高中奥数 2022-01-15

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-15 09:16 被阅读0次

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2022-01-15-01

（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习题一 P051 习题01）

证明:对任意非空有限集,都可以将它的所有子集排成一列,使得任意两个相邻的子集的元素个数相差1.

证明

对该非空有限集的元素个数 $n$ 归纳.记该集合为 $S_{n}$ ,当 $n=1$ 时,其子集可排列为 $\varnothing$ , $S_{1}$ ,符合要求.

设命题对 $n$ 成立,即 $S_{n}$ 的子集可排列为 $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{2^{n}}$ ,使相邻两个集合元素个数相差1.

考虑 $S_{n+1}=\left\{a_{1},\cdots,a_{n+1}\right\}$ ,对其 $n$ 元子集 $S_{n}=\left\{a_{1},\cdots ,a_{n}\right\}$ ,依归纳假设对 $S$ 的子集有符合要求的排列 $A_{1},\cdots A_{2^{n}}$ ;于是,下面的排列:

$A_{1},\cdots ,A_{2^{n}},A_{2^{n}}\cup\left\{a_{n+1}\right\},\cdots,A_{1}\cup\left\{a_{n+1}\right\}.$

是 $S_{n+1}$ 所有子集的排列,它们符合要求.

说明这里构造的集合列中相邻两个子集的不同元素都恰好只有一个,比要求的结论更强.

2022-01-15-02

（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习题一 P051 习题02）

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{0}=0$ , $a_{n}+a_{n-2}\geqslant 2a_{n-1},u=2,3,\cdots$ .

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 及 $k\in \mathbb{Z}$ ,只要 $0\leqslant k\leqslant n$ ,就有 $na_{k}\leqslant ka_{n}$ .

证明

当 $k=0$ 时,命题显然成立.

对 $k>0$ 的情形,要证的结论等价于 $\dfrac{a_{k}}{k}\leqslant \dfrac{a_{n}}{n}$ ,它是下述命题的推论:对 $k\geqslant 0$ ,都有

$\left(k+1\right)a_{k}\leqslant ka_{k+1}.\qquad(1)$

对 $k$ 归纳来证明(1)成立:在 $k=0$ 时,由 $a_{0}=0$ ,知(1)成立;现设(1)对 $k$ 成立,则由条件知

$\begin{aligned} \left(k+2\right)a_{k+1}&=2\left(k+1\right)a_{k+1}-ka_{k+1}\\ &\leqslant 2\left(k+1\right)a_{k+1}-\left(k+1\right)a_{k}\\ &=\left(k+1\right)\left(2a_{k+1}-a_{k}\right)\\ &\leqslant \left(k+1\right)a_{k+2}. \end{aligned}$

所以,(1)对 $k+1$ 也成立.命题获证.

2022-01-15-03

（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习题一 P052 习题03）

一个由正实数组成的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_n^{2}\leqslant a_{n}-a_{n+1}$ , $n=1,2,\cdots$ .

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $a_{n}<\dfrac{1}{n}$ .

证明

当 $n=1$ 时, $a_{1}^{2}\leqslant a_{1}-a_{2}<a_{1}$ ,故 $a_{1}<1$ ,同时 $a_{2}\leqslant a_{1}-a_{1}^{2}=\dfrac{1}{4}-\left(a_{1}-\dfrac{1}{2}\right)^{2}\leqslant \dfrac{1}{4}<\dfrac{1}{2}$ .所以,命题对 $n=1,2$ 成立.

现设命题对 $n\left(\geqslant 2\right)$ 成立,则 $a_{n+1}\leqslant a_{n}-a_{n}^{2}=\dfrac{1}{4}-\left(\dfrac{1}{2}-a_{n}\right)^{2}$ ,注意到,由归纳假设知 $a_{n}<\dfrac{1}{n}\leqslant \dfrac{1}{2}$ ,所以 $\dfrac{1}{2}-a_{n}>\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n}\geqslant 0$ ,因此 $a_{n+1}<\dfrac{1}{4}-\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{n}\right)^{2}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^{2}}=\dfrac{n-1}{n^{2}}<\dfrac{1}{n+1}$ .

即命题对 $n+1$ 成立,获证.

2022-01-15-04
（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习题一 P052 习题04）

设实数 $a_{1},\cdots ,a_{n}\left(n\geqslant 2\right)$ 满足 $a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n}$ .证明:

$a_{1}a_2^{4}+a_{2}a_3^{4}+\cdots+a_{n}a_{1}^{4}\geqslant a_{2}a_{1}^{4}+a_{3}a_{2}^{4}+\cdots+a_{n}a_{n-1}^{4}+a_{1}a_{n}^{4}.$

证明

当 $n=2$ 时,命题显然成立;设命题对 $n\left(\geqslant 2\right)$ 成立,考虑 $n+1$ 的情形.由归纳假设知

$\begin{aligned} &a_{1}a_{2}^{4}+a_{2}a_{3}^{4}+\cdots+a_{n}a_{n+1}^{4}+a_{n+1}a_{1}^{4}\\ \geqslant &a_{2}a_{1}^{4}+a_{3}a_2^{4}+\cdots+a_{n}a_{n-1}^{4}+a_{1}a_{n}^{4}-a_{n}a_{1}^{4}+a_{n}a_{n+1}^{4}+a_{n+1}a_{1}^{4}. \end{aligned}$

为证命题对 $n+1$ 成立,只需证明:

$a_{1}a_{n}^{4}-a_{n}a_{1}^{4}+a_{n}a_{n+1}^{4}\geqslant a_{n+1}a_n^{4}+a_{1}a_{n+1}^{4}.\qquad(1)$

为方便起见,记 $a_{1}=x$ , $a_{n}=y$ , $a_{n+1}=z$ ,则 $x<y<z$ ,(1)转为证明:

$xy^{4}+yz^{4}+zx^{4}-yx^{4}-zy^{4}-xz^{4}\geqslant 0.\qquad(2)$

注意到,

$\begin{aligned} \text{(2)式左边}&=xy\left(y^{3}-x^{3}\right)+yz\left(z^{3}-y^{3}\right)-zx\left(z^{3}-x^{3}\right)\\ &=\left(xy-zx\right)\left(y^{3}-x^{3}\right)+\left(yz-zx\right)\left(z^{3}-y^{3}\right)\\ &=-x\left(z-y\right)\left(y-x\right)\left(y^{2}+xy+x^{2}\right)+z\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(z^{2}+zy+y^{2}\right)\\ &=\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(z^{3}+z^{2}y+zy^{2}-xy^{2}-x^{2}y-x^{3}\right)\\ &=\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(z-x\right)\left(z^{2}+zx+x^{2}+zy+xy+y^{2}\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\left(y-x\right)\left(z-y\right)\left(z-x\right)\left(\left(x+y\right)^{2}+\left(y+z\right)^{2}+\left(z+x\right)^{2}\right)\\ &\geqslant 0. \end{aligned}$

所以,(2)成立,进而,(1)成立,命题对 $n+1$ 成立,获证.

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