高中奥数 2022-02-06

2022-02-06 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-02-06-01

（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恰当的归纳对象 P078 例03）

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

证明

$n=2$ 满足 $(*)$ ,下一个满足 $(*)$ 的正整数 $n=6$ ,两者之间的关系是 $6=2^{2}+2$ .这提示我们用下面的方法来处理.

设 $n\left(>1\right)$ 是具有性质 $(*)$ 的正整数,如果能证明: $\left(2^{n}+2\right)\mid\left(2^{2^{n}+2}+2\right)$ ,那么依此递推,可知有无穷多个正整数 $n$ 满足 $(*)$ .

注意到 $\left(2^{n-1}+1\right)\mid \left(2^{2^{n}+1}+1\right)$ 在 $\left(n-1\right)\mid \left(2^{n}+1\right)$ 条件下成立.我们通过增加一个要求的方法来处理.

下证:存在无穷多个 $n\in \mathbb{N}^{*}\left(n>1\right)$ ,使得 $n\mid \left(2^{n}+2\right)$ ,并且 $\left(n-1\right)\mid \left(2^{n}+1\right).\qquad(**)$

注意到 $n=2$ 具有上述性质.现设 $n\left(\geqslant 2\right)$ 具有上面的性质,令 $m=2^{n}+2$ ,我们证明 $m$ 也具有上述性质.

事实上,由于 $\left(n-1\right)\mid\left(2^{n}+1\right)$ ,而 $2^{n}+1$ 为奇数,故可设 $2^{n}+1=\left(n-1\right)q$ , $q$ 为奇数,则
$\begin{aligned} 2^{m-1}+1 &=2^{2^{n}+1}+1=\left(2^{n-1}\right)^{q}+1 \\ &=\left(2^{n-1}+1\right)\left(\left(2^{n-1}\right)^{q-1}-\left(2^{n-1}\right)^{q-2}+\cdots+1\right), \end{aligned}$
故 $\left(2^{n-1}+1\right)\mid \left(2^{m-1}+1\right)$ ,从而 $\left(2^{n}+2\right)\mid\left(2^{m}+2\right)$ ,即 $m\mid \left(2^{m}+2\right)$ .

另一方面,由 $\left(n-1\right)\mid \left(2^{n}+1\right)$ ,知 $n-1$ 为奇数,故 $n$ 为偶数,这样,由 $n\mid \left(2^{n}+2\right)$ ,我们可设 $2^{n}+2=np$ ,这里 $p$ 为奇数(这里用到 $4\not\mid\left(2^{n}+2\right)$ ),于是
$2^{m}+1=\left(2^{n}\right)^{p}+1=\left(2^{n}+1\right)\left(\left(2^{n}\right)^{p-1}-\left(2^{n}\right)^{p-2}+\cdots+1\right),$
即有 $\left(2^{n}+1\right)\mid\left(2^{m}+1\right)$ ,也就是说 $\left(m-1\right)|\left(2^{m}+1\right)$ .

综上可知,命题成立.

说明

如果问题是:“证明:存在无穷多个正整数 $n\left(>1\right)$ ,使得 $n-1\mid 2^{n}+1$ .”我们是否也需要将它加强为命题 $(**)$ 呢?

2022-02-06-02

（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恰当的归纳对象 P079 例04）

求所有的函数 $f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}$ ,使得对任意 $x$ 、 $y$ 、 $z\in \mathbb{Z}$ ,都有
$f\left(x^{3}+y^{3}+z^{3}\right)=f\left(x\right)^{3}+f\left(y\right)^{3}+f\left(z\right)^{3}.$

解

容易看到下面的3个函数
$f\left(x\right)=0,f\left(x\right)=x,f\left(x\right)=-x$
满足题中的条件.

下证:它们是所有满足条件的函数.

取 $\left(x,y,z\right)=\left(0,0,0\right)$ ,得 $f\left(0\right)=3f\left(0\right)^{3}$ ,这个关于 $f\left(0\right)$ 的三次方程只有一个整数解,所以 $f\left(0\right)=0$ .再取 $\left(x,y,z\right)=\left(x,-x,0\right)$ 可得 $f\left(x\right)=-f\left(-x\right)$ ,故 $f\left(x\right)$ 为奇函数.而令 $\left(x,y,z\right)=\left(1,0,0\right)$ ,得 $f\left(1\right)=f\left(1\right)^{3}$ ,于是 $f\left(1\right)\in \left\{-1,0,1\right\}$ .

