试题

$$\begin{Example} 已知集合$A=\{a_1,a_2,\cdots,a_k\}(k\geq 2)$,其中$a_i\in\mathbb{Z} (i=1,2,\cdots,k)$,由$A$中的元素构成两个相应的集合： \[S=\{(a,b)|a\in A,b\in A,a+b\in A\},\quad T=\{(a,b)|a\in A,b\in A,a-b\in A\},\] 其中$(a,b)$是有序数对,集合$S$和$T$中的元素个数分别为$m$和$n$. 若对于任意的$a\in A$,总有$-a\notin A$,则称集合$A$具有性质$P$. \begin{enumerate} \item[(I)] 检验集合$\{0,1,2,3\}$与$\{-1,2,3\}$是否具有性质$P$并对其中具有性质$P$的集合,写出相应的集合$S$和$T$; \item[(II)] 对任何具有性质$P$的集合$A$,证明: $\displaystyle n\leq \frac{k(k-1)}{2}$; \item[(III)] 判断$m$和$n$的大小关系,并证明你的结论. \end{enumerate} \end{Example}$$
\begin{Proof}

\begin{enumerate}
\item[(I)] 集合$\{0,1,2,3\}$不具有性质$P$. 集合$\{-1,2,3\}$具有性质$P$,其相应的集合$S$和$T$是$S=\{(-1,3),(3,-1)\},T=\{(2,-1),(2,3)\}$.

\item[(II)] 首先,由$A$中元素构成的有序数对$(a_i,a_j)$共有$k^2$个.因为$0\notin A$,所以$(a_i,a_i)\notin T(i=1,2,\cdots,k)$.从而,集合$T$中元素的个数最多为$\displaystyle \frac{1}{2}\left(k^2-k\right)=\frac{k(k-1)}{2}$,即$\displaystyle n\leq \frac{k(k-1)}{2}$.

\item[(III)] $m=n$,证明如下:
\begin{enumerate}
\item[(1)] 对于$(a,b)\in S$,根据定义, $a\in A,b\in A$,且$a+b\in A$,从而$(a+b,b)\in T$.如果$(a,b)$与$(c,d)$是$S$的不同元素,那么$a=c$与$b=d$中至少有一个不成立,从而$a+b=c+d$与$b=d$中也至少有一个不成立,故$(a+b,b)$与$(c+d,d)$也是$T$的不同元素.可见, $S$中元素的个数不多于$T$中元素的个数,即$m\leq n$.

\item[(2)] 对于$(a,b)\in T$,根据定义, $a\in A,b\in A$,且$a-b\in A$,从而$(a-b,b)\in S$.如果$(a,b)$与$(c,d)$是$T$的不同元素,那么$a=c$与$b=d$中至少有一个不成立,从而$a-b=c-d$与$b=d$中也至少有一个不成立,故$(a-b,b)$与$(c-d,d)$也是$S$的不同元素.可见, $T$中元素的个数不多于$S$中元素的个数,即$n\leq m$.
\end{enumerate}

由(1) (2)可知, $m=n$.
\end{enumerate}

\end{Proof}

(2008北京)对于每项均是正整数的数列$A:a_1,a_2,\cdots,a_n$,定义变换$T_1$, $T_1$将数列$A$变换成数列$T_1(A): n,a_1-1,a_2-1,\cdots,a_n-1$;对于每项均是非负整数的数列$B:b_1,b_2,\cdots,b_m$,定义变换$T_2$, $T_2$将数列$B$各项从大到小排列,然后去掉所有为零的项,得到数列$T_2(B)$;又定义$S(B)=2(b_1+2b_2+\cdots+mb_m)+b_1^2+b_2^2+\cdots+b_m^2$.设$A_0$是每项均为正整数的有穷数列,令$A_{k+1}=T_2(T_1(A_k)) (k=0,1,2,\cdots)$.
$$\begin{enumerate} \item[(I)] 如果数列$A_0$为$5,3,2$,写出数列$A_1,A_2$; \item[(II)] 对于每项均是正整数的有穷数列$A$,证明$S(T_1(A))=S(A)$; \item[(III)] 证明:对于任意给定的每项均为正整数的有穷数列$A_0$,存在正整数$K$,当$k\geq K$时, $S(A_{k+1})=S(A_k)$. \end{enumerate}$$

 

\begin{Proof}
\begin{enumerate}
\item[(I)] $A_0: 5,3,2$, $T_1(A_0):3,4,2,1$, $A_1=T_2(T_1(A_0)):4,3,2,1$, \\
$A_2=T_2(T_1(A_1)):4,3,2,1$.

