01-第一章 引论

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正文部分

1.3.2 练习题

1. 关于 Bernoulli 不等式的推广

1. 证明：当 $-2\le h\le -1$ 时 Bernoulli 不等式

$$(1+h{)}^n\ge 1+nh$$

仍成立； 2. 证明：当 $h\ge 0$ 时成立不等式

$$(1+h{)}^n\ge \frac{n(n-1)h^2}{2},$$

并推广之； 3. 证明：若 $a_i>-1(i=1,2,\cdots ,n)$ 且同号，则成立不等式

$$\prod _{i=1}^n(1+a_i)\ge 1+\sum _{i=1}^n{a}_i.$$

解 (1) 当 $-2\le h\le -1$ 时，$-1\le 1+h\le 0$。若 $n=1$，结论显然；若 $n\ge 2$，则 $(1+h{)}^n\ge -1$，而 $1+nh\le 1+2h\le -1$，故 $(1+h{)}^n\ge 1+nh$。

(2) 当 $h\ge 0$ 时，由二项式展开

$$(1+h{)}^n=1+nh+\frac{n(n-1)}{2}{h}^2+\cdots \ge \frac{n(n-1)}{2}{h}^2.$$

同理可得更一般的结论：对任意 $m=0,1,\dots ,n$，

$$(1+h{)}^n\ge \sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})h^k\ge (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})h^m.$$

(3) 若 $a_i\ge 0$，则

$$\prod _{i=1}^n(1+a_i)=1+\sum _{i=1}^n{a}_i+\text{若干非负项}\ge 1+\sum _{i=1}^n{a}_i.$$

若 $-1<a_i\le 0$，令 $b_i=-a_i\in [0,1)$，则要证式化为

$$\prod _{i=1}^n(1-b_i)\ge 1-\sum _{i=1}^n{b}_i.$$

对 $n$ 作归纳即可：由

$$\prod _{i=1}^{n+1}(1-b_i)=\left(\prod _{i=1}^n(1-b_i)\right)(1-b_{n+1})$$

和归纳假设得到

$$\prod _{i=1}^{n+1}(1-b_i)\ge \left(1-\sum _{i=1}^n{b}_i\right)(1-b_{n+1})=1-\sum _{i=1}^{n+1}{b}_i+b_{n+1}\sum _{i=1}^n{b}_i\ge 1-\sum _{i=1}^{n+1}{b}_i.$$

2. 阶乘 $n!$ 在数学分析以及其他课程中经常出现，以下是几个有关的不等式，它们都可以从平均值不等式得到

1. 证明：当 $n>1$ 时成立

$$n!<{\left(\frac{n+1}{2}\right)}^n;$$

2. 利用

$$(n!{)}^2=(n\cdot 1)[(n-1)\cdot 2]\cdots (1\cdot n)$$

证明：当 $n>1$ 时成立

$$n!<{\left(\frac{n+2}{\sqrt{6}}\right)}^n;$$

3. 比较 (1) 和 (2) 中两个不等式的优劣，并说明原因；
4. 证明：对任意实数 $r$ 成立

$$(n!{)}^r\le \frac{1}{n^n}{\left(\sum _{k=1}^n{k}^r\right)}^n.$$

解 (1) 由算术平均值不等式，

$$\sqrt[n]{n!}\le \frac{1+2+\cdots +n}{n}=\frac{n+1}{2}.$$

当 $n>1$ 时各数不全相等，故严格小于，从而

$$n!<{\left(\frac{n+1}{2}\right)}^n.$$

(2) 由

$$(n!{)}^2=(1\cdot n)(2\cdot (n-1))\cdots (n\cdot 1),$$

再对这 $n$ 个数用算术平均值不等式，得

$$(n!{)}^{2/n}\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^{n}k(n+1-k)=\frac{(n+1)(n+2)}{6}<\frac{(n+2{)}^2}{6}.$$

故

$$n!<{\left(\frac{n+2}{\sqrt{6}}\right)}^n.$$

(3) 比较两个上界，只需比较底数。由

$$\frac{n+1}{2}\le \frac{n+2}{\sqrt{6}}⟺(\sqrt{6}-2)n\ge 2-\sqrt{6},$$

即当 $n\ge 2$ 时恒成立，而等号不可能出现。因此第 (1) 式给出的上界更小，故更好。原因在于第 (1) 式直接对 $1,2,\dots ,n$ 用平均值不等式，损失更少；第 (2) 式先重组再估计，信息更粗。

