MSE 问题集

说明：这里收集 MSE 中的部分问题，问题可能有详细的解答，也可能不会写的很详细，但绝对会附上必要的问题来源与可能的参考文献.
关于页面中的文献：部分文献是从 MSE 的回答或讨论中搜集到的，部分是按照本人的理解从网络上搜集下来，一旦我本人理解了就可能不再给出更多的文献.
问题末尾可能出现的 TODO 字样，是因为对应的问题中存在短时间内不能理解的结论，或者信息量过大一时整理不出来而做的个人标记，等待以后时机成熟便于做出补充说明.

Q4431616

问题: 证明

$$0\le yz+zx+xy-2xyz\le \frac{7}{27},$$

其中 $x$, $y$ 和 $z$ 是满足 $x+y+z=1$ 的非负实数.

提示

Prove. 设 $p=a+b+c=1$, $q=ab+bc+ca$, $r=abc$, 则 $p^3-4pq+9r\ge 0$. 使用 three degree Schur

$$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\ge 0$$

来证明上述不等式。则 $r\ge \frac{4q-1}{9}$.

命题相当于证明 $q-2r\le \frac{7}{27}$, 即 $q-2r\le q-\frac{8q-2}{9}\le \frac{7}{27}$, $q\le \frac{1}{3}$. 这可以由 $p^2\ge 3q$ 证得.

Q4432417

问题: 设 $f(n)=\sum _{\delta \mid n}d(\delta )$, 则可以证明 $f(n)$ 是一个积性函数，且 $f(p^k)=\sum _{i=0}^k(i+1)=\frac{(k+1)(k+2)}{2}$.

提示

证明：设 $(m,n)=1$, 则

$$f(mn)=\sum _{\delta \mid mn}d(\delta )=\sum _{{\delta }_1\mid m,{\delta }_2\mid n,\delta ={\delta }_1{\delta }_2}d({\delta }_1{\delta }_2)=\sum _{{\delta }_1\mid m}\sum _{{\delta }_2\mid n}d({\delta }_1)d({\delta }_2)=f(m)f(n).$$

TODO

Q4434804

问题: 证明

$$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(n{\left(\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}\right)}^2-\frac{1}{n})=\frac{3}{2}-\frac{\zeta (2)}{2}+\frac{3\zeta (3)}{2}.$$

提示

由 Abel 求和公式，并记$a_n={\left(\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}\right)}^2-\frac{1}{n^2}$,
$b_n=\sum _{k=1}^{n}k$, $b_0=0$, 则有

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(n{\left(\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}\right)}^2-\frac{1}{n})& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(b_n-b_{n-1})a_n\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{b}_n(a_n-a_{n+1})\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}[\frac{1}{2}(\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}+\frac{1}{n(n+1)})+\frac{n+1}{n}\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{n}]\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n+\frac{1}{2}(\zeta (2)+\zeta (3)+1)+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{n+1}{n}\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{n})\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n+\frac{1}{2}(\zeta (2)+\zeta (3)+1)+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n{k}^2}\right)+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{n})\end{array}$$

由 Stoltz-Cesaro 公式:

$$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}}{\frac{1}{n}}& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}=1⟹\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}=\frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right).\end{array}$$

所以

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n{b}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}o\left(\frac{1}{n^2}\right)\frac{n(n+1)}{2}=0.$$

另外，有

$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\left(\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n{k}^2}\right)& =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(n+k{)}^2}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k(k+n{)}^2}\\ & =\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}+\frac{1}{k})\frac{1}{(n+k{)}^2}\\ & =\frac{1}{2}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{nk}{\int }_0^1{x}^{n+k-1}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{1}{x}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^k}{k}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{{\ln }^2(1-x)}{x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{{\ln }^{2}x}{1-x}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^k{\ln }^{2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{y}^2{\mathrm{e}}^{-(k+1)y}\mathrm{d}y\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(k+1{)}^3}=\zeta (3),\end{array}$$$$\begin{array}{rl}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{n})& =\underset{l\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^l(\sum _{k=n+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}-\frac{1}{n})\\ & =\underset{l\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{n=1}^l(\sum _{k=l+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}+\sum _{k=n+1}^l\frac{1}{k^2}-\frac{1}{n})\\ & =\underset{l\to \mathrm{\infty }}{lim}(l\sum _{k=l+1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{k^2}+\sum _{k=2}^l\sum _{n=1}^{k-1}\frac{1}{k^2}-\sum _{n=1}^l\frac{1}{n})\\ & =1+\underset{l\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^l\frac{k-1}{k^2}-\sum _{n=1}^l\frac{1}{n})\\ & =1+\underset{l\to \mathrm{\infty }}{lim}(\sum _{k=1}^l\frac{1}{k}-\sum _{k=1}^l\frac{1}{k^2}-\sum _{n=1}^l\frac{1}{n})=1-\zeta (2).\end{array}$$

Q4435360

问题: 证明:

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tu}\frac{\sinh \left(\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )\right)}{\sinh \left(\frac{u}{2}\pi \right)}\mathrm{d}u=\frac{\sin 2\gamma }{\sin (\gamma +t)\sin (\gamma -t)}.$$

