2023年莫斯科数学奥林匹克砝码题解答

证明：

熟知公式：\arctan 1=\arctan\dfrac{1}{2}+\arctan\dfrac{1}{3}，现在我们找更多类似式子．

若正整数a,b,c满足

公式：\arctan \dfrac{1}{a}=\arctan\dfrac{1}{b}+\arctan\dfrac{1}{c}

则有

公式：\begin{aligned} \dfrac{1}{a}=&\tan\left(\arctan\dfrac{1}{b}+\arctan\dfrac{1}{c}\right)\\ =&\dfrac{\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}}{1-\dfrac{1}{b}\cdot\dfrac{1}{c}}=\dfrac{b+c}{bc-1} \end{aligned}

即(b−a)(c−a)=a^(2)+1．下面对a枚举：

a=1时，(b−1)(c−1)=2，b=2，c=3；

a=2时，(b−2)(c−2)=5，b=3，c=7；

a=3时，(b−3)(c−3)=10，b=4，c=13或b=5，c=8；

a=4时，(b−4)(c−4)=17，b=5，c=21；

a=5时，(b−5)(c−5)=26，b=6，c=31或b=7，c=18．

由上可得：

公式：\arctan 1=\arctan\frac{1}{2}+\arctan\frac{1}{3}

公式：\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{21}=\arctan\frac{1}{4}

公式：\arctan\frac{1}{6}+\arctan\frac{1}{31}=\arctan\frac{1}{7}+\arctan\frac{1}{18}

将上面三式左右两边的数分别作为天平两端的砝码重量即可．

证明：

考虑凸多面体的一个顶点A_(1)，设其度数为n_(1)，再设与其相邻的顶点分别为C_(1),C_(2),⋯,C_(n_(1))，它们的度分别为d_(1),d_(2),⋯,d_(n_(1))．

考虑有公共顶点A_(1)的三角形面，每个面除A_(1)外，还有C_(i)和C_(j)（1≤i<j≤n_(1)）两个顶点，计算C_(i)和C_(j)的度时，边C_(i)C_(j)会重复计算一次，其余边不重复，故可以由此对三角形面数T进行计数．我们有

公式：d_1+d_2+\cdots+d_{n_1}\le P+T(A_1)\le P+T

其中T(A_(1))为有公共顶点A_(1)的三角形面数．

由均值不等式：

公式：\sum_{k=1}^{n_1}\sqrt{d_k}\le\sqrt{n_1\sum_{k=1}^{n_1}d_k}\le\sqrt{n_1(P+T)}

即

将上面的顶点A_(1)改为凸多边形的任意一个顶点A_(i)（i=1,2⋯,B），共得到B个不等式，并将这B个不等式全部相加得：

公式：\begin{aligned} &B\sqrt{P+T}\\ \ge&\sum_{i=1}^B\sum_{k=1}^{n_i}\sqrt{\frac{d_k}{n_i}}\\ =&\sum_{A_iA_j\text{相邻}}\left(\sqrt{\frac{n_i}{n_j}}+\sqrt{\frac{n_j}{n_i}}\right)\\ \ge&2P \end{aligned}