alfutova(алгебра и теория чисел). Сборник задач для математических школ м мцнмо, 2002. 264 с Настоящее пособие представляет собой сборник задач по математике
 Скачать 2 Mb.
|
|
(n > Если для некоторого число d будет положительным (это условие будет выполнено при n = 2 независимо от значения a), то для d можно будет написать оценку d n+1 < 3d 3 n + 3d 2 n 3 √ a 3( 3 √ a + d n ) 2 = d 2 n 3 √ a + d n < d n (n > Последовательность n } снова оказывается монотонной и ограниченной. Поэтому она имеет предел, который может быть равным только 0. 9.61 . Данное уравнение можно записать в виде x 2 = 1 + 1/x . Последовательность, построенная по правилу x 1 = 1 , x n+1 = √ 1 + 1/x n , будет сходиться к положительному корню данного уравнения. Другой способ приближенного нахождения корня (причем более быстрый) получается, если применить метод Ньютона. (См. задачу. Неравенство 0 < 2 − a n < (3/4) n доказывается по индукции. Можно указать 0 < q < 1 такое, что (начиная с некоторого n) a n+1 < qa n 9.64 . Примените теорему Лагранжа оконечном приращении. (0, 0, 0), (1, 1, 1). 9.71 . Из задачи 9.69 следует, что данное уравнение равносильно уравнению. Отсюда находим, что уравнение разрешимо при a > − 1 и имеет корни x 1,2 = 1 ± √ 1 + 4a 2 9.72 . Воспользуйтесь неравенствами b n < b n+1 < a n+1 < a и теоремой Вейерштрасса. Явное выражение для µ(a, b) через a и b впервые Ответы, указания, решения 227 получил Гаусс, b) = π 2 π/2 Z 0 dx p a 2 sin 2 x + b 2 cos 2 x −1 9.73 . б) Докажите, что произведение элементов данных последовательностей не меняется a n b n = ab (n > 0). Затем перейдите к пределу в этом равенстве 1 a n+1 = 1/a n + 1/b n 2 , 1 b n+1 = r 1 a n · 1 b n 9.79 . а) x n = F 2 n +1 /F 2 n = [1; 1, 1, . . . , 1 | {z } 2 n ] → б) x n = F −2 n +1 /F −2 n = −F 2 n −1 /F 2 n = [−1; 2, 1, . . . , 1 | {z } 2 n −1 ] → b ϕ 9.80 . Последовательности n } и {z n } сходятся к различным корням уравнения x 2 −px+q = 0 . Какой именно из корней является предельным значением, зависит от знака параметра q. 9.81 . Докажите, что подходящие дроби p n /q к числами удовлетворяют соотношению p 2n q 2n = p 2 n − q · q 2 n q n (2p n − p · q n ) 9.82 . Так как функция f(x) нечетная, то можно пытаться найти такую точку x 0 6= 0, что x 1 = −x 0 . В этом случае получится, что x 2 = −x 1 = x 0 . Условие x 1 = записывается в виде уравнения x 0 (x 2 0 − 1) = −x 0 . Отсюда x 0 = ± √ 2 9.83 . Нетрудно найти первые многочлены) = x 2 − 3x + 1 = x 2 − L 2 x + 1, P 2 (x) = x 2 − 7x + 1 = x 2 − L 4 x + 1, P 3 (x) = x 2 − 47x + 1 = x 2 − L 8 x + где L k — числа Люка. Общая формула доказывается по индукции) = x 2 − L 2 k x + Отсюда x 1 = lim k →∞ (L 2 k ) 1/2 k = ϕ, x 2 = − lim k →∞ (L 2 k ) −1/2 k = b ϕ. 9.85 . а) 4, 2 √ 2 , 2 √ 3 , б) Воспользуйтесь формулами для длин сторон описанного и вписанного многоугольников a n = tg(π/n), b n = sin(π/n), p n = nb n , P n = na n Ответы, указания, решения. Из соотношения sin x = 2 n sin x 2 n cos x 2 cos x 2 2 cos x 2 3 cos x 2 n и равенства lim n →∞ 2 n sin x 2 n = x находим x sin x = cos x 2 cos x 2 2 cos x 2 Далее, подставляя значение x = π/2, приходим к нужному равенству. Для наибольшего числа a график функции y = a должен касаться прямой y = x. Ответ a = e 1/e , lim n →∞ x n = e 9.88 . Докажите неравенство a 3 n > 3n и оцените разность a 3 n − 3n 9.89 . Воспользуйтесь равенством x 1 + y 1 + z 1 = x 1 y 1 z 1 9.91 . а) (2, −1, −3, −4). 9.92 . а) 13 × 11; баба) Если a = 1, то (x, y) = (t, 1 − t) (t ∈ R); если a = −1, то решений нет если a 6= ±1, то (x, y) = a 2 + a + 1 a + 1 , − a a + б) Если a = 0, то (x, y) = (2, t) (t ∈ R); если a = 1, то решений нет; если a 6= 0, 1, тов) Если a = 1, то (x, y) = (2 − 4t, t) (t ∈ R); если a = 3, то решений нет если a 6= 1, 3, тог) Если a = 0, то (x, y) = (t, 2) (t ∈ R); если a = ±1, то решений нет; если a 6= 0, ± 1, то (x, y) = a 5 − 2a 4 + 2a 2 − a + 6 2(a 2 − 1) , a 6 − a 2 − 2a − 4 2(a 2 − д) Если a = 1, то (x, y) = (t, 1 − t) (t ∈ R); если a = −1, (x, y) = = (t, t − 1) (t ∈ R); если a 6= ±1, то (x, y) = (a 2 + 1, е) Если a = 0, то (x, y) = (t, 0) (t ∈ R); если a = 1/2, b = 1/2, (x, y) = (1/2 + t, t) (t ∈ R); если a = 1/2, b 6= 1/2, то решений нет если a 6= 0, 1/2, то (x, y) = a − b 2a − 1 , a(1 − 2b) 2a − ж) Если a = b = 0, то (x, y) = (t 1 , t 2 ) (t 1 , t 2 ∈ R); если a = b 6= 0, (x, y) = (t, 1 − t) (t ∈ R); если a = −b 6= 0, (x, y) = (1 + t, t) (t ∈ если a 6= ±b, то (x, y) = (1, з) Если a > 0, то (x, y) = 2a a 2 + 1 , a 2 − 1 a 2 + 1 ; если a < 0, (x, y) = (0, 1). Ответы, указания, решения 9.95 . Нет. Если x и y — два вектора решений, то решением будет и вектор λx + (1 − λ)y при любом действительном λ. 9.97 . Первый игрок всегда может добиться того, чтобы решением системы был вектор (1, 1, Глава 10.1 . Поделите неравенство (x − 1) 2 > 0 на x. 10.2 . Возведите неравенство в квадрат. Воспользуйтесь два раза неравенством задачи 10.4 . Возведите неравенство в квадрат и воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. Раскройте скобки в неравенстве (x − y) 2 + (y − z) 2 + (x − z) 2 > 0. 10.8 . Воспользуйтесь неравенством предыдущей задачи. Сложите неравенства (x 1 /2) 2 + x 2 2 > x 1 x 2 , . . . , (x 1 /2) 2 + x 2 5 > > x 1 x 5 10.11 . После упрощений воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. После раскрытия скобок получается неравенство задачи 10.13 . Примените два раза неравенство между средним арифметическими средним геометрическим сначала к числам, а потом к их показателям. a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc = (a + b + c) 2 = 0 10.15 . Число 1 + xy всегда положительно. После домножения на это число, неравенство может быть записано в виде (1 ± x)(1 ± y) > 0. 