id question solution final_answer context image modality difficulty is_multiple_answer unit answer_type error question_type subfield subject language 0 设 $a_{1}=1, a_{2}=2, a_{n}=2 a_{n-1}+a_{n-2}, n=3,4, \cdots$. 证明: 对整数 $n \geqslant 5, a_{n}$ 必有一个模 4 余 1 的素因子. ['记 $\\alpha=1+\\sqrt{2}, \\beta=1-\\sqrt{2}$, 则\n\n$$\na_{n}=\\frac{\\alpha^{n}-\\beta^{n}}{\\alpha-\\beta}=\\frac{1}{2 \\sqrt{2}}\\left(\\alpha^{n}-\\beta^{n}\\right)\n$$\n\n构造\n\n$$\nb_{n}=\\frac{\\alpha^{n}+\\beta^{n}}{\\alpha+\\beta}=\\frac{1}{2}\\left(\\alpha^{n}+\\beta^{n}\\right)\n$$\n\n则\n\n$$\nb_{n}=2 b_{n-1}+b_{n-2}, n \\in \\mathbb{Z}\n$$\n\n且 $b_{1}=1, b_{2}=3$. 易知 $b_{n} \\in \\mathbb{Z}$ 且\n\n$$\nb_{n}^{2}-2 a_{n}^{2}=\\left(\\frac{\\alpha^{n}+\\beta^{n}}{2}\\right)^{2}-\\left(\\frac{\\alpha^{n}-\\beta^{n}}{2}\\right)^{2}=(\\alpha \\beta)^{n}=(-1)^{n}, \\quad n \\geqslant 1\n$$\n\n给出引理: 若正整数 $m, n$ 满足 $m \\mid n$, 则 $a_{m} \\mid a_{n}$. 引理的证明: 设 $n=k m$, 其中 $k \\in \\mathbb{N}^{*}$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{a_{n}}{a_{m}} & =\\frac{\\alpha^{k m}-\\beta^{k m}}{\\alpha^{m}-\\beta^{m}} \\\\\n& =\\sum_{i=0}^{k}\\left(\\alpha^{m}\\right)^{k-i}\\left(\\beta^{m}\\right)^{i} \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\sum_{i=0}^{k}\\left(\\left(\\alpha^{m}\\right)^{k-i}\\left(\\beta^{m}\\right)^{i}+\\left(\\alpha^{m}\\right)^{i}\\left(\\beta^{m}\\right)^{k-i}\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{k}\\left((\\alpha \\beta)^{m i}\\left(\\alpha^{m(k-2 i)}+\\beta^{m(k-2 i)}\\right)\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{k}\\left((-1)^{m i} \\cdot 2 b_{m(k-2 i)}\\right) \\in \\mathbb{Z},\n\\end{aligned}\n$$\n\n\n\n于是 $a_{m} \\mid a_{n}$. 情形一 $n$ 的最大奇数约数为 1 . 此时 $n=2^{l}(l \\geqslant 3)$, 由于\n\n$$\na_{8}=408=24 \\cdot 17, \\quad 17 \\equiv 1 \\quad(\\bmod 4)\n$$\n\n于是由 $a_{8} \\mid a_{n}$ 可得 $a_{n}$ 有素因子 17 . 情形二 $n$ 的最大奇数约数 $m$ 不小于 3 . 此时有 $a_{m} \\mid a_{n}$, 只需要考虑 $a_{m}$ 有一个模 4 余 1 的素因子. 由 $a_{1}$ 为奇数推得 $a_{m}$ 为不小于 5 的奇数, 因此 $a_{m}$ 有素因子 $p$. 从而\n\n$$\nb_{m}^{2}-2 a_{m}^{2}=(-1)^{m} \\Longrightarrow b_{m}^{2} \\equiv-1 \\quad(\\bmod p) \\Longrightarrow b_{n}^{p-1} \\equiv(-1)^{\\frac{p-1}{2}} \\quad(\\bmod p)\n$$\n\n又 $\\left(p, b_{m}\\right)=1$, 由费马小定理可得 $b_{m}^{p-1} \\equiv 1(\\bmod p)$, 从而\n\n$$\n(-1)^{\\frac{p-1}{2}} \\equiv 1 \\quad(\\bmod p) \\Longrightarrow(-1)^{\\frac{p-1}{2}}=1 \\Longrightarrow p \\equiv 1 \\quad(\\bmod 4)\n$$\n\n综上所述，命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 1 "设数列 $a_{n}$ 的通项公式为 $$ a_{n}=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right), n=1,2, \cdots $$ 证明: 存在无穷多个正整数 $m$, 使得 $a_{m+4} a_{m}-1$ 是完全平方数." ['根据求数列通项的特征根法, 有\n\n$$\na_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}, n \\in \\mathbb{N}^{*}\n$$\n\n且 $a_{1}=a_{2}=1$. 观察数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项\n\n| $n$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $a_{n}$ | 1 | 1 | 2 | 3 | 5 | 8 | 13 | 21 | 34 | 55 |\n\n尝试证明\n\n$$\na_{k+2}^{2}-a_{k} a_{k+4}=(-1)^{k}\n$$\n\n注意到 $a_{3}^{2}-a_{1} a_{5}=-1$, 只需要证明\n\n$$\na_{k+4}^{2}-a_{k+2} a_{k+6}=(-1)\\left(a_{k+2}^{2}-a_{k} a_{k+4}\\right)\n$$\n\n也即\n\n$$\n\\frac{a_{k+6}+a_{k+2}}{a_{k+4}}=\\frac{a_{k+4}+a_{k}}{a_{k+2}}\n$$\n\n而\n\n$$\na_{k+4}=a_{k+3}+a_{k+2}=2 a_{k+2}+a_{k+1}=3 a_{k+2}-a_{k} \\Longrightarrow \\frac{a_{k+4}+a_{k}}{a_{k+2}}=3\n$$\n\n因此命题得证. 综上所述, 对于所有正奇数 $m$, 都有 $a_{m+4} a_{m}-1=a_{m+2}^{2}$ 为完全平方数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 2 设集合 $A=\{1,2, \cdots, 19\}$. 证明：存在集合 $A$ 的非空子集 $S_{1}, S_{2}$, 满足 (1) $S_{1} \cap S_{2}=\varnothing$, $S_{1} \cup S_{2}=A$; (2) $S_{1}, S_{2}$ 都至少有 4 个元素; (3) $S_{1}$ 的所有元素的和等于 $S_{2}$ 的所有元素的乘积. ['$A$ 中所有元素之和为 190, 而 $6 !=720$, 因此 $S_{2}$ 中至多有 5 个元素. 验证\n\n$$\n\\{1,2,3,5,6\\},\\{1,2,3,4,6\\},\\{1,2,3,4,5\\}\n$$\n\n可知不存在符合题意的 5 元集合 $S_{2}$. 考虑 4 元集合 $S_{2}=\\{a, b, x, y\\}$, 且 $a190$, 无解. 因此存在符合题意的 $S_{1}, S_{2}$, 所有的 $S_{2}=\\{1,2,7,12\\}$或 $\\{1,3,4,14\\}, S_{1}=A \\backslash S_{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese 3 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $M$ 是 $B C$ 边的中点, 点 $P$ 在 $\triangle A B C$ 内, 使得 $A P$ 平分 $\angle B A C$. 直线 $M P$ 与 $\triangle A B P, \triangle A C P$ 的外接圆分别相交于不同于点 $P$ 的两点 $D, E$.证明: 若 $D E=M P$, 则 $B C=2 B P$. ['作辅助线如下图. \n\n\n\n由于 $M$ 是中点, 对 $\\triangle P B C$ 有 $\\frac{B P}{C P}=\\frac{\\sin \\angle B P M}{\\sin \\angle C P M}$.\n\n而对 $\\triangle B D P$ 由正弦定理有 $\\frac{B P}{\\sin \\angle B D P}=\\frac{B D}{\\sin \\angle B P D}$.\n\n同理也有 $\\frac{C E}{\\sin \\angle C P E}=\\frac{C P}{\\sin \\angle C E P}$.\n\n故由 $\\angle B D P=\\angle B A P=\\angle C A P=\\angle C E P$ 有 $B D=B P \\cdot \\frac{\\sin \\angle B P D}{\\sin \\angle B D P}=C P$. $\\frac{\\sin \\angle C P M}{\\sin \\angle B P M} \\cdot \\frac{\\sin \\angle B P D}{\\sin \\angle B D P}=C P \\cdot \\frac{\\sin \\angle C P E}{\\sin \\angle C E P}=C E$\n\n于是由 $\\angle B D P=\\angle C E M$ 且有条件可知 $D E=M P$, 我们有 $\\triangle B D P \\cong \\triangle C E M$, 即 $B P=C M$. 故 $B C=2 B P$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 4 "设 $m$ 为整数, $|m|>2$. 整数数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots$ 满足: $a_{1}, a_{2}$ 不全为零, 且对任意正整数 $n$,均有 $a_{n+2}=a_{n+1}-m a_{n}$. 证明: 若存在整数 $r, s(r>s \geqslant 2)$ 使得 $a_{r}=a_{s}=a_{1}$, 则 $r-s \geqslant|m|$." ['首先我们不妨设 $\\left(a_{1}, a_{2}\\right)=1$, 不然整个数列每一项都除以一个 $\\left(a_{1}, a_{2}\\right)$ 可以得到同样的结果和结论.\n\n\n\n我们先证一个非常显然的引理.\n\n引理: 对任意 $a_{n}, n \\geqslant 3$, 我们都可以将 $a_{n}$ 写成 $a_{n}=k_{n} a_{2}+l_{n} a_{1}$, 其中 $m \\mid k_{n}-1$, $m \\mid l_{n}$.\n\n引理的证明: $a_{3}=a_{2}-m a_{1}, a_{4}=a_{3}-m a_{2}=(1-m) a_{2}-m a_{1}$. 所以 $n=3,4$ 时显然. 若 $n-2$ 和 $n-1$ 时都成立的话, 则\n\n$a_{n}=a_{n-1}-m a_{n-2}=\\left(k_{n-1}-m k_{n-2}\\right) a_{2}+\\left(l_{n-1}-m l_{n-2}\\right) a_{1}$ 所以还是显然.\n\n所以在模 $m$ 的时候我们总有 $a_{n} \\equiv a_{2}(\\bmod m)$, 故 $a_{r}=a_{s}=a_{1}$ 就表明了 $a_{2} \\equiv a_{1}$ $(\\bmod m)$, 由 $\\left(a_{1}, a_{2}\\right)=1$ 可得 $\\left(a_{1}, m\\right)=1$.\n\n那么 $\\frac{a_{r}-a_{s}}{m}=\\sum_{i=s+1}^{r} \\frac{a_{i}-a_{i-1}}{m}=\\sum_{i=s+1}^{r} a_{i-2} \\equiv(r-s) a_{1}(\\bmod m)$\n\n故 $m \\mid(r-s) a_{1}$, 所以 $m \\mid r-s$. 于是 $r-s \\geqslant|m|$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 5 设复数数列 $\left\{z_{n}\right\}$ 满足: $\left|z_{1}\right|=1$, 且对任意正整数 $n$, 均有 $4 z_{n+1}^{2}+2 z_{n} z_{n+1}+z_{n}^{2}=0$.证明; 对任意正整数 $m$, 均有 $\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right|<\frac{2 \sqrt{3}}{3}$. ['归纳地可知 $z_{n} \\neq 0\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$, 由条件得 $4\\left(\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right)^{2}+2\\left(\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right)+1=0\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$\n\n解得 $\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}=\\frac{-1 \\pm \\sqrt{3} i}{4}\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$\n\n\n\n因此 $\\frac{\\left|z_{n+1}\\right|}{\\left|z_{n}\\right|}=\\left|\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right|=\\left|\\frac{-1 \\pm \\sqrt{3} i}{4}\\right|=\\frac{1}{2}$, 故 $\\left|z_{n}\\right|=\\left|z_{1}\\right| \\cdot \\frac{1}{2^{n-1}}=\\frac{1}{2^{n-1}}\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$ (1)进而有 $\\left|z_{n}+z_{n+1}\\right|=\\left|z_{n}\\right| \\cdot\\left|1+\\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\\right|=\\frac{1}{2^{n-1}} \\cdot\\left|\\frac{3 \\pm \\sqrt{3} i}{4}\\right|=\\frac{\\sqrt{3}}{2^{n}}\\left(n \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$ (2)当 $m$ 为偶数时, 设 $m=2 s\\left(s \\in \\mathbb{N}^{*}\\right)$. 利用 (2) 可得 $\\left|z_{1}+z_{2}+\\cdots+z_{m}\\right| \\leqslant \\sum_{k=1}^{s}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|<\\sum_{k=1}^{\\infty}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|=\\sum_{k=1}^{\\infty} \\frac{\\sqrt{3}}{2^{2 k-1}}=\\frac{2 \\sqrt{3}}{3}$.当 $m$ 为奇数时, 设 $m=2 s+1(s \\in \\mathbb{N})$. 由 (1), (2) 可知 $\\left|z_{2 s+1}\\right|=\\frac{1}{2^{s}}<\\frac{\\sqrt{3}}{3 \\cdot 2^{2 s-1}}=\\sum_{k=s+1}^{\\infty} \\frac{\\sqrt{3}}{2^{2 s-1}}=\\sum_{k=s+1}^{\\infty}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|$.\n故 $\\left|z_{1}+z_{2}+\\cdots+z_{m}\\right| \\leqslant\\left(\\sum_{k=1}^{s}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|\\right)+\\left|z_{2 k+1}\\right|<\\sum_{k=1}^{\\infty}\\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\\right|=\\frac{2 \\sqrt{3}}{3}$.综上, 结论获证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 6 设正实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{100}$ 满足 $a_{i} \geqslant a_{101-i}(i=1,2, \cdots, 50)$. 记 $x_{k}=\frac{k a_{k+1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}(k=$ $1,2, \cdots, 99)$. 证明: $x_{1} x_{2}^{2} \cdots x_{99}^{99} \leqslant 1$. ['注意到 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{100}>0$. 对 $k=1,2, \\cdots, 99$, 由平均值不等式知 $0<\\left(\\frac{k}{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k}}\\right)^{k} \\leqslant$ $\\frac{1}{a_{1} a_{2} \\cdots a_{k}}$\n\n从而有 $x_{1} x_{2}^{2} \\cdots x_{99}^{99}=\\prod_{k=1}^{99} a_{k+1}^{k}\\left(\\frac{k}{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{k}}\\right) \\leqslant \\prod_{k=1}^{99} \\frac{a_{k+1}^{k}}{a_{1} a_{2} \\cdots a_{k}}$ (1)\n\n记 (1) 的右端为 $T$, 则对任意 $i=1,2, \\cdots, 100, a_{i}$ 在 $T$ 的分子中的次数为 $i-1$, 在 $T$的分母中的次数为 $100-i$. 从而\n\n$T=\\prod_{i=1}^{100} a_{i}^{2 i-101}=\\prod_{i=1}^{50} a_{i}^{2 i-101} a_{101-i}^{2(101-i)-101}=\\prod_{i=1}^{50}\\left(\\frac{a_{101-i}}{a_{i}}\\right)^{101-2 i}$\n\n又 $0 \\leqslant a_{101-i} \\leqslant a_{i}(i=1,2, \\cdots, 50)$, 故 $T \\leqslant 1$, 结合 (1) 得 $x_{1} x_{2}^{2} \\cdots x_{99}^{99} \\leqslant T \\leqslant 1$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 7 将一个凸 2019 边形的每条边任意染为红, 黄, 蓝三种颜色之一, 每种颜色的边各 673 条. 证明: 可作这个凸 2019 边形的 2016 条在内部互不相交的对角线将其剖分成 2017 个三角形, 并将所作的每条对角线也染为红, 黄, 蓝三种颜色之一, 使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同, 或者颜色互不相同. ['我们对 $n \\geqslant 5$ 归纳证明加强的命题: 如果将凸 $n$ 边形的边染为三种颜色 $a, b, c$, 并且三种颜色的边均至少有一条, 那么可作满足要求的三角形剖分.\n\n当 $n=5$ 时, 若三种颜色的边数为 $1,1,3$, 由对称性, 只需考虑如下图两种情形, 分别可作图中所示的三角形剖分.\n\n\n若三种颜色的边数为 $1,2,2$, 由对称性, 只需考虑如下图三种情形, 分别可作图中所示的三角形剖分.\n\n\n\n\n\n\n\n假设结论对 $n(n \\geqslant 5)$ 成立, 考虑 $n+1$ 的情形, 将凸 $n+1$ 边形记为 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n+1}$.情形一: 有两种颜色的边各只有一条. 不妨设 $a, b$ 色边只有一条. 由于 $n+1 \\geqslant 6$, 故存在连续两条边均为 $c$ 色, 不妨设是 $A_{n} A_{n+1}, A_{n+1} A_{1}$. 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 并将 $A_{1} A_{n}$染为 $c$ 色, 则三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.\n\n情形二: 某种颜色的边只有一条, 其余颜色的边均至少两条. 不妨设 $a$ 色边只有一条,于是可以选择两条相邻边均不是 $a$ 色, 不妨设 $A_{n} A_{n+1}, A_{n+1} A_{1}$ 均不是 $a$ 色, 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 则 $A_{1} A_{n}$ 有唯一的染色方式, 使得三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色或互不同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.\n\n情形三: 每种颜色的边均至少两条. 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 则 $A_{1} A_{n}$ 有唯一的染色方式, 使得三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色或互不同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.\n\n综合以上 3 种情形, 可知 $n+1$ 的情形下结论也成立.\n\n由数学归纳法, 结论获证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese 8 "已知实数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$ 满足: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}\left(2 S_{n}-a_{n}\right)=1$, 其中 $S_{n}$ 表示数列的前 $n$ 项和. 证明: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}<2 \sqrt{n}$;" ['根据题意, 有\n\n$$\na_{1}^{2}=1\n$$\n\n命题成立. 当 $n \\geqslant 2$ 时, 有\n\n$$\n\\left(S_{n}-S_{n-1}\\right)\\left(S_{n}+S_{n-1}\\right)=1\n$$\n\n于是\n\n$$\nS_{n}^{2}=S_{n-1}^{2}+1,\n$$\n\n从而\n\n$$\nS_{n}^{2}=n, n=1,2, \\cdots \\text {. }\n$$\n\n\n\n因此当 $n \\geqslant 2$ 时, 有\n\n$$\na_{n}=S_{n}-S_{n-1} \\leqslant \\sqrt{n}+\\sqrt{n-1}<2 \\sqrt{n},\n$$\n\n命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 9 "已知实数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$ 满足: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}\left(2 S_{n}-a_{n}\right)=1$, 其中 $S_{n}$ 表示数列的前 $n$ 项和. 证明: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n} a_{n+1}<1$." ['只需要考虑 $a_{n}$ 与 $a_{n+1}$ 同号的情形, 不妨设 $a_{n}, a_{n+1}$ 均为正数, 则\n\n$$\nS_{n+1}>S_{n}>S_{n-1}>-\\sqrt{n},\n$$\n\n于是\n\n$$\nS_{n}=\\sqrt{n}, S_{n+1}=\\sqrt{n+1},\n$$\n\n于是\n\n$$\na_{n}=\\sqrt{n} \\pm \\sqrt{n-1}, a_{n+1}=\\sqrt{n+1}-\\sqrt{n},\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{n} a_{n+1} & \\leqslant(\\sqrt{n}+\\sqrt{n-1}) \\cdot(\\sqrt{n+1}-\\sqrt{n}) \\\\\n& <(\\sqrt{n+1}+\\sqrt{n}) \\cdot(\\sqrt{n+1}-\\sqrt{n}) \\\\\n& =1,\n\\end{aligned}\n$$\n\n命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 10 "设 $n$ 是正整数, $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}, A, B$ 均为正实数, 满足 $a_{i} \leqslant b_{i}, a_{i} \leqslant A, i=$ $1,2, \cdots, n$, 且 $\frac{b_{1} b_{2} \cdots b_{n}}{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \leqslant \frac{B}{A}$. 证明: $\frac{\left(b_{1}+1\right)\left(b_{2}+1\right) \cdots\left(b_{n}+1\right)}{\left(a_{1}+1\right)\left(a_{2}+1\right) \cdots\left(a_{n}+1\right)} \leqslant \frac{B+1}{A+1}$." ['由条件知, $k_{i}=\\frac{b_{i}}{a_{i}} \\geqslant 1, i=1,2, \\cdots, n$. 记 $\\frac{B}{A}=K$, 则 $\\frac{b_{1} b_{2} \\cdots b_{n}}{a_{1} a_{2} \\cdots a_{n}} \\leqslant \\frac{B}{A}$ 化为 $k_{1} k_{2} \\cdots k_{n} \\leqslant K$. 要证明\n\n$\\prod_{i=1}^{n} \\frac{k_{i} a_{i}+1}{a_{i}+1} \\leqslant \\frac{K A+1}{A+1}$. (1)\n\n对 $i=1,2, \\cdots, n$, 由于 $k_{i} \\geqslant 1$ 及 $00, k_{i} \\geqslant 1(i=1,2, \\cdots, n)$ 时, 有 $\\prod_{i=1}^{n} \\frac{k_{i} A+1}{A+1} \\leqslant \\frac{k_{1} k_{2} \\cdots k_{n} A+1}{A+1}$. (2)\n\n对 $n$ 进行归纳, 当 $n=1$ 时, 结论显然成立.\n\n当 $n=2$ 时, 由 $A>0, k_{1}, k_{2} \\geqslant 1$ 可知 $\\frac{k_{1} A+1}{A+1} \\cdot \\frac{k_{2} A+1}{A+1} - \\frac{k_{1} k_{2} A+1}{A+1}=-\\frac{A\\left(k_{1}-1\\right)\\left(k_{2}-1\\right)}{(A+1)^{2}} \\leqslant 0$ . (3)\n\n因此 $n=2$ 时结论成立.\n\n设 $n=m$ 时结论成立, 则当 $n=m+1$ 时, 利用归纳假设知, $\\prod_{i=1}^{m+1} \\frac{k_{1} A+1}{A+1}=\\left(\\prod_{i=1}^{m} \\frac{k_{i} A+1}{A+1}\\right)$. $\\frac{k_{m+1} A+1}{A+1} \\leqslant \\frac{k_{1} k_{2} \\cdots k_{m} A+1}{A+1} \\cdot \\frac{k_{m+1} A+1}{A+1} \\leqslant \\frac{k_{1} k_{2} \\cdots k_{m+1} A+1}{A+1}$,最后一步是在 (3) 中用 $k_{1} k_{2} \\cdots k_{m}, k_{m+1}$ (注意 $k_{1} k_{2} \\cdots k_{m} \\geqslant 1, k_{m+1} \\geqslant 1$ ) 分别代替 $k_{1}, k_{2}$. 从而 $n=m+1$ 时结论成立.\n\n由数学归纳法可知, (2) 对所有正整数 $n$ 成立, 故命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 11 "设 $n, k, m$ 是正整数, 满足 $k \geqslant 2$, 且 $n \leqslant m<\frac{2 k-1}{k} n$. 设 $A$ 是 $\{1,2, \cdots, m\}$ 的 $n$ 元子集. 证明: 区间 $\left(0, \frac{n}{k-1}\right)$ 中每个整数均可表示为 $a-a^{\prime}$, 其中 $a, a^{\prime} \in A$." ['用反证法. 假设存在整数 $x \\in\\left(0, \\frac{n}{k-1}\\right)$ 不可表示为 $a-a^{\\prime}, a, a^{\\prime} \\in A$. 作带余除法 $m=x q+r$, 其中 $0 \\leqslant r\\frac{k}{2 k-1} m=\\frac{k}{2 k-1}(x q+r) \\quad \\quad (2)$.\n\n又 $x \\in\\left(0, \\frac{n}{k-1}\\right)$, 故 $n>(k-1) x \\quad \\quad (3)$.\n\n情形一\n\n$q$ 是奇数, 则由 (1) 知, $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q+1}{2}$. (4)\n\n结合 (2), (4) 可知, $x \\cdot \\frac{q+1}{2} \\geqslant n>\\frac{k}{2 k-1}(x q+r) \\geqslant \\frac{k}{2 k-1} x q$, 从而 $q<2 k-1$. 再由 $q$ 是奇数可知, $q \\leqslant 2 k-3$, 于是 $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q+1}{2} \\leqslant(k-1) x$, 与 (3)矛盾.\n\n情形二\n\n$q$ 是偶数, 则由 (1) 知, $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q}{2}+r$. (5)\n\n结合 (2), (5) 可知, $x \\cdot \\frac{q}{2}+r \\geqslant n>\\frac{k}{2 k-1}(x q+r)$, 从而 $\\frac{x q}{2(2 k-1)}<\\frac{k-1}{2 k-1} r<\\frac{(k-1) x}{2 k-1}$,故 $q<2(k-1)$. 再由 $q$ 是偶数可知, $q \\leqslant 2 k-4$, 于是 $n \\leqslant x \\cdot \\frac{q}{2}+r \\leqslant(k-2) x+r<(k-1) x$,与 (3) 矛盾.\n\n综上可知, 反证法假设不成立, 结论获证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 12 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下: $a_{1}$ 是任意正整数, 对整数 $n \geqslant 1, a_{n+1}$ 是与 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}$ 互素, 且不等于 $a_{1}, \cdots, a_{n}$ 的最小整数. 证明: 每个正整数均在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现." ['显然 $a_{1}=1$ 或 $a_{2}=1$. 下面考虑整数 $m>1$, 设 $m$ 有 $k$ 个不同素因子, 我们对 $k$ 归纳证明 $m$ 在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现. 记 $S_{n}=a_{1}+\\cdots+a_{n}, n \\geqslant 1$.\n\n$k=1$ 时, $m$ 是素数方幂, 设 $m=p^{a}$, 其中 $a>0, p$ 是素数. 假设 $m$ 不在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现. 由于 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 各项互不相同, 因此存在正整数 $N$, 当 $n \\geqslant N$ 时, 都有 $a_{n}>p^{a}$. 若对某个 $n \\geqslant N, p \\nmid S_{n}$, 那么 $p^{a}$ 与 $S_{n}$ 互素, 又 $a_{1}, \\cdots, a_{n}$ 中无一项是 $p^{a}$, 故由数列定义知 $a_{n+1} \\leqslant p^{a}$, 但是 $a_{n+1}>p^{a}$, 矛盾!\n\n因此对每个 $n \\geqslant N$, 都有 $p \\mid S_{n}$, 但由 $p \\mid S_{n+1}$ 及 $p \\mid S_{n}$ 知 $p \\mid a_{n+1}$, 从而 $a_{n+1}$ 与 $S_{n}$ 不互素, 这与 $a_{n+1}$ 的定义矛盾.\n\n假设 $k \\geqslant 2$, 且结论对 $k-1$ 成立. 设 $m$ 的标准分解为 $m=p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \\cdots p_{k}^{a_{k}}$, 假设 $m$ 不在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现, 于是存在正整数 $N^{\\prime}$, 当 $n \\geqslant N^{\\prime}$ 时, 都有 $a_{n}>m$. 取充分大的正整数 $\\beta_{1}, \\cdots, \\beta_{k-1}$, 使得 $M=p_{1}^{\\beta_{1}} \\cdots p_{k-1}^{\\beta_{k-1}}>\\max _{1 \\leqslant n \\leqslant N^{\\prime}} a_{n}$.\n\n我们证明, 对 $n \\geqslant N^{\\prime}$, 有 $a_{n+1} \\neq M$. 对任意 $n \\geqslant N^{\\prime}$, 若 $S_{n}$ 与 $p_{1} p_{2} \\cdots p_{k}$ 互素, 则 $m$与 $S_{n}$ 互素, 又 $m$ 在 $a_{1}, \\cdots, a_{n}$ 中均未出现, 而 $a_{n+1}>m$, 这与数列的定义矛盾. 因此我们推出: 对任意 $n \\geqslant N^{\\prime}, S_{n}$ 与 $p_{1} p_{2} \\cdots p_{k}$ 不互素. (*)\n\n情形一\n\n若存在 $i(1 \\leqslant i \\leqslant k-1)$, 使得 $p_{i} \\mid S_{n}$, 因 $\\left(a_{n+1}, S_{n}\\right)=1$, 故 $p_{i} \\nmid a_{n+1}$, 从而 $a_{n+1} \\neq M$ (因 $\\left.p_{i} \\mid M\\right)$.\n\n情形二\n\n若对每个 $i(1 \\leqslant i \\leqslant k-1)$, 均有 $p_{i} \\nmid S_{n}$, 则由 $(*)$ 知必有 $p_{k} \\mid S_{n}$. 于是 $p_{k} \\nmid a_{n+1}$, 进而 $p_{k} \\nmid S_{n}+a_{n+1}$, 即 $p_{k} \\nmid S_{n+1}$. 故由 (*) 知, 存在 $i_{0}\\left(1 \\leqslant i_{0} \\leqslant k-1\\right)$, 使得 $p_{i_{0}} \\mid S_{n+1}$, 再由 $S_{n+1}=S_{n}+a_{n+1}$ 及前面的假设 $p_{i} \\nmid S_{n}(1 \\leqslant i \\leqslant k-1)$, 可知 $p_{i_{0}} \\nmid a_{n+1}$, 故 $a_{n+1} \\neq M$.因此对 $n \\geqslant N^{\\prime}+1$, 均有 $a_{n} \\neq M$, 而 $M>\\max _{1 \\leqslant i \\leqslant N^{\\prime}} a_{n}$, 故 $M$ 不在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现, 这与归纳假设矛盾. 因此, 若 $m$ 有 $k$ 个不同素因子, 则 $m$ 一定在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现. 由数学归纳法知, 所有正整数均在 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中出现.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 13 设 $a, b$ 是实数, 函数 $f(x)=a x+b+\frac{9}{x}$. 证明: 存在 $x_{0} \in[1,9]$, 使得 $\left|f\left(x_{0}\right)\right| \geqslant 2$. "['只需证明存在 $u, v \\in[1,9]$, 满足 $|f(u)-f(v)| \\geqslant 4$, 进而由绝对值不等式得 $|f(u)|+$ $|f(v)| \\geqslant|f(u)-f(v)| \\geqslant 4$, 故 $|f(u)| \\geqslant 2$ 与 $|f(v)| \\geqslant 2$ 中至少有一个成立. 当 $a \\in$ $\\left(-\\infty, \\frac{1}{2}\\right] \\bigcup\\left[\\frac{3}{2},+\\infty\\right)$ 时, 有 $|f(1)-f(9)|=|(a+b+9)-(9 a+b+1)|=8|1-a| \\geqslant 4$.当 $\\frac{1}{2}1$, 故 $a+i_{j}$ 有素因子 $p_{j}$.\n\n我们有 $\\left(p_{j}, a\\right)=1$ (否则, 因 $p_{j}$ 是素数, 故 $p_{j} \\mid a$, 但 $p_{j} \\mid a+i_{j}$, 从而 $p_{j} \\mid i_{j}$, 故 $a, i_{j}$不互素, 与 $i_{j}$ 的取法矛盾). 因此, 由费马小定理知, $a^{p_{j}-1} \\equiv 1\\left(\\bmod p_{j}\\right)$. 现取 $k=$ $\\left(p_{1}-1\\right)\\left(p_{2}-1\\right) \\cdots\\left(p_{r}-1\\right)+1$. 对任意 $j=1,2, \\cdots, r$, 注意到 $k \\equiv 1\\left(\\bmod p_{j}-1\\right)$,故有 $a^{k}+i_{j} \\equiv a+i_{j} \\equiv 0\\left(\\bmod p_{j}\\right)$. 又 $a^{k}+i_{j}>a+i_{j} \\geqslant p_{j}$, 故 $a^{k}+i_{j}$ 为合数.\n\n综上所述, 当 $k=\\left(p_{1}-1\\right)\\left(p_{2}-1\\right) \\cdots\\left(p_{r}-1\\right)+1$ 时, $a^{k}+1, a^{k}+2, \\cdots, a^{k}+n$ 均是合数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 15 设 $k, m$ 为实数, 不等式 $\left|x^{2}-k x-m\right| \leqslant 1$ 对所有 $x \in[a, b]$ 成立. 证明: $b-a \leqslant 2 \sqrt{2}$. "['根据题意, 有\n\n$$\n\\forall x \\in[a, b], x^{2}-1 \\leqslant k x+m \\leqslant x^{2}+1\n$$\n\n如下图, 考虑直线 $y=k x+m$ 截图中阴影部分得到的线段在 $x$ 轴上的投影长度. 不妨设 $k \\geqslant 0$. 分别记\n\n$$\n\\Delta_{1}=k^{2}+4 m-4, \\Delta_{2}=k^{2}+4 m+4 \\text {. }\n$$\n\n\n\n\n\n情形 1 : 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相交, 即 $\\Delta_{1}>0$. 且有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nb-a & \\leqslant\\left|\\frac{k+\\sqrt{\\Delta_{2}}}{2}-\\frac{k+\\sqrt{\\Delta_{1}}}{2}\\right| \\\\\n& =\\frac{1}{2}\\left|\\sqrt{k^{2}+4 m+4}-\\sqrt{k^{2}+4 m-4}\\right| \\\\\n& =\\frac{4}{\\sqrt{k^{2}+4 m+4}+\\sqrt{k^{2}+4 m-4}} \\\\\n& <\\frac{4}{\\sqrt{8}+\\sqrt{0}} \\\\\n& =\\sqrt{2} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n情形 2: 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相离且与抛物线 $y=x^{2}-1$ 相交, 此时将直线 $y=k x+m$ 向上平移, 直至与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相切可以使得线段投影长度增大, 因此此时无法取得最大值.\n\n情形 3: 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相切, 即 $\\Delta_{1}=0$. 此时\n\n$$\nb-a \\leqslant \\frac{2 \\sqrt{\\Delta_{2}}}{2}=2 \\sqrt{2}\n$$\n\n综上所述, 原命题得证.' '根据题意, 有\n\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\left|b^{2}-k b-m\\right| \\leqslant 1 \\\\\n\\left|a^{2}-k a-m\\right| \\leqslant 1 \\\\\n\\left|\\left(\\frac{b+a}{2}\\right)^{2}-k \\cdot \\frac{b+a}{2}-m\\right| \\leqslant 1\n\\end{array}\\right.\n$$\n\n于是\n\n$$\n(b-a)^{2} \\leqslant 2\\left|b^{2}-k b-m\\right|+2\\left|a^{2}-k a-m\\right|+4\\left|\\left(\\frac{b+a}{2}\\right)^{2}-k \\cdot \\frac{b+a}{2}-m\\right| \\leqslant 8,\n$$\n\n于是原命题得证.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 16 设 $m, n$ 均是大于 1 的整数, $m \geqslant n . a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 是 $n$ 个不超过 $m$ 的互不相同的正整数, 且 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 互素. 证明: 对任意实数 $x$, 均存在一个 $i(1 \leqslant i \leqslant n)$, 使得 $\left\|a_{i} x\right\| \geqslant \frac{2}{m(m+1)}\|x\|$, 这里 $\|y\|$ 表示实数 $y$ 到与它最近的整数的距离. ['首先证明以下两个结论.\n\n结论一: 存在整数 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$, 满足\n\n$$\nc_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\\cdots+c_{n} a_{n}=1,\n$$\n\n并且 $\\left|c_{i}\\right| \\leqslant m, \\quad 1 \\leqslant i \\leqslant n$.\n\n证明: 由于 $\\left(a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}\\right)=1$, 由裴蜀定理，存在正整数 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$ 满足\n\n$$\nc_{1} a_{1}+c_{2} a_{2}+\\cdots+c_{n} a_{n}=1\n$$\n\n\n\n下面证明, 通过调整, 存在一组 $c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}$ 满足上式, 且绝对值均不超过 $m$. 记\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& S_{1}=S_{1}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)=\\sum_{c_{i}>m} c_{i} \\geqslant 0 \\\\\n& S_{2}=S_{2}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)=\\sum_{c_{i}<-m}\\left|c_{i}\\right| \\geqslant 0\n\\end{aligned}\n$$\n\n如果 $S_{1}>0$, 那么存在 $c_{i}>m>1$, 于是 $c_{i} a_{i}>1$, 又因为 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 均为正数, 故由上式可知存在 $c_{j}<0$. 令\n\n$$\n\\left(c_{i}^{\\prime}, c_{j}^{\\prime}, c_{k}^{\\prime}\\right)=\\left(c_{i}-a_{j}, c_{j}+a_{i}, c_{k}\\right),\n$$\n\n其中 $1 \\leqslant k \\leqslant n, k \\neq i, j$, 则\n\n$$\nc_{1}^{\\prime} a_{1}+c_{2}^{\\prime} a_{2}+\\cdots+c_{n}^{\\prime} a_{n}=1\n$$\n\n并且\n\n$$\n0 \\leqslant m-a_{j}c_{j}$ 及 $c_{i}^{\\prime}>0$, 故\n\n$$\nS_{2}\\left(c_{1}^{\\prime}, c_{2}^{\\prime}, \\cdots, c_{n}^{\\prime}\\right) \\leqslant S_{2}\\left(c_{1}, c_{2}, \\cdots, c_{n}\\right)\n$$\n\n如果 $S_{2}>0$, 那么存在 $c_{j}<-m$, 因此有一个 $c_{i}>0$. 令\n\n$$\n\\left(c_{i}^{\\prime}, c_{j}^{\\prime}, c_{k}^{\\prime}\\right)=\\left(c_{i}-a_{j}, c_{j}+a_{i}, c_{k}\\right),\n$$\n\n其中 $1 \\leqslant k \\leqslant n, k \\neq i, j$, 那么\n\n$$\nc_{1}^{\\prime} a_{1}+c_{2}^{\\prime} a_{2}+\\cdots+c_{n}^{\\prime} a_{n}=1\n$$\n\n成立, 并且\n\n$$\n-m\\frac{1}{2}(m+1)$, 则在 $a_{1}, a_{2}, \\cdots, a_{n}$ 中存在两个相邻正整数, 不妨设 $a_{1}, a_{2}$ 相邻, 则\n\n$$\n\\|x\\|=\\left\\|a_{2} x-a_{1} x\\right\\| \\leqslant\\left\\|a_{2} x\\right\\|+\\left\\|a_{1} x\\right\\|,\n$$\n\n故\n\n$$\n\\max \\left\\{\\left\\|a_{1} x\\right\\|,\\left\\|a_{2} x\\right\\|\\right\\} \\geqslant \\frac{\\|x\\|}{2} \\geqslant \\frac{2\\|x\\|}{m(m+1)} .\n$$\n\n综上所述, 总存在一个 $i(1 \\leqslant i \\leqslant n)$, 满足\n\n$$\n\\left\\|a_{i} x\\right\\| \\geqslant \\frac{2}{m(m+1)}\\|x\\|,\n$$\n\n命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 17 "设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n}^{2}, n=1,2, \cdots$. 证明: 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 也是等差数列;" ['不妨设 $a_{n}=a+n d, n \\in \\mathbb{N}^{*}$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\nb_{n} & =[a+(n+1) d] \\cdot[a+(n+2) d]-(a+n d)^{2} \\\\\n& =[d n+(a+d)] \\cdot[d n+(a+2 d)]-(d n+a)^{2} \\\\\n& =\\left[d^{2} n^{2}+\\left(2 a d+3 d^{2}\\right) n+\\left(a^{2}+3 a d+2 d^{2}\\right)\\right]-\\left(d^{2} n^{2}+2 a d n+a^{2}\\right) \\\\\n& =3 d^{2} n+\\left(3 a d+2 d^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n因此数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 也是等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 18 "设实数 $a, b, c$ 满足 $a+b+c=0$, 令 $d=\max \{|a|,|b|,|c|\}$. 证明: $$ |(1+a)(1+b)(1+c)| \geqslant 1-d^{2} . $$" ['不妨设 $a \\leqslant b \\leqslant c$, 则 $a \\leqslant 0$ 且 $c \\geqslant 0$. 若 $d \\geqslant 1$, 则不等式显然成立. 下面考虑 $0 \\leqslant d<1$的情形, 此时 $a, b, c \\in(-1,1)$, 于是\n\n$$\nm=|(1+a)(1+b)(1+c)|=(1+a)(1+b)(1+c) .\n$$\n\n当 $b \\geqslant 0$ 时, 有\n\n$$\nm \\geqslant(1+a)(1+b+c)=1-a^{2} \\geqslant 1-d^{2}\n$$\n\n类似的, 当 $b<0$ 时, 有\n\n$$\nm \\geqslant(1+a+b)(1+c)=1-c^{2} \\geqslant 1-d^{2}\n$$\n\n因此原不等式得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 19 给定正整数 $m$, 证明: 存在正整数 $k$, 使得可将正整数集 $\mathbb{N}^{*}$ 分拆为 $k$ 个互不相交的子集 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{k}$, 每个子集 $A_{i}$ 中均不存在 4 个数 $a, b, c, d$ (可以相同), 满足 $a b-c d=m$. ['取 $k=m+1$, 令\n\n$$\nA_{i}=\\left\\{x \\mid x \\equiv i \\quad(\\bmod m+1), x \\in \\mathbb{N}^{*}\\right\\},\n$$\n\n其中 $i=1,2, \\cdots, m+1$. 