历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答

1、中中中国国国数数数学学学奥奥奥林林林匹匹匹克克克(CMO)历历历届届届试试试题题题及及及解解解答答答1986-2005第一届中国数学奥林匹克(1986年)天津 南开大学1.已知 a1,a2,.,an为实数, 如果它们中任意两数之和非负,那么对于满足x1+ x2+ + xn= 1的任意非负实数 x1,x2,.,xn, 有不等式a1x1+ a2x2+ + anxn a1x21+ a2x22+ + anx2n成立.请证明上述命题及其逆命题.证明:原命题的证明:由0 6 xi6 1,xi x2i 0,xi x2i(i = 1,2,.,n).(1)若ai 0(i = 1,2,.,n),则显然有a1x1+ a2x2+ + anxn a1x21+ a2x22+ + anx2n;(2)否则至少存在一个ai 0,由对称性不妨设a1 0,ai a1 0(i = 2,3,.,n).a1x1+ a2x2+ + anxn a1x21 a2x22 anx2n=a1(x1 x21) + a2(x2 x22) + + an(xn x2n)a1(x1 x21) + (a1)(x2 x22) + + (a1)(xn x2

2、n)=(a1)(x21 x22 x2n x1+ x2+ + xn)=(a1)(x21 x1+ (1 x1) x22 x2n)=(a1)(1 x1)2 x22 x2n)=(a1)(x2+ + xn)2 x22 x2n) 0最后一步是由于x2,x3,.,xn 0,(x2+ + xn)2= x22+ + x2n+P26i x22+ + x2n.逆命题的证明:对于任意的1 6 i 14(ai+ aj). ai+ aj 0,即任两数之和非负.证毕.2.在三角形ABC中,BC边上的高AD = 12,A的平分线AE = 13,设BC边上的中线AF = m,问m在什么范围内取值时,A分别为锐角,直角,钝角?解:设O为4ABC的外心,不妨设AB AC,B为锐角.则OF垂直平分线段BC,由外心的性质,C为锐角时,OAB = OBA =12(180 AOB) =12(180 2C) = 90 C.又因为AD BC, CAD = 90 C, OAB = DAC.类似地,当C为直角或钝角时也有OAB = DAC.由AE平分BAC,BAE = CAE. OAE = DAE.(由于F,D在E两侧).A为锐角时,O,

3、A在BC同侧,FAE OAE = DAE.1由正弦定理sinFAEsinDAE=FEDEADAF.其中DE =AE2 AD2= 5,FE = FD DE =AF2 AD2 DE =m2 122 5 0. m 13,且A为锐角等价于m21225512m 1.解得当13 m 2028119时,A为钝角.3.设z1,z2,.,zn为复数,满足|z1| + |z2| + + |zn| = 1.求证:上述n个复数中,必存在若干个复数,它们的和的模不小于16.证明:设zk= xk+ yki(xk,yk R,k = 1,2.,n)将所有的zk分为两组X,Y.若|xk| |yk|,则将zk放入X中;若|yk| |xk|,则将zk放入Y中. 其中必有一组中所有复数模长之和不小于12.不妨设为X.再将X中的复数分为两组A,B.若xk 0,则将zk放入A中;若xk6 0,则将zk放入B中. 其中必有一组中的所有复数摸长之和不小于14.不妨设为A.则PzkA|zk| 14,即PzkApx2k+ y2k14.而对于zk A,x2k y2k,px2k+ y2k62xk.PzkAxk142. |PzkAzk| =

4、|PzkAxk+ iPzkAyk| PzkAxk142.而42 16.即A中复数之和的模不小于16.证毕.另证:设zk= xk+ yki(xk,yk R,k = 1,2.,n)则|zk| =px2k+ y2k |xk| + |yk|.nPk=1|xk| + |yk| 1. |Pxk0xk| + |Pxk0yk| + |Pyk 1.其中必有一项不小于14,不妨设为第一项,则 |Pxk0xk| 14. |Pxk0zk| = |Pxk0xk+ iPxk0yk| |Pxk0xk| 1416.证毕.4.已知:四边形P1P2P3P4的四个顶点位于三角形ABC的边上.求证:四个三角形4P1P2P3,4P1P2P4,4P1P3P4,4P2P3P4中,至少有一个的面积不大于4ABC的面积的四分之一.证明:有两种情况:(1)四个顶点在两条边上;(2)四个顶点在三条边上.(1)不妨设P1,P4在AB上,P2,P3在AC上,P1,P2分别在AP4,AP3上. 将B移至P4,C移至P3,三角形ABC的2面积减小,归为情形(2).(2)不妨设P1在AB上,P2在AC上,P3,P4在BC上,P3在P4C上.(2.1

5、)若P1P2k BC,设AP1AB=AP2AC= ,P1P2= BC.P1P2到BC的距离为(1)h,h为三角形ABC中BC边上的高的长度. S4P1P2P3= (1 )S4ABC614S4ABC.(2.2)若P1P2不平行于BC,不妨设P1到BC的距离大于P2到BC的距离.过P2作平行于BC的直线交AB于E,交P1P4于D.则S4P1P2P3,S4P4P2P3中有一个不大于S4DP2P3,也就不大于S4EP2P3.由(2.1)知S4EP2P3614S4ABC.则S4P1P2P3,S4P4P2P3中有一个不大于14S4ABC.证毕.5.能否把1,1,2,2,.,1986,1986这些数排成一行, 使得两个1之间夹着1个数,两个2之间夹着2个数,., 两个1986之间夹着1986个数.请证明你的结论.解:不能.假设可以做出这样的排列,将已排好的数按顺序编号为1,2,.,3972.当n为奇数时,两个n的编号奇偶性相同;当n为偶数时,两个n的编号奇偶性不同. 而1到1986之间有993个偶数,所以一共有2k + 993个编号为偶数的数.(k N) 但是1到3972之间有1986个偶数,k =

6、 496.5.矛盾.所以不能按要求排成这样一行.6.用任意的方式,给平面上的每一点染上黑色或白色. 求证:一定存在一个边长为1或3的正三角形,它的三个顶点是同色的.证明:(1)若平面上存在距离为2的两个点A,B异色,设O为它们的中点,不妨设A,O同色. 考虑以AO为一边的正三角形AOC,AOD,若C,D中有一个与A,O同色,则该三角形满足题意. 否则BCD为边长3的同色正三角形.(2)否则平面上任两个距离为2的点均同色,考虑任意两个距离为1的点,以他们连线为底,2为腰长作等腰三角形,则任一腰的两顶点同色. 所以三个顶点同色,即任两个距离为1的点同色.所以平面上任意一个边长为1的正三角形三个顶点同色.证毕.3第二届中国数学奥林匹克(1987年)北京 北京大学1.设n为自然数,求证方程zn+1 zn 1 = 0有模为1的复根的充分必要条件是 n + 2可被6整除.证明:当6|n + 2时,令z = ei3=12+32i,z6= 1,|z| = 1. zn+1 zn 1 = ei3 ei3 1 = (1232i) (1232i) 1 = 0. zn+1 zn 1 = 0有模为1的复根.若zn

7、+1 zn 1 = 0有模为1的复根ei= cos + icos.则zn+1 zn 1 = (cos(n + 1) cosn 1) + i(sin(n + 1) sinn) = 0. cos(n + 1) cosn 1 = (2sin2n+12sin2+ 1) = 0.sin(n + 1) sinn = 2cos2n+12sin2= 0. cos2n+12 = 0,sin2n+12 = 1,sin2= 12, 设2= .(1)sin =12,sin(2n + 1) = 1. = 2k +6或2k +56,k Z.(2n + 1) = (2l +32)(l Z). (2n + 1)(2k +16) = 2l +32,2n+16= 2t +32,n = 6t + 4(t Z).或(2n + 1)(2k +56) = 2l +32,5(2n+1)6= 2t +32,5|4t + 3,t 3 (mod 5)(t Z).设t = 5s + 3,则n = 6s + 4,总有6|n + 2.(2)sin = 12,sin(2n + 1) = 1.显然以代即有(1).所以6|n + 2.证毕.2.把边

8、长为1的正三角形ABC的各边都n等分,过各分点平行于其它两边的直线, 将这三角形分成若干个小三角形,这些小三角形的顶点都称为结点, 并且在每一结点上放置了一个实数.已知:(1)A,B,C三点上放置的数分别为a,b,c.(2)在每个由有公共边的两个最小三角形组成的菱形之中, 两组相对顶点上放置的数之和相等.试求:(1)放置最大数的点和放置最小数的点之间的最短距离.(2)所有结点上数的总和S.解:(1)不难证明同一直线上相邻三个结点上放置的数中间一个为两边的等差中项,所以同一直线上的数按顺序成等差数列. 若两端的数相等,则所有的数都相等.否则两端的数为最大的和最小的.若a,b,c相等,显然所有数都相等,最短距离显然为0.若a,b,c两两不等,最大的数与最小的数必出现在A,B,C上,最短距离为1.若a,b,c有两个相等但不与第三个相等,不妨设a = b c,最小的数为c,最大的数出现在线段AB的任意结点上. 当n为偶数时,与C最近的为AB中点,最短距离为32. 当n为奇数时,与C最近的为AB中点向两边偏12n的点,最短距离为12q3 +1n2.(2)将这个三角形绕中心旋转23,43弧度,得到

9、的两个三角形也满足题意(2). 将这三个三角形对应结点的数相加形成的三角形也满足(2),三个顶点上的数均为a + b + c.由(1)的分析知所有结点上的数均为a+b+c. 共12(n+1)(n+2)个结点, S =13(12(n+1)(n+2)(a+b+c) =16(n+1)(n+2)(a+b+c).3.某次体育比赛,每两名选手都进行一场比赛, 每场比赛一定决出胜负,通过比赛确定优秀选手, 选手A被确定为优秀选手的条件是:对任何其它选手B, 或者A胜B,或者存在选手C,C胜B,A胜C. 结果按上4述规则确定的优秀选手只有一名, 求证:这名选手一定胜所有其它选手.证明:假设该优秀选手为A,且存在其他选手胜A.设B为所有胜A的人中胜的场次最多的一个,由B不是优秀选手,必存在选手C使得C胜B, 且不存在选手D使得B胜D,D胜C. 由B胜A,C也胜A,且C胜B胜过的所有人.C至少比B多胜一场,且C胜A,与B的选取矛盾.所以A胜所有人.4.在一个面积为1的正三角形内部,任意放五个点,试证:在此正三角形内, 一定可以作三个正三角形盖住这五个点, 这三个正三角形的各边分别平行于原三角形的边, 并且

10、它们的面积之和不超过0.64.证明:可将0.64换成100169+ ( 0).在面积为1的正三角形ABC中,在AB上取A1,B2,AC上取A2,C1,BC上取B1,C2, 使得AA1= AA2=BB1= BB2= CC1= CC2=313AB.连结A1C2,A2B1,B2C1交于A0,B0,C0.(1)若4AB2C1,4BC2A1,4CA2B1中有一个至少包含五个点中的三个,另两个点可分别用面积为2的正三角形覆盖, 面积之和为(1013)2+ 2 2=100169+ .(2)菱形AA1A0A2,BB1B0B2,CC1C0C2中有两个有两个点,另一个中有一个点, 则可用两个边长为613AB的正三角形和一个面积为的正三角形覆盖. 面积之和为2(613)2+ 0)为最优.5.设A1A2A3A4是一个四面体, S1,S2,S3,S4分别是以A1,A2,A3,A4为球心的球, 它们两两相外切.如果存在一点O, 以这点为球心可作一个半径为r的球与S1,S2,S3,S4都相切, 还可以作一个半径为R的球和四面体的各棱都相切,求证:这个四面体是正四面体.证明:设Si的半径为ri(i = 1,2,3,4

11、),则AiAj= ri+ rj(1 6 i j 6 4).设O到A2A3A4的投影为O1,由O到A2A3,A3A4,A4A2的距离相等, 得到O1到4A2A3A4的三边距离相等.即O1为4A2A3A4的内心,设O到A2A3的投影为B,即O1到A2A3的投影. 而BA3=12(A2A3+ A3A4A2A4) = r3,OB = R. 若半径为r的球与四个球均外切,则A3O = r+r3,(r+r3)2= r23+R2,r3=R2r22r.若半径为r的球与四个球均内切,则A3O = rr3,(rr3)2= r23+R2,r3=r2R22r. 类似可求得r1,r2,r4均为该值,所以该四面体各条棱长相等为正四面体.6.m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987, 对于所有这样的m与n,问3m + 4n的最大值是多少?请证明你的结论.解:设m个正偶数为a1 a2 am,n个正偶数为b1 b2 2i,bj 2j 1. 1987 = a1+ a2+ + am+ b1+ b2+ + bn. 1987 2 + 4 + + 2m + 1 + 3 + + 2n 1 = m2+ m + n2

