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1、北大秋令营下面谈一谈这几个题的大致做法第一题，可以猜到答案也是1（因为AB=AC时答案是1），然后只需证ABD和ACD的内切圆半径相等，然后由于sinC+sinB=2，而ABD和ACD的内角可以很简单的用C、B表示，所以用三角算一算就可以了，另外，A是钝角可以由AB+AC=2R推出，所以是多余的条件第二题，(a2+3b2+4)2(a+2)2+3b2)(a-2)2+3b2)=(a2+3b2+4)2-16(a)2(a2+3b2-4)2，然后分类讨论即可第三题，尽管可以利用互相垂直的三个四维向量，但是这样不会给分，所以由于a_12(b_1+tc_1)2=(a_2(b_2+tc_2)+a_3(b_3+
2、tc_3)+a_4(b_4+tc_4)2=(a_22+a_32+a_42)(b_2+tc_2)2+(b_3+tc_3)2+(b_4+tc_4)2)=(1-a_12)(1-b_12+t-t*c_12-2t*b_1*c_1)，整理一下，令t=(b_1*c_1)/(1-a_12-c_12)即可第四题，n为奇数时2整除f(n)，n为偶数时nn+1整除f(n)第五题，这个题在很多书上有，包括著名的天书，下面是天书的截图第六题，考虑大于10k的M中的最小正整数x，有10k=x，故我们只需证有无穷多个k使得x=10kd*(kd)+sqrt(kd)，这显然成立，于是d100是多余的条件清 华 秋 令 营下面是
3、沧海老师发的试题，第六题中的r似乎应当改为n，因为r并没有定义，同时第4题的题号被打成了3下面谈一谈这几个题的大致做法第一题，实际上只需证明n3时cos(/n)是无理数（因为正多边形的边长和最短边长均为整数），这很容易证明第二题，使用数学归纳法可以知道n增加1时所求的式子增加n，于是整个式子的值为(n2+n)/2第三题，设n/(sqrt(3)+1=m，则由n/(sqrt(3)n2，3m2=n2+2（因为平方数模3余1或0），m=sqrt(n2+2)/3)(n2)/(sqrt(3n2-5)（n=2时），于是k可以取5，但是令n=5，有k5，于是k最大为5第四题，使用拉格朗日插值公式导出的拉格朗日
4、恒等式，由于f(a,b,c)中的项除了首项要么x的次数小于l要么y的次数小于m要么z的次数小于n，于是这个式子的值为1第五题，我们作一个有向图，将1,2,3,.,n作为顶点，从每个点x向f(x)连一条边，显然这个图由若干个互不相交的圈组成，设有k个圈，由于每个不动子集都必须完整地包含若干个圈，故有2k-1个不动子集（去掉一个空集），于是结论显然成立第六题，在圆周的第i个n等分点上标上f(i)，我们要求的是这样的图的个数（旋转之后相同的视作相同的），尽管用皮亚诺计数定理可以迅速地解决这个问题，但是由于n的约数数量很少，所以直接分类讨论即可第二题，使用数学归纳法可以知道n增加1时所求的式子增加2n+1，于是整个式子的值为n2第三题用连分数简单。如果用pell方程，考虑x2-3y2=-2的解，也简单。第五题，我们作一个有向图，将1,2,3,.,n作为顶点，从每个点x向f(x)连一条边，设有这个图中有k个圈（由于边数大于顶点数，故至少有一个圈），由于每个不动子集都必须完整地包含若干个圈，而不能包含不在圈里的任何数，故有2k-1个不动子集（去掉一个空集），于是结论显然成立
北大清华令营试题及解答
