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 $p^{3}-4pq+9r\ge0$. 使用 three degree Schur

$a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\ge0$

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 $p^{2}\ge3q$ 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

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

提示

由 Abel 求和公式, 并记$a_{n}=\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}\right)^{2}-\frac{1}{n^{2}}$,
$b_{n}=\sum_{k=1}^{n}k$, $b_{0}=0$, 则有

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\left(n\left(\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}\right)^{2}-\frac{1}{n}\right) & =\sum_{n=1}^{\infty}(b_{n}-b_{n-1})a_{n}\\ & =\lim_{n\to\infty}a_{n}b_{n}+\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}(a_{n}-a_{n+1})\\ & =\lim_{n\to\infty}a_{n}b_{n}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n^{2}}+\frac{1}{n^{3}}+\frac{1}{n(n+1)}\right)+\frac{n+1}{n}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{n}\right]\\ & =\lim_{n\to\infty}a_{n}b_{n}+\frac{1}{2}\left(\zeta(2)+\zeta(3)+1\right)+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{n+1}{n}\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{n}\right)\\ & =\lim_{n\to\infty}a_{n}b_{n}+\frac{1}{2}\left(\zeta(2)+\zeta(3)+1\right)+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{nk^{2}}\right)+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{n}\right) \end{align*}$

由 Stoltz-Cesaro 公式:

$\begin{align*} \lim_{n\to\infty}\frac{\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}}{\frac{1}{n}} & =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n^{2}}}{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}=1\Longrightarrow\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}=\frac{1}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right). \end{align*}$

所以

$\lim_{n\to\infty}a_{n}b_{n}=\lim_{n\to\infty}o\left(\frac{1}{n^{2}}\right)\frac{n(n+1)}{2}=0.$

另外, 有

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{nk^{2}}\right) & =\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+k)^{2}}=\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k(k+n)^{2}}\\ & =\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}+\frac{1}{k}\right)\frac{1}{(n+k)^{2}}\\ & =\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{nk}\int_{0}^{1}x^{n+k-1}\ud x\\ & =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n}}{n}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{x^{k}}{k}\ud x\\ & =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}(1-x)}{x}\ud x\\ & =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}x}{1-x}\ud x\\ & =\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\sum_{k=0}^{\infty}x^{k}\ln^{2}x\ud x=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}y^{2}\ue^{-(k+1)y}\ud y\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+1)^{3}}=\zeta(3), \end{align*}$ $\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\left(\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{n}\right) & =\lim_{l\to\infty}\sum_{n=1}^{l}\left(\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{n}\right)\\ & =\lim_{l\to\infty}\sum_{n=1}^{l}\left(\sum_{k=l+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}+\sum_{k=n+1}^{l}\frac{1}{k^{2}}-\frac{1}{n}\right)\\ & =\lim_{l\to\infty}\left(l\sum_{k=l+1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}+\sum_{k=2}^{l}\sum_{n=1}^{k-1}\frac{1}{k^{2}}-\sum_{n=1}^{l}\frac{1}{n}\right)\\ & =1+\lim_{l\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{l}\frac{k-1}{k^{2}}-\sum_{n=1}^{l}\frac{1}{n}\right)\\ & =1+\lim_{l\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{l}\frac{1}{k}-\sum_{k=1}^{l}\frac{1}{k^{2}}-\sum_{n=1}^{l}\frac{1}{n}\right)=1-\zeta(2). \end{align*}$

Q4435360

问题: 证明:

$\int_{-\infty}^{\infty}\ue^{-tu}\frac{\sinh\left(\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)\right)}{\sinh\left(\frac{u}{2}\pi\right)}\ud u=\frac{\sin2\gamma}{\sin\left(\gamma+t\right)\sin\left(\gamma-t\right)}.$

提示

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

$\begin{align*} \ue^{-tu}\frac{\sinh\left(\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)\right)}{\sinh\left(\frac{u}{2}\pi\right)} & =\ue^{-tu}\frac{\ue^{\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)}-\ue^{-\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)}}{\ue^{\frac{u}{2}\pi}-\ue^{-\frac{u}{2}\pi}}\\ & =\ue^{-tu}\frac{\ue^{-u\gamma}-\ue^{-u(\pi-\gamma)}}{1-\ue^{-u\pi}} \end{align*}$

所以

$\int_{-\infty}^{\infty}\ue^{-tu}\frac{\sinh\left(\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)\right)}{\sinh\left(\frac{u}{2}\pi\right)}\ud u=\int_{0}^{\infty}(\ue^{tu}+\ue^{-tu})\frac{\ue^{-u\gamma}-\ue^{-u(\pi-\gamma)}}{1-\ue^{-u\pi}}\ud u.$

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

$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\ue^{-tu}\frac{\sinh\left(\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)\right)}{\sinh\left(\frac{u}{2}\pi\right)}\ud u & =\int_{0}^{\infty}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\ue^{-u(k\pi+\gamma-t)}+\ue^{-u(k\pi+\gamma+t)}-\ue^{((k+1)\pi-\gamma-t)}-\ue^{-u((k+1)\pi-\gamma+t)}\right)\ud u\\ & =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{k\pi+\gamma-t}+\frac{1}{k\pi+\gamma+t}-\frac{1}{(k+1)\pi-\gamma-t}-\frac{1}{(k+1)\pi-\gamma+t}\right)\\ & =\frac{1}{\gamma-t}+\frac{1}{\gamma+t}+\sum_{k=1}^{\infty}\left({\color{magenta}\frac{1}{k\pi+\gamma-t}}+\frac{1}{k\pi+\gamma+t}-\frac{1}{k\pi-\gamma-t}-{\color{magenta}\frac{1}{k\pi-\gamma+t}}\right)\\ & =\frac{2\gamma}{\gamma^{2}-t^{2}}+\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{2(\gamma-t)}{(\gamma-t)^{2}-(k\pi)^{2}}+\frac{2(\gamma+t)}{(\gamma+t)^{2}-(k\pi)^{2}}\right). \end{align*}$

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

$\begin{align*} \int_{-\infty}^{\infty}\ue^{-tu}\frac{\sinh\left(\frac{u}{2}\left(\pi-2\gamma\right)\right)}{\sinh\left(\frac{u}{2}\pi\right)}\ud u & =\frac{2\gamma}{\gamma^{2}-t^{2}}+\left(\cot(\gamma-t)-\frac{1}{\gamma-t}\right)+\left(\cot(\gamma+t)-\frac{1}{\gamma+t}\right)\\ & =\frac{\sin(2\gamma)}{\sin(\gamma+t)\sin(\gamma-t)}. \end{align*}$

TODO