12、.5设s = 3m + 4n,m =13(s 4n),13(s 4n)(13(s 4n) + 1) + n26 1987.s2 8ns + 25n2+ 3s 12n 9 1987 6 0.s2+ (3 8n)s + 25n2 12n 9 1987 6 0.所以判别式 = (3 8n)2 4(25n2 12n 9 1987) = 26(198714 n2) 0.s 612(8n 3 + 6q198714 n2).设f(n) = 8n + 6q198714 n2,f0(n) = 8 6n(198714 n2)12,又n为奇数.不难知道n = 35时,f(n)有最大值280 + 6q76214.所以s 612(280 + 6q76214 3),由s N,s 6 221.又当s = 221,n = 35,m = 27.取2,4,.,52,60,1,3,.,69为和为1987的35个正奇数与27个正偶数,所以3m + 4n的最大值为221.6第三届中国数学奥林匹克(1988年)上海 复旦大学1.设a1,a2,.,an是给定的不全为零的实数, r1,r2, ,rn为实数,如果不等式r1(x1 a1

13、) + r2(x2 a2) + + rn(xn an) 6qx21+ x22+ + x2nqa21+ a22+ + a2n对任何实数x1,x2, ,xn成立,求r1,r2, ,rn的值.解:令xi= 0(i = 1,2,.,n),(r1a1+ r2a2+ + rnan) 6 pa21+ a22+ + a2n. (nPi=1riai)2nPi=1a2i.令xi= 2ai(i = 1,2,.,n),r1a1+ r2a2+ + rnan6pa21+ a22+ + a2n. (nPi=1riai)26nPi=1a2i. (nPi=1riai)2=nPi=1a2i.由Cauchy不等式, (nPi=1r2i)(nPi=1a2i) (nPi=1riai)2,nPi=1r2i 1.又令xi= ri(i = 1,2,.,n),nPi=1r2inPi=1riai6snPi=1r2isnPi=1a2i.由nPi=1riai=snPi=1a2i,nPi=1r2i6snPi=1r2i,nPi=1r2i6 1.nPi=1r2i= 1,由Cauchy不等式取等号的条件知r1a1=r2a2= =rnan.不难解得r

14、i=aipa21+ a22+ + a2n(i = 1,2,.,n).2.设C1,C2为同心圆,C2的半径是C1的半径的2倍, 四边形A1A2A3A4内接于C1, 设A4A1延长线交圆C2于B1, A1A2延长线交C2于B2, A2A3延长线交圆C2于B3, A3A4延长线交圆C2于B4.试证:四边形B1B2B3B4的周长2(四边形A1A2A3A4的周长).并确定等号成立的条件.证明:设圆心为O,连结OB1,OB4,OA4,设C1的半径为R,C2的半径为2R.在四边形B4A4OB1中,由Ptolemy定理,OA4 B1B4+ OB1 A4B4 OB4 A4B1.R B1B4+ 2R A4B4 2R A4B1,即B1B4 2A4B1 2A4B4.同理B1B2 2A1B2 2A1B1,B2B3 2A2B3 2A2B2,B3B4 2A3B4 2A3B3.相加得B1B2+ B2B3+ B3B4+ B4B1 2(A1A2+ A2A3+ A3A4+ A4A1).即四边形B1B2B3B4的周长2(四边形A1A2A3A4的周长).等号成立时OAiBiBi+1共圆,Ai+1AiO = Bi+1BiO =

15、BiBi+1O = Ai1AiO, Ai+1Ai= Ai1Ai,(i = 1,2,3,4,A5= A1,A0= A4,B5= B1). A1A2A3A4为菱形,又为圆内切四边形,所以A1A2A3A4为正方形.3.在有限的实数列a1,a2, ,an中, 如果一段数ak,ak+1, ,ak+l1的算术平均值大于1988, 那么我们把这段数叫做一条“龙”,并把ak叫做这条龙的“龙头” (如果某一项an 1988,那么单独这一项也叫龙). 假设以上的数列中至少存在一条龙, 证明:这数列中全体可以作为龙头的项的算术平均数也必定大7于1988.证明:引理:设ak,ak+1,.,ak+m1均可作为龙头,ak+m不能作为龙头,或k + m 1 = n,则ak,ak+1,.,ak+m1的算术平均值大于1988.引理的证明:对m用数学归纳法,m = 1时,设以ak为龙头的一条龙为ak,ak+1,.,ak+l1.若l = 1,ak 1988,显然成立.否则l 1,由ak,ak+1,.,ak+l1算术平均值大于1988,ak+1不是龙头, ak+1,.,ak+l1算术平均值不大于1988,ak 1988,结论

16、成立.设小于m时结论均成立(m 2),设以ak为龙头的一条龙为ak,ak+1,.,ak+l1.1 6 l 6 m时,ak,ak+1,.,ak+l1算术平均值大于1988, 由归纳假设ak+l,.,ak+m1算术平均值大于1988,结论成立.l m时,由ak+m不是龙头,ak+m,ak+m+1,.,ak+l1算术平均值不大于1988, ak,ak+1,.,ak+l1算术平均值大于1988,结论显然也成立.综上所述,由数学归纳法,引理成立.设所有的龙头为ai1,ai1+1,.,ai1+j11,ai2,ai2+1,.,ai2+j21,.,aik,aik+1,.,aik+jk1,其中j1,j2,.,jk 1 且im+1 im+ jm(m = 1,2,.,k 1,k 1).由引理:aim,aim+1,.,aim+jm1的算术平均值大于1988(m = 1,2,.,k). 所以所有龙头的算术平均值也大于1988.证毕.4.(1)设三个正实数a,b,c满足(a2+ b2+ c2)2 2(a4+ b4+ c4).求证:a,b,c一定是某个三角形的三条边长.(2)设n个正实数a1,a2, ,an满足(a

17、21+ a22+ + a2n)2 (n 1)(a41+ a42+ + a4n)其中n 3. 求证:这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长.证明:(1)若不然,不妨设c a + b,则2(a4+ b4+ c4) (a2+ b2+ c2)2=a4+ b4+ c4 2a2b2 2b2c2 2c2a2=(a + b + c)(a + b c)(b + c a)(c + a b) 0矛盾. a,b,c为某个三角形三边长.(2)n = 3即为(1)中的情况,n 3时,若存在某三个不是某个三角形三条边长,不妨设为a1,a2,a3.则由均值不等式(n 1)(a41+ a42+ + a4n) a4+ b4+ c4,(a2+ b2+ c2)2 2(a4+ b4+ c4).但由(1),a1,a2,a3为某个三角形三边长,矛盾.所以这些数中任何三个一定是某个三角形的三条边长.5.给出三个四面体AiBiCiDi(i = 1,2,3), 过点Bi,Ci,Di作平面i,i,i(i = 1,2,3), 分别与棱AiBi,AiCi,AiDi垂直(i = 1,2,3), 如果九个平面i,i,i(i = 1,2,3),

18、相交于一点E, 而三点A1,A2,A3在同一直线l上, 求三个四面体的外接球面的交集(形状怎样?位置如何?)解: AiBi i于Bi,而E在i上, AiBi BiE,Bi在以AiE为直径的球上.同理Ci,Di也在以AiE为直径的球上,AiBiCiDi的外接球即为在以AiE为直径的球.若E在l上,显然这三个球的中心也都在l上,它们必在E处两两相切,交集为E.否则E不在l上,三个球的球心在同一条直线上(4EA1A2中位线所在直线),且这三个球都过点E,交集为一个圆,直径为EE0,其中E0为E到l的垂足.6.如n是不小于3的自然数,以f(n)表示不是n的因子的最小自然数, 例如f(12) = 5.如果f(n) 3,又可作f(f(n). 类似地,如果,f(f(n) 3,又可作f(f(f(n),等等. 如果f(f(f(n) = 2, 共有k个f,就把k叫做n的“长度”. 如果 ln表示n的长度,试对任意自然数n(n 3),求 ln.并证明你的结论.解:设n = 2k m(m为奇数).若k = 0,n为奇数,f(n) = 2,ln= 1.若k 0,考虑所有小于2k+1的正奇数,若它们均为n的因子,

19、由2k+1- n且小于2k+1的偶数t = 2p q(p 6k,q为奇数),由q|n,2p|n,gcd(q,2p) = 1,知t|n, f(n) = 2k+1,f(f(n) = 3,f(f(f(n) = 2,ln= 3.否则取最小的t|n,t必为奇数,否则t必有一个奇因子不整除n. f(n) = t,f(f(n) = 2,ln= 2.综上所述,ln=1,n奇数2,n = 2k m(m为奇数)所有小于2k+1的正奇数不全整除n3,n = 2k m(m为奇数)所有小于2k+1的正奇数均整除n9第四届中国数学奥林匹克(1989年)合肥 中国科技大学1.在半径为1的圆周上,任意给定两个点集A,B, 它们都由有限段互不相交的弧组成, 其中B的每段的长度都等于m, m是自然数. 用Aj表示将集合A逆时针方向在圆周上转动jm弧度所得的集合(j = 1,2,.).求证:存在自然数k,使得L(Aj B) 12L(A)L(B).这里L(X)表示组成点集X的互不相交的弧的长度之和.证明:我们把圆周上的点集E沿顺时针方向在圆周上转动jm弧度所得的集合记为Ej,于是L(Aj B) =L(A Bj).设b1,b2

20、,.,bn为组成B的弧段,由已知它们两两不交且每段的长度均为m,因此有2mXj=1L(Aj B)=2mXj=1L(A Bj)=2mXj=1L(A (ni=1bji)=2mXj=1nXi=1L(A bji)=nXi=12mXj=1L(A bji)=nXi=1L(A (2mj=1bji)因为L(bi) =m,所以2mj=1bji恰好是整个圆周,从而有 L(A (2mj=1bji) = L(A).P2mj=1L(Aj B) = nL(A),至少存在一个k,1 k 2m,使得L(Aj B) n2mL(A) =12L(A)L(B).2.设x1,x2, ,xn都是正数(n 2).且 x1+ x2+ + xn= 1.求证:nXi=1xi1 xi1n 1nXi=1xi.证明:不妨设x1 x2 xn,则11 x111 x2 11 xn由Chebyshev不等式nXi=1xi1 xi1nnXi=1xi!nXi=111 xi!=1nnXi=111 xi10由Cauchy不等式nXi=11 xi!nXi=111 xi! n2又nXi=11 xi6vuutnnXi=1(1 xi) =pn(n 1)nXi=1xi

21、1 xi1nnXi=111 xinnPi=11 xinpn(n 1)=rnn 1而1n 1nXi=1xi61n 1vuutnnXi=1xi=rnn 1nXi=1xi1 xi1n 1nXi=1xi.3.设S为复平面上的单位圆周 (即模为1的复数的集合),f为从S到S的映射,对于任意 z S,定义f(1)(z) = f(z),f(2)(z) = f(f(z), ,f(k)(z) = f(f(k1)(z). 如果 c S,使得f(1)(c) 6= c,f(2)(c) 6=c, ,f(n1)(c) 6= c,f(n)(c) = c. 则称 c 为f的n周期点.设m是大于1的自然数, f定义为f(z) = zm,试计算f的1989-周期点的个数.解:记An= z S|z是f的n 周期点,Bn= z S|fn(z) = z为fn的不动点集合,显然AnBn,又f1(z) = zm, fn(z) = zmn fn(z) = z zmn= z,又|z| = 1, zmn1= 1,|Bn| = mn 1.我们证明Bn,An有如下性质:(1)若k|n,则Bk Bn;事实上,令n = kq,若c Bk,fk(

22、c) = c,则fn(c) = fkq(c) = fk(fk(fk(c)|zq个= c. c Bn,Bk Bn.(2)Bk Bn= Bgcd(k,n),gcd(k,n)为k与n的最大公约数.由(1),Bgcd(k,n) Bk,Bgcd(k,n) Bn, Bgcd(k,n) Bk Bn.反之,设c Bk Bn,fk(c) = c,fn(c) = c,不妨设k n. 则fnk(c) = fnk(fk(c) = fn(c) = c,由辗转相除法知fgcd(k,n)(c) = c, c Bgcd(k,n),Bk Bn Bgcd(k,n). Bk Bn= Bgcd(k,n).(3)c Bn An k n,k N,使k|n且c Bk.充分性是显然的(由(1),设c Bn An,fn(c) = c.且存在l n,使得fl(c) = c,设k = gcd(l,n),则fk(c) =c,c Bk,且k 6 l n,k|n.证毕.由1989 = 32 13 17,若k|1989,且k 1989,k必整除3 13 17,32 13,32 17中至少一个. Bk B663 B153 B117, A1989=

23、B1989 (Sk|1989k1989Bk) = B1989 (B663 B153 B117).11由容斥原理f的1989-周期点个数为|A1989|=|B1989| |B663| |B153| |B117| + |B663 B153| + |B663 B117| + |B117 B153|B663 B153 B117|=|B1989| |B663| |B153| |B117| + |B51| + |B39| + |B9| |B3|=(m1989 1) (m663 1) (m153 1) (m117 1) + (m51 1) + (m39 1)+(m9 1) (m3 1)=m1989 m663 m153 m117+ m51+ m39+ m9 m34.设点D,E,F分别在4ABC的三边BC,CA,AB上, 且4AEF,4BFD,4CDE的内切圆有相等的半径r, 又以r0和R分别表示4DEF和4ABC的内切圆半径.求证:r + r0= R.证明:设4ABC周长为l,面积为S,内切圆为flI, 在各边的切点为P,Q,R,4DEF周长为l0,面积为S0.4AEF,4BFD,4CDE的面积分别为

