rainman's blog

学海无涯,回头是岸

数学杂题

南航打酱油回来了。文化课一直随缘,落下好多东西,像没学一样。记录下回归文化课以来对一些题的想法,如果有什么错误欢迎打脸。

一、一些组合题

例一

已知 $(1+\dfrac{1}{2}x)^n$ 展开式的各项依次记为 $a_1(x),a_2(x),...,a_{n+1}(x),$ 设函数 $F(x)=\sum\limits_{k=1}^{n+1}ka_k(x)$ 。求证: $\forall x_1,x_2 \in [0,2],$ 恒有 $|F(x_1)-F(x_2)|\leqslant 2^{n-1}(n+2)-1$ 。

分析:

答案中给出的解法比较繁琐,其实我们只需要用 $\sum\limits$ 的一些化简技巧和二项式定理就可以了。

由题意 :

$$ F(x)=\sum\limits_{r=0}^n(r+1)C^r_n(\dfrac{1}{2}\ x)^r $$

在这里我们把 $(r+1)$ 展开 :

$$ F(x)=\sum\limits_{r=0}^n[rC^r_n(\dfrac{1}{2}\ x)^r+C^r_n(\dfrac{1}{2}\ x)^r] $$

注意下标的变化:

$$ F(x)=\sum\limits_{r=1}^nrC^r_n(\dfrac{1}{2}\ x)^r+\sum\limits_{r=0}^nC^r_n(\dfrac{1}{2}\ x)^r $$

由二项式展开注意到 $\sum\limits_{r=0}^nC^r_n(\dfrac{1}{2}\ x)^r=(1+\dfrac{1}{2}\ x)^n $ ,并且由于 $rC^r_n=nC^{r-1}_{n-1}$ ,我们有:

$$ F(x)=n\sum\limits_{r=1}^nC^{r-1}_{n-1}(\dfrac{1}{2}\ x)^r+(1+\dfrac{1}{2}\ x)^n $$

为了配凑得到二项式展开的形式,我们注意到:

$$ \sum\limits_{r=1}^nC^{r-1}_{n-1}(\dfrac{1}{2}\ x)^r=\dfrac{1}{2}\ x\sum\limits_{r-1=0}^{n-1}C^{r-1}_{n-1}(\dfrac{1}{2}\ x)^{r-1}$$

于是我们发现由二项式定理可以继续化简:

$$ F(x)=\dfrac{1}{2}\ xn(1+\dfrac{1}{2}\ x)^{n-1}+(1+\dfrac{1}{2}\ x)^{n} $$

最终我们得到:

$$ F(x)=(1+\dfrac{1}{2}\ x)^{n-1}[\dfrac{1}{2}\ x(n+1)+1] $$

得到 $F(x)$ 的表达式,根据单调性,命题显然成立。

另外,还有一种方法,不用求公式也可以证出来,但是有点奇技淫巧。

例二(NOIP2013初赛)

现有一只青蛙,初始时在 $\text{n}$ 号荷叶上。当祂某一时刻在 $\text{k}$ 号荷叶上时,下一时刻江等概率地随机跳到 $1,2,...,k$ 号荷叶之一上,直至跳到 $\text{1}$ 号荷叶为止。当 $\text{n=5}$ 时,平均一共跳了几次?

分析:

信息竞赛初赛又称离散数学竞赛嘛这种题,还是很有可能在数学附加题中出现的吧(雾。

题目称“平均”,其实就是“数学期望”,我们不妨设这个“期望”为 $E(n)$ ,即,我们期望这个蛙在 $n$ 的时候跳 $E(n)$ 次可以到 $1$ ,特别注意这个定义,我们需要用到它。

我们先考虑跳一步会怎么样:显然这只蛙可以以 $1/n$ 的概率跳到 $1-n$ 的任一点。那么,这之后呢?我们设第一步以 $1/n$ 的概率跳到了 $k$ ,之后这只蛙就要再跳 $E(k)$ 次到终点。注意,这其实是一种递归的思想,与数学归纳法有点像。

