高中奥数 2022-01-09

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-09 18:14 被阅读0次

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2022-01-09-01

（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等差数列与等比数列 P032 例1）

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个三阶等差数列,其前面的若干项为 $1,2,8,22,47,86,\cdots .$ 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

解法一

计算 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各阶差分数列,得

$\begin{aligned} &\left\{b_{n}\right\}: 1,6,14,25,39, \cdots ; \\ &\left\{c_{n}\right\}: 5,8,11,14, \cdots ; \\ &\left\{d_{n}\right\}: 3,3, \cdots . \end{aligned}$

由 $\left\{a_{n}\right\}$ 为三阶等差数列,知 $\left\{d_{n}\right\}$ 是一个常数数列,进而 $c_{n}=c_{1}+3\left(n-1\right)=3n+2$ ,于是

$a_{n+1}-b_{n}=3n+2,n=1,2,\cdots$

从而 $b_{n},-b_{1}.=\left(b_{n}-b_{n-1}\right)+\cdots+\left(b_{2}-b_{1}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(3k+2\right)=\dfrac{3n\left(n-1\right)}{2}+2\left(n-1\right)=\dfrac{\left(3n+4\right)\left(n-1\right)}{2}$ ,所以 $b_{n}=\dfrac{3}{2}n^{2}+\dfrac{1}{2}n-1$ .

同上可得

$\begin{gathered} a_{n}-a_{1}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac{3}{2} k^{2}+\frac{1}{2} k-1\right) \\ =\dfrac{(n-1) n(2 n-1)}{4}+\frac{n(n-1)}{4}-(n-1) . \end{gathered}$

解得 $a_{n}=\dfrac{1}{2}n^{3}-\dfrac{1}{2}n^{2}-n+2$ .

说明这里用到裂项求和的方法及求和公式 $\sum\limits_{k=0}^{n}{l}=\dfrac{m\left(m+1\right)}{2}$ , $\sum\limits_{k=1}^{m}k^{2}=\dfrac{1}{6}m\left(m+1\right)\left(2m+1\right)$ .

解法二由定理2的结论,可设 $a_{n}=An^{3}+Bn^{2}+Cn+D$ ,其中 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 、 $D$ 待定利用初始条件,知

$\left\{\begin{array}{l} A+B+C+D=1 \\ 8 A+4 B+2 C+D=2 \\ 27 A+9 B+3 C+D=8 \\ 64 A+16 B+4 C+D=22 \end{array}\right.$

解得 $A=\dfrac{1}{2},B=-\dfrac{1}{2}C=-1,D=2$ .

所以 $a_{n}=\dfrac{1}{2}n^{3}-\dfrac{1}{2}n^{2}-n+2$ .

说明利用待定系数的方法求解高阶等差数列的通项公式也经常用到.

2022-01-09-02

（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等差数列与等比数列 P033 例2）

如果对任意 $x\in \mathbb{Z}$ ,多项式 $f\left(x\right)$ 的值都为整数,那么称 $f\left(x\right)$ 为整值多项式.证明:对任意一个 $n$ 次的整值多项式 $f\left(x\right)$ ,都存在整数 $a_{n},a_{n}-1,\cdots a_{0}$ ,使得

$f(x)=a_{n}\left(\begin{array}{l} x \\ n \end{array}\right)+a_{n-1}\left(\begin{array}{c} x \\ n-1 \end{array}\right)+\cdots+a_{1}\left(\begin{array}{l} x \\ 1 \end{array}\right)+a_{0}$

这里 $\left(\begin{array}{c} x \\ n \end{array}\right)=\dfrac{1}{k!}x\left(x-1\right)\cdots\left(x-k+1\right)$ ,它被称为 $k$ 次差分多项式,其这里 $\left(\begin{array}{l} x \\ 0 \end{array}\right)=1$ .

