高中奥数 2022-01-23

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-01-23 10:14 被阅读0次

高中奥数 2022-01-23
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2022-01-23-01

（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 P054 习题33）

设 $n$ 为不小于2的正整数.求所有的实系数多项式

$P\left(x\right)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{0},\left(a_{n}*0\right),$

使得 $P\left(x\right)$ 恰有 $n$ 个不大于1的实根,并且

$a_{0}^{2}+a_{1}a_{n}=a_{n}^{2}-a_{0}a_{n-1}.$

解

由条件,可设

$P\left(x\right)=a_{n}\left(x+\beta_{1}\right)\left(x+\beta_{2}\right)\cdots\left(x+\beta_{n}\right).$

这里 $\beta_{i}\geqslant 1,i=1,2,\cdots ,n$ ,且 $a_{n}\ne 0$ .

利用 $a_{0}^{2}+a_{1}a_{n}=a_{n}^{2}+a_{0}a_{n-1}$ 可知

$a_{n}^{2}\left(\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}\right)^{2}+a_{n}^{2}\left(\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}\right) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{\beta_{i}}=a_{n}^{2}+\left(\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}\right)\left(\sum\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}\right) a_{n}^{2} .$

于是

$\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}-\dfrac{1}{\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}}=\sum\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}-\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{\beta_{i}} .\qquad(1)$

下面对 $n$ 运用数学归纳法证明:当 $\beta_{i}\geqslant 1$ , $i=1,2,\cdots,n$ 时,都有

$\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}-\dfrac{1}{\prod\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}} \geqslant \sum\limits_{i=1}^{n} \beta_{i}-\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{\beta_{i}}.$

等号当且仅当 $\beta_{1},\cdots ,\beta_{n}$ 中有 $n-1$ 个数等于1时成立.

当 $n=2$ 时,若 $\beta_{1}$ 、 $\beta_{2}\geqslant 1$ ,则有如下等价关系成立

$\begin{aligned} \beta_{1} \beta_{2}-\dfrac{1}{\beta_{1} \beta_{2}} & \geqslant\left(\beta_{1}+\beta_{2}\right)-\left(\dfrac{1}{\beta_{1}}+\dfrac{1}{\beta_{2}}\right) \\ & \Leftrightarrow\left(\beta_{1} \beta_{2}\right)^{2}-1 \geqslant\left(\beta_{1}+\beta_{2}\right)\left(\beta_{1} \beta_{2}-1\right) \\ & \Leftrightarrow\left(\beta_{1} \beta_{2}-1\right)\left(\beta_{1}-1\right)\left(\beta_{2}-1\right) \geqslant 0 . \end{aligned}$

所以 $n=2$ 时,上述命题成立.

设命题对 $n=k$ 时成立,当 $n=k+1$ 时,我们令 $\alpha=\beta_{k}\beta_{k+1}$ ,由归纳假设,可知

$\prod\limits_{i=1}^{k+1} \beta_{i}-\dfrac{1}{\prod\limits_{i=1}^{k+1} \beta_{i}} \geqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{k-1} \beta_{i}-\sum\limits_{i=1}^{k-1} \dfrac{1}{\beta_{i}}\right)+\alpha-\dfrac{1}{\alpha},$

等号当且仅当 $\beta_{1},\beta_{2},\cdots ,\beta_{k-1},\alpha$ 中有 $k-1$ 个等于1时成立.

又由 $n=2$ 的情形,可知 $\alpha-\dfrac{1}{\alpha}=\beta_{k}\beta_{k+1}-\dfrac{1}{\beta_{k}\beta_{k+1}}\geqslant\beta_{k}+\beta_{k+1}-\dfrac{1}{\beta_{k}}-\dfrac{1}{\beta_{k+1}}$ .于是

$\prod_{i=1}^{k+1} \beta_{i}-\dfrac{1}{\prod\limits_{i=1}^{k+1} \beta_{i}} \geqslant \sum_{i=1}^{k+1} \beta_{i}-\sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{\beta_{i}}$

等号当且仅当 $\beta_{1},\beta_{2},\cdots ,\beta_{k-1},\alpha$ 中有 $k-1$ 个为1,并且 $\beta_{k}$ 与 $\beta_{k+1}$ 中有一个为1时成立,而这等价于 $\beta_{1},\cdots ,\beta_{k+1}$ 中有 $k$ 个为1时成立.

