高中奥数 2022-01-17

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-01-17 08:01 被阅读0次

2022-01-17-01

（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09）

设 $a_{1},\cdots ,a_{n}$ 是 $n$ 个不同的正整数.

证明: $a_1^{2}+\cdots+a_n^{2}\geqslant \dfrac{2n+1}{3}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$ .

证明

不妨设 $a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n}$ .

当 $n=1$ 时,不等式 $a_1^{2}\geqslant \dfrac{2+1}{3}a_{1}$ 成立;

假设不等式对 $n$ 成立,即 $a_1^{2}+\cdots+a_n^{2}\geqslant \dfrac{2n+1}{3}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)$ ,考虑 $n+1$ 形,只需证明: $a_{n+1}^{2}\geqslant \dfrac{2}{3}\left(a_{1}+\cdots+a_{n}\right)+\dfrac{2n+3}{3}a_{n+1}$ ,这里 $a_{1}<a_{2}<\cdots <a_{n}<a_{n+1}$ ,且 $a_{i}\in \mathbb{N}^{*}$ .

注意到 $a_{n}\leqslant a_{n+1}-1,a_{n-1}\leqslant a_{n}-1\leqslant a_{n+1}-2,\cdots ,a_{1}\leqslant a_{n+1}-n$ ,所以,只需证明 $a_{n+1}^{2}\geqslant \dfrac{2}{3}\sum\limits_{k=1}^{n}\left(a_{n+1}-k\right)+\dfrac{2n+3}{3}$ ,这等价于 $a_{n+1}^{2}-\dfrac{4n+3}{3}a_{n+1}+\dfrac{n\left(n+1\right)}{3}\geqslant 0$ ,即只需证明: $\left(a_{n+1}-\left(n+1\right)\right)\left(a_{n+1}-\dfrac{n}{3}\right)\geqslant 0$ ,这个不等式利用 $a_{n+1}\geqslant a_{1}+n\geqslant n+1$ 可得.

所以,原不等式对 $n+1$ 成立,获证.

2022-01-17-02

（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 P052 习题10）

实数数列 $a_{1},a_{2},\cdots$ 满足:

(1) $a_{1}=2$ , $a_{2}=500$ , $a_{3}=2000$ ;

(2) $\dfrac{a_{n+2}+a_{n+1}}{a_{n+1}+a_{n-1}}=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n-1}}$ , $n=2,3,\cdots$ .

证明:数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的每一项都是整数,并且对任意正整数 $n$ ,都有 $2^{n}\mid a_{n}$ .

证明

由递推式可知 $a_{n+1}^{2}=a_{n-1}a_{n+2},n=2,3,\cdots$ ,由初始条件结合数学归纳法得 $a_{n}\ne 0$ .于是,上式可变形为

$\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}a_{n}}=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}a_{n-1}},n=2,3,\cdots.$

依此倒推,可知 $\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}a_{n}}=\dfrac{a_{n+1}}{a_{n}a_{n-1}}=\cdots=\dfrac{a_{3}}{a_{2}a_{1}}=2$ ,即 $a_{n+2}=2a_{n+1}a_{n}$ , $n=2,3,\cdots .$ 由此递推式及 $a_{1},a_{2},a_{3}\in \mathbb{Z}$ 知 $a_{n}$ 都为整数,并且 $\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=2a_{n}$ (注意,此式对 $n=1$ 也成立),可知对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}$ 为偶数,这样, $a_{n}=\left(\dfrac{a_{n}}{a_{n-1}}\right)\cdot\left(\dfrac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\right)\cdots\left(\dfrac{a_{2}}{a_{1}}\right)\cdot a_{1}$ 是 $n$ 个偶数之积,于是 $2^{n}\mid a_{n}$ .

2022-01-17-03

（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 P052 习题11）

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

$a_{1}=k+1,a_{n+1}=a_n^{2}-ka_{n}+k,n=1.,2,\cdots.$

证明:对任意不同的正整数 $m$ 、 $n$ ,数 $a_{m}$ 与 $a_{n}$ 互素.

证明

由递推式,知 $a_{n+1}-k=a_{n}\left(a_{n}-k\right)$ ,于是 $a_{n}-k=a_{n-1}\left(a_{n-1}-k\right)=a_{n-1}a_{n-2}\left(a_{n-2}-k\right)=\cdots=a_{n-1}\cdots a_{1}\left(a_{1}-k\right)=a_{n-1}\cdots a_{1}$ ,即

$a_{n}=a_{n-1}\cdots a_{1}+k.\qquad(1)$

对任意 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $m\neq n$ ,我们不妨设 $m<n$ ,则由(1)知

$\left(a_{n}\cdot a_{m}\right)=\left(a_{n-1}\cdots a_{1}+k,a_{m}\right)=\left(k,a_{m}\right).$

下证:对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $a_{m}\equiv 1\left(\bmod k\right)$ .

当 $m=1$ 时,由 $a_{1}=k+1$ 知结论成立.

现设 $m$ 时成立,即 $a_{m}\equiv 1\left(\bmod k\right)$ ,则 $a_{m+1}=a_m^{2}-ka_{m}+k\equiv a_m^{2}\equiv 1^{2}\equiv 1\left(\bmod k\right)$ .

所以,对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $a_{m}\equiv 1\left(\bmod k\right)$ .

利用上述结论知 $\left(a_{m},k\right)=1$ ,进而 $\left(a_{n},a_{m}\right)=1$ .

2022-01-17-04

（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 P052 习题11）

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足

$a_{0}=1,a_{n}=a_{n+1}+a_{\left[\frac{n}{3}\right]},n=1,2,\cdots.$

证明:对任意不大于13的素数 $p$ ,数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中有无穷多项是 $p$ 的倍数.

证明

对照第1节例5.试算 $\left\{a_{n}\right\}$ 的最初21项,它们的值依次为 $1,2,3,5,7,9,12,15,18,23,28,33,40,47,54,63,72,81,93,105,117$ ,其中 $a_{1},a_{2},a_{3},a_{4},a_{11},a_{20}$ 分别是 $2,3,5,7,11,13$ 的倍数.

因此,对任意 $p\in \left\{2,3,5,7,11,13\right\}$ ,都有一项 $a_{n}$ 为 $p$ 的倍数.

如果 $a_{3n-1}\equiv 0\left(\bmod p\right)$ ,那么我们从 $a_{n}$ 出发找到了下个p的倍数.

如果 $a_{3n-1}\not\equiv 0\left(\bmod p\right)$ ,那么由递推式及 $a_{n}\equiv 0\left(\bmod p\right)$ 知 $a_{3n+2}\equiv a_{3m+1}\equiv a_{3n}\equiv a_{3n-1}\left(\bmod p\right)$ ,记它们除以 $p$ 所得余数为 $r$ ,同例题一样讨论,下面的13个数