高中奥数 2022-02-19

2022-02-19 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-19-01

（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22）

证明:对任意正奇数,都可以找到一个正整数,使得它们的乘积在十进制表示下,各数码都是奇数.

证明

设 $a$ 为正奇数,若 $\left(a,5\right)=1$ ,则 $\left(a,10\right)=1$ ,数列 $1,11,\cdots \underbrace{11\cdots 1}_{a\text{个}1}$ 中必有两个数 $\bmod a$ 同余.即存在 $1\leqslant i<j\leqslant a$ ,使得 $\underbrace{11\cdots 1}_{j\text{个}1}\equiv \underbrace{11\cdots 1}_{i\text{个}1}\left(\bmod a\right)$ ,也就是说 $a\mid \underbrace{1\cdots 1}_{j-i\text{个}1}\underbrace{0\cdots 0}_{i\text{个}0}$ ,所以 $a\mid \underbrace{1\cdots 1}_{j-i\text{个}1}$ ,命题获证.

若 $5\mid a$ ,设 $a=5^{\alpha}\cdot b$ , $\alpha\in \mathbb{N}^{*}$ , $\left(5,b\right)=1$ .我们先证下述引理.

引理对任意正整数 $n$ ,存在一个仅出现数码1,3,5,7,9的 $n$ 位正整数 $A_{n}$ ,使得 $5\mid A_{n}$ .

对此引理用归纳法证明.当 $n=1$ 时,取 $A_{n}=5$ 即可.设 $n=k$ 时,存在一个 $k$ 位数 $A_{k}$ , $A_{k}$ 的数码都属于 $\left\{1,3,5,7,9\right\}$ ,且 $5^{k}\mid A_{k}$ .考虑下面的数
$10^{k}+A_{k},3\times 10^{k}+A_{k},5\times 10^{k}+A_{k},7\times 10^{k}+A_{k},9\times 10^{k}+A_{bk}.$
若 $5^{k+1}\mid A_{k}$ ,则令 $A_{k+1}=5\times 10^{k}+A_{k}$ 即可;若 $5^{k+1}\nmid a_{k}$ ,设 $a_{k}=5^{k}\times t$ ,其中 $t\equiv r\left(\bmod 5\right)$ , $r\in \left\{1,2,3,4\right\}$ .注意到 $\left(5,2^{k}\right)=1$ ,故 $\left\{2^{k},3\times 2^{k},7\times 2^{k},9\times 2^{k}\right\}$ 构成 $\bmod 5$ 的一个简化剩余系,于是,可选择 $S\in \left\{1,3,7,9\right\}$ ,使得 $S\times 2^{k}\equiv 5-r\left(\bmod 5\right)$ ,从而令 $A_{k+1}=S\times 10^{k}+A_{k}$ ,就有 $5^{k+1}\mid A_{k+1}$ ,且 $A_{k+1}$ 的数码都属于 $\left\{1,3,5,7,9\right\}$ .引理获证.

回到原题,由引理可知存在一个 $a$ 位数 $A$ ,使得 $5^{\alpha}\mid A$ ,于是,数列 $\overline{A},\overline{AA},\cdots ,\overline{\underbrace{A\cdots A}_{k\text{个}A}}$ (这里 $\underbrace{A\cdots A}_{k\text{个}A}$ 表示将 $k$ 个 $A$ 连续写出得到的正整数)中,必有两两个 $\bmod b$ 同余,利用第一种情形的方法可知命题也成立.

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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 P097 习题23）

记 $A=\left\{x\vert x\in \mathbb{N}^{*},x\text{在十进制表示下各数码都不为零,且}s\left(x\right)\mid x\right\}$ ,这里 $s\left(x\right)$ 表示 $x$ 的各数码之和.

(1)证明: $A$ 中存在无穷多个数,其十进制表示中数码 $1,2,\cdots ,9$ 出现的次数相同;

(2)证明:对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $A$ 中有一个恰好是 $k$ 位的正整数.

