不务正业

注：非整数题号的题目均为“注意力题”，题解通常很短。（开心一刻 /qd）

前言（伪）

在各处（可能各得不多，主要是imosl）看到的好玩题，我已经尽量把难度降成高中whk/OH-难度了
但是有些题确实就是一个思路撑起来的，这我也没办法；；
逐渐变成了神妙题目收集处了啊（
保证不按难度顺序排列。不保证持续更新。不保证题目有趣。

这个……应该不是你们想看的东西……吧？
突然发现属于是回归成翻译了（
别 我没复活 我诈尸（

不好说了

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\(1.\) 令 \(a, b, c\) 为三个正整数，满足 \(a \ge b \ge c\) 且 \(a^3 + b^3 + c^3 = (abc)^2\)。

\((1)\) 证明：对所有满足如上条件的三元组，\(c = 1\)。
\((2)\) 请找到所有满足如上条件的三元组 \((a,b,c)\)。

sol

IMO2019 Shortlist N2，很简单吧 /cy
upd：感谢 ppllxx_9G 的捉虫。

\((1):\)

注意到 \(a^3 < a^3 + b^3 + c^3 \le 3a^3\)。因此有 \(a^3 < (abc)^2 \le 3a^3\)，即 \(a < b^2c^2 \le 3a\)。还知道 \(b^3 + c^3 = (abc)^2 - a^3 = a^2(b^2 c^2 -a) \ge a^2\)。我们有 \(18b^3 \ge 9(b^3 + c^3) \ge 9a^2 \ge b^4c^4 \ge b^3c^5\)，于是 \(c \le 18^{0.2}\)，即 \(c = 1\)。

\((2):\)

可以知道 \(a > b\)，反之会有 \(2b^3 + 1 = b^4\)，容易知道没有正整数解。因此 \(a^3 - b^3 \ge (b+1)^3 - b^3 > 1\)，有 \(2a^3 > a^3 + b^3 + 1 = a^2b^2 > a^3\)。可以知道 \(2a > b^2 > a\)。我们有 \(4(b^3 + 1) = 4(a^2b^2 - a^3) = 4a^2(b^2 - a) \ge 4a^2 >b^4\)，也就是 \(4 > b^4 - 4b^3\)，可以知道 \(b \le 4\)。

可以对三个 \(b\) 分别解方程，但无疑繁琐。由于 \(a^2(b^2 - a) = b^3 + 1\)，知道 \(a^2 \mid(b^3 + 1)\)，我们只需要判断 \(b^3 + 1\) 的平方因子是否满足条件即可。

可以知道只有 \((3, 2, 1)\) 满足条件。

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\((1.217828).\) 取 \(a\in\mathbb R\) 使得 \(\left(a^x\right)' = a^x\)。证明：\(a < 3\)。

注：请勿使用泰勒展开等估算方法。

sol

\(a\) 即自然常数 \(e\)，即证 \(3 - e > 0\)。注意到

\[3 - e = \left[-(x^2 -3x + 3) e^x\right]_0^1 = \int_0^1 x(1-x) e^x\ \mathrm dx \]

这自然是 \(> 0\) 的。\(\square\)

upd：挂一个人：

哈哈。

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\(2.\) 令 \(u_1, u_2, \dots, u_{2023}\) 是一系列实数，满足

\[u_1 + u_2 + \cdots + u_{2023} = 0 \qquad u_1^2 + u_2^2 + \cdots + u_{2023}^2 = 1 \]

令 \(a = \min (u_1, u_2, \dots, u_{2023}), b = \max (u_1, u_2, \dots, u_{2023})\)。令 \(P = \{i \mid u_i > 0\}, Q = \{i \mid u_i \le 0\}\)。

\((1)\) 证明：\(ab < 0\)。
\((2)\) 证明：

\[\lvert 2ab \rvert \ge \frac{1}{\lvert P \rvert}\sum_{i\in N} u_i^2 + \frac{1}{\lvert N \rvert}\sum_{i\in P} u_i^2 \]

\((3)\) 证明：\(ab \le - \dfrac{1}{2023}\)。

sol

IMO2019 Shortlist A2 的削弱版。感觉加了很多部分分啊，很有引导作用！
怎么一致反映 \((2) > (3)\) 啊 /jk

\((1):\)

\(u_1^2 + u_2^2 + \cdots + u_{2023}^2 = 1\) 说明 \(u_i\) 不能全为 \(0\)，\(u_1 + u_2 + \cdots + u_{2023} = 0\) 说明不为 \(0\) 的值不能全正或全负。这就表明 \(a < 0, b > 0\)，因此 \(ab < 0\)。

\((2):\)

考虑

\[\sum_{i\in P} u_i^2 \le \sum_{i\in P} b\times u_i = b\times \sum_{i\in P} u_i \qquad \sum_{i\in N} u_i^2 \le \sum_{i\in N} \lvert a \rvert \times \lvert u_i \rvert = \lvert a \rvert \sum_{i\in P} u_i \]

因此

\[\lvert ab \rvert = \lvert a\rvert b \ge \frac{\sum_{i\in P} u_i^2}{\sum_{i\in P}u_i}\times \frac{\sum_{i\in N} u_i^2}{\sum_{i\in P}u_i} = \frac{\left(\sum_{i\in P} u_i^2\right)\left(\sum_{i\in N} u_i^2\right)}{\left(\sum_{i\in P}u_i\right)^2} \]

最后一步根据均值不等式分别放缩分子上的两个部分，得到

\[\lvert ab \rvert \ge \frac{1}{\lvert P\rvert} \sum_{i \in N} u_i^2 \qquad \lvert ab \rvert \ge \frac{1}{\lvert N\rvert} \sum_{i \in P} u_i^2 \]

后面的部分平凡。

\((3):\)

延续上面的推导，有

\[\sum_{i\in P} u_i^2 \le \sum_{i\in P} b\times u_i = b\times \sum_{i\in P} u_i = b\sum_{i\in N} \lvert u_i \rvert \le b\sum_{i\in N}\lvert a \rvert = - \lvert N \rvert ab \]

\[\sum_{i\in N} u_i^2 \le \sum_{i\in N} \lvert a \rvert \times \lvert u_i \rvert = \lvert a \rvert \sum_{i\in P} u_i \le \lvert a \rvert \sum_{i\in P} b = - \lvert P\rvert ab \]

可以知道

\[1 = \sum_{i = 1}^{2023} u_i^2 = \sum_{i\in P} u_i^2 + \sum_{i\in N} u_i^2 \le - \left(\lvert P\rvert + \lvert N \rvert \right) ab = -2023 ab \]

也就是 \(ab \le -\dfrac{1}{2023}\)。

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\((2.35711).\) 令正整数序列 \(\left\{a_n\right\} = \{3,5,7,11, \dots\}\)，其中 \(a_i\) 为第 \(i\) 个奇素数。证明：\(\forall k \ge 1\)，\(\dfrac{a_k + a_{k + 1}}{2}\) 为合数。

sol

注意到 \(a_k < \dfrac{a_k + a_{k + 1}}{2} < a_{k + 1}\)，而 \(a_k\) 与 \(a_{k + 1}\) 为相邻的两个素数。因此 \(a_k + 1\) 与 \(a_{k + 1} - 1\) 间没有任何素数。\(\square\)