得到递归方程:

$$\begin{cases}E(n)=\dfrac{1}{n}(\sum\limits_{r=1}^nE(i)+n) \\E(1)=0\end{cases}$$

代入数据解之即可。

例三

已知 $\text{A}$ 与 $\text{B}$ 是集合 $\{1,2,,3,\cdots,100 \}$ 的两个子集, 满足: $\text{A}$ 与 $\text{B}$ 的元素个数相同,且 $A\bigcap B=\varnothing .$ 若 $n \in A$ 时,总有 $2n+2 \in B.$ 试问:集合 $A\bigcup B$ 中最多有多少个元素?

分析:

这个题目可以按网上的答案用数学方法分类讨论(我暂时还没有看),也可以用筛法的思想解决。(而且非常的快!)

首先是一些铺垫。我们建立一个从 $\text{A}$ 到 $\text{B}$ 的映射:)

$$f:x\rightarrow2x+2$$

因为 $\forall n\in A,$ 都可以通过 $f$ 映射到 $B,$ 并且容易知道这个映射是不会产生冲突的,又因为 $A\bigcap B=\varnothing,A,B$ 元素个数相同。所以 $f$ 建立了一一对应的关系。

我们首先考虑,最小的元素是放在 $A$ 还是放在 $B$ 呢?注意到 $f$ 是江小一点的元素变大(为了通俗一点暂且这么说),所以最小的元素必然放在 $A$ 集合里面。那么这个元素的象自然在 $B$ 里面。

我们反复进行这样的过程:找出未被标记的最小元素放到 $A$ 里面,这个元素的象放到 $B$ 里面,然后标记这两个元素。

这么小的数据,手玩一下就好了。时间复杂度 $\Theta (n).$ 算法的正确性很显然。

错排问题

我们先来看一个简单的题目:元旦前夕某宿舍的四位同学各写一张贺卡先集中起来,然后每人从中拿一张别人送出的贺卡,则四张贺卡的不同分配方案有多少种?

分析:

你大可以枚举得到答案,不过我们考虑容斥。 $\text{PS:}$ 不了解容斥是什么玩意(?)的同学可以参考 $\text{OIWiki}$ 的《容斥原理》前面一部分。

我们本着容斥的精神,多加的减回去,然后又多减了,再加回去...列出式子:

$$A_4^4-A_3^3C_4^1+A_2^2C_4^2-A_1^1C_4^3+A_0^0C_4^4$$

于是这个例子就解决了。下面我们考虑更一般的情况。 $n$ 个有序元素,全部改变其位置的排列数是多少?

因为容斥可以做到不重不漏,我们考虑容斥。设 $f(n)$ 表示 $n$ 个元素全部错位的排列数,容斥一下很容易得到:

$$f(n)=\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kA_{n-k}^{n-k}C_n^k$$

化简之后就得到了那个经典的公式,不过个人推荐不要记公式,到时候再推一遍就行了。

另外,也可以通过动态规划得到递推关系,具体参考《小学生都能看懂的错排问题解析》。不过由递推式得到公式似乎并不容易,wikipedia上有较为详细的推导。

二、一些几何题

例一

已知直线 $y=a$ 交抛物线 $y=x^2$ 于 $\text{A,B}$ 两点,若该抛物线上存在点 $\text{C,}$ 使得 $\angle \text{ACB}$ 为直角,则实数 $a$ 的取值范围是?

分析:

直角转化为圆相关,注意到二次函数会在远处的导数趋向于 $+\infty$ ,但仅仅是趋向——而圆不同,圆的“左顶点”处是竖直下来的,所以如果 $a$ 很大,绝对是可行的,所以 $a$ 的范围一定是某个数到正无穷,找到这个特殊情况即可。

例二

已知椭圆 $\text{C:}\dfrac{x^2}{4}+ \dfrac{y^2}{3}=1$ 的左右焦点分别为 $F_1,F_2,$ 点 $A$ 在椭圆上且满足 $AF_2 \perp F_1F_2$ .若 $P$ 是椭圆上的动点,则 $\overrightarrow{F_1P}\cdot \overrightarrow{F_2A}$ 的最大值是?

