一些有趣的数学题（持续更新）

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1. 已知 \dfrac{1}{e^2}>\ln\left(\ln\pi\right)，求证：

证明：注意到该不等式两边都是形如 $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$ 的形式，故可设 $t_1=\dfrac{\ln\left(e^2+1\right)-2}{\ln\left(\ln(\ln\pi)+1\right)},t_2=\dfrac{2+\ln\left(\ln\pi\right)}{\left(2e^2+1\right)\ln\left(\ln\pi\right)}$，原不等式即化为 $t_1+\dfrac{1}{t_1}>t_2+\dfrac{1}{t_2}$。 考虑 $x+\dfrac{1}{x}(x>0)$ 的单调性，易知它在 $(0,1]$ 上单调递减，在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，并在 $x=1$ 时取得最小值。接下来我们研究 $t_1$ 和 $t_2$ 的大小关系。 对于 $t_1$，有：$t_1=\dfrac{\ln\left(e^2+1\right)-2}{\ln\left(\ln(\ln\pi)+1\right)}=\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{e^2}+1\right)}{\ln\left(\ln(\ln\pi)+1\right)}>1$； 而对于 $t_2$，设函数 $f(x)=\dfrac{2+x}{\left(2e^2+1\right)x}$，则 $t_2=f(\ln\left(\ln\pi\right))$，而且 $f\left(\dfrac{1}{e^2}\right)=1$。因为 $f(x)=\dfrac{2+x}{\left(2e^2+1\right)x}=\dfrac{\dfrac{2}{x}+1}{2e^2+1}$，易知 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，所以有 $t_2=f(\ln\left(\ln\pi\right))>f\left(\dfrac{1}{e^2}\right)=1$。 因为 $t_1,t_2>1$，所以原不等式化为 $t_1>t_2$，即： $$\begin{aligned}\dfrac{\ln\left(e^2+1\right)-2}{\ln\left(\ln(\ln\pi)+1\right)}&>\dfrac{2+\ln\left(\ln\pi\right)}{\left(2e^2+1\right)\ln\left(\ln\pi\right)}\\(2e^2+1)\ln\left(\dfrac{1}{e^2}+1\right)&>\left(\dfrac{2}{\ln\left(\ln\pi\right)}+1\right)\ln\left(\ln(\ln\pi)+1\right)\\\end{aligned}$$ 设函数 $g(x)=\left(\dfrac{2}{x}+1\right)\ln\left(x+1\right)$，则上面的不等式化为 $g\left(\dfrac{1}{e^2}\right)>g(\ln\left(\ln\pi\right))$。接下来我们分析 $g(x)$ 的单调性。 对 $g(x)$ 求导，可得 $g'(x)=-\dfrac{2\ln(x+1)}{x^2}+\dfrac{x+2}{x(x+1)}=\dfrac{x^2+2x-2(x+1)\ln(x+1)}{x^2(x+1)}$。当 $x>0$ 时有 $x^2(x+1)>0$，所以我们设 $h(x)=x^2+2x-2(x+1)\ln(x+1)$，则 $h'(x)=2x+2-(2\ln(x+1)+2)=2x-2\ln(x+1)$。因为 $h(0)=0$，而易证 $x>0$ 时有 $h'(x)>0$ 恒成立，所以有 $h(x)>0,g'(x)>0$ 在 $x>0$ 时恒成立，也就是 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增。 因为 $\dfrac{1}{e^2}>\ln\left(\ln\pi\right)>0$，所以 $g\left(\dfrac{1}{e^2}\right)>g(\ln\left(\ln\pi\right))$。原命题得证。 补充：对 $h'(x)=2x-2\ln(x+1)>0$ 在 $x>0$ 时恒成立的证明。 