2019年清华大学金秋营数学试卷 · 参考解答

答案速览

题号	结论
1	十分位$0$，百分位$2$
2	存在$
3	$1/(2abc)$
4	$L\le S+P/2+1$
5	严格不等式成立
6	所给模$p^2$同余成立
7	恒为$R(\sum_i\cos\theta_i-n+2)$
8	由有序对的线性组合碰撞构造四项等差数列

逐题解析

第 1 题

题目

数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0=5$，$a_{n+1}=a_n+\dfrac1{a_n}$，求 $a_{1000}$ 的十分位和百分位。

解答

递推给$a_n>0$且

$$a_{n+1}^2-a_n^2=2+\frac1{a_n^2}.$$

因此$25+2n\le a_n^2\le25+\frac{51}{25}n$。又

$$a_{1000}^2=2025+\sum_{j=0}^{999}\frac1{a_j^2}.$$

对和式上下估计：

$$\begin{aligned} \sum_{j=0}^{999}\frac1{a_j^2} &\ge\sum_{j=0}^{999}\frac1{25+51j/25} >\frac{25}{51}\ln(82.6)>\frac{100}{51},\\ \sum_{j=0}^{999}\frac1{a_j^2} &\le\sum_{j=0}^{999}\frac1{25+2j} \le\frac1{25}+\frac12\ln\frac{2023}{25}<2.54. \end{aligned}$$

其中利用递减函数的积分夹逼；$e<3$给$e^4<81<82.6$，$e>5/2$给$e^5>2023/25$，故对数粗界已足够。因此

$$45.02^2=2026.8004<a_{1000}^2<2027.54<2027.7009=45.03^2.$$

从而$45.02<a_{1000}<45.03$，十分位为$0$，百分位为$2$。

第 2 题

题目

已知正数集 $A$，$|A|=n$。证明：存在 $B\subseteq A$ 且 $|B|\ge\log_2n$，满足对任意不同的 $b_i,b_j\in B$，都有 $b_i+b_j\notin A$。

解答

题面校注：补入的来源 PDF 同样把题面写成$|B|\le\log_2n$，但其证明最终证明的是相反方向。原方向可取空集，失去题意；正式稿已明确订正为非平凡的下界。

把$A$递减排列为$a_1>\cdots>a_n>0$，依次贪心选数：只有当新数与已选的任一不同数之和均不在$A$时才选入。设最终选中的指标为$t_1<\cdots<t_m$，则$t_1=1$。

如果$a_j$因已选的$a_{t_i}$被拒绝，必有$a_j+a_{t_i}=a_\ell$，其中$\ell<t_i$，因为$a_j>0$。固定$t_i$后，最多有$t_i-1$个这样的$a_j$（每个$\ell$唯一确定$a_j$）。因此，在选入$t_{r+1}$之前，已有的$t_{r+1}-1$个元素至多为$r$个已选数加上$\sum_{i=1}^r(t_i-1)$个被拒数，故

$$t_{r+1}\le1+\sum_{i=1}^r t_i.$$

归纳得$t_i\le2^{i-1}$。全部扫描结束时，同样有

$$n\le m+\sum_{i=1}^m(t_i-1)=\sum_{i=1}^m t_i\le2^m-1.$$

于是$m\ge\log_2(n+1)>\log_2n$，尤其满足题目所需下界，且贪心规则保证了所需的两两和性质。

第 3 题

题目

若 $a,b,c,n\in\mathbb N^+$ 且 $(a,b,c)=1$，记 $M(n)$ 为 $ax+by+cz=n$ 的非负整数解 $(x,y,z)$ 的组数，求 $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{M(n)}{n^2}$。

解答

生成函数为

$$\sum_{n\ge0}M(n)t^n=\frac1{(1-t^a)(1-t^b)(1-t^c)}.$$

在$t=1$附近，主部最高阶为$\frac1{abc}(1-t)^{-3}$，其系数为$\frac1{abc}\binom{n+2}2$。其他极点均为单位根；若某点同时是三个因子的零点，则其阶整除$\gcd(a,b,c)=1$，所以只能是$1$。因此其他极点至多二阶，而$t=1$剩余主部也至多二阶。

对该有理函数作部分分式分解：形如$(1-\omega t)^{-1}$的系数有界，形如$(1-\omega t)^{-2}$的系数为$(n+1)\omega^n=O(n)$，因为$|\omega|=1$。所以

$$M(n)=\frac1{abc}\binom{n+2}2+O(n)=\frac{n^2}{2abc}+O(n).$$

除以$n^2$取极限，得$1/(2abc)$。

第 4 题

题目

平面直角坐标系中有一椭圆，其内部整点数为 $L$，面积为 $S$，周长为 $P$。证明：$L\le\dfrac P2+S+1$。

解答

设椭圆内部的整点凸包为$K$。若这些点不共线，$K$是格点凸多边形。记其内部、边界格点数为$I,B$，则$L=I+B$；Pick定理给$[K]=I+B/2-1$，从而

$$L=[K]+B/2+1.$$

每条边上相邻格点距离至少为$1$，故$B\le P(K)$。凸集包含关系给$[K]\le S,P(K)\le P$，于是得到所求不等式。这里凸周长单调性也可由“周长等于各方向投影宽度在$[0,\pi]$上的积分”推出，因为每个方向的宽度均不增。

