謝惠民數(shù)學(xué)分析習(xí)題課講義參考答案001

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謝惠民數(shù)學(xué)分析習(xí)題課講義參考答案002
謝惠民數(shù)學(xué)分析習(xí)題課講義參考答案003
謝惠民數(shù)學(xué)分析習(xí)題課講義參考答案004
謝惠民數(shù)學(xué)分析習(xí)題課講義參考答案13.1.2
謝惠民數(shù)學(xué)分析習(xí)題課講義參考答案13.2.5

1.3.2練習(xí)題

  1. 關(guān)于Bernoulli不等式的推廣：
  1. 證明：當(dāng)-2 \leqslant h \leqslant-1時 Bernoulli 不等式(1+h)^{n} \geqslant 1+n h仍成立.
  2. 證明：當(dāng)h \geqslant時成立不等式(1+h)^{n} \geqslant \frac{n(n-1) h^{2}}{2}并推廣.
  3. 證明：若a_{i}>-1(i=1,2, \cdots, n)且同號，則成立不等式\prod_{i=1}^{n}\left(1+a_{i}\right) \geqslant 1+\sum_{i=1}^{n} a_{i}

證明：

  1. (1+h)^{n} \geqslant-|1+h|^{n} \geqslant-|1+h|=1+h \geqslant 1+n h
  1. (1+h)^{n}=1+n h+\frac{1}{2} n(n-1) h^{2}+\cdots+h^{n} \geqslant \frac{n(n-1) h^{2}}{2}，推廣(1+h)^{n} \geqslant 1+n h+\frac{1}{2} n(n-1) h^{2}
  1. n=1時顯然成立，假設(shè)n=k時命題成立，則n=k+1時
    \begin{aligned} \prod_{i=1}^{k+1}\left(1+a_{i}\right)&\geqslant\left(1+\sum_{i=1}^{k}a_{i}\right)\left(1+a_{k+1}\right)\\ &=1+\sum_{i=1}^{k+1} a_{i}+\sum_{i=1}^{k} a_{i} \cdot a_{k+1}\\ &\geqslant 1+\sum_{i=1}^{k+1} a_{i} \end{aligned}
  1. 階乘n!在數(shù)學(xué)分析以及其他課程中經(jīng)常出現(xiàn)，以下是幾個有關(guān)的不等式，它們都可以從平均值不等式得到：
  1. 證明：當(dāng)n>1時成立n !<\left(\frac{n+1}{2}\right)^{n}
  2. 利用(n !)^{2}=(n \cdot 1)((n-1) \cdot 2) \cdots(1 \cdot n)證明:當(dāng)n>1時成立n !<\left(\frac{n+2}{\sqrt{6}}\right)^{n}
  3. 比較（1）和（2）中兩個不等式的優(yōu)劣，并說明原因
  4. 證明：對任意實數(shù)r成立\left(\sum_{k=1}^{n} k^{r}\right)^{n} \geqslant n^{n}(n !)^{r}

證明:

  1. n ! \leqslant\left(\frac{1+2+\cdots+n}{n}\right)^{n},無法取等號。
  2. 由\begin{aligned} (n !)^{2} &=(n \cdot 1)[(n-1) \cdot 2] \cdots(1 \cdot n) \\ &\leqslant\left[\frac{n \cdot 1+(n-1) \cdot 2+\cdots+1\cdot n}{n}\right]^{n} \\ &=\left[\frac{n(n+1)(n+2)}{6 n}\right]^{n}\\ &=\left[\frac{(n+1)(n+2)}{6}\right]^{n} \end{aligned}
    有 n ! < \left(\frac{n+2}{\sqrt{6}} \right)^{n}
  3. 答:(2)較優(yōu)，當(dāng)n增大時，(2)的右邊比(1)的右邊更小
  4. 原不等式等價于\frac{1^{r}+2^{r} + \cdots+n^{r}}{n} \geqslant \sqrt[n]{1^{r} \cdot 2^{r} \cdots n^{r}}由均值不等式顯然成立
  1. 若a_{k}>0, k=1,2, \cdots, n,則有\left(\prod_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{\frac{1}{n}} \geqslant \frac{n}{\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}}

解答:由\left(\prod_{k=1}^{n} a_{k}\right)^{\frac{1}{n}} \geqslant \frac{n}{\sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}}可得。

  1. 證明: 當(dāng)a, b, c為非負數(shù)時成立\sqrt[3]{a b c} \leqslant \sqrt{\frac{a b+b c+c a}{3}} \leqslant \frac{a+b+c}{3} \text { . }

證明:由\sqrt{\frac{a b+b c+a c}{3}} \geqslant \sqrt{\sqrt[3]{a b \cdot b c \cdot a c}}=\sqrt[3]{a b c}知左邊不等式成立，又由\begin{array}{c} \sqrt{\frac{a b+b c+a c}{3}} \leqslant \frac{a+b+c}{3} \Leftrightarrow 3(a b+b c+a c) \leqslant(a+b+c)^{2} \\ \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-a c-b c \geqslant 0 \end{array}知右邊不等式成立.

  1. 證明下述不等式
  1. |a-b| \geqslant|a|-|b| \text { 和 }|a-b| \geqslant|| a|-| b||
  2. \left|a_{\mathrm{I}}\right|-\sum_{k=2}^{n}\left|a_{k}\right| \leqslant\left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}\right| \leqslant \sum_{k=1}^{n}\left|a_{k}\right|,又問:左邊可否為\left| |a_{1}|-\sum_{k=2}^{n} | a_{k}| \right|？
  3. \frac{|a+b|}{1+|a+b|} \leqslant \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|}
  4. \left|(a+b)^{n}-a^{n}\right| \leqslant(|a|+|b|)^{n}-|a|^{n}

證明:

  1. 由三角不等式|a+b| \leqslant|a|+|b|有 |a|=|a-b+b| \leqslant|a-b|+|b|,移項立得。
  1. 右邊可由三角不等式直接推得，左邊\left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}\right|=\left|a_{1}-\left(-\sum_{k=2}^{n} a_{k}\right)\right| \geqslant\left|a_{1}\right|-\sum_{k=2}^{n}\left|a_{k}\right|左邊加絕對值號后右邊未必成立，反例：a_{2 k-1}=1, a_{2 k}=-1
  1. 當(dāng)|a+b|=0時顯然成立,當(dāng)|a+b| \neq 0時
    \begin{aligned} \frac{|a+b|}{1+|a+b|} &= \frac{1}{1+\frac{1}{|a+b|}} \\ &\leqslant \frac{1}{1+\frac{1}{|a|+|b|}}\\ &= \frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}\\ &= \frac{|a|}{1+|a|+|b|}+\frac{|b|}{1+|a|+|b|}\\ &\leqslant \frac{|a|}{1+|a|}+\frac{|b|}{1+|b|} \end{aligned}
  1. \begin{aligned} \left|\mathrm{C}_{n}^{1} a^{n-1} b+\cdots+C_{n}^{n-1} a b^{n-1}+b^{n}\right| & \leqslant\left|C_{n}^{1} a^{n-1} b\right|+\cdots+\left|C_{n}^{n-1} a b^{n-1}\right|+\left|b^{n}\right| \\ &=(|a|+|b|)^{n}-|a|^{n} \end{aligned}
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