高中奥数 2022-01-28

2022-01-28 本文已影响0人天目春辉

2022-01-28-01

（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斐波那契(Fibonaccia)数列 P059 例04）

设函数 $f\left(x\right)=\dfrac{1}{x+1}\left(x>0\right)$ .证明:

(1)对任意正整数 $n$ ,都有 $g_{n}\left(x\right)=x+f\left(x\right)+f\left(f\left(x\right)\right)+\cdots+\underbrace{f\left(f\left(\cdots f\left(x\right)\right)\right)}_{n\text{个}f}$ 是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的递增函数;

(2) $g_{n}\left(1\right)=\dfrac{F_{1}}{F_{2}}+\dfrac{F_{2}}{F_{3}}+\cdots+\dfrac{F_{n+1}}{F_{n+2}}$ ,这里 $\left\{F_{n}\right\}$ 是Fibonacci数列

证明

证明为表述方便,我们记 $\underbrace{f\left(f\left(\cdots f\left(x\right)\right)\right)}_{n\text{个}f}$ 是 $\left(0,+\infty\right)$ ,从局部出发来讨论这个函数迭代问题.

(1)熟知函数 $y=x+ \dfrac{1}{x}$ 在 $\left(1,+\infty\right)$ 上单调递增,因此,函数 $h\left(x\right)=x+f\left(x\right)=x+\dfrac{1}{1+x}=\left(1+x\right)+\dfrac{1}{1+x}-1$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增.

注意到, $f\left(f\left(x\right)\right)=\dfrac{1}{f\left(x\right)}=\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{1+x}}=\dfrac{1+x}{2+x}=1-\dfrac{1}{2+x}$ 是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数,依此可知,对任意 $k\in \mathbb{N}^{*}$ ,函数 $f^{\left(2k\right)}\left(x\right)$ 都是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数,结合 $h(x)$ 在 $\left(0,+\infty\right)$ 上递增,可知 $f^{\left(2k\right)}\left(x\right)+f^{\left(2k+1\right)}\left(x\right)$ 也是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数.

利用上述结论可知,

当 $n$ 为奇数时,
$g_n\left(x\right)=\left(x+f\left(x\right)\right)+\left(f^{\left(2\right)}\left(x\right)+f^{\left(3\right)}\left(x\right)\right)+\cdots+\left(f^{\left(n-1\right)}\left(x\right)+f^{\left(n\right)}\left(x\right)\right)$
是 $\dfrac{n+1}{2}$ 个 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数之和.

当 $n$ 为偶数时, $f^{\left(n\right)}\left(x\right)$ 与 $g_{n}\left(x\right)-f^{\left(n\right)}\left(x\right)$ 都是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数,因此, $g_{n}\left(x\right)$ 也是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数.

所以,对任意 $n\in \mathbb{N}^{*}$ , $g_{n}\left(x\right)$ 都是 $\left(0,+\infty\right)$ 上的增函数.

(2)由 $g_{n}\left(x\right)$ 的定义可知,我们只需证明:对任意 $n\in \mathbb{N}$ ,都有 $f^{\left(n\right)}\left(1\right)=\dfrac{F_{n+1}}{F_{n+2}}$ (这里 $f^{\left(0\right)}\left(x\right)=x$ ).

利用 $1=\dfrac{F_{1}}{F_{2}}$ , $f\left(1\right)=\dfrac{1}{2}=\dfrac{F_{2}}{F_{3}}$ 可知当 $n=0$ 、 $1$ 时命题成立.

现设 $f^{\left(n\right)}\left(1\right)=\dfrac{F_{n+1}}{F_{n+2}}$
(即命题对 $n$ 成立),则由 $f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\dfrac{1}{1+f^{\left(n\right)}\left(x\right)}$
可知 $f^{\left(n+1\right)}\left(1\right)=\dfrac{1}{1+f^{\left(n\right)}\left(1\right)}$ ,故
$f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\dfrac{1}{1+\dfrac{F_{n+1}}{F_{n+2}}}=\dfrac{F_{n+2}}{F_{n+2}+F_{n+1}}=\dfrac{F_{n+2}}{F_{n+3}}.$

所以,(2)成立.

