Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
8.35. Точки, в которых стоят числа 1 и n, разбивают окружность на две дуги. На каждой дуге сумма разностей соседних чисел равна n − 1 (если мы идём от n ка сумма модулей чисел не меньше их суммы. По условию (x i − a)(x i − b) 6 0 и x i > 0, поэтому+ x i 6 6 a + b. Складывая такие неравенства, получаем ab P 1 x i + P x i 6 6 n(a + b). Положим и y * = 1 n P 1 x i . Тогда полученное неравенство можно записать в виде aby * +x * 6 a +b, те. Домножим обе части этого неравенства на и воспользуемся тем Глава 8. Неравенства что x(a + b − x) 6 “ a + для любого x задача 1.2 б. В результате получим + b − x * ) ab 6 “ a + b 2 ” 2 ab = (a + b) 2 Это неравенство эквивалентно требуемому. Рассмотрим многочлен P(x) = 4(x + 1)(x − 1/2) 2 = (x + 1)× ×(4x 2 − 4x + 1) = 4x 3 − 3x + 1. Ясно, что P(x i ) > 0. Сложив неравенства, получим+ . . . + x n ) + n > те. На геометрическом языке это неравенство означает, что расстояние между эллипсом x 2 + 4y 2 = 4 и гиперболой xy = 4 не меньше. При доказательстве удобно пользоваться именно геометрической формулировкой. Мы будем доказывать следующее утверждение: Касательная к эллипсу x 2 + 4y 2 = 4 в точке параллельна касательной к гиперболе xy = 4 в точке (и квадрат расстояния между этими касательными равен Обратившись к рис. 8.1, несложно убедиться, что из этого следует требуемое утверждение 2 √ 2 2 √ 2 √ 2 2 1 ( √ 2, 1 Рис. 8.1 Решения задач 113 Согласно задаче 1.26 касательная к эллипсу x 2 + 4y 2 = 4 в точке 2 √ 2 ” задаётся уравнением + 2 √ 2y = 4, те а касательная к гиперболе xy = 4 в точке (2 √ 2, √ 2) задаётся уравнением, те Прямые, заданные уравнениями (1) и (2), параллельны. Расстояние между ними равно высоте h прямоугольного треугольника с катетами и 2 √ 2, опущенной на гипотенузу. Ясно, что ab/c, где a = √ 2, b = 2 √ 2 и c = √ a 2 + b 2 . Таким образом, h 2 = что и требовалось. Значение A(x) не изменяется при любой перестановке переменных, поэтому можно считать, что В таком случае+ A 2 (x) = (x 1 − x 2 ) [(x 1 − x 3 )(x 1 − x 4 )(x 1 − x 5 ) − − (x 2 − x 3 )(x 2 − x 4 )(x 2 − x 5 ) ] > так как x 1 − x 2 > 0, x 1 − x 3 > x 2 − x 3 > 0 и т. д. Аналогично доказывается, что A 4 (x) + A 5 (x) > 0. Ясно также, что A 3 (x) представляет собой произведение двух неположительных и двух неотрицательных сомножителей, поэтому A 3 (x) > 0. 8.40. Можно считать, что x 1 > x 2 > . . . > x 100 > 0. Если то x 1 + x 2 + x 3 > 100. Поэтому будем считать, что x 1 < 100. Тогда − x 1 > 0, 100 − x 2 > 0, x 1 − x 3 > 0 и x 2 − x 3 > 0, поэтому+ x 2 + x 3 ) > 100(x 1 + x 2 + x 3 ) − (100 − x 1 )(x 1 − x 3 ) − − (100 − x 2 )(x 2 − x 3 ) = x 2 1 + x 2 2 + x 3 (300 − x 1 − x 2 ) > > x 2 1 + x 2 2 + x 3 (x 3 + x 4 + . . . + x 100 ) > > x 2 1 + x 2 2 + x 2 3 + . . . + x 2 Следовательно, x 1 + x 2 + x 3 > 100. 8.41. Применим индукцию по n. При n = 2 нужно доказать неравенство a 2 + 2ab + b 2 < 2a 2 + 2b 2 , которое эквивалентно очевидному неравенству 0 < (a −b) 2 . Предположим, что + Тогда. Остаётся Глава 8. Неравенства доказать, что a n b + ab n < a n +1 + b n +1 . Это неравенство эквивалентно очевидному неравенству (a n − b n )(a − b) > 0. 