高中奥数 2022-02-05

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-02-05 08:01 被阅读0次

利用数学归纳法证题时,有时需要作出:主动加强命题、借助辅助命题、将命题一般化等处理.

2022-02-05-01

（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选择恰当的归纳对象 P077 例01）

证明:对任意正整数 $n$ ,都有
$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdots\cdot \dfrac{2n-1}{2n}<\dfrac{1}{\sqrt{3n}}.\qquad(*)$

证明

如果直接处理,那么为实现归纳过渡,需要不等式 $\dfrac{2n+1}{2\left(n+1\right)}\dfrac{1}{\sqrt{3n}}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{3\left(n+1\right)}}$ 成立,这要求 $\left(n+1\right)\left(2n+1\right)^{2}\leqslant n\left(2n+2\right)^{2}$ ,而这等价于 $\left(2n+1\right)^{2}\leqslant n\left(4n+3\right)$ .但此不等式不成立.所以,直接用数学归纳法难以证出 $(*)$ 成立.

我们证明 $(*)$ 的加强命题:
$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdots\cdot\dfrac{2n-1}{2n}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{3n+1}}.\qquad(**)$
当 $n=1$ 时, $(**)$ 式左边 $=\dfrac{1}{2}$ ,右边 $=\dfrac{1}{2}$ ,故 $(**)$ 对 $n=1$ 成立.

现设 $(**)$ 对 $n$ 成立,则 $n+1$ 时,有
$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{3}{4}\cdot\cdots\cdot\dfrac{2n-1}{2n}\cdot\dfrac{2n+1}{2\left(n+1\right)}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{3n+1}}\cdot\dfrac{2n+1}{2\left(n+1\right)}.$
为证 $(**)$ 对 $n+1$ 成立,只需证明
$\dfrac{1}{\sqrt{3n+1}}\cdot\dfrac{2n+1}{2n+2}\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{3n+4}}.$
即证
$\left(3n+4\right)\left(2n+1\right)^{2}\leqslant \left(3n+1\right)\left(2n+2\right)^{2}.\qquad(***)$
注意到, $(***)$ 等价于
$\begin{aligned} 3(2 n+1)^{2} & \leqslant(3 n+1)\left((2 n+2)^{2}-(2 n+1)^{2}\right)=(3 n+1)(4 n+3) \\ & \Leftrightarrow 12 n^{2}+12 n+3 \leqslant 12 n^{2}+13 n+3 \\ & \Leftrightarrow n \geqslant 0 \end{aligned}$
所以, $(***)$ 成立.从而 $(**)$ 对 $n+1$ 也成立,即对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $(**)$ 成立.

结合 $\sqrt{3n+1}>\sqrt{3n}$ ,可知 $(*)$ 对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

说明

有些关于正整数 $n$ 的命题 $P\left(n\right)$ 直接用数学归纳法处理时难以实现 $n$ 到 $n+1$ 的过渡,然而对比 $P(n)$ 更强的命题 $Q\left(n\right)$ ,在用数学归纳法证明时反而简单,因此需要对命题主动去加强.当然,主动加强命题时通常需在把握问题本质的前提下恰当选择,目的是便于实现归纳过渡.

2022-02-05-02

（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选择恰当的归纳对象 P078 例02）

设 $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{r}$ ,是 $\mathbb{N}^{*}$ 的任意一个 $r-$ 分划(即 $A_{1},\cdots ,A_{r}$ 中任两个的交集是空集,且 $\bigcup\limits_{i=1}^{r}A_{i}=\mathbb{N}^{*}$ .证明:在 $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{r}$ 中有一个集合 $A$ 具有下述性质:存在 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,在 $A$ 中都可取出 $k$ 个数 $a_{1},\cdots ,a_{k}$ 满足:对 $1\leqslant j\leqslant k-1$ ,都有 $1 \leqslant a_{j+1}-a_{j} \leqslant m$ .

证明

设 $P\subseteq \mathbb{N}^{*}$ ,如果 $P$ 中含有任意长的相继正整数段,那么称 $P$ 为长子集.

我们将命题加强为:对任意长子集 $P$ 的任何 $r-$ 分划 $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{r}$ .集合 $A_{1},A_{2},\cdots ,A_{r}$ ,中必有一个集合 $A$ 具有题设的性质.

对 $r$ 运用数学归纳法.

当 $r=1$ 时,由长子集的定义,取 $m=1$ 可知命题成立;

设命题对 $r=n$ 的情形成立,考虑 $r=n+1$ 的情形.

设 $P=\left(A_{1}\bigcup A_{2}\bigcup\cdots \bigcup A_{n}\right)\bigcup A_{n+1}$ , $Q=A_{1}\bigcup A_{2}\bigcup\cdots\bigcup A_{n}$ .如果 $Q$ 为长子集,由归纳假设可知命题成立;如果 $Q$ 不是长子集,则必存在 $l\in \mathbb{N}^{*}$ ,使 $Q$ 中没有长为 $l$ 的相继正整数段,由于 $P$ 为长子集,故对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $P$ 中存在长为 $kl$ 的相继正整数段,该正整数段中至少有 $k$ 个数属于 $A_{n+1}$ ,现在将这个长为 $kl$ 的相继正整数段中属于 $A_{n+1}$ 的最小 $k$ 个数取出,则相邻两数之差不超过 $2l$ .于是,取 $m=2l$ ,则集合 $A_{n+1}$ 具有题给的性质.

综上可知,加强的命题获证.由于 $\mathbb{N}^{*}$ 本身是一个长子集,所以,原命题成立.

说明

问题本质上要求证明:对 $\mathbb{N}^{*}$ 的每一个 $r-$ 分划而言,都存在集合 $A$ 及 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得将 $\mathbb{N}^{*}$ 中的数分为长度为 $\dfrac{m}{2}$ 的相继整数段后,对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有相邻的 $k$ 个“相继整数段”,满足其中每个“相继整数段”内都有一个数属于 $A$ .因此如果其他子集的并集中不含有任意长度的相继整数段,那么 $A$ 中就能找到满足条件的 $k$ 个数,依此想到引入“长子集”的概念,进而得到问题的恰当加强.

高中奥数 2022-02-05

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