| id question solution final_answer context image modality difficulty is_multiple_answer unit answer_type error question_type subfield subject language |
| 0 设 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{n}=2 a_{n-1}+a_{n-2}, n=3,4, \cdots$. 证明: 对整数 $n \geqslant 5, a_{n}$ 必有一个模 4 余 1 的素因子. ['记 $\\alpha=1+\\sqrt{2}, \\beta=1-\\sqrt{2}$, 则\n\n$$\na_{n}=\\frac{\\alpha^{n}-\\beta^{n}}{\\alpha-\\beta}=\\frac{1}{2 \\sqrt{2}}\\left(\\alpha^{n}-\\beta^{n}\\right)\n$$\n\n构造\n\n$$\nb_{n}=\\frac{\\alpha^{n}+\\beta^{n}}{\\alpha+\\beta}=\\frac{1}{2}\\left(\\alpha^{n}+\\beta^{n}\\right)\n$$\n\n则\n\n$$\nb_{n}=2 b_{n-1}+b_{n-2}, n \\in \\mathbb{Z}\n$$\n\n且 $b_{1}=1, b_{2}=3$. 易知 $b_{n} \\in \\mathbb{Z}$ 且\n\n$$\nb_{n}^{2}-2 a_{n}^{2}=\\left(\\frac{\\alpha^{n}+\\beta^{n}}{2}\\right)^{2}-\\left(\\frac{\\alpha^{n}-\\beta^{n}}{2}\\right)^{2}=(\\alpha \\beta)^{n}=(-1)^{n}, \\quad n \\geqslant 1\n$$\n\n给出引理: 若正整数 $m, n$ 满足 $m \\mid n$, 则 $a_{m} \\mid a_{n}$. 引理的证明: 设 $n=k m$, 其中 $k \\in \\mathbb{N}^{*}$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{a_{n}}{a_{m}} & =\\frac{\\alpha^{k m}-\\beta^{k m}}{\\alpha^{m}-\\beta^{m}} \\\\\n& =\\sum_{i=0}^{k}\\left(\\alpha^{m}\\right)^{k-i}\\left(\\beta^{m}\\right)^{i} \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\sum_{i=0}^{k}\\left(\\left(\\alpha^{m}\\right)^{k-i}\\left(\\beta^{m}\\right)^{i}+\\left(\\alpha^{m}\\right)^{i}\\left(\\beta^{m}\\right)^{k-i}\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{k}\\left((\\alpha \\beta)^{m i}\\left(\\alpha^{m(k-2 i)}+\\beta^{m(k-2 i)}\\right)\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{k}\\left((-1)^{m i} \\cdot 2 b_{m(k-2 i)}\\right) \\in \\mathbb{Z},\n\\end{aligned}\n$$\n\n\n\n于是 $a_{m} \\mid a_{n}$. 情形一 $n$ 的最大奇数约数为 1 . 此时 $n=2^{l}(l \\geqslant 3)$, 由于\n\n$$\na_{8}=408=24 \\cdot 17, \\quad 17 \\equiv 1 \\quad(\\bmod 4)\n$$\n\n于是由 $a_{8} \\mid a_{n}$ 可得 $a_{n}$ 有素因子 17 . 情形二 $n$ 的最大奇数约数 $m$ 不小于 3 . 此时有 $a_{m} \\mid a_{n}$, 只需要考虑 $a_{m}$ 有一个模 4 余 1 的素因子. 由 $a_{1}$ 为奇数推得 $a_{m}$ 为不小于 5 的奇数, 因此 $a_{m}$ 有素因子 $p$. 从而\n\n$$\nb_{m}^{2}-2 a_{m}^{2}=(-1)^{m} \\Longrightarrow b_{m}^{2} \\equiv-1 \\quad(\\bmod p) \\Longrightarrow b_{n}^{p-1} \\equiv(-1)^{\\frac{p-1}{2}} \\quad(\\bmod p)\n$$\n\n又 $\\left(p, b_{m}\\right)=1$, 由费马小定理可得 $b_{m}^{p-1} \\equiv 1(\\bmod p)$, 从而\n\n$$\n(-1)^{\\frac{p-1}{2}} \\equiv 1 \\quad(\\bmod p) \\Longrightarrow(-1)^{\\frac{p-1}{2}}=1 \\Longrightarrow p \\equiv 1 \\quad(\\bmod 4)\n$$\n\n综上所述，命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 1 "设数列 $a_{n}$ 的通项公式为 |
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| $$ |
| a_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right), n=1,2, \cdots |
| $$ |
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| 证明: 存在无穷多个正整数 $m$, 使得 $a_{m+4} a_{m}-1$ 是完全平方数." ['根据求数列通项的特征根法, 有\n\n$$\na_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}, n \\in \\mathbb{N}^{*}\n$$\n\n且 $a_{1}=a_{2}=1$. 观察数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项\n\n| $n$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $a_{n}$ | 1 | 1 | 2 | 3 | 5 | 8 | 13 | 21 | 34 | 55 |\n\n尝试证明\n\n$$\na_{k+2}^{2}-a_{k} a_{k+4}=(-1)^{k}\n$$\n\n注意到 $a_{3}^{2}-a_{1} a_{5}=-1$, 只需要证明\n\n$$\na_{k+4}^{2}-a_{k+2} a_{k+6}=(-1)\\left(a_{k+2}^{2}-a_{k} a_{k+4}\\right)\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\frac{a_{k+6}+a_{k+2}}{a_{k+4}}=\\frac{a_{k+4}+a_{k}}{a_{k+2}}\n$$\n\n而\n\n$$\na_{k+4}=a_{k+3}+a_{k+2}=2 a_{k+2}+a_{k+1}=3 a_{k+2}-a_{k} \\Longrightarrow \\frac{a_{k+4}+a_{k}}{a_{k+2}}=3\n$$\n\n因此命题得证. 综上所述, 对于所有正奇数 $m$, 都有 $a_{m+4} a_{m}-1=a_{m+2}^{2}$ 为完全平方数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 2 设集合 $A=\{1,2, \cdots, 19\}$. 证明：存在集合 $A$ 的非空子集 $S_{1}, S_{2}$, 满足 (1) $S_{1} \cap S_{2}=\varnothing$, $S_{1} \cup S_{2}=A$; (2) $S_{1}, S_{2}$ 都至少有 4 个元素; (3) $S_{1}$ 的所有元素的和等于 $S_{2}$ 的所有元素的乘积. ['$A$ 中所有元素之和为 190, 而 $6 !=720$, 因此 $S_{2}$ 中至多有 5 个元素. 验证\n\n$$\n\\{1,2,3,5,6\\},\\{1,2,3,4,6\\},\\{1,2,3,4,5\\}\n$$\n\n可知不存在符合题意的 5 元集合 $S_{2}$. 考虑 4 元集合 $S_{2}=\\{a, b, x, y\\}$, 且 $a<b<x<y$,则\n\n$$\na+b+x+y+a b x y=190, \\Longleftrightarrow(a b x+1)(a b y+1)=a b(190-a-b)+1,\n$$\n\n讨论如下\n\n| $a$ | $b$ | 方程 | $(x, y)$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 1 | 2 | $(2 x+1)(2 y+1)=3 \\cdot 5^{2}$ | $(7,12)$ |\n| 1 | 3 | $(3 x+1)(3 y+1)=13 \\cdot 43$ | $(4,14)$ |\n| 1 | 4 | $(4 x+1)(4 y+1)=3 \\cdot 13 \\cdot 19$ | 无解 |\n| 2 | 3 | $(6 x+1)(6 y+1)=11 \\cdot 101$ | 无解 |\n\n其他情形下 $a b x y>190$, 无解. 因此存在符合题意的 $S_{1}, S_{2}$, 所有的 $S_{2}=\\{1,2,7,12\\}$或 $\\{1,3,4,14\\}, S_{1}=A \\backslash S_{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese |
| 3 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $M$ 是 $B C$ 边的中点, 点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 内, 使得 $A P$ 平分 $\angle B A C$. 直线 $M P$ 与 $\triangle A B P, \triangle A C P$ 的外接圆分别相交于不同于点 $P$ 的两点 $D, E$.证明: 若 $D E=M P$, 则 $B C=2 B P$. ['作辅助线如下图. \n\n<img_4166>\n\n由于 $M$ 是中点, 对 $\\triangle P B C$ 有 $\\frac{B P}{C P}=\\frac{\\sin \\angle B P M}{\\sin \\angle C P M}$.\n\n而对 $\\triangle B D P$ 由正弦定理有 $\\frac{B P}{\\sin \\angle B D P}=\\frac{B D}{\\sin \\angle B P D}$.\n\n同理也有 $\\frac{C E}{\\sin \\angle C P E}=\\frac{C P}{\\sin \\angle C E P}$.\n\n故由 $\\angle B D P=\\angle B A P=\\angle C A P=\\angle C E P$ 有 $B D=B P \\cdot \\frac{\\sin \\angle B P D}{\\sin \\angle B D P}=C P$. $\\frac{\\sin \\angle C P M}{\\sin \\angle B P M} \\cdot \\frac{\\sin \\angle B P D}{\\sin \\angle B D P}=C P \\cdot \\frac{\\sin \\angle C P E}{\\sin \\angle C E P}=C E$\n\n于是由 $\\angle B D P=\\angle C E M$ 且有条件可知 $D E=M P$, 我们有 $\\triangle B D P \\cong \\triangle C E M$, 即 $B P=C M$. 故 $B C=2 B P$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 4 "设 $m$ 为整数, $|m|>2$. 整数数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots$ 满足: $a_{1}, a_{2}$ 不全为零, 且对任意正整数 $n$,均有 $a_{n+2}=a_{n+1}-m a_{n}$. |
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| 证明: 若存在整数 $r, s(r>s \geqslant 2)$ 使得 $a_{r}=a_{s}=a_{1}$, 则 $r-s \geqslant|m|$." ['首先我们不妨设 $\\left(a_{1}, a_{2}\\right)=1$, 不然整个数列每一项都除以一个 $\\left(a_{1}, a_{2}\\right)$ 可以得到同样的结果和结论.\n\n\n\n我们先证一个非常显然的引理.\n\n引理: 对任意 $a_{n}, n \\geqslant 3$, 我们都可以将 $a_{n}$ 写成 $a_{n}=k_{n} a_{2}+l_{n} a_{1}$, 其中 $m \\mid k_{n}-1$, $m \\mid l_{n}$.\n\n引理的证明: $a_{3}=a_{2}-m a_{1}, a_{4}=a_{3}-m a_{2}=(1-m) a_{2}-m a_{1}$. 所以 $n=3,4$ 时显然. 若 $n-2$ 和 $n-1$ 时都成立的话, 则\n\n$a_{n}=a_{n-1}-m a_{n-2}=\\left(k_{n-1}-m k_{n-2}\\right) a_{2}+\\left(l_{n-1}-m l_{n-2}\\right) a_{1}$ 所以还是显然.\n\n所以在模 $m$ 的时候我们总有 $a_{n} \\equiv a_{2}(\\bmod m)$, 故 $a_{r}=a_{s}=a_{1}$ 就表明了 $a_{2} \\equiv a_{1}$ $(\\bmod m)$, 由 $\\left(a_{1}, a_{2}\\right)=1$ 可得 $\\left(a_{1}, m\\right)=1$.\n\n那么 $\\frac{a_{r}-a_{s}}{m}=\\sum_{i=s+1}^{r} \\frac{a_{i}-a_{i-1}}{m}=\\sum_{i=s+1}^{r} a_{i-2} \\equiv(r-s) a_{1}(\\bmod m)$\n\n故 $m \\mid(r-s) a_{1}$, 所以 $m \\mid r-s$. 于是 $r-s \\geqslant|m|$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 5 设复数数列 $\left\{z_{n}\right\}$ 满足: $\left|z_{1}\right|=1$, 且对任意正整数 $n$, 均有 $4 z_{n+1}^{2}+2 z_{n} z_{n+1}+z_{n}^{2}=0$.证明; 对任意正整数 $m$, 均有 $\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right|<\frac{2 \sqrt{3}}{3}$. ['归纳地可知 $z_{n} \\neq 0\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$, 由条件得 $4\\left(\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right)^{2}+2\\left(\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right)+1=0\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$\n\n解得 $\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}=\\frac{-1 \\pm \\sqrt{3} i}{4}\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$\n\n\n\n因此 $\\frac{\\left|z_{n+1}\\right|}{\\left|z_{n}\\right|}=\\left|\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right|=\\left|\\frac{-1 \\pm \\sqrt{3} i}{4}\\right|=\\frac{1}{2}$, 故 $\\left|z_{n}\\right|=\\left|z_{1}\\right| \\cdot \\frac{1}{2^{n-1}}=\\frac{1}{2^{n-1}}\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$ (1)进而有 $\\left|z_{n}+z_{n+1}\\right|=\\left|z_{n}\\right| \\cdot\\left|1+\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right|=\\frac{1}{2^{n-1}} \\cdot\\left|\\frac{3 \\pm \\sqrt{3} i}{4}\\right|=\\frac{\\sqrt{3}}{2^{n}}\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$ (2)当 $m$ 为偶数时, 设 $m=2 s\\left(s \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$. 利用 (2) 可得 $\\left|z_{1}+z_{2}+\\cdots+z_{m}\\right| \\leqslant \\sum_{k=1}^{s}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|<\\sum_{k=1}^{\\infty}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|=\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac{\\sqrt{3}}{2^{2 k-1}}=\\frac{2 \\sqrt{3}}{3}$.当 $m$ 为奇数时, 设 $m=2 s+1(s \\in \\mathbb{N})$. 由 (1), (2) 可知 $\\left|z_{2 s+1}\\right|=\\frac{1}{2^{s}}<\\frac{\\sqrt{3}}{3 \\cdot 2^{2 s-1}}=\\sum_{k=s+1}^{\\infty} \\frac{\\sqrt{3}}{2^{2 s-1}}=\\sum_{k=s+1}^{\\infty}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|$.\n故 $\\left|z_{1}+z_{2}+\\cdots+z_{m}\\right| \\leqslant\\left(\\sum_{k=1}^{s}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|\\right)+\\left|z_{2 k+1}\\right|<\\sum_{k=1}^{\\infty}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|=\\frac{2 \\sqrt{3}}{3}$.综上, 结论获证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 6 设正实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{100}$ 满足 $a_{i} \geqslant a_{101-i}(i=1,2, \cdots, 50)$. 记 $x_{k}=\frac{k a_{k+1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}(k=$ $1,2, \cdots, 99)$. 证明: $x_{1} x_{2}^{2} \cdots x_{99}^{99} \leqslant 1$. ['注意到 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{100}>0$. 对 $k=1,2, \\cdots, 99$, 由平均值不等式知 $0<\\left(\\frac{k}{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k}}\\right)^{k} \\leqslant$ $\\frac{1}{a_{1} a_{2} \\cdots a_{k}}$\n\n从而有 $x_{1} x_{2}^{2} \\cdots x_{99}^{99}=\\prod_{k=1}^{99} a_{k+1}^{k}\\left(\\frac{k}{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k}}\\right) \\leqslant \\prod_{k=1}^{99} \\frac{a_{k+1}^{k}}{a_{1} a_{2} \\cdots a_{k}}$ (1)\n\n记 (1) 的右端为 $T$, 则对任意 $i=1,2, \\cdots, 100, a_{i}$ 在 $T$ 的分子中的次数为 $i-1$, 在 $T$的分母中的次数为 $100-i$. 从而\n\n$T=\\prod_{i=1}^{100} a_{i}^{2 i-101}=\\prod_{i=1}^{50} a_{i}^{2 i-101} a_{101-i}^{2(101-i)-101}=\\prod_{i=1}^{50}\\left(\\frac{a_{101-i}}{a_{i}}\\right)^{101-2 i}$\n\n又 $0 \\leqslant a_{101-i} \\leqslant a_{i}(i=1,2, \\cdots, 50)$, 故 $T \\leqslant 1$, 结合 (1) 得 $x_{1} x_{2}^{2} \\cdots x_{99}^{99} \\leqslant T \\leqslant 1$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 7 将一个凸 2019 边形的每条边任意染为红, 黄, 蓝三种颜色之一, 每种颜色的边各 673 条. 证明: 可作这个凸 2019 边形的 2016 条在内部互不相交的对角线将其剖分成 2017 个三角形, 并将所作的每条对角线也染为红, 黄, 蓝三种颜色之一, 使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同, 或者颜色互不相同. ['我们对 $n \\geqslant 5$ 归纳证明加强的命题: 如果将凸 $n$ 边形的边染为三种颜色 $a, b, c$, 并且三种颜色的边均至少有一条, 那么可作满足要求的三角形剖分.\n\n当 $n=5$ 时, 若三种颜色的边数为 $1,1,3$, 由对称性, 只需考虑如下图两种情形, 分别可作图中所示的三角形剖分.\n<img_4234>\n\n若三种颜色的边数为 $1,2,2$, 由对称性, 只需考虑如下图三种情形, 分别可作图中所示的三角形剖分.\n\n<img_4102>\n\n\n\n<img_4065>\n\n假设结论对 $n(n \\geqslant 5)$ 成立, 考虑 $n+1$ 的情形, 将凸 $n+1$ 边形记为 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n+1}$.情形一: 有两种颜色的边各只有一条. 不妨设 $a, b$ 色边只有一条. 由于 $n+1 \\geqslant 6$, 故存在连续两条边均为 $c$ 色, 不妨设是 $A_{n} A_{n+1}, A_{n+1} A_{1}$. 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 并将 $A_{1} A_{n}$染为 $c$ 色, 则三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.\n\n情形二: 某种颜色的边只有一条, 其余颜色的边均至少两条. 不妨设 $a$ 色边只有一条,于是可以选择两条相邻边均不是 $a$ 色, 不妨设 $A_{n} A_{n+1}, A_{n+1} A_{1}$ 均不是 $a$ 色, 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 则 $A_{1} A_{n}$ 有唯一的染色方式, 使得三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色或互不同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.\n\n情形三: 每种颜色的边均至少两条. 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 则 $A_{1} A_{n}$ 有唯一的染色方式, 使得三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色或互不同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.\n\n综合以上 3 种情形, 可知 $n+1$ 的情形下结论也成立.\n\n由数学归纳法, 结论获证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 8 "已知实数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$ 满足: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}\left(2 S_{n}-a_{n}\right)=1$, 其中 $S_{n}$ 表示数列的前 $n$ 项和. 证明: |
| 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}<2 \sqrt{n}$;" ['根据题意, 有\n\n$$\na_{1}^{2}=1\n$$\n\n命题成立. 当 $n \\geqslant 2$ 时, 有\n\n$$\n\\left(S_{n}-S_{n-1}\\right)\\left(S_{n}+S_{n-1}\\right)=1\n$$\n\n于是\n\n$$\nS_{n}^{2}=S_{n-1}^{2}+1,\n$$\n\n从而\n\n$$\nS_{n}^{2}=n, n=1,2, \\cdots \\text {. }\n$$\n\n\n\n因此当 $n \\geqslant 2$ 时, 有\n\n$$\na_{n}=S_{n}-S_{n-1} \\leqslant \\sqrt{n}+\\sqrt{n-1}<2 \\sqrt{n},\n$$\n\n命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 9 "已知实数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$ 满足: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}\left(2 S_{n}-a_{n}\right)=1$, 其中 $S_{n}$ 表示数列的前 $n$ 项和. 证明: |
| 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n} a_{n+1}<1$." ['只需要考虑 $a_{n}$ 与 $a_{n+1}$ 同号的情形, 不妨设 $a_{n}, a_{n+1}$ 均为正数, 则\n\n$$\nS_{n+1}>S_{n}>S_{n-1}>-\\sqrt{n},\n$$\n\n于是\n\n$$\nS_{n}=\\sqrt{n}, S_{n+1}=\\sqrt{n+1},\n$$\n\n于是\n\n$$\na_{n}=\\sqrt{n} \\pm \\sqrt{n-1}, a_{n+1}=\\sqrt{n+1}-\\sqrt{n},\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{n} a_{n+1} & \\leqslant(\\sqrt{n}+\\sqrt{n-1}) \\cdot(\\sqrt{n+1}-\\sqrt{n}) \\\\\n& <(\\sqrt{n+1}+\\sqrt{n}) \\cdot(\\sqrt{n+1}-\\sqrt{n}) \\\\\n& =1,\n\\end{aligned}\n$$\n\n命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 10 "设 $n$ 是正整数, $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}, A, B$ 均为正实数, 满足 $a_{i} \leqslant b_{i}, a_{i} \leqslant A, i=$ $1,2, \cdots, n$, 且 $\frac{b_{1} b_{2} \cdots b_{n}}{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \leqslant \frac{B}{A}$. |
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| 证明: $\frac{\left(b_{1}+1\right)\left(b_{2}+1\right) \cdots\left(b_{n}+1\right)}{\left(a_{1}+1\right)\left(a_{2}+1\right) \cdots\left(a_{n}+1\right)} \leqslant \frac{B+1}{A+1}$." ['由条件知, $k_{i}=\\frac{b_{i}}{a_{i}} \\geqslant 1, i=1,2, \\cdots, n$. 记 $\\frac{B}{A}=K$, 则 $\\frac{b_{1} b_{2} \\cdots b_{n}}{a_{1} a_{2} \\cdots a_{n}} \\leqslant \\frac{B}{A}$ 化为 $k_{1} k_{2} \\cdots k_{n} \\leqslant K$. 要证明\n\n$\\prod_{i=1}^{n} \\frac{k_{i} a_{i}+1}{a_{i}+1} \\leqslant \\frac{K A+1}{A+1}$. (1)\n\n对 $i=1,2, \\cdots, n$, 由于 $k_{i} \\geqslant 1$ 及 $0<a_{i} \\leqslant A$ 知, $\\frac{k_{i} a_{i}+1}{a_{i}+1}=k_{i}-\\frac{k_{i}-1}{a_{i}+1} \\leqslant k_{i}-\\frac{k_{i}-1}{A+1}=$ $\\frac{k_{i} A+1}{A+1}$.\n\n结合 $K \\geqslant k_{1} k_{2} \\cdots k_{n}$ 知, 为证明 (1), 仅需证明当 $A>0, k_{i} \\geqslant 1(i=1,2, \\cdots, n)$ 时, 有 $\\prod_{i=1}^{n} \\frac{k_{i} A+1}{A+1} \\leqslant \\frac{k_{1} k_{2} \\cdots k_{n} A+1}{A+1}$. (2)\n\n对 $n$ 进行归纳, 当 $n=1$ 时, 结论显然成立.\n\n当 $n=2$ 时, 由 $A>0, k_{1}, k_{2} \\geqslant 1$ 可知 $\\frac{k_{1} A+1}{A+1} \\cdot \\frac{k_{2} A+1}{A+1} - \\frac{k_{1} k_{2} A+1}{A+1}=-\\frac{A\\left(k_{1}-1\\right)\\left(k_{2}-1\\right)}{(A+1)^{2}} \\leqslant 0$ . (3)\n\n因此 $n=2$ 时结论成立.\n\n设 $n=m$ 时结论成立, 则当 $n=m+1$ 时, 利用归纳假设知, $\\prod_{i=1}^{m+1} \\frac{k_{1} A+1}{A+1}=\\left(\\prod_{i=1}^{m} \\frac{k_{i} A+1}{A+1}\\right)$. $\\frac{k_{m+1} A+1}{A+1} \\leqslant \\frac{k_{1} k_{2} \\cdots k_{m} A+1}{A+1} \\cdot \\frac{k_{m+1} A+1}{A+1} \\leqslant \\frac{k_{1} k_{2} \\cdots k_{m+1} A+1}{A+1}$,最后一步是在 (3) 中用 $k_{1} k_{2} \\cdots k_{m}, k_{m+1}$ (注意 $k_{1} k_{2} \\cdots k_{m} \\geqslant 1, k_{m+1} \\geqslant 1$ ) 分别代替 $k_{1}, k_{2}$. 从而 $n=m+1$ 时结论成立.\n\n由数学归纳法可知, (2) 对所有正整数 $n$ 成立, 故命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 11 "设 $n, k, m$ 是正整数, 满足 $k \geqslant 2$, 且 $n \leqslant m<\frac{2 k-1}{k} n$. 设 $A$ 是 $\{1,2, \cdots, m\}$ 的 $n$ 元子集. |
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| 证明: 区间 $\left(0, \frac{n}{k-1}\right)$ 中每个整数均可表示为 $a-a^{\prime}$, 其中 $a, a^{\prime} \in A$." ['用反证法. 假设存在整数 $x \\in\\left(0, \\frac{n}{k-1}\\right)$ 不可表示为 $a-a^{\\prime}, a, a^{\\prime} \\in A$. 作带余除法 $m=x q+r$, 其中 $0 \\leqslant r<x$. 将 $1,2, \\cdots, m$ 按模 $x$ 的同余类划分成 $x$ 个公差为 $x$的等差数列, 其中 $r$ 个等差数列有 $q+1$ 项, $x-r$ 个等差数列有 $q$ 项. 由于 $A$ 中没有两数之差为 $x$, 故 $A$ 不能包含以 $x$ 为公差的等差数列的相邻两项. 从而 $n=|A| \\leqslant r\\left[\\frac{q+1}{2}\\right]+(x-r)\\left[\\frac{q}{2}\\right]=\\left\\{\\begin{array}{l}x \\cdot \\frac{q+1}{2}, 2 \\nmid q \\\\ x \\cdot \\frac{q}{2}+r, 2 \\mid q\\end{array}\\right. \\quad \\quad (1)$\n\n这里 $\\lceil\\alpha\\rceil$ 表示不小于 $\\alpha$ 的最小整数. 由条件, 我们有\n\n$n>\\frac{k}{2 k-1} m=\\frac{k}{2 k-1}(x q+r) \\quad \\quad (2)$.\n\n又 $x \\in\\left(0, \\frac{n}{k-1}\\right)$, 故 $n>(k-1) x \\quad \\quad (3)$.\n\n情形一\n\n$q$ 是奇数, 则由 (1) 知, $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q+1}{2}$. (4)\n\n结合 (2), (4) 可知, $x \\cdot \\frac{q+1}{2} \\geqslant n>\\frac{k}{2 k-1}(x q+r) \\geqslant \\frac{k}{2 k-1} x q$, 从而 $q<2 k-1$. 再由 $q$ 是奇数可知, $q \\leqslant 2 k-3$, 于是 $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q+1}{2} \\leqslant(k-1) x$, 与 (3)矛盾.\n\n情形二\n\n$q$ 是偶数, 则由 (1) 知, $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q}{2}+r$. (5)\n\n结合 (2), (5) 可知, $x \\cdot \\frac{q}{2}+r \\geqslant n>\\frac{k}{2 k-1}(x q+r)$, 从而 $\\frac{x q}{2(2 k-1)}<\\frac{k-1}{2 k-1} r<\\frac{(k-1) x}{2 k-1}$,故 $q<2(k-1)$. 再由 $q$ 是偶数可知, $q \\leqslant 2 k-4$, 于是 $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q}{2}+r \\leqslant(k-2) x+r<(k-1) x$,与 (3) 矛盾.\n\n综上可知, 反证法假设不成立, 结论获证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 12 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下: $a_{1}$ 是任意正整数, 对整数 $n \geqslant 1, a_{n+1}$ 是与 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}$ 互素, 且不等于 $a_{1}, \cdots, a_{n}$ 的最小整数. |
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| 证明: 每个正整数均在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现." ['显然 $a_{1}=1$ 或 $a_{2}=1$. 下面考虑整数 $m>1$, 设 $m$ 有 $k$ 个不同素因子, 我们对 $k$ 归纳证明 $m$ 在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现. 记 $S_{n}=a_{1}+\\cdots+a_{n}, n \\geqslant 1$.\n\n$k=1$ 时, $m$ 是素数方幂, 设 $m=p^{a}$, 其中 $a>0, p$ 是素数. 假设 $m$ 不在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现. 由于 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 各项互不相同, 因此存在正整数 $N$, 当 $n \\geqslant N$ 时, 都有 $a_{n}>p^{a}$. 若对某个 $n \\geqslant N, p \\nmid S_{n}$, 那么 $p^{a}$ 与 $S_{n}$ 互素, 又 $a_{1}, \\cdots, a_{n}$ 中无一项是 $p^{a}$, 故由数列定义知 $a_{n+1} \\leqslant p^{a}$, 但是 $a_{n+1}>p^{a}$, 矛盾!\n\n因此对每个 $n \\geqslant N$, 都有 $p \\mid S_{n}$, 但由 $p \\mid S_{n+1}$ 及 $p \\mid S_{n}$ 知 $p \\mid a_{n+1}$, 从而 $a_{n+1}$ 与 $S_{n}$ 不互素, 这与 $a_{n+1}$ 的定义矛盾.\n\n假设 $k \\geqslant 2$, 且结论对 $k-1$ 成立. 设 $m$ 的标准分解为 $m=p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \\cdots p_{k}^{a_{k}}$, 假设 $m$ 不在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现, 于是存在正整数 $N^{\\prime}$, 当 $n \\geqslant N^{\\prime}$ 时, 都有 $a_{n}>m$. 取充分大的正整数 $\\beta_{1}, \\cdots, \\beta_{k-1}$, 使得 $M=p_{1}^{\\beta_{1}} \\cdots p_{k-1}^{\\beta_{k-1}}>\\max _{1 \\leqslant n \\leqslant N^{\\prime}} a_{n}$.\n\n我们证明, 对 $n \\geqslant N^{\\prime}$, 有 $a_{n+1} \\neq M$. 对任意 $n \\geqslant N^{\\prime}$, 若 $S_{n}$ 与 $p_{1} p_{2} \\cdots p_{k}$ 互素, 则 $m$与 $S_{n}$ 互素, 又 $m$ 在 $a_{1}, \\cdots, a_{n}$ 中均未出现, 而 $a_{n+1}>m$, 这与数列的定义矛盾. 因此我们推出: 对任意 $n \\geqslant N^{\\prime}, S_{n}$ 与 $p_{1} p_{2} \\cdots p_{k}$ 不互素. (*)\n\n情形一\n\n若存在 $i(1 \\leqslant i \\leqslant k-1)$, 使得 $p_{i} \\mid S_{n}$, 因 $\\left(a_{n+1}, S_{n}\\right)=1$, 故 $p_{i} \\nmid a_{n+1}$, 从而 $a_{n+1} \\neq M$ (因 $\\left.p_{i} \\mid M\\right)$.\n\n情形二\n\n若对每个 $i(1 \\leqslant i \\leqslant k-1)$, 均有 $p_{i} \\nmid S_{n}$, 则由 $(*)$ 知必有 $p_{k} \\mid S_{n}$. 于是 $p_{k} \\nmid a_{n+1}$, 进而 $p_{k} \\nmid S_{n}+a_{n+1}$, 即 $p_{k} \\nmid S_{n+1}$. 故由 (*) 知, 存在 $i_{0}\\left(1 \\leqslant i_{0} \\leqslant k-1\\right)$, 使得 $p_{i_{0}} \\mid S_{n+1}$, 再由 $S_{n+1}=S_{n}+a_{n+1}$ 及前面的假设 $p_{i} \\nmid S_{n}(1 \\leqslant i \\leqslant k-1)$, 可知 $p_{i_{0}} \\nmid a_{n+1}$, 故 $a_{n+1} \\neq M$.因此对 $n \\geqslant N^{\\prime}+1$, 均有 $a_{n} \\neq M$, 而 $M>\\max _{1 \\leqslant i \\leqslant N^{\\prime}} a_{n}$, 故 $M$ 不在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现, 这与归纳假设矛盾. 因此, 若 $m$ 有 $k$ 个不同素因子, 则 $m$ 一定在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现. 由数学归纳法知, 所有正整数均在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 13 设 $a, b$ 是实数, 函数 $f(x)=a x+b+\frac{9}{x}$. 证明: 存在 $x_{0} \in[1,9]$, 使得 $\left|f\left(x_{0}\right)\right| \geqslant 2$. "['只需证明存在 $u, v \\in[1,9]$, 满足 $|f(u)-f(v)| \\geqslant 4$, 进而由绝对值不等式得 $|f(u)|+$ $|f(v)| \\geqslant|f(u)-f(v)| \\geqslant 4$, 故 $|f(u)| \\geqslant 2$ 与 $|f(v)| \\geqslant 2$ 中至少有一个成立. 当 $a \\in$ $\\left(-\\infty, \\frac{1}{2}\\right] \\bigcup\\left[\\frac{3}{2},+\\infty\\right)$ 时, 有 $|f(1)-f(9)|=|(a+b+9)-(9 a+b+1)|=8|1-a| \\geqslant 4$.当 $\\frac{1}{2}<a<\\frac{3}{2}$ 时, 有 $\\frac{3}{\\sqrt{a}} \\in[1,9]$. 再分两种情况: 若 $\\frac{1}{2}<a \\leqslant 1$, 则 $\\left|f(1)-f\\left(\\frac{3}{\\sqrt{a}}\\right)\\right|=$ $|(a+b+9)-(6 \\sqrt{a}+b)|=(3-\\sqrt{a})^{2} \\geqslant 4$. 若 $1<a<\\frac{3}{2}$, 则 $\\left|f(9)-f\\left(\\frac{3}{\\sqrt{a}}\\right)\\right|=$ $|(9 a+b+1)-(6 \\sqrt{a}+b)|=(3 \\sqrt{a}-1)^{2} \\geqslant 4$.\n\n综上可知, 存在 $u, v \\in[1,9]$, 满足 $|f(u)-f(v)| \\geqslant 4$, 从而命题得证.' |
| '用反证法. 假设对任意 $x \\in[1,9]$, 均有 $|f(x)|<2$, 则 $|f(1)|<2,|f(3)|<2,|f(9)|<2$.\n\n易知 $f(1)=a+b+9$, (1)\n\n$f(3)=3 a+b+3$, (2)\n\n$f(9)=9 a+b+1$. (3)\n\n由 (1), (2) 得, $2 a-6=f(2)-f(1)$; 又由 (2), (3) 得, $6 a-2=f(3)-f(2)$. 由上述两式消去 $a$, 可知 $f(3)-4 f(2)+3 f(1)=(6 a-2)-3 \\cdot(2 a-6)=16$. 但 $f(3)-4 f(2)+3 f(1)<2+4 \\cdot 2+3 \\cdot 2=16$, 矛盾! 从而命题得证.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 14 给定整数 $a \geqslant 2$. 证明: 对任意正整数 $n$, 存在正整数 $k$, 使得连续 $n$ 个数 $a^{k}+1, a^{k}+$ $2, \cdots, a^{k}+n$ 均是合数. ['设 $i_{1}<i_{2}<\\cdots<i_{r}$ 是 $1,2, \\cdots, n$ 中与 $a$ 互素的全体整数, 则对 $1 \\leqslant i \\leqslant n, i \\notin$ $\\left\\{i_{1}, i_{2}, \\cdots, i_{r}\\right\\}$, 无论正整数 $k$ 如何取值, $a^{k}+i$ 均与 $a$ 不互素且大于 $a$, 故 $a^{k}+i$ 为合数.\n\n对任意 $j=1,2, \\cdots, r$, 因 $a+i_{j}>1$, 故 $a+i_{j}$ 有素因子 $p_{j}$.\n\n我们有 $\\left(p_{j}, a\\right)=1$ (否则, 因 $p_{j}$ 是素数, 故 $p_{j} \\mid a$, 但 $p_{j} \\mid a+i_{j}$, 从而 $p_{j} \\mid i_{j}$, 故 $a, i_{j}$不互素, 与 $i_{j}$ 的取法矛盾). 因此, 由费马小定理知, $a^{p_{j}-1} \\equiv 1\\left(\\bmod p_{j}\\right)$. 现取 $k=$ $\\left(p_{1}-1\\right)\\left(p_{2}-1\\right) \\cdots\\left(p_{r}-1\\right)+1$. 对任意 $j=1,2, \\cdots, r$, 注意到 $k \\equiv 1\\left(\\bmod p_{j}-1\\right)$,故有 $a^{k}+i_{j} \\equiv a+i_{j} \\equiv 0\\left(\\bmod p_{j}\\right)$. 又 $a^{k}+i_{j}>a+i_{j} \\geqslant p_{j}$, 故 $a^{k}+i_{j}$ 为合数.\n\n综上所述, 当 $k=\\left(p_{1}-1\\right)\\left(p_{2}-1\\right) \\cdots\\left(p_{r}-1\\right)+1$ 时, $a^{k}+1, a^{k}+2, \\cdots, a^{k}+n$ 均是合数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 15 设 $k, m$ 为实数, 不等式 $\left|x^{2}-k x-m\right| \leqslant 1$ 对所有 $x \in[a, b]$ 成立. 证明: $b-a \leqslant 2 \sqrt{2}$. "['根据题意, 有\n\n$$\n\\forall x \\in[a, b], x^{2}-1 \\leqslant k x+m \\leqslant x^{2}+1\n$$\n\n如下图, 考虑直线 $y=k x+m$ 截图中阴影部分得到的线段在 $x$ 轴上的投影长度. 不妨设 $k \\geqslant 0$. 分别记\n\n$$\n\\Delta_{1}=k^{2}+4 m-4, \\Delta_{2}=k^{2}+4 m+4 \\text {. }\n$$\n\n\n\n<img_4062>\n\n情形 1 : 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相交, 即 $\\Delta_{1}>0$. 且有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nb-a & \\leqslant\\left|\\frac{k+\\sqrt{\\Delta_{2}}}{2}-\\frac{k+\\sqrt{\\Delta_{1}}}{2}\\right| \\\\\n& =\\frac{1}{2}\\left|\\sqrt{k^{2}+4 m+4}-\\sqrt{k^{2}+4 m-4}\\right| \\\\\n& =\\frac{4}{\\sqrt{k^{2}+4 m+4}+\\sqrt{k^{2}+4 m-4}} \\\\\n& <\\frac{4}{\\sqrt{8}+\\sqrt{0}} \\\\\n& =\\sqrt{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n情形 2: 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相离且与抛物线 $y=x^{2}-1$ 相交, 此时将直线 $y=k x+m$ 向上平移, 直至与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相切可以使得线段投影长度增大, 因此此时无法取得最大值.\n\n情形 3: 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相切, 即 $\\Delta_{1}=0$. 此时\n\n$$\nb-a \\leqslant \\frac{2 \\sqrt{\\Delta_{2}}}{2}=2 \\sqrt{2}\n$$\n\n综上所述, 原命题得证.' |
| '根据题意, 有\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\left|b^{2}-k b-m\\right| \\leqslant 1 \\\\\n\\left|a^{2}-k a-m\\right| \\leqslant 1 \\\\\n\\left|\\left(\\frac{b+a}{2}\\right)^{2}-k \\cdot \\frac{b+a}{2}-m\\right| \\leqslant 1\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n于是\n\n$$\n(b-a)^{2} \\leqslant 2\\left|b^{2}-k b-m\\right|+2\\left|a^{2}-k a-m\\right|+4\\left|\\left(\\frac{b+a}{2}\\right)^{2}-k \\cdot \\frac{b+a}{2}-m\\right| \\leqslant 8,\n$$\n\n于是原命题得证.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 16 设 $m, n$ 均是大于 1 的整数, $m \geqslant n . a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 是 $n$ 个不超过 $m$ 的互不相同的正整数, 且 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 互素. 证明: 对任意实数 $x$, 均存在一个 $i(1 \leqslant i \leqslant n)$, 使得 $\left\|a_{i} x\right\| \geqslant \frac{2}{m(m+1)}\|x\|$, 这里 $\|y\|$ 表示实数 $y$ 到与它最近的整数的距离. ['首先证明以下两个结论.\n\n结论一: 存在整数 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$, 满足\n\n$$\nc_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\\cdots+c_{n} a_{n}=1,\n$$\n\n并且 $\\left|c_{i}\\right| \\leqslant m, \\quad 1 \\leqslant i \\leqslant n$.\n\n证明: 由于 $\\left(a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}\\right)=1$, 由裴蜀定理，存在正整数 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$ 满足\n\n$$\nc_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\\cdots+c_{n} a_{n}=1\n$$\n\n\n\n下面证明, 通过调整, 存在一组 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$ 满足上式, 且绝对值均不超过 $m$. 记\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& S_{1}=S_{1}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)=\\sum_{c_{i}>m} c_{i} \\geqslant 0 \\\\\n& S_{2}=S_{2}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)=\\sum_{c_{i}<-m}\\left|c_{i}\\right| \\geqslant 0\n\\end{aligned}\n$$\n\n如果 $S_{1}>0$, 那么存在 $c_{i}>m>1$, 于是 $c_{i} a_{i}>1$, 又因为 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 均为正数, 故由上式可知存在 $c_{j}<0$. 令\n\n$$\n\\left(c_{i}^{\\prime}, c_{j}^{\\prime}, c_{k}^{\\prime}\\right)=\\left(c_{i}-a_{j}, c_{j}+a_{i}, c_{k}\\right),\n$$\n\n其中 $1 \\leqslant k \\leqslant n, k \\neq i, j$, 则\n\n$$\nc_{1}^{\\prime} a_{1}+c_{2}^{\\prime} a_{2}+\\cdots+c_{n}^{\\prime} a_{n}=1\n$$\n\n并且\n\n$$\n0 \\leqslant m-a_{j}<c_{i}^{\\prime}<c_{i}, c_{j}<c_{j}^{\\prime}<a_{i} \\leqslant m\n$$\n\n因为 $c_{i}^{\\prime}<c_{i}$, 且 $c_{j}^{\\prime}<m$, 所以\n\n$$\nS_{1}\\left(c_{1}^{\\prime}, c_{2}^{\\prime}, \\cdots, c_{n}^{\\prime}\\right)<S_{1}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)\n$$\n\n又 $c_{j}^{\\prime}>c_{j}$ 及 $c_{i}^{\\prime}>0$, 故\n\n$$\nS_{2}\\left(c_{1}^{\\prime}, c_{2}^{\\prime}, \\cdots, c_{n}^{\\prime}\\right) \\leqslant S_{2}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)\n$$\n\n如果 $S_{2}>0$, 那么存在 $c_{j}<-m$, 因此有一个 $c_{i}>0$. 令\n\n$$\n\\left(c_{i}^{\\prime}, c_{j}^{\\prime}, c_{k}^{\\prime}\\right)=\\left(c_{i}-a_{j}, c_{j}+a_{i}, c_{k}\\right),\n$$\n\n其中 $1 \\leqslant k \\leqslant n, k \\neq i, j$, 那么\n\n$$\nc_{1}^{\\prime} a_{1}+c_{2}^{\\prime} a_{2}+\\cdots+c_{n}^{\\prime} a_{n}=1\n$$\n\n成立, 并且\n\n$$\n-m<c_{i}^{\\prime}<c_{i}, c_{j}<c_{j}^{\\prime}<0\n$$\n\n与上面类似地可知\n\n$$\nS_{1}\\left(c_{1}^{\\prime}, c_{2}^{\\prime}, \\cdots, c_{n}^{\\prime}\\right) \\leqslant S_{1}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)\n$$\n\n且\n\n$$\nS_{2}\\left(c_{1}^{\\prime}, c_{2}^{\\prime}, \\cdots, c_{n}^{\\prime}\\right)<S_{2}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)\n$$\n\n因为 $S_{1}, S_{2}$ 均为非负整数, 故通过有限次上述的调整, 可得到一组 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$ 使得\n\n$$\nc_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\\cdots+c_{n} a_{n}=1,\n$$\n\n\n\n并且 $\\left|c_{i}\\right| \\leqslant m, 1 \\leqslant i \\leqslant n$. 且 $S_{1}=S_{2}=0$, 结论一获证.\n\n结论二: 对任意实数 $a, b$, 均有\n\n$$\n\\|a+b\\| \\leqslant\\|a\\|+\\|b\\|\n$$\n\n对任意整数 $u$ 和实数 $y$, 均有\n\n$$\n\\|u y\\| \\leqslant|u| \\cdot\\|y\\| .\n$$\n\n证明: 由于对任意整数 $u$ 和实数 $x$, 有\n\n$$\n\\|x+u\\|=\\|x\\|\n$$\n\n故不妨设 $a, b \\in\\left[-\\frac{1}{2}, \\frac{1}{2}\\right]$, 此时\n\n$$\n\\|a\\|=|a|,\\|b\\|=|b| .\n$$\n\n因为 $||x|| \\leqslant|x|$, 所以\n\n$$\n\\|a+b|| \\leqslant|a+b| \\leqslant|a|+|b|=\\| a\\|+\\| b \\|,\n$$\n\n多次使用该结论有 $|| u y|| \\leqslant|u| \\cdot|| y||$, 于是结论二获证.\n\n回到原题: 由结论一, 存在整数 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$, 使得\n\n$$\nc_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\\cdots+c_{n} a_{n}=1\n$$\n\n并且 $\\left|c_{i}\\right| \\leqslant m, \\quad 1 \\leqslant i \\leqslant n$, 于是\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} c_{i} a_{i} x=x\n$$\n\n利用结论二得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\|x\\| & =\\left\\|\\sum_{i=1}^{n} c_{i} a_{i} x\\right\\| \\\\\n& \\leqslant \\sum_{i=1}^{n} \\left( | c_{i} | \\cdot \\| a_{i} x \\| \\right) \\\\\n& \\leqslant m \\sum_{i=1}^{n}\\left\\|a_{i} x\\right\\| \\\\\n& \\leqslant m n \\cdot \\max _{1 \\leqslant i \\leqslant n}\\left\\|a_{i} x\\right\\|,\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此\n\n$$\n\\max _{1 \\leqslant i \\leqslant n}\\left\\|a_{i} x\\right\\| \\geqslant \\frac{1}{m n}\\|x\\| .\n$$\n\n\n\n若 $n \\leqslant \\frac{1}{2}(m+1)$, 则\n\n$$\n\\max _{1 \\leqslant i \\leqslant n}\\left\\|a_{i} x\\right\\| \\geqslant \\frac{\\|x\\|}{m n} \\geqslant \\frac{2\\|x\\|}{m(m+1)}\n$$\n\n若 $n>\\frac{1}{2}(m+1)$, 则在 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 中存在两个相邻正整数, 不妨设 $a_{1}, a_{2}$ 相邻, 则\n\n$$\n\\|x\\|=\\left\\|a_{2} x-a_{1} x\\right\\| \\leqslant\\left\\|a_{2} x\\right\\|+\\left\\|a_{1} x\\right\\|,\n$$\n\n故\n\n$$\n\\max \\left\\{\\left\\|a_{1} x\\right\\|,\\left\\|a_{2} x\\right\\|\\right\\} \\geqslant \\frac{\\|x\\|}{2} \\geqslant \\frac{2\\|x\\|}{m(m+1)} .\n$$\n\n综上所述, 总存在一个 $i(1 \\leqslant i \\leqslant n)$, 满足\n\n$$\n\\left\\|a_{i} x\\right\\| \\geqslant \\frac{2}{m(m+1)}\\|x\\|,\n$$\n\n命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 17 "设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n}^{2}, n=1,2, \cdots$. |
| 证明: 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 也是等差数列;" ['不妨设 $a_{n}=a+n d, n \\in \\mathbb{N}^{*}$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\nb_{n} & =[a+(n+1) d] \\cdot[a+(n+2) d]-(a+n d)^{2} \\\\\n& =[d n+(a+d)] \\cdot[d n+(a+2 d)]-(d n+a)^{2} \\\\\n& =\\left[d^{2} n^{2}+\\left(2 a d+3 d^{2}\\right) n+\\left(a^{2}+3 a d+2 d^{2}\\right)\\right]-\\left(d^{2} n^{2}+2 a d n+a^{2}\\right) \\\\\n& =3 d^{2} n+\\left(3 a d+2 d^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 也是等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 18 "设实数 $a, b, c$ 满足 $a+b+c=0$, 令 $d=\max \{|a|,|b|,|c|\}$. 证明: |
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| $$ |
| |(1+a)(1+b)(1+c)| \geqslant 1-d^{2} . |
| $$" ['不妨设 $a \\leqslant b \\leqslant c$, 则 $a \\leqslant 0$ 且 $c \\geqslant 0$. 若 $d \\geqslant 1$, 则不等式显然成立. 下面考虑 $0 \\leqslant d<1$的情形, 此时 $a, b, c \\in(-1,1)$, 于是\n\n$$\nm=|(1+a)(1+b)(1+c)|=(1+a)(1+b)(1+c) .\n$$\n\n当 $b \\geqslant 0$ 时, 有\n\n$$\nm \\geqslant(1+a)(1+b+c)=1-a^{2} \\geqslant 1-d^{2}\n$$\n\n类似的, 当 $b<0$ 时, 有\n\n$$\nm \\geqslant(1+a+b)(1+c)=1-c^{2} \\geqslant 1-d^{2}\n$$\n\n因此原不等式得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 19 给定正整数 $m$, 证明: 存在正整数 $k$, 使得可将正整数集 $\mathbb{N}^{*}$ 分拆为 $k$ 个互不相交的子集 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{k}$, 每个子集 $A_{i}$ 中均不存在 4 个数 $a, b, c, d$ (可以相同), 满足 $a b-c d=m$. ['取 $k=m+1$, 令\n\n$$\nA_{i}=\\left\\{x \\mid x \\equiv i \\quad(\\bmod m+1), x \\in \\mathbb{N}^{*}\\right\\},\n$$\n\n其中 $i=1,2, \\cdots, m+1$. 设 $a, b, c, d \\in A_{i}$, 则\n\n$$\na b-c d \\equiv i \\cdot i-i \\cdot i=0 \\equiv 0 \\quad(\\bmod m+1)\n$$\n\n故 $m+1 \\mid a b-c d$, 而 $m+1 \\nmid m$, 所以 $A_{i}$ 中不存在 4 个数 $a, b, c, d$ 满足 $a b-c d=m$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 20 "设 $p$ 与 $p+2$ 均是素数, $p>3$. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义为 |
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| $$ |
| a_{1}=2, a_{n}=a_{n-1}+\left\lceil\frac{p a_{n-1}}{n}\right\rceil, n=2,3, \cdots |
| $$ |
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| 这里 $\lceil x\rceil$ 表示不小于实数 $x$ 的最小整数. 证明: 对 $n=3,4, \cdots, p-1$ 均有 $n \mid p a_{n-1}+1$成立." ['首先注意, $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是整数数列.\n\n对 $n$ 用数学归纳法. 当 $n=3$ 时, 由条件知 $a_{2}=2+p$, 故 $p a_{2}+1=(p+1)^{2}$. 因 $p$ 与$p+2$ 均是素数, 且 $p>3$, 故必须 $3 \\mid p+1$. 因此 $3 \\mid p a_{2}+1$, 即 $n=3$ 时结论成立.对 $3<n \\leqslant p-1$, 设对 $k=3, \\cdots, n-1$ 成立, 此时 $\\left\\lceil\\frac{p a_{k-1}}{k}\\right\\rceil=\\frac{p a_{k-1}+1}{k}$, 故\n\n$$\n\\begin{aligned}\np a_{k-1}+1 & =p\\left(a_{k-2}+\\left\\lceil\\frac{p a_{k-2}}{k-1}\\right\\rceil\\right)+1 \\\\\n& =p\\left(a_{k-2}+\\frac{p a_{k-2}+1}{k-1}\\right)+1 \\\\\n& =\\frac{\\left(p a_{k-2}+1\\right)(p+k-1)}{k-1} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n故对 $3<n \\leqslant p-1$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\np a_{n-1}+1 & =\\frac{p+n-1}{n-1}\\left(p a_{n-2}+1\\right) \\\\\n& =\\frac{p+n-1}{n-1} \\cdot \\frac{p+n-2}{n-2}\\left(p a_{n-3}+1\\right) \\\\\n& =\\cdots \\\\\n& =\\frac{p+n-1}{n-1} \\cdot \\frac{p+n-2}{n-2} \\cdots \\frac{p+3}{3}\\left(p a_{2}+1\\right),\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此\n\n$$\np a_{n-1}+1=\\frac{2 n(p+1)}{(p+n)(p+2)} \\mathrm{C}_{p+n}^{n}\n$$\n\n由此知（注意 $\\mathrm{C}_{p+n}^{n}$ 是整数）\n\n$$\nn \\mid(p+n)(p+2)\\left(p a_{n-1}+1\\right)\n$$\n\n因 $n<p, p$ 为素数, 故 $(n, n+p)=(n, p)=1$, 又 $p+2$ 是大于 $n$ 的素数, 故 $(n, p+2)=1$,从而 $n$ 与 $(p+n)(p+2)$ 互素, 故 $n \\mid p a_{n-1}+1$. 由数学归纳法知, 本题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 21 "设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}(n \geqslant 2)$ 是实数, 证明: 可以选取 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \cdots, \varepsilon_{n} \in\{-1,1\}$, 使得 |
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| $$ |
| \left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} \varepsilon_{i} a_{i}\right)^{2} \leqslant(n+1)\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right) |
| $$" "['我们证明\n\n$$\n\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\right)^{2}+\\left(\\sum_{i=1}^{m} a_{i}-\\sum_{i=m+1}^{n} a_{i}\\right)^{2} \\leqslant(n+1)\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\\right)\n$$\n\n其中 $m=\\left[\\frac{n}{2}\\right]$, 即\n\n$$\n\\varepsilon_{i}= \\begin{cases}1, & i=1,2, \\cdots, m \\\\ -1, & i=m+1, m+2, \\cdots, n\\end{cases}\n$$\n\n事实上，上述不等式的左边为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(\\sum_{i=1}^{m} a_{i}+\\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}\\right)^{2}+\\left(\\sum_{i=1}^{m} a_{i}-\\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}\\right)^{2} \\\\\n= & 2\\left(\\sum_{i=1}^{m} a_{i}\\right)^{2}+2\\left(\\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}\\right)^{2} \\\\\n\\leqslant & 2 m \\sum_{i=1}^{m} a_{i}^{2}+2(n-m) \\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}^{2} \\\\\n= & 2\\left[\\frac{n}{2}\\right] \\sum_{i=1}^{m} a_{i}^{2}+2\\left[\\frac{n+1}{2}\\right] \\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}^{2} \\\\\n\\leqslant & n \\sum_{i=1}^{m} a_{i}^{2}+(n+1) \\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}^{2} \\\\\n\\leqslant & (n+1) \\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2},\n\\end{aligned}\n$$\n\n其中第三行用到了柯西不等式. 从而不等式得证, 原题得证.' |
| '首先, 由于问题中 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 的对称性, 可设 $a_{1} \\geqslant a_{2} \\geqslant \\cdots \\geqslant a_{n}$, 此外, 若将$a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 中的负数均改变符号, 则问题中的不等式左边的 $\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\right)^{2}$ 不减, 而右边的 $\\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}$ 不变, 并且此变化不影响 $\\varepsilon$ 的选取, 因此我们可以进一步设 $a_{1} \\geqslant a_{2} \\geqslant \\cdots a_{n} \\geqslant$ 0.\n\n引理: 设 $a_{1} \\geqslant a_{2} \\geqslant \\cdots a_{n} \\geqslant n$, 则\n\n$$\n0 \\leqslant \\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1} a_{i} \\leqslant a_{1}\n$$\n\n引理的证明从略.\n\n于是回到原题, 由柯西不等式及上述引理可得\n\n$$\n\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\right)^{2}+\\left(\\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1} a_{i}\\right)^{2} \\leqslant n \\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+a_{1}^{2} \\leqslant(n+1) \\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\n$$\n\n这就证明了结论.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 22 设 $S=\left\{A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}\right\}$, 其中 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 是 $n$ 个互不相同的有限集合 $(n \geqslant 2)$,满足对任意 $A_{i}, A_{j} \in S$, 均有 $A_{i} \cup A_{j} \in S$. 若 $k=\min _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|A_{i}\right| \geqslant 2$. 证明: 存在 $x \in \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}$,使得 $x$ 属于 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 中的至少 $\frac{n}{k}$ 个集合（这里 $|X|$ 表示有限集合 $X$ 的元素个数). ['不妨设 $\\left|A_{1}\\right|=k$. 设在 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{n}$ 中与 $A_{1}$ 不相交的集合有 $s$ 个, 重新记为 $B_{1}, B_{2}, \\cdots, B_{s}$,设包含 $A_{1}$ 的集合有 $t$ 个, 重新记为 $C_{1}, C_{2}, \\cdots, C_{t}$. 由已知条件 $\\left(B_{i} \\cup A_{1}\\right) \\in S$, 即\n\n$$\n\\left(B_{i} \\cup A_{1}\\right) \\in\\left\\{C_{1}, C_{2}, \\cdots, C_{t}\\right\\}\n$$\n\n这样我们得到一个映射\n\n$$\nf:\\left\\{B_{1}, B_{2}, \\cdots, B_{s}\\right\\} \\rightarrow\\left\\{C_{1}, C_{2}, \\cdots, C_{t}\\right\\}, f\\left(B_{i}\\right)=B_{i} \\cup A_{1}\n$$\n\n显然 $f$ 是单射, 于是 $s \\leqslant t$. 设 $A_{1}=\\left\\{a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{k}\\right\\}$. 在 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{n}$ 中除去 $B_{1}, B_{2}, \\cdots, B_{s}, C_{1}, C_{2}, \\cdots, C_{t}$ 后在剩下的 $n-s-t$ 个集合中，设包含 $a_{i}$ 的集合有 $x_{i}$ 个 $(1 \\leqslant i \\leqslant k)$, 由于剩下的 $n-s-t$ 个集合中每个集合与 $A_{1}$ 的交集非空, 即包含某个 $a_{i}$, 从而\n\n$$\nx_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{k} \\geqslant n-s-t \\text {. }\n$$\n\n不妨设 $x_{1}=\\max \\left\\{x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{k}\\right\\}$, 则由上式知\n\n$$\nx_{1} \\geqslant \\frac{n-s-t}{k}\n$$\n\n\n\n即在剩下的 $n-s-t$ 个集合中, 包含 $a_{1}$ 的集合至少有 $\\frac{n-s-t}{k}$ 个.\n\n又由于 $A_{1} \\subseteq C_{i}(i=1,2, \\cdots, t)$, 故 $C_{1}, C_{2}, \\cdots, C_{t}$ 都包含 $a_{1}$, 因此包含 $a_{1}$ 的集合个数至少为\n\n$$\n\\frac{n-s-t}{k}+t=\\frac{n-s+t(k-1)}{k} \\geqslant \\frac{n-s+t}{k} \\geqslant \\frac{n}{k} .\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 23 "设实数 $a, b, c$ 满足 $a+b+c=1, a b c>0$. 求证: |
