赏析运用斐波那契数列归纳证明的问题

60.
所以 , 重量范围为 1 ≤w ≤ 59 的物体是 可以找到满足题意的 12 个砝码来称量出的 . 这几道题的解答过程几乎都是先枚举尝 试 ,发现规律为斐波那契数列后 ,再进行归纳 证明 ,这反映了 “探索 — — — 猜想 — — — 证明” 的 解题步骤 .
参考文献 :
[1] 武炳杰 . 从无穷递降法到递推数列 [J]. 中等数学 , 2008(5) . [2] 吴振奎 . 斐波那契数列 [M]. 沈阳 : 辽宁教育出版社 , 1987.
此题是斐波那契数列在计数问题中的运
2008 年第 11 期
71
用 . 通过对 n 为较小数的枚举 , 不难发现其 结果应为
Fn - 1 , 其中 , Fi 表示斐波那契数列 Fn
不同 ,本题的立意很新颖 . 利用斐波那契数列 来归纳求解 ,完全体现出了数学之美 . 取 n 个砝码 ,记第 i 个砝码的重量为 Fi
j
x ∑
i
-
j ∈J
x ∑
取得最小值 ( 允许 I 或 J 是
空集 ,这种情况的和为 0 ) , 如果有多于一个 这样的分割 ,任意选其中的一个 ;
( 2) 设数列 A k + 1 = ( y1 , y2 , …, y n ) ,其中 ,
个砝码称量重为 w ( 1 ≤w ≤ Fn + 2 - 1假设得证 . 综上 ,由归纳法知结论成立 . 取 n = 10 , F1 = F2 = 1 , F3 = 2 ,
Fn + 1 - 1= F3 - 1= F1 + F2 - 1=1 ,
么 ,由归纳假设知 ,满足 f ( 1) =1 , f ∈Fn 的个 数有 Fn - 2 个 . 故 Fn 的元素总个数为 Fn - 1 + Fn - 2 = Fn , 其中 ,使得 f ( 1) ≠ 1 的概率为
Fn - 1 . Fn
{1 ,ຫໍສະໝຸດ Baidu , …, n }中的数被染成红色或蓝色 , 并满
足下列条件 : 集合 S ×S ×S 恰包含 2007 个 有序三元数组 ( x , y , z ) ,使得
( 1) x 、 y、 z 同色 ; ( 2) x + y + z 可以被 n 整除 . 4. 设 A 0 = ( a1 , a2 , …, an ) 是实数数列 .
f ( 1) ≠ 1 的概率 .
通过对小量数据的枚举 , 不难发现答案 为 ( k , m ) = ( F2 l , F2 l +1 ) ( l ∈N) . 首先 ,由 x n + 1 =
xn + 1 + 1 2 xn - 1 ] xn = . xn + 1 + 2 1- x n
下面运用数学归纳法 . 若含有数字 1 ,则存在一些 j ,有
g ( 1) =2 , g ∈ Fn - 1 的集合元素一一对应 . 那
到 Fn + 1 + Fn + 2 - 1= Fn + 3 - 1. 上述结论成立 . 现在去掉一个砝码 Fi , 利用归纳法证 明 : 由重量为 F1 , F2 , …, Fi - 1 , Fi + 1 , …, Fn 的砝码可以称量重量为w ( 1 ≤w ≤Fn + 1 - 1) 的物体 . 当 n =2时 ,
2 对于所有满足 0 ≤i ≤n - n 的 i 成立 . 2. 将一个单位正方形分割成 n ( n > 1) 个
对于每个非负整数 k , 由数列 A k = ( x1 , x2 , …, x n ) 来构造一个新的数列 A k + 1 满足下列 条件 :
(1) 选择{1 ,2 , …, n } 的一个分割 I ∪J ,
个砝码也能做到这一点 ? 本题是 1993 年环球城市数学竞赛的一 道题 ,笔者略有改动 . 与其他的砝码问题有所
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中 等 数 学
竞赛之窗
第 48 届 IMO 预 选 题 ( 四)
李建泉 译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
组合部分
1. 已知 n 是大于 1 的整数 . 求满足下列
0 , ( m , k ) =1 ,使得定义为
k x0 = , xn + 1 = m
因此 , ( k , m ) = ( F2 l , F2 l +1 ) ( l ∈N) . 这里应该注意到斐波那契数列相邻两项 互质的事实 ( 反证法易证) . 另一方面 , 容易验证对于所有的 l ∈N ,
x0 = F2 l 都能使数列包含数字 1. F2 l +1
