WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 24 | 25 || 27 | 28 |   ...   | 30 |

10.27. Докажите сначала неравенство a3 + b3 a2b + ab2.

10.29. Смотрите задачу 10.22.

10.30. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим.

10.31. После домножения на общий знаменатель и сокращений задача сводится к неравенству из задачи 10.27.

10.32. Воспользуйтесь неравенством между средним арифметическим и средним гармоническим (задача 10.11).

10.37. Докажите неравенство по индукции.

10.41. Всегда можно подобрать натуральные x и y так, чтобы выполнялись равенства x + y x + y p =, q =.

x y После замены = a1/x, = b1/y исходное неравенство принимает вид xx+y + yx+y xy.

x + y Для его доказательства достаточно воспользоваться неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим:

xx+y + yx+y x+y x+y... x+y x+y... x+y = xy.

x + y x y n n n 10.43. а) ( n!)2 = (1 · n)... (n · 1) nn = n. Вторая часть неравенства следует из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим.

10.44. Так как для x из интервала (0; /2) выполняется оценка x < tg x, то 1 1 1 - < - = 1.

sin2 x x2 sin2 x tg2 x k 10.46. Если m, n, k 2, то m(n ) (mn)k.

1 10.47. а) Воспользуйтесь неравенством > (1 k n - 1).

n + k 2n б) Разбейте сумму на блоки по 2k слагаемых (0 k n). в) Сравните произведение из условия задачи с произведениями 2 4 100 1 2 4 6 ·... и · · ·....

3 5 101 2 3 5 7 г) Оцените отдельно произведение 7 9 ·....

8 10 Ответы, указания, решения x y z 10.48. · · = 1.

y z x 10.50. Выберите fk(x) = akx2 + bkx.

10.52. Рассмотрите функции fk(x) = akex - bk(x + 1).

10.53. а) Положите b1 =... = bn = 1. б) Положите a1 =... = = an = 1. в) Положите a1 = b1c1,..., an = bncn.

10.55. Пусть l(x) — касательная к графику функции f(x) в точке 1x1 + 2x2. Тогда, по определению выпуклости, 1f(x1) + 2f(x2) < 1l(x1) + 2l(x2) = l(1x1 + 2x2) = f(1x1 + 2x2).

10.56. Применим индукцию. При n = 2 неравенство Иенсена было доказано в задаче 10.55. Предположим, что оно верно для некоторого n 2 и докажем его при n + 1. Пусть = 1 +... + n > 0. Тогда n +... + = 1. Используя неравенство с n = 2, находим n f(1x1 +... + n+1xn+1) = f x1 +... + xn + n+1xn+1 > n > n+1f(xn+1) + f x1 +... + xn.

Далее, по предположению индукции, n n f x1 +... + xn > f(x1) +... + f(xn).

Следовательно f(1x1 +... + n+1xn+1) > 1f(x1) +... + n+1f(xn+1).

10.58. Воспользуйтесь неравенством Иенсена для следующих функ ций: а) f(x) = x; б) f(x) = 1/x2; в) f(x) = enx; г) f(x) = 1/x.

10.60. Применяя неравенство Иенсена к функции y = xp, получаем (1x1 + 2x2 +... + nxn)p 1xp + 2xp +... + nxp.

1 2 n После замены 1 n 1 =,..., n = 1 +... + n 1 +... + n приходим к неравенству (1x1 + 2x2 +... + nxn)p (1 +... + n)p-1(1xp +... + nxp) 1 n или 1x1 + 2x2 +... + nxn (1 +... + n)1/q(1xp +... + nxp)1/p.

1 n 232 Ответы, указания, решения Для получения нужного неравенства остается сделать подстановку k = bq, xk = akb1-q (k = 1, 2,..., n).

k k 10.63. Для доказательства неравенств достаточно рассмотреть функцию f(x) = ex и точки ln x1,..., ln xn.

Для подсчета пределов воспользуемся приближенной формулой для функции ex, которая верна на отрезке x [-1; 1]:

ex = 1 + x + x2 (|| < 1).

При достаточно малом получим 1/ 1/ e ln x1 +... + e ln xn S(x) = = 1 + ln(x1... xn) + 2A, n n 1/ 1/ ln(x1...xn) n S0(x) = e = 1 + ln(x1... xn) + 2B, n где A = 1(ln2 x1 +... + ln2 xn); B = ln2(x1... xn); |1|, |2| < 1.

nПоэтому 1/ S(x) 1 + (/n) ln(x1... xn) + 2A lim = lim = 1.

