数学杂题（一）

一

我们约定对于 01 串 \(s,t\)

\[s\subseteq t\Longleftrightarrow s\operatorname{and} t=s \]

对于 \(m\) 阶排列 \(\sigma\) 和长为 \(m\) 的 01 串 \(s\)

\[\sigma(s)=s_{\sigma(1)}s_{\sigma(2)}\dots s_{\sigma(m)} \]

设所有长 \(n\) 的 01 串的集合为 \(S_{n}\)。

给定正整数 \(n\ge 5\)。设 \(A\subseteq S_n\)。若 \(A\) 同时满足：

• \(\forall a\in A,\operatorname{popcnt}(a)=4\)
• \(\forall b\in \{s\in S_n\mid\operatorname{popcnt}(s)=2\},\exists a\in A,b\subseteq a\)

则称 \(A\) 具有性质 \(P\)。

（1）当 \(n=8\) 时，若集合 \(A\) 具有性质 \(P\)，求 \(|A|\) 的最小值。
（2）若 \(A_1,A_2\) 都有性质 \(P\) 且 \(|A_1|,|A_2|\) 均为最小值，定义等价关系 \(\cong\colon A_1\cong A_2\Longleftrightarrow \exists \sigma, \{\sigma(a)\mid a\in A_1\}=A_2\)。找出所有等价类。

题解

Subtask 1

求最小值的常见方法是：证一个足够紧的下界并构造下界。

注意到 \(1\) 个 \(a\) 最多覆盖 \(C_4^2=6\) 个 \(b\)，共 \(C_8^2=28\) 种 \(b\)。得到下界 \(\lceil28/6\rceil=5\)，但这还不够紧。

考虑维护一个初始为 \(0\) 的数组 \(\mathrm{cnt}\)，每当一个 \(b\) 被一个 \(a\) 覆盖就令 \(\mathrm{cnt}\leftarrow \mathrm{cnt}+b\)。

考虑 \(b\)：每个 \(b\) 至少被覆盖 \(1\) 次，最后 \(\mathrm{cnt}\) 至少是 \((7,7,7,7,7,7,7,7)\)。再考虑 \(a\)：每个 \(a\) 会使 \(\mathrm{cnt}\leftarrow \mathrm{cnt}+3a\)。最终 \(\mathrm{cnt}\) 每一位都是 \(3\) 的倍数，至少是 \((9,9,9,9,9,9,9,9)\)。

考虑总和得到下界 \(\lceil72/12\rceil=6\)。

给出一组构造：

\[A_0=\left\{ \begin{aligned} &\texttt{11110000},\\ &\texttt{00001111},\\ &\texttt{11001100},\\ &\texttt{11000011},\\ &\texttt{00111100},\\ &\texttt{00110011} \end{aligned} \right\} \]

可以看成用 \(6\) 个 \(4\) 阶完全图覆盖 \(8\) 阶完全图。

或是 \(8\) 个维度两两分组，然后 \(4\) 个组两两连边。

Subtask 2

程序暴力枚举得到共 \(3\) 个等价类，代表元素：

\[A_0=\left\{ \begin{aligned} &\texttt{11110000},\\ &\texttt{00001111},\\ &\texttt{11001100},\\ &\texttt{11000011},\\ &\texttt{00111100},\\ &\texttt{00110011} \end{aligned} \right\}\qquad A_1=\left\{ \begin{aligned} &\texttt{11110000},\\ &\texttt{00001111},\\ &\texttt{11001100},\\ &\texttt{10100011},\\ &\texttt{00111100},\\ &\texttt{01010011} \end{aligned} \right\}\qquad A_2=\left\{ \begin{aligned} &\texttt{11110000},\\ &\texttt{11001100},\\ &\texttt{11000011},\\ &\texttt{00101011},\\ &\texttt{00011110},\\ &\texttt{00110101} \end{aligned} \right\} \]

此外，对于任意最优解 \(A\)（即 \(|A|=6\)），不难证明如下两条性质：

• \(A\) 中每个维度恰好被覆盖 \(3\) 次
• \(\{\operatorname{not} a\mid a\in A\}\) 满足性质 \(P\)，同样是最优解

二

已知 \(n,m\in \R^+\) 满足：

\[\begin{cases} n+\ln n=3 \\ 1+\ln m=e^2/m \end{cases} \]