24、S1,S2,S3,内切圆分别为flI1,flI2,flI3,在各边的切点为Pi,Qi,Ri(i = 1,2,3).由面积公式2S = Rl,2S0= r0l0,2S1= r(AE + EF + FA),2S2= r(BD + DF + FB),2S3= r(CD + DE + EC).又S = S0+ S1+ S2+ S3, Rl = r0l0+ r(l + l0),即(R r)l = (r + r0)l0.又AQ1AQ=AR1AR=BQ2BQ=BP2BP=CP3CP=CR3CR=rRl Q1Q2 P2P3 R1R3l=rR又Q1Q2+ P2P3+ R1R3= Q1F + FQ2+ P2D + DP3+ R3E + ER1= P1F + R2F + DR2+ DQ3+ EQ3+ EP1= l0.l0l= 1 rR. (R r)R = (r + r0)(R r),R = r + r0.证毕.5.空间中有1989个点,其中任何三点不共线, 把它们分成点数各不相同的30组, 在任何三个不同的组中各取一点为顶点作三角形, 求三角形个数的最大值.解:由分组情况有限,三角形个数必存在最大值,设分为

25、30组,各组点数为x1 x2 x30, 三角形个数为f(x1,x2,.,x30) =P16ij 3, 则将(x1,x2,.,x30)调整为(x1,.,xi+ 1,xi+1 1,.,x30).f(x1,.,xi+ 1,xi+1 1,.,x30) f(x1,x2,.,x30)=(xi+ 1 + xi+1 1)X16jk630j,k6=i,i+1xjxk+ (xi+ 1)(xi+1 1)Xj6=i,i+1xj(xi+ xi+1)X16j 0f值增大,类似的,若存在i,j 1,2,.,29,i 2,xj+1xj 2, 将xi调整为xi+1,xj+1调整为xj+1 1,f值增大.所以当f取最大值时,x1,x2,.,x30中相邻两个的差最多有一个是2,其余均为1.如果所有的均为1,1989 = x1+ (x1+ 1) + + (x1+ 29) = 30x1+ 435,x1不是整数,矛盾.设xt+1 xt= 2,1 6 t 6 29,则1989 = x1+ x2+ + x30= 30x1+ (1 + 2 + + t 1) + (t + 1 + + 30) = 30x1+ 465 t.30x1 t =

26、 1524,x1= 51,t = 6.此时各组的点的个数分别为51,52,.,56,58,59,.,81.6.设f : (1,+) (1,+)满足以下条件: 对于任意实数x,y 1,及u,v 0,有f(xuyv) 6 f(x)14uf(y)14v.试确定所有这样的函数f.解:令x = y,u = v =t2(t 0),则f(xt) 6 (f(x)1t.以xt代x,1t代t,则f(x) 6 (f(xt)t. f(xt) = (f(x)1t.设f(e) = c,c 1,则f(x) = f(e)1ln x= c1ln x.另外,当f(x) = c1ln x(c 1)时,f(xuyv) = c1u ln x+v ln y,f(x)14uf(y)14v= c14u ln x+14v ln y.由Cauchy不等式,(ulnx + v lny)(14ulnx+14v lny) 1.1ulnx+v lny614ulnx+14v lny. f(xuyv) 6 f(x)14uf(y)14v.所以所求函数为f(x) = c1ln x(c 1).13第五届中国数学奥林匹克(1990年)郑州 中学生数理化编辑

27、部1.在凸四边形ABCD中,AB与CD不平行, flO1过A,B且与边CD相切于P,flO2过C,D且与边AB相切于Q, flO1与flO2相交于E,F.求证:EF平分线段PQ的充分必要条件是BC k AD.证明:分两部分证明结论.(1)EF平分PQ的充要条件为PC PD = QA QB.设EF与PQ交于K,直线PQ于flO1,flO2分别交于J,I. PC PD = PI PQ,QA QB = PQ QJ, KQ KI = KE KF = KP KJ. KQ (KP + IP) = KP (KQ + QJ),KQ IP = KP QJ. KP = KQ IP = QJ PC PD = QA QB.(2)BC k AD充要条件为PC PD = QA QB.设AB与DC交于S.BC k AD SDSC=SASB.而SP2= SA SB,SQ2= SC SD. PC PD = QA QB (SC SP)(SP SD) = (SB SQ)(SQ SA) (SC + SD)SP SP2 SC SD = (SB + SA)SQ SQ2 SA SB (SC + SD)SP = (SB + SA)S

28、Q (SC + SD)2 SA SB = (SA + SB)2 SC SDSCSD+SDSC+ 2 =SASB+SBSA+ 2又SDSC 1,SASB 1, PC PD = QA QB SDSC=SASB BC k AD.所以EF平分线段PQ的充分必要条件是BC k AD.2.设x是一个自然数,若一串自然数x0= 1 x1 x2 0有定义,且满足条件:(1)对任何x,y 0,f(x)f(y) 6 y2f(x2) + x2f(y2);(2)存在常数M 0,当0 6 x 6 1时,|f(x)| 6 M.求证:对任意x 0,f(x) 6 x2.证明:令x = y,(f(x)26 2x2f(x2).令x = 0,(f(0)26 0, f(0) = 0,满足结论.假设存在x 0,使得f(x) x2,用归纳法证明f(x2n) 22n2n1x2(n N)n = 0时显然成立,设n = k时成立,f(x2k) 22k2k1x2. f(x2k+1) (f(x2k)22(x2k)2(22k2k1x2)22(x2k)2= 22k+12(k+1)1x2即n = k + 1时也成立,所以对任意n N,f(x2n

29、) 22n2n1x2.又n +时,2n 2n 1 +,12n 0. m1,当n m1时,0 x2n m2时,22n2n1x2 M.取m = maxm1,m2,0 x2m M,矛盾.所以对任意x 0,f(x) 6 x2.4.设a是给定的正整数,A和B是两个实数,试确定方程组:x2+ y2+ z2= (13a)2(1)x2(Ax2+ By2) + y2(Ay2+ Bz2) + z2(Az2+ Bx2) =14(2A + B)(13a)4(2)有整数解的充分必要条件(用A,B的关系式表示,并予以证明).解:(2) B2 (1)2,得(A B2)(x4+ y4+ z4) =12(A B2)(13a)4.若A =B2,(1)与(2)等价,不难验证x = 3a,y = 4a,z = 12a为一组解.若A 6=B2,则2(x4+ y4+ z4) = (13a)4(3) 2|a,设a = 2a1,x4+ y4+ z4= 8(13a1)4.若x,y,z不全为偶数,则必为两个奇数一个偶数,x4+ y4+ z4 2 (mod 4),矛盾. 2|x,2|y,2|z.设x = 2x1,y = 2y1,z = 2

30、z1,则若(x,y,z,a)为(3)的解,(x1,y1,z1,a1)也为(3)的解. 类似可依次得到(x2,y2,z2,a2)也为(3)的解,等等.但这个过程不能一直进行下去,矛盾.15所以方程组有整数解的充分必要条件为A =B2.5.设X是一个有限集合, 法则f使得X的每一个偶子集E(偶数个元素组成的子集)都对应一个实数f(E),满足条件:(1)存在一个偶子集D,使得f(D) 1990;(2)对于X的任意两个不相交的偶子集A,B,有f(A B) = f(A) + f(B) 1990.求证:存在X的子集P,Q,满足(1)P Q = ,P Q = X;(2)对P的任何非空偶子集S,有f(S) 1990;(3)对Q的任何偶子集T,有f(T) 6 1990.证明:考虑X的所有偶子集经法则f得到的实数最大的一个为P,若不止一个,取元素个数最少的一个.Q = X P.则P Q = ,P Q = X.令A = B = ,则f() = 1990.对于S P,S 6= ,f(P) = f(S) + f(P S) 1990,显然f(P S) 1990.对于T Q,若T = ,f(T) = 1990,否则

31、 T 6= ,由f(P T) = f(P)+f(T)1990 6 f(P),f(T) 6 1990. P,Q满足条件.证毕.6.凸n边形及n 3条在n边形内不相交的对角线组成的图形称为一个剖分图.求证:当且仅当3|n时,存在一个剖分图是可以一笔划的图 (即可以从一个顶点出发,经过图中各线段恰一次,最后回到出发点).证明:因为n 3条在形内互不相交的对角线将凸n边形分为n 2个顶点均是n边形顶点的小区域, 每个区域的内角和不小于,n边形的内角和为(n 2),所以每个小区域都是三角形.先证必要性.用归纳法容易证明可将每个三角形区域涂成黑白两色之一,使得有公共边的三角形不同色. 假设已按照这样的要求染色,由于剖分图为可以一笔画的圈,所以由每个顶点引出的线段都是偶数条. 从而每个顶点都是奇数个三角形的顶点,因此以原多边形外边界为一边的三角形区域有着相同的颜色, 不妨设为黑色;另一方面,剖分图的每条对角线都是两种不同颜色三角形的公共边, 所以设黑三角形有m1个,白三角形有m2个.则n = 3m1 3m2,所以3|n.再证充分性,设n = 3m,多边形为A1A2.A3m.连接A1A3i,A3iA3

32、i+2,A3i+2A1(i = 1,2,.,m1)这3m3条对角线, 形成m 1个三角形,可由A1出发,依次走过这些三角形,再走过凸多边形即可一笔画并回到初始点.证毕.16第六届中国数学奥林匹克(1991年)武汉 华中师范大学1.平面上有一凸四边形ABCD.(1).如果平面上存在一点P,使得4ABP,4BCP,4CDP,4DAP面积都相等,问四边形ABCD应满足什么条件?(2).满足(1)的点P,平面上最多有几个?证明你的结论.解:(1)(1.1)P在ABCD内部,若A,P,C,B,P,D分别三点共线,显然ABCD为平行四边形,P为对角线的交点.若A,P,C不共线,由于4PAB,4PAD等面积,AP必经过对角线BD的中点,同理CP过BD的中点,必有P为BD的中点,所以4ABD,4BCD面积相等.即一条对角线平分ABCD的面积,显然也是充分条件.(1.2)P在ABCD之外,不妨设P与B,C在AD异侧,P必与A,B在CD同侧,与C,D在AB同侧.由4PAB,4PAD面积相等,PA k BD,同理PD k AC.设AC,BD相交于E,AEDP为平行四边形.SAED= SAPD= SABP+

33、SCDP+ SPBC SABCD= 3SAPD SABCD. SAED=12SABCD.这个条件也是充分条件,若SAED=12SABCD,作平行四边形AEDP,显然PB,PC均在APDCB内. SABP= SAPD= SCDP= SAED,SPBC= SAPD+ SABCD SABP SCDP= SAED.P满足要求.所以四边形ABCD有一条对角线平分面积,或者在对角线分成的四个三角形中有一个为四边形面积的一半.(2)由(1)知,P在形内,形外都至多有一个,又由充要条件不同时取到,P最多有一个.2.设I = 0,1,G = (x,y)|x,y I.求G到I的所有映射f,使得对任何x,y,z I有(1)f(f(x,y),z) = f(x,f(y,z);(2)f(x,1) = x,f(1,y) = y;(3)f(zx,zy) = zkf(x,y).这里,k是与x,y,z无关的正数.解:由(3),f(x,y) = f(y xy,y 1) = ykf(xy,1)(0 x y)f(x,y) = f(x 1,x yx) = ykf(1,yx)(0 y x)再由(2),f(x,y) = yk1x(0

34、 x y),f(x,y) = xk1y(0 y x)又x = y时,f(x,x) = xkf(1,1) = xk.在(1)中,取0 x y z 1,x充分小时,yk1x z,x 0,y 0)又f(x,0) = f(x 1,x 0) = xkf(0,1) = 0,f(0,y) = 0,f(0,0) = zkf(0,0),f(0,0) = 0. k = 1时,f(x,y) = minx,y;k = 2时,f(x,y) = xy.k 6= 1,k 6= 2时,无解.173.地面上有10只小鸟在啄食,其中任5只小鸟中至少有4只在一个圆上, 问有鸟最多的圆上最少有几只鸟?解:用10个点表示10只鸟,若其中任意四点均共圆,则十个点共圆.否则设ABCD不共圆,过其中任意不共线的三个点可作一个圆,最多有四个Si(i = 1,2,3,4). 从其余六个点中任取一点P与ABCD构成5点组,其中必有4点共圆,必有P落在某个圆Si上, 有抽屉原则,另六个点中必有两个点落在同一个圆上,这个圆上至少有5个点.不妨设为A1,A2,A3,A4,A5在C1上,若存在P,Q不在C1上,考察A1,A2,A3,P,Q, 其中

35、必有四点共圆C2,显然C26= C1,A1,A2,A3不全在C2上,设A1,A2,P,Q C2, A3,A4,A56 C2.考察A3,A4,A5,P,Q,必有四点共圆C3,C36= C1, 设A3,A4,P,Q C3, A1,A2,A56 C3,C36= C2.考察A1,A2,A5,P,Q,必有四点共圆C4,C46= C1, P,Q C4,A1,A3中至少有一个属于C4.C4=C2或C3.但是这显然均构成矛盾.所以至多有一个点不在C1上,又因为十个点中九点共圆而另一个不在这个圆上满足题意.所以有鸟最多的圆上最少有九只鸟.4.求方程x2n+1 y2n+1= xyz + 22n+1的所有满足条件 n 2,z 6 5 22n的正整数解组 (x,y,z,n).解:显然x y,且x,y奇偶性相同,所以x y 2.当x = 3,y = 1时,z = 32n13(1 + 22n+1)为整数,又z 6 5 22n, 32n6 5 22n+13(1 + 22n+1) =(5 +23)22n+136 6 22n. n 6 2,n = 2,z = 70.下面证不存在其他正整数解:(1)若y = 1,x 4,

