“尬”题 Top 5 解析

 (TOP 5，No.47)　设数列$\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\}$满足$a_1=a$，$b_1=b$，$c_1=c$，对任意正整数$n$，均有\[\begin{aligned}a_{n+1}&=\left|b_n-c_n\right|,\\b_{n+1}&=\left|c_n-a_n\right|,\\c_{n+1}&=\left|a_n-b_n\right|,\end{aligned}\]求证：对任意正整数$a,b,c$，均存在正整数$m$，使得$$a_{m+1}-a_m=b_{m+1}-b_m=c_{m+1}-c_m=0.$$

分析与解　记$(a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1})=f(a_n,b_n,c_n)$，并称$f$为一次操作．

若$a_n,b_n,b_n$互不相等，那么经过$1$次操作后得到的三个数的最大数至少减少$1$（这三个数一定非零，否则$a_{n-1},b_{n-1},c_{n-1}$中必然存在两个数相等），因此在经过有限次操作后得到的三个数中必然始终存在两个数相等．

情形一　得到$(x,x,x)$，则之后得到$(0,0,0)\to (0,0,0)\to \cdots$，命题成立．

情形二　得到$(x,x,y)$，则之后得到$$(|x-y|,|x-y|,0)\to (|x-y|,|x-y|,0)\to \cdots,$$命题成立．

综上所述，原命题得证．

注　可以将三个数写在正三角形的三个顶点处，然后将操作得到的三个数写在三个顶点对应的边的中点处，然后重新定义三角形的数同．

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 (TOP 4，No.84)　求证：$\tan ^21^\circ+\tan ^23^\circ+\tan ^25^\circ+\cdots+\tan ^287^\circ+\tan ^289^\circ=4005$．

分析与解　由棣莫佛公式，有\[\cos nx+{\rm i}\sin nx=\left(\cos x+{\rm i}\sin x\right)^n,\]于是\[\cos nx ={\rm C}_n^0\cos^nx-{\rm C}_n^2\cos^{n-2}x\sin^2x+{\rm C}_n^4\cos^{n-4}x\sin^4x-\cdots,\]也即\[\cos nx =\cos^nx\cdot \left({\rm C}_n^0-{\rm C}_n^2\tan^2x+{\rm C}_n^4\tan^4x-\cdots\right),\]在第一个式子中，令$n=90$，$x$分别为$1^\circ,3^\circ,5^\circ,\cdots,89^\circ$，可得$\tan^21^\circ,\tan^23^\circ,\tan^25^\circ,\cdots,\tan^289^\circ$是关于$t$的方程\[{\rm C}_{90}^0-{\rm C}_{90}^2t+{\rm C}_{90}^4t^2-\cdots-{\rm C}_{90}^{90}t^{45}=0\]的$45$个实根，于是根据韦达定理，有\[\begin{split} &\tan ^21^\circ+\tan ^23^\circ+\tan ^25^\circ+\cdots+\tan ^287^\circ+\tan ^289^\circ\\=&-\dfrac{{\rm C}_{90}^{88}}{-{\rm C}_{90}^{90}}=4005.\end{split} \]

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 (TOP 3，No.92)　(2003年日本数学竞赛)求所有的实数$\theta$的值，使数列$a_n=\cos \left(2^{n-1}\cdot \theta\right)$($n=1,2\cdots$)中每一项都为负数．

分析与解　$2k\pi\pm \dfrac{2\pi}3,k\in\mathbb Z$．

令$x=2^{n-1}\theta$，则$\theta=\dfrac x{2^{n-1}}$，反向考虑，先考虑$\theta\in[0,2\pi)$的情形．

$x$的终边不落在第一四象限(包含$y$轴及$x$轴正半轴上)，将各个象限编号为$1,2,3,4$，允许取的区域用括号表示，记为\[1,(2),(3),4.\]

将每个象限都$2$等分，依次标上$1,2,3,4,1,2,3,4$，那么$\dfrac 12x$的终边不能落在所有标记为$1,4$的区域，将所有的区域重新编号为$1,2,3,4,5,6,7,8$，允许取的区域用括号表示，记为\[1,2,(3),4,5,(6),7,8.\]