\item[(II)] 设每项均是正整数的有穷数列$A$为$a_1,a_2,\cdots,a_n$,则$T_1(A)$为$n,a_1-1,a_2-1,\cdots,a_n-1$,从而
$$\begin{align*} S\left( T_1\left( A \right) \right) =& 2\left[ n+2\left( a_1-1 \right) +3\left( a_2-1 \right) +\cdots +\left( n+1 \right) \left( a_n-1 \right) \right] \\ &+n^2+\left( a_1-1 \right) ^2+\left( a_2-1 \right) ^2+\cdots +\left( a_n-1 \right) ^2. \end{align*}$$
又
$$S\left( A \right) =2\left( a_1+2a_2+\cdots +na_n \right) +a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots +a_{n}^{2},$$
所以
$$\begin{align*} S\left( T_1\left( A \right) \right) -S\left( A \right) =& 2\left[ n-2-3-\cdots -\left( n+1 \right) \right] \\ &+2\left( a_1+a_2+\cdots +a_n \right) +n^2-2\left( a_1+a_2+\cdots +a_n \right) +n \\ =&-n\left( n+1 \right) +n^2+n=0, \end{align*}$$
故$S\left( T_1\left( A \right) \right) =S\left( A \right)$.

\item[(III)] 设$A$是每项均为非负整数的数列$a_1,a_2,\cdots,a_n$.当存在$1\leq i<j\leq n$,使得$a_i\leq a_j$时,交换数列$A$的第$i$项与第$j$项得到数列$B$,则
$$S(B)-S(A)=2(ia_j+ja_i-ia_i-ja_j)=2(i-j)(a_j-a_i)\leq 0.$$
当存在$1\leq m<n$,使得$a_{m+1}=a_{m+2}=\cdots=a_n=0$时,若记数列$a_1,a_2,\cdots,a_m$为$C$,则$S(C)=S(A)$.所以$S(T_2(A))\leq S(A)$.

从而对于任意给定的数列$A_0$,由$A_{k+1}=T_2(T_1(A_k))\, (k=0,1,2,\cdots)$
可知$S(A_{k+1})\leq S(T_1(A_k))$.又由(II)可知$S\left( T_1\left( A \right) \right) =S\left( A \right)$,所以$S(A_{k+1})\leq S(A_k)$.即对于$k\in\mathbb{N}$,要么有$S(A_{k+1})= S(A_k)$,要么有$S(A_{k+1})\leq S(A_k)-1$.因为$S(A_k)$是大于$2$的整数,所以经过有限步后,必有
$$S(A_k)=S(A_{k+1})=S(A_{k+2})=\cdots=0.$$
即存在正整数$K$,当$k\geq K$时, $S(A_{k+1})=S(A_k)$.
\end{enumerate}

\end{Proof}

已知抛物线$C: x^2=4y$,抛物线$C$上存在三个点$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$, $D(x_3,y_3)$,满足$x_3<x_1<x_2$.若$\triangle ABD$是以角$A$为直角的等腰直角三角形,求$\triangle ABD$面积的最小值.
\end{Example}
\begin{Proof}
首先由$AB$与$AD$垂直可得$\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=(x_2-x_1)(x_3-x_1)+(y_2-y_1)(y_3-y_1)=0$,由$x_3<x_1<x_2,x_i^2=4y_i(i=1,2,3)$,我们可知
$$16+(x_2+x_1)(x_3+x_1)=x_1^2+16+x_1(x_2+x_3)+x_2x_3=0.$$
由$AB=AD$可知
$$\sqrt{\left( x_2-x_1 \right) ^2+\left( y_2-y_1 \right) ^2}=\sqrt{\left( x_3-x_1 \right) ^2+\left( y_3-y_1 \right) ^2},$$
则
$$\left( x_2-x_3 \right) \left( x_2+x_3-2x_1 \right) +\left( y_2-y_3 \right) \left( y_2+y_3-2y_1 \right) =0.$$
若记$BD$的中点为$E$,这等价于$AE$与$BD$垂直.进一步化简得
$$16\left( x_2+x_3-2x_1 \right) +\left( x_2+x_3 \right) \left( x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-2x_{1}^{2} \right) =0,$$
因此
$$\left[ 2\left( x_2+x_3 \right) ^2-32\right] x_1+\left( x_2+x_3 \right) ^3+48\left( x_2+x_3 \right) =0.$$
于是
$$x_1=\frac{\left( x_2+x_3 \right) ^3+48\left( x_2+x_3 \right)}{32-2\left( x_2+x_3 \right) ^2}=\frac{t^3+48t}{32-2t^2}\ \ \left( t=x_2+x_3 \right).$$