36、y2n+1+ 22n+1= 22n+1+ 1,x2n+1 xyz = z(x2n z) x(x2n 5 22n) x2n+1 xyz 4(42n 5 22n) = 22n+2(22n 5) 22n+1,矛盾.(2)若y 2,由x 2,z 6 5 22n,n 2.x2n+1 xyzx(y + 2)2n yzxy2n+ 4ny2n1+ 4n(2n 1)y2n2+ 22n yzxy2n+ x 22n+ x4ny2n1+ 4n(2n 1)y2n2 5 22nyy2n+1+ 22n+1+ xy4ny2n2+ 4n(2n 1)y2n3 5 22n y 2,4ny2n2+ 4n(2n 1)y2n3 8 22n2+ 8 3 22n3 5 22n. x2n+1 xyz y2n+1+ 22n+1,矛盾,所以只有一组正整数解(x,y,z,n) = (3,1,70,2).5.求所有自然数n,使得minkN(k2+hnk2i) = 1991.这里x表示x的整数部分.解:条件等价于对于k N,k2+nk2 1991, 且k0 N,k20+nk20 0即(k219912)2+ n 199124 0取k,使得|k21

37、9912|最小,k = 32,324 1991 322+ n 0,n 1024 967 = 990208.18并且存在k0 N,k40 1991k20+ n 0即(k2 996)2+ n 9962 0由|k20 996|的最小值为28,所以n 9962 282,n 9962 282= 1024 968 = 991232. 990208 6 n 6 991231.6.MO牌足球由若干多边形皮块用三种不同颜色的丝线缝制而成, 它有以下特点:(1)任一多边形皮块的一条边恰与另一多边形皮块同样长的一条边用一种颜色的丝线缝合;(2)足球上每一个结点,恰好是三个多边形的顶点,每一结点的三条缝线颜色互不相同.求证:可以在MO牌足球的每一结点上放置一个不等于1的复数, 使得每一多边形的所有顶点上放置的复数的乘积都等于1.证明:设这三种颜色为红,黄,蓝,对每条边赋值,红色为1,黄色为e23i,蓝色为e43i.对于每个节点,若三种颜色的线依逆时针方向依次为红,黄,蓝,则在这个结点放上e23i, 否则放上e43i.则结点上放置的数为逆时针方向一条边的复数除以下一条边的复数,(e23i=1e43i=e43ie

38、23i=e23i1,e43i=1e23i=e23ie43i=e43i1)所以对于任意一个多边形,沿顺时针方向走过每条边依次为z1,z2,.,zk, 则顶点上依次放置1=z1z2,2=z2z3,.,k=zkz1, 12k= 1.满足题意,证毕.19第七届中国数学奥林匹克(1992年)北京 北京数学奥林匹克发展中心1.设方程xn+ an1xn1+ an2xn2+ + a1x + a0= 0的系数都是实数, 且适合条件0 1.求证:n+1= 1.证明:由n+ an1n1+ an2n2+ + a1 + a0= 0,a0 0, 6= 0. a0(1)n+ a1(1)n1+ + an1(1) + 1 = 0a0(1)n+1+ a1(1)n+ + an1(1)2+1= 0由| 1,|1| 1. 1=a0(1)n+1+ (a1 a0)(1)n+ + (1 an1)(1)=|a0(1)n+1+ (a1 a0)(1)n+ + (1 an1)(1)|6a0|1|n+1+ (a1 a0)|1|n+ + (1 an1)|1|6a0+ (a1 a0) + + (1 an1) = 1取等号条件为a0n+1,a1a0

39、n,.,1an1的辐角相同, 且| = 1.但是a0n+1+a1a0n+ +1an1= 1 所以它们均为非负实数,又a0 0, n+1 R+.又因为|n+1| = 1, n+1= 1.2.设x1,x2, ,xn为非负实数,记xn+1= x1,a = minx1,x2, ,xn,试证:nXi=11 + xi1 + xi+16 n +1(1 + a)2nXi=1(xi a)2其中等号成立当且仅当x1= x2= = xn.证明:对n用数学归纳法,n = 1时,x1= a,结论显然成立.设n = k时结论成立,当n = k + 1时,不妨设x1= a,由归纳假设kXi=11 + xi1 + xi+1+1 + xk1 + x16 k +1(1 + a)2kXj=1(xj a)2因此要证明k+1Xi=11 + xi1 + xi+16 k + 1 +1(1 + a)2k+1Xi=1(xi a)2只需证明1 + xk1 + xk+1+1 + xk+11 + x11 + xk1 + x16 1 +(xk+1 a)2(1 + a)2即(xk+1 x1)(xk+1 xk)(1 + xk+1)(1 + x1)

40、6(xk+1 a)2(1 + a)2(1)20由xk+1 x1= a,xk x1= a,所以(1+xk+1)(1+x1) (1+a)2,(xk+1x1)(xk+1xk) 6 (xk+1a)2.(1)显然成立,等号成立时当且仅当x1= x2= = xk,且xk+1= xk= x1. 所以n = k + 1时结论成立.由归纳法,结论成立.3.在平面上给出一个9 9的方格表, 并在其中每一方格中都任意填入+1或-1. 下面一种改变填入数字的方式称为一次变动: 对于任意一个小方格,将与此格有一条公共边的所有小方格 (不包含此格本身)中的数作连乘积,于是每取一个格, 就算出一个数.在所有小格都取遍后, 就将原来格中的数全部擦去,而将这些算出的数填入相应的小方格中. 试问是否总可以经过有限次变动,使得所有小方格中的数都变为+1?解:未必,例如如下的4 4表格经变动后保持不变, 将它对称填入9 9格子的四个角的4 4方格, 并将正中一行与正中一列均填上+1,该9 9方格表经变动后保持不变.+1-1-1-1-1+1-1+1-1-1+1+1-1+1+1+14.凸四边形内接于flO,对角线AC与BD相交于

41、P,4ABP与4CDP的外接圆相交于P和另一点Q,且O,P,Q三点两两不重合.试证OQP = 90.证明:不妨设Q在BPC内,连结AO,AQ,DO,DQ.则AQD = AQP + DQP = ABP + DCP = 2ABD = AOD.所以A,D,Q,O四点共圆. OQP = AQO + PQA = ADO + ABD =12(180 AOD) +12AOD = 90,证毕.5.在有8个顶点的简单图中,没有四边形的图的边数的最大值是多少? (简单图是指任意顶点与自己没有边相连,而且任意两个顶点之间至多有一条边相连的图)解:最大值为11,首先构造一个8顶点11条边的图,其中没有四边形.顶点为Ai(i = 1,2,.,8), 边为A1A2,A2A3,A3A4,A4A5,A5A1,A5A6,A6A7,A7A8,A8A4,A1A6,A3A8.不难验证这个图满足题意.下面证明:若简单图G中有8个顶点,12条边,其中必存在四边形.若不然,设G中度数最大的顶点(中的一个)为A,A的度数为d. 显然8d 2 12 = 24,即d 3.(1)若d 5,设与A有边相连的顶点组成的集合为S,|S| = d

42、. 则S中不会有顶点与其他两个同在S中的顶点相连,顶点均在S中的边至多有d2条, 而其他的顶点每个至多与S中一个顶点相连,所以图G中最多有边f(d) = d + d2 + 7 d +7d2条, 不难验证d 5时,f(d) 12,矛盾.(2)d = 4,(1)中的讨论仍适用,此时f(d) = 12,必有所有取等号的条件都取到. 设S = B1,B2,B3,B4,另三个点为C1,C2,C3.不妨设B1,B2相连,B3,B4相连,C1C2C3构成三角形. S1= B1,B2,S2= B3,B4,由于C1,C2,C3每个向S中的一个点连出一条边,必有两个同向S1或S2中的点连出边, 不妨设为C1,C2都向S1中的点连出边,C1与B1相连.但是此时,若C2与B1相连,则B1C1C3C2为四边形; 若C2与B2相连,则B1C1C2B2为四边形.矛盾.21(3)d = 3,则所有的顶点度数均为3,不妨设A,B之间没有边相连,从它们连出的边为AAi,BBi(i = 1,2,3).则S1= A1,A2,A3,S2= B1,B2,B3至多有一个公共元素.(3.1)若它们没有公共元素,A,A1,A2,A3,

43、B,B1,B2,B3为全部8个点,由(1)中的讨论知,S1,S2中顶点相连各自至多有一条边. 它们之间最多有3条边,最多有11条边,矛盾.(3.2)若它们有公共元素,设A3= B3,第8个点为C,从它出发只能各向S1,S2连出一条边, 而它又不与A,B相连,所以C的度数小于3,矛盾.综上所述,若简单图G中有8个顶点,12条边,其中必存在四边形.所以在有8个顶点的简单图中,没有四边形的图的边数的最大值是11.6.已知整数序列a0,a1,a2,.满足条件:(1)an+1= 3an 3an1+ an2,n = 2,3,.(2)2a1= a0+ a2 2.(3)对任意的自然数m,存在k,使得ak,ak+1,.,ak+m1都为完全平方数.试证:序列a0,a1,a2,.的所有项都是完全平方数.证明:由(1)的特征方程x3= 3x2 3x + 1的三个根均为1知an= an2+ bn + c(a,b,c为待定实数.代入(2)得a = 1,an= n2+ bn + c = (n +b2)2+ c b24.b = a1 a0 1,c = a0均为整数,令(n +b 12)2 an= (n +b2)2+

44、c b24(b 1)24 c,n c (b + 1)24.令n0= max(b 1)24 c,c (b + 1)24 + 1则当n n0时,()成立.在(3)中令m = n0+ 1,知道必存在n n0使an为完全平方数,必有an=(n +b2)2,b为偶数.所以c b24= 0, n N,an= (n +b2)2为完全平方数,证毕.22第八届中国数学奥林匹克(1993年)济南 山东大学1.设n是奇数,试证明存在2n个整数a1,a2,.,an;b1,b2,.,bn, 使得对于任意一个整数k,0 k n.下列3n个数ai+ai+k,ai+bi,bi+bi+k(i = 1,2, ,n,其中an+j= aj,bn+j= bj)被3n除时余数互不相同.证明:令ai= 3i,bi= 3i + 1(i = 1,2,.,n)则ai+ ai+k= 3(2i + k) 0 (mod 3)ai+ bi= 6i + 1 1 (mod 3)bi+ bi+k= 3(2i + k) + 2 2 (mod 3)显然不同组的两数被3n除余数互不相同,只需说明同一组中任一两个数模3n互不相同, 即ci= 6i模3n互不相

45、同.(i = 1,2,.,n)若ci cj(mod 3n),则6(j i) 0 (mod 3),即n|2(j i),但是n为奇数, n|j i,又因为|j i| 0, 已知k1+ k2+ + kr= k,ki N(i = 1,2,.,r,1 6 r 6 k).求ak1+ak2+ + akr的最大值.解:当a = 1时,ak1+ ak2+ + akr= r,显然最大值为k.当a 0,且a 6= 1时,f(x) = ax在1,+)上为下凸函数, 即aki+ akj6 a + aki+kj1(ki,kj N. 这是由于它等价于a(aki1 1)(akj1 1) 0,两括号内显然同号.所以我们可以经过r 1次调整将其调整为k1= k2= = kr1= 1,kr= k + 1 r的情况,而值始终不减. 设此时的值为F(r) = (r 1)a + ak+1r.又a + am6 am+1 m loga(aa1).若k + 1 r loga(aa1),则F(r) = (r 2)a + a + ak+1r6 (r 2)a + ak+2r6 (r 3)a + ak+3r6 6 ak= F(1)若k + 1

46、 r 2)当r = k,k1= k2= = kr= 1取等号ak,k = 1或a k1k1(k 2)当r = 1,k1= k取等号3.设圆K和K1同心,它们的半径分别为R和R1,R1 R. 四边形ABCD内接于圆K,四边形A1B1C1D1内接于圆K1, 点A1,B1,C1,D1分别在射线CD,DA,AB,BC上, 求证:SA1B1C1D1SABCDR21R2.23证明:设AB = a,BC = b,CD = c,DA = d,AB1= w,BC1= x,CD1= y,DA1= z.则SA1B1C1D1SABCD= 1+SAB1C1SABCD+SBC1D1SABCD+SCD1A1SABCD+SDA1B1SABCD= 1+w(a + x)ad + bc+x(b + y)ab + cd+y(c + z)ad + bc+z(d + w)ab + cd由切割线定理,(a + x)x = (b + y)y = (c + z)z = (d + w)w = R21 R2.要证明SA1B1C1D1SABCDR21R2.只需证明(R21 R2)?wx(ad + bc)+xy(ab + cd)+yz(ad

47、+ bc)+zw(ab + cd)R21 R2R2即wx(ad + bc)+xy(ab + cd)+yz(ad + bc)+zw(ab + cd)1R2()由均值不等式知()左边4(ad+bc)(ab+cd).再由均值不等式(ad + bc)(ab + cd)6?ad + bc + ab + cd22=14(a + c)(b + d)2614?a + c + b + d22#2=164(a + b + c + d)4由圆内接四边形中正方形周长最长知a + b + c + d 6 42R. (ab + cd)(bc + ad) 6 16R4,显然有()成立.证毕.4.给定集合S = z1,z2, ,z1993, 其中z1,z2, ,z1993是非零复数(可看作平面上的非零向量). 求证:可以把S中的元素分成若干组,使得(1)S中每个元素属于且仅属于其中一组;(2)每一组中任一复数与该组所有复数之和的夹角不超过90;(3)将任意两组中复数分别求和,所得和数之间的夹角大于90.证明:取S中某些元素组成子集A,使得这些元素之和的模长最大.由于元素个数有限,所以子集的取法有限,必然存在这样的A.

