對一道普特南數學競賽題的省思

對一道普特南數學競賽題的省思

鐘 文體

1. 引 入

普特南數學競賽是美國的大學生數學競賽, 全稱 William Lowell Putnam Mathemati- cal Competition, 每年舉行一次。 競賽後, 試題及解答刊載於美國數學月刊 (The American Mathematical Monthly)。 一些試題非常新穎, 耐人尋味, 值得仔細揣摩。 例如, 在 2000 年舉 行的第 61 屆競賽中, 第一道試題如下:

Let A be a positive real number. What are the possible values of P^∞

j=0

x²_j, given that x0, x₁, x₂, . . . are positive numbers for which P^∞

j=0

x_j = A.

翻譯成中文, 就是:

設 A 是正實數, 給定正數 x₀, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A 。 問: P^∞

j=0

x²_j 的可能的值是什麼 ? 由比較判別法容易知道 P^∞

j=0

x²_j 收斂, 這是教科書和習題集中經常出現的問題。 但我們很少 考慮 P^∞

j=0

x²_j 可能取到哪些值。 但這確實是一個有趣的問題, 值得認真思考。 當筆者第一次見到 這個問題時 (當時看專業書看得累了, 就看看這些題目作為消遣), 就被它深深地吸引, 並且責 備自己第一次學習級數時為什麼沒有想到這樣的問題。 (我現在覺得這個問題是很自然的, 既然

P∞ j=0

x²_j 收斂, 那它可能收斂到什麼值呢 ? ) 首先, 容易知道 P^∞

j=0

x²_j < A² (因為 P^∞

j=0

x²_j <(P^∞

j=0

x_j)²)。 但是否一定能取到所有小於 A² 的正數呢 ? 這就不是那麼容易回答了。

筆者思考了一段時間也無法解決這個問題, 索性去看答案 (這不是學習數學的正確方式, 但當時筆者還有其他更急迫的事情要做, 沒有這麼多的思考時間, 又很想知道問題的答案。 所以 看答案也屬無奈。)

解答很簡潔 (可見美國數學月刊 108 卷 (2001 年) 841 ∼ 850 頁), 出乎筆者的意料。

先將解答敘述一遍。 答案是: 小於 A² 的所有正數。 注意到 P^∞

j=0

x²_j 沒有最小正值。 因為和 為 A 的任何數列 x₀, x₁, x₂, . . . 可被數列 x₀/2, x0/2, x1/2, x1/2, x2/2, x2/2, . . . 代替。 後者 的和仍為 A, 但它的平方和為前者平方和的 1/2 。 另一方面, 給定任一和為 A 的正數列 {x_j}, 考慮正數列 {y_j}, 其中y₀ = tx₀ + (1 − t)A 且對於 j ≥ 1, y_j = tx_j(0 < t < 1) 。 顯然

P∞ j=0

y_j = A, 且

∞

X

j=0

y_j² = t²

∞

X

j=0

x²_j + 2t(1 − t)x₀A+ (1 − t)²A²;

上式是 t 的連續函數。 設它為 f₂(t), 則 lim

t→0⁺f₂(t) = A², lim

t→1⁻f₂(t) = P^∞

j=0

x²_j。 由介值定理 可知, 當 t 取遍 0 和 1 之間的所有值時, f2(t) 可取 P^∞

j=0

x²_j 和 A² 之間的所有值。 前面已說 過 P^∞

j=0

x²_j 沒有最小正值, 於是我們可以下結論: 平方和的取值範圍至少包括 (0, A²) 。 但由於 P∞

j=0

x²_j < A², 故取值範圍恰好是 (0, A²) 。

讀完整個解答, 我非常激動, 并馬上意識到可以推廣到更一般的情形, 就是下面的結論。

性質 1: 設 A 是正實數, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A, 則 P^∞

j=0

x^α_j(α > 1) 的取值範 圍是 (0, A^α) 。

證明和上面的解答幾乎相同。 先證 P^∞

j=0

x^α_j 沒有最小正值 (α > 1 保證了這一點)。 用數列 x₀/2, x0/2, x1/2, x1/2, x2/2, x2/2, . . . 代替數列 x0, x₁, x₂, . . ., 則前者的和仍為 A, 但它的 α 次方之和為後者 α 次方之和的 1/2^α−1 倍。 而 1/2^α−1 <1, 故 P^∞