(4) 对正数 $1^r,2^r,\dots ,n^r$ 用几何平均值不等式，

$$\sqrt[n]{(1^r)(2^r)\cdots (n^r)}\le \frac{1^r+2^r+\cdots +n^r}{n},$$

即

$$(n!{)}^{r/n}\le \frac{1}{n}\sum _{k=1}^n{k}^r.$$

两边取 $n$ 次方即得

$$(n!{)}^r\le \frac{1}{n^n}{\left(\sum _{k=1}^n{k}^r\right)}^n.$$

题目 3

证明几何平均值—调和平均值不等式：若 $a_k>0,k=1,2,\cdots ,n$，则有

$${\left(\prod _{k=1}^n{a}_k\right)}^{1/n}\ge \frac{n}{\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}}.$$

解 对正数 $\frac{1}{a_1},\dots ,\frac{1}{a_n}$ 用算术—几何平均值不等式，

$$\frac{1}{n}\sum _{k=1}^n\frac{1}{a_k}\ge \sqrt[n]{\frac{1}{a_1{a}_2\cdots a_n}},$$

取倒数即得

$${\left(\prod _{k=1}^n{a}_k\right)}^{1/n}\ge \frac{n}{{\sum }_{k=1}^n\frac{1}{a_k}}.$$

题目 4

证明：当 $a,b,c$ 为非负数时成立

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

这个结果还可以推广到 $n$ 个非负数的情况。

解 先由算术—几何平均值不等式

$$\sqrt[3]{abc}\le {\frac{ab+bc+ca}{3}}^{1/2},$$

因为再对 $ab,bc,ca$ 用算术—几何平均值不等式就有

$$\frac{ab+bc+ca}{3}\ge \sqrt[3]{a^2{b}^2{c}^2}.$$

又对 $ab,bc,ca$ 用算术平均值不等式，

$$\frac{ab+bc+ca}{3}\le {\left(\frac{a+b+c}{3}\right)}^2,$$

取平方根便得

$$\sqrt{\frac{ab+bc+ca}{3}}\le \frac{a+b+c}{3}.$$

$n$ 个非负数时，同理可证

$$\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\le \sqrt{\frac{{\sum }_{i<j}{a}_i{a}_j}{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)}}\le \frac{a_1+\cdots +a_n}{n}.$$

题目 5

证明下列不等式：

1. $|a-b|\ge |a|-|b|$ 和 $|a-b|\ge ||a|-|b||$；

$$|a_1|-\sum _{k=2}^n|a_k|\le \left|\sum _{k=1}^n{a}_k\right|\le \sum _{k=1}^n|a_k|;$$

又问：左边可否为

$$\left||a_1|-\sum _{k=2}^n|a_k|\right|?$$

$$\frac{|a+b|}{1+|a+b|}\le \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|};$$

$$|(a+b{)}^n-a^n|\le (|a|+|b|{)}^n-|a{|}^n.$$

特别要注意其中的 (1) 是应用三点不等式时的常见形式。

解 (1) 由三角不等式 $|a|=|(a-b)+b|\le |a-b|+|b|$，得 $|a-b|\ge |a|-|b|$。交换 $a,b$ 又得 $|a-b|\ge |b|-|a|$，故

$$|a-b|\ge ||a|-|b||.$$

(2) 把 $a_2+\cdots +a_n$ 看作一个整体，应用上式得

$$|a_1|-\sum _{k=2}^n|a_k|\le |a_1|-\left|a_2+\cdots +a_n\right|\le \left|\sum _{k=1}^n{a}_k\right|\le \sum _{k=1}^n|a_k|.$$

左边不能改成

$$\left||a_1|-\sum _{k=2}^n|a_k|\right|.$$

例如取 $a_1=1,a_2=-2$，则左端为 $1$，中间为 $|a_1+a_2|=1$；若取 $a_1=1,a_2=2$，则改写后左端仍为 $1$，中间为 $3$，看不出问题。真正的反例是 $a_1=1,a_2=a_3=1$，则

$$\left||a_1|-|a_2|-|a_3|\right|=1,|a_1+a_2+a_3|=3,$$

仍成立；但取 $a_1=1,a_2=1,a_3=-1$，左端为 $1$，中间为 $1$。要使其失败，只须取 $a_1=1,a_2=-1,a_3=-1$，则改写后左端为 $1$，中间也为 $1$。进一步取 $a_1=1,a_2=2,a_3=-2$，改写后左端为 $3$，而

$$|a_1+a_2+a_3|=1,$$

故不能这样改。

(3) 记 $\varphi (t)=\frac{t}{1+t}(t\ge 0)$。由三角不等式 $|a+b|\le |a|+|b|$，只需证

$$\varphi (s+t)\le \varphi (s)+\varphi (t)(s,t\ge 0).$$

而

$$\varphi (s)+\varphi (t)-\varphi (s+t)=\frac{s}{1+s}+\frac{t}{1+t}-\frac{s+t}{1+s+t}=\frac{st(2+s+t)}{(1+s)(1+t)(1+s+t)}\ge 0,$$

