2013年清华大学金秋营数学试题 · 参考解答

答案速览

题号	答案
1	恒等式成立；例如 $(a,b,d)=(15k,20k,12k)$，$k\ge1$
2	按子集计重时成立；普通去重集合版本不成立
3	$f(a)=c,\ f(b)=a,\ f(c)=b$
4	命题成立
5	该小数为无理数
6	严格递增、上界 $3$、极限 $3$

逐题解析

第 1 题

题目

1. 在直角三角形中，两条直角边长分别为 $a,b$，斜边长为 $c$，从直角顶点向斜边作高，设高长为 $d$。证明：

$$\frac1{a^2}+\frac1{b^2}=\frac1{d^2}.$$

2. 试给出满足（1）中等式的无穷多组整数解的一般公式。

解答

由面积 $ab/2=cd/2$，得 $d=ab/c$；再用 $c^2=a^2+b^2$，即有 $1/d^2=1/a^2+1/b^2$。取勾股三角形边长 $(15k,20k,25k)$，其斜边高为 $12k$，得到无穷多组。更一般地，可将任意整数勾股数组 $(u,v,w)$ 缩放 $w$ 倍，取 $a=uw,b=vw,d=uv$。

第 2 题

题目

设 $S\subset\mathbb R$ 是非空有限集合，$|S|$ 表示 $S$ 中元素的个数，并定义

$$m(S)=\frac1{|S|}\sum_{x\in S}x, \qquad S'=\bigl(m(A): A\subseteq S,\ A\ne\varnothing\bigr).$$

这里 $S'$ 是按非空子集计重的多重集，$m(S')$ 为其中 $2^{|S|}-1$ 项的平均值。证明：$m(S')=m(S)$。（校订：原题若把重复平均值去重，结论不成立。）

解答

题面校注：若 $S'$ 是去重集合，原命题为假。例如 $S=\{0,1,2,4\}$，其不同子集平均数为

$$0,\frac12,1,\frac32,\frac53,\frac74,2,\frac73,\frac52,3,4,$$

平均为 $81/44$，不等于 $m(S)=7/4$。因此正式题面采用按每个非空子集计重的多重集版本；这是明确的数学修订，而非假称原命题成立。

令 $N=|S|$。固定 $x\in S$，它在所有大小为 $k$ 的子集中出现 $\binom{N-1}{k-1}$ 次，每次对平均值贡献 $x/k$。因此它对所有非空子集平均值之和的贡献系数为

$$\sum_{k=1}^N\frac1k\binom{N-1}{k-1} =\frac1N\sum_{k=1}^N\binom Nk=\frac{2^N-1}{N}.$$

再除以子集数 $2^N-1$，每个 $x$ 的系数恰为 $1/N$，故结论成立。

第 3 题

题目

设 $p(x)=x^3-3x+1$。

1. 证明：$p(x)=0$ 有三个实根 $a<b<c$；
2. 证明：若 $x=t$ 是方程 $p(x)=0$ 的根，则 $x=t^2-2$ 也是该方程的根；
3. 定义映射 $f:\{a,b,c\}\to\{a,b,c\}$，$t\mapsto t^2-2$，求 $f(a),f(b),f(c)$。

解答

$p(-2)<0,p(-\sqrt3)>0,p(0)>0,p(1)<0,p(\sqrt2)<0,p(\sqrt3)>0$。连续性及三次次数说明恰有三根，且

$$-2<a<-\sqrt3,\quad 0<b<1,\quad \sqrt2<c<\sqrt3.$$

展开得 $p(t^2-2)=t^6-6t^4+9t^2-1=(t^3-3t)^2-1$。若 $p(t)=0$，则 $t^3-3t=-1$，故此式为零。由上述区间，$a^2-2\in(1,2)$ 只能为 $c$；$b^2-2\in(-2,-1)$ 只能为 $a$；$c^2-2\in(0,1)$ 只能为 $b$。

