高中奥数 2022-02-18

2022-02-18 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-18-01

（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二 P096 习题19）

设 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $n>1$ ,记 $h\left(n\right)$ 为 $n$ 的最大素因数.

证明:存在无穷多个 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得
$h\left(n\right)<h\left(n+1\right)<h\left(n+2\right).$

证明

我们从每一个奇素数 $p$ 出发找一个满足条件的 $n$ .

注意到,对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ , $\left(p^{2^{m}}-1,{p^{2^{m}}}+1\right)=2$ ,从而由平方差公式结合数学归纳法可证:
$p+1,p^{2}+1,\cdots ,p^{2^{m}}+1.$
中任意两个数没有相同的奇素因数,而这些数都不是 $p$ 的倍数.所以,存在 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得
$h\left(p^{2^{m-1}}-1\right)<p<h\left(p^{2^{m}}+1\right).\qquad(*)$ 取满足 $(*)$ 的最小正整数 $m_{0}$ ,令 $n=p^{2^{m_{0}}}-1$ ,我们断言:
$h\left(n\right)<h\left(n+1\right)<h\left(n+2\right).$
事实上, $n=p^{2^{m_{0}}}-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^{2}+1\right)\cdots\left(p^{2^{m_{0}-1}}+1\right)$ ,而 $m_{0}$ 是满足 $(*)$ 的最小正整数,故 $h\left(n\right)<p=h\left(n+1\right)$ ,又 $h\left(n+2\right)=h\left(p^{2^{m_{0}}}+1\right)$ ,由 $(*)$ 知 $h\left(n+1\right)<h\left(n+2\right)$ .

上述讨论表明:对每个奇素数 $p$ ,都有一个 $n$ (显然,不同的 $p$ 对应的 $n$ 是不同的)满足条件,而奇素数有无穷多个,故满足条件的 $n$ 有无穷多个.

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（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二 P096 习题20）

设 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $n>1$ ,记 $\omega\left(n\right)$ 为 $n$ 的不同素因数的个数.

证明:存在无穷多个 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得
$\omega\left(n\right)<\omega\left(n+1\right)<\omega\left(n+2\right).$

证明

引理若 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $k\ne3$ 且 $k$ 不是 $2$ 的方幂,则 $\omega\left(2^{k}+1\right)>1$ .

事实上,若 $2^{k}+1=p^{m}$ , $p$ 为素数, $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,写 $k=2^{\alpha}\cdot\beta$ , $\alpha\geqslant 0$ , $\beta>1$ , $\beta$ 为奇数.分两种情形:

(1) $\alpha=0$ ,则由 $k\ne 3$ 知 $\beta>3$ ,此时, $2^{\beta}+1=\left(2+1\right)\left(2^{\beta-1}-2^{\beta-2}+\cdots+1\right)$ 是3的倍数,且 $2^{\beta}+1>9$ ,若 $2^{\beta}+1=3^{\gamma}$ ,则 $\gamma\geqslant 3$ ,此时,两边 $\bmod 4$ ,知 $\left(-1\right)^{\gamma}\equiv 1\left(\bmod 4\right)$ ,从而 $\gamma$ 为偶数,记 $\gamma=2\delta$ ,则 $2^{\beta}=\left(3^{\delta}-1\right)\left(3^{\delta}+1\right)$ ,而 $3^{\delta}-1$ 与 $3^{\delta}+1$ 是相邻偶数,其积为2的幂,只能是 $3^{\delta}-1=2$ ,得 $\delta=1$ , $\gamma=2$ ,矛盾.故 $\alpha=0$ 时,引理成立.