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\(3.\) 小周在和自己玩一个游戏。她有一个正整数 \(n\)，面前有一块大黑板。最开始，她可以在黑板上写下 \(s\) 个 \(n\) 大小元组，每个元组形如 \(\bm a = (a_1, a_2, \dots, a_n)\)，其中 \(\forall a_i \in \mathbb Z\)。这之后，她可以任意多次地选取两个在黑板上的元组 \(\bm u, \bm v\)，任意选取下面两种操作中的一种生成一个新元组

\[\bm u + \bm v = (u_1 + v_1, u_2 + v_2, \dots, u_n + v_n) \]

\[\bm u \oplus \bm v = (\max(u_1, v_1), \max(u_2, v_2) , \dots, \max(u_n, v_n)) \]

并将这个新元组写在黑板上。小周所写的这 \(s\) 个元组使她能够将任意的 \(n\) 大小元组在有限次操作后写在黑板上。小周很好奇当确定 \(n\) 时 \(s\) 的最小可能值，记作 \(f(n)\)。可是小周的头脑不太好，她有几个问题想请教你。

\((1)\) 证明：\(f(n) \le n+1\)。
\((2)\) 证明：\(\forall n > 2, f(n) > 2\)。
\((3)\) 请求得 \(f(n)\) 的解析式。

sol

IMO2022 Shortlist C7 /xia
我尽力给出提示了 但是大构造题确实没法引导 只能给个结论（

下面会将元组改称为向量，向量 \(\bm v\) 第 \(i\) 维的元素记作 \(\bm v_i\)。记 \(\bm e(i)\) 满足 \(\bm e(i)_j = [i=j]\)；\(\bm c = (-1, -1, \dots, -1)\)。

\((1):\)

容易知道，初始选取 \(\bm e(1), \bm e(2), \dots, \bm e(n), \bm c\) 即可表示出所有向量 \(\bm v\)。只需选取一个 \(k\in \mathbb N_+ \text{ s.t. } \forall i \le n, k + \bm v_i > 0\)，则我们知道

\[\bm v = k\bm c + (k + \bm v_1) \times \bm e(1) + \cdots + (k + \bm v_n) \times \bm e(n) \]

这样 \(f(n) \le n + 1\) 是显然的。

当 \(n = 2\) 时情况是特殊的。选择 \((-2, 1)\) 与 \((1, -2)\)，构造方案显然。

\((2):\)

\(s = 1\) 显然一定不成立。

使用反证法，假设当 \(n > 2\) 时小周用 \(\bm v\) 与 \(\bm w\) 能生成任意向量。

首先考虑 \(\exists i, \bm v_i\times \bm w_i \ge 0\)，也就是 \(\bm v_i, \bm w_i\) 同号。我们知道这两种操作都是保号的，即 \((\bm v + \bm w)_i, (\bm v \oplus \bm w)_i\) 和 \(\bm v_i\) 同号。则每个生成的向量的该维的元素都有相同的符号。这与假设矛盾。

随后考虑 \(\forall i, \bm v_i > 0 > \bm w_i\) 与 \(\bm w_i > 0 > \bm v_i\) 中总有一个满足。根据鸽巢原理，一定存在 \(i \neq j\) 使得 \(\bm v_i, \bm v_j\) 同号。
不失一般性地，考虑 \(\bm v_i, \bm v_j > 0, \bm w_i, \bm w_j < 0\)。令 \(a = \bm v_i / \bm v_j\)。若 \(\bm w_i / \bm w_j \ge a\)，则满足 \(\bm v_i \ge a \bm v_j\) 且 \(\bm w_i \ge a \bm w_j\)，反之有 \(\bm v_j \ge (1/a) \bm v_i\) 且 \(\bm w_j \ge (1/a) \bm w_i\)。
总之，存在正实数 \(a\) 与两个位置 \(i,j\)，满足 \(\bm v_i \ge a \bm v_j\) 且 \(\bm w_i \ge a \bm w_j\)。此时容易证明的是这不等性对 \(\bm v + \bm w\) 与 \(\bm v \oplus \bm w\) 也满足。因此无法表示出所有向量，这与假设矛盾。

综上，假设不成立，我们无法使用两个向量表示出任意向量，即 \(f(n) > 2\)。

容易知道 \(f(1) = f(2) = 2\)。

\((3):\)

我们将证明的是：\(\forall n >2, f(n) = 3\)。

考虑构造。取 \(\bm a, \bm b, \bm c\) 满足 \(\bm a_i = -i^2, \bm b_i = i, \bm c_i = -1\)。对 \(i \le n\)，定义 \(\bm d(i) = 2\times \bm a + 4i\times \bm b + (2i^2 - 1)\times c\)。我们知道

\[\begin{aligned} \bm d(i)_j &= 2\bm a_j + 4i\bm b_j - (2i^2 - 1) \\ &= - 2j^2 + 4ij - 2i^2 + 1 \\ &= 1 - 2(i - j)^2 \end{aligned}\]

当 \(i = j\) 时 \(\bm d(i)_j = 1\)，反之其一定 \(\le -1\)。因此小周能得到 \(\bm 1 = \bm d(1) \oplus \bm d(2) \oplus \cdots \oplus \bm d(n) = (1, 1, \dots, 1)\)，随后能得到 \(\bm 0 = \bm 1 + \bm c = (0, 0, \dots, 0)\)。最后易知 \(\bm e(i) = \bm d(i) \oplus \bm 0\)。

这就是一种构造。

可以知道

\[f(n) = \left\{ \begin{aligned} 2,\quad & n \le 2 \\ 3,\quad & n > 2 \end{aligned} \right. \]

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\((3.\text{cube})\) 证明：\(\forall n \in \mathbb N\)，\(2^n + 3^n\) 不为完全立方数。

sol

\(n = 0,1\) 时其值分别为 \(2, 5\)，不为完全立方数。

对 \(n\ge 2\)，注意到在模 \(9\) 意义下，完全立方数只可能与 \(0, \pm 1\) 同余，\(3^n\) 只可能与 \(0\) 同余，\(2^n\) 只可能与 \(\pm 1, \pm 2, \pm 4\) 同余。这样，左右两式可能成立，当且仅当\(2^n \equiv \pm 1\)。这指出了 \(n\) 是 \(3\) 的倍数。

假设 \(n = 3k\)，并令 \(2^{3k} + 3^{3k} = a^3\)，这指出了 \((2^k, 3^k, a)\) 为 \(x^3 + y^3 = z^3\) 的一组正整数解。这与费马大定理矛盾。\(\square\)

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\(4.\) 令 \(a, b, c, d\) 为四个正实数，满足 \((a + c)(b + d) = ac + bd\)。请求出

\[S = \frac ab + \frac bc + \frac cd + \frac da \]

的最小值。

sol

IMO2020 Shortlist A3，小甜品。

\[S = \left(\frac ab + \frac cd\right) + \left(\frac bc + \frac da \right) \ge 2\sqrt{\frac{ac}{bd}} + 2\sqrt{\frac{bd}{ac}} = \frac{2(ac + bd)}{\sqrt{abcd}} = \frac{2(a + c)(b + d)}{\sqrt{abcd}} \ge \frac{2\times 2\sqrt{ac} \times 2 \sqrt{bd}}{\sqrt{abcd}} = 8 \]

当 \(a = c, b = d\) 时取等。这样原条件为 \(4ab = a^2 + b^2\)，即 \(a/b = 2\pm \sqrt 3\)，取 \(a = c = 1, b = d = 2 + \sqrt 3\) 可以得到 \(S\) 的最小值为 \(8\)。

