死亡阴影之谷

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习题5

归纳是比较简单的，$n=1$的情形显然

$$(a+b)^{[n+1]}=(a+b-nh)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{[k]}b^{[n-k]}$$

考虑$(a+b-nh)a^{[k]}b^{[n-k]}=((a-kh)+(b-(n-k)h))a^{[k]}b^{[n-k]}=a^{[k+1]}b^{[n-k]}+a^{[k]}b^{[n-k+1]}$

于是

$$(a+b-nh)\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}a^{[k]}b^{[n-k]}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(a^{[k+1]}b^{[n-k]}+a^{[k]}b^{[n-k+1]})=\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}a^{[k]}b^{[n+1-k]}$$

习题6

考虑归纳，$n=1$的情形显然。

$$\prod_{i=1}^n(1+x_i)\geqslant (1+\sum_{i=1}^{n-1}x_i)(1+x_n)=1+\sum_{i=1}^n x_i+x_n\sum_{i=1}^{n-1}x_i\geqslant 1+\sum_{i=1}^n x_n$$

习题7

同6，略

习题8

$$(2n+1)\prod_{i=1}\left(\frac{2i-1}{2i}\right)^2=\prod_{i=1}^n\frac{2i+1}{2i}\frac{2i-1}{2i}=\prod_{i=1}^n \frac{4i^2-1}{4i^2}<1$$

习题10(a)

考虑证

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \frac{1}{\sqrt{ij}}=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}+2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1}\frac{1}{\sqrt{ij}}>n$$

考虑归纳，$n=2$的情形显然

$$\frac{1}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{i}}\geqslant \frac{1}{n}+\frac{2}{\sqrt{n}}\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2n-1}{n}>1 (n>2)$$

注：这个题有一个直接的做法

$$\sum_{i=1}^n\frac{1}{\sqrt{i}}\geqslant 1+\frac{n-1}{\sqrt{n}}\geqslant \sqrt{n}$$

习题10(b)

$$n>\left(\frac{n+1}{n}\right)^n$$

后一个数单调递增且收敛至$e$，具体证明待补。

习题10(c)

考虑归纳，$n=1$显然

令$a=\sum_{i=1}^{n-1}x_i,b=x_n$

$$|\sin{(a+b)}|= |\sin{a}\cos{b}+\cos{a}\sin{b}|\leqslant |\sin{a}+\sin{b}|$$

当$0\leqslant b\leqslant \pi$时，$\sin{b}\geqslant 0$，因此

$$|\sin{a}+\sin{b}|\leqslant |\sin{a}|+\sin{b}$$

习题10(d)

考虑归纳，$n=1$显然

$$2n(2n-1)=4n^2-2n\leqslant 4n^2$$

习题11

考虑$A$中最小数是有理数$b$，有$b^2<c$。

不妨设$c-b^2<1$（这样的$b$是不难找的），考虑

$$\left(b+\frac{c-b^2}{4b}\right)^2=\frac{c+b^2}{2}+\left(\frac{c-b^2}{4b}\right)^2$$

因为$c\in\mathbb{Z}^+$为非完全平方数，则有$b>1$，于是有

$$\frac{c-b^2}{4b}<\frac{c-b^2}{2}<1$$

可知

$$\frac{c+b^2}{2}+\left(\frac{c-b^2}{4b}\right)^2<c$$

由于$b$为有理数，显然$b+(c-b^2)/4b$为有理数，且$b+(c-b^2)/4b>b$。

类似可证$B$中无最小数。

习题21(a)

将$y$符号取反显然无影响，于是需证$|x+y|\geqslant ||x|-|y||$，将绝对值较大的作为$x$较小的作为$y$，就变为$|x+y|\geqslant |x|-|y|$就是三点不等式。

习题21(b)

若$|x|\leqslant \sum_{i=1}^n |x_i|$则命题显然正确，则$|x|>\sum_{i=1}^n |x_i|$

$$\left|x+\sum_{i=1}^n x_i\right|=|x|\pm\left|\sum_{i=1}^n x_i\right|$$

注意到$|\sum_{i=1}^n x_i|\leqslant\sum_{i=1}^n |x_i|$，

则显然有

$$|x|\pm\left|\sum_{i=1}^n x_i\right|\geqslant |x|-\sum_{i=1}^n |x_i|$$

习题26

只需求$|x-(-2)|+|x-2|\leqslant 12$的解集即可，分类讨论后不难得到$-6\leqslant x\leqslant 6$。

习题29

把限制改写为$-0.05<x(1-x)<0.05$，分别解两个不等式即可得到$0.5-\sqrt{0.3}<x<0.5-\sqrt{0.2}$或$0.5+\sqrt{0.2}<x<0.5+\sqrt{0.3}$。

习题30

只需对符号分类讨论即可。

习题47

$$\sqrt{n+1}-\sqrt{n}=\frac{(n+1)-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\to 0$$

习题48

$$\sin{n!}\frac{\sqrt[3]{n^2}}{n+1}<\frac{1}{\sqrt[3]{n}}\to 0$$

习题49

$$\frac{(-2)^n+3^n}{(-2)^{n+1}3^{n+1}}=\frac{1+(-\frac{2}{3})^n}{3\cdot (1+(-\frac{2}{3})^{n+1})}\to \frac{1}{3}$$

习题52

分奇偶讨论，

$$\left|\sum_{i=1}^n\frac{(-1)^{n-1} n}{n}\right|=\begin{cases}\frac{n+1}{2n+1}\to \frac{1}{2} & n\bmod 2 =1\\[5pt]\frac{1}{2} & n\bmod 2 = 0\end{cases}$$

习题55

有若干种方法但都不确定是严谨的，

考虑生成函数

$$G(z)=\frac{1}{(1-z)^2}-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-z}=\sum_{n\geqslant 0}(n+\frac{1}{2})z^n$$

显然$0\leqslant z<1$时$G(z)$收敛，将$z=\frac{1}{2}$带入即为答案$G(\frac{1}{2})=3$。

考虑答案为$X$，将$X$向后平移一位并加上首项，得

$$X=\frac{X}{2}+\frac{3}{2}$$

解得$X=3$。

习题1295

考虑归纳，$n\leqslant 2$的情形显然

考虑证明

$$\prod_{i=1}^{n+1}x_i\leqslant \left(\frac{\sum_{i=1}^{n+1} x_i}{n+1}\right)^{n+1}$$

我们先将数列从大到小排序，令$s=\sum_{i=1}^n x_{i}$

$$\prod_{i=1}^{n+1} x_i\leqslant x_{n+1}\left(\frac{s}{n}\right)^n$$

由$x_{n+1}\geqslant 0$显然$(s+x_{n+1})/n\geqslant s/n$，于是只需证

$$\frac{x_{n+1}s}{n}\leqslant \frac{(x_{n+1}+s)^2}{(n+1)^2}$$

即

$$(n+1)^2x_{n+1}s\leqslant n(x_{n+1}+s)^2=n(x_{n+1}^2+2x_{n+1}s+s^2)$$

展开并稍加处理得

$$(n^2+1)x_{n+1}s\leqslant nx_{n+1}^2+ns^2$$

移项

$$x_{n+1}(s-nx_{n+1})\leqslant ns(s-nx_{n+1})$$

$$(ns-x_{n+1})(s-nx_{n+1})\geqslant 0$$

由于数列从大到小排序过，因此显然$s\geqslant nx_{n+1}$，于是命题得证。