韦神练习题

前言

北京大学的数学大神韦神韦东奕在前端时间（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$a_1,a_2,\dots ,a_n$是$n$个实数，且都在区间$(-1,1)$内。
（1）证明：$\prod _{1\le i,j\le n}\frac{1+a_i{a}_j}{1-a_i{a}_j}\ge 1$
（2）求（1）的不等式中等号成立的充要条件

做法

解：
\qquad （1）因为$\forall i\in [1,n],a_i\in (-1,1)$

\qquad 所以$1+a_i{a}_j>0,1-a_i{a}_j>0$

$\prod _{1\le i,j\le n}\frac{1+a_i{a}_j}{1-a_i{a}_j}\ge 1\iff \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\ln (1+a_i{a}_j)-\ln (1-a_i{a}_j)\ge 0$

$\ln (1+x)$的泰勒展开式为

$$\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots =\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}{x}^k}{k}$$

\qquad 所以$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\ln (1+a_i{a}_j)-\ln (1-a_i{a}_j)\ge 0$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{(-1{)}^{k-1}(a_i{a}_j{)}^k}{k})+(\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{(a_i{a}_j{)}^k}{k})$

$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{2a_i^{2k-1}{a}_j^{2k-1}}{2k-1}$

$=2\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{1}{2k-1}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i^{2k-1}{a}_j^{2k-1}$

$=2\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{1}{2k-1}\sum _{i=1}^n{a}_i^{2k-1}\sum _{j=1}^n{a}_j^{2k-1}$

$=2\sum _{k=1}^{+\infty }\frac{1}{2k-1}(\sum _{i=1}^n{a}_i^{2k-1}{)}^2\ge 0$

\qquad 所以$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\ln (1+a_i{a}_j)-\ln (1-a_i{a}_j)\ge 0$

\qquad 得证$\prod _{1\le i,j\le n}\frac{1+a_i{a}_j}{1-a_i{a}_j}\ge 1$

\qquad （2）由（1）得当且仅当$\forall k\in N^{+},\sum _{i=1}^n{a}^{2k-1}=0$时等式取等

\qquad 令$b$为$a_1,a_2,\dots ,a_n$中绝对值最大的数的绝对值，$b$在$a_1,a_2,\dots ,a_n$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$\sum _{i=1}^n{a}^{2k-1}\ne 0$

\qquad 所以$p=q$

\qquad 将$a_1,a_2,\dots ,a_n$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$a_1,a_2\dots ,a_n$中出现次数相等时等号成立