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高中奥数 2022-01-10

高中奥数 2022-01-10

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-01-10 07:38 被阅读0次

    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f\left(x\right)=x^{n}+a_{1}x^{x-1}+\cdots+a_{n},其中a_{1},\cdots ,a_{n}\in \mathbb{R}.证明:在数\left|f\left(1\right)\right|,\left|f\left(2\right)\right|,\cdots ,\left|f\left(n+1\right)\right|.中必有一个数不小于-\dfrac{n}{2^{n}}.

    证明

    由定理1的结论,可知

    \Delta^{n}f\left(x\right)=\sum\limits_{i=0}^{n}\left(-1\right)^{i}\mathrm{C}_{n}^{i}f\left(x+n-i\right).\qquad(1)

    又由f\left(x\right)=x^{n}+a_{1}x^{x-1}+\cdots+a_{n}可知\Delta^{n}f\left(x\right)=n!,在(1)式中令x=1,得

    n!=\sum\limits_{i=0}^{n}\left(-1\right)^{i}\mathrm{C}_{n}^{i}f\left(n+1-i\right).\qquad②

    如果命题不成立,那么对0\leqslant i\leqslant n,都有\left|f\left(n+1-i\right)\right|<\dfrac{n!}{2^{n}},结合(2)将有

    n!\leqslant \sum\limits_{i=0}^{n}\left|\left(-1\right)^{i}\mathrm{C}_{n}^{i} f\left(n+1-i\right)\right|<\sum\limits_{i=0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{i}\cdot\dfrac{n!}{2^{n}}=n!,

    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N,用u\left(N\right)表示N在二进制表示下数码1出现的次数(例如u\left(10\right)=2,因为在二进制表示下10=\left(1010\right)_{2}).用\deg p\left(x\right)表示多项式p\left(x\right)的次数.证明:对任意k\in \mathbb{N}^{*},都有

    \sum\limits_{i=0}^{2^{k}-1}\left(-1\right)^{u\left(i\right)}p\left(i\right)=\begin{cases} 0,&\text{若}\deg p\left(x\right)<k;\\ \left(-1\right)^{k}\alpha\cdot k!\cdot 2^{\frac{k\left(k-1\right)}{2}},&\text{若}\deg p\left(x\right)=k. \end{cases}

    这里\alphap\left(x\right)的首项系数.

    证明

    利用差分方法处理.

    t\in \mathbb{N}^{*},记\Delta_{t}\left(p\left(x\right)\right)=p\left(x\right)-p\left(x+t\right),则

    q_{k}\left(x\right)=\Delta _{1}\left(\Delta _{2}\left(\delta_{4}\cdots\left(\Delta _{2^{k-1}}\left(p\left(x\right)\right)\right)\cdots\right)\right),

    也是关于x的多项式.

    我们对k归纳来证明:

    \sum\limits_{i=0}^{2^{k}-1}\left(-1\right)^{u\left(i\right)}p\left(i\right)=q_{k}\left(0\right).\qquad(2)

    k=1时,(1)式左边=p\left(0\right)-p\left(1\right),右边为q_{1}\left(0\right)=p\left(0\right)-p\left(1\right).所以,(1)对k=1成立.

    现设(1)对k成立,考虑k+1的情形,此时

    \begin{aligned} \sum_{i=0}^{2^{k+1}-1}(-1)^{u(i)} p(i) &=\sum_{i=0}^{2^{k}-1}(-1)^{u(i)} p(i)+\sum_{i=2^{k}}^{2^{k+1}-1}(-1)^{u(i)} p(i) \\ &=\sum_{i=0}^{2^{k}-1}(-1)^{u(i)} p(i)-\sum_{i=0}^{2^{k}-1}(-1)^{u(i)} p\left(2^{k}+i\right) \\ &=\sum_{i=0}^{2^{k}-1}(-1)^{u(i)}\left(p(i)-p\left(2^{k}+i\right)\right) \\ &=\sum_{i=0}^{2^{k}-1}(-1)^{u(i)} \Delta_{2^{k}}(p(i)) . \end{aligned}

    现在用\Delta _2^{k}\left(p\left(x\right)\right)代替p\left(x\right),对它用归纳假设,可知

    \sum_{i=0}^{2^{k+1}-1}(-1)^{u(i)} p(i)=q_{k}\left(\Delta_{2^{k}}(p(0))\right)=q_{k+1}(0).

    所以,对k\in \mathbb{N}^{*},(1)都成立.

    注意到,当\deg\left(p\left(x\right)\right)\leqslant k时,对p\left(x\right)每作一次差分,其次数就减少1,故当\deg p\left(x\right)<k时,有q_{k}\left(x\right)=0.而当\deg p\left(x\right)=k时,由于对t\in \mathbb{N}^{*},有

    \begin{aligned} \Delta_{t}(p(x)) &=p(x)-p(x+t) \\ &=\alpha\left(x^{k}-(x+t)^{k}\right)+\beta\left(x^{k-1}-(x+t)^{k-1}\right)+\cdots, \end{aligned}

    利用二项式定理,知\Delta _{t}\left(p\left(x\right)\right)是一个首项系数为atkk-1次多项式.从而,q_{k}\left(x\right)是常数多项式,且

    \begin{aligned} q_{k}(x) &=\left(\prod_{j=0}^{k-1}\left(-(j+1) \cdot 2^{j}\right)\right) \cdot \alpha \\ &=(-1)^{k} \cdot 2^{\frac{k(k-1)}{2}} \cdot k ! \cdot \alpha \end{aligned}

    从而,命题成立.

    说明这里取p\left(x\right)为不同的k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)

    \left\{a_{n}\right\}\left\{b_{n}\right\}是两个数列,证明下面的二项式反演公式:对任意n\in \mathbb{N}^{*},都有a_{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}b_{k}的充要条件是对任意n\in \mathbb{N}^{*},都有b_{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}\left(-1\right)^{n-k}\mathrm{C}_n^{k}a_{k}.

    正明

    m\in \mathbb{N}^{*},设f\left(x\right)是一个m次多项式,且对0\leqslant k\leqslant m,都有f\left(k\right)=a_{k}.

    利用例2中的差分多项式,可知

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

    g\left(x\right)=\sum\limits_{k=0}^{m}b_{k}\left(\begin{array}{c} x\\ k \end{array}\right),则g\left(x\right)也是一个m次多项式.

    如果对任意n\in \mathbb{N}^{*},都有a_{n}=\sum\limits_{k=0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}b_{k},那么对任意0\leqslant n\leqslant m,都有g\left(n\right)=\sum\limits_{k=0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}b_{k}=a_{n}=f\left(n\right),这表明f\left(x\right)-g\left(x\right)m+1个不同的根\left(x=0,1,2,\cdots,m\right),从而它是一个零多项式,所以b_{n}=\Delta^{n}f\left(0\right).结合定理1的结论,就有

    \begin{aligned} b_{n} &=\Delta^{n} f(0)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k} \mathrm{C}_{n}^{k} f(k) \\ &=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k} \end{aligned}

    反过来,如果对任意n\in \mathbb{N}^{*},都有b_{n}==\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k} \mathrm{C}_{n}^{k} a_{k},因而有g\left(x\right)=f\left(x\right),所以a_{n}=f\left(n\right)=g\left(n\right)=\sum\limits_{k=0}^{m}\mathrm{C}_{n}^{k}b_{k}=\sum\limits_{k=0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}b_{k}(注意,这时要取m\geqslant n).

    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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