首先证明 $e^x>x+1$ 在 $x>0$ 时恒成立。设 $p(x)=e^x-x-1$，则 $p'(x)=e^x-1$。令 $p'(x)=0$ 可得 $x=0$。显然 $p'(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增，所以 $p'(x)>0$ 在 $x>0$ 时恒成立。又因为 $p(0)=0$，所以 $p(x)>0$ 在 $x>0$ 时恒成立，也即 $e^x>x+1$ 在 $x>0$ 时恒成立。 有了这个式子，则 $e^x>x+1\Longrightarrow x>\ln(x+1)\Longrightarrow2x-2\ln(x+1)>0\Longrightarrow h'(x)>0$。 ------------ **2.** 已知正整数 $x$ 满足 $x^{12}=150094635296999121$，求 $x$ 的值。显然，这题是让你手动估算而不是用计算器开根。 解：首先可以发现 $x^{12}$ 有 $18$ 位，更具体的有 $10^{17}\leq x^{12}\leq2\times10^{17}$。所以易知 $x$ 有两位。 先分析其个位数。因为 $x^{12}$ 的个位是 $1$，故 $x^6$ 的个位是 $1$ 或 $9$；$x^3$ 的个位是 $1$ 或 $3$ 或 $7$ 或 $9$；$x$ 的个位是 $1$ 或 $3$ 或 $7$ 或 $9$。 好像不太好分析究竟应该是多少。那就再来分析十位数。 ~~众所周知，~~$2^{12}=4096$ 和 $3^{12}=9^6=81^3=6561\times81=531441$ 应该是能背下来的~~常用~~数字；所以可以得到 $x$ 的十位数是 $2$。 那么，目前 $21,23,27,29$ 的 $12$ 次方都是手算很难算出来的大数字。我们应该如何巧妙的估算呢？ 我们想到利用 $25^{12}$：$25^{12}=\dfrac{10^{24}}{2^{24}}$，而 $2^{24}=4096^2>10^7$，即 $25^{12}<10^{17}$。所以可以排除掉 $1,3$。 最后只剩下 $7,9$ 了。考虑到 $30^{12}$ 比 $x^{12}$ 大了三倍，减去 $1$ 所产生的贡献不可能有这么大。实际上，$29^{12}=353814783205469041$。所以最终就能确定 $x=27$ 了。 ------------ **3.** 已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2-\sqrt{3},\dfrac{4}{a_{n+1}}\left(\dfrac{1}{a_{n}}-a_{n}\right)=a_{n}^2+\dfrac{1}{a_{n}^2}-6\;(n\geq1)$，求 $a_{2022}$。 解：你可能会想到暴力带入找规律。实际上，这是完全可行的，计算量也只有亿点大而已。 具体就不演示了。你可以自己算算试试。 那么我们应该怎么做呢？首先，我们对原式进行一个化简： $$\begin{aligned}\dfrac{4}{a_{n+1}}\left(\dfrac{1}{a_{n}}-a_{n}\right)&=a_{n}^2+\dfrac{1}{a_{n}^2}-6\\\dfrac{4}{a_{n+1}}&=\dfrac{a_n^4+1-6a_n^2}{a_n-a_n^3}\\a_{n+1}&=\dfrac{4a_n-4a_n^3}{a_n^4-6a_n^2+1}\end{aligned}$$ 这个式子看起来很神秘，但是只要我们注意到： $$\begin{aligned}\tan4x&=\tan(2x+2x)\\&=\dfrac{2\tan2x}{1-\tan^22x}\\&=\dfrac{\dfrac{4\tan x}{1-\tan^2x}}{1-\left(\dfrac{2\tan x}{1-\tan^2x}\right)^2}\\&=\dfrac{4\tan x-4\tan^3x}{\tan^4x-6\tan^2x+1}\end{aligned}$$ 你发现这和递推式一模一样！ 接下来，因为 $a_1=2-\sqrt3=\tan15\degree$，由上面的式子可知，$a_2=\tan60\degree,a_3=\tan240\degree=\tan60\degree=a_2,a_4=a_3,\cdots$ 。 于是 $a_{2022}=\tan60\degree=\sqrt{3}$。 ------------ **4.** 求证：$\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}<\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{\cdots+\sqrt{n}}}}}<1.82$。 