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\((4.444)\) 取定正实数数列 \(\{a_n\}\)，令 \(x_n = \dfrac{a_1}{1 + a_1} + \dfrac{a_2}{(1 + a_1)(1 + a_2)} + \cdots + \dfrac{a_n}{(1 + a_1) \cdots (1 + a_n)}\)，证明 \(\{x_n\}\) 收敛。

sol

好玩题。目前会两种做法：

\((1):\) 取 \(y_n = \dfrac{1}{(1 + a_1) \cdots (1 + a_n)} \in (0, 1)\)，那么 \(y_n = \dfrac{y_{n - 1}}{1 + a_n}\)，化简得到 \(a_n y_n = y_{n - 1} - y_n\)。注意到 \(x_n = \sum_{i = 1}^n a_i y_i = \sum_{i = 1}^n (y_{i - 1} - y_i) = 1 - y_n < 1\)，因此 \(\{x_n\}\) 单增有界，收敛。

\((2):\) 注意到

\[\begin{aligned} & a_1 (1 + a_2) \cdots (1 + a_n) + a_2(1 + a_3) \cdots (1 + a_n) + \cdots + a_{n - 1}(1 + a_n) + a_n \\ < \ & a_1 (1 + a_2) \cdots (1 + a_n) + a_2(1 + a_3) \cdots (1 + a_n) + \cdots + a_{n - 1}(1 + a_n) + (a_n + 1) \\ = \ & a_1 (1 + a_2) \cdots (1 + a_n) + a_2(1 + a_3) \cdots (1 + a_n) + \cdots + (1 + a_{n - 1})(1 + a_n) \\ \cdots \ & \\ = \ & (1 + a_1) (1 + a_2) \cdots (1 + a_n) \end{aligned} \]

故 \(x_n = \dfrac{a_1 (1 + a_2) \cdots (1 + a_n) + a_2(1 + a_3) \cdots (1 + a_n) + \cdots + a_{n - 1}(1 + a_n) + a_n }{(1 + a_1) (1 + a_2) \cdots (1 + a_n) } < 1\)，单增有界，收敛。

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\(5.\) 令 \(a, b, c, d\) 为四个非负实数，满足 \(a + b + c + d = 100\)。请求出

\[S = \sqrt[3]{\frac{a}{b + 7}} + \sqrt[3]{\frac{b}{c + 7}} + \sqrt[3]{\frac{c}{d + 7}} + \sqrt[3]{\frac{d}{a + 7}} \]

的最大值。

sol

IMO2018 Shortlist A7，大躺平。

令 \(x, y, z, t\) 为对应的四个变量，并设 \(x\le y\le z\le t\)。根据排序不等式有

\[\begin{aligned} S &= x^{1/3} (y + 7)^{-1/3} + y^{1/3} (z + 7)^{-1/3} + z^{1/3} (t + 7)^{-1/3} + t^{1/3} (x + 7)^{-1/3} \\ &\le \left(x^{1/3} (t + 7)^{-1/3} + t^{1/3} (x + 7)^{-1/3} \right) + \left(y^{1/3} (z + 7)^{-1/3} + z^{1/3} (y + 7)^{-1/3}\right) \end{aligned}\]

两部分等价，考虑 \(x,t\) 部分。

我们断言

\[\sqrt[3]{\frac{x}{t + 7}} + \sqrt[3]{\frac{t}{x + 7}} \le \sqrt[3]{\frac{x + t + 14}{7}} \]

我们知道

\[x^3 + y^3 + 3xyz - z^3 = \frac 12 (x + y - z)\left((x - y)^2 + (x + z)^2 + (y + z)^2\right) \]

因此 \(x + y \le z\) 等价于 \(x^3 + y^3 + 3xyz \le z^3\)。这样只需要证明

\[\frac{x}{t + 7} + \frac{t}{x + 7} + 3 \sqrt[3]{\frac{xt(x + t + 14)}{7(x + 7)(t + 7)}} \le \frac{x + t + 14}{7} \]

通过均值不等式我们能知道

\[\sqrt[3]{\frac{xt(x + t + 14)}{7(x + 7)(t + 7)}} = \sqrt[3]{\frac{t(x + 7)}{7(t + 7)}\cdot \frac{x(t + 7)}{7(x + 7)}\cdot \frac{7(x + t + 14)}{(t + 7)(x + 7)}} \le \frac{t(x + 7)}{7(t + 7)}+ \frac{x(t + 7)}{7(x + 7)}+ \frac{7(x + t + 14)}{(t + 7)(x + 7)} \]

随后可以知道

\[\frac{x}{t + 7} + \frac{t}{x + 7} + \frac{t(x + 7)}{7(t + 7)}+ \frac{x(t + 7)}{7(x + 7)}+ \frac{7(x + t + 14)}{(t + 7)(x + 7)} = \frac{x + t + 14}{7} \]

这也就证明了断言。

由于 \(y = \sqrt[3]{x}\) 在 \([0, \infty)\) 上上凸，\(y(a) + y(b) \le 2 y(a + b)\)，这也就有

\[S \le \sqrt[3]{\frac{x + t + 14}{7}} + \sqrt[3]{\frac{y + z + 14}{7}} \le 2\sqrt[3]{\frac{x + y + z + t + 28}{14}} = \frac{8}{\sqrt[3]{7}} \ . \square \]

最后一步在原题解里叫做 AM-CM inequality，听说也可以用 Jensen 不等式证。总之它的取等条件是 \(x + t = y + z = 50\)。
均值不等式的取等条件是 \(xt = 49\)，与上面结合可以知道当 \(x = y = 1, z + t = 49\) 时取得等号。

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\(6.\) 令 \(n, k\) 为两个正整数。对一列实数 \(a_1, a_2, \dots, a_n \in [1, 2^k]\) 定义

\[f(a_1, a_2, \dots, a_n) = \sum_{i = 1}^n \frac{a_i}{\sqrt{a_1^2 + \dots + a_i^2}} \]

\((1)\) 对一列确定的实数 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，按什么顺序重排这些值能使得 \(f(a_1, a_2, \dots, a_n)\) 取得最大值？
\((2)\) 对任意一列实数 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，证明：

\[f(a_1, a_2, \dots, a_n)\le 4\sqrt{kn} \]

sol

IMO2020 Shortlist A7，但是没有超级构造。

\((1):\)

我们断言，当 \(a_i\) 递增时取得最大值。考虑对 \(j\) 有 \(a_j > a_{j + 1}\)，我们知道

\[\begin{aligned} & f(a_1, \dots, a_{j - 1}, a_{j + 1}, a_j, a_{j + 2}, \dots, a_n) - f(a_1, \dots, a_n) \\ = \ & \frac{a_{j + 1}}{\sqrt{a_{1}^2 + \cdots + a_{j - 1}^2 + a_{j + 1}^2}} + \frac{a_{j}}{\sqrt{a_{1}^2 + \cdots + a_{j + 1}^2}} - \frac{a_{j}}{\sqrt{a_{1}^2 + \cdots + a_{j}^2}} - \frac{a_{j+1}}{\sqrt{a_{1}^2 + \cdots + a_{j + 1}^2}} \end{aligned}\]

令 \(a = a_j, b = a_{j + 1}, S = \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_{j + 1}^2}\)，上面的式子即为

\[\frac aS + \frac b{\sqrt{S^2 - a^2}} - \frac bS - \frac a{\sqrt{S^2 - b^2}} \]

而

\[\frac b{\sqrt{S^2 - a^2}} - \frac bS = \frac{a^2b}{S\sqrt{S^2 - a^2} \times (S + \sqrt{S^2 - a^2})} > \frac{b^2a}{S\sqrt{S^2 - b^2} \times (S + \sqrt{S^2 - b^2})} = \frac a{\sqrt{S^2 - b^2}} - \frac aS \]