证明

(1)令 $x_{1}=123467895$ .则 $S\left(x_{1}\right)=45$ ,并且由 $45\mid 123467895$ ,可知 $x_{1}\in A$ .现设 $x_{k}\in A$ ,且 $x_{k}$ 的十进制表示中 $1,2,\cdots ,9$ 出现的次数相同,我们设 $x_{k}$ 为 $m$ 位数,并取 $x_{k-1}=x_{k}\cdot\left(10^{2m}+10^{m}+1\right)=\overline{x_{k}x_{k}x_{k}}$ ,则十进制表示下, $x_{k+1}$ 中 $1,2,\cdots ,9$ 出现的次数相同,而且 $S\left(x_{k+1}\right)=3S\left(x_{k}\right)$ ,又 $10^{2m}+10^{m}+1\equiv 1+1+1\equiv 0\left(\bmod 3\right)$ ,结合 $S\left(x_{k}\right)\mid x_{k}$ ,可知 $S\left(x_{k+1}\right)\mid x_{k+1}$ 依此结合数学归纳法可得结论(1)成立.

(2)引理对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,存在一个仅出现数码1和2的 $n$ 位正整数 $x_{n}$ 使得 $2^{n}\mid x_{n}$ .

此引理仿上题中引理的证明可得.

回到原题,当 $k=1,2,3,4,5$ 时,分别取数1,12,112,4112和42112可知命题成立.

当 $k\geqslant 6$ 时,在 $A$ 中寻找一个 $k$ 位数 $x$ 的想法是:找 $x$ ,使得 $x$ 的末 $n$ 位数是引理中的 $x_{n}$ ,然后在 $x_{n}$ 的前面恰当填写非零数字,并且形成的 $k$ 位正整数 $x$ 的数码和为 $2^{n}$ ,这里 $n$ 待定.

上述 $n$ 存在的一个充分条件是
$S\left(x_{n}\right)+\left(k-n\right)\leqslant 2^{n}\leqslant S\left(x_{n}\right)+9\left(k-n\right)\qquad(*)$
由于 $n\leqslant S\left(x_{n}\right)\leqslant 2n$ ,因此若下式满足,则 $(*)$ 成立.
$2n+\left(k-n\right)\leqslant 2^{n}\leqslant n+9\left(k-n\right)$
即 $n+k\leqslant 2^{n}\leqslant 9k-8n.\qquad(**)$

下证:当 $k\geqslant 6$ 时,存在 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 满足 $(**)$ .

事实上,设 $n$ 是满足 $2^{n}+8n\leqslant 9k$ 的最大正整数,则 $9k<2^{m+1}+8\left(n+1\right)$ .这表明:如果 $2^{m+1}+8\left(n+1\right)\leqslant 9\left(2^{n}-n\right)$ ,那么 $n$ 满足 $(**)$ .

注意到, $k\geqslant 6$ ,故上述 $n\geqslant 4$ ,这时 $7\times 2^{n}\geqslant 17n+8$ (此不等式可对 $n$ 归纳予以证明),即 $2^{n+1}+8\left(n+1\right)\leqslant 9\left(2^{n}-n\right)$ ,从而 $n$ 满足 $(**)$ .

综上可知,结论(2)成立.

2022-02-19-03

（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23）

是否存在一个由正整数组成的无穷数列?使得

(1)每一项都不是另外任意一项的倍数;

(2)该数列中任意两项都不互素,但没有一个大于1的正整数能够整除该数列的每一项.

解

存在符合条件的数列.

将所有大于5的素数从小到大排列,得到数列 $p_{0},p_{1},\cdots$ ;再定义数列 $\left\{q_{n}\right\}$ 如下 $q_{3k}=6$ , $q_{3k+1}=10$ , $q_{3k+2}=15$ , $k=0,1,2,\cdots$ .现在定义数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 为 $a_{n}=p_{n}q_{n}$ , $n=0,1,2,\cdots$ ,我们证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 符合条件.

注意到,对下标 $i\ne j$ 有 $p_{i}\ne p_{j}$ ,所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 中没有一项是另外任何一项的倍数,故(1)满足.进一步,若 $i\equiv j\left(\bmod 3\right)$ ,则 $\left(a_{i},a_{j}\right)=\left(q_{i},q_{j}\right)=6$ ,10或15;若 $i\not\equiv j\left(\bmod 3\right)$ ,由于6,10,15两两不互素,可知 $\left(a_{i},a_{j}\right)=\left(q_{i},q_{j}\right)>1$ .另外, $5\nmid a_{0}$ , $3\nmid a_{1}$ , $2\nmid a_{3}$ ,而且每一个大于5的素数至多整除 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的一项,因此,没有一个大于1的正整数能整除 $\left\{a_{n}\right\}$ 中的每一项,故(2)亦满足.

高中奥数 2022-02-19

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