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kanglegong

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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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Edstrayer

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【答案】应助回帖

感谢参与，应助指数 +1

一个不太成功的思路，仅供参考。
已知

$H(x)=\frac{\ln[S(x)]}{\ln[S(ax)]},0<a<1,S(x)=\frac{\sin x}{x}$

则有：

$H'(x)=\frac{f(x)}{S(x)S(ax)\ln^2[S(ax)]}$

其中

$f(x)=S'(x)S(ax)\ln[S(ax)]-aS'(ax)S(x)\ln[S(x)]$

于是就有：

$f(x)=\left(\frac{S'(x)}{S(x)\ln[S(x)]}-\frac{aS'(ax)}{S(ax)\ln[S(ax)]}\right)S(x)\ln[S(x)]S(ax)\ln[S(ax)]$

则 $H'(x)>0\Leftrightarrow f(x)>0$
令 $g(a)=\frac{aS'(ax)}{S(ax)\ln[S(ax)]}$
则 $f(x)>0\Leftrightarrow g(1)>g(a)$
因此由上述过程，研究H(x)的单调性就转化成研究g(a)的单调性。
………………………………………………………………………………………………

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青葱岁月圣诞夜，浪漫歌舞迎新年。

8楼2014-07-31 04:20:41

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hank612

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【答案】应助回帖

★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★
kanglegong: 金币+10, ★★★★★最佳答案, 谢谢大神 2014-08-06 13:46:46

直接用单调的定义就好了，结论其实是非常强的

Emuch024.png

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We_must_know. We_will_know.

10楼2014-08-03 13:34:57

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hank612

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11楼: Originally posted by kanglegong at 2014-08-03 23:40:25
楼主，求这个的出处！...

这个Weierstrass的因式定理，网络上随便搜都有吧，比如
http://en.wikipedia.org/wiki/Weierstrass_factorization_theorem
剩下的计算，实在是没有什么可以计算，只是正负符号判断而已呀
并且因为每一项系数都是正的，连放缩都免了，没有必要啊

另外，发了图片后发现自己又犯晕了。用图片中的幂级数展开式，直接证明导函数的分子大于零更加简单，这就是许多网友早就断言的思路。楼主写一下就知道了，就两行而已。

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12楼2014-08-04 02:09:58

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hank612

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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

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15楼2014-08-04 23:19:28

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peterflyer

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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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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

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4楼: Originally posted by peterflyer at 2014-07-30 09:58:05
要证明H(x)在λ∈和x∈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)=/
=1/λ*{/}*{λ*/}
=/*{/}
因为/≥0 ，当λ∈和x∈时
因此证明H'(x)的正负就归结于证明{/}的正负 ...

更正一下：
...........
即：H'(x)=f(x)*φ(x)/ψ(x),其中f(x)≥0
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
......... 。

前帖中误写成H'(x)=φ(x)/ψ(x)了。其他不变。
特此更正。

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5楼2014-07-30 10:05:24

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kanglegong

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该函数单调递增的！

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6楼2014-07-30 10:39:52

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kanglegong

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5楼: Originally posted by peterflyer at 2014-07-30 10:05:24
更正一下：
...........
即：H'(x)=f(x)*φ(x)/ψ(x),其中f(x)≥0
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
......... 。

前帖中误写成H'(x)=φ(x)/ψ(x)了。其他不 ...

第一步都错了，还有Ln（S（x））

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7楼2014-07-30 10:41:45

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8楼: Originally posted by Edstrayer at 2014-07-31 04:20:41
一个不太成功的思路，仅供参考。
已知
H(x)=\frac{\ln}{\ln},0<a<1,S(x)=\frac{\sin x}{x}
则有：
H'(x)=\frac{f(x)}{S(x)S(ax)\ln^2}
其中
f(x)=S'(x)S(ax)\ln-aS'(ax)S(x)\ln
于是就有：
f(x)=\lef ...

不错的思路可惜后来计算太复杂了

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9楼2014-07-31 21:37:43

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