因此

\[f(a_1, \dots, a_{j - 1}, a_{j + 1}, a_j, a_{j + 2}, \dots, a_n) - f(a_1, \dots, a_n) > 0 \]

这就证明了将相邻两个元素按升序排列会使 \(f\) 的取值增加，根据冒泡排序结论可以知道当所有元素按升序排列时取得最大值，这就证明了断言。\(\square\)

\((2):\)

考虑二进制分组，设 \(M_i = \{l\mid a_l \in[2^{i - 1}, 2^i)\}\)；特殊的，\(a_l = 2^k\) 的 \(l \in M_k\)。设 \(p_i = \lvert M_i\rvert\)，可以知道

\[\sum_{l\in M_t} \frac{a_l}{\sqrt{a_1^2+\cdots+a_l^2}} \le \sum_{i = 1}^{p_t}\frac{2^t}{2^{t-1}\sqrt i} = 2\sum_{i = 1}^{p_t}\frac{1}{\sqrt i} \]

这个放缩考虑 \(a_l\le 2^t\) 因此分子变大；\(a_l^2 \ge (2^{t-1})^2\) 则分母至少提供一个 \(2^{t-1}\)，第 \(i\) 个 \(a_l\) 对应的前缀有 \(i\) 个下标在 \(M_t\) 中，至少有 \(i\) 个 \((2^{t-1})^2\) 可以被提取，\(\sqrt{a_1^2+\cdots+a_l^2} \ge 2^{t-1} \sqrt i\) 因此分母变小。

考虑 \(\sqrt i - \sqrt{i-1} = \frac{1}{\sqrt{i} + \sqrt{i-1}} \ge \frac 1{2\sqrt{i}}\)，有

\[\sum_{l\in M_t} \frac{a_l}{\sqrt{a_1^2+\cdots+a_l^2}} \le 2\sum_{i = 1}^{p_t}\frac{1}{\sqrt i} = 2\sum_{i = 1}^{p_t}\frac{1}{\sqrt i} \le 2\sum_{i = 1}^{p_t}2(\sqrt i - \sqrt{i-1}) = 4\sqrt {p_t} \]

因此由均值不等式有

\[f(a_1, a_2, \dots, a_n) \le 4 \sum_{i = 1}^k \sqrt{p_i} \le 4 \sqrt{k \sum_{i = 1}^k p_i} = 4\sqrt{kn} \ . \square \]

也可以应用数归。

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\(7.\) 设 \(f : \mathbb R \to \mathbb R\)，\(\exists k \in(0,1), \forall x, y \in \mathbb R, \lvert f(x)-f(y)\rvert \le k\lvert x-y\rvert\) 成立。

\((1)\) 证明：\(kx - f(x)\) 递增。
\((2)\) 证明：存在唯一的 \(\xi\) 使得 \(f(\xi) = \xi\)。

sol

其实给定的这个条件是 Lipschitz 条件的弱化(?)。

\((1):\)

不妨设 \(x > y\)。知道

\[kx - ky + f(y) - f(x) = k(x - y) - [f(x) - f(y)] \ge \lvert f(x) - f(y) \rvert - [f(x) - f(y)] \ge 0 \]

\((2) \text{ Sol 1:}\)

令 \(g(x) = x - f(x)\)，即证 \(g(x)\) 有且仅有一个零点。

首先是证明存在性。由题意知 \(\lvert f(x) - f(0) \rvert \le k\lvert x \rvert\)，即

\[\left\lvert \dfrac{f(x)}{x} \right\rvert \le k + \left\lvert\dfrac{f(0)}{x} \right\rvert \]

由于 \(x\to \infty\) 时 \(\left\lvert\dfrac{f(0)}{x} \right\rvert\to 0\)，\(\forall \epsilon \in (0, 1 - k), \exists M>0 \text{ s.t. } \forall x > M, \left\lvert\dfrac{f(0)}{x} \right\rvert < \epsilon\)。于是有 \(\left\lvert\dfrac{f(x)}{x} \right\rvert \le k + \left\lvert \dfrac{f(0)}{x} \right\rvert < k + \epsilon\)。

因此当 \(x\) 充分大时有 \(-k-\epsilon < \dfrac{f(x)}{x} < k+\epsilon\)，即 \(1 - k-\epsilon <1- \dfrac{f(x)}{x}<1+k+\epsilon\)。而知道 \(1-k-\epsilon>0\)，这就说明 \(1- \dfrac{f(x)}{x}\) 有大于 \(0\) 的下界。因此可以知道

\[\lim_{x\to+\infty} g(x) = \lim_{x\to +\infty} x\left(1- \dfrac{f(x)}{x}\right) = +\infty \]

\(x\) 充分小时易导出相同的结论。因此可以知道

\[\lim_{x\to-\infty} g(x) = \lim_{x\to -\infty} x\left(1- \dfrac{f(x)}{x}\right) = -\infty \]

根据介值定理可知 \(\exists \xi, g(\xi) = 0\)。\(g\) 的一致连续性是易得的，不再赘述。

随后证明唯一性。反证法，假设 \(\exists a, b \in \mathbb R, g(a) = g(b) = 0\)，则

\[\left\lvert f(a) - f(b) \right\rvert = \left\lvert a - b \right\rvert \le k \left\lvert a - b \right\rvert < \left\lvert a - b \right\rvert \]

这显然不成立。

因此我们就证明了存在唯一 \(\xi \in \mathbb R, f(\xi) = \xi\)。\(\square\)

\((2) \text{ Sol 2:}\)

sto bk orz

令 \(g(x) = x - f(x)\)，即证 \(g(x)\) 有且仅有一个零点。

由于 \(kx - f(x)\) 递增，\((1 - k)x\) 递增，则 \(g(x)\) 递增，这保证了唯一性。\(\exists \xi, g(\xi) = 0\) 可以通过证明 \(g(x)\) 上下无界推知。

对 \(g(x)\) 的上界，由于 \((1 - k)x\) 无界，\(kx - f(x)\) 递增，知道 \(g(x)\) 无界。对下界类似。这保证了存在性。\(\square\)

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\(8.\) 令 \(S\) 为一个由 \(n\ge 3\) 个正整数组成的集合，使得集合内任意元素都不是另两个不同元素之和。

\((1)\) 假设 \(a,b,c\in S\) 为三个不同的元素，并有 \(a = \max(a, b, c)\)。证明：\(a\nmid(b + c)\) 且 \(a\nmid \lvert b - c \rvert\)。
\((2)\) 证明：存在一种方法将 \(S\) 中元素排序为 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，使得 \(\forall 2 \le i \le n-1, a_i\nmid(a_{i - 1} + a_{i + 1})\)。

sol

IMO2020 Shortlist N7，神妙鸽巢+数归。

下文中简称满足特定条件的对象为合法对象，条件根据上下文确定。

\((1):\)

由于 \(a \neq b + c\)，若 \(a\mid (b + c)\) 则定有 \(2a \le b + c\)，即 \(a < \max(b, c)\)。这与假设矛盾。

由于 \(a > \max(b, c) > \lvert b - c\rvert\)，一个数不能整除小于自己的数。

\((2):\)

我们断言，若 \(S\) 是一个由 \(n\ge 2\) 个正整数组成的满足条件的集合，则存在一种方法将 \(S\) 中元素排序为 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，使得 \(\forall 2 \le i \le n-1, a_i\nmid(a_{i - 1} + a_{i + 1})\) 且 \(a_i \nmid (a_{i - 1} - a_{i + 1})\)。

