2015 summer math camp for high school students, PKU

第二届“北大中学生数学奖夏令营” 已于 8 月 15 日至 8 月 19 日在北京大学举办. 10 个考试题目不错, 虽然陈题特别多. 主要是为了最后的那个题, 才来写这个解答.

1.  一椭圆和双曲线有公共焦点, 双曲线上一点沿该点切线方向射出一条光线. 求证: 这条光线经椭圆反射后与双曲线相切.

椭圆 \(C_1\) 与双曲线 \(C_2\) 有相同的焦点. 点 \(P\) 在 \(C_2\) 上, 且 \(A\) 在 \(C_1\) 内部. 过 \(A\) 作 \(C_2\) 的切线 \(l\).
求证: \(l\) 经 \(C_1\) 反射一次后仍与 \(C_2\) 相切.

这个漂亮的证明来自贴吧网友拨弦转轴三两声.

设 \(B\) 和 \(C\) 是椭圆与双曲线共有的两个焦点. 设 \(l\) 交椭圆于点 \(D\); \(l\) 的反射光线是 \(l^\prime\). 记 \(B\) 关于 \(l^\prime\) 的对称点是 \(F\); \(CF\) 与 \(l^\prime\) 的交点记作 \(G\). 于是 \(\triangle BDG\cong\triangle FDG\). 记 \(C\) 关于 \(AD\) 的对称点是 \(H\), 于是 \(\triangle CDA\cong\triangle HDA\).

椭圆的光学性质表明 \(\angle BDG=\angle CDA\); 双曲线的光学性质表明 \(H\) 落在 \(BA\) 上.

由 \(\angle BDG=\angle FDG=\angle CDA=\angle HGA\) 导出 \(\angle BDH=\angle FDC\). 再注意 \(DB=DF\), \(DH=DC\), 所以

\[\triangle BDH\cong\triangle FDC.\]

于是 \(BH=FC\).

然后,

\[GC-GB=\Big(GF+FC\Big)-GF=FC,\]

\[AB-AC=\Big(AH+HB\Big)-AH=BH.\]

至此, \(GC-GB=AB-AC\) 说明 \(G\) 也在双曲线上.

\(\angle BGD=\angle CGD\) 道出了 \(GD\), 即反射光线 \(l^\prime\), 与双曲线相切.

2.  \(a_1\), \(a_2\), \(a_3\), \(a_4\), \(b_1\), \(b_2\), \(b_3\), \(b_4\in\Bbb R\), \(p\in(0, 1)\).
\(a_1\leq a_2\leq a_4\), \(a_1\leq a_3\leq a_4\), \(b_1\leq b_2\leq b_4\), \(b_1\leq b_3\leq b_4\).

求证:
\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.75ex a_1b_1(1-p)^2+(a_2b_2+a_3b_3)p(1-p)+a_4b_4p^2\\&\geq\Big[a_1(1-p)^2+(a_2+a_3)p(1-p)+a_4p^2\Big]\Big[b_1(1-p)^2+(b_2+b_3)p(1-p)+b_4p^2\Big]\end{split}\end{equation}

我们先来证明一个加权的 Chebyshev’s inequlity:

设 \(x_1\leq x_2\), 且 \(y_1\leq y_2\), 和任意的 \(p\), \(0\leq p\leq1\), 都有

\begin{equation}(1-p)x_1y_1+px_2y_2\geq\big((1-p)x_1+px_2\big)\big((1-p)y_1+py_2\big).\end{equation}

事实上, 由 Chebyshev’s inequlity,

\begin{equation}\begin{split}(1-p)x_1y_1+px_2y_2&=\Big((1-p)^2x_1y_1+p(1-p)x_1y_1\Big)+\Big(p(1-p)x_2y_2+p^2x_2y_2\Big)\\&=(1-p)^2x_1y_1+p(1-p)\Big(x_1y_1+x_2y_2\Big)+p^2x_2y_2\\&\geq (1-p)^2x_1y_1+p(1-p)\Big(x_1y_2+x_2y_1\Big)+p^2x_2y_2\\&= (1-p)^2x_1y_1+p(1-p)x_1y_2+p(1-p)x_2y_1+p^2x_2y_2\\&=\big((1-p)x_1+px_2\big)\big((1-p)y_1+py_2\big). \end{split}\end{equation}