2 xn - 1 , xn ≠ 1; 1- x n 1,
xn = 1
的数列一定包含数字 1. 分析 : 定义斐波那契数列{ Fn } :
). F0 = F1 = 1 , Fn + 2 = Fn + 1 + Fn ( n = 0 ,1, …
选择此题的原因在于说明 , 即使是递归 数列的试题 ,若以斐波那契数列为背景 ,也未 必一眼就能看出来 . 题2 证明 :有无穷多对正整数 a 、 b ,满足 : 2 2 ( ) ( ) a | b + 1 , b| a + 1 . 对于此题的讨论可参考文 [1 ] . 列举题 2 是为了说明斐波那契数列也可 成为数论问题中的背景 . 分析 :从最小的正整数开始枚举 , 2 2 1 + 1=2 , 2 + 1=5 , 2 2 5 + 1=2 × 13 , 13 + 1=5 × 34 , …… 发现 (1 ,2 ) , ( 2 ,5 ) , ( 5 ,13 ) , ……均满足 题意 ,可以看出所求数为斐波那契数列的相 邻的奇数项 . 只需用归纳法证明 : 2 F2 n -1 F2 n +3 = F2 n +1 + 1. ① 式① 的证明见文 [2 ] . 题 3 Fn 为满足以下递推关系的全部函 数 : 从{1 ,2 , …, n}到{1 ,2 , …, n} ,且 ( 1) f ( k ) ≤k + 1 ( k =1 ,2 , …, n) ; ( 2) f ( k ) ≠k ( k = 2 ,3 , …, n ) . 求从 Fn 中 随 意 取 出 一 个 函 数 f , 使 得
F4 = 3 , F5 = 5 , F6 = 8 , F7 = 13 , F8 = 21 , F9 = 34 , F10 = 55.
Fn + 1
的 n 个砝码 , 任意去掉两个 , 仍能称出重为
w ( 1 ≤w ≤g ( n + 1) -1 ) 的物体 , 而 g ( 13) =
= Fn - 1< Fn + 1 - 1) 的物体 ,这样可以由归纳
其中任意去掉一个 , 仍可以称量重为 w
( 1 ≤w ≤F11 - 1=89-1=88 ) 的物体 .
对于 ( 2) ,可以构造广义斐波那契数列 : g ( n ) = g ( n - 1) + g ( n -3 ) ( n ≥ 4) ,
g ( 1) = g ( 2) = g ( 3) =1 .
用与 ( 1) 类似的方法 ,可以说明对于这样
1 g 到 59g 重的任何物体 , 甚至少了任何两
的物体 . 若去掉的是砝码 Fi ( i ∈{1 ,2 , …, n } ) . 由归纳假设知 F1 , F2 , …, Fi - 1 , Fi + 1 , …, Fn 可量出重量为 w ( 1 ≤w ≤Fn + 1 - 1) 的物体 . 现 在考虑重量为 w ( 1 ≤w ≤ Fn + 2 - 1) 的物体 , 其中 ,1 ≤w ≤Fn + 1 - 1 的部分可通过那 n -1 个砝码称量 . 只需考虑 Fn + 1 ≤w ≤ Fn + 2 - 1 的部分 . 先将砝码 Fn + 1 放上 , 转化为用 n - 1
Fn + 1 + 1 ( n ≥ 1 ) , 从而 , 可以称量的范围扩大
显然 ,当 n = 1 时 ,结论成立 . 下面令 n ≥ 2 ,运用构造一一对应的方法 来计数 . 如果 f ∈ Fn , f ( 1 ) =2 , 则可以确定一个 函数 g ∈Fn - 1 . 若 f ( k + 1) =1 , 则 g ( k ) =1 , 而其他的 x , f ( x +1 ) ≠ 1 ,于是 , g ( x ) = f ( x +1 ) -1 . 相反地 ,对于任一个函数 g ∈Fn - 1 ,都唯 一地对应一个 f ∈Fn ,使得 f ( 1) =2 . 所以 , f 的个数是 Fn - 1 的元素总个数 . 由归纳假设知有 Fn - 1 个 . 另一方面 ,可以通过令 g ( k ) = f ( k + 1) -1 , 知使得 f ( 1 ) =1 , f ∈ Fn 的集合元素与满足
xj = 1= F0 . F1 F2 i ,则 F2 i +1
假设 x p + 1 =
F2 i +1 F2 i +1 F2 i +2 xp = = . F2 i F2 i +3 +2 F2 i +1
从而 ,必有 x0 =
收稿日期 :2007-12-13
F2 l . F2 l +1
( 1998 ,韩国数学竞赛)
( 1 ≤i ≤n ) .
