数列例讲A解答.doc

【代数十讲】
数列例讲-A
答案与讲稿 陶平生

内容与方法：存在问题，结构问题，递推与归纳、调整与化归、分类与对应，极端原理、构造法、母函数法，辅助数列法、等等

、数列满足：，，
、求的通项公式；
、证明：对于每个正整数，．
解、变形条件为：，因此，为一个等比数列，其首项为，公比也是，从而，则，… ①
所以， … ②
为证，即要证， … ③
加强命题，先证，对每个，都有 … ④
对归纳，时，有；设时④式成立，即
，则当时，

即时④式也成立，故④式对于每个正整数都成立．因此③式成立，结论得证．
、证明以下命题：
、对任一正整数，都存在正整数，使得成等差数列；
、存在无穷多个互不相似的三角形,其边长为正整数，且成等差数列．
证明：、易知成等差数列，故也成等差数列，
所以对任一正整数，都存在正整数，使得成等差数列．
、若成等差数列，则有，
即 …… ①，下面采用构造法，
选取关于的一个多项式，例如，使得它可按两种方式分解因式，
由于
因此令 ，可得 … ②
易验证满足①，因此成等差数列，
当时，有且，因此以为边可以构成三角形．其次，任取正整数，假若三角形与相似，则有：
，据比例性质有：

所以，由此可得，与假设矛盾．
即任两个三角形与互不相似，所以，存在无穷多个互不相似的三角形,其边长为正整数且成等差数列．
、试求最小的正整数，使得对于满足条件的任一具有项的正整数数列， 其中必有连续的若干项之和等于．
解：首先，我们可以构造一个具有项的整数数列，使其中不存在和为的连续项；为此，取 ，以及
，即 为：
（共有段，前段中每段各有个项，最后一段有个项，共计个项），其次，当项数少于时，只须将某些段中连续的若干个数合并成较大的数即可．
对于满足条件的任一个具有项的正整数数列，我们来证明，其中必有连续的若干项之和等于.为此，记，则 ．今考虑两组数：
组；；
组；．
两组共有个正整数，最大数，故其中必有两数相等，但组中的任两数不相等，组中的任两数也不相等，因此必定有组中的某数等于组中的某个数，
设，则，
即.因此的最小值为.
、数列的前五项为，从第六项起，每项的值等于它前面所有项的乘积减；证明：该数列前项的乘积等于这项的平方和．
证明：当时，，所以，
，即；于是

；而
，所以
．
、将等差数列{}：中所有能被3或5整除的数删去后，剩下的数自小到大排成一个数列{}，求的值.
　　　解：由于，故若是或的倍数，当且仅当是或的倍数．
现将数轴正向分成一系列长为的区间段：
……，注意第一个区间段中含有{}的项个，即．其中属于{}的项个，
它们是：；
于是每个区间段中恰有个{}的项，个{}的项，
且有，　,，由于，而，
所以．
、设为下述自然数的个数：的各位数字之和为且每位数字只能取或，求证：是完全平方数，这里 ，…．
解：由于的首位数字只取或，若去掉其首位数字，则有递推关系：
，易知 ，数列的特征方程为：
，将其分解因式，即 ……．
我们注意到，的左端含有因式，而正是菲波那奇数列： 的特征方程，这使我们想到，数列是否含有菲波那奇数列的某种“基因”？今将两个数列加以比较：
，…，
由此猜想，一般应有， ……
对归纳，时皆已验证，设式已对于成立，则在时，
；
．
故对所有正整数，式皆成立，因此结论得证．
、证明：对于任何正整数，在集合中，可以取出个数，其中任三数都不成等差数列．
证：对归纳，时，从中可以取出个数，其中任三数都不成等差数列．
设结论已对于成立，即在集合中，可以取出个数，其中任三数都不成等差数列；
当时，对于集合，将其等分为三段：
，其中，
；
据归纳假设以及等差数列的“平移性”（即等差数列的各项都加上同一个实数后仍是等差数列），可知，在中各可取到符合条件的个数；
由于在同一个集合或者中，任两数的差不大于，而中的任一数与中的任一数之差至少是，于是，若将这两个集合中所取得的个数合并到一起，它们中的任三数也不成等差，因此时结论也成立，故命题得证．
、给定数列，其中，数列满足： 数列满足：，．
证明：可表为两个正整数的平方和．
证：对于数列，有 先说明，常数．
事实上，
．
于是，．
所以，①
对于数列，由条件知，数列严格单增，
将 两边平方得②，
易为，又得，③
由②③知，是关于的方程 的两个相异根，因此由根与系数关系得 　　　　　
即 　　……　④
由知，为同一个数列，因此，
又据知，数列的各项为正整数，
易知，
今构作辅助数列，，其中
满足： 　……　⑤
满足： 　……　⑥
显然，当时，，皆为确定的正整数，且，今证明，
…… ⑦
记 ，即要证， …… ⑧
对n归纳，时已验证，设当时，⑧式成立.
当时，由于