求 \(nm\)。

题解

考虑对应函数单调性，\(n,m\) 均唯一。

设 \(x=\ln n,y=\ln m\)。我们考虑转而求 \(x+y\)。尽量把两个方程化成相同的形式：

\[\begin{cases} e^x+x=3 \\ e^{2-y}+(2-y)=3 \end{cases} \]

因此 \(x=2-y\)。从而 \(nm=e^2\)。

三

解方程：

\[\sqrt{2y^2-1}+\sqrt{y^2-3y-2}=\sqrt{2y^2+2y+3}+\sqrt{y^2-y+2} \]

题解

诈骗题。

设：

\[\begin{aligned} a&=2y^2-1 \\ b&=y^2-3y-2 \\ c&=2y^2+2y+3 \\ d&=y^2-y+2 \end{aligned} \]

显然 \(a,b,c,d\ge 0\)。

发现 \(a,c\) 和 \(b,d\) 二次项系数相同，这启发我们随机手玩一下发现 \(c-a=d-b=2y+4\)。

因此原方程化为

\[\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{a+2y+4}+\sqrt{b+2y+4} \]

考虑从左边到右边是怎么变的，由于平方根函数单调增，两项同时变大或同时变小。由于等号成立，只能是 \(2y+4=0\) 即 \(y=-2\)，检验合法。

四

已知 \(a,b,c\in \R,a+b+c=0\)。求证 \(2(a^4+b^4+c^4)=(a^2+b^2+c^2)^2\)。

题解

暴力题。代入 \(c=-a-b\) 暴力展开就做完了。

五

集合 \(S=\{1,2,3,\dots,n\}\)。正整数列 \(\{c_i\}_{i=1}^m\) 满足 \(\sum_{i=1}^m c_i=n\)。集合 \(\{A_i\}_{i=1}^m\) 是对 \(S\) 的一个划分，满足 \(|A_i|=c_i\)。设 \(k=\sum_{i=1}^m \left(\min(A_i)+\max(A_i)\right)\)。设 \(K\) 为所有可能的 \(k\) 取值组成的集合。求 \(\min(K)+\max(K)\)。

题解

我们考虑某种“反转”大小关系的对称性。

对于一个合法划分 \(A_1\sim A_m\)，构造 \(B_i=\{n+1-x\mid x\in A_i\}\)。显然 \(B_1\sim B_m\) 也是合法划分。

不难证明

\[\sum_{i=1}^m \left(\min(B_i)+\max(B_i)\right)=2m(n+1)-\sum_{i=1}^m \left(\min(A_i)+\max(A_i)\right) \]

设 \(K\) 为所有可能的 \(k\) 取值组成的集合。则

\[\forall k\in K,2m(n+1)-k\in K \]

因此 \(\min(K)+\max(K)=2m(n+1)\)。

六

已知实数 \(a,b,c,x,y\) 满足：

\[\begin{align} & a+b+c = 1 \tag{1}\\ & a^2+b^2+c^2 = 3 \tag{2}\\ & bc-x-2ya = 0 \tag{3}\\ & ca-x-2yb = 0 \tag{4}\\ & ab-x-2yc = 0 \tag{5} \end{align} \]

证明 \(abc=-1\) 或 \(abc=5/27\)。

题解

注意到

\[(a+b+c)^2=(a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca) \]

代入 \((1)(2)\) 得

\[ab+bc+ca=-1 \]

\((3)(4)(5)\) 三式相加，得

\[\begin{aligned} (bc+ca+ab)-3x-2y(a+b+c)&=0\\ -1-3x-2y&=0\\ y&=-\frac{1}{2}-\frac{3}{2}x \end{aligned} \]

代入 \((3)\) 得

\[\begin{aligned} bc-x-2\left(-\frac{1}{2}-\frac{3}{2}x\right)a&=0 \\ bc-x+a+3ax&=0 \\ (-1-ab-ca)-x+a+3ax&=0 \\ a(-b-c+1+3x)-x-1&=0 \\ a\left((a-1)+1+3x\right)-x-1&=0 \\ a(a+3x)-x-1&=0 \\ a^2+3ax-x-1&=0 \\ \end{aligned} \]

解得

\[a=\frac{-3x\pm \sqrt{9x^2+4x+4}}{2} \]

