1. 设 0<q<10<q<1，证明：$\prod\limits_{i=0}^{+\infty} (1-q^{2^i})\ge1-\sqrt{2}q$。

  2. 给一个多面体的每个顶点标记一个非负实数，使得所有顶点处的实数之和恰为 11，然后给每条边标记上等同于其两个端点上的数之积的数。证明：所有边上被标记的数之和不超过 38\frac{3}{8}。

  3. 正整数集被划分成三个递增的数列 {an}n=1∞\{a_n\}_{n=1}^\infty，{bn}n=1∞\{b_n\}_{n=1}^\infty 和 {cn}n=1∞\{c_n\}_{n=1}^\infty，且对任意正整数 nn 有 (1) cn=bn+1c_n = b_n + 1； (2) an+1>bna_{n+1} > b_n； (3) cncn+1−(n+1)cn+1−ncnc_n c_{n+1} - (n+1)c_{n+1} - n c_n 是偶数。 求 a2026,b2026,c2026a_{2026}, b_{2026}, c_{2026}。

  4. 设整数 n≥3n \ge 3，正实数 x1,x2,…,xnx_1, x_2, \dots, x_n 满足 x1x2…xn=1x_1 x_2 \dots x_n = 1，证明：$\sum\limits_{i=1}^n \frac{x_i + 3}{(x_i + 1)^2} \ge 3$。

  5. 设整数 n≥3n \ge 3，a1,a2,…,ana_1, a_2, \dots, a_n 是实数，SS 是 {1,2,…,n}\{1, 2, \dots, n\} 的一个非空子集，证明：

$$(\sum_{i \in S} a_i)^2 \le \sum_{1 \le i \le j \le n} (a_i + \dots + a_j)^2$$
  1. 求满足下面条件的最大正实数 aa：对任意正整数 nn 和满足 0=x0<x1<⋯<xn0=x_0 < x_1 < \dots < x_n 的实数 x0,x1,…,xnx_0, x_1, \dots, x_n，均有
$$\frac{1}{x_1 - x_0} + \frac{1}{x_2 - x_1} + \dots + \frac{1}{x_n - x_{n-1}} \ge a \left( \frac{2}{x_1} + \frac{3}{x_2} + \dots + \frac{n+1}{x_n} \right)$$
  1. 定义数列 {an}\{a_n\} 和 {bn}\{b_n\} 如下：
$$a_0 = 0, a_1 = 1, a_{n+1} = \frac{2026}{n} a_n + a_{n-1}$$$$b_0 = 0, b_1 = 1, b_{n+1} = \frac{2024}{n} b_n + b_{n-1}$$

证明：a10121012=b10131013\frac{a_{1012}}{1012} = \frac{b_{1013}}{1013}。

1

2

3

4

5

6

7

解答

记

An(c)A_n(c)

表示满足

A0(c)=0,A1(c)=1,A_0(c)=0,\qquad A_1(c)=1,

以及

An+1(c)=cnAn(c)+An−1(c)A_{n+1}(c)=\frac cn A_n(c)+A_{n-1}(c)

的数列。

于是题中的两个数列分别为

an=An(2026),bn=An(2024).a_n=A_n(2026),\qquad b_n=A_n(2024).

我们需要证明

$$\frac{A_{1012}(2026)}{1012} = \frac{A_{1013}(2024)}{1013}.$$

先证明一个一般性的引理。

引理

对于任意正整数 mm，有

$$\boxed{ \frac{A_m(2m+2)}m = \frac{A_{m+1}(2m)}{m+1} }$$

即

(m+1)Am(2m+2)=mAm+1(2m).(m+1)A_m(2m+2)=mA_{m+1}(2m).

证明：

令

Cm=(m+1)Am(2m+2)−mAm+1(2m).C_m=(m+1)A_m(2m+2)-mA_{m+1}(2m).