由上述结论及(1)式可知,形如 $P\left(x\right)=a_{n}\left(x+1\right)^{n-1}\left(x+\beta\right)$ , $a_{n}\ne 0$ , $\beta\geqslant 1$ 的多项式为所有满足条件的多项式.

2022-01-23-02

（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 P055 习题34）

设 $P\left(x\right)$ 是一个整系数多项式,满足:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $P\left(n\right)>n$ 并且对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,数列

$P(1),P\left(P\left(1\right)\right),P\left(P\left(P\left(1\right)\right)\right),\cdots$

中都有一项是 $m$ 的倍数.证明: $P\left(x\right)=x+1$ .

证明

记 $x_{1}=1$ , $x_{n+1}=P\left(x_{n}\right)$ , $n=1,2,\cdots$ ,对固定的 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $n\geqslant 2$ ,记 $x_{n}-1=M$ ,则 $x_{1}\equiv 1\equiv x_{n}\left(\bmod M\right)$ ,从而 $P\left(x_{1}\right)\equiv P\left(x_{n}\right)\left(\bmod M\right)$ ,即 $x_{2}\equiv x_{n+1}\left(\bmod M\right)$ .这样利用数学归纳法,可证:对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有

$x_{k}\equiv x_{n+k-1}\left(\bmod M\right).\qquad(1)$

由条件 $x_{1},x_{2},\cdots$ 中有一项为 $M$ 的倍数,故存在 $r\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $x_{r}\equiv 0\left(\bmod M\right)$ .而由(1)知数列 $\left\{x_{k}\right\}$ 在 $\bmod M$ 的意义下是一个以 $n-1$ 为周期的数列,故可设 $1\leqslant r\leqslant n-1$ .

现由 $P\left(n\right)>n$ ,可知 $x_{1}<x_{2}<\cdots <x_{n}$ ,故 $x_{n-1}\leqslant x_{n}-1=M$ ,进而 $x_{r}\leqslant M$ .但 $M\mid x_{r}$ ,故 $x_{r}=M=x_{n}-1$ ,这要求 $r=n-1$ ,即 $x_{n}-1=x_{n-1}$ ,所以 $P\left(x_{n-1}\right)=x_{n}=x_{n-1}+1$ .由于此式对任意 $n\geqslant 2$ 都成立,结合 $\left\{x_{n}\right\}$ 为单调递增数列,知 $P\left(x\right)=x+1$ 对无穷多个不同的正整数成立.

所以 $P\left(x\right)=x+1$ .

2022-01-23-03

（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 P055 习题35）

设 $P\left(x\right)$ 是一个奇次实系数多项式,满足:对任意 $x\in \mathbb{R}$ ,都有

$P\left(x^{2}-1\right)=P\left(x\right)^{2}-1.$

证明: $P\left(x\right)=x$ .

证明

由条件,得 $P\left(-x\right)^{2}-1=P\left(\left(-x\right)^{2}-1\right)=P\left(x^{2}-1\right)=P\left(x\right)^{2}-1$ ,故 $P\left(x\right)^{2}=P\left(-x\right)^{2}$ .

现设 $P\left(x\right)=a_{2k+1}x^{2k+1}+a_{2k}x^{2k}+\cdots+a_{1}x+a_{0}\left(a_{2k+1}\ne 0\right)$ .

对比 $P\left(x\right)^{2}$ 与 $P\left(-x\right)^{2}$ 展开后的各项系数,可得 $a_{2k}=a_{2k-2}=\cdots=a_{0}=0$ .

因此, $P\left(x\right)$ 只有非零的奇次项系数,即有 $P\left(-x\right)=-P\left(x\right)$ .

从而 $P\left(0\right)=0$ ,进而

$\left(-1\right)=P\left(0^{2}-1\right)=P\left(0\right)^{2}-1=-1,P\left(1\right)=-P\left(-1\right)=1.$

考虑数列 $b_{1}=1$ , $b_{n-1}=\sqrt{b_{n}+1}$ , $n=1,2,\cdots$ .

注意到 $b_{1}<b_{2}=\sqrt{2}$ .

现设 $b_{n}<b_{n+1}$ ,则 $b_{n}+1<b_{n+1}+1$ , $\sqrt{b_{n}+1}<\sqrt{b_{n+1}+1}$ ,即 $b_{n+1}<b_{n+2}$ .

依此由数学归纳法原理知 $\left\{b_{n}\right\}$ 是一个递增数列.