，故

注意到，

同理有
因此
而据归纳假设，有，因此，
故由归纳法，对一切，⑧式皆成立，从而⑦式成立．　由⑦式得，
其中，为正整数．
、正整数数列满足：，
．
计算 ．
解：先求通项，时，条件化为，
…
此条件蕴含，即有，由式两端分别得到，
……， ……
据，，即 ，因此，
或 …
据，，即 ，因此，
……，据，得
当时，式化为， 则，故有
，即 ，所以 ．
注意到 ，
今证明，一般有 ……
此式对于已成立，设对于成立，考虑情形，
据， ，
即 ，
也即
所以 ．
即
也即 ．由此，

，
所以，．因 为整数，则
，故由归纳法，式对于任何正整数皆成立，即 ．
再计算 ：注意 ，所以，
．
、求所有正整数数列，使得
其中．
解：设是满足已知条件的正整数．
因为所以否则．
即有假设则
．
综上所述，有，其中．
将不等式重写为
即．
对于及，求和可得
．
当时，有即则．
当时，有即则．
当时，有即则．
当时，有
即则．
当时，有不可能．
因此，，，，是唯一的解．
、各项均为正数的数列，，且对满足的正整数都有
（1）当时，求通项
（2）证明：对任意，存在与有关的常数，使得对于每个正整数对于每个正整数，都有
解：（1）由得

将代入化简得
所以故数列为等比数列，从而
即；可验证，满足题设条件.
(2) 由题设的值仅与有关,记为则

考察函数 ,则在定义域上有

故对， 恒成立.
又 ,注意到,解上式得

取,即有 .
、数列满足：，（其中表示的
整数部分，），试求的值.
解：观察数列开初的一些项：

0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20

1
1
1
1
2
2
2
3
3
4
4
4
5
5
6
6
7
7
8
8
8

1
2
3
4
6
8
10
13
16
20
24
28
33
38
44
50
57
64
72
80
88
我们注意到，数列严格单增，每个正整数，顺次在数列中出现，并且除了首项之外，每个形如的数连续出现三次，其它数各连续出现两次.
一般地，我们可证明数列的以下性质：
若记，则,
若记则当时，有
对归纳.据上面所列出的项可知，当时结论成立.设性质对于成立，
即在时，，则

再对满足的归纳：
当时，由于，则，
因为，则
设当时，均有，则当时，因为

…
则，
即有，所以
由于
所以
故由归纳法，当时，
特别是，当时，上式成为
又由，当，有

所以
由可知，对于当时，亦有
，从而性质成立.
因为，取，则，，
因此.
、正整数数列满足：；
、求；
、求最小的正整数，使．
解：易得数列的下列初值：

我们关注使的下标：，…，它们满足如下递推关系：
…… ，
对归纳：时已成立，设已有，则由条件，，，，，…，
归纳易得，，（，…，），
， ……
于是，当时，．
因此，即成立.
据，，记，则 ，，所以，
因此 ，，…，而，则
，因，故由得，．
又由得，当时， ，
因此，当时，，
而当，要么有，要么有，即的值取不到，
进而考虑情况，由，得，由得，
，故满足的最小的为．
、数列为：，其构作方法是：首先给出，接着复制该项后，再添加其后继数，于是得；接下来再复制前面所有的项，再添加的后继数，于是得；
接下来再复制前面所有的项，再添加的后继数，于是得前项为 如此继续．
试求以及数列前项的和
解：据的构作方法，易知一般地，我们有
即数首次出现于第项，并且，若，则有，由于
，所以

