“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.

 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.


 (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\[\begin{split} &\tan ^21^\circ+\tan ^23^\circ+\tan ^25^\circ+\cdots+\tan ^287^\circ+\tan ^289^\circ\\=&-\dfrac{{\rm C}_{90}^{88}}{-{\rm C}_{90}^{90}}=4005.\end{split} \]


 (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$\theta=2k\pi\pm \dfrac{2\pi}3,k\in\mathbb Z$.


 (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\[n\cdot \dfrac{(n-1)^n}{n^n}=n\cdot \left(1-\dfrac 1n\right)^n.\]

 当$n$趋于无穷大时,数学期望趋于$\dfrac{n}{\rm e}$.


(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$\dfrac{\sqrt 3}{3}\pi$.

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“尬”题 Top 5 解析》有 3 条评论

  1. zhy说:

    你好老师,请问第一题的a,b,c是整数吗。

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