若所有格点共线且$L\ge2$，两端点间距离至少$L-1$，椭圆周长至少为此距离的两倍，故$L\le P/2+1$，同样足够；$L\le1$时结论直接成立。

第 5 题

题目

$A_1A_2A_3A_4$ 是圆内接四边形，$A_iA_{i+1}=a_i$（$A_5=A_1$），圆心 $O$ 到 $A_iA_{i+1}$ 的距离为 $h_i$。证明

$$R^2\sum_{i=1}^4a_i^2<2a_1a_2a_3a_4\sum_{1\le i<j\le4}\frac{h_ih_j}{a_ia_j},$$

其中 $R$ 为半径。

解答

令四段依次相邻圆弧的一半圆心角为$\theta_1,\ldots,\theta_4$，其中$\theta_i>0,\sum\theta_i=\pi$。则

$$a_i=2R\sin\theta_i,\qquad h_i=R|\cos\theta_i|.$$

原不等式等价于

$$\sum_i\sin^2\theta_i <2\sum_{\{i,j\}}|\cos\theta_i\cos\theta_j|\sin\theta_k\sin\theta_\ell,$$

其中$k,\ell$是剩下两指标。右端不小于去掉绝对值后的和。利用$\sin(\theta_1+\theta_j)=\sin(\theta_k+\theta_\ell)$，逐项展开三个乘积可得

$$2\sum_{\{i,j\}}\cos\theta_i\cos\theta_j\sin\theta_k\sin\theta_\ell =\sum_{j=2}^4\sin^2(\theta_1+\theta_j).$$

再用$\sin^2(u+v)-\sin^2v=\sin u\sin(u+2v)$，以及恒等式

$$\sum_{j=2}^4\sin(\theta_1+2\theta_j)-\sin\theta_1 =4\sin\theta_2\sin\theta_3\sin\theta_4,$$

得到

$$\sum_{j=2}^4\sin^2(\theta_1+\theta_j)-\sum_i\sin^2\theta_i =4\prod_i\sin\theta_i>0.$$

最后的严格性来自四个正角都小于$\pi$。证明也允许圆心落在某条边外侧，不把距离误写成有符号余弦。

第 6 题

题目

设 $p$ 为奇素数，证明：$\displaystyle\sum_{i=1}^{p-1}i^{p-1}\equiv(p-1)!+p\pmod{p^2}$。

解答

由费马小定理，写$i^{p-1}=1+pq_i$（$1\le i\le p-1$），其中$q_i$为整数。Wilson定理给$(p-1)!=-1+pW$。把前一组等式相乘并模$p^2$展开，得

$$1+p\sum_{i=1}^{p-1}q_i \equiv ((p-1)!)^{p-1} =(-1+pW)^{p-1} \equiv1-p(p-1)W \equiv1+pW\pmod{p^2}.$$

所以$\sum q_i\equiv W\pmod p$。于是

$$\sum_{i=1}^{p-1}i^{p-1} =p-1+p\sum q_i \equiv p-1+pW=(p-1)!+p\pmod{p^2}.$$

第 7 题

题目

对 $n\ge4$，设 $P$ 是圆内接 $n$ 边形，用 $n-3$ 条对角线将 $P$ 分为没有公共面积的 $n-2$ 个三角形，$L$ 是这些三角形的内切圆半径之和。证明：$L$ 不随对角线的分割方式而改变。

解答

先证对任意外接圆半径$R$的三角形，

$$r=R(\cos A+\cos B+\cos C-1).$$

利用$\cos A+\cos B=2\sin(C/2)\cos((A-B)/2)$和$\cos C-1=-2\sin^2(C/2)$，右边括号化为$4\sin(A/2)\sin(B/2)\sin(C/2)=r/R$，即得。

设原多边形相邻顶点间不含其他顶点的圆弧，其一半圆心角为$\theta_i$。把上述公式对分割中的所有三角形求和。每条边界边只出现一次，它所对的三角形角等于$\theta_i$。每条内部对角线在两个三角形中各出现一次，所对圆周角互补，其余弦之和为零。总共有$n-2$个三角形，故

$$L=R\left(\sum_{i=1}^n\cos\theta_i-(n-2)\right).$$

右端仅依赖原多边形，与所用对角线无关。

第 8 题

题目

设 $A\subseteq\{1,2,\ldots,n\}$，$|A|\ge4\sqrt n$。证明：存在 $x_1<x_2<x_3<x_4$ 成等差数列，且每个 $x_i$ 都是 $A$ 中两数之和。

解答

把$A$拆成互不相交的$B,C$，大小分别为$\lfloor|A|/2\rfloor,\lceil|A|/2\rceil$。则

$$|B||C|=\left\lfloor\frac{|A|^2}4\right\rfloor\ge4n.$$

考察所有有序对$(b,c)\in B\times C$对应的整数$b+2c$，它们都在$[3,3n]$内，该区间仅有$3n-2$个整数。因此有不同的$(b,c),(d,e)$满足$b+2c=d+2e$。必有$b\ne d,c\ne e$，不妨$b>d$，则$e>c$。令$h=e-c>0$，有$b=d+2h$。于是

$$d+c,\quad d+e,\quad b+c,\quad b+e$$

依次等于$d+c,d+c+h,d+c+2h,d+c+3h$，是四个严格递增的等差项。每项均为$B$中一个数与$C$中一个数之和，因此甚至保证两个加数互不相同。