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：

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 $x$。

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