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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$(5.\dot 2)$ 证明：$\forall n \in \mathbb N_+$，

$$\sum_{0 < m_1 < \cdots < m_n} \dfrac{1}{m_1^2 \cdots m_n^2} = \dfrac{\pi^{2n}}{(2n + 1)!}$$

sol

令 $a_n = (-1)^n\text{LHS}$，那么 $a_n$ 在组合上就是在所有形如 $-1/m^2$ 的项中不重复地取 $n$ 个，这翻译成生成函数就是一个无穷连乘。应用 $\sin x$ 的连乘形式，再写成级数形式得到

$$\sum_{n\ge 0} a_n x^{2n} = \prod_{m\ge 1} \left(1 - \dfrac{x^2}{m^2}\right) = \dfrac{\sin \pi x}{\pi x} = \sum_{n\ge 0} \dfrac{(-1)^n (\pi x)^{2n}}{(2n + 1)!}.\qquad\square$$

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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。

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$21.$ 证明：$\forall n \ge 0, m\ge 2$，

$$\sum_{2\le k_1 \le \cdots \le k_n \le m} \dfrac{1}{k_1k_2 \cdots k_n} = \sum_{k = 0}^{m - 2} \dfrac{(-m)^{\overline{k + 2}}}{k!(k + 2)^{n + 1}}$$

其中 $m^{\overline n} = m(m + 1) \cdots (m + n - 1)$ 为上升幂。

sol

来自 25.1.25 闲话 中超调和数的两种表示方式。

如果你读过前面那一篇博客，那么你自然能注意到 LHS 的递归形式，从而只需要验证（简化后的）RHS 同样满足这个递归形式，这就证明了 RHS 和 LHS 处处相同。一种基于数学归纳法的证明方式是显然的：初值是一个简单的 binomial sums 问题，接着的归纳部分只需要使用下降幂的离散微积分公式即可。

但是，这仍然不是很美观。我们能不能抛开“超调和数”的递归形式，从而不依赖于数学归纳法，而是优美地证明这个式子？

自然是可以的。我们将证明，两侧对 $n$ 建立的生成函数在形式意义上是相同的。

首先，应用 25.1.25 闲话中同样的组合意义，我们得到

$$\text{LHS} = [x^n] \prod_{k = 2}^{m} \dfrac{1}{1-x/k}$$

随后化简并不好看的 RHS：

$$\begin{aligned} \text{RHS} & = \sum_{k = 0}^{m - 2}\dfrac{(-1)^{k + 2} m^{\underline{k + 2}}}{k!(k + 2)^{n + 1}} \\ & = \sum_{k = 0}^{m - 2}(-1)^{k + 2}\dfrac{m!(k +1)}{(m -k-2)!(k+2)!} \dfrac{1}{(k + 2)^{n}} \\ & = \sum_{k = 0}^{m - 2}(-1)^{k + 2}\binom{m}{k + 2} \dfrac{k+1}{(k + 2)^{n}} \\ & = \sum_{k = 2}^{m}(-1)^{k}\binom{m}{k} \dfrac{k-1}{k^{n}}\\ & = [x^n] \sum_{k = 2}^{m}(-1)^{k}\binom{m}{k} \dfrac{k-1}{1 - x/k} \end{aligned}$$

那么，既然要证明 $\forall n\ge 0$ 都成立，只需要证明 $\forall m \ge 2,$

$$\prod_{k = 2}^{m} \dfrac{1}{1-x/k} = \sum_{k = 2}^{m}(-1)^{k}\binom{m}{k} \dfrac{k-1}{1 - x/k}$$

这时显然需要对左侧作部分分式分解。不妨令数列 $\{a_k\}$ 满足

$$\prod_{k = 2}^{m} \dfrac{1}{1-x/k} = \sum_{k = 2}^{m} \dfrac{a_k}{1-x/k}$$

若求 $a_n$，注意到在两侧同乘 $1-x/n$ 并带入 $x = n$ 后，LHS 只剩下了 $k\neq n$ 的部分有贡献，RHS 则只有 $a_n / (1 - x_n)$ 项 $= a_n$，其余项均为 $0$。那么显然

$$a_n = \sum_{2\le k \le m, k\neq n} \dfrac{k}{k-n} = \dfrac{m!}{n} \dfrac{1}{(m - n)!(n - 2)! (-1)^{n - 2}} = (-1)^n\binom{m}{n} (n-1)$$

则显然

$$\prod_{k = 2}^{m} \dfrac{1}{1-x/k} = \sum_{k = 2}^{m} \dfrac{a_k}{1-x/k} = \sum_{k = 2}^{m}(-1)^{k}\binom{m}{k} \dfrac{k-1}{1 - x/k}. \quad \square$$