来自西西的两个难题

陈洪葛 posted @ Feb 17, 2014 03:07:27 PM in 数学分析 , 728 阅读

1.对于任何素数$p$,证明
$$\inf\left({|\sin{(n^p)}|+|\sin{(n+1)^p}|+\cdots+|\sin{(n+p)^p}|,n\in N }\right)>0$$
证明:假设
\[ \inf_{n\in\mathbb N}|\sin{(n^p)}|+|\sin{(n+1)^p}|+\cdots+|\sin{(n+p)^p}|=0\]
则对任意的$\varepsilon>0$,存在一个$n$,使得
 \[ |\sin(n+j)^{p}|<\frac{\varepsilon}{2}\qquad j=0,1,\cdots,p\]
但是,由于$|\sin{x}|<\varepsilon$意味着存在$m\in\mathbb{Z}$,有$|x-m\pi|<\varepsilon$,因此存在$m_{j}\in\mathbb{N}$.使得
\begin{equation}
|m_{j}\pi-(n+j)^{p}|<\varepsilon,\qquad (j=0,1,\cdots,p) \tag{1}
\end{equation}

等价的说就是
\begin{equation}
(n+j)^{p}=m_{j}\pi+\delta_{j},\qquad |\delta_{j}|<\varepsilon  \tag{1'}
\end{equation}
然后我们用一个组合公式
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{p}(-1)^{k}{p\choose k} (n+p-k)^{p}=p!  \tag{2}
\end{equation}
由(1')和(2)得到
\[ p!=\sum_{k=0}^{p}(-1)^{k}{p\choose k}(m_{j}\pi+\delta_{j})+N\pi+\pi\sum_{k=0}^{p}(-1)^{k}{p\choose k}\delta_{j}\]
这里
\[ N=\sum_{k=0}^{p}(-1)^{k}{p\choose k}m_{j} \]
是一个整数,所以
\begin{equation}
|p!-N\pi|\leq \pi\sum_{k=0}^{p}{p\choose k}|\delta_{j}|\leq \varepsilon\pi\sum_{k=0}^{p}{p\choose k}=\pi 2^{p}\varepsilon\tag{3}
\end{equation}
由于$\pi$是个无理数,所以对不同的$n$值,上式的左边不能做到充分小。详细的说就是
\[ |p!-N\pi|\ge \min\left\{p!-\pi\left[\frac{p!}{\pi}\right],
\pi\left[\frac{p!}{\pi}\right]+\pi-p!\right\}>0.\]
而由假设(1)看到,(3)的左边的确可以变的充分小。因此矛盾。
所以
$$\inf\left({|\sin{(n^p)}|+|\sin{(n+1)^p}|+\cdots+|\sin{(n+p)^p}|,n\in N }\right)>0$$

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2.设 $0<x<1$. 下面函数是否是恒正的.并证明你的结论
$$f(x)=\dfrac{1}{3}\ln{(\arcsin(x))}+\dfrac{2}{3}\ln{(\arctan(x))}-\ln{(\text{arcsinh}{(x)})}$$
解:结论是肯定的。先变形成
\[ \ln\left(\frac{\arcsin{x}(\arctan{x})^2}{(\text{arcsinh}x)}\right)>0 \]
就是
\[ \text{arcsinh}x<\sqrt[3]{\arcsin{x}}\cdot\sqrt[3]{(\arctan{x})^2} \]
\[ \arcsin{x}=\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\]
\[ \arctan{x}=\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^2}dt \]

\[ \left(\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\right)^{\frac{1}{3}}\left(\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^2}dt\right)^{\frac{2}{3}}=\left[\int_{0}^{x}\left(\frac{1}{\sqrt[6]{1-t^{2}}}\right)^{3}dt\right]^{\frac{1}{3}}\left[\int_{0}^{x}\left(\frac{1}{(1+t^2)^{\frac{2}{3}}}\right)^{\frac{3}{2}}dt\right]^{\frac{2}{3}}\]
现在回忆起Holder不等式的样子。
\[\bigg|\int g(x)h(x)dx\bigg|\le\bigg[\int |g(x)|^pdx\bigg]^{\frac{1}{p}}\bigg[\int|h(x)|^qdx\bigg]^{\frac{1}{q}}\]
则有
\[ \int_{0}^{x}\frac{1}{(1-t^{2})^{\frac{1}{6}}(1+t^2)^{\frac{2}{3}}}dt<\left(\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}}dt\right)^{\frac{1}{3}}\left(\int_{0}^{x}\frac{1}{1+t^2}dt\right)^{\frac{2}{3}}\]

\[ \frac{1}{(1-t^{2})^{\frac{1}{6}}(1+t^2)^{\frac{2}{3}}}=\frac{1}{(1-t^{4})^{\frac{1}{6}}}\cdot\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}>\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}\]
显然
\[ \int_{0}^{x}\frac{1}{(1-t^{2})^{\frac{1}{6}}(1+t^2)^{\frac{2}{3}}}dt>\int_{0}^{x}\frac{1}{\sqrt{1+t^2}}dt=\ln(x+\sqrt{x^2+1})=\text{arcsinh}x \]


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