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| $$ |
| a b+b c+c a<\frac{\sqrt{a b c}}{2}+\frac{1}{4} |
| $$" ['若 $a b+b c+c a \\leqslant \\frac{1}{4}$, 则命题已成立.\n\n若 $a b+b c+c a>\\frac{1}{4}$ ，不妨设 $a=\\max \\{a, b, c\\}$.\n\n因为\n\n$$\na+b+c=1,\n$$\n\n所以 $a \\geqslant \\frac{1}{3}$.\n\n又因为\n\n$$\n\\begin{aligned}\na b+b c+c a-\\frac{1}{4} & \\leqslant \\frac{(a+b+c)^{2}}{3}-\\frac{1}{4} \\\\\n& =\\frac{1}{12} \\leqslant \\frac{a}{4}, (1)\n\\end{aligned}\n$$\n\n且\n\n$$\n\\begin{aligned}\na b+b c+c a-\\frac{1}{4} & =a(b+c)-\\frac{1}{4}+b c \\\\\n& =a(1-a)-\\frac{1}{4}+b c \\\\\n& \\leqslant \\frac{1}{4}-\\frac{1}{4}+b c=b c,(2)\n\\end{aligned}\n$$\n\n其中 (1) 式等号在 $a=\\frac{1}{3}$ 时成立, (2) 式等号在 $a=\\frac{1}{2}$ 时成立, 因此 (1)(2) 中的等号不能同时成立.\n\n由于 $a b+b c+c a-\\frac{1}{4}>0$, 将 (1)(2) 两式相乘得\n\n$$\n\\left(a b+b c+c a-\\frac{1}{4}\\right)^{2}<\\frac{a b c}{4}\n$$\n\n即\n\n$$\na b+b c+c a-\\frac{1}{4}<\\frac{\\sqrt{a b c}}{2},\n$$\n\n从而\n\n$$\na b+b c+c a<\\frac{\\sqrt{a b c}}{2}+\\frac{1}{4} .\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 24 设整数 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2014}$ 模 2014 互不同余, 整数 $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{2014}$ 模 2014 互不同余. 证明: 可将 $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2014}$ 重新排列为 $z_{1}, z_{2}, \ldots, z_{2014}$, 使得整数 $x_{1}+z_{1}$, $x_{2}+z_{2}, \cdots, x_{2014}+z_{2014}$ 模 4028 互不同余. ['记 $k=1007$ ，不妨设 $x_{i} \\equiv y_{i} \\equiv i(\\bmod 2 k), \\quad 1 \\leqslant i \\leqslant 2 k$.\n\n对每个整数 $i, 1 \\leqslant i \\leqslant k$, 若\n\n$$\nx_{i}+y_{i} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i+k}(\\bmod 4 k)\n$$\n\n则令 $z_{i}=y_{i}, z_{i+k}=y_{i+k}$, 从而有\n\n$$\nx_{i}+z_{i}=x_{i}+y_{i} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i+k}=x_{i+k}+z_{i+k}(\\bmod 4 k) .\n$$\n\n若\n\n$$\nx_{i}+y_{i+k} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i}(\\bmod 4 k)\n$$\n\n令 $z_{i}=y_{i+k}, z_{i+k}=y_{i}$, 则也有\n\n$$\nx_{i}+z_{i}=x_{i}+y_{i+k} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i}=x_{i+k}+z_{i+k}(\\bmod 4 k) .\n$$\n\n若不然，我们有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{i}+y_{i} & \\equiv x_{i+k}+y_{i+k}(\\bmod 4 k), \\\\\nx_{i}+y_{i+k} & \\equiv x_{i+k}+y_{i}(\\bmod 4 k),\n\\end{aligned}\n$$\n\n\n\n两式相加可得 $2 x_{i} \\equiv 2 x_{i+k}(\\bmod 4 k)$, 于是\n\n$$\nx_{i} \\equiv x_{i+k}(\\bmod 2 k)\n$$\n\n但 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2014}$ 模 $2014(=2 k)$ 互不同余. 特别地, $x_{i} \\not \\equiv x_{i+k}(\\bmod 2 k)$, 矛盾.由上述构造方法知 $z_{1}, z_{2}, \\cdots, z_{2 k}$ 是 $y_{1}, y_{2}, \\cdots, y_{2 k}$ 的排列.\n\n记 $\\omega_{i}=x_{i}+z_{i}, i=1,2, \\cdots, 2 k$. 下面验证 $\\omega_{1}, \\omega_{2}, \\cdots, \\omega_{2 k}$ 模 $4 k$ 互不同余. 只需证明对任意整数 $i, j, 1 \\leqslant i<j \\leqslant k, \\omega_{i}, \\omega_{j}, \\omega_{i+k}, \\omega_{j+k}$ 模 $4 k$ 两两不同余. (1)\n\n注意, 前面的构造方法已保证\n\n$$\n\\omega_{i} \\not \\equiv \\omega_{i+k}(\\bmod 4 k), \\omega_{j} \\not \\equiv \\omega_{j+k}(\\bmod 4 k) . (2)\n$$\n\n情形 $1: z_{i}=y_{i}$, 且 $z_{j}=y_{j}$.\n\n由前面的构造方式可知\n\n$$\n\\omega_{i} \\equiv \\omega_{i+k} \\equiv 2 i(\\bmod 2 k), \\omega_{j} \\equiv \\omega_{j+k} \\equiv 2 j(\\bmod 2 k)\n$$\n\n由于 $2 i \\not \\equiv 2 j(\\bmod 2 k)$, 故易知 $\\omega_{i}$ 与 $\\omega_{j}$ 及 $\\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, $\\omega_{i+k}$ 与 $\\omega_{j}$ 及 $\\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余，从而模 $4 k$ 更不同余，再结合 (2) 可见 (1) 得证.\n\n情形 2: $z_{i}=y_{i+k}$, 且 $z_{j}=y_{j+k}$.\n\n由前面的构造方式可知\n\n$$\n\\omega_{i} \\equiv \\omega_{i+k} \\equiv 2 i+k(\\bmod 2 k), \\omega_{j} \\equiv \\omega_{j+k} \\equiv 2 j+k(\\bmod 2 k)\n$$\n\n同样有 $\\omega_{i}$ 与 $\\omega_{j}$ 及 $\\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, $\\omega_{i+k}$ 与 $\\omega_{j}$ 及 $\\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, 与情形一相同地可知 (1) 得证.\n\n情形 $3: z_{i}=y_{i}$, 且 $z_{j}=y_{j+k}\\left(z_{i}=y_{i+k}\\right.$, 且 $z_{j}=y_{j}$ 的情形与此相同 $)$.\n\n由前面的构造方式可知\n\n$$\n\\omega_{i} \\equiv \\omega_{i+k} \\equiv 2 i(\\bmod 2 k), \\omega_{j} \\equiv \\omega_{j+k} \\equiv 2 j+k(\\bmod 2 k)\n$$\n\n由于 $k$ 是奇数, 故\n\n$$\n2 i \\not \\equiv 2 j+2(\\bmod 2)\n$$\n\n更有\n\n$$\n2 i \\not \\equiv 2 j+k(\\bmod 2)\n$$\n\n因此仍然有 $\\omega_{i}$ 与 $\\omega_{j}$ 及 $\\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, $\\omega_{i+k}$ 与 $\\omega_{j}$ 及 $\\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, 从而 (1) 得证.\n\n因此本题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 25 给定正数数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $S_{n} \geqslant 2 S_{n-1}, n=2,3, \cdots$, 这里 $S_{n}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$. 证明: 存在常数 $C>0$, 使得 $x_{n} \geqslant C \cdot 2^{n}, n=1,2, \cdots$. ['当 $n \\geqslant 2$ 时, $S_{n} \\geqslant 2 S_{n-1}$ 等价于\n\n$$\nx_{n} \\geqslant x_{1}+\\cdots+x_{n-1}, (1)\n$$\n\n对常数 $C=\\frac{1}{4} x_{1}$, 用数学归纳法证明:\n\n$$\nx_{n} \\geqslant C \\cdot 2^{n}, n=1,2, \\cdots, (2)\n$$\n\n$n=1$ 时结论显然成立. 又 $x_{2} \\geqslant x_{1}=C \\cdot 2^{2}$.\n\n对 $n \\geqslant 3$, 假设 $x_{k} \\geqslant C \\cdot 2^{k}, k=1,2, \\cdots, n-1$. 则由 (1) 式知\n\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{n} & \\geqslant x_{1}+\\left(x_{2}+\\cdots+x_{n-1}\\right) \\\\\n& \\geqslant x_{1}+\\left(C \\cdot 2^{2}+\\cdots+C \\cdot 2^{n-1}\\right) \\\\\n& =C\\left(2^{2}+2^{2}+2^{3}+\\cdots+2^{n-1}\\right) \\\\\n& =C \\cdot 2^{n},\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 由数学归纳法知, (2) 式成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 26 "给定正整数 $u, v$. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下: $a_{1}=u+v$, 对整数 $m \geqslant 1$. |
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| $$ |
| \left\{\begin{array}{l} |
| a_{2 m}=a_{m}+u \\ |
| a_{2 m+1}=a_{m}+v |
| \end{array}\right. |
| $$ |
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| 记 $S_{m}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}(m=1,2, \cdots)$. 证明: 数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 中有无穷多项是完全平方数." ['对正整数 $n$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{2^{n+1}-1} & =a_{1}+\\left(a_{2}+a_{3}\\right)+\\left(a_{4}+a_{5}\\right)+\\cdots+\\left(a_{2^{n+1}-2}+a_{2^{n+1}-1}\\right). \\\\\n& =u+v+\\left(a_{1}+u+a_{1}+v\\right)+\\left(a_{2}+u+a_{2}+v\\right)+\\cdots+\\left(a_{2^{n}-1}+u+a_{2^{n}-1}+v\\right) \\\\\n& =2^{n}(u+v)+2 S_{2^{n}-1},\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{2^{n}-1} & =2^{n-1}(u+v)+2 S_{2^{n-1}-1} \\\\\n& =2^{n-1}(u+v)+2\\left(2^{n-2}(u+v)+2 S_{2^{n-2}-1}\\right) \\\\\n& =2 \\cdot 2^{n-1}(u+v)+2^{2} S_{2^{n-2}-1}. \\\\\n& =(n-1) \\cdot 2^{n-1}(u+v)+2^{n-1}(u+v) \\\\\n& =(u+v) n \\cdot 2^{n-1},\n\\end{aligned}\n$$\n\n设 $u+v=2^{k} \\cdot q$, 其中 $k$ 是非负整数, $q$ 是奇数. 取 $n=q \\cdot l^{2}$, 其中 $l$ 为满足 $l \\equiv(k-1)(\\bmod 2)$ 的任意正整数, 此时 $S_{2^{n}-1}=q^{2} l^{2} \\cdot 2^{k-1+q \\cdot l^{2}}$, 注意到 $q$ 是奇数, 故\n\n$$\nk-1+q \\cdot l^{2} \\equiv k-1+l^{2} \\equiv k-1+(k-1)^{2}=k(k-1) \\equiv 0(\\bmod 2)\n$$\n\n所以, $S_{2^{n}-1}$ 是完全平方数. 由于 $l$ 有无穷多个, 故数列 $\\left\\{S_{n}\\right\\}$ 中有无穷多项是完全平方数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 27 设 $n, k$ 为大于 1 的整数, $n<2^{k}$. 证明: 存在 $2 k$ 个不被 $n$ 整除的整数, 若将它们任意分成两组, 则总有一组有若干个数的和被 $n$ 整除. ['先考虑 $n$ 为 2 的幂的情形.\n\n设 $n=2^{r}, r \\geqslant 1$, 则 $r<k$. 取 3 个 $2^{r-1}$ 及 $2 k-3$ 个 1 , 显然这些数均不被 $n$ 整除.将这 $2 k$ 个数任意分成两组, 则总有一组中含 2 个 $2^{r-1}$, 它们的和为 $2^{r}$, 被 $n$ 整除.\n\n现在设 $n$ 不是 2 的幕, 取 $2 k$ 个数为\n\n$$\n-1,-1,-2,-2^{2}, \\cdots,-2^{k-2}, 1,2,2^{2}, \\cdots, 2^{k-1}\n$$\n\n因为 $n$ 不是 2 的幂, 故上述 $2 k$ 个数均不被 $n$ 整除.\n\n若可将这些数分成两组, 使得每一组中任意若干个数的和均不能被 $n$ 整除. 不妨设 1 在第一组, 由于\n\n$$\n(-1)+1=0\n$$\n\n被 $n$ 整除, 故两个 -1 必须在第二组; 因为\n\n$$\n(-1)+(-1)+2=0\n$$\n\n被 $n$ 整除, 故 2 在第一组, 进而推出 -2 在第二组.\n\n现归纳假设 $1,2, \\cdots, 2^{l}$ 均在第一组, 而 $-1,-1,-2, \\cdots,-2^{l}$ 均在第二组, 这里 $1 \\leqslant l<k-2$, 由于\n\n$$\n(-1)+(-1)+(-2)+\\cdots+\\left(-2^{l}\\right)+2^{l+1}=0\n$$\n\n被 $n$ 整除, 故 $2^{l+1}$ 在第一组, 从而 $-2^{l+1}$ 在第二组. 故由数学归纳法可知, $1,2,2^{2}, \\cdots, 2^{k-2}$在第一组, $-1,-1,-2,-2^{2}, \\cdots,-2^{k-2}$ 在第二组. 最后, 由于\n\n$$\n(-1)+(-1)+(-2)+\\cdots+\\left(-2^{k-2}\\right)+2^{k-1}=0,\n$$\n\n被 $n$ 整除, 故 $2^{k-1}$ 在第一组. 因此 $1,2,2^{2}, \\cdots, 2^{k-1}$ 均在第一组, 由正整数的二进制表示可知, 每一个不超过 $2^{k}-1$ 的正整数均可表示为 $1,2,2^{2} \\cdots, 2^{k-1}$ 中若干个数的和,特别地, 因为 $n \\leqslant 2^{k-1}$, 故第一组中有若干个数的和为 $n$, 当然被 $n$ 整除, 矛盾!因此, 将前述 $2 k$ 个整数任意分成两组, 则总有一组中有若干个数之和被 $n$ 整除.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 28 "试证明: 集合 $A=\left\{2,2^{2}, \cdots, 2^{n}, \cdots\right\}$ 满足 |
| 对每个 $a \in A$, 及 $b \in \mathbb{N}^{*}$, 若 $b<2 a-1$, 则 $b(b+1)$ 一定不是 $2 a$ 的倍数;" ['对于任意的 $a \\in A$, 设 $a=2^{k}, k \\in \\mathbb{N}^{*}$.\n\n如果 $b$ 是任意一个小于 $2 a-1$ 的正整数, 则\n\n$$\nb+1 \\leqslant 2^{k+1}-1\n$$\n\n由于 $b$ 与 $b+1$ 中, 一个为奇数, 它不含素因子 2 , 另一个为偶数, 它含素因子 2 的幂的次数最多为 $k$, 所以 $b(b+1)$ 中所含素因子 2 的个数不超过 $k$, 因此 $b(b+1)$ 一定不是 $2 a$ 的倍数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 29 "试证明: 集合 $A=\left\{2,2^{2}, \cdots, 2^{n}, \cdots\right\}$ 满足 |
| 对每个 $a \in \bar{A}$ (其中 $\bar{A}$ 表示 $A$ 在 $\mathbb{N}^{*}$ 中的补集), 且 $a \neq 1$, 必存在 $b \in \mathbb{N}^{*}, b<2 a-1$,使 $b(b+1)$ 是 $2 a$ 的倍数." ['若 $a \\in \\bar{A}$, 且 $a \\neq 1$, 设 $a=2^{k} m$, 其中 $k$ 为非负整数, $m$ 为大于 1 的奇数, 则\n\n$$\n2 a=2^{k+1} m\n$$\n\n令 $b=m x, b+1=2^{k+1} y$, 消去 $b$ 得\n\n$$\n2^{k+1} y-m x=1 \\text {. }\n$$\n\n由于 $\\left(2^{k+1}, m\\right)=1$, 方程\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nx=x_{0}+2^{k+1} t \\\\\ny=y_{0}+m t\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n必有整数解, 其中 $t \\in \\mathbb{Z},\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$ 为方程的特解.\n\n把最小的正整数解记为 $\\left(x^{*}, y^{*}\\right)$, 则 $x^{*}<2^{k+1}$, 故\n\n$$\nb=m x^{*}<2 a-1\n$$\n\n使 $b(b+1)$ 是 $2 a$ 的倍数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 30 "设 $P_{0}, P_{1}, P_{2}, \cdots, P_{n}$ 是平面上 $n+1$ 个点, 它们两两间的距离的最小值为 $d(d>0)$, 求证: |
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| $$ |
| \left|P_{0} P_{1}\right| \cdot\left|P_{0} P_{2}\right| \cdots\left|P_{0} P_{n}\right|>\left(\frac{d}{3}\right)^{n} \sqrt{(n+1) !} |
| $$" ['不妨设\n\n$$\n\\left|P_{0} P_{1}\\right| \\leqslant\\left|P_{0} P_{2}\\right| \\leqslant \\cdots\\left|P_{0} P_{n}\\right|\n$$\n\n\n\n以 $P_{i}(i=0,1,2, \\cdots, k)$ 为圆心, $\\frac{d}{2}$ 为半径画 $k+1$ 个圆, 它们两两相离或外切.设 $Q$ 是圆 $P_{i}$ 上任意一点, 由于\n\n$$\n\\left|P_{0} Q\\right| \\leqslant\\left|P_{0} P_{i}\\right|+\\left|P_{i} Q\\right|=\\left|P_{0} P_{i}\\right|+\\frac{1}{2} d \\leqslant\\left|P_{0} P_{k}\\right|+\\frac{1}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|=\\frac{3}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|\n$$\n\n因而以 $P_{0}$ 为圆心, $\\frac{3}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|$ 为半径的圆覆盖上述 $k+1$ 个圆, 故\n\n$$\n\\pi\\left(\\frac{3}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|\\right)^{2}>(k+1) \\pi\\left(\\frac{d}{2}\\right)^{2},\n$$\n\n即有\n\n$$\n\\left|P_{0} P_{k}\\right|>\\frac{d}{3} \\sqrt{k+1}(k=1,2, \\cdots, n).\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\left|P_{0} P_{1}\\right| \\cdot\\left|P_{0} P_{2}\\right| \\cdots\\left|P_{0} P_{n}\\right|>\\left(\\frac{d}{3}\\right)^{n} \\sqrt{(n+1) !}.\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 31 设 $S_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}, n$ 是正整数. 证明: 对满足 $0 \leqslant a<b \leqslant 1$ 的任意实数 $a, b$,数列 $\left\{S_{n}-\left[S_{n}\right]\right\}$ 中有无穷多项属于 $(a, b)$, 这里 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数. ['对任意 $n \\in \\mathbb{N}^{*}$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{2^{n}} & =1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n}} \\\\\n& =1+\\frac{1}{2}+\\left(\\frac{1}{2^{1}+1}+\\frac{1}{2^{2}}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{2^{n-1}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n}}\\right) \\\\\n& >1+\\frac{1}{2}+\\left(\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{2^{2}}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{2^{n}}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n}}\\right) \\\\\n& =1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}+\\cdots+\\frac{1}{2} \\\\\n& >\\frac{1}{2} n .\n\\end{aligned}\n$$\n\n令\n\n$$\nN_{0}=\\left[\\frac{1}{b-a}\\right]+1, m=\\left[S_{N_{0}}\\right]+1\n$$\n\n则\n\n$$\n\\frac{1}{b-a}<N_{0}, \\frac{1}{N_{0}}<b-a, S_{N_{0}}<m \\leqslant m+a .\n$$\n\n又令 $N_{1}=2^{2(m+1)}$, 则\n\n$$\nS_{N_{1}}=S_{2^{2(m+1)}}>m+1 \\geqslant m+b\n$$\n\n假设存在 $k>N_{0}$, 使得\n\n$$\nS_{k} \\leqslant m+a, S_{k} \\geqslant m+b\n$$\n\n\n\n因此\n\n$$\nS_{k}-S_{k-1} \\geqslant b-a\n$$\n\n这与\n\n$$\nS_{k}-S_{k-1}=\\frac{1}{k}<\\frac{1}{N_{0}}<b-a\n$$\n\n矛盾, 所以一定存在 $n \\in \\mathbb{N}^{*}, N_{0}<n<N_{1}$, 使得 $S_{n}-\\left[S_{n}\\right] \\in(a, b)$.\n\n假设只有有限个正整数 $n_{1}, n_{2}, \\cdots, n_{k}$, 使得\n\n$$\nS_{n_{j}}-\\left[S_{n_{j}}\\right] \\in(a, b), 1 \\leqslant j \\leqslant k .\n$$\n\n令 $c=\\min _{1 \\leqslant j \\leqslant k}\\left\\{S_{n_{j}}-\\left[S_{n_{j}}\\right]\\right\\}$, 则\n\n$$\na<c<b,\n$$\n\n所以不存在 $n \\in \\mathbb{N}^{*}$, 使得 $S_{n}-\\left[S_{n}\\right] \\in(a, c)$, 矛盾.\n\n因此数列 $\\left\\{S_{n}-\\left[S_{n}\\right]\\right\\}$ 中有无穷多项属于 $(a, b)$.\n\n综上所述, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 32 "证明：对任意整数 $n \geqslant 4$ ，存在一个 $n$ 次多项式 |
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| $$ |
| f(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\cdots+a_{1} x+a_{0} |
| $$ |
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| 具有如下性质: |
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| (1) $a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{n-1}$ 均为正整数; |
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| (2) 对任意正整数 $m$, 及任意 $k(k \geqslant 2)$ 个互不相同的正整数 $r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{k}$, 均有 |
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| $$ |
| f(m) \neq f\left(r_{1}\right) f\left(r_{2}\right) \cdots f\left(r_{k}\right) . |
| $$" ['令\n\n$$\nf(x)=(x+1)(x+2) \\cdot(x+n)+2. (*)\n$$\n\n将 (*) 的右边展开即知 $f(x)$ 是一个首项系数为 1 的正整数系数的 $n$ 次多项式, 所以 $f(x)$ 满足条件 (1).\n\n下面证明 $f(x)$ 满足性质 $(2)$.\n\n对任意整数 $t$, 由于 $n \\geqslant 4$, 故连续的 $n$ 个整数 $t+1, t+2, \\cdots, t+n$ 中必有一个为 4 的倍数, 从而由 (*) 知\n\n$$\nf(t) \\equiv 2(\\bmod 4)\n$$\n\n\n\n因此, 对任意 $k(k \\geqslant 2)$ 个正整数 $r_{1}, r_{2}, \\cdots, r_{k}$, 有\n\n$$\nf\\left(r_{1}\\right) f\\left(r_{2}\\right) \\cdots f\\left(r_{k}\\right) \\equiv 2^{k} \\equiv 0(\\bmod 4)\n$$\n\n但对任意正整数 $m$, 有 $f(m) \\equiv 2(\\bmod 4)$, 故\n\n$$\nf(m) \\not \\equiv f\\left(r_{1}\\right) f\\left(r_{2}\\right) \\cdots f\\left(r_{k}\\right)(\\bmod 4),\n$$\n\n从而\n\n$$\nf(m) \\neq f\\left(r_{1}\\right) f\\left(r_{2}\\right) \\cdots f\\left(r_{k}\\right),\n$$\n\n所以 $f(x)$ 符合题设要求.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 33 "设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}(n \geqslant 4)$ 是给定的正实数, $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}$. 对任意正实数 $r$, 满足 $\frac{a_{j}-a_{i}}{a_{k}-a_{j}}=r(1 \leqslant i<j<k \leqslant n)$ 的三元数组 $(i, j, k)$ 的个数记为 $f_{n}(r)$. |
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| 证明: $f_{n}(r)<\frac{n^{2}}{4}$." ['对给定的 $j(1<j<n)$, 满足 $1 \\leqslant i<j<k \\leqslant n$, 且\n\n$$\n\\frac{a_{j}-a_{i}}{a_{k}-a_{j}}=r \\quad (1)\n$$\n\n的三元数组 $(i, j, k)$ 的个数记为 $g_{i}(r)$.\n\n注意到, 若 $j, k$ 固定, 则至多有一个 $i$ 使得 (1) 成立.\n\n因 $k>j$, 即 $k$ 有 $n-j$ 种选法, 故\n\n$$\ng_{j}(r) \\leqslant n-j\n$$\n\n从而\n\n$$\ng_{j}(r) \\leqslant \\min \\{j-1, n=j\\} .\n$$\n\n因此, 当 $n$ 为偶数时, 设 $n=2 m$, 则有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{n}(r) & =\\sum_{j=2}^{n-1} g_{j}(r)=\\sum_{j=2}^{m-1} g_{j}(r)+\\sum_{j=m}^{2 m-1} g_{j}(r) \\\\\n& \\leqslant \\sum_{j=2}^{m}(j-1)+\\sum_{j=m+1}^{2 m-1}(2 m-j) \\\\\n& =\\frac{m(m-1)}{2}+\\frac{m(m-1)}{2} \\\\\n& =m^{2}-m<m^{2}=\\frac{n^{2}}{4} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n\n\n当 $n$ 为奇数时, 设 $n=2 m+1$, 则有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{n}(r) & =\\sum_{j=2}^{n-1} g_{j}(r) \\\\\n& =\\sum_{j=2}^{m} g_{j}(r)+\\sum_{j=m+1}^{2 m} g_{j}(r) \\\\\n& \\leqslant \\sum_{j=2}^{m}(j-1)+\\sum_{j=m+1}^{2 m}(2 m+1-j) \\\\\n& =m^{2}<\\frac{n^{2}}{4} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上知, $f_{n}(r)<\\frac{n^{2}}{4}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 34 "求证不等式: |
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| $-1<\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{2}+1}\right)-\ln n \leqslant \frac{1}{2}, n=1,2, \ldots$" ['首先证明一个不等式:\n\n(1) $\\frac{x}{1+x}<\\ln (1+x)<x, \\quad x>0$.\n\n事实上, 令\n\n$h(x)=x-\\ln (1+x), \\quad g(x)=\\ln (1+x)-\\frac{x}{1+x}$.\n\n则对 $x>0$,\n\n$h^{\\prime}(x)=1-\\frac{1}{1+x}>0, \\quad g^{\\prime}(x)=\\frac{1}{1+x}-\\frac{1}{(1+x)^{2}}=\\frac{x}{(1+x)^{2}}>0$.\n\n于是\n\n$h(x)>h(0)=0, \\quad g(x)>g(0)=0$.\n\n在(1) 中取 $x=\\frac{1}{n}$ 得\n\n(2) $\\frac{1}{n+1}<\\ln \\left(1+\\frac{1}{n}\\right)<\\frac{1}{n}$.\n\n令 $x_{n}=\\sum_{k=1}^{n} \\frac{k}{k^{2}+1}-\\ln n$, 则 $x_{1}=\\frac{1}{2}$,\n\n$x_{n}-x_{n-1}=\\frac{n}{n^{2}+1}-\\ln \\left(1+\\frac{1}{n-1}\\right)$\n\n$<\\frac{n}{n^{2}+1}-\\frac{1}{n}$\n\n$=-\\frac{1}{\\left(n^{2}+1\\right) n}<0$\n\n因此 $x_{n}<x_{n-1}<\\cdots<x_{1}=\\frac{1}{2}$.\n\n又因为\n\n$\\ln n=(\\ln n-\\ln (n-1))+(\\ln (n-1)-\\ln (n-2))+\\cdots+(\\ln 2-\\ln 1)+\\ln 1=\\sum_{k=1}^{n-1} \\ln \\left(1+\\frac{1}{k}\\right)$.\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{n} & =\\sum_{k=1}^{n} \\frac{k}{k^{2}+1}-\\sum_{k=1}^{n-1} \\ln \\left(1+\\frac{1}{k}\\right) \\\\\n& =\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(\\frac{k}{k^{2}+1}-\\ln \\left(1+\\frac{1}{k}\\right)\\right)+\\frac{n}{n^{2}+1}>\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(\\frac{k}{k^{2}+1}-\\frac{1}{k}\\right) \\\\\n& =-\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{\\left(k^{2}+1\\right) k} \\geqslant-\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{(k+1) k} \\\\\n& =-1+\\frac{1}{n}>-1 .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 35 设 $k, l$ 是给定的两个正整数. 证明: 有无穷多个正整数 $m \geqslant k$, 使得 $C_{m}^{k}$ 与 $l$ 互素. ['对任意正整数 $t$, 令 $m=k+t \\cdot l \\cdot(k !)^{2}$, 我们证明 $\\left(\\mathrm{C}_{m}^{k}, l\\right)=1$.\n\n设 $p$ 是 $l$ 的任一素因子, 只要证明: $p \\nmid C_{m}^{k}$.\n\n若 $p \\nmid k$ !, 则由\n\n$$\n\\begin{aligned}\nk ! C_{m}^{k} & =\\prod_{i=1}^{k}(m-k+i) \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k}\\left[\\left(i+t l(k !)^{2}\\right]\\right. \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k} i \\\\\n& \\equiv k !(\\bmod p)\n\\end{aligned}\n$$\n\n即 $p$ 不整除上式, 故 $p \\nmid \\mathrm{C}_{m}^{k}$.\n\n若 $p \\mid k$ !, 设 $\\alpha \\geqslant 1$ 使 $p^{\\alpha} \\mid k$ !, 但 $p^{\\alpha+1} \\nmid k ! . p^{\\alpha+1} \\mid(k !)^{2}$. 故由\n\n$$\n\\begin{aligned}\nk ! C_{m}^{k} & =\\prod_{i=1}^{k-1}(m-k+i) \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k}\\left[\\left(i+t l(k !)^{2}\\right]\\right. \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k} i \\\\\n& \\equiv k !\\left(\\bmod p^{\\alpha+1}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n及 $p^{\\alpha} \\mid k$ !, 且 $p^{\\alpha+1} \\nmid k !$, 知 $p^{\\alpha} \\mid k ! C_{m}^{k}$ 且 $p^{\\alpha+1} \\nmid k ! C_{m}^{k}$. 从而 $p \\nmid C_{m}^{k}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 36 设 $a_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(n+1-k)}$, 求证: 当正整数 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n+1}<a_{n}$ 。 ['由于 $\\frac{1}{k(n+1-k)}=\\frac{1}{n+1}\\left(\\frac{1}{k}+\\frac{1}{n+1-k}\\right)$, 因此 $a_{n}=\\frac{2}{n+1} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k}$, 于是, 对任意的正整数 $n \\geqslant 2$, 有 $\\frac{1}{2}\\left(a_{n}-a_{n+1}\\right)=\\frac{1}{n+1} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k}-\\frac{1}{n+2} \\sum_{k=1}^{n+1} \\frac{1}{k}$ $=\\left(\\frac{1}{n+1}-\\frac{1}{n+2}\\right) \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k}-\\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\\frac{1}{(n+1)(n+2)}\\left(\\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k}-1\\right)>0$, 即 $a_{n+1}<a_{n}$ 。'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 37 设函数 $f(x)$ 对所有的实数 $x$ 都满足 $f(x+2 \pi)=f(x)$, 求证: 存在 4 个函数 $f_{i}(x)(i=1$, $2,3,4)$ 满足: (1) 对 $i=1,2,3,4, f_{i}(x)$ 是偶函数, 且对任意的实数 $x$, 有 $f_{i}(x+\pi)=f_{i}(x)$; (2) 对任意的实数 $x$, 有 $f(x)=f_{1}(x)+f_{2}(x) \cos x+f_{3}(x) \sin x+f_{4}(x) \sin 2 x$。 ['记 $g(x)=\\frac{f(x)+f(-x)}{2}, h(x)=\\frac{f(x)-f(-x)}{2}$, 则 $f(x)=g(x)+h(x)$, 且 $g(x)$ 是偶函数, $h(x)$ 是奇函数, 对任意的 $x \\in R, g(x+2 \\pi)=g(x), h(x+2 \\pi)=h(x)$ 。令\n\n$f_{1}(x)=\\frac{g(x)+g(x+\\pi)}{2} \\quad, \\quad f_{2}(x)=\\left\\{\\begin{array}{cl}\\frac{g(x)-g(x+\\pi)}{2 \\cos x} & x \\neq k \\pi+\\frac{\\pi}{2} \\\\ 0 & x=k \\pi+\\frac{\\pi}{2}\\end{array}\\right.$, $f_{3}(x)=\\left\\{\\begin{array}{cc}\\frac{h(x)-h(x+\\pi)}{2 \\sin x} & x \\neq k \\pi \\\\ 0 & x=k \\pi\\end{array}, \\quad f_{4}(x)=\\left\\{\\begin{array}{cc}\\frac{h(x)+h(x+\\pi)}{2 \\sin 2 x} & x \\neq \\frac{k \\pi}{2} \\\\ 0 & x=\\frac{k \\pi}{2}\\end{array}\\right.\\right.$, 其中 $k$ 为任意整数。\n\n容易验证 $f_{i}(x), i=1,2,3,4$ 是偶函数, 且对任意的 $x \\in R, f_{i}(x+\\pi)=f_{i}(x), i=1,2,3,4$.\n\n下证对任意的 $x \\in \\mathbb{R}$ 有 $f_{1}(x) + f_{2}(x) \\cos x=g(x)$. 当 $x \\neq k \\pi+\\frac{\\pi}{2}$ 时, 显然成立; 当 $x=k \\pi+\\frac{\\pi}{2}$时, 因为 $f_{1}(x)+f_{2}(x) \\cos x=f_{1}(x)=\\frac{g(x)+g(x+\\pi)}{2}$, 而 $g(x+\\pi)=g\\left(k \\pi+\\frac{3 \\pi}{2}\\right)=g\\left(k \\pi+\\frac{3 \\pi}{2}-2(k+1) \\pi\\right)=g\\left(-k \\pi-\\frac{\\pi}{2}\\right)=g\\left(k \\pi+\\frac{\\pi}{2}\\right)=g(x)$, 故对任意的 $ x \\in R, f_{1}(x) + f_{2}(x) \\cos x=g(x)$.\n\n下证对任意的 $x \\in \\mathbb{R}$ 有 $f_{3}(x) \\sin x + f_{4}(x) \\sin 2 x=h(x)$. 当 $x \\neq \\frac{k \\pi}{2}$ 时, 显然成立; 当 $x=k \\pi$ 时, $h(x)=h(k \\pi)=h(k \\pi-2 k \\pi)=h(-k \\pi)=-h(k \\pi)$, 所以 $h(x)=h(k \\pi)=0$, 而此时 $f_{3}(x) \\sin x + f_{4}(x) \\sin 2 x=0$, 故 $h(x)=f_{3}(x) \\sin x + f_{4}(x) \\sin 2 x ;$ 当 $x=k \\pi+\\frac{\\pi}{2}$ 时, $h(x+\\pi)=h\\left(k \\pi+\\frac{3 \\pi}{2}\\right)=h\\left(k \\pi+\\frac{3 \\pi}{2}-2(k+1) \\pi\\right)=h\\left(-k \\pi-\\frac{\\pi}{2}\\right)=-h\\left(k \\pi+\\frac{\\pi}{2}\\right)=-h(x)$, 故 $f_{3}(x) \\sin x=\\frac{h(x)-h(x+\\pi)}{2}=h(x)$, 又 $f_{4}(x) \\sin 2 x=0$, 从 而 有 $h(x)=f_{3}(x) \\sin x + f_{4}(x) \\sin 2 x.$\n\n于是, 对任意的 $x \\in \\mathbb{R}$，有 $f_{3}(x) \\sin x + f_{4}(x) \\sin 2 x=h(x)$. 综上所述, 结论得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 38 证明: 方程 $2 x^{3}+5 x-2=0$ 恰有一个实数根 $r$, 且存在唯一的严格递增正整数数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 使得 $\frac{2}{5}=r^{a_{4}}+r^{a_{2}}+r^{a_{3}}+\cdots$. ['令 $f(x)=2 x^{3}+5 x-2$, 则 $f^{\\prime}(x)=6 x^{2}+5>0$, 所以 $f(x)$ 是严格递增的. 又 $f(0)=-2<0, f\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{3}{4}>0$, 故 $f(x)$ 有唯一实数根 $r \\in\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$.\n\n所以\n\n$$\n2 r^{3}+5 r-2=0\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{2}{5} & =\\frac{r}{1-r^{3}} \\\\\n& =r+r^{4}+r^{7}+r^{10}+\\cdots .\n\\end{aligned}\n$$\n\n故数列 $a_{n}=3 n-2(n=1,2, \\cdots)$ 是满足题设要求的数列.\n\n若存在两个不同的正整数数列 $a_{1}<a_{2}<\\cdots<a_{n}<\\cdots$ 和 $b_{1}<b_{2}<\\cdots<b_{n}<\\cdots$ 满足\n\n$$\nr^{a_{1}}+r^{a_{2}}+r^{a_{3}}+\\cdots=r^{b_{1}}+r^{b_{2}}+r^{b_{3}}+\\cdots=\\frac{2}{5},\n$$\n\n去掉上面等式两边相同的项, 有\n\n$$\nr^{s_{1}}+r^{s_{2}}+r^{s_{2}}+\\cdots=r^{t_{1}}+r^{t_{2}}+r^{t_{2}}+\\cdots,\n$$\n\n这里 $s_{1}<s_{2}<s_{3}<\\cdots, t_{1}<t_{2}<t_{3}<\\cdots$, 所有的 $s_{i}$ 与 $t_{j}$ 都是不同的.\n\n不妨设 $s_{1}<t_{1}$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& r^{s_{1}}<r^{s_{1}}+r^{s_{2}}+\\cdots=r^{t_{1}}+r^{t_{2}}+\\cdots, \\\\\n& 1<r^{t_{1}-s_{1}}+r^{t_{2}-s_{1}}+\\cdots \\leq r+r^{2}+\\cdots=\\frac{1}{1-r}-1<\\frac{1}{1-\\frac{1}{2}}-1=1 \\text {, 矛盾. }\n\\end{aligned}\n$$\n\n故满足题设的数列是唯一的.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 39 "设$k$是给定的正整数，$r=k+\frac{1}{2}$，记$f^{(l)}(r)=f(r)=r \lceil r\rceil$,$f^{(l)}(r)=f\left(f^{(l-1)}(r)\right), l \geq 2$. |
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| 证明: 存在正整数 $m$, 使得 $f^{(m)}(r)$ 为一个整数. 这里, $\lceil x\rceil$ 表示不小于实数 $x$ 的最小整数, 例如: $\left\lceil\frac{1}{2}\right\rceil=1,\lceil 1\rceil=1$." ['记 $v_{2}(n)$ 表示正整数 $n$ 所含的 2 的幂次. 则当 $m=v_{2}(k)+1$ 时, $f^{(m)}(r)$ 为整数.\n\n下面我们对 $v_{2}(k)=v$ 用数学归纳法.\n\n当 $v=0$ 时, $k$ 为奇数, $k+1$ 为偶数, 此时 $f(r)=\\left(k+\\frac{1}{2}\\right)\\left[k+\\frac{1}{2}\\right]=\\left(k+\\frac{1}{2}\\right)(k+1)$ 为整数.\n\n假设命题对 $v-1(v \\geq 1)$ 成立.\n\n对于 $v \\geq 1$, 设 $k$ 的二进制表示具有形式\n\n$$\nk=2^{v}+\\alpha_{v+1} \\cdot 2^{v+1}+\\alpha_{v+2} \\cdot 2^{v+2}+\\cdots,\n$$\n\n这里, $\\alpha_{i}=0$ 或者 $1, i=v+1, v+2, \\cdots$.\n\n于是 $\\quad f(r)=\\left(k+\\frac{1}{2}\\right)\\left[k+\\frac{1}{2}\\right]=\\left(k+\\frac{1}{2}\\right)(k+1)$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =\\frac{1}{2}+\\frac{k}{2}+k^{2}+k \\\\\n& =\\frac{1}{2}+2^{v-1}+\\left(\\alpha_{v+1}+1\\right) \\cdot 2^{v}+\\left(\\alpha_{v+1}+\\alpha_{v+2}\\right) \\cdot 2^{v+1}+\\cdots+2^{2 v}+\\cdots \\\\\n& =k^{\\prime}+\\frac{1}{2}, \\quad \\quad (1)\n\\end{aligned}\n$$\n\n这里 $k^{\\prime}=2^{v-1}+\\left(\\alpha_{v+1}+1\\right) \\cdot 2^{v}+\\left(\\alpha_{v+1}+\\alpha_{v+2}\\right) \\cdot 2^{v+1}+\\cdots+2^{2 v}+\\cdots$. 显然 $k^{\\prime}$ 中所含的 2 的幂次为 $v-1$. 故由归纳假设知, $r^{\\prime}=k^{\\prime}+\\frac{1}{2}$ 经过 $f$ 的 $v$ 次迭代得到整数, 由(1)知, $f^{(v+1)}(r)$ 是一个整数, 这就完成了归纳证明.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 40 "给定整数 $n>2$, 设正实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 满足 $a_{k} \leq 1, k=1,2, \cdots, n$, 记 |
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| $$ |
| A_{k}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}{k}, k=1,2, \cdots, n . |
| $$ |
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| 求证: |
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| $$ |
| \left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}-\sum_{k=1}^{n} A_{k}\right|<\frac{n-1}{2} . |
| $$" ['由 $0<a_{k} \\leq 1$ 知, 对 $1 \\leq k \\leq n-1$, 有\n\n$$\n0< \\sum^{k}_{i=1}a_{i}\\leq k, 0<\\sum^{n}_{i=k+1}a_{i}\\leq n-k.\n$$\n\n注意到当 $x, y>0$ 时, 有 $|x-y|<\\max \\{x, y\\}$, 于是对 $1 \\leq k \\leq n-1$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|A_{n}-A_{k}\\right| & =\\left|\\left(\\frac{1}{n}-\\frac{1}{k}\\right) \\sum_{i=1}^{k} a_{i}+\\frac{1}{n} \\sum_{i=k+1}^{n} a_{i}\\right| \\\\\n& =\\left|\\frac{1}{n} \\sum_{i=k+1}^{n} a_{i}-\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{n}\\right) \\sum_{i=1}^{k} a_{i}\\right| \\\\\n& <\\max \\left\\{\\frac{1}{n} \\sum_{i=k+1}^{n} a_{i},\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{n}\\right) \\sum_{i=1}^{k} a_{i}\\right\\} \\\\\n& \\leq \\max \\left\\{\\frac{1}{n}(n-k),\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{n}\\right) k\\right\\}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n=1-\\frac{k}{n} \\text {, }\n$$\n\n故\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|\\sum_{k=1}^{n} a_{k}-\\sum_{k=1}^{n} A_{k}\\right| & =\\left|n A_{n}-\\sum_{k=1}^{n} A_{k}\\right| \\\\\n& =\\left|\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(A_{n}-A_{k}\\right)\\right| \\leq \\sum_{k=1}^{n-1}\\left|A_{n}-A_{k}\\right| \\\\\n& <\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(1-\\frac{k}{n}\\right)=\\frac{n-1}{2} .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 41 "已知函数 $f(x)=|\sin x|$ 的图像与直线 $y=k x \quad(k>0)$ 有且仅有三个交点, 交点的横坐标的最大值为 $\alpha$, 求证: |
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| $$ |
| \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha+\sin 3 \alpha}=\frac{1+\alpha^{2}}{4 \alpha} |
| $$" ['$f(x)$ 的图象与直线 $y=k x(k>0)$ 的三个交点如下图所示, 且在 $\\left(\\pi, \\frac{3 \\pi}{2}\\right)$ 内相切, 其切点为 $A(\\alpha,-\\sin \\alpha), \\alpha \\in\\left(\\pi, \\frac{3 \\pi}{2}\\right)$.\n\n<img_4150>\n\n由于 $f^{\\prime}(x)=-\\cos x, x \\in\\left(\\pi, \\frac{3}{2} \\pi\\right)$, 所以 $-\\cos \\alpha=-\\frac{\\sin \\alpha}{\\alpha}$, 即 $\\alpha=\\tan \\alpha$. 因此\n\n$\\frac{\\cos \\alpha}{\\sin \\alpha+\\sin 3 \\alpha}=\\frac{\\cos \\alpha}{2 \\sin 2 \\alpha \\cos \\alpha}=\\frac{1}{4 \\sin \\alpha \\cos \\alpha}=\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\sin ^{2} \\alpha}{4 \\sin \\alpha \\cos \\alpha}=\\frac{1+\\tan ^{2} \\alpha}{4 \\tan \\alpha}=\\frac{1+\\alpha^{2}}{4 \\alpha}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 42 "设 $f(x)$ 是周期函数, $T$ 和 1 是 $f(x)$ 的周期且 $0<T<1$. 证明: |
| 若 $T$ 为有理数, 则存在素数 $p$, 使 $\frac{1}{p}$ 是 $f(x)$ 的周期;" ['若 $T$ 是有理数, 则存在正整数 $m, n$ 使得 $T=\\frac{n}{m}$ 且 $(m, n)=1$, 从而存在整数 $a, b$, 使得 $m a+n b=1$. 于是 $\\frac{1}{m}=\\frac{m a+n b}{m}=a+b T=a \\cdot 1+b \\cdot T$ 是 $f(x)$ 的周期. 又因 $0<T<1$, 从而 $m \\geq 2$. 设 $p$ 是 $m$ 的素因子, 则 $m=p m^{\\prime}, m^{\\prime} \\in \\mathbf{N}^{*}$, 从而 $\\frac{1}{p}=m^{\\prime} \\cdot \\frac{1}{m}$ 是 $f(x)$的周期.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 43 "设 $f(x)$ 是周期函数, $T$ 和 1 是 $f(x)$ 的周期且 $0<T<1$. 证明: |
| 若 $T$ 为无理数, 则存在各项均为无理数的数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $1>a_{n}>a_{n+1}>0$ $(n=1,2, \cdots)$, 且每个 $a_{n} \quad(n=1,2, \cdots)$ 都是 $f(x)$ 的周期." ['若 $T$ 是无理数, 令 $a_{1}=1-\\left[\\frac{1}{T}\\right] T$, 则 $0<a_{1}<1$, 且 $a_{1}$ 是无理数, 令 $a_{2}=1-\\left[\\frac{1}{a_{1}}\\right] a_{1}, a_{n+1}=1-\\left[\\frac{1}{a_{n}}\\right] a_{n}$, 由数学归纳法易知 $a_{n}$ 均为无理数且 $0<a_{n}<1$. 又 $\\frac{1}{a_{n}}-\\left[\\frac{1}{a_{n}}\\right]<1$, 故 $1<a_{n}+\\left[\\frac{1}{a_{n}}\\right] a_{n}, \\quad$ 即 $a_{n+1}=1-\\left[\\frac{1}{a_{n}}\\right] a_{n}<a_{n}$. 因此 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是递减数列.\n\n最后证: 每个 $a_{n}$ 是 $f(x)$ 的周期. 事实上, 因 1 和 $T$ 是 $f(x)$ 的周期, 故 $a_{1}=1-\\left[\\frac{1}{T}\\right] T$ 亦是 $f(x)$ 的周期. 假设 $a_{k}$ 是 $f(x)$ 的周期, 则 $a_{k+1}=1-\\left[\\frac{1}{a_{k}}\\right] a_{k}$ 也是 $f(x)$ 的周期. 由数学归纳法, 已证得 $a_{n}$ 均是 $f(x)$ 的周期.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 44 "设 $a_{k}>0, k=1,2, \cdots, 2008$. 证明: 当且仅当 $\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$ 时, 存在数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足以下条件: |
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| (1) $0=x_{0}<x_{n}<x_{n+1}, \quad n=1,2,3, \cdots$; |
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| (2) $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}$ 存在; |
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| (3) $x_{n}-x_{n-1}=\sum_{k=1}^{2008} a_{k} x_{n+k}-\sum_{k=0}^{2007} a_{k+1} x_{n+k}, \quad n=1,2,3, \cdots$." ['必要性：假设存在 $\\left\\{x_{n}\\right\\}$ 满足 (1)，(2)，(3). 注意到（3）中式子可化为\n\n$$\nx_{n}-x_{n-1}=\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}\\left(x_{n+k}-x_{n+k-1}\\right), \\quad n \\in \\mathbf{N}^{*},\n$$\n\n其中 $x_{0}=0$. 将上式从第 1 项加到第 $n$ 项，并注意到 $x_{0}=0$ 得 $x_{n}=a_{1}\\left(x_{n+1}-x_{1}\\right)+a_{2}\\left(x_{n+2}-x_{2}\\right)+\\cdots+a_{2008}\\left(x_{n+2008}-x_{2008}\\right)$. 由 (2) 可设 $b=\\lim _{n \\rightarrow \\infty} x_{n}$, 将上式取极限得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& b=a_{1}\\left(b-x_{1}\\right)+a_{2}\\left(b-x_{2}\\right)+\\cdots+a_{2008}\\left(b-x_{2008}\\right) \\quad=b \\cdot \\sum_{k=1}^{2008} a_{k}-\\left(a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\\cdots+a_{2008} x_{2008}\\right) \\\\\n& <b \\cdot \\sum_{k=1}^{2008} a_{k},\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此 $\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$.\n\n充分性: 假设 $\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$. 定义多项式函数如下: $f(s)=-1+\\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s^{k}, s \\in[0,1]$, 则 $f(s)$\n\n在 $[0,1]$ 上是递増函数, 且 $f(0)=-1<0, f(1)=-1+\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>0$. 因此方程 $f(s)=0$ 在 $[0,1]$内有唯一的根 $s=s_{0}$, 且 $0<s_{0}<1$, 即 $f\\left(s_{0}\\right)=0$.\n\n下取数列 $\\left\\{x_{n}\\right\\}$ 为 $x_{n}=\\sum_{k=1}^{n} s_{0}^{k}, n=1,2, \\cdots$, 则明显地 $\\left\\{x_{n}\\right\\}$ 满足题设条件 ( $1$ ), 且 $X_{n}=\\sum_{k=1}^{n} s_{0}^{k}=\\frac{s_{0}-s_{0}^{n+1}}{1-s_{0}}$. 因 $0<s_{0}<1$, 故 $\\lim _{n \\rightarrow \\infty} s_{0}^{n+1}=0$, 因此 $\\lim _{n \\rightarrow \\infty} x_{n}=\\lim _{n \\rightarrow \\infty} \\frac{s_{0}-s_{0}^{n+1}}{1-s_{0}}=\\frac{s_{0}}{1-s_{0}}$, 即 $\\left\\{x_{n}\\right\\}$的极限存在, 满足 (2). 最后验证 $\\left\\{x_{n}\\right\\}$ 满足 (3), 因 $f\\left(s_{0}\\right)=0$, 即 $\\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s_{0}^{k}=1$, 从而 $x_{n}-x_{n-1}=s_{0}^{n}=\\left(\\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s_{0}^{k}\\right) s_{0}^{n}=\\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s_{0}^{n+k}=\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}\\left(x_{n+k}-X_{n+k-1}\\right)$.\n\n综上, 存在数列 $\\left\\{x_{n}\\right\\}$ 满足 (1).'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 45 已知 $a 、 b$ 为正实数, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$. 试证: 对每一个 $n \in \mathbf{N}^{*}$,$(a+b)^{n}-a^{n}-b^{n} \geqslant 2^{2 n}-2^{n+1}$. ['由已知得 $a+b=a b$. 又 $a+b \\geqslant 2 \\sqrt{a b}, \\therefore a b \\geqslant 2 \\sqrt{a b}$, 故 $a+b=a b \\geqslant 4$. 于是 $(a+b)^{k}=(a b)^{k} \\geqslant 2^{2 k}$.\n\n又 $a^{k}+b^{k} \\geqslant 2 \\sqrt{a k b k}=2 \\sqrt{(a+b) k} \\geqslant 2^{k+1}$. 下面用数学归纳法证明:\n\n$1^{\\circ}$ 当 $n=1$ 时, 左 $=$ 右 $=0$. 左 $\\geqslant$ 右成立.\n\n$2^{\\circ}$ 设当 $n=k(k \\geqslant 1, k \\in N)$ 时结论成立, 即 $(a+b)^{k}-a^{k}-b^{k} \\geqslant 2^{2 k}-2^{k+1}$ 成立.\n\n则 $(a+b)^{k+1}-a^{k+1}-b^{k+1}=(a+b)(a+b)^{k}-\\left(a^{k}+b^{k}\\right)(a+b)+a b\\left(a^{k-1}+b^{k-1}\\right)$\n\n$=(a+b)\\left[(a+b)^{k}-a^{k}-b^{k}\\right]+a b\\left(a^{k-1}+b^{k-1}\\right) \\geqslant 4 \\cdot\\left(2^{2 k}-2^{k+1}\\right)+4 \\cdot 2^{k}=2^{2(k+1)}-4 \\cdot 2^{k+1}+4 \\cdot 2^{k}=2^{2(k+1)}-2^{(k+1)+1}$. 即命题对于 $n=k+1$ 也成立.\n\n故对于一切 $n \\in \\mathbf{N}^{*}$, 命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 46 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 其中 $a_{1}=1, a_{2}=2$, |
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| $$ |
| a_{n+2}=\left\{\begin{array}{c} |
| 5 a n+1-3 a n(a n \cdot a n+1 \text { 为偶数 }), \\ |
| a n+1-a n(a n \cdot a n+1 \text { 为奇数 }) . |
| \end{array}\right) |
| $$ |
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| 试证：对一切 $n \in \mathbf{N}^{*}, a_{n} \neq 0$." ['由 $a_{1}=1, a_{2}=2$, 得 $a_{3}=7, a_{4}=29$, \\cdot \\cdot \\cdot \\cdot \\cdot \\cdot \n\n$\\therefore a_{1} \\equiv 1, a_{2} \\equiv 2, a_{3} \\equiv 3(\\bmod 4)$.\n\n设 $a_{3 k-2} \\equiv 1, a_{3 k-1} \\equiv 2, a_{3 k} \\equiv 3(\\bmod 4)$.\n\n则 $a_{3 k+1} \\equiv 5 \\times 3-3 \\times 2=9 \\equiv 1(\\bmod 4) ; a_{3 k+2} \\equiv 1-3=-2 \\equiv 2(\\bmod 4) ; a_{3 k+3} \\equiv 5 \\times 2-3 \\times 1=7 \\equiv 3(\\bmod 4)$.\n\n根据归纳原理知, 对于一切 $n \\in N, a_{3 n-2} \\equiv 1, a_{3 n-1} \\equiv 2, a_{3 n} \\equiv 3(\\bmod 4)$ 恒成立, 故 $a_{n} \\not\\equiv 0(\\bmod 4)$ 成立,从而 $a_{n} \\neq 0$.\n\n又证: $a_{1} \\equiv 1, a_{2} \\equiv 2(\\bmod 3)$.\n\n设 $a_{2 k-1} \\equiv 1, a_{2 k} \\equiv 2(\\bmod 3)$ 成立, 则\n\n当 $a_{2 k-1} \\cdot a_{2 k}$ 为偶数时 $a_{2 k+1} \\equiv 5 \\times 2-3 \\times 1 \\equiv 1(\\bmod 3)$ ，当 $a_{2 k-1} \\cdot a_{2 k}$ 为奇数时 $a_{2 k+1} \\equiv 2-1 \\equiv 1(\\bmod 3)$ ，总之 $a_{2 k+1} \\equiv 1(\\bmod 3)$.\n\n当 $a_{2 k} \\cdot a_{2 k+1}$ 为偶数时 $a_{2 k+2} \\equiv 5 \\times 1-3 \\times 2 \\equiv 2(\\bmod 3)$, 当 $a_{2 k} \\cdot a_{2 k+1}$ 为奇数时 $a_{2 k+2} \\equiv 1-2 \\equiv 2(\\bmod 3)$, 总之, $a_{2 k+2} \\equiv 2(\\bmod 3)$. 于是 $a_{n} \\not\\equiv 0(\\bmod 3)$. 故 $a_{n} \\neq 0$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 47 给定整数 $n \geq 2$, 设 $M_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是抛物线 $y^{2}=n x-1$ 与直线 $y=x$ 的一个交点. 试证明对于任意正整数 $m$, 必存在整数 $k \geq 2$, 使 $\left(x_{0}{ }^{m}, y_{0}{ }^{m}\right)$ 为抛物线 $y^{2}=k x-1$ 与直线 $y=x$ 的一个交点. ['因为 $y^{2}=n x-1$ 与 $y=x$ 的交点为 $x_{0}=y_{0}=\\frac{n \\pm \\sqrt{n^{2}-4}}{2}$. 显然有\n$x_{0}+\\frac{1}{x_{0}}=n 。$\n\n若 $\\left(x_{0}{ }^{m}, y_{0}{ }^{m}\\right)$ 为抛物线 $y^{2}=k x-1$ 与直线 $y=x$ 的一个交点, 则 $k=x_{0}{ }^{m}+\\frac{1}{x_{0}{ }^{m}}$.\n\n记$k_{m}=x_{0}^{m}+\\frac{1}{x_{0}^{m}}$, 则\n\n$$\nk_{m+1}=k_{m}\\left(x_{0}+\\frac{1}{x_{0}}\\right)-k_{m-1}=n k_{m}-k_{m-1}, \\quad(m \\geq 2) \\tag{1}\n$$\n\n由于 $k_{1}=n$ 是整数, $k_{2}=x_{0}{ }^{2}+\\frac{1}{x_{0}{ }^{2}}=\\left(x_{0}+\\frac{1}{x_{0}}\\right)^{2}-2=n^{2}-2$ 也是整数, 所以根据数学归纳法, 通过 (1) 式可证明对于一切正整数 $m, k_{m}=x_{0}^{m}+\\frac{1}{x_{0}^{m}}$ 是正整数. 现在对于任意正整数 $m$, 取 $k=x_{0}{ }^{m}+\\frac{1}{x_{0}{ }^{m}}$, 使得 $y^{2}=k x-1$ 与 $y=x$ 的交点为 $\\left(x_{0}{ }^{m}, y_{0}{ }^{m}\\right)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 48 已知: 对任意的 $n \in N^{*}$, 有 $a_{n}>0$, 且 $\sum_{j=1}^{n} a_{j}^{3}=\left(\sum_{j=1}^{n} a_{j}\right)^{2}$. 求证: $a_{n}=n$. ['由已知, $a_{1}{ }^{3}=a_{1}{ }^{2}, a_{1}>0, \\therefore a_{1}=1$.\n\n设 $n \\leqslant k(k \\in N$, 且 $k \\geqslant 1)$ 时, 由 $\\sum_{j=1}^{n} a_{j}^{3}=\\left(\\sum_{j=1}^{n} a_{j}\\right)^{2}$ 成立可证 $a_{k}=k$ 成立.\n\n当 $n=k+1$ 时, $\\sum_{j=1}^{k+1} a_{j}^{3}=\\left(\\sum_{j=1}^{k+1} a_{j}\\right)^{2}=\\left(\\sum_{j=1}^{k} a_{j}\\right)^{2}+2 a_{k+1}\\left(\\sum_{j=1}^{k} a_{j}\\right)+a_{k+1}^{2}$.\n\n即 $\\frac{1}{4} k^{2}(k+1)^{2}+a_{k+1}^{3}=\\frac{1}{4} k^{2}(k+1)^{2}+2 a_{k+1} \\cdot \\frac{1}{2} k(k+1)+a_{k+1}^{2}$.\n\n$\\therefore a_{k+1}^{2}-a_{k+1}-k(k+1)=0$, 解此方程, 得 $a_{k+1}=-k$ 或 $a_{k+1}=k+1$. 由 $a_{n}>0$ 知, 只有 $a_{k+1}=k+1$成立.\n\n即 $n=k+1$ 时命题也成立. 由数学归纳原理知对于一切 $n \\in \\mathrm{N}^{*}, a_{n}=n$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 49 "设 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 且 $\sin \alpha, \cos \alpha$ 均为有理数.求证: 存在 $0<\alpha_{1}, \alpha_{2}<\frac{\pi}{2}$ 满足 |