j=0

x^α_j 沒有最小正值。

再考慮數列 {y_j} (與上面的定義相同) 和連續函數

f_α(t) =

∞

X

j=0

y_j^α= [tx0+ (1 − t)A]^α+ t^α

∞

X

j=1

x^α_j,

由 lim

t→0⁺f_α(t) = A^α, lim

t→1⁻f_α(t) = P^∞

j=0

x^α_j 即可證明此結論。

細心的讀者會發現我們還要證明 P^∞

j=0

x^α_j < P^∞

j=0

x_j

!α

。 如果 α 不是整數, 這似乎不太容 易。 我們再補充一下如何證明這一點。 設 x, y 是正實數, 按照標準的微分法可證明 x^α+ y^α <

(x + y)^α。 又由數學歸纳法可證 Pⁿ

j=0

x^α_j <

n

P

j=0

x_j

!α

, 取極限得 P^∞

j=0

x^α_j ≤ P^∞

j=0

x_j

!α

。 這裏

還要證明等號不成立。 由 P^∞

j=1

x^α_j ≤ P^∞

j=1

x_j

!α

得

∞

X

j=0

x^α_j = x^α₀ +

∞

X

j=1

x^α_j ≤ x^α₀ +

∞

X

j=1

x_j

!α

< x₀+

∞

X

j=1

x_j

!!α

=

∞

X

j=0

x_j

!α

, 這樣我們就完整地證明了性質 1。

我們知道, 當 α < 1 時, P^∞

j=0

x_j 收斂到有限數不能保證 P^∞

j=0

x^α_j 也收斂到有限數, 它有 可能發散到 +∞ 。 但為了擴充性質 1, 我們把這種情形也規定為收斂, 叫做收斂到 +∞, 再用 (a, +∞] 表示 (a, +∞)S +∞ 。

性質 2: 設 A 是正實數, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A, 則 P^∞

j=0

x^α_j(α < 1) 的取值範 圍是 (A^α,+∞] 。

性質 2 的證明與性質 1 類似, 先證 P^∞

j=0

x^α_j 沒有最大值 ( α < 1 保證了這一點)。 與性 質 1 不同的是, 當 α < 1 時, x^α+ y^α > (x + y)^α(x, y > 0) 。 與性質 1 類似的分析可得

P∞ j=0

x^α_j > P^∞

j=0

x_j

!α

= A^α。 具體的證明過程就不敘述了。

到這裏就結束了嗎 ? 我意猶未盡。 讓我們繼續探索。

2. e

− 1

考慮 e^x− 1, 因 e^x− 1 ∼ x(x → 0), 由比較判別法可知 P^∞

j=0

(e^xj − 1) 收斂到有限數。

我們同樣要問, P^∞

j=0

(e^xj− 1) 可取到哪些值 ? 這看起來更難, 似乎無從下手。 但可以肯定的是, P∞

j=0

(e^xj − 1) > A (因 e^x − 1 > x, 故 P^∞

j=0

(e^xj − 1) > P^∞

j=0

x_j = A) 。 我們再給出它的上界。

由性質 1, P^∞

j=0

xⁿ_j < Aⁿ, 故

∞

X

j=0

(e^xj− 1) =

∞

X

j=0

∞

X

n=1

xⁿ_j n! =

∞

X

n=1

1 n!