\(b,c\) 同理。

固定 \(x\)，\(a,b,c,y\) 都可以用 \(x\) 表示。

设

\[\begin{aligned} f(x)&=\frac{-3x+\sqrt{9x^2+4x+4}}{2}\\ g(x)&=\frac{-3x-\sqrt{9x^2+4x+4}}{2} \end{aligned} \]

那么 \(a,b,c\) 每个都会从 \(\{f(x),g(x)\}\) 中二选一。我们分类讨论 \(f(x)\) 的个数，根据式 \((1)\) 求 \(x\)。

1. \(3\) 个 \(f(x)\)：\(3f(x)=1\)，无实数解。
2. \(2\) 个 \(f(x)\)：\(2f(x)+g(x)=1\)，解得 \(x=0\)，回代得 \(abc=-1\)。
3. \(1\) 个 \(f(x)\)：\(f(x)+2g(x)=1\)，解得 \(x=-4/9\)，回代得 \(abc=5/27\)。
4. \(0\) 个 \(f(x)\)：\(3g(x)=1\)，无实数解。

综上，\(abc=-1\) 或 \(abc=5/27\)。

七

求证：\(\forall a,b,c\in (0,+\infty)\)，有

\[\sqrt{\frac{a}{a+2b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+b+2c}}+\sqrt{\frac{c}{2a+b+c}}\le \frac{3}{2} \]

题解

柿子看上去很繁琐，设

\[\begin{aligned} s&=a+b+c \\ x&=s+a \\ y&=s+b \\ z&=s+c \end{aligned} \]

则上式简化为

\[\sqrt{\frac{a}{y}}+\sqrt{\frac{b}{z}}+\sqrt{\frac{c}{x}}\le \frac{3}{2} \]

先看何时取等，显然 \(a=b=c\) 是取等的充分条件。

我们的目标是找到一些 \(\textcolor{#E74C3C}{T}\) 满足

\[\sqrt{\frac{a}{y}}+\sqrt{\frac{b}{z}}+\sqrt{\frac{c}{x}}\le \textcolor{#E74C3C}{T}\le \frac{3}{2} \]

由于左右两侧在 \(a=b=c\) 时取等，这里两个 \(\le\) 都必须在 \(a=b=c\) 时取等。

根号很难处理，标准的技巧是 AM-GM \(\sqrt{uv}\le (u+v)/2\)。
对于第一项 \(\sqrt{a/y}\)，我们需要找到 \(u,v\) 使得 \(uv=a/y\) 且当 \(a=b=c\) 时有 \(u=v=1/2\)。

经过一些尝试发现

\[u=\frac{2a}{x},v=\frac{x}{2y} \]

恰好满足要求。

得到

\[\sqrt{\frac{a}{y}}+\sqrt{\frac{b}{z}}+\sqrt{\frac{c}{x}}\le\frac{1}{2}\left( \frac{2a}{x}+\frac{2b}{y}+ \frac{2c}{z}+\frac{x}{2y}+\frac{y}{2z}+\frac{z}{2x}\right) \]

只需要证右边 \(\le 3/2\)。

对右边恒等变形，只保留 \(x,y,z\)，分别用 \(x,y,z\) 表示 \(a,b,c\)，代入并整理，得

\[右边=\frac{9}{4}-\frac{1}{4}\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\right) \]

由 AM-GM 得

\[\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z}\ge 3 \]

因此

\[\text{右边}\le \frac{3}{2} \]

证毕。

八

设 \(A\subseteq \R\) 且 \(A\ne \varnothing\)。若 \(\forall x,y\in A\)，都有 \(x+y\in A,xy\in A\) 那么称 \(A\) 具有性质 \(P\)。证明：若 \(A\) 具有性质 \(P\) 且 \(a\neq \R\)，则 \(\complement_\R A\) 不具有性质 \(P\)。

题解

显然 \(A\) 和 \(\complement_\R A\) 均非空。

考虑反证，设 \(\complement_\R A\) 也具有性质 \(P\)。

我们尝试考虑 \(+,\times\) 的单位元也就是 \(0,1\) 这两个特殊数。不妨设 \(0\in A\)。因此 \(\complement_\R A\) 中就不能出现相反数对。

若 \(x\in \complement_\R A\)，那么显然 \(-x\notin \complement_\R A\) 即 \(-x\in A\)。

可以平方消去负号，得到 \(x^2\in A\) 且 \(x^2\in \complement_\R A\)，矛盾。