T1： $=(a+b)(b+c)\left(c-a\right)$=(a+b)(b+c)(c−a)

T2：

由已知： ${\Sigma }_{1\le i\&lt;j\le n}{a}_i{a}_j=1$Σ1≤i<j≤n​ai​aj​=1，
令 $S={\Sigma }_{1\le i\le n}{a}_i$S=Σ1≤i≤n​ai​，
假设不存在这种删数方案，那么 $\forall i\in n，S-a_i\&gt;\sqrt{2}$∀i∈n，S−ai​>2 ​，
则 $\left(S-a_i\right)a_i\&gt;\sqrt{2}{a}_i$(S−ai​)ai​>2 ​ai​，
$\Sigma \left(S-a_i\right)a_i\&gt;\sqrt{2}\Sigma a_i$Σ(S−ai​)ai​>2 ​Σai​
$2\Sigma a_i{a}_j\&gt;\sqrt{2}S$2Σai​aj​>2 ​S，
$S\&lt;\sqrt{2}$S<2 ​
所以假设不成立

T3：

$(\frac{1+i}{1-i}{)}^n=1$(1−i1+i​)n=1
$i^n=1$in=1
$n_{min}=4$nmin​=4

T4：

（我的证法有点假，但是网上查到的总感觉有错或者某些部分被带过）
设 $n$n个站按顺时针顺序编号为 $0,1,2,...,n-1$0,1,2,...,n−1，第 $i$i个站可加油 $a_i$ai​，与下一站距离为 $d_i$di​
要求证的命题转化为：
$\exists x\in [0,n)$∃x∈[0,n)，使得 $\forall i\in [0,n)a_x+...+a_{(x+i-1)modn}\ge d_x+...+d_{(x+i-1)modn}$∀i∈[0,n)ax​+...+a(x+i−1)modn​≥dx​+...+d(x+i−1)modn​
发现 $a$a的每一项与 $d$d对应，那么，设 $b_i=a_i-d_i$bi​=ai​−di​
不妨设答案为 $x$x（从第 $x$x个车站出发）
对于所有满足 $b_i+b_{(i+1)modn}\ge 0$bi​+b(i+1)modn​≥0的 $i$i，如果 $b_x+...+b_{(i-1)modn}\ge 0$bx​+...+b(i−1)modn​≥0，那么 $b_x+...+b_{(i+1)modn}\ge 0$bx​+...+b(i+1)modn​≥0，所以 $b_i$bi​和 $b_{(i+1)modn}$b(i+1)modn​可并作 $b_i$bi​，同时在 $b$b数组中删除 $b_{(i+1)modn}$b(i+1)modn​， $n$n作为 $b$b的数组大小，也要减 $1$1，
到最后， $n$n必定为 $1$1，因为若 $n\&gt;1$n>1，那么 $\forall i\in [0,n)b_i+b_{(i+1)modn}\&lt;0$∀i∈[0,n)bi​+b(i+1)modn​<0，
即 $\Sigma b_i\&lt;0$Σbi​<0，与条件相悖，所以最终 $n$n为 $1$1也就是说一定有解

T5：

注意 $2$2右边那个三是三次方根，不是 $2$2的三次

我的做法

这题我是几何画板上把图像画出来，看到三个根分别为 $-0.62、0.62、1$−0.62、0.62、1再做的，我估计只能用导数法二分求根，牛顿迭代法这种暴力方法先保留几位小数，然后猜答案
当然，已经知道答案以后，过程就好写了
两边同时三次方，移项得到
$y^9+3y^6+3y^3-16y+9=0$y9+3y6+3y3−16y+9=0
因式分解得到：
$\left[\right(y^2+1\left)\right(y+1{)}^2+y^6+y^4+2y^2+8\left]\right(y^2+y-1\left)\right(y-1)=0$[(y2+1)(y+1)2+y6+y4+2y2+8](y2+y−1)(y−1)=0
第一项恒大于 $0$0，第二项有 $y_1=(\sqrt{5}-1)/2，y_2=(-1-\sqrt{5})/2$y1​=(5 ​−1)/2，y2​=(−1−5 ​)/2两个根，
第三项有 $y=1$y=1一个根

