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第二届广州市中学生第二精神病院选拔测试解答 · 下

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maths

2025-12-31

7

7.1

[f(x)−g(x)]′=f′(x)−g′(x)=0[f(x)-g(x)]' = f'(x)-g'(x) = 0

于是 f(x)−g(x)f(x)-g(x) 为常数。

7.2

[f(x)2+g(x)2]′=2f(x)h(x)g(x)−2g(x)h(x)f(x)=0[f(x)^2+g(x)^2]' = 2f(x)h(x)g(x) - 2g(x)h(x)f(x) = 0

于是 f(x)2+g(x)2f(x)^2+g(x)^2 为非负常数 A2A^2，则存在 t(x)t(x) 使 f(x)=Asin⁡(t(x)),g(x)=Acos⁡(t(x))f(x)=A\sin(t(x)), g(x)=A\cos(t(x))。

7.3

（解法来自 GooodPig）

取 t(x)t(x) 为可导函数（由于只需证存在性，可以这么做），则

f′(x)=[sin⁡(t(x))]′=t′(x)cos⁡(t(x))=xcos⁡(t(x))f'(x) = [\sin(t(x))]' = t'(x)\cos(t(x)) = x\cos(t(x))

于是 t′(x)=xt'(x)=x，注意到 (x22)′=x\left( \dfrac{x^2}{2} \right)' = x，由（1）得 t(x)=x22+Ct(x) = \dfrac{x^2}{2}+C。

于是 I′(x)=sin⁡(x22+C)I'(x) = \sin\left( \dfrac{x^2}{2}+C \right)，注意到 [I(x)+I(−x)]′=xsin⁡(x22+C)−xsin⁡(x22+C)=0[I(x)+I(-x)]' = x \sin\left( \dfrac{x^2}{2}+C \right) - x \sin\left( \dfrac{x^2}{2}+C \right) = 0，于是 I(x)+I(−x)I(x)+I(-x) 为常数 2I(0)2I(0)。于是只需考虑 ∀x>0,I(x)>I(0)\forall x>0, I(x)>I(0)。

分析

不妨设 C∈[0,2π)C\in[0,2\pi)，由于 I′(0)=sin⁡C≥0I'(0) = \sin C \ge 0，于是 C∈[0,π]C\in[0,\pi]。

I(x)I(x) 的第一个极大值点为 2π−2C\sqrt{2\pi-2C}。我们希望它尽可能大，于是取 C=0C=0。（因为只需证明存在性，所以这一步也合法）

下证 I′(x)=sin⁡(x22)I'(x) = \sin\left(\dfrac{x^2}{2}\right) 符合题意。

为了去掉极值点上的根号，构造函数 J(x)=I(x)J(x) = I(\sqrt{x})，对其求导得

J′(x)=[I(x)]′=I′(x)2x=sin⁡(x/2)2xJ'(x) = [I(\sqrt{x})]' = \dfrac{I'(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}} = \dfrac{\sin(x/2)}{2\sqrt{x}}

区间 (k∈N)(k \in \mathbb{N})(4kπ,4kπ+2π)(4k\pi,4k\pi+2\pi)(4kπ+2π,4kπ+4π)(4k\pi+2\pi, 4k\pi+4\pi)
J′(x)J'(x)++−-
J(x)J(x)↗\nearrow↘\searrow

其极小值在 x=4kπ,k∈N∗x = 4k\pi, k\in\mathbb{N}^* 处取得，于是只需证 ∀k∈N∗,J(4kπ)>J(0)\forall k\in\mathbb{N}^*, J(4k\pi) > J(0)。

由于两个极小值点的中点是一个极大值点，它可以转化为一个类极值点偏移问题。构造函数 H(x)=J(8kπ+4π−x)−J(x)H(x) = J(8k\pi+4\pi - x) - J(x)，则

H′(x)=−sin⁡(8kπ+2π−x/2)24kπ+2π−x−sin⁡(x/2)2x=12sin⁡(x2)(18kπ+4π−x−1x)H'(x) = -\dfrac{\sin(8k\pi + 2\pi - x/2)}{2\sqrt{4k\pi+2\pi - x}} - \dfrac{\sin(x/2)}{2\sqrt{x}} = \dfrac{1}{2} \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) \left( \dfrac{1}{\sqrt{8k\pi+4\pi-x}} - \dfrac{1}{\sqrt{x}} \right)