然后, 使用这个加权的 Chebyshev’s inequlity 两次:

\begin{equation}\begin{split}&\hspace3.75ex a_1b_1(1-p)^2+(a_2b_2+a_3b_3)p(1-p)+a_4b_4p^2\\&=(1-p)\Big((1-p)a_1b_1+pa_2b_2\Big)+p\Big((1-p)a_3b_3+pa_4b_4\Big)\\&\geq (1-p)\Big((1-p)a_1+pa_2\Big)\Big((1-p)b_1+pb_2)\Big)+p\Big((1-p)a_3+pa_4\Big)\Big((1-p)b_3+pb_4\Big)\\&\geq\Big[(1-p)\Big((1-p)a_1+pa_2\Big)+p\Big((1-p)a_3+pa_4\Big)\Big]\Big[(1-p)\Big((1-p)b_1+pb_2\Big)+p\Big((1-p)b_3+pb_4\Big)\Big]\\&=\Big[a_1(1-p)^2+(a_2+a_3)p(1-p)+a_4p^2\Big]\Big[b_1(1-p)^2+(b_2+b_3)p(1-p)+b_4p^2\Big].\end{split}\end{equation}

3.  \(\alpha\), \(\beta\in\Bbb R\). 求证: 存在无穷多个 \(n\in\Bbb N\), 使得 \(\sin^2n\alpha+\sin^2n\beta\lt\dfrac{2\pi^2}n\).

这与实数的联立有理逼近(simultaneous approximation)的经典问题有关. 工具是经典的 Dirichlet’s approximation theorem 的 Simultaneous 版本:

设 \(\vartheta_1\), \(\vartheta_2\), \(\dotsc\), \(\vartheta_n\) 是 \(n\) 个实数, 并且不全是有理数. 那么, 存在无穷多整数组 \((p_1, p_2,\dotsc, p_n, q)\), 其中 \(q\) 是正整数, 使得

\[\Big|\vartheta_i-\frac{p_i}q\Big|\lt\frac1{q^{1+\frac1n}},\; i=1, 2, \dotsc, n.\]

4.  \(f(x)\) 是定义在 \([0, 2015]\) 上的连续函数, 且 \(f(0)=f(2015)\). 求满足下列条件的实数对 \((x, y)\) 的个数的最小值: (1) \(f(x)=f(y)\); (2) \(x-y\in\Bbb N_+\).

大学新生很流行的题目, 可以在很多书上找到. 这里只是把 \(n\) 换成了 \(2015\).

不用归纳法, 也可以证明满足要求的实数对 \((x, y)\) 的个数至少是 \(n\): 构造辅助函数, 使用连续函数的介值定理即可.

要说明 \(n\) 确实是最小值, 还需要一个例子.

取

\[f(x)=\Big| x-\frac n2\Big|\]

即可.

5.  已知 \(x_1\), \(x_2\) 是方程 \(x^3-3x+1=0\) 的某两个不同的根. 是否存在有理数 \(a\), \(b\), \(c\), 使得 \(x_1=ax_2^2+bx_2+c\)? 若存在, 请求出所有这样的 \((a, b, c)\); 若不存在, 请说明理由.

很多人都应该见过或者在考场做过这么一个几何证明:

在 \(\triangle ABC\) 中, \(AB=AC\), \(\angle A=100^\circ\). \(\angle B\) 的平分线 \(BD\) 交 \(AC\) 于点 \(D\). 那么, \(BC=BD+AD\).

不知道有没有人算过 \(BC\) 到底是多少?

假定 \(AB=1\). 设 \(BC=a\). 内角平分线性质定理给出 \(AD=\dfrac1{a+1}\), \(CD=\dfrac a{a+1}\). Stewart 定理给出了 \(BD\) 的长度:

\[BD^2=\frac{a^2}{a+1}+\frac a{a+1}-\frac a{(a+1)^2}=a-\frac a{(a+1)^2}.\]

于是, 我们可有

\begin{equation}\sqrt{a-\frac a{(a+1)^2}}+\frac1{a+1}=a.\end{equation}

即

\begin{equation}\sqrt{a-\frac a{(a+1)^2}}=a-\frac1{a+1}.\end{equation}

两边平方, 整理, 可得

\begin{equation}a^3-3a+1=0.\end{equation}

这告诉我们, \(a\) 是 \(x^3-3x+1=0\) 的一个正根. 显然, \(a\gt1\). 容易看出, 这方程在开区间 \((0, 1)\) 有一个根. 至于第三个实根, 当然 \(\lt-1\), 因为这方程三个根的和是 \(0\).

\(\angle ABC=\angle ACB=40^\circ\). 很容易知道

\[a=2\cos 40^\circ.\]

\(x^3-3x+1=0\) 在开区间 \((0, 1)\) 的那个根是多少? 有了上面的启发, 考虑一个等腰三角形. \((6)\) 的右边如果变号, 也就是 \((5)\) 如果是下面这样

\begin{equation}\sqrt{a-\frac a{(a+1)^2}}+a=\frac1{a+1},\end{equation}

一样可以得到 \((7)\).

那么, 什么样的等腰三角形符合要求? 在 \(\triangle ABC\) 中, \(AB=AC\). \(\angle B\) 的平分线 \(BD\) 交 \(AC\) 于点 \(D\)., \(AD=BD+BC\). 那么 \(\angle A\) 是多少?

