Частные случае этого рассуждения можно найти в решении задачи 10.75.

10.75. а) Сложите три неравенства вида

x4y2z + x2y4z − 2x3y3x = x2y2z(x − y)2 > 0.

б) Для преобразования диаграммы Юнга (5, 0, 0) в (2, 2, 1) нужно три шага:

(5, 0, 0) → (4, 1, 0) → (3, 2, 0) → (2, 2, 1),

поэтому для непосредственного доказательства неравенства понадобится цепочка из трех неравенств:

x5 + y5 − x4y − xy4 = (x4 − y4)(x − y) > 0,

x4y + xy4 − x3y2 − x2y3 = xy(x2 − y2)(x − y) > 0, x3y2 + y2z3 − x2y2z − xy2z2 = y2(x2 − z2)(x − z) > 0.

Глава 11

11.2. Sn = bn+1 − b1.

11.3. Для нахождения an можно воспользоваться методом неопределенных коэффициентов. Для этого нужно представить an в виде an = An3 + Bn2 + Cn и определить коэффициенты A, B, C из условия

Δan = n2.

11.4. Найдите последовательность an вида an = An4 + Bn3 + Cn2 + + Dn, для которой Δan = n3.

11.5. Воспользуйтесь тем, что для четного положительного m выполняется равенство 1/F2m = Fm−1/Fm − F2m−1/F2m.

11.6. Утверждение задачи достаточно проверить для Q(x) = xm+1.

Вэтом случае ΔQ(x) = xm+1 − xm = (m + 1)xm + . . .

11.8. Формула доказывается индукцией по n.

11.10. Воспользуйтесь задачей 11.6. mf(x) = m!am, где am — старший коэффициент многочлена f(x).

11.11. n!/nn.

11.13. Согласно задаче 11.12, для чисел yk = λ(−1)kCkn действительно выполняются нужные равенства. Поэтому для решения задачи остается показать, что такой набор чисел {yk} единственный с точно-

стью до постоянного сомножителя. Предположим, что таких наборов два: y(01), . . . , y(n1) и y(02), . . . , y(n2). Обозначим через λ1 и λ2 те числа,

которые получаются при подстановке в равенство 11.1 наборов {y(k1)} и {y(k2)} и функции f(k) = kn:

Тогда новый набор чисел y(k3) = λ2y(k1) − λ1y(k2) (k = 0, . . . , n) обладает тем свойством, что

Xn

f(k)y(k3) = 0

k=0

для всех многочленов f(x), deg f(x) 6 n. Но многочлен f(x) можно подобрать так, чтобы f(k) = y(k3) (k = 0, . . . , n). Отсюда

Xn

(y(k3))2 = 0, то есть y(13) = y(23) = . . . = y(n3) = 0,

k=0

что противоречит непропорциональности наборов {y(k1)} и {y(k2)}. 11.12. Воспользуйтесь результатами задач 11.8 и 11.10.

11.15. (anbn) = an+1Δbn + bnΔan = anΔbn + bn+1Δan. 11.16. an = 2n.

11.150. При n = 1 формула

(f(x)g(x)) = f(x + 1)Δg(x) + Δf(x)g(x) = f(x)Δg(x) + Δf(x)g(x + 1)

легко проверяется. Для доказательства формулы в общем случае применим индукцию. Пусть формула ( ) справедлива для некоторого n. Тогда применяя её в равенстве

После сдвига переменной суммирования во второй сумме, приходим к формуле

Xn

n+1(f(x)g(x)) = Ckn kf(x) n−k+1g(x + k) +

k=0

nX+1

+Ckn−1 kf(x) n−k+1g(x + k) =

k=1

nX+1

=(Ckn + Ckn−1) nf(x) n−k+1g(x + k) =

k=0

nX+1

=Ckn+1 kf(x) n+1−kg(x + k)

k=0

г) n + 1 − 1; д) 1 − 2n + 1 + n + 1; е) 1 − n! ; ж) (n + 1)! − 1. 11.21. б) Для двух многочленов степени n f(x) и g(x) = d0C0x +d1C1x +

+ . . . + dnCnx справедливы равенства kf(0) = kg(0) (0 6 k 6 n). Поэтому они совпадают в точках x = 0, 1, . . . , n, то есть равны.

11.22. Поскольку многочлен f(x) принимает целые значения в точках x = 0, 1, . . . , n, то коэффициенты dk, найденные по формулам dk =

=kf(0) (см. задачу 11.21), оказываются целыми.