∞

X

j=0

xⁿ_j <

∞

X

n=1

Aⁿ

n! = e^A− 1. (1) 但它是否能取到區間 (A, e^A− 1) 內的所有值呢 ? 前面的經驗告訴我們, 答案應該是肯定的,

以下給出證明。

數列 {y_j} 還是按上面的定義。 考慮函數

F(t) =

∞

X

j=0

(e^yj− 1) = e^tx0+(1−t)A− 1 +

∞

X

j=1

(e^txj− 1) =

∞

X

j=0

(e^txj− 1) + e^tx0+(1−t)A− e^tx0

先證明它一致收斂。 當 t ∈ (0, 1) 時, 由 (1) 有

∞

X

j=0

(e^txj− 1) <

∞

X

j=0

(e^xj − 1) < e^A− 1.

由 Weierstrass M 判別法, P^∞

j=0

(e^txj − 1) 在 (0, 1) 上一致收斂, 從而連續。 故 在 (0, 1) 上 F(t) 是連續函數, 且 lim

t→0⁺F(t) = e^A− 1, lim

t→1⁻F(t) = P^∞

j=0

(e^xj − 1) 。 於是, 當 t 取遍 0 和 1 之間的所有值時, F (t) 可取 P^∞

j=0

(e^xj − 1) 和 e^A− 1 之間的所有值。

為了完成證明, 還要證明 P^∞

j=0

(e^xj − 1) 可充分接近 A 。 按照前面的思路, 我們先用數列 x₀/2, x0/2, x1/2, x1/2, x2/2, x2/2, . . . 代替數列 x0, x₁, x₂, . . . 。 為了方便, 以下用 {xe_j} 表 示這個新的數列 (即 xe_j = x[j/2]/2), 則

∞

X

j=0

(e^fxj− 1) − A =

∞

X

j=0

2(e^xj/2− 1) −

∞

X

j=0

x_j =

∞

X

j=0

[2(e^xj/2− 1) − xj].

易知 2(e^x/2− 1) − x > 0, 若存在 r ∈ (0, 1), 使 2(e^x/2− 1) − x < r(e^x− 1 − x), 則

∞

X

j=0

(e^fxj − 1) − A < r

∞

X

j=0

[(e^xj − 1) − xj] = r

" _∞ X

j=0

(e^xj − 1) − A

# .

故 P^∞

j=0

(e^xj− 1) − A 沒有最小正值, 即 P^∞

j=0

(e^xj − 1) 可充分接近 A 。 以下證明這個 r 確實存 在。

令

f(x) = 2(e^x/2− 1) − x e^x− 1 − x , 則

f^′(x) = (x − e^x/2+ 1)(e^x− 1) − x(e^x/2− 1) (e^x− 1 − x)² .

從而

f^′(x) < 0 ⇔ (x − e^x/2+ 1)(e^x− 1) − x(e^x/2− 1) < 0

⇔ (x − e^x/2+ 1)(e^x− 1) < x(e^x/2− 1)

⇔ x − e^x/2+ 1 < x

e^x/2+ 1 ⇔ xe^x/2 < e^x− 1.

再令 h(x) = e^x − 1 − xe^x/2, 則 h^′(x) = e^x − (1 + x/2)e^x/2 = e^x/2[e^x/2− 1 − x/2] >

0(x 6= 0) 。 於是 x > 0 時, h(x) 遞增, 從而 h(x) > h(0) = 0, 即 f^′(x) < 0 。 故 x > 0 時, f(x) 遞减, 從而 f (x) < lim

x→0⁺f(x) = 1/2 。 於是, 2(e^x/2− 1) − x < 1/2(e^x− 1 − x), 取 r 為 1/2 即可。 這就證明了整個結論, 我們把它寫成下面的性質。