故结论成立。

(4) 分解为

$$(a+b{)}^n-a^n=b\sum _{k=0}^{n-1}(a+b{)}^{n-1-k}{a}^k,$$

于是

$$|(a+b{)}^n-a^n|\le |b|\sum _{k=0}^{n-1}(|a|+|b|{)}^{n-1-k}|a{|}^k=(|a|+|b|{)}^n-|a{|}^n.$$

题目 6

试按下列提示，给出 Cauchy 不等式的几个不同证明：

1. 用数学归纳法；
2. 用 Lagrange（拉格朗日）恒等式

$$\sum _{k=1}^n{a}_k^2\sum _{k=1}^n{b}_k^2-{\left(\sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\right)}^2=\frac{1}{2}\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n(|a_k||b_i|-|a_i||b_k|{)}^2;$$

3. 用不等式 $|AB|\le \frac{A^2+B^2}{2}$；
4. 构造复的辅助数列

$$c_k=a_k^2-b_k^2+2\mathrm{i}|a_k{b}_k|,k=1,2,\cdots ,n,$$

再利用

$$\left|\sum _{k=1}^n{c}_k\right|\le \sum _{k=1}^n|c_k|.$$

解 (1) 归纳法：$n=1$ 时显然。由 $n$ 的情形和二元 Cauchy 不等式

$${\left(\sum _{k=1}^{n+1}|a_k{b}_k|\right)}^2\le {\left(\sqrt{\sum _{k=1}^n{a}_k^2}\sqrt{\sum _{k=1}^n{b}_k^2}+|a_{n+1}{b}_{n+1}|\right)}^2$$

再用二元 Cauchy 即得 $n+1$ 的情形。

(2) Lagrange 恒等式右端是平方和，故非负，于是

$${\left(\sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\right)}^2\le \sum _{k=1}^n{a}_k^2\sum _{k=1}^n{b}_k^2.$$

(3) 对任意 $\lambda >0$，

$$2|a_k{b}_k|\le \lambda a_k^2+\frac{1}{\lambda }{b}_k^2.$$

求和后得

$$2\sum _{k=1}^n|a_k{b}_k|\le \lambda \sum a_k^2+\frac{1}{\lambda }\sum b_k^2.$$

取

$$\lambda =\sqrt{\frac{\sum b_k^2}{\sum a_k^2}}$$

即可得到最优估计。

(4) 由构造知 $|c_k|=a_k^2+b_k^2$。于是

$${\left(\sum a_k^2-\sum b_k^2\right)}^2+4{\left(\sum |a_k{b}_k|\right)}^2={\left|\sum c_k\right|}^2\le {\left(\sum |c_k|\right)}^2={\left(\sum a_k^2+\sum b_k^2\right)}^2,$$

化简即得 Cauchy 不等式。

题目 7

用向前—向后数学归纳法证明：设 $0<x_i\le \frac{1}{2},i=1,2,\cdots ,n$，则

$$\frac{\prod _{i=1}^n{x}_i}{{\left(\sum _{i=1}^n{x}_i\right)}^n}\le \frac{\prod _{i=1}^n(1-x_i)}{{\left[\sum _{i=1}^n(1-x_i)\right]}^n}.$$

这个不等式是由在美国数学界有重大影响的华裔数学家樊畿（Fan Ky）得到的，关于它的许多研究和推广见 [30]。

解 令

$$\varphi (x)=\ln \frac{x}{1-x}\left(0<x\le \frac{1}{2}\right).$$

则

$${\varphi }^{\prime \prime }(x)=-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{(1-x{)}^2}\le 0,$$

故 $\varphi$ 为凹函数。设

$$s=\frac{x_1+\cdots +x_n}{n},0<s\le \frac{1}{2}.$$

由 Jensen 不等式，

$$\frac{1}{n}\sum _{i=1}^n\ln \frac{x_i}{1-x_i}\le \ln \frac{s}{1-s}.$$

指数化后得到

$$\frac{\prod x_i}{\prod (1-x_i)}\le {\left(\frac{s}{1-s}\right)}^n.$$

移项即为

$$\frac{{\prod }_{i=1}^n{x}_i}{{\left({\sum }_{i=1}^n{x}_i\right)}^n}\le \frac{{\prod }_{i=1}^n(1-x_i)}{{\left({\sum }_{i=1}^n(1-x_i)\right)}^n}.$$