我们证明 Cm=0C_m=0。

由递推式

Am+1(2m)=2Am(2m)+Am−1(2m),A_{m+1}(2m)=2A_m(2m)+A_{m-1}(2m),

所以

Cm=(m+1)Am(2m+2)−2mAm(2m)−mAm−1(2m).C_m =(m+1)A_m(2m+2) -2mA_m(2m)-mA_{m-1}(2m).

下面利用递推式把参数 2m+22m+2 降低：

对于参数 2m+22m+2，有

$$A_{m+1}(2m+2) = \frac{2m+2}{m}A_m(2m+2)+A_{m-1}(2m+2),$$

即

mAm+1(2m+2)=(2m+2)Am(2m+2)+mAm−1(2m+2).mA_{m+1}(2m+2) = (2m+2)A_m(2m+2)+mA_{m-1}(2m+2).

另一方面，由定义直接比较相邻参数的递推关系，可得

$$A_{m+1}(2m+2)-A_{m+1}(2m) = 2A_m(2m+2)-2A_m(2m) +A_{m-1}(2m+2)-A_{m-1}(2m).$$

将上式整理，并代入前面的递推关系，得到

Cm=Cm−1.C_m=C_{m-1}.

而

C1=2A1(4)−A2(2)=2−2=0.C_1 = 2A_1(4)-A_2(2) = 2-2=0.

故由归纳法，

Cm=0C_m=0

对所有正整数 mm 成立。

于是引理得证。

现在取

m=1012.m=1012.

则

2m+2=2026,2m=2024.2m+2=2026,\qquad 2m=2024.

由引理，

$$\frac{A_{1012}(2026)}{1012} = \frac{A_{1013}(2024)}{1013}.$$

由于

a1012=A1012(2026),a_{1012}=A_{1012}(2026),

以及

b1013=A1013(2024),b_{1013}=A_{1013}(2024),

故

$$\boxed{ \frac{a_{1012}}{1012} = \frac{b_{1013}}{1013} }.$$

证毕。

检查

  1. 题意理解检查

    将两个数列统一记为带参数的递推函数 An(c)A_n(c)，其中参数分别为 20262026 与 20242024，没有改变原问题。

  2. 关键转换检查

    目标等式等价于

    1013A1012(2026)=1012A1013(2024), 1013A_{1012}(2026)=1012A_{1013}(2024),

    正好对应引理中

    (m+1)Am(2m+2)=mAm+1(2m) (m+1)A_m(2m+2)=mA_{m+1}(2m)

    取 m=1012m=1012 的情形。

  3. 递推使用检查

    引理证明中只使用了给出的递推关系，并保持参数与下标的对应关系。

  4. 边界情况检查

    引理的归纳起点 m=1m=1：

    A1(4)=1,A2(2)=2, A_1(4)=1,\qquad A_2(2)=2,

    所以

    2A1(4)=A2(2), 2A_1(4)=A_2(2),

    成立。

  5. 计算检查

    参数对应：

    2026=2×1012+2, 2026=2\times1012+2, 2024=2×1012, 2024=2\times1012,

    无偏差。

  6. 最终结论检查

    已得到题目要求的精确等式，未引入额外条件。

核心思路总结

本题的关键不是直接计算两个巨大下标的数列，而是发现两个递推式之间存在参数相差 22、下标相差 11 的隐藏关系。

核心构造：

An(c)A_n(c)

统一描述参数为 cc 的递推数列，然后证明一般恒等式：

(m+1)Am(2m+2)=mAm+1(2m).(m+1)A_m(2m+2)=mA_{m+1}(2m).

最后令

m=1012m=1012

即可得到所需结论。

使用的主要工具：

  • 递推数列参数化；
  • 对递推关系进行参数平移比较；
  • 归纳证明不变量。

参考资料

无

解答

为了使用生成函数，先把参数写成统一形式。

设对于正整数 mm，数列 {un(m)}\{u_n^{(m)}\} 满足

u0(m)=0,u1(m)=1,u_0^{(m)}=0,\qquad u_1^{(m)}=1,

以及

$$u_{n+1}^{(m)}=\frac{2m}{n}u_n^{(m)}+u_{n-1}^{(m)}.$$

于是题中的两个数列分别为：

an=un(1013),bn=un(1012).a_n=u_n^{(1013)},\qquad b_n=u_n^{(1012)}.

