不等式

不等式

伽马函数的一个不等式

专业数学千古醉人98 回复了问题 • 4 人关注 • 1 个回复 • 1714 次浏览 • 2017-03-31 15:42 • 来自相关话题

两个行列式定积分不等式的证明

大学数学[已注销] 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 557 次浏览 • 2017-03-31 15:35 • 来自相关话题

不等式问题

其他数学[已注销] 回复了问题 • 6 人关注 • 3 个回复 • 1096 次浏览 • 2017-03-31 15:03 • 来自相关话题

证明不等式

大学数学[已注销] 回复了问题 • 3 人关注 • 2 个回复 • 611 次浏览 • 2017-03-31 15:00 • 来自相关话题

问Fan Ky不等式的应用,给道例题,不要高等数学

回复

其他数学齐天大科 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 360 次浏览 • 2017-03-20 14:54 • 来自相关话题

大家知不知道3variable的中文版呀

回复

其他数学齐天大科 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 334 次浏览 • 2017-03-18 17:40 • 来自相关话题

一道条件不等式

回复

其他数学楚耘 发起了问题 • 2 人关注 • 0 个回复 • 860 次浏览 • 2016-06-13 10:11 • 来自相关话题

化简到无法化简的步骤,详细过程谢谢了

回复

大学数学花泽类的泪 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 743 次浏览 • 2016-03-13 10:40 • 来自相关话题

求解过程!!!!!!!

回复

大学数学花泽类的泪 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 653 次浏览 • 2016-02-24 12:45 • 来自相关话题

怎么解 谢谢了

回复

大学数学花泽类的泪 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 564 次浏览 • 2016-02-20 16:45 • 来自相关话题

条新动态, 点击查看
Math001

Math001 回答了问题 • 2013-09-12 01:43 • 0 个回复 不感兴趣

证明下面的不等式

赞同来自:

在 $a, b, c$ 三数中,不妨设 $a$ 最小。下面分情况讨论:
(A). 当 $a\geq 1$ 时,$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+bc\geq ab+ac+a^{2}=a(a+b+c)\geq abc$.
(B). 当 $... 显示全部 »
在 $a, b, c$ 三数中,不妨设 $a$ 最小。下面分情况讨论:
(A). 当 $a\geq 1$ 时,$a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+bc\geq ab+ac+a^{2}=a(a+b+c)\geq abc$.
(B). 当 $a< 1$ 时, 此时 $bc> abc$. 故 $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq ab+ac+bc> abc.$
Math001

Math001 回答了问题 • 2015-07-18 17:25 • 3 个回复 不感兴趣

证明不等式$[(n+1)/e]^{n}<n!<e[(n+1)/e]^{n+1}$

赞同来自:

注意到对任意正整数$m$有$(1+\dfrac{1}{m})^m\le e\le (1+\dfrac{1}{m})^{m+1}$。

回到原问题,即是证明

$(n+1)^n<e^n\cdot n!<(n+1)^{n+1}$

$n=1$时,显然成... 显示全部 »
注意到对任意正整数$m$有$(1+\dfrac{1}{m})^m\le e\le (1+\dfrac{1}{m})^{m+1}$。

回到原问题,即是证明

$(n+1)^n<e^n\cdot n!<(n+1)^{n+1}$

$n=1$时,显然成立

设$n=k$是,成立,即是说$(k+1)^k<e^k\cdot k!<(k+1)^{k+1}$

则$n=k+1$有

$e^{k+1}\cdot(k+1)!= e^k\cdot k!\cdot e(k+1)>(k+1)^k\cdot e(k+1)$

$=e(k+1)^{k+1}\ge(1+\dfrac{1}{k+1})^{k+1}(k+1)^{k+1}=(k+2)^{k+1}$

另一方面

$e^{k+1}\cdot(k+1)!= e^k\cdot k!\cdot e(k+1)<(k+1)^{k+1}\cdot e(k+1)$

$=e(k+1)^{k+2}\le(1+\dfrac{1}{k+1})^{k+2}(k+1)^{k+2}=(k+2)^{k+2}$

于是,由归纳法,对所有正整数$n$成立。
元始天尊

元始天尊 回答了问题 • 2015-08-04 07:29 • 1 个回复 不感兴趣

望各位求解一道积分不等式!

