2021年中国科学技术大学少年创新班数学试卷 · 参考解答

本卷未见对应独立源件，依据现有 TeX 题面作合理性核查与独立求解。第 4 题的结果有正、负两种，教学版已明确要求全部可能值。

答案速览

题号	答案	题号	答案
1	$75$	6	最大值 $2$
2	$1/6$	7	$f\equiv0$ 或 $f(x)=\sin x$
3	$9$	8	$g_n=2^{n/2}U_n(x/(2\sqrt2))$；根见正文
4	$\pm16\sqrt3$	9	命题成立
5	$n^2$

逐题解析

第 1 题

题目

$a\in\mathbb R$，关于 $x$ 的方程 $x^4-(4a-50)x^2+a^2=0$ 有四个实数解且成等差数列，求 $a$。

解答

四个实根成等差数列，且偶次多项式的根关于零对称，故四根必为 $-3t,-t,t,3t$，其中 $t>0$。比较

$$(x^2-t^2)(x^2-9t^2)=x^4-10t^2x^2+9t^4$$

与原式的系数，得 $4a-50=10t^2$、$a^2=9t^4$。若 $a=3t^2$，解得 $a=75,t=5$；若 $a=-3t^2$，首式左侧为负而右侧为正，矛盾。故唯一参数为 $75$，此时四根 $-15,-5,5,15$ 确成等差数列。

第 2 题

题目

棱长为 $1$ 的正方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，四面体 $ACB_1D_1$ 与 $BDA_1C_1$ 公共部分的体积是多少？

解答

取立方体坐标 $A=(0,0,0),B=(1,0,0),C=(1,1,0),D=(0,1,0)$，上层顶点的第三坐标为 $1$。两个交错四面体的共同区域有六个顶点，恰为立方体六个面的中心：例如底面中心 $(1/2,1/2,0)$ 同时在两四面体的底层边上，其余五面同理。两四面体的面不等式相交后得到

$$|x-1/2|+|y-1/2|+|z-1/2|\le1/2.$$

这是由八个全等直角三棱锥组成的正八面体；每个棱锥在一象限的体积为 $(1/2)^3/6$，故总体积为 $8\cdot(1/8)/6=1/6$。

第 3 题

题目

直线 $x/a+y/b=1$（$a,b>0$）与曲线 $y=4/\sqrt x$ 相切，求 $a+b$ 的最小值。

解答

设切点横坐标为 $t>0$。曲线 $y=4/\sqrt x$ 的切线为

$$y=\frac6{\sqrt t}-\frac{2x}{t^{3/2}},$$

所以截距 $a=3t,b=6/\sqrt t$。令 $h(t)=3t+6t^{-1/2}$，则 $h'(t)=3-3t^{-3/2}$，在 $t=1$ 左负右正，最小值为 $h(1)=9$。相应的 $a=3,b=6$ 均为正，故可达。

第 4 题

题目

若 $x^2+y^2=x^2+z^2+\sqrt3xz=z^2+y^2+yz=16$，求 $2xy+xz+\sqrt3yz$ 的所有可能值。

解答

给定等式两两相减，先得到

$$x^2=z^2+yz,\qquad y^2=z^2+\sqrt3xz.$$

若 $z=0$，第一式给 $x=0$，第二式给 $y=0$，与原式等于 $16$ 矛盾，故 $z\ne0$。令 $t=x/z,s=y/z$，则 $s=t^2-1$，并有 $s^2=1+\sqrt3t$。代入得

$$t^4-2t^2-\sqrt3t =t(t-\sqrt3)(t^2+\sqrt3t+1)=0.$$

最后二次因子的判别式为 $-1$，所以实数 $t$ 只能是 $0$ 或 $\sqrt3$。当 $t=0,s=-1$ 时，$x=0,y=-z,z^2=16$，所求值为 $-16\sqrt3$；当 $t=\sqrt3,s=2$ 时，$x=\sqrt3z,y=2z,z^2=16/7$，所求值为 $16\sqrt3$。两组都代回三条原等式成立，因此恰有 $\pm16\sqrt3$ 两值。

第 5 题

题目

小球在 $0,1,\ldots,n$ 之间移动，向前、向后一个单位的概率均为 $1/2$；在 $0$ 处只能向前。初始在 $0$，求首次到达 $n$ 的步数期望。

