20200509 自招题目

1. 对集合 ({1,2,cdots,n}) 及其每一个非空子集,定义一个唯一确定的"交替和"如下:按照递减的次序重新排列该子集,然后交替地减或加后继的数所得的结果,例如,集合 ({1,2,4,6,9}) 的"交替和"是 (9-6+4-2+1=6) ,({5,6}) 的"交替和"是 (6-5=1) ,({2}) 的"交替和"是 (2) .那么,对于 (n=7) ,求所有子集的"交替和"的总和.

   • 解:设 (forall Asubseteq{1,2,cdots,n}) ,(A) 的"交替和"为 (f(A)) ,集合 ({1,2,cdots,x}) 的所有子集的"交替和"的总和为 (g(x)),
     易得 (forall Asubseteq{1,2,cdots,x-1},f(Acup{x})=x-f(A)),
     又集合 ({1,2,cdots,x-1}) 共有 (2^{x-1}) 个子集,集合 ({1,2,cdots,x}) 的所有子集都为 ({1,2,cdots,x-1}) 的子集或子集与 ({x}) 的并,
     ( herefore) 集合 ({1,2,cdots,x-1}) 的所有子集与 ({x}) 的并的"交替和"的总和为
     [sumlimits_{i=1}^{2^{x-1}}(x-f(A_i))=2^{x-1}x-g(x-1), quad(A_i ext{为集合} {1,2,cdots,x-1} ext{的第} i ext{个子集}) ]
     ( herefore) (g(x)=g(x-1)+[2^{x-1}x-g(x-1)]=2^{x-1}x),
     ( herefore) 对于 (n=7),所有子集的"交替和"的总和为
   [g(7)=2^{7-1} imes7=448. ]

2. (n) 元集合具有多少个不同的不交子集对?

   • 解:设 (A_i={x_1,x_2,cdots,x_i}(i=1,2,cdots,n)),且 (A_i) 的不交子集对组成的集合为 (B_i).

     1. 若不交子集对为有序集合对,则

        [forall(S,T)in B_{i-1}(i=1,2,cdots,n),(S,T),(Scup{x_i},T),(S,Tcup{x_i})in B_i, ]

        且不存在其他集合对属于 (B_i),

        ( herefore) (operatorname{card}(B_i)=3operatorname{card}(B_{i-1})),

        又 (operatorname{card}(B_0)=1),

        ( herefore) (operatorname{card}(B_i)=3^i),

        ( herefore) (n) 元集合具有的不交子集对的个数为

        [operatorname{card}(B_n)=3^n. ]

     2. 若不交子集对为无序集合对,则

        [forall(S,T)in complement_{B_{i-1}}(empty,empty)(i=1,2,cdots,n),(empty,{x_i}),(S,T),(Scup{x_i},T),(S,Tcup{x_i})in B_i, ]

        且不存在其他集合对属于 (B_i),

        ( herefore) (operatorname{card}(B_i)-1=3[operatorname{card}(B_{i-1})-1]+1Leftrightarrow operatorname{card}(B_i)=3operatorname{card}(B_{i-1})-1),

        又 (operatorname{card}(B_0)=1),

        ( herefore) (operatorname{card}(B_i)=sumlimits_{j=0}^{i-1}3^j+1=frac{3^{i-1}-1}2+1=frac{3^{i-1}+1}2),

        ( herefore) (n) 元集合具有的不交子集对的个数为

        [operatorname{card}(B_n)=frac{3^{n-1}+1}2. ]

3. 通信工程常用 (n) 元数组 ((a_1,a_2,cdots,a_n)) 表示信息,其中 (a_i=0) 或 (1,i,nin mathbb N) .设 (u=(a_1,a_2,cdots,a_n),v=(b_1,b_2,cdots,b_n)) ,(d(u,v)) 表示 (u) 和 (v) 中相对应的元素不同的个数.

