Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Олимпиадные задачи по математическому анализу. Учебное пособие.pdf
Уравнение P(x) = 0 называется характеристическим для данного
11 2 2
nn
n
a Cx C x= +
0n ≥
1 20
()
n
n
a C Cnx= +
0
n ≥
1,2
i
x i re
±ϕ
=α±β =
12
( cos sin )
n
n
a rC n C n= ϕ+ ϕ
многочлена, соответствующего линейному рекуррентному соотношению.
Без ограничения общности рассмотрим линейные рекуррентные соотношения 2-го порядка. Рассмотрим последовательность {an}, которая удовлетворяет с заданными p и q соотношению
a
n+2
= pa
+ qan (n = 0, 1, 2, …).
n+1
Составим характеристическое уравнение последовательности
x2 – px – q = 0.
Рассмотрим 3 случая.
1. Если характеристическое уравнение последовательности {an} имеет
два различных действительных корня k1 и k2, тогда при фиксированных a0
и a1 существует ровно одна пара чисел C1, C2 такая, что
(
).
2. Если характеристическое уравнение последовательности {an} имеет
действительный корень x0 кратности 2, тогда при фиксированных a0 и a1
существует ровно одна пара чисел C1, C2 такая, что
(
).
3. Если характеристическое уравнение последовательности {an} имеет
комплексные корни
, тогда при фиксированных a0 и a1
существует ровно одна пара чисел C1, C2 такая, что
Например, последовательность Фибоначчи 1, 1, 2, 3, 5, 8, …, у которой f
= fn + f
n+1
n–1
рентной последовательностью 2-го порядка, задаваемой соотношением
(n ≥ 0).
при n ≥ 2, является однородной линейной рекур-
11
fn – f
115 15
22
2
nn
n
f
+−
= −
n
a
′
0
n
a
0
n nn
aaa
′
= +
{ }
n
aa
′
=
01
;
k
C
a
CC C
=
+ ++>
1
0
k
i
i
iC
=
⋅≠
∑
1
.
n
k
i
i
nC
a
iC
=
⋅
′
= −
⋅
∑
n–1
– f
= 0 и начальными условиями f0 = f1 = 1. Характеристический
n–2
многочлен для последовательности Фибоначчи имеет вид P(x) = x2 – x – 1.
Тогда общий член последовательности чисел Фибоначчи находится как
.
В случае линейного неоднородного рекуррентного соотношения для
нахождения общего члена последовательности применяют следующую
теорему.
Эти методы легко можно распространить на линейные однородные
рекуррентные соотношения любого порядка.
Теорема (о структуре общего решения линейного рекуррентного со-
общения). Общее решение линейного неоднородного рекуррентного соот-
ношения представляется в виде суммы некоторого частного решения
и общего решения
соответствующего однородного соотношения:
.
Частное решение неоднородного рекуррентного соотношения при
условии C0 + C1 +… + Ck ≠ 0 можно искать в виде постоянной последовательности
. Поскольку в этом случае C0a + C1a +… + Ck a = C, то
Если C0 + C1 + …+ Ck = 0, но
, то существует частное реше-
ние вида
12
Примеры решения задач
2
4
n
n
a
≥
kN∈
( 1)
12
2
nn
n
+
++ +=>
nn
aa
+=
( 1)
2
2
n
nn
a
+
= ≥
2
( 1)
44
n
nn n
a
+
≥≥
1 2 2 3 40 41
11 1
...
aa aa a a
+ ++
++ +
1 2 2 3 40 41
11 1
...
aa aa a a
+ ++ =
++ +
3 2 41 40
21
2 1 3 2 41 40
...
aa a a
aa
aa aa a a
−−
−
= + ++ =
−− −
3 2 41 40
2 1 41 1
...
aa a a
aa a a
dd d d
−−
−−
= + ++ = =
81 1
4
2
−
= =
Пример 1. Возрастающая последовательность натуральных чисел
{an} такова, что все суммы ai + aj, i ≤ j, различны. Доказать, что
Решение. Так как для любого
существует ровно k сумм вида
.
ai + ak, i = 1, …, k, то количество сумм вида ai + aj, 1 ≤ i ≤ j ≤ n равно
. По условию задачи все суммы вида ai + aj различны
и принимают натуральные значения, то наибольшая из них
. Отсюда
. Что и требовалось доказать.