48、在S A中同样取元素之和模长最大的一些元素组成B.C = S A B,下面我们证明A,B,C满足题意.若不然,设A,B,C中元素之和分别为a,b,c,(1)若存在z A,与a夹角大于90,则z与a夹角为锐角,则 |(z) + a| |a|,与A的选取矛盾. A中的元素与a的夹角均不超过90,类似的这对B也成立.(2)对于z 6 A,若z与a的夹角不大于90,则 |z + a| |a|,与A的选取矛盾. 所以任意不在A中的元素或它们的和与a的夹角大于90.类似的, 任意在C中的元素或它们的和与b的夹角大于90.所以a,b,c两两夹角大于90.(3)若存在z C,z与c的夹角大于90,则a,b,c,z两两夹角大于90,矛盾. 所以C中的元素与c的夹角均不超过90.综上所述,A,B,C满足题意,证毕.245.10人到书店买书,已知(1)每人都买了三种书;(2)任何两人所买的书,都至少有一种相同.问购买人数最多的一种书最(至)少有几人购买?说明理由.解:至少有5个人.设A买的书为1,2,3,其余9人每人至少买这三者之一,有抽屉原则至少有4人买了同一种书,再加上A,至少有5个人.另外,若10个人

49、买的书分别为(123),(123),(145),(167),(246),(246),(257),(347),(356),(356). 则不难验证满足条件,且购买人数最多的一种书恰有5人购买.6.设函数f : (0,+) (0,+)满足以下条件: 对于任意正实数x,y,有f(xy) 6 f(x)f(y).试证:对任意的正实数x及自然数n,有f(xn) 6 f(x)f(x2)12f(xn)1n证明:设Fn(x) = f(x)f(x2)12f(xn)1n,则Fn(x) = Fn1(x)f(xn)1n,Fnn(x) = Fnn1(x)f(xn).类似的,Fn1n1(x) = Fn1n2(x)f(xn1), ,F22(x) = F21(x)f(x2),F1(x) = f(x).相乘得Fnn(x) = Fn1(x)Fn2(x)F2(x)F1(x)f(xn)f(xn1)f(x).用归纳法证明Fn(x) f(xn).对于n = 1显然成立,设对n 6 k均成立,由归纳假设Fk+1k+1(x)=Fk(x)Fk1(x)F1(x)f(xk+1)f(xk)f(x)f(xk)f(xk1)f(x)f(xk+1)f

50、(xk)f(x)=f(xk+1)(f(xk)f(x)(f(xk1)f(x2)(f(x)f(xk)(f(xk+1)k+1 Fk+1(x) f(xk+1),由数学归纳法知结论对于n N均成立. Fn(x) f(xn),即f(xn) 6 f(x)f(x2)12f(xn)1n.证毕.25第九届中国数学奥林匹克(1994年)上海 复旦大学1.设ABCD是一个梯形(AB k CD),E是线段AB上一点,F是线段CD上一点, 线段CE与BF相交于点H,线段ED与AF相交于点G, 求证:SEHFG614SABCD.如果ABCD是一个任意的凸四边形, 同样结论是否成立?请说明理由.证明:引理:在梯形ABCD中,AC,BD交于E.(AB k CD)则S4AED= S4BEC614SABCD.引理的证明:显然S4ACD= S4BCD,都减去S4CDE,即有S4AED= S4BEC,设为S.则SS4ABE=DEBE=S4CDES S4ABES4CDE= S2,由均值不等式SABCD= S4ABE+ S4CDE+ 2S 2pS4ABE S4CDE+ 2S = 4S所以S4AED= S4BEC614SABCD.回

51、到原题,由引理,S4EGF614SAEDF,S4EHF614SBECF.相加得SEHFG614SABCD.如果ABCD是一个任意的凸四边形,结论未必成立.当DA 0,E B,F C时,SEFGH SABCD.所以当ADBC,BEAB,CFCD足够小时,SEFGH14SABCD.2.n(n 4)个盘子里放有总数不少于4的糖块, 从任意的两个盘子各取一块糖,放入另一个盘子中, 称为一次操作,问能否经过有限次操作, 将所有的糖块集中到一个盘子中去?证明你的结论.解:能够做到.用数学归纳法证明,设有m块糖,(m 4).当m = 4时,至多有4个盘子中有糖,只有下面几种情况,不难看出结论均成立.(1)(1,1,1,1) (3,1,0,0) (2,0,2,0) (1,0,1,2) (0,0,0,4)(2)(2,1,1,0) (4,0,0,0)(3)(3,1,0,0) (2,0,2,0) (1,0,1,2) (0,0,0,4)(4)(2,2,0,0) (1,1,2,0) (0,0,4,0)(5)(4,0,0,0)设当小于m时结论均成立(m 4),当有m块糖时,可以先将m 1块糖集中到一个盘子内, 由

52、归纳假设这是可以做到的.剩下的一块若也在同一个盘子内,显然结论成立.否则可由如下的过程将m块糖集中到一个盘子内.(m 1,1,0,0) (m 2,0,2,0) (m 3,2,1,0) (m 4,1,1,2) (m 2,0,1,1) (m,0,0,0)由归纳法,总可经有限次操作将所有的糖集中到同一个盘子中.3.求适合以下条件的所有函数f : 1,+) 1,+),(1)f(x) 6 2(x + 1);26(2)f(x + 1) =(f(x)21x.解:显然f(x) = x + 1是一个符合条件的函数,若存在f满足条件,且x0 1,+),使得f(x0) 6= x0+ 1.(1)f(x0) x0+ 1,设g(x) = f(x) x 1,g(x0) 0,又由于f(x) 6 2(x + 1),得到g(x) 6 x + 1.而且由条件(2)不难得到g(x + 1) = 2g(x) +1x(g(x)2+ 2g(x). g(x0+ 1) 2g(x0) 0,由数学归纳法不难证明g(x0+ n) 2ng(x0),当n充分大时,g(x0+ n) 2ng(x0) x0+ n + 1,矛盾.(2)f(x0) 0,

53、由f(x) 1,得到g(x) 6 x.而且由条件(2)不难得到g(x + 1) = 2g(x) 1x(g(x)2 2g(x). g(x0+ 1) 2g(x0) (g(x0) 2) = g(x0) + 2,由数学归纳法不难证明f(x0+ n) g(x0) + 2n,当n充分大时,g(x0+ n) g(x0) + 2n x0+ n,矛盾.综上所述,对于任意的x 1,+),f(x) = x + 1,所以f(x) = x + 1是唯一满足条件的函数.4.已知f(z) = C0zn+ C1zn1+ C2zn2+ + Cn1z + Cn是一个n次复系数多项式, 求证:一定存在一个复数z0,|z0| 6 1,满足|f(z0)| |C0| + |Cn|.证明:取,| = 1,使得C0n与Cn辐角相同,(Cn= 0时, = 1即可). = e2in为n次单位根.令zi= i1(i = 1,2,.,n),则f(z1) + f(z2) + + f(zn) = n(C0n+ Cn),|z1| = |z2| = = |zn| = 1nXi=1|f(zi)| |f(z1) + f(z2) + + f(zn)| =

54、 n|C0n+ Cn| = n(|C0| + |Cn|)所以必然存在i,使得f(zi) |C0| + |Cn|,|zi| = 1,显然结论成立.5.对任何自然数n,求证恒等式:nXk=0?nk2k?n knk2=?2n + 1n其中00= 1,nk2表示nk2的整数部分.证明:考虑函数f(x) = (1 + x)2n+1,显然2n+1n为它的n次项系数.另一方面f(x) = (x2+ 2x + 1)n(x + 1) =nXk=1(x + 1)(x2+ 1)nk(2x)k?nk考虑每一项中xn的系数,若n k为偶数,(x + 1)(x2+ 1)nk中xnk的系数为?n knk2; 若n k为奇数,(x + 1)(x2+ 1)nk中xnk的系数为?n knk12.所以每一项中xn的系数均为?nk2k?n knk2.f(x)中xn的系数为nXk=0?nk2k?n knk2nXk=0?nk2k?n knk2=?2n + 1n276.设M为平面上坐标为(1994p,7 1994p)的点, 其中p是素数,求满足下述条件的直角三角形的个数:(1)三角形的三个顶点都是整点,而且M是其直角顶点;(2)三

55、角形的内心是坐标原点.解:设该直角三角形为MAB,并且MA斜率为正.将坐标原点平移至M,设MA,MO的倾斜角分别为,则tan = 7.所以MA的斜率为k = tan = tan( 4) =tan11+tan=34.MB的斜率为43,设A(4t,3t),B(3t0,4t0),由A,B为整点,t,t0为正整数,MA = 5t,MB = 5t0.由内心性质,并且M是直角,MA + MB AB = 2r,2r = MO =p(1994p)2+ (7 1994p)2,MA r,MB r.(r为内切圆半径) 5t + 5t0 5t2+ t02= 1 5 1994p,t2+ t02= (t + t0 2 1994p)2,tt0 2 1994p(t + t0) + 2 19942p2= 0(t 1994p,t0 1994p)(t 2 1994p)(t0 2 1994p) = 2 (1994p)2设m = t 2 1994p,n = t0 2 1994p.mn = 23 9972 p2.不难知道m,n均为正整数,所以(m,n)一组正整数解对应一个直角三角形. 直角三角形的个数为23 9972 p2的正因

56、子个数.p 6= 2,p 6= 997时为(3 + 1)(2 + 1)(2 + 1) = 36;p = 2时为(5 + 1)(2 + 1) = 18;p = 997时为(3 + 1)(4 + 1) = 20.28第十届中国数学奥林匹克(1995年)合肥 中国科技大学1.设2n个实数a1,a2,.,an;b1,b2,.,bn(n 3)满足(1)a1+ a2+ + an= b1+ b2+ + bn;(2)0 a1= a2,ai+ ai+1= ai+2(i = 1,2,.,n 2);(3)0 b16 b2,bi+ bi+16 bi+2(i = 1,2,.,n 2).求证:an1+ an6 bn1+ bn.证明:若a16 b1,则由递推关系不难证明ai6 bi(i = 1,2,.,n),显然结论成立.若存在2 6 i 6 n,使得ai6 bi,ai+16 bi+1.i = n 1时,显然有结论成立;i i),所以也有结论成立.否则必有a1 b1,设I = i|ai6 bi,则I中不存在相邻的正整数.设I0= j|j = i 1,i I,I I0= .若i I,则ai6 bi,ai1 bi1,a

57、i+1 bi+1(i 6 n 2). ai+ ai1= ai+1 bi+1 bi+ bi1. PiII0aiPiII0bi(i 6 n 2).又若i I I0,ai bi.n2Pi=1ain2Pi=1bi, 又nPi=1ai=nPi=1bi, an1+ an6 bn1+ bn.综上所述,an1+ an6 bn1+ bn.2.设N为自然数集合, f : N N适合条件:f(1) = 1,对于任何自然数n都有 3f(n)f(2n + 1) = f(2n)(1 + 3f(n); f(2n) 6f(n).试求方程f(k) + f(l) = 293,其中k l的所有解.解:由gcd(3f(n),1 + 3f(n) = 1, 3f(n)|f(2n).又因为f(2n) 6f(n),所以f(2n) = 3f(n),f(2n + 1) = 3f(n) + 1 = f(2n) + 1.由f(1) = 1,由归纳法不难证明:若n的二进制表示为(amam1.a0)2= am2m+ am12m1+ + a0(ai= 0或1)则f(n)的三进制表示为(amam1.a0)3= am3m+ am13m1+ + a0(

58、ai= 0或1)由k l,显然f(k) f(l),设k = (amam1.a0)2,l = (bmbm1.b0)2,ci= ai+ bi,ci= 0,1,2(i = 0,1,.,m).则f(k) + f(l) = (cmcm1.c0)3.而293 = 35+ 33+ 2 32+ 3 + 2 = (101212)3.所以由f(k) an a1(当a16 x 6 an时取等号)|x a2| + |x an1| an1 a2(当a26 x 6 an1时取等号)n为偶数时,|x an2| + |x an2+1| an2+1 an2(当an26 x 6 an2+1时取等号)n为奇数时,|x an+12| 0(当x = an+12时取等号) g(x) (an+ an1+ + an2+1) (an+12+ + a1) (当x = b时取等号)回到原题,由引理分别应用到F1,F2,F3上得F1 10 (10 + 9 + 8 + 7 + 6 5 4 3 2 1) = 250,50 x + y 60时取等号.F2 12 (10 + 9 + 8 + 7 + 6 5 4 3 2 1) = 300,60 x 2

