高中奥数 2022-01-18

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-18 07:26 被阅读0次

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2022-01-18-01

（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 P052 习题13）

用 $\left\{x\right\}$ 表示实数 $x$ 的小数部分.证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有

$\sum\limits_{k=1}^{n^{2}}\left\{\sqrt{k}\right\}=\dfrac{n^{2}-1}{2}.$

证明

对 $n$ 归纳,只需注意到

$\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{\left(n+1\right)^{2}}\left\{\sqrt{k}\right\}&=\sum\limits_{k=1}^{n^{2}}\left\{\sqrt{k}\right\}+\sum\limits_{k=n^{2}+1}^{\left(n+1\right)^{2}}\left\{\sqrt{k}\right\}\\ &\leqslant \dfrac{1}{2}\left(n^2-1\right)+\sum\limits_{k=1}^{2n}\left(\sqrt{n^2+k}-n\right)\\ &\leqslant \dfrac{1}{2}\left(n^2-1\right)+\sum\limits_{k=1}^{2n}\left(\sqrt{\left(n+\dfrac{k}{2n}\right)^{2}}-n\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\left(n^2-1\right)+\dfrac{1}{2n}\sum\limits_{k=1}^{2n}k\\ &=\dfrac{1}{2}\left(n^2-1\right)+\dfrac{1}{2}\left(2n+1\right)\\ &=\dfrac{1}{2}\left(\left(n+1\right)^{2}-1\right). \end{aligned}$

即可实现归纳过渡.

2022-01-18-02

（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14）

设 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,记 $S_{m}\left(n\right)=\sum\limits_{k=1}^{n}\left[\sqrt[k^{2}]{k^{m}}\right]$ .证明:

$S_{m}\left(n\right)\leqslant n+m\left(\sqrt[4]{2^{m}}-1\right).$ 这里 $\left[x\right]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数.

证明

当 $n\leqslant m$ ,通过对正整数 $k$ 归纳,易证 $k^{4}\leqslant 2^{k^{2}}$ ,于是 $\sqrt[k^{2}]{k^{m}}\leqslant \sqrt[4]{2^{m}}$ ,这时 $S_{m}\left(n\right)\leqslant \sum\limits_{k=1}^{n} k^{\frac{m}{k^{2}}}=n+\sum\limits_{k=1}^{n} \left(k^{\frac{m}{k^{2}}}-1\right)\leqslant n+\sum\limits_{k=1}^{n} \left(k^{\frac{m}{k^{2}}}-1\right)\leqslant n+m\left(2^{\frac{m}{4}}-1\right)$ ,原不等式成立.

当 $n>m$ 时,注意到,对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $k>m$ ,均有

$1<k^{\frac{m}{k^{2}}}<k^{\frac{1}{k}}<2.$

这里 $k^{\frac{1}{k}}<2$ 等价于 $k<2^{k}$ ,它可通过对 $k$ 归纳予以证明.于是 $S_{m}\left(n+1\right)=S_{m}\left(n\right)+1$ ,依此结合 $n\leqslant m$ 时不等式成立,及数学归纳法,可知对任意 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,均有 $S_{m}\left(n\right)\leqslant n+m\left(\sqrt[4]{2^{m}}-1\right)$ .

2022-01-18-03

（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15）

设 $k$ 为给定的正整数,考虑数列 $\left\{a_{n}\right\}$ :

$a_{0}=1,a_{n+1}=a_{n}+\left[\sqrt[k]{a_{n}}\right],n=0,1,2,\cdots.$

对每个 $k$ ,求数列 $\left\{z_{a_{n}}\right\}$ 中所有是整数的项组成的集合.

解

用 $A_{k}$ 表示数列 $\left\{\sqrt[k]{{a_{n}}}\right\}$ 中为整数的项组成的集合.

我们断言:对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $A_{k}=\left\{2^{m}|m=0,1,2,\cdots \right\}$ (即 $A_{k}$ 与 $k$ 的具体值无关,它由所有2的幂组成).

由 $a_{0}=1$ ,知 $1\in A_{k}$ ,下设 $x\in A_{k}$ ,我们证明: $A_{k}$ 中比 $x$ 大的数中最小的那个是 $2x$ .依此结论结合数学归纳法可知断言成立.

事实上,设 $x\in A_{k}$ ,即存在 $n\in \mathbb{N}$ ,使得 $a_{n}=x^{k}$ ,则对所有满足 $x^{k}\leqslant a_{j}<\left(x+1\right)^{k}$ 的下标 $j$ ,有 $a_{j+1}=a_{j}+x$ ,即 $a_{j+1}\equiv a_{j}\left(\bmod x\right)$ .

从 $a_{n}$ 出发,可知对这样的 $j$ ,有 $a_{j+1}\equiv a_{j}\equiv 0\left(\bmod x\right)$ ,现在取上述条件中最大的 $j$ ,这时 $a_{j}<\left(x+1\right)^{k}$ ,而 $a_{j+1}\geqslant \left(x+1\right)^{k}$ .

记 $a_{j+1}=\left(x+1\right)^{k}+m_{1}$ ,则由 $a_{j+1}=a_{j}+x$ 知 $0\leqslant m_{1}<n$ ,而 $a_{j+i}\equiv 0\left(\bmod x\right)$ ,故 $m_{1}+1\equiv 0\left(\bmod x\right)$ ,所以 $m_{1}=x-1$ ,从而 $a_{j+1}=\left(x+1\right)^{k}+x-1$ .

重复上述讨论,通过每次加上 $x+1$ ,得到形如 $\left(x+2\right)^{k}+m_{2}$ 的项, $0\leqslant m_{2}<n+1$ ,并由 $x-1\equiv \left(x+2\right)^{k}+m_{2}\equiv 1+m_{2}\left(\bmod x+1\right)$ 可确定 $m_{2}=x-2$ ,依次递推,一般地,利用同余 $m_{i}\equiv \left(x+i+1\right)^{k}+m_{i+1}\left(\bmod x +i\right)$ ,可确定 $m_{i}=x-i,i=1,2,\cdots ,x$ .从而数列 $\left\{a_{n}\right)$ 中的下一个 $k$ 次方数在 $m_{i}$ 第一次取零时得到,这时 $i=x$ ,即下一个 $k$ 次方数为 $\left(x+x\right)^{k}=\left(2x\right)^{k}$ .也就是说 $A_{k}$ 中比 $x$ 大的数中最小的那个是 $2x$ .

问题获解.

2022-01-18-04

（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 P053 习题16）

数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 定义如下 $x_{1}=\dfrac{1}{2}$ , $x_{n}=\dfrac{2n-3}{2n}x_{n-1}$ , $n=2,3,\cdots$ .证明:对任意正整数 $n$ ,都有 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}<1$ .

证明

由递推关系可知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $x_{n}>0$ .进一步,由 $2nx_{n}=2\left(n-1\right)x_{n-1}-x_{n-1}$ ,得 $x_{n-1}=2\left(n-1\right)x_{n-1}-2nx_{n}$ .求和,得

$\begin{aligned} x_{1}+\cdots+x_{n}&=\sum\limits_{k=2}^{n+1}\left(2\left(k-1\right)x_{k-1}-2kx_{k}\right)\\ &=2\sum\limits_{k=1}^{n}\left(kx_{k}-\left(k+1\right)x_{k+1}\right)\\ &=2\left(x_{1}-\left(n+1\right)x_{n+1}\right)\\ &=1-2\left(n+1\right)x_{n+1}\\ &<1. \end{aligned}$

命题获证.

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