设 $a, b, c, d \\in A_{i}$, 则\n\n$$\na b-c d \\equiv i \\cdot i-i \\cdot i=0 \\equiv 0 \\quad(\\bmod m+1)\n$$\n\n故 $m+1 \\mid a b-c d$, 而 $m+1 \\nmid m$, 所以 $A_{i}$ 中不存在 4 个数 $a, b, c, d$ 满足 $a b-c d=m$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 20 "设 $p$ 与 $p+2$ 均是素数, $p>3$. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义为 $$ a_{1}=2, a_{n}=a_{n-1}+\left\lceil\frac{p a_{n-1}}{n}\right\rceil, n=2,3, \cdots $$ 这里 $\lceil x\rceil$ 表示不小于实数 $x$ 的最小整数. 证明: 对 $n=3,4, \cdots, p-1$ 均有 $n \mid p a_{n-1}+1$成立." ['首先注意, $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是整数数列.\n\n对 $n$ 用数学归纳法. 当 $n=3$ 时, 由条件知 $a_{2}=2+p$, 故 $p a_{2}+1=(p+1)^{2}$. 因 $p$ 与$p+2$ 均是素数, 且 $p>3$, 故必须 $3 \\mid p+1$. 因此 $3 \\mid p a_{2}+1$, 即 $n=3$ 时结论成立.对 $30$. 求证: $$ a b+b c+c a<\frac{\sqrt{a b c}}{2}+\frac{1}{4} $$" ['若 $a b+b c+c a \\leqslant \\frac{1}{4}$, 则命题已成立.\n\n若 $a b+b c+c a>\\frac{1}{4}$ ，不妨设 $a=\\max \\{a, b, c\\}$.\n\n因为\n\n$$\na+b+c=1,\n$$\n\n所以 $a \\geqslant \\frac{1}{3}$.\n\n又因为\n\n$$\n\\begin{aligned}\na b+b c+c a-\\frac{1}{4} & \\leqslant \\frac{(a+b+c)^{2}}{3}-\\frac{1}{4} \\\\\n& =\\frac{1}{12} \\leqslant \\frac{a}{4}, (1)\n\\end{aligned}\n$$\n\n且\n\n$$\n\\begin{aligned}\na b+b c+c a-\\frac{1}{4} & =a(b+c)-\\frac{1}{4}+b c \\\\\n& =a(1-a)-\\frac{1}{4}+b c \\\\\n& \\leqslant \\frac{1}{4}-\\frac{1}{4}+b c=b c,(2)\n\\end{aligned}\n$$\n\n其中 (1) 式等号在 $a=\\frac{1}{3}$ 时成立, (2) 式等号在 $a=\\frac{1}{2}$ 时成立, 因此 (1)(2) 中的等号不能同时成立.\n\n由于 $a b+b c+c a-\\frac{1}{4}>0$, 将 (1)(2) 两式相乘得\n\n$$\n\\left(a b+b c+c a-\\frac{1}{4}\\right)^{2}<\\frac{a b c}{4}\n$$\n\n即\n\n$$\na b+b c+c a-\\frac{1}{4}<\\frac{\\sqrt{a b c}}{2},\n$$\n\n从而\n\n$$\na b+b c+c a<\\frac{\\sqrt{a b c}}{2}+\\frac{1}{4} .\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 24 设整数 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2014}$ 模 2014 互不同余, 整数 $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{2014}$ 模 2014 互不同余. 证明: 可将 $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2014}$ 重新排列为 $z_{1}, z_{2}, \ldots, z_{2014}$, 使得整数 $x_{1}+z_{1}$, $x_{2}+z_{2}, \cdots, x_{2014}+z_{2014}$ 模 4028 互不同余. ['记 $k=1007$ ，不妨设 $x_{i} \\equiv y_{i} \\equiv i(\\bmod 2 k), \\quad 1 \\leqslant i \\leqslant 2 k$.\n\n对每个整数 $i, 1 \\leqslant i \\leqslant k$, 若\n\n$$\nx_{i}+y_{i} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i+k}(\\bmod 4 k)\n$$\n\n则令 $z_{i}=y_{i}, z_{i+k}=y_{i+k}$, 从而有\n\n$$\nx_{i}+z_{i}=x_{i}+y_{i} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i+k}=x_{i+k}+z_{i+k}(\\bmod 4 k) .\n$$\n\n若\n\n$$\nx_{i}+y_{i+k} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i}(\\bmod 4 k)\n$$\n\n令 $z_{i}=y_{i+k}, z_{i+k}=y_{i}$, 则也有\n\n$$\nx_{i}+z_{i}=x_{i}+y_{i+k} \\not \\equiv x_{i+k}+y_{i}=x_{i+k}+z_{i+k}(\\bmod 4 k) .\n$$\n\n若不然，我们有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{i}+y_{i} & \\equiv x_{i+k}+y_{i+k}(\\bmod 4 k), \\\\\nx_{i}+y_{i+k} & \\equiv x_{i+k}+y_{i}(\\bmod 4 k),\n\\end{aligned}\n$$\n\n\n\n两式相加可得 $2 x_{i} \\equiv 2 x_{i+k}(\\bmod 4 k)$, 于是\n\n$$\nx_{i} \\equiv x_{i+k}(\\bmod 2 k)\n$$\n\n但 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2014}$ 模 $2014(=2 k)$ 互不同余. 特别地, $x_{i} \\not \\equiv x_{i+k}(\\bmod 2 k)$, 矛盾.由上述构造方法知 $z_{1}, z_{2}, \\cdots, z_{2 k}$ 是 $y_{1}, y_{2}, \\cdots, y_{2 k}$ 的排列.\n\n记 $\\omega_{i}=x_{i}+z_{i}, i=1,2, \\cdots, 2 k$. 下面验证 $\\omega_{1}, \\omega_{2}, \\cdots, \\omega_{2 k}$ 模 $4 k$ 互不同余. 只需证明对任意整数 $i, j, 1 \\leqslant i0$, 使得 $x_{n} \geqslant C \cdot 2^{n}, n=1,2, \cdots$. ['当 $n \\geqslant 2$ 时, $S_{n} \\geqslant 2 S_{n-1}$ 等价于\n\n$$\nx_{n} \\geqslant x_{1}+\\cdots+x_{n-1}, (1)\n$$\n\n对常数 $C=\\frac{1}{4} x_{1}$, 用数学归纳法证明:\n\n$$\nx_{n} \\geqslant C \\cdot 2^{n}, n=1,2, \\cdots, (2)\n$$\n\n$n=1$ 时结论显然成立. 又 $x_{2} \\geqslant x_{1}=C \\cdot 2^{2}$.\n\n对 $n \\geqslant 3$, 假设 $x_{k} \\geqslant C \\cdot 2^{k}, k=1,2, \\cdots, n-1$. 则由 (1) 式知\n\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{n} & \\geqslant x_{1}+\\left(x_{2}+\\cdots+x_{n-1}\\right) \\\\\n& \\geqslant x_{1}+\\left(C \\cdot 2^{2}+\\cdots+C \\cdot 2^{n-1}\\right) \\\\\n& =C\\left(2^{2}+2^{2}+2^{3}+\\cdots+2^{n-1}\\right) \\\\\n& =C \\cdot 2^{n},\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 由数学归纳法知, (2) 式成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 26 "给定正整数 $u, v$. 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下: $a_{1}=u+v$, 对整数 $m \geqslant 1$. $$ \left\{\begin{array}{l} a_{2 m}=a_{m}+u \\ a_{2 m+1}=a_{m}+v \end{array}\right. $$ 记 $S_{m}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{m}(m=1,2, \cdots)$. 证明: 数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 中有无穷多项是完全平方数." ['对正整数 $n$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{2^{n+1}-1} & =a_{1}+\\left(a_{2}+a_{3}\\right)+\\left(a_{4}+a_{5}\\right)+\\cdots+\\left(a_{2^{n+1}-2}+a_{2^{n+1}-1}\\right). \\\\\n& =u+v+\\left(a_{1}+u+a_{1}+v\\right)+\\left(a_{2}+u+a_{2}+v\\right)+\\cdots+\\left(a_{2^{n}-1}+u+a_{2^{n}-1}+v\\right) \\\\\n& =2^{n}(u+v)+2 S_{2^{n}-1},\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{2^{n}-1} & =2^{n-1}(u+v)+2 S_{2^{n-1}-1} \\\\\n& =2^{n-1}(u+v)+2\\left(2^{n-2}(u+v)+2 S_{2^{n-2}-1}\\right) \\\\\n& =2 \\cdot 2^{n-1}(u+v)+2^{2} S_{2^{n-2}-1}. \\\\\n& =(n-1) \\cdot 2^{n-1}(u+v)+2^{n-1}(u+v) \\\\\n& =(u+v) n \\cdot 2^{n-1},\n\\end{aligned}\n$$\n\n设 $u+v=2^{k} \\cdot q$, 其中 $k$ 是非负整数, $q$ 是奇数. 取 $n=q \\cdot l^{2}$, 其中 $l$ 为满足 $l \\equiv(k-1)(\\bmod 2)$ 的任意正整数, 此时 $S_{2^{n}-1}=q^{2} l^{2} \\cdot 2^{k-1+q \\cdot l^{2}}$, 注意到 $q$ 是奇数, 故\n\n$$\nk-1+q \\cdot l^{2} \\equiv k-1+l^{2} \\equiv k-1+(k-1)^{2}=k(k-1) \\equiv 0(\\bmod 2)\n$$\n\n所以, $S_{2^{n}-1}$ 是完全平方数. 由于 $l$ 有无穷多个, 故数列 $\\left\\{S_{n}\\right\\}$ 中有无穷多项是完全平方数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 27 设 $n, k$ 为大于 1 的整数, $n<2^{k}$. 证明: 存在 $2 k$ 个不被 $n$ 整除的整数, 若将它们任意分成两组, 则总有一组有若干个数的和被 $n$ 整除. ['先考虑 $n$ 为 2 的幂的情形.\n\n设 $n=2^{r}, r \\geqslant 1$, 则 $r0)$, 求证: $$ \left|P_{0} P_{1}\right| \cdot\left|P_{0} P_{2}\right| \cdots\left|P_{0} P_{n}\right|>\left(\frac{d}{3}\right)^{n} \sqrt{(n+1) !} $$" ['不妨设\n\n$$\n\\left|P_{0} P_{1}\\right| \\leqslant\\left|P_{0} P_{2}\\right| \\leqslant \\cdots\\left|P_{0} P_{n}\\right|\n$$\n\n\n\n以 $P_{i}(i=0,1,2, \\cdots, k)$ 为圆心, $\\frac{d}{2}$ 为半径画 $k+1$ 个圆, 它们两两相离或外切.设 $Q$ 是圆 $P_{i}$ 上任意一点, 由于\n\n$$\n\\left|P_{0} Q\\right| \\leqslant\\left|P_{0} P_{i}\\right|+\\left|P_{i} Q\\right|=\\left|P_{0} P_{i}\\right|+\\frac{1}{2} d \\leqslant\\left|P_{0} P_{k}\\right|+\\frac{1}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|=\\frac{3}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|\n$$\n\n因而以 $P_{0}$ 为圆心, $\\frac{3}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|$ 为半径的圆覆盖上述 $k+1$ 个圆, 故\n\n$$\n\\pi\\left(\\frac{3}{2}\\left|P_{0} P_{k}\\right|\\right)^{2}>(k+1) \\pi\\left(\\frac{d}{2}\\right)^{2},\n$$\n\n即有\n\n$$\n\\left|P_{0} P_{k}\\right|>\\frac{d}{3} \\sqrt{k+1}(k=1,2, \\cdots, n).\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\left|P_{0} P_{1}\\right| \\cdot\\left|P_{0} P_{2}\\right| \\cdots\\left|P_{0} P_{n}\\right|>\\left(\\frac{d}{3}\\right)^{n} \\sqrt{(n+1) !}.\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 31 设 $S_{n}=1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}, n$ 是正整数. 证明: 对满足 $0 \leqslant a1+\\frac{1}{2}+\\left(\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{2^{2}}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{2^{n}}+\\cdots+\\frac{1}{2^{n}}\\right) \\\\\n& =1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}+\\cdots+\\frac{1}{2} \\\\\n& >\\frac{1}{2} n .\n\\end{aligned}\n$$\n\n令\n\n$$\nN_{0}=\\left[\\frac{1}{b-a}\\right]+1, m=\\left[S_{N_{0}}\\right]+1\n$$\n\n则\n\n$$\n\\frac{1}{b-a}m+1 \\geqslant m+b\n$$\n\n假设存在 $k>N_{0}$, 使得\n\n$$\nS_{k} \\leqslant m+a, S_{k} \\geqslant m+b\n$$\n\n\n\n因此\n\n$$\nS_{k}-S_{k-1} \\geqslant b-a\n$$\n\n这与\n\n$$\nS_{k}-S_{k-1}=\\frac{1}{k}<\\frac{1}{N_{0}}j$, 即 $k$ 有 $n-j$ 种选法, 故\n\n$$\ng_{j}(r) \\leqslant n-j\n$$\n\n从而\n\n$$\ng_{j}(r) \\leqslant \\min \\{j-1, n=j\\} .\n$$\n\n因此, 当 $n$ 为偶数时, 设 $n=2 m$, 则有\n\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{n}(r) & =\\sum_{j=2}^{n-1} g_{j}(r)=\\sum_{j=2}^{m-1} g_{j}(r)+\\sum_{j=m}^{2 m-1} g_{j}(r) \\\\\n& \\leqslant \\sum_{j=2}^{m}(j-1)+\\sum_{j=m+1}^{2 m-1}(2 m-j) \\\\\n& =\\frac{m(m-1)}{2}+\\frac{m(m-1)}{2} \\\\\n& =m^{2}-m0$.\n\n事实上, 令\n\n$h(x)=x-\\ln (1+x), \\quad g(x)=\\ln (1+x)-\\frac{x}{1+x}$.\n\n则对 $x>0$,\n\n$h^{\\prime}(x)=1-\\frac{1}{1+x}>0, \\quad g^{\\prime}(x)=\\frac{1}{1+x}-\\frac{1}{(1+x)^{2}}=\\frac{x}{(1+x)^{2}}>0$.\n\n于是\n\n$h(x)>h(0)=0, \\quad g(x)>g(0)=0$.\n\n在(1) 中取 $x=\\frac{1}{n}$ 得\n\n(2) $\\frac{1}{n+1}<\\ln \\left(1+\\frac{1}{n}\\right)<\\frac{1}{n}$.\n\n令 $x_{n}=\\sum_{k=1}^{n} \\frac{k}{k^{2}+1}-\\ln n$, 则 $x_{1}=\\frac{1}{2}$,\n\n$x_{n}-x_{n-1}=\\frac{n}{n^{2}+1}-\\ln \\left(1+\\frac{1}{n-1}\\right)$\n\n$<\\frac{n}{n^{2}+1}-\\frac{1}{n}$\n\n$=-\\frac{1}{\\left(n^{2}+1\\right) n}<0$\n\n因此 $x_{n}\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(\\frac{k}{k^{2}+1}-\\frac{1}{k}\\right) \\\\\n& =-\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{\\left(k^{2}+1\\right) k} \\geqslant-\\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{(k+1) k} \\\\\n& =-1+\\frac{1}{n}>-1 .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 35 设 $k, l$ 是给定的两个正整数. 证明: 有无穷多个正整数 $m \geqslant k$, 使得 $C_{m}^{k}$ 与 $l$ 互素. ['对任意正整数 $t$, 令 $m=k+t \\cdot l \\cdot(k !)^{2}$, 我们证明 $\\left(\\mathrm{C}_{m}^{k}, l\\right)=1$.\n\n设 $p$ 是 $l$ 的任一素因子, 只要证明: $p \\nmid C_{m}^{k}$.\n\n若 $p \\nmid k$ !, 则由\n\n$$\n\\begin{aligned}\nk ! C_{m}^{k} & =\\prod_{i=1}^{k}(m-k+i) \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k}\\left[\\left(i+t l(k !)^{2}\\right]\\right. \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k} i \\\\\n& \\equiv k !(\\bmod p)\n\\end{aligned}\n$$\n\n即 $p$ 不整除上式, 故 $p \\nmid \\mathrm{C}_{m}^{k}$.\n\n若 $p \\mid k$ !, 设 $\\alpha \\geqslant 1$ 使 $p^{\\alpha} \\mid k$ !, 但 $p^{\\alpha+1} \\nmid k ! . p^{\\alpha+1} \\mid(k !)^{2}$. 故由\n\n$$\n\\begin{aligned}\nk ! C_{m}^{k} & =\\prod_{i=1}^{k-1}(m-k+i) \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k}\\left[\\left(i+t l(k !)^{2}\\right]\\right. \\\\\n& \\equiv \\prod_{i=1}^{k} i \\\\\n& \\equiv k !\\left(\\bmod p^{\\alpha+1}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n及 $p^{\\alpha} \\mid k$ !, 且 $p^{\\alpha+1} \\nmid k !$, 知 $p^{\\alpha} \\mid k ! C_{m}^{k}$ 且 $p^{\\alpha+1} \\nmid k ! C_{m}^{k}$. 从而 $p \\nmid C_{m}^{k}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 36 设 $a_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(n+1-k)}$, 求证: 当正整数 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n+1}0$, 即 $a_{n+1}0$, 所以 $f(x)$ 是严格递增的. 又 $f(0)=-2<0, f\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{3}{4}>0$, 故 $f(x)$ 有唯一实数根 $r \\in\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$.\n\n所以\n\n$$\n2 r^{3}+5 r-2=0\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{2}{5} & =\\frac{r}{1-r^{3}} \\\\\n& =r+r^{4}+r^{7}+r^{10}+\\cdots .\n\\end{aligned}\n$$\n\n故数列 $a_{n}=3 n-2(n=1,2, \\cdots)$ 是满足题设要求的数列.\n\n若存在两个不同的正整数数列 $a_{1}2$, 设正实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 满足 $a_{k} \leq 1, k=1,2, \cdots, n$, 记 $$ A_{k}=\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}{k}, k=1,2, \cdots, n . $$ 求证: $$ \left|\sum_{k=1}^{n} a_{k}-\sum_{k=1}^{n} A_{k}\right|<\frac{n-1}{2} . $$" ['由 $00$ 时, 有 $|x-y|<\\max \\{x, y\\}$, 于是对 $1 \\leq k \\leq n-1$, 有\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|A_{n}-A_{k}\\right| & =\\left|\\left(\\frac{1}{n}-\\frac{1}{k}\\right) \\sum_{i=1}^{k} a_{i}+\\frac{1}{n} \\sum_{i=k+1}^{n} a_{i}\\right| \\\\\n& =\\left|\\frac{1}{n} \\sum_{i=k+1}^{n} a_{i}-\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{n}\\right) \\sum_{i=1}^{k} a_{i}\\right| \\\\\n& <\\max \\left\\{\\frac{1}{n} \\sum_{i=k+1}^{n} a_{i},\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{n}\\right) \\sum_{i=1}^{k} a_{i}\\right\\} \\\\\n& \\leq \\max \\left\\{\\frac{1}{n}(n-k),\\left(\\frac{1}{k}-\\frac{1}{n}\\right) k\\right\\}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n=1-\\frac{k}{n} \\text {, }\n$$\n\n故\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|\\sum_{k=1}^{n} a_{k}-\\sum_{k=1}^{n} A_{k}\\right| & =\\left|n A_{n}-\\sum_{k=1}^{n} A_{k}\\right| \\\\\n& =\\left|\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(A_{n}-A_{k}\\right)\\right| \\leq \\sum_{k=1}^{n-1}\\left|A_{n}-A_{k}\\right| \\\\\n& <\\sum_{k=1}^{n-1}\\left(1-\\frac{k}{n}\\right)=\\frac{n-1}{2} .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 41 "已知函数 $f(x)=|\sin x|$ 的图像与直线 $y=k x \quad(k>0)$ 有且仅有三个交点, 交点的横坐标的最大值为 $\alpha$, 求证: $$ \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha+\sin 3 \alpha}=\frac{1+\alpha^{2}}{4 \alpha} $$" ['$f(x)$ 的图象与直线 $y=k x(k>0)$ 的三个交点如下图所示, 且在 $\\left(\\pi, \\frac{3 \\pi}{2}\\right)$ 内相切, 其切点为 $A(\\alpha,-\\sin \\alpha), \\alpha \\in\\left(\\pi, \\frac{3 \\pi}{2}\\right)$.\n\n\n\n由于 $f^{\\prime}(x)=-\\cos x, x \\in\\left(\\pi, \\frac{3}{2} \\pi\\right)$, 所以 $-\\cos \\alpha=-\\frac{\\sin \\alpha}{\\alpha}$, 即 $\\alpha=\\tan \\alpha$. 因此\n\n$\\frac{\\cos \\alpha}{\\sin \\alpha+\\sin 3 \\alpha}=\\frac{\\cos \\alpha}{2 \\sin 2 \\alpha \\cos \\alpha}=\\frac{1}{4 \\sin \\alpha \\cos \\alpha}=\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\sin ^{2} \\alpha}{4 \\sin \\alpha \\cos \\alpha}=\\frac{1+\\tan ^{2} \\alpha}{4 \\tan \\alpha}=\\frac{1+\\alpha^{2}}{4 \\alpha}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 42 "设 $f(x)$ 是周期函数, $T$ 和 1 是 $f(x)$ 的周期且 $0a_{n}>a_{n+1}>0$ $(n=1,2, \cdots)$, 且每个 $a_{n} \quad(n=1,2, \cdots)$ 都是 $f(x)$ 的周期." ['若 $T$ 是无理数, 令 $a_{1}=1-\\left[\\frac{1}{T}\\right] T$, 则 $00, k=1,2, \cdots, 2008$. 证明: 当且仅当 $\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$ 时, 存在数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足以下条件: (1) $0=x_{0}1$.\n\n充分性: 假设 $\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>1$. 定义多项式函数如下: $f(s)=-1+\\sum_{k=1}^{2008} a_{k} s^{k}, s \\in[0,1]$, 则 $f(s)$\n\n在 $[0,1]$ 上是递増函数, 且 $f(0)=-1<0, f(1)=-1+\\sum_{k=1}^{2008} a_{k}>0$. 因此方程 $f(s)=0$ 在 $[0,1]$内有唯一的根 $s=s_{0}$, 且 $00$, 且 $\sum_{j=1}^{n} a_{j}^{3}=\left(\sum_{j=1}^{n} a_{j}\right)^{2}$. 求证: $a_{n}=n$. ['由已知, $a_{1}{ }^{3}=a_{1}{ }^{2}, a_{1}>0, \\therefore a_{1}=1$.\n\n设 $n \\leqslant k(k \\in N$, 且 $k \\geqslant 1)$ 时, 由 $\\sum_{j=1}^{n} a_{j}^{3}=\\left(\\sum_{j=1}^{n} a_{j}\\right)^{2}$ 成立可证 $a_{k}=k$ 成立.\n\n当 $n=k+1$ 时, $\\sum_{j=1}^{k+1} a_{j}^{3}=\\left(\\sum_{j=1}^{k+1} a_{j}\\right)^{2}=\\left(\\sum_{j=1}^{k} a_{j}\\right)^{2}+2 a_{k+1}\\left(\\sum_{j=1}^{k} a_{j}\\right)+a_{k+1}^{2}$.\n\n即 $\\frac{1}{4} k^{2}(k+1)^{2}+a_{k+1}^{3}=\\frac{1}{4} k^{2}(k+1)^{2}+2 a_{k+1} \\cdot \\frac{1}{2} k(k+1)+a_{k+1}^{2}$.\n\n$\\therefore a_{k+1}^{2}-a_{k+1}-k(k+1)=0$, 解此方程, 得 $a_{k+1}=-k$ 或 $a_{k+1}=k+1$. 由 $a_{n}>0$ 知, 只有 $a_{k+1}=k+1$成立.\n\n即 $n=k+1$ 时命题也成立. 由数学归纳原理知对于一切 $n \\in \\mathrm{N}^{*}, a_{n}=n$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 49 "设 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 且 $\sin \alpha, \cos \alpha$ 均为有理数.求证: 存在 $0<\alpha_{1}, \alpha_{2}<\frac{\pi}{2}$ 满足 (I) $\alpha_{1}+\alpha_{2}=\alpha$; (II) $\sin \alpha_{1}, \sin \alpha_{2}, \cos \alpha_{1}, \cos \alpha_{2}$ 都是有理数." ['令 $\\sin \\alpha=\\frac{a}{c}, \\cos \\alpha=\\frac{b}{c}$, 且 $a, b, c$ 是正整数.于是\n\n$$\nc^{2}=a^{2}+b^{2}\n$$\n\n存在正整数 $m, n(m>n)$ 满足\n\n$$\nc=m^{2}+n^{2}, a=m^{2}-n^{2}, b=2 m n .\n$$\n\n下面分两种情形讨论:\n\n(1) 如果 $m-n>1$, 取正整数 $n_{1}$ 使得 $m>n_{1}>n$. 令 $\\alpha_{1} \\in\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 满足\n\n$$\n\\sin \\alpha_{1}=\\frac{m^{2}-n_{1}^{2}}{m^{2}+n_{1}^{2}}>0\n$$\n\n由\n\n$$\n\\frac{m^{2}-n_{1}^{2}}{m^{2}+n_{1}^{2}}<\\frac{m^{2}-n^{2}}{m^{2}+n^{2}}\n$$\n\n得 $0<\\sin \\alpha_{1}<\\sin \\alpha$. 于是 $\\alpha_{1}<\\alpha$. 此时 $c_{1}=m^{2}+n_{1}^{2}, a_{1}=m^{2}-n_{1}^{2}, b_{1}=2 m n_{1}$. 由此得\n\n$$\n\\cos \\alpha_{1}=\\frac{2 m n_{1}}{m^{2}+n_{1}^{2}}>0\n$$\n\n显然 $\\cos \\alpha_{1}, \\sin \\alpha_{1}$ 为有理数。令 $\\alpha_{2}=\\alpha-\\alpha_{1}$, 则 $\\alpha_{1}+\\alpha_{2}=\\alpha$, 且由三角恒等式\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sin \\alpha_{2}=\\sin \\left(\\alpha-\\alpha_{1}\\right)=\\sin \\alpha \\cos \\alpha_{1}-\\cos \\alpha \\sin \\alpha_{1}, \\\\\n& \\cos \\alpha_{2}=\\cos \\left(\\alpha-\\alpha_{1}\\right)=\\cos \\alpha \\cos \\alpha_{1}+\\sin \\alpha \\sin \\alpha_{1}\n\\end{aligned}\n$$\n\n可知 $\\sin \\alpha_{2}, \\cos \\alpha_{2}$ 为有理数。\n\n(2) 如果 $m-n=1$, 则\n\n$$\n\\sin \\alpha=\\frac{(n+1)^{2}-n^{2}}{(n+1)^{2}+n^{2}}=\\frac{4(n+1)^{2}-4 n^{2}}{4(n+1)^{2}+4 n^{2}}\n$$\n\n令 $\\alpha_{1} \\in\\left(0, \\frac{\\pi}{2}\\right)$ 满足\n\n$$\n\\sin \\alpha_{1}=\\frac{4(n+1)^{2}-(2 n+1)^{2}}{4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}} \\text {. }\n$$\n\n由于\n\n$$\n4(n+1)^{2}>(2 n+1)^{2}>4 n^{2},\n$$\n\n有\n\n$$\n\\sin \\alpha_{1}<\\frac{4(n+1)^{2}-4 n^{2}}{4(n+1)^{2}+4 n^{2}}=\\sin \\alpha\n$$\n\n于是 $\\alpha_{1}<\\alpha$. 此时 $c_{1}=4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}, a_{1}=4(n+1)^{2}-(2 n+1)^{2}, b_{1}=4(n+1)(2 n+1)$.由此得\n\n$$\n\\cos \\alpha_{1}=\\frac{4(n+1)(2 n+1)}{4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}} .\n$$\n\n显然 $\\cos \\alpha_{1}, \\sin \\alpha_{1}$ 为有理数。令 $\\alpha_{2}=\\alpha-\\alpha_{1}$, 则 $\\alpha_{1}+\\alpha_{2}=\\alpha$. 与 (1) 同理可证 $\\sin \\alpha_{2}, \\cos \\alpha_{2}$ 为有理数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 50 已知无穷数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}=1, a_{3}=3, a_{n}=a_{n-1}+2 a_{n-2}+a_{n-3}, n=4,5, \ldots$求证: 对任何正常数 $m$, 存在某个正整数 $n$ 使得 $m \mid a_{n}$. ['记 $a_{k}$ 除以 $m$ 所得余数为 $b_{k},\\left(0 \\leq b_{k} \\leq m-1\\right), k=1,2, \\ldots$ 考虑 $m^{3}+1$ 个三元数组\n\n$$\n\\left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\\right),\\left(b_{2}, b_{3}, b_{4}\\right), \\ldots,\\left(b_{m^{3}+1}, b_{m^{3}+2}, b_{m^{3}+3}\\right),\n$$\n\n由于上述三元数组的不同取值最多为 $m^{3}$ 个, 由抽屉原理知, 其中一定有两组相同。不妨设\n\n$$\n\\left(b_{i}, b_{i+1}, b_{i+2}\\right)=\\left(b_{j}, b_{j+1}, b_{j+2}\\right),\\left(1 \\leq i0$. 又由 $F(0), 0 \\in M$ 及 $F$ 的单调增性,有 $F(F(0)) \\geq F(0)$. 令 $D=\\{x \\in M \\mid x \\leq F(x)\\}$. 则 $F(0) \\in D$。\n\n由 $D \\subset M$, 而 $M$ 是有限集, 故 $D$ 是有限集。设 $p \\in D$ 为 $D$ 中的最大数，则 $p \\leq F(p)$.\n\n再由 $F$ 的单调增性, 有 $F(p) \\leq F(F(p))$, 从而 $F(p) \\in D$. 由 $p$ 是 $D$ 中的最大数, 有 $F(p)=g(f(p))=p$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 52 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}(n=1,2, \cdots)$. 求证: $\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n-1}}}\\left(\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}\\right)^{2}>3^{2^{k}}\n$$\n\n又由 (2) 及 $a_{1}=\\frac{1}{3}$ 知 $\\frac{1-a_{n}}{a_{n}}(n \\geq 1)$ 均为整数,\n\n从而由 $\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}}$ 有 $\\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}} \\leq 3^{2^{k}}-1$ 即 $\\frac{1}{a_{k+1}} \\leq 3^{2^{k}}$,\n\n所以 $\\frac{1-a_{k+2}}{a_{k+2}}=\\frac{1}{a_{k+1}} \\cdot \\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}} \\cdot 3^{2^{k}}<3^{2^{k+1}}$,\n\n即 (3) 对 $n=k+1$ 也成立.\n\n所以 (3) 对 $n \\geq 1$ 的正整数都成立, 即 (1) 对 $n \\geq 1$ 的正整数都成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 53 "设 $m$ 和 $n$ 是大于 1 的整数, 求证: $$ 1^{m}+2^{m}+\mathrm{L}+n^{m}=\frac{1}{m+1}\left\{(n+1) \sum_{k=1}^{m} C_{m}^{k} n^{k}-\sum_{j=1}^{m-1}\left(C_{m+1}^{j} \sum_{i=1}^{n} i^{j}\right)\right\} . $$" ['证明: 由 $(q+1)^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m+1} C_{m+1}^{j} q^{j}$ 得到\n\n$$\n(q+1)^{m+1}-q^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} q^{j}\n$$\n\n分别将 $q=1,2, \\mathrm{~L}, n$ 代入上式得：\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2^{m+1}-1=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} \\\\\n& 3^{m+1}-2^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} 2^{j},\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& n^{m+1}-(n-1)^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j}(n-1)^{j} \\\\\n& (n+1)^{m+1}-n^{m+1}=\\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} n^{j}\n\\end{aligned}\n$$\n\n将上面 $n$ 个等式两边分别相加得到:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& (n+1)^{m+1}-1=\\sum_{j=0}^{m}\\left(C_{m+1}^{j} \\sum_{i=1}^{n} i^{j}\\right), \\\\\n& (n+1)(n+1)^{m}-1=n+\\sum_{j=1}^{m-1}\\left(C_{m+1}^{j} \\sum_{i=1}^{n} i^{j}\\right)+(m+1) \\sum_{i=1}^{n} i^{m}, \\\\\n& 1^{m}+2^{m}+\\mathrm{L}+n^{m}=\\frac{1}{m+1}\\left\\{(n+1) \\sum_{k=1}^{m} C_{m}^{k} n^{k}-\\sum_{j=1}^{m-1}\\left(C_{m+1}^{j} \\sum_{i=1}^{n} i^{j}\\right)\\right\\} .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 54 "设 $x, y, z$ 为非负实数, 求证: $$ \left(\frac{x y+y z+z x}{3}\right)^{3} \leq\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right)\left(z^{2}-z x+x^{2}\right) \leq\left(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\right)^{3} . $$" ['首先证明左边不等式.\n\n因为 $x^{2}-x y+y^{2}=\\frac{1}{4}\\left[(x+y)^{2}+3(x-y)^{2}\\right] \\geq \\frac{1}{4}(x+y)^{2}$ ，\n\n同理,有\n\n$$\ny^{2}-y z+z^{2} \\geq \\frac{1}{4}(y+z)^{2}, \\quad z^{2}-z x+x^{2} \\geq \\frac{1}{4}(z+x)^{2}\n$$\n\n于是\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right)\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right) \\geq \\frac{1}{64}[(x+y)(y+z)(z+x)]^{2} \\\\\n= & \\frac{1}{64}[(x+y+z)(x y+y z+z x)-x y z]^{2} ;\n\\end{aligned}\n$$\n\n由算术-几何平均不等式, 得 $x y z \\leq \\frac{1}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x)$, 所以\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right)\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right) \\geq \\frac{1}{81}(x+y+z)^{2}(x y+y z+z x)^{2} \\\\\n= & \\frac{1}{81}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x\\right)(x y+y z+z x)^{2} \\geq\\left(\\frac{x y+y z+z x}{3}\\right)^{3} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n左边不等式获证, 其中等号当且仅当 $x=y=z$ 时成立.\n\n下面证明右边不等式.\n\n根据欲证不等式关于 $x, y, z$ 对称，不妨设 $x \\geq y \\geq z$, 于是\n\n$$\n\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right) \\leq x^{2} y^{2},\n$$\n\n所以\n\n$$\n\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right)\\left(y^{2}-y z+z^{2}\\right)\\left(z^{2}-z x+x^{2}\\right) \\leq\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right) x^{2} y^{2} .\n$$\n\n\n\n运用算术-几何平均不等式，得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right) x^{2} y^{2}=\\left(x^{2}-x y+y^{2}\\right) \\cdot x y \\cdot x y \\leq\\left(\\frac{x^{2}-x y+y^{2}+x y}{2}\\right)^{2} \\cdot x y \\\\\n\\leq & \\left(\\frac{x^{2}-x y+y^{2}+x y}{2}\\right)^{2} \\cdot\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)=\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)^{3} \\leq\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\\right)^{3} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n右边不等式获证, 其中等号当且仅当 $x, y, z$ 中有一个为 0 ,且另外两个相等时成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 55 求证: $16<\sum_{i=1}^{4} \frac{1}{\sqrt{k}}<17$. ['$$\n\\frac{1}{\\sqrt{k}}=\\frac{2}{\\sqrt{k}+\\sqrt{k}}<\\frac{2}{\\sqrt{k}+\\sqrt{k-1}}=2(\\sqrt{k}-\\sqrt{k-1}),\n\n$$\n\n同时 $\\frac{1}{\\sqrt{k}}>\\frac{2}{\\sqrt{k+1}+\\sqrt{k}}=2(\\sqrt{k+1}-\\sqrt{k})$.\n\n于是得 $2 \\sum_{k=1}^{80}(\\sqrt{k+1}-\\sqrt{k})<\\sum_{k=1}^{80} \\frac{1}{\\sqrt{k}}<1+2 \\sum_{k=1}^{80}(\\sqrt{k}-\\sqrt{k-1})$\n\n即 $16<\\sum_{k=1}^{80} \\frac{1}{\\sqrt{k}}<1+2(\\sqrt{80}-1)<1+2(9-1)=17$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 56 求证: $\operatorname{arc} \sin x+\operatorname{arc} \cos x=\frac{\pi}{2}$, 其中 $x \in[-1,1]$ ['由于 $x \\in[-1,1]$, 故 $\\arcsin x$ 与 $\\arccos x$ 有意义,\n\n$\\sin \\left(\\frac{\\pi}{2}-\\arccos x\\right)=\\cos (\\arccos x)=x$, 由于 $\\arccos x \\in[0, \\pi], \\therefore \\frac{\\pi}{2}-\\arccos x \\in\\left[-\\frac{\\pi}{2}\\right.$, $\\left.\\frac{\\pi}{2}\\right]$.\n\n故根据反正弦定义, 有 $\\arcsin x=\\frac{\\pi}{2}-\\arccos x$. 故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 57 函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有定义, $f(0)=f(1)$. 如果对于任意不同的 $x_{1}, x_{2} \in[0,1]$, 都有 $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\left|x_{1}-x_{2}\right|$. 求证: $\left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|<\frac{1}{2}$. ['不妨取 $0 \\leqslant x_{1}\\frac{1}{2}$, 则 $x_{2}-x_{1}>\\frac{1}{2}$, 于是 $1-\\left(x_{2}-x_{1}\\right)<\\frac{1}{2}$, 即 $1-x_{2}+x_{1}-0<\\frac{1}{2}$.\n\n而 $\\left|f\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)\\right|=\\left|\\left(f\\left(x_{1}\\right)-f(0)\\right)-\\left(f\\left(x_{2}\\right)-f(1)\\right)\\right| \\leqslant\\left|f\\left(x_{1}\\right)-f(0)\\right|+\\left|f(1)-f\\left(x_{2}\\right)\\right|<\\mid x_{1}$ $-0|+| 1-x_{2} \\mid$\n\n$$\n=1-x_{2}+x_{1}-0<\\frac{1}{2} \n$$\n\n故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 58 "设 $\frac{3}{2} \leq x \leq 5$, 证明不等式 $2 \sqrt{x+1}+\sqrt{2 x-3}+\sqrt{15-3 x} < 2 \sqrt{19}$." ['$x+1 \\geq 0,2 x-3 \\geq 0,15-3x \\geq 0 . \\Rightarrow \\frac{3}{2} \\leqslant x \\leqslant 5$.\n\n由平均不等式 $\\frac{\\sqrt{x+1}+\\sqrt{x+1}+\\sqrt{2 x-3}+\\sqrt{15-3 x}}{4} \\leqslant \\sqrt{\\frac{x+1+x+1+2 x-3+15-3 x}{4}} \\leqslant \\sqrt{\\frac{14+x}{4}}$.\n\n$\\therefore 2 \\sqrt{x+1}+\\sqrt{2 x-3}+\\sqrt{15-3 x}=\\sqrt{x+1}+\\sqrt{x+1}+\\sqrt{2x-3}+\\sqrt{15-3 x} \\leqslant 2 \\sqrt{14+x}$.\n\n但 $2 \\sqrt{14+x}$在$\\frac{3}{2} \\leqslant x \\leqslant 5$ 时单调增. 即 $2 \\sqrt{14+x} \\leq 2 \\sqrt{14+5}=2 \\sqrt{19}$.\n\n故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 59 "过圆外一点 $P$ 作圆的两条切线和一条割线, 切点为 $A 、 B$, 所作割线交圆于 $C 、 D$ 两点, $C$ 在 $P 、 D$ 之间. 在弦 $C D$ 上取一点 $Q$, 使 $\angle D A Q=\angle P B C$. 求证: $\angle D B Q=\angle P A C$." ['连 $A B$.\n\n\n\n$\\because \\triangle P B C \\sim \\triangle P D B$\n\n$\\therefore \\frac{B D}{B C}=\\frac{P D}{P B}$, 同理, $\\frac{A D}{A C}=\\frac{P D}{P A}$\n\n$\\because P A = P B$\n$\\therefore \\frac{B D}{A D}=\\frac{B C}{A C}$\n\n$\\because \\angle B A C=\\angle P B C=\\angle D A Q \\quad \\angle A B C=\\angle A D Q$.\n\n$\\therefore \\triangle A B C \\sim \\triangle A D Q$\n\n$\\therefore \\frac{B C}{A C}=\\frac{D Q}{A Q} \\therefore \\frac{B D}{A D}=\\frac{D Q}{A Q}$\n\n$\\because \\angle D A Q=\\angle P B C=\\angle B D Q$.