应用阿贝尔变换解竞赛题

xn = nyn , xi = i ( yi - yi + 1 ) , i = 1 ,2 ,
…, n - 1.
记 yn + 1 = 0 ,故有
n
n
∑ ∑ xi =
i ( yi - yi +1 )
i =1
i =1
n
∑ = ( i - i - 1) yi .
i =1
n
∑ 利用柯西不等式可得 xi 的最大值为
xi ,
i= k i i= k+1 i
∑n
若令 yi =
xj , i = 1 ,2 , …, n ,则诸 yi ≥0.
j= i j
逆用阿 贝 尔 变 换 的 证 明 方 法 可 将 条 件 化 为
∑ ∑ n
n
y2i = 1. 再由 yi =
xj , i = 1 ,2 , …, n ,有
i =1
j= i j
n
∑ ∑ x2i + 2
i =1
1 ≤k < j ≤n
k j
·xk xj
= 1.
n
∑ 求 xi 的最大值和最小值.
i =1
(2001 ,全国高中数学联赛)
n
∑ 讲解 :易得 xi 的最小值为 1 (诸 xi 中 i =1
一个为 1 ,而其余全为零时达到) . 为求最大
值 ,注意到
∑ ∑ n
xi 2
1= i
S k ( bk - bk + 1 ) .
k =1
k =1
上式称为阿贝尔变换或阿贝尔分部求和
公式. 证明 :由 ak = Sk - Sk - 1 , k = 1 ,2 , …, n ,
知
n
n
∑ ∑ ak bk =
( S k - S k - 1 ) bk
k =1
k=1
n
n
∑ ∑ = Sk bk -
S k - 1 bk
n
m
∑ ∑ 将取定的这组正数代入 ak ≤M ak
k=1
k=1
中 ,有
m+ (n-
m) ·( n -
m (2 cn - m - 1) m) ( n + m + 1 - 2 cn)
≤mM .
则
M
≥1
+
2 cn - m - 1 n + m + 1 - 2 cn
=n+
n m +1-
≥n 2 cn n + 1 -
k=1
k- 1
∑ yk
=
1 k
[
a0
+
( a0
+
a1 )
+
…+
i =0
ai ]
=
1 k
[ ka0
+
(k -
1)
a1
+
…+
ak - 1 ] ,
yk + 1 =
1 k +1
[(
k
+
1)
a0
+
ka1
+
…+
2 ak - 1 + ak ] . 则| yk - yk + 1 |
=
k
(
1 k+
1)
|
-
a1 - 2 a2 -
k =1
超过 cn 的最大整数.
(2002 ,中国数学奥林匹克)
讲解 :应先据式 ①用特殊值法求出 M 的
一个下界 ,最简单的方法是取诸 ak 全相等.
但由于 c 事先给定 ,诸 ak 全相等时不一定能
满足条件 ,因而先退一步 ,令 a1 = …= am ,而
am + 1 = …= an ,不妨设 a1 = 1 ,代入式 ①有
6
可推出
n
n
n- 1
k
∑ ∑ ∑ ∑ n i =1
[ ix ] i
=
i =1
[ ix ]
+
k=1
[ ix ] i=1 i
,
便为用数学归纳法证明此题扫清了障碍. 最
后的证明还要用到关系式 [ x ] + [ y ] ≤[ x +
y ] . 请读者自己完成.
例 3 设 xi ≥0 , i = 1 ,2 , …, n ,且
i =1
i =1
成立的充要条件是
k
k
∑ ∑ ai ≥ bi , k = 1 ,2 , …, n - 1 ,
i =1
i =1
n
n
∑ ∑ 且 ai = bi .
i =1
i =1
(第 27 届 IMO 国家集训队选拔考试)
k
k
∑ ∑ 讲解 :记 Sk =
ai , Tk =
bi , S0 = T0
i =1
k=1
k =1
n
n- 1
∑ ∑ = Sk bk -
S k bk + 1
k=1
k =1
n- 1
∑ = S n bn + Sk ( bk - bk + 1 ) .
k=1
应用阿贝尔变换及其证明方法 ,可较好地
解决一些较复杂的 、带约束条件的 、涉及两个
数列的对应项之积的和的上下界估计问题. 这 类问题在近年的数学竞赛中已成为热点.
