高中奥数 2022-01-06

2022-01-06-01

（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数列的通项与求和 P022 例4）

设,且.定义

证明:对任意,都有.

证明

利用复数来处理.

由的定义结合二项式定理,可知

这里为虚数单位,表示复数的实部.

于是

进而,我们记,,则

$\begin{aligned} S_{n+2} &=\frac{1}{2}\left(x^{n+2}+y^{n+2}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\left(x^{n+1}+y^{n+1}\right)(x+y)-x y\left(x^{n}+y^{n}\right)\right) \\ &=(x+y) S_{n+1}-x y S_{n} \\ &=2 S_{n+1}-(1+k) S_{n}. \end{aligned}$

并且,.

下证:对任意,都有.

利用,可知当时,命题成立;现设命题对,都成立,即且,则对的情形,由,及

可知(因为,).所以,对任意,都有.

说明

从条件出发,作出恰当转换建立数列的递推关系,再结合数学归纳法处理.这样的解题思路有“思路清晰、一气呵成”之感,把握起来也较方便.

2022-01-06-02

（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数列的通项与求和 P022 例5）

一个由正整数组成的递增数列的前面若干项为

其结构是:1个奇数,2个偶数,3个奇数,4个偶数,.

证明:对任意,都有.

证明

如果存在,使得,那么称正整数是一个三角形数.

现在定义数列:,

则由数列的结构结合数学归纳法可知.

进一步,由于满足(2)的数列是存在而且唯一的,因此,为证命题成立,我们只需证明(注意:当时,):

这里.

为此,先证明:

当且仅当是一个三角形数时,

事实上,若存在,使得,则;另一方面,若不是三角形数,则存在,使得(即介于两个相邻三角形数之间).同上计算,可知

所以,(3)成立.

回证(2)成立,由于,而当时,有

$\begin{aligned} 0 &<\dfrac{1+\sqrt{8(n+1)-7}}{2}-\dfrac{1+\sqrt{8 n-7}}{2}\\ &=\dfrac{1}{2}(\sqrt{8 n+1}-\sqrt{8 n-7}) \\ &=\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{8 n+1-(8 n-7)}{\sqrt{8 n+1}+\sqrt{8 n-7}}\\ &=\dfrac{4}{\sqrt{8 n+1}+\sqrt{8 n-7}} \\ &\leqslant \dfrac{4}{\sqrt{8+1}+\sqrt{8-7}} \\ &=1 . \end{aligned}$

故当且仅当时,;而对其他的,有.

利用结论(3)可知,(2)成立.

综上可知.

说明

这是一个分群数列求通项的问题,(1)反映的正是数列相邻两项的关系,这里的方法是先有结果只需证明时采用的特殊手法,如果要求自己去发现该数列的通项公式题目就困难了.

2022-01-06-03

（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数列的通项与求和 P024 例6）

我们称一个有穷数列为平衡的,如果

已知数列对而言,都是平衡的.证明:.

证明

考察多项式

我们的思路是去证有50个不同的复根,从而导出是一个零多项式,得到.

对,设是一个次单位根,则当时,有,于是

$\begin{aligned} &f\left(\varepsilon\right)\\ =&\left(a_{0}+a_{k}+a_{2k}+\cdots\right)+\left(a_{1}+a_{k+1}+\cdots\right)\varepsilon +\cdots+\left(a_{k-1}+a_{2k-1}+\cdots\right)\varepsilon^{k-1}\\ =&\left(a_{0}+a_{k}+a_{2k}+\cdots\right)+\left(1+\varepsilon+\varepsilon^2+\cdots+\varepsilon^{k-1}\right)\\ =&0. \end{aligned}$

这里已用到条件式及是多项式的根.

因此,对及,可知都是(1)的复根,而取不同的素数,故所得复根互不相同.这表明,有个不同复根,它只能是零多项式.

命题获证.

说明

(1)所列出的多项式称为数列的母函数,它在求数列通项中经常被用到,在第7讲中还会提到.

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