高中奥数 2022-01-07

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-01-08 09:11 被阅读0次

2022-01-07-01

（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 P025 例1）

将 $n^{2}\left(n\geqslant 4\right)$ 个正实数排成 $n$ 行 $n$ 列

$\begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} \end{array}$

其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有的公比相等.已知 $a_{24}=1$ , $a_{42}=\dfrac{1}{8}$ , $a_{43}=\dfrac{3}{16}$ ,求 $a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn}$ 的值.

解设每一列数所成等比数列的公比都为 $q$ ,则 $a_{44}=a_{24}\cdot q^{2}=q^{2}$ .

由于表中的第4行成等差数列,于是 $a_{42},a_{43},a_{44}$ 也成等差,故 $a_{42}+a_{44}=2a_{43}$ ,得

$\dfrac{1}{8}+q^{2}=\dfrac{6}{16},$
知 $q^{2}=\dfrac{1}{4}$ ,结合表中每个数都为正实数得 $q=\dfrac{1}{2}$ .

利用第4行中的数成等差数列及 $a_{42}=\dfrac{1}{8}$ , $a_{43}=\dfrac{3}{16}$ ,知该等差数列的公差为 $\dfrac{3}{16}-\dfrac{1}{8}=\dfrac{1}{16}$ ,故首项 $a_{41}=\dfrac{1}{8}-\dfrac{1}{16}=\dfrac{1}{16}$ .于是,对任意 $1\leqslant k\leqslant n$ ,都有 $a_{4k}=\dfrac{k}{16}$ .

现在由第 $k$ 列是 $\dfrac{1}{4}$ 为公比的等比数列,知 $a_{1k}=a_{4k}\cdot q^{-3}=\dfrac{k}{16}\cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{-3}=\dfrac{k}{2}$ ,于是,对任意 $1\leqslant m\leqslant n$ ,都有 $a_{mk}=a_{1k}\cdot q^{m-1}=\dfrac{k}{2^{m}}$ .进而 $a_{mm}=\dfrac{m}{2^{m}}$ .

记 $S=a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn}$ ,则 $S=\sum\limits_{m=1}^{n}\dfrac{m}{2^{m}}$ ,故 $\dfrac{S}{2}=\sum\limits_{m=1}^{n}\dfrac{m}{2^{m+1}}$ ,两式相减,得

$\begin{aligned} \dfrac{1}{2} S &=\sum_{m=1}^{n} \dfrac{m}{2^{m}}-\sum_{m=1}^{n} \dfrac{m}{2^{m+1}} \\ &=\sum_{m=1}^{n} \dfrac{m}{2^{m}}-\sum_{m=2}^{n+1} \dfrac{m-1}{2^{m}} \\ &=\dfrac{1}{2}+\sum_{m=2}^{n}\left(\dfrac{m}{2^{m}}-\dfrac{m-1}{2^{m}}\right)-\dfrac{n}{2^{n+1}} \\ &=\dfrac{1}{2}+\sum_{m=2}^{n} \dfrac{1}{2^{m}}-\dfrac{n}{2^{n+1}} \\ &=\sum_{m=1}^{n} \dfrac{1}{2^{m}}-\dfrac{n}{2^{n+1}} \\ &=1-\dfrac{1}{2^{n}}-\dfrac{n}{2^{n+1}} \\ &=1-\dfrac{(n+2)}{2^{n+1}} . \end{aligned}$

所以 $S=2-\dfrac{n+2}{2^{n}}$ .

2022-01-07-02

（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等差数列与等比数列 P026 例2）

已知关于 $x$ 的方程

$\left(2a-1\right)\sin x-\left(2-a\right)\sin 2x=\sin 3x$

的非负实数解从小到大构成一个无穷等差数列.求实数 $a$ 的取值范围.

解

方程变形为数法

$\begin{aligned} & 2 a \sin x-a \sin 2 x+2 \sin 2 x-\sin x-\sin 3 x=0 \\ \Leftrightarrow & 2 a \sin x(1-\cos x)+2 \sin 2 x-2 \sin 2 x \cos x=0 \\ \Leftrightarrow &(2 a \sin x-2 \sin 2 x)(1-\cos x)=0. \end{aligned}$

于是 $1-\cos x=0$ 或者 $\sin 2x=a\sin x$ .

前者的所有非负实数解为 $x=2k_{1}\pi$ , $k_{1}\in \mathbb{N}$ ;对于后者,方程化为 $\sin x=0$ 或 $\cos x=\dfrac{a}{2}$ ,其中 $\sin x=0$ 的非负实数解为 $x=k_{2}\pi$ , $k_{2}\in \mathbb{N}$ ,而 $\cos x=\dfrac{a}{2}$ 仅当 $\left|a\right|\leqslant 2$ 时有解,此时非负实数解为 $x=2k_{3}\pi+\arccos \dfrac{a}{2}$ 或 $x=2k_{4}\pi+\pi+\arccos \dfrac{a}{2}$ , $k_{3},k_{4}\in \mathbb{N}$ .

综上可知,当 $\left|a\right|\geqslant 2$ 时,方程的非负实数解为 $x=k\pi$ , $k\in \mathbb{N}$ ,它们成等差数列;当 $\left|a\right|<2$ 时,方程的非负实数解为 $x=k\pi$ , $k\in \mathbb{N}$ ,或者 $x=2k_{3}\pi+\arccos \dfrac{a}{2}$ 或 $x=2k_{4}\pi+\pi+\arccos \dfrac{a}{2}$ ,当且仅当 $a\arccos \dfrac{a}{2}-\dfrac{\pi}{2}$ ,即 $a=0$ 时,方程的所有非负实数解从小到大构成等差数列.

所以,满足条件的 $a\in \left(-\infty,-2\right]\cup\left\{0\right\}\cup\left[2,+\infty\right)$ .

2022-01-07-03

（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等差数列与等比数列 P027 例3）

两个由正整数组成的无穷数列满足:一个是以 $d\left(>0\right)$ 为公差的等差数列,一个是以 $q\left(>1\right)$ 为公比的等比数列;这里 $d$ 、 $q$ 互素.证明:如果这两7个数列有一项相同,那么存在无穷多项相同.

证明

可设所给的两个数列分别为 $\left\{a+nd\right\},n=0,1,2,\cdots$ , $\left\{bq^{m}\right),m=0,1,2,\cdots$ .这里 $a$ 、 $b$ 、 $d$ 、 $q$ 都是正整数,且 $q>1$ .

如果它们有一项相同,不妨设两个数列的第一项相同,否则去掉各数列中的前面的有限项后再讨论,即 $a=b$ .此时,为证两个数列有无穷多项相同,只需证明:存在无穷多个 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得

$aq^{m}\equiv a\left(\bmod d\right),$

这只需 $q^{m}\equiv 1\left(\bmod d\right)$ .

注意到 $1,q,q^{2},\cdots ,q^{d}$ 除以 $d$ 所得余数只有 $d$ 种不同取值,由抽屉原则可知,存在 $0\leqslant i<j\leqslant d$ ,使得 $q^{j}\equiv q^{i}\left(\bmod d\right)$ ,结合 $\left(d,q\right)=1$ ,得 $q^{j-i}\equiv 1\left(\bmod d\right)$ ,进而,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,令 $m=\left(j-i\right)n$ ,就有 $q^{m}=\left(q^{j-i}\right)^{n}\equiv 1^{n}=1\left(\bmod d\right)$ .