第 4 题

题目

设连续函数 $f:(0,+\infty)\to\mathbb R$ 满足：对任意 $x,y>0$，都有

$$\frac{f(\sqrt x)+f(\sqrt y)}2 =f\!\left(\sqrt{\frac{x+y}{2}}\right).$$

证明：对任意正整数 $n$ 以及任意正数 $x_1,x_2,\ldots,x_n$，都有

$$\frac{f(\sqrt{x_1})+f(\sqrt{x_2})+\cdots+f(\sqrt{x_n})}{n} =f\!\left(\sqrt{\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}}\right).$$

解答

令 $g(t)=f(\sqrt t)$，则 $g$ 连续且满足中点等式 $g((x+y)/2)=(g(x)+g(y))/2$。反复二等分后，对每个二进有理数 $\lambda\in[0,1]$ 都有

$$g((1-\lambda)x+\lambda y)=(1-\lambda)g(x)+\lambda g(y).$$

连续性把此式扩展到全部实数 $\lambda\in[0,1]$。任取三个正数，将中间数写成另外两个的凸组合，可知任意区间上的图像都是线段；固定两个点再把任意第三点包含在同一区间内，得到全域 $g(t)=At+B$。于是平均等式对任意有限个正数成立，换回 $g$ 即为所证。

第 5 题

题目

对每个正整数 $n$，令 $a_n\in\{0,1,2\}$ 且

$$a_n\equiv\binom{2n}{n}\pmod 3.$$

证明：小数 $0.a_1a_2\cdots a_n\cdots$ 是无理数。

解答

先用模 $3$ 的恒等式 $(1+X)^{3^j}\equiv1+X^{3^j}$。将整数写成三进制，比较系数可得：$\binom{2n}{n}$ 模 $3$ 非零，当且仅当 $n+n$ 的三进制加法没有进位；这等价于 $n$ 的三进制各位全为 $0$ 或 $1$。无进位时，其余数为 $2^{s}\bmod3$，$s$ 是数字 $1$ 的个数。若发生进位，在第一个发生进位的位上，$2n$ 的该位小于 $n$ 的该位，对应二项式系数为零。

对于

$$\frac{3^k+1}{2}\le n\le3^k-1,$$

$n$ 的三进制不可能全为 $0,1$，因为这种数在 $k$ 位内最大为 $(3^k-1)/2$。所以小数展开包含长度趋于无穷的连续零段。同时 $n=3^k$ 时只有一个数字 $1$，故 $a_n=2$，非零项无限多。

若展开最终循环，则超过循环节长度的全零段会迫使整个循环节全为零，进而只有有限多个非零项，矛盾。因此它不是有理数。

第 6 题

题目

对 $n\ge2$，定义

$$a_n=\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{\cdots\sqrt{1+n}}}}}.$$

1. 证明数列 $\{a_n\}$ 严格递增且有上界；
2. 求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n$。

解答

令嵌套中从系数 $j$ 起的尾项为 $R_j^{(n)}$：

$$R_n^{(n)}=\sqrt{1+n},\qquad R_j^{(n)}=\sqrt{1+jR_{j+1}^{(n)}}\quad(2\le j<n),$$

且 $a_n=R_2^{(n)}$。由于 $\sqrt{1+n}<n+1$，而 $1+j(j+2)=(j+1)^2$，反向归纳得 $1<R_j^{(n)}<j+1$，故 $a_n<3$。延长嵌套时最内层由 $\sqrt{1+n}$ 变成 $\sqrt{1+n\sqrt{1+n+1}}$，严格增大，各外层都严格递增，故 $a_{n+1}>a_n$。

为确定极限，令 $\delta_j=j+1-R_j^{(n)}>0$。平方差给出

$$\delta_j=\frac{j\delta_{j+1}}{j+1+R_j^{(n)}} <\frac{j}{j+2}\delta_{j+1}.$$

末项 $\delta_n<n$，因此

$$0<3-a_n<\frac{2\cdot3}{n(n+1)}\,n=\frac6{n+1}.$$

夹逼得极限为 $3$，同时给出了误差趋零的严格证明。