FBMO 2

Day 1

1. 设 \(f\) 为一元 \(n(n\ge2)\) 次整系数多项式, \(\alpha\) 为 \(f\) 的一个 \(k(1\le k\le n-1)\) 重复根.
   证明: 存在二元 \(n-k\) 次整系数多项式 \(g\), 使得对任意 \(f\) 的不同于 \(\alpha\) 的复根 \(\beta\), 有 \(g(\alpha,\beta)=0\).

2. 平面上给定两（不同) 点 \(A,B\). 点对 \((C,D)\) 称为好的, 如果 \(C\) 不在直线 \(AB\) 上, \(D\) 在线段 \(AB\) (不含端点) 上, 设 \(I\) 为三角形 \(ABC\) 内心, \(CD\) 中垂线交 \(AI,BI\) 于 \(E,F\), \(EF\) 中点为 \(M\), \(\overset{\large\frown}{ACB}\) 中点 \(N\), 有 \(I,M,N\) 共线.
   (I) 证明: 对平面上任意不在直线 \(AB\) 上的点 \(C\), 存在点 \(D\) 使得 \((C,D)\) 为好的.
   (II) 若 \((C,D)\) 为好点对, 满足: 设过 \(D\) 作 \(AB\) 垂线与 \(CD\) 中垂线交于 \(G\), 则 \(2S_{\triangle DEF}=S_{\triangle ABG}\). 求 \(C\) 的轨迹.

3. 设数列 \(a_0=a_1=1\), \(a_n=\sum\limits_{k=0}^{n-2}(-1)^{n-k}\dfrac{(n-1)!}{k!(n-1-k)}a_k+a_{n-1}(n\ge2)\).
   (I) 证明: 对任意正整数 \(n\), 有 \(a_n\) 是整数, 且是 \(n\) 的倍数.
   (II) 求所有正整数 \(n\), 使得 \(a_n\) 是 \(n(n-1)\) 倍数.

Day 2

4. 给定正整数 $n, 设正实数 \(p,q>1\) 满足 \(\dfrac1p+\dfrac1q=1\), \(a_{ij},x_i,y_j>0(i,j\in\{1,\cdots,n\})\). 证明:

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij}x_iy_j\le((\max\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij})\sum\limits_{i=1}^nx_i^p)^\frac1p((\max\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^na_{ij})\sum\limits_{j=1}^ny_j^q)^\frac1q \]

并求取等条件.

5. 设正整数数列 \(\{a_n\}_{n\ge1}\) 满足 \(a_1=1\), 对任意素数 \(p\), \(a_1,\cdots,a_p\) 构成模 \(p\) 完全剩余系. 证明: 对任意 \(\epsilon>0\), 存在正整数 \(N\), 使得对任意正整数 \(n>N\), 有 \(a_n<(1+\epsilon)n\).

6. 对任意集合 \(A\), 记 \(A^*=\{(a_1,\cdots,a_n):n\in\N,a_1,\cdots,a_n\in A\}\). 注意空序列 \(()\in A^*\), \(\varnothing^*=\{()\}\).
   对两个序列 \(a=(a_1,\cdots,a_n),b=(b_1,\cdots,b_m)\in A^*\), 记 \(ab=(a_1,\cdots,a_n,b_1,\cdots,b_m)\).
   称 \(A^*\) 的子集 \(M\) 为自由的, 如果存在集合 \(B\) 和双射 \(f:M\to B^*\), 使得 \(\forall a,b\in M:ab\in M\) 且 \(f(ab)=f(a)f(b)\).
   证明: \(A^*\) 的任意多个 (可以是无穷个) 自由子集的交还是自由的.

Answer

法 1: 由 Taylor 公式, \(f(x+y)=\sum\limits_{i=0}^n\dfrac{f^{(i)}(x)}{i!}y^i\).
取 \(x=\alpha,y=\beta-\alpha\), 有 \(0=f(\beta)=\sum\limits_{i=0}^n\dfrac{f^{(i)}(\alpha)}{i!}(\beta-\alpha)^i=\sum\limits_{i=k}^n\dfrac{f^{(i)}(\alpha)}{i!}(\beta-\alpha)^i\).
由 \(\beta\ne\alpha\) 知 \(\sum\limits_{i=k}^n\dfrac{f^{(i)}(\alpha)}{i!}(\beta-\alpha)^{i-k}=0\).
取 \(g(x,y)=\sum\limits_{i=k}^n\dfrac{f^{(i)}(x)}{i!}(y-x)^{i-k}=0\) 即可.