\n\n$\\therefore \\triangle A D Q \\sim \\triangle D B Q$\n\n$\\therefore \\angle D B Q=\\angle A D Q=\\angle P A C$. 证毕.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 60 "已知四面体 $S A B C$ 中, $\angle A S B=\frac{\pi}{2}, \angle A S C=\alpha\left(0<\alpha<\frac{\pi}{2}\right), \angle B S C=\beta\left(0<\beta<\frac{\pi}{2}\right)$. 以 $S C$ 为棱的二面角的平面角为 $\theta$. 求证: $\theta=-\operatorname{arc} \cos (\cot \alpha \cdot \cot \beta)$." ['在 $S C$ 上取点 $D$, 使 $S D=1$, 在面 $S A C 、 S B C$ 内分别作 $D E \\perp S C, D F$ $\\perp S C$, 分别交 $S A 、 S B$ 于 $E 、 F$, 连 $E F$. 则 $\\angle E D F$ 为二面角 $A-S C-B$ 的平面角. 即 $\\angle$ $E D F=\\theta$.\n\n由 $\\angle B S C=\\beta$, 知 $S F=\\sec \\beta, D F=\\tan \\beta$. 由 $\\angle A S C=\\alpha$, 得 $S E=\\sec \\alpha, D E=\\tan \\alpha$.\n\n由 $\\angle A S B=\\frac{\\pi}{2}$, 得 $E F^{2}=S E^{2}+S F^{2}=D E^{2}+D F^{2}-2 D E \\cdot D F \\cos \\theta$.\n\n\n\n$\\therefore \\sec ^{2} \\alpha+\\sec ^{2} \\beta=\\tan ^{2} \\alpha+\\tan ^{2} \\beta-2 \\tan \\alpha \\tan \\beta \\cos \\theta . \\Rightarrow \\cos \\theta=-\\cot \\alpha \\cot \\beta$.\n\n$\\therefore \\theta=-\\operatorname{arc}(\\cot \\alpha \\cot B)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 61 "已知: (1) 半圆的直径 $A B$ 长为 $2 r$; (2) 半圆外的直线 $l$ 与 $B A$ 的延长线 垂直, 垂足为 $\boldsymbol{T},|\boldsymbol{A T}|=\mathbf{2} a\left(2 a<\frac{r}{2}\right)$; (3) 半圆上有相异两点 $\boldsymbol{M} 、 \boldsymbol{N}$, 它们与直线 $\boldsymbol{l}$ 的距离 $|M P| 、$ $|N Q|$ 满足条件 $$ \frac{|\mathrm{MP}|}{|\mathrm{AM}|}=\frac{|\mathrm{NQ}|}{|\mathrm{AN}|}=1 . $$ 求证: $|A M|+|A N|=|A B|$." ['以 $A T$ 中点 $O$ 为原点, $A B$ 所在直线为 $x$ 轴建立直角坐标系,\n\n则由已知, $M 、 N$ 是半圆 $(x-a-r)^{2}+y^{2}=r^{2}(y \\geqslant 0)$ 与捕物线 $y^{2}=4 a x$ 的交点.\n\n消去 $y$ 得: $x^{2}+2(a-r) x+2 r a+a^{2}=0$.\n\n条件 $2 a<\\frac{r}{2}$ 保证 $\\Delta>0$, 于是此方程有两个不等实根 $x_{1}, x_{2}$, 即为 $M 、 N$ 的横坐标.\n\n\n\n由韦达定理, 知 $x_{1}+x_{2}=-(2 a-2 r)$.\n\n$\\because \\quad|A M|=|M P|=x_{1}+a \\quad, \\quad|A N|=|N Q|=x_{2}+a \\quad . \\quad \\therefore$ $|A M|+|A N|=x_{1}+x_{2}+2 a=2 r$. 证毕.\n\n又证: 作 $M C \\perp A B, N D \\perp A B$, 垂足为 $G, D$. 则 $A N^{2}=A D \\cdot A B, A M^{2}=A C \\cdot A B$,\n\n$\\therefore A N^{2}-A M^{2}=(A D-A C) A B=C D \\cdot A B$.\n\n$\\because \\quad A N^{2}-A M^{2}=(A N+A M)(A N-A M)=(A N+A M)(N Q-M P)=(A N+A M) \\cdot C D$.\n\n比较得, $A N+A M=A B$.\n\n'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 62 "已知边长为 4 的正三角形 $A B C . D 、 E 、 F$ 分别是 $B C 、 C A 、 A B$ 上的点,且 $|A E|=|B F|=|C D|=1$, 连结 $A D 、 B E 、 C F$, 交成 $\triangle R Q S$. 点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 内及边上移动, 点 $P$到 $\triangle A B C$ 三边的距离分别记作 $x 、 y 、 z$. 求证：当点 $P$ 在 $\triangle R Q S$ 的顶点位置时乘积 $x y z$ 有极小值;" ['利用面积, 易证: (1) 当点 $P$ 在 $\\triangle A B C$ 内部及边上移动时, $x+y+z$为定值 $h=2 \\sqrt{3}$;\n\n(2)过 $P$ 作 $B C$ 的平行线 $l$, 交 $\\triangle A B C$ 的两边于 $G 、 H$. 当点 $P$ 在线段 $G H$上移动时, $y+z$ 为定值, 从而 $x$ 为定值.\n\n(3) 设 $y \\in[\\alpha, \\beta], m$ 为定值. 则函数 $u=y(m-y)$ 在点 $y=\\alpha$ 或 $y=\\beta$ 时取得极小值.\n\n\n\n于是可知, 过 $R$ 作 $A B 、 A C$ 的平行线, 过 $Q$ 作 $A B 、 B C$ 的平行线, 过 $S$ 作 $B C 、 A C$ 的平行线, 这 6 条平行线交得六边形 STRUQV, 由上证, 易得只有当点 $P$ 在此六点上时, $x y z$ 取得极小值.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 63 "在圆 $O$ 内, 弦 $C D$ 平行于弦 $E F$, 且与直径 $A B$ 交成 $45^{\circ}$ 角, 若 $C D$ 与 $E F$分别交直径 $A B$ 于 $P$ 和 $Q$, 且圆 $O$ 的半径为 1 , 求证: $P C \cdot Q E+P D \cdot Q F<2$." ['作 $O M \\perp C D$, 垂足为 $M$, 交 $E F$ 于 $N$, 设 $O N=n, O M=m$.\n\n则 $C M=D M=\\sqrt{1-m^{2}}, E N=F N=\\sqrt{1-n^{2}}$,\n\n本题即证 $\\left(\\sqrt{1-m^{2}}+m\\right)\\left(\\sqrt{1-n^{2}} \\pm n\\right)+\\left(\\sqrt{1-m^{2}}-\\right.$ m) $\\left(\\sqrt{1-n^{2}}+n\\right)<2$.\n\n展开得, $\\sqrt{1-m^{2}} \\cdot \\sqrt{1-n^{2}} \\pm m n<1$.\n\n移项, 平方得, $1-m^{2}-n^{2}+m^{2} n^{2}<1 \\mp 2 m n+m^{2} n^{2} . \\Rightarrow m^{2}+$ $n^{2}>\\mp 2 m n$.\n\n\n\n取“ + ”号时, $M 、 N$ 在点 $O$ 同时, 此时 $m \\neq n$, 总之, 命题成立.\n\n(当 $E 、 F$ 交换位置时, 且 $C D 、 E F$ 在点 $O$ 异侧时, 可能有 $m=n$. )\n\n又证: $P C^{2}+P D^{2}=(C M+O M)^{2}+(C M-O M)^{2}=2\\left(C M^{2}+O M^{2}\\right)=2$, 同理 $Q E^{2}+Q F^{2}=2$.\n\n$\\therefore 4=P C^{2}+P D^{2}+Q E^{2}+Q F^{2}=\\left(P C^{2}+Q E^{2}\\right)+\\left(P D^{2}+Q F^{2}\\right) \\geqslant 2(P C \\cdot Q E+P D \\cdot Q F)$. 等号当且仅当 $P C=Q E$, $P D=Q F$ 时成立. 但由已知, 此二式不成立. 故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 64 组装甲、乙、丙三种产品, 需用 $A 、 B 、 C$ 三种零件. 每件甲需用 $A 、 B$各 2 个; 每件乙需用 $B 、 C$ 各 1 个; 每件丙需用 2 个 $A$ 与 1 个 $C$. 用库存的 $A 、 B 、 C$ 三种零件, 如组装成 $p$ 件甲产品、 $q$ 件乙产品和 $r$ 件丙产品, 则剩下 2 个 $\boldsymbol{A}$ 和 1 个 $B$, 但 $C$ 恰好用完. 试证: 无论怎样改变甲、乙、两产品的件数, 也不能把库存的 $A 、 B 、 C$ 三种零件都恰好用完. ['已知即: 每个甲用 $A 2, B 2$,\n\n每个乙用 $B 1, C 1$,\n\n每个丙用 $A 2, \\quad C 1$.\n\n$\\therefore$ 共有 $A$ 产品 $2 p+2 r+2$ 件; $B$ 产品 $2 p+q+1$ 件; $C$ 产品 $q+r$ 件.\n\n设组装 $m$ 件甲, $n$ 件乙, $k$ 件丙, 则用 $2 m+2 k$ 件 $A$; 用 $2 m+n$ 件 $B$; 用 $n+k$ 件 $C$.\n\n如全部用完, 则有 $2 p+2 r+2=2 m+2 k$;\n\n$$\n\\begin{array}{ll}\n\\Rightarrow p+r+1=m+k . & \\text { (1) }\\\\\n2 p+q+1=2 m+n ; & \\text { (2) } \\\\\nq+r=n+k .& \\text { (3) }\n\\end{array}\n$$\n\n$\\therefore$ (1) + (2) -(3): $3 p+2=3 m$. 这是不可能的. 故证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 65 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $a_{0}=1, a_{n+1}=\frac{7 a_{n}+\sqrt{45 a_{n}^{2}-36}}{2}, n \in N$. 证明：对任意 $n \in N, a_{n}$ 为正整数;" ['由题设得 $a_{1}=5$, 且 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 严格单调递增. 将条件式变形得 $2 a_{n+1}-7 a_{n}=\\sqrt{45 a_{n}^{2}-36}$, 两边平方整理得 $a_{n+1}^{2}-7 a_{n} a_{n+1}+a_{n}^{2}+9=0 \\quad ①$\n\n$\\therefore a_{n}^{2}-7 a_{n-1} a_{n}+a_{n-1}^{2}+9=0 \\quad ②$\n\n①-②得 $\\left(a_{n+1}-a_{n-1}\\right)\\left(a_{n+1}+a_{n-1}-7 a_{n}\\right)=0, \\because a_{n+1}>a_{n}, \\therefore a_{n+1}+a_{n-1}-7 a_{n}=0 \\Rightarrow$ $a_{n+1}=7 a_{n}-a_{n-1}. \\quad ③$\n\n由③式及 $a_{0}=1, a_{1}=5$ 可知, 对任意 $n \\in N, a_{n}$ 为正整数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 66 平面上任给 5 个点, 以 $\lambda$ 表示这些点间最大的距离与最小的距离之比, 证明: $\lambda$ $\geqslant 2 \sin 54^{\circ}$. ['\n\n(1) 若此五点中有三点共线, 例如 $A 、 B 、 C$ 三点共线, 不妨设 $B$ 在 $A 、 C$之间, 则 $A B$ 与 $B C$ 必有一较大者. 不妨设 $A B \\geqslant B C$. 则 $\\frac{A C}{B C} \\geqslant 2>2 \\sin 54^{\\circ}$.\n\n(2) 设此五点中无三点共线的情况.\n\n① 若此五点的凸包为正五边形. 则其五个内角都 $=108^{\\circ}$. 五点的连线只有两种长度:正五边形的边长与对角线, 而此对角线与边长之比为 $2 \\sin 54^{\\circ}$.\n\n② 若此五点的凸包为凸五边形. 则其五个内角中至少有一个内角$\\geqslant 108^{\\circ}$. 设 $\\angle E A B \\geqslant$ $108^{\\circ}$, 且 $E A \\geqslant A B$, 则 $\\angle A E B \\leqslant 36^{\\circ}$,\n\n$\\therefore \\frac{B E}{A B}=\\frac{\\sin (B+E)}{\\sin E} \\geqslant \\frac{\\sin 2 E}{\\sin E}=2 \\cos E \\geqslant 2 \\cos 36^{\\circ}=2 \\sin 54^{\\circ}$.\n\n③ 若此五点的凸包为凸四边形 $A B C D$, 点 $E$ 在其内部, 连 $A C$, 设点 $E$ 在 $\\triangle A B C$ 内部,则 $\\angle A E B, \\angle B E C, \\angle C E A$ 中至少有一个角 $\\geqslant 120^{\\circ}>108^{\\circ}$, 由上证可知, 结论成立.\n\n④ 若此五点的凸包为三角形 $A B C$, 则形内有两点 $D$. $E$ 则 $\\angle A D B, \\angle B D C 、 \\angle C D A$ 中必有一个角 $\\geqslant120^{\\circ}$, 结论成立.\n\n综上可知, 结论成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 67 "三棱锥 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A 、 S B 、 S C$ 两两互相垂直, $M$ 为三角形 $A B C$ 的重心, $D$ 为 $A B$ 的中点, 作与 $S C$ 平行的直线 $D P$. 证明: $D P$ 与 $S M$ 相交;" ['$\\because D P / / S C$ 故 $D P, C S$ 共面.\n\n$\\therefore D C \\subseteq$ 面 $D P C$\n\n$\\because \\boldsymbol{M} \\in D C, \\Rightarrow \\boldsymbol{M} \\in $ 面 $D P C, S M \\subseteq面 D P C$.\n\n$\\because$ 在面 $D P C$ 内 $S M$ 与 $S C$ 相交, 故直线 $S M$ 与 $D P$ 相交.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 68 "三棱锥 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A 、 S B 、 S C$ 两两互相垂直, $M$ 为三角形 $A B C$ 的重心, $D$ 为 $A B$ 的中点, 作与 $S C$ 平行的直线 $D P$. 证明: 设 $D P$ 与 $S M$ 的交点为 $D^{\prime}$, 则 $D^{\prime}$为三棱锥 $S-A B C$ 的外接球球心." ['\n\n$\\because S A 、 S B, S C$ 两两互相垂直, $\\therefore S C \\perp$ 面 $S A B, S C \\perp S D$.\n\n$\\because D P / / S C \\therefore D P \\perp S D . \\triangle DD^{\\prime}M \\sim \\triangle C S M$\n\n$\\because M$ 为 $\\triangle A B C$ 的重心, $\\therefore D M: M C=1: 2 . \\therefore D D^{\\prime}: S C=1: 2$.\n\n\n取 $S C$ 中点Q, 连 $D^{\\prime} Q$. 则 $S Q=D D^{\\prime}$, $\\Rightarrow$ 平面四边形 $D D^{\\prime} Q S$ 是矩形.\n\n$\\therefore D^{\\prime} Q \\perp S C$ 由三线合一定理, 知 $D^{\\prime} C=P S$.\n\n同理, $D^{\\prime} A= D^{\\prime} B=D^{\\prime} D=D^{\\prime} S$. 即以 $D^{\\prime}$ 为球心 $D^{\\prime} S$ 为半径作球 $D^{\\prime}$. 则 $A, B 、 C$ 均在此球上. 即 $D^{\\prime}$ 为三棱锥 $S-A B C$ 的外接球球心.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 69 "已知函数 $f(x)=\ln (a x+1)-\frac{2 a x}{x+2}-2 \ln 2+\frac{3}{2}(a>0, a$ 为常数, $x>0)$ 当 $00, f(x)$ 单调递增;\n\n$\\therefore$ $f(x)>f(0)=-2 \\ln 2+\\frac{3}{2}>0,$\n\n当 $1x-1$." ['要证: $f(x)>x-1$, 即证: $|x+2|-|a x-3|>x-1$\n\n$\\because x \\in(0,2), \\therefore$ 即证: $x+2-|a x-3|>x-1$, 即证: $|a x-3|<3$.\n\n$\\because 0x-1$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 71 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+3 \times 2^{n-1}$, 设 $b_{n}=\frac{a_{n}}{2^{n}}$. 证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等差数列." ['$\\because \\frac{a_{n+1}}{2^{n+1}}=\\frac{a_{n}}{2^{n}}+\\frac{3}{4}, \\therefore b_{n+1}-b_{n}=\\frac{3}{4}, \\therefore\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 是等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 72 "已知 $O$ 为坐标原点, 抛物线 $C: y^{2}=4 x$, 点 $A(-2,0)$, 设直线 $l$ 与 $C$ 交于不同的两点 $P 、 Q$. 若直线 $l$ 不垂直于 $x$ 轴, 且 $\angle P A O=\angle Q A O$, 证明: 直线 $l$ 过定点." ['设直线 $l$ 的方程为 $y=k x+b(k \\neq 0)$, 联立方程 $\\left\\{\\begin{array}{c}y=k x+b \\\\ y^{2}=4 x\\end{array}\\right.$, 得 $k y^{2}-4 y+4 b=0$,\n\n$\\Delta=16-16 k b>0$,\n\n设 $P\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right), y_{1}+y_{2}=\\frac{4}{k}, y_{1} \\cdot y_{2}=\\frac{4 b}{k},$\n\n$\\because \\angle P A O=\\angle Q A O$\n\n$\\therefore k_{A P}+k_{A Q}=\\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\\frac{y_{1}\\left(x_{2}+2\\right)+y_{2}\\left(x_{1}+2\\right)}{\\left(x_{1}+2\\right)\\left(x_{2}+2\\right)}=\\frac{4 y_{1} y_{2}\\left(y_{2}+y_{1}\\right)+32\\left(y_{1}+y_{2}\\right)}{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+8\\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}\\right)+64}$\n\n$=\\frac{4 b+8 k}{b^{2}+4 k^{2}-4 k b+8}=0,$\n\n$b=-2 k,$\n\n$\\therefore y=k x-2 k=k(x-2), \\therefore$ 直线 $l$ 恒过定点 $(2,0)$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 73 "已知函数 $f(x)=|x-2|+|x+1|, x \in R$, 其最小值为 $t$. 正实数 $a, b$ 满足 $a+b=t$, 求证: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+2} \geq \frac{2}{3}$." ['$f(x)=\\left\\{\\begin{array}{c}2 x-1, x>2 \\\\ 3,-1 \\leq x \\leq 2 \\\\ -2 x+1, x<-1\\end{array}, f(x)_{\\text {min }}=3\\right.$, 即 $t=3 ; $\n\n$\\because a+b=3$, 且 $a>0, b>0$\n\n$\\therefore \\frac{1}{a+1}+\\frac{1}{b+2}=\\frac{1}{6}\\left(\\frac{1}{a+1}+\\frac{1}{b+2}\\right)(a+1+b+2)=\\frac{1}{6}\\left(2+\\frac{b+2}{a+1}+\\frac{a+1}{b+2}\\right) \\geq \\frac{2}{3}$.\n\n当且仅当 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{b+2}{a+1}=\\frac{a+1}{b+2} \\\\ a+b=3\\end{array}\\right.$ 即 $\\left\\{\\begin{array}{l}a=2 \\\\ b=1\\end{array}\\right.$ 时, 等号取到.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 74 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=2, a_{n+1}=3 a_{n}+2$, 设 $b_{n}=a_{n}+1$. 证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 为等比数列." ['$\\because \\frac{b_{n+1}}{b_{n}}=\\frac{a_{n+1}+1}{a_{n}+1}=\\frac{3 a_{n}+3}{a_{n}+1}=3, \\therefore\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 是等比数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 75 已知函数 $f(x)=\ln \frac{1}{x}-a x^{2}+x$.若 $f(x)$ 在定义域上有两个极值点 $x_{1}, x_{2}$, 求证: $f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right)>3-2 \ln 2$. ['函数 $f(x)$ 的导函数\n\n$$\nf^{\\prime}(x)=\\frac{-2 a x^{2}+x-1}{x},\n$$\n\n设分子部分为 $\\varphi(x)$, 则 $\\varphi(0)=-1$, 对称轴为 $x=\\frac{1}{4 a}$, 判别式 $\\Delta=1-8 a$, 因此讨论的分界点为 $a=0, \\frac{1}{8} \\cdot$ 记\n\n$$\n\\alpha=\\frac{-1+\\sqrt{1-8 a}}{-4 a}, \\beta=\\frac{-1-\\sqrt{1-8 a}}{-4 a},\n$$\n\n情形一 $\\quad a<0$ 时, 有\n\n| $x$ | $(0, \\alpha)$ | $\\alpha$ | $(\\alpha,+\\infty)$ |\n| :---------------: | :-------------: | :--------: | :------------------: |\n| $f^{\\prime}(x)$ | - | 0 | + |\n| $f(x)$ | $\\searrow$ | $\\min$ | $\\nearrow$ |\n\n情形二 $\\quad a=0$ 时, 有\n\n| $x$ | $(0,1)$ | 1 | $(1,+\\infty)$ |\n| :---------------: | :----------: | :------: | :-------------: |\n| $f^{\\prime}(x)$ | - | 0 | + |\n| $f(x)$ | $\\searrow$ | $\\min$ | $\\nearrow$ |\n\n情形三 $\\quad 00, \\varphi(x)$ 单调递增, 因此\n\n$$\n-\\ln \\frac{1}{2a}+1+\\frac{1}{4 a}>\\varphi(4)=3-2 \\ln 2,\n$$\n\n命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 76 "已知函数 $f(x)=(a x+1) \mathrm{e}^{x}, a \in \mathbf{R}$. 当 $a>0$ 时, 证明: $f(x)+\frac{a}{\mathrm{e}}>0$ ." ['当 $a>0$ 时, $f^{\\prime}(x)=a \\cdot \\mathrm{e}^{x}+(a x+1) \\mathrm{e}^{x}=(a x+a+1) \\mathrm{e}^{x}$,\n\n由 $f^{\\prime}(x)>0$, 得 $x>-\\frac{a+1}{a}$,\n\n$\\therefore f(x)$ 在 $\\left(-\\infty,-\\frac{a+1}{a}\\right)$ 上单调递减, 在 $\\left(-\\frac{a+1}{a},+\\infty\\right)$ 上单调递增.\n\n$\\therefore x=-\\frac{a+1}{a}$ 时, $f(x)$ 取得极小值, 即最小值 $-a \\cdot \\mathrm{e}^{-\\frac{a+1}{a}}$.\n\n当 $a>0$ 时, $\\frac{a+1}{a}=1+\\frac{1}{a}>1,-\\frac{a+1}{a}<-1$,\n\n$\\because 0<\\mathrm{e}^{-\\frac{a+1}{a}}<\\frac{1}{\\mathrm{e}}, \\therefore-a \\cdot \\mathrm{e}^{-\\frac{a+1}{a}}>-\\frac{a}{\\mathrm{e}}$, 即 $f(x)+\\frac{a}{\\mathrm{e}}>0$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 77 "已知函数 $f(x)=(a x+1) \mathrm{e}^{x}, a \in \mathbf{R}$. 当 $a=-\frac{1}{2}$ 时, 如果 $x_{1} \neq x_{2}$, 且 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)$, 证明: $x_{1}+x_{2}<2$." ['当 $a=-\\frac{1}{2}$ 时, $f(x)=\\left(-\\frac{1}{2} x+1\\right) \\mathrm{e}^{x}$,\n\n则 $f^{\\prime}(x)=\\frac{1}{2}(1-x) \\mathrm{e}^{x}, \\therefore x \\in(1,+\\infty)$ 时, $f^{\\prime}(x)<0, f(x)$ 单调递减, $x \\in(-\\infty, 1)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0$, $f(x)$ 单调递增,\n\n令 $F(x)=f(x)-f(2-x)$, 则 $F(x)=\\left(-\\frac{1}{2} x+1\\right) \\mathrm{e}^{x}-\\frac{1}{2} x \\mathrm{e}^{2-x}$,\n\n$\\therefore F^{\\prime}(x)=\\frac{1}{2}(1-x)\\left(\\mathrm{e}^{x}-\\mathrm{e}^{2-x}\\right)$,\n\n当 $x \\in(1,+\\infty)$ 时, $1-x<0, x>2-x, \\mathrm{e}^{x}-\\mathrm{e}^{2-x}>0, \\therefore F^{\\prime}(x)<0, F(x)$ 单调递减,\n\n$\\therefore F(x)0$\n\n$\\therefore k^{2}>\\frac{3}{4}$\n\n且 $\\left\\{\\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=-\\frac{16 k}{1+4 k^{2}} \\\\ y_{1}+y_{2}=k\\left(x_{1}+x_{2}\\right)+4=\\frac{4}{1+4 k^{2}}\\end{array}\\right.$\n\n$\\therefore \\overrightarrow{O P}+\\overrightarrow{O Q}=\\left(-\\frac{16 k}{1+4 k^{2}}, \\frac{4}{1+4 k^{2}}\\right)$\n\n又 $\\because A_{2}(2,0), B(0,1), \\therefore \\overrightarrow{A_{2} B}=(-2,1)$ 又 $\\because$ 向量 $\\overrightarrow{O P}+\\overrightarrow{O Q}$ 与 $A_{2} B$ 共线,\n\n$-\\frac{16 k}{1+4 k^{2}} \\times 1=-2 \\times \\frac{4}{1+4 k^{2}}, \\therefore k=\\frac{1}{2}$, 与 $k^{2}>\\frac{3}{4}$ 矛盾\n\n所以, 不存在符合条件的直线 $l$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 79 "已知函数 $f(x)=2 \ln x-a x^{2}+3 x, a \in R$. 若 $a=-1$, 正实数 $\mathrm{x}_{1}, \mathrm{x}_{2}$ 满足 $\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{1}\right)+\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_{2}\right)=0$, 证明 $x_{1}+x_{2} \geqslant \frac{-3+\sqrt{17}}{2}$." ['当 $a=-1$ 时, $f(x)=2 \\ln x+x^{2}+3 x$,\n\n$\\because f\\left(x_{1}\\right)+f\\left(x_{2}\\right)=2 \\ln x_{1}+x_{1}^{2}+3 x_{1}+2 \\ln x_{2}+x_{2}^{2}+3 x_{2}=0$\n\n$\\therefore\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}+3\\left(x_{1}+x_{2}\\right)=2\\left(x_{1} x_{2}-\\ln x_{1} x_{2}\\right)$\n\n令 $h(t)=t-\\ln t, \\quad \\therefore h^{\\prime}(t)=1-\\frac{1}{t}=\\frac{t-1}{t}$,\n\n由 $h^{\\prime}(x)>0$ 得, $t>1$, 由 $h^{\\prime}(x)<0$ 得, $01\\right),$\n\n则只需证 $1<\\frac{t-1}{\\ln t}1$, 知 $\\ln t>0$,\n\n故等价于 $\\ln t1) .(*)$\n\n(1) 设 $g(t)=t-1-\\ln t$, 则当 $t>1$ 时, $g^{\\prime}(t)=1-\\frac{1}{t}>0$,\n\n所以 $g(t)$ 在 $(1,+\\infty)$ 内是增函数，\n\n当 $t>1$ 时, $g(t)=t-1-\\ln t>g(1)=0$, 所以 $t-1>\\ln t$ ；\n\n(2) 设 $h(t)=t \\ln t-(t-1)$, 则当 $t>1$ 时, $h^{\\prime}(t)=\\ln t>0$,\n\n所以 $h(t)$ 在 $(1,+\\infty)$ 内是增函数,\n\n所以当 $t>1$ 时, $\\mathrm{h}(t)=t \\ln t-(t-1)>h(1)=0$, 即 $t \\ln t>t-1(t>1)$.\n\n由(1)(2)知 $(*)$ 成立, 所以 $x_{1}<\\frac{2}{k}0)$, 过焦点 $F$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $A$,$B$ 两点. 设 $A B$ 的中点为 $M$, 过 $M$ 作直线 $x=-\frac{p}{2}$ 的垂线, 垂足为 $N$, 求证: 直线 $F N \perp l$." ['当直线 $l$ 的斜率不存在时, 结论显然成立\n\n当直线 $l$ 的斜率存在时, $\\because y_{1}+y_{2}=k x_{1}-\\frac{k p}{2}+k x_{2}-\\frac{k p}{2}=k\\left(x_{1}+x_{2}\\right)-k p$, 将\n\n$x_{1}+x_{2}=p+\\frac{2 p}{k^{2}}$ 代入可得, $y_{1}+y_{2}=\\frac{2 p}{k}, N\\left(-\\frac{p}{2}, \\frac{p}{k}\\right) $\n\n$\\mathrm{k}_{N F}=\\frac{\\frac{p}{k}}{-\\frac{p}{2}-\\frac{p}{2}}=-\\frac{1}{k}$, 由于 $\\left(-\\frac{1}{k}\\right) \\cdot k=-1, \\therefore$ 直线 $\\mathrm{F} N \\perp l $'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 82 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足: $$ a_{1}=\frac{\pi}{3}, \quad 00$, 即 $f(x)$ 在 $\\left(0, \\frac{1}{2}\\right)$ 单调递增,\n\n于是:\n\n$$\n\\sin a_{k+1} \\leq \\frac{1}{3} \\sin 3 a_{k}=\\frac{1}{3}\\left(3 \\sin a_{k}-4 \\sin ^{3} a_{k}\\right) \\leq \\frac{1}{\\sqrt{k}}-\\frac{4}{3 k \\sqrt{k}},\n$$\n\n所以只需证明:\n\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{k}}-\\frac{4}{3 k \\sqrt{k}}<\\frac{1}{\\sqrt{k+1}}(k \\geq 2)\n$$\n\n即可.\n\n即证明:\n\n$$\n\\frac{3 k-4}{3 k}<\\sqrt{\\frac{k}{k+1}}\n$$\n\n平分后整理可得:\n\n$$\n15 k^{2}+8 k-16>0,\n$$\n\n即证明对任意 $k \\geq 2$ 有:\n\n$$\n(3 k+4)(5 k-4)>0,\n$$\n\n显然成立.\n\n于是：对任意 $n \\in \\mathrm{N}^{*}$, 有 $\\sin a_{n}<\\frac{1}{\\sqrt{n}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 83 "证明对所有的正整数 $n \geqslant 4$, 存在一个集合 $S$, 满足如下条件: (1) $S$ 由都小于 $2^{n-1}$ 的 $n$ 个正整数组成; (2)对 $S$ 的任意两个不同非空子集 $A 、 B$, 集合 $A$ 中所有元素之和不等于集合 $B$ 中所有元素之和." "['用 $|T|$ 表示集合 $T$ 中的元素个数, $M(A)$ 表示集合 $A$ 中的元素之和.\n\n当 $n=4$ 时，若 $|A|=1 ，$ 则 $M(A)=\\{1,2,4,8\\}$;\n\n若 $|A|=2$ ，则 $M(A)=\\{3,5,9,6,10,12\\}$ ，\n\n若 $|A|=3$ ，则 $M(A)=\\{7,11 ， 13,14\\} ，$\n\n若 $|A|=4$ ，则 $M(A)=\\{15\\} ，$\n\n即集合 $S$ 的 15 个子集，其和值也有 15 个，每个子集的和值各不相同，\n\n所以：当 $A \\neq B$ 时，总有 $M(A) \\neq M(B)$.\n\n故：当 $n=4$ 时, $S=\\{1,2,4,8\\}$ 满足题意;\n\n假设当 $n=k$ 时，集合 $S=\\left\\{2^{0} ， 2^{1}, 2^{2}, \\ldots, 2^{k-1}\\right\\}$满足题意，\n\n此时集合 $S$ 的 $2^{k}-1$ 个非空子集有 $2^{k}-1$ 个不同的值，其集合为\n\n$$\n\\left\\{1,2, \\ldots, 2^{k}-1\\right\\}\n$$\n\n则当 $n=k+1$ 时，集合 $S$ 的 $2^{k}$ 个子集的和值组成的集合为\n\n$$\n\\left\\{1,2,3, \\ldots, 2^{k}-1,2^{k}, 2^{k}+1, \\ldots, 2^{k}+2^{k}-1\\right\\},\n$$\n\n即:\n\n$$\n\\left\\{1,2,3, \\ldots, 2^{k}-1,2^{k}, \\ldots, 2^{k+1}-1\\right\\}\n$$\n\n所以当 $n=k+1$ 时，集合 $S$ 的 $2^{k+1}-1$ 个子集有 $2^{k+1}-1$ 个不同的值.\n\n综上：集合 $S=\\left\\{2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, \\ldots, 2^{n-1}\\right\\}$ 总是满足题意.' '不妨假设 $a_{1}a_{n}$, 则 $a_{n+2}=a_{n+1}-a_{n} \\leq a_{n+1}-1(n \\geq 3)$;\n\n若 $a_{n+1}a_{2 n+2}\\right) \\\\\na_{2 n+2} & \\left(a_{2 n+1}0$ 矛盾. 故 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$中必有 “ 0 ” 项.\n\n若第一次出现的 “ 0 ” 项为 $a_{n}$, 记 $a_{n-1}=M(M \\neq 0)$, 则自第 $n$ 项开始, 每三个相邻的项周期地取值 $0, M, M$, 即\n\n$$\na_{n+3 k}=0, \\quad a_{n+3 k+1}=M, \\quad a_{n+3 k+2}=M, k=0,1,2\n$$\n\n所以数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中一定可以选取无穷多项组成两个不同的常数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 86 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{n+1}=2 a_{n}+1\left(n \in N^{*}\right)$. 证明: $\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\ldots+\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\frac{n}{2}$." ['$\\because a_{n-1}=2 a_{n}+1\\left(n \\in N^{*}\\right)$.\n\n$\\therefore a_{n+1}+1=2\\left(a_{n}+1\\right), \\therefore\\left\\{a_{n}+1\\right\\}$ 是以 $a_{1}+1=2$ 为首项, 2 为公比的等比数列.\n\n$\\therefore a_{n}+1=2^{n}$, 即 $a_{n}=2^{n}-1$\n\n$\\because \\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\\frac{2^{k}-1}{2^{k+1}-1}<\\frac{2^{k}-1}{2 \\cdot 2^{k}-1-1}=\\frac{2^{k}-1}{2\\left(2^{k}-1\\right)}=\\frac{1}{2}, \\left(k=1,2, \\ldots, n\\right)$,\n\n$\\therefore \\frac{a_{1}}{a_{2}}+\\frac{a_{2}}{a_{2}}+\\ldots+\\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<\\frac{n}{2}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 87 "已知函数 $f(x)=\frac{m x-n}{x}-\ln x, m, n \in R$. 若 $n=1$ 时, 函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_{1}, x_{2}\left(02$." ['函数 $f(x)$ 恰有两个零点 $x_{1}, x_{2}\\left(01$, 则 $\\ln t=\\frac{t-1}{t x_{1}}, x_{1}=\\frac{t-1}{t \\ln t}$, 于是 $x_{1}+x_{2}=x_{1}(t+1)=\\frac{t^{2}-1}{t \\ln t}$,\n\n$\\therefore x_{1}+x_{2}-2=\\frac{2\\left(\\frac{t^{2}-1}{2 t}-\\ln t\\right)}{\\ln t}$, 记函数 $h(t)=\\frac{t^{2}-1}{2 t}-\\ln t$, 因 $h^{\\prime}(t)=\\frac{(t-1)^{2}}{2 t^{2}}>0$,\n\n$\\therefore h(t)$ 在 $(1,+\\infty)$ 递增, $\\because t>1, \\therefore h(t)>h(1)=0$,\n\n又 $t=\\frac{x_{2}}{x_{1}}>1, \\ln t>0$, 故 $x_{1}+x_{2}>2$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 88 "过直线 $l: x-2 y-20=0$ 上的点 $P$ 作椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{9}=1$ 的切线 $P M, P N$, 切点分别为 $M, N$ 连接 $M N$. 当 $M N / / l$ 时,求证:定点 $\mathrm{Q}$ 平分线段 $M N$." ['设 $P\\left(2 y_{0}+20, y_{0}\\right)$, 则直线 $M N$ 的方程为 $\\frac{x\\left(2 y_{0}+20\\right)}{16}+\\frac{y y_{0}}{9}=1$\n\n整理得 $9\\left(y_{0}+10\\right)\\left(x-\\frac{4}{5}\\right)+8 y_{0}\\left(y+\\frac{9}{10}\\right)=0$ (2)\n\n$\\therefore$ 直线 $M N$ 恒过一定点 $Q\\left(\\frac{4}{5},-\\frac{9}{10}\\right)$\n\n当 $M N / / l$ 时, $\\frac{1}{2}=-\\frac{9\\left(2 y_{0}+20\\right)}{16 y_{0}}$, 得 $y_{0}=-\\frac{90}{13}, x_{0}=2 y_{0}+20=\\frac{80}{13}$ 。\n\n将 $x_{0}, y_{0}$ 代入$M N$ 方程得， $5 x-10 y=13$ ，代入椭圆得 $5 x^{2}-8 x+m=0 （ m$ 是常数）。\n\n设 $M 、 N$ 的横坐标分别是 $x_{1}, x_{2}, \\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\\frac{4}{5} ， \\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=\\frac{5 \\times \\frac{4}{5}-13}{10}=-\\frac{9}{10}$ ，\n\n$\\therefore$ 定点 $Q\\left(\\frac{4}{5},-\\frac{9}{10}\\right)$ 平分线段 $M N$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 89 设 $a, b \in R$ 且 $3^{a}+11^{b}=16^{a} ， 6^{a}+8^{b}=13^{b}$, 求证： $a0, \\therefore 3^{a}<16^{a}$, 由幂函数性质知 $a>0$,\n\n$\\because 6^{a}+8^{b}=13^{b}, 6^{a}>0, \\therefore 13^{b}>8^{b}$, 由幂函数性质知 $b>0$\n\n$\\because 3^{a}+11^{b}=16^{a}>14^{a}=(3+11)^{a}>3^{a}+11^{a}$\n\n$\\therefore 11^{b}>11^{a}$\n\n$\\therefore$ 由指数函数性质知 $a\sqrt{3}$, 使得对于任意实数 $x, y, z$, 下式恒成立 $$ x^{2}+2 y^{2}+3 z^{2} \geq k(x y+y z+z x) $$;" ['$$\nx^{2}+2 y^{2}+3 z^{2}-k(x y+y z+z x)=\\left(x-\\frac{k}{2} y-\\frac{k}{2} z\\right)^{2}+\\left(2-\\frac{k^{2}}{4}\\right) y^{2}+\\left(3-\\frac{k^{2}}{4}\\right) z^{2}+\\left(\\frac{k^{2}}{2}-k\\right) y z \n$$\n\n上式 $\\geq 0$ 恒成立, 当且仅当 $2-\\frac{k^{2}}{4} \\geq 0$ 且 $\\left(\\frac{k^{2}}{2}-k\\right)^{2} \\leq 4\\left(2-\\frac{k^{2}}{4}\\right)\\left(3-\\frac{k^{2}}{4}\\right)$.\n\n化简得 $|k| \\leq 2 \\sqrt{2}$ 且 $k^{3}-6 k^{2}+24 \\geq 0$, 显然, $k=2>\\sqrt{3}$ 满足要求.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 94 设 $a 、 b 、 c$ 均为正实数，求证: $\frac{a\left(a^{2}+b c\right)}{b+c}+\frac{b\left(b^{2}+c a\right)}{c+a}+\frac{c\left(c^{2}+a b\right)}{a+b} \geq a b+b c+c a$. ['由对称性不妨设 $a \\geq b \\geq c>0$, 则\n\n$$\n\\frac{a+b+c}{b+c} \\geq \\frac{a+b+c}{c+a} \\geq \\frac{a+b+c}{a+b}\n$$\n\n即\n\n$$\n\\frac{a}{b+c} \\geq \\frac{b}{c+a} \\geq \\frac{c}{a+b}\n$$\n\n又 $a^{2} \\geq b^{2} \\geq c^{2}$, 由排序不等式得\n\n$$\n\\frac{a}{b+c} a^{2}+\\frac{b}{c+a} b^{2}+\\frac{c}{a+b} c^{2} \\geq \\frac{a}{b+c} b^{2}+\\frac{b}{c+a} c^{2}+\\frac{c}{a+b} a^{2}\n$$\n\n即\n\n$$\n\\frac{a^{2}}{b+c}+\\frac{b^{2}}{c+a}+\\frac{c^{2}}{a+b} \\geq \\frac{a b^{2}}{b+c}+\\frac{b c^{2}}{c+a}+\\frac{c a^{2}}{a+b}\n$$\n\n从而\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{a\\left(a^{2}+b c\\right)}{b+c}+\\frac{b\\left(b^{2}+a c\\right)}{c+a}+\\frac{c\\left(c^{2}+a b\\right)}{a+b} & =\\frac{a^{3}}{b+c}+\\frac{b^{3}}{c+a}+\\frac{c^{3}}{a+b}+\\left(\\frac{a b c}{b+c}+\\frac{a b c}{c+a}+\\frac{a b c}{a+b}\\right) \\\\\n& \\geq \\frac{a b^{2}}{b+c}+\\frac{b c^{2}}{c+a}+\\frac{c a^{2}}{a+b}+\\frac{a b c}{b+c}+\\frac{a b c}{c+a}+\\frac{a b c}{a+b} \\\\\n& =a b+b c+c a\n\\end{aligned}\n$$\n\n当且仅当 $a=b=c$ 时等号成立, 即原不等式成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 95 "已知 $f(x)=e^{x}-m x$. 若 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)$ 的两个零点, 求证: $x_{1}+x_{2}=2$." ['因为 $x_{1}, x_{2}$ 是函数 $f(x)=e^{x}-m x$ 的两个零点, 所以\n\n$$\ne^{x_{1}}=m x_{1}, e^{x_{2}}=m x_{2}, m\\left(x_{1}+x_{2}\\right)=e^{x_{1}}+e^{x_{2}}, m\\left(x_{1}-x_{2}\\right)=e^{x_{1}}-e^{x_{2}}\n$$\n\n不妨设 $x_{1}>x_{2}$, 易知 $m \\neq 0$, 联立上述两式, 消 $m$, 得\n\n$$\nx_{1}+x_{2}=\\frac{\\left(x_{1}-x_{2}\\right)\\left(e^{x_{1}}+e^{x_{2}}\\right)}{e^{x_{1}}-e^{x_{2}}}=\\frac{\\left(x_{1}-x_{2}\\right)\\left(e^{x_{1}-x_{2}}+1\\right)}{e^{x_{1}-x_{2}}-1}\n$$\n\n又由 (1) 知, 对 $m=\\frac{1}{2}$, 当 $x>0$ 时, $g(x)=(x-2) e^{x}+2 m x+2>0$ 恒成立.