高中数学 2022-01-24

2022-01-24-01

（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 P055 习题37）

数列满足,,,.

证明:对任意正整数,都有

这里求和对满足的所有非负整数组进行.

证明

构造一个组合模型:用表示由的红色方块,的蓝色方块和的白色方块拼成的的长条的数目.

直接计算可知

这里的求和对的所有非负整数组进行.

另一方面,采用递推方法来计算,可知,,而对长为的的长条,如果第一个小方块为红色或蓝色,去掉后共有个符合条件的长条;如果第一个小方块为白色(其长度为2),去掉后共有个符合条件的长条,故.

对比数列与的初始值和递推关系式可知对任意,都有.

所以,命题成立.

2022-01-24-02

（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 P055 习题38）

记.

(i)对每个正整数,求集合中不同元素的个数;

(ii)对每个正整数,求集合中任意两个不同元素之积的和.

解

引理对任意,都有

$\begin{aligned} &\left\{\dfrac{\beta_{1}}{2}+\dfrac{\beta_{2}}{2^{2}}+\cdots+\dfrac{\beta_{n}}{2^{n}} \bigg| \beta_{i} \in\{-1,1\}, i=1,2, \cdots, n\right\} \\ =&\left\{\dfrac{j}{2^{n}} \bigg| j \text { 为奇数,且 }\left|j\right|<2^{n}\right\} . \end{aligned}$

引理的证明可通过对归纳来处理.

当时,引理显然成立.现设引理对所有小于的正整数成立,考虑的情形.

对,记,则,并且,并且为奇数.进一步,还有

$\left|\dfrac{j}{2^{n}}\right|= \left|\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{\beta_{i}}{2^{i}}\right| \leqslant \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{\left|\beta_{i}\right|}{2^{i}} =\sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{2^{i}}=1-\dfrac{1}{2^{n}}<1,$

故.

反过来,对为奇数,且.注意到与具有不同的奇偶性,我们设是和中的那个奇数.

则,结合为奇数,知.

从而由归纳假设知,存在,使得

令,则,并且

所以,引理获证

(i)由引理的结论及中元素的结构,可知 $A_{n}=\left\{1+\dfrac{j}{2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}+\dfrac{k}{2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\sqrt{2}\bigg| j,k\text{为奇数},\text{且}\left|j\right|<2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor},k<2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\right\}$ ,所以,由为无理数,可知.

(ii)记,那么.

将中的元素与配对求和,用(i)的结论,可知.

进一步,利用结论:若、都是有限集,且,则.结合的结构,可得

$\begin{aligned} &\sum\limits_{a \in A_{n}} a^{2}=\sum\limits_{j \text { 为奇数 }\atop \left|j\right|<2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}}\sum\limits_{k \text { 为奇数 }\atop\left|k\right|<2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\left(1+\frac{j}{2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}+\frac{k}{2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}} \sqrt{2}\right)^{2}\\ &=2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil} \cdot 2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}+\sum\limits_{j \text { 为奇数 } \atop \left|j\right|<2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}} \dfrac{j^{2} \cdot 2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}}{2^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}}+\sum\limits_{k \text { 为奇数 } \atop \left|k\right|<2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}} \dfrac{2 k^{2} \cdot 2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}{2^{2\lceil\frac{n}{2}\rceil}}\\ &=2^{n}+\dfrac{1}{3}\left(\frac{2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil} \cdot 2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}\left(2^{2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}-1\right)}{2^{2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}+\frac{2^{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor} \cdot 2^{\lceil\frac{n}{2}\rceil}\left(2^{2\lceil\frac{n}{2}\rceil}-1\right)}{2^{2\lceil\frac{n}{2}\rceil -1}}\right)\\ &=2^{n}+\dfrac{2^{n}}{3}\left(3-\dfrac{1}{2^{2\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}-\dfrac{1}{2^{2\lceil\frac{n}{2}\rceil-1}}\right)\\ &=2^{n+1}-1 . \end{aligned}$

综上,(i)的答案是,而(ii)的答案为.

2022-01-24-03

（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 P055 习题39）

数列定义如下

证明:对任意素数,都有.

证明

引理设,将表示为若干个3或4之和的有序分拆排成一个矩阵,则为该矩阵中第一列上各数之和.

例如:当时,所得的矩阵为

而直接由递推式可算得等于上述矩阵中第一列各数之和.

引理的证明:对归纳来证,当时直接验证可知命题成立.

现设引理对所有小于的下标都成立,考虑的情形.

依表为3或4的有序分拆的最后一项为3、4分为两类:末项为3的有序分拆全部去掉末项3后得到的所有有序分拆;末项为4的全部去掉末项4后得到的所有有序分拆.

结合,其分拆若存在,则至少有两项,可知的有序分拆构成的矩阵的第一列上各数之和为(这里用到归纳假设),故引理对成立,命题获证.

回到原题,当时,命题成立,对素数,设将表为3或4的有序分拆作出的矩阵为,则的每一行的长度l满足.

对中长度相同的行合成的子矩阵作下面的分析:设中第一列的元素和为,由于的每一行中必同时出现3和4(仅出现3或4时,是3或4的倍数,不为素数),从而将该行中的这对3和4对换位置所得的的分拆是的另一行.

这表明:中任意两列上的元素和相同(因为这两列上对应位置上的数,如果不同,那么必有另一行与此两列交出的数正好是它们的对换),记中每一列的和为.设的列数为l,则中所有数之和为,而中每一行中所有数之和都为,故是的倍数,结全,可知.

依上述讨论可得,对M中第一列上各数之和而言,它也是的倍数,即有.

命题成立.

2022-01-24-04

（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 P055 习题40）

求所有的正整数数列,使得

(i);

(ii),且.

解

设是符合条件的正整数,则由(i)可知对,都有(否则左边,而右边),从而,有,于是,由(ii)知

即,所以,对求和,就有

在(1)中令,利用(i)就有,故.

类似地,在(1)中取,结合(i)就有

可得,知.

重复这样的讨论,在(1)中分别取,可得,.

此时

故不存在.

综上可知,仅当时,这样的数列存在,对应地为2,5,56,78400.

高中数学 2022-01-24

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