高中奥数 2022-01-11

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-01-11 14:48 被阅读0次

高中奥数 2022-01-11
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2022-01-11-01

（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递推数列 P039 例1）

已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=0$ , $a_{n+1}=5a_{n}+\sqrt{24a_n^{2}+1},n=1,2,\cdots$ .求此数列的通项.

解

对递推式作变形,得

$\left(a_{n+1}-5a_{n}\right)^{2}=24a_n^{2}+1,$

即有

$a_n+1^{2}-10a_{n}a_{n+1}+a_n^{2}=1.\qquad(1)$

上式中下标用 $n+1$ 代替 $n$ ,得

$a_{n+2}^{2}-10a_{n+1}a_{n+2}+a_{n+1}^{2}=1.\qquad(2)$

对比(1)与(2)可知, $a_{n}$ 与 $a_{n+2}$ 都是方程

$x^{2}-10a_{n+1}x+a_{n+1}^{2}-1=0\qquad(3)$

的根,而由递推式可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是递增数列,故 $a_{n}$ 与 $a_{n+2}$ 不同,从而对(3)用韦达定理,得

$a_{n+2}+a_{n}=10a_{n+1},$

即 $a_{n+2}=10a_{n+1}-a_{n}$ , $n=1,2,\cdots$ .

此题本质上是一个二阶齐次线性递推数列,下面我们用两种方法来求数两种方法来求数列的通项.

方法一

其特征方程为

$\lambda^{2}=10\lambda-1,$

它的两个根为 $\lambda_{1,2}=5\pm2\sqrt{6}$ .于是,可设

$a_{n}=A\cdot\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n}+B\cdot\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n}.$

由初始条件 $a_{1}=0$ 知 $a_{2}=1$ ,

$\begin{cases} \left(5+2\sqrt{6}\right)A+\left(5-2\sqrt{6}\right)B=0,\\ \left(5+2\sqrt{6}\right)^{2}A+\left(5-2\sqrt{6}\right)^{2}B=1. \end{cases}$

解得 $A=\dfrac{5-2\sqrt{6}}{4\sqrt{6}}$ , $B=\dfrac{-5-2\sqrt{6}}{4\sqrt{6}}$ ,所以

$a_{n}=\dfrac{1}{4\sqrt{6}}\left(\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n-1}-\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n-1}\right).$

方法二

利用母函数方法,为方便起见,利用 $a_{1}=0$ , $a_{2}=1$ 及递推式补充定义 $a_{0}=-1$ .则 $\left\{a_{n}\right\}\left(n=0,1,2,\cdots\right)$ 的母函数 $f\left(x\right)$ 满足

$\begin{aligned} f(x) &=\sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} x^{n}\\ &=-1+\sum_{n=2}^{+\infty} a_{n} x^{n} \\ &=-1+10 \sum_{n=2}^{+\infty} a_{n-1} x^{n}-\sum_{n=2}^{+\infty} a_{n-2} x^{n} \\ &=-1+10 x \sum_{n=1}^{+\infty} a_{n} x^{n}-x^{2} \sum_{n=0}^{+\infty} a_{n} x^{n} \\ &=-1+10 x(f(x)+1)-x^{2} f(x) . \end{aligned}$

解得 $f\left(x\right)=\dfrac{10x-1}{x^{2}-10x+1}$ .

下面设 $f\left(x\right)=\dfrac{A}{1-\left(5+2\sqrt{6}\right)x}+\dfrac{B}{1^{-}-\left(5-2\sqrt{6}\right)x}$ (即将 $f\left(x\right)$ 写成部分分式的形式),则应有

$\left\{\begin{array}{l} (5-2 \sqrt{6}) A+(5+2 \sqrt{6}) B=-10 ,\\ A+B=-1. \end{array}\right.$

解得,解得 $B=\dfrac{1}{4\sqrt{6}}\left(-5-2\sqrt{6}\right)$ , $A=\dfrac{1}{4\sqrt{6}}\left(5-2\sqrt{6}\right)$ .

现在将 $f\left(x\right)$ 展开成形式级数,知

$\begin{aligned} f(x) &=A \sum_{n=0}^{+\infty}(5+2 \sqrt{6})^{n} x^{n}+B \sum_{n=0}^{+\infty}(5-2 \sqrt{6})^{n} x^{n} \\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(A(5+2 \sqrt{6})^{n}+B(5-2 \sqrt{6})^{n}\right) x^{n} \end{aligned}$

所以 $a_{n}=A\left(5+2\sqrt{6}\right)^{n}+B\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n}=\dfrac{l}{4\sqrt{6}}\left(\left(-5+2\sqrt{6}\right)^{n-1}-\left(5-2\sqrt{6}\right)^{n-1}\right)$ .