59、y 72时取等号.F3 5(1010+99+887666554433221) = 560,x+5y = 35时取等号. F 57 250 300 560 = 2394000000.且不难验证x = 60,y = 5时满足所有取等号条件,所以原式的最小值为2394000000.4.空间有四个球,它们的半径分别为2,2,3,3,每个球都与其余3个球外切, 另有一个小球与这四个球都外切,求该小球的半径.解:设四个球的球心分别为A,B,C,D,则AB = 4,CD = 6,AC = BC = AD = BD = 5.设E,F分别为AB,CD中点,小球球心为O,半径为r,则四面体ABCD关于平面ABF,CDE对称.四个球也同样,所以由对称性O在EF上.OE =OA2 AE2=p(2 + r)2 22=r2+ 4r,30OF =OD2 DF2=p(3 + r)2 32=r2+ 6r,EF =FA2 AE2=DA2 DF2 AE2=52 32 22= 23.r2+ 4r +r2+ 6r = 23.解得r =611.5.设a1,a2,.,a10是任意10个两两不同的自然数, 它们的和为1995.试求a

60、1a2+ a2a3+ + a9a10+a10a1的最小值.解:将a1,a2,.,a10按顺时针方向依次写在一个圆周上,于是所求表达式即为每相邻两数乘积的总和A.并且将a1,a2,.,a10的和记为N,N 55.将和为N的任意10个不同自然数所对应的表达式的最小值记为S(N).先考虑这10个数为1,2,.,10的情况,即N = 55时.不妨设a1= 10,我们通过调整证明a1,a2,.,a10依次为10,1,9,3,7,5,6,4,8,2时取到最大值.若aj= 1,j 6= 2,将(a2,.,aj1,aj)这一段整个的按逆过来的顺序排列,即变为(aj,aj1,.,a2), 设操作前所求表达式为A,操作后为A0,则A0 A = (10 + a2aj+1) 10a2 aj+1= (a2 1)(aj+1 10) 6 0,A的值下降了.同理若a106= 2,通过类似的调整使a10= 2,且A的值减少; 类似的经过有限次操作即得到(a1,a2,.,a10) =(10,1,9,3,7,5,6,4,8,2),且每次操作A的值都下降. S(55) = 10 + 9 + 27 + 21 + 35 + 30

61、 + 24 + 32 + 16 + 20 = 224.对于N 55,显然最大的数大于10,第二大的数不小于9,.,最小的数不小于1.不妨设a1最大,经类似的讨论可知道若将a1,a2,.,a10从大到小依次以 10,9,.,1代替,必有按照上面方式排列时取最小值.设(b1,b2,.,b10) = (10,1,9,3,7,5,6,4,8,2),ci= ai bi 0,c11= c1,b11= b1,b0= b10.A=a1a2+ a2a3+ + a9a10+ a10a1=10Xi=1bibi+1+10Xi=1cici+1+10Xi=1ci(bi1+ bi+1)224 + (b2+ b10)(N 55) = 3N + 59而当(a1,a2,.,a10) = (N 45,1,9,3,7,5,6,4,8,2)时,A = 3N + 59. S(N) = 3N + 59.所以N = 1995时,a1a2+ a2a3+ + a9a10+ a10a1的最小值为3 1995 + 59 = 6044.6.设n是大于1的奇数,已给 y0= (x(0)1,x(0)2,.,x(0)n1,x(0)n) = (1,0

62、,.,0,1).设x(k)i=0x(k1)i= x(k1)i+1时,i = 1,2,.,n1x(k1)i6= x(k1)i+1时,i = 1,2,.,n其中x(k1)n+1= x(k1)1.记yk= (x(k)1,x(k)2,.,x(k)n1,x(k)n),k = 1,2,.若正整数m满足y0= ym.求证:m是n的倍数.证明:将一个圆周n等分,将x(k)1,x(k)2,.,x(k)n1,x(k)n依次按顺时针方向写在这些分点上表示yk.31对于y0,显然它有唯一的对称轴,不妨设为竖直线.因为x(k)i x(k1)i+ x(k1)i+1(mod 2).所以将yk中每两个相邻点上的数的和除以2的余数放在这段弧的中点上,再将原先的数撤去,显然对称轴是不变的. 而再将它逆时针旋转n时,即得到yk+1.所以yk+1的对称轴是yk的对称轴逆时针旋转n.若y0= ym,它们的对称轴也相同,而中间变换了m次,对称轴旋转了mn,而它重合于竖直线, 所以它旋转了的整数倍,记为k.mn= k,m = kn,即m是n的倍数.32第十一届中国数学奥林匹克(1996年)天津 南开大学1. 设H是锐角4ABC的垂

63、心, 由A向以BC为直径的圆作切线AP,AQ,切点分别为P,Q.求证:P,H,Q三点共线.证明:设三条高的垂足分别为D,E,F,BC中点为O,PQ与AO交于R,则AO PR.由APO = ARP = 90,4APO v ARP,AO AR = AP2.又ADC = BEC = 90, H,D,C,E四点共圆. AE AC = AH AD.由切割线定理AE AC = AP2. AO AR = AH AD.若D与O重合,则H与R重合,P,H,Q显然共线.否则,O,D,H,R四点共圆,ORH = ODH = 90. AO RH,P,H,Q共线,证毕.2.设S = 1,2,.,50,求最小自然数k,使S的任一k元子集中, 都存在两个不同的数a和b,满足a + b整除ab.解:设a,b S,满足a+b整除ab.设c = gcd(a,b),于是a = ca1,b = cb1,其中a1,b1 N,且gcd(a1,b1) = 1.因此c(a1+ b1) = a + b|ab = c2a1b1,a1+ b1|ca1b1 gcd(a1+ b1,a1) = gcd(a1+ b1,b1) = 1,所以a1+

64、b1|c.因为a,b S,a + b 6 99,c(a1+ b1) 6 99.所以3 6 a1+ b16 9.易知S中所有满足a + b整除ab的不同数对共有23对如下:a1+ b1= 3 : (6,3)(12,6)(18,9)(24,12)(30,15)(36,18)(42,21)(48,24)a1+ b1= 4 : (12,4)(24,8)(36,12)(48,16)a1+ b1= 5 : (20,5)(40,10)(15,10)(30,20)(45,30)a1+ b1= 6 : (30,6)a1+ b1= 7 : (42,7)(35,14)(28,21)a1+ b1= 8 : (40,24)a1+ b1= 9 : (45,36)令M = 6,12,15,18,20,21,24,35,40,42,45,48,|M| = 12.并且上述23个数对中每一对都至少包含M中1个元素. 因此,若令T = S M,则|T| = 38,且T中任何两数都不满足题中条件,所以k 39.而下列12个满足题中条件的数对互不相交:(6,3)(12,4)(20,5)(42,7)(24,8)(18,9)(40

65、,10)(35,14)(30,15)(48,16)(28,21)(45,36)对于S的任意一个39元子集R,只比S少11个元素,而这11个元素至多属于上述12个数对中的11对,从而必有一对属于R.33综上可知,所求的最小自然数k = 39.3.设R为实数集合, 函数f : R R适合条件f(x3+ y3) = (x + y)(f(x)2 f(x)f(y) + (f(y)2),x,y为实数.试证:对一切实数x,都有f(1996x) = 1996f(x).证明:令x = y = 0,有f(0) = 0.令y = 0,f(x3) = x(f(x)2.所以f(x) = x13(f(x13)2,x R.由此可知x 0时,f(x) 0;x 6 0时,f(x) 6 0.设S = a 0|对于x R,f(ax) = af(x).显然1 S,若a S,由f(x) = x13(f(x13)2,ax(f(x)2= af(x3) = f(ax3) = f(a13x)3) = a13x(f(a13x)2.所以(f(a13x)2= (a13f(x)2,f(a13x) = a13f(x).即a13 S.若a,b S

66、,则a13,b13 Sf(a + b)x)=f(a13x13)3+ (b13x13)3)=(a13+ b13)x13(f(a13x13)2 f(a13x13)f(b13x13) + (f(b13x13)2=(a13+ b13)x13(a23 a13b13+ b23)(f(x13)2=(a + b)x13(f(x13)2) = (a + b)f(x) a + b S.由1 S,1 + 1 = 2 S,由归纳法易知所有自然数n S. 1996 S,即f(1996x) = 1996f(x).4.8位歌手参加艺术会,准备为他们安排m次演出, 每次由其中4位登台表演.要求8位歌手中任意两位同时演出的次数都一样多, 请设计一种方案,使得演出的次数m最少.解:设任两位同时演出r次,则r82= m42,即14r = 3m. 3|r,r 3,m 14.用1,2,.,8代表8位歌手,如下14次演出满足要求:(1,2,3,4);(1,2,5,6);(1,2,7,8);(1,3,5,7);(1,3,6,8);(1,4,5,8);(1,4,6,7);(2,3,5,8);(2,3,6,7);(2,4,5,7);(

67、2,4,6,8);(3,4,5,6);(3,4,7,8);(5,6,7,8). m = 14.5.设n为自然数,x0= 0,xi 0,i = 1,2,.,n且nPi=1xi= 1.求证:1 6nXi=1xi1 + x0+ x1+ + xi1xi+ + xn 2 n n+1= 0.往证:1 6nXi=1cosi+1 cosi1 + cosi1 cosi2即1 6nXi=1cosi+1 cosisininXi=1(cosi+1 cosi) = cosn+1 cos1= 1又由于i+1+i2 i,sinx x(0 x 2).nXi=1cosi+1 cosisini=nXi=12sini+1+i2sinii+12sini6nXi=12sinisinii+12sini=2nXi=1sini i+12 C = 90,所以DG DA;又DHA = B + BDH = ADB C = 90,所以DA DH.所以必然存在某个E,使得DE = DF,即4DEF为等边三角形.并且E从G运动到A时,DE严格增,DF严格减,所以有唯一的E,使得4DEF为等边三角形.设BD = x,令CE =32x,BF = 1

68、 x2.由余弦定理DF2= x2+ (1 x2)2 2x(1 x2)cos60=74x2 2x + 1DE2= (1 x)2+ (32x)2=74x2 2x + 135EF2= (3 32x)2+ (1 +x2)2 23(1 x2)(1 +x2)cos30=74x2 2x + 1即DF = DE = EF,此时4DEF为等边三角形,即D固定时唯一的等边三角形.设DEF为等边三角形,记AB,AC中点分别为M,N,BM中点为S,T在AB上,BT =13AB.D从B运动到C时,E从C运动到N,F从M运动到S.设4DEF的边长为a.a2=74x2 2x + 1 =74(x 47)2+37.当x =47时,有最小值q37.设此时在4PQR的位置.下面证明对任意内接三角形XY Z,最大边长不小于q37.考虑Z在AB上的位置,(1)Z在AM上,则ZX 12AC =32q37;(2)Z在BT上,则ZY 23BC =23q37;(3)Z在MT上,按照前面的方法作出正三角形DEF,(F = Z),x 32x = CE .则DE = DF = EF q37.(3.1)X在CD上,XZ DF q37;(3.2

69、)Y 在CE上,FEC 90,Y Z EF q37;(3.3)X在BD上,Y 在AE上,XY =CX2+ CY2CD2+ CE2= DE q37.综上所述,4ABC的内接三角形的最长边的最小值为q37.36第十二届中国数学奥林匹克(1997年)杭州 浙江大学1.设实数x1,x2,.,x1997满足如下两个条件:(1)136 xi63(i = 1,2,.,1997)(2)x1+ x2+ + x1997= 3183试求x121+ x122+ + x121997的最大值,并说明理由.解:考虑函数f(x) = (t + x)12+ (t x)12,(t为常数).显然f(x)为偶函数且展开式中所有偶次项系数均为正,所有奇次项均为0,所以f(x)在0,+)上为增函数.所以对于i,j,1 6 i j 6 1997,xi+ xj为定值时, 当|xj xi|的值越大时,x12i+ x12j越大.这样我们逐次进行调整,过程如下:每次选取 13 xi6 xj3 13,则将(xi,xj)调整为(xi+ xj3,3); 否则将(xi,xj)调整为(xi+ xj+13,13). 这样调整后F = x121+ x1

70、22+ + x121997的值增大,经过有限次这样的调整后, 最多有一个xi不等于13或3,此时达到最大值.设此时有k个3,1996 k个13,另一个为m 13,3.则k3 + (1996 k)(13) + m = 3183,m =13(1042 4k). 1 6 1042 4k 6 3,103946 k 610434又因为k Z, k = 260,m =233. F 6 260(3)12+ 1736(13)12+ (233)12= 189548当有260个xi为3,1个xi为233,其他均为13时取等号.2.点P是凸四边形A1B1C1D1内一点, 且P到各顶点的连线与四边形过该点的两条边的夹角均为锐角.递推定义Ak,Bk,Ck和Dk分别为P关于直线 Ak1Bk1,Bk1Ck1, Ck1Dk1和Dk1Ak1的对称点(k = 2,3,.).考察四边形序列AjBjCjDj(j = 1,2,.).试问:(1)前12个四边形中,哪些必定与第1997个相似,哪些未必;(2)假设第1997个是圆内接四边形,那么在前12个四边形中,哪些必定是圆内接四边形,哪些未必.解:设DjAjP,AjBjP,Bj