\n\n所以当 $x>0$ 时, $(x-2) e^{x}+x+2>0$ 恒成立; 所以当 $x>0$ 时,\n\n$$\n\\frac{x\\left(e^{x}+1\\right)}{e^{x}-1}-2=\\frac{x e^{x}+x-2 e^{x}+2}{e^{x}-1}=\\frac{(x-2) e^{x}+x+2}{e^{x}-1}>0\n$$\n\n所以\n\n$$\nx_{1}+x_{2}-2=\\frac{\\left(x_{1}-x_{2}\\right)\\left(e^{x_{1}-x_{2}}+1\\right)}{e^{x_{1}-x_{2}}-1}-2>0, x_{1}+x_{2}>2\n$$\n\n当 $x_{1}2$, 所以 $x_{1}+x_{2}>2$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 96 " 证明: $\frac{1}{2^{k}}+\frac{1}{2^{k}+1}+\frac{1}{2^{k}+2}+\cdots+\frac{1}{2^{k+1}-1}<1(n \geq 2, n \in N)$ ；" ['$\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}+1}+\\frac{1}{2^{k}+2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k+1}-1}<\\underbrace{\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k}}}_{2^{k} \\uparrow}=\\frac{2^{k}}{2^{k}}=1$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 97 " 证明:分别以 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ 为边长的正方形能互不重叠地全部放入一个边长为 $\frac{3}{2}$ 的正方形内." ['$\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}+1}+\\frac{1}{2^{k}+2}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k+1}-1}<\\underbrace{\\frac{1}{2^{k}}+\\frac{1}{2^{k}}+\\cdots+\\frac{1}{2^{k}}}_{2^{k} \\uparrow}=\\frac{2^{k}}{2^{k}}=1$;\n\n故以边长为 $\\frac{1}{2^{k}}, \\frac{1}{2^{k}+1}, \\frac{1}{2^{k}+2}, \\cdots, \\frac{1}{2^{k+1}-1}$ 的正方形可以并排放入底为 1 , 高为 $\\frac{1}{2^{k}}$ 的矩形内, 而不重叠, 取 $k=2,3,4, \\cdots$, 即得底分别为\n\n$$\n\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{2^{2}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{3}-1}, \\frac{1}{2^{3}}+\\frac{1}{2^{3}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{4}-1}, \\frac{1}{2^{4}}+\\frac{1}{2^{4}+1}+\\cdots+\\frac{1}{2^{5}-1}\n$$\n\n高分别为 $\\frac{1}{2^{2}}, \\frac{1}{2^{3}}, \\frac{1}{2^{4}}, \\cdots$ 的一系列矩形, 这些矩形的底小于 1 , 高的和为\n\n$$\n\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{2^{3}}+\\frac{1}{2^{4}}+\\cdots=\\lim _{x \\rightarrow \\infty} \\frac{\\frac{1}{2^{2}}\\left(1-\\frac{1}{2^{n}}\\right)}{1-\\frac{1}{2}}=\\lim _{x \\rightarrow \\infty} \\frac{1}{2}\\left(1-\\frac{1}{2^{n}}\\right)<\\frac{1}{2}\n$$\n\n因此, 以 $1, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{3}, \\cdots, \\frac{1}{n}, \\cdots$ 为边长的正方形中, 除了边长为 $1, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{3}$ 的正方形外, 其余的正方形全部可以放入底为 1 , 高为 $\\frac{1}{2}$ 的矩形中 (如图阴影部分), 而边长为 $1, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{3}$ 的三个正方形显然可以放入底为 $\\frac{3}{2}$, 高为 1 的矩形内 (如下图).\n\n'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 98 设 $\alpha, \beta \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$. 证明: $\cos \alpha+\cos \beta+\sqrt{2} \sin \alpha \sin \beta \leq \frac{3 \sqrt{2}}{2}$. ['$$\n\\begin{array}{rlr}\n\\cos \\alpha+\\cos \\beta+\\sqrt{2} \\sin \\alpha \\sin \\beta & =2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2} \\cos \\frac{\\alpha-\\beta}{2}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}(\\cos (\\alpha-\\beta)-\\cos (\\alpha+\\beta)) & \\\\\n& \\leq 2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}(1-\\cos (\\alpha+\\beta)) & \\\\\n& =2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}+\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\left(2-2 \\cos ^{2} \\frac{\\alpha+\\beta}{2}\\right) \\\\\n& =\\sqrt{2}-\\sqrt{2} \\cos ^{2} \\frac{\\alpha+\\beta}{2}+2 \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2} \\\\\n& =\\frac{3 \\sqrt{2}}{2}-\\sqrt{2}\\left(\\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}-\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\right)^{2} \\leq \\frac{3 \\sqrt{2}}{2} & \n\\end{array}\n$$\n\n当且仅当 $\\left\\{\\begin{array}{l}\\cos \\frac{\\alpha \\cdot \\beta}{2}=1 \\\\ \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2} \\cdot \\frac{\\sqrt{2}}{2}=0\\end{array}\\right.$ 时, 即 $\\alpha=\\beta=\\frac{\\pi}{4}$时等号成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Trigonometric Functions Math Chinese 99 若 $a, b, c$ 为正数且 $a+b+c=3$. 证明: $a b+b c+c a \leq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \leq 3$. ['$\\sqrt{a}+\\sqrt{a}+a^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{a^{3}}=3 a$, 同理 $\\sqrt{b}+\\sqrt{b}+b^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{b^{3}}=3 b, \\sqrt{c}+\\sqrt{c}+c^{2} \\geq 3 \\sqrt[3]{c^{3}}=3 c$.\n\n三式相加:\n\n$$\n2(\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c})+a^{2}+b^{2}+c^{2} \\geq 3(a+b+c)=9=(a+b+c)^{2}\n$$\n\n所以\n\n$$\n2(\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c}) \\geq(a+b+c)^{2}-a^{2}-b^{2}-c^{2}=2(a b+b c+c a)\n$$\n\n所以 $a b+b c+c a \\leq \\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c}$.\n\n又 $(\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c})^{2} \\leq(a+b+c)(1+1+1)=9$, 所以 $\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c} \\leq 3$.\n\n综上可得 $a b+b c+c a \\leq \\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c} \\leq 3$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 100 "若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足: (1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$; (2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立. 证明: $f\left(\frac{x}{y}\right)=f(x)-f(y)$ (其中 $x>0, y>0$ );" ['因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f\\left(\\frac{a^{m}}{a^{n}}\\right)=f\\left(a^{m-n}\\right)=(m-n) f(a)=m-n\n$$\n\n又\n\n$$\nf(x)-f(y)=f\\left(a^{m}\\right)-f\\left(a^{n}\\right)=m f(a)-n f(a)=m-n\n$$\n\n所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f(x)-f(y)\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 101 "若函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty)$, 且满足: (1) 存在实数 $a \in(1,+\infty)$, 使得 $f(a)=1$; (2) 当 $m \in R$ 且 $x \in(0,+\infty)$ 时, 有 $f\left(x^{m}\right)-m f(x)=0$ 恒成立. 证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的单调递增;" ['因为 $x, y$ 均为正数, 故总存在实数 $m, n$ 使得 $x=a^{m}, y=a^{n}(a>1)$, 所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f\\left(\\frac{a^{m}}{a^{n}}\\right)=f\\left(a^{m-n}\\right)=(m-n) f(a)=m-n\n$$\n\n又\n\n$$\nf(x)-f(y)=f\\left(a^{m}\\right)-f\\left(a^{n}\\right)=m f(a)-n f(a)=m-n\n$$\n\n所以\n\n$$\nf\\left(\\frac{x}{y}\\right)=f(x)-f(y)\n$$\n\n设 $x_{1}, x_{2} \\in(0,+\\infty)$, 且 $x_{1}>x_{2}$, 则 $\\frac{x_{1}}{x_{2}}>1$, 故可令 $\\frac{x_{1}}{x_{2}}=a^{\\alpha}(a>1, \\alpha>0)$, 则\n\n$$\nf\\left(x_{1}\\right)-f\\left(x_{2}\\right)=f\\left(\\frac{x_{1}}{x_{2}}\\right)=f\\left(a^{\\alpha}\\right)=\\alpha f(a)=\\alpha>0\n$$\n\n即 $f\\left(x_{1}\\right)>f\\left(x_{2}\\right)$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 上单调递增.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 102 "设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$ 的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点. 证明: $B P=C Q$;" ['设 $A B=c, B C=a, A C=b$.\n\n在 $\\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\\angle B A C$ 的平分线,\n\n$$\n\\therefore \\frac{B D}{D C}=\\frac{A B}{A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{B D+D C}=\\frac{A B}{A B+A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{a}=\\frac{c}{b+c}, \\therefore B D=\\frac{a c}{b+c}\n$$\n\n又 $B M=\\frac{a}{2}$, 由 $B P \\cdot B A=B D \\cdot B M$ 得 $B P=\\frac{B D \\cdot B M}{A B}=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.\n\n由 $C Q \\cdot C A=C M \\cdot C D$ 得 $C Q=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 103 "设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, \angle B A C$ 的角平分线与 $B C$ 交于点 $D, M$ 为 $B C$ 的中点, 若 $\triangle A D M$ 的外接圆 $\odot Z$ 分别与 $A B, A C$ 交于 $P, Q, N$ 为 $P Q$ 的中点. 证明: $M N \| A D$." ['首先证明 $CQ=BP$.\n设 $A B=c, B C=a, A C=b$.\n\n在 $\\triangle A B C$ 中, $A D$ 为 $\\angle B A C$ 的平分线,\n\n$$\n\\therefore \\frac{B D}{D C}=\\frac{A B}{A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{B D+D C}=\\frac{A B}{A B+A C}, \\quad \\therefore \\quad \\frac{B D}{a}=\\frac{c}{b+c}, \\therefore B D=\\frac{a c}{b+c}\n$$\n\n又 $B M=\\frac{a}{2}$, 由 $B P \\cdot B A=B D \\cdot B M$ 得 $B P=\\frac{B D \\cdot B M}{A B}=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$.\n\n由 $C Q \\cdot C A=C M \\cdot C D$ 得 $C Q=\\frac{a^{2}}{2(b+c)}$, 因此 $C Q=B P$.\n\n由题意作解析图, 连接 $B Q, P C$, 并设 $X, Y$ 分别为 $B Q, P C$ 的中点, 易证 $X N$ 平行且等于 $M Y$,所以四边形 $N X M Y$ 为平行四边形, 由 $C Q=B P$ 知 $N X=N Y$, 所以四边形 $N X M Y$ 为菱形, 从而 $M N$平分 $\\angle X N Y$, 又 $A D$ 平分 $\\angle B A C, A B\\|N X, A C\\| N Y$, 所以 $M N \\| A D$.\n\n\n\n解析图'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 104 " 证明对于任意的正实数 $a, b$ 都有: $a+b \geq 2 \sqrt{a b}$" ['由 $a+b-2 \\sqrt{a b}=(\\sqrt{a}-\\sqrt{b})^{2} \\geq 0$, 故 $a+b \\geq 2 \\sqrt{a b}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 105 "设 $S, T$ 是两个非空集合, 若存在一个从 $S$ 到 $T$ 的函数 $y=f(x)$ 满足: ( $i$ ) $T=\{f(x) \mid x \in S\}$; ( $i i) \forall x_{1}, x_{2} \in S$, 当 $x_{1}0$, 得数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 单调递增, 所以 $a_{n} \\geq a_{1}=2$, 特别地\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{2018} \\frac{1}{a_{k}}=1-\\frac{1}{a_{2019}-1}<1\n$$\n\n由递推式可得 $a_{n}=\\frac{a_{n+1}-1}{a_{n}-1}$, 从而\n\n$$\na_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}=\\frac{a_{n+1}-1}{a_{1}-1}=a_{n+1}-1\n$$\n\n由均值不等式及已证结论有\n\n$$\n\\frac{1}{n}>\\frac{1}{n} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{a_{k}} \\geq \\frac{1}{\\sqrt[n]{a_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}}}\n$$\n\n所以 $a_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}>n^{n}$, 特别地\n\n$$\na_{2019}-1=a_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{2018}>2018^{2018}\n$$\n\n故\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{2018} \\frac{1}{a_{k}}=1-\\frac{1}{a_{2019}-1}>1-\\frac{1}{2018^{2018}}\n$$\n\n#'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 107 "已知三棱雉 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A, S B, S C$ 互相垂直, $M$ 是底面三角形 $A B C$ 内一动点, 直线 $M S$ 与 $S A, S B, S C$ 所成的角分别是 $\alpha, \beta, \gamma$. 证明: $\alpha, \beta, \gamma$ 不可能是锐角三角形的三个内角;" ['以线段 $M S$ 为体对角线构造长方体，则 $\\alpha, \\beta, \\gamma$ 恰好为长方体的体对角线与从一个顶点出发的三条棱所成的角, 因此 $\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma=1$\n\n因为 $\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta=1-\\cos ^{2} \\gamma$, 所以 $\\frac{1}{2}(\\cos 2 \\alpha+\\cos 2 \\beta)=-\\cos ^{2} \\gamma$, 所以\n\n$$\n\\cos (\\alpha+\\beta) \\times \\cos (\\alpha-\\beta)=-\\cos ^{2} \\gamma<0\n$$\n\n所以 $\\cos (\\alpha+\\beta)<0$, 所以\n\n$$\n\\frac{\\pi}{2}<\\alpha+\\beta<\\pi\n$$\n\n下面证明 $\\alpha+\\beta+\\gamma=\\pi$, 要证 $\\alpha+\\beta+\\gamma<\\pi$, 只需 $\\alpha+\\beta<\\pi-\\gamma$, 只需 $\\cos (\\pi-\\gamma)<\\cos (\\alpha+\\beta)<0$,只需 $\\cos ^{2}(\\pi-\\gamma)>\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)$.\n\n因为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)-\\cos ^{2} \\gamma & =\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)+\\frac{1}{2}(\\cos 2 \\alpha+\\cos 2 \\beta)=\\cos ^{2}(\\alpha+\\beta)+\\cos (\\alpha+\\beta) \\cdot \\cos (\\alpha-\\beta) \\\\\n& =2 \\cos (\\alpha+\\beta) \\cdot \\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta<0\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以 $\\alpha+\\beta+\\gamma<\\pi$, 故 $\\alpha, \\beta, \\gamma$ 不可能是锐角三角形的三个内角.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Solid Geometry Math Chinese 108 "已知三棱雉 $S-A B C$ 中, 侧棱 $S A, S B, S C$ 互相垂直, $M$ 是底面三角形 $A B C$ 内一动点, 直线 $M S$ 与 $S A, S B, S C$ 所成的角分别是 $\alpha, \beta, \gamma$. 设 $S=\frac{1}{\cos ^{2} \alpha}+\frac{1}{\cos ^{2} \beta}+\frac{1}{\cos ^{2} \gamma}-\frac{2\left(\cos ^{3} \alpha+\cos ^{3} \beta+\cos ^{3} \gamma\right)}{\cos \alpha \cdot \cos \beta \cdot \cos \gamma}$, 证明: $S \geq 3$." ['$$\n\\begin{aligned}\nS-3 & =\\frac{1}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\beta}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\gamma}-\\frac{2\\left(\\cos ^{3} \\alpha+\\cos ^{3} \\beta+\\cos ^{3} \\gamma\\right)}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta \\cdot \\cos \\gamma}-3 \\\\\n& =\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos ^{2} \\beta}+\\frac{\\cos ^{2} \\alpha+\\cos ^{2} \\beta+\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos ^{2} \\gamma} \\\\\n& -2\\left(\\frac{\\cos ^{2} \\alpha}{\\cos \\beta \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\beta}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta}\\right)-3 \\\\\n& =\\cos ^{2} \\alpha\\left(\\frac{1}{\\cos ^{2} \\beta}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\gamma}\\right)+\\cos ^{2} \\beta\\left(\\frac{1}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\gamma}\\right)+\\cos ^{2} \\gamma\\left(\\frac{1}{\\cos ^{2} \\alpha}+\\frac{1}{\\cos ^{2} \\beta}\\right) \\\\\n& -2\\left(\\frac{\\cos ^{2} \\alpha}{\\cos \\beta \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\beta}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\gamma}+\\frac{\\cos ^{2} \\gamma}{\\cos \\alpha \\cdot \\cos \\beta}\\right)-3 \\\\\n& =\\cos ^{2} \\alpha\\left(\\frac{1}{\\cos \\beta}-\\frac{1}{\\cos \\gamma}\\right)^{2}+\\cos ^{2} \\beta\\left(\\frac{1}{\\cos \\alpha}-\\frac{1}{\\cos \\gamma}\\right)^{2}+\\cos ^{2} \\gamma\\left(\\frac{1}{\\cos \\alpha}-\\frac{1}{\\cos \\beta}\\right)^{2} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\n\n即$S-3 \\geq 0 ,$所以$S \\geq 3$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Solid Geometry Math Chinese 109 "从 $1,2,3, \cdots, 2050$ 这 2050 个数中任取 2018 个数组成集合 $A$, 把 $A$ 中的每个数染上红色或蓝色, 求证:总存在一种染色方法, 使得有 600 个红数及 600 个蓝数满足下列两个条件: (1) 这 600 个红数的和等于这 600 个蓝数的和; (2) 这 600 个红数的平方和等于这 600 个蓝数的平方和." "['注意到 $1+4+6+7=2+3+5+8=18$, 且 $1^{2}+4^{2}+6^{2}+7^{2}=2^{2}+3^{2}+5^{2}+8^{2}=102$, 则\n\n$$\n(8 k+1)+(8 k+4)+(8 k+6)+(8 k+7)=(8 k+2)+(8 k+3)+(8 k+5)+(8 k+8)\n$$\n\n且\n\n$$\n(8 k+1)^{2}+(8 k+4)^{2}+(8 k+6)^{2}+(8 k+7)^{2}=(8 k+2)^{2}+(8 k+3)^{2}+(8 k+5)^{2}+(8 k+8)^{2}\n$$\n\n把 $A$ 中的 $8 k+1,8 k+4,8 k+6,8 k+7$ 型数染成红色, $8 k+2,8 k+3,8 k+5,8 k+8$ 型数染成蓝色.\n\n因为 $2050=8 \\times 256+2$, 所以 $k=0,1,2, \\cdots, 256$.\n\n构造 257 个抽屉, 第 $k+1$ 个抽屉放置形如 “ $8 k+1,8 k+2,8 k+3,8 k+4,8 k+5,8 k+6,8 k+7,8 k+8$ ”的数, $k=0,1,2, \\cdots, 255$, 第 257 个抽屉放置 $A$ 中大于 2048 的数（最多 2 个数）.\n\n2050 个数中任取 2018 个数按要求放入抽屉, 至少填满 224 个抽屉 (放入了 8 个数), 224 个填满数的抽屉中每个抽屉都是 4 个红数和 4 个蓝数, 其和相等且平方和相等.\n\n取 224 个抽屉中的 150 个, $4 \\times 150=600$, 共 600 个红数与 600 个蓝数, 也有和相等, 且平方和相等. 即存在 600 个红数与 600 个蓝数, 这 600 个红数与 600 个蓝数的和相等, 且平方和相等.' '注意到 $4+5=1+2+6=9$, 且 $4^{2}+5^{2}=1^{2}+2^{2}+6^{2}=41$, 则\n\n$$\n7 k+(7 k+4)+(7 k+5)=(7 k+1)+(7 k+2)+(7 k+6)\n$$\n\n且\n\n$$\n(7 k)^{2}+(7 k+4)^{2}+(7 k+5)^{2}=(7 k+1)^{2}+(7 k+2)^{2}+(7 k+6)^{2}\n$$\n\n把 $A$ 中的 $7 k, 7 k+3,7 k+4,7 k+5$ 型数染成红色, $7 k+1,7 k+2,7 k+6$ 型数染成蓝色.\n\n因为 $2050=7 \\times 292+6$, 所以 $k=0,1,2, \\cdots, 292$.\n\n构造 293 个抽屉, $k=0$ 时, 抽屉放置集合 $A$ 中不超过 6 的数, 其余的第 $k+1$ 个抽屉放置形如 $7 k, 7 k+1,7 k+2,7 k+3,7 k+4,7 k+5,7 k+6$ 型数, $k=1,2, \\cdots, 292$.\n\n2050 个数中任取 2018 个数按要求放入抽屉, 至少填满 260 个抽屉 (放入了 7 个数), 260 个填满数的抽屉中每个抽屉都是 4 个红数和 3 个蓝数, 取 $7 k, 7 k+4,7 k+5$ 型 3 个红数和 3 个蓝数, 其和相等且平方和相等.\n\n取 260 个抽屉中的 200 个, $3 \\times 200=600$, 共 600 个红数与 600 个蓝数, 也有和相等, 且平方和相等. 即存在 600 个红数与 600 个蓝数, 这 600 个红数与 600 个蓝数的和相等, 且平方和相等.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Set Theory Math Chinese 110 "设函数 $f(x)=e^{x}-1-x$.$f(x)$ 在区间 $\left[0, \frac{1}{n}\right]$ ( $n$ 为正整数) 上的最大值为 $b_{n}$. 令 $a_{n}=e^{\frac{1}{n}}-1-b_{n}, p_{k}=\frac{a_{2} a_{4} \cdots a_{2 k}}{a_{1} a_{3} \cdots a_{2 k-1}}$ ( $n, k$ 为正整数), 求证: $p_{1}+p_{2}+\cdots p_{n}<\sqrt{\frac{2}{a_{n}}+1}-1$." ['因为 $f^{\\prime}(x)=e^{x}-1$, 所以, 当 $x \\in\\left[0, \\frac{1}{n}\\right]$ 时, $f^{\\prime}(x) \\geq 0$, 即 $f(x)$ 在 $x \\in\\left[0, \\frac{1}{n}\\right]$ 是增函数, 故 $f(x)$ 在 $x \\in\\left[0, \\frac{1}{n}\\right]$ 上的最大值为 $b_{n}=e^{\\frac{1}{n}}-1-\\frac{1}{n}$.\n\n$a_{n}=e^{\\frac{1}{n}}-1-b_{n}=\\frac{1}{n}$, 因为 $\\frac{(2 k-1)(2 k+1)}{(2 k)^{2}}=\\frac{4 k^{2}-1}{4 k^{2}}<1$, 所以\n\n$$\n\\left[\\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdots(2 k-1)}{2 \\cdot 4 \\cdots(2 k)}\\right]^{2}=\\frac{1 \\cdot 3}{2^{2}} \\cdot \\frac{3 \\cdot 5}{4^{2}} \\cdot \\frac{5 \\cdot 7}{6^{2}} \\cdots \\frac{(2 k-1)(2 k+1)}{(2 k)^{2}} \\cdot \\frac{1}{2 k+1}<\\frac{1}{2 k+1}\n$$\n\n又容易证明 $\\frac{1}{\\sqrt{2 k+1}}<\\sqrt{2 k+1}-\\sqrt{2 k-1}$, 所以\n\n$$\np_{k}=\\frac{a_{2} a_{4} \\cdots a_{2 k}}{a_{1} a_{3} \\cdots a_{2 k-1}}=\\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdots(2 k-1)}{2 \\cdot 4 \\cdots(2 k)}<\\frac{1}{\\sqrt{2 k+1}}<\\sqrt{2 k+1}-\\sqrt{2 k-1}\n$$\n\n所以\n\n$$\np_{1}+p_{2}+\\cdots+p_{n}<(\\sqrt{3}-1)+(\\sqrt{5}-\\sqrt{3})+\\cdots+(\\sqrt{2 n+1}-\\sqrt{2 n-1})=\\sqrt{2 n+1}-1=\\sqrt{\\frac{2}{a_{n}}+1}-1\n$$\n\n即\n\n$$\np_{1}+p_{2}+\\cdots+p_{n}<\\sqrt{\\frac{2}{a_{n}}+1}-1\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 111 "棋盘上标有第 $0,1,2, \cdots, 100$ 站, 棋子开始时位于第 0 站, 棋手抛郑均匀硬币走跳棋游戏, 若掷出正面,棋子向前跳出一站; 若郑出反面, 棋子向前跳出两站, 直到跳到第 99 站（胜利大本营）或第 100 站（失败集中营) 时, 游戏结束, 设棋子跳到第 $n$ 站的概率为 $P_{n}$. 证明: $P_{n+1}-P_{n}=-\frac{1}{2}\left(P_{n}-P_{n-1}\right)(2 \leq n \leq 99)$;" ['易知棋子先跳到第 $n-2$ 站, 再掷出反面, 其概率为 $\\frac{1}{2} P_{n-2}$; 棋子先跳到第 $n-1$ 站, 再掷出正面,其概率为 $\\frac{1}{2} P_{n-1}$, 因此有 $P_{n}=\\frac{1}{2}\\left(P_{n-1}+P_{n-2}\\right)$, 即\n\n$$\nP_{n}-P_{n-1}=-\\frac{1}{2}\\left(P_{n-1}-P_{n-2}\\right)\n$$\n\n或即\n\n$$\nP_{n+1}-P_{n}=-\\frac{1}{2}\\left(P_{n}-P_{n-1}\\right) \\quad(2 \\leq n \\leq 99)\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Probability and Statistics Math Chinese 112 " 已知 $P$ 是矩形 $A B C D$ 所在平面上的一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$, 试证明该命题;" ['设在直角坐标平面中, 矩形 $A B C D$ 的顶点坐标为 $A(-a,-b), B(a,-b), C(a, b), D(-a, b)$,点 $P(x, y)$ 是直角坐标平面上的任意一点, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& P A^{2}+P C^{2}=(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}\\right) \\\\\n& P B^{2}+P D^{2}=(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+(x+a)^{2}+(y-b)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n故 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 113 " 已知$P$ 为矩形 $A B C D$所在空间上任一点, 则有 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$, 试证明该命题;" ['设棱锥 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 在空间直角坐标系的 $x O y$ 平面上, 矩形 $A B C D$ 的顶点坐标为 $A(-a,-b, 0), B(a,-b, 0), C(a, b, 0), D(-a, b, 0)$, 设 $P$ 点的坐标为 $P(x, y, z)$, 则\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& P A^{2}+P C^{2}=(x+a)^{2}+(y+b)^{2}+(z-0)^{2}+(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-0)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}+z^{2}\\right) \\\\\n& P B^{2}+P D^{2}=(x-a)^{2}+(y+b)^{2}+(z-0)^{2}+(x+a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-0)^{2}=2\\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}+b^{2}+z^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\n故 $P A^{2}+P C^{2}=P B^{2}+P D^{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 114 "设等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 且 $a_{n+1}=2 S_{n}+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$. 在 $a_{n}$ 与 $a_{n+1}$ 之间插入 $n$ 个实数, 使这 $n+2$ 个数依次组成公差为 $d_{n}$ 的等差数列, 设数列 $\left\{\frac{1}{d_{n}}\right\}$的前 $n$ 项和为 $T_{n}$, 求证: $T_{n}<\frac{15}{8}$." ['由 $\\left\\{\\begin{array}{l}a_{n+1}=2 S_{n}+1 \\\\ a_{n}=2 S_{n-1}+1(n \\geq 2)\\end{array}\\right.$ 相减得\n\n$$\na_{n+1}-a_{n}=2\\left(S_{n}-S_{n-1}\\right)=2 a_{n}\n$$\n\n所以 $a_{n+1}=3 a_{n}(n \\geq 2)$.\n\n因为 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 等比, 且 $a_{2}=2 a_{1}+1$, 所以 $3 a_{1}=2 a_{1}+1$, 所以 $a_{1}=1$, 所以 $a_{n}=3^{n-1}$;\n\n由题设得 $a_{n+1}=a_{n}+(n+1) d_{n}$, 所以\n\n$$\n\\frac{1}{d_{n}}=\\frac{n+1}{a_{n+1}-a_{n}}=\\frac{n+1}{2 \\cdot 3^{n-1}}\n$$\n\n所以\n\n$$\n2 T_{n}=2+\\frac{3}{3}+\\frac{4}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{n+1}{3^{n-1}}\n$$\n\n则\n\n$$\n\\frac{2}{3} T_{n}=\\frac{2}{3}+\\frac{3}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{n}{3^{n-1}}+\\frac{n+1}{3^{n}}\n$$\n\n相减得:\n\n$$\n\\frac{4}{3} T_{n}=2+\\frac{1}{3}+\\frac{1}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{1}{3^{n-1}}-\\frac{n+1}{3^{n}}=2+\\frac{\\frac{1}{3}\\left(1-\\frac{1}{3^{n-1}}\\right)}{1-\\frac{1}{3}}-\\frac{n+1}{3^{n}}\n$$\n\n所以\n\n$$\nT_{n}=\\frac{15}{8}-\\frac{2 n+5}{8 \\cdot 3^{n-1}}<\\frac{15}{8}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 115 "设 $f(x)=e^{x}-\cos x, x>0$, 正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且当 $n \geq 2$ 时, $f\left(a_{n}\right)=a_{n-1}$. 求证:当 $n \geq 2$ 时, $a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$." ['我们证明, 当 $x>0$ 时, $f(x)>x+x^{2}$, 令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$, 则有\n\n$$\ng^{\\prime}(x)=e^{x}+\\sin x-1-2 x, g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+\\cos x-2, g^{\\prime \\prime \\prime}(x)=e^{x}-\\sin x>1-\\sin x \\geq 0\n$$\n\n由 $g^{\\prime \\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime \\prime}(x)$ 单调增, 从而 $g^{\\prime \\prime}(x)>g^{\\prime \\prime}(0)=0$, 由 $g^{\\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime}(x)$ 单调增, $g^{\\prime}(x)>g^{\\prime}(0)=0$,最后, 由 $g^{\\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调增, $g(x)>g(0)=0$, 这样我们就证明了 $f(x)a_{n}+a_{n}^{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 116 "设 $f(x)=e^{x}-\cos x, x>0$, 正数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1$, 且当 $n \geq 2$ 时, $f\left(a_{n}\right)=a_{n-1}$. 求证:$\sum_{k=1}^{n} a_{k}<2 \sqrt{n}$." ['首先证明当 $n \\geq 2$ 时, $a_{n-1}>a_{n}+a_{n}^{2}$.\n\n我们证明, 当 $x>0$ 时, $f(x)>x+x^{2}$, 令 $g(x)=f(x)-x-x^{2}$, 则有\n\n$$\ng^{\\prime}(x)=e^{x}+\\sin x-1-2 x, g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+\\cos x-2, g^{\\prime \\prime \\prime}(x)=e^{x}-\\sin x>1-\\sin x \\geq 0\n$$\n\n由 $g^{\\prime \\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime \\prime}(x)$ 单调增, 从而 $g^{\\prime \\prime}(x)>g^{\\prime \\prime}(0)=0$, 由 $g^{\\prime \\prime}(x)>0$ 可知 $g^{\\prime}(x)$ 单调增, $g^{\\prime}(x)>g^{\\prime}(0)=0$,最后, 由 $g^{\\prime}(x)>0$ 可知 $g(x)$ 单调增, $g(x)>g(0)=0$, 这样我们就证明了 $f(x)a_{n}+a_{n}^{2}$.\n\n我们先对 $n$ 用数学归纳法证明 $a_{n} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{n}}$.\n\n当 $n=1$ 时, $a_{1}=1$, 结论成立;\n\n假设当 $n=m-1$ 时, 有 $a_{m-1} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{m-1}}$ (其中 $m \\geq 2$ ), 如果 $a_{m}>\\frac{1}{\\sqrt{m}}$, 则\n\n$$\na_{m-1}>a_{m}+a_{m}^{2}>\\frac{1}{\\sqrt{m}}+\\frac{1}{m}\n$$\n\n注意\n\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{m-1}}-\\frac{1}{\\sqrt{m}}=\\frac{\\sqrt{m}-\\sqrt{m-1}}{\\sqrt{m(m-1)}}=\\frac{1}{(\\sqrt{m}+\\sqrt{m-1}) \\sqrt{m(m-1)}}<\\frac{1}{m \\sqrt{m-1}}<\\frac{1}{m}\n$$\n\n可知 $a_{m-1}>\\frac{1}{\\sqrt{m-1}}$, 与归纳假设矛盾, 因此 $a_{m} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{m}}$, 这样, 当 $k \\geq 1$ 时, 有\n\n$$\na_{k} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{k}}<\\frac{2}{\\sqrt{k}+\\sqrt{k-1}}=2(\\sqrt{k}-\\sqrt{k-1})\n$$\n\n令 $k$ 从 1 到 $n$ 求和, 就得到 $\\sum_{k=1}^{n} a_{k}<2 \\sqrt{n}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 117 " 证明: 2018 可表示为两个正整数的平方和;" ['若存在正整数 $x 、 y$, 使得 $2018=x^{2}+y^{2}$, 由于 2018 被 4 除余 2 , 则 $x 、 y$ 必同为奇数.又奇数的平方的个位数必为 $1 、 5 、 9$ 之一, 故 $x^{2} 、 y^{2}$ 的个位均为 9 , 即 $x 、 y$ 的个位数为 3 或 7 .设 $x \\leq y$, 则 $1009 \\leq y^{2}<2018$, 于是, $y$ 的可能值只有 33、37、43. 经计算得\n\n$$\n2018=13^{2}+43^{2}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 118 " 证明: 存在这样的三角形, 可把它分割为 2018 个全等的三角形." ['若存在正整数 $x 、 y$, 使得 $2018=x^{2}+y^{2}$, 由于 2018 被 4 除余 2 , 则 $x 、 y$ 必同为奇数.又奇数的平方的个位数必为 $1 、 5 、 9$ 之一, 故 $x^{2} 、 y^{2}$ 的个位均为 9 , 即 $x 、 y$ 的个位数为 3 或 7 .设 $x \\leq y$, 则 $1009 \\leq y^{2}<2018$, 于是, $y$ 的可能值只有 33、37、43. 经计算得\n\n$$\n2018=13^{2}+43^{2}\n$$\n\n构想：将直角边长为 13、43 的一个直角三角形引斜边上的高线，分该三角形为两个相似的直角三角形, 其斜边分别为 13、43, 将斜边为 13 的直角三角形各边 13 等分, 分成 169 个斜边为 1 的小直角三角形; 将斜边为 43 的直角三角形各边 43 等分，分成 1849 个斜边为 1 的小直角三角形.\n\n合计共分割成了 $169+1849=2018$ 个斜边为 1 的彼此全等的直角三角形.\n\n因此, 满足题设要求的三角形是存在的.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 119 "已知 $n$ 元正整数集 $A=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}\right\}$. 对任意的 $i \in\{1,2, \cdots, n\}$, 由集合 $A$ 去掉元素 $a_{i}$ 后得到的集合 $A_{i}$ 可分成两个不交的子集之并，且两子集元素之和相等，称这样的数集 $A$ 为“好数集”. 证明: 好数集的元素个数 $n$ 为奇数;" ['设 $M=a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}$.\n\n由题设, 知集合 $A_{i}(i=1,2, \\cdots, n)$ 中的元素之和为 $M-a_{i}$, 且 $M-a_{i}$ 均为偶数.\n\n从而, $a_{i}$ 与 $M$ 的奇偶性相同.\n\n(i）若 $M$ 为奇数，则 $a_{i}(i=1,2, \\cdots, n)$ 也为奇数， $n$ 为奇数;\n\n(ii) 若 $M$ 为偶数, 则 $a_{i}(i=1,2, \\cdots, n)$ 为偶数.\n\n记\n\n$$\na_{i}=2 b_{i}(i=1,2, \\cdots, n), \\quad M^{\\prime}=b_{1}+b_{2}+\\cdots+b_{n}\n$$\n\n于是, $\\left\\{b_{1}, b_{2}, \\cdots, b_{n}\\right\\}$ 也为好数集, $b_{i}$ 与 $M^{\\prime}$ 的奇偶性相同.\n\n重复上述操作有限次, 便可得各项均为奇数的好数集.\n\n据 $(i)$ 的讨论, 此时各项之和也为奇数. 因此, $n$ 为奇数.\n\n综上, $n$ 必为奇数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese 120 设实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2018}$ 满足 $x_{n+1}^{2} \leq x_{n} x_{n+2}(n=1,2, \cdots, 2016)$ 和 $\prod_{n=1}^{2018} x_{n}=1$. 证明: $x_{1009} x_{1010} \leq 1$. ['由条件 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号, 反证法, 假设 $x_{1009} x_{1010}>1$.\n\n(1)若 $x_{1009}, x_{1010}$ 同为正数, 由 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号可知 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2018}$ 同号.\n\n由\n\n$x_{n+1}^{2} \\leq x_{n} x_{n+2} \\Rightarrow \\frac{x_{n+1}}{x_{n}} \\leq \\frac{x_{n+2}}{x_{n+1}} \\Rightarrow \\frac{x_{1009}}{x_{1008}} \\leq \\frac{x_{1010}}{x_{1009}} \\leq \\frac{x_{1011}}{x_{1010}} \\Rightarrow x_{1009} x_{1010} \\leq x_{1011} x_{1008} \\Rightarrow x_{1011} x_{1008}>1$\n\n同理\n\n$$\n\\frac{x_{1009}}{x_{1007}}=\\frac{x_{1009}}{x_{1008}} \\cdot \\frac{x_{1008}}{x_{1007}} \\leq \\frac{x_{1011}}{x_{1010}} \\cdot \\frac{x_{1012}}{x_{1011}}=\\frac{x_{1012}}{x_{1010}} \\Rightarrow x_{1007} x_{1012}>1\n$$\n\n类似可证明: $x_{1006} x_{1013}>1, x_{1005} x_{1014}>1, \\cdots, x_{1} x_{2018}>1$. 因此 $\\prod_{n=1}^{2018} x_{n}>1$, 矛盾.\n\n(2) 若 $x_{1009}, x_{1010}$ 同为负数, 由 $x_{n}, x_{n+2}$ 同号可知 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2018}$ 均为负数, 仍然有\n\n$$\nx_{n+1}^{2} \\leq x_{n} x_{n+2} \\Rightarrow \\frac{x_{n+1}}{x_{n}} \\leq \\frac{x_{n+2}}{x_{n+1}}\n$$\n\n类似 (1) 可证得.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 121 "将 $2 n(n \geq 2)$ 个不同整数分成两组 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} ; b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$. 证明: $$ \sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n}\left|a_{i}-b_{j}\right|-\sum_{1 \leq i2$;\n\n当 $a_{1}>b_{1} \\Rightarrow T_{2}=b_{2}-a_{2}+a_{1}+b_{1}>2$.\n\n(1) 假设对正整数 $n$ 成立, 对正整数 $n+1$, 不妨设\n\n$$\na_{1}0\n$$\n\n(2) 若 $a_{n+1}0\n$$\n\n\n\n#'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 122 " $x, y$ 为实数, 且 $x+y=1$,求证:对于任意正整数 $n, x^{2 n}+y^{2 n} \geqslant \frac{1}{2^{2 n-1}}$;" "['我们先证明: 若 $a \\geqslant 0, b \\geqslant 0, n$ $\\in \\mathbf{N}^{*}$, 则 $\\frac{a^{n}+b^{n}}{2} \\geqslant\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{n}$.\n\n(1)$n=1$ 时, 显然成立; 当 $n=2$ 时, $\\frac{a^{2}+b^{2}}{2}-$ $\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{2}=\\left(\\frac{a-b}{2}\\right)^{2} \\geqslant 0, \\therefore n=1, n=2$ 命题成立.\n\n(2)设 $n=k$ 时, 不等式成立, 即 $\\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \\geqslant$ $\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{k}, \\therefore\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^{k+1} \\leqslant \\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \\cdot \\frac{a+b}{2}$.