   (1) (u=(0,0,0,0,0)) ,问存在多少个 (5) 元数组 (v) 使得 (d(u,v)=1);

   • 解:由题意可知 (d(u,v)) 为 (v) 中 (1) 的个数,

     ( herefore) 存在使 (d(u,v)=1) 的 (5) 元数组 (v) 的个数为

     [mathrm C_5^1=5. ]

   (2) (u=(1,1,1,1,1)) ,问存在多少个 (5) 元数组 (v) 使得 (d(u,v)=3);

   • 解:由题意可知 (d(u,v)) 为 (v) 中 (0) 的个数,

     ( herefore) 存在使 (d(u,v)=3) 的 (5) 元数组 (v) 的个数为

     [mathrm C_5^3=10. ]

   (3) 令 (w=(underbrace{0,0,cdots,0}_{n ext{个}0}),u=(a_1,a_2,cdots,a_n),v=(b_1,b_2,cdots,b_n)) ,求证:(d(u,w)+d(v,w)ge d(u,v)).

   • 证明:由题意可知 (d(u,w)) 为 (u) 中 (1) 的个数, (d(v,w)) 为 (v) 中 (1) 的个数.

     当 (u) 与 (v) 中不存在都为 (1) 的相对应的元素时,(d(u,w)+d(v,w)=d(u,v));

     当 (u) 与 (v) 中存在都为 (1) 的相对应的元素时,(d(u,w)+d(v,w)>d(u,v)).

     综上,(d(u,w)+d(v,w)ge d(u,v)).

4. 已知 (x_i>0(i=1,2,cdots,n),prodlimits_{i=1}^n x_i=1) ,求证:(prodlimits_{i=1}^n(sqrt 2+x_i)ge(sqrt 2+1)^n).

   • 法一:设 (n=kinmathbb N^+).

     (mathrm{(i)}) 当 (k=1) 时,条件显然成立.

     (mathrm{(ii)}) 当 (kge 2) 时,假设当 (n=k-1) 时条件成立,不妨设 (x_{k-1}le 1,x_kge 1),则

     [egin{aligned} (x_{k-1}-1)(x_k-1) &le 0\ x_{k-1}x_k-x_{k-1}-x_k+1 &le 0\ x_{k-1}+x_k &ge 1+x_{k-1}x_k\ 2+sqrt 2(x_{k-1}+x_k)+x_{k-1}x_k &ge 2+sqrt 2(1+x_{k-1}x_k)+x_{k-1}x_k\ (sqrt 2+x_{k-1})(sqrt 2+x_k) &ge (sqrt 2+1)(sqrt 2+x_{k-1}x_k)\ frac{(sqrt 2+x_{k-1})(sqrt 2+x_k)} {sqrt 2+x_{k-1}x_k} &ge sqrt 2+1, end{aligned} ]

     ( herefore)

     [egin{aligned} (sqrt 2+x_1)(sqrt 2+x_2)cdots(sqrt 2+x_{k-1}x_k) &ge(sqrt 2+1)^{k-1}\ (sqrt 2+x_1)(sqrt 2+x_2)cdots(sqrt 2+x_{k-1}x_k) cdot frac{(sqrt 2+x_{k-1})(sqrt 2+x_k)} {sqrt 2+x_{k-1}x_k} =prod_{i=1}^k(sqrt 2+x_i) &ge(sqrt 2+1)^k, end{aligned} ]

     得证.

   • 法二:由柯西不等式可得

     [(sqrt 2+x_i)(sqrt 2+x_j) ge(sqrt 2+sqrt{x_ix_j}), quad(i,j=1,2,cdots,n) ]

     当且仅当 (sqrt 2x_j=sqrt 2x_i),即 (x_i=x_j) 时,该式去等号,

     ( herefore) 在 (x_ix_j) 不变的前提下,总能将 (x_i,x_j) 调整到相等,使得 ((sqrt 2+x_i)(sqrt 2+x_j)) 变小.

