数学分析习题 ch01

第一章　引论

题 1.（练习题 1(3)）设 \(a_i>-1\)（\(i=1,2,\cdots,n\)）且诸 \(a_i\) 同号，即或者 \(a_i\ge0\ (i=1,\cdots,n)\)，或者 \(a_i\le0\ (i=1,\cdots,n)\)。证明

\[\prod_{i=1}^{n}(1+a_i)\ \ge\ 1+\sum_{i=1}^{n}a_i . \]

解. 对 \(n\) 作归纳。\(n=1\) 时两边都等于 \(1+a_1\)，等号成立。

设结论对 \(n-1\) 成立，记

\[P_{n-1}=\prod_{i=1}^{n-1}(1+a_i),\qquad S_{n-1}=\sum_{i=1}^{n-1}a_i, \]

则 \(P_{n-1}\ge 1+S_{n-1}\)。由 \(a_n>-1\) 得 \(1+a_n>0\)，故上式两边乘以 \(1+a_n\) 后不等号方向不变：

\[P_n=P_{n-1}(1+a_n)\ \ge\ (1+S_{n-1})(1+a_n)=1+S_{n-1}+a_n+a_nS_{n-1}=1+S_n+a_nS_{n-1}. \]

若诸 \(a_i\ge0\)，则 \(a_n\ge0,\ S_{n-1}\ge0\)；若诸 \(a_i\le0\)，则 \(a_n\le0,\ S_{n-1}\le0\)。两种情形都有 \(a_nS_{n-1}\ge0\)，于是 \(P_n\ge 1+S_n\)，归纳完成。\(\square\)

同号的条件不可去掉：取 \(a_1=1,\ a_2=-\dfrac12\)（均大于 \(-1\) 但异号），则

\[(1+a_1)(1+a_2)=\frac12\ <\ \frac32=1+a_1+a_2 . \]

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题 2.（练习题 2(2)）利用恒等式 \((n!)^2=(n\cdot1)\big((n-1)\cdot2\big)\cdots\big(1\cdot n\big)\)，证明：当 \(n>1\) 时

\[n!\ <\ \left(\frac{n+2}{\sqrt6}\right)^{n}. \]

解. 恒等式右端的第 \(k\) 个因子为 \(k(n+1-k)\)，故

\[(n!)^2=\prod_{k=1}^{n}k(n+1-k). \]

这 \(n\) 个数均为正，对它们用平均值不等式：

\[(n!)^{2/n}=\left(\prod_{k=1}^{n}k(n+1-k)\right)^{1/n}\ \le\ \frac1n\sum_{k=1}^{n}k(n+1-k). \]

由

\[\sum_{k=1}^{n}k(n+1-k)=(n+1)\sum_{k=1}^{n}k-\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)^2}{2}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}, \]

得

\[(n!)^{2/n}\le\frac{(n+1)(n+2)}{6}<\frac{(n+2)^2}{6}, \]

末一步严格，因为 \(n+1<n+2\)。两边开 \(2/n\) 次方即得

\[n!<\left(\frac{n+2}{\sqrt6}\right)^{n}.\qquad\square \]

注 与同组第 (1) 小题的 \(n!<\left(\dfrac{n+1}{2}\right)^{n}\) 比较：由

\[\frac{n+2}{\sqrt6}<\frac{n+1}{2}\iff 2n+4<\sqrt6\,(n+1)\iff n>\frac{4-\sqrt6}{\sqrt6-2}\approx3.45, \]

知当 \(n\ge4\) 时本题的估计更强，而 \(n=2,3\) 时反而是 (1) 更强（\(n=3\) 时两式分别给出 \(6<8.5\) 与 \(6<8\)）。两种估计互不包含。

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题 3.（练习题 4）证明：当 \(a,b,c\) 为非负数时

\[\sqrt[3]{abc}\ \le\ \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\ \le\ \frac{a+b+c}{3}. \]

解. 记 \(\sigma_2=ab+bc+ca\)。

右边：由 \(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ca\)（等价于 \(\frac12\big[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\big]\ge0\)）得

\[(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2\sigma_2\ \ge\ 3\sigma_2, \]