赞同来自:

一般的结论是存在 $\xi\in(a,b)$
$\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx=\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)-\frac{f''(\xi)}{12}(b-a)^3$
并且不需要二阶导数的连续性.

记 $F(... 显示全部 »
一般的结论是存在 $\xi\in(a,b)$
$\displaystyle \int_a^b f(x)\,dx=\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)-\frac{f''(\xi)}{12}(b-a)^3$
并且不需要二阶导数的连续性.

记 $F(t)=\int_a^t f(x)\,dx$, $h=b-a$.
由带积分型余项的 Taylor 公式得
$\displaystyle F(c)=F(b)-\frac{f(b)}{2}h+\frac{f'(b)}{8}h^2+\frac{1}{2}\int_b^cf''(x)(c-x)^2\,dx,$
$\displaystyle F(c)=F(a)+\frac{f(b)}{2}h+\frac{f'(b)}{8}h^2+\frac{1}{2}\int_a^cf''(x)(c-x)^2\,dx.$
相减得
$\displaystyle F(b)-F(a)=\frac{f(a)+f(b)}{2}(b-a)-\frac{h^2}{8}\int_a^bf''(x)\,dx+\frac{1}{2}\int_a^bf''(x)(c-x)^2\,dx.$
把两个积分项合并并利用积分中值定理得
$\displaystyle \frac{1}{8}\int_a^bf''(x)[h^2-4(c-x)^2]\,dx=\frac{f''(\xi)}{8}\int_a^b[h^2-4(c-x)^2]\,dx=\frac{f''(\xi)}{12}h^3,$
注意中括号里的部分保持同号, 所以才能用中值定理.
这个做法虽然离一般的结论还有点距离, 不过对题目本身而言已经足够了.
元始天尊

元始天尊 回答了问题 • 2015-08-16 14:58 • 1 个回复 不感兴趣

一个行列式证明

赞同来自:

把 $\det(A)$ 记成 $D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)$.
$λ_1>0$ 的条件可以去掉, 因为
$a_1^s\dotsm a_n^sD(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1... 显示全部 »
把 $\det(A)$ 记成 $D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)$.
$λ_1>0$ 的条件可以去掉, 因为
$a_1^s\dotsm a_n^sD(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)
=D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1+s,\dotsc,\lambda_n+s)$.

先证明 $D(a_1,\dotsc,a_n;\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)\neq0$. 用归纳法可以假定阶数小于 $n$ 时结论已成立.
$D=0$ 等价于存在非零常数 $c_1$, $\dotsc$, $c_n$ 使得对每个 $i$ 都有 $c_1a_i^{\lambda_1}+\dotsb+c_na_i^{\lambda_n}=0$.
于是函数 $f(x)=c_1x^{\lambda_1}+\dotsb+c_nx^{\lambda_n}$ 至少有 $n$ 个正根.
设 $c_1$, $\dotsc$, $c_n$ 中去掉 $c_k$ 后仍然不全为零.
由 Rolle 定理,
$[f(x)/x^{\lambda_k}]'=\sum\limits_{i\neq k}c_i(\lambda_i-\lambda_k)x^{\lambda_i-\lambda_k-1}$
至少有 $n-1$ 个正根 $\xi_1$, $\dotsc$, $\xi_{n-1}$.
这样就得到 $D(\xi_1,\dotsc,\xi_{n-1};\lambda_1-\lambda_k-1,\dotsc,\lambda_n-\lambda_k-1)=0$,
或者等价地 $D(\xi_1,\dotsc,\xi_{n-1};\lambda_1,\dotsc,\lambda_n)=0$, 和归纳假设矛盾.