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| (I) $\alpha_{1}+\alpha_{2}=\alpha$; |
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| (II) $\sin \alpha_{1}, \sin \alpha_{2}, \cos \alpha_{1}, \cos \alpha_{2}$ 都是有理数." ['令 $\\sin \\alpha=\\frac{a}{c}, \\cos \\alpha=\\frac{b}{c}$, 且 $a, b, c$ 是正整数.于是\n\n$$\nc^{2}=a^{2}+b^{2}\n$$\n\n存在正整数 $m, n(m>n)$ 满足\n\n$$\nc=m^{2}+n^{2}, a=m^{2}-n^{2}, b=2 m n .\n$$\n\n下面分两种情形讨论:\n\n(1) 如果 $m-n>1$, 取正整数 $n_{1}$ 使得 $m>n_{1}>n$. 令 $\\alpha_{1} \\in\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 满足\n\n$$\n\\sin \\alpha_{1}=\\frac{m^{2}-n_{1}^{2}}{m^{2}+n_{1}^{2}}>0\n$$\n\n由\n\n$$\n\\frac{m^{2}-n_{1}^{2}}{m^{2}+n_{1}^{2}}<\\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}\n$$\n\n得 $0<\\sin \\alpha_{1}<\\sin \\alpha$. 于是 $\\alpha_{1}<\\alpha$. 此时 $c_{1}=m^{2}+n_{1}^{2}, a_{1}=m^{2}-n_{1}^{2}, b_{1}=2 m n_{1}$. 由此得\n\n$$\n\\cos \\alpha_{1}=\\frac{2 m n_{1}}{m^{2}+n_{1}^{2}}>0\n$$\n\n显然 $\\cos \\alpha_{1}, \\sin \\alpha_{1}$ 为有理数。令 $\\alpha_{2}=\\alpha-\\alpha_{1}$, 则 $\\alpha_{1}+\\alpha_{2}=\\alpha$, 且由三角恒等式\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sin \\alpha_{2}=\\sin \\left(\\alpha-\\alpha_{1}\\right)=\\sin \\alpha \\cos \\alpha_{1}-\\cos \\alpha \\sin \\alpha_{1}, \\\\\n& \\cos \\alpha_{2}=\\cos \\left(\\alpha-\\alpha_{1}\\right)=\\cos \\alpha \\cos \\alpha_{1}+\\sin \\alpha \\sin \\alpha_{1}\n\\end{aligned}\n$$\n\n可知 $\\sin \\alpha_{2}, \\cos \\alpha_{2}$ 为有理数。\n\n(2) 如果 $m-n=1$, 则\n\n$$\n\\sin \\alpha=\\frac{(n+1)^{2}-n^{2}}{(n+1)^{2}+n^{2}}=\\frac{4(n+1)^{2}-4 n^{2}}{4(n+1)^{2}+4 n^{2}}\n$$\n\n令 $\\alpha_{1} \\in\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 满足\n\n$$\n\\sin \\alpha_{1}=\\frac{4(n+1)^{2}-(2 n+1)^{2}}{4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}} \\text {. }\n$$\n\n由于\n\n$$\n4(n+1)^{2}>(2 n+1)^{2}>4 n^{2},\n$$\n\n有\n\n$$\n\\sin \\alpha_{1}<\\frac{4(n+1)^{2}-4 n^{2}}{4(n+1)^{2}+4 n^{2}}=\\sin \\alpha\n$$\n\n于是 $\\alpha_{1}<\\alpha$. 此时 $c_{1}=4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}, a_{1}=4(n+1)^{2}-(2 n+1)^{2}, b_{1}=4(n+1)(2 n+1)$.由此得\n\n$$\n\\cos \\alpha_{1}=\\frac{4(n+1)(2 n+1)}{4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}} .\n$$\n\n显然 $\\cos \\alpha_{1}, \\sin \\alpha_{1}$ 为有理数。令 $\\alpha_{2}=\\alpha-\\alpha_{1}$, 则 $\\alpha_{1}+\\alpha_{2}=\\alpha$. 与 (1) 同理可证 $\\sin \\alpha_{2}, \\cos \\alpha_{2}$ 为有理数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 50 已知无穷数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}=1, a_{3}=3, a_{n}=a_{n-1}+2 a_{n-2}+a_{n-3}, n=4,5, \ldots$求证: 对任何正常数 $m$, 存在某个正整数 $n$ 使得 $m \mid a_{n}$. ['记 $a_{k}$ 除以 $m$ 所得余数为 $b_{k},\\left(0 \\leq b_{k} \\leq m-1\\right), k=1,2, \\ldots$ 考虑 $m^{3}+1$ 个三元数组\n\n$$\n\\left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\\right),\\left(b_{2}, b_{3}, b_{4}\\right), \\ldots,\\left(b_{m^{3}+1}, b_{m^{3}+2}, b_{m^{3}+3}\\right),\n$$\n\n由于上述三元数组的不同取值最多为 $m^{3}$ 个, 由抽屉原理知, 其中一定有两组相同。不妨设\n\n$$\n\\left(b_{i}, b_{i+1}, b_{i+2}\\right)=\\left(b_{j}, b_{j+1}, b_{j+2}\\right),\\left(1 \\leq i<j \\leq m^{3}+1\\right)\n$$\n\n由 $a_{n}=a_{n-1}+2 a_{n-2}+a_{n-3}, n=4,5, \\ldots$ 得\n\n$$\n(1)\\quad \\quad b_{i} \\equiv b_{i-1}+2 b_{i-2}+b_{i-3}(\\bmod m), \\quad i=4,5, \\ldots\n$$\n\n反复应用 $(1)$ 得\n\n$$\n(2) \\quad \\quad b_{j+p}=b_{i+p}, \\quad p \\geq-(i-1)\n$$\n\n令 $n=j-i$, 在 $(2)$ 中令 $p=-(i-1),-(i-2),-(i-3)$ 可得\n\n$$\nb_{n+1}=b_{1}=1, b_{n+2}=b_{2}=1, b_{n+3}=b_{3}=3\n$$\n\n于是\n\n$$\nb_{n}=b_{n+3}-2 b_{n+2}-b_{n+1}=0 \\text {. }\n$$\n\n从而 $m \\mid a_{n}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 51 设 $M$ 为整数集 $\mathbb{Z}$ 的一个含 0 的有限子集, 又设 $f, g: M \rightarrow M$ 为两个单调减函数, 且满足 $g(f(0)) \geq 0$. 求证: 在 $M$ 中存在整数 $p$ 使得 $g(f(p))=p$. ['定义 $F: M \\rightarrow M$\n\n$$\nF(x)=g(f(x)), \\quad x \\in M\n$$\n\n则 $F$ 是单调增函数。事实上, 对任意的 $x, y \\in M, x \\leq y$, 由 $f$ 的单调减性知, $f(x) \\geq f(y)$.由 $f(x), f(y) \\in M$ 及 $g$ 的单调减性, 有 $F(x)=g(f(x)) \\leq g(f(y))=F(y)$. 因此, $F$ 是单调增函数。\n\n如果 $g(f(0))=0$, 取 $p=0$ 即可. 否则, $F(0)>0$. 又由 $F(0), 0 \\in M$ 及 $F$ 的单调增性,有 $F(F(0)) \\geq F(0)$. 令 $D=\\{x \\in M \\mid x \\leq F(x)\\}$. 则 $F(0) \\in D$。\n\n由 $D \\subset M$, 而 $M$ 是有限集, 故 $D$ 是有限集。设 $p \\in D$ 为 $D$ 中的最大数，则 $p \\leq F(p)$.\n\n再由 $F$ 的单调增性, 有 $F(p) \\leq F(F(p))$, 从而 $F(p) \\in D$. 由 $p$ 是 $D$ 中的最大数, 有 $F(p)=g(f(p))=p$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 52 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}(n=1,2, \cdots)$. |
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| 求证: $\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n-1}}}<a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n}}}$." ['$$\n\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3^{2^{n-1}}}<a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}<\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3^{2^{n}}}. \\quad \\quad (1)\n$$\n\n由 $a_{n+1}=\\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}$ 知 $\\frac{1}{a_{n+1}}=\\frac{1}{a_{n}^{2}}-\\frac{1}{a_{n}}+1$,\n\n$$\n\\frac{1}{a_{n+1}}-1=\\frac{1}{a_{n}}\\left(\\frac{1}{a_{n}}-1\\right) . \\quad \\quad (2)\n$$\n\n所以 $\\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\\frac{a_{n}^{2}}{1-a_{n}}=\\frac{a_{n}}{1-a_{n}}-a_{n}$,\n\n即 $a_{n}=\\frac{a_{n}}{1-a_{n}}-\\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}$.\n\n从而 $a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =\\frac{a_{1}}{1-a_{1}}-\\frac{a_{2}}{1-a_{2}}+\\frac{a_{2}}{1-a_{2}}-\\frac{a_{3}}{1-a_{3}}+\\cdots+\\frac{a_{n}}{1-a_{n}}-\\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}} \\\\\n& =\\frac{a_{1}}{1-a_{1}}-\\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\\frac{1}{2}-\\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以（1）等价于\n\n$$\n\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3^{2^{n-1}}}<\\frac{1}{2}-\\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}<\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3^{2^{n}}}\n$$\n\n即\n$$\n3^{2^{n-1}}<\\frac{1-a_{n+1}}{a_{n+1}}<3^{2^{n}}. \\quad \\quad (3)\n$$\n\n由 $a_{1}=\\frac{1}{3}$ 及 $a_{n+1}=\\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}$ 知 $a_{2}=\\frac{1}{7}$.\n\n当 $n=1$ 时 $, \\frac{1-a_{2}}{a_{2}}=6,3^{2^{1-1}}<6<3^{2^{1}}$,\n\n即 $n=1$ 时，(3) 成立.\n\n设 $n=k(k \\geq 1)$ 时，（3）成立，即 $3^{2^{k-1}}<\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}}$.\n\n当 $n=k+1$ 时, 由 (2) 知\n\n$$\n\\frac{1-a_{k+2}}{a_{k+2}}=\\frac{1}{a_{k+1}}\\left(\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}\\right)>\\left(\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}\\right)^{2}>3^{2^{k}}\n$$\n\n又由 (2) 及 $a_{1}=\\frac{1}{3}$ 知 $\\frac{1-a_{n}}{a_{n}}(n \\geq 1)$ 均为整数,\n\n从而由 $\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}}$ 有 $\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}} \\leq 3^{2^{k}}-1$ 即 $\\frac{1}{a_{k+1}} \\leq 3^{2^{k}}$,\n\n所以 $\\frac{1-a_{k+2}}{a_{k+2}}=\\frac{1}{a_{k+1}} \\cdot \\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}} \\cdot 3^{2^{k}}<3^{2^{k+1}}$,\n\n即 (3) 对 $n=k+1$ 也成立.\n\n所以 (3) 对 $n \\geq 1$ 的正整数都成立, 即 (1) 对 $n \\geq 1$ 的正整数都成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 53 "设 $m$ 和 $n$ 是大于 1 的整数, 求证: |
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| $$ |
| 1^{m}+2^{m}+\mathrm{L}+n^{m}=\frac{1}{m+1}\left\{(n+1) \sum_{k=1}^{m} C_{m}^{k} n^{k}-\sum_{j=1}^{m-1}\left(C_{m+1}^{j} \sum_{i=1}^{n} i^{j}\right)\right\} . |
| $$" ['证明: 由 $(q+1)^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m+1} C_{m+1}^{j} q^{j}$ 得到\n\n$$\n(q+1)^{m+1}-q^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} q^{j}\n$$\n\n分别将 $q=1,2, \\mathrm{~L}, n$ 代入上式得：\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2^{m+1}-1=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} \\\\\n& 3^{m+1}-2^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} 2^{j},\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& n^{m+1}-(n-1)^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j}(n-1)^{j} \\\\\n& (n+1)^{m+1}-n^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} n^{j}\n\\end{aligned}\n$$\n\n将上面 $n$ 个等式两边分别相加得到:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& (n+1)^{m+1}-1=\\sum_{j=0}^{m}\\left(C_{m+1}^{j} \\sum_{i=1}^{n} i^{j}\\right), \\\\\n& (n+1)(n+1)^{m}-1=n+\\sum_{j=1}^{m-1}\\left(C_{m+1}^{j} \\sum_{i=1}^{n} i^{j}\\right)+(m+1) \\sum_{i=1}^{n} i^{m}, \\\\\n& 1^{m}+2^{m}+\\mathrm{L}+n^{m}=\\frac{1}{m+1}\\left\\{(n+1) \\sum_{k=1}^{m} C_{m}^{k} n^{k}-\\sum_{j=1}^{m-1}\\left(C_{m+1}^{j} \\sum_{i=1}^{n} i^{j}\\right)\\right\\} .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 54 "设 $x, y, z$ 为非负实数, 求证: |
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| $$ |
| \left(\frac{x y+y z+z x}{3}\right)^{3} \leq\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right)\left(z^{2}-z x+x^{2}\right) \leq\left(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\right)^{3} . |
| $$" ['首先证明左边不等式.\n\n因为 $x^{2}-x y+y^{2}=\\frac{1}{4}\\left[(x+y)^{2}+3(x-y)^{2}\\right] \\geq \\frac{1}{4}(x+y)^{2}$ ，\n\n同理,有\n\n$$\ny^{2}-y z+z^{2} \\geq \\frac{1}{4}(y+z)^{2}, \\quad z^{2}-z x+x^{2} \\geq \\frac{1}{4}(z+x)^{2}\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right)\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right) \\geq \\frac{1}{64}[(x+y)(y+z)(z+x)]^{2} \\\\\n= & \\frac{1}{64}[(x+y+z)(x y+y z+z x)-x y z]^{2} ;\n\\end{aligned}\n$$\n\n由算术-几何平均不等式, 得 $x y z \\leq \\frac{1}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x)$, 所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right)\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right) \\geq \\frac{1}{81}(x+y+z)^{2}(x y+y z+z x)^{2} \\\\\n= & \\frac{1}{81}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x\\right)(x y+y z+z x)^{2} \\geq\\left(\\frac{x y+y z+z x}{3}\\right)^{3} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n左边不等式获证, 其中等号当且仅当 $x=y=z$ 时成立.\n\n下面证明右边不等式.\n\n根据欲证不等式关于 $x, y, z$ 对称，不妨设 $x \\geq y \\geq z$, 于是\n\n$$\n\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right) \\leq x^{2} y^{2},\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right)\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right) \\leq\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right) x^{2} y^{2} .\n$$\n\n\n\n运用算术-几何平均不等式，得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right) x^{2} y^{2}=\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right) \\cdot x y \\cdot x y \\leq\\left(\\frac{x^{2}-x y+y^{2}+x y}{2}\\right)^{2} \\cdot x y \\\\\n\\leq & \\left(\\frac{x^{2}-x y+y^{2}+x y}{2}\\right)^{2} \\cdot\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)=\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)^{3} \\leq\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\\right)^{3} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n右边不等式获证, 其中等号当且仅当 $x, y, z$ 中有一个为 0 ,且另外两个相等时成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 55 求证: $16<\sum_{i=1}^{4} \frac{1}{\sqrt{k}}<17$. ['$$\n\\frac{1}{\\sqrt{k}}=\\frac{2}{\\sqrt{k}+\\sqrt{k}}<\\frac{2}{\\sqrt{k}+\\sqrt{k-1}}=2(\\sqrt{k}-\\sqrt{k-1}),\n\n$$\n\n同时 $\\frac{1}{\\sqrt{k}}>\\frac{2}{\\sqrt{k+1}+\\sqrt{k}}=2(\\sqrt{k+1}-\\sqrt{k})$.\n\n于是得 $2 \\sum_{k=1}^{80}(\\sqrt{k+1}-\\sqrt{k})<\\sum_{k=1}^{80} \\frac{1}{\\sqrt{k}}<1+2 \\sum_{k=1}^{80}(\\sqrt{k}-\\sqrt{k-1})$\n\n即 $16<\\sum_{k=1}^{80} \\frac{1}{\\sqrt{k}}<1+2(\\sqrt{80}-1)<1+2(9-1)=17$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 56 求证: $\operatorname{arc} \sin x+\operatorname{arc} \cos x=\frac{\pi}{2}$, 其中 $x \in[-1,1]$ ['由于 $x \\in[-1,1]$, 故 $\\arcsin x$ 与 $\\arccos x$ 有意义,\n\n$\\sin \\left(\\frac{\\pi}{2}-\\arccos x\\right)=\\cos (\\arccos x)=x$, 由于 $\\arccos x \\in[0, \\pi], \\therefore \\frac{\\pi}{2}-\\arccos x \\in\\left[-\\frac{\\pi}{2}\\right.$, $\\left.\\frac{\\pi}{2}\\right]$.\n\n故根据反正弦定义, 有 $\\arcsin x=\\frac{\\pi}{2}-\\arccos x$. 故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 57 函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有定义, $f(0)=f(1)$. 如果对于任意不同的 $x_{1}, x_{2} \in[0,1]$, 都有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\left|x_{1}-x_{2}\right|$. 求证: $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\frac{1}{2}$. ['不妨取 $0 \\leqslant x_{1}<x_{2} \\leqslant 1$, 若 $\\left|x_{1}-x_{2}\\right| \\leqslant \\frac{1}{2}$, 则必有 $\\left|f\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)\\right|<\\left|x_{1}-x_{2}\\right|<\\frac{1}{2}$.\n\n若 $\\left|x_{1}-x_{2}\\right|>\\frac{1}{2}$, 则 $x_{2}-x_{1}>\\frac{1}{2}$, 于是 $1-\\left(x_{2}-x_{1}\\right)<\\frac{1}{2}$, 即 $1-x_{2}+x_{1}-0<\\frac{1}{2}$.\n\n而 $\\left|f\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)\\right|=\\left|\\left(f\\left(x_{1}\\right)-f(0)\\right)-\\left(f\\left(x_{2}\\right)-f(1)\\right)\\right| \\leqslant\\left|f\\left(x_{1}\\right)-f(0)\\right|+\\left|f(1)-f\\left(x_{2}\\right)\\right|<\\mid x_{1}$ $-0|+| 1-x_{2} \\mid$\n\n$$\n=1-x_{2}+x_{1}-0<\\frac{1}{2} \n$$\n\n故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 58 "设 $\frac{3}{2} \leq x \leq 5$, 证明不等式 |
| $2 \sqrt{x+1}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x} < 2 \sqrt{19}$." ['$x+1 \\geq 0,2 x-3 \\geq 0,15-3x \\geq 0 . \\Rightarrow \\frac{3}{2} \\leqslant x \\leqslant 5$.\n\n由平均不等式 $\\frac{\\sqrt{x+1}+\\sqrt{x+1}+\\sqrt{2 x-3}+\\sqrt{15-3 x}}{4} \\leqslant \\sqrt{\\frac{x+1+x+1+2 x-3+15-3 x}{4}} \\leqslant \\sqrt{\\frac{14+x}{4}}$.\n\n$\\therefore 2 \\sqrt{x+1}+\\sqrt{2 x-3}+\\sqrt{15-3 x}=\\sqrt{x+1}+\\sqrt{x+1}+\\sqrt{2x-3}+\\sqrt{15-3 x} \\leqslant 2 \\sqrt{14+x}$.\n\n但 $2 \\sqrt{14+x}$在$\\frac{3}{2} \\leqslant x \\leqslant 5$ 时单调增. 即 $2 \\sqrt{14+x} \\leq 2 \\sqrt{14+5}=2 \\sqrt{19}$.\n\n故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 59 "过圆外一点 $P$ 作圆的两条切线和一条割线, 切点为 $A 、 B$, 所作割线交圆于 $C 、 D$ 两点, $C$ 在 $P 、 D$ 之间. 在弦 $C D$ 上取一点 $Q$, 使 $\angle D A Q=\angle P B C$. |
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| 求证: $\angle D B Q=\angle P A C$." ['连 $A B$.\n\n<img_4168>\n\n$\\because \\triangle P B C \\sim \\triangle P D B$\n\n$\\therefore \\frac{B D}{B C}=\\frac{P D}{P B}$, 同理, $\\frac{A D}{A C}=\\frac{P D}{P A}$\n\n$\\because P A = P B$\n$\\therefore \\frac{B D}{A D}=\\frac{B C}{A C}$\n\n$\\because \\angle B A C=\\angle P B C=\\angle D A Q \\quad \\angle A B C=\\angle A D Q$.\n\n$\\therefore \\triangle A B C \\sim \\triangle A D Q$\n\n$\\therefore \\frac{B C}{A C}=\\frac{D Q}{A Q} \\therefore \\frac{B D}{A D}=\\frac{D Q}{A Q}$\n\n$\\because \\angle D A Q=\\angle P B C=\\angle B D Q$.\n\n$\\therefore \\triangle A D Q \\sim \\triangle D B Q$\n\n$\\therefore \\angle D B Q=\\angle A D Q=\\angle P A C$. 证毕.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 60 "已知四面体 $S A B C$ 中, $\angle A S B=\frac{\pi}{2}, \angle A S C=\alpha\left(0<\alpha<\frac{\pi}{2}\right), \angle B S C=\beta\left(0<\beta<\frac{\pi}{2}\right)$. |
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| 以 $S C$ 为棱的二面角的平面角为 $\theta$. |
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| 求证: $\theta=-\operatorname{arc} \cos (\cot \alpha \cdot \cot \beta)$." ['在 $S C$ 上取点 $D$, 使 $S D=1$, 在面 $S A C 、 S B C$ 内分别作 $D E \\perp S C, D F$ $\\perp S C$, 分别交 $S A 、 S B$ 于 $E 、 F$, 连 $E F$. 则 $\\angle E D F$ 为二面角 $A-S C-B$ 的平面角. 即 $\\angle$ $E D F=\\theta$.\n\n由 $\\angle B S C=\\beta$, 知 $S F=\\sec \\beta, D F=\\tan \\beta$. 由 $\\angle A S C=\\alpha$, 得 $S E=\\sec \\alpha, D E=\\tan \\alpha$.\n\n由 $\\angle A S B=\\frac{\\pi}{2}$, 得 $E F^{2}=S E^{2}+S F^{2}=D E^{2}+D F^{2}-2 D E \\cdot D F \\cos \\theta$.\n\n<img_4110>\n\n$\\therefore \\sec ^{2} \\alpha+\\sec ^{2} \\beta=\\tan ^{2} \\alpha+\\tan ^{2} \\beta-2 \\tan \\alpha \\tan \\beta \\cos \\theta . \\Rightarrow \\cos \\theta=-\\cot \\alpha \\cot \\beta$.\n\n$\\therefore \\theta=-\\operatorname{arc}(\\cot \\alpha \\cot B)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 61 "已知: (1) 半圆的直径 $A B$ 长为 $2 r$; (2) 半圆外的直线 $l$ 与 $B A$ 的延长线 |
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| 垂直, 垂足为 $\boldsymbol{T},|\boldsymbol{A T}|=\mathbf{2} a\left(2 a<\frac{r}{2}\right)$; (3) 半圆上有相异两点 $\boldsymbol{M} 、 \boldsymbol{N}$, 它们与直线 $\boldsymbol{l}$ 的距离 $|M P| 、$ $|N Q|$ 满足条件 |
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| $$ |
| \frac{|\mathrm{MP}|}{|\mathrm{AM}|}=\frac{|\mathrm{NQ}|}{|\mathrm{AN}|}=1 . |
| $$ |
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| 求证: $|A M|+|A N|=|A B|$." ['以 $A T$ 中点 $O$ 为原点, $A B$ 所在直线为 $x$ 轴建立直角坐标系,\n\n则由已知, $M 、 N$ 是半圆 $(x-a-r)^{2}+y^{2}=r^{2}(y \\geqslant 0)$ 与捕物线 $y^{2}=4 a x$ 的交点.\n\n消去 $y$ 得: $x^{2}+2(a-r) x+2 r a+a^{2}=0$.\n\n条件 $2 a<\\frac{r}{2}$ 保证 $\\Delta>0$, 于是此方程有两个不等实根 $x_{1}, x_{2}$, 即为 $M 、 N$ 的横坐标.\n\n<img_4207>\n\n由韦达定理, 知 $x_{1}+x_{2}=-(2 a-2 r)$.\n\n$\\because \\quad|A M|=|M P|=x_{1}+a \\quad, \\quad|A N|=|N Q|=x_{2}+a \\quad . \\quad \\therefore$ $|A M|+|A N|=x_{1}+x_{2}+2 a=2 r$. 证毕.\n\n又证: 作 $M C \\perp A B, N D \\perp A B$, 垂足为 $G, D$. 则 $A N^{2}=A D \\cdot A B, A M^{2}=A C \\cdot A B$,\n\n$\\therefore A N^{2}-A M^{2}=(A D-A C) A B=C D \\cdot A B$.\n\n$\\because \\quad A N^{2}-A M^{2}=(A N+A M)(A N-A M)=(A N+A M)(N Q-M P)=(A N+A M) \\cdot C D$.\n\n比较得, $A N+A M=A B$.\n\n<img_4152>'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 62 "已知边长为 4 的正三角形 $A B C . D 、 E 、 F$ 分别是 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点,且 $|A E|=|B F|=|C D|=1$, 连结 $A D 、 B E 、 C F$, 交成 $\triangle R Q S$. 点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 内及边上移动, 点 $P$到 $\triangle A B C$ 三边的距离分别记作 $x 、 y 、 z$. |
| 求证：当点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 的顶点位置时乘积 $x y z$ 有极小值;" ['利用面积, 易证: (1) 当点 $P$ 在 $\\triangle A B C$ 内部及边上移动时, $x+y+z$为定值 $h=2 \\sqrt{3}$;\n\n(2)过 $P$ 作 $B C$ 的平行线 $l$, 交 $\\triangle A B C$ 的两边于 $G 、 H$. 当点 $P$ 在线段 $G H$上移动时, $y+z$ 为定值, 从而 $x$ 为定值.\n\n(3) 设 $y \\in[\\alpha, \\beta], m$ 为定值. 则函数 $u=y(m-y)$ 在点 $y=\\alpha$ 或 $y=\\beta$ 时取得极小值.\n\n<img_4188>\n\n于是可知, 过 $R$ 作 $A B 、 A C$ 的平行线, 过 $Q$ 作 $A B 、 B C$ 的平行线, 过 $S$ 作 $B C 、 A C$ 的平行线, 这 6 条平行线交得六边形 STRUQV, 由上证, 易得只有当点 $P$ 在此六点上时, $x y z$ 取得极小值.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 63 "在圆 $O$ 内, 弦 $C D$ 平行于弦 $E F$, 且与直径 $A B$ 交成 $45^{\circ}$ 角, 若 $C D$ 与 $E F$分别交直径 $A B$ 于 $P$ 和 $Q$, 且圆 $O$ 的半径为 1 , 求证: |
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| $P C \cdot Q E+P D \cdot Q F<2$." ['作 $O M \\perp C D$, 垂足为 $M$, 交 $E F$ 于 $N$, 设 $O N=n, O M=m$.\n\n则 $C M=D M=\\sqrt{1-m^{2}}, E N=F N=\\sqrt{1-n^{2}}$,\n\n本题即证 $\\left(\\sqrt{1-m^{2}}+m\\right)\\left(\\sqrt{1-n^{2}} \\pm n\\right)+\\left(\\sqrt{1-m^{2}}-\\right.$ m) $\\left(\\sqrt{1-n^{2}}+n\\right)<2$.\n\n展开得, $\\sqrt{1-m^{2}} \\cdot \\sqrt{1-n^{2}} \\pm m n<1$.\n\n移项, 平方得, $1-m^{2}-n^{2}+m^{2} n^{2}<1 \\mp 2 m n+m^{2} n^{2} . \\Rightarrow m^{2}+$ $n^{2}>\\mp 2 m n$.\n\n<img_4230>\n\n取“ + ”号时, $M 、 N$ 在点 $O$ 同时, 此时 $m \\neq n$, 总之, 命题成立.\n\n(当 $E 、 F$ 交换位置时, 且 $C D 、 E F$ 在点 $O$ 异侧时, 可能有 $m=n$. )\n\n又证: $P C^{2}+P D^{2}=(C M+O M)^{2}+(C M-O M)^{2}=2\\left(C M^{2}+O M^{2}\\right)=2$, 同理 $Q E^{2}+Q F^{2}=2$.\n\n$\\therefore 4=P C^{2}+P D^{2}+Q E^{2}+Q F^{2}=\\left(P C^{2}+Q E^{2}\\right)+\\left(P D^{2}+Q F^{2}\\right) \\geqslant 2(P C \\cdot Q E+P D \\cdot Q F)$. 等号当且仅当 $P C=Q E$, $P D=Q F$ 时成立. 但由已知, 此二式不成立. 故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 64 组装甲、乙、丙三种产品, 需用 $A 、 B 、 C$ 三种零件. 每件甲需用 $A 、 B$各 2 个; 每件乙需用 $B 、 C$ 各 1 个; 每件丙需用 2 个 $A$ 与 1 个 $C$. 用库存的 $A 、 B 、 C$ 三种零件, 如组装成 $p$ 件甲产品、 $q$ 件乙产品和 $r$ 件丙产品, 则剩下 2 个 $\boldsymbol{A}$ 和 1 个 $B$, 但 $C$ 恰好用完. 试证: 无论怎样改变甲、乙、两产品的件数, 也不能把库存的 $A 、 B 、 C$ 三种零件都恰好用完. ['已知即: 每个甲用 $A 2, B 2$,\n\n每个乙用 $B 1, C 1$,\n\n每个丙用 $A 2, \\quad C 1$.\n\n$\\therefore$ 共有 $A$ 产品 $2 p+2 r+2$ 件; $B$ 产品 $2 p+q+1$ 件; $C$ 产品 $q+r$ 件.\n\n设组装 $m$ 件甲, $n$ 件乙, $k$ 件丙, 则用 $2 m+2 k$ 件 $A$; 用 $2 m+n$ 件 $B$; 用 $n+k$ 件 $C$.\n\n如全部用完, 则有 $2 p+2 r+2=2 m+2 k$;\n\n$$\n\\begin{array}{ll}\n\\Rightarrow p+r+1=m+k . & \\text { (1) }\\\\\n2 p+q+1=2 m+n ; & \\text { (2) } \\\\\nq+r=n+k .& \\text { (3) }\n\\end{array}\n$$\n\n$\\therefore$ (1) + (2) -(3): $3 p+2=3 m$. 这是不可能的. 故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 65 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{0}=1, a_{n+1}=\frac{7 a_{n}+\sqrt{45 a_{n}^{2}-36}}{2}, n \in N$. |
| 证明：对任意 $n \in N, a_{n}$ 为正整数;" ['由题设得 $a_{1}=5$, 且 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 严格单调递增. 将条件式变形得 $2 a_{n+1}-7 a_{n}=\\sqrt{45 a_{n}^{2}-36}$, 两边平方整理得 $a_{n+1}^{2}-7 a_{n} a_{n+1}+a_{n}^{2}+9=0 \\quad ①$\n\n$\\therefore a_{n}^{2}-7 a_{n-1} a_{n}+a_{n-1}^{2}+9=0 \\quad ②$\n\n①-②得 $\\left(a_{n+1}-a_{n-1}\\right)\\left(a_{n+1}+a_{n-1}-7 a_{n}\\right)=0, \\because a_{n+1}>a_{n}, \\therefore a_{n+1}+a_{n-1}-7 a_{n}=0 \\Rightarrow$ $a_{n+1}=7 a_{n}-a_{n-1}. \\quad ③$\n\n由③式及 $a_{0}=1, a_{1}=5$ 可知, 对任意 $n \\in N, a_{n}$ 为正整数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 66 平面上任给 5 个点, 以 $\lambda$ 表示这些点间最大的距离与最小的距离之比, 证明: $\lambda$ $\geqslant 2 \sin 54^{\circ}$. ['<img_4063>\n\n(1) 若此五点中有三点共线, 例如 $A 、 B 、 C$ 三点共线, 不妨设 $B$ 在 $A 、 C$之间, 则 $A B$ 与 $B C$ 必有一较大者. 不妨设 $A B \\geqslant B C$. 则 $\\frac{A C}{B C} \\geqslant 2>2 \\sin 54^{\\circ}$.\n\n(2) 设此五点中无三点共线的情况.\n\n① 若此五点的凸包为正五边形. 则其五个内角都 $=108^{\\circ}$. 五点的连线只有两种长度:正五边形的边长与对角线, 而此对角线与边长之比为 $2 \\sin 54^{\\circ}$.\n\n② 若此五点的凸包为凸五边形. 则其五个内角中至少有一个内角$\\geqslant 108^{\\circ}$. 设 $\\angle E A B \\geqslant$ $108^{\\circ}$, 且 $E A \\geqslant A B$, 则 $\\angle A E B \\leqslant 36^{\\circ}$,\n\n$\\therefore \\frac{B E}{A B}=\\frac{\\sin (B+E)}{\\sin E} \\geqslant \\frac{\\sin 2 E}{\\sin E}=2 \\cos E \\geqslant 2 \\cos 36^{\\circ}=2 \\sin 54^{\\circ}$.\n\n③ 若此五点的凸包为凸四边形 $A B C D$, 点 $E$ 在其内部, 连 $A C$, 设点 $E$ 在 $\\triangle A B C$ 内部,则 $\\angle A E B, \\angle B E C, \\angle C E A$ 中至少有一个角 $\\geqslant 120^{\\circ}>108^{\\circ}$, 由上证可知, 结论成立.\n\n④ 若此五点的凸包为三角形 $A B C$, 则形内有两点 $D$. $E$ 则 $\\angle A D B, \\angle B D C 、 \\angle C D A$ 中必有一个角 $\\geqslant120^{\\circ}$, 结论成立.\n\n综上可知, 结论成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 67 "三棱锥 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A 、 S B 、 S C$ 两两互相垂直, $M$ 为三角形 $A B C$ 的重心, $D$ 为 $A B$ 的中点, 作与 $S C$ 平行的直线 $D P$. |
| 证明: $D P$ 与 $S M$ 相交;" ['$\\because D P / / S C$ 故 $D P, C S$ 共面.\n\n$\\therefore D C \\subseteq$ 面 $D P C$\n\n$\\because \\boldsymbol{M} \\in D C, \\Rightarrow \\boldsymbol{M} \\in $ 面 $D P C, S M \\subseteq面 D P C$.\n\n$\\because$ 在面 $D P C$ 内 $S M$ 与 $S C$ 相交, 故直线 $S M$ 与 $D P$ 相交.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 68 "三棱锥 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A 、 S B 、 S C$ 两两互相垂直, $M$ 为三角形 $A B C$ 的重心, $D$ 为 $A B$ 的中点, 作与 $S C$ 平行的直线 $D P$. |
| 证明: 设 $D P$ 与 $S M$ 的交点为 $D^{\prime}$, 则 $D^{\prime}$为三棱锥 $S-A B C$ 的外接球球心." ['<img_4090>\n\n$\\because S A 、 S B, S C$ 两两互相垂直, $\\therefore S C \\perp$ 面 $S A B, S C \\perp S D$.\n\n$\\because D P / / S C \\therefore D P \\perp S D . \\triangle DD^{\\prime}M \\sim \\triangle C S M$\n\n$\\because M$ 为 $\\triangle A B C$ 的重心, $\\therefore D M: M C=1: 2 . \\therefore D D^{\\prime}: S C=1: 2$.\n\n\n取 $S C$ 中点Q, 连 $D^{\\prime} Q$. 则 $S Q=D D^{\\prime}$, $\\Rightarrow$ 平面四边形 $D D^{\\prime} Q S$ 是矩形.\n\n$\\therefore D^{\\prime} Q \\perp S C$ 由三线合一定理, 知 $D^{\\prime} C=P S$.\n\n同理, $D^{\\prime} A= D^{\\prime} B=D^{\\prime} D=D^{\\prime} S$. 即以 $D^{\\prime}$ 为球心 $D^{\\prime} S$ 为半径作球 $D^{\\prime}$. 则 $A, B 、 C$ 均在此球上. 即 $D^{\\prime}$ 为三棱锥 $S-A B C$ 的外接球球心.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 69 "已知函数 $f(x)=\ln (a x+1)-\frac{2 a x}{x+2}-2 \ln 2+\frac{3}{2}(a>0, a$ 为常数, $x>0)$ |
| 当 $0<a \leq \frac{3}{2}$ 时, 求证: $f(x) \geq 0$." ['$f^{\\prime}(x)=\\frac{a}{a x+1}-\\frac{4 a}{(x+2)^{2}}=\\frac{a x(x-4 a+4)}{(a x+1)(x+2)^{2}}$\n\n当 $0<a \\leq 1$ 时, $4 a-4 \\leq 0, \\therefore x \\in(0,+\\infty)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增;\n\n$\\therefore$ $f(x)>f(0)=-2 \\ln 2+\\frac{3}{2}>0,$\n\n当 $1<a \\leq \\frac{3}{2}$ 时, $f(x) \\geq f(4 a-4)=2 \\ln (2 a-1)-\\frac{4 a(a-1)}{2 a-1}-2 \\ln 2+\\frac{3}{2}$\n\n令 $t=2 a-1, t \\in(1,2], g(t)=2 \\ln t-\\left(t-\\frac{1}{t}\\right)$,\n\n则 $g^{\\prime}(t)=\\frac{2}{t}-\\left(1+\\frac{1}{t^{2}}\\right)=-\\left(\\frac{1}{t}-1\\right)^{2}<0,$\n\n则 $g(t)$ 单调递减, $g(t) \\geq g(2)=2 \\ln 2-\\frac{3}{2}, \\therefore f(x) \\geq 0$ .\n\n综上所述, $f(x) \\geq 0$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 70 "已知 $f(x)=|x+2|-|a x-3|$. |
| 当 $0<a \leq 3$ 时, 若 $x \in(0,2)$, 求证: $f(x)>x-1$." ['要证: $f(x)>x-1$, 即证: $|x+2|-|a x-3|>x-1$\n\n$\\because x \\in(0,2), \\therefore$ 即证: $x+2-|a x-3|>x-1$, 即证: $|a x-3|<3$.\n\n$\\because 0<a \\leq 3$ 且 $x \\in(0,2), \\quad \\therefore 0<a x<6$.\n\n则 $-3<a x-3<3$, 即 $|a x-3|<3$, 则 $f(x)>x-1$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 71 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+3 \times 2^{n-1}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n}}$. |
| 证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列." ['$\\because \\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\\frac{a_{n}}{2^{n}}+\\frac{3}{4}, \\therefore b_{n+1}-b_{n}=\\frac{3}{4}, \\therefore\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 是等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 72 "已知 $O$ 为坐标原点, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 点 $A(-2,0)$, 设直线 $l$ 与 $C$ 交于不同的两点 $P 、 Q$. |
| 若直线 $l$ 不垂直于 $x$ 轴, 且 $\angle P A O=\angle Q A O$, 证明: 直线 $l$ 过定点." ['设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+b(k \\neq 0)$, 联立方程 $\\left\\{\\begin{array}{c}y=k x+b \\\\ y^{2}=4 x\\end{array}\\right.$, 得 $k y^{2}-4 y+4 b=0$,\n\n$\\Delta=16-16 k b>0$,\n\n设 $P\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right), y_{1}+y_{2}=\\frac{4}{k}, y_{1} \\cdot y_{2}=\\frac{4 b}{k},$\n\n$\\because \\angle P A O=\\angle Q A O$\n\n$\\therefore k_{A P}+k_{A Q}=\\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\\frac{y_{1}\\left(x_{2}+2\\right)+y_{2}\\left(x_{1}+2\\right)}{\\left(x_{1}+2\\right)\\left(x_{2}+2\\right)}=\\frac{4 y_{1} y_{2}\\left(y_{2}+y_{1}\\right)+32\\left(y_{1}+y_{2}\\right)}{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+8\\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}\\right)+64}$\n\n$=\\frac{4 b+8 k}{b^{2}+4 k^{2}-4 k b+8}=0,$\n\n$b=-2 k,$\n\n$\\therefore y=k x-2 k=k(x-2), \\therefore$ 直线 $l$ 恒过定点 $(2,0)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 73 "已知函数 $f(x)=|x-2|+|x+1|, x \in R$, 其最小值为 $t$. |
| 正实数 $a, b$ 满足 $a+b=t$, 求证: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2} \geq \frac{2}{3}$." ['$f(x)=\\left\\{\\begin{array}{c}2 x-1, x>2 \\\\ 3,-1 \\leq x \\leq 2 \\\\ -2 x+1, x<-1\\end{array}, f(x)_{\\text {min }}=3\\right.$, 即 $t=3 ; $\n\n$\\because a+b=3$, 且 $a>0, b>0$\n\n$\\therefore \\frac{1}{a+1}+\\frac{1}{b+2}=\\frac{1}{6}\\left(\\frac{1}{a+1}+\\frac{1}{b+2}\\right)(a+1+b+2)=\\frac{1}{6}\\left(2+\\frac{b+2}{a+1}+\\frac{a+1}{b+2}\\right) \\geq \\frac{2}{3}$.\n\n当且仅当 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{b+2}{a+1}=\\frac{a+1}{b+2} \\\\ a+b=3\\end{array}\\right.$ 即 $\\left\\{\\begin{array}{l}a=2 \\\\ b=1\\end{array}\\right.$ 时, 等号取到.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 74 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$. |
| 证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等比数列." ['$\\because \\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=\\frac{3 a_{n}+3}{a_{n}+1}=3, \\therefore\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 是等比数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 75 已知函数 $f(x)=\ln \frac{1}{x}-a x^{2}+x$.若 $f(x)$ 在定义域上有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 求证: $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>3-2 \ln 2$. ['函数 $f(x)$ 的导函数\n\n$$\nf^{\\prime}(x)=\\frac{-2 a x^{2}+x-1}{x},\n$$\n\n设分子部分为 $\\varphi(x)$, 则 $\\varphi(0)=-1$, 对称轴为 $x=\\frac{1}{4 a}$, 判别式 $\\Delta=1-8 a$, 因此讨论的分界点为 $a=0, \\frac{1}{8} \\cdot$ 记\n\n$$\n\\alpha=\\frac{-1+\\sqrt{1-8 a}}{-4 a}, \\beta=\\frac{-1-\\sqrt{1-8 a}}{-4 a},\n$$\n\n情形一 $\\quad a<0$ 时, 有\n\n| $x$ | $(0, \\alpha)$ | $\\alpha$ | $(\\alpha,+\\infty)$ |\n| :---------------: | :-------------: | :--------: | :------------------: |\n| $f^{\\prime}(x)$ | - | 0 | + |\n| $f(x)$ | $\\searrow$ | $\\min$ | $\\nearrow$ |\n\n情形二 $\\quad a=0$ 时, 有\n\n| $x$ | $(0,1)$ | 1 | $(1,+\\infty)$ |\n| :---------------: | :----------: | :------: | :-------------: |\n| $f^{\\prime}(x)$ | - | 0 | + |\n| $f(x)$ | $\\searrow$ | $\\min$ | $\\nearrow$ |\n\n情形三 $\\quad 0<a<\\frac{1}{8}$ 时, 有\n\n| $x$ | $(0, \\alpha)$ | $\\alpha$ | $(\\alpha, \\beta)$ | $\\beta$ | $(\\beta,+\\infty)$ |\n| :---------------: | :-------------: | :---------------------: | :-----------------: | :---------------------: | :-----------------: |\n| $f^{\\prime}(x)$ | - | 0 | + | 0 | - |\n| $f(x)$ | $\\searrow$ | $\\operatorname{lmin}$ | $\\nearrow$ | $\\operatorname{lmax}$ | $\\searrow$ |\n\n情形四 $a \\geqslant \\frac{1}{8}$ 时, 有 $f(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递减.\n\n根据以上结论, 此时 $0<a<\\frac{1}{8}$, 且\n\n$$\nx_{1}+x_{2}=\\frac{1}{2 a}, x_{1} \\cdot x_{2}=\\frac{1}{2 a}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf\\left(x_{1}\\right)+f\\left(x_{2}\\right) & =\\ln \\frac{1}{x_{1}}-a x_{1}^{2}+x_{1}+\\ln \\frac{1}{x_{2}}-a x_{2}^{2}+x_{2}, \\\\\n& =\\ln \\frac{1}{x_{1} x_{2}}-a\\left[\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}-2 x_{1} x_{2}\\right]+x_{1}+x_{2} \\\\\n& =-\\ln \\frac{1}{2 a}+1+\\frac{1}{4 a},\n\\end{aligned}\n$$\n\n设函数\n\n$$\n\\varphi(x)=-\\ln x+1+\\frac{1}{2} x\n$$\n\n则其导函数\n\n$$\n\\varphi^{\\prime}(x)=-\\frac{1}{x}+\\frac{1}{2}\n$$\n\n于是在区间 $(4,+\\infty)$ 上, $\\varphi^{\\prime}(x)>0, \\varphi(x)$ 单调递增, 因此\n\n$$\n-\\ln \\frac{1}{2a}+1+\\frac{1}{4 a}>\\varphi(4)=3-2 \\ln 2,\n$$\n\n命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 76 "已知函数 $f(x)=(a x+1) \mathrm{e}^{x}, a \in \mathbf{R}$. |
| 当 $a>0$ 时, 证明: $f(x)+\frac{a}{\mathrm{e}}>0$ ." ['当 $a>0$ 时, $f^{\\prime}(x)=a \\cdot \\mathrm{e}^{x}+(a x+1) \\mathrm{e}^{x}=(a x+a+1) \\mathrm{e}^{x}$,\n\n由 $f^{\\prime}(x)>0$, 得 $x>-\\frac{a+1}{a}$,\n\n$\\therefore f(x)$ 在 $\\left(-\\infty,-\\frac{a+1}{a}\\right)$ 上单调递减, 在 $\\left(-\\frac{a+1}{a},+\\infty\\right)$ 上单调递增.\n\n$\\therefore x=-\\frac{a+1}{a}$ 时, $f(x)$ 取得极小值, 即最小值 $-a \\cdot \\mathrm{e}^{-\\frac{a+1}{a}}$.\n\n当 $a>0$ 时, $\\frac{a+1}{a}=1+\\frac{1}{a}>1,-\\frac{a+1}{a}<-1$,\n\n$\\because 0<\\mathrm{e}^{-\\frac{a+1}{a}}<\\frac{1}{\\mathrm{e}}, \\therefore-a \\cdot \\mathrm{e}^{-\\frac{a+1}{a}}>-\\frac{a}{\\mathrm{e}}$, 即 $f(x)+\\frac{a}{\\mathrm{e}}>0$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 77 "已知函数 $f(x)=(a x+1) \mathrm{e}^{x}, a \in \mathbf{R}$. |
| 当 $a=-\frac{1}{2}$ 时, 如果 $x_{1} \neq x_{2}$, 且 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$, 证明: $x_{1}+x_{2}<2$." ['当 $a=-\\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=\\left(-\\frac{1}{2} x+1\\right) \\mathrm{e}^{x}$,\n\n则 $f^{\\prime}(x)=\\frac{1}{2}(1-x) \\mathrm{e}^{x}, \\therefore x \\in(1,+\\infty)$ 时, $f^{\\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减, $x \\in(-\\infty, 1)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0$, $f(x)$ 单调递增,\n\n令 $F(x)=f(x)-f(2-x)$, 则 $F(x)=\\left(-\\frac{1}{2} x+1\\right) \\mathrm{e}^{x}-\\frac{1}{2} x \\mathrm{e}^{2-x}$,\n\n$\\therefore F^{\\prime}(x)=\\frac{1}{2}(1-x)\\left(\\mathrm{e}^{x}-\\mathrm{e}^{2-x}\\right)$,\n\n当 $x \\in(1,+\\infty)$ 时, $1-x<0, x>2-x, \\mathrm{e}^{x}-\\mathrm{e}^{2-x}>0, \\therefore F^{\\prime}(x)<0, F(x)$ 单调递减,\n\n$\\therefore F(x)<F(1)=f(1)-f(1)=0$, 即 $f(x)-f(2-x)<0$,\n\n$\\therefore$ 当 $x \\in(1,+\\infty)$ 时, $f(x)<f(2-x)$.\n\n又 $f(x)$ 在 $(-\\infty, 1)$ 内是增函数, 在 $(1,+\\infty)$ 内是减函数. $x_{1} \\neq x_{2}$, 且 $f\\left(x_{1}\\right)=f\\left(x_{2}\\right), \\therefore x_{1}, x_{2}$ 不在同一单调区间内,\n\n不妨设 $x_{1}<1<x_{2}$, 由上可知: $f\\left(x_{2}\\right)<f\\left(2-x_{2}\\right)$,\n\n$\\because f\\left(x_{1}\\right)=f\\left(x_{2}\\right), \\therefore f\\left(x_{1}\\right)<f\\left(2-x_{2}\\right)$.\n\n$\\because x_{1}<1,2-x_{2}<1$, 又 $f(x)$ 在 $(-\\infty, 1)$ 内是增函数,\n\n$\\therefore x_{1}<2-x_{2}$, 即 $x_{1}+x_{2}<2$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 78 "已知中心在原点, 焦点在 $x$ 轴上的椭圆 C 过点 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$, 离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}, A_{1}$, $A_{2}$ 是椭圆 $C$ 的长轴的两个端点 ( $A_{2}$ 位于 $A_{1}$ 右侧), $B$ 是椭圆在 $\mathrm{y}$ 轴正半轴的交点. |
| 证明：不存在经过点 $(0,2)$ 且斜率为 $k$ 的直线 $l$ 与椭圆 $\mathrm{C}$ 交于不同两点 $\mathrm{P}$ 和 $Q$, 使得向量 $\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O Q}$ 与 $A_{2} B$ 共线." ['设椭圆的方程为 $\\frac{x^{2}}{\\mathrm{a}^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{3}{4} \\cdot \\frac{1}{b^{2}}=1 \\\\\n\\frac{c}{a}=\\frac{\\sqrt{3}}{2}, \\\\\na^{2}=b^{2}+c^{2}\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n$\\therefore a=2, b=1,$所以椭圆的方程为$\\frac{\\mathrm{x}^{2}}{4}+y^{2}=1$.\n\n设 $\\mathrm{P}\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$\n\n由题得: $\\left\\{\\begin{array}{c}x^{2}+4 y^{2}-4=0 \\\\ y=k x+2\\end{array}\\right.$\n\n消元得: $\\left(1+4 k^{2}\\right) x^{2}+16 k x+12=0$\n\n$\\therefore \\Delta=256 k^{2}-48\\left(1+4 k^{2}\\right)=64 k^{2}-48>0$\n\n$\\therefore k^{2}>\\frac{3}{4}$\n\n且 $\\left\\{\\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=-\\frac{16 k}{1+4 k^{2}} \\\\ y_{1}+y_{2}=k\\left(x_{1}+x_{2}\\right)+4=\\frac{4}{1+4 k^{2}}\\end{array}\\right.$\n\n$\\therefore \\overrightarrow{O P}+\\overrightarrow{O Q}=\\left(-\\frac{16 k}{1+4 k^{2}}, \\frac{4}{1+4 k^{2}}\\right)$\n\n又 $\\because A_{2}(2,0), B(0,1), \\therefore \\overrightarrow{A_{2} B}=(-2,1)$ 又 $\\because$ 向量 $\\overrightarrow{O P}+\\overrightarrow{O Q}$ 与 $A_{2} B$ 共线,\n\n$-\\frac{16 k}{1+4 k^{2}} \\times 1=-2 \\times \\frac{4}{1+4 k^{2}}, \\therefore k=\\frac{1}{2}$, 与 $k^{2}>\\frac{3}{4}$ 矛盾\n\n所以, 不存在符合条件的直线 $l$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 79 "已知函数 $f(x)=2 \ln x-a x^{2}+3 x, a \in R$. |
| 若 $a=-1$, 正实数 $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}$ 满足 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)+\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)=0$, 证明 $x_{1}+x_{2} \geqslant \frac{-3+\sqrt{17}}{2}$." ['当 $a=-1$ 时, $f(x)=2 \\ln x+x^{2}+3 x$,\n\n$\\because f\\left(x_{1}\\right)+f\\left(x_{2}\\right)=2 \\ln x_{1}+x_{1}^{2}+3 x_{1}+2 \\ln x_{2}+x_{2}^{2}+3 x_{2}=0$\n\n$\\therefore\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}+3\\left(x_{1}+x_{2}\\right)=2\\left(x_{1} x_{2}-\\ln x_{1} x_{2}\\right)$\n\n令 $h(t)=t-\\ln t, \\quad \\therefore h^{\\prime}(t)=1-\\frac{1}{t}=\\frac{t-1}{t}$,\n\n由 $h^{\\prime}(x)>0$ 得, $t>1$, 由 $h^{\\prime}(x)<0$ 得, $0<t<1$\n\n$\\therefore h(x)$ 在 $(0,1)$ 为减函数, 在 $(1,+\\infty)$ 为增函数\n\n$\\therefore h(x)_{\\min }=h(1)=1$\n\n$\\therefore\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}+3\\left(x_{1}+x_{2}\\right) \\geqslant 2 \\therefore\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}+3\\left(x_{1}+x_{2}\\right)-2 \\geqslant 0$\n\n$\\therefore x_{1}+x_{2} \\geqslant \\frac{-3+\\sqrt{17}}{2}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 80 "已知函数 $f(x)=2 x(\ln x+1)$. |
| 若斜率为 $k$ 的直线与曲线 $y=f^{\prime}(x)$ 交于 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 两点, 其中 $x_{1}<x_{2}$. |
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| 求证: $x_{1}<\frac{2}{k}<x_{2}$." ['$k=\\frac{f^{\\prime}\\left(x_{2}\\right)-f^{\\prime}\\left(x_{1}\\right)}{x_{2}-x_{1}}=\\frac{2 \\ln x_{2}-2 \\ln x_{1}}{x_{2}-x_{1}}$,\n\n要证明 $x_{1}<\\frac{2}{k}<x_{2}$, 即证 $x_{1}<\\frac{x_{2}-x_{1}}{\\ln x_{2}-\\ln x_{1}}<x_{2}$ ，\n\n等价于 $1<\\frac{\\frac{x_{2}}{x_{1}}-1}{\\ln \\frac{x_{2}}{x_{1}}}<\\frac{x_{2}}{x_{1}},$\n\n令 $t=\\frac{x_{2}}{x_{1}}$ (由 $x_{1}<x_{2}$, 知 $\\left.t>1\\right),$\n\n则只需证 $1<\\frac{t-1}{\\ln t}<t$, 由 $t>1$, 知 $\\ln t>0$,\n\n故等价于 $\\ln t<t-1<t \\ln t(t>1) .(*)$\n\n(1) 设 $g(t)=t-1-\\ln t$, 则当 $t>1$ 时, $g^{\\prime}(t)=1-\\frac{1}{t}>0$,\n\n所以 $g(t)$ 在 $(1,+\\infty)$ 内是增函数，\n\n当 $t>1$ 时, $g(t)=t-1-\\ln t>g(1)=0$, 所以 $t-1>\\ln t$ ；\n\n(2) 设 $h(t)=t \\ln t-(t-1)$, 则当 $t>1$ 时, $h^{\\prime}(t)=\\ln t>0$,\n\n所以 $h(t)$ 在 $(1,+\\infty)$ 内是增函数,\n\n所以当 $t>1$ 时, $\\mathrm{h}(t)=t \\ln t-(t-1)>h(1)=0$, 即 $t \\ln t>t-1(t>1)$.\n\n由(1)(2)知 $(*)$ 成立, 所以 $x_{1}<\\frac{2}{k}<x_{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 81 "设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$, 过焦点 $F$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A$,$B$ 两点. |
