谢惠民数学分析习题课讲义参考答案002

谢惠民数学分析习题课讲义参考答案001
谢惠民数学分析习题课讲义参考答案002
谢惠民数学分析习题课讲义参考答案003
谢惠民数学分析习题课讲义参考答案004
谢惠民数学分析习题课讲义参考答案13.1.2
谢惠民数学分析习题课讲义参考答案13.2.5

试按下列提示，给出Cauchy不等式的几个不同证明：

用数学归纳法；

用Lagrange 恒等式 $\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2} \sum_{k=1}^{n} b_{k}^{2} - \left(\sum_{k=1}^{n}\left|a_{k} b_{k}\right|\right)^{2}=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{n}\left(\left|a_{k}\right|\left|b_{i}\right|-\left|a_{i}\right|\left|b_{k}\right|\right)^{2}$

用不等式 $|A B| \leqslant \frac{A^{2}+B^{2}}{2}$

构造复的辅助数列 $c_{k}=a_{k}^{2}-b_{k}^{2}+2 \mathrm{i}\left|a_{k} b_{k}\right|, k=1,2, \cdots, n$ ,再利用 $\left|\sum_{k=1}^{n} c_{k}\right| \leqslant \sum_{k=1}^{n}\left|c_{k}\right|$

证明:

1.当 $n=2$ 时
$\begin{aligned} \left(a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}\right)^{2} &= a_{1}^{2} b_{1}^{2}+2 a_{1} b_{1} a_{2} b_{2}+a_{2}^{2} b_{2}^{2}\\ &\leqslant a_{1}^{2} b_{1}^{2}+a_{1}^{2} b_{2}^{2}+a_{2}^{2} b_{1}^{2}+a_{2}^{2} b_{2}^{2}\\ &= \left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}\right) \end{aligned}$
假设当 $n=k$ 时成立，则当 $n=k+1$ 时
$\begin{aligned} \sqrt{\sum_{i=1}^{k+1} a_{i}^{2}} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{k+1} b_{i}^{2}} &= \sqrt{\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}+a_{k+1}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}+b_{k+1}^{2}}\\ &\geqslant \sqrt{\sum_{i=1}^{k} a_{i}^{2}} \cdot \sqrt{\sum_{i=1}^{k} b_{i}^{2}}+\left|a_{k+1} b_{k+1}\right|\\ &\geqslant \sum_{i=1}^{k}\left|a_{i} b_{i}\right|+\left|a_{k+1} b_{k+1}\right|\\ &= \sum_{i=1}^{k+1}\left|a_{i} b_{i}\right| \end{aligned}$

$\left|\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right| \leqslant \sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}} \sqrt{\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}} \Leftrightarrow\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \leqslant\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)\left(\sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)$ 由拉格朗日等式 $\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2} \sum_{k=1}^{n} b_{k}^{2}-\left(\sum_{k=1}^{n}\left|a_{k} b_{k}\right|\right)^{2}=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{n}\left(\left|a_{k}\right|\left|b_{i}\right|-\left|a_{i}\right|\left|b_{k}\right|\right)^{2} \geqslant 0$

由于对 $m \in \mathbb{R}^{+}, a_{i} b_{i} \leqslant \frac{1}{2}\left(m^{2} a_{i}^{2}+\frac{b_{i}^{2}}{m^{2}}\right), \text { 令 } m^{2}=\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}}$ ,则 $\left|a_{i} b_{i}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}} a_{i}^{2}}+\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}} b_{i}^{2}}\right)$
$\sum_{i=1}^{n}\left|a_{i} b_{i}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left(\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}} \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+\sqrt{\frac{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}} \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)=\sqrt{\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \cdot \sum_{i=1}^{n} b_{i}^{2}}$

设 $t$ 为任意复数， $a_k,b_k$ 均为复数，则 $0 \leqslant\left|a_{k}-t \overline{b_{k}}\right|=\left(a_{k}-\bar{t} b_{k}\right)\left(\bar{a}_{k}-t \overline{b_{k}}\right)=\left|a_{k}\right|^{2}-2 \operatorname{Re}\left(t a_{k} b_{k}\right)+|t|^{2}\left|b_{k}\right|^{2}$ 故 $0 \leqslant \sum_{k=1}^{n}\left|a_{k}\right|^{2}-2 \operatorname{Re}\left(t \sum_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}\right)+|t|^{2} \sum_{k=1}^{n}\left|b_{k}\right|^{2}$ 取 $t=\sum_{k=1}^{n} a_{k} b_{k} / \sum_{k=1}^{n}\left|b_{k}\right|^{2}$ 代入上式化简即得
$\sum_{k=1}^{n}\left|a_{k} b_{k}\right| \leqslant \sqrt{\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2} \cdot \sum_{k=1}^{n} b_{k}^{2}}$

