八点，试卷分发。
试题与昨天也没有太大的变化，同样是三道题。
一旦进入做题状态，李泽翰瞬间收敛起所有心思，专注看向题目，仿佛换了个人。
这道题题目还是很好理解的，意思是说，有2025个核桃被打乱了，放在一个圆周上，每个位置核桃的编号是已知的。
然后在接下来的2025次操作中，每次操作第k个核桃的左右两个核桃，要证明必然存在某一次，k个核桃两边核桃编号，一个比k大，一个比k小。
看到这道题，李泽翰心中就已经有了思路。
初中就学过，遇到存在性问题的证明，第一时间应该想到反证法。
假设这2025次操作中，k两边的核桃编号都比k大，或者都比k小。
这种关系是比较难描述的，这个时候，自然而然的就能想到染色法。
这也是在解决存在性问题时的常用方法，染色之后，就能对构成的点线面角等进行数量和性质进行分析，以此来简化问题，让问题变得更直观。
对应到这道题，可以在第k次操作中，对第k个核桃进行染色，比如，染成黄色。
这样操作之后，所有小于k的核桃都会被染成黄色，而大于k的核桃则都没有被染色，这样就能清晰的区分大于k和小于k的两类核桃。
最后的证明也就变成了，证明在这2025次操作中，必然存在某一次操作，交换了两个颜色不同的核桃。
再使用反证法，假设每次操作交换的都是同色的核桃。
“那么，这样做最后能导出什么样的矛盾呢？”
李泽翰皱眉思考起来。
最开始所有的核桃都没有被染色，操作完成之后，所有的核桃都被染成了黄色。
这中间存在一个状态的转换。
如果只是一个个的核桃进行染色，自然是没问题的，但现在是染色，加上交换同色的核桃，这很可能导致状态转换的失败。
再加上题目要求证明，那么显然，这个染色加同色交换的操作会导致染色失败。
短暂的思考后，李泽翰找到了解题的关键。
但还缺了关键一步。
怎么证明染色会失败呢？
李泽翰冥思苦想。
显然，光是染色核桃还不够，这很难证明最终的结论。
“我知道了！”
在脑海中一阵推导演算之后，李泽翰脑中灵光一闪。
光是染色核桃不够，那就再把相邻核桃的连接边也染色，可不就大功告成了吗！
如果相邻两个核桃都是黄色的，就把连接两个核桃的边也染成黄色。
所以一开始，所有的边都是没有染色的，2025次操作结束后，所有的2025条边都是黄色的。
如果每次交换的核桃都是同色的，那么第k个核桃和与他相邻的两条边的颜色并不会发生变动，交换这个操作不会引起任何状态的转移。
只有对第k个核桃进行染色，可能导致边颜色的变化，如果相邻两个核桃是未被染色的，那么这次染色操作不会带来边的变化，如果两个核桃都被染色，那么就有多出两条被染色的边。
也就是说，每次操作要么增加0条染色的边，要么增加2条染色的边，不可能出现2025条奇数边的情况，与题设矛盾，证明完成！
“我真是个天才！”
李泽翰心中嘿嘿怪笑，即便他心中也明白，这道题也就初中难度，只要掌握了方法，很轻易就能做出来，但并不妨碍他觉得自己超棒。
回头看了眼时间，距离八点才过去二十多分钟。
整个题目思路还是很清晰的，他大多数时间都浪费在思考怎么证明最后的矛盾上了，但二十多分钟，这个速度已经极快了。
一念及此，他下意识的抬头向陈辉的位置看去。
然后，他就听到了哗啦一声翻卷的声音！
“？”
“老大都开始做第三题了？”
“我顶你个肺！”
李泽翰已经不知道该怎么形容自己此时的心情。
老实说，即便已经认清了自己不可能跟那种怪物比的事实，但当这种残酷的事实发生在眼前时，他还是会感受到打击。
但真正的勇士，敢于直面惨淡的人生，敢于正视淋漓的鲜血！
“我李泽翰是没那么容易被打倒的！”
振奋精神，李泽翰看向第二题。
题目很简洁，也很漂亮，要证明的结论含义也很清楚，就是数列两项的差值，要小于n的阶乘分之一，同时n大于等于2。
看到不等式，小学生……哦，不，初中生就应该知道，应该使用构造法！
构造法主要是通过引入恒等式，对偶式，函数，图形，数列，让题目变得更直观，如果不等式中出现了n这种有规律的项，这个时候就要想到数列了。
比如证明数列项之和，这个时候就应该想到构造一个移项相减的新数列，然后去分析新数列的单调性。
对应这道题，n次幂的形式，则是可以把不等式两边拆分成n个相同，或者有通式的式子的乘积，再去比较大小。
李泽翰思路自然涌现，他这些年专攻中学数竞，这些基础知识无比扎实，几乎看到题目的瞬间，脑海中就已经浮现出了解题思路，只是还需要时间去将这些思路转化成最后的答案而已。