的第 i 项 . 下面用数学归纳法证明 : Fn 有 Fn 个元素 , 且其中有 Fn - 1 个满足
f ( 1) =2 ( 而 f ( 1) ≠ 1) .
首先用归纳法证明 : 对于重 w ( 1 ≤w ≤Fn + 2 - 1) 的 物 体 , 可 以用 n 个砝码量出其重量 . 当 n = 1 时 , F3 = F2 + F1 = 2. 于是 , F3 - 1=1 , w =1 ,显然可以量出 . 设对 n 成立 ,考虑 n + 1 个砝码 . 由归纳假设 ,用 F1 , F2 , …, Fn 可量出大 于或等于 1 、 小于或等于 Fn + 2 - 1 的物体 , 则 可以多放入一个重为 Fn + 1 的砝码 . 而 Fn + 2 ≥
而 F1 = F2 = 1 ,随意去掉一个仍可称量 . 设当 n ≥2 时成立 , 现考虑 n +1 个砝 码. 若去掉的是砝码 Fn + 1 , 由前面归纳知用
F1 , F2 , …, Fn 可称量重为 w (1 ≤w ≤Fn + 2 - 1)
由归纳法知 ,原命题得证 . 题 4 ( 1) 是否存在 10 个整数克重的砝 码 ( 不同砝码可能有相同重量) , 用天平可以 量出从 1 g 到 88g 重的任何物体 , 甚至少了 任何一个砝码也能做到这一点 ? (2) 是否存在 12 个整数克重的砝码 ( 不 同砝码可能有相同重量) ,用天平可以量出从
矩形 ,每个矩形的边与单位正方形的边平行. 任意一条与单位正方形的边平行 , 且过正方 形内部的点的直线也过某个矩形内部的点. 证明 : 存在一个矩形 ,其内部及边界上的点都 不是单位正方形边界上的点 .
3. 求 所 有 的 正 整 数 n , 使 得 集 合 S =
满足 I ∩J =
i ∈I
, I ∪J = {1 ,2 , …, n } , 表达式
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中 等 数 学
学生习作
赏析运用斐波那契数列归纳证明的问题
武炳杰
( 上海市复旦大学附属中学高三 (8) 班 ,200433)
斐波那契数列是由一个古老的兔子生兔 子问题所引发的 ,然而 ,其意义却不仅满足于 求解通项公式 , 许多问题甚至在题中丝毫不 出现递推关系 , 它的求解却蕴涵了斐波那契 数列的思想 , 这些问题包含了看似普通的数 论甚至组合的问题 . 本文以几道竞赛试题为例 ,与读者赏析 . 题1 求所有的整数对 ( k , m ) , m > k ≥
条件的所有数列 a1 , a2 , …, an2 + n .
(1) ai ∈{0 ,1 } , 对于所有满足 1 ≤i ≤
n + n 的 i 成立 ;
2
( 2) ai + 1 + ai + 2 + …+ ai + n < ai + n + 1 + ai + n + 2 + …+ ai + 2 n ,