说明此例展示了利用母函数方法求数列通项的基本步骤:利用递推关系求出母函数 $f\left(x\right)$ ,然后将 $f\left(x\right)$ 展开成级数形式,由对应项系数相等得出通项公式.

2022-01-11-02

（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递推数列 P040 例2）

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2$ ,对 $n=1,2,\cdots$ 有

$a_{n+1}=\dfrac{a_{n}}{2}+\dfrac{1}{a_{n}}\qquad(1)$

求该数列的通项公式.

解

这里介绍不动点处理的方法(它源于函数迭代的思想),先求方程

$\lambda=\dfrac{\lambda}{2}\cdot+\dfrac{1}{\lambda}\qquad(2)$

的解,得 $\lambda_{1,2}=\pm\sqrt{2}$ .

注意到 $a_{1}=2$ ,结合(1)可知, $\left\{a_{n}\right\}$ 的每一项都是正有理数,现在用(1)-(2),可知对 $\lambda=\pm\sqrt{2}$ 都有

$a_{n+1}-\lambda=\dfrac{a_{n}-\lambda}{2}+\left(\dfrac{1}{a_{n}}-\dfrac{1}{\lambda}\right),$

变形为

$\dfrac{a_{n+1}-\lambda}{a_{n}-\lambda}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{\lambda a_{n}}=\dfrac{\lambda a_{n}-2}{2\lambda a_{n}}\qquad(3)$

在(3)中分别取 $\lambda=\sqrt{2},-\sqrt{2}$ 所得两式作商,得

$\dfrac{a_{n+1}-\sqrt{2}}{a_{n+1}+\sqrt{2}}=\left(\dfrac{a_{n}-\sqrt{2}}{a_{n}+\sqrt{2}}\right)^{2}.$

于是,我们有

$\begin{aligned} \frac{a_{n+1}-\sqrt{2}}{a_{n+1}+\sqrt{2}} &=\left(\frac{a_{n}-\sqrt{2}}{a_{n}+\sqrt{2}}\right)^{2}=\left(\frac{a_{n-1}-\sqrt{2}}{a_{n-1}+\sqrt{2}}\right)^{2^{2}} \\ &=\cdots=\left(\frac{a_{1}-\sqrt{2}}{a_{1}+\sqrt{2}}\right)^{2^{n}}=(3-2 \sqrt{2})^{2^{n}} \\ &=(\sqrt{2}-1)^{2^{n+1}} . \end{aligned}$

所以 $\dfrac{a_{n}-\sqrt{2}}{a_{n}+\sqrt{2}}=\left(\sqrt{2}-1\right)^{2^{n}}$ ,解得 $a_{n}= \dfrac{\sqrt{2}\left(1+\left(\sqrt{2}-1\right)^{2^{n}}\right)}{1-\left(\sqrt{2}-1\right)^{2^{n}}}$ .

2022-01-11-03

（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递推数列 P041 例3）

设 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,且 $mn$ 是一个三角形数(即存在 $t\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $mn=1+2+\cdots+t$ ).证明:存在正整数 $k$ ,使得由下面的递推关系确定的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ :

$a_{1}=m,a_{2}=n,a_{j}=6a_{j-1}-a_{j-2}+k,j=3,4,\cdots$

满足:对任意下标 $j$ ,数 $a_{j}a_{j+1}$ 都是三角形数.

证明

注意到, $x$ 为三角形数 $\Leftrightarrow$ 存在 $t\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $x=1*2+\cdots+t$

$\Leftrightarrow$ 存在 $t\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $x=\dfrac{t\left(t+1\right)}{2}$

$\Leftrightarrow$ 存在 $t\in \mathbb{N}*$ ,使得 $8x+1=\left(2t+1\right)^{2}$ .

因此,我们只需证明:存在 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $j\in \mathbb{N}^{*}$ ,数 $8a_{j}a_{j+1}+1$ 都是完全平方数.

从完全平方式出发,看看是否存在 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $j\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $8a_{j}a_{j+1}+1=\left(a_{j}+a_{i+1}+l\right)^{2}$ ,这里 $l$ 是只与 $k$ 相关的常数.

猜想中取 $j=1$ ,可知 $l=\sqrt{8mn+1}-m-n$ (注意 $mn$ 为三角形数,故 $\sqrt{8m+1}\in \mathbb{N}^{*}$ ).

进一步,如果对任意 $j\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有

$8a_{j}a_{j+1}+1=\left(a_{j}+a_{j+1}+l\right)^{2},\qquad(1)$

那么在(1)中用 $j+1$ 代替 $j$ 应有

$8a_{j+1}a_{j+2}+1=\left(a_{i+1}+a_{f+2}+l\right)^{2}.\qquad(2)$

两式相减,得

$\begin{aligned} & 8\left(a_{j+2}-a_{j}\right) a_{j+1}=\left(a_{j+2}-a_{j}\right)\left(a_{j+2}+2 a_{j+1}+a_{j}+2 l\right) \\ \Leftrightarrow & 8 a_{j+1}=a_{j+2}+2 a_{j+1}+a_{j}+2 l \\ \Leftrightarrow & a_{j+2}=6 a_{j+1}-a_{j}-2 l \end{aligned}\qquad(3)$

并且由(1)、(3)可推出(2)成立.

