高中奥数 2022-01-06

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-06 08:34 被阅读0次

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2022-01-06-01

（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数列的通项与求和 P022 例4）

设 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,且 $k=3\left(\bmod 4\right)$ .定义

$S_{n}=C_n^{0}-C_n^{2}k+C_n^{4}k^{2}-C_n^{6}k^{3}+\cdots.$

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $2^{n-1}\mid S_{n}$ .

证明

利用复数来处理.

由 $S_{n}$ 的定义结合二项式定理,可知

$S_{n}=\Re\left(1+\sqrt{k}\mathrm{i}\right)^{n},$

这里 $\mathrm{i}$ 为虚数单位, $\Re\left(z\right)$ 表示复数 $z$ 的实部.

于是

$S_{n}=\dfrac{1}{2}\left(\left(1+\sqrt{k}\mathrm{i}\right)^{n}+\left(1-\sqrt{k}\mathrm{i}\right)^{n}\right),$

进而,我们记 $x=1+\sqrt{k}\mathrm{i}$ , $x=1-\sqrt{k}\mathrm{i}$ ,则

$\begin{aligned} S_{n+2} &=\frac{1}{2}\left(x^{n+2}+y^{n+2}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\left(x^{n+1}+y^{n+1}\right)(x+y)-x y\left(x^{n}+y^{n}\right)\right) \\ &=(x+y) S_{n+1}-x y S_{n} \\ &=2 S_{n+1}-(1+k) S_{n}. \end{aligned}$

并且 $S_{1}=1$ , $S_{2}=1-k$ .

下证:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $2^{n-1}\mid S_{n}$ .

利用 $k\equiv 3\left(\bmod 4\right)$ ,可知当 $n=1,2$ 时,命题成立;现设命题对 $n$ , $n+1$ 都成立,即 $2^{n-1}\mid S_{n}$ 且 $2^{n}\mid S_{n+1}$ ,则对 $n+2$ 的情形,由 $1+k\equiv 1+3\equiv 0\left(\bmod 4\right)$ ,及

$S_{n+2}=2S_{n+1}-\left(1+k\right)S_{n},$

可知 $2^{n+1}\mid S_{n+2}$ (因为 $2^{n+1}\cdot 2S_{n+1}$ , $2^{n+1}\mid \left(1+k\right)S_{n}$ ).所以,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $2^{n-1}\mid S_{n}$ .

说明

从条件出发,作出恰当转换建立数列的递推关系,再结合数学归纳法处理.这样的解题思路有“思路清晰、一气呵成”之感,把握起来也较方便.

2022-01-06-02

（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数列的通项与求和 P022 例5）

一个由正整数组成的递增数列 ${a_{n}}$ 的前面若干项为

$1;2,4;5,7,9;10,12,14,16;17,\cdots.$

其结构是:1个奇数,2个偶数,3个奇数,4个偶数, $\cdots$ .

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $a_{n}=2n-\left[\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right]$ .

证明

如果存在 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $n=1+2+\cdots+k$ ,那么称正整数 $n$ 是一个三角形数.

现在定义数列 $\left\{b_{n}\right\}$ : $b_{1}=1$ ,

$b_{n+1}-b_{n}=\begin{cases} 1,\text{若}n\text{是一个三角形数},\\ 2,\text{若}n\text{不是一个三角形数}. \end{cases}\qquad(1)$

则由数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的结构结合数学归纳法可知 $a_{n}=b_{n}$ .

进一步,由于满足(2)的数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是存在而且唯一的,因此,为证命题成立,我们只需证明(注意:当 $n=1$ 时, $2n-\left[\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right]=1$ ):

$c_{n}=\begin{cases} 1,\text{若}n\text{是一个三角形数},\\ 2,\text{若}n\text{不是一个三角形数}. \end{cases}\qquad(2)$

这里 $c_{n}=2\left(n+1\right)-\left[\dfrac{1+\sqrt{8\left(n+1\right)-7}}{2}\right]-\left(2n-\left[\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right]\right)$ .

为此,先证明:

当且仅当 $n$ 是一个三角形数时, $\dfrac{1+\sqrt{8\left(n+1\right)-7}}{2}\in \mathbb{N}^{*}.\qquad(3)$

事实上,若存在 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $n=1+2+\cdots+k=\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}$ ,则 $\dfrac{1+\sqrt{8\left(n+1\right)-7}}{2}=\dfrac{1+\sqrt{4k\left(k+1\right)+1}}{2}=\dfrac{1+2k+1}{2}=k+1 \in \mathbb{N}^{*}$ ;另一方面,若 $n$ 不是三角形数,则存在 $k\in \mathbb{N}*$ ,使得 $\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}<n<\dfrac{\left(k+1\right)\left(k+2\right)}{2}$ (即 $n$ 介于两个相邻三角形数之间).同上计算,可知

$k+1<\dfrac{1+\sqrt{8\left(n+1\right)-7}}{2}<k+2.$

所以,(3)成立.

