高中奥数 2022-02-04

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-02-04 09:00 被阅读0次

高中奥数 2022-02-04
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2022-02-04-01

（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选择恰当的归纳对象 P074 例03）

设 $t$ 个非负整数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{t}$ 满足 $a_{i}+a_{j}\leqslant a_{i+j}\leqslant a_{i}+a_{j}+1$ ,这里 $1≤i,j\leqslant t$ , $i+j\leqslant t$ .
求证:存在 $x\in \mathbb{R}$ ,使得对任意 $n\in \left\{1,2,\cdots,,t\right\}$ ,都有 $a_{n}=\left[nx\right]$ .

证明

记 $I_{n}=\left[\dfrac{a_{n}}{n},\dfrac{a_{n}+1}{n}\right)$ , $n=1,2,\cdots ,t$ ,要求证明存在实数
$x\in \bigcap\limits_{n=1}^{t}I_{n}.\qquad(*)$
现设, $L=\max\limits_{1\leqslant n\leqslant t}\dfrac{a_{n}}{n}$ , $U=\min\limits_{1\leqslant n\leqslant t}\dfrac{a_{n}+1}{n}$ ,若能证明: $L<U$ ,则 $(*)$ 成立(因为数纳 $\bigcap \limits_{n=1}^{t}I_{n}=\left[L,U\right)$ ).而为证 $L<U$ ,只需证明:对任意 $m$ 、 $n\in \left\{1,2,\cdots,t\right\}$ ,都 $\dfrac{a_{n}}{n} < \dfrac{a_{m}+1}{m}$ ,即
$ma_{p}<n\left(a_{m}+1\right).\qquad(**)$
下面通过对 $m+n$ 归纳来证明 $(**)$ 成立.

当 $n+m=2$ 时,有 $m=n=1$ ,此时, $(**)$ 显然成立.设 $(**)$ 对所有满足 $n+m\leqslant k$ 的正整数对 $\left(m,n\right)$ 成立,则当 $n+m=k+1$ 时,如果 $m=n$ ,那么 $(**)$ 显然成立;如果 $m>n$ ,那么由归纳假设知 $\left(m-n\right)a_{n}<\sqrt{n}\left(a_{m-n}+1\right)$ ,而由条件中 $a_{i}+a_{j}\leqslant a_{i+j}$ ;知 $n\left(a_{m-n}+a_{n}\right)\leqslant na_{m}$ ,从而 $ma_{n}<n\left(a_{m}+1\right)$ ,即 $(**)$ 成立;如果 $m<n$ ,那么由归纳假设知 $ma_{n-m}<\left(n-m\right)\left(a_{m}+1\right)$ ,而由条件中 $a_{i+j}\leqslant a_{i}+a_{j}+1$ 知 $ma_{n}\leqslant m\left(a_{m}+a_{n-m}+1\right)$ ,所以 $ma_{n}<n\left(a_{m}+1\right)$ ,即 $(**)$ 成立综上可知,对任意 $m$ 、 $n\in \left\{1,2,\cdots ,t\right\}$ , $(**)$ 都成立.

说明

一般地,对任意 $x\in \mathbb{R}$ 及 $i$ 、 $j\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $\left[ix\right]+\left[jx\right]\leqslant \left[\left(i+j\right)x\right]\leqslant \left[ix\right]+\left[jx\right]+1$ .这是关于取整函数的一个性质,反过来讨论就得到了本题的结论.注意,此题的结论只是对任意有限项成立,并不能对具有题给性质的无穷数列 $a_{1},a_{2},\cdots$ 找到符合要求的 $x$ .

从处理手法上来讲,这里采用对 $m+n$ 来归纳的策略是方便而且适当的.

2022-02-04-02

（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 P075 例04）

设 $m$ 、 $n$ 为不同的正整数,一个由整数组成的数列满足:其任意连续 $m$ 项之和为负数,而任意连续 $n$ 项之和为正数.问:这个整数数列最多有多少项?

解

设 $\left(m,p\right)=d$ , $m=m_{1}d$ , $n=n_{1}d$ ,则 $\left(m_{1},n_{1}\right)_{1}=1$ .并设数列 $a_{1},\cdots ,a_{t}$ 满足条件.记 $A_{i}=a_{\left(i-1\right)d+1}+\cdots+a_{id},i=1,2,\cdots$ .

