已知$a,b,c \ge 0$,$a+b^2+c^3=9$,求$f=a+2b+3c$的最值

首先,$f=9-b^2-c^3+2b+3c \le 9-b^2-c^3+(b^2+1)+(c^3+1+1)=12$
因此最大值$12$,取等时$b=c=1,a=7$

然后,若$c^2 \le 3$,结合$0 \le b \le 3$
$f=10-(b-1)^2+c(3-c^2) \ge 10-(b-1)^2 \ge 10-(3-1)^2=6$
若$c^2>3,c^3>3\sqrt{3},b^2<9-3\sqrt{3}<4,0 \le b <2$
求导可得$3c-c^3$在$(\sqrt{3},\sqrt[3]{9}]$递减
故$f=10-(b-1)^2+3c-c^3 \ge 9+3c-c^3 \ge 9+3\sqrt[3]{9}-9=3\sqrt[3]{9}>6$
因此最小值6,取等时$b=3,a=c=0$

泰勒發明一種方法來擴展一組數。例如將一組數 $[1,8]$ 泰勒化，則可造出兩組 數 $[2,9]$ ]與 $[3,10]$, 它們的每一項都由前組數的每一項各加 1 而得，再將這三 組數依序合併在一起而得另一組數 $[1,8,2,9,3,10]$ 。若他由只有一個數[0]的 這組數開始, 不斷地將它泰勒化, 則可得一組數：\[[0,1,2,1,2,3,2,3,4,1,2,3,2,3,4,3,4,5,2,3,4, \cdots]\]請問這組數中的第 2012 個數是什麼？

首先观察一些基本结论,第一组数长度为1,每泰勒化一次长度变成3倍.所以操作$k$次后长度变为$3^k$
我们把第$x$个数记作$f(x)$,$x$从0开始计算
假如我们已知了这$3^k$个数的值,下面的$3^{k+1}$组就都知道了
因为按照泰勒化的规则,$[f(0),f(1),\dots,f(3^k-1)]$会变成\[    [f(0),f(1),\dots,f(3^k-1);f(0)+1,f(1)+1,\ldots,f(3^k-1)+1;f(0)+2,f(1)+2,\ldots,f(3^k-1)+2)]\]
换言之,$f(x)+1=f(x+3^k),f(x)+2=f(x+2 \cdot 3^k),0<x \le 3^k$

比如从$0 \to 729-1$的值可以得到$0 \to 2187-1$的值,而$2012$就在这里
考虑$554+2 \cdot 729=2012$,$f(554)+2=f(2012)$
接着继续执行类似的操作$68+2 \cdot 243=554,f(68)+2=f(554)$
$14+2 \cdot 27=68,f(14)+2=f(68)$
$5+9=14,f(5)+1=f(14)$
从而$f(2012)=f(5)+7=9$

不过进一步思考的话会发现它与三进制有关,上面的$f(x)$就是$x$在三进制下的数码和.下面用归纳法证明:
当$x=0,1,2$显然成立
假设$x=0,1,\dots,3^k-1$时,$f(x)$都是$x$在三进制下的数码和.
即$x=\overline{(a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3$($a_j \in \{0,1,2\},0 \le j \le k-1)$时,$\ds f(x)=f(\overline{(a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3)=\sum_{j=0}^{k-1} a_j$
那么考虑一次泰勒化操作,$f(x)+1=f(x+3^k),f(x)+2=f(x+2 \cdot 3^k),0<x \le 3^k$,表明
\[    f(\overline{(1a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3)=1+\sum_{j=0}^{k-1} a_j\]
以及\[    f(\overline{(2a_{k-1}a_{k-2}\ldots a_1 a_0)}_3)=2+\sum_{j=0}^{k-1} a_j\]
这表明对于$k+1$也是成立的.
从而对一切正整数$x$,$f(x)$就是$x$在三进制下的数码和
从而第2012项是$f(2011)=f(\overline{2202111}_3)=2+2+0+2+1+1+1=9$

已知平面上有四个不同的点$A,B,C,D$,则集合$M=\{ \vv{PQ} \cdot \vv{RS} \mid \{P,Q,R,S\}=\{A,B,C,D\} \}$的元素个数不可能是$\tk$

(A).1
(B).2
(C).3
(D).6

解析:不太常规的问题.由于变量多,那就需要考虑一些更加本质的问题.

如果$t \in M$,可以得到什么?
可以确定$-t \in M$,因为我们只需保持$P,Q$不变,交换$R,S$就能使得这个内积反号.
因此,非0实数必定在$M$中成对出现.如果$0 \in M$,那么$M$就有奇数个元素;如果$0 \notin M$,那么$M$就有偶数个元素.

那么如果取$A$,就意味着$M$中只有0,也就是任何一个取法的向量都是互相垂直的.这个很容易判断,一个三角形的三个顶点和它的垂心就行了.

