高中奥数 2022-01-20

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-20 08:04 被阅读0次

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2022-01-20-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P053 习题21）

设 $a$ 为无理数, $n$ 为大于1的整数.证明: $\left(a+\sqrt{a^{2}-1}\right)^{\frac{1}{n}}+\left(a-\sqrt{a^{2}-1}\right)^{\frac{1}{n}}$ 为无理数.

证明

如果存在 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $\left(a+\sqrt{a^{2}-1}\right)^{\frac{1}{n}}+\left(a-\sqrt{a^{2}-1}\right)^{\frac{1}{n}}$ 为有理数,记 $x=\left(a+\sqrt{a^{2}-1}\right)^{\frac{1}{n}}$ , $y=\left(a-\sqrt{a^{2}-1}\right)^{\frac{1}{n}}$ ,那么 $x+y$ 为有理数,而 $x^{n}+y^{n}=2a$ 为无理数.

下面对 $m$ 归纳来证:若 $x+y\in \mathbb{Q}$ ,则对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $x^{m}+y^{m}\in \mathbb{Q}.\qquad(1)$

注意到 $x^{2}+y^{2}=\left(x+y\right)^{2}-2xy=\left(x+y\right)^{2}-2$ ,结合 $x+y\in \mathbb{Q}$ ,可知当 $m=1,2$ 时,(1)都成立.

现设 $x^{m}+y^{m}$ , $x^{m+1}+y^{m+1}\in \mathbb{Q}$ ,则由 $x^{m+2}+y^{m+2}=\left(x+y\right)\left(x^{m+1}+y^{m+1}\right)-xy\left(x^{m}+y^{m}\right)$ ,结合 $x+y$ , $xy\left(=1\right)$ 为有理数可知 $x^{m+2}+y^{m+2}\in \mathbb{Q}$ .从而(1)成立.

利用(1)可知 $x^{n}+y^{n}\in \mathbb{Q}$ .这是一个矛盾.所以,命题成立.

2022-01-20-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P053 习题22）

设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为一个实数数列,定义如下: $a_{1}=t$ , $a_{n-1}=4a_{n}\left(1-a_{n}\right)$ , $n=1,2,\cdots$ .问:有多少个不同的实数 $t$ ,使得 $a_{2011}=0$ ?

若 $t>1$ ,则 $a_{2}<0$ ,依此结合数学归纳法,可知当 $n\geqslant 2$ 时,都有 $a_{n}<0$ ,从而 $a_{2011}\ne 0$ ;若 $t<0$ ,同上可得 $n\geqslant 1$ 时,都有 $a_{n}<0$ ,也不会有 $a_{2011}=0$ .因此,使 $a_{2011}=0$ 的 $t\in \left[0,1\right]$ .

现可设 $t=\sin ^{2}\alpha$ , $0\leqslant \alpha\leqslant \dfrac{\pi}{2}$ ,则 $a_{1}=\sin ^{2}\alpha$ .若 $a_{n}=\sin ^{2}\left(2^{n-1}\alpha\right)$ ,则 $a_{n+1}=4\sin ^{2}\left(2^{n-1}\alpha\right)\cos ^{2}\left(2^{n-1}\alpha\right)=\sin ^{2}\left(2^{n}\alpha\right)$ .

于是,由数学归纳法原理知对任意 $n$ ,有 $a_{n}=\sin ^{2}\left(2^{n-1}\alpha\right)$ .

因此,由 $a_{2011}=0$ ,得 $\sin ^{2}\left(2^{2010}\alpha\right)=0$ ,从而 $2^{2010}\alpha=kπ$ ,即 $\alpha=\dfrac{k\pi}{2^{2010}}$ , $k\in \mathbb{Z}$ .

结合 $0\leqslant \alpha\leqslant \dfrac{\pi}{2}$ ,知 $0\leqslant k\leqslant 2^{2009}$ ,利用正弦函数在 $\left[0,\dfrac{\pi}{2}\right]$ 上是非负的,且是单调递增的,可得有 $2^{2009}+1$ 个不同的实数 $t$ ,使得 $a_{2011}=0$ .

2022-01-20-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P053 习题23）

实数数列 $x_{1},x_{2},\cdots ,x_{2011}$ 满足:对 $i=1,2,\cdots ,2010$ ,都有 $\left|x_{i}-x_{i+1}\right|\leqslant 1$ .求代数式 $\sum\limits_{i=1}^{n}\left|x_{i}\right|-\left|\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}\right|$ 的最大可能值.