一方面,若 $t\geqslant \left(m_{1}+n_{1}-1\right)d$ ,我们考虑下述数表
$\begin{aligned} &A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{m_{1}} ; \\ &A_{2}, A_{3}, \cdots, A_{m_{1}+1} ; \\ &\cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ &A_{n_{1}}, A_{n_{1}+1}, \cdots, A_{n_{1}+m_{1}-1} . \end{aligned}$
由题设可知,上表中每行中各数之和为负数,每列之和为正数,这样整个表格中所有数之和,按行计算为负数,而按列计算又要为正数,矛盾.所以,应有 $t\leqslant \left(m_{1}+n_{1}-1\right)d-1$ ,即 $t\leqslant m+n-\left(m,n\right)-1$ .

另一方面,我们证明:存在一个长为 $m+n-\left(m,n\right)-1$ 的符合要求的整数数列.为此,我们需要证明下述命题.

命题

设 $d\in \mathbb{N}^{*}$ , $s$ 、 $t$ 为两个不同的正整数, $\left(s,t\right)=1$ ,则存在长为 $\left(s+t-1\right)d-1$ 项的有理数数列,它的任意连续 $sd$ 项之和为负数,而任意 $td$ 项之和为正数(注意:将此命题中的数列,每个数都乘以这个数列的所有数的公分母就可以得到符合题意的整数数列).

对 $\max\left\{s,t\right\}=r$ 运用数学归纳法.

当 $\max\left\{s,t\right\}=2$ 时,不妨设 $s=2$ , $t=1$ (否则,将所取数列每个数都乘以 $-1$ 即可),这时,任取 $2d-1$ 个正有理数,可得满足命题的数列.

设命题对 $\max\left\{s,t\right\}<r\left(r\geqslant 3\right))$ 成立,考虑 $\max\left\{s,t\right\}=r$ 的情形.

不妨设 $s>t$ ,注意到 $\left(s-t,t\right)=1$ ,于是,由归纳假设知,存在有理数数列 $b_{1},b_{2},\cdots ,b_{\left(s-1\right)d-1}$ ,使得其中任意连续 $\left(s-t\right)d$ 项之和为负数,连续 $td$ 项之和为正数.我们证明:存在有理数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{td}$ ,使得下述不等式组成立.
$\left\{\begin{array}{l} a_{d+1}+\cdots+a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{(s-1) d-1}<0 \\ a_{d+2}+\cdots+a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{(s-1) d-2}<0 \\ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ a_{t d}+\cdots+a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{(s-t) d}<0 \end{array}\right.\qquad(*)$
而且
$\left\{\begin{array}{l} a_{t d}+\cdots+a_{1}>0, \\ a_{t d-1}+\cdots+a_{1}+b_{1}>0, \\ \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \\ a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{t d-1}>0 . \end{array}\right.\qquad(**)$
这样,数列 $a_{td},a_{td-1},\cdots ,a_{1},b_{1},\cdots ,b_{\left(s-1\right)d-1}$ 是一个满足命题的长为 $\left(s+t-1\right)d-1$ 的数列,从而命题获证.

事实上,要不等式组 $(*)$ 、 $(**)$ 同时成立,我们只需分别选取有理数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{d}$ ,使得 $a_{1}>-\left(b_{1}+\cdots+b_{d-1}\right)$ , $a_{2}>-\left(a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{td-2}\right)$ , $\cdots$ , $a_{d}>-\left(a_{d-1}+\cdots+a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{\left(s-1\right)d-1}\right)$ ,再取 $a_{d+1}$ ,使得 $a_{d+1}$ 为有理数,且
$\begin{aligned} &-\left(a_{d}+\cdots+a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{(t-1) d-1}\right) \\ <& a_{d+1}<-\left(a_{d}+\cdots+a_{1}+b_{1}+\cdots+b_{(s-1) d-1}\right) \end{aligned}\qquad(***)$
注意 $(***)$ 的右边减去左边 $=-\left(b_{\left(t-1\right)d}+\cdots+b_{\left(s-1\right)d-1}\right)>0$ (这里用到归纳假设),故满足条件的 $a_{d+1}$ 存在.依此类推,可知满足不等式组 $(*)$ 与 $(**)$ 的有理数 $a_{1},\cdots ,a_{td}$ 存在.