另外 $P\left(b_{1}\right)=P\left(1\right)=1=b_{1}$ ,现设 $P\left(b_{n}\right)=b_{n}$ ,则

$P\left(b_{n+1}\right)^{2}=P\left(b_{n+1}^{2}-1\right)+1=P\left(b_{n}\right)+1=b_{n}+1=b_{n+1}^{2}.$

于是 $P\left(b_{r+1}\right)=\pm b_{n+1}$ ,但若 $P\left(b_{n+1}\right)=-b_{n+1}$ ,则 $P\left(b_{n+2}\right)^{2}=P\left(b_{n+1}\right)+1=1-b_{n+1}=1-\sqrt{b_{n}+1}<0$ ,矛盾.

故 $P\left(b_{n+1}\right)=b_{n+1}$ .从而,由数学归纳法原理知,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $P\left(b_{n}\right)=b_{n}$ .

综上可知,有无穷多个不同的实数 $x$ ,使得 $P\left(x\right)=x$ .故对任意 $x$ ,都有 $P\left(x\right)=x$ .

2022-01-23-04

（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 P055 习题36）

函数 $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ 满足下述条件:

(i)对任意实数 $x$ 、 $y$ ,都有 $\left|f\left(x\right)-f\left(y\right)\right|\leqslant \left|x-y\right|$ ;

(ii)存在正整数 $k$ 使得 $f^{\left(k\right)}\left(0\right)=0$ ,这里 $f^{\left(1\right)}\left(x\right)=f\left(x\right),f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=f\left(f^{\left(n\right)}\left(x\right)\right)$ , $n=1,2,\cdots$ .

证明: $f\left(0\right)=0$ 或者 $f\left(f\left(0\right)\right)=0$ .

由(ii),不妨设 $k$ 是最小的使 $f^{\left(k\right)}\left(0\right)=0$ 成立的正整数,若 $k\geqslant 3$ ,则

$\left|f\left(0\right)\right|=\left|f\left(0\right)-0\right|\geqslant \left|f^{\left(2\right)}\left(0\right)-f\left(0\right)\right|\geqslant \cdots \geqslant \left|f^{\left(k\right)}\left(0\right)-f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)\right|=\left|f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)\right|,$

而 $\left|f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)\right|=\left|f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)-0\right|\geqslant\left|f^{\left(k\right)}\left(0\right)-f\left(0\right)\right|=\left|f\left(0\right)\right|$ .所以 $\left|f\left(0\right)\right|=\left|f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)\right|$ .

如果 $f\left(0\right)=f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)$ ,那么 $f\left(f\left(0\right)\right)=f^{\left(k\right)}\left(0\right)=0$ ,矛盾.

如果 $f\left(0\right)=-f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)$ ,那么,由(i)可知

$\begin{gathered} |f(0)|=|f(0)+0|=\left|f^{(k)}(0)-f^{(k-1)}(0)\right| \leqslant \\ \left|f^{(k-1)}(0)-f^{(k-2)}(0)\right| \leqslant \cdots \leqslant \\ \left|f^{(2)}(0)-f(0)\right| \leqslant|f(0)-0|=|f(0)| \end{gathered}$

所以,上述不等号全部取等号.

注意到 $f\left(0\right),\cdots ,f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)$ 都不为零,于是,由方程组

$\left\{\begin{array}{l} \left|f^{(2)}(0)-f(0)\right|=\left|f(0)\right| \\ \left|f^{(3)}(0)-f^{(2)}(0)\right|=\left|f(0)\right| \\ \cdots \\ \left|f^{(k-1)}(0)-f^{(k-2)}(0)\right|=\left|f(0)\right| \end{array}\right.$

可知,对 $2\leqslant j\leqslant k-1$ ,都有 $f^{\left(j\right)}\left(0\right)-f^{\left(j-1\right)}\left(0\right)=\pm f\left(0\right)$ ,于是 $f^{\left(2\right)}\left(0\right)=2f\left(0\right)$ , $f^{\left(3\right)}\left(0\right)\in \left\{f\left(0\right),3f\left(0\right)\right\}$ , $f^{\left(4\right)}\left(0\right)\in \left\{2f\left(0\right),4f\left(0\right)\right\}$ ,依次递推,可得 $f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)$ 是 $f\left(0\right)$ 的正整数倍,与 $f^{\left(k-1\right)}\left(0\right)=-f\left(0\right)$ 矛盾.