Пример 2. Дана арифметическая прогрессия с первым членом 1
и разностью 2. Докажите, что число
является целым.
Решение. Умножим числитель и знаменатель каждого слагаемого на
сопряженные к знаменателю выражения.
.
13
Пример 3. Найти предел последовательности
1
ya
=
1
nn
y ay
−
= +
21
yy>
21
0yy a a a−= + − >
11
nn n n
y y ay ay
+−
−= +− + =
( )
( )
11
1
nn nn
nn
ay ay ay ay
ay ay
−−
−
+−+ +++
= =
+++
1
1
nn
nn
yy
ay ay
−
−
−
+++
32
yy>
1
1ya<+
21
1 12 1y ay a a a a a= + < ++ < ++ =+
1
n
ya<+
1
1 12 1
nn
y ay a a a a a
+
= + < ++ < ++ =+
1
lim lim
nn
nn
Ay y
−
→∞ →∞
= =
1nn
y ay
−
= +
2
1nn
y ay
−
= +
( )
2
1
lim lim
nn
nn
y ay
−
→∞ →∞
= +
,
где а > 0.
Решение. Покажем, что данная последовательность возрастающая
и ограниченная.
,
Так как
, то из полученного выражения следует, что
,
и т. д. – последовательность возрастающая.
Очевидно, что все члены последовательности положительны и
.
Далее
.
.
Предположим, что
ки для y
(на основании метода математической индукции).
n+1
и покажем справедливость такой оцен-
– искомая оценка
для любого члена последовательности.
Таким образом, последовательность является возрастающей и ограниченной, по теореме Вейерштрасса имеет конечный предел. Обозначим
его буквой А,
.
По условию
, тогда
. Перейдем к пределу
при n→∞:
.
14
По теоремам о пределе сумме и произведения находим
( )
22
lim lim
n nn
nn
y y y AA A
→∞ →∞
= ⋅ =⋅=
( )
11
lim lim lim
nn
n nn
ay a y aA
−−
→∞ →∞ →∞
+= + =+
11
24
Аа=±+
11
24
Аа
=++
11
lim
24
n
aa a а
→∞
+ ++ =+ +
>
lim 0
p
n
n
n
a
→∞
=
22
( 1) ( 1)
(1 ) 1
22
nn n
nn nn
an
−−
= +λ = + λ+ λ + +λ > λ>
2
( 1)
( 1)
2
n
nn
aa
−
>−
2
2
21
0
( 1)
1
( 1)
( 1)
2
n
nn
nn
n
aa
a
<< = ⋅
−
−
−
−
2
2
( 1)a −
1
1n −
;
.
Откуда получаем уравнение для определения А: А2 = а + А. Имеем
. Так как А не может быть отрицательным, то берем только
положительный корень
Таким образом,
.
.
Пример 4. Доказать, что
, если a > 1, p > 0.
Решение. Получим сначала вспомогательное равенство.
Пусть a = 1 + λ, λ = a – 1 > 0. Тогда
Заменяем λ = a – 1, имеем требуемое неравенство
.
Из последнего неравенства находим
В левой части неравенств стоит нуль, а в правой – произведение по-
стоянной величины
на бесконечно малую величину
15
, a >1.
.
, которое
по свойству бесконечно малых также будет бесконечно малой величиной.
n
n
a
lim 0
n
n
n
a
→∞
=
( )
1
p
pp
p
nn n
p
p
nn n
ab
ab
a
= = =>=
n
n
b
lim 0
p
n
n
n
a
→∞
=
0
pr
nn
nn
aa
<<
( )
1
! , 2.
