高中奥数 2022-01-08

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-01-08 10:05 被阅读0次

2022-01-08-01

（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等差数列与等比数列 P028 例4）

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下

$a_{1}=1000000,a_{n+1}=n\left[\dfrac{a_{n}}{n}\right]+n,n=1,2,\cdots.$

证明:此数列中有一个无穷子数列(由数列中的项组成的数列称为该数列的子数列)构成一个等差数列.

证明

记 $x_{n}=\dfrac{a_{n+1}}{n}$ ,则对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $x_{n}=\left[\dfrac{a_{n}}{n}\right]+1\in \mathbb{N}^{*}$ ,即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是一个由正整数组成的数列.

进一步,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有

$\begin{aligned} x_{n+1} &=\left[\dfrac{a_{n+1}}{n+1}\right]+1=\left[\dfrac{n x_{n}}{n+1}\right]+1 \\ &=x_{n}+\left[-\dfrac{x_{n}}{n+1}\right]+1 \\ & \leqslant x_{n}+(-1)+1=x_{n} . \end{aligned}$

这表明 $\left\{x_{n}\right\}$ 是一个不增数列,所以,从某一项起 $\left\{x_{n}\right\}$ 变为一个常数(这是由于 $x_{n}$ 都为正整数).记这个常数为 $k$ ,那么从该项起有 $a_{n}=kn$ ,因而, $\left\{a_{n}\right\}$ 从该项起构成一个等差数列.

命题获证.

说明

本题的结论不依赖于初始值(只要 $a_{1}\geqslant 0$ 即可),解决过程中用到一个显然的结论:任意一个由正整数组成的不增无穷数列从某项起将变为常数.

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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等差数列与等比数列 P028 例5）

对任意给定的正整数 $n\geqslant 3$ ,证明:存在由正整数组成的等差数列 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ 和等比数列 $b_{1},b_{2},\cdots ,b_{n}$ ,使得

$b_{1}<a_{1}<b_{2}<a_{2}<\cdots<b_{n}<a_{n}\qquad(1)$

证明

注意到,指数增长的速度大于线性增长,因此,不存在由正整数组成的递增的无穷等差数列 $\left\{a_{m}\right\}$ 和等比数列 $\left\{b_{m}\right\}$ ,使得对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $a_{m}>b_{m}$ ,当然更不能满足(1),本题讨论的是有穷数列,其构造思路是让 $\left\{b_{m}\right\}$ 的公比尽量靠近1,但在相邻两项之间又有足够的空间.

考察由下面方式定义的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ :

$b_{1}=x^{n},b_{2}=x^{n-1}\left(1+x\right),\cdots ,b_{n}=x\left(1+x\right)^{n-1};$

$a_{m}=x^{n-1}\left(1+x\right)-1+\left(m-1\right)x^{n-1},m=1,2,\cdots ,n.$

其中 $x$ 为待定的正整数.则 $\left\{a_{m}\right\}$ 是以 $x^{n-1}$ 为公差的等差数列, $\left\{b_{m}\right\}$ 是以 $1+\dfrac{1}{x}$ 数列与数学归纳法为公比的等比数列.故只需证明:存在正整数 $x$ ,使得(1)成立。

一方面,对 $1\leqslant m\leqslant n$ ,由于 $a_{m}=x^{n}+x^{n-1}-1+\left(m-1\right)x^{n-1}$ ,故当 $x>1$ 时,都有 $a_{m}>x^{n}$ .因此

$a_{m+1}= a_{m}+x^{n-1}<a_{m}+\dfrac{a_{m}}{x}= a_{m}\left(1+\dfrac{1}{x}\right),$

结合 $a_{1}=b_{2}-1<b_{2}$ 及 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $1+\dfrac{1}{x}$ 为公比的等比数列,可知对任意 $1\leqslant m\leqslant n-1$ ,都有 $a_{m}<b_{m+1}$ .

另一方面,我们证明:存在 $x\in \mathbb{N}^{*}\left(x>1\right)$ ,使得对任意 $1\leqslant m\leqslant n$ ,都有 $b_{m}<a_{m}$ .