\n\n只需证明 $\\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \\cdot \\frac{a+b}{2} \\leqslant \\frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}$, 即证明 $a^{k} b+b^{k} a \\leqslant a^{k+1}+b^{k+1}$.\n\n而 $a^{k} b+b^{k} a-a^{k+1}-b^{k+1}=\\left(a^{k}-b^{k}\\right)(b-a)$ $\\leqslant 0$. 上述结论得证.\n\n运用上述结论: 有 $\\frac{x^{2 n}+y^{2 n}}{2} \\geqslant\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)^{n}$, 由 $x$ $+y=1$ 得即 $1=x^{2}+2 x y+y^{2} \\leqslant 2 x^{2}+2 y^{2}$, 即 $x^{2}+$ $y^{2} \\geqslant \\frac{1}{2}$,\n\n所以 $\\frac{x^{2 n}+y^{2 n}}{2} \\geqslant\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\\right)^{n} \\geqslant\\left(\\frac{1}{2^{2}}\\right)^{n}=\\frac{1}{2^{2 n}}$, 即 $x^{2 n}+y^{2 n}>\\frac{1}{2^{2 n-1}}$.' '$\\because x+y=1$, 若 $x, y$ 有一个是负数, 则 $x, y$ 中一定有一个大于 1 , 不妨设 $x>1$, 则 $x^{2 n}+$ $y^{2 n}>1>\\frac{1}{2} \\geqslant 2^{1-2 n}\\left(n \\in \\mathbf{N}^{*}\\right)$, 否则令 $x=\\cos ^{2} \\alpha, y$\n\n$=\\sin ^{2} \\alpha$, 则 $x=\\frac{1+\\cos 2 \\alpha}{2}, y=\\frac{1-\\cos 2 \\alpha}{2}$,\n\n$\\therefore x^{2 n}+y^{2 n}=\\left(\\frac{1+\\cos 2 \\alpha}{2}\\right)^{2 n}+\\left(\\frac{1-\\cos 2 \\alpha}{2}\\right)^{2 n}$,\n\n$x^{2 n}+y^{2 n}=\\frac{1}{2^{2 n}}\\left[\\mathrm{C}_{2 n}^{0}+\\mathrm{C}_{2 n}^{1} \\cos 2 \\alpha+\\mathrm{C}_{2 n}^{2} \\cos ^{2} 2 \\alpha+\\right.$\n\n$\\cdots+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-1} \\cos ^{2 n-1} 2 \\alpha+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n} \\cos ^{2 n} 2 \\alpha+\\mathrm{C}_{2 n}^{0}+\\mathrm{C}_{2 n}^{1}$ ($-\\cos 2 \\alpha)+\\mathrm{C}_{2 n}^{2}(-\\cos 2 \\alpha)^{2}+\\cdots+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-1}(-\\cos 2 \\alpha)^{2 n-1}$ $\\left.+\\mathrm{C}_{2 n}^{2 n}(-\\cos 2 \\alpha)^{2 n}\\right]=\\frac{1}{2^{2 n}}\\left[2 \\mathrm{C}_{2 n}^{0} \\times 1+2 \\mathrm{C}_{2 n}^{2} \\cos ^{2} 2 \\alpha+\\right.$ $\\left.2 \\mathrm{C}_{2 n}^{4} \\cos ^{4} 2 \\alpha+2 \\mathrm{C}_{2 n}^{2 n} \\cos ^{2 n} 2 \\alpha\\right] \\geqslant \\frac{2}{2^{2 n}}=\\frac{1}{2^{2 n-1}}$, 当且仅当 $\\cos 2 \\alpha=0$, 此时 $x=y=\\frac{1}{2}$ 时取等号.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 123 " $a, b, c$ 为正实数, 求证: $\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z} \geqslant 3$, 其中 $x, y, z$ 为 $a, b, c$ 的一种排列." ['$\\because a, b, c, x, y, z$ 都是正数, $\\therefore \\frac{a}{x}+\\frac{b}{y}+$ $\\frac{c}{z} \\geqslant 3 \\sqrt[3]{\\frac{a}{x} \\cdot \\frac{b}{y} \\cdot \\frac{c}{z}}=3 \\sqrt[3]{\\frac{a b c}{x y z}}$. 因为 $x, y, z$ 为 $a, b$, $c$ 的一种排列, 所以 $a b c=x y z, \\therefore \\frac{a}{x}+\\frac{b}{y}+\\frac{c}{z} \\geqslant 3$.不等式得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 124 "已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>$ $0)$, 过椭圆左顶点 $A(-a, 0)$ 的直线 $l$ 与椭圆交于 $Q$,与 $y$ 轴交于 $R$, 过原点与 $l$ 平行的直线与椭圆交于 $P$. 求证: $A Q, \sqrt{2} O P, A R$ 成等比数列." ['由题意可知直线 $A Q, O P$ 斜率存在, 故设为 $k$, 则直线 $A Q$ 的方程为 $y=k(x+a)$, 直线 $O P$的方程为 $y=k x$. 容易求出 $R(0, k a)$, 则 $|A B|=$ $\\sqrt{1+k^{2}} \\cdot a$.\n\n设 $A\\left(x_{1}, y_{1}\\right), Q\\left(x_{2}, y_{2}\\right)$, 建立方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k(x+a), \\\\ \\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得:\n\n$$\n\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right) x^{2}+2 a^{3} k^{2} x+k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}=0\n$$\n\n$x_{1}+x_{2}=-\\frac{2 a^{3} k^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\\frac{k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,\n\n则\n\n$$\n\\begin{aligned}|A Q|=\\sqrt{1+k^{2}}\\left|x_{1}-x_{2}\\right|\n& =\\sqrt{1+k^{2}} \\sqrt{\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}} \\\\\n& =\\sqrt{1+k^{2}} \\sqrt{\\left(\\frac{-2 a^{3} k^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\\right)^{2}-4 \\times \\frac{k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}} \\\\\n& =\\sqrt{1+k^{2}} \\sqrt{\\frac{4 a^{2} b^{4}}{\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right)^{2}}}=\\frac{2 a b^{2} \\sqrt{1+k^{2}}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n设 $y=k x$ 与椭圆另一交点为 $M\\left(x_{3}, y_{3}\\right)$,\n\n$P\\left(x_{4}, y_{4}\\right)$, 建立方程组 $\\left\\{\\begin{array}{l}y=k x, \\\\ \\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\\end{array}\\right.$ 消去 $y$ 得,\n\n$$\n\\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\\right) x^{2}-a^{2} b^{2}=0, x_{3}+x_{4}=0, x_{3} x_{4}=-\\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\n$$\n\n$\\therefore|O P|=\\frac{1}{2} \\sqrt{1+k^{2}}\\left|x_{3}-x_{4}\\right|=\\frac{1}{2} \\sqrt{1+k^{2}} \\cdot \\sqrt{\\frac{4 a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}}=\\sqrt{1+k^{2}} \\cdot \\sqrt{\\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}}$,\n\n$\\therefore(\\sqrt{2}|O P|)^{2}=\\frac{2 a^{2} b^{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,\n\n而 $|A Q| \\cdot|A R|=\\sqrt{1+k^{2}} a \\times \\frac{2 a b^{2} \\sqrt{1+k^{2}}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}=$ $\\frac{2 a^{2} b^{2}\\left(1+k^{2}\\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,\n\n所以 $A Q, \\sqrt{2} O P, A P$ 成等比数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 125 "已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 且 $S_{n}=n a+n$ $(n-1)$. 求证: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列;" ['将 $n=1$ 代人 $S_{n}=n a+n(n-1)$ 得 $a_{1}=S_{1}=a, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n a+n(n-1)-(n$ $-1) a-(n-1)(n-2)=2 n+a-2(n \\geqslant 2)$, 经验证当 $n=1$ 时也符合上式,故数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n+a-2, a_{n+1}-a_{n}=2(n+1)+a-2-$ $(2 n+a-2)=2$, 所以 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 126 已知 $\sin \mathrm{x} 、 \sin \mathrm{y} 、 \sin \mathrm{z}$ 是严格递增的等差数列, 求证: $\cos \mathrm{x} 、 \cos \mathrm{y} 、 \cos \mathrm{z}$ 构不成等差数列. ['根据条件知:\n\n$2 \\sin \\mathrm{y}=\\sin \\mathrm{x}+\\sin \\mathrm{z}$\n\n若 $\\cos x 、 \\cos y 、 \\cos z$ 构成等差数列, 则:\n\n$2 \\cos \\mathrm{y}=\\cos \\mathrm{x}+\\cos \\mathrm{z}$\n\n两式平方，相加得:\n\n$4=2+2 \\cos (z-x) \\Rightarrow \\cos (z-x)=1 \\Rightarrow z-x=2 k \\pi \\Rightarrow \\sin z=\\sin x$, 与 $\\sin \\mathrm{x} 、 \\sin \\mathrm{y} 、 \\sin \\mathrm{z}$ 严格递增矛盾.所以 $\\cos \\mathrm{x} 、 \\cos \\mathrm{y} 、 \\cos \\mathrm{z}$ 构不成等差数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 127 在实数域有定义的实值函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 证明：不存在 $\mathrm{f}(\mathrm{n})$, 对任意整数 $\mathrm{n}$, 都有 $\mathrm{f}\left(-\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}+1\right)=\mathrm{f}(\mathrm{n})^{2}+2$ . ['不存在.理由如下:\n\n若存在实值函数 $\\mathrm{f}(\\mathrm{n})$, 对任意整数 $n$, 都有 $\\mathrm{f}\\left(-\\mathrm{n}^{2}+3 \\mathrm{n}+1\\right)=\\mathrm{f}(\\mathrm{n})^{2}+2$ .我们考察几个特殊值.\n\n当 $n=1$ 时, 有: $f(3)=f(1)^{2}+2$\n\n当 $n=3$ 时, 有: $f(1)=f(3)^{2}+2$\n\n则显然有 $f(3) \\geq 2, f(1) \\geq 2$ .由(1) $-(2)$ 得:\n\n$\\mathrm{f}(3)-\\mathrm{f}(1)=(\\mathrm{f}(1)-\\mathrm{f}(3)) \\cdot(\\mathrm{f}(1)+\\mathrm{f}(3))$\n\n若 $\\mathrm{f}(1) \\neq \\mathrm{f}(3)$, 则 $\\mathrm{f}(1)+\\mathrm{f}(3)=0$, 与 $\\mathrm{f}(3) \\geq 2, \\mathrm{f}(1) \\geq 2$ 矛盾.\n\n若 $f(1)=f(3)$, 设为 $k$, 代入 $f(3)=f(1)^{2}+2$ 得:\n\n$k=k^{2}+2 \\Rightarrow k^{2}-k+2=0, k$ 为虚数, 与 $f(n)$为实值函数矛盾.\n\n综上所述, 不存在 $f(n)$, 对任意整数 $n$, 都有 $f\\left(-n^{2}+3 n+1\\right)=f(n)^{2}+2$ .'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 128 抛物线上 $A 、 B$ 两点, 两点处切线的交点为 $K, A 、 B$ 中点为 $C$, 求证: 线段 $K C$ 中点在抛物线上. ['经过调整坐标系, 不妨设抛物线解析式为 $y=\\mathrm{ax}^{2}$ .设 $\\mathrm{A}$ 点坐标为 $\\left(\\mathrm{x}_{\\mathrm{A}}, \\mathrm{ax}_{\\mathrm{A}}{ }^{2}\\right)$, $B$ 点坐标为 $\\left(x_{B}, a_{B}{ }^{2}\\right)$, 则 $C$ 点坐标为 $\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, \\frac{a\\left(x_{A}{ }^{2}+x_{B}{ }^{2}\\right)}{2}\\right)$ .\n\n求导知 $\\mathrm{y}^{\\prime}=2 \\mathrm{ax}$ .于是点 $\\mathrm{A}$ 处的切线方程为:\n\n$\\mathrm{y}=2 \\mathrm{ax}_{\\mathrm{A}} \\mathrm{x}-\\mathrm{ax}_{\\mathrm{A}}{ }^{2}$\n\n点 $\\mathrm{B}$ 处的切线方程为:\n\n$\\mathrm{y}=2 \\mathrm{ax}_{\\mathrm{B}} \\mathrm{x}-\\mathrm{ax}_{\\mathrm{B}}^{2}$\n\n联立两式, 解得点 $K$ 坐标为 $\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, a x_{A} x_{B}\\right)$ .于是知线段 $K C$ 中点坐标为 $\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, \\frac{a\\left(x_{A}+x_{B}\\right)^{2}}{4}\\right)$ .显然有 $\\frac{a\\left(x_{A}+x_{B}\\right)^{2}}{4}=a \\cdot\\left(\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}\\right)^{2}$, 即线段 $K C$ 中点在抛物线上.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 129 已知正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} A_{3} \ldots A_{n}$, 在 $A_{k} A_{k+1}$ 的延长线上取 $B_{k+1}$, 使所有的 $\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 周长相等, 其中 $k=1 、 2 、 3 、 \ldots \ldots 、 n$, 且 $A_{n+1}=A_{1}, B_{n+1}=B_{1}$ .求证: 所有的 $\triangle$ $\mathrm{A}_{\mathrm{k}} \mathrm{B}_{\mathrm{k}} \mathrm{B}_{\mathrm{k}+1}$ 都全等. ['解答: 不妨设正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} A_{3} \\ldots A_{n}$ 边长为 1 , 设 $A_{k} B_{k}=a_{k}$, 并记 $a_{n+1}=a_{1}$ .设所有的 $\\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 周长均为 $m$, 显然 $m>2$ .根据余弦定理知:\n\n$$\na_{k}+\\left(a_{k+1}+1\\right)+\\sqrt{a_{k}^{2}+\\left(a_{k+1}+1\\right)^{2}-2 a_{k}\\left(a_{k+1}+1\\right) \\cos \\frac{2 \\pi}{n}}=m \\tag{1}\n$$\n\n由(1)式得:\n\n$$\n\\sqrt{a_{k}^{2}+\\left(a_{k+1}+1\\right)^{2}-2 a_{k}\\left(a_{k+1}+1\\right) \\cos \\frac{2 \\pi}{n}}=m-a_{k}-\\left(a_{k+1}+1\\right)\n$$\n\n$\\Rightarrow \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}^{2}+\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)^{2}-2 \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right) \\cos \\frac{2 \\pi}{\\mathrm{n}}=\\mathrm{m}^{2}+\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}^{2}+\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)^{2}-2 \\mathrm{~m}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}+\\mathrm{a_{k+1}}+1\\right)+2 \\mathrm{a_k}\\left(\\mathrm{a_{k+1}}+1\\right)$\n\n$\\Rightarrow \\mathrm{m}^{2}-2 \\mathrm{~m}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}+\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)+4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{\\mathrm{n}} \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}\\left(\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}+1\\right)=0$\n\n$\\Rightarrow \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}+1}=\\frac{\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{\\mathrm{n}}-2 \\mathrm{~m}\\right) \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}+\\left(\\mathrm{m}^{2}-2 \\mathrm{~m}\\right)}{2 \\mathrm{~m}-4 \\cos ^{2} \\frac{\\mathrm{\\pi}}{\\mathrm{n}} \\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}}$\n\n整理递归公式的特征方程: $x=\\frac{\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-2 m\\right) x+\\left(m^{2}-2 m\\right)}{2 m-\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}\\right) \\cdot x}$, 得:\n\n$\\left(4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}\\right) \\cdot x^{2}+4\\left(\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+\\left(m^{2}-2 m\\right)=0$\n\n其判别式 $\\Delta=16\\left(\\cos ^{4} \\frac{\\pi}{n}+m^{2}-\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot m^{2}\\right)>0$, 所以该方程有两个不等实根, 不妨设 $\\mathrm{x}_{1}=\\mathrm{p}, \\mathrm{x}_{2}=\\mathrm{q}$ .根据韦达定理知: $\\mathrm{p}+\\mathrm{q}=\\frac{\\mathrm{m}-\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}}{\\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}}>0, \\mathrm{pq}=\\frac{\\mathrm{m}^{2}-2 \\mathrm{~m}}{4 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}}>0$, 所以 $\\mathrm{p}>0$, $\\mathrm{q}>0$ .\n\n根据递归公式的特征方程知:\n\n$\\frac{a_{k+1}-p}{a_{k+1}-q}=\\frac{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{2}{n} \\cdot p}{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{2}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot q} \\cdot \\frac{a_{k}-p}{a_{k}-q}$\n\n于是知: $\\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}=\\left[\\frac{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot \\mathrm{p}}{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{2}{n} \\cdot q}\\right]^{n} \\cdot \\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}$ .\n\n因为 $\\left[\\frac{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n} \\cdot p}{\\left(2 \\cos ^{2} \\frac{\\pi}{n}-m\\right)+2 \\cos ^{2} \\frac{1}{n} \\cdot \\mathrm{q}}\\right]^{\\mathrm{n}} \\neq 1$, 所以 $\\frac{\\mathrm{a}_{1}-\\mathrm{p}}{\\mathrm{a}_{1}-\\mathrm{q}}=0$ .代入递归公式知, $\\frac{\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}-\\mathrm{p}}{\\mathrm{a}_{\\mathrm{k}}-\\mathrm{q}}=0$,$k=1 、 2 、 3 、 \\ldots \\ldots 、 n$ .\n\n于是知 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=\\cdots=a_{n}=p$ . 显然所有的 $\\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 都全等.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 130 "定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和. 求证: $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$" ['设 $\\mathrm{n}=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+a_{k-1} p^{k-1}+\\cdots+\\mathrm{a}_{0}, \\mathrm{a}_{i} \\in\\{0,1, \\cdots, \\mathrm{p}-1\\}$\n\n则 $\\operatorname{Ord}_{p}(\\mathrm{n} !)=\\sum_{i=1}^{+\\infty}\\left[\\frac{n}{p^{i}}\\right]$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =a_{k} p^{k-1}+a_{k-1} p^{k-2}+\\cdots+a_{2} p+a_{1} \\\\\n& +a_{k} p^{k-2}+a_{k-1} p^{k-3}+\\cdots+a_{2} \\\\\n& +\\cdots+a_{k}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& =a_{k} \\frac{p^{k}-1}{p-1}+a_{k-1} \\frac{p^{k-1}-1}{p-1}+\\cdots+a_{2} \\frac{p^{2}-1}{p-1}+a_{1} \\frac{p^{1}-1}{p-1} \\\\\n& =\\frac{\\left(a_{k} p^{k}+a_{k-1} p^{k-1}+\\cdots a_{1} p+a_{0}\\right)-\\left(a_{k}+a_{k-1}+\\cdots a_{1}+a_{0}\\right)}{p-1} \\\\\n& =\\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 131 "定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和. 利用 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$证明: $\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !}$ 为整数." ['设 $\\mathrm{p}^{\\alpha} \\|(n+1)$ ( $\\mathrm{P}$ 为 $\\mathrm{n}+1$ 的任一素因子)\n\n即 $\\mathrm{n}+1=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots \\mathrm{a}_{\\alpha} \\mathrm{p}^{\\alpha}\\left(0 \\leq \\mathrm{a}_{i} \\leq \\mathrm{p}-1\\right.$, 且 $\\left.1 \\leq \\mathrm{a}_{\\alpha} \\leq \\mathrm{p}-1\\right)$\n\n则 $\\mathrm{n}=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots+\\left(\\mathrm{a}^{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-2}+\\cdots+(\\mathrm{p}-1)$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2 \\mathrm{n}=2 \\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+2 \\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots+2\\left(\\mathrm{a}^{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+2(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+2(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-2}+\\cdots+2(\\mathrm{p}-1) \\\\\n& \\text { 显然 } \\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !}=\\frac{C_{2 n}^{n}}{n+1}, C_{2 n}^{n} \\in N^{*}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{n})=\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{a}_{k-1}+\\cdots+\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right)+\\alpha(\\mathrm{p}-1)$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(2 \\mathrm{n})=2\\left(\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{a}_{k-1}+\\cdots+\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right)\\right)-\\alpha(\\mathrm{p}-1)-\\mathrm{t}(\\mathrm{p}-1) \\quad(\\mathrm{t} \\geq 0)$\n\n$\\operatorname{Ord}_{p}\\left(\\mathrm{C}_{2 n}^{n}\\right)=\\operatorname{Ord}_{p}(2 \\mathrm{n} !)-2 \\mathrm{Ord}_{p}(\\mathrm{n} !)$\n\n$$\n=\\frac{2 S_{p}(n)-S_{p}(2 n)}{p-1}=\\frac{\\alpha(p-1)+t(p-1)}{p-1}=\\alpha+t \\geq \\alpha\n$$\n\n$\\therefore p^{\\alpha} \\mid C_{2 n}^{n}$, 即 $\\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !} \\in N^{*}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 132 "定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和. 利用 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$证明: $\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !}$ 为整数." ['由题知: 若 $\\mathrm{p}$ 为 $\\mathrm{n}+1$ 的素因子, 且 $p^{\\alpha} \\|(n+1)$,则 $(p, m)=(1,(p, n))=1$,\n\n设 $\\mathrm{n}+1=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots \\mathrm{a}_{\\alpha} \\mathrm{p}^{\\alpha}\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha} \\geq 1\\right)$\n\n$\\mathrm{mn}=\\mathrm{b}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{b}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots \\mathrm{b}_{0}\\left(\\mathrm{~b}_{0} \\geq 1\\right)$\n\n则, $\\mathrm{n}=\\mathrm{a}_{k} \\mathrm{p}^{k}+\\mathrm{a}_{k-1} \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+(\\mathrm{p}-1) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+\\cdots+(\\mathrm{p}-1)$\n\n$\\mathrm{mn}+\\mathrm{n}=\\left(\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{b}_{k}\\right) \\mathrm{p}^{k}+\\left(\\mathrm{a}_{k-1}+\\mathrm{b}_{k-1}\\right) \\mathrm{p}^{k-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}+\\mathrm{b}_{\\alpha}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha}+\\left(\\mathrm{b}_{\\alpha-1}+\\mathrm{p}-1\\right) \\mathrm{p}^{\\alpha-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{b}_{0}+\\mathrm{p}-1\\right)$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{n})=\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{a}_{k-1}+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}-1\\right)+\\alpha(\\mathrm{p}-1)$\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{mn})=\\mathrm{b}_{k}+\\mathrm{b}_{k-1}+\\cdots \\mathrm{b}_{0}, \\because \\mathrm{b}_{0} \\geq 1$,\n\n$\\mathrm{S}_{p}(\\mathrm{mn}+\\mathrm{n})=\\left(\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{b}_{k}\\right)+\\left(\\mathrm{a}_{k-1}+\\mathrm{b}_{k-1}\\right)+\\cdots\\left(\\mathrm{a}_{\\alpha}+\\mathrm{b}_{\\alpha}-1\\right)-\\alpha(p-1)-t(p-1)$\n\n(其中 $\\mathrm{a}_{k}+\\mathrm{b}_{k}, \\mathrm{a}_{k-1}+\\mathrm{b}_{k-1},+\\cdots \\mathrm{a}_{\\alpha}+\\mathrm{b}_{\\alpha}$, 共有 $\\mathrm{t}$ 次进位)\n\n显然 $\\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !}=\\frac{C_{m n+n}^{n}}{n+1} ，$\n\n$\\therefore \\operatorname{Ord}_{p}\\left(C_{m n+n}^{n}\\right)=\\operatorname{Ord}_{p}((\\mathrm{mn}+\\mathrm{n}) !)-\\operatorname{Ord}_{p}(\\mathrm{n} !)-\\operatorname{Ord}_{p}((\\mathrm{mn}) !)$\n\n$$\n=\\frac{S_{p}(m n)+S_{p}(n)-S_{p}(m n+n)}{p-1}\n$$\n\n$$\n=\\alpha+t \\geq \\alpha\n$$\n\n$\\therefore p^{\\alpha} \\mid C_{m n+n}^{n}$, 即 $\\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !} \\in N^{*}$ .'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 133 "原有的乘法交换律为 $\mathrm{xy}=\mathrm{yx}$, 现定义新的乘法交换律为 $\mathrm{yx}=\mathrm{pxy}$, 而乘法结合律与分配率保持不变.例如: $(x+y)^{2}=x^{2}+x y+y x+y^{2}=x^{2}+(p+1) x y+y^{2}$ 设 $(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{n}=\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}$, 求证: $\mathrm{a}_{n, k}$ 是以 $\mathrm{p}$ 为变元的整系数多项式;" ['易知 $(\\mathrm{x}+\\mathrm{y})^{n+1}=\\sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} x^{n+1-k} y^{k}$\n\n$$\n=\\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}(\\mathrm{x}+\\mathrm{y})\n$$\n\n$\\therefore a_{n+1, k}=a_{n, k-1}+p a_{n, k}$, 且 $\\mathrm{a}_{k, 0}=\\mathrm{a}_{k, k}=1$\n\n$\\therefore \\mathrm{a}_{n, k}$ 是以 $\\mathrm{p}$ 为变元的整系数多项式.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 134 "已知在 $R$ 上可导的非常数函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 满足: 对任意的实数 $x, y$ 都有 $f(x+y)=f(x) f(y)-g(x) g(y), \quad g(x+y)=f(x) g(y)+g(x) f(y)$ 且 $f^{\prime}(0)=0$, 求证 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=1$ (这里上标表示平方)" "['将所给两方程对 $y$ 求导, 得\n\n$f^{\\prime}(x+y)=f(x) f^{\\prime}(y)-g(x) g^{\\prime}(y), \\quad g^{\\prime}(x+y)=f(x) g^{\\prime}(y)+g(x) f^{\\prime}(y)$\n\n令 $y=0$, 得 $f^{\\prime}(x)=f(x) f^{\\prime}(0)-g(x) g^{\\prime}(0), g^{\\prime}(x)=f(x) g^{\\prime}(0)+g(x) f^{\\prime}(0)$\n\n由于 $f^{\\prime}(0)=0$, 故 $f^{\\prime}(x)=-g(x) g^{\\prime}(0), f(x) g^{\\prime}(0)=g^{\\prime}(x)$, 相乘得\n\n$f^{\\prime}(x) f(x) g^{\\prime}(0)=-g^{\\prime}(x) g(x) g^{\\prime}(0)$, 而若 $g^{\\prime}(0)=0$, 则 $f^{\\prime}(x)=0$ 与非常数函数矛盾, 故 $g^{\\prime}(0) \\neq 0$, 则 $2 f^{\\prime}(x) f(x)+2 g^{\\prime}(x) g(x)=0$\n\n即 $\\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]^{\\prime}=0$, 则 $f^{2}(x)+g^{2}(x)$ 是常数\n\n而在原题所给方程中取 $x=y=0$, 可得\n\n$f(0)=f^{2}(0)-g^{2}(0), \\quad g(0)=2 f(0) g(0)$, 若 $g(0) \\neq 0$\n\n则 $f(0)=\\frac{1}{2} ， g^{2}(0)=f^{2}(0)-f(0)=-\\frac{1}{4}$, 矛盾, 故 $g(0)=0$\n\n则 $f(0)=f^{2}(0)$, 若 $f(0)=0$, 则恒有 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=0, f(x)=g(x)=0$\n\n与非常数函数柔盾, 则 $f(0)=1$, 恒有 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=1$' '将所给两方程对 $y$ 求导, 得\n\n$f^{\\prime}(x+y)=f(x) f^{\\prime}(y)-g(x) g^{\\prime}(y), \\quad g^{\\prime}(x+y)=f(x) g^{\\prime}(y)+g(x) f^{\\prime}(y)$\n\n令 $y=0$, 得 $f^{\\prime}(x)=f(x) f^{\\prime}(0)-g(x) g^{\\prime}(0), g^{\\prime}(x)=f(x) g^{\\prime}(0)+g(x) f^{\\prime}(0)$\n\n由于 $f^{\\prime}(0)=0$, 故 $f^{\\prime}(x)=-g(x) g^{\\prime}(0), g^{\\prime}(x)=f(x) g^{\\prime}(0)$\n\n若 $g^{\\prime}(0)=0$, 则 $f^{\\prime}(x)=0$, 与非常数函数矛盾, 故 $g^{\\prime}(0) \\neq 0$, 则\n$f^{\\prime \\prime}(x)=-g^{\\prime}(x) g^{\\prime}(0),-\\frac{f^{\\prime \\prime}(x)}{g^{\\prime}(0)}=g^{\\prime}(x),-\\frac{f^{\\prime \\prime}(x)}{g^{\\prime}(0)}=f(x) g^{\\prime}(0)$\n\n设 $g^{\\prime}(0)=\\omega$, 则 $f^{\\prime \\prime}(x)=-\\omega^{2} f(x)$, 解此微分方程得 $f(x)=A \\cos (\\omega x+\\varphi)$\n\n则由 $f^{\\prime}(x)=-g(x) g^{\\prime}(0), g(x)=-\\omega^{-1} f^{\\prime}(x)=A \\sin (\\omega x+\\varphi)$\n\n代入 $f(x+y)=f(x) f(y)-g(x) g(y)$, 得\n\n$A \\cos [\\omega(x+y)+\\varphi]=A^{2} \\cos (\\omega x+\\varphi) \\cos (\\omega y+\\varphi)-A^{2} \\sin (\\omega x+\\varphi) \\sin (\\omega y+\\varphi)$\n\n$A \\cos (\\omega x+\\omega y+\\varphi)=A^{2} \\cos (\\omega x+\\omega y+2 \\varphi)$, 若 $A=0$, 则 $f(x)=0$，与非常数函数矛盾, 则 $\\cos (\\omega t+\\varphi)=A \\cos (\\omega t+2 \\varphi)$ 对任意实数 $t$ 成立\n\n故 $|A|=1$, 则 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=A^{2}$' '将所给两方程平方相加, 得\n\n$f^{2}(x+y)+g^{2}(x+y)=[f(x) f(y)-g(x) g(y)]^{2}+[f(x) g(y)+g(x) f(y)]^{2}$\n\n$=\\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]\\left[f^{2}(y)+g^{2}(y)\\right]$ (拉格朗日恒等式)\n\n若有某 $x_{0}$ 使 $f^{2}\\left(x_{0}\\right)+g^{2}\\left(x_{0}\\right)=0$, 则恒有 $f^{2}\\left(x_{0}+y\\right)+g^{2}\\left(x_{0}+y\\right)=0$\n\n即 $f(x)=g(x)=0$ 恒成立, 与非常数函数矛盾, 故 $f^{2}(x)+g^{2}(x)>0$\n\n则 $\\ln \\left[f^{2}(x+y)+g^{2}(x+y)\\right]=\\ln \\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]+\\ln \\left[f^{2}(y)+g^{2}(y)\\right]$\n\n设 $\\ln \\left[f^{2}(x)+g^{2}(x)\\right]=F(x)$, 则 $F(x+y)=F(x)+F(y)$ （柯西方程）\n\n而 $F(x)$ 是可导函数, 故连续, 则 $F(x)=k x$\n\n$f^{2}(x)+g^{2}(x)=e^{k x}$, 求导并取 $x=0$, 得\n\n$2 f^{\\prime}(0) f^{\\prime}(0)+2 g^{\\prime}(0) g(0)=k$, 而 $f^{\\prime}(0)=0$, 在原题所给方程中取 $x=y=0$\n\n可得 $f(0)=f^{2}(0)-g^{2}(0) ， g(0)=2 f(0) g(0)$ ，若 $g(0) \\neq 0$，则 $f(0)=\\frac{1}{2}, g^{2}(0)=f^{2}(0)-f(0)=-\\frac{1}{4}$, 矛盾, 故 $g(0)=0$\n\n则 $k=2 f^{\\prime}(0) f(0)+2 g^{\\prime}(0) g(0)=0$, 则 $f^{2}(x)+g^{2}(x)=e^{k x}=1$']" [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 135 "分别记 $a, b, c$ 为一个直角三角形的两直角边的边长和斜边的边长, 记 $d$ 为直角顶点到斜边的高线的长度. 求证 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{d^{2}}$;" ['由勾股定理知 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$, 又因直角三角形面积为 $S=\\frac{1}{2} a b=\\frac{1}{2} c d$, 故 $a b=c d$, 那么 $\\frac{a b}{d}=c$, 从而 $a^{2}+b^{2}=c^{2}=\\frac{a^{2} b^{2}}{d^{2}}$, 于是 $\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}=\\frac{1}{d^{2}}$, 证毕.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 136 " 证明: 多项式 $p(x)=x^{3}-3 x+1$ 有三个实根 $a1$, 从而 $m0$, 取 $N=\\left[\\frac{1}{6 \\varepsilon}\\right]+1$, 则 $n>N$ 时 $\\left|3-a_{n}\\right|<\\varepsilon$, 则 $\\lim _{n \\rightarrow \\infty} a_{n}=3$\n\n再证明 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 严格单调增加：\n\n$a_{n}=\\sqrt{1+2 \\sqrt{1+3 \\sqrt{1+4 \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n}}}}}<\\sqrt{1+2 \\sqrt{1+3 \\sqrt{1+4 \\sqrt{\\cdots \\sqrt{1+n \\sqrt{1+n+1}}}}}}=a_{n+1}$\n\n那么 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 严格单调增加又有极限, 由极限的性质即可知 $a_{n}<3$ 恒成立, $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 有上界'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 140 已知 $x, y, z>0, x+y+z=3$, 求证: $\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z}+\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x}+\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \leq 1$ ['由Cauchy 不等式, $\\left(x^{3}+y^{2}+z\\right)\\left(\\frac{1}{x}+1+z\\right) \\geq(x+y+z)^{2}=9$\n\n于是 $\\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z} \\leq \\frac{\\left(\\frac{1}{x}+1+z\\right) x}{9}=\\frac{1+x+z x}{9}$,\n\n同理 $\\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x} \\leq \\frac{1+y+x y}{9}, \\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \\leq \\frac{1+z+y z}{9}$,\n\n所以 $\\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z}+\\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x}+\\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \\leq \\frac{1+x+z x}{9}+\\frac{1+y+x y}{9}+\\frac{1+z+y z}{9}$\n\n$=\\frac{2}{3}+\\frac{1}{9}(x y+y z+z x) \\leq \\frac{2}{3}+\\frac{1}{9} \\times \\frac{(x+y+z)^{2}}{3}=1$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 141 求证: 存在无穷多对正整数 $(a, b)$ 满足 $a b \mid a^{8}+b^{4}+1$ ['我们用递推来构造出无穷多对正整数解.\n\n(1) 显然, $(1,1)$ 是满足 $a b \\mid a^{8}+b^{4}+1$ 的一组平凡的解，记 $\\left(a_{1}, b_{1}\\right)=(1,1)$ ；\n\n(2) 若 $\\left(a_{k}, b_{k}\\right)\\left(k \\in N^{*}\\right)$ 满足 $a_{k} b_{k} \\mid a_{k}^{8}+b_{k}^{4}+1$, 易知 $a_{k}, b_{k}$ 互质, 又由 $a_{k} b_{k} \\mid a_{k}^{8}+b_{k}^{4}+1$ 得 $a_{k} \\mid b_{k}^{4}+1$ 且 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}+1$, 不妨设 $a_{k} t=b_{k}^{4}+1$, 因为 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}+1$ 即 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}+\\left(t a_{k}-b_{k}^{4}\\right)^{8}$, 于是 $b_{k} \\mid a_{k}^{8}\\left(t^{8}+1\\right.