0 S0(x) 1 + (/n) ln(x1... xn) + 2B 10.71. а) Других нет; б) (5, 1, 1) и (4, 3, 0); (4, 1, 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 получается из набора сбрасыванием одного «кирпича» на диаграмме Юнга. Проведем доказательство для случая, когда делается переход от = (1, 2, 3,..., n) к = (1 - 1, 2 + 1, 3,..., n), 1 2 3 n где 1 - 2 2. При этом каждый одночлен вида x x x... x i1 i2 i3 in 1 2 3 n заменяется одночленом вида x -1x +1x... x. Для доказательства i1 i2 i3 in неравенства T(x1,..., xn) T(x1,..., xn) сгруппируем все одночлены, входящие в данное неравенство парами:

1 2 1 2 1 2 1 x x A + x x A; x -1x +1A + x -1x +1A, i1 i2 i2 i1 i1 i2 i2 i3 n (A = x... x 0) и проверим, что разность таких пар всегда неотi3 in рицательна. Действительно, 1 2 1 2 1 2 1 x x + x x - x -1x +1 - x -1x +1 = i1 i2 i2 i1 i1 i2 i2 i1 2 1 = (x -1x - x -1x )(xi - xi ) 0, i1 i2 i2 i1 1 1 2 1 поскольку 1 - 1 > 2 и разность x -1x - x -1x имеет тот же i1 i2 i2 iзнак, что и xi - xi.

1 Ответы, указания, решения Частные случае этого рассуждения можно найти в решении задачи 10.75.

10.75. а) Сложите три неравенства вида x4y2z + x2y4z - 2x3y3x = x2y2z(x - y)2 0.

б) Для преобразования диаграммы Юнга (5, 0, 0) в (2, 2, 1) нужно три шага:

(5, 0, 0) (4, 1, 0) (3, 2, 0) (2, 2, 1), поэтому для непосредственного доказательства неравенства понадобится цепочка из трех неравенств:

x5 + y5 - x4y - xy4 = (x4 - y4)(x - y) 0, x4y + xy4 - x3y2 - x2y3 = xy(x2 - y2)(x - y) 0, x3y2 + y2z3 - x2y2z - xy2z2 = y2(x2 - z2)(x - z) 0.

Глава k- 11.1. а) n2 = 2n + 1; б) n(n - 1) = 2n; в) nk = Cj nj;

k j=г) Ck = Ck - Ck = Ck-1.

n n+1 n n 11.2. Sn = bn+1 - b1.

11.3. Для нахождения an можно воспользоваться методом неопределенных коэффициентов. Для этого нужно представить an в виде an = An3 + Bn2 + Cn и определить коэффициенты A, B, C из условия an = n2.

11.4. Найдите последовательность an вида an = An4 + Bn3 + Cn2 + + Dn, для которой an = n3.

11.5. Воспользуйтесь тем, что для четного положительного m выполняется равенство 1/F2m = Fm-1/Fm - F2m-1/F2m.

11.6. Утверждение задачи достаточно проверить для Q(x) = xm+1.

В этом случае Q(x) = xm+1 - xm = (m + 1)xm +...

11.8. Формула доказывается индукцией по n.

11.10. Воспользуйтесь задачей 11.6. mf(x) = m!am, где am — старший коэффициент многочлена f(x).

11.11. n!/nn.

11.13. Согласно задаче 11.12, для чисел yk = (-1)kCk действиn тельно выполняются нужные равенства. Поэтому для решения задачи остается показать, что такой набор чисел {yk} единственный с точностью до постоянного сомножителя. Предположим, что таких наборов два: y(1),..., y(1) и y(2),..., y(2). Обозначим через 1 и 2 те числа, 0 n 0 n 234 Ответы, указания, решения которые получаются при подстановке в равенство 11.1 наборов {y(1)} k и {y(2)} и функции f(k) = kn:

k n n kny(1) = 1, kny(2) = 2.

k k k=0 k=Тогда новый набор чисел y(3) = 2y(1) - 1y(2) (k = 0,..., n) обладает k k k тем свойством, что n f(k)y(3) = k k=для всех многочленов f(x), deg f(x) n. Но многочлен f(x) можно подобрать так, чтобы f(k) = y(3) (k = 0,..., n). Отсюда k n (y(3))2 = 0, то есть y(3) = y(3) =... = y(3) = 0, k 1 2 n k=что противоречит непропорциональности наборов {y(1)} и {y(2)}.

k k 11.12. Воспользуйтесь результатами задач 11.8 и 11.10.

11.15. (anbn) = an+1bn + bnan = anbn + bn+1an.

11.16. an = 2n.

11.15. При n = 1 формула (f(x)g(x)) = f(x + 1)g(x) + f(x)g(x) = f(x)g(x) + f(x)g(x + 1) легко проверяется. Для доказательства формулы в общем случае применим индукцию. Пусть формула () справедлива для некоторого n.

