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title: 數列級數
tags: [數學問題]

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###### tags: `數學問題`
$\begin{align}\end{align}$
# 數列級數

設 $a_1、a_2、\cdots a_{10}$ 與 $b_1、b_2、\cdots b_{10}$ 皆為等差數列，若 $a_1 + a_2+\cdots+a_{10}=2011，b_1+b_2+\cdots+b_{10}=55$，且 $a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_{10}b_{10}=121$，求 $a_1b_{10}+a_2b_9+\cdots+a_9b_2+a_{10}b_1=？$

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設 $k=a_1b_{10}+a_2b_9+\cdots+a_9b_2+a_{10}b_1$

\begin{align}121+k & =a_1(b_1+b_{10})+a_2(b_2+b_9)+\cdots+a_{10}(b_{10}+b_1)\\
& =11(a_1+a_2+\cdots+a_{10})\\
& =11\times2011\\
& =22121
\end{align}

$\Rightarrow k=22000$

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有二實數數列 $\left<a_n\right>，\left<b_n\right>，n\geq2$，
已知 $a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2=1，b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2=1，a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n=0$，
證明：$(a_1+a_2+\cdots+a_n)^2+(b_1+b_2+\cdots+b_n)^2\leq n$

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令 $A=a_1+a_2+\cdots+a_n$，$B=b_1+b_2+\cdots+b_n$
\begin{equation}
\begin{split}
0 & \leq & (-Aa_1-Bb_1+1)^2+(-Aa_2-Bb_2+1)^2+\cdots+(-Aa_n-Bb_n+1)^2 \\ 
  & = & A^2(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)+B^2(b_1^2+b_2^2+\cdots+b_n^2)+n\\
	& &-2A(a_1+a_2+\cdots+a_n)-2B(b_1+b_2+\cdots+b_n)+2AB(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n) \\
	& = & A^2\cdot 1+B^2\cdot 1+n-2A\cdot A-2B\cdot B+2AB\cdot0\\
	& = & -A^2-B^2+n\\
\Rightarrow & & A^2+B^2\leq n
\end{split}
\end{equation}

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\begin{align}
0 & \leq \sum_{k=1}^n\left(-\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\cdot a_k-\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)\cdot b_k+1\right)^2\\
& =\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2\left(\sum_{i=1}^na_i^2\right)+\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^2\left(\sum_{i=1}^nb_i^2\right)+n-2\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2-2\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^2+2\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)\left(\sum_{i=1}^n a_ib_i\right)\\
&=n-\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2-\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^2\\
&\Rightarrow\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2+\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^2\leq n
\end{align}

[參考資料](https://artofproblemsolving.com/community/c6h2012699p14113052)
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當 $n=2$ 時 ，$a_1^2+a_2^2=1，b_1^2+b_2^2=1，a_1b_1+a_2b_2=0$
因為 $a_1, a_2, b_1, b_2$ 四數不可能全為 $0$，在不失一般性的情況下，假設 $a_1\neq0$，
則 $b_1=-\frac{a_2b_2}{a_1}$ 代入 $b_1^2+b_2^2=1$ $\Rightarrow$ $\frac{a_2^2b_2^2}{a_1^2}+b_2^2=1\Rightarrow b_2^2=a_1^2，b_1^2=a_2^2$
那麼 \begin{align}
(a_1+a_2)^2+(b_1+b_2)^2 & = a_1^2+a_2^2+b_1^2+b_2^2+2(a_1a_2+b_1b_2)\\
&=2+2(a_1a_2-\frac{a_2b_2^2}{a_1})\\
&=2+2\cdot\frac{a_2}{a_1}(a_1^2-b_2^2)\\
&=2
\end{align}

令 $n=k$ 時，$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_k^2=1，b_1^2+b_2^2+\cdots+b_k^2=1，a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_kb_k=0，$
$(a_1+a_2+\cdots+a_k)^2+(b_1+b_2+\cdots+b_k)^2\leq k$ 成立；

當 $n=k+1$ 時，$a_1^2+a_2^2+\cdots+a_k^2+a_{k+1}^2=1，b_1^2+b_2^2+\cdots+b_k^2+b_{k+1}^2=1，a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_kb_k+a_{k+1}b_{k+1}=0，$
假設 $a_1\neq 0$，則 
\begin{align}
 & b_1=-\frac{a_2b_2+a_3b_3+\cdots a_{k+1}b_{k+1}}{a_1}\\
\Rightarrow  & \frac{(a_2b_2+a_3b_3+\cdots+a_{k+1}b_{k+1})^2}{a_1^2}+b_2^2+\cdots+b_{k+1}^2=1\\
\Rightarrow & 
(a_2b_2+a_3b_3+\cdots+a_{k+1}b_{k+1})^2+a_1^2b_2^2+\cdots+a_1^2b_{k+1}^2=a_1^2\\
\Rightarrow & 
\end{align}