奥数老师的做法（看起来更像正解）

设 $t^3=2y-1$t3=2y−1，则 $y=\frac{t^3+1}{2}$y=2t3+1​
$2t=(\frac{t^3+1}{2}{)}^3+1$2t=(2t3+1​)3+1
$2t-2=(\frac{t^3+1}{2}{)}^3-1$2t−2=(2t3+1​)3−1
$=(\frac{t^3+1}{2}-1)\left(\right(\frac{t^3+1}{2}{)}^2+\frac{t^3+1}{2}+1)$=(2t3+1​−1)((2t3+1​)2+2t3+1​+1)
$=\frac{t^3-1}{2}\cdot \frac{t^6+3t^3+7}{4}$=2t3−1​⋅4t6+3t3+7​
$16(t-1)=(t-1)(t^2+t+1)(t^6+3t^3+7)$16(t−1)=(t−1)(t2+t+1)(t6+3t3+7)
而此时发现，原式两边同时三次方得到的式子把 $y-1$y−1提出（ $y$y的一个解是 $1$1很容易看出）能得到：
$(y-1)(y^8+y^7+y^6+4y^5+4y^4+4y^3+7y^2+7y-9)=0$(y−1)(y8+y7+y6+4y5+4y4+4y3+7y2+7y−9)=0
即 $(y-1)\left[\right(y^2+y+1\left)\right(y^6+4y^3+7)-16]=0$(y−1)[(y2+y+1)(y6+4y3+7)−16]=0
$16(y-1)=(y-1)(y^2+y+1)(y^6+3y^3+7)$16(y−1)=(y−1)(y2+y+1)(y6+3y3+7)
$y$y恒等于 $t$t
再代入开始的方程 $t^3=2y-1$t3=2y−1
可得到： $y^3-2y-1=0$y3−2y−1=0
即 $(y-1)(y^2+y-1)=0$(y−1)(y2+y−1)=0
可解出 $y$y

T6：

$n=2^{2017}$n=22017
最小我不会证，但应该是最小的
$m^{2^{2017}}-1=(m^{2^{2016}}+1)(m^{2^{2016}}-1)$m22017−1=(m22016+1)(m22016−1)
$m^{2^{2016}}-1=(m^{2^{2015}}+1)(m^{2^{2015}}-1)$m22016−1=(m22015+1)(m22015−1)
$...$...
$m^{2^1}-1=(m^{2^0}+1)(m^{2^0}-1)$m21−1=(m20+1)(m20−1)

T7：

这个公式我以前查 $\pi$π的时候查到过，好像叫什么梅钦公式，证明也很简单
令 $\alpha =arctan\left(\frac{1}{5}\right)$α=arctan(51​)， $\beta =arctan\left(\frac{1}{239}\right)$β=arctan(2391​)
$tan2\alpha =\frac{2tan\alpha }{1-ta{n}^2\alpha }=\frac{5}{12}$tan2α=1−tan2α2tanα​=125​，
$tan4\alpha =\frac{2ta{n}^{2}2\alpha }{1-ta{n}^{2}2\alpha }=\frac{120}{119}$tan4α=1−tan22α2tan22α​=119120​，
$tan\left(4\alpha -\beta \right)=\frac{tan4\alpha -tan\beta }{1+tan4\alpha tan\beta }=1$tan(4α−β)=1+tan4αtanβtan4α−tanβ​=1
$4arctan\frac{1}{5}-arctan\frac{1}{239}=\frac{\pi }{4}$4arctan51​−arctan2391​=4π​

T8：

$S=(\sqrt{S1}+\sqrt{S2}+\sqrt{S3}{)}^2$S=(S1 ​+S2 ​+S3 ​)2

T9：

这个我不确定对不对
我先假设棱锥每个面都与球体相切，且球体与棱锥底面相切（下面空间大，肯定要尽量下移）
于是算了半天得到一个超长的式子：
$\frac{nq\sqrt{a^2-\frac{q^2}{4si{n}^2\frac{\pi }{n}}}}{tan\frac{\pi }{n}\sqrt{4a^2-q^2}+qn}$tannπ​4a2−q2 ​+qnnqa2−4sin2nπ​q2​ ​​

T10：

$n-1$n−1
应该是对的吧，不知道怎么证