两边开方并除以 \(3\) 即得 \(\sqrt{\dfrac{\sigma_2}{3}}\le\dfrac{a+b+c}{3}\)。

左边：\(ab,bc,ca\) 为非负数，对其用三元平均值不等式，

\[\frac{ab+bc+ca}{3}\ \ge\ \sqrt[3]{(ab)(bc)(ca)}=(abc)^{2/3}, \]

两边开平方得 \(\sqrt{\dfrac{\sigma_2}{3}}\ge(abc)^{1/3}=\sqrt[3]{abc}\)。

等号条件：左式取等当且仅当 \(ab=bc=ca\)，右式取等当且仅当 \(a=b=c\)；两者同时取等当且仅当 \(a=b=c\)。\(\square\)

本题可推广到 \(n\) 个非负数 \(a_1,\cdots,a_n\)：记 \(\sigma_2=\sum_{1\le i<j\le n}a_ia_j\)，则

\[\left(\prod_{i=1}^{n}a_i\right)^{1/n}\ \le\ \sqrt{\frac{\sigma_2}{\dbinom n2}}\ \le\ \frac1n\sum_{i=1}^{n}a_i . \]

事实上，右半段由 \(\sum a_i^2\ge\dfrac1n\left(\sum a_i\right)^2\) 得

\[2\sigma_2=\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2-\sum_{i=1}^{n}a_i^2\ \le\ \frac{n-1}{n}\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)^2, \]

即 \(\dfrac{\sigma_2}{\binom n2}\le\left(\dfrac1n\sum a_i\right)^2\)；左半段对 \(\dbinom n2\) 个非负数 \(a_ia_j\) 用平均值不等式，并注意每个 \(a_i\) 恰出现在 \(n-1\) 个乘积中：

\[\frac{\sigma_2}{\binom n2}\ \ge\ \left(\prod_{i<j}a_ia_j\right)^{1/\binom n2}=\left(\prod_{i=1}^{n}a_i\right)^{\frac{n-1}{\binom n2}}=\left(\prod_{i=1}^{n}a_i\right)^{2/n}. \]

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题 4.（练习题 5(3)(4)）证明下列不等式：

(i) \(\dfrac{|a+b|}{1+|a+b|}\ \le\ \dfrac{|a|}{1+|a|}+\dfrac{|b|}{1+|b|}\)；

(ii) \(\big|(a+b)^n-a^n\big|\ \le\ \big(|a|+|b|\big)^n-|a|^n\)。

解. (i) 令 \(\varphi(t)=\dfrac{t}{1+t}=1-\dfrac{1}{1+t}\)，\(t\ge0\)。因 \(\dfrac{1}{1+t}\) 在 \([0,+\infty)\) 上单调减少，故 \(\varphi\) 单调增加。由三角不等式 \(|a+b|\le|a|+|b|\) 得

\[\frac{|a+b|}{1+|a+b|}\ \le\ \frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}. \]

再证

\[\frac{x+y}{1+x+y}\ \le\ \frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}\qquad(x,y\ge0). \]

记 \(s=x+y,\ p=xy\)。由 \(p\ge0\)，有

\[\frac{x}{1+x}+\frac{y}{1+y}=\frac{x+y+2xy}{1+x+y+xy}=\frac{s+2p}{1+s+p}, \]

而不等式 \(\dfrac{s}{1+s}\le\dfrac{s+2p}{1+s+p}\) 等价于（分母均为正）

\[s(1+s+p)\le(s+2p)(1+s)\iff sp\le 2p+sp\iff 0\le 2p, \]

成立。取 \(x=|a|,\ y=|b|\) 即得 (i)。

(ii) 当 \(n=0\) 时两边为 \(0\)，结论成立。设 \(n\ge1\)，由二项式定理

\[(a+b)^n-a^n=\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom nk a^kb^{\,n-k}, \]

逐项取绝对值并用三角不等式（\(\dbinom nk>0\)）：

\[\big|(a+b)^n-a^n\big|\le\sum_{k=0}^{n-1}\dbinom nk|a|^k|b|^{\,n-k}=\big(|a|+|b|\big)^n-|a|^n, \]

最后一步仍是二项式定理（减去 \(k=n\) 的那一项 \(|a|^n\)）。\(\square\)

