高中奥数 2022-02-12

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-02-12 13:38 被阅读0次

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2022-02-12-01

（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01）

设 $S$ 是一个2011元集合, $N$ 为满足 $0\leqslant N\leqslant 2^{2011}$ 的整数.

证明:可以对 $S$ 的每个子集进行黑白两色染色,使得

(1)任意两个白色子集的并集仍为白色的;

(2)任意两个黑色子集的并集仍为黑色的;

(3)恰有 $N$ 个子集是白色的.

证明

将命题一般化,2011改为 $n$ ,对 $n$ 元集 $S$ 及 $0\leqslant N\leqslant 2^{n}$ 证明结论都成立.

当 $n=1$ 时, $S$ 的子集只有 $S$ 和 $\varnothing$ ,对 $0\leqslant N\leqslant 2$ ,将它们中任意 $N$ 个染为白色,其余子集染为黑色,可知命题成立.

设命题对 $n$ 成立,考虑 $n+1$ 的情形将 $S$ 的子集分为含 $a_{n+1}$ 和不含 $a_{n+1}$ 的两个部分,这时 $S=\left\{a_{1},\cdots ,a_{n+1}\right\}$ .设 $S$ 的不含 $a_{n+1}$ 的子集为 $A_{1},\cdots ,A_{2^{n}}$ 而含 $a_{n+1}$ 的子集为 $B_{1},\cdots ,B_{2^{n}}$ ,其中 $B_{i}=A_{i}\cup\left\{a_{n+1}\right\}$ , $1\leqslant i\leqslant 2^{n}$ .

如果 $0\leqslant N\leqslant 2^{n}$ ,那么用归纳假设对 $A_{1},\cdots ,A_{2^{n}}$ 中的 $N$ 个染为白色,其余的染黑色,并且满足题中的条件后,将所有 $B_{i}$ 染为黑色,可知命题对 $n+1$ 成立;如果 $2^{n}<N\leqslant 2^{n+1}$ ,设 $N=2^{n}+k$ ,那么 $0<k\leqslant 2^{n}$ .对 $A_{1},\cdots ,A_{2^{n}}$ 用归纳假设中的方法,将其中 $k$ 个染为白色,其余的染黑色,使符合要求.然后将所有 $B_{i}$ 全部染为白色即可.

综上可知,命题对一切 $n$ 成立,当然对 $n=2011$ 也成立.

2022-02-12-02

（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 P094 习题02）

将2048个数排成一个圆,其中每个数都是 $+1$ 或 $-1$ ,现在同时将每个数都乘以它的右邻,用所得的乘积替换原来的数,这样便得到一圈新数.

求证:经有限次这样的操作后,圆周上的数都将变为 $+1$ .

证明

将2048推广为 $2^{n}$ 的情形,即证:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,将 $2^{n}$ 个 $+1$ 或 $-1$ 排成一个圆后,依题述操作,有限次后都将变为 $+1$ .

当 $n=1$ 时,依条件可得下面的操作序列
$\left(+1,-1\right)\rightarrow \left(-1,-1\right)\rightarrow \left(+1,+1\right).$
可知命题对 $n=1$ 成立.

设命题对 $n$ 成立,则对 $n+1$ 的情形,用 $x_{1},x_{2},\cdots ,x_{2^{n+1}}$ 表示圆上依次排列的 $2^{n+1}$ 个数,那么,有下面的操作序列
$\begin{aligned} &\left(x1,x_{2},\cdots,x_{2^{n+1}}\right)\\ \rightarrow&\left(x_{1}x_{2},x_{2}x_{3},\cdots,x_{2^{n+1}}x_{1}\right)\\ \rightarrow&\left(x_{1}x_{3},x_{2}x_{4},\cdots,x_{2^{n+1}}x_{2}\right). \end{aligned}$

把上面的两次操作“合并”,视为一次操作,则可知若圆上的 $2^{n}$ 个数 $\left(x_{1},x_{3},\cdots ,x_{2^{n+1}-1}\right)$ 和 $\left(x_{2},x_{4},\cdots ,x_{2^{n+1}}\right)$ 都能经有限次操作后变为全是 $+1$ ,则命题获证.而这个要求正是归纳假设,所以,命题成立.

2022-02-12-03

（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 P094 习题03）

设 $x_{1},\cdots ,x_{n}$ 为任意实数.证明:

$\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{x_{i}}{1+x_{1}^{2}+\cdots+x_{i}^{2}}<\sqrt{n}.$

证明

不妨设 $x_{1},\cdots ,x_{n}\geqslant 0$ .当 $n=1$ 时, $\dfrac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}\leqslant \dfrac{1}{2}<1$ ,故命题对 $n=1$ 成立.设命题对 $n$ 成立,考虑 $n+1$ 的情形,令 $y_{i-1}=\dfrac{x_{i}}{\sqrt{1+x_{1}^{2}}}$ , $i=2,3,\cdots,n+1$ ,则
$\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n+1}\dfrac{x_{i}}{1+x_{1}^{2}+\cdots+x_{i}^{2}}&=\dfrac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}+\dfrac{1}{\sqrt{1+x_{1}^{2}}}\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{y_{i}}{1+y_{1}^{2}+\cdots+y_{i}^{2}}\\ &<\dfrac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}+\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{1+x_{1}^{2}}}. \end{aligned}$
现设 $x_{1}=\tan \alpha$ , $0\leqslant \alpha<\dfrac{\pi}{2}$ ,则
$\begin{aligned} \dfrac{x_{1}}{1+x_{1}^{2}}+\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{1+x_{1}^{2}}}&=\sin \alpha\cos \alpha+\sqrt{n}\cos \alpha\\ &\leqslant \sin \alpha+\sqrt{n}\cos \alpha\\ &=\sqrt{n+1}\sin \left(\alpha+\varphi\right)\\ &\leqslant \sqrt{n+1}, \end{aligned}$

这里 $\varphi=\arctan \sqrt{n}$ .

所以,当 $n+1$ 时命题成立,获证.

说明

此题还有一个巧妙的解答:记 $x_{0}=0$ ,则由Cauchy不等式知
$\begin{aligned} \left(\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{x_{i}}{1+x_{1}^{2}+\cdots+x_{i}^{2}}\right)^{2} & \leqslant n \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{x_{i}^{2}}{\left(1+x_{1}^{2}+\cdots+x_{i}^{2}\right)^{2}} \\ & \leqslant n \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{x_{i}^{2}}{\left(1+x_{0}^{2}+\cdots+x_{i-1}^{2}\right)\left(1+x_{0}^{2}+\cdots+x_{i}^{2}\right)} \\ &=n \sum\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{1}{1+x_{0}^{2}+\cdots+x_{i-1}^{2}}-\dfrac{1}{1+x_{0}^{2}+\cdots+x_{i}^{2}}\right) \\ &=n\left(1-\dfrac{1}{1+x_{0}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}}\right) \\ &<n . \end{aligned}$
故原不等式成立.

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