题目 8

设 $a,c,g,t$ 均为非负数，$a+c+g+t=1$，证明

$$a^2+c^2+g^2+t^2\ge \frac{1}{4},$$

且其中等号成立的充分必要条件是

$$a=c=g=t=\frac{1}{4}.$$

本题来自 DNA 序列分析。

解 由 Cauchy 不等式，

$$(a+c+g+t{)}^2\le 4(a^2+c^2+g^2+t^2).$$

而 $a+c+g+t=1$，故

$$a^2+c^2+g^2+t^2\ge \frac{1}{4}.$$

等号成立当且仅当四个数相等，即

$$a=c=g=t=\frac{1}{4}.$$

1.4 例题

例题 1.4.1

集合 $A$ 有界，即是

$$\exists M>0,\forall x\in A,|x|\le M.$$

它的否定，即集合 $A$ 无界，就是

$$\forall M>0,\exists x\in A,|x|>M.$$

例题 1.4.2

数列 $\{a_n\}$ 收敛于 $a$，按定义为

$$\forall \epsilon >0,\exists N,\forall n>N,|a_n-a|<\epsilon .$$

它的否定，即数列 $\{a_n\}$ 不收敛于 $a$，就是

$$\exists {\epsilon }_0>0,\forall N,\exists n>N,|a_n-a|\ge {\epsilon }_0.$$

在这里的第一句是存在一个特定的数 $\epsilon$，按照习惯，将它记为 ${\epsilon }_0$ 是有好处的。

例题 1.4.3

数列 $\{a_n\}$ 收敛，按定义为

$$\exists a,\forall \epsilon >0,\exists N,\forall n>N,|a_n-a|<\epsilon .$$

它的否定，即数列 $\{a_n\}$ 发散，就是

$$\forall a,\exists {\epsilon }_0>0,\forall N,\exists n>N,|a_n-a|\ge {\epsilon }_0.$$

注 1 前面已经讲到，符号 $\forall$'' 用中文表达时有多种方式。同样在英文中它可以表达为 for any”、for all''、for every”、for each'' 等。著名数学家 Halmos（哈尔莫斯）在《如何写数学》一文（见 [20] 的 142 页）中提出，在数学写作中决不要用 for any”，而应当用 for every'' 或 for each”。我们觉得这是很有见地的建议，因为“任意”或“任何”的意思太不清楚，到底是指一个还是指所有的？笔者曾经检查了一些数学著作和论文，发现 Halmos 的意见已为很多作者所采纳。因此，我们建议初学者在看到 $\forall$ 时也以理解为“对每一个”或“对每一个给定的”为好。

注 2 符号 $\forall$ 和 $\exists$ 在数理逻辑中分别称为全称量词和存在量词。对偶法则是数理逻辑中的一个规则（的重要使用）。它实际上来自日常生活中的逻辑思维，只是经过上述改造后在数学中更便于使用而已。有了这个工具之后，不论 (1.5) 有多长，都可以轻而易举地将它的否定说法的正面叙述立即写出来，“脑筋都不要动”。这比起重复从 (1.3) 到 (1.4) 的思维过程要方便得多了。如果读者对数理逻辑有兴趣，这里可以推荐获得“普利策文学奖”的一本著名的科普读物 [23]。读者在其中不仅会找到逻辑，还会遇到许多意想不到的内容，包括美术和音乐。

1.4 练习题

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 1

集合 $A$ 有上界；

解 各题的否定依次为：

$A$ 无上界，即

$$\forall M\in \mathbb{R},\exists x\in A,x>M.$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 2

集合 $A$ 的最小值是 $b$；

解 “$b$ 是 $A$ 的最小值” 等价于 “$b\in A$ 且 $\forall x\in A,b\le x$”，其否定为

$$b\notin A\text{或}\exists x\in A,x<b.$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 3

$f$ 是区间 $(a,b)$ 上的单调增加函数；

解 $f$ 在 $(a,b)$ 上不是单调增加函数，即

$$\exists x,y\in (a,b),x<y,f(x)>f(y).$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 4

$f$ 是区间 $(a,b)$ 上的单调函数；

解 $f$ 在 $(a,b)$ 上不是单调函数，即它既不是单调增加函数也不是单调减少函数。故可写成

$$\exists x_1<x_2,f(x_1)>f(x_2),\exists y_1<y_2,f(y_1)<f(y_2).$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 5

$A\subset B$；

解

$$A\not\subset B⟺\exists x,x\in A\text{且}x\notin B.$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 6

$A-B\ne \varnothing$；

解

$$A-B=\varnothing ⟺\forall x\in A,x\in B.$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 7

数列 $\{x_n\}$ 是无穷小量；

解 $\{x_n\}$ 不是无穷小量，即

$$\exists {\epsilon }_0>0,\forall N,\exists n>N,|x_n|\ge {\epsilon }_0.$$

以正面方式写出下列命题或叙述的否定（有几题可在以后再做） 8

数列 $\{x_n\}$ 是正无穷大量。

解 $\{x_n\}$ 不是正无穷大量，即

$$\exists M,\forall N,\exists n>N,x_n\le M.$$