下面用数学归纳法证明:

对任意 $x\in \mathbb{Z}$ .都有 $f\left(x\right)=f\left(1\right)x$ (这样结合 $f\left(1\right)$ 的取值,就完成了本题的解答) $(*)$

对 $\left|x\right|$ 予以归纳,令 $\left(x,y,z\right)=\left(1,1,0\right)$ ,得 $f\left(2\right)=2f\left(1\right)^{3}=2f\left(1\right)$ ,令 $\left(x,y,z\right)=\left(1,1,1\right)$ 又有 $f\left(3\right)=3f\left(1\right)$ .这样,结合 $f\left(x\right)$ 为奇函数,可知结论 $(*)$ 对 $\left|x\right|\leqslant 3$ 都成立.

现设对 $\left|x\right|<k\left(k\in \mathbb{N}^{*},k>3\right)$ ,都有 $f\left(x\right)=f\left(1\right)x$ .讨论 $f\left(k\right)$ 与 $f\left(-k\right)$ 的情形,由 $f\left(x\right)$ 为奇函数,只要证明 $f\left(k\right)=f\left(1\right)k$ .

为此,我们需要用到下面的辅助命题.

命题

对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ , $k\geqslant 4$ ,数 $k^{3}$ 都可以表示为5个立方数之和,并且5个加项中的每一项的绝对值都小于 $k^{3}$ .

事实上,由
$\begin{aligned} &4^{3}=3^{3}+3^{3}+2^{3}+1^{3}+1^{3}, 5^{3}=4^{3}+4^{3}+(-1)^{3}+(-1)^{3}+(-1)^{3}, \\ &6^{3}=5^{3}+4^{3}+3^{3}+0^{3}+0^{3}, 7^{3}=6^{3}+5^{3}+1^{3}+1^{3}+0^{3} . \end{aligned}$
及对不小于9的奇数 $2m+1\left(m\in \mathbb{N}^{*},m\geqslant 4\right)$ 有
$\left(2m+1\right)^{3}=\left(2m-1\right)^{3}+\left(m+4\right)^{3}+\left(4-m\right)^{3}+\left(-5\right)^{3}+\left(-1\right)^{3}.\qquad(**)$
所以,命题对 $k=4$ 或6及 $k$ 为不小于3的奇数成立.

注意到,对任意 $k>3,k\in \mathbb{N}^{*}$ ,都存在分解式 $k=my$ ,这里 $m\in \mathbb{N}^{*}$ , $y=4$ 或6或大于3的奇数.而由前所证,有表示 $y^{3}=y_{1}^{3}+\cdots+y_{5}^{3}$ ,其中 $\left|y_{i}\right|<y$ , $1\leqslant i\leqslant 5$ ,于是 $k^{3}=\left(my_{1}\right)^{3}+\cdots+\left(my_{5}\right)^{3}$ ,且 $\left|ny_{i}\right|<my=k$ .所以,辅助命题成立.

由上述命题,对任意 $k>3,k\in \mathbb{N}^{*}$ ,可写 $k^{3}=x_{1}^{3}+\cdots+x_{5}^{3}$ , $\left|x_{i}\right|<k$ ,从而由条件知
$f\left(k\right)^{3}+f\left(-x_{4}\right)^{3}+f\left(-x_{5}\right)^{3}=f\left(x_{1}\right)^{3}+f\left(x_{2}\right)^{3}+f\left(x_{3}\right)^{3},$
结合归纳假设, $f\left(x_{i}\right)=f\left(1\right)x_{i}$ , $f\left(-x_{i}\right)=-f\left(1\right)x_{i}$ 得
$f\left(k\right)^{3}=\sum\limits_{i=1}^{5}f\left(x_{i}\right)^{3}=f\left(1\right)^{3}\sum\limits_{i=1}^{5}x_{i}^{3}=k^{3}f\left(1\right)^{3},$
故 $f\left(k\right)=f\left(1\right)k$ .

从而结论 $(*)$ 获证,题目获解.

说明此题本质上是从恒等式 $(**)$ 出发来编拟的,证明过程中为实现归纳过渡引入辅助命题的思想并非是数学归纳法证题时所独有,再难的数学问题也都是由一些简单结论创造性地融合而成的.

高中奥数 2022-02-06

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