| 设 $A B$ 的中点为 $M$, 过 $M$ 作直线 $x=-\frac{p}{2}$ 的垂线, 垂足为 $N$, 求证: 直线 $F N \perp l$." ['当直线 $l$ 的斜率不存在时, 结论显然成立\n\n当直线 $l$ 的斜率存在时, $\\because y_{1}+y_{2}=k x_{1}-\\frac{k p}{2}+k x_{2}-\\frac{k p}{2}=k\\left(x_{1}+x_{2}\\right)-k p$, 将\n\n$x_{1}+x_{2}=p+\\frac{2 p}{k^{2}}$ 代入可得, $y_{1}+y_{2}=\\frac{2 p}{k}, N\\left(-\\frac{p}{2}, \\frac{p}{k}\\right) $\n\n$\\mathrm{k}_{N F}=\\frac{\\frac{p}{k}}{-\\frac{p}{2}-\\frac{p}{2}}=-\\frac{1}{k}$, 由于 $\\left(-\\frac{1}{k}\\right) \\cdot k=-1, \\therefore$ 直线 $\\mathrm{F} N \\perp l $'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 82 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: |
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| $$ |
| a_{1}=\frac{\pi}{3}, \quad 0<a_{n}<\frac{\pi}{3}, \quad \sin a_{n+1} \leqslant \frac{1}{3} \sin 3 a_{n}(n \geqslant 2), |
| $$ |
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| 求证: $\sin a_{n}<\frac{1}{\sqrt{n}}$." ['由于 $0<a_{n}<\\frac{\\pi}{3}$, 于是: $\\sin a_{n} \\in\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$,\n\n当 $n=1$ 时，有 $\\sin a_{1}=\\frac{1}{2}<1$;\n\n当 $n=2$ 时, $\\sin a_{2} \\in\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)<\\frac{1}{\\sqrt{2}}$ 成立；\n\n设当 $n=k$ 时，有\n\n$$\n\\sin a_{k}<\\frac{1}{\\sqrt{k}}\n$$\n\n则当 $n=k+1$ 时,\n\n$$\n\\sin a_{k+1} \\leq \\frac{1}{3} \\sin 3 a_{k}=\\frac{1}{3}\\left(3 \\sin a_{k}-4 \\sin ^{3} a_{k}\\right),\n$$\n\n令 $f(x)=3 x-4 x^{3}, x \\in\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$,\n\n则 $f^{\\prime}(x)=3-12 x^{2}>0$, 即 $f(x)$ 在 $\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$ 单调递增,\n\n于是:\n\n$$\n\\sin a_{k+1} \\leq \\frac{1}{3} \\sin 3 a_{k}=\\frac{1}{3}\\left(3 \\sin a_{k}-4 \\sin ^{3} a_{k}\\right) \\leq \\frac{1}{\\sqrt{k}}-\\frac{4}{3 k \\sqrt{k}},\n$$\n\n所以只需证明:\n\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{k}}-\\frac{4}{3 k \\sqrt{k}}<\\frac{1}{\\sqrt{k+1}}(k \\geq 2)\n$$\n\n即可.\n\n即证明:\n\n$$\n\\frac{3 k-4}{3 k}<\\sqrt{\\frac{k}{k+1}}\n$$\n\n平分后整理可得:\n\n$$\n15 k^{2}+8 k-16>0,\n$$\n\n即证明对任意 $k \\geq 2$ 有:\n\n$$\n(3 k+4)(5 k-4)>0,\n$$\n\n显然成立.\n\n于是：对任意 $n \\in \\mathrm{N}^{*}$, 有 $\\sin a_{n}<\\frac{1}{\\sqrt{n}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 83 "证明对所有的正整数 $n \geqslant 4$, 存在一个集合 $S$, 满足如下条件: |
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| (1) $S$ 由都小于 $2^{n-1}$ 的 $n$ 个正整数组成; |
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| (2)对 $S$ 的任意两个不同非空子集 $A 、 B$, 集合 $A$ 中所有元素之和不等于集合 $B$ 中所有元素之和." "['用 $|T|$ 表示集合 $T$ 中的元素个数, $M(A)$ 表示集合 $A$ 中的元素之和.\n\n当 $n=4$ 时，若 $|A|=1 ，$ 则 $M(A)=\\{1,2,4,8\\}$;\n\n若 $|A|=2$ ，则 $M(A)=\\{3,5,9,6,10,12\\}$ ，\n\n若 $|A|=3$ ，则 $M(A)=\\{7,11 ， 13,14\\} ，$\n\n若 $|A|=4$ ，则 $M(A)=\\{15\\} ，$\n\n即集合 $S$ 的 15 个子集，其和值也有 15 个，每个子集的和值各不相同，\n\n所以：当 $A \\neq B$ 时，总有 $M(A) \\neq M(B)$.\n\n故：当 $n=4$ 时, $S=\\{1,2,4,8\\}$ 满足题意;\n\n假设当 $n=k$ 时，集合 $S=\\left\\{2^{0} ， 2^{1}, 2^{2}, \\ldots, 2^{k-1}\\right\\}$满足题意，\n\n此时集合 $S$ 的 $2^{k}-1$ 个非空子集有 $2^{k}-1$ 个不同的值，其集合为\n\n$$\n\\left\\{1,2, \\ldots, 2^{k}-1\\right\\}\n$$\n\n则当 $n=k+1$ 时，集合 $S$ 的 $2^{k}$ 个子集的和值组成的集合为\n\n$$\n\\left\\{1,2,3, \\ldots, 2^{k}-1,2^{k}, 2^{k}+1, \\ldots, 2^{k}+2^{k}-1\\right\\},\n$$\n\n即:\n\n$$\n\\left\\{1,2,3, \\ldots, 2^{k}-1,2^{k}, \\ldots, 2^{k+1}-1\\right\\}\n$$\n\n所以当 $n=k+1$ 时，集合 $S$ 的 $2^{k+1}-1$ 个子集有 $2^{k+1}-1$ 个不同的值.\n\n综上：集合 $S=\\left\\{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \\ldots, 2^{n-1}\\right\\}$ 总是满足题意.' |
| '不妨假设 $a_{1}<a_{2}<\\ldots<a_{m}, b_{1}<b_{2}<\\ldots<b_{t}$, 且对任意的 $i, j, a_{i} \\neq b_{j}, b_{t}<a_{m}$,\n\n根据题意只需证明:\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{m} 2^{a_{i}} \\neq \\sum_{j=1}^{t} 2^{b_{j}}\n$$\n\n即可.\n\n若不然, 设 $\\sum_{i=1}^{m} 2^{a_{i}}=\\sum_{j=1}^{t} 2^{b_{j}}$,\n\n则: $2^{a_{m}}<\\sum_{i=1}^{m} 2^{a_{i}}=\\sum_{j=1}^{t} 2^{b_{j}}$,\n\n所以: $1<2^{b_{1}-a_{m}}+2^{b_{2}-a_{m}}+\\ldots+2^{b_{t}-a_{m}} \\leq \\frac{1}{2}+\\frac{1}{2^{2}}+\\ldots+\\frac{1}{2^{t^{-m}}}=1-\\frac{1}{2^{t-m+1}}<1$, 矛盾.\n\n从而: 集合 $S=\\left\\{ 2^{0}, 2^{1}, \\ldots, 2^{n-1}\\right\\}$的任意的两个子集之和不同.\n\n所以存在满足题意的集合$S=\\left\\{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \\ldots, 2^{n-1}\\right\\}$ 满足题意.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese |
| 84 "设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 为非负数, 求证: |
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| $\sqrt{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}+\sqrt{a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}}+\sqrt{a_{3}+\cdots+a_{n}}+\cdots+\sqrt{a_{n}} \geq \sqrt{a_{1}+4 a_{2}+9 a_{3}+\cdots+n^{2} a_{n}}$." ['当 $n=1$ 时, 结论显然成立; 假设当 $n=k$ 时, 结论对于任意 $k$ 个非负数成立.\n\n则当 $n=k+1$ 时, 对于任意 $k+1$ 个非负数 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{k}, a_{k+1}$, 根据假设有\n\n$$\n\\sqrt{a_{2}+a_{3}+\\cdots+a_{k+1}}+\\sqrt{a_{3}+\\cdots+a_{k+1}}+\\cdots+\\sqrt{a_{k+1}} \\geq \\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+9 a_{4}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sqrt{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k+1}}+\\sqrt{a_{2}+a_{3}+\\cdots+a_{k+1}}+\\cdots+\\sqrt{a_{k+1}} \\\\\n& \\geq \\sqrt{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k+1}}+\\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+9 a_{4}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n下面证明 $\\sqrt{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k+1}}+\\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}} \\geq \\sqrt{a_{1}+4 a_{2}+\\cdots+(k+1)^{2} a_{k+1}}$.由柯西不等式可得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& {\\left[\\left(\\sqrt{a_{2}}\\right)^{2}+\\left(\\sqrt{a_{3}}\\right)^{2}+\\cdots+\\left(\\sqrt{a_{k+1}}\\right)^{2}\\right] \\cdot\\left[\\left(\\sqrt{a_{2}}\\right)^{2}+\\left(2 \\sqrt{a_{3}}\\right)^{2}+\\cdots+\\left(k \\sqrt{a_{k+1}}\\right)^{2}\\right]} \\\\\n& \\geq\\left(\\sqrt{a_{2}} \\cdot \\sqrt{a_{2}}+\\sqrt{a_{3}} \\cdot 2 \\sqrt{a_{3}}+\\sqrt{a_{4}} \\cdot 3 \\sqrt{a_{4}}+\\cdots+\\sqrt{a_{k+1}} \\cdot k \\sqrt{a_{k+1}}\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\n即\n\n$$\n\\left(a_{2}+\\cdots+a_{k+1}\\right) \\cdot\\left(a_{2}+4 a_{3}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}\\right) \\geq\\left(a_{2}+2 a_{3}+3 a_{4}+\\cdots+k a_{k+1}\\right)^{2}\n$$\n\n于是有\n\n$$\n\\sqrt{\\left(a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k+1}\\right) \\cdot\\left(a_{2}+4 a_{3}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}\\right)} \\geq\\left(a_{2}+2 a_{3}+3 a_{4}+\\cdots+k a_{k+1}\\right)\n$$\n\n故\n\n$$\n\\left(\\sqrt{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k+1}}+\\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}}\\right)^{2} \\geq a_{1}+4 a_{2}+\\cdots+(k+1)^{2} a_{k+1}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\sqrt{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k+1}}+\\sqrt{a_{2}+4 a_{3}+\\cdots+k^{2} a_{k+1}} \\geq \\sqrt{a_{1}+4 a_{2}+\\cdots+(k+1)^{2} a_{k+1}}\n$$\n\n成立, 由数学归纳法可知, 对任意的非负实数 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 结论均成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 85 "在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, $a_{1}, a_{2}$ 是给定的非零整数, $a_{n+2}=\left|a_{n+1}-a_{n}\right|$. |
| 证明: 从 $\left\{a_{n}\right\}$ 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列." ['首先证明: 数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 必在有限项后出现 “ 0 ” 项.\n\n假设 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中没有 “ 0 ” 项，由于 $a_{n+2}=\\left|a_{n+1}-a_{n}\\right|$, 所以，当 $n \\geq 3$ 时，都有 $a_{n} \\geq 1$.\n\n若 $a_{n+1}>a_{n}$, 则 $a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n} \\leq a_{n+1}-1(n \\geq 3)$;\n\n若 $a_{n+1}<a_{n}$, 则 $a_{n+2}=a_{n}-a_{n+1} \\leq a_{n}-1(n \\geq 3)$.\n\n即 $a_{n+2}$ 要么比 $a_{n+1}$ 至少小 1 , 要么比 $a_{n}$ 至少小 1.\n\n令\n\n$$\nb_{n}=\\left\\{\\begin{array}{ll}\na_{2 n+1} & \\left(a_{2 n+1}>a_{2 n+2}\\right) \\\\\na_{2 n+2} & \\left(a_{2 n+1}<a_{2 n+2}\\right)\n\\end{array}, n=1,2,3, \\cdots\\right.\n$$\n\n则 $0<b_{n+1} \\leq b_{n}-1$. 由于 $b_{1}$ 是确定的正整数, 这样下去, 必然存在某项 $b_{k}<0$, 这与 $b_{k}>0$ 矛盾. 故 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$中必有 “ 0 ” 项.\n\n若第一次出现的 “ 0 ” 项为 $a_{n}$, 记 $a_{n-1}=M(M \\neq 0)$, 则自第 $n$ 项开始, 每三个相邻的项周期地取值 $0, M, M$, 即\n\n$$\na_{n+3 k}=0, \\quad a_{n+3 k+1}=M, \\quad a_{n+3 k+2}=M, k=0,1,2\n$$\n\n所以数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 86 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$. |
| 证明: $\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\ldots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$." ['$\\because a_{n-1}=2 a_{n}+1\\left(n \\in N^{*}\\right)$.\n\n$\\therefore a_{n+1}+1=2\\left(a_{n}+1\\right), \\therefore\\left\\{a_{n}+1\\right\\}$ 是以 $a_{1}+1=2$ 为首项, 2 为公比的等比数列.\n\n$\\therefore a_{n}+1=2^{n}$, 即 $a_{n}=2^{n}-1$\n\n$\\because \\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\\frac{2^{k}-1}{2^{k+1}-1}<\\frac{2^{k}-1}{2 \\cdot 2^{k}-1-1}=\\frac{2^{k}-1}{2\\left(2^{k}-1\\right)}=\\frac{1}{2}, \\left(k=1,2, \\ldots, n\\right)$,\n\n$\\therefore \\frac{a_{1}}{a_{2}}+\\frac{a_{2}}{a_{2}}+\\ldots+\\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\\frac{n}{2}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 87 "已知函数 $f(x)=\frac{m x-n}{x}-\ln x, m, n \in R$. |
| 若 $n=1$ 时, 函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_{1}, x_{2}\left(0<x_{1}<x_{2}\right)$, 求证: $x_{1}+x_{2}>2$." ['函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_{1}, x_{2}\\left(0<x_{1}<x_{2}\\right)$,\n\n则 $f\\left(x_{1}\\right)=\\frac{m x_{1}-1}{x_{1}}-\\ln x_{1}=0, f\\left(x_{2}\\right)=\\frac{m x_{2}-1}{x_{2}}-\\ln x_{2}=0$,\n\n可得 $m=\\frac{1}{x_{1}}+\\ln x_{1}=\\frac{1}{x_{2}}+\\ln x_{2}$. 于是 $\\frac{x_{2}-x_{1}}{x_{1} x_{2}}=\\ln x_{2}-\\ln x_{1}=\\ln \\frac{x_{2}}{x_{1}}$.\n\n令 $t=\\frac{x_{2}}{x_{1}}>1$, 则 $\\ln t=\\frac{t-1}{t x_{1}}, x_{1}=\\frac{t-1}{t \\ln t}$, 于是 $x_{1}+x_{2}=x_{1}(t+1)=\\frac{t^{2}-1}{t \\ln t}$,\n\n$\\therefore x_{1}+x_{2}-2=\\frac{2\\left(\\frac{t^{2}-1}{2 t}-\\ln t\\right)}{\\ln t}$, 记函数 $h(t)=\\frac{t^{2}-1}{2 t}-\\ln t$, 因 $h^{\\prime}(t)=\\frac{(t-1)^{2}}{2 t^{2}}>0$,\n\n$\\therefore h(t)$ 在 $(1,+\\infty)$ 递增, $\\because t>1, \\therefore h(t)>h(1)=0$,\n\n又 $t=\\frac{x_{2}}{x_{1}}>1, \\ln t>0$, 故 $x_{1}+x_{2}>2$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 88 "过直线 $l: x-2 y-20=0$ 上的点 $P$ 作椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的切线 $P M, P N$, 切点分别为 $M, N$ 连接 $M N$. |
| 当 $M N / / l$ 时,求证:定点 $\mathrm{Q}$ 平分线段 $M N$." ['设 $P\\left(2 y_{0}+20, y_{0}\\right)$, 则直线 $M N$ 的方程为 $\\frac{x\\left(2 y_{0}+20\\right)}{16}+\\frac{y y_{0}}{9}=1$\n\n整理得 $9\\left(y_{0}+10\\right)\\left(x-\\frac{4}{5}\\right)+8 y_{0}\\left(y+\\frac{9}{10}\\right)=0$ (2)\n\n$\\therefore$ 直线 $M N$ 恒过一定点 $Q\\left(\\frac{4}{5},-\\frac{9}{10}\\right)$\n\n当 $M N / / l$ 时, $\\frac{1}{2}=-\\frac{9\\left(2 y_{0}+20\\right)}{16 y_{0}}$, 得 $y_{0}=-\\frac{90}{13}, x_{0}=2 y_{0}+20=\\frac{80}{13}$ 。\n\n将 $x_{0}, y_{0}$ 代入$M N$ 方程得， $5 x-10 y=13$ ，代入椭圆得 $5 x^{2}-8 x+m=0 （ m$ 是常数）。\n\n设 $M 、 N$ 的横坐标分别是 $x_{1}, x_{2}, \\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\\frac{4}{5} ， \\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\\frac{5 \\times \\frac{4}{5}-13}{10}=-\\frac{9}{10}$ ，\n\n$\\therefore$ 定点 $Q\\left(\\frac{4}{5},-\\frac{9}{10}\\right)$ 平分线段 $M N$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 89 设 $a, b \in R$ 且 $3^{a}+11^{b}=16^{a} ， 6^{a}+8^{b}=13^{b}$, 求证： $a<b$. ['$\\because 3^{a}+11^{b}=16^{a}$, 且 $11^{b}>0, \\therefore 3^{a}<16^{a}$, 由幂函数性质知 $a>0$,\n\n$\\because 6^{a}+8^{b}=13^{b}, 6^{a}>0, \\therefore 13^{b}>8^{b}$, 由幂函数性质知 $b>0$\n\n$\\because 3^{a}+11^{b}=16^{a}>14^{a}=(3+11)^{a}>3^{a}+11^{a}$\n\n$\\therefore 11^{b}>11^{a}$\n\n$\\therefore$ 由指数函数性质知 $a<b$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 90 "已知三个有限集合 $A, B, C$ 满足 $A \cap B \cap C=\varnothing$. |
| 求证: $|A \cup B \cup C| \geq \frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|)$ (这里, $|X|$ 表示有限集合 $X$ 的元素个数)." ['因为 $A \\cap B \\cap C=\\varnothing$, 所以 $(A \\cap B) \\cap(A \\cap C)=\\varnothing$, 所以集合 $A$ 可以拆分成三部分:\n\n$$\nA \\cap B, A \\cap C, A-A \\cap B-A \\cap C=A^{\\prime}\n$$\n\n则 $|A|=\\left|A^{\\prime}\\right|+|A \\cap B|+|A \\cap C|, B, C$ 集合同理.\n\n因为\n\n$$\n|A \\cup B \\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A \\cap B|-|B \\cap C|-|C \\cap A|+|A \\cap B \\cap C|\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\text { 命题 } \\Leftrightarrow \\text { 证 } \\frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|) \\geq|A \\cap B|+|B \\cap C|+|C \\cap A|\n$$\n\n而\n\n$$\n|A|+|B|+|C|\\left|A^{\\prime}\\right|+\\left|B^{\\prime}\\right|+\\left|C^{\\prime}\\right|+2|A \\cap B|+2|B \\cap C|+2|C \\cap A|\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\frac{1}{2}(|A|+|B|+|C|)-|A \\cap B|-|B \\cap C|-|C \\cap A|=\\frac{1}{2}\\left(\\left|A^{\\prime}\\right|+\\left|B^{\\prime}\\right|+\\left|C^{\\prime}\\right|\\right) \\geq 0\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese |
| 91 "对任意正整数 $m, n$, 定义函数 $f(m, n)$ 如下: |
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| (1) $f(1,1)=1$; |
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| (2) $f(m+1, n)=f(m, n)+2(m+n)$; |
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| (3) $f(m, n+1)=f(m, n)+2(m+n-1)$. |
| 设 $a_{n}=\frac{\sqrt{f(n, n)}}{2^{n-1}}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right), S_{n}$ 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 证明: $S_{n}<6$." ['由条件(2)可得:\n\n$$\n\\begin{gathered}\nf(2,1)-f(1,1)=2 \\times(1+1)=2 \\times 2 \\\\\nf(3,1)-f(2,1)=2 \\times(2+1)=2 \\times 3 \\\\\n\\ldots \\\\\n\\cdots \\\\\nf(m, 1)-f(m-1,1)=2 \\times(m-1+1)=2 \\times m\n\\end{gathered}\n$$\n\n将上述 $m-1$ 个等式相加得 $f(m, 1)-f(1,1)=2(2+3+\\cdots+m)$, 而 $f(1,1)=1$, 所以\n\n$$\nf(m, 1)=2(2+3+\\cdots+m)+1=m^{2}+m-1\n$$\n\n由条件(2)可得:\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf(m, 2)-f(m, 1) & =2 \\times(m+1-1)=2 m \\\\\nf(m, 3)-f(m, 2) & =2 \\times(m+2-1)=2(m+1) \\\\\n\\ldots & \\\\\nf(m, n)-f(m, n-1) & =2 \\times(m+n-1-1)=2(m+n-2)\n\\end{aligned}\n$$\n\n将上述 $n-1$ 个等式相加得 $f(m, n)-f(m, 1)=2[m+(m+1)+\\cdots+(m+n-2)]$, 而 $f(m, 1)=m^{2}+m-1$,所以\n\n$$\nf(m, n)=2[m+(m+1)+\\cdots+(m+n-2)]+m^{2}+m-1=m^{2}+2 m n+n^{2}-m-3 n+1\n$$\n\n$$\nf(n, n)=n^{2}+2 n \\cdot n+n^{2}-n-3 n+1=(2 n-1)^{2}\n$$\n\n所以\n\n$$\na_{n}=\\frac{\\sqrt{f(n, n)}}{2^{n-1}}=(2 n-1) \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n-1}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\begin{gathered}\nS_{n}=1 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{0}+3 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{1}+\\cdots+(2 n-1) \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n-1} \\\\\n\\frac{1}{2} S_{n}=1 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{1}+3 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\cdots+(2 n-3) \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n-1}+(2 n-1) \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n}\n\\end{gathered}\n$$\n\n两式相减得:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{1}{2} S_{n} & =1+2 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{1}+2 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\cdots+2 \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n-1}-(2 n-1) \\cdot\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n} \\\\\n& =1+\\frac{1-\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{n-1}}{1-\\frac{1}{2}}-\\frac{2 n-1}{2^{n}}=3-\\frac{1}{2^{n-2}}-\\frac{2 n-1}{2^{n}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n故 $S_{n}=6-\\frac{2 n+3}{2^{n-1}}, n \\in \\mathbf{N}^{*}$, 所以 $S_{n}<6$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 92 " |
| 求证: 对于任意实数 $x, y, z$ 都有 $x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \geq \sqrt{3}(x y+y z+z x)$;" ['由均值不等式,\n\n$$\n\\frac{1}{2} x^{2}+\\frac{3}{2} y^{2} \\geq \\sqrt{3} x y, \\frac{1}{2} x^{2}+\\frac{3}{2} z^{2} \\geq \\sqrt{3} x z, \\frac{1}{2} y^{2}+\\frac{3}{2} z^{2} \\geq \\sqrt{3} y z\n$$\n\n故 $x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \\geq \\sqrt{3}(x y+y z+z x)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 93 " |
| 证明存在实数 $k>\sqrt{3}$, 使得对于任意实数 $x, y, z$, 下式恒成立 |
|
|
| $$ |
| x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \geq k(x y+y z+z x) |
| $$;" ['$$\nx^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-k(x y+y z+z x)=\\left(x-\\frac{k}{2} y-\\frac{k}{2} z\\right)^{2}+\\left(2-\\frac{k^{2}}{4}\\right) y^{2}+\\left(3-\\frac{k^{2}}{4}\\right) z^{2}+\\left(\\frac{k^{2}}{2}-k\\right) y z \n$$\n\n上式 $\\geq 0$ 恒成立, 当且仅当 $2-\\frac{k^{2}}{4} \\geq 0$ 且 $\\left(\\frac{k^{2}}{2}-k\\right)^{2} \\leq 4\\left(2-\\frac{k^{2}}{4}\\right)\\left(3-\\frac{k^{2}}{4}\\right)$.\n\n化简得 $|k| \\leq 2 \\sqrt{2}$ 且 $k^{3}-6 k^{2}+24 \\geq 0$, 显然, $k=2>\\sqrt{3}$ 满足要求.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 94 设 $a 、 b 、 c$ 均为正实数，求证: $\frac{a\left(a^{2}+b c\right)}{b+c}+\frac{b\left(b^{2}+c a\right)}{c+a}+\frac{c\left(c^{2}+a b\right)}{a+b} \geq a b+b c+c a$. ['由对称性不妨设 $a \\geq b \\geq c>0$, 则\n\n$$\n\\frac{a+b+c}{b+c} \\geq \\frac{a+b+c}{c+a} \\geq \\frac{a+b+c}{a+b}\n$$\n\n即\n\n$$\n\\frac{a}{b+c} \\geq \\frac{b}{c+a} \\geq \\frac{c}{a+b}\n$$\n\n又 $a^{2} \\geq b^{2} \\geq c^{2}$, 由排序不等式得\n\n$$\n\\frac{a}{b+c} a^{2}+\\frac{b}{c+a} b^{2}+\\frac{c}{a+b} c^{2} \\geq \\frac{a}{b+c} b^{2}+\\frac{b}{c+a} c^{2}+\\frac{c}{a+b} a^{2}\n$$\n\n即\n\n$$\n\\frac{a^{2}}{b+c}+\\frac{b^{2}}{c+a}+\\frac{c^{2}}{a+b} \\geq \\frac{a b^{2}}{b+c}+\\frac{b c^{2}}{c+a}+\\frac{c a^{2}}{a+b}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{a\\left(a^{2}+b c\\right)}{b+c}+\\frac{b\\left(b^{2}+a c\\right)}{c+a}+\\frac{c\\left(c^{2}+a b\\right)}{a+b} & =\\frac{a^{3}}{b+c}+\\frac{b^{3}}{c+a}+\\frac{c^{3}}{a+b}+\\left(\\frac{a b c}{b+c}+\\frac{a b c}{c+a}+\\frac{a b c}{a+b}\\right) \\\\\n& \\geq \\frac{a b^{2}}{b+c}+\\frac{b c^{2}}{c+a}+\\frac{c a^{2}}{a+b}+\\frac{a b c}{b+c}+\\frac{a b c}{c+a}+\\frac{a b c}{a+b} \\\\\n& =a b+b c+c a\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $a=b=c$ 时等号成立, 即原不等式成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 95 "已知 $f(x)=e^{x}-m x$. |
| 若 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点, 求证: $x_{1}+x_{2}=2$." ['因为 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)=e^{x}-m x$ 的两个零点, 所以\n\n$$\ne^{x_{1}}=m x_{1}, e^{x_{2}}=m x_{2}, m\\left(x_{1}+x_{2}\\right)=e^{x_{1}}+e^{x_{2}}, m\\left(x_{1}-x_{2}\\right)=e^{x_{1}}-e^{x_{2}}\n$$\n\n不妨设 $x_{1}>x_{2}$, 易知 $m \\neq 0$, 联立上述两式, 消 $m$, 得\n\n$$\nx_{1}+x_{2}=\\frac{\\left(x_{1}-x_{2}\\right)\\left(e^{x_{1}}+e^{x_{2}}\\right)}{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}=\\frac{\\left(x_{1}-x_{2}\\right)\\left(e^{x_{1}-x_{2}}+1\\right)}{e^{x_{1}-x_{2}}-1}\n$$\n\n又由 (1) 知, 对 $m=\\frac{1}{2}$, 当 $x>0$ 时, $g(x)=(x-2) e^{x}+2 m x+2>0$ 恒成立.\n\n所以当 $x>0$ 时, $(x-2) e^{x}+x+2>0$ 恒成立; 所以当 $x>0$ 时,\n\n$$\n\\frac{x\\left(e^{x}+1\\right)}{e^{x}-1}-2=\\frac{x e^{x}+x-2 e^{x}+2}{e^{x}-1}=\\frac{(x-2) e^{x}+x+2}{e^{x}-1}>0\n$$\n\n所以\n\n$$\nx_{1}+x_{2}-2=\\frac{\\left(x_{1}-x_{2}\\right)\\left(e^{x_{1}-x_{2}}+1\\right)}{e^{x_{1}-x_{2}}-1}-2>0, x_{1}+x_{2}>2\n$$\n\n当 $x_{1}<x_{2}$ 时, 同理可得 $x_{1}+x_{2}>2$, 所以 $x_{1}+x_{2}>2$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 96 " |
| 证明: $\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\frac{1}{2^{k}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}<1(n \geq 2, n \in N)$ ；" ['$\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}+1}+\\frac{1}{2^{k}+2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k+1}-1}<\\underbrace{\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k}}}_{2^{k} \\uparrow}=\\frac{2^{k}}{2^{k}}=1$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 97 " |
| 证明:分别以 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ 为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为 $\frac{3}{2}$ 的正方形内." ['$\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}+1}+\\frac{1}{2^{k}+2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k+1}-1}<\\underbrace{\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k}}}_{2^{k} \\uparrow}=\\frac{2^{k}}{2^{k}}=1$;\n\n故以边长为 $\\frac{1}{2^{k}}, \\frac{1}{2^{k}+1}, \\frac{1}{2^{k}+2}, \\cdots, \\frac{1}{2^{k+1}-1}$ 的正方形可以并排放入底为 1 , 高为 $\\frac{1}{2^{k}}$ 的矩形内, 而不重叠, 取 $k=2,3,4, \\cdots$, 即得底分别为\n\n$$\n\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{2^{2}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{3}-1}, \\frac{1}{2^{3}}+\\frac{1}{2^{3}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{4}-1}, \\frac{1}{2^{4}}+\\frac{1}{2^{4}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{5}-1}\n$$\n\n高分别为 $\\frac{1}{2^{2}}, \\frac{1}{2^{3}}, \\frac{1}{2^{4}}, \\cdots$ 的一系列矩形, 这些矩形的底小于 1 , 高的和为\n\n$$\n\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{2^{3}}+\\frac{1}{2^{4}}+\\cdots=\\lim _{x \\rightarrow \\infty} \\frac{\\frac{1}{2^{2}}\\left(1-\\frac{1}{2^{n}}\\right)}{1-\\frac{1}{2}}=\\lim _{x \\rightarrow \\infty} \\frac{1}{2}\\left(1-\\frac{1}{2^{n}}\\right)<\\frac{1}{2}\n$$\n\n因此, 以 $1, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{3}, \\cdots, \\frac{1}{n}, \\cdots$ 为边长的正方形中, 除了边长为 $1, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{3}$ 的正方形外, 其余的正方形全部可以放入底为 1 , 高为 $\\frac{1}{2}$ 的矩形中 (如图阴影部分), 而边长为 $1, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{3}$ 的三个正方形显然可以放入底为 $\\frac{3}{2}$, 高为 1 的矩形内 (如下图).\n\n<img_4197>'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 98 设 $\alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. 证明: $\cos \alpha+\cos \beta+\sqrt{2} \sin \alpha \sin \beta \leq \frac{3 \sqrt{2}}{2}$. ['$$\n\\begin{array}{rlr}\n\\cos \\alpha+\\cos \\beta+\\sqrt{2} \\sin \\alpha \\sin \\beta & =2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2} \\cos \\frac{\\alpha-\\beta}{2}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}(\\cos (\\alpha-\\beta)-\\cos (\\alpha+\\beta)) & \\\\\n& \\leq 2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}(1-\\cos (\\alpha+\\beta)) & \\\\\n& =2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\left(2-2 \\cos ^{2} \\frac{\\alpha+\\beta}{2}\\right) \\\\\n& =\\sqrt{2}-\\sqrt{2} \\cos ^{2} \\frac{\\alpha+\\beta}{2}+2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2} \\\\\n& =\\frac{3 \\sqrt{2}}{2}-\\sqrt{2}\\left(\\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}-\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right)^{2} \\leq \\frac{3 \\sqrt{2}}{2} & \n\\end{array}\n$$\n\n当且仅当 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\cos \\frac{\\alpha \\cdot \\beta}{2}=1 \\\\ \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2} \\cdot \\frac{\\sqrt{2}}{2}=0\\end{array}\\right.$ 时, 即 $\\alpha=\\beta=\\frac{\\pi}{4}$时等号成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Trigonometric Functions Math Chinese |
| 99 若 $a, b, c$ 为正数且 $a+b+c=3$. 证明: $a b+b c+c a \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq 3$. ['$\\sqrt{a}+\\sqrt{a}+a^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{a^{3}}=3 a$, 同理 $\\sqrt{b}+\\sqrt{b}+b^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{b^{3}}=3 b, \\sqrt{c}+\\sqrt{c}+c^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{c^{3}}=3 c$.\n\n三式相加:\n\n$$\n2(\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c})+a^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq 3(a+b+c)=9=(a+b+c)^{2}\n$$\n\n所以\n\n$$\n2(\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c}) \\geq(a+b+c)^{2}-a^{2}-b^{2}-c^{2}=2(a b+b c+c a)\n$$\n\n所以 $a b+b c+c a \\leq \\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c}$.\n\n又 $(\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c})^{2} \\leq(a+b+c)(1+1+1)=9$, 所以 $\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c} \\leq 3$.\n\n综上可得 $a b+b c+c a \\leq \\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c} \\leq 3$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 100 "若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足: |
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| (1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$; |
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| (2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立. |
| 证明: $f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)$ (其中 $x>0, y>0$ );" ['因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f\\left(\\frac{a^{m}}{a^{n}}\\right)=f\\left(a^{m-n}\\right)=(m-n) f(a)=m-n\n$$\n\n又\n\n$$\nf(x)-f(y)=f\\left(a^{m}\\right)-f\\left(a^{n}\\right)=m f(a)-n f(a)=m-n\n$$\n\n所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f(x)-f(y)\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 101 "若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足: |
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| (1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$; |
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| (2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立. |
| 证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调递增;" ['因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f\\left(\\frac{a^{m}}{a^{n}}\\right)=f\\left(a^{m-n}\\right)=(m-n) f(a)=m-n\n$$\n\n又\n\n$$\nf(x)-f(y)=f\\left(a^{m}\\right)-f\\left(a^{n}\\right)=m f(a)-n f(a)=m-n\n$$\n\n所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f(x)-f(y)\n$$\n\n设 $x_{1}, x_{2} \\in(0,+\\infty)$, 且 $x_{1}>x_{2}$, 则 $\\frac{x_{1}}{x_{2}}>1$, 故可令 $\\frac{x_{1}}{x_{2}}=a^{\\alpha}(a>1, \\alpha>0)$, 则\n\n$$\nf\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)=f\\left(\\frac{x_{1}}{x_{2}}\\right)=f\\left(a^{\\alpha}\\right)=\\alpha f(a)=\\alpha>0\n$$\n\n即 $f\\left(x_{1}\\right)>f\\left(x_{2}\\right)$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 102 "设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$ 的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点. |
| 证明: $B P=C Q$;" ['设 $A B=c, B C=a, A C=b$.\n\n在 $\\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\\angle B A C$ 的平分线,\n\n$$\n\\therefore \\frac{B D}{D C}=\\frac{A B}{A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{B D+D C}=\\frac{A B}{A B+A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{a}=\\frac{c}{b+c}, \\therefore B D=\\frac{a c}{b+c}\n$$\n\n又 $B M=\\frac{a}{2}$, 由 $B P \\cdot B A=B D \\cdot B M$ 得 $B P=\\frac{B D \\cdot B M}{A B}=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.\n\n由 $C Q \\cdot C A=C M \\cdot C D$ 得 $C Q=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 103 "设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$ 的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点. |
| 证明: $M N \| A D$." ['首先证明 $CQ=BP$.\n设 $A B=c, B C=a, A C=b$.\n\n在 $\\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\\angle B A C$ 的平分线,\n\n$$\n\\therefore \\frac{B D}{D C}=\\frac{A B}{A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{B D+D C}=\\frac{A B}{A B+A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{a}=\\frac{c}{b+c}, \\therefore B D=\\frac{a c}{b+c}\n$$\n\n又 $B M=\\frac{a}{2}$, 由 $B P \\cdot B A=B D \\cdot B M$ 得 $B P=\\frac{B D \\cdot B M}{A B}=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.\n\n由 $C Q \\cdot C A=C M \\cdot C D$ 得 $C Q=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.\n\n由题意作解析图, 连接 $B Q, P C$, 并设 $X, Y$ 分别为 $B Q, P C$ 的中点, 易证 $X N$ 平行且等于 $M Y$,所以四边形 $N X M Y$ 为平行四边形, 由 $C Q=B P$ 知 $N X=N Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为菱形, 从而 $M N$平分 $\\angle X N Y$, 又 $A D$ 平分 $\\angle B A C, A B\\|N X, A C\\| N Y$, 所以 $M N \\| A D$.\n\n<img_4228>\n\n解析图'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 104 " |
| 证明对于任意的正实数 $a, b$ 都有: $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$" ['由 $a+b-2 \\sqrt{a b}=(\\sqrt{a}-\\sqrt{b})^{2} \\geq 0$, 故 $a+b \\geq 2 \\sqrt{a b}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 105 "设 $S, T$ 是两个非空集合, 若存在一个从 $S$ 到 $T$ 的函数 $y=f(x)$ 满足: |
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| ( $i$ ) $T=\{f(x) \mid x \in S\}$; ( $i i) \forall x_{1}, x_{2} \in S$, 当 $x_{1}<x_{2}$ 时, 恒有 $f\left(x_{1}\right)<f\left(x_{2}\right)$. |
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| 那么称这两个集合 “保序同构”. |
| 证明: $A=(0,1), B=R$ 是保序同构的;" ['令\n\n$$\nf(x)=\\tan \\left[\\left(x-\\frac{1}{2}\\right) \\pi\\right](x \\in A)\n$$\n\n则 $f(x)$ 单调增, 且其值域为 $\\mathbf{R}$, 因此, $A$ 和 $B$ 是保序同构的.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese |
| 106 设 $a_{1}=2, a_{n+1}=a_{n}^{2}-a_{n}+1$. 证明: $1-\frac{1}{2018^{2018}}<\sum_{n=1}^{2018} \frac{1}{a_{n}}<1$. ['由递推式得 $a_{n+1}-1=a_{n}^{2}-a_{n}=a_{n}\\left(a_{n}-1\\right)$, 所以 $\\frac{1}{a_{n}}=\\frac{1}{a_{n}-1}-\\frac{1}{a_{n+1}-1}$, 从而得\n\n$$\n\\sum_{n=1}^{2018} \\frac{1}{a_{n}}=\\sum_{n=1}^{2018}\\left(\\frac{1}{a_{n}-1}-\\frac{1}{a_{n+1}-1}\\right)=1-\\frac{1}{a_{2019}-1}\n$$\n\n又 $a_{n+1}-a_{n}=\\left(a_{n}-1\\right)^{2}>0$, 得数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 单调递增, 所以 $a_{n} \\geq a_{1}=2$, 特别地\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{2018} \\frac{1}{a_{k}}=1-\\frac{1}{a_{2019}-1}<1\n$$\n\n由递推式可得 $a_{n}=\\frac{a_{n+1}-1}{a_{n}-1}$, 从而\n\n$$\na_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}=\\frac{a_{n+1}-1}{a_{1}-1}=a_{n+1}-1\n$$\n\n由均值不等式及已证结论有\n\n$$\n\\frac{1}{n}>\\frac{1}{n} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{a_{k}} \\geq \\frac{1}{\\sqrt[n]{a_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}}}\n$$\n\n所以 $a_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}>n^{n}$, 特别地\n\n$$\na_{2019}-1=a_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{2018}>2018^{2018}\n$$\n\n故\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{2018} \\frac{1}{a_{k}}=1-\\frac{1}{a_{2019}-1}>1-\\frac{1}{2018^{2018}}\n$$\n\n#'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 107 "已知三棱雉 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A, S B, S C$ 互相垂直, $M$ 是底面三角形 $A B C$ 内一动点, 直线 $M S$ 与 $S A, S B, S C$ 所成的角分别是 $\alpha, \beta, \gamma$. |
| 证明: $\alpha, \beta, \gamma$ 不可能是锐角三角形的三个内角;" ['以线段 $M S$ 为体对角线构造长方体，则 $\\alpha, \\beta, \\gamma$ 恰好为长方体的体对角线与从一个顶点出发的三条棱所成的角, 因此 $\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma=1$\n\n因为 $\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta=1-\\cos ^{2} \\gamma$, 所以 $\\frac{1}{2}(\\cos 2 \\alpha+\\cos 2 \\beta)=-\\cos ^{2} \\gamma$, 所以\n\n$$\n\\cos (\\alpha+\\beta) \\times \\cos (\\alpha-\\beta)=-\\cos ^{2} \\gamma<0\n$$\n\n所以 $\\cos (\\alpha+\\beta)<0$, 所以\n\n$$\n\\frac{\\pi}{2}<\\alpha+\\beta<\\pi\n$$\n\n下面证明 $\\alpha+\\beta+\\gamma=\\pi$, 要证 $\\alpha+\\beta+\\gamma<\\pi$, 只需 $\\alpha+\\beta<\\pi-\\gamma$, 只需 $\\cos (\\pi-\\gamma)<\\cos (\\alpha+\\beta)<0$,只需 $\\cos ^{2}(\\pi-\\gamma)>\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)$.\n\n因为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)-\\cos ^{2} \\gamma & =\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)+\\frac{1}{2}(\\cos 2 \\alpha+\\cos 2 \\beta)=\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)+\\cos (\\alpha+\\beta) \\cdot \\cos (\\alpha-\\beta) \\\\\n& =2 \\cos (\\alpha+\\beta) \\cdot \\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta<0\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以 $\\alpha+\\beta+\\gamma<\\pi$, 故 $\\alpha, \\beta, \\gamma$ 不可能是锐角三角形的三个内角.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Solid Geometry Math Chinese |
| 108 "已知三棱雉 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A, S B, S C$ 互相垂直, $M$ 是底面三角形 $A B C$ 内一动点, 直线 $M S$ 与 $S A, S B, S C$ 所成的角分别是 $\alpha, \beta, \gamma$. |
| 设 $S=\frac{1}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1}{\cos ^{2} \beta}+\frac{1}{\cos ^{2} \gamma}-\frac{2\left(\cos ^{3} \alpha+\cos ^{3} \beta+\cos ^{3} \gamma\right)}{\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \cos \gamma}$, 证明: $S \geq 3$." ['$$\n\\begin{aligned}\nS-3 & =\\frac{1}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\beta}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\gamma}-\\frac{2\\left(\\cos ^{3} \\alpha+\\cos ^{3} \\beta+\\cos ^{3} \\gamma\\right)}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta \\cdot \\cos \\gamma}-3 \\\\\n& =\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos ^{2} \\beta}+\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos ^{2} \\gamma} \\\\\n& -2\\left(\\frac{\\cos ^{2} \\alpha}{\\cos \\beta \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\beta}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta}\\right)-3 \\\\\n& =\\cos ^{2} \\alpha\\left(\\frac{1}{\\cos ^{2} \\beta}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\gamma}\\right)+\\cos ^{2} \\beta\\left(\\frac{1}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\gamma}\\right)+\\cos ^{2} \\gamma\\left(\\frac{1}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\beta}\\right) \\\\\n& -2\\left(\\frac{\\cos ^{2} \\alpha}{\\cos \\beta \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\beta}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta}\\right)-3 \\\\\n& =\\cos ^{2} \\alpha\\left(\\frac{1}{\\cos \\beta}-\\frac{1}{\\cos \\gamma}\\right)^{2}+\\cos ^{2} \\beta\\left(\\frac{1}{\\cos \\alpha}-\\frac{1}{\\cos \\gamma}\\right)^{2}+\\cos ^{2} \\gamma\\left(\\frac{1}{\\cos \\alpha}-\\frac{1}{\\cos \\beta}\\right)^{2} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\n\n即$S-3 \\geq 0 ,$所以$S \\geq 3$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Solid Geometry Math Chinese |
| 109 "从 $1,2,3, \cdots, 2050$ 这 2050 个数中任取 2018 个数组成集合 $A$, 把 $A$ 中的每个数染上红色或蓝色, 求证:总存在一种染色方法, 使得有 600 个红数及 600 个蓝数满足下列两个条件: |
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| (1) 这 600 个红数的和等于这 600 个蓝数的和; |
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| (2) 这 600 个红数的平方和等于这 600 个蓝数的平方和." "['注意到 $1+4+6+7=2+3+5+8=18$, 且 $1^{2}+4^{2}+6^{2}+7^{2}=2^{2}+3^{2}+5^{2}+8^{2}=102$, 则\n\n$$\n(8 k+1)+(8 k+4)+(8 k+6)+(8 k+7)=(8 k+2)+(8 k+3)+(8 k+5)+(8 k+8)\n$$\n\n且\n\n$$\n(8 k+1)^{2}+(8 k+4)^{2}+(8 k+6)^{2}+(8 k+7)^{2}=(8 k+2)^{2}+(8 k+3)^{2}+(8 k+5)^{2}+(8 k+8)^{2}\n$$\n\n把 $A$ 中的 $8 k+1,8 k+4,8 k+6,8 k+7$ 型数染成红色, $8 k+2,8 k+3,8 k+5,8 k+8$ 型数染成蓝色.\n\n因为 $2050=8 \\times 256+2$, 所以 $k=0,1,2, \\cdots, 256$.\n\n构造 257 个抽屉, 第 $k+1$ 个抽屉放置形如 “ $8 k+1,8 k+2,8 k+3,8 k+4,8 k+5,8 k+6,8 k+7,8 k+8$ ”的数, $k=0,1,2, \\cdots, 255$, 第 257 个抽屉放置 $A$ 中大于 2048 的数（最多 2 个数）.\n\n2050 个数中任取 2018 个数按要求放入抽屉, 至少填满 224 个抽屉 (放入了 8 个数), 224 个填满数的抽屉中每个抽屉都是 4 个红数和 4 个蓝数, 其和相等且平方和相等.\n\n取 224 个抽屉中的 150 个, $4 \\times 150=600$, 共 600 个红数与 600 个蓝数, 也有和相等, 且平方和相等. 即存在 600 个红数与 600 个蓝数, 这 600 个红数与 600 个蓝数的和相等, 且平方和相等.' |
| '注意到 $4+5=1+2+6=9$, 且 $4^{2}+5^{2}=1^{2}+2^{2}+6^{2}=41$, 则\n\n$$\n7 k+(7 k+4)+(7 k+5)=(7 k+1)+(7 k+2)+(7 k+6)\n$$\n\n且\n\n$$\n(7 k)^{2}+(7 k+4)^{2}+(7 k+5)^{2}=(7 k+1)^{2}+(7 k+2)^{2}+(7 k+6)^{2}\n$$\n\n把 $A$ 中的 $7 k, 7 k+3,7 k+4,7 k+5$ 型数染成红色, $7 k+1,7 k+2,7 k+6$ 型数染成蓝色.\n\n因为 $2050=7 \\times 292+6$, 所以 $k=0,1,2, \\cdots, 292$.\n\n构造 293 个抽屉, $k=0$ 时, 抽屉放置集合 $A$ 中不超过 6 的数, 其余的第 $k+1$ 个抽屉放置形如 $7 k, 7 k+1,7 k+2,7 k+3,7 k+4,7 k+5,7 k+6$ 型数, $k=1,2, \\cdots, 292$.\n\n2050 个数中任取 2018 个数按要求放入抽屉, 至少填满 260 个抽屉 (放入了 7 个数), 260 个填满数的抽屉中每个抽屉都是 4 个红数和 3 个蓝数, 取 $7 k, 7 k+4,7 k+5$ 型 3 个红数和 3 个蓝数, 其和相等且平方和相等.\n\n取 260 个抽屉中的 200 个, $3 \\times 200=600$, 共 600 个红数与 600 个蓝数, 也有和相等, 且平方和相等. 即存在 600 个红数与 600 个蓝数, 这 600 个红数与 600 个蓝数的和相等, 且平方和相等.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese |
| 110 "设函数 $f(x)=e^{x}-1-x$.$f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{1}{n}\right]$ ( $n$ 为正整数) 上的最大值为 $b_{n}$. |
| 令 $a_{n}=e^{\frac{1}{n}}-1-b_{n}, p_{k}=\frac{a_{2} a_{4} \cdots a_{2 k}}{a_{1} a_{3} \cdots a_{2 k-1}}$ ( $n, k$ 为正整数), 求证: $p_{1}+p_{2}+\cdots p_{n}<\sqrt{\frac{2}{a_{n}}+1}-1$." ['因为 $f^{\\prime}(x)=e^{x}-1$, 所以, 当 $x \\in\\left[0, \\frac{1}{n}\\right]$ 时, $f^{\\prime}(x) \\geq 0$, 即 $f(x)$ 在 $x \\in\\left[0, \\frac{1}{n}\\right]$ 是增函数, 故 $f(x)$ 在 $x \\in\\left[0, \\frac{1}{n}\\right]$ 上的最大值为 $b_{n}=e^{\\frac{1}{n}}-1-\\frac{1}{n}$.\n\n$a_{n}=e^{\\frac{1}{n}}-1-b_{n}=\\frac{1}{n}$, 因为 $\\frac{(2 k-1)(2 k+1)}{(2 k)^{2}}=\\frac{4 k^{2}-1}{4 k^{2}}<1$, 所以\n\n$$\n\\left[\\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdots(2 k-1)}{2 \\cdot 4 \\cdots(2 k)}\\right]^{2}=\\frac{1 \\cdot 3}{2^{2}} \\cdot \\frac{3 \\cdot 5}{4^{2}} \\cdot \\frac{5 \\cdot 7}{6^{2}} \\cdots \\frac{(2 k-1)(2 k+1)}{(2 k)^{2}} \\cdot \\frac{1}{2 k+1}<\\frac{1}{2 k+1}\n$$\n\n又容易证明 $\\frac{1}{\\sqrt{2 k+1}}<\\sqrt{2 k+1}-\\sqrt{2 k-1}$, 所以\n\n$$\np_{k}=\\frac{a_{2} a_{4} \\cdots a_{2 k}}{a_{1} a_{3} \\cdots a_{2 k-1}}=\\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdots(2 k-1)}{2 \\cdot 4 \\cdots(2 k)}<\\frac{1}{\\sqrt{2 k+1}}<\\sqrt{2 k+1}-\\sqrt{2 k-1}\n$$\n\n所以\n\n$$\np_{1}+p_{2}+\\cdots+p_{n}<(\\sqrt{3}-1)+(\\sqrt{5}-\\sqrt{3})+\\cdots+(\\sqrt{2 n+1}-\\sqrt{2 n-1})=\\sqrt{2 n+1}-1=\\sqrt{\\frac{2}{a_{n}}+1}-1\n$$\n\n即\n\n$$\np_{1}+p_{2}+\\cdots+p_{n}<\\sqrt{\\frac{2}{a_{n}}+1}-1\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 111 "棋盘上标有第 $0,1,2, \cdots, 100$ 站, 棋子开始时位于第 0 站, 棋手抛郑均匀硬币走跳棋游戏, 若掷出正面,棋子向前跳出一站; 若郑出反面, 棋子向前跳出两站, 直到跳到第 99 站（胜利大本营）或第 100 站（失败集中营) 时, 游戏结束, 设棋子跳到第 $n$ 站的概率为 $P_{n}$. |
| 证明: $P_{n+1}-P_{n}=-\frac{1}{2}\left(P_{n}-P_{n-1}\right)(2 \leq n \leq 99)$;" ['易知棋子先跳到第 $n-2$ 站, 再掷出反面, 其概率为 $\\frac{1}{2} P_{n-2}$; 棋子先跳到第 $n-1$ 站, 再掷出正面,其概率为 $\\frac{1}{2} P_{n-1}$, 因此有 $P_{n}=\\frac{1}{2}\\left(P_{n-1}+P_{n-2}\\right)$, 即\n\n$$\nP_{n}-P_{n-1}=-\\frac{1}{2}\\left(P_{n-1}-P_{n-2}\\right)\n$$\n\n或即\n\n$$\nP_{n+1}-P_{n}=-\\frac{1}{2}\\left(P_{n}-P_{n-1}\\right) \\quad(2 \\leq n \\leq 99)\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Probability and Statistics Math Chinese |
