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kanglegong

银虫 (正式写手)

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[求助] 求证一个函数单调性问题（形式简单，数十人未证出，施予援手必有重谢已有3人参与

求证函数单调性问题

老帖http://muchong.com/bbs/viewthread.php?tid=7695312&fpage=1
g（a）的导数有问题，所以继续求教各位大神！

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1楼 2014-07-30 08:50:21

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hank612

至尊木虫 (著名写手)

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引用回帖:

14楼: Originally posted by hank612 at 2014-08-04 23:01:06

(1) Weierstrass 因式定理，类似于"多项式P(x)有根a 充分必要条件是(x-a)是 P(x)的因式"的推广。由于sin(z)的根为k\pi, \mathrm{where } k=0,\pm\pi,\pm2\pi,\dots, 立刻得到 \si ...

趁着文件还在，把typo修改了一下，哈哈哈哈哈哈哈

(1) Weierstrass 因式定理，类似于"多项式P(x)有根a 充分必要条件是(x-a)是 P(x)的因式"的推广。由于sin(z)的根为 $k\pi,$ , 其中 $k=0,\pm\pi,\pm2\pi,\dots$ , 立刻得到 $\sin{z}=z\cdot (1-\frac{z^2}{\pi^2})\cdot (1-\frac{z^2}{(2\pi)^2})\cdot ...$

(2) 由于Ln对数函数将乘积变成和，所以 $\ln{\frac{\sin{z}}{z}}=\sum_{n=1}^{\infty} \ln(1-\frac{z^2}{n^2{\pi}^2}).$

(3) 由于 $\ln(1-x)=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^k}{k}$ 的Taylor展式, 将每一个 $\ln(1-\frac{z^2}{n^2{\pi}^2})$ 都展开，得到一个不完全的Taylor级数展开式：
$\ln{\frac{z}{\sin{z}}}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\left(\frac{z^2}{n^2{\pi}^2}\right)^k$

(4) 你的H(x)分子分母都取个负号，得到 $H(x)=\frac{\ln{\frac{x}{\sin{x}}}}{\ln{\frac{ax}{\sin{ax}}}}$ , 然后求导，那么分子为
$(\ln{\frac{x}{\sin{x}}})'\cdot\ln(\frac{az}{\sin{az}})-(\ln{\frac{x}{\sin{x}}})\cdot \ln(\frac{az}{\sin{az}})'$
我们只要证明这个分子是大于零的就够了。

(5)由于级数是可以逐项求导的，所以 $(\ln{\frac{x}{\sin{x}}})'=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}},\quad \ln(\frac{az}{\sin{az}})'=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}<br /> \frac{2a^{2k}z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}$ , 这样可以得到分子为(千万不要化简)
$\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2z^{2k-1}}{n^{2k}{\pi}^{2k}}\cdot \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{a^{2j}z^{2j}}{jm^{2j}{\pi}^{2j}} -\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{z^{2k}}{kn^{2k}{\pi}^{2k}}\cdot \sum_{m=1}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty}\frac{2a^{2j}z^{2j-1}}{m^{2j}{\pi}^{2j}}$

(6)这个分子依然是Taylor级数，并且z的幂次只有奇数（偶函数的导数是奇函数）。我们来看看z^{2p-1}的系数是怎么个表达式。

(7)当且仅当 k+j=p, 1<=k, 1<=j 这样的k,j 才对z^{2p-1}的系数有所贡献。提出一个常数因子 $\frac{2}{{\pi}^{2p}}$ ,并将j=p-k来代替, 因此 $\frac{2z^{2p-1}}{{\pi}^{2p}}$ 在分子中的系数等于
$\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{a^{2p-2k}}{(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}-\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{a^{2p-2k}}{kn^{2k}m^{2p-2k}}$
注意了，到现在为止，尽量少做化简，No Zuo No Die。

(8)合并同类项，得到 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(2k-p)a^{2p-2k}}{k(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}$ .

(9)这下可以看出，这(p-1)项有一半是正的，一半是负的。我们将 1<=k<=[(p-1)/2] 和[(p+1)/2]<=s<=p-1作一一配对，即 s=p-k. 于是得到
$\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(2k-p)a^{2p-2k}}{k(p-k)n^{2k}m^{2p-2k}}+\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{(2s-p)a^{2p-2s}}{s(p-s)n^{2s}m^{2p-2s}}=\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\frac{(2k-p)}{k(p-k)}\left(a^{2p-2k}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}-a^{2k}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p-2k}m^{2k}}\right)$ .

(10)在求和符号中，n,m只是记号，所以换个记号也不影响和式，所以 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}=\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2p-2k}m^{2k}}$

(11)系数再次提取公因式 $\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}$ ，得到
$\sum_{k=1}^{[(p-1)/2]}\frac{(2k-p)(a^{2p-2k}-a^{2k})}{k(p-k)}\sum_{n,m=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2k}m^{2p-2k}}\right)$
由于1<=k<=[(p-1)/2]时，因式(2k-p)恒负，但因为0<a<1, 因式 $(a^{2p-2k}-a^{2k})$ 也是恒负，结果总的符号还是恒正，从而系数恒正，从而导数分子恒正。

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kanglegong

We_must_know. We_will_know.

15楼2014-08-04 23:19:28

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shuxue0

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之前那个没解决？

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2楼2014-07-30 09:24:43

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kanglegong

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2楼: Originally posted by shuxue0 at 2014-07-30 09:24:43
之前那个没解决？

没有呀解决啊求导好像有问题

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3楼2014-07-30 09:28:27

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peterflyer

木虫之王 (文学泰斗)

peterflyer

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【答案】应助回帖

感谢参与，应助指数 +1

要证明H(x)在λ∈[0,1]和x∈[0,π/2]的条件下单调递增，只要证明H'(x)≥0就行了。
这个问题可以这样解决：
H'(x)=[S'(x)/S(x)]/[S'(λ*x)/S(λ*x)]
=1/λ*{[Sinx/x]/[Sin(λ*x)/(λ*x)]}*{λ*[x*Cosx-Sinx]/[λ*x*Cos(λ*x)-Sin(λ*x)]}
=[λ*x*Sinx]/[x*Sin(λ*x)]*{[x*Cosx-Sinx]/[λ*x*Cos(λ*x)-Sin(λ*x)]}
因为[λ*x*Sinx]/[x*Sin(λ*x)]≥0 ，当λ∈[0,1]和x∈[0,π/2]时
因此证明H'(x)的正负就归结于证明{[x*Cosx-Sinx]/[λ*x*Cos(λ*x)-Sin(λ*x)]}的正负了。
令φ(x)=x*Cosx-Sinx , ψ(x)=λ*x*Cos(λ*x)-Sin(λ*x)
即：H'(x)=φ(x)/ψ(x)
故φ’(x)=-x*Sinx≤0 , ψ‘(x)=-λ^2*x*Sin(λ*x)≤0
即φ(x)、ψ(x)都是减函数
而φ(0)=ψ(0)=0，故有：
φ(x)<0,ψ(x)<0
故H'(x)>0
因此H(x)在λ∈[0,1]和x∈[0,π/2]时单调递减。

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4楼2014-07-30 09:58:05

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