高中奥数 2022-02-16

2022-02-16 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-16-01

（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13）

Fibonaccia数列 $\left\{F_{n}\right\}$ 满足 $F_{1}=F_{2}=1$ , $F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n},n=1,2,\cdots$ .

证明:对任意正整数 $m$ ,存在下标 $n$ ,使得 $m\mid \left(F_{n}^{4}-F_{n}-2\right)$ .

证明

当 $m=1$ 时显然成立,对于 $m\geqslant 2$ 的情形.

先证: $\left\{F_{n}\left(\bmod m\right)\right\}$ 是一个纯周期数列.

这只需注意到,在 $\bmod m$ 意义 $\left(F_{n},F_{n+1}\right)$ 只有 $m^{2}$ 种不同情形,用抽屉原则可知,存在 $n<k$ ,使 $\left(F_{n},F_{n+1}\right)\equiv \left(F_{k},F_{k+1}\right)\left(\bmod m\right)$ ,然后结合递推公式可导出 $F_{n-1}\equiv F_{k-1}\left(\bmod m\right)$ .依次倒推即可得出.

然后,由 $F_{1}=F_{2}\equiv 1\left(\bmod m\right)$ 知存在 $p\in \mathbb{N}^{*}$ ,使得 $F_{p+1}\equiv F_{p+2}\equiv 1\left(\bmod m\right)$ ,从而 $F_{p}\equiv 0\left(\bmod m\right)$ , $F_{p-1}\equiv 1\left(\bmod m\right)$ , $F_{p-2}\equiv -1\left(\bmod m\right)$ ,进而对 $t\in \mathbb{N}^{*}$ ,有 $F_{tp-2}\equiv -1\left(\bmod m\right)$ .取 $n=tp-2$ ,就有 $F_n^{4}-F_{n}-2\equiv 1+1-2\equiv 0\left(\bmod m\right)$ .命题获证.

2022-02-16-02

（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二 P096 习题14）

我们称一个由正整数组成的无穷数列为 $F-$ 数列,如果从第3项起,该数列的每一项都等于它前面两项之和.问:能否将正整数集分划为

(1)有限个;

(2)无穷多个

$F-$ 数列的并?

解

(1)不能.事实上,若 $\mathbb{N}^{*}$ 可以分划为 $m$ 个 $F-$ 数列的并,我们考虑正整数: $2m,2m+1,\cdots ,4m$ .这 $2m+1$ 个数中,必有3个数来自同一个 $F-$ 数列但是,这 $2m+1$ 个数中任取3个,其中任意两个数之和都大于第3个数,这是一个矛盾.

(2)我们利用正整数的Fibonacci表示(见第9节例2)来证明: $\mathbb{N}^{*}$ 可以分划为无穷多个 $F-$ 数列的并.

我们将在Fibonacci表示下,使得 $a_{2}=1$ 的所有正整数从小到大排在第一行;使a $_{2}=0$ ,而 $a_{3}=1$ 的所有正整数从小到大排在第2行;使 $a_{2}=a_{3}=0$ ,而 $a_{4}=1$ 的所有正整数从小到大排在第3行; $\cdots\cdots$ ,列表如下

表1

由Zeckendorf定理可知,每一个正整数均在上表中恰好出现一次,而该表格的每一列从上到下形成一个 $F-$ 数列.所以,(2)的结论是肯定的.

2022-02-16-03

（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 P096 习题15）

设整数 $k$ , $a_{1},\cdots ,a_{n}$ 满足
$0<a_{n}<a_{n-1}<\cdots <a_{1}\leqslant k,$
且对任意 $1\leqslant i,j\leqslant n$ ,都有 $\left[a_{i},a_{j}\right]\leqslant k$ .

证明:对任意 $i\in \left\{1,2,\cdots,n\right\}$ ,都有 $ia_{i}\leqslant k$ .

证明

当 $i=1$ 时, $a_{1}\leqslant k$ 显然成立.

设对 $1\leqslant s<n$ ,有 $sa_{s}\leqslant k$ .下证 $\left(s+1\right)a_{s+1}\leqslant k$ .

若 $\left(s+1\right)a_{s+1}\leqslant sa_{s}$ ,则当然有 $\left(s+1\right)a_{s+1}\leqslant k$ ;若 $\left(s+1\right)a_{s+1}>sa_{s}$ ,即 $a_{s+1}>s\left(a_{s}-a_{s+1}\right)$ ,则 $\dfrac{a_{s+1}}{a_{s}-a_{s+1}}>s$ .

注意到 $\left[a_{s},a_{s+1}\right]=\dfrac{a_{s}a_{s+1}}{\left(a_{s}a_{s+1}\right)}$ ,利用 $\dfrac{a_{s+1}}{\left(a_{s},a_{s+1}\right)}\geqslant \dfrac{a_{s+1}}{a_{s}-a_{s+1}}>s$ ,结合 $\dfrac{a_{s+1}}{\left(a_{s},a_{s+1}\right)}\in \mathbb{N}^{*}$ ,可知 $\dfrac{a_{s+1}}{\left(a_{s},a_{s+1}\right)}\geqslant s+1$ .于是
$\left(s+1\right)a_{s+1}<\left(s+1\right)a_{s}\leqslant \dfrac{a_{s+1}}{\left(a_{s},a_{n+1}\right)}\cdot a_{s}=\left[a_{s},a_{s+1}\right]\leqslant k.$
故命题对 $s+1$ 也成立.

高中奥数 2022-02-16

猜你喜欢

热点阅读