8.42. Применим неравенство из задачи 8.41 при n = 3, a и b= 3 √ 7. В результате получим 2 < 3 r 7+8 2 , те. Пусть n — натуральное число. Тождество 1 n + 1 − y n − 1 n = y − 1 n(n + 1) (ny n − y n −1 − . . . − y − показывает, что 1 n + 1 − y n − 1 n > 0 при y > 0, y 6= 1. Действительно, если y > 1, то y − 1 > 0 и ny n > y n −1 + . . . + y + 1, а если 0 < y < то y − 1 < 0 и ny n < y n −1 + . . . + y + Пусть m — натуральное число, причём m>n. Тогда (y m −1)/m> > (y n −1)/n при y >0, y 6=1. Положим y =x 1/n , где x > 0, x 6=1. Тогда 1)/m > (x − 1)/n, те. Мы получили требуемое неравенство для a = m/n > Чтобы получить остальные неравенства, поступим следующим образом. Для a > 1 положим x a = x 1−b = y b −1 , где b = 1 − a < и y = x −1 . Тогда неравенство x a − ax + a − 1 > 0 перепишется в виде (1 − b)y −1 + 1 − b − 1 > 0, те Положим теперь b = 1/a и y = здесь снова a > 1 и x > 0). Тогда неравенство x a −ax+a−1>0 перепишется в виде те. Воспользуемся неравенством из задачи 8.43 б, положив m + 1 и a = 1/n. В результате получим (m + 1) 1/n < 1 + Аналогично (n + 1) 1/m < 1 + n/m. Значит + 1 + 1 m √ n + 1 > n n + m + m n + m = 1. 8.45. Положим x = A/B, a = 1/p и 1 − a = 1/q. Тогда ax + a − 1) = A 1/p B 1/q − A p − B q Остаётся воспользоваться результатом задачи Замечание. По поводу других доказательств см. задачи (случай p > 1) и 28.43. 8.46. Положим X = x p 1 + . . . + x p n , Y = y q 1 + . . . + y q n , A = и B = y q i /Y. Если p > 1, то согласно задаче 8.45 x i X 1/p y i Y 1/q 6 x p i pX + y q i qY Решения задач 115 Сложив такие неравенства для i = 1, . . . , n, получим. . . + x n y n X 1/p Y 1/q 6 X pX + Y qY = 1 p + 1 q = В случае, когда p < 1, доказательство аналогично. Пусть p > 1. Ясно, что+ y i ) p = n X i =1 x i (x i + y i ) p −1 + n X i =1 y i (x i + Согласно неравенству Гёльдера (задача 8.46) n X i =1 x i (x i + y i ) p −1 6 „ n X i =1 x p i « 1/p „ n X i =1 (x i + где q = p/(p − 1), те. Запишем такое же неравенство для второй суммы и сложим оба этих неравенства. В результате получим+ y i ) p 6 „„ n X i =1 x p i « 1/p + „ n X i =1 y q i « 1/q «„ n X i =1 (x i + Это неравенство эквивалентно требуемому. В случае, когда p < 1, доказательство аналогично ГЛАВА ВЫЧИСЛЕНИЕ СУММ И ПРОИЗВЕДЕНИЙ. Арифметическая и геометрическая прогрессии. Пусть a 1 , . . ., a n — арифметическая прогрессия. Докажите, что+ . . . + 1 a n −1 a n = n − 1 a 1 a n 9.2. Пусть a 1 , . . ., a n — арифметическая прогрессия с положительными членами. Докажите, что+ . . . + 1 √ a n −1 + √ a n = n − Десятичную дробь a = 0,a 1 a 2 a 3 . . . называют периодической, если для всех k > N; число n называют длиной периода. Если 1, то дробь называют чисто периодической. Для десятичных дробей с ненулевой целой частью используется та же самая терминология. Для периодической десятичной дроби используется запись 0,a 1 a 2 . . . a N −1 (a N a N +1 . . . a N +n−1 ). 9.3. Докажите, что периодическая десятичная дробь является рациональным числом. По поводу обратного утверждения см. задачу 17.1. 9.4. Рационально ли число 0,1234567891011 . . . подряд записаны все натуральные числа. Докажите, что любое число вида n k , где n и k — натуральные числа, отличные от 1, можно представить в виде суммы n последовательных нечётных чисел Условия задач. Найдите сумму 1 + 2x + 3x 2 + . . . + (n + 1)x n 9.7. Пусть a, a + d, a + 2d, . . . — бесконечная арифметическая прогрессия, причём a, d > 0. Докажите, что из неё можно выбрать бесконечную подпоследовательность, являющуюся геометрической прогрессией, тогда и только тогда, когда число a/d рационально. Имеется 4n положительных чисел, таких, что из любых четырёх попарно различных можно составить геометрическую прогрессию. Докажите, что среди этих чисел найдётся n одинаковых. Дана геометрическая прогрессия, знаменатель которой целое число неравное и −1). Докажите, что сумма любого числа произвольно выбранных её членов не может равняться никакому члену этой прогрессии. Изменение порядка суммирования. Докажите, что если n = p + q − 1, то. . .