高中奥数 2022-02-20

2022-02-20 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-20-01

（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 P097 习题25）

设 $p$ 为奇素数, $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{p-2}$ 是一个正整数数列,满足:对任意 $k\in \left\{1,2,\cdots ,p-2\right\}$ 都有 $p\nmid a_{k}\left(a_{k}^{k}-1\right)$ .证明:可以从 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{p-2}$ 中取出若干个数,使得它们的乘积 $\equiv 2\left(\bmod p\right)$ .

证明

我们证明:当 $k=2,\cdots ,p-1$ 时,存在一个集合 $\left\{b_{k,1},b_{k,2},\cdots, b_{k,k}\right\}$ ,其中 $b_{k,i}=1$ 或者某些 $a_{1},\cdots a_{k-1}$ 中的数之积,满足:对 $1\leqslant i<j\leqslant k$ ,都有 $b_{k,i}\not\equiv b_{k,j}\left(\bmod p\right).\qquad(*)$

当 $k=2$ 时,由条件知 $a_{1}\not\equiv 1\left(\bmod p\right)$ ,取 $\left\{b_{k,1},b_{k,2}\right\}=\left\{1,a_{1}\right\}$ 即可.现设 $(*)$ 对 $k\left(2\leqslant k\leqslant p-2\right)$ 成立,由条件 $p\nmid a_{k}$ ,故 $a_{k}b_{k,1},\cdots ,a_{k}b_{k,k}$ 对 $\bmod p$ 两两不同余,并由 $\left\{b_{k,1},\cdots ,b_{k,k}\right\}$ 的构成(每个数都不是 $p$ 的倍数)及 $a_k^{k}\not\equiv 1\left(\bmod p\right)$ ,可知
$\left(a_{k}b_{k,1}\right)\cdots\left(a_{k}b_{k,k}\right)\not\equiv b_{k,1}\cdots b_{k,k}\left(\bmod p\right)$
所以,在 $\bmod p$ 意义下, $\left(a_{k}b_{k,1},\cdots ,a_{k}b_{k,k}\right)$ 不是 $\left(b_{k,1},\cdots ,b_{k,k}\right)$ 的一个排列,从而存在 $j\in \left\{1,2,\cdots,k,\right\}$ ,使得 $\left\{a_{k}b_{k,j},b_{k,1},\cdots ,b_{k,k}\right\}$ 中任意两个数 $\bmod p$ 不同余依此可知,结论 $(*)$ 成立.

现在考察 $\left\{b_{p-1,1},\cdots ,b_{p-1,p-1}\right\}$ 即可得出题中要求的结论(因为它们构成 $\bmod p$ 的简系).

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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 P097 习题26）

设 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ 是一个一一对应.

(1)证明:存在正整数 $a$ 、 $d$ ,使得 $f\left(a\right)<f\left(a+d\right)<f\left(a+2d\right)$ ;

(2)对不小于5的正整数 $m$ ,是否也一定存在正整数 $a$ 、 $d$ ,使得
$f\left(a\right)<f\left(a+d\right)<\cdots <f\left(a+md\right)?$

证明

(1)任取 $a\in \mathbb{N}^{*}$ ,由于只有有限个 $f$ 的值 $\leqslant f\left(a\right)$ ,故存在 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,使对 $d\geqslant n$ ,都有 $f\left(a\right)<f\left(a+d\right)$ .考虑数列
$f\left(a\right),f\left(a+n\right),f\left(a+2n\right),\cdots ,f\left(a+2^{k}n\right),f\left(a+2^{k+1}n\right),\cdots$
如果存在 $k\in \mathbb{N}$ ,使得 $f\left(a+2^{k+1}n\right)>f\left(a+2^{k}n\right)$ ,那么取 $d=2^{k}n$ ,可知(1)成立.所以,对 $k\in \mathbb{N}$ ,都有 $f\left(a+2^{k+1}n\right)<f\left(a+2^{k}n\right)$ (这里不取等号是因为f是单射),即 $f\left(a+n\right)>f\left(a+2n\right)>\cdots$ ,但由于是满射知小于 $f\left(a+n\right)$ 的 $f$ 的值只有有限个,矛盾.

(2)不一定存在.例如:令 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ 如下 $n=1;2;3;4;5,6;7;8;9;10;\cdots$
$f\left(n\right)=1;2;4;3;8;7;6,5;16;15;\cdots$
上述定义中,对 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $f\left(2^{n}+1\right)=2^{n+1}$ , $f\left(2^{n}+2\right)=2^{n+1}-1$ , $\cdots$ , $f\left(2^{n+1}\right)=2^{n}+1$ ,而 $f\left(1\right)=1$ , $f\left(2\right)=2$ .

下证:在 $m\geqslant 5$ 时,对 $a$ 、 $d\in \mathbb{N}^{*}$ ,都有 $f\left(a+\left(m-2\right)d\right)>f\left(a+\left(m-1\right)d\right)$ 或者 $f\left(a+\left(m-1\right)d\right)>f\left(a+md\right)$ .