71、CjP,CjDjP分别为j,j,j,j;PAjBj,PBjCj,PCjDj,PDjAj分别为0j,0j,0j,0j.不难知道Aj为4Dj+1Aj+1P的外心,所以j+1=12Dj+1AjP = j.类似地,我们可以知道(j+1,j+1,j+1,j+1) = (j,j,j,j)(0j+1,0j+1,0j+1,0j+1) = (0j,0j,0j,0j) (j+4,j+4,j+4,j+4) = (j,j,j,j)(0j+4,0j+4,0j+4,0j+4) = (0j,0j,0j,0j) Aj+4Bj+4Cj+4Dj+4v AjBjCjDj37又因为(j+2+ 0j+2) + (j+2+ 0j+2) = j+ 0j+ j+ 0j= (j+ 0j) + (j+ 0j)所以Aj+2Bj+2Cj+2Dj+2与AjBjCjDj相应的对角和相等.于是有(1)前12个四边形中,第1,5,9个必定与第1997个相似;(2)假设第1997个是圆内接四边形,那么在前12个四边形中,第1,3,5,7,9,11个必定是圆内接四边形.下面说明对于前12个四边形中其他的四边形未必成立.考虑筝形A1B1C1D1,P为其对

72、角线交点,A1B1= A1D1,C1B1= C1D1,B1= D1 90.它不是圆内接四边形.设(1,1,1,1) = (,), 则(01,01,01,01) = (,).所以(2,2,2,2) = (,); (02,02,02,02) = (,),( + 90.A4B4C4D4为等腰梯形,是圆内接四边形.这四个四边形互不相似,而四边形的形状显然是以4为周期变化. 所以在这个四边形序列中,前12个四边形中,只有第1,5,9个与第1997个相似.在上述序列中,以A2B2C2D2为第一个四边形,不难知道所有的第2k + 1个四边形均为圆内接四边形, 而其他四边形均不是圆内接四边形,所以第1997个是圆内接四边形,在前12个四边形中,只有第1,3,5,7,9,11个是圆内接四边形.综上所述(1)前12个四边形中,第1,5,9个必定与第1997个相似,其他未必;(2)假设第1997个是圆内接四边形,在前12个四边形中,第1,3,5,7,9,11个必定是圆内接四边形,其他未必.3.求证存在无穷多个正整数n,使得可将1,2,.,3n列成数表满足如下两个条件:(1)a1+ b1+ c1= a2+ b

73、2+ c2= = an+ bn+ cn且为6的倍数;(2)a1+ a2+ + an= b1+ b2+ + bn= c1+ c2+ + cn且为6的倍数.证明:显然6n|12(3n)(3n + 1),18|12(3n)(3n + 1).必有n 1 (mod 4),n 0 (mod 3),所以n 9 (mod 12).下面Ai中第1,2,3行分别记为(i),(i),(i),且(i) + k表示将(i)中每个数都加上k,其他类似.先构造A9满足条件:设A3=18653794238显然各行各列之和均为15,令A9=(3)(3) + 18(3) + 9(3) + 9(3)(3) + 18(3) + 18(3) + 9(3)易知A9中的27个元素为1,2,.,27,并且各列之和为15 + 9 + 18 = 42 0 (mod 6);各行之和为3(15 + 9 + 18) = 126 0 (mod 6).所以9是满足条件的正整数.设m满足条件,且形成的数表(矩阵)为Am,各行之和为6u,各列之和为6v.构造A3m如下:A3m=(m)(m) + 6m(m) + 3m(m) + 3m(m)(m) + 6

74、m(m) + 6m(m) + 3m(m)则A3m中9m个元素为1,2,.,9m,并且各行之和为18u + 9m2,各列之和为6v + 9m.构造A9m如下:A9m=(3m)(3m) + 18m(3m) + 9m(3m) + 9m(3m)(3m) + 18m(3m) + 18m(3m) + 9m(3m)则A9m中27m个元素为1,2,.,27m,并且各行之和为54u + 108m2 0 (mod 6),各列之和为6v + 36m 0 (mod 6). 9m也是满足条件的正整数,由归纳法不难证明对k N,9k是满足条件的正整数,显然有无穷多个.4.四边形ABCD内接于flO,其边AB与DC的延长线交于点P, AD与BC的延长线交于点Q,过Q作该圆的两条切线QE和QF, 切点分别为E,F.求证:P,E,F三点共线.证明:连接PQ,并且在PQ上取一点M,使得B,C,M,P四点共圆,则QE2= QM QP = QC QB,并且PMC = CBA = PDQ.所以C,D,Q,M四点共圆. 所以PM PQ = PC PD.PQ2= PM PQ + QM PQ = QC QB + PC PD.连接PF

75、,设PF与圆的另一交点为E0,作QG PF,垂足为G.则PD PC = PE0 PF,QF2= QC QB.所以PE0 PF + QF2= PQ2,即PE0 PF = PQ2 QE2.又因为PQ2 QF2= PG2 GF2= (PG GF)(PG + GF) = PF(PG GF),从而PG GF = PE0= PG GE0.即GF = GE0.故E0与E重合,P,E,F三点共线.另证:设过A,D的切线相交于R,过B,C的切线相交于S,AC,BD相交于T.则R为AD的极点,S为BC的极点.由于AD过点Q,BC过点Q,所以Q的极线EF过点R,S.在退化六边形AACDDB中,由Pascal定理,P,R,T三点共线;类似的在ACCDBB中,P,S,T三点共线.所以P,R,S,T四点共线,即P在直线EF上.证毕.395.设A = 1,2,3,.,17,对于映射f : A A,记f1(x) = f(x),fk+1= f(fk(x)(k N).设从A到A的一一映射f满足条件:存在自然数M,使得:(1)当m M,1 6 i 6 16时,有fm(i + 1) fm(i) 6 1(mod 17),fm(

76、1) fm(17) 6 1(mod 17)(2)当1 6 i 6 16时,有fm(i + 1) fm(i) 1或 1(mod 17),fm(1) fm(17) 1或 1(mod 17)试对满足上述条件的一切f,求所对应的M的最大可能值,并证明你的结论.证明:所求Mmax= 8.令1与18相同.将所有的fm(i + 1),fm(i)(i = 1,2,.,17;m = 1,2,.,M 1)配成一对, 则所有的这样的数对均不相同.否则设存在(fm1(i + 1),fm1(i) = (fm2(j + 1),fm2(j).因为f为双射,必然存在反函数f1.若m1= m2,必有(i + 1,i) = (j + 1,j).否则设m1 m均有an6 ma1+ (nm 1)am.证明:若n = m,结论显然成立.否则设n = km + r(1 6 r 6 m,k N),则 an6 kam+ ar.40annamm6kam+ arnamm=(mk n)am+ marmn=mar rammn=rn(arramm)而ar6 ra1,r 6 m.annamm6mn(a1amm)化简后即得到an6 ma1+ (n

77、m 1)am.41第十三届中国数学奥林匹克(1998年)广州 广州师范学院1.在一个非钝角4ABC中,AB AC,B = 45,O和I分别是4ABC的外心和内心, 且2OI =AB AC,求sinA.解:由Euler公式OI =R2 2Rr. 2(R2 2Rr) = (b c)2.又r =12(a + c b)tanB2=212(a + c b).并且asinA=bsinB=csinC= 2R.所以1 2(2 1)(sinA + sinC sinB) = 2(sinB sinC)2. B = 45, sinB =22.sinC = sin(135 A) =22(sinA + cosA). 2sinAcosA (2 2)sinA 2cosA +2 1 = 0.即(2sinA 1)(2cosA 2 + 1) = 0.所以sinA =22或者cosA = 1 22即sinA =1 cos2A =q2 12.综上所述,sinA =22或者q2 12.2.给定大于1的正整数n,是否存在2n个两两不同的正整数, 同时满足以下两个条件:(1)a1+ a2+ + an= b1+ b2+ + bn;(2

78、)n 1 11998nPi=1aibiai+bi n 1.请说明理由.解:存在.令ai= M + i,bi= i(i = 1,2,.,n 1),an= k,bn= k + (n 1)M,其中k,M待定. S=nXi=1ai biai+ bi=n1Xi=1MM + 2i(n 1)M(n 1)M + 2k=n 1 n1Xi=12iM + 2i+(n 1)M(n 1)M + 2k!显然S n 1 11998等价于T =n1Xi=12iM + 2i+(n 1)M(n 1)M + 2k11998令M = 3996n(n 1),k = 1998(n 1)M.则T n1Xi=12iM+(n 1)M(n 1)M + 2k=n(n 1)M+(n 1)M(n 1)M + 2k=13996+13997 50,下面证明S的任一50元子集T中都存在这样10个数,其中一个与其他九个数均互质, 而其他九个数有一个公因子,显然这十个数满足题意.用反证法,假设不存在这样的十个数.B1= 1,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,|B1| = 11,为1和大于49的质数组成的集合.(1)如果B1 T

79、 6= ,设a B1,a T,显然a与T中其他数均互质,所以T中不存在九个数有公因子,至多有8个偶数,8个3的倍数.因为C = x|x为奇数,3|x,x S,|C| = 16,所以|T| 6 8 + 8 + (98 49 16) = 49,矛盾.B2= 13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,|B2| = 10,为大于12小于49的质数组成的集合.(2)T B1= ,T B26= ,则T中至多有38个奇数,至少有12个偶数,|T A| 12.设B2中的b T,类似(1),T A中至多有8个与b互质;因为49b 3,所以T A中不与b互质的至多有3个,|T A| 6 11,矛盾.B3= 5 11,5 13,5 17,5 19,7 7,7 11,7 13,|B3| = 7.(3)T B1= T B2= ,T B36= ,则T中至多有28个奇数,|T A| 22.设B3中c T,类似(1),T A中至多有8个与b互质;因为495 + 4911 49511 = 13,497 = 7,所以T A中不与c互质的至多有13个,|T A| 6 21,矛盾.B4= 5 7,5 5,3

80、 31,3 29,3 23,3 19,3 17,3 13,3 11,|B4| = 9.(4)T B1= T B2= T B3= ,T B46= ,则T中至多有21个奇数,|T A| 29.设B4中d T,类似(1),T A中至多有8个与d互质;因为495 + 497 4957 = 15,493 + 4911 49311 = 19,所以T A中不与d互质的至多有19个,|T A| 6 27,矛盾.B5= S A B1 B2 B3 B4,|B5| = 12,B5中的数最多有2个不同质因子,(3 5 7 = 105 98).(5)T B1= T B2= T B3= T B4= ,T B56= ,则T中至多有12个奇数,|T A| 38.设B5中s T,类似(1),T A中至多有8个与s互质;因为493 + 495 4935 = 22, 所以T A中不与s互质的至多有22个,|T A| 6 30,矛盾.(6)T Bi= (i = 1,2,3,4,5),T中没有奇数,所以|T| 6 |A| = 49,矛盾.综上所述,S的任一50元子集T中都存在这样10个数.所以n = 50.434.求所有大于3

81、的自然数n, 使得1 +n1+n2+n3整除22000.解:1 +n1+n2+n3=16(n3+ 5n + 6) =16(n + 1)(n2 n + 6) = 2k(k 6 2000). (n + 1)(n2 n + 6) = 3 2k+1, n 3,n + 1 4,n2 n + 6 12.(1)n + 1 = 2m,n2 n + 6 = (2m 1)2 (2m 1) + 6 = 22m 3 2m+ 8 = 3 2t. m 3,如果m = 3,n2 n + 6 = 48,n = 7,满足条件.否则m 3,n2 n + 6 = 22m 3 2m+ 8 8 (mod 16), 3 2t 8 (mod 16),t = 3,n2 n = 18,n不是整数.(2)n + 1 = 3 2m,n2 n + 6 = (3 2m 1)2 (3 2m) + 6 = 9 22m 9 2m+ 8 = 2t. m 1,如果m 4,n2 n + 6 8 (mod 16), 2t 8 (mod 16),t = 3. n2 n + 6 = 8,n2 n = 2,n = 2,m = 0,矛盾.否则1 6 m 6 3,m

82、 = 1,n = 5,n2 n + 6 = 26,不可能.m = 2,n = 11,n2 n + 6 = 116,不可能.m = 3,n = 23,n2 n + 6 = 512 = 29,t = 9.综上所述,n = 7,23.经检验均符合条件.5.设D为锐角三角形ABC内部一点,且满足条件:DA DB AB + DB DC BC + DC DA CA = AB BC CA.试确定D点的几何位置,并证明你的结论.解:建立复平面,设A,B,C所对应的复数分别为z1,z2,z3,D对应的复数为z.考虑多项式f(z) 1,由Lagrange插值公式:f(z) =(z z1)(z z2)(z3 z1)(z3 z2)f(z3) +(z z1)(z z3)(z2 z1)(z2 z3)f(z2) +(z z2)(z z3)(z1 z2)(z1 z3)f(z1) = 1所以对于任意的z C,(z z1)(z z2)(z3 z1)(z3 z2)+(z z1)(z z3)(z2 z1)(z2 z3)+(z z2)(z z3)(z1 z2)(z1 z3)= 1flflflfl(z z1)(z z2)(z3

