韦神练习题

前言

北京大学的数学大神韦神韦东奕在前段时间（2023年三月末）出了一道数学题，这篇博客就来讲讲这道题。

题目

设a1,a2,…,ana_1,a_2,\\dots,a_na1​,a2​,…,an​是$n$个实数，且都在区间$(-1,1)$内。
（1）证明：∏1≤i,j≤n1+aiaj1−aiaj≥1\\prod\\limits_{1\\leq i,j\\leq n}\\dfrac{1+a_ia_j}{1-a_ia_j}\\geq 11≤i,j≤n∏​1−ai​aj​1+ai​aj​​≥1
（2）求（1）的不等式中等号成立的充要条件

做法

解：
\\qquad（1）因为∀i∈[1,n],ai∈(−1,1)\\forall i\\in[1,n],a_i\\in(-1,1)∀i∈[1,n],ai​∈(−1,1)

\\qquad所以1+aiaj>0,1−aiaj>01+a_ia_j>0,1-a_ia_j>01+ai​aj​>0,1−ai​aj​>0

∏1≤i,j≤n1+aiaj1−aiaj≥1⇔∑i=1n∑j=1nln⁡(1+aiaj)−ln⁡(1−aiaj)≥0\\qquad \\prod\\limits_{1\\leq i,j\\leq n}\\dfrac{1+a_ia_j}{1-a_ia_j}\\geq 1\\Leftrightarrow \\sum\\limits_{i=1}^n\\sum\\limits_{j=1}^n\\ln(1+a_ia_j)-\\ln(1-a_ia_j)\\geq 01≤i,j≤n∏​1−ai​aj​1+ai​aj​​≥1⇔i=1∑n​j=1∑n​ln(1+ai​aj​)−ln(1−ai​aj​)≥0

$\ln (1+x)$的泰勒展开式为

ln⁡(1+x)=x−x22+x33−⋯=∑k=1+∞(−1)k−1xkk\\ln(1+x)=x-\\dfrac{x^2}{2}+\\dfrac{x^3}{3}-\\cdots=\\sum_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{(-1)^{k-1}x^k}{k}ln(1+x)=x−2x2​+3x3​−⋯=k=1∑+∞​k(−1)k−1xk​

\\qquad所以∑i=1n∑j=1nln⁡(1+aiaj)−ln⁡(1−aiaj)≥0\\sum\\limits_{i=1}^n\\sum\\limits_{j=1}^n\\ln(1+a_ia_j)-\\ln(1-a_ia_j)\\geq 0i=1∑n​j=1∑n​ln(1+ai​aj​)−ln(1−ai​aj​)≥0

=∑i=1n∑j=1n(∑k=1+∞(−1)k−1(aiaj)kk)+(∑k=1+∞(aiaj)kk)\\qquad\\qquad =\\sum\\limits_{i=1}^n\\sum\\limits_{j=1}^n(\\sum\\limits_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{(-1)^{k-1}(a_ia_j)^k}{k})+(\\sum\\limits_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{(a_ia_j)^k}{k})=i=1∑n​j=1∑n​(k=1∑+∞​k(−1)k−1(ai​aj​)k​)+(k=1∑+∞​k(ai​aj​)k​)

=∑i=1n∑j=1n∑k=1+∞2ai2k−1aj2k−12k−1\\qquad\\qquad =\\sum\\limits_{i=1}^n\\sum\\limits_{j=1}^n\\sum\\limits_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{2a_i^{2k-1}a_j^{2k-1}}{2k-1}=i=1∑n​j=1∑n​k=1∑+∞​2k−12ai2k−1​aj2k−1​​

=2∑k=1+∞12k−1∑i=1n∑j=1nai2k−1aj2k−1\\qquad\\qquad =2\\sum\\limits_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{1}{2k-1}\\sum\\limits_{i=1}^n\\sum\\limits_{j=1}^na_i^{2k-1}a_j^{2k-1}=2k=1∑+∞​2k−11​i=1∑n​j=1∑n​ai2k−1​aj2k−1​

=2∑k=1+∞12k−1∑i=1nai2k−1∑j=1naj2k−1\\qquad\\qquad =2\\sum\\limits_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{1}{2k-1}\\sum\\limits_{i=1}^na_i^{2k-1}\\sum\\limits_{j=1}^na_j^{2k-1}=2k=1∑+∞​2k−11​i=1∑n​ai2k−1​j=1∑n​aj2k−1​

=2∑k=1+∞12k−1(∑i=1nai2k−1)2≥0\\qquad\\qquad =2\\sum\\limits_{k=1}^{+\\infty}\\dfrac{1}{2k-1}(\\sum\\limits_{i=1}^na_i^{2k-1})^2\\geq 0=2k=1∑+∞​2k−11​(i=1∑n​ai2k−1​)2≥0

\\qquad所以∑i=1n∑j=1nln⁡(1+aiaj)−ln⁡(1−aiaj)≥0\\sum\\limits_{i=1}^n\\sum\\limits_{j=1}^n\\ln(1+a_ia_j)-\\ln(1-a_ia_j)\\geq 0i=1∑n​j=1∑n​ln(1+ai​aj​)−ln(1−ai​aj​)≥0

\\qquad得证∏1≤i,j≤n1+aiaj1−aiaj≥1\\prod\\limits_{1\\leq i,j\\leq n}\\dfrac{1+a_ia_j}{1-a_ia_j}\\geq 11≤i,j≤n∏​1−ai​aj​1+ai​aj​​≥1

\\qquad（2）由（1）得当且仅当∀k∈N+,∑i=1na2k−1=0\\forall k\\in N^+,\\sum\\limits_{i=1}^na^{2k-1}=0∀k∈N+,i=1∑n​a2k−1=0时等式取等

\\qquad令$b$为a1,a2,…,ana_1,a_2,\\dots,a_na1​,a2​,…,an​中绝对值最大的数的绝对值，$b$在a1,a2,…,ana_1,a_2,\\dots,a_na1​,a2​,…,an​中出现的个数为$p$，$-b$出现的次数为$q$

\\qquad当$k\to +\infty$时，若$p\ne q$，则∑i=1na2k−1≠0\\sum\\limits_{i=1}^na^{2k-1}\\neq 0i=1∑n​a2k−1=0

\\qquad所以$p=q$

\\qquad将a1,a2,…,ana_1,a_2,\\dots,a_na1​,a2​,…,an​中绝对值为$b$的数去掉，再进行上述步骤，可得正负个数相等

\\qquad以此类推，当且仅当$\forall b\in (-1,1)$，$b$在a1,a2…,ana_1,a_2\\dots,a_na1​,a2​…,an​中出现次数相等时等号成立