2022-01-26-01
（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 习题一 P056 习题44）
在坐标平面上任给一条起点为,终点为的折线.证明:对任意,在该折线上存在两点,它们的纵坐标相同,而横坐标相差.
证明
先建立一个引理:对任意,折线上存在两点,它们的纵坐标相同,横坐标相差或.
事实上,设为题中所给的折线,为向左平移个单位得到的折线,为向右平移个单位得到的折线,容易得到与至少有一个交点,而这就是引理要求的结果(如图所示,从的最高点与最低点出发讨论即可知与有交点).
下面利用引理来证明需要的结论.
取,可知时,结论成立;取,则折线上有两点、,使得轴,且或,若,则已成立,若,则考虑连结、的的子折线,利用引理及的结论,可知该子折线上存在点、,使,且,故时,结论也成立.
依此类推,结合数学归纳法,可知结论对任意均成立.
2022-01-26-02
（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 习题一 P056 习题45）
有一个黑盒和标号为的个白盒,在个白盒中共放了个白球,允许进行如下操作:若标号为的白盒中恰有个白球,则从中取出这个球,分别在黑盒和标号为的白盒中各放入一个球.
证明:对任意,存在唯一的一种放置方式,使得个球最初全在白盒中,但经有限次操作后,个球全部在黑盒中.
证明
先用数学归纳法证明存在性.
当时,显然存在;设时,存在满足条件的放法,考虑的情形,这时先将个球依放法放入标号为的白盒中,并设放好后,最小的空盒号码为,则依下法放入第个球:从号白盒中各取一个球放入第号盒中,并将第个球也放入号盒中,易知这样的放置方法满足条件.
再用数学归纳法(仍对归纳)证明:放法是唯一的.
当、时,唯一性显然成立;设对时,满足条件的放置方法只有一种,记为.
易知时,满足条件的放法中,第个白盒子必为空盒,于是,若时存在两种满足条件的放法和.注意到,第号白盒(为空盒)可以拆走,并且与经一步操作后,白盒中有个球,白盒个数也为个,故它们都变为.
设、的第一次操作的白盒号分别为、.若,则经第一次操作后第号白盒中有至少1个球,而经第一次操作后第2号白盒中没有球,不能都变为,所以,同理,即有.这时、中盒号大于的白盒子中的球数相同,小于的白盒子中的球数也相同(否则,与经一次操作后,不能都变为),因此号盒中的球数也相同,从而.
这表明,存在唯一的满足条件的放置方法.
2022-01-26-03
（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 习题一 P056 习题46）
设是一个元数组,其中每个数都属于.定义序列 如下:如果,那么,这里
其中.例如:若,则,,.
(i)求所有的,使得存在,满足:对任意都有.
(ii)对,求满足(i)的最小正整数.
解
(i)分别用、、表示、、,在模3的意义来把握序列的变化情况.
设,,则对,均有.
如果为偶数,取,那么对任意,均有,所以此时不存在符合要求的正整数.
如果为奇数,由于不同的元数组至多组,故对任意,存在,及,使得.
我们证明:若,则(从而依此类推可知).
事实上,设,,则由,可知,所以,结合为奇数,可知,即,,所以,同理可证对,均有,所以.
依上可知,对任意,存在,使得,于是,在变化时,取所有的最小公倍数,则对任意,均有.
综上可知,当且仅当为奇数时,存在满足条件的.
(ii)对,,满足条件((i)中的条件)的的最小值.
事实上,对任意,设,则由前推出的模3意义下的关系式,易知
这里的下标在模的意义下取值,.注意到对,,所以,从而.
另一方面,设,则对,的第个分量不等于0,所以满足(i)的的最小值为.