T1
很明显，在 \(n=2\) 的时候，根据题意得 \(1\) ~ \(n-1\) 也就是第 \(1\) 匹马，\(2\) ~ \(n\) 也就是第 \(2\) 匹马，然后让第 \(1\) 匹马与第 \(2\) 匹马颜色不同就行了
T2
我们设 \(f(n)\) 为 \(n\) 个圆盘所需要的最少移动次数，当 \(n=3\) 时
还没有移动的时候为：
1
2
3 _ _而完成 \(n=2\) 的时候为：
1
3 _ 2这其中的过程为，先把 1 2 往右移动一格
1
3 2 _然后再往右“移动一格”，这步的操作数与上一步是一样的，因为都是 1 2 的整体移动，而且 3 比 1 2 都大所以可以看作没有 3 这个东西
1
3 _ 2这样所需的次数为 \(f(2)\)，接下来我们把它弄成 \(f(3)\)
先把 3 往右移动 \(1\) 格，共用了 \(f(2)+1\) 次操作
1
_ 3 2然后我们把 1 2 往左移动 \(2\) 格，要用 \(f(2)\) 次操作，共用了 \(2*f(2)+1\) 次操作
1
2 3 _把 3 右移 \(1\) 格，共用了 \(2*f(2)+2\) 次操作
1
2 _ 3把 1 2 往右移动 \(2\) 格，要用 \(f(2)\) 次操作，共用了 \(3*f(2)+2\) 次操作
1
2
_ _ 3于是完成了整个移动，\(f(3)=3*f(2)+2\)
因为在这部分操作中没有使用比 \(3\) 还大的圆盘，所以在 \(3\) 以内的圆盘都可以在那些大于 \(3\) 的圆盘上移动，不会受任何影响，然后这个递推式的推导也没有使用任何关于 \(f(2)f(3)\) 的值的信息，实际上直接可以用 \(i-1\) 和 \(i\) 替代，但是这样就不方便上面的模拟
总之，这个递推式就出来了，\(f(n)=3*f(n-1)+2,f(1)=2\)
简化，
\[ f(n)+1=3*(f(n-1)+1) \]
设 \(g(n)=f(n)+1\)
\[ g(n)=3*g(n-1) \]
\[ g(n)=3^n \]
\[ f(n)=3^n-1 \]
移动序列的求法就是按照上面模拟的过程，递归求一下就行
T9
其实就是证明算数平均值大于等于几何平均值，\(x_i\ge1\)
要用反向数学归纳法
先对两边同时开 \(n\) 次方
\[ P(n):\frac {x_1+x_2+...+x_n}n \ge \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} \]
显然，\(P(1)\) 成立，\(x_1=x_1\)
显然，\(P(2)\) 成立，
证明
\[ (\frac {a+b}2)^2-ab \]
\[ = \frac {a^2+2ab+b^2}{4}-ab \]
\[ =\frac {a^2-2ab+b^2}{4}=\frac{(a-b)^2}{4} \]
因为
\[ (a-b)^2 \ge 0 \]
所以
\[ \frac{(a-b)^2}{4} \ge 0 \]
所以
\[ (\frac {a+b}2)^2 \ge ab \]
所以
\[ \frac {a+b}2 \ge \sqrt{ab} \]
所以，\(P(2)\) 成立
显然，如果 \(P(n)\) 成立，那么 \(P(2n)\) 成立
证明
设 \(a_1=\frac {x_1+x_2+...+x_n}{n} , a_2=\frac{x_{n+1}+x_{n+2}+...+x_{2n}}{n} , b_1=\sqrt[n]{x_1x_2...x_n} , b_2=\sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}...x_{2n}}\)
根据 \(P(2)\) 成立，我们可以推出
\[ \frac {a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{a_1a_2} \]
根据 \(P(n)\) 成立，我们推出
\[ a_1 \ge b_1,a_2\ge b_2 \]
这里，你只要稍微想一想，假设 \(a_1=b_1,a_2=b_2\) ，那么 \(\frac {a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{b_1b_2}\)
而，\(a_1,a_2\) 却是 \(\ge b_1,b_2\) ，那还用说，\(\frac {a_1+a_2}{2} \ge \sqrt{b_1b_2}\) 肯定成立
那么，
\[ \frac {a_1+a_2}{2}\ge \sqrt{b_1b_2} \]
\[ \frac {\frac {x_1+x_2+...+x_n}{n}+\frac{x_{n+1}+x_{n+2}+...+x_{2n}}{n}}{2}\ge \sqrt{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}*\sqrt[n]{x_{n+1}x_{n+2}...x_{2n}}} \]
\[ \frac {\frac {x_1+x_2+...+x_{2n}}{n}}{2}\ge \sqrt{\sqrt[n]{x_1x_2...x_{2n}}} \]
\[ \frac {x_1+x_2+...+x_{2n}}{2n}\ge \sqrt[2n]{x_1x_2...x_{2n}} \]
于是，我们可以通过 \(P(n)\) 成立来推出 \(P(2n)\) 成立
于是，对于任意的 \(P(2^k)\)，都成立
显然，如果 \(P(n)\) 成立 ，那么 \(P(n-1)\) 也成立
证明
我们先想一下，要找一个 \(x_n\) 使得 \(\frac {x_1+x_2+...+x_n}{n}=\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}\)
\[ \frac {x_1+x_2+...+x_n}{n}=\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1} \]
\[ (n-1)*(x_1+x_2+...+x_n)=n*(x_1+x_2+...+x_{n-1}) \]
\[ (n-1)*(x_1+x_2+...+x_{n-1})+(n-1)*x_n=(n-1)*(x_1+x_2+...+x_{n-1})+(x_1+x_2+...+x_{n-1}) \]
\[ (n-1)*x_n=(x_1+x_2+...+x_{n-1}) \]
\[ x_n=\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1} \]
于是，这里 \(\frac {x_1+x_2+...+x_n}{n}=\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1}\)
那么就有：
\[ \frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1} \ge \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} \]
两边同时 \(n\) 次方
\[ (\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1})^n \ge x_1x_2...x_n \]
把 \(x_n\) 代入
\[ (\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1})^n \ge x_1x_2...x_{n-1}*\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1} \]
\[ (\frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1})^{n-1} \ge x_1x_2...x_{n-1} \]
两边同时开 \(n\) 次根号
\[ \frac {x_1+x_2+...+x_{n-1}}{n-1} \ge \sqrt[n-1]{x_1x_2...x_{n-1}} \]
于是当 \(P(n)\) 成立时 \(P(n-1)\) 也成立
整理一下现在的条件，我们有
\(P(1),P(2)\) 成立，\(P(n)\) 成立时 \(P(2n)\) 成立，\(P(n)\) 成立时 \(P(n-1)\) 成立
于是，对于任何正整数 \(n\) ， \(P(n)\) 都成立
于是
\[ \frac {x_1+x_2+...+x_n}n \ge \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} \]
于是
\[ x_1x_2...x_n \le (\frac {x_1+x_2+...+x_n}{n})^n \]
原命题成立