由 x∈(4kπ,4kπ+2π)x \in (4k\pi, 4k\pi+2\pi) 时 H′(x)<0H'(x) < 0，有 H(4kπ)>H(4kπ+2π)H(4k\pi) > H(4k\pi+2\pi)，即

J(4kπ+4π)−J(4kπ)>J(4kπ+2π)−J(4kπ+2π)=0J(4k\pi+4\pi) - J(4k\pi) > J(4k\pi+2\pi) - J(4k\pi+2\pi) = 0

于是 J(0)<J(4π)<J(8π)<⋯<J(4kπ)J(0) < J(4\pi) < J(8\pi) < \cdots < J(4k\pi)，得证。

8

8.1

00 可以忽略。

注意到 Ri,Rj≠0R_i,R_j\ne 0 时，RiRjRi+Rj=11Ri+1Rj\dfrac{R_i R_j}{R_i + R_j} = \dfrac{1}{\frac{1}{R_i} + \frac{1}{R_j}}，不难发现 1n1R=Rn\dfrac{1}{n \frac{1}{R}} = \dfrac{R}{n}，

于是对于正有理数 pq\dfrac{p}{q}，有如下构造：

  1. 用操作 1 操作出 qq 个 pp；
  2. 对这 qq 个 pp 应用操作 2，得到 pq\dfrac{p}{q}。

8.2

事实上可以只用操作 2 做到。以下为其中一种构造：

首先证明以下引理：

引理

若 m<pq≤m+1,m∈N∗m < \dfrac{p}{q} \le m+1, m\in\mathbb{N}^*，则 m+1,m+2,…m+1, m+2, \dots 可以组合出 pq\dfrac{p}{q}。

一个简单的推论（证明会用到）：若 pq>s\dfrac{p}{q} > s，则 s+1,s+2,…s+1, s+2, \dots 可以组合出 pq\dfrac{p}{q}。

证明

考虑对 qq 归纳。当 q=1q=1 时显然成立。下证若命题对 1∼q−11\sim q-1 成立，则它对 qq 也成立：

设 1s=qp−1m+1\dfrac{1}{s} = \dfrac{q}{p} - \dfrac{1}{m+1}，则 s=p(m+1)mq−p+qs = \dfrac{p(m+1)}{mq-p+q}。由于 pq−m<1\dfrac{p}{q}-m < 1，ss 的分母 mq−p+q<qmq-p+q < q。

注意到 1s=qp−1m+1<1m−1m+1=1m(m+1)≤1m+1\dfrac{1}{s} = \dfrac{q}{p} - \dfrac{1}{m+1} < \dfrac{1}{m} - \dfrac{1}{m+1} = \dfrac{1}{m(m+1)} \le \dfrac{1}{m+1}，于是 s>m+1s > m+1。

由归纳假设的推论可得存在 ss 可以被 m+2,m+3,…m+2, m+3, \dots 组合出，将 ss 与 m+1m+1 进行操作 2 即得 pq\dfrac{p}{q}。

由引理可得 pq>1\dfrac{p}{q} > 1 时一定可以被 {an}\{a_n\} 组合出，下证 pq≤1\dfrac{p}{q} \le 1 的情况。

引理

设 Hn=∑i=1n1nH_n = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{n}，对于 qp≥1\dfrac{q}{p} \ge 1，存在 m∈N∗m \in \mathbb{N}^* 使得 0≤qp−Hm<1m0 \le \dfrac{q}{p} - H_m < \dfrac{1}{m}。

证明

首先证明对于任意 r∈Rr\in\mathbb{R}，总存在 k∈N∗k \in \mathbb{N}^* 满足 Hk>rH_{k} > r：

取 s∈N∗,s>rs\in\mathbb{N}^*, s>r，则

∑i=12s∑j=2i+12i+11j≥∑i=12s∑j=2i+12i+112i+1=∑i=12s2i12i+1=s\sum_{i=1}^{2s} \sum_{j=2^i+1}^{2^{i+1}} \dfrac{1}{j} \ge \sum_{i=1}^{2s} \sum_{j=2^i+1}^{2^{i+1}} \dfrac{1}{2^{i+1}} = \sum_{i=1}^{2s} 2^i \dfrac{1}{2^{i+1}} = s

