Сборник задач по специальному курсу элементарной математики - Моденов П.С.
Скачать (прямая ссылка):
2/72 /72
~g— •< s <; -^- , или 4m < 1Os < Sm. Ясно, что если т > 10, то существует целое
положительное число s, для которого эти неравенства будут выполнены (так как 5/?? — 4т = т > 10), а значит при том целом положительном значении s, при котором они будут выполнены, числа r = m — 2s и q — 5s — 2т будут целыми неотрицательными числами, причем 2^ + 5/-=//2. Следовательно, ахо, ап ахъ ... ат все отличны от нуля. Что касается значений т меньших чем 10, то проверкой убеждаемся, что уравнение 2#+ 5/- = //2, где т = 0, 1, 2, 3, 9 не имеет целых неотрицательных решений лишь при т = 1 и т = 3; значит, в указанном разложении лишь ^1=O и а3 = 0; значит, не равны нулю 99 коэффициентов а0, аъ а4, a5i <26> ..., Oj00. 15. к + 1, если к — 1 и 2/г — ? — 1, если к > п — 1.
Ответы. Алгебра. Гл. XIII. ИНДУКЦИЯ
537
так как Xx —Ф О ^если бы было X1--~ = 0, то X1 = х2 = ~-, что противоречит условию^. Предположим теперь, что высказанное предположение верно для
некоторого п. Пусть X1 + X2 + ... + Xn + Xn^x = а и будем по-прежнему считать, что среди чисел хи х2, ... .?, есть хотя бы два различных. Тогда из этих п +1 чисел можно выделить п чисел, среди которых будет также, по крайней мере, два различных*). Пусть это будут, например, первые п чисел хь X2,.., хп. Так как Xx+X2+ ... + Xn-= а — Xn+х [все числа хи X2,..., хп (и Xn + 1) положительны и среди чисел хх, X2.....Xn есть, по крайней мере, два различных], то
-JP11) » откуда XxX2...XnXn^1 < (—jZ±±\ хп+х.
Докажем, что —хп+\ < ' *^ля этого» полагая 1— ¦"^+ ¦¦¦ = X,
установим, что последнее неравенство (подлежащее доказательству) эквива-лентно следующему: Ъп (1 —X) <. -—--у^ту, 0 < X < 1. Имеем:
(я ¦+I) + (п + I) +
л" >л ХЛ 1 П п \п "1
(/г + I)+ " + 1 'г + ! я + П\и+1/ Jr
(^Ьіт (44- -») КтттГ'+Ш"+•¦ ¦ - Н+
+ X71"1—(n + l)XnJ. Если 0 < X <-^—-J-, то, заменяя в квадратных скобках
/ п \п~х ( п \п~2 каждое слагаемое у ^ ^ ^ J , уп_^ ^ J К---* ^п~1 на X"-1, мы уменьшим
рассматриваемое выражение (или, в крайнем случае, оставим его без изменения) и получим -й^гг ("йфг- Х) 1 -<» + 1) - Х"- 0+1-Х)2 >°;
значит, и подавно -щ-х--Х"(1—-Х)>0. Если же ^ < X < 1, то
-- -1"-,]>-Ип-(1-^г)«" + 1)1"-»1"-'1=1"-,(х-7ТТ>>0'
так что и в этом случае -^x:--Хп (1 — X) > 0. Итак, ( —- ) >
У (n + \)n+l \ п + \ I
(а—хп+х) (а — Xn+1) <^-J^n-хп+х, а так как ххх2 ... хпхп+х <-¦^n-хп+х, то ххх2 •..
... хп+х < ^ ^^ і ^ • Предположенное неравенство доказано методом полной
индукции. Отметим, что если все числа хх. X2.....Xn равны между собой, то из
а
условия Xx+ X2+ ... + Xn = а следует: X1 = X2= ... =хп = — , так что XxX2 ...
... хп = {~pj • Замечание. Рассмотрим несколько примеров приложения
доказанной теоремы, 1°. Из всех прямоугольников данного периметра наибольшую площадь имеет квадрат. В самом деле, если л: и у — стороны прямоугольника, а 2р — его периметр, то 2х + 2у = 2р или х + у = р, Площадь 5 = ху по доказан-
(P \2 P2 P2 P
= ~—, если X Ф у, и равна -^-, если х = у = . 2°. Из всех
прямоугольных параллелепипедов с заданной полной поверхностью наибольший объем имеет куб. В самом деле, если обозначить измерения параллелепипеда через х, у, Z1 через 2s — его полную поверхность, а через v — объем, то 2у,г + 2zx + 2ху =-
= 2s, V = xyz. Так как yz + zx + ху = s, то yz • zx ¦ ху < , если среди чисел yz, zx и ху есть хотя бы два разных, и yz • zx • ху = {^j » если Уг ~ zx = ху.
*) Считаем п > 1.
538
Ответы. Алгебра. Гл. XIII. ИНДУКЦИЯ
откуда X = у = z. Так как yz • zx • ху = г педа, не являющегося кубом, v < (-^j
щадь треугольника выражается формулой S = Yp(P — Х)(Р — У)(Р — z)» где х, у, z — длины его сторон, а р — полупернметр. Б силу того, что р — X +р — у + + р — z = Зр — (х + у + z) = Зр — 2р = р, из всех треугольников с заданным
то для прямоугольного параллелепи-а для куба v = j/^-g-) • 3°. Пло"
Черт. 03.
Черт. 94.
периметром наибольшую площадь будет иметь тот, для которого множители р~—х, р — у, р — z, входящие в выражение для площади, будут равны р — х = ~Р — у=р — z, X = у = г, т. е. равносторонний треугольник. Вообще доказанная теорема с успехом применяется при решении различных задач на наибольшие и
.тт , - , 1 •(I + 1) 0
наименьшие значения. 4. Для п = 1 положение верно \-\--~-~—- = 2, и действительно, одна прямая рассекает плоскость на две части. Предположим теперь, что п прямых (из которых никакие две, не параллельны и никакие три не проходят через одну точку) рассекают пло-
- . л(я + 1) 0 D
скость на 1-)--^-——- частей. Возьмем
п-\-1 прямых, из которых опять никакие две не параллельна и никакие три не
Черт. 05.
Черт. 96.
проходят через одну точку; п каких-нибудь из этих прямых по предположению рас-«(« + I)1
сскают плоскость на 1-
частей. Присоединим к этим прямым я-{-1-ю прямую.
