pkusc2018数学题
T1： = ( a + b ) ( b + c ) ( c − a ) =(a+b)(b+c)(c−a) =(a+b)(b+c)(c−a)
T2：
由已知： Σ 1 ≤ i < j ≤ n a i a j = 1 \Sigma_{1≤ i<j≤n}a_ia_j=1 Σ1≤i<j≤naiaj=1，
令 S = Σ 1 ≤ i ≤ n a i S=\Sigma_{1≤i≤n}a_i S=Σ1≤i≤nai，
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 ∀i∈n，S−ai>2，
则 ( S − a i ) a i > 2 a i (S−a_i)a_i>\sqrt2a_i (S−ai)ai>2ai，
Σ ( S − a i ) a i > 2 Σ a i \Sigma (S−a_i)a_i>\sqrt2\Sigma a_i Σ(S−ai)ai>2Σai
2 Σ a i a j > 2 S 2\Sigma a_ia_j>\sqrt2S 2Σaiaj>2S，
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 (1−i1+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）
设 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,...,n−1，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+i−1)modn≥dx+...+d(x+i−1)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=ai−di
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)modn≥0的 i i i，如果 b x + . . . + b ( i − 1 ) m o d n ≥ 0 b_x+...+b_{(i-1)modn}≥0 bx+...+b(i−1)modn≥0，那么 b x + . . . + b ( i + 1 ) m o d n ≥ 0 b_x+...+b_{(i+1)modn}≥0 bx+...+b(i+1)modn≥0，所以 b i b_i bi和 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，
即 Σ b i < 0 \Sigma b_i<0 Σbi<0，与条件相悖，所以最终 n n n为 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 −0.62、0.62、1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+3y3−16y+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+y−1)(y−1)=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)/2，y2=(−1−5)/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）
设 t 3 = 2 y − 1 t^3=2y-1 t3=2y−1，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 2t−2=(2t3+1)3−1
= ( 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+1−1)((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} =2t3−1⋅4t6+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(t−1)=(t−1)(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 y−1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 (y−1)(y8+y7+y6+4y5+4y4+4y3+7y2+7y−9)=0
即 ( 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 (y−1)[(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(y−1)=(y−1)(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=2y−1
可得到： y 3 − 2 y − 1 = 0 y^3-2y-1=0 y3−2y−1=0
即 ( y − 1 ) ( y 2 + y − 1 ) = 0 (y-1)(y^2+y-1)=0 (y−1)(y2+y−1)=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) m22017−1=(m22016+1)(m22016−1)
m 2 2016 − 1 = ( m 2 2015 + 1 ) ( m 2 2015 − 1 ) m^{2^{2016}}-1=(m^{2^{2015}}+1)(m^{2^{2015}}-1) m22016−1=(m22015+1)(m22015−1)
. . . ... ...
m 2 1 − 1 = ( m 2 0 + 1 ) ( m 2 0 − 1 ) m^{2^1}-1=(m^{2^0}+1)(m^{2^0}-1) m21−1=(m20+1)(m20−1)
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
令 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=1−tan2α2tanα=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=1−tan22α2tan22α=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(4α−β)=1+tan4αtanβtan4α−tanβ=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} 4arctan51−arctan2391=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} tannπ4a2−q2+qnnqa2−4sin2nπq2
T10：
n − 1 n-1 n−1
应该是对的吧，不知道怎么证