高中奥数 2022-01-04

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-01-04 09:11 被阅读0次

2022-01-04-01

（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最小数原理与无穷递降法 P017 例7）

求所有的整数 $n>1$ ,使得它的任何大于1的因数可以表示为 $a^{r}+1$ 的形式,这里 $a$ 、 $r\in \mathbb{N}^{*}$ , $r\geqslant 2$ .

解

设 $S$ 是所有满足条件的正整数组成的集合,则对任意 $n\in S$ , $n > 1$ , $n$ 的每个大于1的因数都具有 $a^{r}+1$ 的形式,这里 $a$ 、 $r\in \mathbb{N}^{*}$ , $r>1$ .

由上可知,对任意 $n\in S\left(n>2\right)$ ,存在 $a$ 、 $r\in \mathbb{N}^{*}$ , $a$ 、 $r>1$ ,使得 $n=a^{\prime}+1$ .我们设 $n$ 的这种表示中 $a$ 是最小的,即不存在 $b$ 、 $t\in \mathbb{N}^{*}$ , $t>1$ ,使得 $a=b^{t}$ .这时, $r$ 必为偶数(若否,设 $r$ 为奇数,则 $\left(a+1\right)\mid n$ ,于是, $a+1$ 可表示为 $b^{t}+1$ 的形式,导致 $a=b^{t}$ ,与 $a$ 的最小矛盾).所以, $S$ 中的每个大于1的元素 $n$ 都可表示为 $n=x^{2}+1$ , $x\in \mathbb{N}^{*}*$ 的形式.

下面来求 $S$ 的每个元素 $n$ .

如果 $n$ 为素数,那么 $n$ 是具有 $x^{2}+1$ 形式的素数.

如果 $n$ 为合数,分两种情况讨论:

(1)若 $n$ 为奇合数,则存在奇素数 $p$ 、 $q$ ,使得 $p$ 、 $q$ 、 $pq\in S$ ,此时,应存在 $a$ 、 $b$ 、 $c\in \mathbb{N}^{*}$ ,满足

$p=4a^{2}+1,q=4b^{2}+1,pq=4c^{2}+1.$

这里还可设 $a\leqslant b<c$ .于是 $pq-q=4\left(c^{2}-b^{2}\right)$ ,故 $q\mid 4\left(c-b\right)\left(c+b\right)$ ,由 $q$ 为奇素数,知 $q\mid c-b$ 或 $q\mid c+b$ ,总有 $q<2c$ ,导致 $pq<4c^{2}<4c^{2}+1=pq$ ,矛盾.

(2)若 $n$ 为偶合数,注意到 $2^{2}\in S$ ,结合前面的讨论,可知 $n$ 只能是 $2q$ 的形式,这里 $q$ 为奇素数.此时 $q$ 、 $2q\in S$ ,于是,存在 $a$ 、 $b\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得

$q=4a^{2}+1,2q=b^{2}+1.$

得 $q=b^{2}-4a^{2}=\left(b-2a\right)\left(b-2a\right)$ ,所以 $b-2a=1$ , $b+2a=q$ .进而 $q-1=4a$ ,又 $q-1=4a^{2}$ ,故 $4a=4a^{2}$ ,得 $a=1$ , $b=3$ , $q=5$ , $n=10$ .即 $S$ 中只有一个偶合数10.

综上可知,任意 $n\in S$ , $n$ 是形如 $x^{2}+1$ 的素数或10,而这样的 $n$ 具有题中的性质是显然的,所以 $S=\left\{x^{2}+1\vert x\in \mathbb{N}^{*},x^{2}+1\text{为素数}\right\}U\left\{10\right\}$ .

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（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最小数原理与无穷递降法 P018 例8）

桌子上有两堆硬币,已知这两堆硬币的总重量相同,并且对任意正整数 $k$ (这里 $k$ 不超过每堆硬币的个数),第一堆硬币中最重的 $k$ 枚硬币的重量之和不超过第二堆中最重的 $k$ 枚硬币的重量之和.证明:对任意正实数 $x$ ,若将两堆硬币中每一枚重量不小于 $x$ 的硬币都用重量为 $x$ 的硬币替换,则完成此操作后,第一堆的总重量不比第二堆轻.

证明

我们用排序原理来处理.

设第一堆硬币的重量依次为 $x_{1}\geqslant \cdots \geqslant x_{n}$ ;第二堆硬币的重量依次为 $y_{1}\geqslant\cdots \geqslant y_{m}$ .则由条件知,对任意 $k\leqslant \min\left\{m,n\right\}$ ,都有 $x_{1}+\cdots+x_{k}\leqslant y_{1}+\cdots+y_{k}$ .

对任意 $x\in \mathbb{R}$ ,设 $x_{1}\geqslant\cdots \geqslant x_{s}\geqslant x>x_{s+1}\geqslant\cdots\geqslant x_{n}$ , $y_{1}geqslant\cdots \geqslant y_{t}\geqslant x>y_{t+1}\geqslant\cdots \geqslant y_{m}$ .要证明:

$sx+x_{s+1}+\cdots+x_{n}\geqslant tx+y_{t+1}+\cdots+y_{m}\qquad(1)$

显然,当 $s$ 或 $t$ 不存在时(注意,由条件知,若 $t$ 不存在则 $s$ 也不存在),不等式(1)可由 $x_{1}+\cdots+x_{n}=r_{1}+\cdots+y_{n}$ 得到.下面考虑 $s$ 与 $t$ 都存在的情形.

记 $x_{1}+\cdots+x_{n}=y_{1}+\cdots+y_{m}=A$ ,则(1)等价于

$sx+\left(A-x_{1}-\cdots-x_{s}\right)\geqslant tx+\left(A-y_{1}-\cdots-y_{t}\right)\Leftrightarrow x_{1}+\cdots+x_{s}+\left(t-s\right)x\leqslant y_{1}+\cdots+y_{t}.\qquad(2)$

如果 $t\geqslant s$ ,那么

$\begin{gathered} x_{1}+\cdots+x_{s}+(t-s) x=x_{1}+\cdots+x_{s}+\underbrace{x+\cdots+x}_{t-s \text{个}} \\ \leqslant y_{1}+\cdots+y_{s}+y_{s+1}+\cdots+y_{t} . \end{gathered}$

不等式(2)获证.

如果 $t<s$ ,那么(2)等价于

$x_{1}+\cdots+x_{s} \leqslant y_{1}+\cdots+y_{t}+\underbrace{x+\cdots+x}_{s-t \text{个}} .\qquad(3)$

由条件,我们有

$\begin{aligned} x_{1}+\cdots+x_{s} & \leqslant y_{1}+\cdots+y_{t}+y_{t+1}+\cdots+y_{s} \\ & \leqslant y_{1}+\cdots+y_{t}+\underbrace{x+\cdots+x}_{s-t \text{个}} . \end{aligned}$

所以,(3)成立综上可知,命题成立.

高中奥数 2022-01-04

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