Math173

已知 $\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma+\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma=0$，求\[\csc^2\alpha+\csc^2\beta+\csc^2\gamma-2|\csc\alpha\csc\beta\csc\gamma|\]的值．

2021年7月1日，by xixiggg：

所求代数式的值为$1$．

设 $a=\cos \alpha$，$b=\cos \beta$，$c=\cos \gamma$，题中代数式为 $m$，则 $a,b,c\in [-1,1]$，且\[a+b+c+abc=0.\] 我们先说明：$ab+bc+ca\geqslant -1$．由抽屉原理知，$a+b,a+c,b+c$ 中必有两者同号，不妨设为 $a+b$ 与 $a+c$．于是，我们有\[ab+bc+ca=(a+c)(b+c)-c^2\geqslant -c^2\geqslant -1.\]接着，我们计算所求式子，由于\[\csc^2 \theta=\dfrac{1}{1-\cos^2 \theta},\]所以\[\begin{split} m&=\csc^2 \alpha+\csc^2 \beta+\csc^2 \gamma-2|\csc \alpha\csc \beta\csc\gamma|\\ &=\dfrac{1}{1-a^2}+\dfrac{1}{1-b^2}+\dfrac{1}{1-c^2}-2\sqrt{\dfrac{1}{1-a^2}\cdot \dfrac{1}{1-b^2}\cdot \dfrac{1}{1-c^2}},\end{split}\]设 $u=a+b+c$，$v=ab+bc+ca$，则 $abc=-u$．于是\[\begin{split} (1-a^2)(a-b^2)(1-c^2)&=1-\sum\limits_{cyc}a^2+\sum\limits_{cyc}a^2b^2-a^2b^2c^2\\ &=1-(u^2-2v)+(v^2-2u\cdot (-u))-(-u)^2\\ &=1+2v+v^2,\end{split}\]及\[\begin{split}\sum\limits_{cyc}(1-a^2)(1-b^2)&=3-2\sum\limits_{cyc}a^2+\sum\limits_{cyc}a^2b^2\\ &=3-2(u^2-2v)+(v^2-2u(-u))\\ &=3+4v+v^2.\end{split}\]因此\[\begin{split} m&=\dfrac{\sum\limits_{cyc}(1-b^2)(1-c^2)}{(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)}-2\sqrt{\dfrac{1}{(1-a^2)(1-b^2)(1-c^2)}}\\ &=\dfrac{v^2+4v+3}{v^2+2v+1}-\dfrac{2}{v+1}\\ &=1,\end{split}\]其中用到 $v\geqslant -1$．

证明：对于任意素数 $p$，都有一个 $p$ 的倍数 $kp$，使得 $kp$ 的十进制表示下后 $10$ 位的数字互不相同．

2021年7月1日，by xixiggg：

若 $p=2,5$，则可取 $k\in \mathbb{N}^{\ast}$ 使\[kp=9876\cdots 210.\] 若 $p\neq 2,5$，则 $(p,10)=1$．于是，存在 $k\in \mathbb{N}^{\ast}$ 使\[kp\equiv 9876\cdots 210\pmod 10^{10},\]这是因为 $kp$（$k\in \mathbb{N}^{\ast})$ 遍历模 $10^{10}$ 的完系．从而，此 $kp$ 在十进制下后 $10$ 位互不相同．至此，结论获证．

给定 $k$（$k\in\mathbb N^{\ast}$）种颜色，对每个正整数都用 $k$ 种颜色中的一种进行染色．求证：无论怎么染色，一定存在四个颜色相同的正整数 $a,b,c,d$（$a,b,c,d$ 互不相同），满足下面三个条件：① $ad=bc$；② $\dfrac ba=2^m$；③ $\dfrac ca=3^n$；其中 $m, n$ 为正整数．

2021年6月30日，by xixiggg：

考虑如下一些正整数：\[2^a\times 3^b,\quad 0\leqslant a\leqslant k,\quad 0\leqslant b\leqslant \dfrac{k^2(k+1)}{2}.\]首先，对 任意 $b\in \left[0,\dfrac{k^2(k+1)}{2}\right]$，因为 $2^a\times 3^b(0\leqslant a\leqslant k)$ 共 $k+1$ 个数，所以由抽屉原理知其中必有两数颜色相同，设这两个数为 $i_b<j_b$，颜色为第 $c_b$ 个颜色，其中 \[0\leqslant i_b<j_b\leqslant k,\quad 1\leqslant c_b\leqslant k,\]则 $(i_b,j_b,c_b)$ 共有\[\binom{k+1}{2}\cdot k=\dfrac{k^2(k+1)}{2}\]种取值情况．而注意到 $b$ 的个数为\[\dfrac{k^2(k+1)}{2}+1>\dfrac{k^2(k+1)}{2},\]所以由抽屉原理知存在\[0\leqslant b_1<b_2\leqslant \dfrac{k^2(k+1)}{2}\]使 $(i_{b_1},j_{b_1},c_{b_1})=(i_{b_2},j_{b_2},c_{b_2})$．于是，存在\[0\leqslant a_1<a_2\leqslant k,\quad 0\leqslant b_1<b_2\leqslant \dfrac{k^2(k+1)}{2},\quad 1\leqslant c\leqslant k\]使 $2^{a_1}3^{b_1},2^{a_2}3^{b_1},2^{a_1}3^{b_2},2^{a_2}3^{b_2}$ 均为第 $c$ 色．上述四个数满足 ①②③．于是，结论获证．

一个等差数列有 $8$ 个依次递增的自然数，它们的数字和却依同样的顺序成递减的等差数列，这样的 $8$ 个数之和的最小值是多少？