北京大学2023年“物理学科卓越人才培养计划”数学试题解答

解答：

2008不为完全立方数，故𝑛≠1．

若𝑛=2，则存在整数𝑎，𝑏，使得

公式：\begin{aligned} 2008&=a^3+b^3\\ &=(a+b)(a^2-ab+b^2)\\ &=(a+b)((a+b)^2-3ab) \end{aligned}

模3可知，𝑎+𝑏≡1(mod3)，且𝑎+𝑏=(2008)/(𝑎^(2)−𝑎𝑏+𝑏^(2))>0，𝑎+𝑏∣2008．

于是𝑎+𝑏只能取1，4，502，2008，经检验，都不符合．

若𝑛=3，容易发现

公式：\begin{aligned} 2008&=2^3\times 251\\ &=2^3\times(216+27+8)\\ &=12^3+6^3+4^3 \end{aligned}

于是𝑛的最小值为3．

注：

本题背景为三立方和问题，最近的一个结果是2019年Andrew Booker和Andrew Sutherland得到的

公式：\begin{aligned} 42= & (-80538738812075974)^3 \\ & +80435758145817515^3 \\ & +12602123297335631^3\end{aligned}

解答：

陈题，偷懒直接贴个答案，也基本没有别的好方法。

解答：

一道被各国竞赛考过很多次的陈题，上一次见到是2021年平行线的百子选拔．主要思路是利用单调递增卡住两个数之间的所有项的取值．

为方便书写，用𝑓(𝑓(𝑛))代替𝑎_(𝑎_(𝑛))．

由𝑓(𝑓(𝑛))=3𝑛知，𝑓(𝑓(𝑓(𝑛)))=𝑓(3𝑛)，故3𝑓(𝑛)=𝑓(3𝑛)．

由于对任意𝑛∈ℕ_(+)，𝑓(𝑓(𝑛))=3𝑛，所以{3𝑘∣𝑘∈ℕ_(+)}包含于值域．

由𝑓(𝑓(1))=3，考察𝑓(1)的取值．

若𝑓(1)=1，则𝑓(𝑓(1))=𝑓(1)=1，矛盾．

若𝑓(1)=𝑡≥3，则公式：3=f(f(1))=f(t)\ge f(3)>f(1)\ge 3，矛盾．

故𝑓(1)=2，𝑓(3)=3𝑓(1)=6．

由于3在值域中，且𝑓(1)<3<𝑓(3)，所以𝑓(2)=3．

(后面过程中多次用到这一推理，原因不再赘述)

公式：f(6)=3f(2)=9,f(9)=3f(3)=18

𝑓(7)=12,𝑓(8)=15

公式：f(24)=3f(8)=45,f(27)=3f(9)=54

𝑓(25)=48,𝑓(26)=51

公式：f(72)=3f(24)=135,f(75)=3f(25)=144

𝑓(73)=138,𝑓(74)=141

公式：f(222)=3f(74)=423,f(225)=3f(75)=432

𝑓(223)=426,𝑓(224)=429

公式：f(672)=3f(224)=1287,f(675)=3f(225)=1296

𝑓(673)=1290,𝑓(674)=1293

𝑓(2022)=3𝑓(674)=3879

注：

昨天发了之后，经过申强提醒，才想起来自己忘写这题的三进制做法了。

事实上，这个数列为三进制下以2开头或以0结尾的所有数．即三进制下的：

2、10、20、21、22、100、110、120、200、201、202、210、211、212、220、221、222、⋯

只需验证以下结论成立即可：

(1)𝑓(3𝑛)=3𝑓(𝑛)；

(2)𝑓(3𝑛+1)=2𝑓(𝑛)+𝑓(𝑛+1)；

(3)𝑓(3𝑛+2)=𝑓(𝑛)+2𝑓(𝑛+1)．

解答：

陈题，之前上课时给四年级的学生讲过．

设(1)/(𝑥_(1))+(1)/(𝑥_(2))+⋯+(1)/(𝑥_(𝑛))=1，其中𝑥_(𝑖)≡2(mod3)．

将上式两边同时乘以𝑥_(1)𝑥_(2)⋯𝑥_(𝑛)，等式左边模3和𝑛⋅2^(𝑛−1)同余，右边模3和2^(𝑛)同余．

于是2^(𝑛)≡𝑛⋅2^(𝑛−1)(mod3)，即𝑛≡2(mod3)．

𝑛=2或5时，
公式：\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{1}{x_i}\le \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{14}=\dfrac{3041}{3080}< 1

于是𝑛≥8，下面给出𝑛=8的构造：

公式：\begin{aligned} 1=&\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{7}{40}\\ =&\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{8}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{20}+\dfrac{1}{40}\\ =&\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{8}+(\dfrac{1}{11}+\dfrac{1}{110})\\ &+\dfrac{1}{20}+(\dfrac{1}{41}+\dfrac{1}{1640}) \end{aligned}

5. (1)证明：对任意无理数𝜔，存在无数个有理数(𝑝)/(𝑞)使得|𝜔−(𝑝)/(𝑞)|<(1)/(𝑞^(2))．
   (2)证明：对无理数𝜔=(√(5)−1)/(2)和任意的整数𝑝和𝑞，都存在𝑐>1使得|𝜔−(𝑝)/(𝑞)|≥(1)/(𝑐𝑞^(2))．

本题即为Dirichlet逼近定理的推论，可以参考《哈代数论》第11章 用有理数逼近无理数．

第(1)问可以利用抽屉原理证明，参见11.3节 Dirichlet的一个论证方法．

第(2)问为11.4节 逼近的阶的定理188．