事实上,若否,则 $f\left(a-\left(m-2\right)d\right)<f\left(a-\left(m-1\right)d\right)<f\left(a+md\right)$ .由 $f$ 的定义,知 $f\left(a+\left(m-2\right)d\right)$ , $f\left(a+\left(m-1\right)d\right)$ , $f\left(a+md\right)$ 分别落在3个不同的递减区间内,而从 $2^{n}+1$ 到 $2^{n+1}$ 这个递减区间的长度为 $2^{n}$ ,所以 $a+\left(m-1\right)d$ 所在递减区间的长度 $\geqslant \dfrac{a+\left(m-1\right)d}{2}$ ,又 $a+\left(m-2\right)d$ 与 $a+md$ 都不落在 $a+\left(m-1\right)d$ 所在的递减区间,故 $a+md-\left( a+\left(m-2\right)d\right)\geqslant \dfrac{a+\left(m-1\right)d}{2}$ ,导致 $4d\geqslant a+\left(m-1\right)d\geqslant a+4d$ ,矛盾.从而(2)的结论是不定.

2022-02-20-03

（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二 P097 习题27）

证明:对任意实数 $\alpha\in \left(1,2\right]$ ,存在唯一的正整数数列 $\left\{n_{k}\right\}$ ,使得
$n_{k}^{2}\leqslant n_{k+1},\text{且}\alpha=\lim _{m \rightarrow+\infty} \prod\limits_{k=1}^{m}\left(1+\frac{1}{n_{k}}\right).$

证明

引理若整数 $n_{1},n_{2},\cdots$ 满足 $n_{k-1}\geqslant n_{k}^{2}$ , $k_{1}=1,2,\cdots$ , $n_{1}>1$ ,则对任意 $j\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $\prod\limits_{k=j}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right)\in \left(1+\dfrac{1}{n_{j}},1+\dfrac{1}{n_{j}-1}\right]$ .

引理的证明:由条件,可知
$\begin{aligned} \prod\limits_{k=j}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right) & \leqslant \prod\limits_{k=0}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n_{j}^{2^{k}}}\right)=\prod\limits_{k=0}^{+\infty}\left(1+\left(\frac{1}{n_{j}}\right)^{2^{k}}\right) \\ &=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{n_{j}}\right)^{k}\\ &=\frac{1}{1-\dfrac{1}{n_{j}}}\\ &=1+\dfrac{1}{n_{j}-1}. \end{aligned}$
所以,引理成立.

由此引理可证得唯一性(事实上,若 $\alpha=\prod\limits_{k=1}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right)=\prod\limits_{k=1}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{m_{k}}\right)$ ,而 $n_{1}=m_{1},\cdots ,n_{j}=m_{j}$ ,则 $\dfrac{\alpha}{\prod\limits_{k=1}^{j}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right)}=\dfrac{\alpha}{\prod\limits_{k=1}^{j}\left(1+\dfrac{1}{m_{k}}\right)}$ ,前者由引理知 $\in \left(1+ \dfrac{1}{n_{j+1}},1+ \dfrac{1}{n_{j+1}-1}\right]$ ,后者 $\in \left(1+\dfrac{1}{m_{j+1}},1+ \dfrac{1}{m_{j+1}-1}\right]$ ,这可得出 $n_{j+1}=m_{j+1}$ ).

存在性可由下面的方式得到,记 $\alpha_{1}=\alpha\in \left(1,2\right]$ ,则存在唯一的 $n_{1}\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $\alpha_{1}\in \left(1+\dfrac{1}{n_{1}},1+\dfrac{1}{n_{1}-1}\right]$ ,写 $\alpha_{2}=\dfrac{\alpha_{1}}{1+\dfrac{1}{n_{1}}}$ ,则 $1<\alpha_{2}<\alpha_{1}\leqslant 2$ ,对此 $\alpha_{2}$ ,存在唯一的 $n_{2}$ ,使 $\alpha_{2} \in\left(1+\dfrac{1}{n_{2}},1+\dfrac{1}{n_{2}-1}\right]$ ,依次递推,可定义数列 $\left\{n_{k}\right\}_{k=1}^{+\infty}$ .下证: $n_{k}^{2}\leqslant n_{k+1}$ .

事实上, $1+\dfrac{1}{n_{k+1}}<\alpha_{k+1}=\dfrac{a_{k}}{1+\dfrac{1}{n_{k}}}\leqslant\dfrac{1+\dfrac{1}{n_{k}-1}}{1+\dfrac{1}{n_{k}}}=1+\dfrac{1}{n_{k}^{2}-1}$ ,故 $n_{k}^{2}\leqslant n_{k+1}$ .

最后,由 $n_{k}$ 的定义可知 $1<\dfrac{\alpha}{\prod\limits_{k=1}^{N}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right)}=\prod\limits_{k=N+1}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right)\leqslant 1+\dfrac{1}{n_{N+1}-1}$ .令 $N\rightarrow +\infty$ ,即可得 $\alpha=\prod\limits_{k=N+1}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n_{k}}\right)$ .

高中奥数 2022-02-20

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