注意到
$$\begin{align*} S&=\left| \frac{1}{2}\left| \begin{matrix} x_1& y_1& 1\\ x_2& y_2& 1\\ x_3& y_3& 1\\ \end{matrix} \right| \right|=\left| \frac{1}{2}\left[ \left( x_2-x_1 \right) \left( y_3-y_1 \right) -\left( x_3-x_1 \right) \left( y_2-y_1 \right) \right] \right|\\ &=\left| \frac{1}{2}\left[ \left( x_2-x_1 \right) \left( \frac{x_{3}^{2}}{4}-\frac{x_{1}^{2}}{4} \right) -\left( x_3-x_1 \right) \left( \frac{x_{2}^{2}}{4}-\frac{x_{1}^{2}}{4} \right) \right] \right|\\ &=\left| \frac{1}{8}\left( x_2-x_1 \right) \left( x_3-x_1 \right) \left( x_3-x_2 \right) \right|\\ &=\frac{1}{8}\left| x_{1}^{2}-\left( x_2+x_3 \right) x_1+x_2x_3 \right|\cdot \left| x_3-x_2 \right|. \end{align*}$$

又
$$\begin{align*} &x_{1}^{2}-\left( x_2+x_3 \right) x_1+x_2x_3\\ &=-\left[ 4+\left( x_2+x_3 \right)x_1 +x_2x_3 \right] -\left( x_2+x_3 \right) x_1+x_2x_3\\ &=-16-2\left( x_2+x_3 \right) x_1=-16-2t\frac{t^3+48t}{32-2t^2}=\frac{\left( t^2+16 \right) ^2}{t^2-16}. \end{align*}$$
且
$$\begin{align*} x_2x_3&=-x_{1}^{2}-16-x_1t=-\frac{\left( t^3+48t \right) ^2}{\left( 32-2t^2 \right) ^2}-16-\frac{t^4+48t^2}{32-2t^2}\\ &=\frac{t^6-96t^4-1792t^2-16384}{4\left( t-4 \right) ^2\left( t+4 \right) ^2}.\\ \left| x_2-x_3 \right|&=\sqrt{\left( x_2+x_3 \right) ^2-4x_2x_3}\\ &=\sqrt{t^2-4\frac{t^6-96t^4-1792t^2-16384}{4\left( t-4 \right) ^2\left( t+4 \right) ^2}}=\frac{8\left( t^2+16 \right)}{\left| t^2-16\right|}. \end{align*}$$
于是
$$\begin{align*} S&=\frac{1}{8}\left| x_{1}^{2}-\left( x_2+x_3 \right) x_1+x_2x_3 \right|\cdot \left| x_3-x_2 \right|\\ &=\frac{1}{8}\frac{\left( t^2+16 \right) ^2}{\left| t^2-16 \right|}\cdot \frac{8\left( t^2+16 \right)}{\left| t^2-16 \right|}=\frac{\left( t^2+16 \right) ^3}{\left( t^2-16 \right) ^2}. \end{align*}$$

令$u=\sqrt[3]{t^2-16}\, (|t|\geq 4)$,则
$$\begin{align*} S&=\frac{\left( u^3+32 \right) ^3}{u^6}=\frac{1}{2}\left( u+\frac{32}{u^2} \right) ^3\\ &=\frac{1}{2}\left( \frac{u}{2}+\frac{u}{2}+\frac{32}{u^2} \right) ^3\geq \frac{1}{2}\left( 3\sqrt[3]{\frac{u}{2}\cdot \frac{u}{2}\cdot \frac{32}{u^2}} \right) ^3=108, \end{align*}$$
当且仅当$u=\sqrt[3]{t^2-4}=4,t=x_2+x_3=\pm 4\sqrt{5}$时取等成立,此时$x_2x_3=-16$,即
$$\left( x_3,x_1,x_2 \right) =\left( -6-2\sqrt{5},4\sqrt{5},6-2\sqrt{5} \right)\quad \text{或} \quad \left( -6+2\sqrt{5},-4\sqrt{5},6+2\sqrt{5} \right).$$
与$x_3<x_1<x_2$矛盾,故舍去.