$ ), 于是 ${b}_{{k}} \\mid t^{{8}}+1$ (这是因为 ${a}_{k}, {b}_{{k}}$ 互质) ，显然 $t \\mid {b}_{k}^{4}+1$ 且 $t, {b}_{{k}}$ 互质, 因此 $t b_{k} \\mid t^{8}+b_{k}^{4}+1$, 即 $\\left(t, b_{k}\\right)$ 是满足条件的一组解; 同理, 设 $b_{k} s=a_{k}^{8}+1$, 则 $\\left(a_{k}, s\\right)$ 是满足条件的一组解, 若 $a_{k} \\geq b_{k}$, 则 $s>b_{k}$, 记 $\\left(a_{k+1}, b_{k+1}\\right)=\\left(a_{k}, s\\right)$, 若 $a_{k}a_{k}$,记 $\\left(a_{k+1}, b_{k+1}\\right)=\\left(t, b_{k}\\right)$, 则 $\\left(a_{k+1}, b_{k+1}\\right)$ 是满足 $a_{k+1}+b_{k+1}>a_{k}+b_{k}$ 的一组解, 这样的递推过程可以一直做下去, 我们便得到无穷多对正整数 $({a}, {b})$ 满足 ${a} {b} \\mid {a}^{8}+{b}^{4}+{1}$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 142 "设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$. 求证: 对任何正整数 $n(n \geq 2)$, 都有 $a_{n} \leq \frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立;" ['$f_{n}^{\\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,\n\n当 $x \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\\frac{n}{n+2}$,\n\n当 $n=1$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{3} \\notin\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{1}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\\frac{1}{8}$;\n\n当 $n=2$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{2}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\\frac{1}{16}$;\n\n当 $n \\geq 3$ 时, $\\frac{n}{n+2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$,\n\n$\\because x \\in\\left[\\frac{1}{2}, \\frac{n}{n+2}\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)>0 ; x \\in\\left(\\frac{n}{n+2}, 1\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)<0$;\n\n$\\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\\left(\\frac{n}{n+2}\\right)^{n}\\left(\\frac{2}{n+2}\\right)^{2}=\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$\n\n综上所述, $a_{n}=\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{1}{8},(n=1) \\\\ \\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \\geq 2)\\end{array}\\right.$.\n\n当 $n \\geq 2$ 时, 欲证 $\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$, 只需证明 $\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\geq 4$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\because\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} & =C_{n}^{0}+C_{n}^{1} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{1}+C_{n}^{2} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{2}+\\cdots+C_{n}^{n} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\\\\n& \\geq 1+2+\\frac{n(n-1)}{2} \\cdot \\frac{4}{n^{2}} \\geq 1+2+1=4\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 当 $n \\geq 2$ 时, 都有 $a_{n} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 143 "设函数 $f_{n}(x)=x^{n}(1-x)^{2}$ 在 $\left[\frac{1}{2}, 1\right]$ 上的最大值为 $a_{n} \quad(n=1,2,3, \cdots)$. 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 求证: 对任意正整数 $n$, 都有 $S_{n}<\frac{7}{16}$ 成立." ['首先证明当 $n \\geq 2 $时，有 $a_{n} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.\n\n$f_{n}^{\\prime}(x)=n x^{n-1}(1-x)^{2}-2 x^{n}(1-x)=x^{n-1}(1-x)[n(1-x)-2 x]$,\n\n当 $x \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$ 时, 由 $f_{n}^{\\prime}(x)=0$ 知 $x=1$ 或者 $x=\\frac{n}{n+2}$,\n\n当 $n=1$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{3} \\notin\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{1}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{8}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{1}=\\frac{1}{8}$;\n\n当 $n=2$ 时, $\\frac{n}{n+2}=\\frac{1}{2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$, 又 $f_{2}\\left(\\frac{1}{2}\\right)=\\frac{1}{16}, f_{n}(1)=0$, 故 $a_{2}=\\frac{1}{16}$;\n\n当 $n \\geq 3$ 时, $\\frac{n}{n+2} \\in\\left[\\frac{1}{2}, 1\\right]$,\n\n$\\because x \\in\\left[\\frac{1}{2}, \\frac{n}{n+2}\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)>0 ; x \\in\\left(\\frac{n}{n+2}, 1\\right)$ 时, $f_{n}^{\\prime}(x)<0$;\n\n$\\therefore f_{n}(x)$ 在 $x=\\frac{n}{n+2}$ 处取得最大值, 即 $a_{n}=\\left(\\frac{n}{n+2}\\right)^{n}\\left(\\frac{2}{n+2}\\right)^{2}=\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}}$\n\n综上所述, $a_{n}=\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{1}{8},(n=1) \\\\ \\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}},(n \\geq 2)\\end{array}\\right.$.\n\n当 $n \\geq 2$ 时, 欲证 $\\frac{4 n^{n}}{(n+2)^{n+2}} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$, 只需证明 $\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\geq 4$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\because\\left(1+\\frac{2}{n}\\right)^{n} & =C_{n}^{0}+C_{n}^{1} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{1}+C_{n}^{2} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{2}+\\cdots+C_{n}^{n} \\cdot\\left(\\frac{2}{n}\\right)^{n} \\\\\n& \\geq 1+2+\\frac{n(n-1)}{2} \\cdot \\frac{4}{n^{2}} \\geq 1+2+1=4\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 当 $n \\geq 2$ 时, 都有 $a_{n} \\leq \\frac{1}{(n+2)^{2}}$ 成立.\n\n回到原题，当 $n=1,2$ 时, 结论显然成立;\n\n当 $n \\geq 3$ 时, 由（II）知 $S_{n}=\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+a_{3}+a_{4}+\\cdots+a_{n}$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& <\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+\\frac{1}{5^{2}}+\\frac{1}{6^{2}}+\\cdots+\\frac{1}{(n+2)^{2}} \\\\\n& <\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+\\left(\\frac{1}{4}-\\frac{1}{5}\\right)+\\left(\\frac{1}{5}-\\frac{1}{6}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{n+1}-\\frac{1}{n+2}\\right) \\\\\n& <\\frac{1}{8}+\\frac{1}{16}+\\frac{1}{4}=\\frac{7}{16} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n所以, 对任意正整数 $n$, 都有 $S_{n}<\\frac{7}{16}$ 成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 144 "已知 $a 、 b 、 c$ 为正实数, 求证: $a b c \geq \frac{a+b+c}{\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}} \geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$." ['(1) 先证: $a b c \\geq \\frac{a+b+c}{\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}+\\frac{1}{c^{2}}}$\n\n等价于证明: $(a b)^{2}+(b c)^{2}+(c a)^{2} \\geq a b c(a+b+c)$,\n\n令 $x=a b, y=b c, z=c a$,\n\n由不等式 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \\geq x y+y z+z x$ 知结论成立.\n\n(2) 再证: $a+b+c \\geq(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\\left(\\frac{1}{a^{2}}+\\frac{1}{b^{2}}+\\frac{1}{c^{2}}\\right) \\quad (*)$\n\n由于不等式是轮换对称的, 不妨设 $a=\\max \\{a, b, c\\}$, 则 $a+b-c>0, c+a-b>0$\n\n(1)当 $b+c-a \\leq 0$ 时, 结论显然成立;\n\n(2)当 $b+c-a>0$ 时, 令 $a=y+z, b=z+x, c=x+y$,\n\n则 $x=\\frac{1}{2}(b+c-a), y=\\frac{1}{2}(c+a-b), z=\\frac{1}{2}(a+b-c)$,\n\n故 $x, y, z$ 均大于 0 .\n\n不等式 $(*)$ 变为: $2(x+y+z) \\geq 8 x y z\\left[\\frac{1}{(y+z)^{2}}+\\frac{1}{(z+x)^{2}}+\\frac{1}{(x+y)^{2}}\\right]$\n\n只需证: $\\frac{1}{y z}+\\frac{1}{z x}+\\frac{1}{x y} \\geq \\frac{4}{(y+z)^{2}}+\\frac{4}{(z+x)^{2}}+\\frac{4}{(x+y)^{2}}$,\n\n注意到: $(y+z)^{2} \\geq 4 y z$, 则 $\\frac{4}{(y+z)^{2}} \\leq \\frac{1}{y z}$,\n\n同理: $\\frac{4}{(z+x)^{2}} \\leq \\frac{1}{z x}, \\frac{4}{(x+y)^{2}} \\leq \\frac{1}{x y}$. 所以，原不等式成立.\n\n#'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 145 "1993 年, 美国数学家 F.Smarandache 提出许多数论问题, 引起国内外相关学者的关注, 其中之一便是著名的 Smarandache 函数. 正整数 $n$ 的 Smarandache 函数定义为: $$ S(n)=\min \left\{m\left|m \in N^{*}, n\right| m !\right\} . $$ 比如: $S(2)=2, S(3)=3, S(6)=3$. 证明: 存在无穷多个合数 $n$, 使得 $S(n)=p$. 其中 $p$ 为 $n$ 的最大质数." ['因为对任意奇质数 $p$, 取 $n=2 p$, 都有 $S(n)=p$.\n\n所以, 存在无穷多个合数 $n$, 使得 $S(n)=p$, 其中 $p$ 为 $n$ 的最大质数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 146 "若实数 $x_{0}$ 满足 $f\left(x_{0}\right)=x_{0}$, 则称 $x=x_{0}$ 为 $f(x)$ 的不动点. 已知函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+3$, 其中 $a, b$ 为常数. 求证: 不存在实数组 $(a, b)$, 使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点." ['假设存在一组实数 $(a, b)$ 满足条件. 由条件知 $f^{\\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b$,\n\n因为 $f(x)$ 的两个不同极值点, 则 $\\Delta=4 a^{2}-12 b>0$, 即 $a^{2}>3 b$.(1)\n\n设 $f(x)$ 的两个不同极值点为 $x_{1}, x_{2}$, 其中 $x_{1}0$\n\n故 $g(x)$ 在 $R$ 上单增, 从而 $g(x)=0$ 至多有一个实根;\n\n又因为 $g(0)=-162<0, g(4)=2>0$, 从而 $g(x)=0$ 至少有一个实根;\n\n所以, $g(x)=0$ 恰有一个实数根 $x=a \\in(0,4)$.\n\n由(1)、(2)知 $a^{2}>3 b=\\frac{81}{a}$, 即 $a^{3}>81$, 这与 $a \\in(0,4)$, 矛盾! \n\n所以, 不存在实数组 $(a, b)$, 使得 $f(x)$ 互异的两个极值点皆为不动点.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 147 "设函数 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$. 求证: 对任意的正整数 $n$, 都有 $\sum_{k=1}^{n} \ln ^{2}\left(1+\frac{2}{k}\right)<3$ 成立." ['令 $g(x)=2 \\ln x-x+\\frac{1}{x}$, 则由 (1) 知 $g(x)$ 在 $(0,+\\infty)$ 内为单调减函数.\n\n由于 $g(1)=0$, 故当 $x>1$ 时, 有 $g(x)<0$, 即 $0<2 \\ln x100$.\n\n于是, 存在 $a 、 b 、 c \\in \\mathbf{Z}_{+}$, 使得\n\n$F(2014, a)=2$,\n\n此时, $\\left(a-\\frac{1}{2}, a+2013 \\frac{1}{2}\\right)$ 的内部恰有 2 个素数,\n\n$F(2014, b)=19$,\n\n此时, $\\left(b-\\frac{1}{2}, b+2013 \\frac{1}{2}\\right)$ 的内部恰有 19 个素数,\n\n$F(2014, c)=53$,\n\n此时, $\\left(c-\\frac{1}{2}, c+2013 \\frac{1}{2}\\right)$ 的内部恰有 53 个素数.\n\n因此,边长为 2014 的立方体\n\n$\\left[a-\\frac{1}{2}, a+2013 \\frac{1}{2}\\right] \\times{\\left[b-\\frac{1}{2}, b+2013 \\frac{1}{2}\\right] \\times} {\\left[c-\\frac{1}{2}, c+2013 \\frac{1}{2}\\right]}$\n\n的内部恰有 $2 \\times 19 \\times 53=2014$ 个素点.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese 150 御天敌为了挽救塞伯坦星球, 在地球上建立了由 $n(n \geqslant 3)$ 个能量柱组成的太空桥,这些能量柱坚立在一个平面的 $n$ 个点上,任意三点不共线. 其启动方式为: 任意选定一个能量柱,从其发出一道激光, 该能量柱将激光逆时针旋转,当激光遇到另一个能量柱时,停止旋转; 第二个能量柱接收到激光后, 将其反射并逆时针旋转, 当反射的激光遇到下一个能量柱时, 停止旋转; 如此下去, 若激光行进的路径组成一条有向环路, 则启动成功. 证明: 存在成功的启动方式, 且成功启动方式所对应的有向环路个数不大于 $2 n$. ['将 $n$ 个点记为 $A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{n}$. 设激光行进的路径为 $a_{1}, a_{2}, \\cdots$, 其中, $a_{i} \\in\\left\\{A_{1}, A_{2}, \\cdots, A_{n}\\right\\}$.\n\n考虑相邻两点所组成的集合\n\n$\\left\\{\\left(a_{i}, a_{i+1}\\right) \\mid i=1,2, \\cdots\\right\\}$,\n\n其为无限集,但其取值至多有 $n(n-1)$ 个.\n\n故必有 $\\left(a_{i}, a_{i+1}\\right)=\\left(a_{j}, a_{j+1}\\right)(i0 \\\\\n& \\Leftrightarrow 9 x^{5}+8 \\lambda>\\frac{840}{101}(1+\\lambda) x^{2} . \\\\\n& \\text { 而 } 9 x^{5}+8 \\lambda=\\frac{9 x^{5}}{2} \\times 2+\\frac{8 \\lambda}{3} \\times 3 \\\\\n& \\geqslant 5 \\sqrt[5]{\\left(\\frac{9 x^{5}}{2}\\right)^{2}\\left(\\frac{8 \\lambda}{3}\\right)^{3}}=10 \\sqrt[5]{12 \\lambda^{3}} x^{2},\n\\end{aligned}\n$$\n\n故只需取正数 $\\lambda$ 满足\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sqrt[5]{12 \\lambda^{3}}>\\frac{84}{101}(1+\\lambda) \\\\\n& \\Leftrightarrow \\frac{101}{84} \\times 12^{\\frac{1}{5}}>\\lambda^{\\frac{2}{5}}+\\lambda^{-\\frac{3}{5}} . \\\\\n& \\text { 而 } \\lambda^{\\frac{2}{5}}+\\lambda^{-\\frac{3}{5}}=\\frac{\\lambda^{\\frac{2}{5}}}{3} \\times 3+\\frac{\\lambda^{-\\frac{3}{5}}}{2} \\times 2 \\\\\n& \\geqslant 5 \\sqrt[5]{\\left(\\frac{1}{3}\\right)^{3} \\times\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{2}}=\\frac{5}{\\sqrt[5]{108}},\n\\end{aligned}\n$$\n\n故取 $\\lambda=\\frac{3}{2}$,上式等号成立. 此时, 只需证\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{101}{84} \\times 12^{\\frac{1}{5}}>\\frac{5}{\\sqrt[5]{108}} \\Leftrightarrow \\sqrt[5]{12 \\times 108}>\\frac{420}{101} \\\\\n& \\Leftrightarrow \\frac{16}{3}>\\left(\\frac{140}{101}\\right)^{5} \\Leftrightarrow 101^{5}>6 \\times 7^{5} \\times 10^{5} \\\\\n& \\Leftrightarrow 101^{5}=(100+1)^{5}>10^{10}+5 \\times 10^{8} \\\\\n& >1.00842 \\times 10^{10}=6 \\times 7^{5} \\times 10^{5}\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 154 证明: 不存在大于 7 的素数 $p$,使得 $p^{12}+5039 \times 5041$ 的正因子的个数小于 120 . ['设 $d(n)$ 是 $n$ 的所有正因子的个数.对大于 7 的素数 $p$, 由费马小定理知\n\n\n$5\\left|\\left(p^{4}-1\\right), 7\\right|\\left(p^{6}-1\\right) \\Rightarrow 35 \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n设 $p=2 k+1$. 由二项式定理得\n\n$(2 k+1)^{12}-1$\n\n$\\equiv \\mathrm{C}_{12}^{3}(2 k)^{3}+\\mathrm{C}_{12}^{2}(2 k)^{2}+\\mathrm{C}_{12}^{1} 2 k$\n\n$\\equiv 66 \\times 4 k^{2}+24 k \\equiv 24 k(11 k+1)$\n\n$\\equiv 0\\left(\\bmod 2^{4}\\right)$,\n\n即 $2^{4} \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n设 $p=3 t+r(r \\in\\{1,2\\})$. 则\n\n$(3 k+r)^{12}-1 \\equiv \\mathrm{C}_{12}^{1} 3 k r^{11}+r^{12}-1$\n\n$\\equiv r^{12}-1 \\equiv 0\\left(\\bmod 3^{2}\\right)$,\n\n即 $3^{2} \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n综上, $\\left(2^{4} \\times 3^{2} \\times 5 \\times 7\\right) \\mid\\left(p^{12}-1\\right)$.\n\n故 $p^{12}+5039 \\times 5041=p^{12}-1+5040^{2}$是 5040 的倍数.\n\n令 $p^{12}+5039 \\times 5041=5040 k$. 则 $k \\geqslant 5041$.\n\n设 $k=2^{s} \\times 3^{t} \\times 5^{u} \\times 7^{v} w(s 、 t 、 u 、 v 、 w \\in \\mathbf{N}$ ， $(w, 210)=1$ ).\n\n则 $d\\left(p^{12}+5039 \\times 5041\\right)$\n\n$=(5+s)(3+t)(2+u)(2+v) d(w)$.\n\n若 $w>1$, 则\n\n$d\\left(p^{12}+5039 \\times 5041\\right)$\n\n$\\geqslant 5 \\times 3 \\times 2 \\times 2 \\times 2=120$,\n\n矛盾.\n\n若 $w=1$, 则\n\n$d\\left(p^{12}+5039 \\times 5041\\right)$\n\n$=(5+s)(3+t)(2+u)(2+v)<120$\n\n$\\Rightarrow s \\leqslant 4, t \\leqslant 2, u \\leqslant 1, v \\leqslant 1$\n\n$\\Rightarrow k \\leqslant 2^{4} \\times 3^{2} \\times 5 \\times 7<5041$,\n\n矛盾.\n\n从而, 不存在大于 7 的素数 $p$ 满足题设.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 155 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的高的垂足分别为 $D 、 E 、 F$, 直线 $E F$ 与 $\odot O$ 的弧 $\overparen{A B} 、 \overparen{A C}$ 分别交于点 $G 、 H$, 直线 $D F$ 与 $B G 、 B H$ 分别交于点 $K 、 L$, 直线 $D E$ 与 $C G 、 C H$ 分别交于点 $M 、 N$. 证明: $K 、 L 、 M 、 N$ 四点共圆, 且该圆的直径为 $\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)}$; 其中, $B C=a, C A=b, A B=c$. ['如图.\n\n\n\n因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以,\n\n$\\angle A F E=\\angle A C B$.\n\n注意到, $\\angle A F E=\\frac{\\overparen{G B}^{\\circ}+\\overparen{H A}^{\\circ}}{2}$,\n\n$\\angle A C B=\\frac{\\overparen{A B}^{\\circ}}{2}=\\frac{\\overparen{A G}^{\\circ}+\\widehat{G B}^{0}}{2}$.\n\n从而, $\\overparen{H A}=\\overparen{A G}$, 即 $A G=A H$.\n\n因为 $C 、 A 、 F 、 D$ 四点共圆, 所以,\n\n$\\angle B F D=\\angle A C B=\\angle A F E=\\angle B F G$.\n\n于是, 直线 $G H$ 与 $D K$ 关于直线 $A B$ 对称.\n\n由 $\\overparen{A G}^{\\circ}=\\overparen{A H}^{\\circ}$, 知 $\\angle G B A=\\angle A B H$.\n\n从而, 直线 $B K$ 与 $B H$ 关于直线 $A B$ 对称.\n\n因此, 点 $K 、 H$ 关于直线 $A B$ 对称, 即\n\n$A K=A H$.\n\n类似地,\n\n点 $L 、 G$ 关于直线 $A B$ 对称, 即 $A L=A G$;\n\n点 $G 、 N$ 关于直线 $A C$ 对称, 即 $A G=A N$;\n\n点 $M 、 H$ 关于直线 $A C$ 对称, 即 $A M=A H$.\n\n综上, $A L=A N=A G=A H=A K=A M$.\n\n因此, $K 、 L 、 M 、 N$ 四点共圆, 且圆心为 $A$,半径为 $A G$, 记该圆为 $\\odot A$.\n\n设 $\\odot O$ 的半径为 $R, \\odot O$ 的直径 $A Q$ 与 $G H$交于点 $P$. 则\n\n$\\angle A G Q=90^{\\circ}$, 且 $A P \\perp G H$.\n\n由射影定理得 $A G^{2}=A Q \\cdot A P$.\n\n注意到,\n\n$A P=A F \\sin \\angle A F E$\n\n$=A C \\cos \\angle C A B \\cdot \\sin \\angle A C B$.\n\n故 $A Q \\cdot A P$\n\n$=2 R \\cdot A C \\cos \\angle C A B \\cdot \\sin \\angle A C B$\n\n$=A B \\cdot A C \\cdot \\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$\n\n$=\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}$.\n\n因此, $A G=\\sqrt{\\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}}, \\odot A$ 的直径为 $\\sqrt{2\\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\\right)}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 156 "设 $a 、 b 、 c 、 d>0$. 证明： $a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}} d^{\frac{1}{3}} \leqslant(a+b+c)^{\frac{1}{3}}(a+c+d)^{\frac{1}{3}}$." ['由均值不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3\\left(\\frac{a b}{(a+b+c)(a+c+d)}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& =3\\left(\\frac{a}{a+c} \\cdot \\frac{b}{a+b+c} \\cdot \\frac{a+c}{a+c+d}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& \\leqslant \\frac{a}{a+c}+\\frac{b}{a+b+c}+\\frac{a+c}{a+c+d}, \\\\\n& 3\\left(\\frac{c d}{(a+b+c)(a+c+d)}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& =3\\left(\\frac{c}{a+c} \\cdot \\frac{a+c}{a+b+c} \\cdot \\frac{d}{a+c+d}\\right)^{\\frac{1}{3}} \\\\\n& \\leqslant \\frac{c}{a+c}+\\frac{a+c}{a+b+c}+\\frac{d}{a+c+d} . \\\\\n& \\text { 以上两式相加并整理得 } \\\\\n& a^{\\frac{1}{3}} b^{\\frac{1}{3}}+c^{\\frac{1}{3}} d^{\\frac{1}{3}} \\leqslant(a+b+c)^{\\frac{1}{3}}(a+c+d)^{\\frac{1}{3}} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n上式等号成立的充分必要条件为\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}\\frac{a}{a+c}=\\frac{b}{a+b+c}=\\frac{a+c}{a+c+d}, \\\\ \\frac{c}{a+c}=\\frac{a+c}{a+b+c}=\\frac{d}{a+c+d}\\end{array}\\right.$\n\n$\\Leftrightarrow \\frac{a}{a+c}=\\frac{b}{a+b+c}=\\frac{a+c}{a+c+d}=\\lambda \\in(0,1)$\n\n$\\Leftrightarrow c=\\frac{1-\\lambda}{\\lambda} a, b=\\frac{1}{1-\\lambda} a, d=\\frac{1-\\lambda}{\\lambda^{2}} a(\\lambda \\in(0,1))$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 157 某年级有 $3 N$ 名学生, 在一次数学测验中可能的分数为 $60,61, \cdots, 100$,这些分数至少各出现两次,且平均分数为 82.4. 证明:可将这个年级的学生分成三个班, 每班有 $N$名学生,且各班的平均分数均为 82.4. ['设此年级 $3 N$ 名学生的分数分别为\n\n$60=a_{1} \\leqslant a_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant a_{3 N}=100$,\n\n且定义和 $s_{i}=\\sum_{j=i+1}^{i+N} a_{j}(i=0,1, \\cdots, 2 N)$.\n\n显然, $s_{0} \\leqslant s_{N} \\leqslant s_{2 N}$, 且\n\n$s_{0}+s_{N}+s_{2 N}=\\sum_{j=1}^{3 N} a_{j}=82.4 \\times 3 N$ (正整数).\n\n故 $N \\equiv 0(\\bmod 5)$.\n\n因此, $82.4 N$ 为正整数.\n\n显然, $s_{0} \\leqslant 82.4 N \\leqslant s_{2 N}$.\n\n注意到, 若 $s_{0}=82.4 N$, 则\n\n$s_{N}=s_{2 N}=82.4 N$,\n\n即 $a_{1}=a_{2}=\\cdots=a_{3 N}=82.4$ ，\n\n矛盾.\n\n从而, $s_{0}<82.4 N$.\n\n类似地, $s_{2 N}>82.4 N$.\n\n因此, $s_{0}<82.4 N82.4 N$.\n\n故存在 $k \\in\\{0,1, \\cdots, N-1\\}$, 使得\n\n$f_{k}(-k)<82.4 N \\leqslant f_{k}(2 N-k)$.\n\n类似地, 存在 $m \\in\\{-k,-k+1, \\cdots,-k+2 N\\}$,使得 $f_{k}(m)=82.4 N$, 对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.\n\n其余的 $2 N$ 名学生的分数依次为\n\n$b_{1} \\leqslant b_{2} \\leqslant \\cdots \\leqslant b_{2 N}$,\n\n其取值为区间 $\\left[b_{1}, b_{2 N}\\right]$ 上的正整数,且此区间内的每个正整数各至少出现一次, 且 $b_{1}$, $b_{2}, \\cdots, b_{2 N}$ 的算术平均值为 82.4 .\n\n设 $t_{i}=\\sum_{j=i+1}^{i+N} b_{j}(i=0 ; 1, \\cdots, N)$.\n\n显然, $t_{0} \\leqslant t_{1} \\leqslant \\cdots \\leqslant t_{N}$, 且\n\n$t_{0}+t_{N}=\\sum_{j=1}^{2 N} b_{j}=82.4 \\times 2 N$.\n\n于是, $t_{0} \\leqslant 82.4 N \\leqslant t_{N}$.\n\n设 $k$ 为使 $t_{k} \\leqslant 82.4 N$ 成立的最大角标 (若 $t_{k}=82.4 N$, 则结论成立), 以下不妨设\n\n$t_{k}<82.4 N$.\n\n显然, $k \\neq N$. 因此, $t_{k}<82.4 N82.4 N$,\n\n$g(N+1)=\\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+N+1}=t_{k}<82.4 N$.\n\n据中间值定理,知存在 $l \\in\\{1,2, \\cdots, N+1\\}$ ，使得 $g(l)=82.4 N$, 对应的 $N$ 名学生组成满足条件的二班. 剩余的 $N$ 名同学组成满足条件的三班.\n\n综上, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 158 "已知锐角 $\triangle A B C$ 满足 $A B>A C$, 内心为 $I, \angle A$ 内的旁心为 $I_{1}, B C$ 的中点为 $L$, 直线 $L I$ 与边 $A C$ 交于点 $M$, 直线 $I_{1} L$ 与边 $A B$ 交于点 $N$. 记 $B C=a, C A=b, A B=c$. 证明: $$ \frac{S_{\triangle L M N}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{a(c-b)}{(a+c-b)^{2}} \text {. } $$" ['先证明一个引理.\n\n引理 设 $\\triangle A B C$ 的内切圆 $\\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \\angle A$ 内的旁切圆 $\\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E, L$ 为边 $B C$ 的中点. 则 $A E / / I L, A D / / I_{1} L$.\n\n证明 如下图, 设 $D D_{1}$ 为 $\\odot I$ 的直径, 过点 $D_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与边 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$.\n\n\n\n则 $B_{1} C_{1}$ 与 $\\odot I$ 切于点 $D_{1}$.\n\n故 $\\triangle A B_{1} C_{1}$ 中 $\\angle A$ 内的旁切圆为 $\\odot I$.\n\n由于 $A$ 为 $\\triangle A B_{1} C_{1}$ 与 $\\triangle A B C$ 的位似中心, $D_{1} 、 E$ 为对应点, 于是, $A 、 D_{1} 、 E$ 三点共线.\n\n由 $B E=\\frac{A B+B C+C A}{2}-A B$\n\n$$\n=\\frac{B C+C A-A B}{2}=C D \\text {, }\n$$\n\n知 $L$ 为线段 $E D$ 的中点.\n\n从而, $I L$ 为 $\\triangle D_{1} E D$ 的中位线, 则 $I L / / D_{1} E$,即 $A E / / I L$.\n\n类似地, 如下图, 设 $E E_{1}$ 为 $\\odot I_{1}$ 的直径, 则 $L I_{1}$ 为 $\\triangle D E E_{1}$ 的中位线, 即 $L I_{1} / / D E_{1}$.\n\n\n\n过点 $E_{1}$ 作 $\\odot I_{1}$ 的切线, 与 $A B 、 A C$ 的延长线分别交于点 $B_{2} 、 C_{2}$.\n\n则 $A$ 为 $\\triangle A B C$ 与 $\\triangle A B_{2} C_{2}$ 的位似中心, 且 $\\odot I_{1}$ 为 $\\triangle A B_{2} C_{2}$ 的内切圆, 即 $D 、 E_{1}$ 为对应点.\n\n从而, $A 、 D 、 E_{1}$ 三点共线.\n\n因此; $I_{1} L / / A D$.\n\n引理得证.\n\n如下图, 设 $\\triangle A B C$ 的内切圆 $\\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \\angle A$ 内的旁切圆 $\\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E$.\n\n\n\n由引理得 $A E / / M L, A D / / N L$.\n\n由 $\\frac{C M}{C A}=\\frac{C L}{C E}$\n\n$\\Rightarrow C M=b \\cdot \\frac{\\frac{a}{2}}{\\frac{a+c-b}{2}}=\\frac{a b}{a+c-b}$\n\n$\\Rightarrow A M=A C-C M=\\frac{b(c-b)}{a+c-b}$.\n\n类似地, $B N=\\frac{a c}{a+c-b}, A N=\\frac{c(c-b)}{a+c-b}$.\n\n故 $\\frac{S_{\\triangle L M N}}{S_{\\triangle A B C}}=1-\\frac{S_{\\triangle A M N}}{S_{\\triangle A B C}}-\\frac{S_{\\triangle B L N}}{S_{\\triangle A B C}}-\\frac{S_{\\triangle C L M}}{S_{\\triangle A B C}}$\n\n$=1-\\frac{(c-b)^{2}}{(a+c-b)^{2}}-\\frac{a}{2(a+c-b)}-\\frac{a}{2(a+c-b)}$\n\n$=\\frac{a(c-b)}{(a+c-b)^{2}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 159 "已知函数 $f: \mathbf{Z}_{+} \rightarrow \mathbf{Z}_{+}$, 满足对任意的 $x \in \mathbf{Z}_{+}$, 均有 $$ f(x)+f(x+2) \leqslant 2 f(x+1) . $$ 证明: 存在一个无穷正整数集合 $M$,使得对任意的 $i 、 j 、 k \in M$ ，均有 $$ (i-j) f(k)+(j-k) f(i)+(k-i) f(j)=0 . $$" ['考虑点列 $A_{n}=(n, f(n))\\left(n \\in \\mathbf{Z}_{+}\\right)$.\n\n注意到, 题目中条件等价于\n\n$f(x+1)-f(x) \\geqslant f(x+2)-f(x+1)$.\n\n则 $k_{A_{n} A_{n+1}}=f(n+1)-f(n)$\n\n$\\geqslant f(n+2)-f(n+1)=k_{A_{n+1} A_{n+2}}$.\n\n故折线 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n} \\cdots$ 的各段斜率 $\\left\\{k_{A_{n} A_{n+1}}\\right\\}$为不升的整数列, 且 $\\left\\{k_{A_{n} A_{n+1}}\\right\\}$ 中不出现负数项,否则,该项后面均为负数项.\n\n于是, 折线 $A_{1} A_{2} \\cdots A_{n} \\cdots$ 必与 $x$ 轴相交, 这与 $f(n)>0$ 矛盾.\n\n从而, $\\left\\{k_{A_{n} A_{n+1}}\\right\\}$ 为不升的非负整数列.\n\n因此, 存在 $n_{0}$, 使得当 $n \\geqslant n_{0}$ 时, $k_{A_{n} A_{n+1}}$ 为常数.\n\n进而, 当 $n \\geqslant n_{0}$ 时, 所有点 $A_{n}$ 在同一条直线上.\n\n取 $M=\\mathbf{Z} \\cap\\left[n_{0},+\\infty\\right)$.\n\n对任意的 $i 、 j 、 k \\in M$, 由 $A_{i} 、 A_{j} 、 A_{k}$ 三点共线, 设该直线为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& y=u x+v\\left(u \\in \\mathbf{Z}_{+}, v \\in \\mathbf{Z}\\right) . \\\\\n& \\text { 则 } f(i)=u i+v, f(j)=u j+v, f(k)=u k+v . \\\\\n& \\text { 故 }(i-j) f(k)+(j-k) f(i)+(k-i) f(j) \\\\\n& =(i-j)(u k+v)+(j-k)(u i+v)+ \\\\\n& \\quad(k-i)(u j+v) \\\\\n& =0 .\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 160 "若 $n$ 为完全平方数或 $n$ 到距离其最近的完全平方数的距离为完全立方数, 则称 $n$为 “好数”. 例如, $\left|45^{2}-2017\right|=2^{3}$, 即 2017 为好数. 对于正整数 $N$, 令 $S(N)$ 为集合 $\{1$, $2, \cdots, N\}$ 中好数的个数. 证明：存在正实数 $\alpha 、 \beta$ 满足 $$ \lim _{N \rightarrow \infty} \frac{S(N)}{N^{\alpha}}=\beta ? $$" ['存在正实数 $\\alpha 、 \\beta$ 满足\n\n$\\lim _{N \\rightarrow+\\infty} \\frac{S(N)}{N^{\\alpha}}=\\beta\\left(\\alpha=\\frac{2}{3}, \\beta=\\frac{3}{2}\\right)$.\n\n对于充分大的正整数 $N$,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left.\\sum_{k=1}^{[\\sqrt{N}]}\\right]^{-1}(1+[\\sqrt[3]{k-1}]+[\\sqrt[3]{k}])\\int_{0}^{[\\sqrt{N}]} \\sqrt[3]{x} \\mathrm{~d} x$\n\n$>\\int_{0}^{\\sqrt{N}-1} \\sqrt[3]{x} \\mathrm{~d} x=\\left.\\frac{3}{4} x^{\\frac{4}{3}}\\right|_{0} ^{\\sqrt{N}-1}$\n\n$=\\frac{3}{4}(\\sqrt{N}-1)^{\\frac{4}{3}}=\\frac{3}{4} N^{\\frac{2}{3}}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}$,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\text { 则 } \\frac{3}{2} N^{\\frac{2}{3}}\\left(1-\\frac{1}{\\sqrt{N}}\\right)^{\\frac{4}{3}}-5 \\sqrt{N}\n\n由 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$ 分别为 $\\triangle P H E 、 \\triangle P E F 、$ $\\triangle P F G 、 \\triangle P G H$ 的外心, 则\n\n$O_{1} O_{2} \\perp P E, O_{2} O_{3} \\perp P F$,\n\n$\\mathrm{O}_{3} \\mathrm{O}_{4} \\perp \\mathrm{PG}, \\mathrm{O}_{4} \\mathrm{O}_{1} \\perp \\mathrm{PH}$.\n\n从而, $\\angle O_{4} O_{1} O_{2}+\\angle H P E=\\pi$,\n\n$\\angle \\mathrm{O}_{2} \\mathrm{O}_{3} \\mathrm{O}_{4}+\\angle F P G=\\pi$\n\n故 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$ 四点共圆\n\n$\\Leftrightarrow \\angle O_{4} O_{1} O_{2}+\\angle O_{2} O_{3} O_{4}=\\pi$\n\n$\\Leftrightarrow \\angle H P E+\\angle F P G=\\pi \\quad \\quad (1)$.\n\n设 $A 、 C$ 关于点 $P$ 的对称点分别为 $A^{\\prime} 、$ $C^{\\prime}$. 联结 $B C^{\\prime} 、 D C^{\\prime} 、 B A^{\\prime} 、 D A^{\\prime}$.\n\n注意到,在 $\\triangle B C C^{\\prime}$ 中,\n\n$F P / / B C^{\\prime}, \\angle F P C=\\angle B C^{\\prime} C ;$\n\n在 $\\triangle D C C^{\\prime}$ 中,\n\n$G P / / D C^{\\prime}, \\angle C P G=\\angle C C^{\\prime} D$.\n\n则 $\\angle F P G=\\angle F P C+\\angle C P G$\n\n$=\\angle B C^{\\prime} C+\\angle C C^{\\prime} D=\\angle B C^{\\prime} D$.\n\n类似地, $\\angle E P H=\\angle B A^{\\prime} D$.\n\n故式(1) $\\Leftrightarrow \\angle B C^{\\prime} D+\\angle B A^{\\prime} D=\\pi$\n\n$\\Leftrightarrow B 、 C^{\\prime} 、 D 、 A^{\\prime}$ 四点共圆\n\n$\\Leftrightarrow C^{\\prime} P \\cdot A^{\\prime} P=B P \\cdot D P$\n\n$\\Leftrightarrow C P \\cdot A P=B P \\cdot D P$\n\n$\\Rightarrow A 、 B 、 C 、 D$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 163 "在 $\triangle A B C$ 中, 证明 : $\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\geqslant \frac{b+c-a}{a}+\frac{c+a-b}{b}+\frac{a+b-c}{c} \geqslant 3$." ['记“ $\\sum$ ”表示轮换对称和.\n\n先证左端不等式成立.\n\n设 $b+c-a=2 x, c+a-b=2 y$ ，\n\n$a+b-c=2 z$.\n\n于是, $x 、 y 、 z \\in \\mathbf{R}_{+}$, 且\n\n$a=y+z, b=z+x, c=x+y$.\n\n则左端不等式\n\n$\\Leftrightarrow \\sum \\frac{y+z}{2 x} \\geqslant \\sum \\frac{2 x}{y+z}$\n\n$\\Leftrightarrow \\sum \\frac{y+z}{x} \\geqslant \\sum \\frac{4 x}{y+z}$.\n\n由柯西不等式得\n\n$\\left(\\frac{x}{y}+\\frac{x}{z}\\right)\\left(\\frac{y}{x}+\\frac{z}{x}\\right) \\geqslant 4$.\n\n因此, $\\frac{x}{y}+\\frac{x}{z} \\geqslant \\frac{4}{\\frac{y}{x}+\\frac{z}{x}}=\\frac{4 x}{y+z}$.\n\n类似地, $\\frac{y}{x}+\\frac{y}{z} \\geqslant \\frac{4 y}{x+z}, \\frac{z}{x}+\\frac{z}{y} \\geqslant \\frac{4 z}{x+y}$.\n\n三式相加得\n\n$$\n\\sum \\frac{y+z}{x} \\geqslant \\sum \\frac{4 x}{y+z} .\n$$\n\n再证右端不等式成立.\n\n注意到, $\\frac{b+c-a}{a}=\\frac{b+c+a}{a}-2$,\n\n$\\frac{c+a-b}{b}=\\frac{c+a+b}{b}-2$,\n\n$\\frac{a+b-c}{c}=\\frac{a+b+c}{c}-2$.\n\n故 $\\frac{b+c-a}{a}+\\frac{c+a-b}{b}+\\frac{a+b-c}{c}$\n\n$=(a+b+c)\\left(\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}\\right)-6$\n\n$\\geqslant(1+1+1)^{2}-6=3$.