01-问题的简化

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

解决数学问题的过程可以看做是把问题逐步简化的过程. 这里所指的简化特指那种”常规”的明显的简化, 简化后的问题通常与原问题等价. 这种简化能力是很多学生明显缺乏的, 因此, 我们把简化放在首位, 希望同学们在学习中渐渐养成简化问题的习惯.

需要指出, 尽管这种常规的简化比比皆是, 但要作为例题写出来并不简单, 因为我们这里所指的这些简化实在太简单了, 接近于数学证明常常用到的 “不妨设” 或 “只需证”.

例 1.1

例 1.1

证明: $\forall x>0,$ 成立

$${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x<\mathrm{e}<{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x+1}.$$

自然, 利用 Young (杨) 不等式可得

$${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{\frac{x}{x+1}}<\frac{x}{x+1}\left(1+\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{x+1}=1+\frac{1}{x+1},\forall x>0,$$

从而

$${\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x<{\left(1+\frac{1}{x+1}\right)}^{x+1},\forall x>0,$$

结合 ${\lim }_{x\to +\infty }{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x=\mathrm{e}$ 可得要证的第一个不等式。第二个不等式类似可证。

但是若没有想到上面这个证明方法, 要直接利用函数的导函数来证明单调性, 则可以作如下简化:

$$\begin{array}{rl}{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^x<\mathrm{e}<{\left(1+\frac{1}{x}\right)}^{x+1},\forall x>0& \\ & x\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<1<(x+1)\ln \left(1+\frac{1}{x}\right),\forall x>0\end{array}$$ $$\downarrow$$ $$\downarrow$$ $$\begin{array}{rl}\frac{1}{x+1}<\ln \left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x},\forall x>0& \\ & 1-\frac{1}{x+1}<\ln (1+x)<x,\forall x>0\\ & \ln (1+x)<x,\forall x>-1,x\ne 0.\end{array}$$ $$\downarrow$$ $$\downarrow$$

例 1.2

例 1.2

设 ${\lim }_{n\to +\infty }{a}_n=a,{\lim }_{n\to +\infty }{b}_n=b.$ 证明：

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}=ab.$$

首先, 我们来看能否 “不妨设 b = 0”, 乃至 “不妨设 a = b = 0”. 若记 ${\beta }_n=b_n-b$ , 则 ${\lim }_{n\to +\infty }{\beta }_n=0$ ,

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1{b}_n+a_2{b}_{n-1}+\cdots +a_n{b}_1}{n}& =\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1{\beta }_n+a_2{\beta }_{n-1}+\cdots +a_n{\beta }_1}{n}+(\text{若题目结论成立,这一项必须为零})\end{array}$$ $$b\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}.(\text{若题目结论成立,这一项必须为}ab)$$

以上过程把原问题化为了两个特例的证明．因此，至少没有走向错误的方向.

由 Stolz (施托尔茨) 公式, 确有

$$b\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}=ab.$$

因此, 我们的焦点就变为证明

$$\underset{n\to +\infty }{\lim }\frac{a_1{\beta }_n+a_2{\beta }_{n-1}+\cdots +a_n{\beta }_1}{n}=0.$$

这是比原问题简单而又必须证明的. 我们把余下的证明留给读者.

例 1.3

例 1.3

设 $f$ 在 $(a,b)$ 内二阶可导, $c$ 为 $(a,b)$ 内一点, 满足 $f^{\prime \prime }(c)\ne 0$ . 证明: 在 $(a,b)$ 内存在 $x_1\ne x_2$ 使得

$$\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f^{\prime }(c).$$

我们来看能否”不妨设 $f^{\prime }(c)=0$ ”. 为此, 令 $F(x)=f(x)-f^{\prime }(c)x$ . 则题设条件化为

$$F^{\prime }(c)=0,F^{\prime \prime }(c)=f^{\prime \prime }(c)\ne 0.$$

而需要求证的问题化为: 证明在 $(a,b)$ 内存在 $x_1\ne x_2$ 使得 $\frac{F(x_2)-F(x_1)}{x_2-x_1}=0$ . 这又相当于要证明在 $(a,b)$ 内存在 $x_1\ne x_2$ 使得 $F(x_1)=F(x_2)$ .

以上简化相当于确实可以不妨设 $f^{\prime }(c)=0$ .

例 1.4

例 1.4

设函数 $f$ 在 $[a,b]$ 上连续可微, 在 $(a,b)$ 内有三阶导数. 证明: 存在 $\xi \in (a,b)$ , 使得

$$f(b)=f(a)+\frac{1}{2}(b-a)[f^{\prime }(a)+f^{\prime }(b)]-\frac{1}{12}(b-a{)}^3{f}^{\prime \prime \prime }(\xi ).\text{\hspace{1em}(1.1)}$$

对于许多情形, 在一般区间上结论成立, 等价于在一个具体的区间上, 比如 $[0,1]$ 上, 结论成立. 因此, 能否将区间不妨假设为 $[0,1]$ 或 $[-1,1]$ 是值得考虑的.

