pkusc2018数学题

pkusc2018数学题_第1张图片
pkusc2018数学题_第2张图片

T1: = ( a + b ) ( b + c ) ( c − a ) =(a+b)(b+c)(c−a) =(a+b)(b+c)(ca)

T2:

由已知: Σ 1 ≤ i < j ≤ n a i a j = 1 \Sigma_{1≤ i<j≤n}a_ia_j=1 Σ1i<jnaiaj=1
S = Σ 1 ≤ i ≤ n a i S=\Sigma_{1≤i≤n}a_i S=Σ1inai
假设不存在这种删数方案,那么 ∀ i ∈ n , S − a i > 2 ∀i∈n,S−a_i>\sqrt2 inSai>2
( S − a i ) a i > 2 a i (S−a_i)a_i>\sqrt2a_i (Sai)ai>2 ai
Σ ( S − a i ) a i > 2 Σ a i \Sigma (S−a_i)a_i>\sqrt2\Sigma a_i Σ(Sai)ai>2 Σai
2 Σ a i a j > 2 S 2\Sigma a_ia_j>\sqrt2S 2Σaiaj>2 S
S < 2 S<\sqrt2 S<2
所以假设不成立

T3:

( 1 + i 1 − i ) n = 1 (\frac{1+i}{1−i})^n=1 (1i1+i)n=1
i n = 1 i^n=1 in=1
n m i n = 4 n_{min}=4 nmin=4

T4:

(我的证法有点假,但是网上查到的总感觉有错或者某些部分被带过)
n n n个站按顺时针顺序编号为 0 , 1 , 2 , . . . , n − 1 0,1,2,...,n-1 0,1,2,...,n1,第 i i i个站可加油 a i a_i ai,与下一站距离为 d i d_i di
要求证的命题转化为:
∃ x ∈ [ 0 , n ) ∃x∈[0,n) x[0,n),使得 ∀ i ∈ [ 0 , n ) a x + . . . + a ( x + i − 1 ) m o d n ≥ d x + . . . + d ( x + i − 1 ) m o d n ∀i∈[0,n)a_x+...+a_{(x+i-1)modn}≥d_x+...+d_{(x+i-1)modn} i[0,n)ax+...+a(x+i1)modndx+...+d(x+i1)modn
发现 a a a的每一项与 d d d对应,那么,设 b i = a i − d i b_i=a_i-d_i bi=aidi
不妨设答案为 x x x(从第 x x x个车站出发)
对于所有满足 b i + b ( i + 1 ) m o d n ≥ 0 b_i+b_{(i+1)modn}≥0 bi+b(i+1)modn0 i i i,如果 b x + . . . + b ( i − 1 ) m o d n ≥ 0 b_x+...+b_{(i-1)modn}≥0 bx+...+b(i1)modn0,那么 b x + . . . + b ( i + 1 ) m o d n ≥ 0 b_x+...+b_{(i+1)modn}≥0 bx+...+b(i+1)modn0,所以 b i b_i bi b ( i + 1 ) m o d n b_{(i+1)modn} b(i+1)modn可并作 b i b_i bi,同时在 b b b数组中删除 b ( i + 1 ) m o d n b_{(i+1)modn} b(i+1)modn n n n作为 b b b的数组大小,也要减 1 1 1
到最后, n n n必定为 1 1 1,因为若 n > 1 n>1 n>1,那么 ∀ i ∈ [ 0 , n ) b i + b ( i + 1 ) m o d n < 0 ∀i∈[0,n) b_i+b_{(i+1)modn}<0 i[0,n)bi+b(i+1)modn<0
Σ b i < 0 \Sigma b_i<0 Σbi<0,与条件相悖,所以最终 n n n 1 1 1也就是说一定有解

T5:

注意 2 2 2右边那个三是三次方根,不是 2 2 2的三次

我的做法

这题我是几何画板上把图像画出来,看到三个根分别为 − 0.62 、 0.62 、 1 -0.62、0.62、1 0.620.621再做的,我估计只能用导数法二分求根,牛顿迭代法这种暴力方法先保留几位小数,然后猜答案
当然,已经知道答案以后,过程就好写了
两边同时三次方,移项得到
y 9 + 3 y 6 + 3 y 3 − 16 y + 9 = 0 y^9+3y^6+3y^3-16y+9=0 y9+3y6+3y316y+9=0
因式分解得到:
[ ( y 2 + 1 ) ( y + 1 ) 2 + y 6 + y 4 + 2 y 2 + 8 ] ( y 2 + y − 1 ) ( y − 1 ) = 0 [(y^2+1)(y+1)^2+y^6+y^4+2y^2+8](y^2+y-1)(y-1)=0 [(y2+1)(y+1)2+y6+y4+2y2+8](y2+y1)(y1)=0
第一项恒大于 0 0 0,第二项有 y 1 = ( 5 − 1 ) / 2 , y 2 = ( − 1 − 5 ) / 2 y_1=(\sqrt5-1)/2,y_2=(-1-\sqrt5)/2 y1=(5 1)/2y2=(15 )/2两个根,
第三项有 y = 1 y=1 y=1一个根