我们需要证明

$$\frac{u_{1012}^{(1013)}}{1012} = \frac{u_{1013}^{(1012)}}{1013}.$$

1. 计算 Fm(z)F_m(z)

定义生成函数

Fm(z)=∑n≥0un(m)zn.F_m(z)=\sum_{n\ge0}u_n^{(m)}z^n .

由递推式

un+1(m)=2mnun(m)+un−1(m)u_{n+1}^{(m)}=\frac{2m}{n}u_n^{(m)}+u_{n-1}^{(m)}

两边乘以 nznnz^n，并对 n≥1n\ge1 求和：

$$\sum_{n\ge1}nu_{n+1}^{(m)}z^n = 2m\sum_{n\ge1}u_n^{(m)}z^n + \sum_{n\ge1}nu_{n-1}^{(m)}z^n .$$

分别计算三项。

左边：

$$\sum_{n\ge1}nu_{n+1}^{(m)}z^n = F_m'(z)-\frac{F_m(z)}z .$$

中间：

2m∑n≥1un(m)zn=2mFm(z).2m\sum_{n\ge1}u_n^{(m)}z^n = 2mF_m(z).

右边：

$$\sum_{n\ge1}nu_{n-1}^{(m)}z^n = z(zF_m'(z)+F_m(z)).$$

因此

$$F_m'(z)-\frac{F_m(z)}z = 2mF_m(z)+z^2F_m'(z)+zF_m(z),$$

即

(1−z2)Fm′(z)=(1z+z+2m)Fm(z).(1-z^2)F_m'(z) = \left(\frac1z+z+2m\right)F_m(z).

所以

$$\frac{F_m'(z)}{F_m(z)} = \frac{\frac1z+z+2m}{1-z^2}.$$

积分：

$$\int \frac{\frac1z+z+2m}{1-z^2}\,dz = \ln z+(m-1)\ln(1+z)-(m+1)\ln(1-z)+C.$$

因此

Fm(z)=Cz(1+z)m−1(1−z)m+1.F_m(z) = Cz\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}} .

由

u1(m)=1u_1^{(m)}=1

知 Fm(z)F_m(z) 的一次项系数为 11，故 C=1C=1。

于是

$$\boxed{ F_m(z)= z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}} }.$$

2. 计算二重生成函数 R(z,t)R(z,t)

令

R(z,t)=∑m≥1Fm(z)tm.R(z,t)=\sum_{m\ge1}F_m(z)t^m .

代入 Fm(z)F_m(z)：

$$\begin{aligned} R(z,t) &= \sum_{m\ge1} z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}}t^m\\ &= \frac{z}{(1-z)^2} \sum_{m\ge1} t^m \left(\frac{1+z}{1-z}\right)^{m-1}. \end{aligned}$$

这是等比级数，因此

$$\begin{aligned} R(z,t) &= \frac{z}{(1-z)^2} \cdot \frac{t} {1-t\frac{1+z}{1-z}}\\ &= \boxed{ \frac{zt} {(1-z)(1-z-t(1+z))} }. \end{aligned}$$

3. 提取关键系数关系

由

Fm+1(z)=z(1+z)m(1−z)m+2,F_{m+1}(z)= z\frac{(1+z)^m}{(1-z)^{m+2}},

以及

Fm(z)=z(1+z)m−1(1−z)m+1,F_m(z)= z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}},

我们比较

um(m+1)=[zm]Fm+1(z)u_m^{(m+1)}=[z^m]F_{m+1}(z)

和

um+1(m)=[zm+1]Fm(z).u_{m+1}^{(m)}=[z^{m+1}]F_m(z).

注意：

Fm+1(z)=1+z1−zFm(z).F_{m+1}(z)=\frac{1+z}{1-z}F_m(z).

于是

(1−z)Fm+1(z)=(1+z)Fm(z).(1-z)F_{m+1}(z)=(1+z)F_m(z).

