高中奥数 2022-02-03

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-02-03 09:16 被阅读0次

2022-02-03-01

（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选择恰当的归纳对象 P072 例01）

设 $m,n\in \mathbb{N}^{*}$ .证明:对任意正实数 $x_{1},\cdots ,x_{n}$ ; $y_{1},\cdots ,y_{n}$ .若 $x_{i}+y_{i}=1$ , $i=1,2,\cdots ,n$ ,则
$\left(1-x_{1}\cdots x_{n}\right)^{m}+\left(1-y_{1}^{m}\right)\left(1-y_{2}^{m}\right)\cdots\left(1-y_{n}^{m}\right)\geqslant 1.\qquad(*)$

证明

对 $n$ 归纳.当 $n=1$ 时,由条件知
$\left(1-x_{1}\right)^{m}+\left(1-y_1^{m}\right)=y_1^{m}+\left(1-y_1^{m}\right)=1.$
故 $(*)$ 对 $n=1$ 成立.

现设 $(*)$ 对 $n-1\left(n\geqslant 2\right)$ 成立,考虑 $n$ 的情形
$\begin{aligned} &\left(1-x_{1} \cdots x_{n}\right)^{m}+\left(1-y_{1}^{m}\right) \cdots\left(1-y_{n}^{m}\right) \\ =&\left(1-x_{1} \cdots x_{n-1}\left(1-y_{n}\right)\right)^{m}+\left(1-y_{1}^{m}\right) \cdots\left(1-y_{n}^{m}\right) \\ \geqslant &\left(1-x_{1} \cdots x_{n-1}+x_{1} \cdots x_{n-1} y_{n}\right)^{m}+\left(1-\left(1-x_{1} \cdots x_{n-1}\right)^{m}\right)\left(1-y_{n}^{m}\right) . \end{aligned}$
记 $a=1-x_{1}\cdots x_{n-1}$ , $b=y_{n}$ ,由上式知为证 $(*)$ 对 $n$ 成立,只需证明:
$\left(a+b-ab\right)^{m}+\left(1-a^{m}\right)\left(1-b^{n}\right)\geqslant 1$
对任意 $a,b\in \left(0,1\right)$ 都成立.即证
$\qquad(**)$
对 $(**)$ 处理时,我们通过对 $m$ 归纳来进行.

当 $m=1$ 时, $(**)$ 显然成立;现设 $(**)$ 对 $m-1\left(m\geqslant 2\right)$ 成立,则
$\begin{aligned} &(a+b-a b)^{m}-a^{m}-b^{m}+a^{m} b^{m} \\ \geqslant &\left(a^{m-1}+b^{m-1}-a^{m-1} b^{m-1}\right)(a+b-a b)-a^{m}-b^{m}+a^{m} b^{m} \\ =& 2 a^{m} b^{m}+a b^{m-1}+b a^{m-1}-a^{m} b^{m-1}-a^{m-1} b^{m}-a^{m} b-a b^{m} \\ =&\left(b^{m-1}-b^{m}\right)\left(a-a^{m}\right)+\left(a^{m-1}-a^{m}\right)\left(b-b^{m}\right) . \end{aligned}$
注意到 $a,b\in \left(0,1\right)$ ,故 $b^{m-1}\geqslant b^{m}$ , $a\geqslant a^{m}$ , $a^{m-1}\geqslant a^{m}$ , $b\geqslant b^{m}$ ,所以 $\left(a+b-ab\right)^{m}\geqslant a^{m}+b^{m}-a^{m}b^{m}$ ,即 $(**)$ 对 $m$ 成立.

综上可知,命题 $(*)$ 成立.

说明这个与两个正整数变量有关的问题,选择对 $n$ 归纳(视 $m$ 为常数)是容易想到的,因为这时 $(*)$ 左边的第2个加项在作归纳过渡时显得容易处理些.

2022-02-03-02

（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选择恰当的归纳对象 P073 例02）

证明:对任意 $m,n\in \mathbb{N}^{*}$ ,数
$S(m, n)=\sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}\right)^{2 m}$
都为正整数.

