T1
n∈Z+,ai∈R:a1≤a2≤⋯≤an,a1+2a2+⋯+nan=0;Pr: ∀x∈R:i=1∑nai[ix]≥0。
思路
实数列有序关系可以增量,由于是线性的,增量后等价于每个增量的系数都 ≥0。
答案(a3)
设 d1:=a1;di=ai−ai−1≥0(i=2,3,⋯,n)。
条件等价于:i=1∑n(j=i∑nj)di=0,即 (j=1∑nj)d1=−i=2∑n(j=i∑nj)di。
结论等价于:i=1∑n(j=i∑n[jx])di≥0,即 i=2∑n(j=i∑n[jx]−j=1∑njj=i∑njj=1∑n[jx])di≥0,也即 ∀2≤i≤n:j=i∑n[jx]−j=1∑njj=i∑njj=1∑n[jx]≥0,∀2≤i≤n:j=1∑i−1jj=1∑i−1[jx]≤j=1∑njj=1∑n[jx]。
只需证 j=1∑n−1jj=1∑n−1[jx]≤j=1∑njj=1∑n[jx],即 n(n−1)2j=1∑n−1[jx]≤n(n+1)2j=1∑n[jx],2j=1∑n−1[jx]≤(n−1)[nx],而由 [jx]+[(n−j)x]≤[nx] 知这是显然的。
T2
锐角三角形 ABC 中,AA1,CC1 为其角平分线,I 为内心,M,N 分别是 AI,CI 中点。三角形 AC1I 中有一点 K 满足 ∠AKI=∠AIC,∠AKM=∠ACI;三角形 A1CI 中有一点 L 满足 ∠CLI=∠AIC,∠CLN=∠CAI。Pr: R△ABC=R△KIL。
思路
设 P 为弧 BC 中点,Q 为弧 AB 中点,注意到 Q,K,I,L,P 共圆。
答案(a3)
设 P 为弧 BC 中点,Q 为弧 AB 中点,R 为 A1C 中点。熟知 PB=PI=PC,QB=QI=QA,所以 △BPQ≅△IPQ(SSS)。
延长 KM 至 K′ 使得 KM=MK′,则四边形 AKIK′ 是平行四边形。
因为 ∠AKK′=∠AKM=∠ACI=∠A1CI=∠APQ,∠KAK′=π−∠AKI=π−∠AIC=∠A1IC∠AIQ=∠PAQ
所以 △AKK′∼△CIA1∼△APQ,M,R 为对应点。
因为 ∠AIK=∠IAK′=∠MAK′=∠RIA1,所以 K,I,R 共线,∠KAI=∠KAM=∠RIC=∠KIU。
因为 IQAP=AQAP=AK′AK=KIAK,所以 △KAP∼△KIQ,所以 ∠KPA=∠KQI,Q,K,I,P 四点共圆。
同理 Q,I,L,P 四点共圆,所以 R△ABC=R△BPQ=R△IPQ=R△KIL。
T3
证明:存在 [n]2 中的 n 个点,使得这些点无三点共线(提示:先对 n 是素数证明)
思路
构造 p 和 p<n<2p 的情况,运用 Bertrand 假设。
答案(a3)
n=1,2,3 平凡,下设 n≥4。
由 Bertrand 假设,存在一个(奇)素数 p,使得 p≤n<2p。
若 p=n,先构造点 Pi=(i,−i−1modp)(i=1,2,...,p−1,p+1,...,n),i−1 为 i 在模 p 意义下的乘法逆元,则这之中的任意三点不共线(否则设 Pi,Pj,Pk 共线,则 111ijk−i−1−j−1−k−1=0,−111ijki−1j−1k−1≡0(modp),ijkx(i−j)(j−k)(k−i)≡0(modp),不妨设 j=i+p,则 i−1=j−1=k−1,而这是矛盾的);再构造点 Pp=(p−1,p+1),则 p+1≡−(p−1)−1(modp),由同样的证明知 Pp 不与 Pi,Pj 共线;
若 p=n,(我们采用一种不同于论文中的做法),构造点 Pi=(i,i2modp)(i=1,2,...,p),则这之中的任意三点不共线(否则设 Pi,Pj,Pk 共线,则 111ijki2j2k2≡0(modp),(i−j)(j−k)(k−i)≡0(modp),矛盾)。
T4
对排列 σ∈S2n(下标循环),求 f(σ)=i=1∑2n[2∤σi]([2∤σi+1]+[2∤σi+2]+[2∤σi+3][2∣σi+1∨2∣σi+2]) 的最小值。