| 112 " |
| 已知 $P$ 是矩形 $A B C D$ 所在平面上的一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$, 试证明该命题;" ['设在直角坐标平面中, 矩形 $A B C D$ 的顶点坐标为 $A(-a,-b), B(a,-b), C(a, b), D(-a, b)$,点 $P(x, y)$ 是直角坐标平面上的任意一点, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& P A^{2}+P C^{2}=(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}\\right) \\\\\n& P B^{2}+P D^{2}=(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+(x+a)^{2}+(y-b)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n故 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 113 " |
| 已知$P$ 为矩形 $A B C D$所在空间上任一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$, 试证明该命题;" ['设棱锥 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 在空间直角坐标系的 $x O y$ 平面上, 矩形 $A B C D$ 的顶点坐标为 $A(-a,-b, 0), B(a,-b, 0), C(a, b, 0), D(-a, b, 0)$, 设 $P$ 点的坐标为 $P(x, y, z)$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& P A^{2}+P C^{2}=(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+(z-0)^{2}+(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-0)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}+z^{2}\\right) \\\\\n& P B^{2}+P D^{2}=(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+(z-0)^{2}+(x+a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-0)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}+z^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n故 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 114 "设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{n+1}=2 S_{n}+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$. |
| 在 $a_{n}$ 与 $a_{n+1}$ 之间插入 $n$ 个实数, 使这 $n+2$ 个数依次组成公差为 $d_{n}$ 的等差数列, 设数列 $\left\{\frac{1}{d_{n}}\right\}$的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 求证: $T_{n}<\frac{15}{8}$." ['由 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{n+1}=2 S_{n}+1 \\\\ a_{n}=2 S_{n-1}+1(n \\geq 2)\\end{array}\\right.$ 相减得\n\n$$\na_{n+1}-a_{n}=2\\left(S_{n}-S_{n-1}\\right)=2 a_{n}\n$$\n\n所以 $a_{n+1}=3 a_{n}(n \\geq 2)$.\n\n因为 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 等比, 且 $a_{2}=2 a_{1}+1$, 所以 $3 a_{1}=2 a_{1}+1$, 所以 $a_{1}=1$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;\n\n由题设得 $a_{n+1}=a_{n}+(n+1) d_{n}$, 所以\n\n$$\n\\frac{1}{d_{n}}=\\frac{n+1}{a_{n+1}-a_{n}}=\\frac{n+1}{2 \\cdot 3^{n-1}}\n$$\n\n所以\n\n$$\n2 T_{n}=2+\\frac{3}{3}+\\frac{4}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{n+1}{3^{n-1}}\n$$\n\n则\n\n$$\n\\frac{2}{3} T_{n}=\\frac{2}{3}+\\frac{3}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{n}{3^{n-1}}+\\frac{n+1}{3^{n}}\n$$\n\n相减得:\n\n$$\n\\frac{4}{3} T_{n}=2+\\frac{1}{3}+\\frac{1}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{1}{3^{n-1}}-\\frac{n+1}{3^{n}}=2+\\frac{\\frac{1}{3}\\left(1-\\frac{1}{3^{n-1}}\\right)}{1-\\frac{1}{3}}-\\frac{n+1}{3^{n}}\n$$\n\n所以\n\n$$\nT_{n}=\\frac{15}{8}-\\frac{2 n+5}{8 \\cdot 3^{n-1}}<\\frac{15}{8}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 115 "设 $f(x)=e^{x}-\cos x, x>0$, 正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且当 $n \geq 2$ 时, $f\left(a_{n}\right)=a_{n-1}$. |
| 求证:当 $n \geq 2$ 时, $a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$." ['我们证明, 当 $x>0$ 时, $f(x)>x+x^{2}$, 令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$, 则有\n\n$$\ng^{\\prime}(x)=e^{x}+\\sin x-1-2 x, g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+\\cos x-2, g^{\\prime \\prime \\prime}(x)=e^{x}-\\sin x>1-\\sin x \\geq 0\n$$\n\n由 $g^{\\prime \\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime \\prime}(x)$ 单调增, 从而 $g^{\\prime \\prime}(x)>g^{\\prime \\prime}(0)=0$, 由 $g^{\\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime}(x)$ 单调增, $g^{\\prime}(x)>g^{\\prime}(0)=0$,最后, 由 $g^{\\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调增, $g(x)>g(0)=0$, 这样我们就证明了 $f(x)<x+x^{2}$.\n\n利用这一点, 立即得到 $a_{n-1}=f\\left(a_{n}\\right)>a_{n}+a_{n}^{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 116 "设 $f(x)=e^{x}-\cos x, x>0$, 正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且当 $n \geq 2$ 时, $f\left(a_{n}\right)=a_{n-1}$. |
| 求证:$\sum_{k=1}^{n} a_{k}<2 \sqrt{n}$." ['首先证明当 $n \\geq 2$ 时, $a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$.\n\n我们证明, 当 $x>0$ 时, $f(x)>x+x^{2}$, 令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$, 则有\n\n$$\ng^{\\prime}(x)=e^{x}+\\sin x-1-2 x, g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+\\cos x-2, g^{\\prime \\prime \\prime}(x)=e^{x}-\\sin x>1-\\sin x \\geq 0\n$$\n\n由 $g^{\\prime \\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime \\prime}(x)$ 单调增, 从而 $g^{\\prime \\prime}(x)>g^{\\prime \\prime}(0)=0$, 由 $g^{\\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime}(x)$ 单调增, $g^{\\prime}(x)>g^{\\prime}(0)=0$,最后, 由 $g^{\\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调增, $g(x)>g(0)=0$, 这样我们就证明了 $f(x)<x+x^{2}$.\n\n利用这一点, 立即得到 $a_{n-1}=f\\left(a_{n}\\right)>a_{n}+a_{n}^{2}$.\n\n我们先对 $n$ 用数学归纳法证明 $a_{n} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{n}}$.\n\n当 $n=1$ 时, $a_{1}=1$, 结论成立;\n\n假设当 $n=m-1$ 时, 有 $a_{m-1} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{m-1}}$ (其中 $m \\geq 2$ ), 如果 $a_{m}>\\frac{1}{\\sqrt{m}}$, 则\n\n$$\na_{m-1}>a_{m}+a_{m}^{2}>\\frac{1}{\\sqrt{m}}+\\frac{1}{m}\n$$\n\n注意\n\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{m-1}}-\\frac{1}{\\sqrt{m}}=\\frac{\\sqrt{m}-\\sqrt{m-1}}{\\sqrt{m(m-1)}}=\\frac{1}{(\\sqrt{m}+\\sqrt{m-1}) \\sqrt{m(m-1)}}<\\frac{1}{m \\sqrt{m-1}}<\\frac{1}{m}\n$$\n\n可知 $a_{m-1}>\\frac{1}{\\sqrt{m-1}}$, 与归纳假设矛盾, 因此 $a_{m} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{m}}$, 这样, 当 $k \\geq 1$ 时, 有\n\n$$\na_{k} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{k}}<\\frac{2}{\\sqrt{k}+\\sqrt{k-1}}=2(\\sqrt{k}-\\sqrt{k-1})\n$$\n\n令 $k$ 从 1 到 $n$ 求和, 就得到 $\\sum_{k=1}^{n} a_{k}<2 \\sqrt{n}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 117 " |
| 证明: 2018 可表示为两个正整数的平方和;" ['若存在正整数 $x 、 y$, 使得 $2018=x^{2}+y^{2}$, 由于 2018 被 4 除余 2 , 则 $x 、 y$ 必同为奇数.又奇数的平方的个位数必为 $1 、 5 、 9$ 之一, 故 $x^{2} 、 y^{2}$ 的个位均为 9 , 即 $x 、 y$ 的个位数为 3 或 7 .设 $x \\leq y$, 则 $1009 \\leq y^{2}<2018$, 于是, $y$ 的可能值只有 33、37、43. 经计算得\n\n$$\n2018=13^{2}+43^{2}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 118 " |
| 证明: 存在这样的三角形, 可把它分割为 2018 个全等的三角形." ['若存在正整数 $x 、 y$, 使得 $2018=x^{2}+y^{2}$, 由于 2018 被 4 除余 2 , 则 $x 、 y$ 必同为奇数.又奇数的平方的个位数必为 $1 、 5 、 9$ 之一, 故 $x^{2} 、 y^{2}$ 的个位均为 9 , 即 $x 、 y$ 的个位数为 3 或 7 .设 $x \\leq y$, 则 $1009 \\leq y^{2}<2018$, 于是, $y$ 的可能值只有 33、37、43. 经计算得\n\n$$\n2018=13^{2}+43^{2}\n$$\n\n构想：将直角边长为 13、43 的一个直角三角形引斜边上的高线，分该三角形为两个相似的直角三角形, 其斜边分别为 13、43, 将斜边为 13 的直角三角形各边 13 等分, 分成 169 个斜边为 1 的小直角三角形; 将斜边为 43 的直角三角形各边 43 等分，分成 1849 个斜边为 1 的小直角三角形.\n\n合计共分割成了 $169+1849=2018$ 个斜边为 1 的彼此全等的直角三角形.\n\n因此, 满足题设要求的三角形是存在的.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 119 "已知 $n$ 元正整数集 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}$. 对任意的 $i \in\{1,2, \cdots, n\}$, 由集合 $A$ 去掉元素 $a_{i}$ 后得到的集合 $A_{i}$ 可分成两个不交的子集之并，且两子集元素之和相等，称这样的数集 $A$ 为“好数集”. |
| 证明: 好数集的元素个数 $n$ 为奇数;" ['设 $M=a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}$.\n\n由题设, 知集合 $A_{i}(i=1,2, \\cdots, n)$ 中的元素之和为 $M-a_{i}$, 且 $M-a_{i}$ 均为偶数.\n\n从而, $a_{i}$ 与 $M$ 的奇偶性相同.\n\n(i）若 $M$ 为奇数，则 $a_{i}(i=1,2, \\cdots, n)$ 也为奇数， $n$ 为奇数;\n\n(ii) 若 $M$ 为偶数, 则 $a_{i}(i=1,2, \\cdots, n)$ 为偶数.\n\n记\n\n$$\na_{i}=2 b_{i}(i=1,2, \\cdots, n), \\quad M^{\\prime}=b_{1}+b_{2}+\\cdots+b_{n}\n$$\n\n于是, $\\left\\{b_{1}, b_{2}, \\cdots, b_{n}\\right\\}$ 也为好数集, $b_{i}$ 与 $M^{\\prime}$ 的奇偶性相同.\n\n重复上述操作有限次, 便可得各项均为奇数的好数集.\n\n据 $(i)$ 的讨论, 此时各项之和也为奇数. 因此, $n$ 为奇数.\n\n综上, $n$ 必为奇数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 120 设实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2018}$ 满足 $x_{n+1}^{2} \leq x_{n} x_{n+2}(n=1,2, \cdots, 2016)$ 和 $\prod_{n=1}^{2018} x_{n}=1$. 证明: $x_{1009} x_{1010} \leq 1$. ['由条件 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号, 反证法, 假设 $x_{1009} x_{1010}>1$.\n\n(1)若 $x_{1009}, x_{1010}$ 同为正数, 由 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号可知 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2018}$ 同号.\n\n由\n\n$x_{n+1}^{2} \\leq x_{n} x_{n+2} \\Rightarrow \\frac{x_{n+1}}{x_{n}} \\leq \\frac{x_{n+2}}{x_{n+1}} \\Rightarrow \\frac{x_{1009}}{x_{1008}} \\leq \\frac{x_{1010}}{x_{1009}} \\leq \\frac{x_{1011}}{x_{1010}} \\Rightarrow x_{1009} x_{1010} \\leq x_{1011} x_{1008} \\Rightarrow x_{1011} x_{1008}>1$\n\n同理\n\n$$\n\\frac{x_{1009}}{x_{1007}}=\\frac{x_{1009}}{x_{1008}} \\cdot \\frac{x_{1008}}{x_{1007}} \\leq \\frac{x_{1011}}{x_{1010}} \\cdot \\frac{x_{1012}}{x_{1011}}=\\frac{x_{1012}}{x_{1010}} \\Rightarrow x_{1007} x_{1012}>1\n$$\n\n类似可证明: $x_{1006} x_{1013}>1, x_{1005} x_{1014}>1, \\cdots, x_{1} x_{2018}>1$. 因此 $\\prod_{n=1}^{2018} x_{n}>1$, 矛盾.\n\n(2) 若 $x_{1009}, x_{1010}$ 同为负数, 由 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号可知 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2018}$ 均为负数, 仍然有\n\n$$\nx_{n+1}^{2} \\leq x_{n} x_{n+2} \\Rightarrow \\frac{x_{n+1}}{x_{n}} \\leq \\frac{x_{n+2}}{x_{n+1}}\n$$\n\n类似 (1) 可证得.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 121 "将 $2 n(n \geq 2)$ 个不同整数分成两组 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} ; b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$. 证明: |
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| $$ |
| \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n}\left|a_{i}-b_{j}\right|-\sum_{1 \leq i<j \leq n}\left(\left|a_{j}-a_{i}\right|+\left|b_{j}-b_{i}\right|\right) \geq n |
| $$" ['令 $T_{n}=\\sum_{1 \\leq i \\leq n, 1 \\leq j \\leq n}\\left|a_{i}-b_{j}\\right|-\\sum_{1 \\leq i<j \\leq n}\\left(\\left|a_{j}-a_{i}\\right|+\\left|b_{j}-b_{i}\\right|\\right)$, 下面用归纳法证明 $T_{n} \\geq n$.\n\n当 $n=2$ 时, 不妨设 $a_{1}<a_{2}, b_{1}<b_{2}, a_{2}<b_{2}$, 则\n\n$$\nT_{2}=\\left|b_{2}-a_{1}\\right|+\\left|b_{2}-a_{2}\\right|+\\left|b_{1}-a_{1}\\right|+\\left|b_{1}-a_{2}\\right|-\\left|a_{2}-a_{1}\\right|-\\left|b_{2}-b_{1}\\right|\n$$\n\n当 $a_{1}<b_{1} \\Rightarrow T_{2}=b_{1}-a_{1}+b_{1}+b_{2}+\\left|b_{1}-a_{2}\\right|>2$;\n\n当 $a_{1}>b_{1} \\Rightarrow T_{2}=b_{2}-a_{2}+a_{1}+b_{1}>2$.\n\n(1) 假设对正整数 $n$ 成立, 对正整数 $n+1$, 不妨设\n\n$$\na_{1}<a_{2}<\\cdots<a_{n+1}, \\quad b_{1}<b_{2}<\\cdots<b_{n+1}, a_{n+1}<b_{n+1}\n$$\n\n再设 $b_{k}<a_{n+1}<b_{k+1}$, 则有\n\n$$\nT_{n+1}=\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-a_{i}\\right|+\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-b_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-a_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-b_{i}\\right|+\\left|b_{n+1}-a_{n+1}\\right|+T_{n}\n$$\n\n下证\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-a_{i}\\right|+\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-b_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-a_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-b_{i}\\right| \\geq 0\n$$\n\n由 (1) $b_{k}<a_{n+1}<b_{k+1}(k=1,2, \\cdots, n)$, 得到\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-a_{i}\\right|+\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-b_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-a_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-b_{i}\\right|=2 \\sum_{i=k+1}^{n}\\left(b_{i}-a_{n+1}\\right)>0\n$$\n\n(2) 若 $a_{n+1}<b_{1}$, 则\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-a_{i}\\right|+\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-b_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|a_{n+1}-a_{i}\\right|-\\sum_{i=1}^{n}\\left|b_{n+1}-b_{i}\\right|=\\sum_{i=1}^{n}\\left(b_{i}-a_{n+1}\\right)>0\n$$\n\n\n\n#'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 122 " |
| $x, y$ 为实数, 且 $x+y=1$,求证:对于任意正整数 $n, x^{2 n}+y^{2 n} \geqslant \frac{1}{2^{2 n-1}}$;" "['我们先证明: 若 $a \\geqslant 0, b \\geqslant 0, n$ $\\in \\mathbf{N}^{*}$, 则 $\\frac{a^{n}+b^{n}}{2} \\geqslant\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{n}$.\n\n(1)$n=1$ 时, 显然成立; 当 $n=2$ 时, $\\frac{a^{2}+b^{2}}{2}-$ $\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{2}=\\left(\\frac{a-b}{2}\\right)^{2} \\geqslant 0, \\therefore n=1, n=2$ 命题成立.\n\n(2)设 $n=k$ 时, 不等式成立, 即 $\\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \\geqslant$ $\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{k}, \\therefore\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{k+1} \\leqslant \\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \\cdot \\frac{a+b}{2}$.\n\n只需证明 $\\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \\cdot \\frac{a+b}{2} \\leqslant \\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}$, 即证明 $a^{k} b+b^{k} a \\leqslant a^{k+1}+b^{k+1}$.\n\n而 $a^{k} b+b^{k} a-a^{k+1}-b^{k+1}=\\left(a^{k}-b^{k}\\right)(b-a)$ $\\leqslant 0$. 上述结论得证.\n\n运用上述结论: 有 $\\frac{x^{2 n}+y^{2 n}}{2} \\geqslant\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)^{n}$, 由 $x$ $+y=1$ 得即 $1=x^{2}+2 x y+y^{2} \\leqslant 2 x^{2}+2 y^{2}$, 即 $x^{2}+$ $y^{2} \\geqslant \\frac{1}{2}$,\n\n所以 $\\frac{x^{2 n}+y^{2 n}}{2} \\geqslant\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)^{n} \\geqslant\\left(\\frac{1}{2^{2}}\\right)^{n}=\\frac{1}{2^{2 n}}$, 即 $x^{2 n}+y^{2 n}>\\frac{1}{2^{2 n-1}}$.' |
| '$\\because x+y=1$, 若 $x, y$ 有一个是负数, 则 $x, y$ 中一定有一个大于 1 , 不妨设 $x>1$, 则 $x^{2 n}+$ $y^{2 n}>1>\\frac{1}{2} \\geqslant 2^{1-2 n}\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$, 否则令 $x=\\cos ^{2} \\alpha, y$\n\n$=\\sin ^{2} \\alpha$, 则 $x=\\frac{1+\\cos 2 \\alpha}{2}, y=\\frac{1-\\cos 2 \\alpha}{2}$,\n\n$\\therefore x^{2 n}+y^{2 n}=\\left(\\frac{1+\\cos 2 \\alpha}{2}\\right)^{2 n}+\\left(\\frac{1-\\cos 2 \\alpha}{2}\\right)^{2 n}$,\n\n$x^{2 n}+y^{2 n}=\\frac{1}{2^{2 n}}\\left[\\mathrm{C}_{2 n}^{0}+\\mathrm{C}_{2 n}^{1} \\cos 2 \\alpha+\\mathrm{C}_{2 n}^{2} \\cos ^{2} 2 \\alpha+\\right.$\n\n$\\cdots+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-1} \\cos ^{2 n-1} 2 \\alpha+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n} \\cos ^{2 n} 2 \\alpha+\\mathrm{C}_{2 n}^{0}+\\mathrm{C}_{2 n}^{1}$ ($-\\cos 2 \\alpha)+\\mathrm{C}_{2 n}^{2}(-\\cos 2 \\alpha)^{2}+\\cdots+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-1}(-\\cos 2 \\alpha)^{2 n-1}$ $\\left.+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n}(-\\cos 2 \\alpha)^{2 n}\\right]=\\frac{1}{2^{2 n}}\\left[2 \\mathrm{C}_{2 n}^{0} \\times 1+2 \\mathrm{C}_{2 n}^{2} \\cos ^{2} 2 \\alpha+\\right.$ $\\left.2 \\mathrm{C}_{2 n}^{4} \\cos ^{4} 2 \\alpha+2 \\mathrm{C}_{2 n}^{2 n} \\cos ^{2 n} 2 \\alpha\\right] \\geqslant \\frac{2}{2^{2 n}}=\\frac{1}{2^{2 n-1}}$, 当且仅当 $\\cos 2 \\alpha=0$, 此时 $x=y=\\frac{1}{2}$ 时取等号.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 123 " |
| $a, b, c$ 为正实数, 求证: $\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z} \geqslant 3$, 其中 $x, y, z$ 为 $a, b, c$ 的一种排列." ['$\\because a, b, c, x, y, z$ 都是正数, $\\therefore \\frac{a}{x}+\\frac{b}{y}+$ $\\frac{c}{z} \\geqslant 3 \\sqrt[3]{\\frac{a}{x} \\cdot \\frac{b}{y} \\cdot \\frac{c}{z}}=3 \\sqrt[3]{\\frac{a b c}{x y z}}$. 因为 $x, y, z$ 为 $a, b$, $c$ 的一种排列, 所以 $a b c=x y z, \\therefore \\frac{a}{x}+\\frac{b}{y}+\\frac{c}{z} \\geqslant 3$.不等式得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 124 "已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>$ $0)$, 过椭圆左顶点 $A(-a, 0)$ 的直线 $l$ 与椭圆交于 $Q$,与 $y$ 轴交于 $R$, 过原点与 $l$ 平行的直线与椭圆交于 $P$. |
| 求证: $A Q, \sqrt{2} O P, A R$ 成等比数列." ['由题意可知直线 $A Q, O P$ 斜率存在, 故设为 $k$, 则直线 $A Q$ 的方程为 $y=k(x+a)$, 直线 $O P$的方程为 $y=k x$. 容易求出 $R(0, k a)$, 则 $|A B|=$ $\\sqrt{1+k^{2}} \\cdot a$.\n\n设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 建立方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k(x+a), \\\\ \\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得:\n\n$$\n\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right) x^{2}+2 a^{3} k^{2} x+k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}=0\n$$\n\n$x_{1}+x_{2}=-\\frac{2 a^{3} k^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\\frac{k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,\n\n则\n\n$$\n\\begin{aligned}|A Q|=\\sqrt{1+k^{2}}\\left|x_{1}-x_{2}\\right|\n& =\\sqrt{1+k^{2}} \\sqrt{\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}} \\\\\n& =\\sqrt{1+k^{2}} \\sqrt{\\left(\\frac{-2 a^{3} k^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\\right)^{2}-4 \\times \\frac{k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}} \\\\\n& =\\sqrt{1+k^{2}} \\sqrt{\\frac{4 a^{2} b^{4}}{\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right)^{2}}}=\\frac{2 a b^{2} \\sqrt{1+k^{2}}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n设 $y=k x$ 与椭圆另一交点为 $M\\left(x_{3}, y_{3}\\right)$,\n\n$P\\left(x_{4}, y_{4}\\right)$, 建立方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k x, \\\\ \\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得,\n\n$$\n\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right) x^{2}-a^{2} b^{2}=0, x_{3}+x_{4}=0, x_{3} x_{4}=-\\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\n$$\n\n$\\therefore|O P|=\\frac{1}{2} \\sqrt{1+k^{2}}\\left|x_{3}-x_{4}\\right|=\\frac{1}{2} \\sqrt{1+k^{2}} \\cdot \\sqrt{\\frac{4 a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}}=\\sqrt{1+k^{2}} \\cdot \\sqrt{\\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}}$,\n\n$\\therefore(\\sqrt{2}|O P|)^{2}=\\frac{2 a^{2} b^{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,\n\n而 $|A Q| \\cdot|A R|=\\sqrt{1+k^{2}} a \\times \\frac{2 a b^{2} \\sqrt{1+k^{2}}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}=$ $\\frac{2 a^{2} b^{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,\n\n所以 $A Q, \\sqrt{2} O P, A P$ 成等比数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 125 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 且 $S_{n}=n a+n$ $(n-1)$. |
| 求证: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列;" ['将 $n=1$ 代人 $S_{n}=n a+n(n-1)$ 得 $a_{1}=S_{1}=a, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n a+n(n-1)-(n$ $-1) a-(n-1)(n-2)=2 n+a-2(n \\geqslant 2)$, 经验证当 $n=1$ 时也符合上式,故数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n+a-2, a_{n+1}-a_{n}=2(n+1)+a-2-$ $(2 n+a-2)=2$, 所以 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 126 已知 $\sin \mathrm{x} 、 \sin \mathrm{y} 、 \sin \mathrm{z}$ 是严格递增的等差数列, 求证: $\cos \mathrm{x} 、 \cos \mathrm{y} 、 \cos \mathrm{z}$ 构不成等差数列. ['根据条件知:\n\n$2 \\sin \\mathrm{y}=\\sin \\mathrm{x}+\\sin \\mathrm{z}$\n\n若 $\\cos x 、 \\cos y 、 \\cos z$ 构成等差数列, 则:\n\n$2 \\cos \\mathrm{y}=\\cos \\mathrm{x}+\\cos \\mathrm{z}$\n\n两式平方，相加得:\n\n$4=2+2 \\cos (z-x) \\Rightarrow \\cos (z-x)=1 \\Rightarrow z-x=2 k \\pi \\Rightarrow \\sin z=\\sin x$, 与 $\\sin \\mathrm{x} 、 \\sin \\mathrm{y} 、 \\sin \\mathrm{z}$ 严格递增矛盾.所以 $\\cos \\mathrm{x} 、 \\cos \\mathrm{y} 、 \\cos \\mathrm{z}$ 构不成等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 127 在实数域有定义的实值函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 证明：不存在 $\mathrm{f}(\mathrm{n})$, 对任意整数 $\mathrm{n}$, 都有 $\mathrm{f}\left(-\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}+1\right)=\mathrm{f}(\mathrm{n})^{2}+2$ . ['不存在.理由如下:\n\n若存在实值函数 $\\mathrm{f}(\\mathrm{n})$, 对任意整数 $n$, 都有 $\\mathrm{f}\\left(-\\mathrm{n}^{2}+3 \\mathrm{n}+1\\right)=\\mathrm{f}(\\mathrm{n})^{2}+2$ .我们考察几个特殊值.\n\n当 $n=1$ 时, 有: $f(3)=f(1)^{2}+2$\n\n当 $n=3$ 时, 有: $f(1)=f(3)^{2}+2$\n\n则显然有 $f(3) \\geq 2, f(1) \\geq 2$ .由(1) $-(2)$ 得:\n\n$\\mathrm{f}(3)-\\mathrm{f}(1)=(\\mathrm{f}(1)-\\mathrm{f}(3)) \\cdot(\\mathrm{f}(1)+\\mathrm{f}(3))$\n\n若 $\\mathrm{f}(1) \\neq \\mathrm{f}(3)$, 则 $\\mathrm{f}(1)+\\mathrm{f}(3)=0$, 与 $\\mathrm{f}(3) \\geq 2, \\mathrm{f}(1) \\geq 2$ 矛盾.\n\n若 $f(1)=f(3)$, 设为 $k$, 代入 $f(3)=f(1)^{2}+2$ 得:\n\n$k=k^{2}+2 \\Rightarrow k^{2}-k+2=0, k$ 为虚数, 与 $f(n)$为实值函数矛盾.\n\n综上所述, 不存在 $f(n)$, 对任意整数 $n$, 都有 $f\\left(-n^{2}+3 n+1\\right)=f(n)^{2}+2$ .'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 128 抛物线上 $A 、 B$ 两点, 两点处切线的交点为 $K, A 、 B$ 中点为 $C$, 求证: 线段 $K C$ 中点在抛物线上. ['经过调整坐标系, 不妨设抛物线解析式为 $y=\\mathrm{ax}^{2}$ .设 $\\mathrm{A}$ 点坐标为 $\\left(\\mathrm{x}_{\\mathrm{A}}, \\mathrm{ax}_{\\mathrm{A}}{ }^{2}\\right)$, $B$ 点坐标为 $\\left(x_{B}, a_{B}{ }^{2}\\right)$, 则 $C$ 点坐标为 $\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, \\frac{a\\left(x_{A}{ }^{2}+x_{B}{ }^{2}\\right)}{2}\\right)$ .\n\n求导知 $\\mathrm{y}^{\\prime}=2 \\mathrm{ax}$ .于是点 $\\mathrm{A}$ 处的切线方程为:\n\n$\\mathrm{y}=2 \\mathrm{ax}_{\\mathrm{A}} \\mathrm{x}-\\mathrm{ax}_{\\mathrm{A}}{ }^{2}$\n\n点 $\\mathrm{B}$ 处的切线方程为:\n\n$\\mathrm{y}=2 \\mathrm{ax}_{\\mathrm{B}} \\mathrm{x}-\\mathrm{ax}_{\\mathrm{B}}^{2}$\n\n联立两式, 解得点 $K$ 坐标为 $\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, a x_{A} x_{B}\\right)$ .于是知线段 $K C$ 中点坐标为 $\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, \\frac{a\\left(x_{A}+x_{B}\\right)^{2}}{4}\\right)$ .显然有 $\\frac{a\\left(x_{A}+x_{B}\\right)^{2}}{4}=a \\cdot\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}\\right)^{2}$, 即线段 $K C$ 中点在抛物线上.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 129 已知正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} A_{3} \ldots A_{n}$, 在 $A_{k} A_{k+1}$ 的延长线上取 $B_{k+1}$, 使所有的 $\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 周长相等, 其中 $k=1 、 2 、 3 、 \ldots \ldots 、 n$, 且 $A_{n+1}=A_{1}, B_{n+1}=B_{1}$ .求证: 所有的 $\triangle$ $\mathrm{A}_{\mathrm{k}} \mathrm{B}_{\mathrm{k}} \mathrm{B}_{\mathrm{k}+1}$ 都全等. ['解答: 不妨设正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} A_{3} \\ldots A_{n}$ 边长为 1 , 设 $A_{k} B_{k}=a_{k}$, 并记 $a_{n+1}=a_{1}$ .设所有的 $\\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 周长均为 $m$, 显然 $m>2$ .根据余弦定理知:\n\n$$\na_{k}+\\left(a_{k+1}+1\\right)+\\sqrt{a_{k}^{2}+\\left(a_{k+1}+1\\right)^{2}-2 a_{k}\\left(a_{k+1}+1\\right) \\cos \\frac{2 \\pi}{n}}=m \\tag{1}\n$$\n\n由(1)式得:\n\n$$\n\\sqrt{a_{k}^{2}+\\left(a_{k+1}+1\\right)^{2}-2 a_{k}\\left(a_{k+1}+1\\right) \\cos \\frac{2 \\pi}{n}}=m-a_{k}-\\left(a_{k+1}+1\\right)\n$$\n\n$\\Rightarrow \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}^{2}+\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)^{2}-2 \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right) \\cos \\frac{2 \\pi}{\\mathrm{n}}=\\mathrm{m}^{2}+\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}^{2}+\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)^{2}-2 \\mathrm{~m}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}+\\mathrm{a_{k+1}}+1\\right)+2 \\mathrm{a_k}\\left(\\mathrm{a_{k+1}}+1\\right)$\n\n$\\Rightarrow \\mathrm{m}^{2}-2 \\mathrm{~m}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}+\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)+4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{\\mathrm{n}} \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)=0$\n\n$\\Rightarrow \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}=\\frac{\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{\\mathrm{n}}-2 \\mathrm{~m}\\right) \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}+\\left(\\mathrm{m}^{2}-2 \\mathrm{~m}\\right)}{2 \\mathrm{~m}-4 \\cos ^{2} \\frac{\\mathrm{\\pi}}{\\mathrm{n}} \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}}$\n\n整理递归公式的特征方程: $x=\\frac{\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-2 m\\right) x+\\left(m^{2}-2 m\\right)}{2 m-\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}\\right) \\cdot x}$, 得:\n\n$\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}\\right) \\cdot x^{2}+4\\left(\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+\\left(m^{2}-2 m\\right)=0$\n\n其判别式 $\\Delta=16\\left(\\cos ^{4} \\frac{\\pi}{n}+m^{2}-\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot m^{2}\\right)>0$, 所以该方程有两个不等实根, 不妨设 $\\mathrm{x}_{1}=\\mathrm{p}, \\mathrm{x}_{2}=\\mathrm{q}$ .根据韦达定理知: $\\mathrm{p}+\\mathrm{q}=\\frac{\\mathrm{m}-\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}}{\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}}>0, \\mathrm{pq}=\\frac{\\mathrm{m}^{2}-2 \\mathrm{~m}}{4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}}>0$, 所以 $\\mathrm{p}>0$, $\\mathrm{q}>0$ .\n\n根据递归公式的特征方程知:\n\n$\\frac{a_{k+1}-p}{a_{k+1}-q}=\\frac{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{2}{n} \\cdot p}{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{2}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot q} \\cdot \\frac{a_{k}-p}{a_{k}-q}$\n\n于是知: $\\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}=\\left[\\frac{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot \\mathrm{p}}{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{2}{n} \\cdot q}\\right]^{n} \\cdot \\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}$ .\n\n因为 $\\left[\\frac{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot p}{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{1}{n} \\cdot \\mathrm{q}}\\right]^{\\mathrm{n}} \\neq 1$, 所以 $\\frac{\\mathrm{a}_{1}-\\mathrm{p}}{\\mathrm{a}_{1}-\\mathrm{q}}=0$ .代入递归公式知, $\\frac{\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}-\\mathrm{p}}{\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}-\\mathrm{q}}=0$,$k=1 、 2 、 3 、 \\ldots \\ldots 、 n$ .\n\n于是知 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=\\cdots=a_{n}=p$ . 显然所有的 $\\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 都全等.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 130 "定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和. |
| 求证: $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$" ['设 $\\mathrm{n}=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+a_{k-1} p^{k-1}+\\cdots+\\mathrm{a}_{0}, \\mathrm{a}_{i} \\in\\{0,1, \\cdots, \\mathrm{p}-1\\}$\n\n则 $\\operatorname{Ord}_{p}(\\mathrm{n} !)=\\sum_{i=1}^{+\\infty}\\left[\\frac{n}{p^{i}}\\right]$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =a_{k} p^{k-1}+a_{k-1} p^{k-2}+\\cdots+a_{2} p+a_{1} \\\\\n& +a_{k} p^{k-2}+a_{k-1} p^{k-3}+\\cdots+a_{2} \\\\\n& +\\cdots+a_{k}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =a_{k} \\frac{p^{k}-1}{p-1}+a_{k-1} \\frac{p^{k-1}-1}{p-1}+\\cdots+a_{2} \\frac{p^{2}-1}{p-1}+a_{1} \\frac{p^{1}-1}{p-1} \\\\\n& =\\frac{\\left(a_{k} p^{k}+a_{k-1} p^{k-1}+\\cdots a_{1} p+a_{0}\\right)-\\left(a_{k}+a_{k-1}+\\cdots a_{1}+a_{0}\\right)}{p-1} \\\\\n& =\\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 131 "定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和. |
| 利用 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$证明: $\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !}$ 为整数." ['设 $\\mathrm{p}^{\\alpha} \\|(n+1)$ ( $\\mathrm{P}$ 为 $\\mathrm{n}+1$ 的任一素因子)\n\n即 $\\mathrm{n}+1=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots \\mathrm{a}_{\\alpha} \\mathrm{p}^{\\alpha}\\left(0 \\leq \\mathrm{a}_{i} \\leq \\mathrm{p}-1\\right.$, 且 $\\left.1 \\leq \\mathrm{a}_{\\alpha} \\leq \\mathrm{p}-1\\right)$\n\n则 $\\mathrm{n}=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots+\\left(\\mathrm{a}^{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-2}+\\cdots+(\\mathrm{p}-1)$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2 \\mathrm{n}=2 \\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+2 \\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots+2\\left(\\mathrm{a}^{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+2(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+2(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-2}+\\cdots+2(\\mathrm{p}-1) \\\\\n& \\text { 显然 } \\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !}=\\frac{C_{2 n}^{n}}{n+1}, C_{2 n}^{n} \\in N^{*}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{n})=\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{a}_{k-1}+\\cdots+\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right)+\\alpha(\\mathrm{p}-1)$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(2 \\mathrm{n})=2\\left(\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{a}_{k-1}+\\cdots+\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right)\\right)-\\alpha(\\mathrm{p}-1)-\\mathrm{t}(\\mathrm{p}-1) \\quad(\\mathrm{t} \\geq 0)$\n\n$\\operatorname{Ord}_{p}\\left(\\mathrm{C}_{2 n}^{n}\\right)=\\operatorname{Ord}_{p}(2 \\mathrm{n} !)-2 \\mathrm{Ord}_{p}(\\mathrm{n} !)$\n\n$$\n=\\frac{2 S_{p}(n)-S_{p}(2 n)}{p-1}=\\frac{\\alpha(p-1)+t(p-1)}{p-1}=\\alpha+t \\geq \\alpha\n$$\n\n$\\therefore p^{\\alpha} \\mid C_{2 n}^{n}$, 即 $\\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !} \\in N^{*}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 132 "定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和. |
| 利用 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$证明: $\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !}$ 为整数." ['由题知: 若 $\\mathrm{p}$ 为 $\\mathrm{n}+1$ 的素因子, 且 $p^{\\alpha} \\|(n+1)$,则 $(p, m)=(1,(p, n))=1$,\n\n设 $\\mathrm{n}+1=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots \\mathrm{a}_{\\alpha} \\mathrm{p}^{\\alpha}\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha} \\geq 1\\right)$\n\n$\\mathrm{mn}=\\mathrm{b}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{b}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots \\mathrm{b}_{0}\\left(\\mathrm{~b}_{0} \\geq 1\\right)$\n\n则, $\\mathrm{n}=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+\\cdots+(\\mathrm{p}-1)$\n\n$\\mathrm{mn}+\\mathrm{n}=\\left(\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{b}_{k}\\right) \\mathrm{p}^{k}+\\left(\\mathrm{a}_{k-1}+\\mathrm{b}_{k-1}\\right) \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}+\\mathrm{b}_{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+\\left(\\mathrm{b}_{\\alpha-1}+\\mathrm{p}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{b}_{0}+\\mathrm{p}-1\\right)$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{n})=\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{a}_{k-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right)+\\alpha(\\mathrm{p}-1)$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{mn})=\\mathrm{b}_{k}+\\mathrm{b}_{k-1}+\\cdots \\mathrm{b}_{0}, \\because \\mathrm{b}_{0} \\geq 1$,\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{mn}+\\mathrm{n})=\\left(\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{b}_{k}\\right)+\\left(\\mathrm{a}_{k-1}+\\mathrm{b}_{k-1}\\right)+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}+\\mathrm{b}_{\\alpha}-1\\right)-\\alpha(p-1)-t(p-1)$\n\n(其中 $\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{b}_{k}, \\mathrm{a}_{k-1}+\\mathrm{b}_{k-1},+\\cdots \\mathrm{a}_{\\alpha}+\\mathrm{b}_{\\alpha}$, 共有 $\\mathrm{t}$ 次进位)\n\n显然 $\\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !}=\\frac{C_{m n+n}^{n}}{n+1} ，$\n\n$\\therefore \\operatorname{Ord}_{p}\\left(C_{m n+n}^{n}\\right)=\\operatorname{Ord}_{p}((\\mathrm{mn}+\\mathrm{n}) !)-\\operatorname{Ord}_{p}(\\mathrm{n} !)-\\operatorname{Ord}_{p}((\\mathrm{mn}) !)$\n\n$$\n=\\frac{S_{p}(m n)+S_{p}(n)-S_{p}(m n+n)}{p-1}\n$$\n\n$$\n=\\alpha+t \\geq \\alpha\n$$\n\n$\\therefore p^{\\alpha} \\mid C_{m n+n}^{n}$, 即 $\\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !} \\in N^{*}$ .'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 133 "原有的乘法交换律为 $\mathrm{xy}=\mathrm{yx}$, 现定义新的乘法交换律为 $\mathrm{yx}=\mathrm{pxy}$, 而乘法结合律与分配率保持不变.例如: $(x+y)^{2}=x^{2}+x y+y x+y^{2}=x^{2}+(p+1) x y+y^{2}$ |
| 设 $(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{n}=\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}$, 求证: $\mathrm{a}_{n, k}$ 是以 $\mathrm{p}$ 为变元的整系数多项式;" ['易知 $(\\mathrm{x}+\\mathrm{y})^{n+1}=\\sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} x^{n+1-k} y^{k}$\n\n$$\n=\\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}(\\mathrm{x}+\\mathrm{y})\n$$\n\n$\\therefore a_{n+1, k}=a_{n, k-1}+p a_{n, k}$, 且 $\\mathrm{a}_{k, 0}=\\mathrm{a}_{k, k}=1$\n\n$\\therefore \\mathrm{a}_{n, k}$ 是以 $\\mathrm{p}$ 为变元的整系数多项式.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 134 "已知在 $R$ 上可导的非常数函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 满足: 对任意的实数 $x, y$ 都有 |
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| $f(x+y)=f(x) f(y)-g(x) g(y), \quad g(x+y)=f(x) g(y)+g(x) f(y)$ |
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| 且 $f^{\prime}(0)=0$, 求证 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=1$ (这里上标表示平方)" "['将所给两方程对 $y$ 求导, 得\n\n$f^{\\prime}(x+y)=f(x) f^{\\prime}(y)-g(x) g^{\\prime}(y), \\quad g^{\\prime}(x+y)=f(x) g^{\\prime}(y)+g(x) f^{\\prime}(y)$\n\n令 $y=0$, 得 $f^{\\prime}(x)=f(x) f^{\\prime}(0)-g(x) g^{\\prime}(0), g^{\\prime}(x)=f(x) g^{\\prime}(0)+g(x) f^{\\prime}(0)$\n\n由于 $f^{\\prime}(0)=0$, 故 $f^{\\prime}(x)=-g(x) g^{\\prime}(0), f(x) g^{\\prime}(0)=g^{\\prime}(x)$, 相乘得\n\n$f^{\\prime}(x) f(x) g^{\\prime}(0)=-g^{\\prime}(x) g(x) g^{\\prime}(0)$, 而若 $g^{\\prime}(0)=0$, 则 $f^{\\prime}(x)=0$ 与非常数函数矛盾, 故 $g^{\\prime}(0) \\neq 0$, 则 $2 f^{\\prime}(x) f(x)+2 g^{\\prime}(x) g(x)=0$\n\n即 $\\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]^{\\prime}=0$, 则 $f^{2}(x)+g^{2}(x)$ 是常数\n\n而在原题所给方程中取 $x=y=0$, 可得\n\n$f(0)=f^{2}(0)-g^{2}(0), \\quad g(0)=2 f(0) g(0)$, 若 $g(0) \\neq 0$\n\n则 $f(0)=\\frac{1}{2} ， g^{2}(0)=f^{2}(0)-f(0)=-\\frac{1}{4}$, 矛盾, 故 $g(0)=0$\n\n则 $f(0)=f^{2}(0)$, 若 $f(0)=0$, 则恒有 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=0, f(x)=g(x)=0$\n\n与非常数函数柔盾, 则 $f(0)=1$, 恒有 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=1$' |
| '将所给两方程对 $y$ 求导, 得\n\n$f^{\\prime}(x+y)=f(x) f^{\\prime}(y)-g(x) g^{\\prime}(y), \\quad g^{\\prime}(x+y)=f(x) g^{\\prime}(y)+g(x) f^{\\prime}(y)$\n\n令 $y=0$, 得 $f^{\\prime}(x)=f(x) f^{\\prime}(0)-g(x) g^{\\prime}(0), g^{\\prime}(x)=f(x) g^{\\prime}(0)+g(x) f^{\\prime}(0)$\n\n由于 $f^{\\prime}(0)=0$, 故 $f^{\\prime}(x)=-g(x) g^{\\prime}(0), g^{\\prime}(x)=f(x) g^{\\prime}(0)$\n\n若 $g^{\\prime}(0)=0$, 则 $f^{\\prime}(x)=0$, 与非常数函数矛盾, 故 $g^{\\prime}(0) \\neq 0$, 则\n$f^{\\prime \\prime}(x)=-g^{\\prime}(x) g^{\\prime}(0),-\\frac{f^{\\prime \\prime}(x)}{g^{\\prime}(0)}=g^{\\prime}(x),-\\frac{f^{\\prime \\prime}(x)}{g^{\\prime}(0)}=f(x) g^{\\prime}(0)$\n\n设 $g^{\\prime}(0)=\\omega$, 则 $f^{\\prime \\prime}(x)=-\\omega^{2} f(x)$, 解此微分方程得 $f(x)=A \\cos (\\omega x+\\varphi)$\n\n则由 $f^{\\prime}(x)=-g(x) g^{\\prime}(0), g(x)=-\\omega^{-1} f^{\\prime}(x)=A \\sin (\\omega x+\\varphi)$\n\n代入 $f(x+y)=f(x) f(y)-g(x) g(y)$, 得\n\n$A \\cos [\\omega(x+y)+\\varphi]=A^{2} \\cos (\\omega x+\\varphi) \\cos (\\omega y+\\varphi)-A^{2} \\sin (\\omega x+\\varphi) \\sin (\\omega y+\\varphi)$\n\n$A \\cos (\\omega x+\\omega y+\\varphi)=A^{2} \\cos (\\omega x+\\omega y+2 \\varphi)$, 若 $A=0$, 则 $f(x)=0$，与非常数函数矛盾, 则 $\\cos (\\omega t+\\varphi)=A \\cos (\\omega t+2 \\varphi)$ 对任意实数 $t$ 成立\n\n故 $|A|=1$, 则 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=A^{2}$' |
| '将所给两方程平方相加, 得\n\n$f^{2}(x+y)+g^{2}(x+y)=[f(x) f(y)-g(x) g(y)]^{2}+[f(x) g(y)+g(x) f(y)]^{2}$\n\n$=\\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]\\left[f^{2}(y)+g^{2}(y)\\right]$ (拉格朗日恒等式)\n\n若有某 $x_{0}$ 使 $f^{2}\\left(x_{0}\\right)+g^{2}\\left(x_{0}\\right)=0$, 则恒有 $f^{2}\\left(x_{0}+y\\right)+g^{2}\\left(x_{0}+y\\right)=0$\n\n即 $f(x)=g(x)=0$ 恒成立, 与非常数函数矛盾, 故 $f^{2}(x)+g^{2}(x)>0$\n\n则 $\\ln \\left[f^{2}(x+y)+g^{2}(x+y)\\right]=\\ln \\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]+\\ln \\left[f^{2}(y)+g^{2}(y)\\right]$\n\n设 $\\ln \\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]=F(x)$, 则 $F(x+y)=F(x)+F(y)$ （柯西方程）\n\n而 $F(x)$ 是可导函数, 故连续, 则 $F(x)=k x$\n\n$f^{2}(x)+g^{2}(x)=e^{k x}$, 求导并取 $x=0$, 得\n\n$2 f^{\\prime}(0) f^{\\prime}(0)+2 g^{\\prime}(0) g(0)=k$, 而 $f^{\\prime}(0)=0$, 在原题所给方程中取 $x=y=0$\n\n可得 $f(0)=f^{2}(0)-g^{2}(0) ， g(0)=2 f(0) g(0)$ ，若 $g(0) \\neq 0$，则 $f(0)=\\frac{1}{2}, g^{2}(0)=f^{2}(0)-f(0)=-\\frac{1}{4}$, 矛盾, 故 $g(0)=0$\n\n则 $k=2 f^{\\prime}(0) f(0)+2 g^{\\prime}(0) g(0)=0$, 则 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=e^{k x}=1$']" [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 135 "分别记 $a, b, c$ 为一个直角三角形的两直角边的边长和斜边的边长, 记 $d$ 为直角顶点到斜边的高线的长度. |
| 求证 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{d^{2}}$;" ['由勾股定理知 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$, 又因直角三角形面积为 $S=\\frac{1}{2} a b=\\frac{1}{2} c d$, 故 $a b=c d$, 那么 $\\frac{a b}{d}=c$, 从而 $a^{2}+b^{2}=c^{2}=\\frac{a^{2} b^{2}}{d^{2}}$, 于是 $\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}=\\frac{1}{d^{2}}$, 证毕.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 136 " |
| 证明: 多项式 $p(x)=x^{3}-3 x+1$ 有三个实根 $a<b<c$ ；" ['$p(-2)=-1, p(0)=1, p(1)=-1, p(2)=3$, 而 $p(x)$ 为多项式是连续函数,由零点存在定理知 $p(x)$ 在 $(-2,0),(0,1),(1,2)$ 内分别有一个实根, 而 $p(x)$ 为 3 次多项式至多有 3 个根, 故这三个根为 $p(x)$ 全部的根'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 137 " |
| 证明: 若 $x=t$ 为 $p(x)=x^{3}-3 x+1$ 的一个根, 则 $x=t^{2}-2$ 也是 $p$ 的一个根;" ['若 $x=t$ 为 $p$ 的一个根, 则 $t^{3}-3 t+1=0$, 则可得 $t^{2}-2=1-\\frac{1}{t}$\n\n则 $p\\left(t^{2}-2\\right)=\\left(1-\\frac{1}{t}\\right)^{3}-3\\left(1-\\frac{1}{t}\\right)+1=\\frac{1}{t^{3}}\\left[(t-1)^{3}-3\\left(t^{3}-t^{2}\\right)+t^{3}\\right]$ $=\\frac{1}{t^{3}}\\left(3 t-1-t^{3}\\right)=0$, 故 $x=t^{2}-2$ 也是 $p$ 的一个根.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 138 "设 $f:(0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ 是一个连续函数, 如果 $f$ 满足: 对任给 $x, y \in(0,+\infty)$, 都有 $\frac{f(\sqrt{x})+f(\sqrt{y})}{2}=f\left(\sqrt{\frac{x+y}{2}}\right)$ 成立, 求证 |
