高中奥数 2022-02-03

2022-02-03-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚选择恰当的归纳对象 P072 例01）

设.证明:对任意正实数;.若,,则

证明

对归纳.当时,由条件知

故对成立.

现设对成立,考虑的情形
$\begin{aligned} &\left(1-x_{1} \cdots x_{n}\right)^{m}+\left(1-y_{1}^{m}\right) \cdots\left(1-y_{n}^{m}\right) \\ =&\left(1-x_{1} \cdots x_{n-1}\left(1-y_{n}\right)\right)^{m}+\left(1-y_{1}^{m}\right) \cdots\left(1-y_{n}^{m}\right) \\ \geqslant &\left(1-x_{1} \cdots x_{n-1}+x_{1} \cdots x_{n-1} y_{n}\right)^{m}+\left(1-\left(1-x_{1} \cdots x_{n-1}\right)^{m}\right)\left(1-y_{n}^{m}\right) . \end{aligned}$
记,,由上式知为证对成立,只需证明:

对任意都成立.即证

对处理时,我们通过对归纳来进行.

当时,显然成立;现设对成立,则
$\begin{aligned} &(a+b-a b)^{m}-a^{m}-b^{m}+a^{m} b^{m} \\ \geqslant &\left(a^{m-1}+b^{m-1}-a^{m-1} b^{m-1}\right)(a+b-a b)-a^{m}-b^{m}+a^{m} b^{m} \\ =& 2 a^{m} b^{m}+a b^{m-1}+b a^{m-1}-a^{m} b^{m-1}-a^{m-1} b^{m}-a^{m} b-a b^{m} \\ =&\left(b^{m-1}-b^{m}\right)\left(a-a^{m}\right)+\left(a^{m-1}-a^{m}\right)\left(b-b^{m}\right) . \end{aligned}$
注意到,故,,,,所以,即对成立.

综上可知,命题成立.

说明这个与两个正整数变量有关的问题,选择对归纳(视为常数)是容易想到的,因为这时左边的第2个加项在作归纳过渡时显得容易处理些.

2022-02-03-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚选择恰当的归纳对象 P073 例02）

证明:对任意,数

都为正整数.

证明

选择作为归纳对象.

当n=1时,,故命题对及成立.

现设命题对及成立,考虑的情形.

由可知

所以,利用首尾配对求和,知
$\begin{aligned} S(1, n) &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}+\tan ^{2} \frac{\left(2\left(2^{n-1}-1-i\right)+1\right) \pi}{2^{n+1}}\right) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}+\tan ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}\right)\right) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}+\cot ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}\right) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(4 \tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+2\right) \\ &=2 \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1} \tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+2^{n-1} \\ &=2 \sum_{i=0}^{2^{n-2}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+\tan ^{2} \frac{\left(2\left(2^{n-1}-1-i\right)+1\right) \pi}{2^{n}}\right)+2^{n-1} \\ &=2 \sum_{i=0}^{2^{n-2}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+\tan ^{2}\left(\pi-\frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}\right)\right)+2^{n-1} \\ &=4 \sum_{i=0}^{2^{n-2}-1} \tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+2^{n-1}=4 S(1, n-1)+2^{n} . \end{aligned}$
从而.

下面设都为正整数,考虑.

注意到,对,由二项式定理有

因此
$\begin{aligned} &\left(\frac{1}{4}\left(x+x^{-1}-2\right)\right)^{m} \\ =& \frac{1}{4^{m}} \sum_{k=0}^{m} \mathrm{C}_{m}^{k}\left(x+x^{-1}\right)^{k} \cdot(-2)^{m-k} \\ =& \frac{1}{4^{m}}\left(\left(x^{m}+x^{-m}\right)+b_{1}\left(x^{m-1}+x^{-(m-1)}\right)+\cdots+b_{m-1}\left(x+x^{-1}\right)+b_{m}\right), \end{aligned}$
这里,并用到的结论.在上式中令,并对用中类似的计算,可知

得

从而,而中每一项都大于零,故.

综上可知,对任意、,数都为正整数,命题获证.

说明

本质上在从过渡到的过程中,我们采用了对再归纳的方法.在双变量命题中,这种处理是利用数学归纳法处理时常见的方法.

高中奥数 2022-02-03

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