证明

对 $n$ 次多项式 $f\left(x\right)$ ,如果其首项系数为 $c_{n}$ ,那么令 $b_{n}=n!\cdot c_{n}$ ,可知 $f\left(x\right)-b_{n}\left(\begin{array}{c} x\\ n \end{array}\right)$ 是一个次数 $\leqslant n-1$ 的多项式,如此下去,可知存在 $b_{n},b_{n-1},\cdots ,b_{0}\in \mathbb{C}$ ,使得

$f\left(x\right)=b_{n}\left(\begin{array}{c} x\\ n \end{array}\right)+b_{n-1}\left(\begin{array}{c} x\\ n-1 \end{array}\right)+\cdots+b_{1}\left(\begin{array}{c} x\\ 1 \end{array}\right)+b_{0}.\qquad(c)$

为证命题成立,我们只需证明 $b_{n},\cdots ,b_{0}$ 都为整数.

注意到,对 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $\Delta\left(\begin{array}{c} x\\ k \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} x+1\\ k \end{array}\right)-\left(\begin{array}{c} x\\ k \end{array}\right)=\dfrac{1}{k!}\left(\left(x+1\right)+\cdots\left(x-k+2\right)-x\left(x-1\right)\cdots\left(x-k+1\right)\right)=\dfrac{1}{\left(k-1\right)!}x\left(x-1\right)\cdots\left(x-l+2\right)=\begin{array}{c} x\\ k-1 \end{array}$ .现在由（1知 $b_{0}=f\left(0\right)\in \mathbb{Z}$ (因为 $f\left(x\right)$ 为整值多项式),对(1)的两边作差分,得

$\Delta f\left(x\right)=b_{n}\left(\begin{array}{c} x\\ n-1 \end{array}\right)+\cdots+b_{2}\left(\begin{array}{c} x\\ 1 \end{array}\right)+b_{1}.$

再令 $x=0$ ,知 $b_{1}\in \mathbb{Z}$ ,依此递推,即可证得 $b_{0},b_{1},\cdots ,b_{n}$ 都为整数.

命题获证.

说明

如果用 $\Delta^{k}f\left(0\right)$ 表示 $\Delta^{k}f\left(x\right)$ 在 $x=0$ 的函数值,那么由此题证 $b_{k}$ 都为整数的过程可知,对任意 $n$ 次多项式 $f\left(x\right)$ ,都有

$f\left(x\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}\Delta^{k}f\left(0\right)\left(\begin{array}{c} x\\ k \end{array}\right).$

其中 $\Delta^{0}f\left(0\right)=f\left(0\right)$ .

2022-01-09-03

（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等差数列与等比数列 P033 例3）

设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个 $p$ 阶等差数列,其通项公式为 $a_{n}=f\left(n\right)$ ,这里 $f\left(x\right)$ 是一个 $p$ 次多项式.证明:

$\sum\limits_{m=1}^{n}{a_{m}}=\sum\limits_{k=0}^{p}\mathrm{C}_{n+1}^{k+1}\Delta^{k}f\left(0\right).\qquad(1)$

并依此给出 $\sum\limits_{m=1}^{n}m^{3}$ 的公式.

证明

利用上例的说明可知

$a_{m}=f\left(m\right)=\sum\limits_{k=0}^{p}\Delta^{k}f\left(0\right)\left(\begin{array}{c} m\\ k \end{array}\right),$ 因此

$\begin{aligned} \sum_{m=1}^{n} a_{m} &=\sum_{m=1}^{n}\left(\sum_{k=0}^{p} \Delta^{k} f(0)\left(\begin{array}{l} m \\ k \end{array}\right)\right) \\ &=\sum_{k=0}^{p} \Delta^{k} f(0) \sum_{m=1}^{n}\left(\begin{array}{l} m \\ k \end{array}\right) \\ &=\sum_{k=0}^{p} \Delta^{k} f(0)\left(\mathrm{C}_{k}^{k}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{k}\right) \\ &=\sum_{k=0}^{p} \Delta^{k} f(0)\left(\mathrm{C}_{k+1}^{k+1}+\mathrm{C}_{k+1}^{k}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{k}\right) \\ &=\sum_{k=0}^{p} \Delta^{k} f(0)\left(\mathrm{C}_{k+2}^{k+1}+\mathrm{C}_{k+2}^{k}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{k}\right) \\ &=\cdots\\ &=\sum_{k=0}^{p} \mathrm{C}_{n+1}^{k+1} \Delta^{k} f(0) . \end{aligned}$