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ATTII-solution-3.md

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title: 第二届广州市中学生第二精神病院选拔测试解答 · 下
createTime: 2025/12/31
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tags:
    - maths
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## 7

### 7.1

$$
[f(x)-g(x)]' = f'(x)-g'(x) = 0
$$
于是 $f(x)-g(x)$ 为常数。

### 7.2

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

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

### 7.3

（解法来自 **GooodPig**）

取 $t(x)$ 为可导函数（由于只需证存在性，可以这么做），则

$$
f'(x) = [\sin(t(x))]' = t'(x)\cos(t(x)) = x\cos(t(x))
$$

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

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

:::analysis
不妨设 $C\in[0,2\pi)$，由于 $I'(0) = \sin C \ge 0$，于是 $C\in[0,\pi]$。

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

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

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

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

:::center
| 区间 $(k \in \mathbb{N})$ | $(4k\pi,4k\pi+2\pi)$ | $(4k\pi+2\pi, 4k\pi+4\pi)$ |
| :---: | :---: | :---: |
| $J'(x)$ | $+$ | $-$ |
| $J(x)$ | $\nearrow$ | $\searrow$ |
:::

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

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 $H(x) = J(8k\pi+4\pi - x) - J(x)$，则

$$
H'(x) = -\dfrac{\sin(8k\pi + 2\pi - x/2)}{2\sqrt{4k\pi+2\pi - x}} - \dfrac{\sin(x/2)}{2\sqrt{x}} = \dfrac{1}{2} \sin\left(\dfrac{x}{2}\right) \left( \dfrac{1}{\sqrt{8k\pi+4\pi-x}} - \dfrac{1}{\sqrt{x}} \right)
$$

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

$$
J(4k\pi+4\pi) - J(4k\pi) > J(4k\pi+2\pi) - J(4k\pi+2\pi) = 0
$$

于是 $J(0) < J(4\pi) < J(8\pi) < \cdots < J(4k\pi)$，得证。

## 8

### 8.1

$0$ 可以忽略。

注意到 $R_i,R_j\ne 0$ 时，$\dfrac{R_i R_j}{R_i + R_j} = \dfrac{1}{\frac{1}{R_i} + \frac{1}{R_j}}$，不难发现 $\dfrac{1}{n \frac{1}{R}} = \dfrac{R}{n}$，

于是对于正有理数 $\dfrac{p}{q}$，有如下构造：

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

### 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：

:::lemma
若 $m < \dfrac{p}{q} \le m+1, m\in\mathbb{N}^*$，则 $m+1, m+2, \dots$ 可以组合出 $\dfrac{p}{q}$。

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

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

设 $\dfrac{1}{s} = \dfrac{q}{p} - \dfrac{1}{m+1}$，则 $s = \dfrac{p(m+1)}{mq-p+q}$。由于 $\dfrac{p}{q}-m < 1$，$s$ 的分母 $mq-p+q < q$。

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

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

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

:::lemma
设 $H_n = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} \dfrac{1}{n}$，对于 $\dfrac{q}{p} \ge 1$，存在 $m \in \mathbb{N}^*$ 使得 $0 \le \dfrac{q}{p} - H_m < \dfrac{1}{m}$。
:::

:::proof
首先证明对于任意 $r\in\mathbb{R}$，总存在 $k \in \mathbb{N}^*$ 满足 $H_{k} > r$：

取 $s\in\mathbb{N}^*, s>r$，则

$$
\sum_{i=1}^{2s} \sum_{j=2^i+1}^{2^{i+1}} \dfrac{1}{j} \ge \sum_{i=1}^{2s} \sum_{j=2^i+1}^{2^{i+1}} \dfrac{1}{2^{i+1}} = \sum_{i=1}^{2s} 2^i \dfrac{1}{2^{i+1}} = s
$$

接下来取 $m_0$ 为最小的满足 $H_m > \dfrac{q}{p}$ 的正整数，由 $\dfrac{q}{p} > 1 = H_1$ 得 $m_0 \ge 2$，

因为 $H_{m_0-1} \le \dfrac{q}{p}, H_{m_0}=H_{m_0-1} + \dfrac{1}{m_0} > \dfrac{q}{p}$，所以 $0 \le \dfrac{q}{p} - H_{m_0-1} < \dfrac{1}{m_0-1}$。
:::

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

### 8.3

注意到 $kR_i + kR_j = k (R_i + R_j),\ \dfrac{kR_i kR_j}{kR_i + kR_j} = k\dfrac{R_i R_j}{R_i + R_j}$，于是若 $\{R_n\}$ 是完备的，则 $\{k R_n\}, k \in \mathbb{N}^*$ 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 $R_n = nd+b$，先证一个引理：

:::lemma
对充分大的 $t \in \mathbb{N}^*$ 存在互不相同的 $x_1, x_2, \dots, x_d$ 使得 $\displaystyle\sum_{i=1}^{d} R_{x_i} = td^2$。
:::

:::proof
$$
\displaystyle\sum_{i=1}^{d} R_{x_i} = \sum_{i=1}^{d} d x_i+b = bd + d\sum_{i=1}^{n} x_i
$$

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

取 $1, 2, \dots, d-1, td-b-\dfrac{n(n-1)}{2}$ 即可，只需 $t \ge \dfrac{d+1}{2} + \dfrac{b}{d}$。
:::

根据引理取 $\{x_i\}$，我们有

$$
\sum_{i=1}^{d} R_{x_i + (k-1)t} = \sum_{i=1}^{d} R_{x_i} + (k-1)td = \left( \sum_{i=1}^{d} R_{x_i} \right) + (k-1)td^2 = ktd^2
$$

不妨设 $x_d$ 是最大的，取 $u \in \mathbb{N}^*$ 使得 $ut > x_d$，则对于 $i \in \{1, 2, \dots, d\}$ 和 $k \in \mathbb{N}^*$，$x_i + (uk-1)t$ 两两不重，且

$$
s_k = \sum_{i=1}^{d} R_{x_i + (uk-1)t} = uktd^2
$$

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