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| $\frac{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{n}}\right)}{n}=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}}\right)$ 对任给正整数 $n$ 和任给正实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 成立" ['使用反向归纳法; 先证明对于任意的正整数 $k$, 命题对 $n=2^{k}$ 成立\n\n首先 $n=2^{1}$ 时命题已成立; 若命题对 $n=2^{k}$ 成立, 则 $n=2^{k+1}$ 时\n\n$\\frac{f\\left(\\sqrt{x_{1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{x_{2}}\\right)+\\cdots+f\\left(\\sqrt{x_{n}}\\right)}{n}$\n\n$=\\frac{\\frac{f\\left(\\sqrt{x_{1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{x_{2}}\\right)+\\cdots+f\\left(\\sqrt{x_{2^{k}}}\\right)}{2^{k}}+\\frac{f\\left(\\sqrt{x_{2^{k}+1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{x_{2^{k}+2}}\\right)+\\cdots+f\\left(\\sqrt{x_{2^{k+1}}}\\right)}{2^{k}}}{2}$\n\n$=\\frac{f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{2^{k}}}{2^{k}}}\\right)+f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{2^{k}+1}+x_{2^{k}+2}+\\cdots+x_{2^{k+1}}}{2^{k}}}\\right)}{2}$\n\n$=f\\left(\\sqrt{\\frac{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{2^{k}}}{2^{k}}+\\frac{x_{2^{k}+1}+x_{2^{k}+2}+\\cdots+x_{2^{k+1}}}{2^{k}}}{2}}\\right)$\n\n$=f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}}\\right)$\n\n故命题对 $n=2^{k+1}$ 也成立; 由归纳原理，对于任意的正整数 $k$ ，命题对 $n=2^{k}$ 成立\n\n又若命题对于某个 $n \\geq 3$ 成立, 则对于 $n-1$, 有\n\n$\\underline{f\\left(\\sqrt{x_{1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{x_{2}}\\right)+\\cdots+f\\left(\\sqrt{x_{n-1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\\right)}$\n\n$n$\n\n$=f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}+\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}}{n-1}}{n}}\\right)$\n\n$=f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\\right)$, 则\n\n$\\frac{f\\left(\\sqrt{x_{1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{x_{2}}\\right)+\\cdots+f\\left(\\sqrt{x_{n-1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\\right)}{n}=f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\\right)$\n\n$\\frac{f\\left(\\sqrt{x_{1}}\\right)+f\\left(\\sqrt{x_{2}}\\right)+\\cdots+f\\left(\\sqrt{x_{n-1}}\\right)}{n-1}=f\\left(\\sqrt{\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\\right)$\n\n故命题对$n-1$成立，综上所述，由归纳原理，对一切不小于 2 的正整数$n$，命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 139 "设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下定义 $(n \geq 2): a_{n}=\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}$ |
| 证明这个数列严格单调上升且有上界." ['记 $a_{m, n}=\\sqrt{1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}(m \\leq n)$, 那么显然有 $a_{m, n}=\\sqrt{1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}>1$, 从而 $m<n$ 时有 $\\left|m+1-a_{m, n}\\right|=|m+1-\\sqrt{1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}|$\n\n$=\\frac{\\left|(m+1)^{2}-(1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}})\\right|}{m+1+\\sqrt{1+m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}}$\n\n$\\leq \\frac{\\mid(m+1)^{2}-1-(m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}) \\mid}}{m+1+1}$\n\n$=\\frac{|m(m+2)-(m \\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}})|}{m+2}$\n\n$=\\frac{m}{m+2}|m+2-\\sqrt{1+(m+1) \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}|=\\frac{m}{m+2}\\left|m+2-a_{m+1, n}\\right|$\n\n又 $a_{n, n}=\\sqrt{1+n}$, $\\left|n+1-a_{n, n}\\right|=n+1-\\sqrt{1+n} \\leq n$, 而题中 $a_{n}=a_{2, n}$, 那么 $\\left|3-a_{n}\\right|=$\n\n$\\left|3-a_{2, n}\\right| \\leq \\frac{2}{4}\\left|4-a_{3, n}\\right| \\leq \\frac{2}{4} \\frac{3}{5}\\left|5-a_{4, n}\\right| \\leq \\cdots \\leq \\frac{2}{4} \\frac{3}{5} \\cdots \\frac{n-1}{n+1}\\left|n+1-a_{n, n}\\right|=\\frac{6}{n(n+1)} n<\\frac{6}{n}$\n\n从而 $\\left|3-a_{n}\\right|<\\frac{6}{n}$, 则 $\\forall \\varepsilon>0$, 取 $N=\\left[\\frac{1}{6 \\varepsilon}\\right]+1$, 则 $n>N$ 时 $\\left|3-a_{n}\\right|<\\varepsilon$, 则 $\\lim _{n \\rightarrow \\infty} a_{n}=3$\n\n再证明 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 严格单调增加：\n\n$a_{n}=\\sqrt{1+2 \\sqrt{1+3 \\sqrt{1+4 \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}}<\\sqrt{1+2 \\sqrt{1+3 \\sqrt{1+4 \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n \\sqrt{1+n+1}}}}}}=a_{n+1}$\n\n那么 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 严格单调增加又有极限, 由极限的性质即可知 $a_{n}<3$ 恒成立, $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 有上界'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 140 已知 $x, y, z>0, x+y+z=3$, 求证: $\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z}+\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x}+\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \leq 1$ ['由Cauchy 不等式, $\\left(x^{3}+y^{2}+z\\right)\\left(\\frac{1}{x}+1+z\\right) \\geq(x+y+z)^{2}=9$\n\n于是 $\\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z} \\leq \\frac{\\left(\\frac{1}{x}+1+z\\right) x}{9}=\\frac{1+x+z x}{9}$,\n\n同理 $\\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x} \\leq \\frac{1+y+x y}{9}, \\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \\leq \\frac{1+z+y z}{9}$,\n\n所以 $\\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z}+\\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x}+\\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \\leq \\frac{1+x+z x}{9}+\\frac{1+y+x y}{9}+\\frac{1+z+y z}{9}$\n\n$=\\frac{2}{3}+\\frac{1}{9}(x y+y z+z x) \\leq \\frac{2}{3}+\\frac{1}{9} \\times \\frac{(x+y+z)^{2}}{3}=1$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 141 求证: 存在无穷多对正整数 $(a, b)$ 满足 $a b \mid a^{8}+b^{4}+1$ ['我们用递推来构造出无穷多对正整数解.\n\n(1) 显然, $(1,1)$ 是满足 $a b \\mid a^{8}+b^{4}+1$ 的一组平凡的解，记 $\\left(a_{1}, b_{1}\\right)=(1,1)$ ；\n\n(2) 若 $\\left(a_{k}, b_{k}\\right)\\left(k \\in N^{*}\\right)$ 满足 $a_{k} b_{k} \\mid a_{k}^{8}+b_{k}^{4}+1$, 易知 $a_{k}, b_{k}$ 互质, 又由 $a_{k} b_{k} \\mid a_{k}^{8}+b_{k}^{4}+1$ 得 $a_{k} \\mid b_{k}^{4}+1$ 且 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}+1$, 不妨设 $a_{k} t=b_{k}^{4}+1$, 因为 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}+1$ 即 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}+\\left(t a_{k}-b_{k}^{4}\\right)^{8}$, 于是 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}\\left(t^{8}+1\\right.$ ), 于是 ${b}_{{k}} \\mid t^{{8}}+1$ (这是因为 ${a}_{k}, {b}_{{k}}$ 互质) ，显然 $t \\mid {b}_{k}^{4}+1$ 且 $t, {b}_{{k}}$ 互质, 因此 $t b_{k} \\mid t^{8}+b_{k}^{4}+1$, 即 $\\left(t, b_{k}\\right)$ 是满足条件的一组解; 同理, 设 $b_{k} s=a_{k}^{8}+1$, 则 $\\left(a_{k}, s\\right)$ 是满足条件的一组解, 若 $a_{k} \\geq b_{k}$, 则 $s>b_{k}$, 记 $\\left(a_{k+1}, b_{k+1}\\right)=\\left(a_{k}, s\\right)$, 若 $a_{k}<b_{k}$, 则 $t>a_{k}$,记 $\\left(a_{k+1}, b_{k+1}\\right)=\\left(t, b_{k}\\right)$, 则 $\\left(a_{k+1}, b_{k+1}\\right)$ 是满足 $a_{k+1}+b_{k+1}>a_{k}+b_{k}$ 的一组解, 这样的递推过程可以一直做下去, 我们便得到无穷多对正整数 $({a}, {b})$ 满足 ${a} {b} \\mid {a}^{8}+{b}^{4}+{1}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 142 "设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$. |
| 求证: 对任何正整数 $n(n \geq 2)$, 都有 $a_{n} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立;" ['$f_{n}^{\\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,\n\n当 $x \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\\frac{n}{n+2}$,\n\n当 $n=1$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{3} \\notin\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{1}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\\frac{1}{8}$;\n\n当 $n=2$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{2}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\\frac{1}{16}$;\n\n当 $n \\geq 3$ 时, $\\frac{n}{n+2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$,\n\n$\\because x \\in\\left[\\frac{1}{2}, \\frac{n}{n+2}\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)>0 ; x \\in\\left(\\frac{n}{n+2}, 1\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)<0$;\n\n$\\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\\left(\\frac{n}{n+2}\\right)^{n}\\left(\\frac{2}{n+2}\\right)^{2}=\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$\n\n综上所述, $a_{n}=\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{1}{8},(n=1) \\\\ \\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \\geq 2)\\end{array}\\right.$.\n\n当 $n \\geq 2$ 时, 欲证 $\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$, 只需证明 $\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\geq 4$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\because\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} & =C_{n}^{0}+C_{n}^{1} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{1}+C_{n}^{2} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{2}+\\cdots+C_{n}^{n} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\\\\n& \\geq 1+2+\\frac{n(n-1)}{2} \\cdot \\frac{4}{n^{2}} \\geq 1+2+1=4\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 当 $n \\geq 2$ 时, 都有 $a_{n} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 143 "设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$. |
| 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 求证: 对任意正整数 $n$, 都有 $S_{n}<\frac{7}{16}$ 成立." ['首先证明当 $n \\geq 2 $时，有 $a_{n} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.\n\n$f_{n}^{\\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,\n\n当 $x \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\\frac{n}{n+2}$,\n\n当 $n=1$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{3} \\notin\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{1}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\\frac{1}{8}$;\n\n当 $n=2$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{2}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\\frac{1}{16}$;\n\n当 $n \\geq 3$ 时, $\\frac{n}{n+2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$,\n\n$\\because x \\in\\left[\\frac{1}{2}, \\frac{n}{n+2}\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)>0 ; x \\in\\left(\\frac{n}{n+2}, 1\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)<0$;\n\n$\\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\\left(\\frac{n}{n+2}\\right)^{n}\\left(\\frac{2}{n+2}\\right)^{2}=\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$\n\n综上所述, $a_{n}=\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{1}{8},(n=1) \\\\ \\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \\geq 2)\\end{array}\\right.$.\n\n当 $n \\geq 2$ 时, 欲证 $\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$, 只需证明 $\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\geq 4$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\because\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} & =C_{n}^{0}+C_{n}^{1} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{1}+C_{n}^{2} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{2}+\\cdots+C_{n}^{n} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\\\\n& \\geq 1+2+\\frac{n(n-1)}{2} \\cdot \\frac{4}{n^{2}} \\geq 1+2+1=4\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 当 $n \\geq 2$ 时, 都有 $a_{n} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.\n\n回到原题，当 $n=1,2$ 时, 结论显然成立;\n\n当 $n \\geq 3$ 时, 由（II）知 $S_{n}=\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+a_{3}+a_{4}+\\cdots+a_{n}$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& <\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+\\frac{1}{5^{2}}+\\frac{1}{6^{2}}+\\cdots+\\frac{1}{(n+2)^{2}} \\\\\n& <\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+\\left(\\frac{1}{4}-\\frac{1}{5}\\right)+\\left(\\frac{1}{5}-\\frac{1}{6}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{n+1}-\\frac{1}{n+2}\\right) \\\\\n& <\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+\\frac{1}{4}=\\frac{7}{16} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 对任意正整数 $n$, 都有 $S_{n}<\\frac{7}{16}$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 144 "已知 $a 、 b 、 c$ 为正实数, |
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| 求证: $a b c \geq \frac{a+b+c}{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}} \geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$." ['(1) 先证: $a b c \\geq \\frac{a+b+c}{\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}+\\frac{1}{c^{2}}}$\n\n等价于证明: $(a b)^{2}+(b c)^{2}+(c a)^{2} \\geq a b c(a+b+c)$,\n\n令 $x=a b, y=b c, z=c a$,\n\n由不等式 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \\geq x y+y z+z x$ 知结论成立.\n\n(2) 再证: $a+b+c \\geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\\left(\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}+\\frac{1}{c^{2}}\\right) \\quad (*)$\n\n由于不等式是轮换对称的, 不妨设 $a=\\max \\{a, b, c\\}$, 则 $a+b-c>0, c+a-b>0$\n\n(1)当 $b+c-a \\leq 0$ 时, 结论显然成立;\n\n(2)当 $b+c-a>0$ 时, 令 $a=y+z, b=z+x, c=x+y$,\n\n则 $x=\\frac{1}{2}(b+c-a), y=\\frac{1}{2}(c+a-b), z=\\frac{1}{2}(a+b-c)$,\n\n故 $x, y, z$ 均大于 0 .\n\n不等式 $(*)$ 变为: $2(x+y+z) \\geq 8 x y z\\left[\\frac{1}{(y+z)^{2}}+\\frac{1}{(z+x)^{2}}+\\frac{1}{(x+y)^{2}}\\right]$\n\n只需证: $\\frac{1}{y z}+\\frac{1}{z x}+\\frac{1}{x y} \\geq \\frac{4}{(y+z)^{2}}+\\frac{4}{(z+x)^{2}}+\\frac{4}{(x+y)^{2}}$,\n\n注意到: $(y+z)^{2} \\geq 4 y z$, 则 $\\frac{4}{(y+z)^{2}} \\leq \\frac{1}{y z}$,\n\n同理: $\\frac{4}{(z+x)^{2}} \\leq \\frac{1}{z x}, \\frac{4}{(x+y)^{2}} \\leq \\frac{1}{x y}$. 所以，原不等式成立.\n\n#'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 145 "1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为: |
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| $$ |
| S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} . |
| $$ |
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| 比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$. |
| 证明: 存在无穷多个合数 $n$, 使得 $S(n)=p$. 其中 $p$ 为 $n$ 的最大质数." ['因为对任意奇质数 $p$, 取 $n=2 p$, 都有 $S(n)=p$.\n\n所以, 存在无穷多个合数 $n$, 使得 $S(n)=p$, 其中 $p$ 为 $n$ 的最大质数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 146 "若实数 $x_{0}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 则称 $x=x_{0}$ 为 $f(x)$ 的不动点. |
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| 已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+3$, 其中 $a, b$ 为常数. |
| 求证: 不存在实数组 $(a, b)$, 使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点." ['假设存在一组实数 $(a, b)$ 满足条件. 由条件知 $f^{\\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b$,\n\n因为 $f(x)$ 的两个不同极值点, 则 $\\Delta=4 a^{2}-12 b>0$, 即 $a^{2}>3 b$.(1)\n\n设 $f(x)$ 的两个不同极值点为 $x_{1}, x_{2}$, 其中 $x_{1}<x_{2}$, 则 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $3 x^{2}+2 a x+b=0$ 的两实根, 所以 $x_{1}+x_{2}=-\\frac{2 a}{3}, x_{1} x_{2}=\\frac{b}{3}$.\n\n又由 $x_{1}, x_{2}$ 是 $f(x)$ 的不动点, 则 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $x^{3}+a x^{2}+(b-1) x+3=0$ 的两根, 设其另一个根为 $x_{3}$. 故 $x^{3}+a x^{2}+(b-1) x+3=\\left(x-x_{1}\\right)\\left(x-x_{2}\\right)\\left(x-x_{3}\\right)$\n\n即 $x^{3}+a x^{2}+(b-1) x+3=x^{3}-\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right) x^{2}+\\left(x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}\\right) x-x_{1} x_{2} x_{3}$\n\n故有 $\\left\\{\\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}+x_{3}=-a \\\\ x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}=b-1 \\\\ x_{1} x_{2} x_{3}=-3\\end{array}\\right.$\n\n于是 $x_{3}=-\\frac{a}{3}=-\\frac{9}{b}$, 从而 $a b=27$. (2)\n\n又 $b-1=x_{1} x_{2}+\\left(x_{1}+x_{2}\\right) x_{3}=\\frac{b}{3}+\\left(-\\frac{2 a}{3}\\right)\\left(-\\frac{a}{3}\\right)$, 即 $\\frac{2 a^{2}}{9}-\\frac{2 b}{3}+1=0$ ，\n\n故 $\\frac{2 a^{2}}{9}-\\frac{18}{a}+1=0$, 即 $2 a^{3}+9 a-162=0$\n\n令 $g(x)=2 x^{3}+9 x-162$, 则 $g^{\\prime}(x)=6 x^{2}+9>0$\n\n故 $g(x)$ 在 $R$ 上单增, 从而 $g(x)=0$ 至多有一个实根;\n\n又因为 $g(0)=-162<0, g(4)=2>0$, 从而 $g(x)=0$ 至少有一个实根;\n\n所以, $g(x)=0$ 恰有一个实数根 $x=a \\in(0,4)$.\n\n由(1)、(2)知 $a^{2}>3 b=\\frac{81}{a}$, 即 $a^{3}>81$, 这与 $a \\in(0,4)$, 矛盾! \n\n所以, 不存在实数组 $(a, b)$, 使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 147 "设函数 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$. |
| 求证: 对任意的正整数 $n$, 都有 $\sum_{k=1}^{n} \ln ^{2}\left(1+\frac{2}{k}\right)<3$ 成立." ['令 $g(x)=2 \\ln x-x+\\frac{1}{x}$, 则由 (1) 知 $g(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 内为单调减函数.\n\n由于 $g(1)=0$, 故当 $x>1$ 时, 有 $g(x)<0$, 即 $0<2 \\ln x<x-\\frac{1}{x}$.\n\n因此, $2 \\ln \\sqrt{1+\\frac{2}{k}}<\\sqrt{1+\\frac{2}{k}}-\\frac{1}{\\sqrt{1+\\frac{2}{k}}}=\\frac{2}{\\sqrt{k(k+2)}}$,\n\n即 $\\ln \\left(1+\\frac{2}{k}\\right)<\\frac{2}{\\sqrt{k(k+2)}}$\n\n故 $\\ln ^{2}\\left(1+\\frac{2}{k}\\right)<\\frac{4}{k(k+2)}$\n\n于是 $\\sum_{k=1}^{n} \\ln ^{2}\\left(1+\\frac{2}{k}\\right)<\\sum_{k=1}^{n} \\frac{4}{k(k+2)}=2 \\sum_{k=1}^{n}\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{k+2}\\right)$\n\n$=2\\left(1+\\frac{1}{2}-\\frac{1}{n+1}-\\frac{1}{n+2}\\right)<3$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 148 "设 $0<x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n}(n \geqslant 3)$. 证明: |
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| $$ |
| \begin{aligned} |
| & \frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\frac{x_{n-2} x_{n-1}}{x_{n}}+\frac{x_{n-1} x_{n}}{x_{1}}+\frac{x_{n} x_{1}}{x_{2}} \\ |
| & \geqslant x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n} |
| \end{aligned} |
| $$ |
| ." ['令 $f_{n}=\\frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\\cdots+\\frac{x_{n-2} x_{n-1}}{x_{n}}+\\frac{x_{n-1} x_{n}}{x_{1}}+\\frac{x_{n} x_{1}}{x_{2}}-x_{1}-x_{2}-\\cdots-x_{n} .$\n\n下面用数学归纳法证明 $f_{n} \\geqslant 0$.\n\n当 $n=3$ 时,\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{3}= & \\frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\\frac{x_{2} x_{3}}{x_{1}}+\\frac{x_{3} x_{1}}{x_{2}}-x_{1}-x_{2}-x_{3} \\\\\n= & \\left(\\frac{x_{1} x_{2}}{2 x_{3}}+\\frac{x_{2} x_{3}}{2 x_{1}}\\right)+\\left(\\frac{x_{1} x_{2}}{2 x_{3}}+\\frac{x_{3} x_{1}}{2 x_{2}}\\right)+\\left(\\frac{x_{3} x_{1}}{2 x_{2}}+\\frac{x_{2} x_{3}}{2 x_{1}}\\right)- \\\\\n& x_{1}-x_{2}-x_{3} \\\\\n= & \\frac{x_{2}}{2}\\left(\\frac{x_{1}}{x_{3}}+\\frac{x_{3}}{x_{1}}-2\\right)+\\frac{x_{1}}{2}\\left(\\frac{x_{2}}{x_{3}}+\\frac{x_{3}}{x_{2}}-2\\right)+ \\\\\n& \\frac{x_{3}}{2}\\left(\\frac{x_{1}}{x_{2}}+\\frac{x_{2}}{x_{1}}-2\\right) \\\\\n\\geqslant & 0,\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $x_{1}=x_{2}=x_{3}$ 时,等号成立.\n\n假设 $n=k$ 时成立, 即\n\n$f_{k}=\\frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\\cdots+\\frac{x_{k} x_{1}}{x_{2}}-x_{1}-x_{2}-\\cdots-x_{k} \\geqslant 0$.\n\n当 $n=k+1$ 时,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& f_{k+1}= \\frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\\cdots+\\frac{x_{k+1} x_{1}}{x_{2}}- \\\\\n& \\quad x_{1}-x_{2}-\\cdots-x_{k+1} \\\\\n&= f_{k}+\\frac{x_{k-1} x_{k}}{x_{k+1}}+\\frac{x_{k} x_{k+1}}{x_{1}}+\\frac{x_{k+1} x_{1}}{x_{2}}- \\\\\n& \\quad \\frac{x_{k-1} x_{k}}{x_{1}}-\\frac{x_{k} x_{1}}{x_{2}}-x_{k+1} \\\\\n&= f_{k}+x_{k-1} x_{k}\\left(\\frac{1}{x_{k+1}}-\\frac{1}{x_{1}}\\right)+x_{k+1}\\left(\\frac{x_{k}}{x_{1}}-1\\right)+ \\\\\n& \\frac{x_{1}}{x_{2}}\\left(x_{k+1}-x_{k}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\geqslant & f_{k}+x_{k}^{2}\\left(\\frac{1}{x_{k+1}}-\\frac{1}{x_{1}}\\right)+x_{k+1}\\left(\\frac{x_{k}}{x_{1}}-1\\right)+ \\\\\n& \\frac{x_{1}}{x_{k}}\\left(x_{k+1}-x_{k}\\right) \\\\\n= & f_{k}+\\left(x_{k+1}-x_{k}\\right)\\left(\\frac{x_{1}}{x_{k}}+\\frac{x_{k}}{x_{1}}-\\frac{x_{k}+x_{k+1}}{x_{k+1}}\\right) \\\\\n\\geqslant &\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $x_{k+1}-x_{k}=0$ 或 $\\frac{x_{1}}{x_{k}}+\\frac{x_{k}}{x_{1}}-\\frac{x_{k}+x_{k+1}}{x_{k+1}}=0$, 且 $f_{k}=0$ 时, 等号成立, 即 $x_{1}=x_{2}=\\cdots=x_{n}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 149 证明: 空间直角坐标系第一卦限 ($x 、 y 、 z$ 坐标均大于 0) 中存在一个边长为 2014 的立方体,其内部恰有 2014 个素点 ($x 、 y 、 z$ 三个坐标轴的坐标均为素数的格点). ['先证明一个引理.\n\n引理 记 $f(n)$ 为闭区间 $[2, n+1]$ 上的素数个数. 则对任意的 $0 \\leqslant k \\leqslant f(n)$, 存在连续 $n$ 个正整数,其中恰有 $k$ 个素数.\n\n证明 记 $F(n, l)$ 为闭区间 $[l, n+l-1]$ 上的素数个数.\n\n当 $l 、 n+l$ 均为素数或均不为素数时，\n\n$F(n, l+1)=F(n, l)$;\n\n当 $l$ 为素数且 $n+l$ 不为素数时,\n\n$F(n, l+1)=F(n, l)-1$;\n\n当 $l$ 不为素数且 $n+l$ 为素数时,\n\n$F(n, l+1)=F(n, l)+1$.\n\n故 $F(n, l)$ 关于正整数 $l$ 在 $\\mathbf{N}$ 内连续变化.\n\n显然, $F(n, 2)=f(n)$,\n\n$F(n,(n+1) !+2)=0$\n\n因此,对任意的 $0 \\leqslant k \\leqslant f(n)$, 存在 $j \\in \\mathbf{Z}_{+}$, 使得 $F(n, j)=k$.\n\n回到原题.\n\n注意到, $2014=2 \\times 19 \\times 53, f(2014)>100$.\n\n于是, 存在 $a 、 b 、 c \\in \\mathbf{Z}_{+}$, 使得\n\n$F(2014, a)=2$,\n\n此时, $\\left(a-\\frac{1}{2}, a+2013 \\frac{1}{2}\\right)$ 的内部恰有 2 个素数,\n\n$F(2014, b)=19$,\n\n此时, $\\left(b-\\frac{1}{2}, b+2013 \\frac{1}{2}\\right)$ 的内部恰有 19 个素数,\n\n$F(2014, c)=53$,\n\n此时, $\\left(c-\\frac{1}{2}, c+2013 \\frac{1}{2}\\right)$ 的内部恰有 53 个素数.\n\n因此,边长为 2014 的立方体\n\n$\\left[a-\\frac{1}{2}, a+2013 \\frac{1}{2}\\right] \\times{\\left[b-\\frac{1}{2}, b+2013 \\frac{1}{2}\\right] \\times} {\\left[c-\\frac{1}{2}, c+2013 \\frac{1}{2}\\right]}$\n\n的内部恰有 $2 \\times 19 \\times 53=2014$ 个素点.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 150 御天敌为了挽救塞伯坦星球, 在地球上建立了由 $n(n \geqslant 3)$ 个能量柱组成的太空桥,这些能量柱坚立在一个平面的 $n$ 个点上,任意三点不共线. 其启动方式为: 任意选定一个能量柱,从其发出一道激光, 该能量柱将激光逆时针旋转,当激光遇到另一个能量柱时,停止旋转; 第二个能量柱接收到激光后, 将其反射并逆时针旋转, 当反射的激光遇到下一个能量柱时, 停止旋转; 如此下去, 若激光行进的路径组成一条有向环路, 则启动成功. 证明: 存在成功的启动方式, 且成功启动方式所对应的有向环路个数不大于 $2 n$. ['将 $n$ 个点记为 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{n}$. 设激光行进的路径为 $a_{1}, a_{2}, \\cdots$, 其中, $a_{i} \\in\\left\\{A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{n}\\right\\}$.\n\n考虑相邻两点所组成的集合\n\n$\\left\\{\\left(a_{i}, a_{i+1}\\right) \\mid i=1,2, \\cdots\\right\\}$,\n\n其为无限集,但其取值至多有 $n(n-1)$ 个.\n\n故必有 $\\left(a_{i}, a_{i+1}\\right)=\\left(a_{j}, a_{j+1}\\right)(i<j)$.\n\n因此, $a_{i+2}=a_{j+2}$.\n\n依此类推, 则路径从 $a_{i}$ 开始循环, 且由激光行进方式, 知 $\\left(a_{i}, a_{i+1}\\right)=\\left(a_{j}, a_{j+1}\\right)$ 可导出 $a_{i-1}=$ $a_{j-1}$. 依此类推, 知该路径从 $a_{1}$ 开始循环, 即激光行进的路径组成有向回路.\n\n线段 $A_{1} A_{i}(i=2,3, \\cdots, n)$ 与半径充分小的 $\\odot A_{1}$ 的交点 (逆时针) 依次记为 $A_{11}, A_{12}, \\cdots$, $A_{1(n-1)}$.\n\n类似定义 $A_{i j}(i=1,2, \\cdots, n ; j=1,2, \\cdots, n-1)$.\n\n记 $\\angle A_{i j} A_{i} A_{i(j+1)}=\\alpha_{i j}$, 其中, $i=1,2, \\cdots, n$ ； $j=1,2, \\cdots, n-1, A_{i n}=A_{i 1}$.\n\n则 $\\sum_{j=1}^{n-1} \\alpha_{i j}=2 \\pi$.\n\n若激光从点 $A_{i i}$ 到 $A_{i}$, 则下一步必在 $A_{i}$ 逆时针旋转 $\\alpha_{i j}$ 角度, 从点 $A_{i}$ 到 $A_{i(j+1)}$, 此步骤可逆 (即若激光从点 $A_{i}$ 到 $A_{i(j+1)}$, 则上一步必从点 $A_{i j}$ 到 $A_{i}$ ).故每条路径可由其中一步 $\\left(a_{i}, a_{i+1}\\right)$ 推导得到.\n\n从而, 不同的环路所包含的 $\\angle A_{i j} A_{i} A_{i(j+1)}$ 不会相同, 即每个 $\\alpha_{i j}$ 至多在一个路径中出现. 故不同的有向环路有有限个, 记为 $P_{t}(t=1,2, \\cdots, \\mu)$.\n\n对任意一条环路 $P_{t}$, 激光行进一周后, 其仍为原方向.\n\n故 $\\sum_{\\alpha_{i j} \\in P_{t}} \\alpha_{i j}=k_{t} \\pi\\left(k_{t} \\in \\mathbf{Z}_{+}, t=1,2, \\cdots, \\mu\\right)$.\n\n从而, $\\sum_{i=1}^{n} k_{i} \\pi \\leqslant \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{j=1}^{n-1} \\alpha_{i j}=2 n \\pi$.\n\n故 $\\mu \\leqslant 2 n$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 151 对任意的 $a \in\{0,1, \cdots, 9\}$,证明: 集合 $X=\left\{[n \sqrt{2}] \mid n \in \mathbf{N}_{+}\right\}$中有无穷多个元素,其个位数字为 $a$,其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数. ['记 $x_{n}=[n \\sqrt{2}]$. 显然,\n\n$$\nx_{n+1}=[n \\sqrt{2}+\\sqrt{2}] \\geqslant[n \\sqrt{2}+1]=x_{n}+1 \\text {, }\n$$\n\n且 $x_{n+1}=[n \\sqrt{2}+\\sqrt{2}] \\leqslant[n \\sqrt{2}+2]=x_{n}+2$,\n\n即 $x_{n+1}-x_{n}=1$ 或 2 .\n\n假设集合 $X=\\left\\{[n \\sqrt{2}] \\ln \\in \\mathbf{N}_{+}\\right\\}$中只有有限个元素, 其个位数字为 $a$. 则存在 $M \\in$ $\\mathrm{N}_{+}$, 使得当 $n \\geqslant M$ 时, $x_{n}=[n \\sqrt{2}]$ 的个位数字均不为 $a$.\n\n由 $x_{n+1}-x_{n}=1$ 或 2 , 并结合 $\\lim _{n \\rightarrow+\\infty} x_{n}=+\\infty$,知存在 $n \\geqslant M$, 使得\n\n$$\nx_{n}=10 k+a+1\\left(k \\in \\mathbf{N}_{+}\\right)\n$$\n\n由 $x_{n+7}=[n \\sqrt{2}+7 \\sqrt{2}]\\geqslant[n \\sqrt{2}+9]=x_{n}+9$, $x_{n+7}=[n \\sqrt{2}+2 \\sqrt{2}] \\leqslant[n \\sqrt{2}+10]=x_{n}+10$,故只能 $x_{n+7}=x_{n}+10=10(k+1)+a+1$.\n\n同理, $x_{n+14}=x_{n+7}+10=10(k+2)+a+1$, $\\cdots, x_{n+70}=x_{n+63}+10=10(k+10)+a+1$.\n\n由 $70^{2} \\times 2=9800<9801=99 \\times 99$, 知\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{n+70}=[n \\sqrt{2}+70 \\sqrt{2}] \\\\\n& \\leqslant[n \\sqrt{2}+99]=10(k+10)+a\n\\end{aligned}\n$$\n\n矛盾.\n\n因此,集合 $X=\\left\\{[n \\sqrt{2}] \\mid n \\in \\mathbf{N}_{+}\\right\\}$中有无穷多个元素, 其个位数字为 $a$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 152 已知 2013 个人, 每人分别持有 $1,2, \cdots, 2013$ 张卡片,按任意顺序围坐在圆桌旁. 一次传递是指某人将自己手中的一张卡片传给与其相邻的两个人之一. 证明: 若经过 $m$ 次传递后, 使得每个人持有的卡片数相同, 且 $m$ 最小, 则存在相邻两人, 他们相互之间没有传递卡片. ['将圆桌旁 2013 人顺时针依次记为 $A_{0}, A_{1}, \\cdots, A_{2 n}(n=1006)$. 设 $A_{i}$ 手中持有 $a_{i}+(n+1)$ 张卡片. 则 $\\left(a_{0}, a_{1}, \\cdots, a_{2 n}\\right)$ 是 $(-n,-n+1, \\cdots,-1,0,1, \\cdots, n)$ 的一个排列, 且 $\\sum_{i=0}^{2 n} a_{i}=0$.\n\n设所有传递结束后, $A_{i+1}$ 传给 $A_{i}(i=0$, $1, \\cdots, 2 n, A_{2 n+1}=A_{0}$ ) 共 $x_{i}$ 张卡片(若 $x_{i}<0$,表示 $A_{i}$ 传给 $A_{i+1}$ 的卡片 $-x_{i}$ 张).\n\n由题设知\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{i}+a_{i}-x_{i-1}=0 \\\\\n& \\Rightarrow x_{i}=x_{i-1}-a_{i}=\\cdots=x_{2 n}-\\sum_{j=0}^{i} a_{j} . \\quad \\quad (1)\n\\end{aligned}\n$$\n\n特别地, $x_{2 n}=x_{2 n}-\\sum_{j=0}^{2 n} a_{j}$.\n\n故所有传递次数之和为\n\n$$\nA=\\sum_{i=0}^{2 n}\\left|x_{i}\\right|=\\sum_{i=0}^{2 n}\\left|x_{2 n}-\\sum_{j=0}^{i} a_{j}\\right|\n$$\n\n将 $\\sum_{j=0}^{i} a_{j}(i=0,1, \\cdots, 2 n)$ 按从小到大重新排列为 $b_{0}, b_{1}, \\cdots, b_{2 n}$. 则存在 $i_{0} \\in\\{0,1$, $\\cdots, 2 n\\}$, 使得 $b_{n}=\\sum_{j=0}^{i_{0}} a_{j}$.\n\n故 $A=\\sum_{i=0}^{2 n}\\left|x_{2 n}-b_{i}\\right|$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =\\left|x_{2 n}-b_{n}\\right|+\\sum_{i=0}^{n-1}\\left(\\left|x_{2 n}-b_{i}\\right|+\\left|b_{n+1+i}-x_{2 n}\\right|\\right) \\\\\n& \\geqslant \\sum_{i=0}^{n-1}\\left(b_{n+1+i}-b_{i}\\right),\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $x_{2 n}=b_{n}$ 时, $A$ 取最小值.\n\n此时, $x_{i}(i=0,1, \\cdots, 2 n-1)$ 由 $x_{2 n}$ 及式 (1)唯一确定.\n\n特别地, $x_{i_{0}}=x_{2 n}-\\sum_{j=0}^{i_{0}} a_{j}=b_{n}-\\sum_{j=0}^{i_{0}} a_{j}=0$,表示 $A_{i_{0}}$ 与 $A_{i_{0}+1}$ 之间始终没有传递卡片.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 153 "设函数 $f$ : $\mathbf{R}_{+} \rightarrow \mathbf{R}$. 若 $f\left(x^{2}\right)-x^{3}$ 、 $f\left(x^{3}\right)-x^{4}$ 均严格单调递增, 证明: |
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| f\left(x^{5}\right)+100\left(f\left(x^{5}\right)-x^{7}\right) |
| $$ |
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| 严格单调递增." ['由 $f\\left(x^{2}\\right)-x^{3} 、 f\\left(x^{3}\\right)-x^{4}$ 严格单调递增, 知 $f\\left(x^{30}\\right)-x^{45} 、 f\\left(x^{30}\\right)-x^{40}$ 均严格单调递增. 故对正数 $\\lambda$ (待定), 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{\\left(f\\left(x^{30}\\right)-x^{45}\\right)+\\lambda\\left(f\\left(x^{30}\\right)-x^{40}\\right)}{1+\\lambda} \\\\\n& =f\\left(x^{30}\\right)-\\frac{x^{45}+\\lambda x^{40}}{1+\\lambda}\n\\end{aligned}\n$$\n\n严格单调递增.\n\n另一方面, 结论等价于 $f\\left(x^{30}\\right)-\\frac{100}{101} x^{42}$ 严格单调递增.而\n$$\n\\begin{aligned}\n& f\\left(x^{30}\\right)-\\frac{100}{101} x^{42} \\\\\n&= f\\left(x^{30}\\right)-\\frac{x^{45}+\\lambda x^{40}}{1+\\lambda}+ \\\\\n& \\frac{1}{1+\\lambda}\\left[x^{45}+\\lambda x^{40}-\\frac{100}{101}(1+\\lambda) x^{42}\\right],\n\\end{aligned}\n$$\n\n故只需证\n\n$$\nF(x)=x^{45}+\\lambda x^{40}-\\frac{100}{101}(1+\\lambda) x^{42}\n$$\n\n严格单调递增即可.\n\n注意到,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& F^{\\prime}(x)=45 x^{44}+40 \\lambda x^{39}-\\frac{4200}{101}(1+\\lambda) x^{41}>0 \\\\\n& \\Leftrightarrow 9 x^{5}+8 \\lambda>\\frac{840}{101}(1+\\lambda) x^{2} . \\\\\n& \\text { 而 } 9 x^{5}+8 \\lambda=\\frac{9 x^{5}}{2} \\times 2+\\frac{8 \\lambda}{3} \\times 3 \\\\\n& \\geqslant 5 \\sqrt[5]{\\left(\\frac{9 x^{5}}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{8 \\lambda}{3}\\right)^{3}}=10 \\sqrt[5]{12 \\lambda^{3}} x^{2},\n\\end{aligned}\n$$\n\n故只需取正数 $\\lambda$ 满足\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sqrt[5]{12 \\lambda^{3}}>\\frac{84}{101}(1+\\lambda) \\\\\n& \\Leftrightarrow \\frac{101}{84} \\times 12^{\\frac{1}{5}}>\\lambda^{\\frac{2}{5}}+\\lambda^{-\\frac{3}{5}} . \\\\\n& \\text { 而 } \\lambda^{\\frac{2}{5}}+\\lambda^{-\\frac{3}{5}}=\\frac{\\lambda^{\\frac{2}{5}}}{3} \\times 3+\\frac{\\lambda^{-\\frac{3}{5}}}{2} \\times 2 \\\\\n& \\geqslant 5 \\sqrt[5]{\\left(\\frac{1}{3}\\right)^{3} \\times\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{2}}=\\frac{5}{\\sqrt[5]{108}},\n\\end{aligned}\n$$\n\n故取 $\\lambda=\\frac{3}{2}$,上式等号成立. 此时, 只需证\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{101}{84} \\times 12^{\\frac{1}{5}}>\\frac{5}{\\sqrt[5]{108}} \\Leftrightarrow \\sqrt[5]{12 \\times 108}>\\frac{420}{101} \\\\\n& \\Leftrightarrow \\frac{16}{3}>\\left(\\frac{140}{101}\\right)^{5} \\Leftrightarrow 101^{5}>6 \\times 7^{5} \\times 10^{5} \\\\\n& \\Leftrightarrow 101^{5}=(100+1)^{5}>10^{10}+5 \\times 10^{8} \\\\\n& >1.00842 \\times 10^{10}=6 \\times 7^{5} \\times 10^{5}\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 154 证明: 不存在大于 7 的素数 $p$,使得 $p^{12}+5039 \times 5041$ 的正因子的个数小于 120 . ['设 $d(n)$ 是 $n$ 的所有正因子的个数.对大于 7 的素数 $p$, 由费马小定理知\n\n\n$5\\left|\\left(p^{4}-1\\right), 7\\right|\\left(p^{6}-1\\right) \\Rightarrow 35 \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n设 $p=2 k+1$. 由二项式定理得\n\n$(2 k+1)^{12}-1$\n\n$\\equiv \\mathrm{C}_{12}^{3}(2 k)^{3}+\\mathrm{C}_{12}^{2}(2 k)^{2}+\\mathrm{C}_{12}^{1} 2 k$\n\n$\\equiv 66 \\times 4 k^{2}+24 k \\equiv 24 k(11 k+1)$\n\n$\\equiv 0\\left(\\bmod 2^{4}\\right)$,\n\n即 $2^{4} \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n设 $p=3 t+r(r \\in\\{1,2\\})$. 则\n\n$(3 k+r)^{12}-1 \\equiv \\mathrm{C}_{12}^{1} 3 k r^{11}+r^{12}-1$\n\n$\\equiv r^{12}-1 \\equiv 0\\left(\\bmod 3^{2}\\right)$,\n\n即 $3^{2} \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n综上, $\\left(2^{4} \\times 3^{2} \\times 5 \\times 7\\right) \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n故 $p^{12}+5039 \\times 5041=p^{12}-1+5040^{2}$是 5040 的倍数.\n\n令 $p^{12}+5039 \\times 5041=5040 k$. 则 $k \\geqslant 5041$.\n\n设 $k=2^{s} \\times 3^{t} \\times 5^{u} \\times 7^{v} w(s 、 t 、 u 、 v 、 w \\in \\mathbf{N}$ ， $(w, 210)=1$ ).\n\n则 $d\\left(p^{12}+5039 \\times 5041\\right)$\n\n$=(5+s)(3+t)(2+u)(2+v) d(w)$.\n\n若 $w>1$, 则\n\n$d\\left(p^{12}+5039 \\times 5041\\right)$\n\n$\\geqslant 5 \\times 3 \\times 2 \\times 2 \\times 2=120$,\n\n矛盾.\n\n若 $w=1$, 则\n\n$d\\left(p^{12}+5039 \\times 5041\\right)$\n\n$=(5+s)(3+t)(2+u)(2+v)<120$\n\n$\\Rightarrow s \\leqslant 4, t \\leqslant 2, u \\leqslant 1, v \\leqslant 1$\n\n$\\Rightarrow k \\leqslant 2^{4} \\times 3^{2} \\times 5 \\times 7<5041$,\n\n矛盾.\n\n从而, 不存在大于 7 的素数 $p$ 满足题设.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 155 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的高的垂足分别为 $D 、 E 、 F$, 直线 $E F$ 与 $\odot O$ 的弧 $\overparen{A B} 、 \overparen{A C}$ 分别交于点 $G 、 H$, 直线 $D F$ 与 $B G 、 B H$ 分别交于点 $K 、 L$, 直线 $D E$ 与 $C G 、 C H$ 分别交于点 $M 、 N$. 证明: $K 、 L 、 M 、 N$ 四点共圆, 且该圆的直径为 $\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)}$; 其中, $B C=a, C A=b, A B=c$. ['如图.\n\n<img_4134>\n\n因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以,\n\n$\\angle A F E=\\angle A C B$.\n\n注意到, $\\angle A F E=\\frac{\\overparen{G B}^{\\circ}+\\overparen{H A}^{\\circ}}{2}$,\n\n$\\angle A C B=\\frac{\\overparen{A B}^{\\circ}}{2}=\\frac{\\overparen{A G}^{\\circ}+\\widehat{G B}^{0}}{2}$.\n\n从而, $\\overparen{H A}=\\overparen{A G}$, 即 $A G=A H$.\n\n因为 $C 、 A 、 F 、 D$ 四点共圆, 所以,\n\n$\\angle B F D=\\angle A C B=\\angle A F E=\\angle B F G$.\n\n于是, 直线 $G H$ 与 $D K$ 关于直线 $A B$ 对称.\n\n由 $\\overparen{A G}^{\\circ}=\\overparen{A H}^{\\circ}$, 知 $\\angle G B A=\\angle A B H$.\n\n从而, 直线 $B K$ 与 $B H$ 关于直线 $A B$ 对称.\n\n因此, 点 $K 、 H$ 关于直线 $A B$ 对称, 即\n\n$A K=A H$.\n\n类似地,\n\n点 $L 、 G$ 关于直线 $A B$ 对称, 即 $A L=A G$;\n\n点 $G 、 N$ 关于直线 $A C$ 对称, 即 $A G=A N$;\n\n点 $M 、 H$ 关于直线 $A C$ 对称, 即 $A M=A H$.\n\n综上, $A L=A N=A G=A H=A K=A M$.\n\n因此, $K 、 L 、 M 、 N$ 四点共圆, 且圆心为 $A$,半径为 $A G$, 记该圆为 $\\odot A$.\n\n设 $\\odot O$ 的半径为 $R, \\odot O$ 的直径 $A Q$ 与 $G H$交于点 $P$. 则\n\n$\\angle A G Q=90^{\\circ}$, 且 $A P \\perp G H$.\n\n由射影定理得 $A G^{2}=A Q \\cdot A P$.\n\n注意到,\n\n$A P=A F \\sin \\angle A F E$\n\n$=A C \\cos \\angle C A B \\cdot \\sin \\angle A C B$.\n\n故 $A Q \\cdot A P$\n\n$=2 R \\cdot A C \\cos \\angle C A B \\cdot \\sin \\angle A C B$\n\n$=A B \\cdot A C \\cdot \\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$\n\n$=\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}$.\n\n因此, $A G=\\sqrt{\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}}, \\odot A$ 的直径为 $\\sqrt{2\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 156 "设 $a 、 b 、 c 、 d>0$. 证明： |
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| $a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}} d^{\frac{1}{3}} \leqslant(a+b+c)^{\frac{1}{3}}(a+c+d)^{\frac{1}{3}}$." ['由均值不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3\\left(\\frac{a b}{(a+b+c)(a+c+d)}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& =3\\left(\\frac{a}{a+c} \\cdot \\frac{b}{a+b+c} \\cdot \\frac{a+c}{a+c+d}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& \\leqslant \\frac{a}{a+c}+\\frac{b}{a+b+c}+\\frac{a+c}{a+c+d}, \\\\\n& 3\\left(\\frac{c d}{(a+b+c)(a+c+d)}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& =3\\left(\\frac{c}{a+c} \\cdot \\frac{a+c}{a+b+c} \\cdot \\frac{d}{a+c+d}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& \\leqslant \\frac{c}{a+c}+\\frac{a+c}{a+b+c}+\\frac{d}{a+c+d} . \\\\\n& \\text { 以上两式相加并整理得 } \\\\\n& a^{\\frac{1}{3}} b^{\\frac{1}{3}}+c^{\\frac{1}{3}} d^{\\frac{1}{3}} \\leqslant(a+b+c)^{\\frac{1}{3}}(a+c+d)^{\\frac{1}{3}} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n上式等号成立的充分必要条件为\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{a}{a+c}=\\frac{b}{a+b+c}=\\frac{a+c}{a+c+d}, \\\\ \\frac{c}{a+c}=\\frac{a+c}{a+b+c}=\\frac{d}{a+c+d}\\end{array}\\right.$\n\n$\\Leftrightarrow \\frac{a}{a+c}=\\frac{b}{a+b+c}=\\frac{a+c}{a+c+d}=\\lambda \\in(0,1)$\n\n$\\Leftrightarrow c=\\frac{1-\\lambda}{\\lambda} a, b=\\frac{1}{1-\\lambda} a, d=\\frac{1-\\lambda}{\\lambda^{2}} a(\\lambda \\in(0,1))$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 157 某年级有 $3 N$ 名学生, 在一次数学测验中可能的分数为 $60,61, \cdots, 100$,这些分数至少各出现两次,且平均分数为 82.4. 证明:可将这个年级的学生分成三个班, 每班有 $N$名学生,且各班的平均分数均为 82.4. ['设此年级 $3 N$ 名学生的分数分别为\n\n$60=a_{1} \\leqslant a_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant a_{3 N}=100$,\n\n且定义和 $s_{i}=\\sum_{j=i+1}^{i+N} a_{j}(i=0,1, \\cdots, 2 N)$.\n\n显然, $s_{0} \\leqslant s_{N} \\leqslant s_{2 N}$, 且\n\n$s_{0}+s_{N}+s_{2 N}=\\sum_{j=1}^{3 N} a_{j}=82.4 \\times 3 N$ (正整数).\n\n故 $N \\equiv 0(\\bmod 5)$.\n\n因此, $82.4 N$ 为正整数.\n\n显然, $s_{0} \\leqslant 82.4 N \\leqslant s_{2 N}$.\n\n注意到, 若 $s_{0}=82.4 N$, 则\n\n$s_{N}=s_{2 N}=82.4 N$,\n\n即 $a_{1}=a_{2}=\\cdots=a_{3 N}=82.4$ ，\n\n矛盾.\n\n从而, $s_{0}<82.4 N$.\n\n类似地, $s_{2 N}>82.4 N$.\n\n因此, $s_{0}<82.4 N<s_{2 N}$.\n\n设 $f_{0}(l)=\\sum_{j=1}^{N-1} a_{j}+a_{N+l}(l=0,1, \\cdots, 2 N)$.\n\n显然, $f_{0}(0)=s_{0}<82.4 N$, 且\n\n$f_{0}(l+1)-f_{0}(l)=a_{N+l+1}-a_{N+l}=0$ 或 1 ,\n\n即 $f_{0}(l)$ 在集合 $\\{0,1, \\cdots, 2 N\\}$ 上为连续变化的整数.\n\n若 $f_{0}(2 N) \\geqslant 82.4 N$, 则由中间值定理, 知存在 $m \\in\\{0,1, \\cdots, 2 N\\}$, 使得 $f_{0}(m)=82.4 N$,对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.\n\n若 $f_{0}(2 N)<82.4 N$, 则定义\n\n$f_{1}(l)=a_{3 N}+\\sum_{j=1}^{N-2} a_{j}+a_{N+l}$,\n\n其中, $l \\in\\{-1,0,1, \\cdots, 2 N-1\\}$.\n\n显然, $f_{1}(-1)=f_{0}(2 N)<82.4 N$.注意到，\n\n$f_{1}(l+1)-f_{1}(l)=a_{N+l+1}-a_{N+l}=0$ 或 1,即 $f_{1}(l)$ 在 $\\{-1,0,1, \\cdots, 2 N-1\\}$ 上为连续变化的整数.\n\n若 $f_{1}(2 N-1) \\geqslant 82.4 N$, 则由中间值定理,知存在 $m \\in\\{-1,0,1, \\cdots, 2 N-1\\}$, 使得 $f_{1}(m)=82.4 N$. 对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.\n\n依此类推.\n\n定义 $f_{k}(l)=\\sum_{j=3 N-k+1}^{3 N} a_{j}+\\sum_{j=1}^{N-k-1} a_{j}+a_{N+l}$,其中, $l \\in\\{-k,-k+1 ; \\cdots,-k+2 N\\}$,\n\n$k \\in\\{0,1, \\cdots, N-1\\}$.\n\n则 $f_{k}(-k)=f_{k-1}(-k+1+2 N)$.\n\n注意到,\n\n$f_{N-1}(N+1)=\\sum_{j=2 N+2}^{3 N} a_{j}+a_{2 N+1}=s_{2 N}>82.4 N$.\n\n故存在 $k \\in\\{0,1, \\cdots, N-1\\}$, 使得\n\n$f_{k}(-k)<82.4 N \\leqslant f_{k}(2 N-k)$.\n\n类似地, 存在 $m \\in\\{-k,-k+1, \\cdots,-k+2 N\\}$,使得 $f_{k}(m)=82.4 N$, 对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.\n\n其余的 $2 N$ 名学生的分数依次为\n\n$b_{1} \\leqslant b_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant b_{2 N}$,\n\n其取值为区间 $\\left[b_{1}, b_{2 N}\\right]$ 上的正整数,且此区间内的每个正整数各至少出现一次, 且 $b_{1}$, $b_{2}, \\cdots, b_{2 N}$ 的算术平均值为 82.4 .\n\n设 $t_{i}=\\sum_{j=i+1}^{i+N} b_{j}(i=0 ; 1, \\cdots, N)$.\n\n显然, $t_{0} \\leqslant t_{1} \\leqslant \\cdots \\leqslant t_{N}$, 且\n\n$t_{0}+t_{N}=\\sum_{j=1}^{2 N} b_{j}=82.4 \\times 2 N$.\n\n于是, $t_{0} \\leqslant 82.4 N \\leqslant t_{N}$.\n\n设 $k$ 为使 $t_{k} \\leqslant 82.4 N$ 成立的最大角标 (若 $t_{k}=82.4 N$, 则结论成立), 以下不妨设\n\n$t_{k}<82.4 N$.\n\n显然, $k \\neq N$. 因此, $t_{k}<82.4 N<t_{k+1}$.\n\n设 $g(l)=\\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+l}(l=1,2, \\cdots, N+1)$.\n\n注意到,\n\n$g(l+1)-g(l)=b_{k+l}-b_{k+l+1}=-1$ 或 0.\n\n因此, $g(l)$ 在集合 $\\{1,2, \\cdots, N+1\\}$ 上为连续变化的整数.\n\n而 $g(1)=\\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+1}=t_{k+1}>82.4 N$,\n\n$g(N+1)=\\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+N+1}=t_{k}<82.4 N$.\n\n据中间值定理,知存在 $l \\in\\{1,2, \\cdots, N+1\\}$ ，使得 $g(l)=82.4 N$, 对应的 $N$ 名学生组成满足条件的二班. 剩余的 $N$ 名同学组成满足条件的三班.\n\n综上, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 158 "已知锐角 $\triangle A B C$ 满足 $A B>A C$, 内心为 $I, \angle A$ 内的旁心为 $I_{1}, B C$ 的中点为 $L$, 直线 $L I$ 与边 $A C$ 交于点 $M$, 直线 $I_{1} L$ 与边 $A B$ 交于点 $N$. 记 $B C=a, C A=b, A B=c$. 证明: |
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| \frac{S_{\triangle L M N}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{a(c-b)}{(a+c-b)^{2}} \text {. } |
