是无穷的自然数列

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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