2
n
n
nn
+
<≥
1
1
n
n
+
Таким образом, отношение
величинами, будет бесконечно малой величиной, т. е.
, заключенное между бесконечно малыми
. Мы до-
казали частный случай формулы при p = 1.
Если p > 1 и целое, то
.
Так как
является бесконечно малой величиной, то произведение p
бесконечно малых величин снова будет бесконечно малой величиной,
т. е.
.
Если p – нецелое число, обозначим через r – целое число, так что
p < r при этом np < nr и
.
Крайние члены неравенств при n → ∞ являются бесконечно малыми,
значит, и средний член также будет бесконечно малой величиной и при
нецелых значениях p. Что и требовалось доказать.
Пример 5. Доказать неравенство
Решение. Оценим сначала правую часть заданного неравенства. Для
этого воспользуемся последовательностью вида
16
.
Имеем
2
1 1 ( 1) 1 ( 1)...3 2 1 1
1 1 ...
1! 2! !
n
n
n nn nn
nn n
nn
− − ⋅⋅
+ =+⋅+ ⋅ ++ ⋅ =
11
2 ... 2.
2
n
n
n
n
−
=+ ++ >
1
11
12
2
2 22
nn
n nn
n nn
n n nn
n
−
+
= + > ⋅= ⋅
!
1
1
2
n
n
n
<⋅
+
1
! !2
.
1
2
n
n
nn
nn
x
n
n
−
⋅
<=
+
2
2! 2
1
2
⋅
=
1
!2
1.
n
n
n
n
x
n
−
= ≤
1nx+
( )
( )
( )
( )( )
( )
1
11
1
1
1 !2 ! 1 2 2
!2 2 !2 2
1
1 11 1
1
nn
nn
n
n nn n
n
n nn
nn
x
n nn n
n
n
−
−−
+
+
+ +⋅ ⋅
⋅⋅
= = = = =
+ ++ +
+
2
1
1
1
n
n
x
n
=⋅<
+
1
n
x ≤
2
1
1
1
n
n
<
+
Тогда
Осталось теперь доказать, что
Имеем
Покажем, что xn ≤ 1 при n ≥ 2. Воспользуемся методом математиче-
ской индукции («от частного к общему»).
При n = 2 :
Пусть
, т. е. верно.
Рассмотрим
:
, т. к.
17
и
.
Получим
1
! !2 1
1!
2
1
2
n
n
nn
nn n
n
n
n
−
+
< ≤⇒ <
+
nN∈
lim
2
n
n
na→∞
1
1
x
=
2
2x =
12
2
n
n
xC C=⋅+
12
12
2,
4
СС a
СС b
+=
+=
1
2
,
2
2.
ba
С
С ab
−
=
= −
22
2
n
n
ba
x ab
−
= ⋅+ −
lim
2
2
n
n
n
a
ba
→∞
−
=
Вывод: неравенство верно.
при n ≥ 2.
Пример 6. Последовательность {an},
мулой an = 3a
n–1
– 2a
, n ≥ 3, a1 = a, a2 = b. Найти
n–2
задана рекуррентной фор-
.
Решение. Составим характеристическое уравнение последовательности x2 – 3x + 2 = 0. Откуда,
,
.
Тогда общий член последовательности имеет вид
Константы С1, С2 находим из начальных условий a1 = a, a2 = b:
Получим
⇒
, тогда
.
.
Пример 7. Найти линейную рекуррентную последовательность, удовлетворяющую линейному рекуррентному соотношению
Решение. Составим характеристическое уравнение данного соотношения x3 + 3x2 + 3x + 1 = 0 или (x + 1)3 = 0. Данное характеристическое
уравнение имеет один вещественный корень x = –1 кратности 3, и решение данного ЛОРС в общем виде есть
a
n+3
+ 3a
n+2
+ 3a
n+1
an = (–1)n(C1 + C2n + C3n2).
