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1. 递推公式：a(n+1)=a(n)+3b(n)，b(n+1)=a(n)+b(n)。设a(n)/b(n)=k，则a(n+1)/b(n+1)=(k+3)/(k+1)，直接列式：k=(k+3)/(k+1)，得k=√3，计算机已经验证过，结果无误。证明设p(n)=a(n)/b(n)，则p(n+1)=(p(n)+3)/(p(n)+1)，用不动点法求出(p(n)+√3)/(p(n)-√3)为绝对值递增等比数列即可。
2. q=1/2，分子是14d²，设q=a/b，则说明14b²/(a²+ab+b²)为整数，因为b²和(a²+ab+b²)互质，所以(a²+ab+b²)是14的约数，凑一凑就可以了。
3. 把log2(n)提出来，原式=(n+2)log2(1+2/n)-2(n+1)log2(1+1/n)
=1/ln(2)*((n+2)*(2/n)-2(n+1)(1/n))=0，最后一步是泰勒展开，计算机已经验证过了，结果无误。
4. 归纳法证a(n)<=(n+1)/2，因为a(n)²/n²接近1/4，a(n)逐项增加其实远不到1/2。
5. (1)直接数学归纳法，利用f(x)=x+1/x的增减区间，证明很容易，√(2n+2)-√2n=2/(√(2n+2)+√2n)<2/(2√2n)=1/√2n。(2)反证法，假设存在C，把原式子平方，说明平方每次增加2+1/an^2，而且增加的部分其实>2+1/(2n+C)，级数1/(2n+C)的和是无穷，根本无上界C，直接矛盾。
6. (1)把原递推式展开成(2a(n+1)-7a(n))²=45a(n)²-36，可得a(n+1)²-7a(n+1)a(n)+a(n)²+9=0，可得a(n)=(7a(n+1)-√(45a(n+1)²-36))/2，因此a(n-1)=(7a(n)-√(45a(n)²-36))/2，因此a(n+1)+a(n-1)=7a(n)。(2) 直接配方，a(n+1)a(n)-1=(3a(n)+√(5a(n)²-4))²/4。
7. 直接求数列通项公式，可以证明an+a(n+1)+2为((3+√5)/2)^(n-1)+((3-√5)/2)^(n-1)的平方，平方根的数列通项公式为b(n+1)=3b(n)-b(n-1)。
8. (1)很容易。(2)归纳证明an>n/(n+1)即可，此证明很容易，因为甚至可以估计出1-1/(3n+1)>an>1-1/(3n)。
9. 1-2(x+y)/(1+x)(1+y)=(1-x)(1-y)/(1+x)(1+y)=(1-x)/(1+x)×(1-y)/(1+y)，所以可以看出(1-a(n))/(1+a(n))肯定是个等比数列，后面过程略。
10. 实际上1/a1+1/a2+...+1/an+1/a1a2..an=1，所以an=a1a2..a(n-1)+1，归纳法可证明。
码字辛苦，求加分。 1.由二项式定理：
（1+√3)^n=C（n,0)+C(n,1)√3+C(n,2)(√3)²+C(n,3)(√3)³+...+C(n,k)(√3)^k+...+C(n,n)(√3)^n;：
（1-√3)^n=C（n,0)+C(n,1)(-√3)+C(n,2)(-√3)²+C(n,3)(-√3)³+...+C(n,k)(-√3)^k+...+C(n,n)(-√3)^n
所以：an=[(1+√3)^n+(1-√3)^n]/2;bn=[(1+√3)^n-(1-√3)^n]/2√3;
an/bn=√3[(1+√3)^n+(1-√3)^n]/[(1+√3)^n-(1-√3)^n]
=√3[1+{(1-√3)/(1+√3)}^n]/[1-{(1-√3)/(1+√3)}^n]
=√3[1+(√3-2)^n]/[1-(√3-2)^n];
-1<√3-2<0, n趋近∞时，(√3-2)^n趋近于0；
所以an/bn的极限=√3（1+0）/(1-0)=√3
2.{an}中：a1=d;所以an=nd;a2=2d,a3=3d;
{bn}:b1=d²; b2=d²q, b3=d²q²;
所以：（a₁²+a₂²+a₃²)/(b1+b2+b3)=(d²+4d²+9d²)/(d²+d²q+d²q²)
