高中奥数 2022-01-14

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-14 18:07 被阅读0次

高中奥数 2022-01-14
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2022-01-14-01

（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周期数列 P049 例4）

设 $m$ 是一个给定的大于1的正整数,数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 定义如下 $x_{1}=1$ , $x_{2}=2$ , $\cdots$ , $x_{m}=m$ ,而

$x_{n+m}=x_{n+m-1}+x_{n},n=1,2,\cdots.\qquad(1)$

证明:数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 中存在连续的 $m-1$ 项,它们都是 $m$ 的倍数.

证明

考察数列 $\left\{x_{k}\left(m\bmod m\right)\right\}$ ,这里 $x_{k}\left(\bmod m\right)$ 表示 $x_{k}$ 除以 $m$ 所得的余数,将它记为 $y_{k}$ 转为证明:数列 $\left\{y_{n}\right\}$ 中有连续 $m-1$ 个零.

利用定理2,由(1)可知,存在 $n$ 及 $T\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $k\geqslant n_{0}$ ,都有 $y_{k+T}=y_{k}$ .特别地有

$y_{n_{0}+m-1}=y_{n_{0}+m-1+T},y_{n_{0}+m-2}=y_{n_{0}+m-2+T}.$

两式相减,结合(1)及 $y$ 的定义可知 $y_{n_{0}}-1=y_{n_{0}-1+T}$ ,依此倒推可知,对任意 $k≥1$ ,都有 $y_{k}=y_{k+T}$ .

为得到我们的结论及计算上的方便,我们将数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 的下标依(1)确定的递推关系向负整数延拓,结合上面的讨论,可知对任意 $k\in \mathbb{Z}$ ,都有 $y_{k}=y_{k+T}$ .

现在由 $x_{n}=x_{n+m}-x_{n+m-1}$ 可知 $x_{0}=x_{-1}=\cdots=x_{-\left(m-2\right)}=1$ (这里用到初始条件:对任意 $1\leqslant j\leqslant m$ ,都有 $x_{j}=j$ ),进而,有 $x_{-\left(m-1\right)}=x_{-m}=\cdots=x_{-\left(2m-3\right)}=0$ .结合 $y_{k}=y_{k+T}$ ,可知

$\begin{aligned} &\left(y_{-\left(2m-3\right)+T},\cdots,y_{-\left(m-1\right)+T}\right)\\ =&\left(y_{-\left(2m-3\right)},\cdots,y_{-\left(m-1\right)}\right)\\ =&\left(0,\cdots,0\right). \end{aligned}$

而 $y_{-\left(2m-3\right)}=\cdots=y_{0}=1$ ,故 $-\left(2m-3\right)+T\geqslant 1$ ,这表明:数列 $\left\{y_{k}\right\}$ 中存在下标为正整数的连续 $m-1$ 项都等于零.

所以,命题成立.

2022-01-14-02

（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周期数列 P050 例5）

设 $m$ 为给定的正整数,对任意正整数 $n$ ,用 $S_{m}\left(n\right)$ 表示 $n$ 在十进制表示下各数码的 $m$ 次方之和.例如 $S_{3}\left(172\right)\cdot\cdot1^{3}\div7^{3}\cdot2^{3}=352$ .考虑数列: $n_{0}$ 为正整数, $n_{k}=S_{m}\left(n_{k-1}\right),k=1,2,\cdots$ .

(1)证明:对任意正整数 $n_{0}$ ,数列 $\left\{n_{k}\right\}$ 都是一个周期数列;

(2)证明:当 $n_{0}$ 变化时,(1)中数列的最小正周期构成的集合为有限集.

证明

注意到,对正整数 $n\geqslant 10^{m+1}$ ,存在 $p\in \mathbb{N}^{*}$ , $p\geqslant m+1$ ,使得 $10^{\prime}\leqslant n<10^{p+1}$ ,此时 $n$ 为十进制中的 $p+1$ 位数,故

$\begin{aligned} S_{m}\left(n\right) & \leqslant \left(p+1\right)\cdot9^{m}\\ & <\left(p+1\right)\cdot 9^{p-1}\\ & <9^{p}+\mathrm{C}_{p}^{1}\cdot 9^{p-1}\\ &<\left(9+1\right)^{p}\\ &=10^{p}\\ &\leqslant n. \end{aligned}$

这表明数列 $\left\{n_{k}\right\}$ 中的项满足:若 $n_{k}\geqslant 10^{m-1}$ ,则 $n_{k+1}=S_{m}\left(n_{k}\right)<n_{k}$ .

另一方面,若正整数 $n<^{m+1}$ ,则

$S_{m}\left(n\right)\leqslant \left(m+1\right)\cdot 9^{m}<\left(9+1\right)^{m+1}=10^{m+1}.$

即可得:如果 $n_{k}<10^{m+1}$ ,那么 $n_{k+1}=S_{n}\left(m_{k}\right)$ 亦小于 $10^{m+1}$ .

上述讨论表明:当下标 $k$ 充分大时,必有 $n_{k}<10^{m+1}$ .于是,数列 $\left\{n_{k}\right\}$ 从某一项开始,每一项都为集合 $\left\{1,2,\cdots ,10^{m+1}-1\right\}$ 中的数,即存在 $k_{0}\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $k\geqslant k_{0}$ ,都有 $1\leqslant n_{k}\leqslant 10^{m+1}-1$ .结合抽屉原理可知,存在 $r$ 、 $s\in \mathbb{N}^{*}$ , $r>s\geqslant k_{0}$ ,使得 $n_{r}=n_{s}$ .利用 $\left\{n_{k}\right\}$ 的定义知,对 $k\geqslant s$ ,都有 $n_{k}=n_{k+T}$ ,这里 $T=r-s$ ,并可使得 $T<10^{m+1}-1$ .

所以,对任意 $n_{0}\in \mathbb{N}^{*}$ ,数列 $\left\{n_{k}\right\}$ 都为周期数列,其最小正周期 $\leqslant 10^{m+1}-1$ .

从而,(1)与(2)都成立.

2022-01-14-03

（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周期数列 P051 例6）

任意选定一个正整数 $a_{0}$ ,再任取 $a_{1}\in \left\{a_{0}+54,a_{0}+77\right\}$ ,如此下去,当 $a_{k}$ 确定后,再选取 $a_{k+1}\in \left\{a_{k}+54,a_{k}+77\right\}$ 得到无穷数列 $\left\{a_{n}\right\}$ .证明:该数列中总有一项,其末两位数字相同.

证明

在模100的意义下讨论.我们用 $b_{n}$ 表示 $a_{n}$ 除以100所得的余数,这里将 $b_{n}$ 都理解为两位数,即 $b_{n}$ 是 $00,01,\cdots ,99$ 中数.

依数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的定义可知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $b_{n+1}\equiv b_{n}+77$ 或 $b_{n}+2×77\left(\bmod 100\right)$ .

注意到 $\left(77,100\right)=1$ ,故当 $j$ 跑遍模100的完系时, $77j$ 也跑遍模100的完系,对 $j=0,1,2,\cdots ,99$ ,我们将 $77j$ 除以100所得的余数排成如图所示的圆圈.那么,由 $\left\{b_{n}\right\}$ 的结构可知, $b_{n}$ 与 $b_{n+1}$ 是圆圈上相邻的数或者中间隔一个数.因此,圆圈上任意相邻的两个数中必有一个是 $b_{n}$ 中的项.而圆圈上00与77相邻,故存在 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $b_{n}=00$ 或77,也就是 $a_{n}$ 的末两位数字是00或77.