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时间:2018-05-25
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1、B6-052 假设a1,a2,a3,…是无穷的自然数列,a1=1,而且当k>1时有不等式ak≤1+a1+a2+…+ak-1证明:所有的自然数都可以表示成这个数列的某些项之和的形式(可以只有一项构成).【题说】1960年匈牙利数学奥林匹克题2.【证】我们证明稍广一点的断言:如果自然数n≤a1+a2+…+ak,那么n可以表示成a1,a2,…,ak中某些数的和.k=1时断言显然成立,假设断言对于k-1成立,则自然数n≤a1+a2+…+ak-1时n可以表示成a1,a2,…,ak-1中某些数的和.若1+a1+a2+
2、…+ak-1≤n≤a1+a2+…+ak,则由已知条件0≤n-ak≤a1+a2+…+ak-1.于是数n-ak或者等于0,或者根据归纳假设可以表示成a1,a2,…,ak-1中某些数的和.因此n可以表示成a1,a2,…,ak中某些数的和. B6-053 考察数列{cn}:c1=c1+c2+…+a8……其中a1,a2,…,a8是不全为0的实数.假定该数列中有无限多项cn=0.求出所有使cn=0的自然数n.【题说】第九届(1967年)国际数学奥林匹克题5.本题由原苏联提供.【解】不妨设a1的绝对值为最大,则必有某个
3、ai,满足ai=-a1(i≠1).否则,当n充分大时,不失一般性可设 a2=-a1所得的和cn仍然有无穷多个为0.根据上面的推理,有(适当调整编号):a3=-a4,a5=-a6,a7=-a8因而n为奇数时,cn=0. B6-054 一次竞赛在n(>1)轮中共发了m枚奖章.第一轮发了轮正好发了n枚而没有余下的奖章.这个竞赛共包括几轮?一共发了多少奖章?【题说】第九届(1967年)国际数学奥林匹克题6.本题由匈牙利提供.即
4、 (m-36)·6n-1=7n·(n-6)所以 6n-1
5、(n-6)但 6n-1>n-6所以 n=6,m=36 B6-055 设{an}为有下列性质的实数列: 1=a0≤a1≤a
6、2≤…≤an≤… (1)又{bn}是由下式定义的数列:证明:(a)对所有n=1,2,3,…,有0≤bn<2;(b)对0≤c<2的任一c,总存在一个具有性质(1)的数列{an},使得由(2)导出的数列{bn}中有无限多个下标n满足bn>c.【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题3.本题由瑞士提供.所以=2第k项是 现在要求对无穷多个n,d(1+d)(1-dn)>c,则事实上,这时有d(1+d)>c.故(3)右端为一正数.因为0<d<1时,dn
7、→0,所以存在一个确切的自然数N(如取N=[ln(1-c/(d(1+d)/lnd))]),使得当n>N时(3)成立.于是(b)得证. B6-056 证明:如果{an}是两两互异的自然数组成的无穷序列,并且这些自然数的十进制表达式中不含数字0,那么【题说】1970年~1971年波兰数学奥林匹克三试题1.【证】k位数中,数字不含0的共9k个,其中首位数字为1,2,…,9的各9k-1个,因此 B6-057 证明:数列{2n-3},n=2,3,4,…中至少有一个无穷子列,其中的项两两互素.【题说】第十三届(197
8、1年)国际数学奥林匹克题3.本题由波兰提供.【证】我们用归纳法来构造一个这样的子列.取n1=2.若n1,…,nk已经取定,且2ni-3(1≤i≤k)两两互素,将它们分解成素因子的积,设在这些积中出现的素因子为pj(1≤j≤n)令 nk+1=(p1-1)(p2-1)…(pm-1)+2≡4-3=1(modpj)(1≤j≤n)故2nk+1-3不能被任一pj整除,因而它与2ni(1≤j≤k)都互素,这样,子列{2nk-3}就是满足题目要求的一个子列. B6-058 设a
9、1,a2,a3,…是正整数无穷数列,且对所有k≥1有ak<ak+1.证明:在上述数列出,有无穷多个am可以表示成am=xap+yaq的形式,其中x,y是适当的正整数,并且p≠q.【题说】第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题2.本题由英国提供.【证】考虑模a1的剩余类.因为关于模a1的剩余类只有有限个,所以必存在一个剩余类,其中包含所给数列的无穷多项,设ap是该剩余类中的最小的异于a1的数,则此类中其余的am>ap,都可表成
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