回证(2)成立,由于 $c_{n}=2+\left[\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right]-\left[\dfrac{1\pm\sqrt{8\left(n+1\right)-7}}{2}\right]$ ,而当 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 时,有

$\begin{aligned} 0 &<\dfrac{1+\sqrt{8(n+1)-7}}{2}-\dfrac{1+\sqrt{8 n-7}}{2}\\ &=\dfrac{1}{2}(\sqrt{8 n+1}-\sqrt{8 n-7}) \\ &=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{8 n+1-(8 n-7)}{\sqrt{8 n+1}+\sqrt{8 n-7}}\\ &=\dfrac{4}{\sqrt{8 n+1}+\sqrt{8 n-7}} \\ &\leqslant \dfrac{4}{\sqrt{8+1}+\sqrt{8-7}} \\ &=1 . \end{aligned}$

故当且仅当 $\dfrac{1+\sqrt{8\left(n+1\right)-7}}{2}\in \mathbb{N}^{*}$ 时, $c_{n}=2-1=1$ ;而对其他的 $n$ ,有 $c_{n}=2-0=2$ .

利用结论(3)可知,(2)成立.

综上可知 $a_{n}=2n-\left[\dfrac{1+\sqrt{8n-7}}{2}\right]$ .

说明

这是一个分群数列求通项的问题,(1)反映的正是数列相邻两项的关系,这里的方法是先有结果只需证明时采用的特殊手法,如果要求自己去发现该数列的通项公式题目就困难了.

2022-01-06-03

（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数列的通项与求和 P024 例6）

我们称一个有穷数列 $a_{0},a_{1},\cdots ,a_{n}$ 为 $k$ 平衡的,如果

$a_{0}+a_{k}+a_{2k}+\cdots=a_{1}+a_{k+1}+a_{2k+1}+\cdots=\cdots=a_{k-1}+a_{2k-1}-a_{3k-1}+\cdots$

已知数列 $a_{0},a_{1},\cdots ,a_{49}$ 对 $k=3,5,7,11,13,17$ 而言,都是 $k$ 平衡的.证明: $a_{0}=a_{1}=\cdots=a_{49}=0$ .

证明

考察多项式

$f\left(x\right)=a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{49}x^{49}.\qquad(1)$

我们的思路是去证 $f\left(x\right)$ 有50个不同的复根,从而导出 $f\left(x\right)$ 是一个零多项式,得到 $a_{0}=\cdots=a_{49}=0$ .

对 $k\in \left\{3,5,7,11,13,17\right\}$ ,设 $\varepsilon\left(\ne 1\right)$ 是一个 $k$ 次单位根,则当 $m=n\left(\bmod k\right)$ 时,有 $\varepsilon^{m}=\varepsilon^{n}$ ,于是

$\begin{aligned} &f\left(\varepsilon\right)\\ =&\left(a_{0}+a_{k}+a_{2k}+\cdots\right)+\left(a_{1}+a_{k+1}+\cdots\right)\varepsilon +\cdots+\left(a_{k-1}+a_{2k-1}+\cdots\right)\varepsilon^{k-1}\\ =&\left(a_{0}+a_{k}+a_{2k}+\cdots\right)+\left(1+\varepsilon+\varepsilon^2+\cdots+\varepsilon^{k-1}\right)\\ =&0. \end{aligned}$

这里已用到条件式及是多项式 $1+x+\cdots+x^{k-1}$ 的根.

因此,对 $k\in \left\{3,5,7,11,13,17\right\}$ 及 $\varepsilon=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2m\pi}{k}}\left(1\leqslant m\leqslant k-1\right)$ ,可知 $\varepsilon$ 都是(1)的复根,而 $k$ 取不同的素数,故所得复根互不相同.这表明, $f\left(x\right)$ 有 $\left(3-1\right)+\left(5-1\right)+\cdots+\left(17-1\right)=50$ 个不同复根,它只能是零多项式.

命题获证.

说明

(1)所列出的多项式称为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的母函数,它在求数列通项中经常被用到,在第7讲中还会提到.

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