利用上述分析,如果令 $k=-2l=2\left(m+n\right)-2\sqrt{8mn+1}$ ,那么由题给递推式定义的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 符合要求(这一点利用数学归纳法可证).

综上可知,命题成立.

说明这里采用的是先猜后证的思想,这不是数列问题中独有的,而是整个数学学习中都有的,它是一种数学灵感的体现.

2022-01-11-04

（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递推数列 P042 例4）

数列 $0,1,3,0,4,9,3,10,\cdots$ 定义如下:

$a_{0}=0$ ,对 $n=1,2,\cdots$ 都有

$a_{n}=\left\{\begin{array}{l} a_{n-1}-n, \text { 若 } a_{n-1} \geqslant n, \\ a_{n-1}+n, \text { 其他情形. } \end{array}\right.$

问:是否每一个非负整数都在该数列中出现?

证明

你的结论.解每个非负整数都在该数列中出现注意到,由定义可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个整数数列,我们先确定 $\left\{a_{n}\right\}$ 中每一项的取值范围,对 $n$ 归纳来证:

$0\leqslant a_{n}\leqslant 2n-1\left(n\geqslant 1\right).\qquad(1)$

当 $n=1$ 时,由条件知 $a_{1}=1$ ,故(1)成立.

设 $a_{n-1}\left(n\geqslant 2\right)$ 满足(1).

当 $n\leqslant a_{n-1}\leqslant 2n-3$ 时, $a_{n}=a_{n-1}-n\in \left[0,n-3\right]$ (注意, $n\leqslant 2n-3$ 知 $n\geqslant 3$ ),符合(1);

当 $0\leqslant a_{n-1}\leqslant n-1$ 时, $a_{n}=a_{n-1}+n\in \left[n,2n-1\right]$ ,亦符合(1).

故(1)对 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

再改写 $a_{n}$ 的递推式:当 $a_{n-1}=0$ 时,有 $a_{n}=n$ , $a_{n+1}=2n+1$ ;

当 $a_{n-1}\in \left[1,n-1\right]$ 时,有 $a_{n}=n+a_{n-1}\in \left[n+1,2n-1\right]$ ,此时 $a_{n+1}=a_{n}-\left(n+1\right)=a_{n-1}-1$ ;当 $a_{n-1}\in \left[n,2n-3\right]$ 时, $a_{n}=a_{n-1}-n\in \left[0,n-3\right]$ ,此时 $a_{n+1}=a_{n}+\left(n+1\right)=a_{n-1}+1$ .

所以,当 $n\geqslant 3$ 时,我们有

$a_{n+1}= \begin{cases}2 n+1, & \text { 若 } a_{n-1}=0, \\ a_{n-1}-1, & \text { 若 } a_{n-1} \in[1, n-1], \\ a_{n-1}+1, & \text { 若 } a_{n-1} \in[n, 2 n-3] .\end{cases}\qquad(2)$

回到原题,若存在非负整数不在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现,取其中最小的,设为 $M$ ,则 $M>1$ ,此时 $M-1$ 在数列中出现,可设 $a_{n-1}=M-1$ .

若 $a_{n-1}\in \left[n,2n-3\right]$ ,则 $M=a_{n-1}+1=a_{n+1}$ ,矛盾.

因此 $a_{n-1}\leqslant n-1$ ,结合 $M>1$ ,知 $a_{n-1}\in \left[1,n-1\right]$ ,此时有 $a_{n+1}=a_{n-1}-1\in \left[0,n-2\right]$ ,进而 $a_{n+3}=a_{n+1}-1$ (除非 $a_{n+1}=0$ ),依次下去,可得一个子数列 $a_{n-1}>a_{n+1}>a_{n+3}>\cdots >a_{s-1}=0$ ,这里 $s\geqslant n+2$ .

结合 $a_{n-1}\leqslant n-1$ 知 $M\leqslant n$ ,而 $a_{s-1}=0$ ,由(2)知 $a_{s+1}=2s+1>s+2$ ,进而,有 $a_{s+2}=a_{s+1}-\left(s+2\right)=s-1\in \left[0,s+1\right]$ ,同上可知 $a_{s+1}\in \left\{0,a_{s+2}-1\right\}$ , $\cdots$ 因此,必有一个下标 $t$ ,使得 $a_{t}=M$ (因为 $s-1\geqslant n+1\geqslant M$ ),从而 $M$ 亦为 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的项,矛盾.