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ATTIII-solution-3.md

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title: 注意力测试 Ⅲ P3 解答
createTime: 2026/4/3
categories:
  - study
tags:
  - maths
  - FFMP
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*来玩 24 点吧!*

:::problem
黑板上写了 $n \ (n \ge 2)$ 个实数 $x_1, x_2, \dots, x_n$, 可以进行任意多次以下操作:

- 选择黑板上的两个数 $x, y$, 擦去这两个数, 并在黑板上写下 $x+y$ 或 $x-y$;
- 选择黑板上的一个数 $x$, 擦去这个数, 并在黑板上写下 $\mathrm{e}^x$ 或 $\ln |x| (x \ne 0)$ 或 $\sin x$.

对于每一个 $n \ge 2$, 求出最小的 $a_n$ 满足: 若 $\varepsilon>a_n$, 则对于所有 $x_1, x_2, \dots, x_n$, 都存在一种操作方法, 能在黑板上得出区间 $(24-\varepsilon,24+\varepsilon)$ 内的数.
:::

答案是 $a_n = 0$。有无数种证明方法，以下是其中一种。

:::lemma 引理 1
$x \in (0,1]$ 时有
$$
\frac{1}{x^2} + \frac{1}{3} < \dfrac{1}{\sin^2 x} < \frac{1}{x^2} + \frac{1}{3} + x^2
$$
:::

::::proof
以下均有 $x \in (0,1]$。

为了节约篇幅，我们不加证明地直接给出（可以通过直接求高阶导证明的）如下结论：
$$
x - \frac{x^3}{6} < \sin x < x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}
$$

同时平方，有
$$
x^2 - \frac{x^4}{3} < x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{x^6}{36} < \sin^2 x
$$
且
$$
\begin{align*}
\sin^2 x &< x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{2x^4}{45} - \frac{x^8}{360} + \frac{x^{10}}{14400} \\
&= x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{2x^4}{45} + \frac{x^{8}}{14400}\left(x^{2}-40\right) \\
&< x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{2x^4}{45}
\end{align*}
$$

又
$$
\left(x^2-\frac{x^4}{3}\right)\left(\frac{1}{x^2} + \frac{1}{3}+x^2\right) = 1+\frac{x^{4}}{9}\left(8-3x^{2}\right) > 1
$$
以及
$$
\left(1-\frac{x^{2}}{3}+\frac{2x^{4}}{45}\right)\left(1+\frac{x^{2}}{3}\right) = 1+\frac{x^{4}}{135}\left(2x^{2}-9\right) < 1
$$

于是
$$
1+\frac{x^{2}}{3}<\frac{1}{x^2 - \frac{x^4}{3} + \frac{2x^4}{45}} < \frac{1}{\sin^2 x} < \frac{1}{x^2 - \frac{x^4}{3}} < \frac{1}{x^2} + \frac{1}{3}+x^2
$$

:::right
$\square$
:::
::::

:::lemma 引理 2
对于 $d>0$，若递推数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_0>0$，
$$
a_n + d < a_{n+1} < a_n + d +\frac{1}{a_n}
$$
则对于任意 $r>d$，存在 $N$ 使得对于任意 $n>N$ 有 $nd<a_n<nr$。
:::

::::proof
由左侧累加得 $a_n > a_0 + nd$，因此不等式左侧恒成立，只需考虑右侧。

而 $a_{n+1} < a_n + d + \dfrac{1}{a_0 + nd} < a_n + d + \dfrac{1}{nd} \ (n \ne 0)$，

不加证明地有 $\ln (x+1) < x$，于是
$$
\begin{align*}
a_{n} &< a_1 + \sum_{k=1}^{n-1} \left( d + \frac{1}{nd} \right) \\
&= a_1 + (n-1)d + \frac{1}{d} \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} \\
&<  a_1 + (n-1)d + \frac{1}{d} - \frac{1}{d} \sum_{k=2}^{n-1} \ln \left(1 - \frac{1}{k}\right) \\
&= a_1 + (n-1)d - \frac{1}{d} \sum_{k=2}^{n-1} \bigl(\ln(k-1) - \ln(k)\bigr) \\
&= a_1 + (n-1)d + \frac{\ln(n-1)}{d} \\
&< a_1 + nd + \frac{\sqrt{n}}{d}
\end{align*}
$$

$x \mapsto (r-d)^2x + \bigr(1-2a_1(r-d)\bigr)x + a_1^2$ 是开口向上的二次函数，从而存在 $N$ 使任意 $n>N$ 有 $n < \bigl((r-d)n-a_1\bigr)^2$，此时即有

$$
a_n < a_1 + nd + \sqrt{n} < rd
$$
:::right
$\square$
:::
::::

:::lemma 引理3
记 $\sin^{[n]}x = \underbrace{\sin\sin\cdots\sin}_{n \text{ 个 } \sin}\ x$，则对于任意 $x\in(0,1]$ 和 $0<r<1$ 存在 $N$ 使得对于任意 $n>N$，
$$
r\sqrt{\frac{3}{n}} < \sin^{[n]}x < \sqrt{\frac{3}{n}}
$$
:::

::::proof
设 $a_n = \left(\sin^{[n]}x\right)^{-2}$，由引理 1 可知

$$
a_n + \frac{1}{3} < a_{n+1} < a_n + \frac{1}{3} + \frac{1}{a_n}
$$

于是由引理 2，存在 $N$ 使得对于任意 $n>N$，

$$
\frac{n}{3} < \left(\sin^{[n]}x\right)^{-2} < \frac{1}{r^2}\cdot \frac{n}{3}
$$

:::right
$\square$
:::
::::

于是对于任意 $\varepsilon>0$，取 $r=s=\dfrac{24}{24+\varepsilon}$，则由引理 3，存在 $n$ 使得

$$
24-\varepsilon < 24r < \dfrac{\overbrace{\sin\cdots\sin}^{n \text{ 个 } \sin}\ \sin\exp\sin x}{\underbrace{\sin\cdots\sin}_{576n \text{ 个 } \sin}\ \sin\exp\sin x} < \frac{24}{s} = 24+\varepsilon
$$

其中 $\dfrac{A}{B}$ 可以通过 $\exp(\ln|A| - \ln|B|)$ 实现。

显然 $a_n \ge 0$，于是 $\boxed{a_n = 0}$。

:::right
$\square$
:::