(2) $\alpha>0$ ,此时,利用因式分解知 $2^{2^{\alpha}}+1\mid 2^{k}+1$ .若 $\omega\left(2^{k}+.1\right)=1$ ,则 $p=2^{2^{\alpha}}+1$ 为素数,此时,设 $2^{2^{\alpha}\cdot\beta}+1=p^{u}$ ,即 $\left(p-1\right)^{\beta}+1=p^{u}$ , $u\geqslant 2$ .两边 $\bmod p^{2}$ ,利用二项式定理,可知 $p\mid \beta$ ,进一步,设 $\beta=p^{v}\cdot x$ , $p\nmid x$ ,由二项式定理,可知
$p^{u}=p^{\beta}-C_{\beta}^{\beta-1}p^{\beta-1}+\cdots+C_{\beta}^{2}p^{2}-\beta\cdot p,$
右边最后一项为 $p^{v+1}$ 的倍数,但不是 $p^{v+2}$ 的倍数,而其余每一项都是 $p^{v+2}$ 的倍数.故上式不能成立.所以 $\alpha>0$ 时,引理也成立.

利用上述引理,可知当 $k\ne3$ 且 $k$ 不是2的方幂时,有 $\omega\left(2^{k}\right)<\omega\left(2^{k}+1\right)$ .下证:存在无穷多个这样的 $k$ ,使 $\omega\left(2^{k}+1\right)<\omega\left(2^{k}+2\right)$ .

事实上,若只有有限个上述 $k$ ,使 $\omega\left(2^{k}+1\right)<\omega\left(2^{k}+2\right)$ .则存在 $k_{0}=2^{q}>5$ ,对每个 $k\in \left\{k_{0}+1,\cdots ,2k_{0}-1\right\}$ 都有 $\omega\left(2^{k}+1\right)\geqslant \omega\left(2^{k}+2\right)=1-\omega\left(2^{k-1}+1\right)$ .于是,有
$\omega\left(2^{2k_{0}-1}+1\right)\geqslant 1+\omega\left(2^{2k_{0}-2}+1\right)\geqslant \cdots \geqslant\left(k_{0}-1\right)+\omega\left(2^{k_{0}}+1\right)\geqslant k_{0}.$
这要求 $2^{2k_{0}-1}+1\geqslant p_{1}\cdots p_{k_{0}}$ ,这里 $p_{1},\cdots ,p_{k}$ 是最初的 $k_{0}$ 个素数.但是 $p_{1}\cdots p_{k_{0}}\geqslant \left(2\times 3\times 5\times 7\times 11\right)\times \left(p_{6}\cdot p_{k_{0}}\right)>4^{5}\cdot 4^{k_{0}-5}=2^{2k_{0}}$ ,矛盾.所以,命题成立.

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（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二 P096 习题21）

用 $a_{n}$ 表示前 $n$ 个素数之和.

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,区间 $\left[a_{n},a_{n+1}\right]$ 中至少有一个完全平方数.

证明

设素数从小到大的排列为 $p_{1},p_{2},\cdots ,p_{n},\cdots$ .则 $a_{n}=p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{n}$ .

当 $n=1,2,3,4$ 时,直接验证,可知命题成立.现设 $n-1$ 时命题成立,即存在正整数 $x$ ,使得 $a_{n-1}\leqslant x^{2}\leqslant a_{n}$ ,取其中最大的 $x$ ,记为 $y$ ,则 $y^{2}\leqslant a_{n}$ ,而 $\left(y+1\right)^{2}>a_{n}$ .这里 $n\geqslant 5$ .

写 $p_{n+1}=2k+1$ ,则当 $n\geqslant 5$ 时,利用相邻两个奇素数至少差2可知
$p_{1}+p_{2}+\cdots+p_{n}<1+3+5+\cdots+\left(2k-1\right)=k^{2}.$
从而, $y^{2}\leqslant a_{n}<k^{2}$ ,即 $y<k$ .于是 $\left(y+1\right)^{2}=y^{2}+2y+1<y^{2}+2k+1=y^{2}+p_{n+1}\leqslant p_{1}+\cdots+p_{n}+p_{n+1}=a_{n+1}$ .所以,命题对 $n$ 的情形亦成立.

综上可知,对一切 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,命题成立.

高中奥数 2022-02-18

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