     记

     [S=prodlimits_{i=1}^n(sqrt 2+x_i), ]

     则 (S) 取最小值时,所有 (x_i) 都相等,否则总可以调整使 (S) 更小,

     ( herefore) (S) 的最小值为 (prodlimits_{i=1}^n(sqrt 2+1)=(sqrt 2+1)^n),即证.

   • 法三:设 (A_i) 为 (prodlimits_{i=1}^n(sqrt 2+x_i)) 展开后含 ((sqrt 2)^{n-i}) 的项的和,(B_i) 为 ((sqrt 2+1)^n) 展开后含 ((sqrt 2)^{n-i}) 的项的和,则

     [ egin{aligned} prodlimits_{i=1}^n (sqrt 2+x_i) &=sumlimits_{i=0}^n A_i,\ (sqrt 2+1)^n &=sumlimits_{i=0}^n B_i, end{aligned} ]

     易知

     [egin{aligned} &A_i=(sqrt 2)^{n-i}( underbrace{ overbrace{ x_1x_2cdots x_i }^{ ext{共}~i~ ext{个}} +cdots }_{ ext{共}~mathrm C_n^i~ ext{项}}),\ &B_i=(sqrt 2)^{n-i} mathrm C_n^i, end{aligned} ]

     又由 (AM ext-GM) 不等式得

     [frac{A_i}{B_i} =frac 1{mathrm C_n^i} (underbrace{ overbrace{ x_1x_2cdots x_i }^{ ext{共}~i~ ext{个}} +cdots }_{ ext{共}~mathrm C_n^i~ ext{项}}) gesqrt[mathrm C_n^i] {underbrace{ (overbrace{ x_1x_2cdots x_i }^{ ext{共}~i~ ext{个}} ) imescdots }_{ ext{共}~mathrm C_n^i~ ext{项}}} =1, ]

     ( herefore) (A_ige B_i),

     ( herefore) (prodlimits_{i=1}^n(sqrt 2+x_i)ge(sqrt 2+1)^n).

5. 已知实系数二次函数 (f(x)) 与 (g(x)),(f(x)=g(x)) 和 (3f(x)+g(x)=0) 有两重根,(f(x)=0) 有两相异实根,求证:(g(x)=0) 没有实根.

   • 证明:假设 (g(x)=0) 有实根,

     不妨设

     [f(x)=a_1(x-b_1)(x-c_1),quad(a_1>0,b_1le c_1)\ g(x)=a_2(x-b_2)(x-c_2),quad(a_2 ot=0,b_2le c_2) ]

     又有 (f(x)=g(x),3f(x)+g(x)=0Leftrightarrow -3f(x)=g(x)) 有两重根,

     即函数 (y=g(x)) 的图像与 (y=f(x),y=-3f(x)) 各有且只有一个公共点,且 (a_1 ot=a_2,-3a_1 ot=a_2).

     易知函数 (y=f(x)) 和 (y=-3f(x)) 的图像都交 (x) 轴于点 ((b_1,0),(c_1,0)),(y=g(x)) 的图像交 (x) 轴于点 ((b_2,0),(c_2,0)),

     则可得下图:

     

     1. 当 (b_2ge b_1) 且 (c_2le c_1) 时,显然不符题意;

     2. 当 (b_2<b_1) 且 (c_2>c_1) 时,显然不符题意;

     3. 当 (c_2le b_1) 或 (b_2ge c_1) 时,由于 (a_1 ot=a_2) 且 (-3a_1 ot=a_2),

        即 (f''(x) ot=g''(x)) 且 ([-3f(x)]'' ot=g''(x)),

        ( herefore) 函数 (g(x)) 的图像与 (f(x)) 或 (-3f(x)) 图像至少有两个交点,不符题意.

     综上,(g(x)=0) 有实根不符题意,

     即 (g(x)=0) 没有实根.

我太弱了！