2019年北京大学优秀中学生暑期学堂测试 · 参考解答

已核对历史汇编原页。第 5 题据原图补齐直角顶点及点所在边，并按要求给出纯平面几何证明。

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1. 严格不等式成立；2. $\sqrt{2018}$；3. 不存在；4. 不存在；5. $CP=PQ$；6. 最小值 $0$，最大值 $4/27$；7. 一定能选出两个三角形。

逐题解析

第 1 题

题目

$x_1,x_2,\ldots,x_n$ 为正实数，$x_1x_2\cdots x_n>1$，求证：$x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2>x_1+x_2+\cdots+x_n$。

解答

令 $S=\sum x_i$。均值不等式给出 $S/n\ge(\prod x_i)^{1/n}>1$，故 $S>n$。再用柯西不等式，$\sum x_i^2\ge S^2/n>S$，得证。

第 2 题

题目

非负实数 $x,y$ 满足 $x+y\le\sqrt{\dfrac{2018}{2019}}$，求 $\sqrt{2018-2019x^2}+\sqrt{2018-2019y^2}$ 的最小值。

解答

置 $R=\sqrt{2018/2019}$，$u=x/R,v=y/R$，则 $u,v\ge0,u+v\le1$。原式为 $\sqrt{2018}(\sqrt{1-u^2}+\sqrt{1-v^2})$，且

$$[\sqrt{1-u^2}+\sqrt{1-v^2}]^2\ge2-u^2-v^2\ge2-(u+v)^2\ge1.$$

取 $(u,v)=(1,0)$ 或 $(0,1)$ 等号成立，故最小值为 $\sqrt{2018}$。

第 3 题

题目

已知实函数 $f(x)$ 满足 $f(f(x))=x-1$，试证明：是否存在整数 $n$ 使得 $f(n)$ 是整数？如有，请写出所有符合条件的 $n$；若无，请说明理由。

解答

分别计算 $f(f(f(x)))$，得到 $f(x-1)=f(x)-1$。故对任何整数 $m$ 都有 $f(m)=f(0)+m$。

若有整数 $n$ 使 $f(n)$ 为整数，则 $k=f(0)=f(n)-n$ 也是整数。另一方面 $f(k)=f(f(0))=-1$，而整数平移公式又给出 $f(k)=f(0)+k=2k$，矛盾。因此不存在这样的整数 $n$。

第 4 题

题目

证明：不存在映射 $f:\{1,2,\ldots,2019\}\to\{-1,1\}$，使 $\sum_{1\le i<j\le2019}f(i)f(j)=0$。

解答

若题设映射存在，则

$$\left(\sum_{i=1}^{2019}f(i)\right)^2=\sum f(i)^2+2\sum_{i<j}f(i)f(j)=2019.$$

左边是整数平方，而 $44^2<2019<45^2$，矛盾。

第 5 题

题目

在等腰直角三角形 $ABC$ 中，$AB=AC$、$\angle BAC=90^\circ$，$D,E$ 分别为边 $AB,AC$ 的内点，且 $AD=AE$。过 $A,D$ 分别作 $BE$ 的垂线，交 $BC$ 于 $P,Q$。证明：$CP=PQ$（请使用平面几何方法证明，解析几何方法不得分）。

解答

记 $AB=AC=L,AD=AE=d$，其中 $0<d<L$。因为 $AP\parallel DQ$，且 $D$ 在 $BA$ 内，三角形 $BDQ$ 与 $BAP$ 相似，点序为 $B,Q,P,C$，因此

$$\frac{PQ}{BP}=1-\frac{BQ}{BP}=1-\frac{BD}{BA}=\frac dL.$$

下面证明 $CP/BP=d/L$。

从 $P$ 分别向 $AB,AC$ 作垂线，垂足为 $H,K$。由于 $AP\perp BE$ 且 $AB\perp AE$，直角三角形 $APH$ 与 $EBA$ 相似，故 $PH/AH=BA/EA=L/d$。四边形 $AHPK$ 为矩形，故 $PK=AH$。

于是三角形面积比为

$$\frac{[ABP]}{[ACP]}=\frac{AB\cdot PH}{AC\cdot PK}=\frac Ld.$$

这两个三角形以共线的 $BP,CP$ 为底时等高，因此 $BP/CP=L/d$。结合第一式即得 $PQ=CP$。全程只用了平行线、相似和面积比。

第 6 题

题目

实数 $x,y,z$ 满足 $x+y+z=x^2+y^2+z^2=2$，求 $xyz$ 的最大值与最小值。

解答

由 $y^2+z^2\ge(y+z)^2/2$，得到 $x^2+(2-x)^2/2\le2$，即 $0\le x\le4/3$，同理 $y,z$ 均非负。因此最小值不小于零，$(0,1,1)$ 及其排列取到零。

约束集闭且有界，最大值存在，且由 $(4/3,1/3,1/3)$ 可知最大值为正，必在三变量均正处。此处两个约束的梯度线性无关，否则 $x=y=z$，与两个和都为 $2$ 矛盾。拉格朗日乘子法给出 $yz=\lambda+2\mu x$ 等三式；两两相减得到 $(x-y)(z+2\mu)=0$ 等式。若三数互异，将迫使三数都等于 $-2\mu$，矛盾，所以至少两个相等。

令 $y=z=t,x=2-2t$，得 $6t^2-8t+2=0$，故 $t=1$ 或 $1/3$。前者乘积为零，后者为 $4/27$，所以最大值 $4/27$，等号在 $(4/3,1/3,1/3)$ 的排列处成立。

第 7 题

题目

有 $10$ 条长为 $1$ 的线段，每一条都被分成若干个小线段，证明：总可以从中选择 $6$ 条，组成 $2$ 个三角形。

解答

先证引理：有限个正数均不超过 $M$，若不能选出三数为非退化三角形边长，则它们的和不超过 $3M$。

将其排序为 $a_1\le\cdots\le a_m$。不能成三角形意味着 $a_k\ge a_{k-1}+a_{k-2}$（$k\ge3$）。记 $S_k=\sum_{i=1}^ka_i$，证明 $S_k\le3a_k$：$k=1,2$ 显然；若对 $k-2$ 成立，则

$$S_k\le3a_{k-2}+a_{k-1}+a_k\le2(a_{k-2}+a_{k-1})+a_k\le3a_k.$$

因此引理成立。

所有小线段总长为 $10$，每段长不超过 $1$，引理保证先选出一个三角形。删去其三条边后，总长至少为 $7$，仍大于 $3$，且每段长仍不超过 $1$；再次使用引理便得到第二个三角形。两次选出的线段不重合，恰为所需六条。