=14/(1+q+q²)为整数；且0 且1+q+q²=(q+½)²+¾；故1+q+q²=7/4;, q=½; 这个问题要分两步，一是证明32可行，二是证明31不可行。 第一步直接验证下面的策略一定可行 111, 212, 313, 414 122, 223, 324, 421 133, 234, 331, 432 144, 241, 342, 443 555, 656, 757, 858 566, 667, 768, 865 577, 678, 775, 876 588, 685, 786, 887 第二步用几何模型来叙述可以简洁一点，考察R^3中的格点{1,2,3,4,5,6,7,8}^3，每尝试一个点相当于验证了过该点且与坐标轴平行的三条直线上的点（22个）。 如果只取了31个检验点，考察垂直于z轴的8个平面，不妨设z=1上检验点最少。 若z=1上只有不超过2个检验点，那么该平面上至少有64个点要由上面7层的点来覆盖，矛盾。所以该平面上有3个检验点。 z=1上至少还有25个点不在由这3个点（记为A类点）生成的直线上，需要由上面7层平面中的点来覆盖（取出满足条件的25个记为B类点），还余下3个自由的点记为C类点。 A类点生成的直线最多覆盖64-25+3*7=60个点； B类点生成的直线最多覆盖25*(8+6)=350个点； C类点生成的直线最多覆盖3*21=63个z=0平面以外的点(z=0上的点已经全部被统计过)。 这些点加起来不足以覆盖所有的512个点。 我算出来的概率是22/512，也就是说，保证一定要开锁就是要占这512次当中的22次 柯西不等式是由大数学家柯西(Cauchy)在研究数学分析中的“流数”问题时得到的。但从历史的角度讲，该不等式应当称为Cauchy-Buniakowsky-Schwarz不等式【柯西-布尼亚科夫斯基-施瓦茨不等式】，因为，正是后两位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式应用到近乎完善的地步。 柯西不等式非常重要，是高中数学研究内容之一，多与均值不等式一起研究。 中文名：柯西不等式 外文名：Cauchy-Buniakowsky-Schwarz Inequality 提出者：奥古斯丁·路易·柯西 提出时间：18世纪 应用学科：数学 适用领域范围：数学-积分学 推广者：赫尔曼·阿曼杜斯·施瓦茨 推广者：维克托·布尼亚科夫斯基 朋友,请及时采纳正确答案,下次还可能帮到您哦,您采纳正确答案,您也可以得到财富值,谢谢。 高中数学竞赛组合题
柯西不等式
高一奥林匹克数学竞赛真题
1. 递推公式：a(n+1)=a(n)+3b(n)，b(n+1)=a(n)+b(n)。设a(n)/b(n)=k，则a(n+1)/b(n+1)=(k+3)/(k+1)，直接列式：k=(k+3)/(k+1)，得k=√3，计算机已经验证过，结果无误。证明设p(n)=a(n)/b(n)，则p(n+1)=(p(n)+3)/(p(n)+1)，用不动点法求出(p(n)+√3)/(p(n)-√3)为绝对值递增等比数列即可。
2. q=1/2，分子是14d²，设q=a/b，则说明14b²/(a²+ab+b²)为整数，因为b²和(a²+ab+b²)互质，所以(a²+ab+b²)是14的约数，凑一凑就可以了。
3. 把log2(n)提出来，原式=(n+2)log2(1+2/n)-2(n+1)log2(1+1/n)
=1/ln(2)*((n+2)*(2/n)-2(n+1)(1/n))=0，最后一步是泰勒展开，计算机已经验证过了，结果无误。
4. 归纳法证a(n)<=(n+1)/2，因为a(n)²/n²接近1/4，a(n)逐项增加其实远不到1/2。
5. (1)直接数学归纳法，利用f(x)=x+1/x的增减区间，证明很容易，√(2n+2)-√2n=2/(√(2n+2)+√2n)<2/(2√2n)=1/√2n。(2)反证法，假设存在C，把原式子平方，说明平方每次增加2+1/an^2，而且增加的部分其实>2+1/(2n+C)，级数1/(2n+C)的和是无穷，根本无上界C，直接矛盾。
6. (1)把原递推式展开成(2a(n+1)-7a(n))²=45a(n)²-36，可得a(n+1)²-7a(n+1)a(n)+a(n)²+9=0，可得a(n)=(7a(n+1)-√(45a(n+1)²-36))/2，因此a(n-1)=(7a(n)-√(45a(n)²-36))/2，因此a(n+1)+a(n-1)=7a(n)。(2) 直接配方，a(n+1)a(n)-1=(3a(n)+√(5a(n)²-4))²/4。
7. 直接求数列通项公式，可以证明an+a(n+1)+2为((3+√5)/2)^(n-1)+((3-√5)/2)^(n-1)的平方，平方根的数列通项公式为b(n+1)=3b(n)-b(n-1)。