考虑对 \(n\) 归纳。当 \(n = 2\) 时显然任意排序方法都满足要求。

假设 \(n \ge 3\)。令 \(a\) 是 \(S\) 中最大元素，并令 \(T = S\ \backslash \{a\}\)。根据归纳假设，存在一种合法方法将 \(T\) 中的元素排序，设这种排序方式得到了合法序列 \(B = (b_1, \dots, b_{n - 1})\)。我们将说明的是，一定存在一种方法将 \(a\) 插入序列 \(b\)，使得新得到的序列是合法序列。也即，我们肯定能选择一个下标 \(1\le j\le n\)，导出序列 \(B_j = (b_1, \dots, b_{j - 1}, a, b_{j }, \dots, b_{n - 1})\)。\(a\) 可以无前趋 \((j = 1)\) 或后继 \((j = n)\)。容易发现 \(a\) 有 \(n\) 个位置可以插入，这导出了 \(n\) 个序列。

首先考虑若 \(B_j\) 中的元素 \(x\) 不合法，则 \(x\) 只可能是 \(b_{j - 1}, a, b_j\) 中的一个（\(b_{j - 1}, b_j\) 可能不存在）。而根据 \((1)\) 的结论，由于 \(a = \max(b_{j - 1}, a, b_{j})\), \(x\) 不可能为 \(a\)。因此若 \(B_j\) 不合法，不合法位置只能是 \(j - 1\) 与 \(j\) 中的一个。

假设所有的 \(B_j\) 都不合法。根据鸽巢原理，定存在一个位置 \(k\) 在两种排序中都不合法。转化条件，我们知道 \(b_k\) 定整除 \(b_{k - 1} + c_1a\) 与 \(a + c_2 b_{k + 1}\)，其中 \(c_1, c_2 \in \{-1, 1\}\)。然而这也就是

\[b_{k - 1} \equiv -c_1a \equiv (-c_1)(-c_2b_{k + 1})\equiv c_1c_2 b_{k + 1} \pmod{b_k} \]

能导出 \(b_k \mid (b_{k - 1} - c_1c_2 b_{k + 1})\)，而由于 \(-c_1c_2 \in \{-1, 1\}\)，这条件也就说明了 \(B\) 不合法，这与原设矛盾。也就是说，定存在一个 \(B_j\) 是合法的，我们只需要选择这个序列即可得到一种对 \(S\) 中元素的合法排序方案。

归纳假设成立。\(\square\)

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\(9.\) 证明：对任意正有理数 \(p/q\)，存在集合 \(S \subseteq \mathbb N_+\) 使得

\[\frac pq = \sum_{u \in S} \frac 1u \]

sol

起因是 23.3 集训的时候 kaguya 在群里问的题。老活新整

由调和级数发散，若 \(p/q > 1\)，我们只需要找到最大的 \(k\) 使得

\[\sum_{i = 1}^k \frac 1i\le \frac{p}{q} < \sum_{i = 1}^{k - 1} \frac 1i \]

令 \(\dfrac{s}{t} = \dfrac{p}{q} - \sum\limits_{i = 1}^k \dfrac 1i\)，且 \(\gcd(s, t) = 1\)。

若 \(s = 0\) 则命题成立。

反之我们知道 \(0 < \dfrac st < 1\)。设 \(t = as + b\)。

若 \(b = 0\) 则 \(\dfrac 1a < \dfrac{1}{k}\)，成立。

反之我们知道

\[\frac{s}{t} - \frac{1}{a + 1} = \frac{as + s - as - b}{(as + b)(as + 1)} = \frac{s - b}{t(as + 1)} \]

由于 \(s - b < s\)，经过有限次递降后总会到达分子为 \(1\) 的情况，这时命题成立。易证过程中减掉的每个数字两两不同。

这就证明了原问题。\(\square\)

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\(10.\) 定义 \(H_n\) 为调和级数，即 \(\sum_{i = 1}^n i^{-1}\)。证明：对任意正整数 \(n\)，都有

\[H_{2n} - H_n + \frac{1}{4n} > \ln 2 \]

sol

whk 月考题 /youl
我不会积分证啊！谁能教教我？
听说两个图形间三角的面积和就是 1/4n 啊！高级。

考虑

\[\begin{aligned} & H_{2n} - H_n + \frac{1}{4n} \\ & = \ \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2} + \cdots + \frac{1}{2n - 1} + \frac{1}{2n} + \frac{1}{4n} \\ & = \ \left(\frac{1}{2n} + \frac{1}{2(n + 1)}\right) + \left(\frac{1}{2(n + 1)} + \frac{1}{2(n + 2)}\right) + \cdots + \left(\frac{1}{2(2n - 2)} + \frac{1}{2(2n - 1)}\right) + \left(\frac{1}{2(2n - 1)} + \frac{1}{2\times 2n}\right) \end{aligned}\]

以及

\[\begin{aligned} \ln 2 = \ln(2n) - \ln n = (\ln (2n) - \ln (2n - 1)) + \cdots + (\ln (n + 1) - \ln n) \end{aligned}\]

只需要证明

\[\ln (n + 1) - \ln n < \frac{1}{2n} + \frac{1}{2(n + 1)} \]

即

\[\ln \frac{n + 1}{n} < \frac{2n + 1}{2n(n + 1)} \]

由于

\[\frac{2n + 1}{n(n + 1)} = \frac{(n + 1)^2 - n^2}{n(n + 1)} = \frac{n + 1}{n} - \frac{n}{n + 1} \]

令 \(f(x) = \dfrac{1}{2}\left(x - \dfrac{1}{x}\right) - \ln x\)，只需要证明 \(f\) 在 \((1, 2]\) 上恒 \(> 0\)。知道 \(f'(x) = \dfrac{(x - 1)^2}{2x^2} > 0\)，且 \(f(1) = 0\)。\(\square\)

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\(11.\) 证明

\[\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{2e^n-1} < \frac 23 \ln 2 \]

sol

whk 见到的题，稍微加强了一下
可能不太优，有加强的做法可以说（

考虑 \(\dfrac{1}{2e^x-1}\) 下凸，

\[\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{2e^n-1} < \int_0^\infty \frac{\text dx}{2e^x-1} = \ln 2 \]

后面的等号怎么做？考虑求 \(f(x) = \dfrac{1}{2e^x-1}\) 的原函数（

具体过程不再赘述，一次分部积分，换元 \(t = e^x\)，吸收 \(\text d \dfrac 1{2t-1}\) 后换元 \(u = \dfrac{1}{2t-1}\) 再回代（我做的很麻烦）可以知道

\[\int \frac{\text dx}{2e^x-1} = \frac{x + \ln 2}{2e^x - 1} - \frac{2e^x}{2e^x - 1}\left(\ln \frac{2e^x}{2e^x - 1} - 1\right) - \frac{\ln(2e^x - 1) + 1}{2e^x - 1} \]

这就有了 \(\ln 2\) 的计算方法。

然后考虑取 \(f(x)\) 在 \(x = k\) 处的切线，计算一下知道是

\[y = \frac{-2e^k}{(2e^k - 1)^2}(x - k) + \frac{1}{2e^k} \]

把这条线和 \(y = f(k)\) 在 \([k - 1, k]\) 上围成的三角形面积算出来就是 \(\dfrac{e^k}{(2e^k - 1)^2}\)。因此

\[\sum_{n = 1}^\infty\left(\frac{1}{2e^n-1} + \frac{e^n}{(2e^n - 1)^2}\right) < \ln 2 \]