性質 3: 設 A 是正實數, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A, 則 P^∞

j=0

(e^xj− 1) 的取值範圍 是 (A, e^A− 1) 。

結論非常有趣, 這促使我研究其他例子, 以期發現一般化的結論。

3. sin x

我們再來看看 P^∞

j=0

sin xj 的範圍。 因為 sin x ∼ x(x → 0), 所以 P^∞

j=0

sin xj 收斂到有限 數。 先給出它的上界。 因 sin x < x(x > 0), 所以 P^∞

j=0

sin x_j < P^∞

j=0

x_j = A 。 對於下界, 不太 容易給出。 為了方便討論, 先假設數列 {x_j} 的和 A 满足 0 < A ≤ 2π 。 則 Pⁿ

j=0

x_j <2π 且 0 < xj <2π, j ∈ N 。 再給出以下引理。

引理 1: 設 x, y ≥ 0, 且 x + y ≤ 2π, 則 sin(x + y) ≤ sin x + sin y 。

證明 : 首先

sin(x + y) = 2 sinx+ y

2 cosx+ y 2 , sin x + sin y = 2 sinx+ y

2 cosx− y 2 . 由 ^x+y

2 ∈ [0, π], 得 sin^x+y₂ ≥ 0 。 又因 x, y 對稱, 故可令 x ≥ y, 於是 ^x+y₂ ≥ ^x−y₂ 。 但 cos x 在 [0, π] 上為減函數, 得 sin(x + y) ≤ sin x + sin y 。

由引理 1 和數學歸纳法可得 sin

n

P

j=0

x_j

!

≤

n

P

j=0

sin xj, 再取極限, 令 n → +∞ 得

sin P^∞

j=0

x_j

!

≤ P^∞

j=0

sin xj。這裏還要說明等號不成立, 我們來證明這一點。

因 P^∞

j=0

x_j 收斂到有限數, 故 lim

n→∞

P∞ j=n

x_j = 0 。 於是存在 n₀ 使得 P^∞

j=n0

x_j ∈ (0, π/2). 又 由 x_j > 0 得 xn⁰ ∈ (0, π/2), P^∞

j=n⁰+1

x_j ∈ (0, π/2), 故 cos xn⁰ <1 且 sin P^∞

j=n⁰+1

x_j

! 6=

0 。 從而

sin

∞

X

j=n⁰

x_j

!

= sin x_n0 +

∞

X

j=n⁰+1

x_j

!

= sin xn⁰cos

∞

X

j=n⁰+1

x_j

!

+ cos xn⁰sin

∞

X

j=n⁰+1

x_j

!

<sin xn⁰ + sin

∞

X

j=n0+1

x_j

!

≤ sin xn⁰ +

∞

X

j=n0+1

sin xj

=

∞

X

j=n0

sin xj.

上式中有一個不等式嚴格成立, 所以, 實際上就是 sin P^∞

j=n0

x_j

!

< P^∞

j=n0

sin x_j。 於是

sin

∞

X

j=0

x_j

!

= sin

n⁰−1

X

j=0

x_j +

∞

X

j=n0

x_j

!

≤

n⁰−1

X

j=0

sin xj + sin

∞

X

j=n0

x_j

!

<

n⁰−1

X

j=0

sin xj +

∞

X

j=n⁰

sin xj =

∞

X

j=0

sin xj.

這就證明了我們的斷言。 於是, 當 0 < A ≤ 2π 時, P^∞

j=0

sin xj 只能在 (sin A, A) 內取值。 以下 證明 (sin A, A) 恰好是 P^∞

j=0

sin xj 的取值範圍 (在 0 < A ≤ 2π 的條件下)。

和上面一樣, 考慮數列 {y_j} 和函數 G(t) =

∞

X

j=0

sin yj =

∞

X

j=0

sin txj + sin(tx0+ (1 − t)A) − sin tx0,

因 P^∞

j=0

| sin txj| ≤ P^∞

j=0

|txj| ≤ P^∞

j=0

x_j, 故 P^∞

j=0

sin txj 在 (0, 1) 上一致收斂。 於是 G(t) 在 (0, 1) 上連續, 且 lim

t→0⁺G(t) = sin A, lim

t→1⁻G(t) = P^∞

j=0

sin xj。 從而當 t 取遍 0 和 1 之間的

所有值時, G(t) 可取 sin A 和 P^∞

j=0

sin xj 之間的所有值。 剩下的就是證明 P^∞

j=0

sin xj 可充分接 近 A 了。

用數列 {xe_j} 代替原來的數列 {xj}, 則 A−

∞

X

j=0

sinxe_j =

∞

X

j=0

x_j−

∞

X

j=0

2 sinx_j 2 =

∞

X

j=0

(xj− 2 sinx_j 2 ),

按照第二節的思路, 若存在 r ∈ (0, 1), 使 x − 2 sin ^x₂ < r(x − sin x), 則證明就完成了。

為此, 考慮函數

g(x) = x− 2 sin^x₂

x− sin x (x > 0).