8. (1)很容易。(2)归纳证明an>n/(n+1)即可，此证明很容易，因为甚至可以估计出1-1/(3n+1)>an>1-1/(3n)。
9. 1-2(x+y)/(1+x)(1+y)=(1-x)(1-y)/(1+x)(1+y)=(1-x)/(1+x)×(1-y)/(1+y)，所以可以看出(1-a(n))/(1+a(n))肯定是个等比数列，后面过程略。
10. 实际上1/a1+1/a2+...+1/an+1/a1a2..an=1，所以an=a1a2..a(n-1)+1，归纳法可证明。
码字辛苦，求加分。 1.由二项式定理：
（1+√3)^n=C（n,0)+C(n,1)√3+C(n,2)(√3)²+C(n,3)(√3)³+...+C(n,k)(√3)^k+...+C(n,n)(√3)^n;：
（1-√3)^n=C（n,0)+C(n,1)(-√3)+C(n,2)(-√3)²+C(n,3)(-√3)³+...+C(n,k)(-√3)^k+...+C(n,n)(-√3)^n
所以：an=[(1+√3)^n+(1-√3)^n]/2;bn=[(1+√3)^n-(1-√3)^n]/2√3;
an/bn=√3[(1+√3)^n+(1-√3)^n]/[(1+√3)^n-(1-√3)^n]
=√3[1+{(1-√3)/(1+√3)}^n]/[1-{(1-√3)/(1+√3)}^n]
=√3[1+(√3-2)^n]/[1-(√3-2)^n];
-1<√3-2<0, n趋近∞时，(√3-2)^n趋近于0；
所以an/bn的极限=√3（1+0）/(1-0)=√3
2.{an}中：a1=d;所以an=nd;a2=2d,a3=3d;
{bn}:b1=d²; b2=d²q, b3=d²q²;
所以：（a₁²+a₂²+a₃²)/(b1+b2+b3)=(d²+4d²+9d²)/(d²+d²q+d²q²)
=14/(1+q+q²)为整数；且0 且1+q+q²=(q+½)²+¾；故1+q+q²=7/4;, q=½; 这个问题要分两步，一是证明32可行，二是证明31不可行。 第一步直接验证下面的策略一定可行 111, 212, 313, 414 122, 223, 324, 421 133, 234, 331, 432 144, 241, 342, 443 555, 656, 757, 858 566, 667, 768, 865 577, 678, 775, 876 588, 685, 786, 887 第二步用几何模型来叙述可以简洁一点，考察R^3中的格点{1,2,3,4,5,6,7,8}^3，每尝试一个点相当于验证了过该点且与坐标轴平行的三条直线上的点（22个）。 如果只取了31个检验点，考察垂直于z轴的8个平面，不妨设z=1上检验点最少。 若z=1上只有不超过2个检验点，那么该平面上至少有64个点要由上面7层的点来覆盖，矛盾。所以该平面上有3个检验点。 z=1上至少还有25个点不在由这3个点（记为A类点）生成的直线上，需要由上面7层平面中的点来覆盖（取出满足条件的25个记为B类点），还余下3个自由的点记为C类点。 A类点生成的直线最多覆盖64-25+3*7=60个点； B类点生成的直线最多覆盖25*(8+6)=350个点； C类点生成的直线最多覆盖3*21=63个z=0平面以外的点(z=0上的点已经全部被统计过)。 这些点加起来不足以覆盖所有的512个点。 我算出来的概率是22/512，也就是说，保证一定要开锁就是要占这512次当中的22次 柯西不等式是由大数学家柯西(Cauchy)在研究数学分析中的“流数”问题时得到的。但从历史的角度讲，该不等式应当称为Cauchy-Buniakowsky-Schwarz不等式【柯西-布尼亚科夫斯基-施瓦茨不等式】，因为，正是后两位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式应用到近乎完善的地步。 柯西不等式非常重要，是高中数学研究内容之一，多与均值不等式一起研究。 中文名：柯西不等式 外文名：Cauchy-Buniakowsky-Schwarz Inequality 提出者：奥古斯丁·路易·柯西 提出时间：18世纪 应用学科：数学 适用领域范围：数学-积分学 推广者：赫尔曼·阿曼杜斯·施瓦茨 推广者：维克托·布尼亚科夫斯基 朋友,请及时采纳正确答案,下次还可能帮到您哦,您采纳正确答案,您也可以得到财富值,谢谢。 高中数学竞赛组合题
柯西不等式
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