分析:

善用向量乘法的定义(投影那部分)可以看出答案,很多类似的题目也同理。答案是 $\dfrac{3}{2} \sqrt{3}$ .

例三

已知 $A,B,C,D$ 四点共面 $,BC=2$ , $AB^2+AC^2=20,$ $\overrightarrow{CD}=3\overrightarrow{CA},$ 则 $|\overrightarrow{BD}|$ 的最大值为?

分析:(袋鼠角度)

由余弦定理: $AB^2+AC^2-2AB\cdot ACcosA=4$

所以 $AB\cdot CDcosA=24$

${BD}^2=AB^2+\dfrac{4}{9}CD^2+\dfrac{4}{3}BA\cdot CDcosA$

即: $BD^2=AB^2+\dfrac{4}{9}CD^2+32$

又因为 $AB^2+\dfrac{1}{9}CD^2=20$

所以 $BD^2=52+\dfrac{1}{3}CD^2$

由三角形三边关系: $BD+2\geqslant CD$ 得:

$$BD+2\geqslant \sqrt{3BD^2-52\cdot 3}$$

化简得: $BD^2-2BD-80\leqslant 0$

得到 $BD\in[0,10],$ 故 $BD_{max}=10$ 。

拓展:我们事实上可以得到 $BD \in [8,10]$ 。

例四

如果 $\text{A}$ 的座標為 $(1,1),F_1$ 是橢圓 $\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{y^2}{5}=1$ 的左焦點, $\text{P}$ 是橢圓上的動點,則 $|PA|+|PF_1|$ 的最小值為?

分析:

這道簡單題放在這裡給自己提個醒:遇到圓錐曲線題不要一昧想著計算。答案是 $6-\sqrt2.$

例五

在平面直角坐标系 $xOy$ 中,圆 $\text{C1:}(x-1)^2+y^2=2,$ 圆 $\text{C2:}(x-m)^2+(y+m)^2=m^2,$ 若圆 $\text{C2}$ 上存在点 $P$ 满足:过点 $P$ 向圆 $\text{C1}$ 作两条切线 $PA,PB,$ 切点为 $A,B,\triangle ABP$ 的面积为 $\text{1},$ 则正数 $m$ 的取值范围是?

分析:

以下是答案的思路。

注意到 $\triangle ABP$ 的面积是定值,从而点 $P$ 的位置应该具有某种确定性,故首先由 $\triangle ABP$ 的面积来确定点 $P$ 所满足的条件,进而江问题转化为圆与圆有公共点的问题来加以处理。

设 $P(x,y),$ 设 $PA,PB$ 的夹角为 $2\theta.$

$\triangle ABP$ 的面积 $S=\dfrac{1}{2}PA^2sin2\theta.$

$$S=PA^2\cdot sin\theta \cdot cos\theta$$

$$S=PA^2\cdot \dfrac{\sqrt2}{PC_1}\cdot \dfrac{PA}{PC_1}=1$$

$$\sqrt2 PA^3=PC_1^2=PA^2+2$$

$$\therefore PA=\sqrt2,PC_1=2$$

$\therefore$ 点 $P$ 在圆 $(x-1)^2+y^2=4$ 上。

根据圆与圆的位置关系可知:

$$|m-2|\leqslant \sqrt{(m-1)^2+m^2}\leqslant m+2$$

解得 $1\leqslant m\leqslant 3+2\sqrt3$

三、矩阵在圆锥曲线中的应用

高二学完矩阵的时候就有这种想法,用矩阵建立一个平面点集到自身的映射,根据我的一些“研究”只能方便的处理斜率相关的问题,如若涉及到长度或是角度关系用它好像得不偿失(?)