再将当前的每个区域$2$等分，依次标上$1,2,3,4,5,6,7,8,1,2,3,4,5,6,7,8$，那么$\dfrac 14x$的终边不能落在所有标记为$1,2,4,5,7,8$的区域，将所有的区域重新编号为$1,2,3,4,5,6,7,8$，允许取的区域用括号表示，记为\[1,2,3,4,5,(6),7,8,9,10,(11),12,13,14,15,16.\]

一般的，可得$\dfrac 1{4^n}x$的情形下允许取的区域的编号为\[2+4+16+\cdots+4^n=2+\dfrac 43\left(4^n-1\right),\]以及\[3+8+32+\cdots+2\cdot 4^n=3+\dfrac 83\left(4^n-1\right).\]也即\[\left(\dfrac{1+\dfrac 43\left(4^n-1\right)}{4^{n+1}}\cdot 2\pi,\dfrac{2+\dfrac 43\left(4^n-1\right)}{4^{n+1}}\cdot 2\pi\right)\cup\left(\dfrac{2+\dfrac 83\left(4^n-1\right)}{4^{n+1}}\cdot 2\pi,\dfrac{3+\dfrac 83\left(4^n-1\right)}{4^{n+1}}\cdot 2\pi\right),\]当$n\to \infty$时，可得$\theta$只可能取$\dfrac{2\pi}3$和$\dfrac{4\pi}3$．

再考虑$\mathbb R$的情形，所有可能的实数$\theta=2k\pi\pm \dfrac{2\pi}3,k\in\mathbb Z$．

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 (TOP 2，No.33)　将$n$个不同的小球放入$n$个不同的盒子，设每个球落入各个盒子的可能性是相同的，则空盒子个数的数学期望是_________．

分析与解　答案是$n\cdot \left(1-\dfrac 1n\right)^n$．

考虑到每个盒子为空的概率为$\dfrac{(n-1)^n}{n^n}$，因此所求空盒子个数的数学期望为\[n\cdot \dfrac{(n-1)^n}{n^n}=n\cdot \left(1-\dfrac 1n\right)^n.\]

注　当$n$趋于无穷大时，数学期望趋于$\dfrac{n}{\rm e}$．

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(TOP 1，No.10)　求棱长为$1$的正方体沿体对角线旋转一周得到的立体图形的体积．

分析与解　正方体沿对角线旋转一周得到的旋转体的轴截面如图(其中中间部分为异面直线绕其中一条直线旋转所得的双曲面)．如图建系，可以计算得\[A\left(0,\dfrac{\sqrt 3}2\right),B\left(-\dfrac{\sqrt 6}3,\dfrac{\sqrt 3}6\right),C\left(-\dfrac{\sqrt 6}3,-\dfrac{\sqrt 3}6\right),D\left(0,-\dfrac{\sqrt 3}2\right),E\left(\dfrac{\sqrt 6}3,-\dfrac{\sqrt 3}6\right),F\left(\dfrac{\sqrt 6}3,\dfrac{\sqrt 3}6\right),\]于是可得截面中的双曲线方程为\[2x^2-4y^2=1.\]因此图中双曲面部分对应的体积\[\begin{split} V_1=&2\int_0^{\frac{\sqrt 3}6}\pi\cdot \dfrac{4y^2+1}{2}{\rm d} y\\=&4\pi\cdot \left.\left(\dfrac 13y^3+\dfrac 14y\right)\right|_{0}^{\frac{\sqrt 3}6}\\=&\dfrac{5\sqrt 3}{27}\pi,\end{split} \]圆锥面部分对应的体积之和为\[V_2=2\cdot \dfrac 13\cdot \pi\cdot \left(\dfrac{\sqrt 6}3\right)^2\cdot \dfrac{\sqrt 3}3=\dfrac{4\sqrt 3}{27}\pi,\]于是所求的立体图形的体积为$\dfrac{\sqrt 3}{3}\pi$．