11.27. Если n = 4k + 1 или n = 4k + 2, то независимо от расстановки знаков будет получаться нечетное число. Поэтому задача решения иметь не будет. Исследуем прогрессии n = 4k+3 и n = 4k. Покажем, что для чисел из первой прогрессии задача имеет решение начиная с n = 7, а из второй — начиная с n = 8. Очевидно, что для n = 3 и n = 4 решения не существует. Из равенства n2 −(n+1)2 −(n+2)2 +(n+3)2 = 4 следует, что из восьми последовательных чисел, подобрав знаки + и −, всегда можно получить 0. Поэтому, если задача имеет решение для некоторого n, то она будет иметь решение и для всех чисел n+ 8k (k > 0). Осталось показать существование решения для n = 7, 11 и 12. Поиск облегчается, если сначала выяснить, для каких комбинаций знаков можно получить 0 по модулю некоторого натурального m, например, для m = 8. Нужные представления устроены следующим образом:

1 + 4 − 9 + 16 − 25 − 36 + 49 = 0;

1 − 4 + 9 + 16 + 25 − 36 − 49 − 64 + 81 − 100 + 121 = 0;

1 − 4 + 9 + 16 + 25 − 36 + 49 − 64 + 81 − 100 − 121 + 144 = 0.

11.28, 11.29 Гармоничность данных функций проверяется по определению.

11.30. Рассмотрим функции

xf(x, y) = f(x + 1, y) − f(x, y) и yf(x, y) = f(x, y + 1) − f(x, y),

которые также будут ограниченными и гармоническими. Пусть функция xf(x, y) не равна нулю тождественно. Допустим, что M =

точек этой области V. Отсюда следует, что функция f(x, y) возрастет при движении внутри K параллельно оси Ox по крайней мере на M·n/2. Но это противоречит ограниченности f(x, y).

11.31. Проведите доказательство по индукции.

11.33. Согласно задаче 11.32, последовательности {an}=cixni (i=1,2) для любых c1, c2 являются решениями уравнения (11.2), поэтому их сумма будет удовлетворять тому же уравнению. С другой стороны, числа c1, c2 можно подобрать так, чтобы a0 = c1 + c2, a1 = c1x1 + c2x2. После этого получается, что две последовательности {an} и {c1xn1 +c2xn2 } удовлетворяют одному и тому же уравнению и имеют одинаковые начальные условия. Согласно задаче 11.31, они совпадают.

числа an и bn удовлетворяют рекуррентным соотношениям an+1 = an+ +2bn, bn+1 = an+bn. Отсюда an+2−2an+1−an = 0, bn+2−2bn+1−bn = 0

(n > 0).

11.38. Перейдите к сопряженным числам.

11.41. В явном виде многочлены Фибоначчи и Люка помещены в приложение В, V. Многочлены, стоящие в равенствах а), б) и д) удовлетворяют одному рекуррентному соотношению. Поэтому достаточно проверить лишь выполнение начальных условий. (См. задачу 11.31.) Для доказательства равенств в) и г), найдите рекуррентные соотноше-

ния, которым удовлетворяют многочлены, стоящие в левых и правых частях и проверьте справедливость начальных условий. Например, многочлены Фибоначчи c четными номерами удовлетворяют равенству

F2n+4(x) = (x2 + 2)F2n+2(x) − F2n(x).

браться из вершины A за n прыжков до вершин A, B, C, D, E, F соответственно. В силу симметрии задачи, bn = fn, cn = en. Легко видеть, что выполняются равенства

Отсюда находим, что все перечисленные последовательности удовлетворяют рекуррентному уравнению xn+4 − 5xn+2 + 4xn = 0 (n > 0). Из начальных условий a0 = 1, a2 = 2, находим a2n = (2 + 4n)/3.

11.47. а) Из рекуррентного уравнения cn+4 − 5cn+2 + 4cn = 0 (n > 0) (см. решение задачи 11.46) и начальных условий c0 = 0, c2 = 1, находим c2n = (4n − 1)/3.

б) При условии, что лягушке нельзя прыгать в D, рекуррентное уравнение запишется в виде cn+2 = 3cn (n > 1). Отсюда c2n = 3n−1 (n > 1). Аналогично a2n = 2 · 3n−1.

в) Вероятность того, что лягушка будет еще прыгать через n секунд равна отношению числа всех путей, не проходящих через D, к общему числу маршрутов. Для четных n имеем:

Лягушка может попасть в вершину D только на нечетном шаге. Вероятность такого события для шага с номером n = 2k + 1 равна

c2k + e2k = 2 · 3k−1 . 22k+1 22k+1

Поэтому средняя продолжительность жизни задается рядом

N = X∞ (2k + 1) 2 · 3k−1 .

22k+1

k=1

Указанная сумма может быть вычислена при помощи производящей функции

k=1

Среднее число шагов совпадает со значением производной функции f(t)

в точке t = 1:

N = f0(t)|t=1 = 4.

Ответ: 4 секунды. 11.49. (3n − (−2)n)/5.

11.50. Сложите данные числа с сопряженными к ним.