对于椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1,(a>b>0)$ 我们采用矩阵 $T=\begin{pmatrix}\dfrac{b}{a}&0\\0&1\end{pmatrix}$ 建立一个平面点集到自身的映射(这里我是受到 $hash$ 技术的启发)。同时注意到我们找到的矩阵不可以将不同的点映射到同一个点,这体现为:这个矩阵必须是可逆的。

显然 $T=\begin{pmatrix}\dfrac{b}{a}&0\\0&1\end{pmatrix}$ 是可逆的。 假设两点 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$ 在椭圆上,则 $k_{AB}=\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}$ .

进行变换 $T:$ $A->A^{'},B->B^{'}$ 。

$$\begin{pmatrix}\dfrac{b}{a}&0\\0&1\end{pmatrix}A=A'=(\dfrac{bx_1}{a},y_1)$$

$$\begin{pmatrix}\dfrac{b}{a}&0\\0&1\end{pmatrix}B=B'=(\dfrac{bx_2}{a},y_2)$$

于是得到:

$$k_{A'B'}=\dfrac{y_1'-y_2'}{x_1'-x_2'}=\dfrac{y_1-y_2}{\dfrac{bx_1}{a}-\dfrac{bx_2}{a}}=\dfrac{a}{b}k_{AB}$$

找到了这两者之间的关系,就可以很方便地解决一些问题。

例一

Screenshot_2018-12-01-20-39-51.png

在平面直角坐标系 $xOy$ 中,椭圆 $\text{E}:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$ 的离心率为 $\dfrac{\sqrt2}{2},$ 直线 $l:y=\dfrac{1}{2}x$ 与椭圆 $\text{E}$ 相交于 $\text{A,B}$ 两点, $AB=2 \sqrt5,C,D$ 是椭圆 $\text{E}$ 上异于 $\text{A,B}$ 的两点,且直线 $AC,BD$ 相交于点 $M,$ 直线 $AD,BC$ 相交于点 $N$ 。 求证 $MN$ 的斜率为定值。

分析:

采用上述矩阵将椭圆变换成圆之后我们发现 $M'N'\perp A'B'$ 那么很容易得到 $k_{A'B'}$ ,然后 $k_{M'N'}$ 也出来了,于是就可以直接得到 $k_{MN}$ 。

Hint:使用矩阵进行映射处理椭圆,有时可以大大简化计算(有时不可以,具体情况具体分析)。特别注意在处理角度或长度问题时,此种方法不再适用。(因为不方便处理,甚至是无法解决,因为对应的方程组不可解(?)),显然,这种方法不能得全分。

四、一个有趣的问题

来自 $cdcq$ 的博客:http://cdcq.coding.me/2017/09/05/article3/

我们可以得到的结论是:“学术果然还是要上谷歌,辣鸡百毒”。

五、一些函数题

例一

已知函数 $f(x)=\dfrac{log_2x-1}{log_2x+1},$ 若 $f(x_1)+f(2x_2)=1$ (其中 $x_1,x_2$ 均大于 $2$ ),则 $f(x_1x_2)$ 的最小值为?

分析:这题本不难,但是因为一些比较智障的原因没有做出来。

$\because f(x_1)+f(2x_2)=1$

$\therefore\dfrac{log_2x_1-1}{log_2x_1+1}+\dfrac{log_22x_2-1}{log_22x_2+1}=1$

$\therefore \dfrac{log_2x_1-1}{log_2x_1+1}+\dfrac{log_2x_2}{log_2x_2+2}=1$

化简得 $log_2x_2=\dfrac{4}{log_2x_1-1}$

$\therefore log_2(x_1x_2)=log_2x_1+log_2x_2$

$log_2(x_1x_2)=log_2x_1+\dfrac{4}{log_2x_1-1}\geqslant 5$

当且仅当 $log_2x_1=3$ 时等号成立。

$\therefore f(x_1x_2)=\dfrac{log_2(x_1x_2)-1}{log_2(x_1x_2)+1}$

$\therefore f(x_1x_2)=1-\dfrac{2}{log_2(x_1x_2)+1}\geqslant\dfrac{2}{3}$

例二

函数 $f(x)=\sqrt{x-3}+ \sqrt{12-3x}$ 的值域为?