又知道

\[\frac{e^n}{(2e^n - 1)^2} = \frac{2e^n}{2(2e^n - 1)^2} > \frac{2e^n - 1}{2(2e^n - 1)^2} = \frac{1}{2(2e^n - 1)} \]

所以

\[\frac{3}{2}\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{2e^n-1} < \ln 2 \]

也就有原式。\(\square\)

upd: 确实不太强。考虑 \(2e^x - 1 \ge ae^x\)，我们有 \(a\le 2-e^{-1}\)。这样可以知道

\[\sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{2e^n-1} < \sum_{n = 1}^\infty\frac{1}{2e^n-1}\frac{1}{(2-e^{-1}) e^n} = \frac{1}{(2-e^{-1})(e-1)} < \frac{2}{3} \ln 2 \]

这个上界和实际上界就很接近了。

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\(12.\) 证明

\[\sum_{n= 1}^{+\infty} \sum_{i=0}^n \frac{(-1)^i}{(i + 1)!}\binom ni = 0 \]

sol

uoj群题，不太知道来源。
ei et al. 给出了一个复分析的做法。看不懂一点 /dk
感谢 jijidawang 对做法的启发。自己胡的，不知道对不对，上一个做法刚被 ei 叉掉……

容易想到形式 Laplace-Borel 变换辅助计算。记某 ogf \(F(x)\) 对应的 egf 为 \(\mathscr{L}^{-1}[F(x)]\)，其中 \(\mathscr{L}\) 为拉普拉斯算子，或记作 \(\hat F(x)\)。

令 \(F_n(x) = x(1-x)^n\)。有

\[F_n(x) = \sum_{i=0}^n (-1)^i\binom ni x^{i+1}\quad \hat F_n(x) = \sum_{i=0}^n (-1)^i\binom ni \frac{x^{i+1}}{(i + 1)!} \]

容易知道左侧即为

\[\sum_{n= 1}^{+\infty} \hat F_n(1) = \mathscr{L}^{-1}\left[\sum_{n= 1}^{+\infty} F_n(x)\right] \circ 1 \]

这一点可以对每一项的系数讨论得到。接下来只需要计算

\[G(x) = \mathscr{L}^{-1}\left[\sum_{n= 1}^{+\infty} F_n(x)\right] = \mathscr{L}^{-1}\left[x\sum_{n= 1}^{+\infty} (1- x)^n\right] = \mathscr{L}^{-1}\left[1-x\right] = 1-x \]

倒数第二个等号可以知道 \(\dfrac{1}{1-x} = \sum_{i \ge 0} x^i\) 的收敛半径 \(r = 1\)，而这个带入 \(1\) 的操作确实在半径内，形式操作没问题。于是左侧为 \(G(1) = 1-1 = 0\)。\(\square\)

mma 提醒我们，左侧也是

\[\sum_{n = 1}^{+\infty} F(-n; 2; 1) \]

然后不会了。

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\(14.\) 请找到所有满足 \(n^2 \mid (3^n + 1)\) 的正整数 \(n\)。

sol

当 \(n = 1\) 时显然成立。

当 \(n > 1\) 时，令 \(p > 1\) 为 \(n\) 的最小质因子，知道 \(3^n \equiv -1 \pmod p\)，两边平方得到 \(3^{2n}\equiv 1 \pmod p\)。又由费马小定理得到 \(3^{p - 1}\equiv 1\pmod p\)。令 \(d = \text{gcd}(2n, p -1)\)，知道 \(3^d \equiv 1 \pmod p\)，这也就是能确定的最大的循环节。

由于 \(p - 1\) 小于 \(n\) 的任意一个质因子，\(\text{gcd}(n, p - 1) = 1\)。因此 \(d\) 只可能是 \(1\) 或 \(2\)。这说明了 \(p \mid (3 - 1)\) 或 \(p \mid (3^2 - 1)\)，即 \(p = 2\)。

然而，若 \(p = 2\)，由题意有 \(p^2 \mid (3^n + 1)\)，即 \(3^n \equiv -1 \pmod 4\)。这可以解出 \(n\) 为奇数。

然而，\(n\) 不能既为奇数又存在质因子 \(2\)，这说明 \(n > 1\) 无解。

综上，\(n\) 只可为 \(1\)。

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\(15.\) 设整系数多项式 \(f(x)\) 满足 \(f(2) = 2, f(3) = 3, f(4) = 4\)，求 \(f(9)\) 可以取到的最小正整数值。

sol

nju 2018 数拔 T3。有些抽象题。

首先考察 \(f(x) = x\) 的情况，知道这情况满足要求，且 \(f(9) = 9\)，为正整数值。

若 \(f(x) \neq x\)，则令 \(g(x) = f(x) - x\)，知道 \(g(x)\) 也是整系数多项式，且已经知道了它的三个根 \(2, 3, 4\)。设 \(g(x) = (x - 2)(x - 3)(x - 4)h(x)\)，其中 \(h(x)\) 为一个非零多项式，且 \(h(9) \neq 0\)。

下面证明若 \(p(x) = (x - t)q(x)\)，其中 \(p(x)\) 为整系数多项式，且 \(t\in \mathbb Z\)，则 \(q(x)\) 也为整系数的：
令 \(n = \text{deg } p(x)\)，知道 \(p[n] = q[n - 1]\)，\(\forall 1\le k < n, p[k] = -t q[k] + q[k - 1]\)。后面的式子可以变成 \(q[k - 1] = p[k] + t\times q[k]\)，归纳可知 \(\forall k, q[k]\in \mathbb Z\)。

因此 \(h(x)\) 为一个整系数多项式，\(\lvert h(9) \rvert \ge 1\)。因此，\(\lvert f(9) \rvert = \lvert g(9) + 9 \rvert \ge 7\times 6 \times 5 \times \lvert h(9) \rvert - 9 \ge 201\)，其能取到的最小正整数值 \(> 9\)。

综上，\(f(9)\) 可以取到的最小正整数值为 \(9\)。\(\square\)

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\(16.\) 令 \(f(n)\) 为 \(\dfrac 1n, \dfrac 2n, \dots, \dfrac {n - 1} n\) 约分后分子之和。请找到所有的 \(n\)，使得 \(f(n)\) 和 \(f(2021n)\) 的奇偶性不同。

sol

nju 计科 2021 拔尖 T1 /jk

知道

\[f(n) = \sum_{k = 1}^{n - 1} \frac{k}{\gcd(k, n)} \]

这里不要快进到莫反，我莫反了一下发现啥都不会。有没有莫反神教我一下莫反怎么做啊？

考察我们只需要模 \(2\) 的值，这样令 \(g(n)\) 计数 \(\dfrac{k}{\gcd(k, n)}\) 中的奇数，知道 \(f(n), g(n)\) 同奇偶。考虑 \(\dfrac{k}{\gcd(k, n)}\) 中 \(2\) 的幂次，为 \(v_2(k) - \min(v_2(k), v_2(n))\)。则其为偶数当且仅当 \(v_2(k) > \min(v_2(k), v_2(n))\)，也就是 \(v_2(k) > v_2(n)\)，得到 \(k < n\) 只能为 \(1\times 2^{v_2(n) + 1}, 2 \times 2^{v_2(n) + 1}, \dots\)。令 \(n = 2^s(2t + 1)\)，则前面的数总共 \(t\) 个，得到 \(g(n) = n - 1 - t\)。

