知乎撸题存档(2024)——其他类

kuing

网址：zhihu.com/question/655334215
标题：这道数列不等式如何证明?
我们学校请外面的竞赛教练出了一套模拟题，其中19题第三问（下图）

全校无人做对，我们老师来挑战，最终也没能完整地做对，因此他认为此题是一道没意义的题，就没给我们讲，但我还是很想知道这题的做法，恳请各位大佬看看

我的回答：
令
\[f(x)=\frac{(x+2)^2}{(x+1)^3},\quad x>0,\]
则
\[f''(x)=\frac{2(x^2+8x+13)}{(x+1)^5}>0,\]
则
\[f(k)<\int_{k-1/2}^{k+1/2}f(x)\rmd x,\quad\forall k\inN^+,\]
所以
\begin{align*}
\sum_{k=1}^nf(k)&<\int_{1/2}^{n+1/2}f(x)\rmd x\\
&=\left.\left(\ln(1+x)-\frac2{1+x}-\frac1{2(1+x)^2}\right)\right|_{1/2}^{n+1/2}\\
&=\ln\frac{2n+3}3-\frac4{2n+3}-\frac2{(2n+3)^2}+\frac{14}9\\
&<\ln\frac{2n+3}3-\frac4{2n+3}+\frac{14}9,
\end{align*}
故只需证明
\[\ln\frac{2n+3}3-\frac4{2n+3}+\frac{14}9<\ln(4n+3),\]
上式整理为
\[\frac4{2n+3}+\ln\left(6-\frac9{2n+3}\right)>\frac{14}9,\]
令 $1/(2n+3)=x$，则只需证明当 $0<x\leqslant1/5$ 时有
\[g(x)=4x+\ln(6-9x)>\frac{14}9,\]
求导易知 `g(x)` 在 `(0,1/5]` 上递增，所以
\[g(x)>g(0)=\ln6=\ln3+\ln2>1+0.6>\frac{14}9,\]
即得证。

发布于 2024-05-08 14:55

注 1：其实不需要计算二阶导数，只需注意到
\[f(x)=\frac{(x+1+1)^2}{(x+1)^3}=\frac1{x+1}+\frac2{(x+1)^2}+\frac1{(x+1)^3},\]
而 `x^{-a}`（`a>0`）在正数区间上是下凸的，因此上式右边三项都是下凸，和自然也下凸。

注 2：我中间使用的积分不等式名字叫“Hadamard 积分不等式”：若 `f(x)` 在区间 `[a,b]` 上为下凸函数，则
\[f\left(\frac{a+b}2\right)\leqslant\frac1{b-a}\int_a^bf(x)\rmd x\leqslant\frac{f(a)+f(b)}2.\]

战巡

放高等里面就没啥难度了...

\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}=
\sum_{k=1}^n\left[\frac{1}{(k+1)^3}+\frac{2}{(k+1)^2}+\frac{1}{k+1}\right]\]
\[<2\zeta(2)+\zeta(3)-3+\psi(n+2)-1+\gamma\]
\[=2\zeta(2)+\zeta(3)-4+\gamma+\psi(n+2)\]
其中$\psi(x)=\frac{d}{dx}\ln(\Gamma(x))$为双伽马函数
\[<2\zeta(2)+\zeta(3)-4+\gamma+\ln(n+2)\]
\[=\ln(e^{2\zeta(2)+\zeta(3)-4+\gamma}(n+2))=\ln(2.91288(n+2))\]
$n\ge 3$时即有
\[\mbox{这玩意}<\ln(4n+3)\]

睡神

战巡 发表于 2024-5-9 00:38
放高等里面就没啥难度了...

\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}=

\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}<\ln(4n+3)-\frac{2}{n+2}\]
上面这个是否成立？若成立，又如何证？

战巡

睡神 发表于 2024-5-9 02:12
\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}<\ln(4n+3)-\frac{2}{n+2}\]
上面这个是否成立？若成立，又如何证 ...

无非是多加几个验证项的问题

注意$\psi(x)$有好几种上限，上面只是用了最简单的一种
其实有
\[\psi(x)<\ln(x)-\frac{1}{2x}\]
以及
\[\psi(x)<\ln(x+e^{-\gamma})-\frac{1}{x}\]

接上面
\[\mbox{原式}<2\zeta(2)+\zeta(3)-4+\gamma+\psi(n+2)\]
\[<2\zeta(2)+\zeta(3)-4+\gamma+\ln(n+2)-\frac{1}{2(n+2)}\]
\[=\ln(2.91288(n+2))-\frac{1}{2(n+2)}\]
令
\[f(n)=\ln(2.91288(n+2))-\frac{1}{2(n+2)}-\left(\ln(4n+3)-\frac{2}{n+2}\right)\]
这玩意对$n$求导得到
\[f'(n)=-\frac{22n+29}{2(n+2)^2(4n+3)}<0\]
因此这玩意递减，可以验证在$n\ge 7$时$f(n)<0$
接下来是验证$n=1,2,..,6$，懒得弄了...