2022-01-28-02

（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斐波那契(Fibonaccia)数列 P060 例05）

考虑数列 $\left\{x_{n}\right\}$ : $x_{1}=a$ , $x_{2}=b$ , $x_{n+2}=x_{n+1}+x_{n}$ , $n=1,2,3,\cdots$ ,这里 $a$ 、 $b$ 为实数.若存在正整数 $k$ 、 $m$ , $k\neq m$ ,使得 $x_{k}=x_{m}=c$ ,则称实数 $c$ 为“双重值”.证明:存在实数 $a$ 、 $b$ ,使得至少存在2000个不同的“双重值”.进一步,证明:不存在 $a$ 、 $b$ ,使得存在无穷多个“双重值”.

证明

我们利用Fibonaccia数列来构造一个具有2000个不同的“双重值”的数列.

想法是将 $\left\{F_{n}\right\}$ 依现有的递推式向负整数下标延拓,可得

$\begin{aligned} &F_{0}=F_{2}-F_{1}=0,\\ &F_{-1}=F_{1}-F_{0}=1=F_{1},\\ &F_{-2}=F_{0}-F_{-1}=-1=-F_{2},\\ &F_{-3}=F_{-1}-F_{-2}=2=F_{3}, \end{aligned}$

依此下去,可知 $F_{-2m}=-F_{2m}$ , $F_{-\left(2m+1\right)}=F_{2m+1}$ , $m=1,2,\cdots$ .

于是,对任意 $m\in \mathbb{N}^{*}$ ,令 $a=F_{2m+1}$ , $b=-F_{2m}$ ,那么,数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 为

$F_{2m+1},-F_{2m},F_{2m-1},-F_{2m-2},\cdots,-F_{2},F_{1},F_{0},F_{1},F_{2},\cdots ,F_{2m-1},F_{2m},F_{2m+1},\cdots$ .数 $F_{1},F_{3},\cdots ,F_{2mt+1}$ 都是 $\left\{x_{n}\right\}$ 的“双重值”.特别地,取 $m=1999$ 即可找到符合要求的 $\left\{x_{n}\right\}$ .

另一方面,若存在 $a$ 、 $b$ ,使得 $\left\{x_{n}\right\}$ 有无穷多个不同的“双重值”,则 $\left\{x_{n}\right\}$ 中任意相邻两项不同号(否则,数列从这相邻两项的下一项起变为一个严格递增(或严格递减)的数列,不能出现无穷多个不同的“双重值”)注意到, $\left\{x_{n}\right\}$ 的特征方程(也就是Fibonaccia数列的特征方程)为 $\lambda^{2}=\lambda+1$ ,有两个不同的实根,因而可设

$x_{n}=A\cdot\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}+B\cdot\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n},n=1,2,\cdots$

由于 $\left|\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right|<1$ , $\sqrt{1}\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}>1$ ,如果 $A>0$ ,那么 $n$ 充分大时,都有 $x_{n}>0$ ,从而会出现都为正数的相邻两项;同样地,若 $A<0$ ,则 $\left\{x_{n}\right\}$ 中会出现同为负数的相邻两项.均导致矛盾.所以 $A=0$ ,进而 $x_{n}=B\cdot\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}$ ,结全 $\left|\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right|<1$ 知,数列 $\left\{|x_{n}|\right\}$ 是一个单调递减的数列,在 $B\ne0$ 时不出现“双重数”,而 $B=0$ 时,只有一个“双重数”.

综上可知,命题成立.

2022-01-28-03

（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斐波那契(Fibonaccia)数列 P061 例06）

将Fibonacci数列的项依次排列 $1,1,2,3,5,8,\cdots$ ;将所有的孪生素数(若 $p$ 与 $p+2$ 都是素数,则称 $p$ 与 $p+2$ 为孪生素数)从小到大排列 $3,5,7,11,13,17,19,29,31,\cdots$ .求在这两个数列中都出现的正整数.

解

对比两个数列的前面若干项,可发现只有3、5和13在两个数列中出现,猜测这是所有要求的正整数.鉴于孪生素数组成的数列的规律性难以把握,要证上述猜测,应从Fibonaci数列的性质着手,如果 $n$ 比较大时,要么 $F_{n}$ 为合数,要么 $F_{n}\pm 2$ 都是合数,那么 $F_{n}$ 不在孪生素数数列中出现.依此想法着手,先要猜出Fibonacci数列的一些性质.