+a p ) +(a 2 +. . .+a p+1 ) +. . .+(a n −p+1 +. . .+a n ) = =(a 1 +a 2 +. . .+a q ) +(a 2 +. . .+a q+1 ) +. . .+(a n −q+1 +. . .+a n ). 9.11. Числа a 1 , a 2 , . . . , таковы, что сумма любых семи последовательных чисел отрицательна, а сумма любых одиннадцати последовательных чисел положительна. При каком наибольшем n это возможно. Суммы S k (n) = 1 k + 2 k + . . . + Сумму 1 + 2 + 3 + . . . + n можно вычислить следующим способом. Сложим равенства (k + 1) 2 = k 2 + 2k + 1 для k = 1, 2, . . . , n. В результате после сокращения получим (n + 1) 2 = 1 + 2S 1 (n) + n, где) — искомая сумма. Значит, S 1 (n) = n(n + 1) 2 9.12. Вычислите таким же способом суммы S 2 (n) = 1 2 + + 2 2 + . . . + и S 3 (n) = 1 3 + 2 3 + . . . + n 3 Глава 9. Вычисление сумм и произведений. а) Докажите, чтоб) Докажите, что при фиксированном k сумма S k (n) является многочленом степени k + 1 от n со старшим коэффициентом. а) Пусть S=C 1 k S 2k−1 (n) +C 3 k S 2k−3 (n) +C 5 k S 2k−5 (n) +. . . , причём последнее слагаемое в этой сумме равно при нечётном k и C k −1 k S k+1 (n) прич тном k. Докажите, чтоб) Докажите, что S 2k−1 (n) — многочлен степени k от+ при фиксированном k). 9.15. Пусть S = C 1 k+1 S k (n) + C 3 k+1 S k −2 (n) + . . . , причём последнее слагаемое в этой сумме равно C k+1 k+1 S 0 (n) прич т- ном k и C k k+1 S 1 (n) при нечётном k. Докажите, что S = = (n + 1) k +1 + n k +1 − 1 2 9.16. Найдите сумму 3 + 3 3 + 5 3 + . . . + (2n − 1) 3 9.4. Разбиение на пары. а) Докажите, что для любого простого числа p > числитель дроби 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 p − делится наб) Докажите, что для любого простого числа p > 3 числитель дроби 1 + 1 2 + 1 3 + . . . + 1 p − делится на p 2 Решения задач. Пусть 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + . . . + 1 4k − 1 — несократимая дробь, причём число 6k − 1 простое. Докажите, что p делится на 6k − 1. 9.19. Пусть p > 2 — простое число, a k — остаток отделения на p 2 . Докажите, что a 1 + a 2 + . . . + a p −1 = p 3 − p 2 2 9.5. Вычисление одной суммы двумя способами. По окружности в произвольном порядке расставлено плюсов и b минусов. Пусть p — количество пар стоящих рядом плюсов, q — количество пар стоящих рядом минусов. Докажите, что a − b = p − Решения. Ясно, что a k a k a k +1 = d a k a k +1 , где d — разность арифметической прогрессии. Поэтому рассматриваемая сумма равна+ . . . + 1 a n −1 − 1 a n ” = 1 d “ 1 a 1 − 1 a n ” = = 1 d · a n − a 1 a 1 a n = 1 d · (n − 1)d a 1 a n = n − 1 a 1 a n 9.2. Заметим, что+ √ a k +1 = √ a k +1 − √ a k √ a k +1 − √ a k · 1 √ a k + √ a k +1 = = √ a k +1 − √ a k a k +1 − где d — разность арифметической прогрессии. Поэтому рассматриваемая сумма равна a 1 √ a n + √ a 1 = n − 1 √ a n + √ a 1 9.3. Ясно, что. . . a N −1 (a N a N +1 . . . a N +n−1 ) = a 1 a 2 . . . a N −1 10 −N+1 + + 10 −N a N q + 10 −N−1 a N +1 q + . . . + 10 −N−n+1 a N +n−1 q, Глава 9. Вычисление сумм и произведений где q = 1 + 10 −n + 10 −2n + 10 −3n + . . . = 1 1 − 10 −n — рациональное число. Предположим, что это число рационально. Тогда согласно задаче 17.1 оно записывается периодической десятичной дробью. . . , где a k +n = для всех k > N (n — длина периода. Выберем достаточно большим, чтобы число было записано после a N . Тогда получим, что, с одной стороны, период состоит из одних нулей, ас другой стороны, период содержит единицу. Полученное противоречие показывает, что данное число иррационально. Чтобы число a + (a + 2) + . . . + (a + 2n − 2) = n(a + n − равнялось n k , нужно положить a + n − 1= n k −1 , те+ Ясно, что число a при этом нечётно. |