现在需要得到 \(g(n) = 2^s(2t + 1) - 1 - t\) 和 \(g(2021n)\) 的奇偶性关系。知道 \(2021n = 2^s(2(2021t + 1010) + 1)\)，并设 \(t' = 2021t + 1010\)，则有 \(g(2021n) = 2^s(2t' + 1) - 1 - t'\)。

知道 \(2t + 1\) 和 \(2t' + 1\) 的奇偶性相同，而乘以 \(2^s\) 不会影响奇偶性，因此若 \(g(n)\) 和 \(g(2021n)\) 奇偶性不同，则必有 \(t\) 和 \(t'\) 的奇偶性不同。而由于 \(t' - t = 1010(2t + 1) \equiv 0 \pmod 2\)，\(t\) 和 \(t'\) 的奇偶性不可能不同。

综上，不存在这样的 \(n\) 使得 \(f(n)\) 和 \(f(2021n)\) 的奇偶性不同。\(\square\)

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\(17.\) 对 \(n = \prod_{i} p_i^{c_i}\)，定义 \(\Omega(n) = \sum_i c_i\)。若 \(\Omega(n)\) 为偶数，则称 \(n\) 为平衡的。对 \(a, b > 0\)，定义 \(f(n) = (n + a)(n + b)\)。请证明：
\((1)\) 对 \(\forall n_0 < \infty\)，总存在彼此不同的 \(a, b\) 使得 \(f(1), f(2), \dots, f(n_0)\) 都是平衡的；
\((2)\) 若 \(\forall n, f(n)\) 都是平衡的，则 \(a = b\)。

sol

\((1) :\)

\(f(n)\) 是平衡的，当且仅当 \(\Omega(n + a) \equiv \Omega(n + b) \pmod 2\)。所以不妨考虑对某个确定的 \(a\)，列 \((\Omega(1 + a) \bmod 2,\dots ,\Omega(n_0 + a) \bmod 2)\) 只有 \(2^{n_0}\) 种可能。

考虑鸽笼原理，我们让 \(a\) 取遍前 \(2^{n_0} + 1\) 个正整数，就必定有两个值使得上面的列取值完全相同。这样将这两个值分别赋值给 \(a, b\) 即可。\(\square\)

\((2) :\)

不妨令 \(a > b\)，对足够大的 \(n\) 考察 \(an - b(n + 1)\)，知道 \(f(n) = (a - b)^2 n(n + 1)\)，而由于 \(n\) 和 \(n + 1\) 互质且不可均为完全平方数，总存在一个 \(p\)，使得 \(v_p(n(n + 1))\) 为奇数。而自然 \((a-b)^2\) 在 \(a \neq b\) 时只能贡献偶数，与条件不符。

因此只能 \(a = b\)。

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\(18.\) 令 \(n\in \mathbb N_+\)。找到下式的封闭形式：

\[\sum_{i = 1}^n \sin^2((2i - 1)x) \]

sol

哈哈，稍微有点 adhoc 的题就能杀我。
from 高代习题课。

首先想到倍角公式转化，重点在于

\[\sum_{k = 1}^n \cos(2(2k - 1)x) = \Re \left( \sum_{k = 1}^n e^{2\mathrm i (2k - 1)x} \right) = \Re \left( e^{2\mathrm i x} \sum_{k = 0}^{n-1} e^{4\mathrm i kx} \right) = \Re \left( e^{2\mathrm i x} \frac{1 - e^{4\mathrm inx}}{1 - e^{4\mathrm ix}} \right) \]

我到这一步就卡住了。但是分子分母同除 \(e^{2\mathrm ix}\)，并注意到 \(\sin(x) = \dfrac{e^{\mathrm ix} - e^{-\mathrm ix}}{2i}\)，得到

\[= \Re \left( \frac{1 - \cos(4nx) - \mathrm i \sin(4nx)}{e^{-2\mathrm i x} - e^{2\mathrm ix}} \right) = \Re \left( \frac{\cos(4nx) + \mathrm i \sin(4nx) - 1}{2\mathrm i\sin(2x)} \right) = \frac{\sin(4nx)}{2\sin(2x)} \]

因此答案为 \(\dfrac{n}{2} - \dfrac{\sin(4nx)}{4\sin(2x)}\)。

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\(19.\) 设 \(n\) 是正整数，\(a_1, \dots, a_n\) 是互不相同的整数。确定使下列多项式在 \(\mathbb Q\) 内不可约的 \(n\) 的可能取值。
\((1)\) \(f(x) = (x - a_1) \cdots (x - a_n) - 1\)
\((2)\) \(f(x) = (x - a_1) \cdots (x - a_n) + 1\)
\((3)\) \(f(x) = (x - a_1)^2 \cdots (x - a_n)^2 + 1\)

sol

高代思考题，但上了 mse。(1) (3), (2)。

总之是花式反证法。感觉证明不可约基本都是反证法。

\((1):\)

由 Gauss Lemma，\(\exists g, h \in \mathbb Z[x], f = gh\)，这里显然要有 \(0 < \deg f, \deg g < n\)。而注意到 \(\forall i, f(a_i) = g(a_i) h(a_i) = -1\)，且 \(g(a_i), h(a_i) \in \mathbb Z\)。这样 \(g(a_i), h(a_i)\) 一个是 \(1\)，一个是 \(-1\)，即 \(g(a_i) + h(a_i) = 0\)。因此 \(A(x) = g(x) + h(x)\) 有 \(n\) 个根，即 \(\deg A \ge n\)。但 \(\deg A = \max\{\deg f, \deg g\} < n\)，矛盾。故 \(f(x)\) 不可约。

因此 \(\forall n \in \mathbb N_+\) 均可。

\((2):\)

不妨令 \(a_1 = \max\{a_1, \dots, a_n\}\)。

由 Gauss Lemma，\(\exists g, h \in \mathbb Z[x], f = gh\)，这里显然要有 \(0 < \deg f, \deg g < n\)。而注意到 \(\forall i, f(a_i) = g(a_i) h(a_i) = 1\)，且 \(g(a_i), h(a_i) \in \mathbb Z\)。由于 \(f\) 恒大于 \(0\)，\(g,h\) 没有实根，故不妨设 \(g(a_i) = h(a_i) = 1\)。那么由于 \(g, h\) 在 \(n\) 个点处的点值相同，且 \(\deg f, \deg g < n\)，则由 Lagrange 插值，\(g(x) = h(x)\)。

取 \(p(x) = g(x) + 1, q(x) = g(x) - 1\)，则 \(p(x)q(x) = (x - a_1) \cdots (x - a_n)\)。又由于 \(\deg p = \deg q\)，\(n\) 为奇数时显然不可。不妨令 \(p(a_1) = 0\)，即 \(q(a_1) = 2\)，那么 \(\forall n \ge 6, q(a_1)\) 有三个彼此不同的因子。但 \(2\) 显然只有两个因子。那么当 \(n\) 为偶数时，\(n\ge 6\) 时 \(f(x)\) 不可约。

注意到：当 \(n = 2\) 时，取 \(a_1 = a - 1, a_2 = a + 1\)，\(f(x) = (x - a + 1)(x - a - 1) + 1 = (x - a)^2\)；当 \(n = 4\) 时，取 \(a_1 = a - 2, a_2 = a - 1, a_3 = a, a_4 = a + 1\)，\(f(x) = (x-a-1)(x-a)(x-a+1)(x-a+2)+1 = ((x-a)(x-a+1)-1)^2\)。因此 \(n = 2, 4\) 时 \(f(x)\) 可能可约。

因此 \(\forall n \in \mathbb N_+ \setminus \{2, 4\}\) 均可。

\((3):\)