但我通過電腦繪圖, 發現 g(x) 有大於 1 的值。 所以, 不能照搬第二節的方法, 需要更細緻的分 析。

易知 g(x) > 0(x > 0) 且 lim

x→0⁺g(x) = 1/4, 於是存在 δ > 0, 當 x ∈ (0, δ) 時, 0 < g(x) < 1/2 。 我們不妨設數列 {xj} 滿足 0 < xj < δ, j ∈ N (否則, 取 N ∈ N 使 A/N < δ, 再用數列

x₀/N, . . . , x₀/N

| {z }

N

, x₁/N, . . . , x₁/N

| {z }

N

, . . . .

代替數列 {xj} 即可), 則 g(xj) < 1/2, 即 xj − 2 sin^x₂^j < ¹₂(xj− sin xj), 從而 A−

∞

X

j=0

sinxe_j < 1 2

∞

X

j=0

(xj − sin xj) = 1 2(A −

∞

X

j=0

sin xj), 這樣就完成了整個證明。 我們把這個結果寫成以下的性質。

性質 4: 設實數 A 滿足 0 < A ≤ 2π, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . , 且 P^∞

j=0

x_j = A, 則 P^∞

j=0

sin x_j 的取值範圍是 (sin A, A) 。

由後半部分的分析, 還可得到以下性質。

性質 5: 設 A 是正實數, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A, 則 P^∞

j=0

sin xj 可取區間 (sin A, A) 內的所有值。

有趣的是, 若 A > 2π, 則 P^∞

j=0

sin xj 可能會取到區間 (sin A, A) 外的值。 例如, 取和為 3π 的數列 {xj} 並且滿足 x0 = 3π/2, x1 = 5π/4, 則 P^∞

j=2

x_j = π/4 。 由性質 4, P^∞

j=2

sin xj

的取值範圍是 (√

2/2, π/4) 。 故不妨設 P^∞

j=2

sin xj =√

2/2 + ε (ε 充分小)。 於是 P^∞

j=0

sin xj = sin x0+ sin x1+P^∞

j=2

sin xj = −1 + ε 。 只要 ε 充分小, 就有 −1 + ε /∈ (sin 3π, 3π) 。 性質 4 中 A 的範圍不能再放寬了, 可見後面的說明。 若 A 取大一些, 性質 5 中的結論能 否更加精確化呢 ? 以下, 我們就來做這個工作。

考慮正項數列 {y⁽ⁿ⁾_j }, 滿足當 0 ≤ j ≤ n − 1 時, y_j⁽ⁿ⁾ = txj + (1 − t)A/n, 當 j ≥ n 時, y_j⁽ⁿ⁾= txj, 其中 t ∈ (0, 1), 則 P^∞

j=0

y_j⁽ⁿ⁾= A 。 令

G_n(t) =

∞

X

j=0

sin y_j⁽ⁿ⁾=

∞

X

j=n

sin txj+

n−1

X

j=0

sin(txj+ (1 − t)A/n).