法 2: 显然 \(\alpha\) 为代数数, 设 \(\alpha\) 的极小多项式为 \(r\in\Z[x]\), \(r\) 不可约. 设 \(f(x)=r(x)^ks(x),s\in\Z[x]\).
设 \(d=\deg r\), 则 \(d\ge1\). 设 \(r(y)=a_dy^d+a_{d-1}y^{d-1}+\cdots+a_0\), 则
\(r(y)=(y-\alpha)(a_dy^{d-1}+(a_d\alpha+a_{d-1})y^{d-2}+\cdots+(a_d\alpha^{d-1}+\cdots+a_1))\).
所以取 \(g(x,y)=x^{(k-1)(d-1)}(a_dy^{d-1}+(a_dx+a_{d-1})y^{d-2}+\cdots+(a_dx^{d-1}+\cdots+a_1))s(y)\) 即可.

思考: 证明此题 \(n-kd+d-1\) 是最优的.

法 3: 设 \(f(x)=(x-\alpha)^k(w_{n-k}x^{n-k}+\cdots+w_0),w_i\in\mathbb{C}\).
只需证明: 对任意 \(0\le i\le n-k\), 存在不超过 \(n-k-i\) 次一元多项式 \(\phi_i\in\Z[x]\) 使得 \(w_i=\phi_i(\alpha)\).
从而取 \(g(x,y)=\phi_{n-k}(x)y^{n-k}+\cdots+\phi_0(x)\) 即可.
对 \(i\) 归纳. \(i=n-k\) 时 \(w_{n-k}\) 为 \(f\) 的首项, 是一个非零整数, 取 \(\phi_{n-k}\) 为该常值即可.
假设命题对 \(>i\) 的数成立, 考虑命题对 \(i\) 时:
\([x^{i+k}]f=\sum\limits_{j=0}^k(-1)^j\dbinom{n}{j}\alpha^jw_{i+j}\).
取 \(\phi_i=[x^{i+k}]f-\sum\limits_{j=1}^k(-1)^j\dbinom{n}{j}x^j\phi_{i+j}\) 即可.
(越界的 \(w_{i+j},\phi_{i+j}\) 认为是 \(0\))

(I)
设 \(L\) 为 \(AB\) 中点, 由 \(NA,NB\) 切 \(\bigodot(ABI)\) 知 \(IN,IL\) 为 \(\angle AIB\) 等角线. ... 3pts
所以 \(I,M,N\) 共线等价于 \(A,B,E,F\) 共圆. ... 6pts
倒角知等价于 \(C,I,D\) 共线. 因此这样的点存在且唯一 ... 12pts, 若不强调唯一直接去做 (II) 扣 3pts

(II)
设 \(C\) 关于 \(AI,BI\) 对称点为 \(P,Q\). 易知 \(E\) 为 \(\triangle CDP\) 外心, \(F\) 为 \(\triangle CDQ\) 外心.
倒角易证 \(\triangle CEP\overset{+}{\sim}\triangle CGD\overset{+}{\sim}\triangle CFQ\), \(\triangle CEF\overset{+}{\sim}\triangle CPQ\). ... 15pts
所以 \(2S_{\triangle DEF}=\dfrac12EF\cdot CD=\dfrac12PQ\cdot CG=\dfrac12PQ\cdot DG=S_{\triangle PQG}\).
所以 \(PQ=AB\), \(AC+BC=2AB\). ... 18pts
故 \(C\) 的轨迹为以 \(A,B\) 为焦点, 离心率为 \(\dfrac12\) 的椭圆 (去掉两个长轴顶点) ... 21 pts, 答案只写椭圆或忘记去掉顶点扣 3pts