如果取$B$,那么就意味着$M$中只有两个不同的元素$t,-t(t \ne 0)$.这里需要一点额外的知识,或者知道托勒密定理的复数证法,或者直接知道这样一个简单的恒等式:\[(a-b)(c-d)+(a-c)(d-b)+(a-d)(b-c)=0\]
用向量去替换它,如($\vv{OA}$替换$a$)可得\[\vv{BA} \cdot \vv{DC}+\vv{CA}\cdot \vv{BD}+\vv{DA} \cdot \vv{CB}=0\]
而如果$M=\{t,-t\}$,则会发现,无论三者如何取值,都只能导致$t=0$,从而矛盾.所以$2$是取不到的

$C$.取3是可能的,这意味着$M=\{0,t,-t\}$.取等腰直角三角形的三个顶点和斜边中点即可.

$D$.取6也是可能的,这是最普通的情况.就是6种内积互不相同(分为3组,每组考虑反向有2种可能)

注:根据$B,D$的分析可知,$M$的结构必定是$\{a,b,a+b,-a,-b,-(a+b)\}$这种,但是随着有些值相等,集合元素会减少.
6个元素互不相等如($a=1,b=3$)则是6;
$a=b \ne 0$时,可以取4;
$a=0,b \ne 0$会得到3;
$a=b=0$,会得到1;
除2此以外,5也是取不到的.因为奇数意味着必定含0.根据$B$中的恒等式,必定有另外两组内积互为相反数取$t,-t$,进而交换位置导致产生2组$t$,2组$-t$.只能是1或者3,产生矛盾.

原文:Let $\{a_{n}\}$ and $\{b_{n}\}$ be the sequences of real numbers such that\[(2+i)^{n}=a_{n}+b_{n} \mi\]for all integers $n \geq 0$, where $i=\sqrt{-1}$. What is$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n} b_{n}}{7^{n}}$ ?

中文题目:设 $\{a_{n}\}$ 和 $\{b_{n}\}$ 是对一切非负整数$n$满足下式的实数列:\[(2+i)^{n}=a_{n}+b_{n} \mi\], 其中$\mi$是虚数单位.$ \displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n} b_{n}}{7^{n}}$的值是?

解:直接展开求出$a_b,b_n$不太方便,所以可以选择平方直接出现$a_n b_n$
\[(2+\mi)^{2n}=(3+4\mi)^n=(a_n^2-b_n^2)+2a_n b_n \mi\]
\[    \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(3+4\mi)^n}{7^n}=\frac{1}{1-\frac{3+4\mi}{7}}=\frac{7+7\mi}{8}\]
两边取虚部再除以2,得\[    \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{a_n b_n}{7^n}=\frac{7}{16}\]

    \[    \sin nx=2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1} \sin(x+\frac{k\pi}{n})    \]

    令$\displaystyle \alpha=\frac{\pi}{n}$    

\begin{gather*}    \exp(2nx\mi)-1    =\prod_{k=0}^{n-1}(\exp(2x\mi)-\exp(2k\alpha \mi))\\    =\prod_{k=0}^{n-1} [\exp(x+k\alpha)\mi \cdot 2\mi \cdot \sin(x-k\alpha)] \\   =\prod_{k=0}^{n-1}\exp(nx\mi+\frac{n-1}{2}\pi\mi) \cdot (2\mi)^n \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)\\    =2^n \cdot \exp(\frac{n\pi}{2}\mi) \cdot \exp(nx\mi) \cdot \exp(\frac{n-1}{2}\pi\mi) \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)\\    =2^n \cdot \exp(nx\mi) \cdot \mi^{2n-1} \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)    \end{gather*}
    因此可得    \begin{gather*}    \exp(nx\mi)-\exp(-nx\mi)    =2^n \cdot \mi^{2n-1} \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x-k\alpha)    =-2^n \cdot \mi \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(k\alpha-x)\\    =-2^n \cdot \mi \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x+\frac{n-k}{n}\pi)    =2^n \cdot \mi \cdot \prod_{k=0}^{n-1}\sin(x+\frac{k\pi}{n})    \end{gather*}

    再利用$\exp(nx\mi)-\exp(-nx\mi)-2\mi \sin nx$即得证.

如果只是需要绝对值的话,对$\exp(2nx\mi)-1=\prod_{k=0}^{n-1}(\exp(2x\mi)-\exp(2k\alpha \mi))$两边取模即可,这个对于计算具体的数字会有用.但如果计算一般的式子还是需要上面的做法

原题简化,就是下面罗列的条件.
已知实数$a,b,c,x,y$满足$a-2b+c=1,b^2-ac<0,ax^2+2bxy+cy^2=1$,求证:$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$

证明:
(1).对$x,y$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le ax^2+2bxy+cy^2$$

再对$a,b$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)$$

原式成立则这个齐次式也是成立的,最好的情况也就是能构成完全平方式
其实作差就是

\[    (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)-(ac-b^2)(x+y)^2=((a-b)x+(b-c)y)^2 \ge 0\]

