高中奥数 2022-02-13

2022-02-13 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-13-01

（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二 P094 习题04）

设 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,复数 $z_{1},\cdots ,z_{n}$ ; $\omega_{1},\cdots ,\omega_{n}$ 满足:对任意数组 $\left(\varepsilon_{1},\cdots,\varepsilon_{n}\right)$ , $\varepsilon_{i}\in \left\{-1,1\right\}$ , $i=1,2,\cdots ,n$ .都有
$\left|\varepsilon_{1}z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n}z_{n}\right|\leqslant \left|\varepsilon_{1}\omega_{1}+\cdots+\varepsilon_{n}\omega_{n}\right|.$

证明: $\left|z_{1}\right|^{2}+\cdots+\left|z_{n}\right|^{2}\leqslant \left|\omega_{1}\right|^{2}+\cdots+\left|\omega_{n}\right|^{2}$ .

证明

先证一个引理: $\sum\limits_{\left(\varepsilon_{1},\cdots,\varepsilon_{n}\right)}\left|\varepsilon_{1}z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n}z_{n}\right|=2^{n}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2}$ ,这里求和表示对所有数组 $\left(\varepsilon_{1},\cdots,\varepsilon_{n}\right)$ 进行 $\varepsilon_{i}\in \left\{-1,1\right\}$ .

当 $n=1$ 时,引理显然成立;当 $n=2$ 时,注意到 $\left|z_{1}-z_{2}\right|^{2}+\left|z_{1}+z_{2}\right|^{2}=\left(z_{1}-z_{2}\right)\left(\overline{z}_{1}-\overline{z}_{2}\right)+\left(z_{1}+z_{2}\right)\left(\overline{z}_{1}+\overline{z}_{2}\right)=2\left(z_{1}\overline{z}_{1}+z_{2}\overline{z}_{2}\right)=2\left(\left|z_{1}\right|^{2}+\left|z_{2}\right|^{2}\right)$ (这个结论即:平行四边形对角线的平方和等于各边的平方和),依此可知引理对 $n=2$ 成立.

现设引理对n成立,则由
$\begin{aligned} & \sum_{\left(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n+1}\right)}\left|\varepsilon_{1} z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n+1} z_{n+1}\right|^{2} \\ =& \sum_{\left(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n}\right)}\left(\left|\varepsilon_{1} z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n} z_{n}+z_{n+1}\right|^{2}+\left|\varepsilon_{1} z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n} z_{n}-z_{n+1}\right|^{2}\right) \\ =& 2 \sum_{\left(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n}\right)}\left(\left|\varepsilon_{1} z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n} z_{n}\right|^{2}+\left|z_{n+1}\right|^{2}\right) \\ =& 2^{n+1}\left|z_{n+1}\right|^{2}+2 \sum_{\left(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n}\right)}\left|\varepsilon_{1} z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n} z_{n}\right|^{2} \\ =& 2^{n+1}\left|z_{n+1}\right|^{2}+2^{n+1} \sum_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2} \\ =& 2^{n+1} \sum_{k=1}^{n+1}\left|z_{k}\right|^{2} \end{aligned}$
知引理对 $n+1$ 成立.从而对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,引理成立.

回到原题,由条件,知
$\sum\limits_{\left(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n}\right)}\left|\varepsilon_{1} z_{1}+\cdots+\varepsilon_{n} z_{n}\right|^{2} \leqslant \sum\limits_{\left(\varepsilon_{1}, \cdots, \varepsilon_{n}\right)}\left|\varepsilon_{1} \omega_{1}+\cdots+\varepsilon_{n} \omega_{n}\right|^{2}$
从而由引理得 $2^{n} \sum\limits_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2} \leqslant 2^{n} \sum\limits_{k=1}^{n}\left|\omega_{k}\right|^{2}$ ,命题

2022-02-13-02

（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二 P095 习题05）

设 $\left(x_{1},x_{2},\cdots ,x_{n}\right)$ 是一个有 $n$ 个变元的多项式,我们用 $+1$ 或 $-1$ 代替 $P$ 中所有的变元,若其中 $-1$ 的个数为偶数,则 $P$ 的值为正;若其中 $-1$ 的个数为奇数,则 $P$ 的值为负.证明: $P$ 为一个至少 $n$ 次的多项式(即 $P$ 中存在一项,其所有变元的次数和不小于 $n$ ).

证明

明显满足条件的一个多项式是 $P=x_{1}x_{2}\cdots x_{n}$ ,如果我们能证明 $P\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$ 中有一项是 $x_{1}x_{2}\cdots x_{n}$ 的倍式(即 $x_{1},\cdots ,x_{n}$ 在该项中都出现),那么 $P$ 的次数不小于 $n$ .