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题 5.（练习题 6(1)）用数学归纳法证明 Cauchy 不等式：对任意实数 \(a_i,b_i\ (i=1,\cdots,n)\)，

\[\left(\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\right)^2\le\left(\sum_{i=1}^{n}a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}b_i^2\right). \]

解. 记 \(S_n=\sum\limits_{i=1}^{n}a_ib_i,\ A_n=\sum\limits_{i=1}^{n}a_i^2,\ B_n=\sum\limits_{i=1}^{n}b_i^2\)。归纳分三步。

第一步（\(n=2\)）：由

\[(a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)-(a_1b_1+a_2b_2)^2=(a_1b_2-a_2b_1)^2\ge0 \]

知 \(n=2\) 时结论成立。

第二步（\(n\Rightarrow 2n\)）：设结论对 \(n\) 成立，则

\[S_{2n}=\sum_{i=1}^{n}a_ib_i+\sum_{i=n+1}^{2n}a_ib_i\ \le\ \sqrt{A_nB_n}+\sqrt{(A_{2n}-A_n)(B_{2n}-B_n)}, \]

对两个非负数 \(\sqrt{A_n},\sqrt{A_{2n}-A_n}\) 与 \(\sqrt{B_n},\sqrt{B_{2n}-B_n}\) 用 \(n=2\) 的情形，得

\[S_{2n}\le\sqrt{\Big(A_n+(A_{2n}-A_n)\Big)\Big(B_n+(B_{2n}-B_n)\Big)}=\sqrt{A_{2n}B_{2n}}, \]

即结论对 \(2n\) 成立。

第三步（\(n\Rightarrow n-1\)，\(n\ge2\)）：设结论对 \(n\) 成立，给定 \(a_1,\cdots,a_{n-1}\) 与 \(b_1,\cdots,b_{n-1}\)。若 \(A_{n-1}=0\) 或 \(B_{n-1}=0\)，则相应的 \(a_i\) 全为 \(0\) 或 \(b_i\) 全为 \(0\)，从而 \(S_{n-1}=0\)，结论显然；故可设 \(A_{n-1}>0,\ B_{n-1}>0\)。取

\[a_n=\sqrt{\frac{A_{n-1}}{n-1}},\qquad b_n=\sqrt{\frac{B_{n-1}}{n-1}}, \]

则

\[A_n=A_{n-1}+\frac{A_{n-1}}{n-1}=\frac{n}{n-1}A_{n-1},\qquad B_n=\frac{n}{n-1}B_{n-1}. \]

对 \(n\) 用归纳假设：

\[S_{n-1}+\frac{\sqrt{A_{n-1}B_{n-1}}}{n-1}=S_n\le\sqrt{A_nB_n}=\frac{n}{n-1}\sqrt{A_{n-1}B_{n-1}}, \]

移项即得 \(S_{n-1}\le\sqrt{A_{n-1}B_{n-1}}\)，即结论对 \(n-1\) 成立。

由第一步、第二步知结论对一切 \(n=2^k\) 成立；对任意 \(n\ge2\)，取 \(k\) 使 \(2^k\ge n\)，再从 \(2^k\) 出发反复用第三步降到 \(n\)，即得结论。\(\square\)

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题 6.（练习题 7）设 \(0<x_i\le\dfrac12\)（\(i=1,2,\cdots,n\)），证明 Fan（樊畿）不等式

\[\frac{\displaystyle\prod_{i=1}^{n}x_i}{\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i\right)^{n}}\ \le\ \frac{\displaystyle\prod_{i=1}^{n}(1-x_i)}{\left(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(1-x_i)\right)^{n}}. \]

解. 令 \(t_i=\dfrac{x_i}{1-x_i}\)。由 \(0<x_i\le\dfrac12\) 得 \(0<t_i\le1\)，且

\[x_i=\frac{t_i}{1+t_i},\qquad 1-x_i=\frac1{1+t_i}. \]

记

\[S=\sum_{i=1}^{n}\frac1{1+t_i},\qquad G=(t_1t_2\cdots t_n)^{1/n}\in(0,1], \]