将Fibonacci数列的前面一些项列出

表1

发现 $F_{2n}$ ( $n\geqslant 3$ 时)都是合数,而 $F_{2n+1}\pm2$ ( $n\geqslant 4$ 时)也都是合数,并且有如下的一些关系式

(1) $F_{2n}=F_{n}\left(F_{n+1}-P_{n-1}\right)$ ,这里 $F_{0}=0$ ;

(2) $F_{4n+1}+2=F_{2n-1}\left(F_{2n+1}+F_{2n+3}\right)$ ;

(3) $F_{4n+1}-2=F_{2n+2}\left(F_{2n-2}+F_{2n}\right)$ ;

(4) $F_{4n+3}+2=F_{2n+3}\left(F_{2n+1}+F_{2n-1}\right)$ ;

(5) $F_{4n+3}-2=F_{2n}\left(F_{2n+2}+F_{2n+4}\right)$ .

注意到,如果上述5个关系式成立,那么在两个数列中出现的数只有3、5和13.现在用数学归纳法证明(1)—(5)都成立.

当 $n=1$ 时,利用前表中所列数据可知(1)—(5)都成立.现设(1)—(5)对不超过 $n$ 的情形都成立,则由Fibonacci数列的递推式,对 $n+1$ 的情形,有
$\begin{aligned} F_{4 n+2} &=F_{4 n+1}+F_{4 n}=F_{4 n+1}+F_{4 n-1}+F_{4 n-2} \\ &=\left(F_{4 n+1}+2\right)+\left(F_{4 n-1}-2\right)+F_{4 n-2} \\ &=F_{2 n-1}\left(F_{2 n+1}+F_{2 n+3}\right)+F_{2 n-2}\left(F_{2 n}+F_{2 n+2}\right)+F_{2 n-1}\left(F_{2 n-2}+F_{2 n}\right) \\ &=F_{2 n+1} F_{2 n-1}+F_{2 n-1} F_{2 n+3}+F_{2 n-2}\left(F_{2 n}+F_{2 n-1}\right)+\left(F_{2 n-2} F_{2 n+2}+F_{2 n-1} F_{2 n}\right) \\ &=F_{2 n+1} F_{2 n-1}+F_{2 n-2} F_{2 n+1}+F_{2 n-1}\left(F_{2 n+3}+F_{2 n}\right)+F_{2 n-2} F_{2 n+2} \\ &=F_{2 n+1} F_{2 n}+2 F_{2 n-1} F_{2 n+2}+\left(F_{2 n}-F_{2 n-1}\right) F_{2 n+2} \\ &=F_{2 n+1} F_{2 n}+F_{2 n+2}\left(F_{2 n-1}+F_{2 n}\right) \\ &=F_{2 n+1}\left(F_{2 n}+F_{2 n+2}\right), \end{aligned}$
即 $F_{2\left(2n+1\right)}=F_{2n+1}\left(F_{2n+1-1}+F_{2n+1+1}\right).\qquad(*)$

同理可证 $F_{n+4}=F_{2n+2}\left(F_{2n+1}+F_{2n+3}\right)$ ,

即 $F_{2\left(2n+2\right)}=F_{2n+2}\left(F_{2n+2-1}+F_{2n+2+1}\right).\qquad(**)$

故由()(*)可知,(1)对 $2n+1$ 、 $2n+2$ 成立,因此,对所有 $n\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.
$\begin{aligned} F_{4 n+5}+2 &=F_{4 n+4}+\left(F_{4 n+3}+2\right) \\ &=F_{2 n+2}\left(F_{2 n+1}+F_{2 n+3}\right)+F_{2 n+3}\left(F_{2 n+1}+F_{2 n-1}\right) \\ &=F_{2 n+1}\left(F_{2 n+2}+F_{2 n+3}\right)+F_{2 n+3}\left(F_{2 n+2}+F_{2 n-1}\right) \\ &=F_{2 n+1} F_{2 n+4}+2 F_{2 n+3} F_{2 n+1} \\ &=F_{2 n+1}\left(F_{2 n+3}+F_{2 n+5}\right), \end{aligned}$
即(2)对 $n+1$ 成立.类似地可证(3)、(4)、(5)对 $n+1$ 成立(具体验证过程请读者完成).

综上可知,(1)(5)对任意 $x\in \mathbb{N}^{*}$ 成立.所以,只有3、5和13在两个数列中同时出现.

高中奥数 2022-01-28

猜你喜欢

热点阅读