10.16 . Сначала докажите неравенство для рациональных α и β. 10.17 . Воспользуйтесь неравенством a 2 (b−c) 2 +b 2 (a−c) 2 +c 2 (a−b) 2 > 0. 10.18 . Раскройте скобки и воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. После извлечения квадратного корня задача сводится к неравенству. Воспользуйтесь неравенством a(b−c) 2 +b(a−c) 2 +c(a−b) 2 > 0. 10.23 . Раскройте скобки и воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. Воспользуйтесь неравенством + a 4 )(1 − b 2 ) 2 + (1 + b 4 )(1 − a 2 ) 2 > 0. Ответы, указания, решения. Воспользуйтесь неравенствами из задачи 10.27 . Докажите сначала неравенство a 3 + b 3 > a 2 b + ab 2 10.29 . Смотрите задачу 10.30 . Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним геометрическим. После домножения на общий знаменатель и сокращений задача сводится к неравенству из задачи 10.32 . Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическими средним гармоническим (задача. Докажите неравенство по индукции. Всегда можно подобрать натуральные x итак, чтобы выполнялись равенства p = x + y x , q = x + y После замены α = a 1/x , β = b 1/y исходное неравенство принимает вид xα x+y + yβ x+y x + y > Для его доказательства достаточно воспользоваться неравенством между средним арифметическими средним геометрическим+ yβ x+y x + y > x+y q α x+y . . . α x+y | {z } x β x+y . . . β x+y | {z } y = α x β y 10.43 . а) ( n √ n!) 2 = n p(1 · n) . . . (n · 1) > n √ n n = n . Вторая часть неравенства следует из неравенства между средним арифметическими средним геометрическим. Так как для x из интервала (0; π/2) выполняется оценка x < tg x, то 1. 10.46 . Если m, n, k > 2, то m (n k ) > (m n ) k 10.47 . а) Воспользуйтесь неравенством + k > 1 2n (1 6 k 6 n − б) Разбейте сумму на блоки по 2 k слагаемых (0 6 k 6 n). в) Сравните произведение из условия задачи с произведениями 3 · 4 5 100 и 2 · 2 3 · 4 5 · 6 7 98 г) Оцените отдельно произведение 8 · 9 10 99 100 Ответы, указания, решения 10.48 x y · y z · z x = 1 10.50 . Выберите f k (x) = a k x 2 + b k x 10.52 . Рассмотрите функции f k (x) = a k e x − b k (x + 1) 10.53 . а) Положите b 1 = . . . = b n = б) Положите a 1 = . . . = = a n = в) Положите a 1 = b 1 c 1 , . . . , a n = b n c n 10.55 . Пусть l(x) — касательная к графику функции f(x) в точке+ α 2 x 2 . Тогда, по определению выпуклости) + α 2 f(x 2 ) < α 1 l(x 1 ) + α 2 l(x 2 ) = l(α 1 x 1 + α 2 x 2 ) = f(α 1 x 1 + α 2 x 2 ). 10.56 . Применим индукцию. При n = 2 неравенство Иенсена было доказано в задаче. Предположим, что оно верно для некоторого n > 2 и докажем его при n + 1. Пусть β = α 1 + . . . + α n > 0 . Тогда+ . . . + α n β = 1 . Используя неравенство с n = 2, находим f(α 1 x 1 + . . . + α n+1 x n+1 ) = f β α 1 β x 1 + . . . + α n β x n + α n+1 x n+1 > > α n+1 f(x n+1 ) + βf α 1 β x 1 + . . . + α n β x Далее, по предположению индукции+ . . . + α n β x n > α 1 β f(x 1 ) + . . . + α n β f(x Следовательно f(α 1 x 1 + . . . + α n+1 x n+1 ) > α 1 f(x 1 ) + . . . + α n+1 f(x n+1 ). 