根号在不等式中显然是扎眼的，所以可以考虑先处理它，通过观察，能够轻易的发现，对式子左边每一项单独平方、立方……就能去除掉根号。
这就很容易能够想到a^(2*3*……*n)-b^(2*3*……*n)这种形式，即可将全部根号去除，并且相减后能消去多余的项，得到(n 1)√(n 1)。
那么就需要构造一个新的数列，ai=
bi=
所以题目要求的不等式就是a2-b2，同时a(i 1)-b(i 1)=(ai)^i -(bi)^i=(ai-bi)(ai^(i-1) ai^(i-2)bi …… aibi^(i-2) bi^(i-1))
(ai)^i -(bi)^i的幂次展开是有现成公式的，任何一个高中生都应该记得这个展开，同时因为幂次展开后面的式子是有规律的，所以可以将它记作Cn。
所以有，
a3-b3=(a2-b2)c2
a4-b4=(a3-b3)c3
……
a(n 1)-b(n 1)=(an-bn)cn
将式子两边相乘，约去相同的项，就能得到a(n 1)-b(n 1)=(a2-b2)(c2*c3……cn)，所以(a2-b2)=[a(n 1)-b(n 1)]/(c2·c3……cn)。
而a(n 1)-b(n 1)=(an)^n -(bn)^n，所以a(n 1)-b(n 1)=(a2)^(n*n-1……3*2)-(b2)^(n*n-1……3*2)=(n 1)√(n 1)
最后再来处理Cn。
这种式子，李泽翰根本不用思考就能知道需要用到放缩。
因为an>bn≥n√n=n^(1/n)
所以an^(n-1) an^(n-2)bn …… anbn^(n-2) bn^(n-1)式子中每一项都大于等于n^((n-1)/n)，而Cn有n项，所以cn≥n*n^((n-1)/n)>n*n^((n-1)/(n 1))。
这时再回到刚才的式子，c2*c3……cn=n!*（一坨），当n>2时，n^((n-1)/(n 1))都是大于1的，所以可以只保留第n项，即c2*c3……cn=n!*n^((n-1)/(n 1))。
所以，a2-b22时，前面的式子小于2n/n^2
试题与昨天也没有太大的变化，同样是三道题。
一旦进入做题状态，李泽翰瞬间收敛起所有心思，专注看向题目，仿佛换了个人。
这道题题目还是很好理解的，意思是说，有2025个核桃被打乱了，放在一个圆周上，每个位置核桃的编号是已知的。
然后在接下来的2025次操作中，每次操作第k个核桃的左右两个核桃，要证明必然存在某一次，k个核桃两边核桃编号，一个比k大，一个比k小。
看到这道题，李泽翰心中就已经有了思路。
初中就学过，遇到存在性问题的证明，第一时间应该想到反证法。
假设这2025次操作中，k两边的核桃编号都比k大，或者都比k小。
这种关系是比较难描述的，这个时候，自然而然的就能想到染色法。
这也是在解决存在性问题时的常用方法，染色之后，就能对构成的点线面角等进行数量和性质进行分析，以此来简化问题，让问题变得更直观。
对应到这道题，可以在第k次操作中，对第k个核桃进行染色，比如，染成黄色。
这样操作之后，所有小于k的核桃都会被染成黄色，而大于k的核桃则都没有被染色，这样就能清晰的区分大于k和小于k的两类核桃。
最后的证明也就变成了，证明在这2025次操作中，必然存在某一次操作，交换了两个颜色不同的核桃。
再使用反证法，假设每次操作交换的都是同色的核桃。
“那么，这样做最后能导出什么样的矛盾呢？”
李泽翰皱眉思考起来。
最开始所有的核桃都没有被染色，操作完成之后，所有的核桃都被染成了黄色。
这中间存在一个状态的转换。
如果只是一个个的核桃进行染色，自然是没问题的，但现在是染色，加上交换同色的核桃，这很可能导致状态转换的失败。
再加上题目要求证明，那么显然，这个染色加同色交换的操作会导致染色失败。
短暂的思考后，李泽翰找到了解题的关键。
但还缺了关键一步。
怎么证明染色会失败呢？
李泽翰冥思苦想。
显然，光是染色核桃还不够，这很难证明最终的结论。
“我知道了！”
在脑海中一阵推导演算之后，李泽翰脑中灵光一闪。
光是染色核桃不够，那就再把相邻核桃的连接边也染色，可不就大功告成了吗！
如果相邻两个核桃都是黄色的，就把连接两个核桃的边也染成黄色。
所以一开始，所有的边都是没有染色的，2025次操作结束后，所有的2025条边都是黄色的。