解

所求的最大值为 $\left(1+2+\cdots+1005\right)\times 2=1011030$ ,在 $x_{1}=1005,x_{2}=1004,\cdots ,x_{1005}=1,x\sqrt{1906}=0,x_{1007}=-1,\cdots ,x_{2011}=-1005$ 时,可以取到.

下面证明:对满足条件的数列,有

$\sum\limits_{i=1}^{2011}\left|x_{i}\right|-\left|\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}\right|\leqslant 2\left(1+2+\cdots+1005\right).\qquad(1)$

注意到,将 $x_{1},\cdots ,x_{2011}$ 从大到小排列为 $y_{1},y_{2},\cdots ,y_{2001}$ 后,对 $1\leqslant i\leqslant 2010$ ,设 $y_{i}=x_{m}$ , $y_{i+1}=x_{n}$ .

我们总可以找到一个下标 $j$ ,使得 $x_{j}\in \left\{y_{1},\cdots,y_{i}\right\}$ , $x_{j+1}\in \left\{y_{i+1},\cdots,y_{2011}\right\}$ 或者 $x_{j}\in \left\{y_{i+1},\cdots y_{2011}\right\}$ , $x_{j+1}\in \left\{y_{1},\cdots ,y_{i}\right\}$ (这个结论可从 $x_{1}\in \left\{y_{1},\cdots,y_{i}\right\}$ 和 $x_{1}\in \left\{y_{i+1},\cdots ,y_{2011}\right\}$ 两种情形结合反证法推出).

不妨设为前者,并设 $x_{j}=y_{r}$ , $x_{j+1}=y_{t}$ ,则 $r\leqslant i$ , $t\geqslant i+1$ ,此时

$\begin{aligned} 1&\geqslant \left|x_{j}-x_{j+1}\right|\\ &=\left|y_{r}-y_{t}\right|\\ &=\left|\left(y_{r}-y_{r+1}\right)+\left(y_{r+1}-y_{r+2}\right)+\cdots+\left(y_{i}-y_{i+1}\right)+\cdots+\left(y_{t-1}-y_{t}\right)\right|\\ &=\left|y_{r}-y_{r+1}\right|+\left|y_{r+1}-y_{r+2}\right|+\cdots+\left|y_{i}-y_{i+1}\right|+\cdots+\left|y_{t-1}-y_{t}\right|\\ &\geqslant \left|y_{i}-y_{i+1}\right| \end{aligned}$ (这里用到 $y_{1},\cdots ,y_{2011}$ 递减排列),因此,仍有 $\left|y_{i}-y_{i+1}\right|\leqslant 1$ .

进一步,我们不妨设 $\sum\limits_{i=1}^{2011}x_{i}\leqslant 0$ (若 $\sum\limits_{i=1}^{2011}x_{i}>0$ ,则用 $-x_{i}$ 代替 $x_{i}$ 后讨论),排序后,设 $y_{1}\geqslant \cdots\geqslant y_{k}\geqslant 0\geqslant y_{k+1}\geqslant\cdots\geqslant y_{2011}$ ,那么

$\begin{aligned} S&=\sum\limits_{i=1}^{2011}\left|x_{i}\right|-\left|\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}\right|\\ &=\left(y_1+\cdots+y_{k}\right)-\left(y_{k+1}+\cdots+y_{2011}\right)+\left(y_{1}+\cdots+y_{2011}\right)\\ &=2\left(y_{1}+\cdots+y_{k}\right). \end{aligned}$

为证明(1)成立,我们只需证明:

$y_{1}+\cdots+y_{k}\leqslant 1+2+\cdots+1005.\qquad(2)$ .

分两种情形来处理.

情形一:若 $k\geqslant 1006$ ,则由 $y_{1}+\cdots+y_{2011}\leqslant 0$ ,知

$y_{1}+\cdots+y_{k}\leqslant -\left(y_{k+1}+\cdots+y_{2011}\right),$

结合 $y_{k+1}\geqslant y_{k}-1,\cdots,y_{2011}\geqslant y_{k}-\left(2011-k\right)$ 可知

$\begin{aligned} &y_{1}+\cdots+y_{k}\\ \leqslant &-\left(\left(y_{k}-1\right)+\cdots+\left(y_{k}-\left(2011-k\right)\right)\right)\\ =&-\left(2011-k\right)y_{k}+1+2+\cdots+\left(2011-k\right)\\ \leqslant&1+2+\cdots+\left(2011-k\right)\\ \leqslant&1+2+\cdots+1005. \end{aligned}$

此时,(2)成立.