\n\n综上, 原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 164 "正实数 $\alpha 、 \beta 、 \gamma 、 \delta$, 对任意的 $n \in \mathbf{N}_{+}$,满足 $[\alpha n][\beta n]=[\gamma n][\delta n]$, 且 $\{\alpha, \beta\} \neq\{\gamma, \delta\}$. 证明: $\alpha \beta=\gamma \delta$, 且 $\alpha 、 \beta 、 \gamma 、 \delta$为正整数." ['注意到, $\\alpha n-1<[\\alpha n] \\leqslant \\alpha n$.\n\n上式除以 $n$ 得\n\n$\\alpha-\\frac{1}{n}<\\frac{[\\alpha n]}{n} \\leqslant \\alpha \\Rightarrow \\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\alpha n]}{n}=\\alpha$.\n\n类似地, $\\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\beta n]}{n}=\\beta$,\n\n$\\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\gamma n]}{n}=\\gamma, \\lim _{n \\rightarrow+\\infty} \\frac{[\\delta n]}{n}=\\delta$.\n\n$[\\alpha n][\\beta n]=[\\gamma n][\\delta n]$两边同时除以 $n^{2}$ 得\n\n$\\frac{[\\alpha n]}{n} \\cdot \\frac{[\\beta n]}{n}=\\frac{[\\gamma n]}{n} \\cdot \\frac{[\\delta n]}{n}$.\n\n当 $n \\rightarrow+\\infty$ 时, $\\alpha \\beta=\\gamma \\delta$.\n\n不妨假设 $\\alpha \\geqslant \\beta, \\gamma \\geqslant \\delta, \\alpha \\geqslant \\gamma$.\n\n则 $\\alpha \\geqslant \\gamma \\geqslant \\delta \\geqslant \\beta$.\n\n因为 $\\{\\alpha, \\beta\\} \\neq\\{\\gamma, \\delta\\}$, 所以,\n\n$\\alpha>\\gamma \\geqslant \\delta>\\beta$.\n\n于是, 存在正整数 $N$ 满足\n\n(1) $(\\alpha-\\gamma) N>1$;\n\n(2) $(\\delta-\\beta) N>1$;\n\n(3) $\\beta N>1$.\n\n对任意的 $m>N$, 上述三个条件均成立.此时,\n\n$[\\alpha m]-[\\gamma m] \\geqslant 1,[\\delta m]-[\\beta m] \\geqslant 1$,\n\n$[\\beta m] \\geqslant 1$.\n\n先证明一个引理.\n\n引理 当 $m>N$ 时, 在上述条件下, $\\alpha m$ 、 $\\beta m 、 \\gamma m 、 \\delta m$ 均为正整数.证明 固定 $m>N$. 设 $[\\alpha m]=A,\\{\\alpha m\\}$ $=a, a$ 的二进制表示为 $a=\\left(0 . a_{1} a_{2} \\cdots\\right)_{2}$ ；类似地, 可定义 $[\\beta m]=B,\\{\\beta m\\}=b$, $b$ 的二进制表示为 $b=\\left(0 . b_{1} b_{2} \\cdots\\right)_{2}$; $[\\gamma m]=C,\\{\\gamma m\\}=c$, $c$ 的二进制表示为 $c=\\left(0 . c_{1} c_{2} \\cdots\\right)_{2}$; $[\\delta m]=D,\\{\\delta m\\}=d$, $d$ 的二进制表示为 $d=\\left(0 . d_{1} d_{2} \\cdots\\right)_{2}$.据题目条件知 $[\\alpha m][\\beta m]=[\\gamma m][\\delta m]$.则 $A B=C D$, 且 $A>C \\geqslant D>B \\geqslant 1$.\n\n取 $n=2 m$, 则 $[2 \\alpha m]=2 A+a_{1},[2 \\beta m]=2 B+b_{1}$, $[2 \\gamma m]=2 C+c_{1},[2 \\delta m]=2 D+d_{1}$.\n\n由 $[2 \\alpha m][2 \\beta m]=[2 \\gamma m][2 \\delta m]$,知\n\n$\\left(2 A+a_{1}\\right)\\left(2 B+b_{1}\\right)=\\left(2 C+c_{1}\\right)\\left(2 D+d_{1}\\right)$\n\n$\\Rightarrow 2 A b_{1}+2 B a_{1}+a_{1} b_{1}$\n\n$$\n=2 C d_{1}+2 D c_{1}+c_{1} d_{1}. \\quad \\quad ①\n$$\n\n(1) 当 $a_{1}=1, b_{1}=1$ 时, 由于式①左边为奇数, 故右边为奇数. 因此, $c_{1}=1, d_{1}=1$. 由式①可得 $A+B=C+D$, 再结合 $A B=C D$, 得 $\\{A, B\\}=\\{C, D\\}$ 与 $A>C \\geqslant D>B \\geqslant 1$ 矛盾.\n\n(2) 当 $a_{1}=1, b_{1}=0$ 时, 由于式①左边为偶数, 故右边为偶数. 因此, $c_{1} d_{1}=0$. 式①变为 $B=d_{1} C+c_{1} D \\in\\{0, C, D\\}$. 矛盾.\n\n(3) 当 $a_{1}=0, b_{1}=1$ 时, 由于式①左边为偶数, 故右边为偶数. 因此, $c_{1} d_{1}=0$. 式①变为 $A=d_{1} C+c_{1} D \\in\\{0, C, D\\}$. 矛盾.\n\n(4) 当 $a_{1}=0, b_{1}=0$ 时, 由式①得\n\n$c_{1}=d_{1}=0$.\n\n从而, $a_{1}=b_{1}=c_{1}=d_{1}=0$.\n\n取 $n=4 m$, 则\n\n$[4 \\alpha m]=4 A+a_{2},[4 \\beta m]=4 B+b_{2}$,\n\n$[4 \\gamma \\mathrm{m}]=4 C+c_{2},[4 \\delta \\mathrm{m}]=4 D+d_{2}$.\n\n由 $[4 \\alpha m][4 \\beta m]=[4 \\gamma m][4 \\delta m]$,知\n\n$\\left(4 A+a_{2}\\right)\\left(4 B+b_{2}\\right)=\\left(4 C+c_{2}\\right)\\left(4 D+d_{2}\\right)$\n\n$\\Rightarrow 4 A b_{2}+4 B a_{2}+a_{2} b_{2}=4 C d_{2}+4 D c_{2}+c_{2} d_{2}$.\n\n类似于之前的讨论知\n\n$a_{2}=b_{2}=c_{2}=d_{2}=0$.\n\n利用数学归纳法可以证明对于任意的 $k \\in \\mathbf{N}_{+}, a_{k}=b_{k}=c_{k}=d_{k}=0$.\n\n故 $a=b=c=d=0, \\alpha m 、 \\beta m 、 \\gamma m 、 \\delta m$ 均为正整数.\n\n引理得证.\n\n据引理知 $(m+1) \\alpha_{、}(m+1) \\beta 、(m+1) \\gamma$ 、 $(m+1) \\delta$ 均为正整数.\n\n因此, $\\alpha, \\beta 、 \\gamma, \\delta$ 均为正整数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 165 设 $H$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的垂心, $O^{\prime}$ 为 $\triangle B H C$ 的外心, $N$ 为线段 $A O^{\prime}$ 的中点, $D$ 为 $N$关于边 $B C$ 的对称点. 证明: $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为 $b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 R^{2}$, 其中, $a=B C, b=C A, c=A B, R$ 为 $\triangle A B C$ 的外接圆半径. ['\n\n如图, 设 $\\triangle B H C$ 的外接圆半径为 $R^{\\prime}, O$ 为 $\\triangle A B C$ 的外心, $\\triangle A B C$ 的三个内角为 $\\angle A 、 \\angle B 、 \\angle C, A H$ 的延长线与 $B C$ 交于点 $E, B H$ 的延长线与 $A C$ 交于点 $S, C H$ 的延长线与 $B A$ 交于点 $T$, 联结 $O O^{\\prime}$, 并与 $B C$ 交于点 $M$.\n\n显然, $A 、 T 、 H 、 S$ 四点共圆.\n\n从而, $\\angle T H S=\\pi-\\angle A$.\n\n在 $\\triangle B H C$ 中,\n\n$\\angle B H C=\\angle T H S=\\pi-\\angle A$.\n\n由正弦定理得\n\n$2 R \\sin A=B C=2 R^{\\prime} \\sin \\angle B H C$\n\n$=2 R^{\\prime} \\sin (\\pi-A)=2 R^{\\prime} \\sin A$\n\n$\\Rightarrow R=R^{\\prime}$\n\n$\\Rightarrow O B=O C=R=R^{\\prime}=O^{\\prime} B=O^{\\prime} C$\n\n$\\Rightarrow$ 四边形 $O B O^{\\prime} C$ 为菱形, $O O^{\\prime}$ 垂直平分 $B C$.\n\n由 $O$ 与 $O^{\\prime} 、 N$ 与 $D$ 分别关于 $B C$ 对称知\n\n$O D=O^{\\prime} N=\\frac{1}{2} O^{\\prime} A$.\n\n故 $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为点 $D$ 在 $\\triangle A B C$ 的外接圆上, 即\n\n$O D=R \\Leftrightarrow O^{\\prime} A=2 R$.因为 $\\angle B O C=2 \\angle A$, 即 $\\angle B O M=\\angle A$,所以, $B M=R \\sin A, O^{\\prime} M=O M=R \\cos A$.\n\n又 $A E=A B \\sin B, B E=A B \\cos B$, $\\cos 2 x=1-2 \\sin ^{2} x$\n\n得 $O^{\\prime} A^{2}=\\left(O^{\\prime} M+A E\\right)^{2}+E M^{2}$\n\n$=(R \\cos A+A B \\sin B)^{2}+(R \\sin A-A B \\cos B)^{2}$\n\n$=A B^{2}+R^{2}+2 A B \\cdot R(\\cos A \\cdot \\sin B-\\sin A \\cdot \\cos B)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2} \\sin C \\cdot \\sin (B-A)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2} \\sin (B+A) \\cdot \\sin (B-A)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+2 R^{2}(\\cos 2 A-\\cos 2 B)$\n\n$=c^{2}+R^{2}+4 R^{2}\\left(\\sin ^{2} B-\\sin ^{2} A\\right)$\n\n$=b^{2}+c^{2}-a^{2}+R^{2}$.\n\n综上, $A 、 B 、 D 、 C$ 四点共圆的充分必要条件为\n\n$O^{\\prime} A=2 R \\Leftrightarrow O^{\\prime} A^{2}=4 R^{2}$\n\n$\\Leftrightarrow b^{2}+c^{2}-a^{2}=3 R^{2}$.\n\n因此,原命题成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 166 已知素数 $p \equiv 3(\bmod 4)$. 对于一个由 $\pm 1, \pm 2, \cdots, \pm \frac{p-1}{2}$ 组成的长度不大于 $p-1$的整数数列, 若其包含正项与负项各一半, 则称此整数数列为 “平衡的”. 令 $M_{p}$ 表示平衡数列的个数. 证明: $M_{p}$ 不为完全平方数. ['对于 $1 \\leqslant k \\leqslant \\frac{p-1}{2}$, 项数为 $2 k$ 的平衡数列的个数为\n\n$\\mathrm{C}_{2 k}^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{k}=\\mathrm{C}_{2 k}^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{2 k}$.\n\n故 $M_{p}=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\mathrm{C}_{2 k}^{k}\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{(2 k) !}{(k !)(k !)} \\cdot \\frac{(p-1)^{2 k}}{2^{2 k}}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{(2 k) !}{((2 k) ! !)((2 k) ! !)}(p-1)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{((2 k-1) ! !)((2 k+1)-2 k)}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}$\n\n$=\\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}}\\left(\\frac{(2 k+1) ! !}{(2 k) ! !}-\\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k-2) ! !}\\right)(p-1)^{2 k}$\n\n$\\equiv \\sum_{k=1}^{\\frac{p-1}{2}}\\left(\\frac{(2 k+1) ! !}{(2 k) ! !}(p-1)^{2 k}-\\frac{(2 k-1) ! !}{(2 k-2) ! !}(p-1)^{2 k-2}\\right)$\n\n$\\equiv \\frac{p ! !}{(p-1) ! !}(p-1)^{p-1}-1 \\equiv-1(\\bmod p)$\n\n$\\Rightarrow M_{p} \\equiv-1(\\bmod p) .$\n\n因为 $p \\equiv 3(\\bmod 4)$, 所以, -1 不是模 $p$的二次剩余.\n\n从而, $M_{p}$ 不为完全平方数.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 167 设 $n \geqslant 3, x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \leqslant 1$, 且 $\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0$.证明: $\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5}<\frac{n}{3}$. ['设辅助函数 $f(x)=x^{5}-\\frac{2}{3} x-\\frac{1}{3}$.\n\n先证明一个引理.\n\n引理 当 $x \\in(-\\infty, 1]$ 时, 函数 $f(x) \\leqslant 0$.当且仅当 $x=1$ 时,等号成立.\n\n证明 易知, $f^{\\prime}(x)=5 x^{4}-\\frac{2}{3}$.\n\n令 $f^{\\prime}(x)=0$. 则 $x_{1}=-\\sqrt[4]{\\frac{2}{15}}, x_{2}=\\sqrt[4]{\\frac{2}{15}}$.\n\n当 $x \\in\\left(-\\infty, x_{1}\\right)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增;\n\n当 $x \\in\\left(x_{1}, x_{2}\\right)$ 时, $f^{\\prime}(x)<0, f(x)$ 严格单调递减;\n\n当 $x \\in\\left(x_{2}, 1\\right)$ 时, $f^{\\prime}(x)>0, f(x)$ 严格单调递增.\n\n又 $f(1)=0$, 故只需证 $f\\left(x_{1}\\right)<0$, 即\n\n$f\\left(x_{1}\\right)=x_{1}^{5}-\\frac{2}{3} x_{1}-\\frac{1}{3}=x_{1} x_{1}^{4}-\\frac{2}{3} x_{1}-\\frac{1}{3}$\n\n$=\\frac{2}{15} x_{1}-\\frac{2}{3} x_{1}-\\frac{1}{3}=-\\frac{8}{15} x_{1}-\\frac{1}{3}$\n\n$=\\frac{8}{15}\\left(\\sqrt[4]{\\frac{2}{15}}\\right)-\\frac{1}{3}<0$\n\n$\\Leftrightarrow \\frac{2}{15}<\\left(\\frac{5}{8}\\right)^{4}=\\frac{5^{4}}{2^{12}} \\Leftrightarrow 2^{13}<5^{5} \\times 3$\n\n$\\Leftrightarrow 8192 \\times 9375$.\n\n显然成立.\n\n引理得证.\n\n当 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n} \\leqslant 1$ 时, $x_{i}^{5}-\\frac{2}{3} x_{i}-\\frac{1}{3} \\leqslant 0$.\n\n故 $x_{i}^{5} \\leqslant \\frac{2}{3} x_{i}+\\frac{1}{3}$, 当且仅当 $x_{i}=1$ 时, 等号成立.\n\n因此, $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5} \\leqslant \\frac{2}{3} \\sum_{i=1}^{n} x_{i}+\\frac{n}{3}$, 当且仅当 $x_{1}=x_{2}=\\cdots=x_{n}=1$ 时, 等号成立.\n\n由于 $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}=0$,于是, $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5} \\leqslant \\frac{n}{3}$.\n\n此时, $x_{1}=x_{2}=\\cdots=x_{n}=1$, 显然不成立.\n\n故 $\\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{5}<\\frac{n}{3}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 168 在 $4030 \times 4030$ 方格表中任意选取 2017 条水平格线和 2017 条坚直格线, 并将这些格线的交点染为红色. 证明: 存在六个两两不同的红点 $A 、 B 、 C 、 D 、 E 、 F$, 使得 $\triangle A B C$ 的重心、 $\triangle D E F$ 的重心均为方格表的中心点. ['先证明一个引理.\n\n引理 设 $m \\in \\mathbf{N}_{+}$. 在\n\n$M_{m}=\\{n \\in \\mathbf{Z} \\mid-(2 m-1) \\leqslant n \\leqslant 2 m-1\\}$\n\n中任意选取 $2 m+1$ 个不同的数, 则其中必存在三个数,其和为零.\n\n证明 利用数学归纳法证明.\n\n当 $m=1$ 时,结论显然成立.\n\n假设 $m=k-1(k \\geqslant 2)$ 时, 结论成立.\n\n当 $m=k$ 时,若在集合 $M_{k}$ 所取的 $2 k+1$个不同的数组成的集合 $A$ 中, 存在 $2 k-1$ 个元素属于 $M_{k-1}$, 则由归纳假设知结论成立.\n\n否则, 在集合 $A$ 中至少有三个元素属于集合\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& M_{k}-M_{k-1} \\\\\n& =\\{-(2 k-1),-(2 k-2), 2 k-2,2 k-1\\} \\text {. } \\\\\n& \\text { (1) }\\{2 k-1,-(2 k-1)\\} \\subset A .\n\\end{aligned}\n$$\n\n若 $0 \\in A$, 则 $0 、-(2 k-1) 、 2 k-1$ 之和为 0 ;\n\n若 $0 \\notin A$, 则如下 $2 k-2$ 个数对\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{i, 2 k-1-i\\}(i=1,2, \\cdots, k-1) \\\\\n& \\{-i,-(2 k-1-i)\\}(i=1,2, \\cdots, k-1)\n\\end{aligned}\n$$\n\n中有 $A-\\{2 k-1,-(2 k-1)\\}$ 中 $2 k-1$ 个数,至少有一对数在集合 $A$ 中,使得结论成立.\n\n(2) $\\{2 k-1,-(2 k-1)\\} \\not \\subset A$.\n\n则 $\\{2 k-2,-(2 k-2)\\} \\subset A$, 且由对称性 (将整数 $a$ 变为 $-a$ ), 不妨设 $2 k-1 \\in A$, $-(2 k-1) \\notin A$. 于是,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{k-1\\},\\{i, 2 k-2-i\\}(i=0,1, \\cdots, k-2), \\\\\n& \\{-i,-(2 k-1-i)\\}(i=1,2, \\cdots, k-1),\n\\end{aligned}\n$$\n\n这 $2 k-1$ 组中包含 $A-\\{2 k-1,-(2 k-1)\\}$中 $2 k$ 个数, 至少有一对同组的数在集合 $A$中, 使得结论成立.\n\n引理得证.\n\n将方格表放入平面直角坐标系中, 使得其边界为:\n\n$x=-2015, x=2015$,\n\n$y=-2015, y=2015$.\n\n此时, 表格的中心点即为坐标原点.\n\n由引理, 知存在三条水平格线 (依次记为 $l_{1} 、 l_{2} 、 l_{3}$ ), 使得其在 $y$ 轴上的截距之和为零; 同样存在三条坚直格线 (依次记为 $L_{1}$ 、 $L_{2} 、 L_{3}$ ), 使得其在 $x$ 轴上的截距之和为零.\n\n记 $L_{i}$ 与 $l_{j}$ 的交点为 $P_{i j}(i, j \\in\\{1,2,3\\})$,作出下图.\n\n\n\n显然, $P_{i j}(i 、 j \\in\\{1,2,3\\})$ 均为红点, $\\triangle P_{21} P_{12} P_{33}$ 的重心、 $\\triangle P_{11} P_{32} P_{23}$ 的重心均为坐标原点,且六个顶点各不相同, 原命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese 169 已知 $\odot O$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆, $\odot O_{1}$ 与 $\odot O$ 内切于点 $A$, 且与边 $B C$ 切于点 $D$. 设 $\triangle A B C$ 的内心为 $I, \triangle I B C$ 的外接圆 $\odot O_{2}$ 与 $\odot O_{1}$ 交于点 $E 、 F$. 证明: $O_{1} 、 E 、 O_{2}$ 、 $F$ 四点共圆. ['由熟知的性质, 知 $O_{2}$ 为 $\\odot O$ 的弧 $\\overparen{B C}$的中点, 且 $A 、 I 、 O_{2}$ 三点共线.\n\n如下图, 设 $A D$ 与 $\\odot O$ 的第二个交点为 $O_{2}^{\\prime}$.\n\n\n\n因为点 $A$ 为 $\\odot O_{1}$ 与 $\\odot O$ 的位似中心, 所以, $B C$ 与过 $O_{2}^{\\prime}$ 且与 $\\odot O$ 相切的直线平行.\n\n于是,点 $O_{2}^{\\prime}$ 与 $O_{2}$ 重合.\n\n联结 $O_{2} B$.\n\n由 $\\angle O_{2} B D=\\angle O_{2} B C=\\angle C A O_{2}=\\angle O_{2} A B$,\n\n则 $\\triangle O_{2} B D \\backsim \\triangle O_{2} A B \\Rightarrow \\frac{O_{2} B}{O_{2} A}=\\frac{O_{2} D}{O_{2} B}$.\n\n又 $O_{2} E^{2}=O_{2} B^{2}=O_{2} D \\cdot O_{2} A$, 知 $O_{2} E$ 与$\\odot O_{1}$ 切于点 $E$.\n\n因此, $\\angle O_{2} E O_{1}=90^{\\circ}$.\n\n同理, $\\angle O_{2} F O_{1}=90^{\\circ}$.\n\n所以, $O_{1} 、 E 、 O_{2} 、 F$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 170 "已知 $a 、 b 、 c>0$. 证明: $$ \begin{aligned} & \left(a^{3}+\frac{1}{b^{3}}-1\right)\left(b^{3}+\frac{1}{c^{3}}-1\right)\left(c^{3}+\frac{1}{a^{3}}-1\right) \\ & \leqslant\left(a b c+\frac{1}{a b c}-1\right)^{3} . \end{aligned} $$" ['由于原不等式左边任意两个括号的和为正,故三个括号中至多一个非正.\n\n因此,不妨假设三个括号都为正.\n\n令 $k=a b c, a^{3}=\\frac{k x}{y}, b^{3}=\\frac{k y}{z}, c^{3}=\\frac{k z}{x}$.\n\n则原式左边\n\n$=\\frac{\\left(k^{2} x+z-k y\\right)\\left(k^{2} y+x-k z\\right)\\left(k^{2} z+y-k x\\right)}{k^{3} x y z}$.\n\n令 $k^{2} x+z-k y=u, k^{2} y+x-k z=v$,\n\n$k^{2} z+y-k x=w$.\n\n则 $x=\\frac{k u+v}{k^{3}+1}, y=\\frac{k v+w}{k^{3}+1}, z=\\frac{k w+u}{k^{3}+1}$.\n\n故原式左边\n\n$$\n=\\frac{u v w\\left(1+k^{3}\\right)^{3}}{k^{3}(k u+v)(k v+w)(k w+u)} .\n$$\n\n注意到,\n\n$(k u+v)(k v+w)(k w+u)$\n\n$=\\left(1+k^{3}\\right) u v w+\\left(v^{2} w+w^{2} u+u^{2} v\\right) k^{2}+$ $\\left(w^{2} v+v^{2} u+u^{2} w\\right) k$\n\n$\\geqslant\\left(1+k^{3}\\right) u v w+3 u v w k^{2}+3 u v w k$\n\n$=uvw (k+1)^{3}$.\n\n则原式左边\n\n$\\leqslant \\frac{\\left(1+k^{3}\\right)^{3}}{k^{3}(k+1)^{3}}=\\left(k+\\frac{1}{k}-1\\right)^{3}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 171 "已知 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的子集 $X$ 满足: 任给 $a 、 b \in X$, 若 $\frac{a+b}{2} \in \mathbf{Z}$, 则 $\frac{a+b}{2} \in X$,故称 $X$ 是 “好子集”. 记 $A(n)$ 为 $\{1,2, \cdots, n\}$的好子集的个数 (如 $A(3)=7,\{1,2,3\}$ 的八个子集中只有 $\{1,3\}$ 不是好子集). 证明: $$ A(100)+A(98) \geqslant 2 A(99)+6 \text {. } $$" ['一方面, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的好子集可以分成两类:包含 1 的和不包含 1 的.\n\n因为 $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的不包含 1 的好子集中每个元素均减去 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$的好子集, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的好子集中每个元素均加上 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的不包含 1 的好子集, 所以, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的不包含 1 的好子集与 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的好子集一一对应, 其个数为 $A(n+1)$.\n\n因此, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的包含 1 的好子集个数恰为 $A(n+2)-A(n+1)$.\n\n另一方面, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的好子集可以分成两类:包含 1 的和不包含 1 的.\n\n因为 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的不包含 1 的好子集中每个元素均减去 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的好子集, $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的好子集中每个元素均加上 1 , 即为 $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的不包含 1 的好子集, 所以, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的不包含 1 的好子集与 $\\{1,2, \\cdots, n\\}$ 的好子集一一对应, 其个数为 $A(n)$.\n\n因此, $\\{1,2, \\cdots, n+1\\}$ 的包含 1 的好子集个数恰为 $A(n+1)-A(n)$.\n\n故 $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的包含 1 且不包含 $n+2$ 的好子集个数恰为 $A(n+1)-A(n)$.\n\n综上, $\\{1,2, \\cdots, n+2\\}$ 的包含 1 且包含 $n+2$ 的好子集个数恰为\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& A(n+2)-A(n+1)-[A(n+1)-A(n)] \\\\\n& =A(n+2)-2 A(n+1)+A(n) .\n\\end{aligned}\n$$\n\n原命题等价于 $\\{1,2, \\cdots, 100\\}$ 至少有六个包含 1 且包含 100 的好子集.\n\n下面给出 $\\{1,2, \\cdots, 100\\}$ 包含 1 且包含 100 的六个好子集:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{1,2, \\cdots, 99,100\\},\\{1,4, \\cdots, 97,100\\}, \\\\\n& \\{1,10, \\cdots, 91,100\\},\\{1,12, \\cdots, 89,100\\}, \\\\\n& \\{1,34,67,100\\},\\{1,100\\} .\n\\end{aligned}\n$$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese 172 已知两个半径不等的 $\odot O$ 、 $\odot O^{\prime}$ 外离, $\odot O, \odot O^{\prime}$ 的一条内公切线 $l$ 与两条外公切线 $l_{1} 、 l_{2}$ 分别交于点 $B 、 C$, 过 $B$ 且与 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 均外切的 $\odot O_{1}$ 与 $l_{1}$ 的第二个交点为 $P$, 过 $C$ 且与 $\odot O 、 \odot O^{\prime}$ 均外切的 $\odot O_{2}$ 与 $l_{2}$的第二个交点为 $Q$. 证明: $B 、 P 、 C 、 Q$ 四点共圆. ['设 $\\odot O 、 \\odot O^{\\prime}$ 的半径分别为 $r 、 r^{\\prime}$, 且不妨设 $r\n\n设直线 $l_{1} 、 l_{2}$ 交于点 $A, \\odot O_{1} 、 \\odot O_{2}$ 的半径分别为 $R_{1} 、 R_{2}$.\n\n则 $A 、 O 、 O^{\\prime}$ 三点共线, 且\n\n$O O_{1}=r+R_{1}, O^{\\prime} O_{1}=r^{\\prime}+R_{1}$,\n\n$O O_{2}=r+R_{2}, O^{\\prime} O_{2}=r^{\\prime}+R_{2}$.\n\n在 $\\triangle O O^{\\prime} O_{1}$ 中, 由斯特瓦尔特定理得\n\n$$\nA O_{1}^{2}=\\frac{O^{\\prime} A \\cdot O O_{1}^{2}-A O \\cdot O^{\\prime} O_{1}^{2}}{O^{\\prime} O}+O^{\\prime} A \\cdot A O\n$$\n\n$=\\frac{O^{\\prime} A\\left(r+R_{1}\\right)^{2}-A O\\left(r^{\\prime}+R_{1}\\right)^{2}}{O^{\\prime} O}+O^{\\prime} A \\cdot A O$.\n\n同理,\n\n$A O_{2}^{2}=\\frac{O^{\\prime} A\\left(r+R_{2}\\right)^{2}-A O\\left(r^{\\prime}+R_{2}\\right)^{2}}{O^{\\prime} O}+O^{\\prime} A \\cdot A O$.\n\n故 $A O_{1}^{2}-A O_{2}^{2}$ $=\\frac{O^{\\prime} A\\left[R_{1}^{2}-R_{2}^{2}+2 r\\left(R_{1}-R_{2}\\right)\\right]-A O\\left[R_{1}^{2}-R_{2}^{2}+2 r^{\\prime}\\left(R_{1}-R_{2}\\right)\\right]}{O^{\\prime} O}$\n\n$=\\frac{O^{\\prime} O\\left(R_{1}^{2}-R_{2}^{2}\\right)+2\\left(R_{1}-R_{2}\\right)\\left(0^{\\prime} A \\cdot r-A O \\cdot r^{\\prime}\\right)}{O^{\\prime} O}$.\n\n由 $\\sin \\frac{A}{2}=\\frac{r}{A O}=\\frac{r^{\\prime}}{O^{\\prime} A}$\n\n$\\Rightarrow O^{\\prime} A \\cdot r-A O \\cdot r^{\\prime}=0$\n\n$\\Rightarrow A O_{1}^{2}-A O_{2}^{2}=R_{1}^{2}-R_{2}^{2}$\n\n$\\Rightarrow A O_{1}^{2}-R_{1}^{2}=A O_{2}^{2}-R_{2}^{2}$.\n\n又 $A O_{1}^{2}-R_{1}^{2}=A P \\cdot A B$,\n\n$A O_{2}^{2}-R_{2}^{2}=A Q \\cdot A C$.\n\n从而, $A P \\cdot A B=A Q \\cdot A C$.\n\n因此, $B 、 P 、 C 、 Q$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 173 "已知 $a 、 b 、 c>1$, 且 $a+b+c=9$.证明: $\sqrt{a b+b c+c a} \leqslant \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$." ['令 $a=\\frac{9 x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, b=\\frac{9 y^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$,\n\n$c=\\frac{9 z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}, x+y+z=1$.\n\n则原不等式变为\n\n$x^{2}+y^{2}+z^{2} \\geqslant 9\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right)$.\n\n因为 $a \\geqslant 1$, 所以,\n\n$9 x^{2}=a\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) \\geqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}\\geqslant \\frac{(x+y+z)^{2}}{3}=\\frac{1}{3}$.\n\n从而, $x \\geqslant \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}$.\n\n同理, $y \\geqslant \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}, z \\geqslant \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}$.\n\n不妨设 $x \\geqslant y \\geqslant z$. 则\n\n$\\frac{1}{3 \\sqrt{3}} \\leqslant z \\leqslant \\frac{1}{3}$,\n\n$\\frac{1}{3} \\leqslant \\frac{x+y}{2}=\\frac{1-z}{2} \\leqslant \\frac{3 \\sqrt{3}-1}{6 \\sqrt{3}}$.\n\n令 $f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-9\\left(x^{2} y^{2}+y^{2} z^{2}+z^{2} x^{2}\\right)$.\n\n则 $f(x, y, z)-f\\left(\\frac{x+y}{2}, \\frac{x+y}{2}, z\\right)$\n\n$=\\frac{(x-y)^{2}}{2}\\left[1-9 z^{2}+\\frac{9}{8}(x+y)^{2}+\\frac{9}{2} x y\\right] \\geqslant 0$\n\n故只需证明在 $t \\in\\left(\\frac{1}{3}, \\frac{3 \\sqrt{3}-1}{6 \\sqrt{3}}\\right)$ 时,\n\n$f(t, t, 1-2 t) \\geqslant 0$.\n\n而 $f(t, t, 1-2 t)$\n\n$=2 t^{2}+(1-2 t)^{2}-9\\left[t^{4}+2 t^{2}(1-2 t)^{2}\\right]$\n\n$=(3 t-1)^{2}\\left(1+2 t-9 t^{2}\\right) \\geqslant 0$\n\n$\\Leftrightarrow \\frac{1-\\sqrt{10}}{9}0$.\n\n若 $X Y \\leqslant 0$, 则 $f \\geqslant 0$.\n\n以下设 $X Y>0$. 注意到,\n\n$f=X^{2}(X+1)+Y^{2}(Y+1)-X Y(X+Y+1)$\n\n$=X^{3}+X^{2}+Y^{3}+Y^{2}-X Y(X+Y+1)$\n\n$=(X+Y)(X-Y)^{2}+X^{2}+Y^{2}-X Y$\n\n$=(X+Y)(X-Y)^{2}+(X-Y)^{2}+X Y$\n\n$=(X-Y)^{2}(X+Y+1)+X Y$.\n\n仍然有 $f \\geqslant 0$.\n\n下面证明一个引理.\n\n引理 设 $g(x, y)=\\sum_{i+j \\leqslant 3} a_{i j} x^{i} y^{j}$ 为实系数多项式且次数不超过 3. 若 $g(x, y)$ 在\n\n$A_{1}(1,1), A_{2}(-1,1), A_{3}(-1,-1)$,\n\n$A_{4}(1,-1), O(0,0), B_{1}(1,0)$,\n\n$B_{2}(0,1), B_{3}(-1,0), B_{4}(0,-1)$\n\n这九个点中的八个点处的值等于 0 , 则它在剩下的第九个点处的值也为 0 .\n\n证明 只需验证下面等式\n\n$\\sum_{l=1}^{4} g\\left(A_{l}\\right)-2 \\sum_{l=1}^{4} g\\left(B_{l}\\right)+4 g(O)=0 \\quad \\quad (1)$.\n\n注意到,\n\n$g(x, y)=a_{00}+\\sum_{i=1}^{3} a_{i 0} x^{i}+\\sum_{j=1}^{3} a_{0 j} y^{j}+$\n\n$$\na_{11} x y+a_{12} x y^{2}+a_{21} x^{2} y .\n$$\n\n则在式(1)的左边包含 $a_{00}$ 的项为\n\n$4 a_{00}-2 \\times 4 a_{00}+4 a_{00}=0$;\n\n当 $i$ 为偶数时,包含 $a_{i 0}$ 的项为\n\n$4 a_{i 0}-2 \\times 2 a_{n 0}=0$ ；\n\n当 $i$ 为奇数时,包含 $a_{i 0}$ 的项为 $\\left(a_{10}-a_{10}-a_{10}+a_{00}\\right)-2\\left(a_{20}-a_{00}\\right)+0=0 ;$\n\n当 $j$ 为偶数时,包含 $a_{0 j}$ 的项为\n\n$4 a_{0 j}-2 \\times 2 a_{0 j}=0$;\n\n当 $j$ 为奇数时,包含 $a_{0 j}$ 的项为 $\\left(a_{0 j}+a_{0 j}-a_{0 j}-a_{0 j}\\right)-2\\left(a_{0 j}-a_{0 j}\\right)+0=0$;\n\n包含 $a_{11}$ 的项为\n\n$\\left(a_{11}-a_{11}+a_{11}-a_{11}\\right)-0+0=0$ ；\n\n包含 $a_{12}$ 的项为\n\n$\\left(a_{12}-a_{12}-a_{12}+a_{12}\\right)-0+0=0$ ；\n\n包含 $a_{21}$ 的项为\n\n$\\left(a_{21}+a_{21}-a_{21}-a_{21}\\right)-0+0=0$.\n\n回到原题.\n\n现证原题第二部分: 若 $f(x, y)$ 能表示为若干个实系数多项式的平方和, 不妨设\n\n$f(x, y)=\\sum_{j=1}^{m} g_{j}^{2}(x, y)$.\n\n则 $\\operatorname{deg} g_{j} \\leqslant 3$.\n\n由于 $f\\left(A_{l}\\right)=f\\left(B_{l}\\right)=0$ 等价于\n\n$g_{j}\\left(A_{l}\\right)=g_{j}\\left(B_{l}\\right)=0$\n\n故由引理得 $g_{j}(0)=0$.\n\n于是, $f(0)=0$.\n\n而显然 $f(O)=1$, 矛盾. 故假设不成立.\n\n综上,命题得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 178 在 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E$ 分别为边 $A B 、 A C$的中点, $B E$ 与 $C D$ 交于点 $G, \triangle A B E$ 的外接圆与 $\triangle A C D$ 的外接圆交于点 $P(P \neq A)$, $A G$ 的延长线与 $\triangle A C D$ 的外接圆交于点 $L$ $(L \neq A)$. 求证: $P L / / C D$. ['\n\n如图, 联结 $P A 、 P B 、 P C 、 P D 、 P E$.\n\n因为 $\\angle B D P=\\angle A C P$, $\\angle C E P=\\angle A B P$,\n\n所以, $\\triangle D B P \\backsim \\triangle C E P$.\n\n故 $\\frac{A B}{A C}=\\frac{D B}{C E}=\\frac{D P}{C P}$\n\n$=\\frac{\\sin \\angle D C P}{\\sin \\angle C D P}=\\frac{\\sin \\angle B A P}{\\sin \\angle C A P} \\quad \\quad (1)$.\n\n设 $B C$ 的中点为 $F$. 则\n\n$\\frac{B F}{C F}=\\frac{S_{\\triangle A B F}}{S_{\\triangle A C F}}=\\frac{\\frac{1}{2} A B \\cdot A F \\sin \\angle B A F}{\\frac{1}{2} A C \\cdot A F \\sin \\angle C A F}=1$.\n\n故 $\\frac{A B}{A C}=\\frac{\\sin \\angle C A F}{\\sin \\angle B A F} \\quad \\quad (2)$.\n\n由式(1)、(2)得\n\n$\\frac{\\sin \\angle B A P}{\\sin \\angle C A P}=\\frac{\\sin \\angle C A F}{\\sin \\angle B A F}$.\n\n从而, $\\angle B A P=\\angle C A F=\\angle C A L$.\n\n故 $\\angle P C D=\\angle B A P=\\angle C A L=\\angle C P L$.\n\n因此, $P L / / C D$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 179 已知 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 分别与边 $B C 、 C A 、 A B$ 切于点 $D 、 E 、 F, A I 、 B I 、 C I$ 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\odot O$ 交于点 $L 、 M 、 N, L D$ 、 $M E 、 N F$ 分别与 $\odot O$ 交于点 $P 、 Q 、 R$. 过 $P$ 作 $P A$ 的垂线 $l_{A}$, 过 $Q$ 作 $Q B$ 的垂线 $l_{B}$, 过 $R$ 作 $R C$ 的垂线 $l_{c}$. 证明: $l_{A} 、 l_{B} 、 l_{c}$ 三线共点. ['\n\n如图, 联结 $P B 、 P C 、 P E 、 P F$.\n\n因为 $P D$ 是 $\\angle B P C$ 的角平分线,所以，\n\n$\\frac{P B}{P C}=\\frac{B D}{C D}=\\frac{B F}{C E} \\text {. }$\n\n又 $\\angle F B P=\\angle E C P$\n\n则 $\\triangle F B P \\sim \\triangle E C P$.\n\n故 $\\angle F P B=\\angle E P C$\n\n$\\Rightarrow \\angle F P E=\\angle B P C=\\angle B A C$.\n\n因此, $P 、 A 、 F 、 E$ 四点共圆.\n\n注意到 $A 、 E 、 I 、 F$ 四点共圆, 且 $A I$ 为直径, 则 $\\angle A P I=90^{\\circ}$, 即 $l_{A}$ 过 $\\triangle A B C$ 的内心 $I$.\n\n同理, $l_{B} 、 l_{C}$ 也过 $\\triangle A B C$ 的内心 $I$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 180 "设正实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$.证明: $$ \frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geqslant 1 \text {. } $$" "['因 $(a-1)^{2}(a+1) \\geqslant 0$, 所以,\n\n$a^{3}+2 \\geqslant a^{2}+a+1$.\n\n同理, $b^{3}+2 \\geqslant b^{2}+b+1$,\n\n$c^{3}+2 \\geqslant c^{2}+c+1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1}$\n\n$\\geqslant \\frac{1}{a^{3}+2}+\\frac{1}{b^{3}+2}+\\frac{1}{c^{3}+2}$.\n\n由柯西不等式得\n\n$\\frac{1}{a^{3}+2}+\\frac{1}{b^{3}+2}+\\frac{1}{c^{3}+2}$\n\n$\\geqslant \\frac{9}{\\left(a^{3}+2\\right)+\\left(b^{3}+2\\right)+\\left(c^{3}+2\\right)}$\n\n$=\\frac{9}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+6}=\\frac{9}{3+6}=1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\geqslant 1$.' '由柯西不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\\\\n& \\geqslant \\frac{9}{\\left(a^{2}+a+1\\right)+\\left(b^{2}+b+1\\right)+\\left(c^{2}+c+1\\right)} \\\\\n& =\\frac{9}{\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)+(a+b+c)+3} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n又由幂平均不等式得\n\n$\\left(\\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\\right)^{\\frac{1}{2}} \\leqslant\\left(\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\right)^{\\frac{1}{3}}=1$,\n\n即 $a^{2}+b^{2}+c^{2} \\leqslant 3$.\n\n类似地, 由 $\\frac{a+b+c}{3} \\leqslant\\left(\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\right)^{\\frac{1}{3}}=1$,得 $a+b+c \\leqslant 3$. 则\n\n$\\frac{9}{\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)+(a+b+c)+3}\\geqslant \\frac{9}{3+3+3}=1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\geqslant 1$.' '设 $f(x)=\\frac{1}{x^{2}+x+1}(x>0)$. 则\n\n$f^{\\prime}(x)=-\\frac{2 x+1}{\\left(x^{2}+x+1\\right)^{2}}$,\n\n$f^{\\prime \\prime}(x)=\\frac{6 x(x+1)}{\\left(x^{2}+x+1\\right)^{3}}>0$.\n\n因此, $f(x)$ 是凸函数.\n\n由琴生不等式得\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\\\\n& \\geqslant \\frac{3}{\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)^{2}+\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)+1} .\n\\end{aligned}\n$$\n\n再由幂平均不等式得\n\n$\\frac{a+b+c}{3} \\leqslant\\left(\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\right)^{\\frac{1}{3}}=1$.