数学笔记 on Rosebud

77届莫斯科数学奥林匹克的一道题

Fri, 16 May 2025 00:00:00 +0000

起因是在公众号上刷到了苏淳教授的新书《第77-86届莫斯科数学奥林匹克》的试读，然后就看了看，八年级的第一题自我感觉很有意思，也正好发现了有趣的解法，故此记录

维佳试图找出一个算式，它是由数$1$、括号、加号和乘号构成的，使得：

算式的值等于$10$；

如果将算式中所有的加号都换成乘号，而所有的乘号都换成加号，算式的值仍然是$10$。试给出这样的算式一个例子。

一开始看到题目想的是应该是从乘法入手$10=2\times 5$再考虑分别的构造，于是在考虑$2$的构造时发现了有意思的东西$1+1\times 1=1\times 1+1$，这样就得到了一个恒定为$2$的表达式，到这一步想偏了一下，考虑$5$的处理去了，但后来发现恒有$n\times 1 +1=n\ +1 \times 1$。所以对这题可以有这样的推广与解法：

对任意正整数$n$，均存在一个构造，使得他的值为$n$且替换加号乘号后值仍然为$n$

我们采用递归的方式给出构造，通过数学归纳法予以证明：

$n=1$时，令$f_{1}=1$，易见满足要求。
$n=2$时，令$f_{2}=1\times 1+1= f_{1}\times 1+1=2$，容易验证$f_{2}$满足要求。
假设$n=k+1$时有$f_{k}=k$满足条件，那么令$f_{k+1}=f_{k}\times 1 + 1$，验证可知$f_{k+1}$满足要求。

这样，我们就可以递归地给出对所有正整数都满足题目条件的式子。

因式分解技巧

Thu, 08 May 2025 00:00:00 +0000

虽然读书那会都没认真把这套书做掉，但现在既然有机会，就趁此回过头了再稍微认真的给自己复习一遍，就当是重新打牢基础了吧。

习题1（更新于2025年05月08日）

将以下各式分解因式：

$5x^2y-10xyz+5xy$

解：$$\text{原式}= 5xy(x-2z+1)$$

$a(x-a)+b(a-x)-(x-a)$

解：$$\text{原式}= (x-a)(a-b-1)$$

$-2x(x+1)+a(x+1)+(x+1)$

解：$$\text{原式}= (x+1)(-2x+a+1)$$

$\frac{3}{2}b^{3n-1}+\frac{1}{6}b^{2n-1}$

解： $$ \begin{aligned} \text{原式}&=\frac{1}{6}(9b^{3n-1}+b^{2n-1}) \\ &=\frac{1}{6}b^{2n-1}(9b^n+1) \end{aligned} $$

$2(p-1)^2-4q(p-1)$

解： $$ \begin{aligned} \text{原式}&=(p-1)(2(p-1)-4q) \\ &=(p-1)(2p-2-4q) \end{aligned} $$

$mn(m^2+n^2)-n^2(m^2+n^2)$

解：$$\text{原式}=(mn-n^2)(m^2+n^2)$$

$(5a-2b)(2m+3p)-(2a-7p)(2m+3p)$

解： $$ \begin{aligned} \text{原式}&=(2m+3p)(5a-2b-(2a-7p)) \\ &=(2m+3p)(3a-2b+7p) \end{aligned} $$

$2(x+y)+6(x+y)^2-4(x+y)^3$

解： $$ \begin{aligned} \text{原式}&=(x+y)(2+6(x+y)-4(x+y)^2) \\ &=(x+y)(2+6x+6y-4x^2-8xy-4y^2) \end{aligned} $$

$(x+y)^2(b+c)-(x+y)(b+c)^2$

解： $$ \begin{aligned} \text{原式}&=(x+y)(b+c)((x+y)-(b+c)) \\ &=(x+y)(b+c)(x+y-b-c) \end{aligned} $$

$6p(x-1)^3-8p^2(x-1)^2-2p(1-x)^2$

解： $$ \begin{aligned} \text{原式}&=2p(x-1)^{2}(3(x-1)-4p-1) \\ &=2p(x-1)^2(3x-4p-4) \end{aligned} $$

习题2(更新于2025年05月08日)

将以下各式分解因式：

记录一道含取整函数的组合恒等式

Mon, 10 Mar 2025 00:00:00 +0000

题目如下：

$$\sum_{k=0}^{n} 2^{k} \binom{n}{k} \binom{n-k}{\lfloor{\frac{n-k}{2}}\rfloor} = \binom{2n+1}{n}$$

起因是同学跑来问我，我想着毕竟比高中时组合数学还是有进步的就想着看看，结果卡了半天。主要一直不知道咋处理这取整函数。翻了翻常见的组合恒等式想着通过类似于$(a+(b+x))^{n}=((a+b)+x)^{n}$这样的展开式去处理结果还是没法处理这个取整函数。组合思路也没想到，后来就干脆搜了，倒是搜到了不少结果。虽然没做出来，但写这篇博客主要想着记录下并帮助自己多理解理解。