下面证明加强的结论: $P\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$ 中有一项为 $x_{1}x_{2}\cdots x_{n}$ 的倍式.

当 $n=1$ 时,由条件 $P\left(1\right)>0$ , $P\left(-1\right)<0$ ,故 $P\left(x_{1}\right)$ 不为常数,有一项为 $x_{1}$ 的倍式,命题成立.

假设命题对符合条件的含 $n-1$ 个变量的多项式都成立,考虑 $n$ 的情形.

对满足条件的 $P\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)$ ,我们令
$Q\left(x_{1},x_{2},\cdots ,x_{n-1}\right)=\dfrac{1}{2}\left[ P\left(x_{1},x_{2},\cdots ,x_{n-1},1\right)- P\left(x_{1},\cdots,x_{n-1},-1\right) \right],$
它是视 $P$ 为 $x_{n}$ 的多项式时(其余变量 $x_{1},\cdots ,x_{n-1}$ 视为常数), $x_{n}$ 的奇次项的系数和.

由于当 $x_{1},\cdots ,x_{n-1}$ 都用 $+1$ 或 $-1$ 代替时,如果 $-1$ 的个数为偶数,则 $P\left(x_{1},\cdots,x_{n-1},1\right)>0$ , $P\left(x_{1},\cdots ,x_{n-1},-1\right)<0$ ,故 $Q\left(x_{1},\cdots ,x_{n-1}\right)>0$ ;类似地,如果 $-1$ 的个数为奇数,那么 $Q\left(x_{1},\cdots ,x_{n-1}\right)<0$ .利用归纳假设可知 $Q\left(x_{1},\cdots,x_{n-1}\right)$ 中有一项为 $x_{1}x_{2}\cdots x_{n-1}$ 的倍式.注意到 $P\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$ 是 $Q\left(x_{1},\cdots,x_{n-1}\right)$ 的每一项乘以 $x_{n}$ 的某个奇次幂(不同的项可能幂次不同)求和后得到,所以 $P\left(x_{1},\cdots,x_{n}\right)$ 中有一项为 $x_{1}\cdots x_{n}$ 的倍式.

综上可知,命题成立.

2022-02-13-03

（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二 P095 习题06）

设 $a_{1},\cdots ,a_{n}$ 是一个由非负实数(不全为零)组成的数列,定义
$m_{k}=\max\limits_{1\leqslant i\leqslant k}\dfrac{a_{k-i+1}+a_{k-i+2}+\cdots+a_{k}}{i},k=1,2,\cdots ,n.$
证明:对任意正实数 $\mu$ ,满足 $m_{k}>\mu$ 的下标 $k$ 的个数小于 $\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{\mu}$ .

证明

当 $n=1$ 时, $m_{1}=a_{1}$ ,若 $\mu\geqslant a_{1}$ ,则满足 $m_{k}>\mu$ 的下标 $k$ 不存在,此时命题显然,若 $\mu<a_{1}$ ,恰有一个下标 $k$ 符合要求,由 $1<\dfrac{a_{1}}{\mu}$ 知,命题也成立.

现设命题对 $1,2,\cdots ,n-1\left(n\geqslant 2\right)$ 都成立,设 $n$ 时, $r$ 为满足 $m_{k}>\mu$ 的下标 $k$ 的个数.

如果 $m_{n}\leqslant \mu$ ,那么对数列 $a_{1},\cdots ,a_{n-1}$ 而言,满足 $m_{k}>\mu$ 的下标 $k$ 的个数也为 $r$ ,此时由归纳假设知
$r<\dfrac{a_{1}+\cdots+a_{n-1}}{\mu}\leqslant \dfrac{a_{1}+\cdots+a_{n}}{\mu}.$
命题对 $n$ 成立.

如果 $m_{n}>\mu$ ,那么,存在 $i\in \left\{1,2,\cdots,n\right\}$ ,使得 $\dfrac{a_{n-i+1}+\cdots+a_{n}}{i}>\mu$ .对这个 $i$ ,就数列 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n-i}$ 而言,至少有 $r-i$ 个下标 $k$ 满足 $m_{k}>\mu$ ,从而,由归纳假设知
$r-i<\dfrac{a_{1}+\cdots+a_{n-i}}{\mu},$
于是
$\left(a_{1}+\cdots+a_{n-i}\right)+\left(a_{n-i+1}+\cdots+a_{n}\right)>\left(r-i\right)\mu+i\mu=r\mu,$
故 $r<\dfrac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{\mu}$ .

命题获证.

高中奥数 2022-02-13

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