【智力数学】转发一些有点智力题味道的数学题

第一，肯定至少需要不小于160个降落区，既降落区编号至少159
第二，假设两飞机编号a和b，必须a^2-b^2不能整除n，如果能整除n，两飞机必然降落在一个编号
a^2-b^2=（a+b）（a-b）
明显不大于于159+160=319的编号可以直接由a+b得到
n＞319时，如果可以写成x*y*t或2*2*x*t或x^3（其中x与y是不同质数，且x和y豆不是2）时，必然a和b可有整数解。2xy可以看成2x和2y来求a和b
那么最小的就是326=163*2

第二题（听说是某大学的大一入学考题）：
设a,b,c都是正数且a+b+c=1，求S=1/(a²+b²)+1/(b²+c²)+1/(c²+a²)的取值范围（即S值的上限和下限）。

第二题：
设a,b,c都是正数且a+b+c=1，求S=1/(a²+b²)+1/(b²+c²)+1/(c²+a²)的取值范围。

关于
第二题，我想了个比较暴力的做法

第一题，另一种表达方式：
明显n≥160（因为共有160架无人机）。
当n=160时，设a=3、b=13，则b²-a²=(b-a)(b+a)=10(16)=160=n，则b²(mod n)=(a²+n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当161≤n≤319时，设a=n-160、b=160，则b²-a²=(b-a)(b+a)=(320-n)n，则b²(mod n)=(a²+(320-n)n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=320时，设a=38、b=42，则b²-a²=(b-a)(b+a)=4(80)=320=n，则b²(mod n)=(a²+n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=321时，设a=52、b=55，则b²-a²=(b-a)(b+a)=3(107)=321=n，则b²(mod n)=(a²+n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=322时，设a=16、b=30，则b²-a²=(b-a)(b+a)=14(46)=644=2n，则b²(mod n)=(a²+2n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=323时，设a=1、b=18，则b²-a²=(b-a)(b+a)=17(19)=323=n，则b²(mod n)=(a²+n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=324时，设a=80、b=82，则b²-a²=(b-a)(b+a)=2(162)=324=n，则b²(mod n)=(a²+n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=325时，设a=6、b=19，则b²-a²=(b-a)(b+a)=13(25)=325=n，则b²(mod n)=(a²+n)(mod n)=a²(mod n)，同区！
当n=326=2(163)时，对于任何1≤a<b≤160，假如b²-a²=mn=m(326)=2m(163)，则m=2k（因为b²-a²=(b-a)(b+a)只能是奇数或4的倍数）。
如此b²-a²=2k(326)=(b-a)(b+a)，则b-a、b+a必须都是偶数，且b-a≥2、b+a≥326（因为163是质数）。
设p=b-a、q=b+a，则q-p=2a、q+p=2b，如此b=(q+p)/2≥(326+2)/2=164，跟b≤160的条件矛盾！
结论：当n=326时，对于任何1≤a<b≤160，b²-a²≠m(326)=mn，同区不会发生！

第二题
最大值已经说了，那么不烦设ab≠0，求s的最小值
假设a是定值
1/（a^2+b^2）随着b变大而变小
记
f（c）=1/（a^2+c^2）+1/（b^2+c^2）=1/（a^2+c^2）+1/（（1-a）^2-2bc）
有
f（0）=1/a^2+1/（1-a）^2
而
f（c）-f（0）=c/（（a^2+c^2）*a^2*（（1-a）^2-2bc）*（1-a）^2*（〖c^2*（2b+2a^*b）-c*（1-a）^4+2a^4*b〗）
明显，〖〗内，根据一元二次方程可以判断其最小值大于0，其他部分最小值不小于0
有
f（c）-f（0）≥0，既c=0时，s最小
假设b为定值，同理
所以原题变成
a+b=1，s=1/（a^2+b^2）+1/a^2+1/b^2，求s区域
利用a+b=1，代入，用柯西不等式即可。