睡神

战巡 发表于 2024-5-9 10:26
无非是多加几个验证项的问题

注意$\psi(x)$有好几种上限，上面只是用了最简单的一种

噢，高等数学太高深了！如果我继续调整余式，使其越来越逼近左边，那需要验算的项数就越来越多，感觉这样效率不怎么高了？是这样吗？

睡神

\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}<\ln(3n+1)-\frac{1}{2(n+1)}?\]

战巡

睡神 发表于 2024-5-13 19:44
\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}<\ln(3n+1)-\frac{1}{2(n+1)}?\]

别瞎折腾了吧...

这个弄到最后，会有
\[\sum_{k=1}^n\frac{(k+2)^2}{(k+1)^3}=\left[\gamma-3+\frac{\pi^2}{3}-\frac{1}{2}\psi^{(2)}(2)\right]+\ln(n+2)-\frac{5}{2(n+2)}-\frac{19}{12(n+2)^2}-\frac{5}{6(n+2)^3}-\frac{29}{120(n+2)^4}+...\]
或者
\[=\left[\gamma-3+\frac{\pi^2}{3}-\frac{1}{2}\psi^{(2)}(2)\right]+\ln(n)-\frac{1}{2n}+\frac{17}{12n^2}-\frac{11}{6n^3}+\frac{211}{120n^4}+...\]

注意上面是等号，一点放缩的余地都没有

kuing

网址：zhihu.com/question/659784142
标题：这鬼系数怎么来的。？
求助大神我不懂

我的回答：
分子有理化有 $\sqrt{a^2+b}-a=\frac b{\sqrt{a^2+b}+a}$ ，所以
\begin{align*}
\sqrt{a^2+b}
&=a+\dfrac b{\sqrt{a^2+b}+a}\\
&=a+\dfrac b{2a+\dfrac b{\sqrt{a^2+b}+a}}\\
&=a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{\sqrt{a^2+b}+a}}}\\
&=\cdots\\
&=a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{\sqrt{a^2+b}+a}}}}}}},
\end{align*}
对最后一个根号作 $\sqrt{a^2+b}\approx a$ ，即得
\begin{align*}
\sqrt{a^2+b}&\approx a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a+\dfrac b{2a}}}}}}}\\
&=a+\dfrac{64a^6b+80a^4b^2+24a^2b^3+b^4}{128a^7+192a^5b+80a^3b^2+8ab^3}.
\end{align*}
发布于 2024-06-28 18:13

战巡

kuing 发表于 2024-7-10 15:01
我的回答：
分子有理化有 $\sqrt{a^2+b}-a=\frac b{\sqrt{a^2+b}+a}$ ，所以
\begin{align*}

这个其实就是对$b$的$(4,3)$帕德近似

即令$f(b)=\sqrt{a^2+b}$，再令
\[f_{m,n}(b)=\frac{b^4+m_3b^3+m_2b^2+m_1b+m_0}{n_3b^3+n_2b^2+n_1b+n_0}\]
然后
\[\begin{cases}f_{m,n}(0)=f(0)\\f'_{m,n}(0)=f'(0)\\f''_{m,n}(0)=f''(0)\\...\\f^{(7)}_{m,n}(0)=f^{(7)}(0)\end{cases}\]
然后去解上面那些系数

hjfmhh

战巡 发表于 2024-7-11 01:54
这个其实就是对$b$的$(4,3)$帕德近似

即令$f(b)=\sqrt{a^2+b}$，再令

PadeApproximant[Sqrt[a^2 + b], {0, b, {3, 4}}]
maple中帕德逼近函数是不是没有的，有没有帕德逼近的相应代码？

kuing

网址：zhihu.com/question/695569738
标题：n阶递推数列的余数问题有什么比较通用的解法吗？

这一题要推20多项才能找到循环节

我的回答：
由递推式有
\begin{gather*}
a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=2^n=2(a_n^2-a_{n-1}a_{n+1}),\\
a_{n+1}^2+2a_{n-1}a_{n+1}=a_na_{n+2}+2a_n^2,\\
\frac{a_{n+1}+2a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_{n+2}+2a_n}{a_{n+1}},
\end{gather*}
易得 `a_1=1`, `a_2=4`, `a_3=14`，所以
\[\frac{a_{n+2}+2a_n}{a_{n+1}}=\frac{a_3+2a_1}{a_2}=4,\]
由此有
\[\begin{aligned}
a_{n+2}-4a_{n+1}+2a_n&=0,&&(1)\\
a_{n+3}-4a_{n+2}+2a_{n+1}&=0,&&(2)\\
a_{n+4}-4a_{n+3}+2a_{n+2}&=0,&&(3)\\
a_{n+5}-4a_{n+4}+2a_{n+3}&=0,&&(4)\\
a_{n+6}-4a_{n+5}+2a_{n+4}&=0,&&(5)
\end{aligned}\]
则 `(1)\times4+(2)\times8+(3)\times14+(4)\times4+(5)` 可得
\[a_{n+6}-40a_{n+3}+8a_n=0,\]
整理为
\[a_{n+6}-10(4a_{n+3}-a_n)=2a_n,\]
即得
\[a_{n+6}\equiv2a_n\pmod{10},\]
于是对于任意正整数 `k`，有
\[a_{n+6k}\equiv2^ka_n\equiv\led
&2a_n\pmod{10},&&k=1+4p,\\
&4a_n\pmod{10},&&k=2+4p,\\
&8a_n\pmod{10},&&k=3+4p,\\
&6a_n\pmod{10},&&k=4p,
\endled\]
而 `2020=4+6\times336` 且 `4\mid336`，根据以上结论即得
\[a_{2020}\equiv6a_4\pmod{10},\]
易知 `a_4=48`，所以 `a_{2020}\equiv6\times8\equiv8\pmod{10}`，选 A。