用向前~向后数学归纳法证明：设 $0<x_{i} \leqslant \frac{1}{2}, i=1,2, \cdots, n$ ，则 $\frac{\prod_{i=1}^{n} x_{i}}{\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{n} \leqslant} \frac{\prod_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)}{\left[\sum_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)\right]^{n}}$

证明:原不等式等价于 $\frac{\prod_{i=1}^{n} x_{i}}{\prod_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)} \leqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^{n} x_{i}\right)^{n}}{\left[\sum_{i=1}^{n}\left(1-x_{i}\right)\right]^{n}}$
当 $n=2$ 时 $\frac{x_{1} x_{2}}{\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)}-\left[\frac{x_{1}+x_{2}}{\left(1-x_{1}\right)+\left(1-x_{2}\right)}\right]^{2}=\frac{\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}\left(x_{1}+x_{2}-1\right)}{\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)\left[\left(1-x_{1}\right)+\left(1-x_{2}\right)\right]^{2}} \leqslant 0$ 因此有
$\begin{aligned} \frac{x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}}{\left(1-x_{1}\right)\left(1-x_{2}\right)\left(1-x_{3}\right)\left(1-x_{4}\right)} &\leqslant \left[\frac{x_{1}+x_{2}}{\left(1-x_{1}\right)+\left(1-x_{2}\right)}\right]^{2}\left[\frac{x_{3}+x_{4}}{\left(1-x_{3}\right)+\left(1-x_{4}\right)}\right]^{2}\\ &= \left(\frac{\frac{x_{1}+x_{2}}{2}}{1-\frac{x_{1}+x_{2}}{2}}\right)^{2}\left(\frac{\frac{x_{3}+x_{4}}{2}}{1-\frac{x_{3}+x_{4}}{2}}\right)^{2}\\ &\leqslant \left(\frac{\frac{x_{1}+x_{2}}{2}+\frac{x_{3}+x_{4}}{2}}{1-\frac{x_{1}+x_{2}}{2}+1-\frac{x_{3}+x_{4}}{2}}\right)^{4}\\ &= \left(\frac{x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}}{1-x_{1}+1-x_{2}+1-x_{3}+1-x_{4}}\right)^{4} \end{aligned}$
反复此项论证共 $m$ 次，即可得 $\frac{\prod_{i=1}^{2^{m}} x_{i}}{\prod_{i=1}^{2^{m}}\left(1-x_{i}\right)} \leqslant \frac{\left(\sum_{i=1}^{2^{m}} x_{i}\right)^{2^{m}}}{\left[\sum_{i=1}^{2^{m}}\left(1-x_{i}\right)\right]^{2^{m}}}$
即 $n=2^m$ 时的(1)式.现设(1)式对 $n$ 成立，记 $A= \frac{\sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i}}{n-1}$
$\text { 运用 }(1) \text { 式于 } x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n-1}, A$ 这 $n$ 个数即可得 $\begin{array}{l} \quad\left[\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}+A}{\left(1-x_{1}\right)+\cdots+\left(1-x_{n-1}\right)+(1-A)}\right]^{n}=\left(\frac{A}{1-A}\right)^{n} \\ \geqslant \frac{x_{1} \cdots x_{n-1} A}{\left(1-x_{1}\right) \cdots\left(1-x_{n-1}\right)(1-A)}=\frac{x_{1} \cdots x_{n-1}}{\left(1-x_{1}\right) \cdots\left(1-x_{n-1}\right)} \cdot \frac{A}{1-A} \end{array}$ 整理可知对n-1也成立(1)式，由反向归纳法知(1)成立，即原不等式成立.

设 $a, c, g, t$ 均为非负数 $a+c+g+t=1$ 证明 $a^{2}+c^{2}+g^{2}+t^{2} \geqslant 1 / 4$ 且其中等号成立的充分必要条件是 $a=c=g=t=1/4.$

证明:
由 $Cauchy$ 不等式 $\left(a^{2}+c^{2}+g^{2}+t^{2}\right)\left(1^{2}+1^{2}+1^{2}+1^{2}\right) \geqslant a+g+c+t=1$ 故 $a^{2}+c^{2}+g^{2}+t^{2} \geqslant \frac{1}{4}$ 当且仅当 $a = c = g = t = \frac{1}{4}$ 等号成立。

最后编辑于：2021.08.14 10:09:56

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