则 $\\frac{3}{\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)^{2}+\\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)+1}$\n\n$\\geqslant \\frac{3}{1+1+1}=1$.\n\n故 $\\frac{1}{a^{2}+a+1}+\\frac{1}{b^{2}+b+1}+\\frac{1}{c^{2}+c+1} \\geqslant 1$.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 181 "一名科学家发明了一台时间机器,形似一条地铁环形轨道. 现在 (2010 年) 为第一站台,第 $2,3, \cdots, 2009$ 站台依次为 2011 年, 2012 年, $\cdots \cdots, 4018$ 年,第 2010 站又回到现在 (出发站台). 后来, 这台机器出现了程序错误,使得其运行规则变为:乘客指定一个时间 (即站台号)，机器首先到达指定站台，然后每隔 4 站，停靠在第 5 站,若所停靠的站台号为 2 的正整数次幂,则向后退 2 站停靠 (如 $17 \rightarrow 22 \rightarrow 27 \rightarrow 32 \rightarrow 30 \rightarrow 35 \rightarrow \cdots)$; 若在第一站台停靠,则停止工作. 证明：这台机器不会迷失在时间轨道中而无法回到现在 (即不在第一站台停靠)。" ['时间轨道共有 2009 个站台, 且不超过 2009 的 2 的正整数次幂为\n\n$2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024$.\n\n由规则知\n\n(i) (1) $5 k+1(k=1,2,3)$\n\n$\\xrightarrow{3-k \\text { 次 }} 16 \\rightarrow 14=5 \\times 2+4$;\n\n(2) $5 k+1(k=4,5, \\cdots, 51)$\n\n$\\xrightarrow{51-k \\text { 次 }} 256 \\rightarrow 254=5 \\times 50+4$;\n\n(3) $5 k+1(k=52,53, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2006 \\rightarrow 2$.\n\n(ii) (1) $2 \\rightarrow 2009 \\rightarrow 5$;\n\n(2) $5 k+2(k=1,2, \\cdots, 6)$\n\n$\\xrightarrow{6-k \\text { 次 }} 32 \\rightarrow 30=5 \\times 6$;\n\n(3) $5 k+2(k=7,8, \\cdots, 102)$\n\n$\\xrightarrow{102-k \\text { 次 }} 512 \\rightarrow 510=5 \\times 102$;\n\n(4) $5 k+2(k=103,104, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2007 \\rightarrow 3$.\n\n(iii) (1) $3 \\rightarrow 8 \\rightarrow 6=5+1$;\n\n(2) $5 k+3(k=1,2, \\cdots, 25)$\n\n$\\xrightarrow{25-k \\text { 次 }} 128 \\rightarrow 126=5 \\times 25+1$;\n\n(3) $5 k+3(k=26,27, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2008 \\rightarrow 4$.\n\n(iv) (1) $4 \\rightarrow 2 \\rightarrow 2009 \\rightarrow 5$;\n\n(2) $5 k+4(k=1,2, \\cdots, 12)$\n\n$\\xrightarrow{12-k \\text { 次 }} 64 \\rightarrow 62=5 \\times 12+2$;\n\n(3) $5 k+4(k=13,14, \\cdots, 204)$\n\n$\\xrightarrow{204-k \\text { 次 }} 1024 \\longrightarrow 1022=5 \\times 204+2$;\n\n(4) $5 k+4(k=205,206, \\cdots, 401)$\n\n$\\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2009 \\rightarrow 5$.\n\n(v) $5 k(k=1,2, \\cdots, 401) \\xrightarrow{401-k \\text { 次 }} 2005 \\rightarrow 1$.\n\n设乘客指定站台号为 $a(1\n\n如图, 设 $A E$ 与 $B C$ 、 $B G$ 与 $C A 、 A E$ 与 $B G$ 分别交于点 $A_{1} 、 B_{1} 、 H$. 则 $H$ 是 $\\triangle A B C$ 的垂心,点 $A_{1} 、 B_{1}$ 分别在 $\\odot O_{2} 、 \\odot O_{1}$ 上.\n\n因为 $B C 、 C A$分别为 $D E 、 F G$ 的中垂线,所以,$C D=C E, C F=C G$.\n\n注意到 $\\angle B E C=\\angle A G C=90^{\\circ}$.\n\n由射影定理得\n\n$C E^{2}=C B \\cdot C A_{1}, C G^{2}=C A \\cdot C B_{1}$.\n\n又因为 $A 、 B 、 A_{1} 、 B_{1}$ 四点共圆, 所以,\n\n$C A \\cdot C B_{1}=C B \\cdot C A_{1}$.\n\n从而, $C D=C E=C G=C F$, 即 $E 、 F 、 D 、 G$四点共圆,且圆心为 $C$.' '\n\n如图, 设 $A E$ 与 $B G$ 交于点 $H$.则 $H$ 是 $\\triangle A B C$ 的垂心.延长 $C H$ 与 $A B$ 交于点 $C_{1}$.\n\n由相交弦定理得\n\n$\\mathrm{DH} \\cdot {\\mathrm{HE}}=\\mathrm{CH} \\cdot \\mathrm{H} \\mathrm{C}_{1}=\\mathrm{FH} \\cdot \\mathrm{HG}$.\n\n因此, $E 、 F 、 D 、 G$ 四点共圆.\n\n因为 $B C 、 C A$ 分别为 $D E 、 F G$ 的中垂线,所以, $B C 、 C A$ 的交点 $C$ 就是过点 $E 、 F 、 D 、 G$的圆的圆心.']" [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 183 "记 $d(n)$ 为正整数 $n$ 的正因子的个数, 定义数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下: $a_{1}=A, a_{n+1}=d\left(\left[\frac{3}{2} a_{n}\right]\right)+2011$,其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数. 证明:对于任意的正整数 $A$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 自某项开始为周期数列." ['对于正整数 $n$, 易知\n\n$n-1, n-2, \\cdots,\\left[\\frac{n}{2}\\right]+1$\n\n这 $\\left[\\frac{n-1}{2}\\right]$ 个数不可能是 $n$ 的正因子, 即\n\n$d(n) \\leqslant n-\\left[\\frac{n-1}{2}\\right] \\leqslant \\frac{n}{2}+1$.\n\n则 $a_{n+1} \\leqslant \\frac{\\left[\\frac{3}{2} a_{n}\\right]}{2}+1+2011 \\leqslant \\frac{3}{4} a_{n}+2012$\n\n下面用数学归纳法证明:\n\n$a_{n} \\leqslant \\max \\{A, 8048\\}$.\n\n当 $n=1$ 时,命题显然成立.\n\n设当 $n=k$ 时,命题成立.\n\n则当 $n=k+1$ 时,\n\n$a_{k+1} \\leqslant \\frac{3}{4} \\max \\{A, 8048\\}+2012$\n\n$\\leqslant \\frac{3}{4} \\max \\{A, 8048\\}$.\n\n所以,对任意 $n \\in \\mathbf{N}$, 命题均成立.\n\n由此知数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是一个有界的正整数数列.于是, 存在 $m 、 k \\in \\mathbf{N}_{+}$, 使得 $a_{m}=a_{m+k}$.\n\n因此, $a_{m+1}=a_{m+k+1}, \\cdots \\cdots a_{m+l}=a_{m+k+l}$.\n\n故 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是从 $a_{m}$ 项开始周期为 $k$ 的数列.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 184 "在一个 $n$ 行 $n$ 列的棋盘上放置 $n^{2}-1(n \geqslant 3)$ 枚棋子. 棋子的编号为 $(1,1), \cdots,(1, n),(2,1), \cdots,(2, n)$ ， $\cdots,(n, 1), \cdots,(n, n-1)$. 如果编号为 $(i, j)$ 的棋子刚好在棋盘的第 $i$ 行第 $j$ 列, 即第 $n$ 行第 $n$ 列是空的, 则称棋盘处于“标准状态”。 现把 $n^{2}-1$ 枚棋子随意地放到棋盘上,每个格子只能放置一枚棋子, 每一步可以把空格相邻的一个格子中的棋子移到空格中 (两格子相邻是指其有公共边). 证明: 在任意放置下, 都不可以经过有限次移动, 使棋盘达到标准状态。" ['把棋子按字典序重新编号, 即 $(i, j)$ 编号为 $(i-1) n+j$. 棋盘的格子也按字典序编号,第 $i$ 行第 $j$ 列为 $(i-1) n+j$. 标准状态就是第 $k$ 枚棋子在第 $k$ 个格子中.\n\n按格子的编号从小到大记录格子中棋子的编号, 空格不记录. 于是, 得到 $n^{2}-1$ 个数的一个排列.\n\n下面分情形讨论.\n\n(1) 当 $n$ 为奇数时, 移动空格左右两侧的棋子,对应的排列不变, 移动空格上下两侧的棋子, 相当于对排列做了一个 $n$ 轮换. 由于 $n$ 为奇数,则 $\\boldsymbol{n}$ 轮换是偶置换. 因而, 排列的奇偶性不变.\n\n(2) 当 $n$ 为偶数时, 移动空格左右两侧的棋子, 排列仍不变, 移动空格上下两侧的棋子,排列的奇偶性互换,同时,空格所在行数的奇偶性也互换.\n\n综上,对标准状态下, 把编号 $(n, n-2)$与 $(n, n-1)$ 的两枚棋子换位, 是无法移动到标准状态的.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Combinatorics Math Chinese 185 设 $O$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的外心,$A O 、 B O 、 C O$ 的延长线分别与 $B C 、 C A 、 A B$ 交于点 $D 、 E 、 F$. 若 $\triangle A B C \backsim \triangle D E F$, 证明: $\triangle A B C$ 是正三角形. ['先证明: $O$ 是 $\\triangle D E F$ 的垂心.\n\n\n\n如图, 设 $H$ 是 $\\triangle D E F$ 的垂心, $D H 、 E H$ 、 $F H$ 分别与 $E F 、 F D 、 D E$ 交于点 $L 、 M 、 N$.\n\n由 $\\angle E H F=180^{\\circ}-\\angle E D F$\n\n$=180^{\\circ}-\\angle E A F$,\n\n知 $A 、 E 、 H 、 F$ 四点共圆.于是, $\\angle F A H=\\angle F E H$.\n\n同理，由 $B 、 D 、 H 、 F$ 四点共圆得\n\n$\\angle F B H=\\angle F D H$.\n\n因为 $D 、 E 、 L 、 M$ 四点共圆,所以,\n\n$\\angle F E M=\\angle F D L$.\n\n于是, $\\angle F A H=\\angle F B H$.\n\n因此, $H A=H B$.\n\n同理, $H B=H C$.\n\n从而, $H$ 是 $\\triangle A B C$ 的外心$O$ .\n\n设 $\\angle O B C=\\angle O C B=\\alpha$,\n\n$\\angle O C A=\\angle O A C=\\beta$,\n\n$\\angle O A B=\\angle O B A=\\gamma$.则 $\\alpha+\\beta+\\gamma=90^{\\circ}$.\n\n因为 $B E \\perp D F$, 所以, $\\angle B F D=90^{\\circ}-\\gamma$.\n\n由 $\\angle B F C=2 \\beta+\\gamma$, 得\n\n$\\angle D F C=2 \\beta+\\gamma-\\left(90^{\\circ}-\\gamma\\right)$\n\n$=2(\\beta+\\gamma)-90^{\\circ}=90^{\\circ}-2 \\alpha$.\n\n又因为 $C F \\perp D E$, 所以,\n\n$\\angle D F C=90^{\\circ}-\\angle F D E=90^{\\circ}-\\angle B A C$\n\n$=90^{\\circ}-(\\beta+\\gamma)=\\alpha$.\n\n于是, $90^{\\circ}-2 \\alpha=\\alpha \\Rightarrow \\alpha=30^{\\circ}$.\n\n同理, $\\beta=\\gamma=30^{\\circ}$.\n\n故 $\\angle B A C=\\angle C B A=\\angle A C B=60^{\\circ}$.\n\n因此, $\\triangle A B C$ 是正三角形.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Geometry Math Chinese 186 "对任意 $x 、 y 、 z \in \mathbf{R}$, 证明: $-\frac{3}{2}\left(x^{2}+y^{2}+2 z^{2}\right) \leqslant 3 x y+y z+z x \leqslant \frac{3+\sqrt{13}}{4}\left(x^{2}+y^{2}+2 z^{2}\right)$." ['当 $x=y=z=0$ 时,不等式显然成立.\n\n当 $x 、 y 、 z$ 不全为 0 时,将不等式变形为 $-\\frac{3}{2} \\leqslant \\frac{3 x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}} \\leqslant \\frac{3+\\sqrt{13}}{4}$.\n\n设 $F(x, y, z)=\\frac{3 x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}}$.\n\n下面求 $F(x, y, z)$ 的值域.\n\n当 $z=0$ 时,\n\n$F(x, y, z)=\\frac{3 x y}{x^{2}+y^{2}} \\in\\left[-\\frac{3}{2}, \\frac{3}{2}\\right]$,\n\n原不等式成立.\n\n当 $z \\neq 0$ 时,\n\n$F x^{2}-(3 y+z) x+\\left[F\\left(y^{2}+2 z^{2}\\right)-y z\\right]=0$,\n\n$\\Delta=(3 y+z)^{2}-4 F\\left[F\\left(y^{2}+2 z^{2}\\right)-y z\\right]$\n\n$=9 y^{2}+6 y z+z^{2}-4 F^{2} y^{2}-8 F^{2} z^{2}+4 F y z$\n\n$=\\left(9-4 F^{2}\\right) y^{2}+(6 z+4 F z) y+\\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\\right)$.\n\n当 $F= \\pm \\frac{3}{2}$ 时, 原不等式成立.\n\n当 $F \\neq \\pm \\frac{3}{2}$, 即任意 $y \\in \\mathbf{R}$ 时, $\\Delta \\geqslant 0$.\n\n下面分两种情形讨论.\n\n(1) 当 $\\Delta=0$ 时,\n\n$\\Delta_{1}=(6 z+4 F z)^{2}-4\\left(9-4 F^{2}\\right)\\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\\right) \\geqslant 0$.\n\n则 $(3+2 F)^{2}-\\left(9-4 F^{2}\\right)\\left(1-8 F^{2}\\right)$\n\n$=-32 F^{4}+80 F^{2}+12 F$\n\n$=-4 F(2 F+3)\\left(4 F^{2}-6 F-1\\right)$\n\n$=-4^{2} F(2 F+3)\\left(F-\\frac{3-\\sqrt{13}}{4}\\right)\\left(F-\\frac{3+\\sqrt{13}}{4}\\right) \\geqslant 0$.\n\n故 $F \\in\\left(-\\frac{3}{2}, \\frac{3-\\sqrt{13}}{4}\\right] \\cup\\left[0, \\frac{3}{2}\\right) \\cup$ $\\left(\\frac{3}{2}, \\frac{3+\\sqrt{13}}{4}\\right]$.\n\n(2) 当 $\\Delta>0$ 时,\n\n$\\left\\{\\begin{array}{l}9-4 F^{2}>0, \\\\ \\Delta_{2}=(6 z+4 F z)^{2}-4\\left(9-4 F^{2}\\right)\\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\\right)<0\\end{array}\\right.$\n\n$\\Rightarrow F \\in\\left(\\frac{3-\\sqrt{13}}{4}, 0\\right)$.\n\n综上, $F \\in\\left[-\\frac{3}{2}, \\frac{3+\\sqrt{13}}{4}\\right]$.\n\n当 $x=-y, z=0$ 时, $F=-\\frac{3}{2}$;\n\n当 $x=\\frac{20+6 \\sqrt{13}}{9+\\sqrt{13}} z, y=\\frac{9+\\sqrt{13}}{3 \\sqrt{13}-7} z$ 时, $F=\\frac{3+\\sqrt{13}}{4}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 187 证明：任意九个两两不同的不超过 9000 的正整数中一定存在四个数 $a 、 b 、 c 、 d$, 使得$4+d \leqslant a+b+c \leqslant 4 d$. ['用反证法.\n\n假设命题不真，即存在 $1 \\leqslant A4 C$, 即\n\n$D \\geqslant 4 C-(A+B)+1$\n\n$=2 C+(C-A)+(C-B)+1$\n\n$\\geqslant 2 \\times 3+2+1+1=10$.\n\n由 $E \\geqslant D+1$, 得\n\n$4+D=1+2+(D+1) \\leqslant A+B+E$.\n\n于是, $A+B+4>4 D$, 即\n\n$E \\geqslant 4 D-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[4 C-(A+B)+1]-(A+B)+1$\n\n$=16 C-5(A+B)+5$\n\n$\\geqslant 6 \\times 3+5 \\times 2+5 \\times 1+5=38$.\n\n类似地,由 $4+E=1+2+(E+1) \\leqslant A+B+F$, 得\n\n$F \\geqslant 4 E-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[16 C-5(A+B)+5]-(A+B)+1$\n\n$=64 C-21(A+B)+21$\n\n$=22 C+21(C-B)+21(C-A)+21$\n\n$\\geqslant 22 \\times 3+21 \\times 2+21 \\times 1+21=150$.\n\n由 $4+F=1+2+(F+1) \\leqslant A+B+G$, 得\n\n$G \\geqslant 4 F-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[64 C-21(A+B)+21]-(A+B)+1$\n\n$=256 C-85(A+B)+85$\n\n$=86 C+85(C-A)+85(C-B)+85$\n\n$\\geqslant 86 \\times 3+85 \\times 2+85 \\times 1+85=598$.\n\n由 $4+G=1+2+(G+1) \\leqslant A+B+H$, 得\n\n$H \\geqslant 4 G-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[256 C-85(A+B)+85]-(A+B)+1$\n\n$=1024 C-341(A+B)+341$\n\n$=342 C+341(C-A)+341(C-B)+341$\n\n$\\geqslant 342 \\times 3+341 \\times 2+341 \\times 1+341$\n\n$=2390$.\n\n由 $4+H=1+2+(H+1) \\leqslant A+B+I$, 得\n\n$I \\geqslant 4 H-(A+B)+1$\n\n$\\geqslant 4[1024 C-341(A+B)+341]-(A+B)+1$\n\n$=4096 C-1365(A+B)+1365$\n\n$=1366 C+1365(C-A)+1365(C-B)+1365$\n\n$\\geqslant 1366 \\times 3+1365 \\times 2+1365 \\times 1+1365$\n\n$=9558$.\n\n矛盾.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Number Theory Math Chinese 188 "设正实数 $a, b, c$ 满足 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c$. 证明: $$ \frac{1}{(2 a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2 b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2 c+a+b)^{2}} \leqslant \frac{3}{16} . $$" ['由均值不等式\n\n$$\n2 a+b+c=(a+b)+(a+c) \\geqslant 2 \\sqrt{(a+b)(a+c)} .\n$$\n\n所以只要证明: $\\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \\leqslant \\frac{3}{8}$.\n\n熟知\n\n$$\n(a+b+c)(a b+b c+c a)=(a+b)(b+c)(c+a)+a b c .\n$$\n\n所以只要证明: $\\frac{a+b+c}{(a+b+c)(a b+b c+c a)-a b c} \\leqslant \\frac{3}{8}$,\n\n由已知等式 $\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}=a+b+c$ 得到\n\n$$\na b c(a+b+c)=a b+b c+c a .\n$$\n\n所以只要证明: $\\frac{(a+b+c)^{2}}{(a b+b c+c a)\\left[(a+b+c)^{2}-1\\right]} \\leqslant \\frac{3}{8}$.\n\n整理后即证: $\\frac{1}{(a+b+c)^{2}}+\\frac{8}{3(a b+b c+c a)} \\leqslant 1$.\n\n熟知 $(a+b+c)^{2} \\geqslant 3(a b+b c+c a)$, 故 $\\frac{1}{(a+b+c)^{2}} \\leqslant \\frac{1}{3(a b+b c+c a)}$.\n\n于是只要证明: $a b+b c+c a \\geqslant 3$. 事实上, 由于\n\n$$\n(a b+b c+c a)^{2} \\geqslant 3 a b c(a+b+c)=3(a b+b c+c a) .\n$$\n\n故原不等式成立.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Algebra Math Chinese 189 "数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=3, a_{2}=6, a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^{2}+9}{a_{n}}\left(n \in \mathbf{Z}^{+}\right)$. 证明: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是正整数数列." ['已知 $a_{3}=15, a_{n} a_{n+2}=a_{n+1}^{2}+9 \\therefore a_{n+1} a_{n+3}=a_{n+2}^{2}+9$\n\n相减得 $\\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}$\n\n$\\therefore\\left\\{\\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}\\right\\}$ 为常数数列.\n\n$\\therefore \\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}=\\frac{a_{3}+a_{1}}{a_{2}}=3$\n\n$\\therefore a_{n+2}=3 a_{n+1}-a_{n}$, 又 $\\because a_{1}, a_{2} \\in \\mathbf{Z} \\quad \\therefore a_{n} \\in \\mathbf{Z}\\left(n \\in \\mathbf{Z}^{+}\\right)$\n\n又 $\\because a_{n}>0, \\therefore a_{n} \\in \\mathbf{Z}^{+}\\left(n \\in \\mathbf{Z}^{+}\\right)$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 190 "已知 $x, y \geq 0, x^{2019}+y=1$, 求证 $x+y^{2019}>1-\frac{1}{300}$. 注: 可直接应用以下结论 (1) $\ln x \leq x-1(x>0)$; (2) $\ln 2019 \approx 7.610$ ." ['设 $n=2019, f(x)=x+y^{n}, x, y \\geq 0$, 则 $f(x)=x+\\left(1-x^{n}\\right)^{n}, 0 \\leq x \\leq 1$.\n\n只要证 $f(x)_{\\min }>1-\\frac{1}{300}$, 因为 $f(0)=f(1)=1>1-\\frac{1}{300}$, 所以只要证明: 对满足 $f^{\\prime}(x)=0$ 的 $x$, 有 $f(x)>1-\\frac{1}{300}$ .\n\n令 $f^{\\prime}(x)=1-n^{2} x^{n-1}\\left(1-x^{n}\\right)^{n-1}=0$ 得 $x y=n^{-\\frac{2}{n-1}}$,\n\n此时 $f(x)=x+y^{n}=n \\times \\frac{x}{n}+y^{n} \\geq(n+1) \\cdot \\sqrt[n+1]{\\left(\\frac{x}{n}\\right)^{n} y^{n}}=(n+1) \\cdot \\left( \\frac{1}{n} \\cdot n^{-\\frac{2}{n-1} } \\right)^{\\frac{n}{n+1}}$\n\n$=\\frac{n+1}{n} \\cdot n^{-\\frac{1}{n-1}}$,\n\n$\\therefore f(x)>1-\\frac{1}{300} \\Leftarrow \\frac{n+1}{n} \\cdot n^{-\\frac{1}{n-1}}>1-\\frac{1}{300} \\Leftrightarrow n^{-\\frac{1}{n-1}}>\\left(1-\\frac{1}{300}\\right) \\cdot \\frac{n}{n+1}$\n\n$\\Leftrightarrow-\\ln 2019>2018\\left[\\ln \\left(1-\\frac{1}{300}\\right)+\\ln \\left(1-\\frac{1}{2020}\\right)\\right]$.\n\n$\\because \\ln x \\leq x-1 \\therefore 2018\\left[\\ln \\left(1-\\frac{1}{300}\\right)+\\ln \\left(1-\\frac{1}{2020}\\right)\\right] \\leq 2018\\left(-\\frac{1}{300}-\\frac{1}{2020}\\right)<-7.7<-\\ln 2019 \\approx-7.61$, \n\n不等式成立, 得证.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese 191 "已知函数 $f(x)=x \ln x-a x^{2}, a \in \mathbf{R}$. 证明: 当 $1\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}$." ['设 $g(x)=f(x)+a x^{2}-x+2=x \\ln x-x+2$,\n\n则 $g^{\\prime}(x)=\\ln x ，$\n\n当 $10$,\n\n因此, $g(x)$ 在 $(1,3)$ 单调递增,\n\n所以, $g(x)>g(1)=1$;\n\n设 $h(x)=(3-x) \\mathrm{e}^{x}$, 则 $h^{\\prime}(x)=(2-x) \\mathrm{e}^{x}$,\n\n当 $10$; 当 $20$.\n\n又因为 $f(x)+a x^{2}-x+2>1$,\n\n所以 $\\frac{f(x)+a x^{2}-x+2}{(3-x) \\mathrm{e}^{x}}>\\frac{1}{\\mathrm{e}^{2}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 192 "将正整数数列 $1,2,3, \cdots \cdots$ 中凡是被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去, 剩下的数按自小到大的顺序排成数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$, 再将数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中, 凡是下标被 4 整除以及被 4 除余 1 的项全部删去, 剩下的项按自小到大的顺序排成数列 $b_{1}, b_{2}, b_{3}, \cdots$; 证明: 每个大于 1 的奇平方数, 都是数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 中的两个相邻项的和." ['易知 $a_{2 n-1}=4 n-2, a_{2 n}=4 n-1, n=1,2,3, \\cdots$,\n\n因此, $\\forall n \\in N, a_{4 n+1}=8 n+2, a_{4 n+2}=8 n+3, a_{4 n+3}=8 n+6, a_{4 n+4}=8 n+7$; 在将 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 中的项 $a_{4 n}$ 及 $a_{4 n+1}$ 删去之后, 所得到的数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$, 其通项为: $b_{2 n+1}=8 n+3, b_{2 n+2}=8 n+6, n=0,1,2, \\cdots$;即数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的项为: $3,6,11,14,19,22,27,32,35,38,43, \\cdots$,\n\n观察易知, $3^{2}=b_{1}+b_{2}, 5^{2}=b_{3}+b_{4}, 7^{2}=b_{6}+b_{7}, 9^{2}=b_{10}+b_{11}, \\cdots \\cdots$;\n\n若记 $r_{k}=\\frac{k(k+1)}{2}$, 我们来证明, 一般地有: $(2 k+1)^{2}=b_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}, k=1,2,3, \\cdots$.\n\n由于 $r_{4 m}=8 m^{2}+2 m, r_{4 m+1}=8 m^{2}+6 m+1, r_{4 m+2}=8 m^{2}+10 m+3, r_{4 m+3}=8 m^{2}+14 m+6$ ；\n\n所以 $b_{r_{4 m}}+b_{r_{4 m}+1}=[2(4 m)+1]^{2}, b_{r_{4m+1}}+b_{r_{4m+1}+1}=[2(4 m+1)+1]^{2}$,\n\n$$\nb_{r_{4 m+2}}+b_{r_{4 m+2}+1}=[2(4 m+2)+1]^{2}, b_{r_{4 m+3}}+b_{r_{4 m+3}+1}=[2(4 m+3)+1]^{2},\n$$\n\n合并以上四式得，对每个正整数$k$,$b_{r_{k}}+b_{r_{k}+1}=\\left(2k+1\\right)^{2}$.其中$r_{k}=\\frac{k\\left(k+1\\right)}{2}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 193 $B E, C F$ 分别是锐角三角形 $\triangle A B C$ 的两条高, 以 $A B$ 为直径的圆与直线 $C F$ 相交于点 $M, N$, 以 $A C$ 为直径的圆与直线 $B E$ 相交于点 $P, Q$. 证明: $M, N, P, Q$ 四点共圆. ['\n\n如上图设三角形 $\\triangle A B C$ 的垂心为 $H$, 则 $M H \\cdot H N=(M F-H F)(N F+H F)$\n\n$=(M F-H F)(M F+H F)=M F^{2}-H F^{2}$\n\n$=A F \\cdot F B-\\left(A H^{2}-A F^{2}\\right)=A F \\cdot A B-A H^{2}$\n\n同理有, $P H \\cdot H Q=A E \\cdot A C-A H^{2}$因 $B C E F$ 四点共圆, 知 $A F \\cdot A B=A E \\cdot A C$,故由以上两式得 $M H \\cdot H N=P H \\cdot H Q$,\n\n所以 $M, N, P, Q$ 四点共圆.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Plane Geometry Math Chinese 194 "设 $a_{1}=1, a_{n}=n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}(n \geq 2)$. 求证:$\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}(n \geq 2)$." ['由已知可得 $\\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\\frac{n^{2} \\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{k^{2}}+\\frac{n^{2}}{n^{2}}}{(n+1)^{2} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k^{2}}}=\\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$.'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 195 "设 $a_{1}=1, a_{n}=n^{2} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^{2}}(n \geq 2)$. 求证:$\left(1+\frac{1}{a_{1}}\right)\left(1+\frac{1}{a_{2}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right)<4(n \geq 1)$." ['由已知可得 $\\frac{a_{n}+1}{a_{n+1}}=\\frac{n^{2} \\sum_{k=1}^{n-1} \\frac{1}{k^{2}}+\\frac{n^{2}}{n^{2}}}{(n+1)^{2} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k^{2}}}=\\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}$.\n\n由已知条件有 $a_{1}=1, a_{2}=4$.\n\n当 $n=1$ 时, $1+\\frac{1}{a_{1}}=2<4$, 不等式成立.\n\n当 $n \\geq 2$ 时,\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(1+\\frac{1}{a_{1}}\\right)\\left(1+\\frac{1}{a_{2}}\\right)\\left(1+\\frac{1}{a_{3}}\\right) \\cdots\\left(1+\\frac{1}{a_{n}}\\right) \\\\\n& =\\frac{1+a_{1}}{a_{1}} \\cdot \\frac{1+a_{2}}{a_{2}} \\cdot \\frac{1+a_{3}}{a_{3}} \\cdots \\cdot \\frac{1+a_{n}}{a_{n}} \\\\\n& =\\frac{1+a_{1}}{a_{1} a_{2}} \\cdot\\left(\\frac{1+a_{2}}{a_{3}} \\cdot \\frac{1+a_{3}}{a_{4}} \\cdots \\cdot \\frac{1+a_{n}}{a_{n+1}}\\right) \\cdot a_{n+1} \\\\\n& =\\frac{1}{2} \\cdot\\left[\\frac{2^{2}}{3^{2}} \\cdot \\frac{3^{2}}{4^{2}} \\cdots \\cdot \\frac{n^{2}}{(n+1)^{2}}\\right] \\cdot a_{n+1}=\\frac{2 a_{n+1}}{(n+1)^{2}} \\\\\n& =2\\left(1+\\frac{1}{2^{2}}+\\frac{1}{3^{2}}+\\cdots+\\frac{1}{n^{2}}\\right) \\\\\n& <2\\left[1+\\frac{1}{1 \\times 2}+\\frac{1}{2 \\times 3}+\\cdots+\\frac{1}{(n-1) \\times n}\\right] \\\\\n& =2\\left[1+\\left(1-\\frac{1}{2}\\right)+\\left(\\frac{1}{2}-\\frac{1}{3}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{n-1}-\\frac{1}{n}\\right)\\right] \\\\\n& =2\\left(2-\\frac{1}{n}\\right)<4\n\\end{aligned}\n$$\n\n综上所述, 不等式成立'] [] Text-only Competition False Theorem proof Sequence Math Chinese 196 "已知 $f(x)=e^{x}$ . 求证: 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \ln x+8-8 \ln 2$ ." "['设 $g(x)=e^{x}-4 x$, 则 $g^{\\prime}(x)=e^{x}-4$, 当 $x<\\ln 4$ 时, $g^{\\prime}(x)<0$; 当 $x>\\ln 4$ 时, $g^{\\prime}(x)>0$ .\n\n$\\therefore g(x)$ 在 $(-\\infty, \\ln 4]$ 上为减函数, 在 $[\\ln 4,+\\infty)$ 上为增函数.\n\n$\\therefore g(x) \\geq g(\\ln 4)=4-4 \\ln 4$ .\n\n由此可得, $g(x)=e^{x}-4 x \\geq 4-4 \\ln 4$, 即 $e^{x} \\geq 4 x+4-8 \\ln 2$, 当且仅当 $x=\\ln 4$ 时等号成立.\n\n$\\therefore x>0$ 时, $f(x)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2 \\geq(4 x+4-8 \\ln 2)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2=4 x-4 \\ln x-4$, 当且仅当 $x=\\ln 4$ 时等号成立.\n\n设 $h(x)=4 x-4 \\ln x-4$, 则 $h^{\\prime}(x)=4-\\frac{4}{x}$ .当 $01$ 时 $h^{\\prime}(x)>0$ .\n\n$\\therefore h(x)$ 在 $(0,1]$ 上为减函数, 在 $[1,+\\infty)$ 上为增函数.\n\n$\\therefore h(x) \\geq h(1)=0$, 即 $h(x)=4 x-4 \\ln x-4 \\geq 0$, 当且仅当 $x=1$ 时等号成立.\n\n$\\therefore f(x)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2 \\geq 4 x-4 \\ln x-4 \\geq 0$ .\n\n由于上述两个等号不同时成立, 因此 $f(x)-4 \\ln x-8+8 \\ln 2>0$\n\n$\\therefore$ 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \\ln x+8-8 \\ln 2$ .' '设 $g(x)=f(x)-(4 \\ln x+8-8 \\ln 2)=e^{x}-4 \\ln x-8+8 \\ln 2$, 则 $g^{\\prime}(x)=e^{x}-\\frac{4}{x}$ .\n\n由 $g^{\\prime \\prime}(x)=e^{x}+\\frac{4}{x^{2}}>0$, 知 $g^{\\prime}(x)$ 为增函数.\n\n又 $g^{\\prime}(1)=e-4<0, g^{\\prime}(2)=e^{2}-2>0$, 因此, $g^{\\prime}(x)$ 有唯一零点, 设为 $x_{0}$ .则 $x_{0} \\in(1,2)$, 且 $0x_{0}$ 时, $g^{\\prime}(x)>0$ .\n\n$\\therefore g(x)$ 在区间 $\\left(0, x_{0}\\right]$ 上为减函数, 在区间 $\\left[x_{0},+\\infty\\right)$ 上为增函数.\n\n$\\therefore g(x)$ 有最小值 $g\\left(x_{0}\\right)=e^{x_{0}}-4 \\ln x_{0}-8+8 \\ln 2$ .\n\n又由 $g^{\\prime}\\left(x_{0}\\right)=e^{x_{0}}-\\frac{4}{x_{0}}=0$, 知 $e^{x_{0}}=\\frac{4}{x_{0}}, x_{0} e^{x_{0}}=4$, 两边取对数, 得 $\\ln x_{0}+x_{0}=\\ln 4$ .\n\n$\\therefore \\quad g\\left(x_{0}\\right)=\\frac{4}{x_{0}}-4\\left(\\ln 4-x_{0}\\right)-8+8 \\ln 2=4\\left(\\frac{1}{x_{0}}+x_{0}\\right)-8>0 .\\left(x_{0} \\in(1,2)\\right)$\n\n$\\therefore$ 当 $x>0$ 时, $g(x) \\geq g\\left(x_{0}\\right)>0$ .\n\n$\\therefore$ 当 $x>0$ 时, $f(x)>4 \\ln x+8-8 \\ln 2$ .']" [] Text-only Competition False Theorem proof Elementary Functions Math Chinese 197 "已知实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{100}$ 满足 $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{100}=1$, 且 $\left|x_{k+1}-x_{k}\right|<\frac{1}{50}, k=1,2, \cdots$, 99 . 证明: 存在整数 $i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{50}, 1 \leq i_{1}\\frac{51}{100}$ .\n\n假设 $S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 都不在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n则由 $S_{0}-S_{1}=b_{1}-a_{1}=\\left|x_{2}-x_{1}\\right|<\\frac{1}{50}$, 知 $S_{1}>S_{0}-\\frac{1}{50}>\\frac{51}{100}-\\frac{1}{50}=\\frac{49}{100}$, 结合假设, 得 $S_{1}>\\frac{51}{100} .$\n\n又由 $S_{0}>\\frac{51}{100}$, 知 $S_{50}=1-S_{0}<\\frac{49}{100}$ .\n\n$\\therefore S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中存在比 $\\frac{49}{100}$ 小的数, 也存在比 $\\frac{51}{100}$ 大的数.\n\n又 $S_{0} \\geq S_{1} \\geq S_{2} \\geq \\cdots \\geq S_{50}$, 且 $S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 都不在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n因此, 存在 $j \\in\\{1,2, \\ldots, 50\\}$, 使得 $S_{j}<\\frac{49}{100}, S_{j-1}>\\frac{51}{100}$ .\n\n此时, $S_{j-1}-S_{j}>\\frac{51}{100}-\\frac{49}{100}=\\frac{1}{50}$ .\n\n另一方面, $S_{j-1}-S_{j}=b_{j}-a_{j}=\\left|x_{2 j}-x_{2 j-1}\\right|<\\frac{1}{50}$, 两者矛盾.\n\n$\\therefore S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中有至少有一个在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n由 (1)、(2) 知, $S_{0}, S_{1}, S_{2}, \\cdots, S_{50}$ 中至少有一个在区间 $\\left[\\frac{49}{100}, \\frac{51}{100}\\right]$ 内.\n\n由 $S_{k}(k=0,1,2, \\cdots, 50)$ 的定义知, 结论成立.' '首先用数学归纳法证明:\n\n对于任意正整数 $n$, 若实数 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2 n}$ 满足 $\\left|x_{k+1}-x_{k}\\right|<\\frac{1}{50}, k=1,2, \\cdots, 2 n-1$,\n\n则存在 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2 n}$ 的一个排列 $x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \\cdots, x_{i_{n}}, x_{j_{1}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{j_{n}}$ 使得\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{n}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{n}}\\right)\\right|<\\frac{1}{50} .\n$$\n\n证明如下: (1) 当 $n=1$ 时, 结论显然成立.\n\n(2) 假设 $n=k$ 时, 结论成立, 则当 $n=k+1$ 时, 由归纳假设知, 存在 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{2 k}$ 的一个排列 $x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \\cdots, x_{i_{k}}, x_{j_{1}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{j_{k}}$ 使得\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}\\right)\\right|<\\frac{1}{50} .\n$$\n\n记 $\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}\\right)=d_{1}, x_{2 k+2}-x_{2 k+1}=d_{2}$, 则\n\n$\\left|d_{1}\\right|<\\frac{1}{50},\\left|d_{2}\\right|<\\frac{1}{50} .$\n\n从而当 $d_{1} \\cdot d_{2} \\geq 0$ 时,\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}+x_{2 k+1}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}+x_{2 k+2}\\right)\\right|=\\left|d_{1}-d_{2}\\right|<\\frac{1}{50} ;\n$$\n\n当 $d_{1} \\cdot d_{2}<0$ 时,\n\n$$\n\\left|\\left(x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\\cdots+x_{i_{k}}+x_{2 k+2}\\right)-\\left(x_{j_{1}}+x_{j_{2}}+\\cdots+x_{j_{k}}+x_{2 k+1}\\right)\\right|=\\left|d_{1}+d_{2}\\right|<\\frac{1}{50} .\n$$\n\n即 $n=k+1$ 时, 结论也成立.\n\n由（1）（2）知, 对于任意正整数 $n$, 结论都成立.\n\n回到本题, 利用上述结论容易知道存在 $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{100}$ 的一个排列 $x_{i_{1}}, x_{i_{2}}, \\cdots, x_{i_{50}}, x_{j_{1}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{j_{50}}$ 满足:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& 1 \\leq i_{1}0(2 \leq i \leq n)$, 证明 $\sum_{k=1}^{n} \frac{a_{k}}{(k+1)(2 k+1)\left(a_{1}^{2}+\cdots+a_{k}^{2}\right)}<1$ . ['$\\sum_{k=1}^{n} \\frac{a_{k}}{(k+1)(2 k+1)\\left(a_{1}^{2}+\\cdots+a_{k}^{2}\\right)}=\\frac{1}{6} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k a_{k}}{\\frac{k(k+1)(2 k+1)}{6}\\left(a_{1}^{2}+\\cdots+a_{k}^{2}\\right)}$\n\n$\\leq \\frac{1}{6} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k a_{k}}{\\left(a_{1}+2 a_{2} \\cdots+k a_{k}\\right)^{2}}=\\frac{1}{6}\\left(\\frac{1}{a_{1}}+\\sum_{k=2}^{n} \\frac{k a_{k}}{\\left(a_{1}+2 a_{2} \\cdots+k a_{k}\\right)^{2}}\\right)$\n\n$\\leq \\frac{1}{6}\\left[\\frac{1}{a_{1}}+\\sum_{k=2}^{n}\\left(\\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \\cdots+(k-1) a_{k-1}}-\\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \\cdots+k a_{k}}\\right)\\right]$\n\n$=\\frac{1}{6}\\left(\\frac{1}{a_{1}}+\\frac{1}{a_{1}}-\\frac{1}{a_{1}+2 a_{2} \\cdots+n a_{n}}\\right)<\\frac{1}{6} \\cdot \\frac{2}{a_{2}}=1$'] [] Text-only Competition False Theorem proof Inequality Math Chinese