发布于 2024-10-01 03:53

注：帖中的其他回答似乎都是说，这种递推，在给定的模 m 下，一定会循环，但我看不太懂，似乎需要有高等代数基础才行，有空再研究下……

kuing

网址：zhihu.com/question/5714166070
标题：对于这个三角恒等式，该条件是否唯一？
A,B,C∈(0,π),sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC,则A+B+C=π.
这个命题是否正确?

我的回答：
答：这个命题是错误的，举反例：取 B = C = 45°，然后令
\begin{align*}
f(A)&=\sin2A+\sin2B+\sin2C-4\sin A\sin B\sin C\\
&=\sin2A+2-2\sin A,
\end{align*}
注意到
\[f(120^\circ)=2-\frac32\sqrt3<0,~f(180^\circ)=2>0,\]
所以存在 $A_0\in$ (120°, 180°) 使得 $f(A_0)=0$ ，这样 $A=A_0,~B=C=45^\circ$ 就满足 sin2A + sin2B + sin2C = 4sinAsinBsinC 但 A + B + C > π。

更新：提问者追问：

初始A,B,C限制在(0,π/2)呢？

答：若限制为锐角，则命题正确。

证明：由对称性不妨设 $\pi/2>A\geqslant B\geqslant C>0$ ，用积化和差与和差化积可推出恒等式
\begin{align*}
&\sin2A+\sin2B+\sin2C-4\sin A\sin B\sin C\\
={}&4\cos\frac{A+B+C}2\left(\cos(A-B)\sin\frac{A+B-C}2+\sin C\cos\frac{A+B-C}2\right),
\end{align*}
（变形过程参见另一回答，我就不重复了）
由 $\pi/2>A\geqslant B\geqslant C>0$ 可知 $A-B,~(A+B-C)/2\in(0,\pi/2)$ ，所以上式中 $\cos(A-B)\sin\frac{A+B-C}2+\sin C\cos\frac{A+B-C}2>0$ ，所以 sin2A + sin2B + sin2C = 4sinAsinBsinC 时只能 A + B + C = π。

编辑于 2024-12-03 10:48

kuing

网址：zhihu.com/question/6606364422
标题：如何来证明这个数列不等式？

我的回答：
先证明
\[\frac R{3^R-R}\leqslant\frac18\left(\frac5{12}\right)^{R-3},\quad R\geqslant3,~R\inN,\]
令 $R=3+n$ ，代入上式后不难整理为
\[\frac{3+n}{27}\left(8+\left(\frac5{12}\right)^n\right)\leqslant\left(\frac54\right)^n,\]
直接验证知上式对 n=0 和 n=1 成立，当 $n\geqslant2$ 时
\begin{align*}
\LHS&<\frac{3+n}{27}\left(8+\frac14\right),\\
\RHS&=\left(1+\frac14\right)^n\geqslant1+\frac n4+\frac{n(n-1)}2\cdot\frac1{4^2},
\end{align*}
而
\[1+\frac n4+\frac{n(n-1)}2\cdot\frac1{4^2}-\frac{3+n}{27}\left(8+\frac14\right)=\frac{24-25n+9n^2}{288}>0,\]
所以不等式成立，于是
\begin{align*}
\sum_{R=1}^{+\infty}\frac R{3^R-R}&<\frac12+\frac27+\sum_{R=3}^{+\infty}\frac18\left(\frac5{12}\right)^{R-3}\\
&=\frac12+\frac27+\frac18\cdot\frac1{1-\frac5{12}}=1.
\end{align*}
发布于 2024-12-12 15:52

注 1：开挂算原不等式左边近似值为 0.997126，所以其实是挺紧的不等式。

注 2：`\frac18\left(\frac5{12}\right)^{R-3}` 这个式子是用我当年写的简易等比放缩测试程序输出的，所以说那个小小程序还是挺实用的，这么紧的不等式用此法也只需从第三项开始放就行了。