答案是: \(20^\circ\).

如何证明?

在 \(CB\) 的延长线上取点 \(E\), 使得 \(EC=ED\).

显然, \(E\) 即是线段 \(CD\) 的中垂线与 \(BC\) 的交点, 即直线 \(BC\) 上使得 \(\angle EDC=\angle C\) 的那个点,  为什么 \(E\) 必定在\(CB\) 的延长线上呢? \(AD\gt BD\) 蕴涵 \(\angle DBA\gt\angle A\). 于是,

\[\angle BDC=\angle DBA+\angle A\lt2\angle DBA=\angle C.\]

过 \(D\) 作 \(DF\parallel BC\), 交 \(AB\) 于点 \(F\). 四边形 \(BCDF\) 是等腰梯形; \(CD=BF=FD\). \(\triangle ECD\) 和 \(\triangle AFD\) 是底角相同的等腰三角形: \(\angle ECD=\angle ADF\). 至此, \(\triangle ECD\cong \triangle AFD\).  \(EC=AD\), 即 \(EB+BC=BD+BC\), 所以 \(EB=BD\). 换言之, \(\triangle BDE\) 也是等腰三角形.

设 \(\angle CED=\alpha\). 于是 \(\angle BAC=\alpha\), \(\angle CBD=2\alpha\), \(\angle ABC=4\alpha\). 故而

\[\alpha+4\alpha\times2=180^\circ.\]

\(\alpha=20^\circ\).

反过来, 在 \(\triangle ABC\) 中, \(AB=AC\), \(\angle A=20^\circ\). \(\angle B\) 的平分线 \(BD\) 交 \(AC\) 于点 \(D\). 那么, \(AD=BD+BC\).

6. \(\triangle ABC\) 中, \(O\) 是外心. \(\triangle ABC\) 内部存在点 \(P_A\), \(P_B\), \(P_C\), 使得

\[\triangle P_AAB\sim\triangle P_ACA,\; \triangle P_BBC\sim\triangle P_BAB,\; \triangle P_CCA\sim\triangle P_CBC.\]

求证: \(O\), \(P_A\), \(P_B\), \(P_C\) 四点共圆.

下面的图来自贴吧网友 Clifford_0

\(AC\), \(AB\) 分别是 \(\triangle ABP_A\), \(\triangle ACP_A\) 的外接圆的切线. 设 \(\triangle ABP_A\), \(\triangle ACP_A\) 的外心分别是 \(O_1\), \(O_2\), 则 \(O_1A\perp AC\), \(O_2A\perp AB\), 并且 \(OO_1\), \(OO_2\) 分别是 \(AB\), \(AC\) 的中垂线. 于是, 四边形 \(AO_1OO_2\) 是平行四边形. 注意 \(O_1O_2\) 是 \(AP_A\) 的中垂线, 因此, 四边形 \(O_1OP_AO_2\) 是等腰梯形, 进而 \(OP_A\parallel O_1O_2\), \(OP_A\perp O_1O_2\).

\[\frac{\sin\angle BAP_A}{\sin\angle CAP_A}=\frac{\sin\angle BAP_A}{\sin\angle ABP_A}=\frac{P_AB}{P_AA}=\frac{AB}{AC}.\]

同样可得另外两个式子. 于是

\[\frac{\sin\angle BAP_A}{\sin\angle CAP_A}\cdot\frac{\sin\angle CBP_B}{\sin\angle ABP_B}\cdot\frac{\sin\angle ACP_C}{\sin\angle BCP_C}=\frac{AB}{AC}\cdot\frac{BC}{AB}\cdot\frac{AC}{BC}=1.\]

这表明, \(AP_A\), \(BP_B\), \(CP_C\) 三线交于一点, 设为 \(K\)(共轭重心). 然后, \(OP_A\perp O_1O_2\) 蕴涵 \(KP_AO=90^\circ\). 这也就是说, \(P_A\) 落在以 \(OK\) 为直径的圆上. 类似, \(P_B\), \(P_C\) 都在这个圆上.

7.  给定整数 \(n\geq2\). 求正实数 \(t\) 的取值范围, 使得对于所有的 \(x_1+x_2+\dotsb+x_n=n\), \(x_i\geq0\)(\(i=1\), \(2\), \(\dotsc\), \(n\)), 均有

\[\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{x_i^2+t}\leq\frac n{1+t}\]

成立.

8.  \(a_1\), \(a_2\), \(\dotsc\), \(a_n\in\Bbb N_+\), \(\dfrac1{a_1}+\dfrac1{a_2}+\dotsb+\dfrac1{a_n}=1\). 求证: \(\max\{a_1, a_2, \dotsc, a_n\}\leq n^{2^{n-1}}\).