A005727

(I)
显然 \(a_n\) 是整数.
设 \(F(x)=\sum_{n\ge0}\dfrac{a_n}{n!}x^n\).
原题的递推式对 \(n=1\) 也成立, 故:

\[\sum\limits_{n\ge1}\dfrac{a_n}{n!}x^n=\sum\limits_{n\ge1}(\sum\limits_{k=0}^{n-2}(-1)^{n-k}\dfrac1{n(n-1-k)}\dfrac{a_k}{k!}+\dfrac{a_{n-1}}{n!})x^n \]

\[F(x)-1=\sum\limits_{n\ge1}(\sum\limits_{k=0}^{n-2}(-1)^{n-k}\dfrac1{n(n-1-k)}\dfrac{a_k}{k!}+\dfrac{a_{n-1}}{n!})x^n \]

两边求导, 有:

\[F'(x)=\sum\limits_{n\ge1}(\sum\limits_{k=0}^{n-2}\dfrac{(-1)^{n-k}}{(n-1-k)}\dfrac{a_k}{k!}+\dfrac{a_{n-1}}{(n-1)!})x^{n-1} \]

\[F'(x)=\sum\limits_{n\ge0}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\dfrac{(-1)^{n+1-k}}{(n-k)}x^{n-k}\dfrac{a_k}{k!}x^k+F(x) \]

\[F'(x)=(\ln(x+1)+1)F(x) \]

\((\ln F(x))'=\dfrac{F'(x)}{F(x)}=\ln(x+1)+1\), \(\ln F(x)=(x+1)\ln(x+1)+C\), \(F(x)=\exp((x+1)\ln(x+1)+C)\).

比对常数项知 \(C=0\), 所以 \(F(x)=(x+1)^{x+1}\). ... 3pts

由广义二项式定理: \(F(x)=\sum\limits_{k\ge0}\dbinom{x+1}{k}x^k=\sum\limits_{k\ge0}\dfrac{1}{k!}\sum\limits_{r=0}^ks_{k,r}x^rx^k\)
其中 \((x+1)x\cdots(x-k+2)=\sum\limits_{r=0}^ks_{k,r}x^r\), \(s_{k,r}\in\Z\). 特别地设 \(s_{k,r}=0(k\ge1,r\le0\lor r>k)\).
故 \(\dfrac{a_n}{n}=\sum\limits_{k+r=n}\dfrac{(n-1)!}{k!}s_{k,r}\). 注意 \(k=n\) 时 \(s_{k,r}=0\).
故 \(\dfrac{a_n}{n}\in\Z\). ... 12pts

(II)
\(n=1\) 不成立. 下设 \(n\ge2\).

\[\begin{align*} a_n&=\sum\limits_{k=0}^{n-2}(-1)^{n-k}\dfrac{(n-1)!}{k!(n-1-k)}a_k+a_{n-1}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-2}(-1)^{n-k}k\dbinom{n-1}{k}(n-2-k)!\dfrac{a_k}k+(n-1)\dfrac{a_{n-1}}{n-1}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-2}(-1)^{n-k}(n-2)\dbinom{n-2}{k-1}(n-2-k)!\dfrac{a_k}k+(n-1)\dfrac{a_{n-1}}{n-1}\\ &\equiv(-1)^n(n-2)!a_0=(-1)^n(n-2)!\pmod{n-1} \end{align*} \]

所以 \(n(n-1)\mid a_n\iff n-1\mid(n-2)!\).
熟知正整数 \(m\nmid(m-1)!\iff m=4,p\), \(p\) 为素数. ... 18pts
故答案为 \(n\ne1,5,p+1\), \(p\) 为素数. ... 21 pts, 答案忘记写 \(n\ne 1\) 或写成反面不给分

---

由 Holder 不等式:

\[\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij}x_iy_j&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij}^\frac1px_ia_{ij}^\frac1qy_j\\ &\le(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij}x_i^p)^\frac1p(\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^na_{ij}y_j^q)^\frac1q\\ &\le((\max\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^na_{ij})\sum\limits_{i=1}^nx_i^p)^\frac1p((\max\limits_{j=1}^n\sum\limits_{i=1}^na_{ij})\sum\limits_{j=1}^ny_j^q)^\frac1q \end{align*}\]

... 15pts

Holder 处取等当且仅当存在常数 \(k\), 使得对任意 \(i,j\in\{1,\cdots,n\}\), 有 \(a_{ij}x_i^p=ka_{ij}y_j^q\), 当且仅当 \(x_i\) 全相等, \(y_j\) 全相等. ... 18pts

\(\max\) 处取等当且仅当 \(R_i=\sum\limits_{j=1}^na_{ij}\) 全相等, \(C_j=\sum\limits_{i=1}^na_{ij}\) 全相等.