令$u=\sqrt[3]{16-t^2}\, (|t|<4)$,则$0<u\leq \sqrt[3]{16}$
$$S=\frac{\left( -u^3+32 \right) ^3}{u^6}=\left( -u+\frac{32}{u^2} \right) ^3$$
在$\left(0,\sqrt[3]{16}\right]$上单调递减,因此,当$u\leq \sqrt[3]{16}$,即$t=0$时, $S$取得最小值$16$.此时$\left( x_3,x_1,x_2 \right) =\left(-4,0,4\right)$.

(叶卢庆)因为点$A,B,D$在抛物线$C$上,所以
$$\begin{cases} x_1^2=4y_1\\ x_2^2=4y_2\\ x_3^2=4y_3 \end{cases}.$$
故
$$\overrightarrow{AB}=(x_2-x_1,y_2-y_1)=(x_2-x_1,\frac{x_2^2-x_1^2}{4}),$$
$$\begin{equation}\label{eq:1} \overrightarrow{AD}=(x_3-x_1,y_3-y_1)=(x_3-x_1,\frac{x_3^2-x_1^2}{4}). \end{equation}$$
而$\triangle ABD$的面积
$$\begin{align*} S_{\triangle ABD}&=\frac{1}{2} \begin{vmatrix} x_2-x_1&x_3-x_1\\ y_2-y_1&y_3-y_1 \end{vmatrix}\\&=\frac{1}{2} \begin{vmatrix} x_2-x_1&x_3-x_1\\ \cfrac{x_2^2-x_1^2}{4}&\cfrac{x_3^2-x_1^2}{4} \end{vmatrix} \\&=\frac{(x_2-x_1)(x_3^2-x_1^2)-(x_3-x_1)(x_2^2-x_1^2)}{8} \\&=\frac{(x_1-x_2)(x_2-x_3)(x_3-x_1)}{8} \end{align*}$$
令$x_2-x_1=t,x_1-x_3=s$,则
$$S_{\triangle ABD}=\frac{ts(t+s)}{8}.$$
又因为$\overrightarrow{AD}$是$\overrightarrow{AB}$以点$A$为旋转中心逆时针旋转$90^{\circ}$得到的,因此
$$\begin{equation}\label{eq:2} \overrightarrow{AD}=\left(-\frac{x_2^2-x_1^2}{4},x_2-x_1\right). \end{equation}$$
由$\overrightarrow{AD}$的两种表达式$\eqref{eq:1}$,$\eqref{eq:2}$可得到关系式
$$x_3-x_1=-\frac{x_2^2-x_1^2}{4},\frac{x_3^2-x_1^2}{4}=x_2-x_1,$$
即
$$x_3-x_1=\frac{(x_1+x_2)(x_1-x_2)}{4},x_2-x_1=-\frac{(x_1+x_3)(x_1-x_3)}{4},$$
将$x_2-x_1=t,x_1-x_3=s$代入,整理可得
$$\frac{4s}{t}=x_1+x_2,\frac{4t}{-s}=x_1+x_3.$$
因此
$$\frac{4s}{t}+\frac{4t}{s}=x_2-x_3=t+s,$$
整理可得
$$\begin{equation}\label{eq:3} 4t^2+4s^2=ts(t+s). \end{equation}$$
所以
$$S_{\triangle ABD}=\frac{ts(t+s)}{8}=\frac{t^2+s^2}{2}.$$
下面求$t^2+s^2$的最小值.将方程$\eqref{eq:3}$两边平方可得
$$\begin{equation}\label{eq:4} 16\left(t^2+s^2\right)^2=(ts)^2(t+s)^2=(ts)^2\left[\left(t^2+s^2\right)+2ts\right] \end{equation}$$
由基本不等式,$ts\leq \cfrac{t^2+s^2}{2}$,代入式$\eqref{eq:4}$,可得
$$16\left(t^2+s^2\right)^2\leq \frac{1}{2}\left(t^2+s^2\right)^3$$
解得
$$t^2+s^2\geq 32.$$
因此
$$S_{\triangle ABD}=\frac{t^2+s^2}{2}\geq 16.$$
等号当且仅当$t=s=4$,即$x_3=-4,x_1=0,x_2=4$时成立.

来源：叶卢庆博客.