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$2\times 3\times4+3\times4\times5+\cdots+10\times11\times12$

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$\begin{align}
&\frac{1}{4}\left(2\times3\times4\times5 - 1\times2\times3\times4\right)+\frac{1}{4}(3\times4\times5\times6-2\times3\times4\times5)+\cdots\frac{1}{4}(10\times11\times12\times13-9\times10\times11\times12)\\
=&\frac{1}{4}(10\times11\times12\times13-1\times2\times3\times4)\\
=&4290-6\\
=&4284\end{align}$

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## $$\sum_{k=1}^{110} \frac{2022^{\frac{2k}{111}}}{2022^\frac{k}{111}+1}$$
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$$\frac{a^\frac{2k}{111}}{a^\frac{k}{111}+1}+\frac{a^{2-\frac{2k}{111}}}{a^{1-\frac{k}{111}}+1}$$

$$f(x)=\frac{2022^{2x}}{2022^x+1}$$$$f(1-x)=\frac{2022^{2-2x}}{2022^{1-x}+1}=\frac{2022^{2-x}}{2022+2022^x}$$$$\begin{align}f(x)+f(1-x)&=\frac{2022^{2-x}(2022^x+1)+2022^{2x}(2022+2022^x)}{(2022^x+1)(2022+2022^x)}\\
 &=\frac{2022^2+2022^{2-x}+2022^{2x+1}+2022^{3x}}{2022+2022^x+2022^{x+1}+2022^{2x}}\end{align}$$


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## 試化簡 $\sum_{k=0}^n(-1)^k2^{2n-2k}C^{2n-k+1}_k$
令 $a_n=\sum$

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## 試證：對所有正整數 $n\geq 2$，不等式 $\sum_{k=2}^n\left(\log_{\frac{3}{2}}(k^3+1)-\log_{\frac{3}{2}}(k^3-1)\right)<1$


SFS $\frac{(2^3+1)(3^3+1)\cdots(n^3+1)}{(2^3-1)(3^3-1)\cdots(n^3-1)}<\frac{3}{2}$

注意到：

$\frac{(k+1)^3+1}{k^3-1}=\frac{(k+2)(k^2+k+1)}{(k-1)(k^2+k+1)}=\frac{k+2}{k-1}$

因此，$\frac{2^3+1}{n^3-1}\cdot\frac{3^3+1}{2^3-1}\cdot\frac{4^3+1}{3^3-1}\cdots\frac{n^3+1}{(n-1)^3-1}=\frac{2^3+1}{n^3-1}\cdot\frac{4}{1}\cdot\frac{5}{2}\cdots\frac{n+1}{n-2}$
$=\frac{2^3+1}{(n-1)(n^2+n+1)}\cdot\frac{(n-1)\cdot n\cdot(n+1)}{1\cdot2\cdot3}=\frac{3}{2}\cdot\frac{n^2+n}{n^2+n+1}<\frac{3}{2}\cdot1$
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## 證明 $1+\frac{1}{2}+\cdots\frac{1}{n}\geq \ln n$
$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<e$
$\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$
$\ln\frac{n+1}{n}<\frac{1}{n}$
$\ln\left(\frac{2}{1}\cdot\frac{3}{2}\cdots\frac{n+1}{n}\right)<\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}$
$1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}>\ln(n+1)\geq\ln n$

如果用數學歸納法證明它

當 $n=1$ 時，$1\geq \ln 1$ 成立；
令 $n=k$ 時，$1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}\geq\ln k$ 成立；
當 $n=k+1$ 時，$1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k}+\frac{1}{k+1}\geq\ln k+\frac{1}{k+1}$
欲證 $\ln k+\frac{1}{k+1}\geq \ln (k+1)$
$\Leftrightarrow \ln(k+1)-\ln k\leq \frac{1}{k+1}$
$\Leftrightarrow \ln\frac{k+1}{k}\leq\frac{1}{k+1}$
$\Leftrightarrow \ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\leq\frac{1}{k+1}？$




















