1. 史济怀习题选
这个页面收集了史济怀习题和例题中, 我觉得很有趣的部分
1.1. 第一章
1.1.1. 问题1.1
(1988 年第 29 届国际数学奥林匹克竞赛试题) 设非负整数 a, b 使得 $\frac{ a^2 + b^2 }{ 1 + ab }$ 为整数. 求证: 这个整数必是某一整数的平方.
解:
(反证法) 假设 $\frac{a^2 + b^2}{1 + ab} = k \in \mathbb{N}$, 其中 $k$ 不是完全平方数. 此时有, $a \neq b$ (否则, $a^2 = \frac{k}{2-k} \in\mathbb{N}$, 使得 $k = 1$, 与其不是完全平方数矛盾.) 那么不妨设, $a > b > 0$. 取出 $a_0$ 和 $b_0$ 是使得 $a_0 + b_0$ 取值最小的一组解, 固定 $k$ 和 $b_0$, 考虑方程:
$$ \begin{align} x^2 -kb_0x + (b_0^2 - k) = 0 \end{align} $$
$a_0$ 是这个方程的其中一个解, 由韦达定理可知, 方程另一个解, 设为 $\alpha$, 和 $a_0$ 的关系为:
$$ \left\{\begin{array}{l} a_0+\alpha=k b_0 \\ a_0 \alpha=b_0^2-k \end{array}\right. $$
由第一行可知, $\alpha \in\mathbb{z}$ 且 $\alpha \neq 0$, 则若 $\alpha < 0$, 则 $\alpha b_0 < 0$, 事实上, 由于都是整数 $\alpha b_0 \leq -1$, 从而
$$ \alpha^2 -k b_0\alpha + (b_0^2 - k) = \alpha^2 + b_0^2 - k(b_0\alpha + 1) \geq \alpha^2 + b_0^2 > 0 $$
这与方程 $(1)$ 矛盾. 故 $\alpha > 0$, 此时考虑 $\alpha$ 和 $b_0$ 也是方程 $(1)$的一组解, 有:
$$ 0 < \alpha = \frac{b_0^2-k}{a_0} \leq \frac{b_0^2-1}{a_0} < a_0 $$
与 $a_0$ 和 $b_0$ 是使得 $a_0 + b_0$ 取值最小的一组解矛盾, 故 $k$ 是完全平方数. 证毕.
1.1.2. 1.2 例题
例4 求证: $\lim _{n \rightarrow \infty} n^{1 / n}=1$
解:
利用几何平均-算数平均不等式, 得到 $$ 1 \leqslant n^{1 / n}=(\underbrace{1 \cdots 1}_{n-2 个} \sqrt{n} \sqrt{n})^{1 / n} \leqslant \frac{(n-2)+2 \sqrt{n}}{n}=1+\frac{2(\sqrt{n}-1)}{n}. $$
此时, 整理式子并选取合适的 N, 便很容易证明命题成立. 除此以外, 将此构造改为 $n - 4$ 个 1 和 4 个 $\sqrt{2}$, 可以方便地证明练习题1.3.3 (6).
1.1.3. 练习题 1.3
求极限: $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a^n+b^n\right)^{1 / n}(0 \leqslant a \leqslant b)$.
解: $$ (b^n)^{1 / n} \leqslant (a^n+b^n)^{1 / n} \leqslant (2b^n)^{1 / n} $$
又, $\lim {n \rightarrow \infty}\left(2b^n\right)^{1 / n}(0 \leqslant a \leqslant b) = \lim {n \rightarrow \infty}\left(b^n\right)^{1 / n}(0 \leqslant a \leqslant b) = b$
故, $\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a^n+b^n\right)^{1 / n}(0 \leqslant a \leqslant b) = b.$
这道题不难, 但是感觉很好地体现出了指数函数的某种性质. (在 n 趋于无穷时, 底数更大的幂数远比底数更小的幂数大).