Тогда применяя её в равенстве n+1(f(x)g(x)) = n(nf(x)g(x)) = n(f(x)g(x) + f(x)g(x + 1)) получим n n n-k n+1(f(x)g(x)) = Ck kf(x)k - k + 1g(x+k)+ Ck k+1f(x) g(x+1).

n n k=0 k=Ответы, указания, решения После сдвига переменной суммирования во второй сумме, приходим к формуле n n+1(f(x)g(x)) = Ck kf(x)n-k+1g(x + k) + n k=n+ + Ck-1kf(x)n-k+1g(x + k) = n k=n+ = (Ck + Ck-1)nf(x)n-k+1g(x + k) = n n k=n+ = Ck kf(x)n+1-kg(x + k) n+k= 1 (3n + 2)(n - 1) 1 1 11.19. а) 1 - ; б) ; в) - ;

n + 1 4n(n + 1) 2 2 (n + 1)(n + 2) 2n+1 2 1 г) - 1; д) 1 - + ; е) 1 - ; ж) (n + 1)! - 1.

n + 1 2n + 1 n + 1 n! 11.21. б) Для двух многочленов степени n f(x) и g(x) = d0C0 +d1C1 + x x +... + dnCn справедливы равенства kf(0) = kg(0) (0 k n).

x Поэтому они совпадают в точках x = 0, 1,..., n, то есть равны.

11.22. Поскольку многочлен f(x) принимает целые значения в точках x = 0, 1,..., n, то коэффициенты dk, найденные по формулам dk = = kf(0) (см. задачу 11.21), оказываются целыми.

11.27. Если n = 4k + 1 или n = 4k + 2, то независимо от расстановки знаков будет получаться нечетное число. Поэтому задача решения иметь не будет. Исследуем прогрессии n = 4k+3 и n = 4k. Покажем, что для чисел из первой прогрессии задача имеет решение начиная с n = 7, а из второй — начиная с n = 8. Очевидно, что для n = 3 и n = 4 решения не существует. Из равенства n2 -(n+1)2 -(n+2)2 +(n+3)2 = 4 следует, что из восьми последовательных чисел, подобрав знаки + и -, всегда можно получить 0. Поэтому, если задача имеет решение для некоторого n, то она будет иметь решение и для всех чисел n+8k (k 0). Осталось показать существование решения для n = 7, 11 и 12. Поиск облегчается, если сначала выяснить, для каких комбинаций знаков можно получить 0 по модулю некоторого натурального m, например, для m = 8. Нужные представления устроены следующим образом:

1 + 4 - 9 + 16 - 25 - 36 + 49 = 0;

1 - 4 + 9 + 16 + 25 - 36 - 49 - 64 + 81 - 100 + 121 = 0;

1 - 4 + 9 + 16 + 25 - 36 + 49 - 64 + 81 - 100 - 121 + 144 = 0.

236 Ответы, указания, решения 11.28, 11.29 Гармоничность данных функций проверяется по определению.

11.30. Рассмотрим функции xf(x, y) = f(x + 1, y) - f(x, y) и yf(x, y) = f(x, y + 1) - f(x, y), которые также будут ограниченными и гармоническими. Пусть функция xf(x, y) не равна нулю тождественно. Допустим, что M = = sup(x,y)Z f(x, y). Тогда на плоскости Z2 можно найти квадрат K сколь угодно большого размера (n n), что xf(x, y) > M/2 для всех точек этой области V. Отсюда следует, что функция f(x, y) возрастет при движении внутри K параллельно оси Ox по крайней мере на M·n/2.

Но это противоречит ограниченности f(x, y).

11.31. Проведите доказательство по индукции.

11.33. Согласно задаче 11.32, последовательности {an}=cixn (i=1,2) i для любых c1, c2 являются решениями уравнения (11.2), поэтому их сумма будет удовлетворять тому же уравнению. С другой стороны, числа c1, c2 можно подобрать так, чтобы a0 =c1 + c2, a1 =c1x1 + c2x2.

После этого получается, что две последовательности {an} и {c1xn +c2xn} 1 удовлетворяют одному и тому же уравнению и имеют одинаковые начальные условия. Согласно задаче 11.31, они совпадают.

11.35. а) an = 3n - 2n;

б) an = 1;

n n 1 1 1 + 5 1 1 1 - в) an = 1 + + 1 - = Fn+1;

2 2 2 5 г) an = n + 1;

д) an = ((1 + 2)n - (1 - 2)n).

2 11.36. а) (1 - 2)n = an bn 2.

- б) a2 - 2b2 = (an - bn 2)(an + b 2) = (1 + 2)n(1 - 2)n = 1.

n n n в) Из равенства (an +bn 2)(1+ 2) = (an+1 +bn+1 2) находим, что числа an и bn удовлетворяют рекуррентным соотношениям an+1 = an+ +2bn, bn+1 = an+bn. Отсюда an+2-2an+1-an = 0, bn+2-2bn+1-bn = (n 0).

1 г) an = ((1 + 2)n + (1 - 2)n), bn = ((1 + 2)n - (1 - 2)n).

