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2013年北大体验营数学试题解答

发布时间:2013-12-22 15:47:54  

2013年北大数学体验营试题解析

福建省厦门一中徐小平

(包括边界)自由选取若干个节点(数目任意),并与A,B,C,D题1.在单位正方形ABCD内

四点用直线段连成一个连通网络(连通图),求这样的网络总长度的最小值,并证明你的结论.

解:(1)当网络没有增加节点(即只选取正方形的顶点或边上的点作节点)时,网络长度最小值相当于正方形的三边长即为3;

(2)当网络增加一个正方形内部的节点E时,如图1,易知,此时网络总长度最小为EA?EB?EC?ED?AC?BD,即当E为正方形中心O时,网络总长度最小,最小

值为;

(3)当网络增加正方形内部的两个节点M,N时,我们用局部调整法来确定M,N的位置,使得(AM?BM)?MN?(CN?DN)最小,当保持AM?BM不变时,M在以AB为焦点的椭圆上运动,保持CN?DN不变时,N在以CD为焦点的椭圆上运动,调整M,N知,当AM?BM,CN?DN时,MN最小(如图2,3),即只有当M,N在AB(CD)的中垂线上时,总线长才会最短,此时,正方形中心在直线MN上,因此M,N分别是△ABO和△CDO的费马点,易求得此时网络总长度最小值为

1?;

图1 图2 图3

(4)当网络中增加正方形内三个节点时,易知必存在一个节点是多余的即网络总长度比情形(3)大,同样的,当网络中增加三个以上节点时,网络总长度也比情形(3)大;

综上可知,网络总长度的最小值为1?

题2.已知x,y,z?0,x?y?z?3,求证:xyz???1 323232x?y?zy?z?xz?x?y证明:由Cauchy不等式,(x?y?z)(321?1?z)?(x?y?z)2?9 x

1(?1?z)xx1?x?zx??,

于是3x?y2?z99

同理

y1?y?xyz1?z?yz

?,?, 3232

9y?z?xz?x?y9

xyz1?x?zx1?y?xy1?z?yz?????

x3?y2?zy3?z2?xz3?x2?y999

所以

2121(x?y?z)2

??(xy?yz?zx)????1 39393

题3.求证:存在无穷多对正整数(a,b)满足aba?b?1

证明:本题是2003年俄罗斯圣彼得堡8年级试题,我们用递推来构造出无穷多对正整数解. (1)显然,(1,1)是满足aba?b?1的一组平凡的解,记(a1,b1)?(1,1);

(2)若(ak,bk)(k?N)满足akbkak?bk?1,易知ak,bk互质,又由akbkak?bk?1得

4848848akbk?1且bkak?1,不妨设akt?bk?1,因为bkak?1即bkak?(tak?bk),于是884bkak(t?1),于是bkt8?1(这是因为ak,bk互质)显然tbk?1且t,bk互质,因此48tbkt8?bk?1,即(t,bk)是满足条件的一组解;同理,设bks?ak?1,则(ak,s)是满足

*

84

84

8484

条件的一组解,若ak?bk,则s?bk,记(ak?1,bk?1)?(ak,s),若ak?bk,则t?ak,记(ak?1,bk?1)?(t,bk),则(ak?1,bk?1)是满足ak?1?bk?1?ak?bk的一组解,这样的递推过程可以一直做下去,我们便得到无穷多对正整数(a,b)满足aba?b?1

题4. 一天n(?2)个人组成了一个新党,每个人向政府交一元的注册费,接下来每一天都发生如下事情:每一个前一天组建的党都分裂成两个团体,其中含至少两人的团体组建成一个新党,每个新党的成员向政府交一元的注册费,只有一名成员的团体不再组建新党,上述过程直到不能继续进行下去为止,求政府一共可能收到的注册费的最大值和最小值

解:记政府一共可能收到的注册费的最大值是M(n),最小值是m(n),某种组党方式政府收到的注册费为d(n),知M(n)?d(n)?m(n)

8

4

n(n?1)

?1,我们用归纳法证明,当n?2时显然成立, 2

第二天分为有p 和k?p 人的两党,假设n?k?1(k?3,k?N)时成立,则当n?k时,

则d(k)?k?d(p)?d(k?p)?k?M(p)?M(k?p),

p(p?1)(k?p)(k?p?1)

?1,M(k?p)??1, 由归纳假设知M(p)?