接下来就好办了. 考察连续函数
$g(t)=D(a_1,\dotsc,a_n;t+(1-t)\lambda_1,\dotsc,t+(1-t)\lambda_n).$
$g(1)$ 是 Vandermonde 行列式, 若 $g(0)<0$, 由 $g(1)>0$ 得 $(0,1)$ 之间必有零点, 矛盾.
元始天尊

元始天尊 回答了问题 • 2015-08-18 03:00 • 1 个回复 不感兴趣

2015华南理工大学硕士研究生入学考试题

赞同来自:

记 $F(x)=\int_a^xf(t)dt$, 条件化成
$\Bigl[e^{-n(x-a)}\Bigl(m+nF(x)\Bigr)\Bigr]'=
-ne^{-n(x-a)}\bigl[m+nF(x)-f(x)\bigr]\leq0.$
所以
$e^{-n... 显示全部 »
记 $F(x)=\int_a^xf(t)dt$, 条件化成
$\Bigl[e^{-n(x-a)}\Bigl(m+nF(x)\Bigr)\Bigr]'=
-ne^{-n(x-a)}\bigl[m+nF(x)-f(x)\bigr]\leq0.$
所以
$e^{-n(x-a)}\Bigl(m+nF(x)\Bigr)\leq m+nF(a)=m,$
从而
$f(x)\leq m+nF(x)\leq me^{n(x-a)}$.
格罗滕迪克

格罗滕迪克 回答了问题 • 2015-10-04 16:06 • 2 个回复 不感兴趣

级数练习题1

赞同来自:

不妨设左边为Sn,右边为Tn,∑an=Sn,∑bn=∑p/n=p,欲证Sn<Tn,只需an<bn,经几步分析后即有待证式子成立。
不妨设左边为Sn,右边为Tn,∑an=Sn,∑bn=∑p/n=p,欲证Sn<Tn,只需an<bn,经几步分析后即有待证式子成立。
Eufisky

Eufisky 回答了问题 • 2015-10-04 21:40 • 1 个回复 不感兴趣

级数练习题6

赞同来自:

首先可以确定给定的级数是正项级数.

(1)当$0<a<1$时,我们利用Lagrange中值定理,有
\begin{align*}\frac{{a_n^a - a_{n - 1}^a}}{{{a_n} - {a_{n - 1}}}} = a{\xi... 显示全部 »
首先可以确定给定的级数是正项级数.

(1)当$0<a<1$时,我们利用Lagrange中值定理,有
\begin{align*}\frac{{a_n^a - a_{n - 1}^a}}{{{a_n} - {a_{n - 1}}}} = a{\xi ^{a - 1}} \ge aa_n^{a - 1},\quad \xi \in \left( {{a_{n - 1}},{a_n}} \right).\end{align*}

因此\begin{align*}\frac{{{a_n} - {a_{n - 1}}}}{{{a_n}a_{n - 1}^a}} = \frac{{a_n^a - a_{n - 1}^a}}{{a_n^aa_{n - 1}^a}} \cdot \left( {\frac{{{a_n} - {a_{n - 1}}}}{{a_n^a - a_{n - 1}^a}} \cdot a_n^{a - 1}} \right) \le \frac{1}{a}\frac{{a_n^a - a_{n - 1}^a}}{{a_n^aa_{n - 1}^a}} = \frac{1}{a}\left( {\frac{1}{{a_{n - 1}^a}} - \frac{1}{{a_n^a}}} \right).\end{align*}

故\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{a_n} - {a_{n - 1}}}}{{{a_n}a_{n - 1}^a}}} \le \frac{1}{a}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{a_{n - 1}^a}} - \frac{1}{{a_n^a}}} \right)} = \frac{1}{a}\left( {\frac{1}{{a_0^a}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{a_n^a}}} \right).\end{align*}

由于$\{a_n\}$是单增的正数列,则${\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{a_n^a}}}$必定存在,由此可知原正项级数收敛;

(2)当$a\geq1$时,由\begin{align*}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{a_n} - {a_{n - 1}}}}{{{a_n}a_{n - 1}^a}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{a_{n - 1}^a}} - \frac{{a_{n - 1}^{1 - a}}}{{{a_n}}}} \right)} \le \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{a_{n - 1}^a}} - \frac{1}{{a_n^a}}} \right)} = \frac{1}{a}\left( {\frac{1}{{a_0^a}} - \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{{a_n^a}}} \right)\end{align*}同样可知原正项级数收敛.