2 11.38. Перейдите к сопряженным числам.

11.41. В явном виде многочлены Фибоначчи и Люка помещены в приложение В, V. Многочлены, стоящие в равенствах а), б) и д) удовлетворяют одному рекуррентному соотношению. Поэтому достаточно проверить лишь выполнение начальных условий. (См. задачу 11.31.) Для доказательства равенств в) и г), найдите рекуррентные соотношеОтветы, указания, решения ния, которым удовлетворяют многочлены, стоящие в левых и правых частях и проверьте справедливость начальных условий. Например, многочлены Фибоначчи c четными номерами удовлетворяют равенству F2n+4(x) = (x2 + 2)F2n+2(x) - F2n(x).

n n 1 x + x2 + 4 x - x2 + 11.43. Fn(x) = - ;

2 x2 + n n x + x2 + 4 x - x2 + Ln(x) = +.

2 11.45. Fn+1(x) = Ck xn-2k, Ln(x) = (Ck + Ck-1 )xn-2k.

n-k n-k n-k-k 0 k 11.46. Пусть an, bn, cn, dn, en, fn обозначают число способов добраться из вершины A за n прыжков до вершин A, B, C, D, E, F соответственно. В силу симметрии задачи, bn = fn, cn = en. Легко видеть, что выполняются равенства bn+1 = an + cn, dn+1 = 2cn, an+1 = 2bn, cn+1 = bn + dn.

Отсюда находим, что все перечисленные последовательности удовлетворяют рекуррентному уравнению xn+4 - 5xn+2 + 4xn = 0 (n 0). Из начальных условий a0 = 1, a2 = 2, находим a2n = (2 + 4n)/3.

11.47. а) Из рекуррентного уравнения cn+4 - 5cn+2 + 4cn = 0 (n 0) (см. решение задачи 11.46) и начальных условий c0 = 0, c2 = 1, находим c2n = (4n - 1)/3.

б) При условии, что лягушке нельзя прыгать в D, рекуррентное уравнение запишется в виде cn+2 = 3cn (n 1). Отсюда c2n = 3n-(n 1). Аналогично a2n = 2 · 3n-1.

в) Вероятность того, что лягушка будет еще прыгать через n секунд равна отношению числа всех путей, не проходящих через D, к общему числу маршрутов. Для четных n имеем:

a2k + c2k + e2k 3k-P2k = = (k 1).

22k 4k-Для нечетных n:

b2k+1 + f2k+1 2a2k + c2k + e2k 3k P2k+1 = = = (k 1).

22k+1 22k+1 4k Лягушка может попасть в вершину D только на нечетном шаге.

Вероятность такого события для шага с номером n = 2k + 1 равна c2k + e2k 2 · 3k-=.

22k+1 22k+238 Ответы, указания, решения Поэтому средняя продолжительность жизни задается рядом 2 · 3k-N = (2k + 1).

22k+k=Указанная сумма может быть вычислена при помощи производящей функции 1 3k tf(t) = t2k+1 =.

22k 4 - 3tk=Среднее число шагов совпадает со значением производной функции f(t) в точке t = 1:

N = f (t)|t=1 = 4.

Ответ: 4 секунды.

11.49. (3n - (-2)n)/5.

11.50. Сложите данные числа с сопряженными к ним.

11.52. Все решения уравнения x2 - 17n2 1 в натуральных числах = могут быть получены по формуле (x1 + n1 17)k = xk + nk 17 (k 1).

11.53. xn = 1/2 sin [(1 + sin 2)n - (1 - sin 2)n],.

yn = 1/2 cos [(1 + sin 2)n + (1 - sin 2)n] 11.54. Пусть a0 — начальное число орехов, ak — количество орехов, оставшихся в куче после того, как «свою» долю взял k-й моряк. Тогда ak+1 = 4/5(ak - 1) (k = 0,..., 4).

Отсюда следует, что последовательность {ak} удовлетворяет линейному рекуррентному соотношению второго порядка 5ak+1 - 9ak + 4ak-1 = 0 (k = 1,..., 4).

Из результата задачи 11.33 следует, что ak = c1 + c2(4/5)k (k = 0,..., 5).

Подставляя это представление в первое рекуррентное соотношение, находим c1 = -4. Чтобы ak было целым числом для каждого k от 0 до 5, константа c2 должна иметь вид c2 = 55n. Поскольку при n = оставшееся число орехов a5 = 45 - 4 кратно 5, то наименьшее возможно число орехов в куче равно 55 - 4. Ответ: 55 - 4.

1-i 1+i 11.57. а) an=i/2(-(2+i)n+(2-i)n); б) an= (1+i)n+ (1-i)n;

Pages:     | 1 |   ...   | 24 | 25 || 27 | 28 |   ...   | 30 |



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.