奥数老师的做法(看起来更像正解)

t 3 = 2 y − 1 t^3=2y-1 t3=2y1,则 y = t 3 + 1 2 y=\frac{t^3+1}{2} y=2t3+1
2 t = ( t 3 + 1 2 ) 3 + 1 2t=(\frac{t^3+1}{2})^3+1 2t=(2t3+1)3+1
2 t − 2 = ( t 3 + 1 2 ) 3 − 1 2t-2=(\frac{t^3+1}{2})^3-1 2t2=(2t3+1)31
= ( t 3 + 1 2 − 1 ) ( ( t 3 + 1 2 ) 2 + t 3 + 1 2 + 1 ) =(\frac{t^3+1}{2}-1)((\frac{t^3+1}{2})^2+\frac{t^3+1}{2}+1) =(2t3+11)((2t3+1)2+2t3+1+1)
= t 3 − 1 2 ⋅ t 6 + 3 t 3 + 7 4 =\frac{t^3-1}{2}\cdot \frac{t^6+3t^3+7}{4} =2t314t6+3t3+7
16 ( t − 1 ) = ( t − 1 ) ( t 2 + t + 1 ) ( t 6 + 3 t 3 + 7 ) 16(t-1)=(t-1)(t^2+t+1)(t^6+3t^3+7) 16(t1)=(t1)(t2+t+1)(t6+3t3+7)
而此时发现,原式两边同时三次方得到的式子把 y − 1 y-1 y1提出( y y y的一个解是 1 1 1很容易看出)能得到:
( y − 1 ) ( y 8 + y 7 + y 6 + 4 y 5 + 4 y 4 + 4 y 3 + 7 y 2 + 7 y − 9 ) = 0 (y-1)(y^8+y^7+y^6+4y^5+4y^4+4y^3+7y^2+7y-9)=0 (y1)(y8+y7+y6+4y5+4y4+4y3+7y2+7y9)=0
( y − 1 ) [ ( y 2 + y + 1 ) ( y 6 + 4 y 3 + 7 ) − 16 ] = 0 (y-1)[(y^2+y+1)(y^6+4y^3+7)-16]=0 (y1)[(y2+y+1)(y6+4y3+7)16]=0
16 ( y − 1 ) = ( y − 1 ) ( y 2 + y + 1 ) ( y 6 + 3 y 3 + 7 ) 16(y-1)=(y-1)(y^2+y+1)(y^6+3y^3+7) 16(y1)=(y1)(y2+y+1)(y6+3y3+7)
y y y恒等于 t t t
再代入开始的方程 t 3 = 2 y − 1 t^3=2y-1 t3=2y1
可得到: y 3 − 2 y − 1 = 0 y^3-2y-1=0 y32y1=0
( y − 1 ) ( y 2 + y − 1 ) = 0 (y-1)(y^2+y-1)=0 (y1)(y2+y1)=0
可解出 y y y

T6:

n = 2 2017 n=2^{2017} n=22017
最小我不会证,但应该是最小的
m 2 2017 − 1 = ( m 2 2016 + 1 ) ( m 2 2016 − 1 ) m^{2^{2017}}-1=(m^{2^{2016}}+1)(m^{2^{2016}}-1) m220171=(m22016+1)(m220161)
m 2 2016 − 1 = ( m 2 2015 + 1 ) ( m 2 2015 − 1 ) m^{2^{2016}}-1=(m^{2^{2015}}+1)(m^{2^{2015}}-1) m220161=(m22015+1)(m220151)
. . . ... ...
m 2 1 − 1 = ( m 2 0 + 1 ) ( m 2 0 − 1 ) m^{2^1}-1=(m^{2^0}+1)(m^{2^0}-1) m211=(m20+1)(m201)

T7:

这个公式我以前查 π π π的时候查到过,好像叫什么梅钦公式,证明也很简单
α = a r c t a n ( 1 5 ) α=arctan(\frac{1}{5}) α=arctan(51) β = a r c t a n ( 1 239 ) β=arctan(\frac{1}{239}) β=arctan(2391)
t a n 2 α = 2 t a n α 1 − t a n 2 α = 5 12 tan2α=\frac{2tanα}{1−tan^2α}=\frac{5}{12} tan2α=1tan2α2tanα=125
t a n 4 α = 2 t a n 2 2 α 1 − t a n 2 2 α = 120 119 tan4α=\frac{2tan^22α}{1−tan^22α}=\frac{120}{119} tan4α=1tan22α2tan22α=119120
t a n ( 4 α − β ) = t a n 4 α − t a n β 1 + t a n 4 α t a n β = 1 tan(4α−β)=\frac{tan4α−tanβ}{1+tan4αtanβ}=1 tan(4αβ)=1+tan4αtanβtan4αtanβ=1
4 a r c t a n 1 5 − a r c t a n 1 239 = π 4 4arctan\frac{1}{5}−arctan\frac{1}{239}=\frac{π}{4} 4arctan51arctan2391=4π

T8:

S = ( S 1 + S 2 + S 3 ) 2 S=(\sqrt{S1}+\sqrt{S2}+\sqrt{S3})^2 S=(S1 +S2 +S3 )2

T9:

这个我不确定对不对
我先假设棱锥每个面都与球体相切,且球体与棱锥底面相切(下面空间大,肯定要尽量下移)
于是算了半天得到一个超长的式子:
n q a 2 − q 2 4 s i n 2 π n t a n π n 4 a 2 − q 2 + q n \frac{nq\sqrt{a^2-\frac{q^2}{4sin^2{\frac{π}{n}}}}}{tan{\frac{π}{n}}\sqrt{4a^2-q^2}+qn} tannπ4a2q2 +qnnqa24sin2nπq2

T10:

n − 1 n-1 n1
应该是对的吧,不知道怎么证

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