第二题，另一种解答方式：
假设：a ≥ b ≥ c > 0
证明：1/(a²+b²) + 1/(b²+c²) + 1/(c²+a²) > 10/(a+b+c)²
∵ ab ≥ c² > 0
→ (ab-c²)(a-b)² ≥ 0
→ (ab-c²)(a²-2ab+b²) ≥ 0
→ ab(a²+b²)-c²(a²+b²) ≥ 2ab(ab-c²)
→ ab(a²+b²)-c²(a²+b²)+2c⁴ ≥ 2a²b²-2abc²+2c⁴
→ ab(a²+b²)+2abc²+c²(a²+b²)+2c⁴ ≥ 2a²b²+2c²(a²+b²)+2c⁴
→ (a²+b²+2c²)(ab+c²) ≥ 2(a²b²+a²c²+b²c²+c⁴)
→ (a²+b²+2c²)/(a²b²+a²c²+b²c²+c⁴) ≥ 2/(ab+c²)
→ [(b²+c²)+(a²+c²)]/[(a²+c²)(b²+c²)] ≥ 2/(ab+c²)
→ 1/(a²+c²) + 1/(b²+c²) ≥ 2/(ab+c²)
∵ (pt-qs)² ≥ 0
→ p²t² - 2pqst + q²s² ≥ 0
→ stp² + p²t² + q²s² + stq² ≥ stp² + 2pqst + stq²
→ t(s+t)p² + s(s+t)q² ≥ st(p+q)²
→ p²/s + q²/t ≥ (p+q)²/(s+t)
∵ 1/(a²+b²) + 2/(ab+c²) = 1²/(a²+b²) + 4²/[8(ab+c²)]
→ 1/(a²+b²) + 2/(ab+c²) ≥ (1+4)²/[(a²+b²)+8(ab+c²)]
→ 1/(a²+b²) + 2/(ab+c²) ≥ 25/[(a²+b²)+8(ab+c²)]
∵ 10a + 10b ≥ 20c > 11c
→ 3(a-b)² + c(10a+10b-11c) > 0
→ 3a² - 6ab + 3b² > 11c² - 10ac - 10bc
→ 3(a²+b²+c²) + 10(ab+ac+bc) > 16ab + 14c²
→ 5(a²+b²+c²+2ab+2ac+2bc) > 2(a²+b²) + 16(ab+c²)
→ 5(a+b+c)² > 2[(a²+b²)+8(ab+c²)]
∴ 1/(a²+b²) + 1/(b²+c²) + 1/(c²+a²)
≥ 1/(a²+b²) + 2/(ab+c²)
≥ 25/[(a²+b²)+8(ab+c²)]
> 50/[5(a+b+c)²] = 10/(a+b+c)²
【证毕】
设：a = b = 1/2，c → 0
1/(a²+b²) + 1/(b²+c²) + 1/(c²+a²)
→ 1/(1/4+1/4) + 1/(1/4) + 1/(1/4)
→ 2 + 4 + 4 = 10

最后一部份修正：【设：a = b → 1/2、c → 0】。。。

再来一题，这次的数学题味道比智力题味道要稍重了些。。。
第三题：
已知：1/1² + 1/2² + 1/3² + 1/4² + 1/5² + 1/6² + …… = π²/6
证明：1/(1³2³) + 1/(2³3³) + 1/(3³4³) + 1/(4³5³) + …… = 10 - π²
请尽量用初中程度的代数证出来。。。

第四题（感觉跟第三题有点关联，但是更难）：
已知：当 n → ∞，n³/2ⁿ → 0
求值：1³/2¹ + 2³/2² + 3³/2³ + 4³/2⁴ + ……

第三题
1/n^3-1/（n+1）^3=（3n^2+3n+1）/（n^3*（n+1）^3）=3/（n^2*（n+1）^2）+1/（n^3*（n+1）^3）………①
1/n-1/（n+1）=1/（n*（n+1））=（n^2+n）/（n^2*（n+1）^2）=1/（n+1）^2+1/（n*（n+1）^2）……②
1/n^2-1/（n+1）^2=（2n+1）/（n^2*（n+1）^2）=2/（n*（n+1）^2）+1/（n^2*（n+1）^2）……③
由②有
（1/1-1/2）+（1/2-1/3）+（1/3-1/4）+…=（1/2^2+1/（1*2^2））+（1/3^2+1/（2*3^2））+（1/4^2+1/（3*4^2））+…=（1/2^2+1/3^3+1/4^2+…）+（1/（1*2^2）+1/（2*3^2）+1/（3*4^2）+…）
既
1=（π^2/6-1）+（1/（1*2^2）+1/（2*3^2）+1/（3*4^2）+…）
既
1/（1*2^2）+1/（2*3^2）+1/（3*4^2）+…=2-π^2/6
同样由③有
1/（1^2*2^2）+1/（2^2*3^3）+1/（3^*4^2）+…=π^2/3-3
再同样由①有
1/（1^3*2^3）+1/（2^3*3^3）+1/（3^3*4^3）+…=10-π^2
得证
不过这个初中程度的证明，明显不完备，缺少各个数列收敛，所以可以将无限数列去掉括号后重新排列计算的证明。