提示

利用$\sinh x=\frac{{\mathrm{e}}^x-{\mathrm{e}}^{-x}}{2}$, 将双曲函数化为指数函数.

$$\begin{array}{rl}{\mathrm{e}}^{-tu}\frac{\sinh \left(\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )\right)}{\sinh \left(\frac{u}{2}\pi \right)}& ={\mathrm{e}}^{-tu}\frac{{\mathrm{e}}^{\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )}-{\mathrm{e}}^{-\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )}}{{\mathrm{e}}^{\frac{u}{2}\pi }-{\mathrm{e}}^{-\frac{u}{2}\pi }}\\ & ={\mathrm{e}}^{-tu}\frac{{\mathrm{e}}^{-u\gamma }-{\mathrm{e}}^{-u(\pi -\gamma )}}{1-{\mathrm{e}}^{-u\pi }}\end{array}$$

所以

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tu}\frac{\sinh \left(\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )\right)}{\sinh \left(\frac{u}{2}\pi \right)}\mathrm{d}u={\int }_0^{\mathrm{\infty }}({\mathrm{e}}^{tu}+{\mathrm{e}}^{-tu})\frac{{\mathrm{e}}^{-u\gamma }-{\mathrm{e}}^{-u(\pi -\gamma )}}{1-{\mathrm{e}}^{-u\pi }}\mathrm{d}u.$$

当$u>0$ 时，${\mathrm{e}}^{-u\pi }<1$, 利用幂级数$\frac{1}{1-x}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^k$ 有$\frac{1}{1-{\mathrm{e}}^{-u\pi }}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-uk\pi }$.
带入上式化简得到

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tu}\frac{\sinh \left(\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )\right)}{\sinh \left(\frac{u}{2}\pi \right)}\mathrm{d}u& ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}({\mathrm{e}}^{-u(k\pi +\gamma -t)}+{\mathrm{e}}^{-u(k\pi +\gamma +t)}-{\mathrm{e}}^{((k+1)\pi -\gamma -t)}-{\mathrm{e}}^{-u((k+1)\pi -\gamma +t)})\mathrm{d}u\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{k\pi +\gamma -t}+\frac{1}{k\pi +\gamma +t}-\frac{1}{(k+1)\pi -\gamma -t}-\frac{1}{(k+1)\pi -\gamma +t})\\ & =\frac{1}{\gamma -t}+\frac{1}{\gamma +t}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{k\pi +\gamma -t}+\frac{1}{k\pi +\gamma +t}-\frac{1}{k\pi -\gamma -t}-\frac{1}{k\pi -\gamma +t})\\ & =\frac{2\gamma }{{\gamma }^2-t^2}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{2(\gamma -t)}{(\gamma -t{)}^2-(k\pi {)}^2}+\frac{2(\gamma +t)}{(\gamma +t{)}^2-(k\pi {)}^2}).\end{array}$$

注意验证上述积分的收敛性，这里略去，需要注意$\cot z=\frac{1}{z}+2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{z}{z^2-(n\pi {)}^2}$.
所以上式可化简为

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-tu}\frac{\sinh \left(\frac{u}{2}(\pi -2\gamma )\right)}{\sinh \left(\frac{u}{2}\pi \right)}\mathrm{d}u& =\frac{2\gamma }{{\gamma }^2-t^2}+(\cot (\gamma -t)-\frac{1}{\gamma -t})+(\cot (\gamma +t)-\frac{1}{\gamma +t})\\ & =\frac{\sin (2\gamma )}{\sin (\gamma +t)\sin (\gamma -t)}.\end{array}$$

TODO

Q4435480

问题: Ryley 定理：任何非零有理数可以表示为三个有理数的立方和.

提示

事实上，对于任意的有理数$r$, 有

$$r={(r+\frac{1}{3})}^3+{\left(\frac{3r-9r^2}{9r^2-3r+1}\right)}^3+{\left(\frac{9r-27r^3-1}{27r^2-9r+3}\right)}^3.$$

这种表示法有无穷多种，比如参考这里. 也就是

$$(p^3+qr{)}^3+(-p^3+pr{)}^3+(-qr{)}^3=N(6Nv{p}^2{)}^3,$$

其中$\{p,q,r\}=\{N^2+3v^3,N^2-3v^3,36N^2{v}^3\}$, $v$ 也是任意的。上式是一个恒等式，所以这里的$v$ 甚至可以取实数，

TODO

问题: 存在整数 $n$, $n$ 不能表示为两有理数的立方和.

提示

证明：设$n=x^3+y^3$, 其中$x$, $y\in \mathbb{Q}$, 将有理数$x,y$ 表示成有相同的分母，并设$x=\frac{X}{Z}$,
$y=\frac{Y}{Z}$, 其中$X,Y,Z\in \mathbb{Z}$. 则有

$$X^3+Y^3=n{Z}^3,$$

由 Fermat 大定理或 Fermat 递降原理，上式对于$n=1$, 三元组$(X,Y,Z)\in {\mathbb{Z}}^3$ 无解.

OEIS 列举了能够表示成两非零有理数立方和的整数序列与相关文献.

TODO: ref: L. E. Dickson, History of the Theory of Numbers, Volume II, Chapter XXI.