[
ix ]
=
i =1
i·[
ix i
]
n
n- 1
k
∑ ∑ ∑ = n [ ix ] + ( - 1) [ ix ] ,
i=1 i
k=1
i =1
i
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(第 10 届美国数学奥林匹克)
讲解 :从求证式的左边看 ,似可用
n
n
∑ ∑ [ ix ] = 1 [ ix ] +
i=1 i
n i=1
n- 1
k
∑ ∑ k = 1
1 k
-
1 k +1
[ ix ].
i =1
k
∑ 但以下难以进行 ,关键是 [ ix ]与结论的关
i =1
系不明显. 转而用
n
n
∑ ∑ i = 1
2003 年第 6 期
5
应用阿贝尔变换解竞赛题
方廷刚
(四川省成都市第七中学 ,610041)
(本讲适合高中)
1 阿贝尔变换
定理 对 数 列 { an } 和 { bn } , 记 Sk =
k
∑ai , k = 1 ,2 , …, n ,并记 S0 = 0 ,则有
i =1
n
n- 1
∑ ∑ ak bk = S n bn +
m(
m + 1) 2
+
n ( n + 1) 2
-
m ( m + 1) 2
am + 1
= cn[ m + ( n - m) am + 1 ] . 由此可解出
am + 1 = ( n -
m (2 cn - m - 1) m) ( n + m + 1 - 2 cn)
(注意到 cn ≥m ≥1 且 cn < m + 1 ≤n) .
xk 的任意性知必有 Sn = Tn ;
取 x1 = x2 = …= xk = - 1 (1 ≤k ≤n -
k
k
∑ ∑ 1) , xk + 1 = …= xn = 0 ,可得 ai ≥ bi .
i =1
i =1
必要性得证.
充分 性 只 要 求 在“Sn = Tn , 且 Sk ≥ Tk
(1 ≤k ≤n - 1) ”下证明式 ①成立.
k=1
令 yk =
1 k
( x1
+
x2
+
…+
xk )
, k = 1 , 2 , …,
2 000
∑ 2 001. 求 | yk - yk + 1 | 的最大可能值. k =1 (2001 ,上海市高中数学竞赛)
讲解 :由于不知 xk 和 xk + 1 的大小关系 ,
2 000
∑ 可将差 xk - xk + 1 视为整体 ,将条件 | xk k=1
由上述过程知 ,当且仅当| a1 | = 2 001 ,
a2 = a3 = …= a2 000 = 0 时等号成立. 故所求
最大值为 2 000.
例 5 已知 a1 , a2 , …, an 和 b1 , b2 , …,
bn 是实数. 证明 : 使得对任何满足 x1 ≤x2 ≤
n
n
∑ ∑ …≤xn 的实数 ,不等式 ai xi ≤ bi xi 恒
i =1
n
∑( i -
i =1
i - 1) 2
中等数学
(当 xi = 2 i - n i2 + i -
∑( i -
i =1
n 时达到) .
i2 - i , i = 1 ,2 , …, i - 1) 2
例 4 实数 x1 , x2 , …, x2 001 满足
2 000
∑| xk - xk + 1 | = 2 001 ,
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且
A
+
B
= 0. 故必有
A
=
1 2
,B = -
1 2
.
k
∑ 记 Sk = xi , k = 1 ,2 , …, n ,并记 S0 = i =1
0 ,则
|
Sk|
≤1 2
, k = 1 ,2 , …, n.
由阿贝尔变换有
∑ ∑ n
i =1
xi i
=
1 n Sn
+
n- 1
Si
i =1
1 i
-
1 i +1
n- 1
i =1
阿贝尔变换得
( n - cn) S n = S1 + S2 + …+ S n - 1 .
③
现要将 S1 , S2 , …, Sn 的关系式 ③变为
只含 Sm 和 Sn 的关系式 ②,应设法用 Sm 和
Sn 来表示诸 Sk 或限制其范围.
显然 k ≤m 时 ,有 Sk ≤Sm . 但若将 S1 ,
cn
= 1-
1 c+
1. n
由于 1-
1 c+
1 为 n 的增函数 ,因而可猜
n
测
M
≥ 1
1 -
c.