证明：先证比较容易的左半部分。 设 $x=\dfrac{\sqrt5+1}{2}$，则容易发现，$x^2-1=x$。 于是有 $x=\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\cdots}}}<\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{\cdots+\sqrt{n}}}}}$。 接下来再证困难许多的右半部分。 先考虑如果去掉这个式子中所加的任意一个正整数会发生什么。假设迭代到 $k$ 时的值为 $v_k$，即 $$v_k=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{k+\sqrt{k+1+\sqrt{k+2+\sqrt{\cdots+\sqrt{n}}}}}$$ 那么就一定有 $v_k^2-k=v_{k+1}>v_k$。如果此时去掉 $k+1$，就有 $v_k'^2-k=v_{k+2}>v_k^2-k\to v_k'>v_k$。同理可以说明在 $v_k'$ 中继续删数只会使式子的值更大。 于是就有 $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{3+\sqrt{\cdots+\sqrt{n}}}}}<\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{1+\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt{16+\sqrt{\cdots+\sqrt{n}}}}}}$$ 令不等式右边的值为 $w$，则有 $$\begin{aligned}w^2-1&=\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt{2+\sqrt{4+\sqrt{16+\sqrt{256+\sqrt{\cdots+\sqrt{n}}}}}}\\&=\sqrt2\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+\cdots}}}\\&=\dfrac{\sqrt{10}+\sqrt{2}}{2}\end{aligned}$$ 因此，原式 $<w=\dfrac{\sqrt{\sqrt{10}+\sqrt{2}+2}}{\sqrt{2}}=\sqrt[4]{4+\sqrt2+\sqrt5+\sqrt{10}}\approx1.813352$。 补充：这个极限在 $n>30$ 的时候，小数点后前几位稳定为 $1.75793275662$。 ------------ **5.** 求最小的正整数 $n$，使得 $\exists x_1,x_2,\cdots,x_n\in\mathbb{N}$，且满足： $(1)$ $x_1,x_2,\cdots,x_n\in[1,n] (2)$ $\sum\limits_{i=1}^{n}x_i=\dfrac{n(n+1)}{2},\prod\limits_{i=1}^{n}x_i=n! 解：首先考虑令 $x_i=i$，此时是满足 $(1)$ 和 $(2)$ 的。 接下来，我们要通过调整一些 $x_i$ 的值，使得 $(2)$ 的条件仍然成立，并且打破了原先的排列。 假设只需要调整两个数。设调整前的值为 $a,b$，调整后为 $c,d$，则应该有 $\begin{cases}a+b=c+d\\ab=cd\end{cases}$。 不妨令 $a,b$ 固定，且 $a+b=k_1,ab=k_2$，则有 $d=\dfrac{k_2}{c},b=\dfrac{k_2}{a}$，则 $a+b=c+d$ 化为 $a+\dfrac{k_2}{a}=c+\dfrac{k_2}{d}=k_1$。 可以发现 $a,c$ 是方程 $x+\dfrac{k_2}{x}=k_1$ 的两根。由韦达定理可得 $ac=k_2$，则 $a=d,b=c$，这样并不能起到调整的作用。故只调整两个数是不可能的。 再假设只需要调整三个数。同理可设 $\begin{cases}a_1+a_2+a_3=b_1+b_2+b_3\\a_1a_2a_3=b_1b_2b_3\end{cases}$。 充分发扬人类智慧，我们可以得到一组解：$3+6+8=4+4+9,3*6*8=4*4*9$。这组解满足三数的乘积为 $2^4\times3^2$，且巧妙的通过不同的拆分方案使三数之和相等。 这个乘积已经最优，不存在更小的方案。那么答案即为 $n=9$，构造的序列为 $1,2,4,4,4,5,7,9,9$。