事实上,

$\begin{aligned} b_{m} <a_{m} &\Leftrightarrow x^{n-m+1}(1+x)^{m-1}<x^{n}+m x^{n-1}-1 \\ & \Leftrightarrow x^{n}+\mathrm{C}_{m-1}^{m-2} x^{n-1}+\mathrm{C}_{m-1}^{m-3} x^{n-2}+\cdots+\mathrm{C}_{m-1}^{0} x^{n-m+1} <x^{n}+m x^{n-1}-1 \\ & \Leftrightarrow \mathrm{C}_{m-1}^{m-3} x^{n-2}+\cdots+\mathrm{C}_{m-1}^{0} x^{n-m+1}<x^{n-1}-1 \\ & \Leftrightarrow x\left(\mathrm{C}_{m-1}^{m-3} x^{n-3}+\cdots+\mathrm{C}_{m-1}^{0} x^{n-m}\right)<x^{n-1}-1 . \end{aligned}\qquad(2)$

利用 $n\geqslant m$ ,可知 $C_{n-1}^{m-3}x^{n-3}+\cdots+C_{n-1}^{m-1}x^{m-n}+C_{n-1}^{1}x+C_{n-1}^{0}\geqslant C_{m-1}^{m-3}x^{n-3}+\cdots+C_{m-1}^{m-1}x^{n-m}$ ,因此如果

$x\left(C_{n-1}^{n-3}x^{n-3}+\cdots+C_{n-1}^{1}x+C_{n-1}^{0}\right)<x^{n-1}-1\qquad(3)$

成立,那么(2)成立.

(3)式左边是关于 $x$ 的 $n-2$ 次多项式,而右边是 $x$ 的 $n-1$ 次多项式,所以,当 $x$ 充分大时,(3)式成立.

综上可知,满足条件的数列存在.

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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等差数列与等比数列 P029 例6）

设 $k(\geqslant 2)$ 为给定的正整数,对任意 $1\leqslant i\leqslant k$ ,数 $a_{i}$ 、 $d_{i}$ 都是正整数,等差数列 $\left\{a_{i}+nd_{i}\right\}$ . $\left(n=0,1,2,\cdots \right)$ 对应的集合为 $A_{i}=\left\{a_{i}+nd_{i}\vert n=0,1,2,\cdots \right\}$ , $1\leqslant i\leqslant k$ .已知 $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{k}$ 构成 $\mathbb{N}^{*}$ 的一个 $k$ -分划(即 $A_{1},\cdots ,A_{k}$ 两两的交为空集,且 $A_{1}\cup\cdots\cup A_{k}=\mathbb{N}^{*}$ ).证明下述结论:

(1) $\dfrac{1}{d_{1}}+\cdots+\dfrac{1}{d_{k}}=1$ ;

(2) $\dfrac{a_{1}}{d_{1}}+\cdots+\dfrac{a_{k}}{d_{k}}=\dfrac{k+1}{2}$ .

证明

利用母函数方法来处理,依题中条件可知,对 $\left|x\right|<1$ ,有

$\sum_{m=1}^{+\infty} x^{m}=\sum_{i=1}^{k}\left(\sum_{n=0}^{+\infty} x^{a_{i}+n d_{i}}\right).$

利用无穷递缩等比数列求和公式,知

$\dfrac{x}{1-x}=\sum_{i=1}^{k} \dfrac{x^{a_{i}}}{1-x^{d_{i}}}.$

于是,有

$x=\sum\limits_{i=1}^{k} \dfrac{x^{a_{i}}}{1+x+\cdots+x^{d_{i}-1}}.$

上式两边让 $x$ 从左边趋向于1,取极限即有 $\sum\limits_{i=1}^{k} \dfrac{1}{d_{i}}=1$ ,从而(1)成立现在对前式两边关于 $x$ 求导数,得

$1=\sum\limits_{i=1}^{k} \dfrac{a_{i}x^{a_{i}-1}\left(1+x+\cdots+x^{d_{i}-1}\right)-x^{a_{i}}\left(0+1+2 x+\cdots+\left(d_{i}-1\right) x^{d_{i}-2}\right)}{\left(1+x+\cdots+x^{d_{i}-1}\right)^{2}},$

再在上式两边让 $x$ 从左边趋向于1,取极限得

$1=\sum\limits——{i=1}^{k} \dfrac{a_{i} d_{i}-\left(1+2+\cdots+\left(d_{i}-1\right)\right)}{d_{i}^{2}}.$

于是

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{k} \dfrac{a_{i}}{d_{i}} &=1+\sum_{i=1}^{k} \dfrac{\left(d_{i}-1\right) d_{i}}{2 d_{i}^{2}} \\ &=1+\dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{k}\left(1-\dfrac{1}{d_{i}}\right) \\ &=1+\dfrac{1}{2}(k-1)\\ &=\dfrac{k+1}{2} . \end{aligned}$

这里用到结论(1).所以,命题成立.

说明

对比上一节例6,这里用到了无穷级数的理论,它是母函数方法处理中的重要技巧,在第7节中会详细说明何谓母函数、如何运用等问题.

高中奥数 2022-01-08

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