| $$" ['先证明一个引理.\n\n引理 设 $\\triangle A B C$ 的内切圆 $\\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \\angle A$ 内的旁切圆 $\\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E, L$ 为边 $B C$ 的中点. 则 $A E / / I L, A D / / I_{1} L$.\n\n证明 如下图, 设 $D D_{1}$ 为 $\\odot I$ 的直径, 过点 $D_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与边 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$.\n\n<img_4126>\n\n则 $B_{1} C_{1}$ 与 $\\odot I$ 切于点 $D_{1}$.\n\n故 $\\triangle A B_{1} C_{1}$ 中 $\\angle A$ 内的旁切圆为 $\\odot I$.\n\n由于 $A$ 为 $\\triangle A B_{1} C_{1}$ 与 $\\triangle A B C$ 的位似中心, $D_{1} 、 E$ 为对应点, 于是, $A 、 D_{1} 、 E$ 三点共线.\n\n由 $B E=\\frac{A B+B C+C A}{2}-A B$\n\n$$\n=\\frac{B C+C A-A B}{2}=C D \\text {, }\n$$\n\n知 $L$ 为线段 $E D$ 的中点.\n\n从而, $I L$ 为 $\\triangle D_{1} E D$ 的中位线, 则 $I L / / D_{1} E$,即 $A E / / I L$.\n\n类似地, 如下图, 设 $E E_{1}$ 为 $\\odot I_{1}$ 的直径, 则 $L I_{1}$ 为 $\\triangle D E E_{1}$ 的中位线, 即 $L I_{1} / / D E_{1}$.\n\n<img_4119>\n\n过点 $E_{1}$ 作 $\\odot I_{1}$ 的切线, 与 $A B 、 A C$ 的延长线分别交于点 $B_{2} 、 C_{2}$.\n\n则 $A$ 为 $\\triangle A B C$ 与 $\\triangle A B_{2} C_{2}$ 的位似中心, 且 $\\odot I_{1}$ 为 $\\triangle A B_{2} C_{2}$ 的内切圆, 即 $D 、 E_{1}$ 为对应点.\n\n从而, $A 、 D 、 E_{1}$ 三点共线.\n\n因此; $I_{1} L / / A D$.\n\n引理得证.\n\n如下图, 设 $\\triangle A B C$ 的内切圆 $\\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \\angle A$ 内的旁切圆 $\\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E$.\n\n<img_4064>\n\n由引理得 $A E / / M L, A D / / N L$.\n\n由 $\\frac{C M}{C A}=\\frac{C L}{C E}$\n\n$\\Rightarrow C M=b \\cdot \\frac{\\frac{a}{2}}{\\frac{a+c-b}{2}}=\\frac{a b}{a+c-b}$\n\n$\\Rightarrow A M=A C-C M=\\frac{b(c-b)}{a+c-b}$.\n\n类似地, $B N=\\frac{a c}{a+c-b}, A N=\\frac{c(c-b)}{a+c-b}$.\n\n故 $\\frac{S_{\\triangle L M N}}{S_{\\triangle A B C}}=1-\\frac{S_{\\triangle A M N}}{S_{\\triangle A B C}}-\\frac{S_{\\triangle B L N}}{S_{\\triangle A B C}}-\\frac{S_{\\triangle C L M}}{S_{\\triangle A B C}}$\n\n$=1-\\frac{(c-b)^{2}}{(a+c-b)^{2}}-\\frac{a}{2(a+c-b)}-\\frac{a}{2(a+c-b)}$\n\n$=\\frac{a(c-b)}{(a+c-b)^{2}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 159 "已知函数 $f: \mathbf{Z}_{+} \rightarrow \mathbf{Z}_{+}$, 满足对任意的 $x \in \mathbf{Z}_{+}$, 均有 |
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| $$ |
| f(x)+f(x+2) \leqslant 2 f(x+1) . |
| $$ |
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| 证明: 存在一个无穷正整数集合 $M$,使得对任意的 $i 、 j 、 k \in M$ ，均有 |
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| $$ |
| (i-j) f(k)+(j-k) f(i)+(k-i) f(j)=0 . |
| $$" ['考虑点列 $A_{n}=(n, f(n))\\left(n \\in \\mathbf{Z}_{+}\\right)$.\n\n注意到, 题目中条件等价于\n\n$f(x+1)-f(x) \\geqslant f(x+2)-f(x+1)$.\n\n则 $k_{A_{n} A_{n+1}}=f(n+1)-f(n)$\n\n$\\geqslant f(n+2)-f(n+1)=k_{A_{n+1} A_{n+2}}$.\n\n故折线 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n} \\cdots$ 的各段斜率 $\\left\\{k_{A_{n} A_{n+1}}\\right\\}$为不升的整数列, 且 $\\left\\{k_{A_{n} A_{n+1}}\\right\\}$ 中不出现负数项,否则,该项后面均为负数项.\n\n于是, 折线 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n} \\cdots$ 必与 $x$ 轴相交, 这与 $f(n)>0$ 矛盾.\n\n从而, $\\left\\{k_{A_{n} A_{n+1}}\\right\\}$ 为不升的非负整数列.\n\n因此, 存在 $n_{0}$, 使得当 $n \\geqslant n_{0}$ 时, $k_{A_{n} A_{n+1}}$ 为常数.\n\n进而, 当 $n \\geqslant n_{0}$ 时, 所有点 $A_{n}$ 在同一条直线上.\n\n取 $M=\\mathbf{Z} \\cap\\left[n_{0},+\\infty\\right)$.\n\n对任意的 $i 、 j 、 k \\in M$, 由 $A_{i} 、 A_{j} 、 A_{k}$ 三点共线, 设该直线为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& y=u x+v\\left(u \\in \\mathbf{Z}_{+}, v \\in \\mathbf{Z}\\right) . \\\\\n& \\text { 则 } f(i)=u i+v, f(j)=u j+v, f(k)=u k+v . \\\\\n& \\text { 故 }(i-j) f(k)+(j-k) f(i)+(k-i) f(j) \\\\\n& =(i-j)(u k+v)+(j-k)(u i+v)+ \\\\\n& \\quad(k-i)(u j+v) \\\\\n& =0 .\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 160 "若 $n$ 为完全平方数或 $n$ 到距离其最近的完全平方数的距离为完全立方数, 则称 $n$为 “好数”. 例如, $\left|45^{2}-2017\right|=2^{3}$, 即 2017 为好数. 对于正整数 $N$, 令 $S(N)$ 为集合 $\{1$, $2, \cdots, N\}$ 中好数的个数. |
| 证明：存在正实数 $\alpha 、 \beta$ 满足 |
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| $$ |
| \lim _{N \rightarrow \infty} \frac{S(N)}{N^{\alpha}}=\beta ? |
| $$" ['存在正实数 $\\alpha 、 \\beta$ 满足\n\n$\\lim _{N \\rightarrow+\\infty} \\frac{S(N)}{N^{\\alpha}}=\\beta\\left(\\alpha=\\frac{2}{3}, \\beta=\\frac{3}{2}\\right)$.\n\n对于充分大的正整数 $N$,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left.\\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]}\\right]^{-1}(1+[\\sqrt[3]{k-1}]+[\\sqrt[3]{k}])<S(N) \\\\\n& <\\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]+1}(1+[\\sqrt[3]{k-1}]+[\\sqrt[3]{k}]), \\\\\n& 2 \\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]}[\\sqrt[3]{k}]-3[\\sqrt[3]{N}]<S(N)<2 \\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]+1} \\sqrt[3]{k} \\\\\n& 2 \\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]} \\sqrt[3]{k}-5 \\sqrt{N}<S(N)<2 \\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]} \\sqrt[3]{k} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n注意到, $f(x)=\\sqrt[3]{x}$ 为区间 $[0,+\\infty)$ 上的严格单调递增的正函数.\n\n则 $\\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]} \\sqrt[3]{k}<\\int_{0}^{[\\sqrt{N}]+2} \\sqrt[3]{x} \\mathrm{~d} x$ $<\\int_{0}^{\\sqrt{N}+2} \\sqrt[3]{x} \\mathrm{~d} x=\\left.\\frac{3}{4} x^{\\frac{4}{3}}\\right|_{0} ^{\\sqrt{N}+2}$\n\n$=\\frac{3}{4}(\\sqrt{N}+2)^{\\frac{4}{3}}=\\frac{3}{4} N^{\\frac{2}{3}}\\left(1+\\frac{2}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}$.\n\n又 $\\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]} \\sqrt[3]{k}>\\int_{0}^{[\\sqrt{N}]} \\sqrt[3]{x} \\mathrm{~d} x$\n\n$>\\int_{0}^{\\sqrt{N}-1} \\sqrt[3]{x} \\mathrm{~d} x=\\left.\\frac{3}{4} x^{\\frac{4}{3}}\\right|_{0} ^{\\sqrt{N}-1}$\n\n$=\\frac{3}{4}(\\sqrt{N}-1)^{\\frac{4}{3}}=\\frac{3}{4} N^{\\frac{2}{3}}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}$,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\text { 则 } \\frac{3}{2} N^{\\frac{2}{3}}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}-5 \\sqrt{N}<S(N) . \\\\\n& <\\frac{3}{2} N^{\\frac{2}{3}}\\left(1+\\frac{2}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}, \\\\\n& \\frac{3}{2}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}-5 N^{-\\frac{1}{6}}<S(N) \\div N^{\\frac{2}{3}} \\\\\n& <\\frac{3}{2}\\left(1+\\frac{2}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此, 存在正实数 $\\alpha 、 \\beta$ 满足\n\n$\\lim _{N \\rightarrow \\infty} \\frac{S(N)}{N^{\\alpha}}=\\beta\\left(\\alpha=\\frac{2}{3}, \\beta=\\frac{3}{2}\\right)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 161 设正整数 $n \geqslant 2$. 圆周上放置了 $n$ 种颜色的 $2 n$ 个点,其中每种颜色各两个点. 若某段圆弧 $L$ 含的色点个数属于区间 $[1,2 n-1]$,则存在某种颜色使得圆弧 $L$ 上该颜色的点恰为一个. 证明: 可以去掉某种颜色的两个点,使得上述性质仍保留. ['为方便起见, 称满足题目条件的 $2 n$ 个点的放置方案为“好的”. 本题中涉及到的弧均为逆时针方向:\n\n设 $A_{i} 、 B_{i}(1 \\leqslant i \\leqslant n)$ 为圆周上的 $2 n$ 个色点, 其中, $A_{i} 、 B_{i}$ 的颜色均为 $i$.\n\n据题意, 知任给 $1 \\leqslant i \\leqslant n$, 色点 $A_{i} 、 B_{i}$ 在圆周上上不相邻 (否则, 只包含此两个色点的弧不满足题意), 色点 $A_{i} 、 B_{i}$ 将圆周分为两个弧 $\\overparen{A}_{i} B_{i} 、 \\overparen{B}_{i} A_{i}$ (逆时针走向).\n\n再据题意, 知存在 $j(1 \\leqslant j \\leqslant n)$ 且 $j \\neq i$ 使得闭弧 $\\overparen{A}_{i} B_{i}$ 上恰存在一个颜色为 $j$ 的点, 另一个颜色为 $j$ 的点在闭弧 $\\overparen{B_{i} A}$ 上, 即弦 $A_{i} B_{i}$ 与 $A_{j} B_{j}$ 相交.\n\n考虑无序两点组 $C_{i}=\\left(A_{i}, B_{i}\\right)$ 为顶点的 $n$阶图 $G$ : 顶点 $C_{i}$ 与 $C_{j}$ 之间连边当且仅当弦 $A_{i} B_{i}$与 $A_{j} B_{j}$ 相交. 据前面推理, 得任给 $1 \\leqslant i \\leqslant \\dot{n}$,存在 $j(1 \\leqslant j \\leqslant n)$ 且 $j \\neq i$, 使得顶点 $C_{i}$ 与 $C_{j}$ 之间连边.\n\n当 $n=2$ 时,满足题意的圆周上的四个色点的颜色只能依次为 $1 、 2 、 1 、 2$, 等价于图 $G$为连通图.\n\n下面证明一个引理.\n\n引理 设 $n \\geqslant 3$,一种放置方案为好的等价于对应的图 $G$ 为连通图.\n\n证明 若一种放置方案不是好的, 则存在一段弧 $L$, 弧 $L$ 含的色点数属于区间 $[1,2 n-1]$, 且不存在某种颜色使得弧 $L$ 上该颜色的点恰为一个.\n\n设弧 $L$ 含有 $k$ 种色点, 不妨设此 $k$ 种颜色为 $1,2, \\cdots, k$, 则弧 $L$ 上的色点恰为 $A_{1}, B_{1}$, $A_{2}, B_{2}, \\cdots, A_{k}, B_{k}$, 其中, $1 \\leqslant k \\leqslant n-1$. 弧 $L$ 的两个端点的连线将圆盘剖分成两个区域: 弧 $L$ 所在的包含连线的闭区域 $D_{1}$ 和不包含连线的另一个区域 $D_{2}$. 则任给 $1 \\leqslant i \\leqslant k$, 弦 $A_{i} B_{i}$ 在区域 $D_{1}$ 上, 任给 $k+1 \\leqslant j \\leqslant n$, 弦 $A_{j} B_{j}$ 在区域 $D_{2}$ 上. 从而, 弦 $A_{i} B_{i}$ 与 $A_{j} B_{j}$ 不相交, 即顶点 $C_{i}$与 $C_{j}$ 之间不连边, 即对应的图 $G$ 为非连通图.\n\n若方案为好的,显然图 $G$ 中存在边.\n\n假设图 $G$ 不是连通图，则存在图 $G$ 的最大连通子图 $G^{*}$, 图 $G^{*}$ 涉及图 $G$ 的 $l(2 \\leqslant l \\leqslant$ $n-1)$ 个点, 不妨设此 $l$ 个顶点为 $C_{1}, C_{2}, \\cdots$, $C_{l}$. 设 $2 l$ 个色点 $A_{1}, B_{1}, A_{2}, B_{2}, \\cdots, A_{l}, B_{l}$ 将圆周分成 $2 l$ 个弧段, 其中必有一个弧段含有其他色点,设该弧段为闭弧 $\\overparen{P Q}$ (逆时针走向),其中, $P 、 Q \\in\\left\\{A_{1}, B_{1}, A_{2}, B_{2}, \\cdots, A_{l}, B_{l}\\right\\}$.\n\n考虑闭弧 $\\overparen{Q P}$ (逆时针走向). 显然, 闭弧 $\\overparen{Q P}$ 上的色点数属于区间 $[2 l, 2 n-1]$. 因为方案是好的, 所以, 存在颜色 $\\dot{j} \\in\\{l+1, l+2$, $\\cdots, l+n\\}$ 使得闭弧 $\\overparen{Q P}$ 恰含一个颜色为 $j$ 的点 $A_{j}$, 另一个颜色为 $j$ 的点 $B_{j}$ 必在开弧 $\\overparen{P Q}$ 上.\n\n不妨设 $1 \\leqslant i \\leqslant l$ 时, 从点 $Q$ 沿闭弧 $\\overparen{Q P}$ 逆时针移动到点 $P$ 过程中首次遇到颜色为 $i$ 的点为 $A_{i}$, 第二次遇到颜色为 $i$ 的点为 $B_{i}$.\n\n因为 $C_{1}, C_{2}, \\cdots, C_{l}$ 对应的子图 $G^{*}$ 为连通图, 所以, 闭弧\n\n$$\n\\overparen{Q P}=\\overparen{A_{1} B_{1}} \\cup \\overparen{A_{2} B_{2}} \\cup \\cdots \\cup \\overparen{A_{l} B_{l}}\n$$\n\n(否则, 弧 $\\overparen{Q P}$ 上存在点 $R$, 且任给 $1 \\leqslant i \\leqslant l$, 使得点 $R$ 不在弧 $\\overparen{A_{i} B_{i}}$ 上, 即色点 $A_{i} 、 B_{i}$ 同在弧 $\\overparen{Q R}$或同在弧 $\\overparen{R P}$ 上. 不妨设 $1 \\leqslant i \\leqslant m$ 时, 色点 $A_{i}$ 、$B_{i}$ 均在弧 $\\overparen{Q R}$ 上, $m+1 \\leqslant j \\leqslant l$ 时, 色点 $A_{j} 、 B_{j}$ 均在弧 $\\widehat{R P}$ 上, 即 $1 \\leqslant i \\leqslant m<m+1 \\leqslant j \\leqslant l$ 时, 弦 $A_{i} B_{i}$ 与 $A_{j} B_{j}$ 不相交, 即顶点 $C_{i}$ 与 $C_{j}$ 之间不连边, 与图 $G^{*}$ 为连通图矛盾).\n\n又因为 $A_{j}$ 在闭弧 $\\overparen{Q P}$ 上, 所以, 存在 $i \\in$ $\\{1,2, \\cdots, l\\}$ 使得点 $A_{j}$ 在弧 $\\widehat{A}_{i} B_{i}$ 上, 显然, 点 $B_{j}$不在弧 $\\widehat{A}_{i_{i}} B_{\\text {上 }}$ 上.\n\n因此，弦 $A_{i} B_{i}$ 必与 $A_{j} B_{j}$ 相交, 即顶点 $C_{i}$ 与 $C_{j}$ 之间有边, 即图 $G$ 必与最大连通子图 $G^{*}$ 的某个顶点之间有边, 与最大性矛盾, 即对应的图 $G$ 为连通图.\n\n引理得证.\n\n因为原方案为好的, 所以, 对应的图 $G$为连通图, 可以去掉图 $G$ 的一些边, 得到图 $G$的生成树 $\\tilde{G}$, 树 $\\tilde{G}$ 中存在度为 1 的顶点. 不妨设顶点 $C_{n}$ 在树 $\\tilde{G}$ 中的度为 1 , 树 $\\tilde{G}$ 中去掉顶点 $C_{n}$ 后仍为树. 于是, 连通图 $G$ 去掉顶点 $C_{n}$及其关联的边后仍为连通图, 即去掉颜色为 $n$的色点 $A_{n} 、 B_{n}$ 后方案仍为好的, 原命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 162 已知凸四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C 、 B D$交于点 $P$, 边 $A B 、 B C 、 C D 、 D A$ 的中点分别为 $E 、 F 、 G 、 H, \triangle P H E 、\triangle P E F 、 \triangle P F G 、 \triangle P G H$的外心分别为 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$. 证明: $O_{1} 、 O_{2}$ 、 $O_{3} 、 O_{4}$ 四点共圆的充分必要条件为 $A 、 B 、 C 、 D$四点共圆. ['如图\n\n<img_4122>\n\n由 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$ 分别为 $\\triangle P H E 、 \\triangle P E F 、$ $\\triangle P F G 、 \\triangle P G H$ 的外心, 则\n\n$O_{1} O_{2} \\perp P E, O_{2} O_{3} \\perp P F$,\n\n$\\mathrm{O}_{3} \\mathrm{O}_{4} \\perp \\mathrm{PG}, \\mathrm{O}_{4} \\mathrm{O}_{1} \\perp \\mathrm{PH}$.\n\n从而, $\\angle O_{4} O_{1} O_{2}+\\angle H P E=\\pi$,\n\n$\\angle \\mathrm{O}_{2} \\mathrm{O}_{3} \\mathrm{O}_{4}+\\angle F P G=\\pi$\n\n故 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$ 四点共圆\n\n$\\Leftrightarrow \\angle O_{4} O_{1} O_{2}+\\angle O_{2} O_{3} O_{4}=\\pi$\n\n$\\Leftrightarrow \\angle H P E+\\angle F P G=\\pi \\quad \\quad (1)$.\n\n设 $A 、 C$ 关于点 $P$ 的对称点分别为 $A^{\\prime} 、$ $C^{\\prime}$. 联结 $B C^{\\prime} 、 D C^{\\prime} 、 B A^{\\prime} 、 D A^{\\prime}$.\n\n注意到,在 $\\triangle B C C^{\\prime}$ 中,\n\n$F P / / B C^{\\prime}, \\angle F P C=\\angle B C^{\\prime} C ;$\n\n在 $\\triangle D C C^{\\prime}$ 中,\n\n$G P / / D C^{\\prime}, \\angle C P G=\\angle C C^{\\prime} D$.\n\n则 $\\angle F P G=\\angle F P C+\\angle C P G$\n\n$=\\angle B C^{\\prime} C+\\angle C C^{\\prime} D=\\angle B C^{\\prime} D$.\n\n类似地, $\\angle E P H=\\angle B A^{\\prime} D$.\n\n故式(1) $\\Leftrightarrow \\angle B C^{\\prime} D+\\angle B A^{\\prime} D=\\pi$\n\n$\\Leftrightarrow B 、 C^{\\prime} 、 D 、 A^{\\prime}$ 四点共圆\n\n$\\Leftrightarrow C^{\\prime} P \\cdot A^{\\prime} P=B P \\cdot D P$\n\n$\\Leftrightarrow C P \\cdot A P=B P \\cdot D P$\n\n$\\Rightarrow A 、 B 、 C 、 D$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 163 "在 $\triangle A B C$ 中, 证明 : |
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| $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\geqslant \frac{b+c-a}{a}+\frac{c+a-b}{b}+\frac{a+b-c}{c} \geqslant 3$." ['记“ $\\sum$ ”表示轮换对称和.\n\n先证左端不等式成立.\n\n设 $b+c-a=2 x, c+a-b=2 y$ ，\n\n$a+b-c=2 z$.\n\n于是, $x 、 y 、 z \\in \\mathbf{R}_{+}$, 且\n\n$a=y+z, b=z+x, c=x+y$.\n\n则左端不等式\n\n$\\Leftrightarrow \\sum \\frac{y+z}{2 x} \\geqslant \\sum \\frac{2 x}{y+z}$\n\n$\\Leftrightarrow \\sum \\frac{y+z}{x} \\geqslant \\sum \\frac{4 x}{y+z}$.\n\n由柯西不等式得\n\n$\\left(\\frac{x}{y}+\\frac{x}{z}\\right)\\left(\\frac{y}{x}+\\frac{z}{x}\\right) \\geqslant 4$.\n\n因此, $\\frac{x}{y}+\\frac{x}{z} \\geqslant \\frac{4}{\\frac{y}{x}+\\frac{z}{x}}=\\frac{4 x}{y+z}$.\n\n类似地, $\\frac{y}{x}+\\frac{y}{z} \\geqslant \\frac{4 y}{x+z}, \\frac{z}{x}+\\frac{z}{y} \\geqslant \\frac{4 z}{x+y}$.\n\n三式相加得\n\n$$\n\\sum \\frac{y+z}{x} \\geqslant \\sum \\frac{4 x}{y+z} .\n$$\n\n再证右端不等式成立.\n\n注意到, $\\frac{b+c-a}{a}=\\frac{b+c+a}{a}-2$,\n\n$\\frac{c+a-b}{b}=\\frac{c+a+b}{b}-2$,\n\n$\\frac{a+b-c}{c}=\\frac{a+b+c}{c}-2$.\n\n故 $\\frac{b+c-a}{a}+\\frac{c+a-b}{b}+\\frac{a+b-c}{c}$\n\n$=(a+b+c)\\left(\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}\\right)-6$\n\n$\\geqslant(1+1+1)^{2}-6=3$.\n\n综上, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 164 "正实数 $\alpha 、 \beta 、 \gamma 、 \delta$, 对任意的 $n \in \mathbf{N}_{+}$,满足 |
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| $[\alpha n][\beta n]=[\gamma n][\delta n]$, |
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| 且 $\{\alpha, \beta\} \neq\{\gamma, \delta\}$. 证明: $\alpha \beta=\gamma \delta$, 且 $\alpha 、 \beta 、 \gamma 、 \delta$为正整数." ['注意到, $\\alpha n-1<[\\alpha n] \\leqslant \\alpha n$.\n\n上式除以 $n$ 得\n\n$\\alpha-\\frac{1}{n}<\\frac{[\\alpha n]}{n} \\leqslant \\alpha \\Rightarrow \\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\alpha n]}{n}=\\alpha$.\n\n类似地, $\\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\beta n]}{n}=\\beta$,\n\n$\\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\gamma n]}{n}=\\gamma, \\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\delta n]}{n}=\\delta$.\n\n$[\\alpha n][\\beta n]=[\\gamma n][\\delta n]$两边同时除以 $n^{2}$ 得\n\n$\\frac{[\\alpha n]}{n} \\cdot \\frac{[\\beta n]}{n}=\\frac{[\\gamma n]}{n} \\cdot \\frac{[\\delta n]}{n}$.\n\n当 $n \\rightarrow+\\infty$ 时, $\\alpha \\beta=\\gamma \\delta$.\n\n不妨假设 $\\alpha \\geqslant \\beta, \\gamma \\geqslant \\delta, \\alpha \\geqslant \\gamma$.\n\n则 $\\alpha \\geqslant \\gamma \\geqslant \\delta \\geqslant \\beta$.\n\n因为 $\\{\\alpha, \\beta\\} \\neq\\{\\gamma, \\delta\\}$, 所以,\n\n$\\alpha>\\gamma \\geqslant \\delta>\\beta$.\n\n于是, 存在正整数 $N$ 满足\n\n(1) $(\\alpha-\\gamma) N>1$;\n\n(2) $(\\delta-\\beta) N>1$;\n\n(3) $\\beta N>1$.\n\n对任意的 $m>N$, 上述三个条件均成立.此时,\n\n$[\\alpha m]-[\\gamma m] \\geqslant 1,[\\delta m]-[\\beta m] \\geqslant 1$,\n\n$[\\beta m] \\geqslant 1$.\n\n先证明一个引理.\n\n引理 当 $m>N$ 时, 在上述条件下, $\\alpha m$ 、 $\\beta m 、 \\gamma m 、 \\delta m$ 均为正整数.证明 固定 $m>N$. 设 $[\\alpha m]=A,\\{\\alpha m\\}$ $=a, a$ 的二进制表示为 $a=\\left(0 . a_{1} a_{2} \\cdots\\right)_{2}$ ；类似地, 可定义 $[\\beta m]=B,\\{\\beta m\\}=b$, $b$ 的二进制表示为 $b=\\left(0 . b_{1} b_{2} \\cdots\\right)_{2}$; $[\\gamma m]=C,\\{\\gamma m\\}=c$, $c$ 的二进制表示为 $c=\\left(0 . c_{1} c_{2} \\cdots\\right)_{2}$; $[\\delta m]=D,\\{\\delta m\\}=d$, $d$ 的二进制表示为 $d=\\left(0 . d_{1} d_{2} \\cdots\\right)_{2}$.据题目条件知 $[\\alpha m][\\beta m]=[\\gamma m][\\delta m]$.则 $A B=C D$, 且 $A>C \\geqslant D>B \\geqslant 1$.\n\n取 $n=2 m$, 则 $[2 \\alpha m]=2 A+a_{1},[2 \\beta m]=2 B+b_{1}$, $[2 \\gamma m]=2 C+c_{1},[2 \\delta m]=2 D+d_{1}$.\n\n由 $[2 \\alpha m][2 \\beta m]=[2 \\gamma m][2 \\delta m]$,知\n\n$\\left(2 A+a_{1}\\right)\\left(2 B+b_{1}\\right)=\\left(2 C+c_{1}\\right)\\left(2 D+d_{1}\\right)$\n\n$\\Rightarrow 2 A b_{1}+2 B a_{1}+a_{1} b_{1}$\n\n$$\n=2 C d_{1}+2 D c_{1}+c_{1} d_{1}. \\quad \\quad ①\n$$\n\n(1) 当 $a_{1}=1, b_{1}=1$ 时, 由于式①左边为奇数, 故右边为奇数. 因此, $c_{1}=1, d_{1}=1$. 由式①可得 $A+B=C+D$, 再结合 $A B=C D$, 得 $\\{A, B\\}=\\{C, D\\}$ 与 $A>C \\geqslant D>B \\geqslant 1$ 矛盾.\n\n(2) 当 $a_{1}=1, b_{1}=0$ 时, 由于式①左边为偶数, 故右边为偶数. 因此, $c_{1} d_{1}=0$. 式①变为 $B=d_{1} C+c_{1} D \\in\\{0, C, D\\}$. 矛盾.\n\n(3) 当 $a_{1}=0, b_{1}=1$ 时, 由于式①左边为偶数, 故右边为偶数. 因此, $c_{1} d_{1}=0$. 式①变为 $A=d_{1} C+c_{1} D \\in\\{0, C, D\\}$. 矛盾.\n\n(4) 当 $a_{1}=0, b_{1}=0$ 时, 由式①得\n\n$c_{1}=d_{1}=0$.\n\n从而, $a_{1}=b_{1}=c_{1}=d_{1}=0$.\n\n取 $n=4 m$, 则\n\n$[4 \\alpha m]=4 A+a_{2},[4 \\beta m]=4 B+b_{2}$,\n\n$[4 \\gamma \\mathrm{m}]=4 C+c_{2},[4 \\delta \\mathrm{m}]=4 D+d_{2}$.\n\n由 $[4 \\alpha m][4 \\beta m]=[4 \\gamma m][4 \\delta m]$,知\n\n$\\left(4 A+a_{2}\\right)\\left(4 B+b_{2}\\right)=\\left(4 C+c_{2}\\right)\\left(4 D+d_{2}\\right)$\n\n$\\Rightarrow 4 A b_{2}+4 B a_{2}+a_{2} b_{2}=4 C d_{2}+4 D c_{2}+c_{2} d_{2}$.\n\n类似于之前的讨论知\n\n$a_{2}=b_{2}=c_{2}=d_{2}=0$.\n\n利用数学归纳法可以证明对于任意的 $k \\in \\mathbf{N}_{+}, a_{k}=b_{k}=c_{k}=d_{k}=0$.\n\n故 $a=b=c=d=0, \\alpha m 、 \\beta m 、 \\gamma m 、 \\delta m$ 均为正整数.\n\n引理得证.\n\n据引理知 $(m+1) \\alpha_{、}(m+1) \\beta 、(m+1) \\gamma$ 、 $(m+1) \\delta$ 均为正整数.\n\n因此, $\\alpha, \\beta 、 \\gamma, \\delta$ 均为正整数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 165 设 $H$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的垂心, $O^{\prime}$ 为 $\triangle B H C$ 的外心, $N$ 为线段 $A O^{\prime}$ 的中点, $D$ 为 $N$关于边 $B C$ 的对称点. 证明: $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 R^{2}$, 其中, $a=B C, b=C A, c=A B, R$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆半径. ['<img_4056>\n\n如图, 设 $\\triangle B H C$ 的外接圆半径为 $R^{\\prime}, O$ 为 $\\triangle A B C$ 的外心, $\\triangle A B C$ 的三个内角为 $\\angle A 、 \\angle B 、 \\angle C, A H$ 的延长线与 $B C$ 交于点 $E, B H$ 的延长线与 $A C$ 交于点 $S, C H$ 的延长线与 $B A$ 交于点 $T$, 联结 $O O^{\\prime}$, 并与 $B C$ 交于点 $M$.\n\n显然, $A 、 T 、 H 、 S$ 四点共圆.\n\n从而, $\\angle T H S=\\pi-\\angle A$.\n\n在 $\\triangle B H C$ 中,\n\n$\\angle B H C=\\angle T H S=\\pi-\\angle A$.\n\n由正弦定理得\n\n$2 R \\sin A=B C=2 R^{\\prime} \\sin \\angle B H C$\n\n$=2 R^{\\prime} \\sin (\\pi-A)=2 R^{\\prime} \\sin A$\n\n$\\Rightarrow R=R^{\\prime}$\n\n$\\Rightarrow O B=O C=R=R^{\\prime}=O^{\\prime} B=O^{\\prime} C$\n\n$\\Rightarrow$ 四边形 $O B O^{\\prime} C$ 为菱形, $O O^{\\prime}$ 垂直平分 $B C$.\n\n由 $O$ 与 $O^{\\prime} 、 N$ 与 $D$ 分别关于 $B C$ 对称知\n\n$O D=O^{\\prime} N=\\frac{1}{2} O^{\\prime} A$.\n\n故 $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为点 $D$ 在 $\\triangle A B C$ 的外接圆上, 即\n\n$O D=R \\Leftrightarrow O^{\\prime} A=2 R$.因为 $\\angle B O C=2 \\angle A$, 即 $\\angle B O M=\\angle A$,所以, $B M=R \\sin A, O^{\\prime} M=O M=R \\cos A$.\n\n又 $A E=A B \\sin B, B E=A B \\cos B$, $\\cos 2 x=1-2 \\sin ^{2} x$\n\n得 $O^{\\prime} A^{2}=\\left(O^{\\prime} M+A E\\right)^{2}+E M^{2}$\n\n$=(R \\cos A+A B \\sin B)^{2}+(R \\sin A-A B \\cos B)^{2}$\n\n$=A B^{2}+R^{2}+2 A B \\cdot R(\\cos A \\cdot \\sin B-\\sin A \\cdot \\cos B)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2} \\sin C \\cdot \\sin (B-A)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2} \\sin (B+A) \\cdot \\sin (B-A)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+2 R^{2}(\\cos 2 A-\\cos 2 B)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2}\\left(\\sin ^{2} B-\\sin ^{2} A\\right)$\n\n$=b^{2}+c^{2}-a^{2}+R^{2}$.\n\n综上, $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为\n\n$O^{\\prime} A=2 R \\Leftrightarrow O^{\\prime} A^{2}=4 R^{2}$\n\n$\\Leftrightarrow b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 R^{2}$.\n\n因此,原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 166 已知素数 $p \equiv 3(\bmod 4)$. 对于一个由 $\pm 1, \pm 2, \cdots, \pm \frac{p-1}{2}$ 组成的长度不大于 $p-1$的整数数列, 若其包含正项与负项各一半, 则称此整数数列为 “平衡的”. 令 $M_{p}$ 表示平衡数列的个数. 证明: $M_{p}$ 不为完全平方数. ['对于 $1 \\leqslant k \\leqslant \\frac{p-1}{2}$, 项数为 $2 k$ 的平衡数列的个数为\n\n$\\mathrm{C}_{2 k}^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{k}=\\mathrm{C}_{2 k}^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{2 k}$.\n\n故 $M_{p}=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\mathrm{C}_{2 k}^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{(2 k) !}{(k !)(k !)} \\cdot \\frac{(p-1)^{2 k}}{2^{2 k}}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{(2 k) !}{((2 k) ! !)((2 k) ! !)}(p-1)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{((2 k-1) ! !)((2 k+1)-2 k)}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}}\\left(\\frac{(2 k+1) ! !}{(2 k) ! !}-\\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k-2) ! !}\\right)(p-1)^{2 k}$\n\n$\\equiv \\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}}\\left(\\frac{(2 k+1) ! !}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}-\\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k-2) ! !}(p-1)^{2 k-2}\\right)$\n\n$\\equiv \\frac{p ! !}{(p-1) ! !}(p-1)^{p-1}-1 \\equiv-1(\\bmod p)$\n\n$\\Rightarrow M_{p} \\equiv-1(\\bmod p) .$\n\n因为 $p \\equiv 3(\\bmod 4)$, 所以, -1 不是模 $p$的二次剩余.\n\n从而, $M_{p}$ 不为完全平方数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 167 设 $n \geqslant 3, x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \leqslant 1$, 且 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0$.证明: $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5}<\frac{n}{3}$. ['设辅助函数 $f(x)=x^{5}-\\frac{2}{3} x-\\frac{1}{3}$.\n\n先证明一个引理.\n\n引理 当 $x \\in(-\\infty, 1]$ 时, 函数 $f(x) \\leqslant 0$.当且仅当 $x=1$ 时,等号成立.\n\n证明 易知, $f^{\\prime}(x)=5 x^{4}-\\frac{2}{3}$.\n\n令 $f^{\\prime}(x)=0$. 则 $x_{1}=-\\sqrt[4]{\\frac{2}{15}}, x_{2}=\\sqrt[4]{\\frac{2}{15}}$.\n\n当 $x \\in\\left(-\\infty, x_{1}\\right)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增;\n\n当 $x \\in\\left(x_{1}, x_{2}\\right)$ 时, $f^{\\prime}(x)<0, f(x)$ 严格单调递减;\n\n当 $x \\in\\left(x_{2}, 1\\right)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增.\n\n又 $f(1)=0$, 故只需证 $f\\left(x_{1}\\right)<0$, 即\n\n$f\\left(x_{1}\\right)=x_{1}^{5}-\\frac{2}{3} x_{1}-\\frac{1}{3}=x_{1} x_{1}^{4}-\\frac{2}{3} x_{1}-\\frac{1}{3}$\n\n$=\\frac{2}{15} x_{1}-\\frac{2}{3} x_{1}-\\frac{1}{3}=-\\frac{8}{15} x_{1}-\\frac{1}{3}$\n\n$=\\frac{8}{15}\\left(\\sqrt[4]{\\frac{2}{15}}\\right)-\\frac{1}{3}<0$\n\n$\\Leftrightarrow \\frac{2}{15}<\\left(\\frac{5}{8}\\right)^{4}=\\frac{5^{4}}{2^{12}} \\Leftrightarrow 2^{13}<5^{5} \\times 3$\n\n$\\Leftrightarrow 8192 \\times 9375$.\n\n显然成立.\n\n引理得证.\n\n当 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n} \\leqslant 1$ 时, $x_{i}^{5}-\\frac{2}{3} x_{i}-\\frac{1}{3} \\leqslant 0$.\n\n故 $x_{i}^{5} \\leqslant \\frac{2}{3} x_{i}+\\frac{1}{3}$, 当且仅当 $x_{i}=1$ 时, 等号成立.\n\n因此, $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5} \\leqslant \\frac{2}{3} \\sum_{i=1}^{n} x_{i}+\\frac{n}{3}$, 当且仅当 $x_{1}=x_{2}=\\cdots=x_{n}=1$ 时, 等号成立.\n\n由于 $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0$,于是, $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5} \\leqslant \\frac{n}{3}$.\n\n此时, $x_{1}=x_{2}=\\cdots=x_{n}=1$, 显然不成立.\n\n故 $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5}<\\frac{n}{3}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 168 在 $4030 \times 4030$ 方格表中任意选取 2017 条水平格线和 2017 条坚直格线, 并将这些格线的交点染为红色. 证明: 存在六个两两不同的红点 $A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F$, 使得 $\triangle A B C$ 的重心、 $\triangle D E F$ 的重心均为方格表的中心点. ['先证明一个引理.\n\n引理 设 $m \\in \\mathbf{N}_{+}$. 在\n\n$M_{m}=\\{n \\in \\mathbf{Z} \\mid-(2 m-1) \\leqslant n \\leqslant 2 m-1\\}$\n\n中任意选取 $2 m+1$ 个不同的数, 则其中必存在三个数,其和为零.\n\n证明 利用数学归纳法证明.\n\n当 $m=1$ 时,结论显然成立.\n\n假设 $m=k-1(k \\geqslant 2)$ 时, 结论成立.\n\n当 $m=k$ 时,若在集合 $M_{k}$ 所取的 $2 k+1$个不同的数组成的集合 $A$ 中, 存在 $2 k-1$ 个元素属于 $M_{k-1}$, 则由归纳假设知结论成立.\n\n否则, 在集合 $A$ 中至少有三个元素属于集合\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& M_{k}-M_{k-1} \\\\\n& =\\{-(2 k-1),-(2 k-2), 2 k-2,2 k-1\\} \\text {. } \\\\\n& \\text { (1) }\\{2 k-1,-(2 k-1)\\} \\subset A .\n\\end{aligned}\n$$\n\n若 $0 \\in A$, 则 $0 、-(2 k-1) 、 2 k-1$ 之和为 0 ;\n\n若 $0 \\notin A$, 则如下 $2 k-2$ 个数对\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{i, 2 k-1-i\\}(i=1,2, \\cdots, k-1) \\\\\n& \\{-i,-(2 k-1-i)\\}(i=1,2, \\cdots, k-1)\n\\end{aligned}\n$$\n\n中有 $A-\\{2 k-1,-(2 k-1)\\}$ 中 $2 k-1$ 个数,至少有一对数在集合 $A$ 中,使得结论成立.\n\n(2) $\\{2 k-1,-(2 k-1)\\} \\not \\subset A$.\n\n则 $\\{2 k-2,-(2 k-2)\\} \\subset A$, 且由对称性 (将整数 $a$ 变为 $-a$ ), 不妨设 $2 k-1 \\in A$, $-(2 k-1) \\notin A$. 于是,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{k-1\\},\\{i, 2 k-2-i\\}(i=0,1, \\cdots, k-2), \\\\\n& \\{-i,-(2 k-1-i)\\}(i=1,2, \\cdots, k-1),\n\\end{aligned}\n$$\n\n这 $2 k-1$ 组中包含 $A-\\{2 k-1,-(2 k-1)\\}$中 $2 k$ 个数, 至少有一对同组的数在集合 $A$中, 使得结论成立.\n\n引理得证.\n\n将方格表放入平面直角坐标系中, 使得其边界为:\n\n$x=-2015, x=2015$,\n\n$y=-2015, y=2015$.\n\n此时, 表格的中心点即为坐标原点.\n\n由引理, 知存在三条水平格线 (依次记为 $l_{1} 、 l_{2} 、 l_{3}$ ), 使得其在 $y$ 轴上的截距之和为零; 同样存在三条坚直格线 (依次记为 $L_{1}$ 、 $L_{2} 、 L_{3}$ ), 使得其在 $x$ 轴上的截距之和为零.\n\n记 $L_{i}$ 与 $l_{j}$ 的交点为 $P_{i j}(i, j \\in\\{1,2,3\\})$,作出下图.\n\n<img_4118>\n\n显然, $P_{i j}(i 、 j \\in\\{1,2,3\\})$ 均为红点, $\\triangle P_{21} P_{12} P_{33}$ 的重心、 $\\triangle P_{11} P_{32} P_{23}$ 的重心均为坐标原点,且六个顶点各不相同, 原命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 169 已知 $\odot O$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆, $\odot O_{1}$ 与 $\odot O$ 内切于点 $A$, 且与边 $B C$ 切于点 $D$. 设 $\triangle A B C$ 的内心为 $I, \triangle I B C$ 的外接圆 $\odot O_{2}$ 与 $\odot O_{1}$ 交于点 $E 、 F$. 证明: $O_{1} 、 E 、 O_{2}$ 、 $F$ 四点共圆. ['由熟知的性质, 知 $O_{2}$ 为 $\\odot O$ 的弧 $\\overparen{B C}$的中点, 且 $A 、 I 、 O_{2}$ 三点共线.\n\n如下图, 设 $A D$ 与 $\\odot O$ 的第二个交点为 $O_{2}^{\\prime}$.\n\n<img_4238>\n\n因为点 $A$ 为 $\\odot O_{1}$ 与 $\\odot O$ 的位似中心, 所以, $B C$ 与过 $O_{2}^{\\prime}$ 且与 $\\odot O$ 相切的直线平行.\n\n于是,点 $O_{2}^{\\prime}$ 与 $O_{2}$ 重合.\n\n联结 $O_{2} B$.\n\n由 $\\angle O_{2} B D=\\angle O_{2} B C=\\angle C A O_{2}=\\angle O_{2} A B$,\n\n则 $\\triangle O_{2} B D \\backsim \\triangle O_{2} A B \\Rightarrow \\frac{O_{2} B}{O_{2} A}=\\frac{O_{2} D}{O_{2} B}$.\n\n又 $O_{2} E^{2}=O_{2} B^{2}=O_{2} D \\cdot O_{2} A$, 知 $O_{2} E$ 与$\\odot O_{1}$ 切于点 $E$.\n\n因此, $\\angle O_{2} E O_{1}=90^{\\circ}$.\n\n同理, $\\angle O_{2} F O_{1}=90^{\\circ}$.\n\n所以, $O_{1} 、 E 、 O_{2} 、 F$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 170 "已知 $a 、 b 、 c>0$. 证明: |
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| $$ |
| \begin{aligned} |
| & \left(a^{3}+\frac{1}{b^{3}}-1\right)\left(b^{3}+\frac{1}{c^{3}}-1\right)\left(c^{3}+\frac{1}{a^{3}}-1\right) \\ |
| & \leqslant\left(a b c+\frac{1}{a b c}-1\right)^{3} . |
| \end{aligned} |
| $$" ['由于原不等式左边任意两个括号的和为正,故三个括号中至多一个非正.\n\n因此,不妨假设三个括号都为正.\n\n令 $k=a b c, a^{3}=\\frac{k x}{y}, b^{3}=\\frac{k y}{z}, c^{3}=\\frac{k z}{x}$.\n\n则原式左边\n\n$=\\frac{\\left(k^{2} x+z-k y\\right)\\left(k^{2} y+x-k z\\right)\\left(k^{2} z+y-k x\\right)}{k^{3} x y z}$.\n\n令 $k^{2} x+z-k y=u, k^{2} y+x-k z=v$,\n\n$k^{2} z+y-k x=w$.\n\n则 $x=\\frac{k u+v}{k^{3}+1}, y=\\frac{k v+w}{k^{3}+1}, z=\\frac{k w+u}{k^{3}+1}$.\n\n故原式左边\n\n$$\n=\\frac{u v w\\left(1+k^{3}\\right)^{3}}{k^{3}(k u+v)(k v+w)(k w+u)} .\n$$\n\n注意到,\n\n$(k u+v)(k v+w)(k w+u)$\n\n$=\\left(1+k^{3}\\right) u v w+\\left(v^{2} w+w^{2} u+u^{2} v\\right) k^{2}+$ $\\left(w^{2} v+v^{2} u+u^{2} w\\right) k$\n\n$\\geqslant\\left(1+k^{3}\\right) u v w+3 u v w k^{2}+3 u v w k$\n\n$=uvw (k+1)^{3}$.\n\n则原式左边\n\n$\\leqslant \\frac{\\left(1+k^{3}\\right)^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}=\\left(k+\\frac{1}{k}-1\\right)^{3}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 171 "已知 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的子集 $X$ 满足: 任给 $a 、 b \in X$, 若 $\frac{a+b}{2} \in \mathbf{Z}$, 则 $\frac{a+b}{2} \in X$,故称 $X$ 是 “好子集”. 记 $A(n)$ 为 $\{1,2, \cdots, n\}$的好子集的个数 (如 $A(3)=7,\{1,2,3\}$ 的八个子集中只有 $\{1,3\}$ 不是好子集). 证明: |
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| $$ |
| A(100)+A(98) \geqslant 2 A(99)+6 \text {. } |
| $$" ['一方面, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的好子集可以分成两类:包含 1 的和不包含 1 的.\n\n因为 $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的不包含 1 的好子集中每个元素均减去 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$的好子集, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的好子集中每个元素均加上 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的不包含 1 的好子集, 所以, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的不包含 1 的好子集与 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的好子集一一对应, 其个数为 $A(n+1)$.\n\n因此, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的包含 1 的好子集个数恰为 $A(n+2)-A(n+1)$.\n\n另一方面, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的好子集可以分成两类:包含 1 的和不包含 1 的.\n\n因为 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的不包含 1 的好子集中每个元素均减去 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的好子集, $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的好子集中每个元素均加上 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的不包含 1 的好子集, 所以, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的不包含 1 的好子集与 $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的好子集一一对应, 其个数为 $A(n)$.\n\n因此, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的包含 1 的好子集个数恰为 $A(n+1)-A(n)$.\n\n故 $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的包含 1 且不包含 $n+2$ 的好子集个数恰为 $A(n+1)-A(n)$.\n\n综上, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的包含 1 且包含 $n+2$ 的好子集个数恰为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& A(n+2)-A(n+1)-[A(n+1)-A(n)] \\\\\n& =A(n+2)-2 A(n+1)+A(n) .\n\\end{aligned}\n$$\n\n原命题等价于 $\\{1,2, \\cdots, 100\\}$ 至少有六个包含 1 且包含 100 的好子集.\n\n下面给出 $\\{1,2, \\cdots, 100\\}$ 包含 1 且包含 100 的六个好子集:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{1,2, \\cdots, 99,100\\},\\{1,4, \\cdots, 97,100\\}, \\\\\n& \\{1,10, \\cdots, 91,100\\},\\{1,12, \\cdots, 89,100\\}, \\\\\n& \\{1,34,67,100\\},\\{1,100\\} .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 172 已知两个半径不等的 $\odot O$ 、 $\odot O^{\prime}$ 外离, $\odot O, \odot O^{\prime}$ 的一条内公切线 $l$ 与两条外公切线 $l_{1} 、 l_{2}$ 分别交于点 $B 、 C$, 过 $B$ 且与 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 均外切的 $\odot O_{1}$ 与 $l_{1}$ 的第二个交点为 $P$, 过 $C$ 且与 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 均外切的 $\odot O_{2}$ 与 $l_{2}$的第二个交点为 $Q$. 证明: $B 、 P 、 C 、 Q$ 四点共圆. ['设 $\\odot O 、 \\odot O^{\\prime}$ 的半径分别为 $r 、 r^{\\prime}$, 且不妨设 $r<r^{\\prime}, l$ 的选取如下图所示.\n\n<img_4244>\n\n设直线 $l_{1} 、 l_{2}$ 交于点 $A, \\odot O_{1} 、 \\odot O_{2}$ 的半径分别为 $R_{1} 、 R_{2}$.\n\n则 $A 、 O 、 O^{\\prime}$ 三点共线, 且\n\n$O O_{1}=r+R_{1}, O^{\\prime} O_{1}=r^{\\prime}+R_{1}$,\n\n$O O_{2}=r+R_{2}, O^{\\prime} O_{2}=r^{\\prime}+R_{2}$.\n\n在 $\\triangle O O^{\\prime} O_{1}$ 中, 由斯特瓦尔特定理得\n\n$$\nA O_{1}^{2}=\\frac{O^{\\prime} A \\cdot O O_{1}^{2}-A O \\cdot O^{\\prime} O_{1}^{2}}{O^{\\prime} O}+O^{\\prime} A \\cdot A O\n$$\n\n$=\\frac{O^{\\prime} A\\left(r+R_{1}\\right)^{2}-A O\\left(r^{\\prime}+R_{1}\\right)^{2}}{O^{\\prime} O}+O^{\\prime} A \\cdot A O$.\n\n同理,\n\n$A O_{2}^{2}=\\frac{O^{\\prime} A\\left(r+R_{2}\\right)^{2}-A O\\left(r^{\\prime}+R_{2}\\right)^{2}}{O^{\\prime} O}+O^{\\prime} A \\cdot A O$.\n\n故 $A O_{1}^{2}-A O_{2}^{2}$ $=\\frac{O^{\\prime} A\\left[R_{1}^{2}-R_{2}^{2}+2 r\\left(R_{1}-R_{2}\\right)\\right]-A O\\left[R_{1}^{2}-R_{2}^{2}+2 r^{\\prime}\\left(R_{1}-R_{2}\\right)\\right]}{O^{\\prime} O}$\n\n$=\\frac{O^{\\prime} O\\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\\right)+2\\left(R_{1}-R_{2}\\right)\\left(0^{\\prime} A \\cdot r-A O \\cdot r^{\\prime}\\right)}{O^{\\prime} O}$.\n\n由 $\\sin \\frac{A}{2}=\\frac{r}{A O}=\\frac{r^{\\prime}}{O^{\\prime} A}$\n\n$\\Rightarrow O^{\\prime} A \\cdot r-A O \\cdot r^{\\prime}=0$\n\n$\\Rightarrow A O_{1}^{2}-A O_{2}^{2}=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}$\n\n$\\Rightarrow A O_{1}^{2}-R_{1}^{2}=A O_{2}^{2}-R_{2}^{2}$.\n\n又 $A O_{1}^{2}-R_{1}^{2}=A P \\cdot A B$,\n\n$A O_{2}^{2}-R_{2}^{2}=A Q \\cdot A C$.\n\n从而, $A P \\cdot A B=A Q \\cdot A C$.\n\n因此, $B 、 P 、 C 、 Q$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 173 "已知 $a 、 b 、 c>1$, 且 $a+b+c=9$.证明: |
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| $\sqrt{a b+b c+c a} \leqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$." ['令 $a=\\frac{9 x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, b=\\frac{9 y^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$,\n\n$c=\\frac{9 z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, x+y+z=1$.\n\n则原不等式变为\n\n$x^{2}+y^{2}+z^{2} \\geqslant 9\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right)$.\n\n因为 $a \\geqslant 1$, 所以,\n\n$9 x^{2}=a\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) \\geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}\\geqslant \\frac{(x+y+z)^{2}}{3}=\\frac{1}{3}$.\n\n从而, $x \\geqslant \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}$.\n\n同理, $y \\geqslant \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}, z \\geqslant \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}$.\n\n不妨设 $x \\geqslant y \\geqslant z$. 则\n\n$\\frac{1}{3 \\sqrt{3}} \\leqslant z \\leqslant \\frac{1}{3}$,\n\n$\\frac{1}{3} \\leqslant \\frac{x+y}{2}=\\frac{1-z}{2} \\leqslant \\frac{3 \\sqrt{3}-1}{6 \\sqrt{3}}$.\n\n令 $f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-9\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right)$.\n\n则 $f(x, y, z)-f\\left(\\frac{x+y}{2}, \\frac{x+y}{2}, z\\right)$\n\n$=\\frac{(x-y)^{2}}{2}\\left[1-9 z^{2}+\\frac{9}{8}(x+y)^{2}+\\frac{9}{2} x y\\right] \\geqslant 0$\n\n故只需证明在 $t \\in\\left(\\frac{1}{3}, \\frac{3 \\sqrt{3}-1}{6 \\sqrt{3}}\\right)$ 时,\n\n$f(t, t, 1-2 t) \\geqslant 0$.\n\n而 $f(t, t, 1-2 t)$\n\n$=2 t^{2}+(1-2 t)^{2}-9\\left[t^{4}+2 t^{2}(1-2 t)^{2}\\right]$\n\n$=(3 t-1)^{2}\\left(1+2 t-9 t^{2}\\right) \\geqslant 0$\n\n$\\Leftrightarrow \\frac{1-\\sqrt{10}}{9}<t<\\frac{1+\\sqrt{10}}{9}$.\n\n故只要验证 $\\frac{3 \\sqrt{3}-1}{6 \\sqrt{3}}<\\frac{1+\\sqrt{10}}{9}$. 显然.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 174 "已知正实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a b+b c+c a=1$.证明: |
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| $\frac{3}{\sqrt{a^{2}+1}}+\frac{4}{\sqrt{b^{2}+1}}+\frac{12}{\sqrt{c^{2}+1}}<\frac{39}{2}$." ['$\\frac{3}{\\sqrt{a^{2}+1}} \\leqslant 3, \\frac{4}{\\sqrt{b^{2}+1}} \\leqslant 4, \\frac{12}{\\sqrt{c^{2}+1}} \\leqslant 12$.\n\n则 $\\frac{3}{\\sqrt{a^{2}+1}}+\\frac{4}{\\sqrt{b^{2}+1}}+\\frac{12}{\\sqrt{c^{2}+1}}\\leqslant 3+4+12=19<\\frac{39}{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 175 已知凸四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C 、 B D$交于点 $O, \triangle A O B 、 \triangle B O C 、 \triangle C O D 、 \triangle D O A$ 的内心分别为点 $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3} 、 I_{4}, \triangle A O B 、 \triangle B O C 、$ $\triangle C O D 、 \triangle D O A$ 中 $\angle A O B 、 \angle B O C 、 \angle C O D 、$ $\angle D O A$ 内的旁心分别为点 $J_{1} 、 J_{2} 、 J_{3} 、 J_{4}$. 证明: $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3} 、 I_{4}$ 四点共圆的充分必要条件是 $J_{1} 、 J_{2} 、 J_{3} 、 J_{4}$ 四点共圆. ['先证明一个引理.\n\n引理 设 $\\triangle A B C$ 的内心、 $\\angle A$ 内的旁心分别为点 $I, I_{a}$. 则 $A I \\cdot A I_{a}=A B \\cdot A C$.\n\n注意到,\n\n$\\angle A I_{a} C=\\pi-\\frac{\\angle A}{2}-\\left(\\angle C+\\frac{\\pi-\\angle C}{2}\\right)$\n\n$=\\frac{\\angle B}{2}=\\angle A B I$.\n\n则 $\\triangle A I_{a} C \\backsim \\triangle A B I \\Rightarrow \\frac{A I_{a}}{A B}=\\frac{A C}{A I}$.\n\n由引理知\n\n$O I_{1} \\cdot O J_{1}=O A \\cdot O B$,\n\n$O I_{2} \\cdot O J_{2}=O B \\cdot O C$,\n\n$O I_{3} \\cdot O J_{3}=O C \\cdot O D$,\n\n$O I_{4} \\cdot O J_{4}=O D \\cdot O A$.\n\n故 $O I_{1} \\cdot O J_{1} \\cdot O I_{3} \\cdot O J_{3}$\n\n$=O A \\cdot O B \\cdot O C \\cdot O D$\n\n$=O I_{2} \\cdot O J_{2} \\cdot O I_{4} \\cdot O J_{4}$.\n\n这表明,\n\n$O I_{1} \\cdot O I_{3}=O I_{2} \\cdot O I_{4} \\Leftrightarrow O J_{1} \\cdot O J_{3}=O J_{2} \\cdot O J_{4}$,\n\n即 $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3} 、 I_{4}$ 四点共圆的充分必要条件是 $J_{1} 、 J_{2} 、 J_{3} 、 J_{4}$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 176 "设 $P(x) 、 Q(x) 、 R(x)$ 为三个非常值整系数多项式,且 |
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| $$ |
| P(x) Q(x) R(x)=2015 |
| $$ |
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| 存在 49 个两两不同的整数根. 用 $\operatorname{deg} f(x)$ 表示多项式 $f(x)$ 的次数,证明: |
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| $\operatorname{deg} P(x) \cdot \operatorname{deg} Q(x) \cdot \operatorname{deg} R(x) \geqslant 656$." ['注意到, $2015=13 \\times 5 \\times 31$.\n\n因此, 2015 有 8 个正因子,有 16 个整数因子.\n\n设 $P(x) Q(x) R(x)=2015$ 的 49 个两两不同的整数根为 $x_{i}(1 \\leqslant i \\leqslant 49)$.\n\n显然, $P\\left(x_{i}\\right)$ 为 2015 的整数因子, 即 $P\\left(x_{i}\\right)$只有 16 种可能值.\n\n据抽屈原理,知存在 $1 \\leqslant j<k<l<m \\leqslant 49$,使得\n\n$$\nP\\left(x_{j}\\right)=P\\left(x_{k}\\right)=P\\left(x_{l}\\right)=P\\left(x_{m}\\right),\n$$\n\n即非常值整系数多项式 $P(x)=P\\left(x_{m}\\right)$ 至少存在四个两两不同的根.\n\n于是, $\\operatorname{deg} P(x) \\geqslant 4$.\n\n类似地, $\\operatorname{deg} Q(x) \\geqslant 4, \\operatorname{deg} R(x) \\geqslant 4$.\n\n记 $\\operatorname{deg} P(x)=p, \\operatorname{deg} Q(x)=q$,\n\n$\\operatorname{deg} R(x)=r$.\n\n要证原命题,只要证明:\n\n若 $p \\geqslant q \\geqslant r \\geqslant 4$, 且 $p+q+r \\geqslant 49$, 则 $p q r \\geqslant 656$.\n\n注意到,\n\n$(q-4)(r-4) \\geqslant 0 \\Leftrightarrow q r \\geqslant 4 q+4 r-16$.\n\n故 $p q r \\geqslant p(4 q+4 r-16)$\n\n$=4 p q+4 p r-16 p$\n\n$\\geqslant 4(4 p+4 q-16)+4(4 p+4 r-16)-16 p$\n\n$=16(p+q+r)-128$\n\n$\\geqslant 16 \\times 49-128=656$.\n\n原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 177 "证明:多项式 |