由 Gauss Lemma，\(\exists g, h \in \mathbb Z[x], f = gh\)，这里显然要有 \(0 < \deg f, \deg g < n\)。而注意到 \(\forall i, f(a_i) = g(a_i) h(a_i) = 1\)，且 \(g(a_i), h(a_i) \in \mathbb Z\)。这样 \(g(a_i) = h(a_i) = 1\)。那么由于 \(g(x) - 1, h(x) - 1\) 有 \(n\) 个零点，\(\deg g = \deg h = n\)。但注意到 \(g(x), h(x)\) 均为首一的，因此取 \(A(x) = g(x) - h(x)\)，\(\deg A < n\)，但 \(A\) 有 \(n\) 个零点，矛盾。故 \(f(x)\) 不可约。

因此 \(\forall n \in \mathbb N_+\) 均可。

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\(20.\) 证明：\(\forall n \in \mathbb N\)，

\[\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n \dfrac{ij(-1)^{i + j}}{(2i+1)(2j+1)(i+j)} \binom{n+i}{i}\binom{n}{i}\binom{n+j}{j}\binom{n}{j} = \dfrac{n(n+1)}{(2n+1)^2} \]

sol

这个题原本不是这个样子的，这个状态是中间状态。
如果有哪位能用组合意义/生成函数推导方法证明，请告诉我 /cy

注意到 LHS 可以化简为

\[\sum_{i = 1}^n \frac{1}{2i + 1} \sum_{j = 1}^n \left(\dfrac{ij(-1)^{i + j}}{i+j} \binom{n+i}{i}\binom{n}{i}\binom{n+j}{j}\binom{n}{j}\right) \dfrac{1}{2j + 1} \]

取 \(n\) 阶矩阵 \(A = \left\{\dfrac{ij(-1)^{i + j}}{i+j} \dbinom{n+i}{i}\dbinom{n}{i}\dbinom{n+j}{j}\dbinom{n}{j}\right\}_{i,j = 1}^n\)，以及 \(n\) 维列向量 \(\bm v = \left(1/3, \cdots, 1/(2n+1)\right)\)，那么 \(\text{LHS} = \bm v^{\mathsf T}A \bm v\)。就算从组合问题改成线代问题，直接算这个可能很难，所以我们再换一个描述形式。

首先证明 \(A\) 可逆。令 \(a_i = (-1)^i i \dbinom{n + i}{i} \dbinom{n}{i}\)，则 \(A = \mathrm{diag}(a) N \mathrm{diag}(a)\)，其中 \(N = \left\{\dfrac{1}{i + j}\right\}_{i, j = 1}^n\)。那么 \(N\) 为一个 Cauchy 矩阵，故可逆。则 \(A^{-1} = (\mathrm{diag}(a) N \mathrm{diag}(a))^{-1} = \mathrm{diag}(a^{-1}) N^{-1} \mathrm{diag}(a^{-1})\)。则据 Cauchy 矩阵逆的计算方法，令 \(x_i = i, y_j = -j\)，有

\[\begin{aligned} &\left(N^{-1}\right)_{i,j} \\ = \ & -\dfrac{1}{x_i - y_j} \dfrac{\prod_{k=1}^n (x_i - y_k) \prod_{k = 1}^n(y_j - x_k)}{\prod_{k\neq i} (x_i - x_k) \prod_{k \neq j} (y_j - y_k)} \\ = \ & -\dfrac{1}{i + j} \dfrac{\prod_{k=1}^n (i + k) \prod_{k = 1}^n(-j - k)}{\prod_{k\neq i} (i - k) \prod_{k \neq j} (-j + k)} \\ = \ & \dfrac{1}{i + j} \dfrac{\prod_{k=1}^n (i + k) \prod_{k = 1}^n(j + k)}{\prod_{k\neq i} (i - k) \prod_{k \neq j} (j - k)} \\ = \ & \dfrac{1}{i + j} \dfrac{\frac{(i + n)!}{i!} \frac{(j + n)!}{j!}}{(i - 1)! (-1)^{n - i} (n - i)! (j - 1)! (-1)^{n - j} (n - j)!} \\ = \ & \dfrac{ij(-1)^{i + j}}{i + j} \dfrac{(i + n)!(j + n)!}{(i!)^2(j!)^2 (n - i)! (n - j)!} \\ = \ & \dfrac{ij(-1)^{i + j}}{i + j} \binom{n + i}{n}\binom{n}{i} \binom{n + j}{n} \binom{n}{j} \end{aligned} \]

因此

\[(A^{-1})_{i,j} = \dfrac{ij(-1)^{i + j}}{i + j} \binom{n + i}{n}\binom{n}{i} \binom{n + j}{n} \binom{n}{j} \left(ij(-1)^{i + j}\binom{n + i}{n}\binom{n}{i} \binom{n + j}{n} \binom{n}{j}\right)^{-1} = \frac{1}{i + j} \]

那么取 \(n\) 维列向量 \(\bm a = (a_1, \cdots, a_n)\) 满足 \(A^{-1} \bm a = \bm v\)，即

\[\forall m\in 1, \dots, n, \quad \sum_{i = 1}^n \dfrac{a_{i}}{i + m} = \dfrac{1}{2m + 1} \]

那么

\[\text{LHS} = \bm v^{\mathsf T} \bm a = \sum_{i = 1}^n \dfrac{a_i}{2i + 1}. \]

听说这是基础多项式题啊。

通分现有条件式得到

\[\sum_{i = 1}^n \dfrac{a_i}{x + i} - \dfrac{1}{2x + 1} = \dfrac{F(x)}{(2x + 1) \prod_{i = 1}^n (x + i)} = 0 \]

其中 \(\deg F \le n\)。而带入 \(x = 1, \cdots, n\)，由于分母带入后不可能为 \(0\)，知上述 \(n\) 个值均为 \(F(x)\) 的根，因此令 \(F(x) = a \prod_{i = 1}^n(x - i)\)，回代得到

\[\sum_{i = 1}^n \dfrac{a_i}{x + i} - \dfrac{1}{2x + 1} = \dfrac{a \prod_{i = 1}^n(x - i)}{(2x + 1) \prod_{i = 1}^n (x + i)} \]

两侧同乘 \((2x + 1) \prod_{i = 1}^n (x + i)\) 得到

\[(2x + 1) \left(\prod_{i = 1}^n (x + i)\right) \left(\sum_{i = 1}^n \frac{a_i}{x + i}\right) = \prod_{i = 1}^n (x + i) + a \prod_{i = 1}^n(x - i) \]

带入 \(2x + 1\) 的零点 \(x = -1/2\)，即

\[\dfrac{(2n - 1)!!}{2^n} + k (-1)^n \dfrac{(2n + 1)!!}{2^n} = 0 \]

解得 \(k = \dfrac{(-1)^{n + 1}}{2n + 1}\)。带入 \(x = 1/2\)，得到

\[2\sum_{i = 1}^n \dfrac{a_i}{2i + 1} = \dfrac{1}{1 + 1} + \dfrac{\frac{(-1)^{n + 1}}{2n + 1} \prod_{i = 1}^n(1/2 - i)}{(1 + 1) \prod_{i = 1}^n (1/2 + i)} = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n + 1)^2} \]

因此

\[\text{LHS} = \sum_{i = 1}^n \dfrac{a_i}{2i + 1} = \dfrac{(2n + 1)^2 - 1}{4(2n + 1)^2} = \dfrac{n(n + 1)}{(2n + 1)^2} \]

这也就证明了原公式。