(2).可变形为\[    (ax+by)^2+(ac-b^2)y^2=a\]
因此$a>0,c>0$,由柯西不等式

\begin{align}    |a(x+y)|&=|(ax+by)+(a-b)y|\\    &=|(ax+by)+\frac{a-b}{\sqrt{ac-b^2}}\sqrt{ac-b^2}y|\\    &\le \sqrt{1+\frac{(a-b)^2}{ac-b^2}}\sqrt{(ax+by)^2+(ac-b^2)y^2}\\    &=\sqrt{\frac{a(a+c-2b)}{ac-b^2}}\sqrt{a}=\frac{a}{\sqrt{ac-b^2}}
\end{align}

因此$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$

之前申请了一个个人网站,今天收到短信备案通过,终于不用在微信公众号里截图发东西了.

2018年北大自招有这样一道试题:
设$a,b,c$为非负实数,满足$a+b+c=3$,则$a+ab+abc$的最大值为?

本题相对简单,只要有基本的不等式思想,固定一下$a$对$b,c$使用均值即可解答
\[a+ab+abc=a+ab(1+c) \le a+a \cdot (\frac{b+1+c}{2})^2\]
\[=4+\frac{1}{4}(a-4)(a-2)^2 \le 4\]
或者得到三次函数以后求导.虽然中间的等号不总是能取到,但最后是可以取等的,$(a,b,c)=(2,1,0)$

变形

今天看到一道改编的问题,难度骤然上升,但内核是不变的

$a,b,c>0,a+b+c=3$,求$\ds f=\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc}$最小值

和上题的区别是整式全部变成了分式.
仍然采用固定变量的思想,尝试在固定$a$的情况下,对$b+c=3-a$求最值
此时分离掉$a$,与$b,c$有关的部分就是$\ds \frac{1+c}{bc}$
抽象看来,这是个一次比二次的结构,所以我们将其取倒数,尝试用均值求解

设$1+c=t>1,b=4-a-t$
$$\frac{bc}{1+c}=\frac{(4-a-t)(t-1)}{t}$$
$$=5-a-(t+\frac{4-a}{t}) \le 5-a-2\sqrt{4-a}$$
$$=(\sqrt{4-a}-1)^2$$

显然$a \ge b \ge c$,否则交换$(b,c),(a,b)$会使得$f$变小,$3>a \ge 1$(这一步判断其实并非必要,对后面的求解毫无影响)

从而$$f=\frac{1}{a}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{abc}=\frac{1}{a}+\frac{1}{a}(\frac{1+c}{bc}) \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{a}\frac{1}{(\sqrt{4-a}-1)^2}$$
换元$u=\sqrt{4-a}-1 \in (0,\sqrt{3}-1]$$$    f=f(u)=\frac{u^2+1}{u^2(3-2u-u^2)}$$

如果不抗拒导数的话,下面一步最简单的就是求导.如果非要展示一些奇怪的技巧就只能待定系数自求多福.

求导得$$    f'(u)=\frac{2 \left(u^2+3\right) \left(u^2+u-1\right)}{(u-1)^2 u^3 (u+3)^2}$$
可得$\ds (0,\frac{\sqrt{5}-1}{2})$递减,$\ds (\frac{\sqrt{5}-1}{2},\sqrt{3}-1)$递增
最小值$\ds f(\frac{\sqrt{5}-1}{2})=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$

取等时,套娃式一步步找到$a,b,c$即可
$\ds u=\frac{\sqrt{5}-1}{2},a=4-(u+1)^2=\frac{5-\sqrt{5}}{2}$
$\ds t=\sqrt{4-a}=1+u=\frac{\sqrt{5}+1}{2},c=t-1=u=\frac{\sqrt{5}-1}{2},b=3-a-c=1$

最终可得取等时$\ds (a,b,c)=(\frac{5-\sqrt{5}}{2},1,\frac{\sqrt{5}-1}{2})$

问题:
\[x^2+y^2+z^2+xyz=4,x,y,z>0\],求证:$$x+y+z \le 3$$

解答:

\[(2+z)(x+y)^2+(2-z)(x-y)^2=4(4-z^2) \ge (2+z)(x+y)^2\]
\[x+y \le 2\sqrt{2-z} \le (2-z)+1\]
\[x+y+z \le 3\]

题目:\(x,y>0\),求\[P=\frac{1}{x+\sqrt{xy}}-\frac{2}{\sqrt{x+y}}\]的最小值

 解答:

\[  x+\sqrt{xy} \le u(x+y),u=\frac{\sqrt2+1}{2}\] 
\[P=\frac{1}{x+\sqrt{xy}}-\frac{2}{\sqrt{x+y}} \ge \frac{1}{u(x+y)}-\frac{2}{\sqrt{x+y}}\] 
\[=\frac{1}{u}(\frac{1}{\sqrt{x+y}}-u)^2-u\]
\[\ge -u = -\frac{\sqrt2+1}{2}\]