高中奥数 2022-02-07

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-02-07 12:33 被阅读0次

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2022-02-07-01

（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选择恰当的归纳对象 P081 例05）

在某个罐里有黑、白两种颜色的球各一个,我们另外还有50个白球和50个黑球,下面进行50次操作:随机地取出一个球,然后放入罐中两个与取出的球同色的球作为一次操作.最后在罐中有52个球.问:罐中最有可能有几个白球?

解

我们证明:对任意 $1\leqslant k\leqslant 51$ ,罐中出现 $k$ 个白球的概率都是 $\dfrac{1}{51}$ .

将问题一般化,记 $n$ 次操作后,罐中有 $k$ 个白球的概率为
$P_{n}\left(k\right),1\leqslant k\leqslant n+1.$
下证: $P_{n}\left(1\right)=P_{n}\left(2\right)=\cdots=P_{n}\left(n+1\right)=\dfrac{1}{n+1}$ .

当 $n=1$ 时,上述命题显然成立.设命题对 $n$ 时成立,考虑 $n+1$ 的情形注意到有如下的递推式成立
$P_{n+1}\left(k\right)=\dfrac{k-1}{n+2}P_{n}\left(k-1\right)+\dfrac{n+2-k}{n+2}P_{n}\left(k\right),$
这里 $1\leqslant k\leqslant n+1$ ,其中 $P_{n}\left(0\right)=0$ (递推式是依第 $n+1$ 次操作前罐中白球数的个数为 $k-1$ 和 $k$ 分类讨论得到的).

于是,利用 $P_{n}\left(1\right)=P_{n}\left(2\right)=\cdots=P_{n}\left(n+1\right)=\dfrac{1}{n+1}$ (归纳假设),可知 $P_{n+1}\left(1\right)=P_{n+1}\left(2\right)=\cdots=P_{n+1}\left(n+1\right)=\dfrac{n+l}{n+2}\cdot\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{1}{n+2}$ ,再结合 $\sum\limits_{i=1}^{n+2}P_{n+1}\left(k\right)=1$ ,就可证得 $P_{n+1}\left(n+2\right)=\dfrac{1}{n+2}$ .

所以,命题成立.

说明

将命题一般化只是形式,这里是为了利用递推的思想去处理才作出一般化的,思想与内涵决定表现的形式.

2022-02-07-02

（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选择恰当的归纳对象 P081 例06）

证明:存在正整数 $n_{1}<<n_{2}<\cdots<n_{50}$ ,使得
$n_{1}+S\left(n_{1}\right)=n_{2}+S\left(n_{2}\right)=\cdots=n_{50}+S\left(n_{50}\right).$

这里 $S\left(n\right)$ 表示自然数 $n$ 在十进制表示下各数码之和.

证明

将命题一般化,用数学归纳法证明如下结论:

对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $k\geqslant 2$ ,存在正整数 $n_{1}<n_{2}<\cdots<n_{k}$ ,使得
$n_{1}+S\left(n_{1}\right)=n_{2}+S\left(n_{2}\right)=\cdots=n_{k}+S\left(n_{k}\right)\equiv 7\left(\bmod 9\right).\qquad(*)$
当 $k=2$ 时,取 $n_{1}=107$ , $n_{2}=98$ ,注意到 $107+8=98+17=115\equiv 7\left(\bmod 9\right)$ ,故命题对 $k=2$ 成立.

设命题对 $k\left(\geqslant 2\right)$ 成立,并设 $n_{1}<.n_{2}n_{2}<\cdots <n_{k}$ 满足 $(*)$ 式,考虑 $k+1$ 的情形.

令 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $9m-2=n_{i}+S\left(n_{i}\right)$ , $1\leqslant i\leqslant k$ .取正整数 $n_{i}^{\prime}=9\times 10^{m}+n_{i}$ , $1\leqslant i\leqslant k$ , $n_{k+1}^{\prime}=8\underbrace{9\cdots 9}_{m\text{个}9}$ ,则 $n_{i}^{\prime}\left(1\leqslant i\leqslant k+1\right)$ 都是 $m+1$ 位正整数(注意,由 $k=2$ 的取法,显然对归纳假设中的 $k$ ,均有 $n_{i}<10^{m}$ ,故n为 $m+1$ 位数 $1\leqslant i\leqslant k$ ),并且对 $1\leqslant i\leqslant k$ 均有
$n_{i}^{\prime}+S\left(n_{i}^{\prime}\right)=9\times 10^{m}+n_{i}^{\prime}+\left(9+S\left(n_{i}^{\prime}\right)\right)=9\times 10^{m}+7;$
而 $n_{1}^{\prime}+S\left(n_{1}^{\prime}\right)=\cdots=n_{k+1}^{\prime}+S\left(n_{k+1}^{\prime}\right)\equiv 7\left(\bmod 9\right)$ ,又由归纳假设及我们的构造,可知 $n_{k+1}^{\prime}<n_{1}^{\prime}<n_{2}^{\prime}<\cdots <n_{k}^{\prime}$ .从而命题对 $k+1$ 也成立.