10.58 . Воспользуйтесь неравенством Иенсена для следующих функций а) f(x) б) f(x) = в) f(x) = e г) f(x) = 1/x. 10.60 . Применяя неравенство Иенсена к функции y = x p , получаем+ α 2 x 2 + . . . + α n x n ) p 6 α 1 x p 1 + α 2 x p 2 + . . . + α n x p После замены+ . . . + β n , . . . , α n = β n β 1 + . . . + β n приходим к неравенству+ β 2 x 2 + . . . + β n x n ) p 6 (β 1 + . . . + β n ) p−1 (β 1 x p 1 + . . . + β n x p или+ β 2 x 2 + . . . + β n x n 6 (β 1 + . . . + β n ) 1/q (β 1 x p 1 + . . . + β n x p n ) 1/p Ответы, указания, решения Для получения нужного неравенства остается сделать подстановку b q k , x k = a k b 1−q k (k = 1, 2, . . . , n). 10.63 . Для доказательства неравенств достаточно рассмотреть функцию и точки ln x 1 , . . . , ln x Для подсчета пределов воспользуемся приближенной формулой для функции e x , которая верна на отрезке x ∈ [−1; 1]: e x = 1 + x + θx 2 ( |θ| < При достаточно малом α получим) = e α ln x 1 + . . . + e α ln x n n 1/α = 1 + α n ln(x 1 . . . x n ) + α 2 A 1/α , S 0 (x) = e α n ln(x 1 ...x n ) 1/α = 1 + α n ln(x 1 . . . x n ) + где A = θ 1 ( ln 2 x 1 + . . . + ln 2 x n ) ; B = θ 2 n 2 ln 2 (x 1 . . . x n ) ; |θ 1 |, |θ 2 | < Поэтому lim α → 0 S α (x) S 0 (x) = lim α → 0 1 + (α/n) ln(x 1 . . . x n ) + α 2 A 1 + (α/n) ln(x 1 . . . x n ) + α 2 B 1/α = 1. 10.71 . а) Других нет; б) (5, 1, 1) и (4, 3, 0); (4, 1, 1, и (3, 3, 1, 0). 10.72 . Рассмотрите несколько случаев x = y = z = t; x = y = t, z = 1 ; x = t, y = z = 1 и сравните степени полученных полиномов от t. 10.73 . Очевидно, что достаточно доказать неравенство в случае, когда набор β получается из набора α сбрасыванием одного кирпича на диаграмме Юнга. Проведем доказательство для случая, когда делается переход от α = (α 1 , α 2 , α 3 , . . . , к β = (α 1 − 1, α 2 + 1, α 3 , . . . , где α 1 − α 2 > 2. При этом каждый одночлен вида x α 1 i 1 x α 2 i 2 x α 3 i 3 . . . x α n i n заменяется одночленом вида x α 1 −1 i 1 x α 2 +1 i 2 x α 3 i 3 . . . x α n Для доказательства неравенства T α (x 1 , . . . , x n ) > T β (x 1 , . . . , x сгруппируем все одночлены, входящие в данное неравенство парами + x α 1 i 2 x α 2 i 1 A; x α 1 −1 i 1 x α 2 +1 i 2 A + x α 1 −1 i 2 x α 2 +1 i 1 A, (A = x α 3 i 3 . . . x α n i n > 0) и проверим, что разность таких пар всегда неотрицательна. Действительно+ x α 1 i 2 x α 2 i 1 − x α 1 −1 i 1 x α 2 +1 i 2 − x α 1 −1 i 2 x α 2 +1 i 1 = = (x α 1 −1 i 1 x α 2 i 2 − x α 1 −1 i 2 x α 2 i 1 )(x i 1 − x i 2 ) > поскольку α 1 − 1 > и разность x α 1 −1 i 1 x α 2 i 2 − имеет тот же знак, что и x i 1 − x i 2 Ответы, указания, решения 233 Частные случае этого рассуждения можно найти в решении задачи. а) Сложите три