分析(三角换元):是一些我没有积累的技巧,也许可能大概...老师讲过吧,反正没听(以神游物外的形式)就是了。要注意定义域。

$D=[3,4],$ 则 $(x-3) \in[0,1]$

令 $x-3=sin^2 \theta,\theta \in [0,\dfrac{\pi}{2}],$ 则:

$$f(x)=\sqrt{x-3}+\sqrt{3(4-x)}$$

$$f(x)=sin \theta+ \sqrt{3(1-sin^2 \theta)}$$

$$f(x)=sin \theta+ \sqrt{3}cos \theta=2sin( \theta+ \dfrac{ \pi}{3})$$

至此,问题已不难解决。

洛必达法则的应用

洛必达法则1:

若(1) $\lim\limits_{x\to a(\infty)}f(x)=\lim\limits_{x\to a(\infty)}g(x)=0$ ;(2)在点 $a$ 的某一邻域(不含点 $a$ )(或 $|a|$ 充分大)内 $f'(x),g'(x)$ 都存在且 $g'(x)\ne 0$ ;(3) $\lim\limits_{x\to a(\infty)}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在(或无穷大),则 $\lim\limits_{x\to a(\infty)}\dfrac{f(x)}{g(x)}= \lim\limits_{x\to a(\infty)}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}.$

洛必达法则2:

若(1) $\lim\limits_{x\to a(\infty)}f(x)=\lim\limits_{x\to a(\infty)}g(x)=\infty$ ;(2)在点 $a$ 的某一邻域(不含点 $a$ )(或 $|a|$ 充分大)内 $f'(x),g'(x)$ 都存在且 $g'(x)\ne 0$ ;(3) $\lim\limits_{x\to a(\infty)}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ 存在(或无穷大),则 $\lim\limits_{x\to a(\infty)}\dfrac{f(x)}{g(x)}= \lim\limits_{x\to a(\infty)}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}.$

例三

设函数 $f(x)=x-\ln(x+\sqrt{1+x^2}).$ 若 $x\geqslant0$ 时,恒有 $f(x)\leqslant ax^3,$ 试求实数 $a$ 的取值范围。

分析:

我们求个导发现这是一个奇函数,又发现 $f(x)$ 单调增。作为一个二十一世纪的高中生我们就应该猜想 $x\to0$ 时 $(ax^3)'\geqslant f'(x).$ 然后洛一下就好了对吧?hehe

$$3a\geqslant \lim\limits_{\varepsilon\to0}\dfrac{1}{\varepsilon ^2}(1-\dfrac{1}{\sqrt{1+\varepsilon ^2}})$$

$$\lim\limits_{\varepsilon\to0}\dfrac{1}{\varepsilon ^2}(1-\dfrac{1}{\sqrt{1+\varepsilon ^2}})=\dfrac{1}{2}$$

$$\therefore a\geqslant \dfrac{1}{6}$$

这样就避免了分类讨论。

六、一些不等式

例一

若实数 $x,y$ 满足 $2x^2+xy-y^2=1,$ 则 $\dfrac{x-2y}{5x^2-2xy+2y^2}$ 的最大值为?

分析:

给出的条件中,独立变量有两个,因为用 $x$ 表示 $y$ 或用 $y$ 表示 $x$ 均不方便,可引入第三个变量来表示 $x,y$ .