類似前面的分析, lim

t→0⁺G_n(t) = n sin^A_n, lim

t→1⁻G_n(t) = P^∞

j=0

sin xj。 從而當 t 取遍 0 和 1 之間 的所有值時, G_n(t) 可取 n sin ^A_n 和 P^∞

j=0

sin x_j 之間的所有值。 又因 P^∞

j=0

sin x_j 可充分接近 A, 故 P^∞

j=0

sin x_j 可取區間 (n sin^A_n, A) 內的所有值。 再取所有 n sin^A_n 的下確界, 得到以下結論。

性質 6: 設 A 是正實數, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A, 則 P^∞

j=0

sin xj 可取區間 ( inf

n∈Nnsin ^A_n, A) 內的所有值。

以下用性質 6 來說明性質 4 中 A 的範圍確實不能再放寬了。 取 A = 2π+ε(ε ∈ (0, 2π)), 則易知 2 sin^A₂ = −2 sin ^ε₂ < sin ε = sin A, 故 inf

n∈Nnsin^A_n < sin A, 於是, 根據性質 6, P∞

j=0

sin xj 可取區間 (sin A, A) 外的值。

接下來的疑問是性質 6 中的下界是否是最好的呢 ? 我們可證明下面的結論。

性質 7: 設 A 是正實數, 給定正數 x0, x₁, x₂, . . . 且 P^∞

j=0

x_j = A 。 若函數 F_n(x1, x₂,· · · , xn) = sin x1+ sin x2+ · · · + sin xn

在約束條件

x₁ ≥ 0, x2 ≥ 0, · · · , xn≥ 0, x1+ x2+ · · · + xn = L (2) 下的最小值是 ψ_n(L), 且 inf

n∈Nψ_n(L) = inf

n∈Nnsin^L_n, 則 P^∞

j=0

sin xj的取值範圍是 (inf

n∈Nnsin^A_n, A) 。

先證明兩個引理。

引理 2: 函數 ϕ(x) = inf

n∈Nnsin^x_n 在 (0, +∞) 上是連續的。

證明: 由微分法容易證明當 x ∈ (0, π] 時, sin x < n sin^x_n(n > 1) 。 故 x ∈ (0, π] 時, ϕ(x) = sin x, 從而在 x ∈ (0, π] 上連續。 再設 x ∈ [kπ, 2kπ](k ∈ N^∗), 則 k sin^x_k ≤ 0, 且 n > 2k 時, n sin_n^x >0, 故 ϕ(x) = min

n≤2knsin ^x_n。 於是 ϕ(x) 在 x ∈ [kπ, 2kπ] 上連續。 從 而在 (0, +∞) 上連續。

引理 3: P^∞

j=0

sin xj 的取值範圍是開集。

證明: 假設存在和為 A 的正數列 {x⁽⁰⁾j } 使得 P^∞

j=0

sin x⁽⁰⁾_j = a, 我們證明存在和為 A 的數列 {xj} 使得 P^∞

j=0

sin xj 可取 a 的某一鄰域內的任一點。

因 P^∞

j=0

x⁽⁰⁾_j 收斂到有限數, 故存在整數 N, 使 n > N 時, x⁽⁰⁾n < π 。 又因 n > N 時, x⁽⁰⁾n

不能全相等 (否則, 和為無窮大), 故存在 n₀ > N, 使得 x⁽⁰⁾n0 6= x⁽⁰⁾_n0+1。 為方便敘述, 不妨將這 兩項拿出來放在原數列的前面。 故可設 x⁽⁰⁾₀ , x⁽⁰⁾₁ < π 且 x⁽⁰⁾₀ 6= x⁽⁰⁾₁ , 不妨再設 x⁽⁰⁾₀ > x⁽⁰⁾₁ , 我們堅持這些假設直到證明結束。

考慮正數列 {x^(t)_j }, 其中 x^(t)₀ = t(x⁽⁰⁾₀ − x⁽⁰⁾₁ ) + x⁽⁰⁾₀ , x^(t)₁ = t(x⁽⁰⁾₁ − x⁽⁰⁾₀ ) + x⁽⁰⁾₁ 且 j >1 時, x^(t)_j = x⁽⁰⁾_j ( ^x

(0) 0

x⁽⁰⁾1 −x

(0) 0

< t < ^x

(0) 1

x⁽⁰⁾0 −x

(0) 1

)。 數列 {x^(t)_j } 的和仍為 A 。 引入函數

H(t) = sin x^(t)₀ + sin x^(t)₁ , t∈ I = x⁽⁰⁾₀

x⁽⁰⁾₁ − x⁽⁰⁾₀ , x⁽⁰⁾₁ x⁽⁰⁾₀ − x⁽⁰⁾₁

!

