高中奥数 2021-12-30

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2021-12-30 09:15 被阅读0次

2021-12-30-01

（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第二数学归纳法 P009 例3）

设 $p\left(x\right)$ 是一个 $n$ 次实系数多项式, $a$ 是一个不小于3的实数.证明:下面的 $n+2$ 个数中至少有一个数不小于1.

$\left|a^{0}-p\left(0\right)\right|,\left|a^{1}-p\left(1\right)\right|,\cdots ,\left|a^{n+1}-p\left(n+1\right)\right|.$

证明

对 $p\left(x\right)$ 的次数 $n$ 进行归纳.

当 $n=0$ 时, $p\left(x\right)$ 是常数多项式,设 $p\left(x\right)=c$ ,此时,由 $\left|1-c\right|+\left|a-c\right|\geqslant \left|a-1\right|\geqslant 2$ ,可知| $\left\{\left|1-c\right|,\left|a-c\right|\right\}\geqslant 1$ ,即命题对 $n=0$ 成立.

假设命题对所有次数小于 $n$ 的多项式都成立,考虑次数为 $n$ 的多项式 $p\left(x\right)$ .

令 $f\left(x\right)=\dfrac{1}{a-1}\left[p\left(x+1\right)-p\left(x\right)\right]$ ,则 $f\left(x\right)$ 的次数 $\leqslant n-1$ .

由归纳假设知,存在 $m\in \left\{0,1,2,\cdots,n\right\}$ ,使得 $\left|a^{m}-f\left(m\right)\right|\geqslant 1$ ,即 $\left|a^{m}-\dfrac{1}{a-1}\left[p\left(m+1\right)-p\left(m\right)\right]\right|\geqslant 1$ .故

$\left|a^{m+1}-p\left(m+1\right)+p\left(m\right)-a^{m}\right|\geqslant a-1\geqslant 2,$

从而 $\max\left\{\left|a^{m+1}-p\left(m+1\right)\right|,\left|a^{m}-p\left(m\right)\right|\right\}\geqslant 1$ ,即存在 $r\in \left\{0,1,2,\cdots ,n+1\right\}$ ,使得 $\left|a^{r}-p\left(r\right)\right|\geqslant 1$ ,命题对 $n$ 成立.

综上可知,对任意次数为 $n$ 的多项式 $p\left(x\right)$ ,命题都成立.

说明在对多项式的次数用数学归纳法时,常采用第二数学归纳法的形式,因为首项系数相同的两个 $n$ 次多项式之差的次数不一定是 $n-1$ 次,但一定是一个次数小于 $n$ 的多项式.运用第二数学归纳法处理时就避开了讨论.

2021-12-30-02

（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第二数学归纳法 P009 例4）

证明:任意一个凸 $n$ 边形都可以被它的三条边张成的三角形或它的四条边张成的平行四边形所覆盖.

证明

对 $n$ 归纳当 $n=3$ 时,结论是显然的;

当 $n=4$ 时,如果该四边形是平行四边形则已完成,如果它不是平行四边形,则有组对边不平行,将它们延长相交后,总可以用另两条边中的一条合成一个三角形,它覆盖这个四边形(如图所示).

图1

现假设对任一凸 $m$ 边形结论成立,这里 $m<n\left(n\geqslant 5\right)$ .取凸 $n$ 边形 $M$ 的任意一条边 $AB$ ,除去 $AB$ 及与 $AB$ 相邻的边外, $M$ 还有至少 $n-3\geqslant 5-3=2$ 条边.这两条边中必有一条与 $AB$ 不平行(因为至多只能有一条与 $AB$ 平行),设为 $CD$ .延长 $BA$ 和 $CD$ (不妨设为如图所示的图形),设它们相交于点 $U$ .现在用折线 $BUC$ 代替被 $\angle BUC$ 覆盖的折线 $AD$ 及边 $BA$ 和 $CD$ ,便得到一个边数少于 $n$ 并将 $M$ 覆盖的凸多边形 $M_{1}$ ,对 $M_{1}$ 用归纳假设,可知命题对 $n$ 成立.