欲证所求最小常数恰为 1
1 -
c
,
应证对满足式 ①的任何递增数列{ an } ,恒有
n
m
∑ ∑ k = 1
ak
≤1 1-
c k=1
ak .
②
k
∑ 记 S0 = 0 , Sk = ai , k = 1 ,2 , …, n ,由
xk + 1 | = 2 001 视为关于 xk - xk + 1 的一个约束
关系. 作代换 a0 = x1 , ak = xk + 1 - xk , k = 1 ,2 ,
k- 1
∑ …,2 000 ,则 x1 = a0 , xk = ai , k = 2 ,3 , …,
i =0
2 000
∑ 2 001 ,条件即为 | ak | = 2 001. 此时
…-
kak |
≤
k
(
1 k+
1)
(|
a1 |
+ 2|
a2 |
+
…+
k|
ak | ) .
记 Ak = | a1 | + 2| a2 | + …+ k| ak | , k =
1 ,2 , …,2 000 , A0 = 0 ,则
∑ ∑ 2 000
2 000
| yk - yk +1 | ≤
k=1
k=1
1 k
-
1 k +1
Ak
2 000
∑ = k=1
1 k
( Ak
-
Ak - 1 ) - 2 0101·A2 000
2 000
∑ =
|
k=1
ak |
-
2 0101·A2 000 .
又 A2 000 = | a1 | + 2 | a2 | + … + 2 000 ·
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2 应用举例
例 1 已知 xi ∈R , i = 1 ,2 , …, n , n ≥2 , 满足
n
n
∑ ∑ | xi | = 1 , xi = 0.
i =1
i =1
∑ 证明 :
n xi i=1 i
≤1 2
-
1 2n
.
(1989 ,全国高中数学联赛)
收稿日期 :2002 - 09 - 27
讲解 :记诸 xi 中全体非负数之和为 A , 全体负数之和为 B ,则由条件有 A - B = 1 ,
由 xk - xk + 1 ≤0 知其成立.
例 6 给定 c ∈
1 2
,1
. 求最小常数 M ,
使得对任意整数 n ≥2 及实数 0 < a1 ≤a2 ≤
…≤an ,只要满足
n
n
∑ ∑ 1
n
k=1
kak
=
c
k=1
ak
,
①
7
n
m
∑ ∑ 总有 ak ≤M ak ,其中 m = [ cn ]表示不
k=1
∑ = Si i =1
1 i
-
1 i +1
.
∑ ∑ 从而 , n xi i=1 i
n- 1
≤ | Si|
i =1
1 i
-
1 i +1
n- 1
∑ ≤1 2 i=1
1 i
-
1 i +1
=
1 2
-
1 2n
.
例 2 设 x ∈R , n ∈N. 求证 :
n
∑ i = 1
[
ix i
]
≤[
nx
]
,
这里[ x ]表示不超过 x 的最大整数.
i =1
n
n
∑ ∑ = 0 ,则条件 ai xi ≤ bi xi 可化为
i =1
i =1
n- 1ຫໍສະໝຸດ Baidu
∑ Sn xn +
Sk ( xk - xk +1 )
k=1
n- 1
∑ ≤Tn xn +
Tk ( xk - xk + 1 ) .
①
k=1
取 x1 = x2 = … = xn , 有 S n xn ≤Tn xn , 由
+2
k xk ·xj
i =1
i
1 ≤k < j ≤n
kj
∑ = n k·xk
k=1
k
∑ = n k·xk
k=1
k
∑ xk + 2 n
xi
k
i i = k + 1
∑ ∑ n xi + n
xi
i= k i i= k+1 i
∑ ∑ ∑ n
=k
n xi -
n
xi ·
k=1
i= k i i= k+1 i
∑ ∑ n xi + n
2003 年第 6 期
2 000
∑ | a2 000 | ≥ | ak | ,故
k=1
2 000
∑| yk - yk + 1 |
k=1
2 000
2 000
∑ ∑ ≤ | k=1
ak |
-
2
1· 001 k = 1
|
ak |
2 000
∑ =
2 2
000· 001 k = 1
|
ak |
= 2 000.