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| $$ |
| \begin{aligned} |
| f(x, y)= & x^{2}\left(x^{2}-1\right)^{2}+y^{2}\left(y^{2}-1\right)^{2}- \\ |
| & \left(x^{2}-1\right)\left(y^{2}-1\right)\left(x^{2}+y^{2}-1\right) |
| \end{aligned} |
| $$ |
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| 非负但不能表示为若干个实系数多项式的平方和." ['首先证明: $f \\geqslant 0$.\n\n作变换 $X=x^{2}-1, Y=y^{2}-1$. 则\n\n$X \\geqslant-1, Y \\geqslant-1$.\n\n故 $f=X^{2}(X+1)+Y^{2}(Y+1)-X Y(X+Y+1)$.\n\n若 $X+Y+1 \\leqslant 0$, 则 $X \\leqslant-Y-1 \\leqslant 0$.\n\n类似地, $Y \\leqslant-X-1 \\leqslant 0$, 即 $X Y \\geqslant 0$.\n\n显然, $f \\geqslant 0$.\n\n不妨设 $X+Y+1>0$.\n\n若 $X Y \\leqslant 0$, 则 $f \\geqslant 0$.\n\n以下设 $X Y>0$. 注意到,\n\n$f=X^{2}(X+1)+Y^{2}(Y+1)-X Y(X+Y+1)$\n\n$=X^{3}+X^{2}+Y^{3}+Y^{2}-X Y(X+Y+1)$\n\n$=(X+Y)(X-Y)^{2}+X^{2}+Y^{2}-X Y$\n\n$=(X+Y)(X-Y)^{2}+(X-Y)^{2}+X Y$\n\n$=(X-Y)^{2}(X+Y+1)+X Y$.\n\n仍然有 $f \\geqslant 0$.\n\n下面证明一个引理.\n\n引理 设 $g(x, y)=\\sum_{i+j \\leqslant 3} a_{i j} x^{i} y^{j}$ 为实系数多项式且次数不超过 3. 若 $g(x, y)$ 在\n\n$A_{1}(1,1), A_{2}(-1,1), A_{3}(-1,-1)$,\n\n$A_{4}(1,-1), O(0,0), B_{1}(1,0)$,\n\n$B_{2}(0,1), B_{3}(-1,0), B_{4}(0,-1)$\n\n这九个点中的八个点处的值等于 0 , 则它在剩下的第九个点处的值也为 0 .\n\n证明 只需验证下面等式\n\n$\\sum_{l=1}^{4} g\\left(A_{l}\\right)-2 \\sum_{l=1}^{4} g\\left(B_{l}\\right)+4 g(O)=0 \\quad \\quad (1)$.\n\n注意到,\n\n$g(x, y)=a_{00}+\\sum_{i=1}^{3} a_{i 0} x^{i}+\\sum_{j=1}^{3} a_{0 j} y^{j}+$\n\n$$\na_{11} x y+a_{12} x y^{2}+a_{21} x^{2} y .\n$$\n\n则在式(1)的左边包含 $a_{00}$ 的项为\n\n$4 a_{00}-2 \\times 4 a_{00}+4 a_{00}=0$;\n\n当 $i$ 为偶数时,包含 $a_{i 0}$ 的项为\n\n$4 a_{i 0}-2 \\times 2 a_{n 0}=0$ ；\n\n当 $i$ 为奇数时,包含 $a_{i 0}$ 的项为 $\\left(a_{10}-a_{10}-a_{10}+a_{00}\\right)-2\\left(a_{20}-a_{00}\\right)+0=0 ;$\n\n当 $j$ 为偶数时,包含 $a_{0 j}$ 的项为\n\n$4 a_{0 j}-2 \\times 2 a_{0 j}=0$;\n\n当 $j$ 为奇数时,包含 $a_{0 j}$ 的项为 $\\left(a_{0 j}+a_{0 j}-a_{0 j}-a_{0 j}\\right)-2\\left(a_{0 j}-a_{0 j}\\right)+0=0$;\n\n包含 $a_{11}$ 的项为\n\n$\\left(a_{11}-a_{11}+a_{11}-a_{11}\\right)-0+0=0$ ；\n\n包含 $a_{12}$ 的项为\n\n$\\left(a_{12}-a_{12}-a_{12}+a_{12}\\right)-0+0=0$ ；\n\n包含 $a_{21}$ 的项为\n\n$\\left(a_{21}+a_{21}-a_{21}-a_{21}\\right)-0+0=0$.\n\n回到原题.\n\n现证原题第二部分: 若 $f(x, y)$ 能表示为若干个实系数多项式的平方和, 不妨设\n\n$f(x, y)=\\sum_{j=1}^{m} g_{j}^{2}(x, y)$.\n\n则 $\\operatorname{deg} g_{j} \\leqslant 3$.\n\n由于 $f\\left(A_{l}\\right)=f\\left(B_{l}\\right)=0$ 等价于\n\n$g_{j}\\left(A_{l}\\right)=g_{j}\\left(B_{l}\\right)=0$\n\n故由引理得 $g_{j}(0)=0$.\n\n于是, $f(0)=0$.\n\n而显然 $f(O)=1$, 矛盾. 故假设不成立.\n\n综上,命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 178 在 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E$ 分别为边 $A B 、 A C$的中点, $B E$ 与 $C D$ 交于点 $G, \triangle A B E$ 的外接圆与 $\triangle A C D$ 的外接圆交于点 $P(P \neq A)$, $A G$ 的延长线与 $\triangle A C D$ 的外接圆交于点 $L$ $(L \neq A)$. 求证: $P L / / C D$. ['<img_4221>\n\n如图, 联结 $P A 、 P B 、 P C 、 P D 、 P E$.\n\n因为 $\\angle B D P=\\angle A C P$, $\\angle C E P=\\angle A B P$,\n\n所以, $\\triangle D B P \\backsim \\triangle C E P$.\n\n故 $\\frac{A B}{A C}=\\frac{D B}{C E}=\\frac{D P}{C P}$\n\n$=\\frac{\\sin \\angle D C P}{\\sin \\angle C D P}=\\frac{\\sin \\angle B A P}{\\sin \\angle C A P} \\quad \\quad (1)$.\n\n设 $B C$ 的中点为 $F$. 则\n\n$\\frac{B F}{C F}=\\frac{S_{\\triangle A B F}}{S_{\\triangle A C F}}=\\frac{\\frac{1}{2} A B \\cdot A F \\sin \\angle B A F}{\\frac{1}{2} A C \\cdot A F \\sin \\angle C A F}=1$.\n\n故 $\\frac{A B}{A C}=\\frac{\\sin \\angle C A F}{\\sin \\angle B A F} \\quad \\quad (2)$.\n\n由式(1)、(2)得\n\n$\\frac{\\sin \\angle B A P}{\\sin \\angle C A P}=\\frac{\\sin \\angle C A F}{\\sin \\angle B A F}$.\n\n从而, $\\angle B A P=\\angle C A F=\\angle C A L$.\n\n故 $\\angle P C D=\\angle B A P=\\angle C A L=\\angle C P L$.\n\n因此, $P L / / C D$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 179 已知 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 分别与边 $B C 、 C A 、 A B$ 切于点 $D 、 E 、 F, A I 、 B I 、 C I$ 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\odot O$ 交于点 $L 、 M 、 N, L D$ 、 $M E 、 N F$ 分别与 $\odot O$ 交于点 $P 、 Q 、 R$. 过 $P$ 作 $P A$ 的垂线 $l_{A}$, 过 $Q$ 作 $Q B$ 的垂线 $l_{B}$, 过 $R$ 作 $R C$ 的垂线 $l_{c}$. 证明: $l_{A} 、 l_{B} 、 l_{c}$ 三线共点. ['<img_4175>\n\n如图, 联结 $P B 、 P C 、 P E 、 P F$.\n\n因为 $P D$ 是 $\\angle B P C$ 的角平分线,所以，\n\n$\\frac{P B}{P C}=\\frac{B D}{C D}=\\frac{B F}{C E} \\text {. }$\n\n又 $\\angle F B P=\\angle E C P$\n\n则 $\\triangle F B P \\sim \\triangle E C P$.\n\n故 $\\angle F P B=\\angle E P C$\n\n$\\Rightarrow \\angle F P E=\\angle B P C=\\angle B A C$.\n\n因此, $P 、 A 、 F 、 E$ 四点共圆.\n\n注意到 $A 、 E 、 I 、 F$ 四点共圆, 且 $A I$ 为直径, 则 $\\angle A P I=90^{\\circ}$, 即 $l_{A}$ 过 $\\triangle A B C$ 的内心 $I$.\n\n同理, $l_{B} 、 l_{C}$ 也过 $\\triangle A B C$ 的内心 $I$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 180 "设正实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$.证明: |
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| $$ |
| \frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geqslant 1 \text {. } |
| $$" "['因 $(a-1)^{2}(a+1) \\geqslant 0$, 所以,\n\n$a^{3}+2 \\geqslant a^{2}+a+1$.\n\n同理, $b^{3}+2 \\geqslant b^{2}+b+1$,\n\n$c^{3}+2 \\geqslant c^{2}+c+1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1}$\n\n$\\geqslant \\frac{1}{a^{3}+2}+\\frac{1}{b^{3}+2}+\\frac{1}{c^{3}+2}$.\n\n由柯西不等式得\n\n$\\frac{1}{a^{3}+2}+\\frac{1}{b^{3}+2}+\\frac{1}{c^{3}+2}$\n\n$\\geqslant \\frac{9}{\\left(a^{3}+2\\right)+\\left(b^{3}+2\\right)+\\left(c^{3}+2\\right)}$\n\n$=\\frac{9}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+6}=\\frac{9}{3+6}=1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\geqslant 1$.' |
| '由柯西不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\\\\n& \\geqslant \\frac{9}{\\left(a^{2}+a+1\\right)+\\left(b^{2}+b+1\\right)+\\left(c^{2}+c+1\\right)} \\\\\n& =\\frac{9}{\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)+(a+b+c)+3} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n又由幂平均不等式得\n\n$\\left(\\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\\right)^{\\frac{1}{2}} \\leqslant\\left(\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\right)^{\\frac{1}{3}}=1$,\n\n即 $a^{2}+b^{2}+c^{2} \\leqslant 3$.\n\n类似地, 由 $\\frac{a+b+c}{3} \\leqslant\\left(\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\right)^{\\frac{1}{3}}=1$,得 $a+b+c \\leqslant 3$. 则\n\n$\\frac{9}{\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)+(a+b+c)+3}\\geqslant \\frac{9}{3+3+3}=1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\geqslant 1$.' |
| '设 $f(x)=\\frac{1}{x^{2}+x+1}(x>0)$. 则\n\n$f^{\\prime}(x)=-\\frac{2 x+1}{\\left(x^{2}+x+1\\right)^{2}}$,\n\n$f^{\\prime \\prime}(x)=\\frac{6 x(x+1)}{\\left(x^{2}+x+1\\right)^{3}}>0$.\n\n因此, $f(x)$ 是凸函数.\n\n由琴生不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\\\\n& \\geqslant \\frac{3}{\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)^{2}+\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)+1} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n再由幂平均不等式得\n\n$\\frac{a+b+c}{3} \\leqslant\\left(\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\right)^{\\frac{1}{3}}=1$.则 $\\frac{3}{\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)^{2}+\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)+1}$\n\n$\\geqslant \\frac{3}{1+1+1}=1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\geqslant 1$.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 181 "一名科学家发明了一台时间机器,形似一条地铁环形轨道. 现在 (2010 年) 为第一站台,第 $2,3, \cdots, 2009$ 站台依次为 2011 年, 2012 年, $\cdots \cdots, 4018$ 年,第 2010 站又回到现在 (出发站台). 后来, 这台机器出现了程序错误,使得其运行规则变为:乘客指定一个时间 (即站台号)，机器首先到达指定站台，然后每隔 4 站，停靠在第 5 站,若所停靠的站台号为 2 的正整数次幂,则向后退 2 站停靠 (如 $17 \rightarrow 22 \rightarrow 27 \rightarrow 32 \rightarrow 30 \rightarrow 35 \rightarrow \cdots)$; 若在第一站台停靠,则停止工作. |
| 证明：这台机器不会迷失在时间轨道中而无法回到现在 (即不在第一站台停靠)。" ['时间轨道共有 2009 个站台, 且不超过 2009 的 2 的正整数次幂为\n\n$2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024$.\n\n由规则知\n\n(i) (1) $5 k+1(k=1,2,3)$\n\n$\\xrightarrow{3-k \\text { 次 }} 16 \\rightarrow 14=5 \\times 2+4$;\n\n(2) $5 k+1(k=4,5, \\cdots, 51)$\n\n$\\xrightarrow{51-k \\text { 次 }} 256 \\rightarrow 254=5 \\times 50+4$;\n\n(3) $5 k+1(k=52,53, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2006 \\rightarrow 2$.\n\n(ii) (1) $2 \\rightarrow 2009 \\rightarrow 5$;\n\n(2) $5 k+2(k=1,2, \\cdots, 6)$\n\n$\\xrightarrow{6-k \\text { 次 }} 32 \\rightarrow 30=5 \\times 6$;\n\n(3) $5 k+2(k=7,8, \\cdots, 102)$\n\n$\\xrightarrow{102-k \\text { 次 }} 512 \\rightarrow 510=5 \\times 102$;\n\n(4) $5 k+2(k=103,104, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2007 \\rightarrow 3$.\n\n(iii) (1) $3 \\rightarrow 8 \\rightarrow 6=5+1$;\n\n(2) $5 k+3(k=1,2, \\cdots, 25)$\n\n$\\xrightarrow{25-k \\text { 次 }} 128 \\rightarrow 126=5 \\times 25+1$;\n\n(3) $5 k+3(k=26,27, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2008 \\rightarrow 4$.\n\n(iv) (1) $4 \\rightarrow 2 \\rightarrow 2009 \\rightarrow 5$;\n\n(2) $5 k+4(k=1,2, \\cdots, 12)$\n\n$\\xrightarrow{12-k \\text { 次 }} 64 \\rightarrow 62=5 \\times 12+2$;\n\n(3) $5 k+4(k=13,14, \\cdots, 204)$\n\n$\\xrightarrow{204-k \\text { 次 }} 1024 \\longrightarrow 1022=5 \\times 204+2$;\n\n(4) $5 k+4(k=205,206, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2009 \\rightarrow 5$.\n\n(v) $5 k(k=1,2, \\cdots, 401) \\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2005 \\rightarrow 1$.\n\n设乘客指定站台号为 $a(1<a \\leqslant 2009)$.\n\n由 (i) $\\sim(v)$ 知, 无论 $a$ 为何数, 均能使机器回到现在.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 182 已知锐角 $\triangle A B C$, 过点 $A$ 作 $B C$ 的垂线与以 $B C$ 为直径的 $\odot O_{1}$ 分别交于点 $D 、 E$; 过点 $B$ 作 $C A$ 的垂线与以 $C A$ 为直径的 $\odot O_{2}$ 分别交于点 $F 、 G$. 证明: $E 、 F 、 D 、 G$ 四点共圆. "['<img_4106>\n\n如图, 设 $A E$ 与 $B C$ 、 $B G$ 与 $C A 、 A E$ 与 $B G$ 分别交于点 $A_{1} 、 B_{1} 、 H$. 则 $H$ 是 $\\triangle A B C$ 的垂心,点 $A_{1} 、 B_{1}$ 分别在 $\\odot O_{2} 、 \\odot O_{1}$ 上.\n\n因为 $B C 、 C A$分别为 $D E 、 F G$ 的中垂线,所以,$C D=C E, C F=C G$.\n\n注意到 $\\angle B E C=\\angle A G C=90^{\\circ}$.\n\n由射影定理得\n\n$C E^{2}=C B \\cdot C A_{1}, C G^{2}=C A \\cdot C B_{1}$.\n\n又因为 $A 、 B 、 A_{1} 、 B_{1}$ 四点共圆, 所以,\n\n$C A \\cdot C B_{1}=C B \\cdot C A_{1}$.\n\n从而, $C D=C E=C G=C F$, 即 $E 、 F 、 D 、 G$四点共圆,且圆心为 $C$.' |
| '<img_4106>\n\n如图, 设 $A E$ 与 $B G$ 交于点 $H$.则 $H$ 是 $\\triangle A B C$ 的垂心.延长 $C H$ 与 $A B$ 交于点 $C_{1}$.\n\n由相交弦定理得\n\n$\\mathrm{DH} \\cdot {\\mathrm{HE}}=\\mathrm{CH} \\cdot \\mathrm{H} \\mathrm{C}_{1}=\\mathrm{FH} \\cdot \\mathrm{HG}$.\n\n因此, $E 、 F 、 D 、 G$ 四点共圆.\n\n因为 $B C 、 C A$ 分别为 $D E 、 F G$ 的中垂线,所以, $B C 、 C A$ 的交点 $C$ 就是过点 $E 、 F 、 D 、 G$的圆的圆心.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 183 "记 $d(n)$ 为正整数 $n$ 的正因子的个数, 定义数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下: |
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| $a_{1}=A, a_{n+1}=d\left(\left[\frac{3}{2} a_{n}\right]\right)+2011$,其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数. |
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| 证明:对于任意的正整数 $A$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 自某项开始为周期数列." ['对于正整数 $n$, 易知\n\n$n-1, n-2, \\cdots,\\left[\\frac{n}{2}\\right]+1$\n\n这 $\\left[\\frac{n-1}{2}\\right]$ 个数不可能是 $n$ 的正因子, 即\n\n$d(n) \\leqslant n-\\left[\\frac{n-1}{2}\\right] \\leqslant \\frac{n}{2}+1$.\n\n则 $a_{n+1} \\leqslant \\frac{\\left[\\frac{3}{2} a_{n}\\right]}{2}+1+2011 \\leqslant \\frac{3}{4} a_{n}+2012$\n\n下面用数学归纳法证明:\n\n$a_{n} \\leqslant \\max \\{A, 8048\\}$.\n\n当 $n=1$ 时,命题显然成立.\n\n设当 $n=k$ 时,命题成立.\n\n则当 $n=k+1$ 时,\n\n$a_{k+1} \\leqslant \\frac{3}{4} \\max \\{A, 8048\\}+2012$\n\n$\\leqslant \\frac{3}{4} \\max \\{A, 8048\\}$.\n\n所以,对任意 $n \\in \\mathbf{N}$, 命题均成立.\n\n由此知数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是一个有界的正整数数列.于是, 存在 $m 、 k \\in \\mathbf{N}_{+}$, 使得 $a_{m}=a_{m+k}$.\n\n因此, $a_{m+1}=a_{m+k+1}, \\cdots \\cdots a_{m+l}=a_{m+k+l}$.\n\n故 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是从 $a_{m}$ 项开始周期为 $k$ 的数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 184 "在一个 $n$ 行 $n$ 列的棋盘上放置 $n^{2}-1(n \geqslant 3)$ 枚棋子. 棋子的编号为 |
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| $(1,1), \cdots,(1, n),(2,1), \cdots,(2, n)$ ， |
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| $\cdots,(n, 1), \cdots,(n, n-1)$. |
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| 如果编号为 $(i, j)$ 的棋子刚好在棋盘的第 $i$ 行第 $j$ 列, 即第 $n$ 行第 $n$ 列是空的, 则称棋盘处于“标准状态”。 |
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| 现把 $n^{2}-1$ 枚棋子随意地放到棋盘上,每个格子只能放置一枚棋子, 每一步可以把空格相邻的一个格子中的棋子移到空格中 (两格子相邻是指其有公共边). 证明: 在任意放置下, 都不可以经过有限次移动, 使棋盘达到标准状态。" ['把棋子按字典序重新编号, 即 $(i, j)$ 编号为 $(i-1) n+j$. 棋盘的格子也按字典序编号,第 $i$ 行第 $j$ 列为 $(i-1) n+j$. 标准状态就是第 $k$ 枚棋子在第 $k$ 个格子中.\n\n按格子的编号从小到大记录格子中棋子的编号, 空格不记录. 于是, 得到 $n^{2}-1$ 个数的一个排列.\n\n下面分情形讨论.\n\n(1) 当 $n$ 为奇数时, 移动空格左右两侧的棋子,对应的排列不变, 移动空格上下两侧的棋子, 相当于对排列做了一个 $n$ 轮换. 由于 $n$ 为奇数,则 $\\boldsymbol{n}$ 轮换是偶置换. 因而, 排列的奇偶性不变.\n\n(2) 当 $n$ 为偶数时, 移动空格左右两侧的棋子, 排列仍不变, 移动空格上下两侧的棋子,排列的奇偶性互换,同时,空格所在行数的奇偶性也互换.\n\n综上,对标准状态下, 把编号 $(n, n-2)$与 $(n, n-1)$ 的两枚棋子换位, 是无法移动到标准状态的.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese |
| 185 设 $O$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的外心,$A O 、 B O 、 C O$ 的延长线分别与 $B C 、 C A 、 A B$ 交于点 $D 、 E 、 F$. 若 $\triangle A B C \backsim \triangle D E F$, 证明: $\triangle A B C$ 是正三角形. ['先证明: $O$ 是 $\\triangle D E F$ 的垂心.\n\n<img_4133>\n\n如图, 设 $H$ 是 $\\triangle D E F$ 的垂心, $D H 、 E H$ 、 $F H$ 分别与 $E F 、 F D 、 D E$ 交于点 $L 、 M 、 N$.\n\n由 $\\angle E H F=180^{\\circ}-\\angle E D F$\n\n$=180^{\\circ}-\\angle E A F$,\n\n知 $A 、 E 、 H 、 F$ 四点共圆.于是, $\\angle F A H=\\angle F E H$.\n\n同理，由 $B 、 D 、 H 、 F$ 四点共圆得\n\n$\\angle F B H=\\angle F D H$.\n\n因为 $D 、 E 、 L 、 M$ 四点共圆,所以,\n\n$\\angle F E M=\\angle F D L$.\n\n于是, $\\angle F A H=\\angle F B H$.\n\n因此, $H A=H B$.\n\n同理, $H B=H C$.\n\n从而, $H$ 是 $\\triangle A B C$ 的外心$O$ .\n\n设 $\\angle O B C=\\angle O C B=\\alpha$,\n\n$\\angle O C A=\\angle O A C=\\beta$,\n\n$\\angle O A B=\\angle O B A=\\gamma$.则 $\\alpha+\\beta+\\gamma=90^{\\circ}$.\n\n因为 $B E \\perp D F$, 所以, $\\angle B F D=90^{\\circ}-\\gamma$.\n\n由 $\\angle B F C=2 \\beta+\\gamma$, 得\n\n$\\angle D F C=2 \\beta+\\gamma-\\left(90^{\\circ}-\\gamma\\right)$\n\n$=2(\\beta+\\gamma)-90^{\\circ}=90^{\\circ}-2 \\alpha$.\n\n又因为 $C F \\perp D E$, 所以,\n\n$\\angle D F C=90^{\\circ}-\\angle F D E=90^{\\circ}-\\angle B A C$\n\n$=90^{\\circ}-(\\beta+\\gamma)=\\alpha$.\n\n于是, $90^{\\circ}-2 \\alpha=\\alpha \\Rightarrow \\alpha=30^{\\circ}$.\n\n同理, $\\beta=\\gamma=30^{\\circ}$.\n\n故 $\\angle B A C=\\angle C B A=\\angle A C B=60^{\\circ}$.\n\n因此, $\\triangle A B C$ 是正三角形.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese |
| 186 "对任意 $x 、 y 、 z \in \mathbf{R}$, 证明: |
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| $-\frac{3}{2}\left(x^{2}+y^{2}+2 z^{2}\right) \leqslant 3 x y+y z+z x \leqslant \frac{3+\sqrt{13}}{4}\left(x^{2}+y^{2}+2 z^{2}\right)$." ['当 $x=y=z=0$ 时,不等式显然成立.\n\n当 $x 、 y 、 z$ 不全为 0 时,将不等式变形为 $-\\frac{3}{2} \\leqslant \\frac{3 x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}} \\leqslant \\frac{3+\\sqrt{13}}{4}$.\n\n设 $F(x, y, z)=\\frac{3 x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}}$.\n\n下面求 $F(x, y, z)$ 的值域.\n\n当 $z=0$ 时,\n\n$F(x, y, z)=\\frac{3 x y}{x^{2}+y^{2}} \\in\\left[-\\frac{3}{2}, \\frac{3}{2}\\right]$,\n\n原不等式成立.\n\n当 $z \\neq 0$ 时,\n\n$F x^{2}-(3 y+z) x+\\left[F\\left(y^{2}+2 z^{2}\\right)-y z\\right]=0$,\n\n$\\Delta=(3 y+z)^{2}-4 F\\left[F\\left(y^{2}+2 z^{2}\\right)-y z\\right]$\n\n$=9 y^{2}+6 y z+z^{2}-4 F^{2} y^{2}-8 F^{2} z^{2}+4 F y z$\n\n$=\\left(9-4 F^{2}\\right) y^{2}+(6 z+4 F z) y+\\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\\right)$.\n\n当 $F= \\pm \\frac{3}{2}$ 时, 原不等式成立.\n\n当 $F \\neq \\pm \\frac{3}{2}$, 即任意 $y \\in \\mathbf{R}$ 时, $\\Delta \\geqslant 0$.\n\n下面分两种情形讨论.\n\n(1) 当 $\\Delta=0$ 时,\n\n$\\Delta_{1}=(6 z+4 F z)^{2}-4\\left(9-4 F^{2}\\right)\\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\\right) \\geqslant 0$.\n\n则 $(3+2 F)^{2}-\\left(9-4 F^{2}\\right)\\left(1-8 F^{2}\\right)$\n\n$=-32 F^{4}+80 F^{2}+12 F$\n\n$=-4 F(2 F+3)\\left(4 F^{2}-6 F-1\\right)$\n\n$=-4^{2} F(2 F+3)\\left(F-\\frac{3-\\sqrt{13}}{4}\\right)\\left(F-\\frac{3+\\sqrt{13}}{4}\\right) \\geqslant 0$.\n\n故 $F \\in\\left(-\\frac{3}{2}, \\frac{3-\\sqrt{13}}{4}\\right] \\cup\\left[0, \\frac{3}{2}\\right) \\cup$ $\\left(\\frac{3}{2}, \\frac{3+\\sqrt{13}}{4}\\right]$.\n\n(2) 当 $\\Delta>0$ 时,\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}9-4 F^{2}>0, \\\\ \\Delta_{2}=(6 z+4 F z)^{2}-4\\left(9-4 F^{2}\\right)\\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\\right)<0\\end{array}\\right.$\n\n$\\Rightarrow F \\in\\left(\\frac{3-\\sqrt{13}}{4}, 0\\right)$.\n\n综上, $F \\in\\left[-\\frac{3}{2}, \\frac{3+\\sqrt{13}}{4}\\right]$.\n\n当 $x=-y, z=0$ 时, $F=-\\frac{3}{2}$;\n\n当 $x=\\frac{20+6 \\sqrt{13}}{9+\\sqrt{13}} z, y=\\frac{9+\\sqrt{13}}{3 \\sqrt{13}-7} z$ 时, $F=\\frac{3+\\sqrt{13}}{4}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 187 证明：任意九个两两不同的不超过 9000 的正整数中一定存在四个数 $a 、 b 、 c 、 d$, 使得$4+d \leqslant a+b+c \leqslant 4 d$. ['用反证法.\n\n假设命题不真，即存在 $1 \\leqslant A<B<C<D<E<F<G<H<I \\leqslant 9000$,其中, 任意四个数不满足题目中的不等式.\n\n显然, $A \\geqslant 1, B \\geqslant A+1 \\geqslant 2, D \\geqslant C+1$.\n\n则 $4+C=1+2+(C+1) \\leqslant A+B+D$.\n\n于是, $A+B+D>4 C$, 即\n\n$D \\geqslant 4 C-(A+B)+1$\n\n$=2 C+(C-A)+(C-B)+1$\n\n$\\geqslant 2 \\times 3+2+1+1=10$.\n\n由 $E \\geqslant D+1$, 得\n\n$4+D=1+2+(D+1) \\leqslant A+B+E$.\n\n于是, $A+B+4>4 D$, 即\n\n$E \\geqslant 4 D-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[4 C-(A+B)+1]-(A+B)+1$\n\n$=16 C-5(A+B)+5$\n\n$\\geqslant 6 \\times 3+5 \\times 2+5 \\times 1+5=38$.\n\n类似地,由 $4+E=1+2+(E+1) \\leqslant A+B+F$, 得\n\n$F \\geqslant 4 E-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[16 C-5(A+B)+5]-(A+B)+1$\n\n$=64 C-21(A+B)+21$\n\n$=22 C+21(C-B)+21(C-A)+21$\n\n$\\geqslant 22 \\times 3+21 \\times 2+21 \\times 1+21=150$.\n\n由 $4+F=1+2+(F+1) \\leqslant A+B+G$, 得\n\n$G \\geqslant 4 F-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[64 C-21(A+B)+21]-(A+B)+1$\n\n$=256 C-85(A+B)+85$\n\n$=86 C+85(C-A)+85(C-B)+85$\n\n$\\geqslant 86 \\times 3+85 \\times 2+85 \\times 1+85=598$.\n\n由 $4+G=1+2+(G+1) \\leqslant A+B+H$, 得\n\n$H \\geqslant 4 G-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[256 C-85(A+B)+85]-(A+B)+1$\n\n$=1024 C-341(A+B)+341$\n\n$=342 C+341(C-A)+341(C-B)+341$\n\n$\\geqslant 342 \\times 3+341 \\times 2+341 \\times 1+341$\n\n$=2390$.\n\n由 $4+H=1+2+(H+1) \\leqslant A+B+I$, 得\n\n$I \\geqslant 4 H-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[1024 C-341(A+B)+341]-(A+B)+1$\n\n$=4096 C-1365(A+B)+1365$\n\n$=1366 C+1365(C-A)+1365(C-B)+1365$\n\n$\\geqslant 1366 \\times 3+1365 \\times 2+1365 \\times 1+1365$\n\n$=9558$.\n\n矛盾.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese |
| 188 "设正实数 $a, b, c$ 满足 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$. 证明: |
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| $$ |
| \frac{1}{(2 a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2 b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2 c+a+b)^{2}} \leqslant \frac{3}{16} . |
| $$" ['由均值不等式\n\n$$\n2 a+b+c=(a+b)+(a+c) \\geqslant 2 \\sqrt{(a+b)(a+c)} .\n$$\n\n所以只要证明: $\\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \\leqslant \\frac{3}{8}$.\n\n熟知\n\n$$\n(a+b+c)(a b+b c+c a)=(a+b)(b+c)(c+a)+a b c .\n$$\n\n所以只要证明: $\\frac{a+b+c}{(a+b+c)(a b+b c+c a)-a b c} \\leqslant \\frac{3}{8}$,\n\n由已知等式 $\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}=a+b+c$ 得到\n\n$$\na b c(a+b+c)=a b+b c+c a .\n$$\n\n所以只要证明: $\\frac{(a+b+c)^{2}}{(a b+b c+c a)\\left[(a+b+c)^{2}-1\\right]} \\leqslant \\frac{3}{8}$.\n\n整理后即证: $\\frac{1}{(a+b+c)^{2}}+\\frac{8}{3(a b+b c+c a)} \\leqslant 1$.\n\n熟知 $(a+b+c)^{2} \\geqslant 3(a b+b c+c a)$, 故 $\\frac{1}{(a+b+c)^{2}} \\leqslant \\frac{1}{3(a b+b c+c a)}$.\n\n于是只要证明: $a b+b c+c a \\geqslant 3$. 事实上, 由于\n\n$$\n(a b+b c+c a)^{2} \\geqslant 3 a b c(a+b+c)=3(a b+b c+c a) .\n$$\n\n故原不等式成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese |
| 189 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{2}=6, a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^{2}+9}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right)$. |
| 证明: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是正整数数列." ['已知 $a_{3}=15, a_{n} a_{n+2}=a_{n+1}^{2}+9 \\therefore a_{n+1} a_{n+3}=a_{n+2}^{2}+9$\n\n相减得 $\\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}$\n\n$\\therefore\\left\\{\\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}\\right\\}$ 为常数数列.\n\n$\\therefore \\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}=\\frac{a_{3}+a_{1}}{a_{2}}=3$\n\n$\\therefore a_{n+2}=3 a_{n+1}-a_{n}$, 又 $\\because a_{1}, a_{2} \\in \\mathbf{Z} \\quad \\therefore a_{n} \\in \\mathbf{Z}\\left(n \\in \\mathbf{Z}^{+}\\right)$\n\n又 $\\because a_{n}>0, \\therefore a_{n} \\in \\mathbf{Z}^{+}\\left(n \\in \\mathbf{Z}^{+}\\right)$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 190 "已知 $x, y \geq 0, x^{2019}+y=1$, 求证 $x+y^{2019}>1-\frac{1}{300}$. |
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| 注: 可直接应用以下结论 |
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| (1) $\ln x \leq x-1(x>0)$; (2) $\ln 2019 \approx 7.610$ ." ['设 $n=2019, f(x)=x+y^{n}, x, y \\geq 0$, 则 $f(x)=x+\\left(1-x^{n}\\right)^{n}, 0 \\leq x \\leq 1$.\n\n只要证 $f(x)_{\\min }>1-\\frac{1}{300}$, 因为 $f(0)=f(1)=1>1-\\frac{1}{300}$, 所以只要证明: 对满足 $f^{\\prime}(x)=0$ 的 $x$, 有 $f(x)>1-\\frac{1}{300}$ .\n\n令 $f^{\\prime}(x)=1-n^{2} x^{n-1}\\left(1-x^{n}\\right)^{n-1}=0$ 得 $x y=n^{-\\frac{2}{n-1}}$,\n\n此时 $f(x)=x+y^{n}=n \\times \\frac{x}{n}+y^{n} \\geq(n+1) \\cdot \\sqrt[n+1]{\\left(\\frac{x}{n}\\right)^{n} y^{n}}=(n+1) \\cdot \\left( \\frac{1}{n} \\cdot n^{-\\frac{2}{n-1} } \\right)^{\\frac{n}{n+1}}$\n\n$=\\frac{n+1}{n} \\cdot n^{-\\frac{1}{n-1}}$,\n\n$\\therefore f(x)>1-\\frac{1}{300} \\Leftarrow \\frac{n+1}{n} \\cdot n^{-\\frac{1}{n-1}}>1-\\frac{1}{300} \\Leftrightarrow n^{-\\frac{1}{n-1}}>\\left(1-\\frac{1}{300}\\right) \\cdot \\frac{n}{n+1}$\n\n$\\Leftrightarrow-\\ln 2019>2018\\left[\\ln \\left(1-\\frac{1}{300}\\right)+\\ln \\left(1-\\frac{1}{2020}\\right)\\right]$.\n\n$\\because \\ln x \\leq x-1 \\therefore 2018\\left[\\ln \\left(1-\\frac{1}{300}\\right)+\\ln \\left(1-\\frac{1}{2020}\\right)\\right] \\leq 2018\\left(-\\frac{1}{300}-\\frac{1}{2020}\\right)<-7.7<-\\ln 2019 \\approx-7.61$, \n\n不等式成立, 得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 191 "已知函数 $f(x)=x \ln x-a x^{2}, a \in \mathbf{R}$. |
| 证明: 当 $1<x<3$ 时, $\frac{f(x)+a x^{2}-x+2}{(3-x) \mathrm{e}^{x}}>\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}$." ['设 $g(x)=f(x)+a x^{2}-x+2=x \\ln x-x+2$,\n\n则 $g^{\\prime}(x)=\\ln x ，$\n\n当 $1<x<3$ 时, $g^{\\prime}(x)>0$,\n\n因此, $g(x)$ 在 $(1,3)$ 单调递增,\n\n所以, $g(x)>g(1)=1$;\n\n设 $h(x)=(3-x) \\mathrm{e}^{x}$, 则 $h^{\\prime}(x)=(2-x) \\mathrm{e}^{x}$,\n\n当 $1<x<2$ 时, $h^{\\prime}(x)>0$; 当 $2<x<3$ 时, $h^{\\prime}(x)<0$\n\n因此, $h(x)$ 在 $(1,2)$ 单调递增, 在 $(2,3)$ 单调递减.\n\n所以, $h(x)$ 的最大值为 $h(2)=\\mathrm{e}^{2}$, 即 $0<(3-x) \\mathrm{e}^{x} \\leq \\mathrm{e}^{2}$,\n\n$\\therefore \\frac{1}{(3-x) \\mathrm{e}^{x}} \\geq \\frac{1}{\\mathrm{e}^{2}}>0$.\n\n又因为 $f(x)+a x^{2}-x+2>1$,\n\n所以 $\\frac{f(x)+a x^{2}-x+2}{(3-x) \\mathrm{e}^{x}}>\\frac{1}{\\mathrm{e}^{2}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 192 "将正整数数列 $1,2,3, \cdots \cdots$ 中凡是被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去, 剩下的数按自小到大的顺序排成数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$, 再将数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 凡是下标被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去, 剩下的项按自小到大的顺序排成数列 $b_{1}, b_{2}, b_{3}, \cdots$; |
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| 证明: 每个大于 1 的奇平方数, 都是数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中的两个相邻项的和." ['易知 $a_{2 n-1}=4 n-2, a_{2 n}=4 n-1, n=1,2,3, \\cdots$,\n\n因此, $\\forall n \\in N, a_{4 n+1}=8 n+2, a_{4 n+2}=8 n+3, a_{4 n+3}=8 n+6, a_{4 n+4}=8 n+7$; 在将 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中的项 $a_{4 n}$ 及 $a_{4 n+1}$ 删去之后, 所得到的数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$, 其通项为: $b_{2 n+1}=8 n+3, b_{2 n+2}=8 n+6, n=0,1,2, \\cdots$;即数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的项为: $3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43, \\cdots$,\n\n观察易知, $3^{2}=b_{1}+b_{2}, 5^{2}=b_{3}+b_{4}, 7^{2}=b_{6}+b_{7}, 9^{2}=b_{10}+b_{11}, \\cdots \\cdots$;\n\n若记 $r_{k}=\\frac{k(k+1)}{2}$, 我们来证明, 一般地有: $(2 k+1)^{2}=b_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}, k=1,2,3, \\cdots$.\n\n由于 $r_{4 m}=8 m^{2}+2 m, r_{4 m+1}=8 m^{2}+6 m+1, r_{4 m+2}=8 m^{2}+10 m+3, r_{4 m+3}=8 m^{2}+14 m+6$ ；\n\n所以 $b_{r_{4 m}}+b_{r_{4 m}+1}=[2(4 m)+1]^{2}, b_{r_{4m+1}}+b_{r_{4m+1}+1}=[2(4 m+1)+1]^{2}$,\n\n$$\nb_{r_{4 m+2}}+b_{r_{4 m+2}+1}=[2(4 m+2)+1]^{2}, b_{r_{4 m+3}}+b_{r_{4 m+3}+1}=[2(4 m+3)+1]^{2},\n$$\n\n合并以上四式得，对每个正整数$k$,$b_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}=\\left(2k+1\\right)^{2}$.其中$r_{k}=\\frac{k\\left(k+1\\right)}{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 193 $B E, C F$ 分别是锐角三角形 $\triangle A B C$ 的两条高, 以 $A B$ 为直径的圆与直线 $C F$ 相交于点 $M, N$, 以 $A C$ 为直径的圆与直线 $B E$ 相交于点 $P, Q$. 证明: $M, N, P, Q$ 四点共圆. ['<img_4142>\n\n如上图设三角形 $\\triangle A B C$ 的垂心为 $H$, 则 $M H \\cdot H N=(M F-H F)(N F+H F)$\n\n$=(M F-H F)(M F+H F)=M F^{2}-H F^{2}$\n\n$=A F \\cdot F B-\\left(A H^{2}-A F^{2}\\right)=A F \\cdot A B-A H^{2}$\n\n同理有, $P H \\cdot H Q=A E \\cdot A C-A H^{2}$因 $B C E F$ 四点共圆, 知 $A F \\cdot A B=A E \\cdot A C$,故由以上两式得 $M H \\cdot H N=P H \\cdot H Q$,\n\n所以 $M, N, P, Q$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese |
| 194 "设 $a_{1}=1, a_{n}=n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}(n \geq 2)$. |
| 求证:$\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}(n \geq 2)$." ['由已知可得 $\\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\\frac{n^{2} \\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{k^{2}}+\\frac{n^{2}}{n^{2}}}{(n+1)^{2} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k^{2}}}=\\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 195 "设 $a_{1}=1, a_{n}=n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}(n \geq 2)$. |
| 求证:$\left(1+\frac{1}{a_{1}}\right)\left(1+\frac{1}{a_{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right)<4(n \geq 1)$." ['由已知可得 $\\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\\frac{n^{2} \\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{k^{2}}+\\frac{n^{2}}{n^{2}}}{(n+1)^{2} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k^{2}}}=\\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$.\n\n由已知条件有 $a_{1}=1, a_{2}=4$.\n\n当 $n=1$ 时, $1+\\frac{1}{a_{1}}=2<4$, 不等式成立.\n\n当 $n \\geq 2$ 时,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(1+\\frac{1}{a_{1}}\\right)\\left(1+\\frac{1}{a_{2}}\\right)\\left(1+\\frac{1}{a_{3}}\\right) \\cdots\\left(1+\\frac{1}{a_{n}}\\right) \\\\\n& =\\frac{1+a_{1}}{a_{1}} \\cdot \\frac{1+a_{2}}{a_{2}} \\cdot \\frac{1+a_{3}}{a_{3}} \\cdots \\cdot \\frac{1+a_{n}}{a_{n}} \\\\\n& =\\frac{1+a_{1}}{a_{1} a_{2}} \\cdot\\left(\\frac{1+a_{2}}{a_{3}} \\cdot \\frac{1+a_{3}}{a_{4}} \\cdots \\cdot \\frac{1+a_{n}}{a_{n+1}}\\right) \\cdot a_{n+1} \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\cdot\\left[\\frac{2^{2}}{3^{2}} \\cdot \\frac{3^{2}}{4^{2}} \\cdots \\cdot \\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}\\right] \\cdot a_{n+1}=\\frac{2 a_{n+1}}{(n+1)^{2}} \\\\\n& =2\\left(1+\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{1}{n^{2}}\\right) \\\\\n& <2\\left[1+\\frac{1}{1 \\times 2}+\\frac{1}{2 \\times 3}+\\cdots+\\frac{1}{(n-1) \\times n}\\right] \\\\\n& =2\\left[1+\\left(1-\\frac{1}{2}\\right)+\\left(\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{n-1}-\\frac{1}{n}\\right)\\right] \\\\\n& =2\\left(2-\\frac{1}{n}\\right)<4\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上所述, 不等式成立'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese |
| 196 "已知 $f(x)=e^{x}$ . |
| 求证: 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \ln x+8-8 \ln 2$ ." "['设 $g(x)=e^{x}-4 x$, 则 $g^{\\prime}(x)=e^{x}-4$, 当 $x<\\ln 4$ 时, $g^{\\prime}(x)<0$; 当 $x>\\ln 4$ 时, $g^{\\prime}(x)>0$ .\n\n$\\therefore g(x)$ 在 $(-\\infty, \\ln 4]$ 上为减函数, 在 $[\\ln 4,+\\infty)$ 上为增函数.\n\n$\\therefore g(x) \\geq g(\\ln 4)=4-4 \\ln 4$ .\n\n由此可得, $g(x)=e^{x}-4 x \\geq 4-4 \\ln 4$, 即 $e^{x} \\geq 4 x+4-8 \\ln 2$, 当且仅当 $x=\\ln 4$ 时等号成立.\n\n$\\therefore x>0$ 时, $f(x)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2 \\geq(4 x+4-8 \\ln 2)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2=4 x-4 \\ln x-4$, 当且仅当 $x=\\ln 4$ 时等号成立.\n\n设 $h(x)=4 x-4 \\ln x-4$, 则 $h^{\\prime}(x)=4-\\frac{4}{x}$ .当 $0<x<1$ 时, $h^{\\prime}(x)<0$; 当 $x>1$ 时 $h^{\\prime}(x)>0$ .\n\n$\\therefore h(x)$ 在 $(0,1]$ 上为减函数, 在 $[1,+\\infty)$ 上为增函数.\n\n$\\therefore h(x) \\geq h(1)=0$, 即 $h(x)=4 x-4 \\ln x-4 \\geq 0$, 当且仅当 $x=1$ 时等号成立.\n\n$\\therefore f(x)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2 \\geq 4 x-4 \\ln x-4 \\geq 0$ .\n\n由于上述两个等号不同时成立, 因此 $f(x)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2>0$\n\n$\\therefore$ 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \\ln x+8-8 \\ln 2$ .' |
| '设 $g(x)=f(x)-(4 \\ln x+8-8 \\ln 2)=e^{x}-4 \\ln x-8+8 \\ln 2$, 则 $g^{\\prime}(x)=e^{x}-\\frac{4}{x}$ .\n\n由 $g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+\\frac{4}{x^{2}}>0$, 知 $g^{\\prime}(x)$ 为增函数.\n\n又 $g^{\\prime}(1)=e-4<0, g^{\\prime}(2)=e^{2}-2>0$, 因此, $g^{\\prime}(x)$ 有唯一零点, 设为 $x_{0}$ .则 $x_{0} \\in(1,2)$, 且 $0<x<x_{0}$ 时, $g^{\\prime}(x)<0 ; x>x_{0}$ 时, $g^{\\prime}(x)>0$ .\n\n$\\therefore g(x)$ 在区间 $\\left(0, x_{0}\\right]$ 上为减函数, 在区间 $\\left[x_{0},+\\infty\\right)$ 上为增函数.\n\n$\\therefore g(x)$ 有最小值 $g\\left(x_{0}\\right)=e^{x_{0}}-4 \\ln x_{0}-8+8 \\ln 2$ .\n\n又由 $g^{\\prime}\\left(x_{0}\\right)=e^{x_{0}}-\\frac{4}{x_{0}}=0$, 知 $e^{x_{0}}=\\frac{4}{x_{0}}, x_{0} e^{x_{0}}=4$, 两边取对数, 得 $\\ln x_{0}+x_{0}=\\ln 4$ .\n\n$\\therefore \\quad g\\left(x_{0}\\right)=\\frac{4}{x_{0}}-4\\left(\\ln 4-x_{0}\\right)-8+8 \\ln 2=4\\left(\\frac{1}{x_{0}}+x_{0}\\right)-8>0 .\\left(x_{0} \\in(1,2)\\right)$\n\n$\\therefore$ 当 $x>0$ 时, $g(x) \\geq g\\left(x_{0}\\right)>0$ .\n\n$\\therefore$ 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \\ln x+8-8 \\ln 2$ .']" [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese |
| 197 "已知实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{100}$ 满足 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{100}=1$, 且 $\left|x_{k+1}-x_{k}\right|<\frac{1}{50}, k=1,2, \cdots$, 99 . |
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| 证明: 存在整数 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{50}, 1 \leq i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{50} \leq 100$, 使得 $\frac{49}{100} \leq x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\cdots+x_{i_{50}} \leq \frac{51}{100}$ ." "['记 $a_{i}=\\min \\left\\{x_{2 i-1}, x_{2 i}\\right\\}, b_{i}=\\max \\left\\{x_{2 i-1}, x_{2 i}\\right\\}, i=1,2, \\cdots, 50$ .\n\n构造下列 51 个数:\n\n$S_{0}=b_{1}+b_{2}+\\cdots+b_{50}$\n\n$S_{k}=a_{1}+a_{2}+\\cdots a_{k}+b_{k+1}+b_{k+2}+\\cdots+b_{50}, k=1,2, \\cdots, 49$;\n\n$S_{50}=a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{50}$ .\n\n下面证明 $S_{0}, S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中至少有一个在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n由上述符号的含义, 知 $S_{0}+S_{50}=\\left(b_{1}+b_{2}+\\cdots+b_{50}\\right)+\\left(a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{50}\\right)=x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{100}=1$,且 $S_{0} \\geq S_{1} \\geq S_{2} \\geq \\cdots \\geq S_{50}$ .\n\n$\\therefore \\quad S_{0} \\geq \\frac{1}{2} \\geq S_{50}$ .\n\n(1) 若 $S_{0} \\leq \\frac{51}{100}$ .\n\n则由 $S_{0} \\geq \\frac{1}{2}$, 得 $\\frac{49}{100} \\leq S_{0} \\leq \\frac{51}{100}$ .因此, $S_{0} \\in\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ .\n\n(2) 若 $S_{0}>\\frac{51}{100}$ .\n\n假设 $S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 都不在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n则由 $S_{0}-S_{1}=b_{1}-a_{1}=\\left|x_{2}-x_{1}\\right|<\\frac{1}{50}$, 知 $S_{1}>S_{0}-\\frac{1}{50}>\\frac{51}{100}-\\frac{1}{50}=\\frac{49}{100}$, 结合假设, 得 $S_{1}>\\frac{51}{100} .$\n\n又由 $S_{0}>\\frac{51}{100}$, 知 $S_{50}=1-S_{0}<\\frac{49}{100}$ .\n\n$\\therefore S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中存在比 $\\frac{49}{100}$ 小的数, 也存在比 $\\frac{51}{100}$ 大的数.\n\n又 $S_{0} \\geq S_{1} \\geq S_{2} \\geq \\cdots \\geq S_{50}$, 且 $S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 都不在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n因此, 存在 $j \\in\\{1,2, \\ldots, 50\\}$, 使得 $S_{j}<\\frac{49}{100}, S_{j-1}>\\frac{51}{100}$ .\n\n此时, $S_{j-1}-S_{j}>\\frac{51}{100}-\\frac{49}{100}=\\frac{1}{50}$ .\n\n另一方面, $S_{j-1}-S_{j}=b_{j}-a_{j}=\\left|x_{2 j}-x_{2 j-1}\\right|<\\frac{1}{50}$, 两者矛盾.\n\n$\\therefore S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中有至少有一个在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n由 (1)、(2) 知, $S_{0}, S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中至少有一个在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n由 $S_{k}(k=0,1,2, \\cdots, 50)$ 的定义知, 结论成立.' |
| '首先用数学归纳法证明:\n\n对于任意正整数 $n$, 若实数 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2 n}$ 满足 $\\left|x_{k+1}-x_{k}\\right|<\\frac{1}{50}, k=1,2, \\cdots, 2 n-1$,\n\n则存在 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2 n}$ 的一个排列 $x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \\cdots, x_{i_{n}}, x_{j_{1}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{j_{n}}$ 使得\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{n}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{n}}\\right)\\right|<\\frac{1}{50} .\n$$\n\n证明如下: (1) 当 $n=1$ 时, 结论显然成立.\n\n(2) 假设 $n=k$ 时, 结论成立, 则当 $n=k+1$ 时, 由归纳假设知, 存在 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2 k}$ 的一个排列 $x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \\cdots, x_{i_{k}}, x_{j_{1}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{j_{k}}$ 使得\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}\\right)\\right|<\\frac{1}{50} .\n$$\n\n记 $\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}\\right)=d_{1}, x_{2 k+2}-x_{2 k+1}=d_{2}$, 则\n\n$\\left|d_{1}\\right|<\\frac{1}{50},\\left|d_{2}\\right|<\\frac{1}{50} .$\n\n从而当 $d_{1} \\cdot d_{2} \\geq 0$ 时,\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}+x_{2 k+1}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}+x_{2 k+2}\\right)\\right|=\\left|d_{1}-d_{2}\\right|<\\frac{1}{50} ;\n$$\n\n当 $d_{1} \\cdot d_{2}<0$ 时,\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}+x_{2 k+2}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}+x_{2 k+1}\\right)\\right|=\\left|d_{1}+d_{2}\\right|<\\frac{1}{50} .\n$$\n\n即 $n=k+1$ 时, 结论也成立.\n\n由（1）（2）知, 对于任意正整数 $n$, 结论都成立.\n\n回到本题, 利用上述结论容易知道存在 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{100}$ 的一个排列 $x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \\cdots, x_{i_{50}}, x_{j_{1}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{j_{50}}$ 满足:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 1 \\leq i_{1}<i_{2}<\\cdots<i_{50} \\leq 100, \\quad 1 \\leq j_{1}<j_{2}<\\cdots<j_{50} \\leq 100, \\\\\n& \\text { 且 }\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{50}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{50}}\\right)\\right|<\\frac{1}{50}, \\\\\n& \\text { 又 }\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{50}}\\right)+\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{50}}\\right)=1,\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以 $\\frac{50}{100} \\leq x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{50}}<\\frac{51}{100}$ 或 $\\frac{50}{100} \\leq x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{50}}<\\frac{51}{100}$ .\n\n因此结论成立.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
| 198 设 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{i}>0(2 \leq i \leq n)$, 证明 $\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{(k+1)(2 k+1)\left(a_{1}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\right)}<1$ . ['$\\sum_{k=1}^{n} \\frac{a_{k}}{(k+1)(2 k+1)\\left(a_{1}^{2}+\\cdots+a_{k}^{2}\\right)}=\\frac{1}{6} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k a_{k}}{\\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\\left(a_{1}^{2}+\\cdots+a_{k}^{2}\\right)}$\n\n$\\leq \\frac{1}{6} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k a_{k}}{\\left(a_{1}+2 a_{2} \\cdots+k a_{k}\\right)^{2}}=\\frac{1}{6}\\left(\\frac{1}{a_{1}}+\\sum_{k=2}^{n} \\frac{k a_{k}}{\\left(a_{1}+2 a_{2} \\cdots+k a_{k}\\right)^{2}}\\right)$\n\n$\\leq \\frac{1}{6}\\left[\\frac{1}{a_{1}}+\\sum_{k=2}^{n}\\left(\\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \\cdots+(k-1) a_{k-1}}-\\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \\cdots+k a_{k}}\\right)\\right]$\n\n$=\\frac{1}{6}\\left(\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{1}}-\\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \\cdots+n a_{n}}\\right)<\\frac{1}{6} \\cdot \\frac{2}{a_{2}}=1$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese |
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