如果每次交换的核桃都是同色的，那么第k个核桃和与他相邻的两条边的颜色并不会发生变动，交换这个操作不会引起任何状态的转移。
只有对第k个核桃进行染色，可能导致边颜色的变化，如果相邻两个核桃是未被染色的，那么这次染色操作不会带来边的变化，如果两个核桃都被染色，那么就有多出两条被染色的边。
也就是说，每次操作要么增加0条染色的边，要么增加2条染色的边，不可能出现2025条奇数边的情况，与题设矛盾，证明完成！
“我真是个天才！”
李泽翰心中嘿嘿怪笑，即便他心中也明白，这道题也就初中难度，只要掌握了方法，很轻易就能做出来，但并不妨碍他觉得自己超棒。
回头看了眼时间，距离八点才过去二十多分钟。
整个题目思路还是很清晰的，他大多数时间都浪费在思考怎么证明最后的矛盾上了，但二十多分钟，这个速度已经极快了。
一念及此，他下意识的抬头向陈辉的位置看去。
然后，他就听到了哗啦一声翻卷的声音！
“？”
“老大都开始做第三题了？”
“我顶你个肺！”
李泽翰已经不知道该怎么形容自己此时的心情。
老实说，即便已经认清了自己不可能跟那种怪物比的事实，但当这种残酷的事实发生在眼前时，他还是会感受到打击。
但真正的勇士，敢于直面惨淡的人生，敢于正视淋漓的鲜血！
“我李泽翰是没那么容易被打倒的！”
振奋精神，李泽翰看向第二题。
题目很简洁，也很漂亮，要证明的结论含义也很清楚，就是数列两项的差值，要小于n的阶乘分之一，同时n大于等于2。
看到不等式，小学生……哦，不，初中生就应该知道，应该使用构造法！
构造法主要是通过引入恒等式，对偶式，函数，图形，数列，让题目变得更直观，如果不等式中出现了n这种有规律的项，这个时候就要想到数列了。
比如证明数列项之和，这个时候就应该想到构造一个移项相减的新数列，然后去分析新数列的单调性。
对应这道题，n次幂的形式，则是可以把不等式两边拆分成n个相同，或者有通式的式子的乘积，再去比较大小。
李泽翰思路自然涌现，他这些年专攻中学数竞，这些基础知识无比扎实，几乎看到题目的瞬间，脑海中就已经浮现出了解题思路，只是还需要时间去将这些思路转化成最后的答案而已。
根号在不等式中显然是扎眼的，所以可以考虑先处理它，通过观察，能够轻易的发现，对式子左边每一项单独平方、立方……就能去除掉根号。
这就很容易能够想到a^(2*3*……*n)-b^(2*3*……*n)这种形式，即可将全部根号去除，并且相减后能消去多余的项，得到(n 1)√(n 1)。
那么就需要构造一个新的数列，ai=
bi=
所以题目要求的不等式就是a2-b2，同时a(i 1)-b(i 1)=(ai)^i -(bi)^i=(ai-bi)(ai^(i-1) ai^(i-2)bi …… aibi^(i-2) bi^(i-1))
(ai)^i -(bi)^i的幂次展开是有现成公式的，任何一个高中生都应该记得这个展开，同时因为幂次展开后面的式子是有规律的，所以可以将它记作Cn。
所以有，
a3-b3=(a2-b2)c2
a4-b4=(a3-b3)c3
……
a(n 1)-b(n 1)=(an-bn)cn
将式子两边相乘，约去相同的项，就能得到a(n 1)-b(n 1)=(a2-b2)(c2*c3……cn)，所以(a2-b2)=[a(n 1)-b(n 1)]/(c2·c3……cn)。
而a(n 1)-b(n 1)=(an)^n -(bn)^n，所以a(n 1)-b(n 1)=(a2)^(n*n-1……3*2)-(b2)^(n*n-1……3*2)=(n 1)√(n 1)
最后再来处理Cn。
这种式子，李泽翰根本不用思考就能知道需要用到放缩。
因为an>bn≥n√n=n^(1/n)
所以an^(n-1) an^(n-2)bn …… anbn^(n-2) bn^(n-1)式子中每一项都大于等于n^((n-1)/n)，而Cn有n项，所以cn≥n*n^((n-1)/n)>n*n^((n-1)/(n 1))。
这时再回到刚才的式子，c2*c3……cn=n!*（一坨），当n>2时，n^((n-1)/(n 1))都是大于1的，所以可以只保留第n项，即c2*c3……cn=n!*n^((n-1)/(n 1))。
所以，a2-b22时，前面的式子小于2n/n^2
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