11.52. Все решения уравнения x2 − 17n2 = 1 в натуральных числах

√ √

могут быть получены по формуле (x1 + n1 17)k = xk + nk 17 (k > 1). 11.53. xn = 1/2 sin α[(1 + sin 2α)n − (1 − sin 2α)n], .

yn = 1/2 cos α[(1 + sin 2α)n + (1 − sin 2α)n]

11.54. Пусть a0 — начальное число орехов, ak — количество орехов, оставшихся в куче после того, как «свою» долю взял k-й моряк. Тогда

ak+1 = 4/5(ak − 1) (k = 0, . . . , 4).

Отсюда следует, что последовательность {ak} удовлетворяет линейному рекуррентному соотношению второго порядка

5ak+1 − 9ak + 4ak−1 = 0 (k = 1, . . . , 4).

Из результата задачи 11.33 следует, что

ak = c1 + c2(4/5)k (k = 0, . . . , 5).

Подставляя это представление в первое рекуррентное соотношение, находим c1 = −4. Чтобы ak было целым числом для каждого k от 0 до 5, константа c2 должна иметь вид c2 = 55n. Поскольку при n = 1 оставшееся число орехов a5 = 45 − 4 кратно 5, то наименьшее возможно число орехов в куче равно 55 − 4. Ответ: 55 − 4.

в) a3n = 1, a3n+1 = 2, a3n+2 = −3; г) an = i((3 − 4i)n − (3 + 4i)n). 11.58. Воспользуйтесь равенствами 3n2 = 0 и 4n3 = 0.

Складывая эти равенства с коэффициентами (1, 1, 1, 1), (1, −1, 1, −1),

(1, 1, −1, −1), (1, −1, −1, 1), находим

=kCknxk−1. Подставляя в эту формулу x= 1, находим сумму из п. а):

k=0

Xn

kCkn = f0(x)|x=1 = n · 2n−1.

k=1

Аналогично находится сумма из п. б):

Xn

k2Ckn = (xf0(x))0|x=1 = n(n + 1)2n−2.

k=1

Ответ: а) n · 2n−1; б) n(n + 1) · 2n−2.

11.67. Из равенства

находим an = Ckn+k−1.

11.68. Данное равенство равносильно утверждению, что всякое положительное число может быть записано в десятичной системе счисления и при том только одним способом.

11.69. Как и в предыдущей задаче, примените формулу из задачи 11.63.

11.70. Здесь первое соотношение — замаскированный случай биномиальной теоремы, а второе получается из первого умножением на xm:

k=0

Отсюда

N = C06 · C2732 − C16 · C1722 + C26 · C712 = 55252.

11.73. Первое равенство непосредственно следует из определения производной формального степенного ряда. Для доказательства второго равенства сравним коэффициенты при zn в рядах Exp((α + β)z) и

Равенство этих коэффициентов следует из формулы бинома Ньютона (задача 2.53).

11.74. Заметим, что

a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a + ωb + ω2c)(a + ω2b + ωc)

(смотрите задачу 9.8). Отсюда

a + b + c = (1 + x)n,

a + ωb + ω2c = (1 + ωx)n,a + ω2b + ωc = (1 + ω2x)n.

Поэтому

a3 + b3 + c3 − 3abc = [(1 + x)(1 + ωx)(1 + ω2x)]n = (1 + x3)n.

чисел Фибоначчи z = 1/10. Данная сумма оказывается равна 10/89.

11.81. а) Обозначим искомую сумму через f(x). Применяя формулу для суммы геометрической прогрессии, находим, что

f(x) = (2x)n − 1.

2x − 1

б) Как и в задаче 11.65 вторая сумма равна f0(1) = 2n(n − 2) + 2. в) Снова, как и в задаче 11.65 б), сумма равна следующей величине

(xf0(x))0|x=1 = f0(1) + f00(1) = 2n(n2 − 5n + 8) − 8.

г) По формулу из задачи 7.58 а),

nX−1

g(x) = = sin((n − 1)/2)x · cos(nx/2) .

sin(x/2)

k=1

Искомая сумма равна −g0(1):

−g0(x)|x=1 = n sin(n − 1)x − (n − 1) sin nx. 2(1 − cos x)

11.83. Проследите за изменением диаграммы Юнга.

11.84. Задачу можно решить используя комбинаторные соображения из задачи 2.67. Если же использовать метод производящих функций, то решение задачи сводится к проверке равенства

11.87. an = qν(n), где ν(n) — число единиц в двоичном представлении числа n.

11.88. Интересующий нас ряд может быть получен из произведения

(1 − ax)(1 − bx2)(1 − cx4)(1 − dx8) . . . ,

если положить x = 1. При определении знака можно положить a = b = = c = d = . . . = 1. Тогда искомый знак будет согласно задаче 11.87 равен (−1)ν(n).