所以原不等式取等当且仅当 \(x_i\) 全相等, \(y_j\) 全相等, \(R_i=\sum\limits_{j=1}^na_{ij}\) 全相等, \(C_j=\sum\limits_{i=1}^na_{ij}\) 全相等. ... 21pts

注: 易错: Holder 不等式取等条件.

Miklós Schweitzer 2015 P4

将所有素数从小到大排列为 \(p_1, p_2, \dots\).

先证明: 对任意 \(i<j\): \(a_i-a_j\) 的所有素因子均 \(<j\). 特别地 \(a_1,a_2,\cdots\) 两两不同.

再证明: 对任意正整数 \(n\), \(\{a_1,\cdots,a_{p_n}\}=\{1,\cdots,p_n\}\).

对 \(n\) 归纳.

基础步: \(a_2-a_1\) 不能有任何素因子, 结合 \(a_2\in\Z^+\) 知 \(a_2=2\).
\(a_3-a_2,a_3-a_1\) 均为 \(2\) 的幂, 所以 \(a_3=3\).

归纳步: 设 \(n\ge2\), \(\{a_1,\cdots,a_{p_n}\}=\{1,\cdots,p_n\}\), 下证 \(\forall k\in\{p_n+1,\cdots,p_{n+1}\}:a_k\in\{p_n+1,\cdots,p_{n+1}\}\). 从而 \(\{a_1,\cdots,a_{p_{n+1}}\}=\{1,\cdots,p_{n+1}\}\).

反证, 设 \(\exists k\in\{p_n+1,\cdots,p_{n+1}\}:a_k\not\in\{p_n+1,\cdots,p_{n+1}\}\). 从而 \(a_k>p_{n+1}\).
若 \(a_k\le p_{n+1}+p_n\), 设 \(a_k=p_{n+1}+i,1\le i\le p_n\), 则 \(a_k-a_i=a_k-i=p_{n+1}\) 有 \(\ge k\) 素因子, 矛盾.
若 \(a_k>p_{n+1}+p_n>2p_n\), 则由 Sylvester 定理, \(a_k-1,\cdots,a_k-p_n\) 中有一个有 \(>p_n\) 素因子, 则存在 \(i\in\{1,\cdots,p_n\}\) 使得 \(a_k-a_i=a_k-i\) 有 \(\ge p_{n+1}\ge k\) 素因子, 矛盾.

最后, 根据素数定理, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{a_n}{n}\le\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{p_{n+1}}{p_n}=1\), 即原题结论成立.

显然序列的拼接具有结合律 \((ab)c=a(bc)\) 和消去律 \(ab=ac\iff b=c\iff ba=ca\). 用 \(\epsilon\) 表示空序列.

对任意 \(A^*\) 的子集 \(M\) (未必自由), 定义 \(\mathcal{B}(M)=\{a\in M:a\ne\epsilon,\forall b,c\in M:bc=a\rightarrow[b=\epsilon\lor c=\epsilon]\}\).

先证明: \(M\) 是自由的当且仅当 \(\begin{cases}\epsilon\in M\\\forall a,b\in M:ab\in M\\\forall x_1,\cdots,x_n,y_1,\cdots,y_m\in\mathcal{B}:x_1\cdots x_n=y_1\cdots y_m\rightarrow[n=m,x_1=y_1,\cdots,x_n=y_n]\end{cases}\).

再证明: \(M\) 是自由的当且仅当 \(\begin{cases}\epsilon\in M\\\forall a,b\in M:ab\in M\\\forall a,b,c\in A^*:a,bc,ab,c\in M\rightarrow b\in M\end{cases}\).

最后,