先从这题出发，这题是《102 Combinatorial Problems》的Advanced Problems的15题原题，原书给了两种解法，一种代数的，一种组合的，先说说组合的思路，我只能感慨这个思路十分的巧妙。

组合解法

考虑这样一个特殊的情形，一个班有$2n$名学生，其中$n$名女生$n$名男生，不妨设他们一男一女同桌，正好$n$桌。另外还有一名老师，共$2n+1$人。现在有$n$张票——随便什么票，不是票都行，重要的是分发这个行为或者说是挑选$n$个人给他票这种行为。

最显然的做法就是从$2n+1$个人里头挑$n$个人给票，所以是$\binom{2n+1}{n}$，这是一边，然后我们从另一边来做。

考虑这样一种给票的方式，$n$张票，在分发下去后会有这样一种情况，$n$组同桌，一些同桌两人只有一个有票，一些同桌两人都有，最后剩下一些同桌都没有，以及老师可能有或没有。所以可以构造这样一种奇妙的分法：先是从$n$组同桌中挑出$k$组出来，这$k$组每组只给一张，对应同桌两人只有一个有票的情况，此时分法是$\binom{n}{k}$，但要注意每组同桌内部还得分票，每组有$2$种情况，所以一共就是$2^{k}\binom{n}{k}$；然后剩下的$n-k$组，这些组是要么同桌两人都有，即该组两张票；要么同桌两人都没有，即该组零张票。注意我们此时只有$n-k$张票了，两个两个分，只能分给$\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor$组，从$n-k$组中挑出$\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor$组给他们每组两个人发票就有$\binom{n-k}{\lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor}$种分发方法，最后剩下的$(n-k) - \lfloor \frac{n-k}{2}\rfloor$组自然就是没票的。最后需要注意的老师的票，很自然的如果$n-k$能被$2$整除，老师就拿不到票，如果不能，剩下那张票自然就是归老师的。所以根据这样的分法，我们知道我们一共有$\binom{n}{k}\binom{n-k}{\lfloor\frac{n-k}{2}\rfloor}$种分法。最后，这里的$k$是可以从$0$取到$n$，所以根据分类加法原理，我们需要做个求和。即总共的分法是$\sum_{k=0}^{n} 2^{k}\binom{n}{k}\binom{n-k}{\lfloor\frac{n-k}{2}\rfloor}$。

综上，我们用两种方法得到了同样的分法结果，数量相等，自然也就证明了该恒等式。

代数解法

这个解法倒是从构造二项式展开出发的，但相较于组合的做法显得没那么显然？

先是引入个记号方便描述，用$[x^{n}](p(x))$来简记多项式$p(x)$中的$x^{n}$项的系数。

然后就是构造二项式展开，但是这里的构造绕了一下，一般的是直接考虑多项式$(x+1)^{2n+1}$去找$n$次项系数，但是这里的解法却是去构造$p(x)=(x+1)^{2n}$，然后去找$n-1$次项和$n$次项这两项的系数，也就是

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

这是一边，然后考虑另一边。

$$p(x)=(x+1)^{2n}=(x^2+2x+1)^{n}=\sum_{i+j+k=n}\frac{n!}{i!j!k!}(x^2)^{i}(2x)^{j}$$

然后就去做变形 $$\begin{aligned} p(x) &= \sum_{0 \leq i+j \leq n }\frac{n!}{i!j!(n-i-j)!} (x^2)^{i}(2x)^{j} \\\ &= \sum_{0 \leq i+j \leq n }\frac{n!}{i!j!(n-i-j)!} 2^{j}x^{2i+j} \\\ \end{aligned}$$

现在系数已经很明朗了，就去考虑同样的两项系数，去化简即可 $$ \begin{align*} [x^{n-1}](p(x)) + [x^n](p(x)) &= \sum_{\substack{0\leq i+j \leq n \\\ 2i+j=n-1}}\frac{n!}{i!j!(n-i-j)!}2^{j} + \sum_{\substack{0\leq i+j \leq n \\\ 2i+j=n}}\frac{n!}{i!j!(n-i-j)!}2^{j} \\\ &= \sum_{\substack{0\leq i+(n-2i)\leq n \\\ 0 \leq i,n-2i}}\frac{n!}{i!(n-2i)!i!}2^{n-2i} + \sum_{\substack{0\leq i+(n-2i-1)\leq n \\\ 0\leq i,n-2i-1}}\frac{n!}{i!(n-2i-1)!(i+1)!}2^{n-2i-1} \\\ &= \sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\binom{n}{2i}\binom{2i}{i}2^{n-2i}+\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n-1}{2}\rfloor}\binom{n}{2i+1}\binom{2i+1}{i}2^{n-2i-1} \end{align*} $$