数学

注意力惊人题目系列(1)

三个字

三个字

4.设$a_i∈\mathbb{R}_+,i=1,2,{\cdots},n,求证1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{a^2_i}{\gt}7\sum_{i=1}^n\frac{1}{(1+\sum_{j=1}^ia_j)^2}$

5.设$a_i{\ge}0,i=1,2,{\cdots},n,且a_n=min\{a_1,a_2,{\cdots},a_n\},求证：$

$\sum_{i=1}^na^n_i{\ge}(n-1){(\frac{\sum_{i=1}^{n-1}a_i}{n-1}-a_n)^n}+n\prod_{i=1}^na_i$

1.$(以下n均为正整数)因为f(n)在正整数上取值，所以f(n)必存在最小值$

由于$∀n{\ge}2,f(n){\gt}f(f(n-1)),所以f(i),i=2,3,{\cdots}均不是f(n)的最小值,$

∴$f(1)=min\{f(1),f(2),{\cdots}\}(并且这是唯一的最小值)$

这一步需要非常惊人的注意力↓

$令g(n)=f(n+1)-1$,注意到

$g(n+1)=f(n+2)-1{\gt}f(f(n+1))-1=g(f(n+1)-1)=g(g(n))$

$即g(n)具有与f(n)完全相同的性质,所以g(1)=min\{g(i)|i∈{\mathbb{N}_+}\}$

$从而f(2)=min\{f(2),f(3),{\cdots}\},即f(1){\lt}f(2),类似地,归纳易得f(1){\lt}f(2){\lt}{\cdots}{\lt}f(n){\lt}{\cdots}$

∴$f(n)单调递增,条件f(n+1){\gt}f(f(n))即为f(n){\lt}n+1,即f(n){\le}n$...①

$于是f(1){\le}1,即f(1)=1,结合$①$,归纳可得f(n)=n$

2.(同样需要注意力惊人)

$3^{2n+3}-2^{2n+3}-6^{n+1}=3(3^{n+1})^2-3^{n+1}2^{n+1}-2(2^{n+1})^2=(3^{n+1}-2^{n+1})(3^{n+2}+2^{n+2})$

显然当$n∈\mathbb{N}_+时,两个因式均为大于1的整数,所以3^{2n+3}-2^{2n+3}-6^{n+1}是合数$

4.注意到

$RHS{\lt}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{7}{(1+\sum_{j=1}^ia_j)^2}+\frac{8}{(1+\sum_{j=1}^na_j)^2}$

${\le}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{7}{(1+\sum_{j=1}^ia_j)^2}+\frac{1}{(1+\sum_{j=1}^{n-1}a_j)^2}+\frac{1}{a^2_n}=\sum_{i=1}^{n-2}\frac{7}{(1+\sum_{j=1}^ia_j)^2}+\frac{8}{(1+\sum_{j=1}^{n-1}a_j)^2}+\frac{1}{a^2_n}$

${\le}\sum_{i=1}^{n-2}\frac{7}{(1+\sum_{j=1}^ia_j)^2}+\frac{1}{(1+\sum_{j=1}^{n-2}a_j)^2}+\frac{1}{a^2_n}+\frac{1}{a^2_{n-1}}={\cdots}$

${\le}1+\sum_{i=1}^n\frac{1}{a^2_i}=LHS,得证$

5.易证n=1,2时成立,以下设n>2

$对于k∈\mathbb{N}_+,设M_k=(\frac{\sum_{i=1}^{n-1}a^k_i}{n-1})^{\frac{1}{k}},(M_k即为k次幂平均)$

$则原不等式即为a^n_n+(n-1)M^n_n-na_n\prod_{i=1}^{n-1}a_i-(n-1)(M_1-a_n)^n{\ge}0$

$由幂平均不等式,M_n{\ge}M_1{\ge}(\prod_{i=1}^{n-1}a_i)^{\frac{1}{n-1}}$

$只需证明a^n_n+(n-1)M^n_1-na_nM^{n-1}_1-(n-1)(M_1-a_n)^n{\ge}0$

$亦即1+(n-1)(\frac{M_1}{a_n})^n-n(\frac{M_1}{a_n})^{n-1}-(n-1)(\frac{M_1}{a_n}-1)^n{\ge}0$

$并且(n-1)a_n=(n-1)min\{a_1,a_2,{\cdots},a_n\}{\le}\sum_{i=1}^{n-1}a_i=(n-1)M_1,即\frac{M_1}{a_n}{\ge}1$

$令f(x)=1+(n-1)x^n-nx^{n-1}-(n-1)(x-1)^n,x{\ge}1,只需证f(x){\ge}0$

$f^{\prime}(x)=n(n-1)(x-1)[x^{n-2}-(x-1)^{n-2}]{\gt}0(由于n{\gt}2),所以f(x)单调递增,从而f(x){\ge}f(1)=0,得证$

7.$设p为素数，n∈\mathbb{N}_+且n{\gt}1，证明：$

$v_p(n!)=\frac{n-S_p(n)}{p-1},其中S_p(n)表示在p进制下n的各位数码之和$

8.(需要用到微积分)

$求所有函数f(x),使得f^{'}(x)=2f(x)$

求证或证伪：对于奇数$n{\ge}3,2^{2n-1}{\not\equiv}1(mod n)$

(之前我发过这个题，当时@泰勒展开的尽头是什么和@極衛彮鍙114514已经给了思路，但是有了思路也确实不容易证😅)

(上面那个是第9个)

$10.求证：∀n∈\mathbb{N}_+,a_1,a_2,{\cdots},a_n∈\mathbb{R}_+,都有：$

$\sum_{i=1}^n\frac{1}{1+\sum_{j=1}^ia_j}{\lt}\sqrt{\sum_{i=1}^n\frac{1}{a_i}}$