2022-01-10-01
(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 P034 例4)
多项式,其中.证明:在数.中必有一个数不小于.
证明
由定理1的结论,可知
又由可知,在(1)式中令,得
如果命题不成立,那么对,都有,结合(2)将有
矛盾.
所以,命题成立.
说明此题亦可利用Lagrange插值公式去处理.
2022-01-10-01
(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 P035 例5)
对非负整数,用表示在二进制表示下数码1出现的次数(例如,因为在二进制表示下).用表示多项式的次数.证明:对任意,都有
这里为的首项系数.
证明
利用差分方法处理.
对,记,则
也是关于的多项式.
我们对归纳来证明:
当时,(1)式左边,右边为.所以,(1)对成立.
现设(1)对成立,考虑的情形,此时
现在用代替,对它用归纳假设,可知
所以,对,(1)都成立.
注意到,当时,对每作一次差分,其次数就减少1,故当时,有.而当时,由于对,有
利用二项式定理,知是一个首项系数为的次多项式.从而,是常数多项式,且
从而,命题成立.
说明这里取为不同的次多项式,可得到不同的恒等式.
2022-01-10-03
(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 P036 例6)
设、是两个数列,证明下面的二项式反演公式:对任意,都有的充要条件是对任意,都有.
正明
对,设是一个次多项式,且对,都有.
利用例2中的差分多项式,可知
令,则也是一个次多项式.
如果对任意,都有,那么对任意,都有,这表明有个不同的根,从而它是一个零多项式,所以.结合定理1的结论,就有
反过来,如果对任意,都有,因而有,所以(注意,这时要取).
综上可知,二项式反演公式成立.
说明这一节给出了一些与差分方法相关的公式,它们在证明一些恒等式时会有用武之地,在推导一些高阶等差数列的通项与求和问题中也会经常用到.
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