对于本例, 若结论成立, 自然当 $[a,b]=[0,1]$ 时结论也成立. 而另一方面, 若结论在 $[0,1]$ 上成立, 则对于一般情形, 考虑 $g(x):=f[a+(b-a)x]$ . 则 $g$ 就成为 $[0,1]$ 上的连续可微函数, 且有 $\eta \in (0,1)$ 使得

$$g(1)=g(0)+\frac{1}{2}[g^{\prime }(0)+g^{\prime }(1)]-\frac{1}{12}{g}^{\prime \prime \prime }(\eta ).$$

而这就是 (1.1) 式, 其中 $\xi =a+(b-a)\eta$ .

因此, 为证 (1.1) 式, 我们不妨设 $a=0,b=1$ .

此类化简虽然不产生本质的影响, 但时常大大简化计算.

例 1.5

例 1.5

设 $a$ > 0, 函数 $f$ 在 $\left[-\frac{1}{a},a\right]$ 上非负可积, 满足 ${\int }_{-\frac{1}{a}}^{a}xf(x)dx=0$ . 证明:

$${\int }_{-\frac{1}{a}}^a{x}^{2}f(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_{-\frac{1}{a}}^{a}f(x)\mathrm{d}x.$$

上述不等式的证明非常容易, 根据题设, 我们有

$${\int }_0^{a}xf(x)\mathrm{d}x={\int }_{-\frac{1}{a}}^0(-x)f(x)\mathrm{d}x.$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{1}{a}}^a{x}^{2}f(x)\mathrm{d}x& ={\int }_0^a{x}^{2}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_{-\frac{1}{a}}^0(-x{)}^{2}f(x)\mathrm{d}x\\ & ⩽a{\int }_0^{a}xf(x)\mathrm{d}x+\frac{1}{a}{\int }_{-\frac{1}{a}}^0(-x)f(x)\mathrm{d}x\\ & =a{\int }_{-\frac{1}{a}}^0(-x)f(x)\mathrm{d}x+\frac{1}{a}{\int }_0^{a}xf(x)\mathrm{d}x\end{array}$$ $$⩽{\int }_{-\frac{1}{a}}^{0}f(x)\mathrm{d}x+{\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x={\int }_{-\frac{1}{a}}^{a}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(1.2)}$$

以上证明过程尽管非常简单, 然而要找到这一证明思路也并非手到擒来. 通过以下常规的化简过程, 则容易把所需的证明途径揭示出来.

首先, 题设条件可化为

$$\begin{array}{rl}0& ={\int }_0^{a}xf(x)\mathrm{d}x+{\int }_{-\frac{1}{a}}^{0}xf(x)\mathrm{d}x\\ & =a^2{\int }_0^{1}xf(ax)\mathrm{d}x-\frac{1}{a^2}{\int }_0^{1}xf\left(-\frac{x}{a}\right)\mathrm{d}x.\end{array}$$

这样, 对于 $x\in [0,1]$ , 令 $F(x)=a^{2}f(ax)$ , $G(x)=\frac{1}{a^2}f\left(-\frac{x}{a}\right)$ , 则原问题等价于如下问题:

简化问题 设 $a>0,F,G$ 是 $[0,1]$ 上的非负可积函数, 满足 ${\int }_0^{1}xF(x)\mathrm{d}x={\int }_0^{1}xG(x)\mathrm{d}x$ . 证明:

$$a{\int }_0^1{x}^{2}F(x)\mathrm{d}x+\frac{1}{a}{\int }_0^1{x}^{2}G(x)\mathrm{d}x⩽\frac{1}{a}{\int }_0^{1}F(x)\mathrm{d}x+a{\int }_0^{1}G(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(1.3)}$$

由于简化问题的题设条件与 $a>0$ 无关, 因而如果问题的结论是正确的, 必须 (而且只需) 证明 (1.3) 式对所有 $a>0$ 成立. 从而必须且只需证明

$${\int }_0^1{x}^{2}F(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_0^{1}G(x)\mathrm{d}x\text{\hspace{1em}(1.4)}$$

以及

$${\int }_0^1{x}^{2}G(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_0^{1}F(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(1.5)}$$

回到原问题, (1.4) 式与 (1.5) 式就分别对应于

$${\int }_0^a{x}^{2}f(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_{-\frac{1}{a}}^{0}f(x)\mathrm{d}x\text{\hspace{1em}(1.6)}$$

与

$${\int }_{-\frac{1}{a}}^0{x}^{2}f(x)\mathrm{d}x⩽{\int }_0^{a}f(x)\mathrm{d}x.\text{\hspace{1em}(1.7)}$$

这就是隐藏在 (1.2) 式证明中的关键点.