为求，先计算，由的构作方法知，数列的前个项中，恰有
个，个，个，个，个，所以有，
，从而
，据，得，

其次，当，则

因此，
，，因此由得，
．
、试求满足下列条件的三元数组：
、为质数；、组成等比数列．
解：据条件， ……，设，其中不含大于的平方因子，则必有，这是由于，据，……，则
，设，于是化为，……，若，则有质数，即，因皆不含大于的平方因子，因此，．设
，则化为，……，若仍有，则又有质数，即，因皆不含大于的平方因子，则，，设
，则化为，，……，如此下去，因式中的质因子个数有限，故有，使，而从得，，从而
，改记，则有，
其中，……，无大于的平方因子，并且，否则若，则，因大于第三个质数，即，，得
为合数，矛盾．因此或为质数，或为若干个互异质数之乘积，（即大于，且无大于的平方因子）．我们将其简称为“具有性质”．
、据，．当，则，有，因，得，若，则且，得为合数；若，在为偶数时，具有性质的有，分别给出不为质数；为奇数时，具有性质的值有，分别给出的皆不为质数；若，具有性质的值有，当时，给出解；当时，给出解
；时，分别给出的皆不为质数；
若，则或．在时，，因质数，得，
具有性质的值有，在为奇数时，给出皆为合数；在
时，给出为合数；时，给出为合数；在
时，给出解；在时，，，具有性质的值有．在为奇数时，给出的皆为合数；和时，给出的不为质数；时，给出解；
、时，由，得，具有性质的值有．在时，为合数；时，，因，则可取，分别得到至少一个不为质数；时，，，因，在时给出的为合数；时给出解；时给出解；时，，
，，只有在时给出解；
、时，，具有性质的值有，给出皆为合数；
、时，，具有性质的值只有得，这时
，，只有在时给出解；
在时给出解；
、时，，具有性质的值只有得，而
，，只有在时给出解；在时给出解；
、时，，具有性质的值不存在．
因此，满足条件的解共有组，即为上述的．
、下面是一个由一组数圈所构成的序列：
其构作方法是，第一个圈上填有数，第二个圈上填有数和，在第个圈上，将每一对相邻位置的数之和插入到这两数之间的弧段上，便得到第个圈．
试确定，在第个圈上，总共填写有多少个数 ？
解：用表示第个数圈上填有数的个数，则易求得最初的一些值为：
，……，
我们来证明，一般有；即在第个圈中恰含有个，（其中欧拉函数表示中与互质的数的个数）．
据构圈方式，易得数圈序列的如下性质：
、在第圈上相邻的每一对数中，必有一数；
对归纳，时已得，设时结论成立，即圈上任一对相邻位置的数中，有一数，另一数，则在第圈中，其间所插入的．
、在每个圈中，任一对相邻位置的数皆互质；
对归纳，时显然，设时结论成立，即在第个圈上，任一对相邻位置的数都满足：，则在第圈上，其间所插入的数为，显然有
．
、，数与恰在第圈相邻，且仅在第圈相邻；
这是由于，因每个圈中恰好有一个数为，其余的数都大于，若在第个圈上，两侧的数皆为，则在第个圈上，两侧的数皆为；
、任一对互质的正整数，必在某圈中出现两次相邻，且仅相邻两次；
事实上，对于任一对互质的正整数，，则有，使，用记号表示在圈上相邻，则由构圈方法，由相邻可经若干次操作得相邻，这是由于，……．
因，由辗转相除法，存在，使
因，据，数与恰在第圈相邻两次，且仅在该圈相邻两次，
于是有，．故由辗转相除法的唯一性知，数必在某圈中出现两次相邻，且仅在该圈相邻两次．
回到原问题，设，称是关于的一对互补数，显然有，，对大于的每个正整数，满足以上条件的有个，设为，，，则
，是的反向排列，由于当时，是偶数（见附注），故可搭配成对互补数，而据前述诸性质，每对互补数必在前个数圈的某个圈中出现相邻，且在同一圈恰有两次相邻，（据，它们必相邻，而据，它们不可能在第圈之后的圈相邻），由于每次填写在圈上的数，在此后的数圈中全都保留，于是，在前个圈中，每对互补数的和数都将出现两次，（且由，不互质的数对不可能在圈中相邻），因此在第个圈中，共有个，即．
当时，因，于是在第个圈上，数的个数为：个．
（附证，当时，为偶数：，若至少有一个奇质因数时，设，，，则偶数；，当若只有偶质因数时，设，则偶数．）
、数列：，；
证明：，皆可表为两个正整数的平方和．
证:由条件易得，，……，
我们注意到,,而；
，而；，
而；……，据此猜测，对每个正整数，都有：
……①
为便于证明①，我们还需给出一个关于的递推关系：
……②
今证①与②：对大于的归纳，时皆已验证，设①与②对于成立，则对于，由①、②以及，有