9.  \(s\), \(k\) 是给定的正整数, \(\Bbb F\) 是一些 \(k\) 元集合构成的集族.

是否存在正整数 \(c\), 使得只要 \(\Bbb F\) 中的元素个数不小于 \(c\), 则必存在 \(\Bbb F\) 中的 \(s\) 个 \(k\) 元集合 \(A_1\), \(A_2\), \(\dotsc\), \(A_s\), 满足: 对任意 \(1\leq i\), \(j\), \(p\), \(q\leq s\), \(i\ne j\), \(p\ne q\), 均有 \(A_i\cap A_j=A_p\cap A_q\)?

10.  \(\alpha\gt0\). 求证: 存在无穷多个正整数 \(n\), 使得 \([n^2\alpha]\) 为偶数.

本题有两个做法.

第一个途径是指出 \(\{n^k\alpha\}\) 在 \([0, 1]\) 稠密, 这里 \(k\) 是正整数.

这个事实的证明, 又有两个办法.

第一个手段是 Weyl’s Criterion, 详细论证请参考 “An Invitation to Modern Number Theory” 第 12 章, Steven J. Miller and Ramin Takloo-Bighash; 第二个工具是 van der Waerden’s theorem, 可以参看 Terence Tao 的 The ergodic and combinatorial approaches to Szemerédi’s theorem, 但需要进一步的补充. 这值得单独写一篇文章, 请参考吴昊发在”中等数学”(2015 年 12月)的论文”\(\{n^k\alpha\}\) 稠密性的初等证明”(本站有此文 An Elementary Proof on dense of \(\{n^k\alpha\}\))

这里实际上 \(k=2\). 下面采用二进制. 下面的证明出自贴吧网友 huugvbkk 之笔:

若 \(\alpha=\dfrac pq\) (\(p\), \(q\) 为任意的正整数)为有理数, 则 \(n=2kq\)(\(k\) 为任意的正整数) 使得 \([n^2\alpha]\) 为偶数.

当 \(\alpha\) 为无理数. 用反证法.

假定不存在无穷多个正整数 \(n\), 使得 \([n^2\alpha]\) 为偶数. 于是, 存在正整数 \(N\), 使得任意正整数 \(n\gt N\), \([n^2\alpha]\) 为奇数.

正整数 \(n\gt N\), 命 \(n^2\alpha\) 的二进制表示为

\[\overline{a_ka_{k-1}\ldots a_1a_0.a_{-1}a_{-2}\ldots}\]

显然, \(a_0=1\).

对任意的正整数 \(t\), \([2^{2t}n^2\alpha]\) 为奇数, 故此  \(a_0=a_{-2}=a_{-4}=\dotsb=a_{-2t}=1\).

于是,  \(n^2\alpha\) 的二进制为

\[\overline{\ldots 1.b_11b_21\ldots},\]

进而, \(8n^2\alpha\) 的二进制是

\[\overline{\ldots b_2.1b_41\ldots}.\]

设  \(9n^2\alpha=(3n)^2\alpha\) 的二进制为

\[\overline{\ldots 1.c_11c_21c_31\ldots}.\]

如果存在正整数 \(M\), 使得当 \(i\gt M\) 时, 总有 \(b_i=0\), 则 \(n^2\alpha\) 为有理数.

同样, 如果存在正整数 \(M\), 使得当 \(i\gt M\) 时, 总有 \(b_i=1\), 则 \(n^2\alpha\) 为有理数.

于是, 可取正整数 \(i\gt1\), 使得 \(b_i=1\), \(b_{i+1}=0\). 此时,

\[n^2\alpha=\dotsb+\frac{b_{i-1}}{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-2}}+\frac1{2^{2i-1}}+x,\]

\[8n^2\alpha=\dotsb+\frac1{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-1}}+y\]

这里, \(x\) 与 \(y\) 分别是 \(n^2\alpha\) 与 \(n^2\alpha\) 的小数点的从第 \(2i\) 位起, 以后的全部总和, 此时, \(x\), \(y\lt\frac1{2^{2i-1}}\)

因此,
\begin{equation}\begin{split}n^2\alpha+8n^2\alpha&=\Big(\dotsb+\frac{b_{i-1}}{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-2}}+\frac1{2^{2i-1}}+x\Big)+\Big(\dotsb+\frac1{2^{2i-3}}+\frac1{2^{2i-1}}+y\Big)\\
&=\dotsb+\frac{b_{i-1}+1+1}{2^{2i-3}}+\Big(x+y\Big).\end{split}\end{equation}

\(x+y\lt\frac1{2^{2i-2}}\) 蕴涵 \(n^2\alpha+8n^2\alpha \) 的小数点后第 \(2i-2\) 位是 \(0\). 但是, 事实上, \(9n^2\alpha\) 的小数点后第 \(2i-2\) 位不是 \(0\), 是 \(1\). 矛盾!