18
+ an = 0.
Пример 8. Найти формулу n-го члена для последовательности, задан-
0
1 23
( 3) (1) (2)
nn n
n
a С СС=−+ +
n
a
′
3
1
102(7)3640
i
i
iC
=
⋅ = ⋅ + ⋅− + ⋅ = ≠
∑
1
20
5
4
n
k
i
i
nC n
an
iC
=
⋅
′
=− =−=−
⋅
∑
0
1 23
( 3) (1) (2) 5
nn n
nnn
aaaС СС n
′
=+= −+ + −
123
12 3
12 3
2;
3 2 5 6;
9 4 10 3.
ССС
СС С
СС С
++=
− + + −=−
++ −=
(3)(2)5
nn
n
an=−+ −
ной условиями a
n+3
– 7a
+ 6an = 20, a0 = 2, a1 = – 6, a2 = 3.
n+1
Решение. Характеристическое уравнение данного неоднородного линейного рекуррентного соотношения имеет вид x3 – 7x + 6 = 0. Данное характеристическое уравнение имеет вещественные корни x1 = –3, x2 = 1,
x3 = 2. Соответствующее общее решение однородного линейного рекуррентного соотношения запишем следующим образом:
.
Найдем
коэффициентов 1 – 7 + 6 = 0, однако
– частное решение исходного ЛНРС. Находим сумму его
.
Поэтому частное решение исходного ЛНРС
.
Тогда общее решение
Определим по начальным условиям значения С1, С2, С3:
.
Имеем, С1 = 1, С2 = 0, С3 = 1, откуда общее решение
19
.
Пример 9. Найти предел
2
( 1) ln( !) 2 ln(2!3!... !)
lim
n
nn n
nn
→∞
+−
+
2
( 1) ln( !) 2 ln(2!3!... !)
lim
n
nn n
nn
→∞
+−
+
( 1) 2 ( 1)
2 22
ln( !) ln(2!3!... !) 1 ( !)
lim lim ln
(2!3!... !)
nn
nn
nn n
nn nn n
++
→∞ →∞
−
= =⋅=
++
111 1 1
2 2( 1) 2( 2) 2( 3) 2 2 1 2
1 2 3 4 ( 1)
lim ln
2 3 4 ( 1)
nnn n n
nn n
n
nn
nn n n
+++ + +
− − − ⋅⋅
→∞
⋅ ⋅ ⋅⋅− ⋅
=⋅=
+ ⋅ ⋅ ⋅⋅− ⋅
>
>
( )
357 31
2
1
lim ln 2 3 4 ( 1)
nnn nn
n
nn
nn
−−− −−
→∞
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅− ⋅ =
+
>
(
)
2
1
lim (3 ) ln 2 (5 ) ln 3 ( 1) ln
n
n n nn
nn
→∞
= ⋅ − +− ++− =
+
>
22 2
(3 ) ln 2 (5 ) ln 3 ( 1) ln
lim lim lim
nn n
n n nn
nn nn nn
→∞ →∞ →∞
−− −
= + ++ =
++ +
>
2
1
ln
( 1) ln
0 0 lim lim
21
nn
n
n
nn
n
n
nn
→∞ →∞
−
+
−∞
=++ + = = =
∞+
+
>
1
ln 1
lim lim 0
21 2
nn
n
n
n
→∞ →∞
+∞
= = = =
+∞
2
( 1) ln( !) 2 ln(2!3!... !)
lim
n
nn n
nn
→∞
+−
=
+
12
22
( 1) ln ! 2 ln(2!3!... !)
lim li m
nn
nn n
II
nn nn
→∞ →∞
+
=−=−
++
Решение.
1 способ.
.
=
2 способ.
.
.
20