综上,级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{a_na_{n-1}^a}$收敛.
妖心儿

妖心儿 回答了问题 • 2015-10-09 20:30 • 1 个回复 不感兴趣

单调函数与无穷级数结合的一个问题

赞同来自:

观察三组数:
$(1)\cfrac 1{k+m}, \cfrac 2{k+m},\cdots, \cfrac {k+m-1}{k+m},1.\\
(2)\cfrac 1k,\cfrac 2k,\cdots, \cfrac {k-1}k,1.\\
(3)\cfr... 显示全部 »
观察三组数:
$(1)\cfrac 1{k+m}, \cfrac 2{k+m},\cdots, \cfrac {k+m-1}{k+m},1.\\
(2)\cfrac 1k,\cfrac 2k,\cdots, \cfrac {k-1}k,1.\\
(3)\cfrac 1m,\cfrac 2m,\cdots,\cfrac {m-1}m,1.$
从第一组数中任取$\cfrac p{k+m},$
由$\cfrac {p_1}k<\cfrac p{k+m}, \cfrac {p_2}m<\cfrac p{m+k}$可得$p_1+p_2<p.$
此式即是说(2)(3)两组数中比$\cfrac p{k+m}$小的数不超过$p-1$个, 于是不小于$\cfrac p{k+m}$的数至少有$m+k+1-p$个.

将(1)中的最大的数与(2)(3)中任取一个不比他小的数配对, 然后将这两个数从三组数中剔除,

继续在(1)中取最大的数与(2)(3)中任取一个不比它小的数配对. 由前面的论证这显然是可以做到的.

于是我们就证明了(1)中的数可以与(2)(3)中的数配对, 使得每一对中的(1)中的数不大于(2)(3)中的数.

对于整数$q\ge 0$,
$(1)q+\cfrac 1{k+m},q+\cfrac 2{k+m},\cdots, q+\cfrac {k+m-1}{k+m},q+1.\\
(2)q+\cfrac 1k,q+\cfrac 2k,\cdots, q+\cfrac {k-1}k,q+1.\\
(3)q+\cfrac 1m,q+\cfrac 2m,\cdots,q+\cfrac {m-1}m,q+1.$
即每个数都加上q之后仍然有相同的配对结论.

这样我们就有$\sum\limits_{n=1}^k f(\cfrac 1{q+\frac nk})+\sum\limits_{n=1}^m f(\cfrac 1{q+\frac nm})\le \sum\limits_{n=1}^{k+m} f(\cfrac 1{q+\frac {n}{k+m}}).$
也即
$\sum\limits_{n=1}^k f(\cfrac k{kq+n})+\sum\limits_{n=1}^m f(\cfrac m{mq+n})\le \sum\limits_{n=1}^{k+m} f(\cfrac {k+m}{(k+m)q+n}).$

对q从0到$\infty$进行求和,即可得结论.

伽马函数的一个不等式

回复

专业数学千古醉人98 回复了问题 • 4 人关注 • 1 个回复 • 1714 次浏览 • 2017-03-31 15:42 • 来自相关话题

两个行列式定积分不等式的证明

回复

大学数学 回复了问题 • 2 人关注 • 1 个回复 • 557 次浏览 • 2017-03-31 15:35 • 来自相关话题

不等式问题

回复

其他数学 回复了问题 • 6 人关注 • 3 个回复 • 1096 次浏览 • 2017-03-31 15:03 • 来自相关话题

证明不等式

回复

大学数学 回复了问题 • 3 人关注 • 2 个回复 • 611 次浏览 • 2017-03-31 15:00 • 来自相关话题

问Fan Ky不等式的应用,给道例题,不要高等数学

回复

其他数学齐天大科 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 360 次浏览 • 2017-03-20 14:54 • 来自相关话题

大家知不知道3variable的中文版呀

回复

其他数学齐天大科 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 334 次浏览 • 2017-03-18 17:40 • 来自相关话题

一道条件不等式

回复

其他数学楚耘 发起了问题 • 2 人关注 • 0 个回复 • 860 次浏览 • 2016-06-13 10:11 • 来自相关话题

化简到无法化简的步骤,详细过程谢谢了

回复

大学数学花泽类的泪 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 743 次浏览 • 2016-03-13 10:40 • 来自相关话题

求解过程!!!!!!!

回复

大学数学花泽类的泪 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 653 次浏览 • 2016-02-24 12:45 • 来自相关话题

怎么解 谢谢了

回复

大学数学花泽类的泪 发起了问题 • 1 人关注 • 0 个回复 • 564 次浏览 • 2016-02-20 16:45 • 来自相关话题