22

p(p?1)(k?p)(k?p?1)k2?3k2

?1??1?p?kp??2, 于是d(k)?k?

222

(1)先证明M(n)?

k2?3kk(k?1)

?2??1 因为1?p?k?1,所以p?kp?

22

k(k?1)k(k?1)

而当p?1且d(k?1)?M(k?1)时,d(k)??1,故M(k)??1

22

n(n?1)

?1; 由数学归纳法知M(n)?

2

??log2n??

(2)设f(n)?n?logn?2(n?2) (其中?x?表示不超过x的最大整数),下面,??2?

2

?我们将证明m(n)?f(n)?n??log2n???2(n?2

?log2n??

),首先,我们证明如下两个引理:

引理1.记△f(n)?f(n?1)?f(n),则△f(n)是不减的,记??log2n???k, 则??log2(n?1)???k',若n?1不是2的幂则k'?k,若n?1是2的幂则k'?k?1 所以△f(n)?f(n?1)?f(n)=2?n(k'?k)?k'?2当n?1是2的幂时,△f(n)?2?n?k?1?2

k?1

k?1

?2k'?1

当n?1不是2的幂时,△f(n)?2?k?2???log2n??

?2?k?2???log2n??

即对任意正整数n均有△f(n)?2???log2n??,故△f(n)是不减的; 引理2.若2n,则f(n)?f(n?k)?2f(,

n

2

n?1n?1

)?f( 22

证明:若正整数a?b,保持和不变,即令a?b?a'?b',a'?a,b'?b,

则由于f(a?1)?f(b?1)?f(a)?f(b),因此f(a)?f(b)?f(a')?f(b')

若2?n则f(n)?f(n?k)?f(

即让a变小,b变大,f(a)?f(b)不增,因此若2n,则f(n)?f(n?k)?2f(),

n2

n?1n?1

)?f( 22

??log2n??

下面,我们用数学归纳法证明m(n)?f(n)?n?). ?log2n???2(n?2

若2?n则f(n)?f(n?k)?f(当n?2时,m(2)?2?f(2),命题成立

假设假设n?k?1(k?3,k?N)时成立,则当n?k时,第二天分为有p 和k?p 人的两党,则d(k)?k?d(p)?d(k?p)?k?m(p)?m(k?p)?k?f(p)?f(k?p),

k?

???log2k?1?????log2k???1???1 2??

kkkkk??1?

得f()?(??1)?2(?2)????2于是

22222

k??log2k??

d(k)?k?f(p)?f(k?p)?k?2f(?k??2k?2??1?k?logk?2(k?2)?f(k)?2??2

k

且当p?时,有d(k)?f(k),故m(k)?f(k);

2

k?1??loglog(k?1)??,故(ii)若2?k,则k不是2的幂,因此???2??22????1,由引??

k?1k?1

)?f(?2???1???1, 理1的证明知f(22

记????log2k??(i)若2k,则由?log2

?

?

又因为f(k?1k?1k?1??1k?1k?1?)?(??1)?2(?2)??2 ??22222

k?1k?1k?1?f(?k?2f(???1 222

log2k??所以d(k)?k?f(p)?f(k?p)?k?f(???k?(k?1)??k?1?2??1???1?k??2k?2??1?k??log2k???2(k?2

k?1且当p?时,有d(k)?f(k),故m(k)?f(k) 2

??log2n??由数学归纳法可知m(n)?f(n)?n?logn?2(n?2) ??2?)?f(k)

综上,政府一共可能收到的注册费的最大值为M(n)?

?最小值为m(n)?n??log2n???2(n?2

53n(n?1)?1; 2?log2n??) 题5.求方程x?10x?20x?4?0的所有根

解法一:设x?z?232535,则方程x?10x?20x?4?0可化为z?5?4?0 zz

于是z??4或z?

8,故z?

于是相应的x?552k?i5或z?2k?i5(其中k?0,1,2,3,4)

2k?i5??2k?i5 (其中k?0,1,2,3,4)

解法二:本题的背景是切比雪夫多项式,注意到满足ft)?5t的多项

e5t?e?5t式是f(x)?x?10x?20x

,即?

4,所以e5t?

或?

2253

于是e?t2k?i5

或e?t2k?i5(其中k?0,1,2,3,4)

2k?5故x?

et?e?t)?2k?i5?? (其中k?0,1,2,3,4)

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