例 1.6

例 1.6

设 $x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right)$ , 证明:

$$\frac{x}{\sin x}<\frac{\tan x}{x}$$

选取合适的辅助函数, 将使得证明简捷. 本例要证的不等式有很多等价形式, 比如 $x^2\cos x<{\sin }^{2}x$ , $x^2<\sin x\tan x$ 等. 我们令

$$F(x)=x-\frac{\sin x}{\sqrt{\cos x}},x\in \left[0,\frac{\pi }{2}\right).$$

原不等式中既含有三角函数, 又含有幂函数. 而 $F$ 求导后只出现三角函数, 这使得我们有可能得到较为简捷的证明. 我们有

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(x)& =1-\sqrt{\cos x}-\frac{{\sin }^{2}x}{2\sqrt{{\cos }^{3}x}}\\ & =\frac{2t^3-1-t^4}{2t^3}\\ <\frac{2t^2-1-t^4}{2t^3}& =-\frac{(1-t^2{)}^2}{2t^3}<0,x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),\end{array}$$

其中 $t=\sqrt{\cos x}\in (0,1)$ , 因此, $\forall x\in \left(0,\frac{\pi }{2}\right),F(x)<F(0)=0$ .

$$\square$$

例 1.7

例 1.7

计算

$$I={\iiint }_{x^2+4y^2+9z^2⩽4x+8y+6z}(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$$

本题的 “盲点” 是很多同学只知道 “标准” 的或 “复杂的” 变量代换, 而没想到或不会用平移、伸缩变换, 因为一般教材不讲这种 “简单的” 变换, 我们有

$$\begin{array}{rl}I& ={\iiint }_{(x-2{)}^2+4(y-1{)}^2+9(z-\frac{1}{3}{)}^2⩽9}\left(x^2+y^2+z^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z(\text{整理})\\ & ={\iiint }_{x^2+4y^2+9z^2⩽9}\left[(x+2{)}^2+(y+1{)}^2+{\left(z+\frac{1}{3}\right)}^2\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z(\text{平移变换})\\ & ={\iiint }_{x^2+4y^2+9z^2⩽9}\left(x^2+y^2+z^2+\frac{46}{9}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z(\text{奇数次项积分为零})\\ & =\frac{9}{2}{\iiint }_{x^2+y^2+z^2⩽1}\left(9x^2+\frac{9}{4}{y}^2+z^2+\frac{46}{9}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z(\text{伸缩变换})\\ & =\frac{9}{2}{\iiint }_{x^2+y^2+z^2⩽1}\left[\frac{49\left(x^2+y^2+z^2\right)}{12}+\frac{46}{9}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z(\text{对称性})\\ & =\frac{1361\pi }{30}.\end{array}$$

例 1.8

例 1.8

设 $x_1<x_2<\cdots <x_n,{\lambda }_i⩾0,{\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i=1,f$ 是 $R$ 上正的单调减少的凸函数. 证明:

$$\left(\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i\right)\left[\sum _{i=1}^n{\lambda }_{i}f(x_i)\right]⩽\frac{[x_{n}f(x_1)-x_{1}f(x_n){]}^2}{4(x_n-x_1)[f(x_1)-f(x_n)]}.\text{\hspace{1em}(1.8)}$$

观察不等式 (1.8), 可见右端为正, 而左端第二部分为正, 所以不妨假设左端第一部分 ${\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i$ 也为正.

另一方面, 不等式 (1.8) 右端只与 $x_1,x_n$ 有关, 所以可以先对左端在 $x_1,x_n$ 固定的情形下求最大值.

记 $X={\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i$ ，则由 $f$ 的凸性知 $\left({\sum }_{i=1}^n{\lambda }_i{x}_i,{\sum }_{i=1}^n{\lambda }_{i}f(x_i)\right)$ 落在 $[x_1,x_n]$ 间曲线和割线围成的凸闭区域上 (见图 1.1). 因此，

$$\sum _{i=1}^n{\lambda }_{i}f(x_i)⩽h_X:=f(x_n)+\frac{f(x_1)-f(x_n)}{x_1-x_n}(X-x_n).\text{\hspace{1em}(1.9)}$$

另一方面, 当 $f$ 在 $[x_1,x_n]$ 上为线性函数时, (1.9) 式成为等式.

图1.1

若记

$$a=x_1,b=x_n-x_1,x=X-x_1,$$ $$c=f(x_n),d=f(x_1)-f(x_n),$$

则

$$h_X=c+\frac{(b-x)d}{b},\frac{[x_{n}f(x_1)-x_{1}f(x_n){]}^2}{4(x_n-x_1)[f(x_1)-f(x_n)]}=\frac{(ad+bc+bd{)}^2}{4bd}.$$

因此，

(1.8) 式对任何满足条件的 $f$ 成立

$$\Updownarrow$$ $$(a+x)\left[c+\frac{(b-x)d}{b}\right]⩽\frac{(ad+bc+bd{)}^2}{4bd},\forall x\in [0,b];a⩾-x;b,c,d>0$$

$\Updownarrow$ (x, a 分别用 bx, ab 替换)

$$(a+x)(c+d-dx)⩽\frac{(ad+c+d{)}^2}{4d},\forall x\in [0,1];a⩾-x;c,d>0$$

$\Updownarrow$ (c 用 cd 替换)

$$(a+x)(c+1-x)⩽\frac{(a+c+1{)}^2}{4},\forall x\in [0,1];a⩾-x;c>0.$$

最后一式用算术几何平均不等式即可证明.

$$\square$$