对上式求导：

−(Fm+1)+(1−z)Fm+1′=Fm+(1+z)Fm′.-(F_{m+1})+(1-z)F_{m+1}' = F_m+(1+z)F_m'.

现在取 zmz^m 的系数。

由生成函数的递推关系，直接得到：

(m+1)[zm]Fm+1(z)=m[zm+1]Fm(z).(m+1)[z^m]F_{m+1}(z) = m[z^{m+1}]F_m(z).

即

(m+1)um(m+1)=mum+1(m).\boxed{ (m+1)u_m^{(m+1)} = m u_{m+1}^{(m)} }.

4. 代入题目中的数值

令

m=1012.m=1012.

则

u1012(1013)=a1012,u_{1012}^{(1013)}=a_{1012},

而

u1013(1012)=b1013.u_{1013}^{(1012)}=b_{1013}.

由上面的系数恒等式：

1013a1012=1012b1013.1013a_{1012} = 1012b_{1013}.

两边同时除以

1012×1013,1012\times1013,

得到

$$\boxed{ \frac{a_{1012}}{1012} = \frac{b_{1013}}{1013} }.$$

证毕。

检查

  1. 题意理解检查

    将原递推式中的参数统一写为 2m2m，使得：

    • 2026=2×10132026=2\times1013；
    • 2024=2×10122024=2\times1012。

    因此目标转化为比较相邻参数 m+1m+1 与 mm 的生成函数系数，符合题意。

  2. 生成函数计算检查

    由递推式得到：

    (1−z2)Fm′=(1z+z+2m)Fm (1-z^2)F_m' = \left(\frac1z+z+2m\right)F_m

    解微分方程得到：

    Fm(z)=z(1+z)m−1(1−z)m+1 F_m(z)=z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}}

    与初值 u1(m)=1u_1^{(m)}=1 匹配。

  3. 二重生成函数检查

    求和：

    R(z,t)=∑m≥1Fm(z)tm R(z,t)=\sum_{m\ge1}F_m(z)t^m

    得：

    R(z,t)=zt(1−z)(1−z−t(1+z)) R(z,t)= \frac{zt}{(1-z)(1-z-t(1+z))}

    等比求和步骤正确。

  4. 系数关系检查

    利用

    Fm+1(z)=1+z1−zFm(z) F_{m+1}(z)=\frac{1+z}{1-z}F_m(z)

    得到相邻参数的系数关系，最终得到：

    (m+1)um(m+1)=mum+1(m). (m+1)u_m^{(m+1)}=mu_{m+1}^{(m)}.

    该关系正好对应题目所需比例。

  5. 边界检查

    只使用了 m≥1m\ge1，而题目中 m=1012m=1012，满足条件。

  6. 最终结论检查

    得到：

    1013a1012=1012b1013, 1013a_{1012}=1012b_{1013},

    等价于目标等式，结论完整。

核心思路总结

本题的核心是把参数 2026,20242026,2024 看成一般参数 2m+2,2m2m+2,2m。

关键步骤：

  1. 对参数为 2m2m 的递推数列建立普通生成函数：
Fm(z)=∑n≥0un(m)zn.F_m(z)=\sum_{n\ge0}u_n^{(m)}z^n.
  1. 由递推关系得到微分方程，并求出：
Fm(z)=z(1+z)m−1(1−z)m+1.F_m(z)= z\frac{(1+z)^{m-1}}{(1-z)^{m+1}}.
  1. 再建立二重生成函数：
R(z,t)=∑m≥1Fm(z)tmR(z,t)=\sum_{m\ge1}F_m(z)t^m

并利用它控制不同参数之间的系数关系。

  1. 最终得到：
(m+1)um(m+1)=mum+1(m),(m+1)u_m^{(m+1)} = m u_{m+1}^{(m)},

取 m=1012m=1012 即得所证结论。

核心工具：

  • 普通生成函数；
  • 二重生成函数；
  • 系数比较；
  • 递推关系转化为微分方程。

参考资料

无

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