高中奥数 2022-02-02

2022-02-02 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-02-01

（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选择适当的跨度 P070 例03）

证明:对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,不定方程
$x^{2}+y^{2}=z^{n}\qquad(*)$
有无穷多组正整数.

解

证明当 $n=1$ 时,对任意 $x$ 、 $y\in \mathbb{N}^{*}$ , $\left(x,y,x^{2}+y^{2}\right)$ 都是 $(*)$ 的正整数解;当n=2时,取 $m>n\geqslant 1$ , $m$ 、 $n\in \mathbb{N}^{*}$ ,令 $x=m^{2}-n^{2}$ , $y=2mn$ , $z=m^{2}+n^{2}$ ,就有 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ ,故命题对 $n=1$ 、 $2$ 成立.

现设命题对 $n$ 成立,对正整数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ,若 $x^{2}+y^{2}=z^{n}$ ,则 $\left(xz\right)^{2}+\left(yz\right)^{2}=z^{n+2}$ ,因此不定方程 $x^{2}+y^{2}=z^{n-2}$ 有无穷多组正整数解.

结合命题对 $n=1,2$ 成立,可知命题对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

说明此题还可依下述方法处理:令 $z=a+b\mathrm{i}$ ,其中 $a$ 、 $b\in \mathbb{N}^{*}$ 且 $0< \arg{z}<\dfrac{\pi}{n}$ (这样的 $a$ 、 $b$ 对有无穷多对使得 $a^{2}+b^{2}$ 的值彼此不同),则由二项式定理,可写 $z^{n}=\left(a+b\mathrm{i}\right)^{n}=x+y\mathrm{i},x,y\in \mathbb{Z}$ ,且 $xy\ne 0$ (这是因为 $\arg z^{n}\in \left(0,\pi\right)$ ),两边取模,可知 $\left(\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right)^{n}=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ,即有 $x^{2}+y^{2}=\left(a^{2}+b^{2}\right)^{n}$ ,故 $\left(\left|x\right|,\left|y\right|,a^{2}+b^{2}\right)$ 是 $x^{2}+y^{2}=z^{n}$ 的正整数解.

2022-02-02-02

（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选择适当的跨度 P070 例04）

求所有的函数 $f:\mathbb{N}^{*}\rightarrow \mathbb{N}^{*}$ ,使得

(1)对任意 $m$ 、 $n\in \mathbb{N}$ ,都有 $f\left(m^{2}+n^{2}\right)=f\left(m\right)^{2}+f\left(n\right)^{2}$ ;

(2) $f\left(1\right)>0$ .

解

在(1)中令 $m=n=0$ ,得 $f\left(0\right)=2f\left(0\right)^{2}$ ,故 $f\left(0\right)=0$ 或 $\dfrac{1}{2}$ ,但 $f(0)\in \mathbb{N}$ ,故 $f\left(0\right)=0$ .于是,由(1)知,对任意 $n\in \mathbb{N}$ ,都有 $f\left(m^{2}\right)=f\left(m\right)^{2}$ .

现在先计算 $n\in \left\{1,2,\cdots,10\right\}$ 时, $f\left(n\right)$ 的值.

由条件及前面推出的结论知 $f\left(1\right)=f\left(1^{2}\right)=f\left(1\right)^{2}$ ,而 $f\left(1\right)>0$ ,故 $f\left(1\right)=1$ .进而,依次有
$\begin{aligned} f\left(2\right)&=f\left(1^{2}+1^{2}\right)=f\left(1\right)^{2}+f\left(1\right)^{2}=1+1=2;\\ f\left(4\right)&=f\left(2^{2}\right)=f\left(2\right)^{2}=4;\\ f\left(5\right)&=f\left(2^{2}+1^{2}\right)=f\left(2\right)^{2}+f\left(1\right)^{2}=5;\\ f\left(8\right)&=f\left(2^{2}+2^{2}\right)=f\left(2\right)^{2}+f\left(2\right)^{2}=8. \end{aligned}$
又由
$25=f\left(5\right)^{2}=f\left(5^{2}\right)=f\left(3^{2}+4^{2}\right)=f\left(3\right)^{2}+f\left(4\right)^{2}=f\left(3\right)^{2}+16,$
结合 $f\left(3\right)\in \mathbb{N}$ ,知 $f\left(3\right)=3$ .进而 $f\left(9\right)=f\left(3\right)^{2}=9$ , $f\left(10\right)=f\left(3^{2}+1^{2}\right)=f\left(3\right)^{2}+f\left(1\right)^{2}=10$ .

利用 $7^{2}+1^{2}=5^{2}+5^{2}$ 及条件(1)可算出 $f\left(7\right)=7$ ,再由 $10^{2}=6^{2}+8^{2}$ ,知 $f\left(10\right)^{2}=f\left(6\right)^{2}+f\left(8\right)^{2}$ ,解得 $f\left(6\right)=6$ .

所以,对任意 $0\leqslant n\leqslant 10$ ,都有 $f\left(n\right)=n$ .

下面选用跨度为5的方法来证明:对任意 $n\in \mathbb{N}$ ,都有 $f\left(n\right)=n$ .

为此需要用到下面的一些等式
$\begin{aligned} &\left(5k+1\right)^{2}+2^{2}=\left(4k+2\right)^{2}+\left(3k-1\right)^{2};\\ &\left(5k+2\right)^{2}+1^{2}=\left(4k+1\right)^{2}+\left(3k+2\right)^{2};\\ &\left(5k+3\right)^{2}+1^{2}=\left(4k+3\right)^{2}+\left(3k+1\right)^{2};\\ &\left(5k+4\right)^{2}+2^{2}=\left(4k+2\right)^{2}+\left(3k+4\right)^{2};\\ &\left(5k+5\right)^{2}=\left(4k+4\right)^{2}+\left(3k+3\right)^{2}. \end{aligned}$
这些等式中右边的每一项在 $k\geqslant 2$ 时都小于左边的第一项,因此,利用条件(1)及归纳假设,我们每次可以确定这些等式左边第一项的函数值.即每次归纳向后推5个数都成立.

所以,对每个 $n\in \mathbb{N}$ ,都有 $f\left(n\right)=n$ .

说明从上面的例子可以发现,所谓用跨度为 $k$ 的方法去证 $P\left(n\right)$ 成立,本质上是将 $\left\{P\left(n\right)\right\}$ 分划为 $k$ 组命题再分别予以证明,当然,如果将此想法与第二部分专题选讲第二数学归纳法结合,各组命题之间还可以相互利用,本例中就体现了这个思想.

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