解答

记从位置 $j$ 首次到达 $n$ 的期望步数为 $E_j$。边界条件为 $E_n=0,E_0=1+E_1$；在 $1\le j<n$，下一步分析给出 $E_j=1+(E_{j-1}+E_{j+1})/2$。因此相邻差 $d_j=E_j-E_{j+1}$ 满足 $d_0=1,d_j=d_{j-1}+2=2j+1$。累加得

$$E_0=E_0-E_n=\sum_{j=0}^{n-1}(2j+1)=n^2.$$

有限状态链必以概率 $1$ 到达 $n$，这些方程给出的有限值也验证期望存在。

第 6 题

题目

在 $\triangle ABC$ 中，证明 $\frac{\sqrt3}{2}\cos A+\cos B+\sqrt3\cos C\le2$。

解答

由 $B=\pi-A-C$，固定 $C$ 后把左侧写成

$$\left(\frac{\sqrt3}{2}-\cos C\right)\cos A +\sin C\sin A+\sqrt3\cos C.$$

前两项由柯西不等式至多为 $\sqrt{7/4-\sqrt3\cos C}$。令 $t=\cos C\in(-1,1)$，上界函数为 $H(t)=\sqrt{7/4-\sqrt3t}+\sqrt3t$。其导数为 $\sqrt3(1-1/(2\sqrt{7/4-\sqrt3t}))$，在 $t<\sqrt3/2$ 为正，在 $t>\sqrt3/2$ 为负，故 $H(t)\le H(\sqrt3/2)=2$。

取 $C=\pi/6,A=\pi/2,B=\pi/3$，柯西的等号和 $H$ 的最大值同时成立，故常数 $2$ 最优。

第 7 题

题目

对任意 $x,y\in\mathbb R$，$f(x+y)=f(x)\cos y+f(y)f(\pi/2-x)$，求 $f(x)$。

解答

记 $c=f(\pi/2)$。令 $x=0$，题式给 $f(y)=f(0)\cos y+c f(y)$。再取 $y=\pi/2$，知 $c=c^2$，所以 $c=0$ 或 $1$。

若 $c=0$，则 $f(y)=f(0)\cos y$。在原式取 $y=\pi/2$，因 $f(y)=0$，得 $f(x)=0$；于是只有零函数。若 $c=1$，先在 $y=0$ 处代入题式，得 $f(0)f(\pi/2-x)=0$；由于 $f(\pi/2)=1$，必有 $f(0)=0$。再取 $x=\pi/2$，得 $f(y+\pi/2)=\cos y$，所以 $f(x)=\sin x$。零函数虽然满足原式吗？代入原式左右均为零，故还须保留它。综上全部解为 $f\equiv0$ 或 $f(x)=\sin x$。

第 8 题

题目

$g_0(x)=1,g_1(x)=x$，

$$g_n(x)=\frac{[g_{n-1}(x)]^2-2^{n-1}}{g_{n-2}(x)}.$$

证明 $g_n$ 为 $n$ 次整系数多项式，并求 $g_n(x)=0$ 的全部根。

解答

定义整系数多项式 $H_0=1,H_1=x,H_n=xH_{n-1}-2H_{n-2}$。前两项与题目一致。由递推归纳可证

$$H_{n-1}^2-H_nH_{n-2}=2^{n-1}\qquad(n\ge2).$$

确实 $n=2$ 时为 $x^2-(x^2-2)=2$；若上一式成立，利用 $H_{n+1}=xH_n-2H_{n-1}$ 和 $H_n=xH_{n-1}-2H_{n-2}$，下一差式恰为上一差式的两倍。因此题目所给的商等于 $H_n$，分母即使在某些数值处为零，该商仍有唯一的多项式延拓。首项递推给出 $H_n$ 为首一的 $n$ 次整系数多项式。

令 $x=2\sqrt2\cos\theta$。用正弦加法公式检查，

$$H_n(2\sqrt2\cos\theta) =2^{n/2}\frac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}.$$

故全部 $n$ 个互异实根为 $x_j=2\sqrt2\cos(j\pi/(n+1))$，$j=1,\ldots,n$；次数为 $n$ 保证没有其他根。这里的 $U_n$ 即第二类切比雪夫多项式，上式给出了不依赖该名称的定义。

第 9 题

题目

证明 $a$ 为无理数，当且仅当对任意 $m\in\mathbb N^*$，存在 $n\in\mathbb Z$ 使 $0<\{na\}<1/m$。

解答

若 $a=p/q$ 为有理数，取互素整数 $p,q$、$q>0$。所有非零小数部分 $\{na\}$ 都至少为 $1/q$，故令 $m>q$ 便不能满足条件。

若 $a$ 无理，固定 $m\ge2$。观察 $0,a,2a,\ldots,ma$ 的 $m+1$ 个互异小数部分，把 $[0,1)$ 分成 $m$ 个长 $1/m$ 的半开区间。抽屉原理给出两项落在同一区间，取较大小数部分对应的整数倍减去较小者对应的整数倍；由于允许 $n\in\mathbb Z$，这给出 $0<\{na\}<1/m$。$m=1$ 时取任意使小数部分非零的整数即可。两方向均得证。