……③

……④
因此，①与②对于也成立；故由归纳法，对每个正整数，①与②皆成立．
且①式表明，为两个正整数的平方和．
、如果既约分数满足：为正整数，则称为“牛分数”；现将所有“牛分数”按递增顺序排成一个数列，称为“牛数列”；
证明：对于牛数列中的任两个相邻项，都满足：．
证：对任一正整数，将牛数列中分母不大于的子数列记为，当，
数列显然满足条件；
对归纳：据数列知，时结论成立，设结论对于成立，考虑数列，
注意，而\中的分数满足，分母，；
设是中的一对相邻分数，如果它们在中也相邻，则显然满足条件；如果它们在中不相邻，即有\中的分数插入它们之间，其中，．，（插入的分数中总有一个与或相邻，不妨设
与相邻），于是 ……①，
所以 ……②，
又易知，分数也介于之间，（这是由于，，），注意，可知与互质，即为既约分数．
如果，注意及，相乘得，
而由，得，
因，且在中相邻，所以，且①中成立等号，
则，得，这与矛盾，
因此，；如果分数， 则 ……③，
如果是中的相邻项，则对于前一对分数而言，有
；而对于后一对分数而言，有
；因此插入后的分数列合于条件；
又由③知，①式成立等号，于是有以及，而由
，所以；……④
因此得；并且是中能够插入中的一对相邻分数，之间的唯一分数，即是说，在由数列过度到数列时，不论相邻分数间是否插入了新的分数，所得数列都满足条件，因此对于每个正整数，结论成立．特别是数列满足条件，故本题得证．
、数列{},{}满足:，，,其中为正整数,,且．
证明:必可表为两个正整数的平方和.
引理。若正整数满足：，则存在，使以下三式：
同时成立.
不妨设，对归纳，时，由于，则 ，此时有
，即时结论成立.
设当时结论成立，当时，由
则，故可令
式成为 ，即，两边同加得，
，因为 故，
由归纳假设知，存在，使
即
，
若记 ，
则在式中有，，
即时结论成立，
由归纳法，证得引理成立.
引理 . 有 …….
证：只要证，对于 有…….
对归纳，时结论显然；
时，由于 ，，则
.
设当时有，则当时，

.
故成立，再于中令，则有 ，引理得证.
回到本题，据引理，在中，令，则有：；
又取 ，有

．因此结论得证．
、给定一个项的实数列，然后选定一个实数，将数列变换为：
；这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数可以各不相同；
（ⅰ）、证明：可以经过有限次这样的变换，使得数列的各项全变为；
（ⅱ）、为了确保对于任何给定的初始数列，以上结果都能实现，问最少需要作多少次这样的变换？
解：设是在对初始数列作了次变换后所得的数列，而是在作第次变换时所取的减数之值；
若取，则在作了第一次变换后，所得到的数列中，有，即其前两项相等；
若再取，则在作了第二次变换后，所得到的数列
中，有，即其前三项相等；
再继续作类似的变换，即在第步中，取，其结果将使得在第次变换后，所得到的数列中，前项相等；
如此下去，第次变换后，所得到的数列中，所有各项都相等，于是只要再取，则在作了第次变换后，数列各项均变为．
再说明，为了保证对于任何给定的初始数列都能化为全零数列，至少要作次变换．
为此，我们需要构作一个数列，使得无论每次怎样选择减数之值，若所作的变换少于次，则不可能将其化为全零数列．
构作一个增长速度较快的数列，例如数列！，！，…，!，我们来证明，若所作的变换少于次，则不可能将其化为全零数列．
应当指出，在将某个数列变为全零数列的一系列变换过程中，若在其中某一步变换时所取的减数之值小于此时数列中各项的最小值，那么这一变换过程的变换步数便不是最小的；事实上，首先，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设在使用减数之值作过一次变换后，紧接的下一次变换所施用的减数为，那么这两次连续变换的结果可以用一次以为减数的变换来替代（这是由于，从可得等式）
类似地，若某一步变换时所取的减数之值大于此时数列中各项的最大值，那么这一变换过程的变换步数也不是最小的；只不过此时分别以和为减数的连续两次变换，可以用以为减数的一次变换来替代．（这是由于，从可得等式
）．
基于以上理由，可知，如果某一数列是在经过了最少的次数之后而变为全零数列的，那么它在变换过程中的每一步变换所取的减数都应介于当时数列各项的最大值与最小值之间；
下面，我们用数学归纳法来证明，至少需要作次变换，才能将数列
！，！，…，!变为全零数列．
当时结论显然成立，这是因为对于数列！，！（即1和2），无论选取怎样的，一次变换不可能将它们全变为零，而至少需两次变换，（例如，选取
）；
假设已证得，时，为将！，！，…，!变为全零数列，需要经过不少于次变换，又假定只需次变换，也能将！，！，…，!，！变为全零数列，(此时，它的子数列！，！，…，!当然也变为全零了)，那么由归纳假设以及前述讨论可知，第一步变换中所取的减数应满足不等式，
而在后继的各步变换所取的减数，也都应当不超过由原数列的第次变换后所得数列各项的最大数，这个最大数当然不会超过!，这样一来，数！在这样的次变换后绝不可能变为零，事实上，
，
这一矛盾证实了命题的断言成立．
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