因 0 ∈ I 且 H(0) = sin x⁽⁰⁾₀ + sin x⁽⁰⁾₁ , 故只需證明存在 H(0) 的某一鄰域, 使 H(t) 可取到 這一鄰域內的任一點即可。 而這又只需證明 H(0) 不是 H(t) 的極值即可。 以下證明這一點。

H(t) = 2 sinx^(t)₀ +x^(t)₁

2 cosx^(t)₀ −x^(t)₁

2 = 2 sinx⁽⁰⁾₀ +x⁽⁰⁾₁

2 cos t(x⁽⁰⁾₀ −x⁽⁰⁾₁ )+x⁽⁰⁾₀ −x⁽⁰⁾₁ 2

!

由 ^x

(0) 0 +x⁽⁰⁾1

2 ∈ (0, π) 可知 sin^x

(0) 0 +x⁽⁰⁾1

2 6= 0 。 又由 ^x

(0) 0 −x

(0) 1

2 ∈ (0, π/2) 可知 H(0) 不是 H(t) 的極值。

性質 7 的證明: 先證 P^∞

j=0

sin xj 不能取區間 [inf

n∈Nnsin^A_n, A) 外的值。 前面已經說明了P^∞

j=0

sin xj <

A, 故只需再證 P^∞

j=0

sin xj 不能取小於 inf

n∈Nnsin^A_n 的值即可。

假設存在 {xj} 使得 P^∞

j=0

sin xj = a < inf

n∈Nnsin^A_n。 對於 ε < ^{ninf∈Nn sin}

A n−a

2 , 存在 N1, 使 n > N1 時, 

n

P

j=0

sin xj− a

< ε, 所以

n

P

j=0

sin xj <

a+ ε = ^{ninf∈Nn sin}

A n+a

2 。

因為 ϕ(x) 是連續的, 故存在 δ > 0, 使 |A1−A| < δ 時, inf

n∈Nnsin ^A_n¹− inf

n∈Nnsin^A_n <

ε, 所以 inf

n∈Nnsin^A_n¹ > inf

n∈Nnsin^A_n − ε = ^{ninf∈Nn sin}

A n+a

2 。

又因 P^∞

j=0

x_j = A, 所以存在 N2, 使 n > N2 時, 

n

P

j=0

x_j−A

 < δ, 於是 inf

n∈Nnsin

Pn j=0

xj

n >

inf

n∈N

n sin^A_n+a

2 。

於是, 取 n > max{N₁, N₂}, 由性質 7 的假設, 有

n∈Ninf nsin^A_n + a 2 >

n

X

j=0

sin xj = Fn(x1, x₂,· · · , xn) ≥ inf

n∈Nnsin

n

P

j=0

x_j n >

n∈Ninf nsin ^A_n + a 2 得到矛盾。 再由引理 3 知結論證完。

至於性質 7 中的假設是否成立, 一般情況下很難判斷。 可以用 Lagrange 乘子法找到 Fn

的極值點, 結合 Sylverster 準則還可找到極小值點, 但很難確定最小值, 我們把這個困難留給 有興趣和毅力的讀者。

當然, 我們還可以考慮其他的例子, 如 1 − cos x,^{1−cos x}_x ,log(1 + x) 等等。 上面的方法包 含了證明一般情形的思想與技巧。 關於一般情形, 筆者有機會再另文探討。

致謝

感謝審稿人提出的寶貴意見, 使得本文有了很大的改進。 引理 1 的巧妙簡潔的證明是審稿 人提供的, 筆者原來的證明是轉化為求多元函數在約束條件下的最值, 討論起來較繁瑣。 特別感 謝汪立民老師一直以來對作者的幫助。

—本文作者投稿時就讀於中國華南師範大學, 現為北京師範大學研究生—