情形二:若 $k\leqslant 1005,$ 则同上可知

$\begin{aligned} &y_{1}+\cdots+y_{k}\\ \leqslant&\left(y_{k+1}+k\right)+\left(y_{k+1}+\left(k-1\right)\right)+\cdots+\left(y_{k+1}+1\right)\\ =&ky_{1}+1+\cdots+k\\ \leqslant&1+2+\cdots+k\\ \leqslant 1+2+\cdots+10005. \end{aligned}$

(2)亦成立综上可知,所求的最大值为 $1011030$ .

2022-01-20-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷数列与数学归纳法冯志刚习题一 P054 习题24）

设 $a_{0},a_{1},a_{2},\cdots$ 是一个由正实数组成的无穷数列.证明:存在无穷多个正整数 $n$ ,使得 $1+a_{n}>\sqrt[n]{2}a_{n-1}$ .

证明

采用反证法处理,如果命题不成立,那么,存在正整数 $N$ ,使得对任意n $\geqslant N$ ,都有

$1+a_{n}\leqslant \sqrt[n]{2}\cdot a_{n-1}.\qquad(1)$

现在定义一个正实数数列 $\left\{c_{n}\right\}$ : $c_{0}=1$ , $c_{n}=\dfrac{a_{n-1}}{1+a_{n}}c_{n-1}$ , $n=1,2,\cdots$ .则由(1)可知,对 $n\geqslant N$ ,都有 $c_{n}\geqslant 2^{-\frac{1}{n}}\cdot c_{n-1}$ .

注意到,对 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $c_{n}\left(1+a_{n}\right)=a_{n-1}c_{n-1}$ ,即 $c_{n}=a_{n-1}c_{n-1}-a_{n}c_{n}$ ,裂项求和,得

$c_{1}+\cdots+c_{n}=a_{0}-a_{n}c_{n}<a_{0}.$

这表明和数列 $\left\{s_{n}\right\}$ 是一个有界数列,这里 $s_{n}=c_{1}+\cdots+c_{n}$ .

另一方面,由(2)可知,当 $n>N$ 时,有

$\begin{aligned} c_{n}&\geqslant c_{n-1}\cdot 2^{-\frac{1}{n}}\geqslant c_{n-2}\cdot 2^{-\left(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}\right)}\geqslant \cdots\geqslant \geqslant c_{N}\cdot 2^{-\left(\frac{1}{N+1}+\cdots+\frac{1}{n}\right)}\\ =&C\cdot 2^{-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)}. \end{aligned}$

这里 $C=c_{N}\cdot 2^{-\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{N}\right)}$ 为常数.

对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,若 $2^{k-1}\leqslant n<2^{k}$ ,则

$\begin{aligned} &1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\\ \leqslant& 1+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}\right)+\left(\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{7}\right)\cdots\left(\dfrac{1}{2^{k-1}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k}-1}\right)\\ \leqslant&1+\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)+\left(\dfrac{1}{4}+\cdots+\dfrac{1}{4}\right)+\cdots+\left(\dfrac{1}{2^{k-1}}+\cdots+\dfrac{1}{2^{k-1}}\right)\\ =&k. \end{aligned}$

所以,此时有 $c_{n}\geqslant C\cdot 2^{-k}\left(2^{k-1}\leqslant n<2^{k}\right)$ .

现在设 $2^{r-1}\leqslant N<2^{r}$ , $r\in \mathbb{N}^{*}$ ,那么对任意 $m>r$ ,有

$\begin{aligned} &c_{2^{r}}+c_{2^{r}+1}\cdots +c_{2^{m}-1}\\ =&\left(c_{2^{r}}+\cdots+c_{2^{r+1}-1}\right)+\cdots+\left(c_{2^{m-1}}+\cdots+c_{2^{m}-1}\right)\\ \geqslant&\left(C\cdot 2^{-\left(r+1\right)}\right)\cdot2^{r}+\cdots+\left(C\cdot 2^{-\left(m+1\right)}\right)\cdot 2^{m}\\ =&\dfrac{C\left(m-r\right)}{2}. \end{aligned}$

这表明 $s_{2^{m}-1}>\dfrac{C\left(m-r\right)}{2}$ ,当 $m\rightarrow+\infty$ 时,有 $s_{2^{m}-1}\rightarrow+\infty$ ,与 $\left\{s_{n}\right\}$ 为有界数列矛盾.

所以,命题成立.

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