接下来取 m0m_0 为最小的满足 Hm>qpH_m > \dfrac{q}{p} 的正整数，由 qp>1=H1\dfrac{q}{p} > 1 = H_1 得 m0≥2m_0 \ge 2，

因为 Hm0−1≤qp,Hm0=Hm0−1+1m0>qpH_{m_0-1} \le \dfrac{q}{p}, H_{m_0}=H_{m_0-1} + \dfrac{1}{m_0} > \dfrac{q}{p}，所以 0≤qp−Hm0−1<1m0−10 \le \dfrac{q}{p} - H_{m_0-1} < \dfrac{1}{m_0-1}。

根据以上引理，有 pq=111+12+⋯+1m+(qp−Hm)\dfrac{p}{q} = \dfrac{1}{\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{m} + \left(\frac{q}{p} - H_m\right)}，而因为 1q/p−Hm>m\dfrac{1}{q/p - H_m} > m，所以它可由 m+1,m+2,…m+1, m+2, \dots 组合出，证毕。

8.3

注意到 kRi+kRj=k(Ri+Rj), kRikRjkRi+kRj=kRiRjRi+RjkR_i + kR_j = k (R_i + R_j),\ \dfrac{kR_i kR_j}{kR_i + kR_j} = k\dfrac{R_i R_j}{R_i + R_j}，于是若 {Rn}\{R_n\} 是完备的，则 {kRn},k∈N∗\{k R_n\}, k \in \mathbb{N}^* 也是完备的。

由 (1) (2) 得所有常数列和所有首项等于公差的数列都是完备的。下证所有符合题意的非常数数列都可以转化成这样的数列。

设 Rn=nd+bR_n = nd+b，先证一个引理：

引理

对充分大的 t∈N∗t \in \mathbb{N}^* 存在互不相同的 x1,x2,…,xdx_1, x_2, \dots, x_d 使得 ∑i=1dRxi=td2\displaystyle\sum_{i=1}^{d} R_{x_i} = td^2。

证明

∑i=1dRxi=∑i=1ddxi+b=bd+d∑i=1nxi\displaystyle\sum_{i=1}^{d} R_{x_i} = \sum_{i=1}^{d} d x_i+b = bd + d\sum_{i=1}^{n} x_i

于是只需证存在互不相同的 {xi}\{x_i\} 使得 ∑i=1nxi=td−b\displaystyle\sum_{i=1}^{n} x_i = td-b，

取 1,2,…,d−1,td−b−n(n−1)21, 2, \dots, d-1, td-b-\dfrac{n(n-1)}{2} 即可，只需 t≥d+12+bdt \ge \dfrac{d+1}{2} + \dfrac{b}{d}。

根据引理取 {xi}\{x_i\}，我们有

∑i=1dRxi+(k−1)t=∑i=1dRxi+(k−1)td=(∑i=1dRxi)+(k−1)td2=ktd2\sum_{i=1}^{d} R_{x_i + (k-1)t} = \sum_{i=1}^{d} R_{x_i} + (k-1)td = \left( \sum_{i=1}^{d} R_{x_i} \right) + (k-1)td^2 = ktd^2

不妨设 xdx_d 是最大的，取 u∈N∗u \in \mathbb{N}^* 使得 ut>xdut > x_d，则对于 i∈{1,2,…,d}i \in \{1, 2, \dots, d\} 和 k∈N∗k \in \mathbb{N}^*，xi+(uk−1)tx_i + (uk-1)t 两两不重，且

sk=∑i=1dRxi+(uk−1)t=uktd2s_k = \sum_{i=1}^{d} R_{x_i + (uk-1)t} = uktd^2

是可以由 {Rn}\{R_n\} 通过操作 1 得到，且首项等于公差的等差数列。证毕。

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