则

\[\prod_{i=1}^{n}x_i=\frac{\prod t_i}{\prod(1+t_i)},\qquad \prod_{i=1}^{n}(1-x_i)=\frac1{\prod(1+t_i)}, \]

\[\sum_{i=1}^{n}x_i=\sum_{i=1}^{n}\left(1-\frac1{1+t_i}\right)=n-S,\qquad \sum_{i=1}^{n}(1-x_i)=S>0 . \]

于是原不等式等价于

\[\frac{\prod t_i}{(n-S)^n}\le\frac1{S^n}\iff \prod_{i=1}^{n}t_i\ \le\ \left(\frac{n-S}{S}\right)^{n}=\left(\frac nS-1\right)^{n}. \tag{$*$} \]

引理 若 \(0<t_i\le1\ (i=1,\cdots,n)\)，则

\[S=\sum_{i=1}^{n}\frac1{1+t_i}\ \le\ \frac{n}{1+G}. \]

引理的证明 先证 \(n=2\) 的如下形式：对 \(0<a,b\le1\)，记 \(q=\sqrt{ab}\in(0,1]\)，\(s=a+b\ge2q\)，则

\[\frac1{1+a}+\frac1{1+b}=\frac{2+s}{1+s+q^{2}} . \]

因 \((1+s+q^2)(1+q)>0\)，故 \(\dfrac{2+s}{1+s+q^2}\le\dfrac2{1+q}\) 等价于

\[(2+s)(1+q)\le2(1+s+q^{2})\iff 2q(1-q)\le s(1-q)\iff 2q\le s, \]

（此处用了 \(q\le1\)，故 \(1-q\ge0\)），而最后一式成立，且当 \(a\ne b\) 时严格成立。即把两个数换成它们的几何平均，和 \(\dfrac1{1+t}\) 不减少。

再对 \(n\) 归纳。\(n=1\) 时左右都等于 \(\dfrac1{1+t_1}\)。设引理对 \(n-1\) 成立。将 \(t_1,t_2\) 换成 \(q=\sqrt{t_1t_2}\in(0,1]\)，所得 \(n-1\) 个正数 \(q,t_3,\cdots,t_n\) 的几何平均为

\[\gamma=\big(q^{2}t_3\cdots t_n\big)^{\frac1{n-1}}=\big(t_1t_2t_3\cdots t_n\big)^{\frac1{n-1}}=G^{\frac{n}{n-1}} . \]

由归纳假设与 \(n=2\) 的情形，

\[S=\left(\frac1{1+t_1}+\frac1{1+t_2}\right)+\sum_{i=3}^{n}\frac1{1+t_i}\le\frac2{1+q}+\sum_{i=3}^{n}\frac1{1+t_i}=\left(\frac1{1+q}+\sum_{i=3}^{n}\frac1{1+t_i}\right)+\frac1{1+q}\le\frac{n-1}{1+\gamma}+\frac1{1+\gamma}=\frac{n}{1+\gamma}. \]

因 \(0<G\le1\) 且 \(\dfrac{n}{n-1}>1\)，故 \(\gamma=G^{n/(n-1)}\ge G\)，从而 \(\dfrac{n}{1+\gamma}\le\dfrac{n}{1+G}\)。引理得证。

回到原题。由引理 \(S\le\dfrac{n}{1+G}\)，即 \(\dfrac nS\ge1+G\)，故

\[\frac nS-1\ \ge\ G>0, \]

两边取 \(n\) 次方得

\[\left(\frac nS-1\right)^{n}\ \ge\ G^{n}=\prod_{i=1}^{n}t_i, \]

这正是 \((*)\)，故原不等式成立。

等号条件：若 \(t_1=\cdots=t_n\)（即 \(x_1=\cdots=x_n\)），则 \(S=\dfrac{n}{1+G}\)，\((*)\) 两边都是 \(G^n\)，等号成立。反之设等号成立而 \(t_1,\cdots,t_n\) 不全相等，取 \(t_i\ne t_j\)，把这两个数换成它们的几何平均、其余不动，则乘积不变（\(G\) 不变），而由上面的严格形式 \(S\) 严格增大为 \(S'\)；对新的数组仍有 \(S'\le\dfrac{n}{1+G}\)，于是 \(S<S'\le\dfrac{n}{1+G}\)，即 \((*)\) 为严格不等号，矛盾。故等号成立当且仅当 \(x_1=x_2=\cdots=x_n\)。\(\square\)