неравенства вида x 4 y 2 z + x 2 y 4 z − 2x 3 y 3 x = x 2 y 2 z(x − y) 2 > б) Для преобразования диаграммы Юнга (5, 0, 0) в (2, 2, 1) нужно три шага, 0, 0) → (4, 1, 0) → (3, 2, 0) → (2, 2, поэтому для непосредственного доказательства неравенства понадобится цепочка из трех неравенств+ y 5 − x 4 y − xy 4 = (x 4 − y 4 )(x − y) > 0, x 4 y + xy 4 − x 3 y 2 − x 2 y 3 = xy(x 2 − y 2 )(x − y) > 0, x 3 y 2 + y 2 z 3 − x 2 y 2 z − xy 2 z 2 = y 2 (x 2 − z 2 )(x − z) > Глава 11.1 . а) ∆n 2 = 2n + б) ∆n(n − 1) = в) ∆n k = k−1 P j=0 C j k n г) ∆C k n = C k n+1 − C k n = C k−1 n 11.2 . S n = b n+1 − b 1 11.3 . Для нахождения a можно воспользоваться методом неопределенных коэффициентов. Для этого нужно представить a в виде a n = An 3 + Bn 2 + Cn и определить коэффициенты A, B, C из условия n = n 2 11.4 . Найдите последовательность a вида a n = An 4 + Bn 3 + Cn 2 + + Dn , для которой ∆a n = n 3 11.5 . Воспользуйтесь тем, что для четного положительного m выполняется равенство 1/F 2m = F m−1 /F m − F 2m−1 /F 2m 11.6 . Утверждение задачи достаточно проверить для Q(x) = x В этом случае ∆Q(x) = x m+1 − x m = (m + 1)x m + . . . 11.8 . Формула доказывается индукцией по n. 11.10 . Воспользуйтесь задачей. ∆ m f(x) = m!a m , где a m — старший коэффициент многочлена f(x). 11.11 . n!/n n 11.13 . Согласно задаче, для чисел y k = λ(−1) k C k действительно выполняются нужные равенства. Поэтому для решения задачи остается показать, что такой набор чисел k } единственный с точностью до постоянного сомножителя. Предположим, что таких наборов два y (1) 0 , . . . , y (1) n и y (2) 0 , . . . , y (2) n . Обозначим через и те числа Ответы, указания, решения которые получаются при подстановке в равенство 11.1 наборов {y (1) k } и {y (2) k } и функции f(k) = k n : n X k=0 k n y (1) k = λ 1 , n X k=0 k n y (2) k = Тогда новый набор чисел y (3) k = λ 2 y (1) k − λ 1 y (2) k (k = 0, . . . , n) обладает тем свойством, что n X k=0 f(k)y (3) k = для всех многочленов f(x), deg f(x) 6 n. Но многочлен f(x) можно подобрать так, чтобы f(k) = y (3) k (k = 0, . . . , n) . Отсюда n X k=0 (y (3) k ) 2 = то есть y (3) 1 = y (3) 2 = . . . = y (3) n = что противоречит непропорциональности наборов и {y (2) k }. 11.12 . Воспользуйтесь результатами задачи 11.15 . ∆(a n b n ) = a n+1 ∆b n + b n ∆a n = a n ∆b n + b n+1 ∆a n 11.16 . a n = 2 n 11.15 0 . При n = 1 формула) = f(x + 1)∆g(x) + ∆f(x)g(x) = f(x)∆g(x) + ∆f(x)g(x + легко проверяется. Для доказательства формулы в общем случае применим индукцию. Пусть формула (∗) справедлива для некоторого Тогда применяя её в равенстве) = ∆ n (∆ n f(x)g(x)) = ∆ n (f(x)∆g(x) + ∆f(x)g(x + получим) = n X k=0 C k n δ k f(x)∆k − k + 1g(x+k)+ n X k=0 C k n ∆ k+1f(x)∆ n−k g(x+1). Ответы, указания, решения 235 После сдвига переменной суммирования во второй сумме, приходим к формуле) = n X k=0 |