证明

选择 $n$ 作为归纳对象.

当n=1时, $S(m, 1)=\left(\tan \frac{\pi}{4}\right)^{2 m}=1$ ,故命题对 $n=1$ 及 $m\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

现设命题对 $n-1$ 及 $m\in \mathbb{N}^{*}$ 成立,考虑 $n$ 的情形.

由 $\cot 2\alpha=\dfrac{1-\tan ^{2}\alpha}{2\tan \alpha}=\dfrac{1}{2}\left(\cot \alpha-\tan \alpha\right)$ 可知
$\tan^{2}\left(-\dfrac{\pi}{2}-2\alpha\right)=\dfrac{1}{4}\left(\cot \alpha-\tan \alpha\right)^{2}=\dfrac{1}{4}\left(\tan ^{2}\alpha+\cot ^{2}\alpha-2\right),$
所以,利用首尾配对求和,知
$\begin{aligned} S(1, n) &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}+\tan ^{2} \frac{\left(2\left(2^{n-1}-1-i\right)+1\right) \pi}{2^{n+1}}\right) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}+\tan ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}\right)\right) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}+\cot ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}\right) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1}\left(4 \tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+2\right) \\ &=2 \sum_{i=0}^{2^{n-1}-1} \tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+2^{n-1} \\ &=2 \sum_{i=0}^{2^{n-2}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+\tan ^{2} \frac{\left(2\left(2^{n-1}-1-i\right)+1\right) \pi}{2^{n}}\right)+2^{n-1} \\ &=2 \sum_{i=0}^{2^{n-2}-1}\left(\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+\tan ^{2}\left(\pi-\frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}\right)\right)+2^{n-1} \\ &=4 \sum_{i=0}^{2^{n-2}-1} \tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n}}+2^{n-1}=4 S(1, n-1)+2^{n} . \end{aligned}$
从而 $S\left(1,n\right)\in \mathbb{N}^{*}$ .

下面设 $S\left(1,n\right),S\left(2,n\right),\cdots ,S\left(m-1,n\right)$ 都为正整数,考虑 $S\left(m,n\right)$ .

注意到,对 $k\in \mathbb{N}$ ,由二项式定理有
$\left(x+x^{-1}\right)^{k}=\mathrm{C}_{k}^{0}\left(x^{k}+x^{-k}\right)+\mathrm{C}_{k}^{1}\left(x^{k-1}+x^{-(k-1)}\right)+\cdots,\qquad(*)$
因此
$\begin{aligned} &\left(\frac{1}{4}\left(x+x^{-1}-2\right)\right)^{m} \\ =& \frac{1}{4^{m}} \sum_{k=0}^{m} \mathrm{C}_{m}^{k}\left(x+x^{-1}\right)^{k} \cdot(-2)^{m-k} \\ =& \frac{1}{4^{m}}\left(\left(x^{m}+x^{-m}\right)+b_{1}\left(x^{m-1}+x^{-(m-1)}\right)+\cdots+b_{m-1}\left(x+x^{-1}\right)+b_{m}\right), \end{aligned}$
这里 $b_{1},\cdots ,b_{m}\in \mathbb{Z}$ ,并用到 $(*)$ 的结论.在上式中令 $x=\tan ^{2} \frac{(2 i+1) \pi}{2^{n+1}}$ ,并对 $i=0,1,2,\cdots ,2^{n-2}-1$ 用 $S\left(1,n\right)$ 中类似的计算,可知
$S(m, n-1)=\frac{1}{4^{m}}\left(S(m, n)+b_{1} S(m-1, n)+\cdots+b_{m-1} S(1, n)+b_{m}\right)$
得
$S(m, n)=4^{m} \cdot S(m, n-1)-b_{1} S(m-1, n)-\cdots-b_{m-1} S(1, n)-b_{m} .$
从而 $S\left(m,n\right)\in \mathbb{Z}$ ,而 $S\left(m,n\right)$ 中每一项都大于零,故 $S\left(m,n\right)\in \mathbb{N}^{*}$ .