首先因式分解,由 $2x^2+xy-y^2=1,$ 得 $(2x-y)(x+y)=1,$ 设 $2x-y=t,x+y=\dfrac{1}{t},$ 其中 $t\ne 0.$

解得:

$$\begin{cases}x=\dfrac{1}{3}t+\dfrac{1}{3t}\\y=\dfrac{2}{3t}-\dfrac{1}{3}t\end{cases}$$

現在,已經轉化為一道比較常規的題了。

拓展:试求 $5x^2-2xy+2y^2$ 的最值。(hint:构造齐次式)

Bernoulli不等式

$$(1+x)^n\geqslant 1+nx(x\geqslant -1)$$

可以用数学归纳法证明,或许可以用于放缩。

七、一些数列题

例一 (2015江苏卷)

设 $a_1,a_2,a_3,a_4$ 是各项为正数且公差为 $d(d\ne 0)$ 的等差数列。问是否存在 $a_1,d$ 使得 $a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$ 依次构成等比数列?

分析:

本题主要是计算,计算没问题就行。

先假设存在。则 $q=$

$$\dfrac{(a_1+d)^2}{a_1}=\dfrac{(a_1+2d)^3}{(a_1+d)^2}=\dfrac{(a_1+3d)^4}{(a_1+2d)^3}$$

$$\therefore (a_1+d)^2(a_1+3d)^4=(a_1+2d)^6$$

$$\therefore d^2+9a_1d+a_1^2=0$$

且 $(a_1+d)^2=-7a_1d.$

$$\therefore q=-7d=\dfrac{(a_1+2d)^3}{-7a_1d}$$

$\mathcal{A}:$ 当 $d>0$ 时,易知 $q<0,$ 不成立。

$\mathcal{B}:$ 当 $d<0$ 时

$$\because \dfrac{(a_1+d)^2}{a_1}=\dfrac{(a_1+2d)^3}{(a_1+d)^2}$$

$$\therefore d^3=2a_1^3+4a_1d^2$$

显然右式大于零,左式小于零,矛盾。

综上,不存在 $a_1,d$ 使得 $a_1,a_2^2,a_3^3,a_4^4$ 依次构成等比数列。

例二

已知 $\{a_n\}$ 是公差为 $d$ 的等差数列, $\{b_n\}$ 是公比为 $q$ 的等比数列, $q\ne1 \& q\ne -1,$ 正整数组 $E=(m,p,r)(m<p<r).$

问:若数组 $E$ 中的三个数构成公差大于 $1$ 的等差数列,且 $a_m+b_p=a_p+b_r=a_r+b_m$ ,求 $q$ 的最大值。

分析:

还是比较常规的吧...先用通项公式表示一下 $b_1$ ,设数组 $E$ 的公差为 $d'$ ,然后。。。具体来讲是这样的(年代久远的混乱的草稿中硕果仅存的步骤):

$$\begin{cases}(p-1)d+b_1q^{r-1}=(r-1)d+b_1q^{m-1}\\(m-1)d+b_1q^{p-1}=(p-1)d+b_1q^{r-1}\end{cases}$$

$$\therefore (r-m)d=b_1(q^{p-1}-q^{m-1})$$

$$\therefore b_1=\dfrac{(r-m)d}{q^{p-1}-q^{m-1}}$$

回代到最上面的那个式子:

$$\dfrac{q^{p-1}-q^{r-1}}{q^{p-1}-q^{m-1}}=\dfrac{p-m}{r-m}$$

$$\because \begin{cases}p-m=d'\\r-m=2d'\end{cases}$$

$$\dfrac{q^{d'}-q^{2d'}}{q^{d'}-1}=\dfrac{d'}{2d'}=\dfrac{1}{2}$$

解得 $q^{d'}=-\dfrac{1}{2}$ 或 $q^{d'}=1$ (舍)

$$\because d'>1\& d'\in Z$$

$$\therefore d'_{min}=3$$

$$\therefore q_{max}=\sqrt[3]{-\dfrac{1}{2}}$$

八、概率&期望&统计

不是考试重点,这里做一点拓展。像贝叶斯定理什么的教科书上提到过但是是退化的情形。直接放链接:OI-Wiki

全国卷好像这部分比江苏卷难。


参考资料

最后更新于2019.01.13


2018-11-16 22:53:23 in 数学