83、z1)(z3 z2)flflflfl+flflflfl(z z1)(z z3)(z2 z1)(z2 z3)flflflfl+flflflfl(z z2)(z z3)(z1 z2)(z1 z3)flflflfl 1即对于平面上任意一点D,DA DBCA CB+DA DCBA BC+DB DCAB AC 1DA DB AB + DB DC BC + DC DA CA = AB BC CA等号成立当且仅当12,23,31 R+,其中1=zz1z2z3,2=zz2z3z1,3=zz3z1z2.所以2j R+,j= kji,kj R+(j = 1,2,3).zz1z2z3= 1= k1i,所以DA BC,类似的有DB AC,DC AB.即D为4ABC的垂心.446.设n 2,x1,x2,.,xn为实数,且nXi=1x2i+n1Xi=1xixi+1= 1.对于每一个固定的自然数k(1 6 k 6 n),求|xk|的最大值.解:由于xi与xn+1i在式中的对称性,可以设nXi=1x2i+n1Xi=1xixi+1=(a1x1+1 a2x2)2+ (a2x2+1 a3x3)2+ + (ak1xk1+1

84、akxk)2+(p1 an+1kxk+ankxk+1)2+ + (1 a2xn1+a1xn)2+1 (1 ak) (1 an+1k)x2k= 1其中数列an满足:a1= 1,2ai1 ai+1= 1.即ai+1= 1 14ai,由数学归纳法不难证明:ai=i+12i,1 ai=i12i(i = 1,2,.).并且有0 6 ai6 1. 1 (1 ak) (1 an+1k)x2k6 1(k = 1,2,.,n).即|xk| 6q2k(n+1k)n+1,等号成立当且仅当a1x1+1 a2x2=a2x2+1 a3x3= =ak1xk1+1 akxk= 0,并且1 an+1kxk+ankxk+1= =1 a2xn1+a1xn= 0.由xk=q2k(n+1k)n+1,可以求得x1,x2,.,xn的值,所以等号可以取到.所以|xk|的最大值为q2k(n+1k)n+1.45第十四届中国数学奥林匹克(1999年)北京 北京大学1.在锐角4ABC中, C B, 点D是边BC上的一点,使得ADB是钝角,H是4ABD 的垂心,点F在4ABC内部且在4ABD 的外接圆上.求证:点F是4ABC垂心的充分必要条件

85、是:HD平行于CF且H在4ABC的外接圆上.证明:不难证明如下的结论:点F是4ABC的垂心的充分必要条件为CF AB并且AFB = 180C. H是4ABD的垂心, HD AB,AHB = 180 ADB.又因为A,B,D,F四点共圆,所以ADB = AFB.所以点F是4ABC垂心的充分必要条件是:HD平行于CF且AHB = C.而AHB = C H在4ABC的外接圆上(因为ADB为钝角,H不可能在劣弧dAB上,必然与C在AB同侧).所以原命题成立,证毕.2.给定实数a,设实系数多项式序列fn(x)满足:f0(x) = 1,fn+1(x) = xfn(x) + fn(ax),其中n = 0,1,.(1)求证:fn(x) = xnfn(1x),其中n = 0,1,.(2)求fn(x)的明显表达式.解:当a = 1时,fn+1(x) = (x + 1)fn(x),由数学归纳法有fn(x) = (x + 1)n.则fn(x) = (x + 1)n= xn(1x+ 1)n= xnfn(1x).当a 6= 1时,定义Tn= (an 1)(an1 1)(a 1),(n N),T0= 1.Skn=T

86、nTkTnk(k 6 n).我们用归纳法证明:fn(x) = Snnxn+ Sn1nxn1+ + S0n.对于n = 0,显然是成立的,假设对于n = k成立,对于n = k + 1,由归纳假设,fk+1(x)的m次项系数为Sm1k+ amSmk,只需证明Sm1k+ amSmk= Smk+1TkTm1Tk+1m+ amTkTmTkm=Tk+1TmTk+1m (am 1) + am(ak+1m 1) = ak+1 1,这显然是成立的.所以fk+1(x) = Sk+1k+1xk+1+ Skk+1xk+ + S0k+1.所以fn(x) = Snnxn+ Sn1nxn1+ + S0n对于任意的n N均成立.由于Skn= Snkn,所以xnfn(1x)=xn(Snn1xn+ Sn1n1xn1+ + S0n)=Snn+ Sn1nx + + S0nxn= Snnxn+ + S0n= fn(x)综上所述结论(1)成立,并且fn(x) =(x + 1)na = 1Snnxn+ Sn1nxn1+ + S0na 6= 1(其中Skn定义如前)463.MO太空城由99个空间站组成,任何两空间站之间都有一条管形

87、通道相连. 规定其中99条通道为双向通行的主干道.其余通道严格单向通行, 如果某四个空间站可以通过它们之间的通道从其中任一站到达另外任一站, 则称这四个站的集合为一个互通四站组.试为MO太空城设计一个方案, 使得互通四站组的数目最大(请具体算出该最大数,并证明你的结论).解:如果从某个空间站到另三个空间站的通道均是由该站单向发出, 那么这四个空间站不是互通四站组,将所有这样的四站组记为A类非互通四站组. 其余非互通四站组记为B类.将空间站编号为1,2,.,99,设从第i各空间站出发的单向通道有ki条,则|A| =99Pi=1ki3,并且99Pi=1ki=992 99 = 99 48. 当k l时,k l + 1,而k3k13=k12.k12l2k3k13l+13l3k3+l3k13+l+13.所以经有限次调整知|A| 99 483,而|B| 0.所以互通四站组最多有994 99483= 2052072个.构造一种方案使得互通四站组的个数达到最大值,将所有空间站编号为1,2,.,99,并且按照该顺序排列在一个圆上.(1,2),(2,3),.,(98,99),(99,1)为双向主干道.其余

88、的通道(i,j),若从i到j顺时针经过偶数个空间站,则(i,j)为由i到j的单向通道.因为i到j顺时针经过偶数个空间站等价于从j到i顺时针经过奇数个空间站,所以可以这样安排.非互通四站组若不含双向主干道,要么有一站到另三个空间站的通道均是由该站单向发出,即为A类非互通四站组; 要么有一站到另三个空间站的通道均是向该站发出,设B A,C A,D A,且顺时针方向依次为A,B,C,D.不难知道B C,B D,所以B到另三个空间站的通道均是由该站单向发出,为A类非互通四站组.若四站组含有双向主干道,则易知其他任意空间站到这两站均为一进一出,必为互通四站组.所以没有B类非互通四站组,且从每个空间站均发出48条单向通道.即此时互通四站组的个数达到最大值2052072.4.设m是给定的整数.求证:存在整数a,b和k, 其中a,b均不能被2整除, k 0, 使得2m = a19+ b99+ k 21999.解:若x 6 y (mod 21999),x,y为奇数,则由x19 y19= (x y)(x18+ x17y + + y18).因为后一个括号中为奇数,所以与21999互质,所以x196 y19(

89、mod 21999).所以当a取遍21999的既约剩余系时,a19也取遍21999的既约剩余系.令b = 1,存在a,a19 2m 1 (mod 21999),并且有无穷多个这样的a. 当a足够小时,不难知道k为正整数,证毕.5.求最大的实数,使得当实系数多项式f(x) = x3+ax2+bx+c的所有根都是非负实数时, 只要x 0,就有f(x) (x a)3.并问上式中等号何时成立?解: = 127.设f(x)的三个根为,f(x) = (x )(x )(x ).不妨设0 6 6 6 ,则a = + + ,x a = x + + + 0.47(1)0 6 x 6 6 6 ;f(x) = ( x)( x)( x) (+3x3)3 (+x3)3= 127(x a)3.(2)0 6 6 (+x+3)3 (+x3)3= 127(x a)3.(3) ;f(x) 0 127(x a)3.综上所述f(x) 127(x a)3.并且x = 0, = = 或者 = = 0, = 2x时等号成立.6.4 4 4的大正方体由64个单位正方体组成. 选取其中的16个单位正方体涂成红色, 使得大正方体中每个由4

90、个单位正方体组成的1 1 4的小长方体中, 都恰有1个红色单位正方体.问16个红色单位正方体共有多少种不同取法?说明理由.解:在底面16个正方形中每个写上1,2,3,4之一,表示该竖直1 1 4小长方体中从下往上第几个为红色.形成一个4 4的数表,其中每行每列均为1,2,3,4的一个排列,称为4阶拉丁方, 并将第一行第一列按顺序均为1,2,3,4的拉丁方称为4阶标准拉丁方,显然16个红色单位正方体不同取法数目为4阶拉丁方的数目.显然将4阶拉丁方任两行(列)调换仍为4阶拉丁方,对于任意一个4阶拉丁方,先通过调换列使之第一行为1,2,3,4; 再通过调换2,3,4行使第一列为1,2,3,4,形成唯一一个4阶标准拉丁方.而每个4阶标准拉丁方,对应4! 3!个4阶拉丁方, (第一行有4!中排列,第一列后三个格有3!中排列).只需求4阶标准拉丁方的个数.考虑第二行第二列那个各种所填的数,显然不为2.(1)填1,第二行第二列已经确定,剩下4个方格填入2个1,2个2,显然有两种填法.(2)填3,第二行第二列已经确定,易知剩下4个方格也已经确定.填4类似.所以共有4个4阶标准拉丁方.所以4阶拉丁方有4

91、 4! 3! = 576个.所以16个红色单位正方体不同取法数目为576.48第十五届中国数学奥林匹克(2000年)合肥 中国科技大学1.设a,b,c为4ABC的三条边, a 6 b 6 c, R和r分别为4ABC的外接圆半径和内切圆半径.令f = a + b 2R 2r,试用角C的大小来判定f的正负.解:用A,B,C分别表示4ABC的三个内角.由公式a = 2RsinA,b = 2RsinB,r = 4RsinA2sinB2sinC2.f=a + b 2R 2r=2R(sinA + sinB 1 4sinA2sinB2sinC2=2R(2sinA + B2cosA B2 1 2sinC2(cosA B2 cosA + B2)=2R(2cosC2cosA B2 1 2sinC2cosA B2+ 2sin2C2)=2R(2cosA B2(cosC2 sinC2) (cos2C2 sin2C2)=2R(cosC2 sinC2)(2cosA B2 cosC2 sinC2) a 6 b 6 c, A 6 B 6 C. 0 6BA2C22,0 6BA2A+B2 cosC2,AB2 cosA+B2

92、= sinC2. 2cosAB2 cosC2 sinC2 0. f 0 cosC2 sinC2 0 C 2;f = 0 cosC2 sinC2= 0 C =2;f 0 cosC2 sinC22.2.数列an定义如下:a1= 0,a2= 1,an=12nan1+12n(n 1)an2+ (1)n(1 n2)(n 3).试求fn= an+ 2?n1an1+ 3?n2an2+ + (n 1)?nn 2a2+ n?nn 1a1的最简表达式.解:令bn=an(1)nn!,则b1= 0,b2=12,bn= 12bn1+12bn2+2n2n!(n 3).设cn= bn+ bn1,2cn1= cn2+2nn!(n 3). 2cn+1= cnn(n+2)!(n 1).2(cn+11(n+2)!) = cnn(n+2)!2(n+2)!= cn1(n+1)!.并且c1= b1+ b2=12, c112!= 0. cn1(n+1)!= 0,cn=1(n+1)!,即bn+ bn+1=1(n+1)!.49令gn=fnn!=1n!nXk=1(n k + 1)?nn kak=nXk=1(1)kn k + 1(n k)

93、!bk gn+1 gn=n+1Xk=1(1)kn k + 2(n + 1 k)!bknXk=1(1)kn k + 1(n k)!bk=n+1Xk=2(1)kn k + 2(n + 1 k)!bkn+1Xk=2(1)k+1n k + 2(n + 1 k)!bk1=n+1Xk=2(1)kn k + 2(n + 1 k)!(bk+ bk1)=n+1Xk=2(1)kn k + 2(n + 1 k)!1k!=n+1Xk=2(1)k(n + 1 k)!k!+nXk=2(1)k(n k)!k!=1(n + 1)!n+1Xk=2(1)k?n + 1k+1n!nXk=2(1)k?nkn+1Xk=0(1)k?n + 1k= (1 1)n+1= 0,nXk=0(1)k?nk= (1 1)n= 0 gn+1 gn=0 + n + 1 1(n + 1)!+0 + n 1n!=n(n + 1)!+n 1n!=1(n 1)!1(n + 1)! g3= 2b2+ b3=43 fn= n!gn= n!nXk=41(k 2)!Xk=41k!+ g3!= n!?43+12!+13!1(n 1)!1n!= 2n!n1(n 3

94、)不难验证对于n = 1,2也成立,所以fn= 2n! n 1.3.某乒乓俱乐部组织交流活动,安排符合以下规则的双打赛程表,规则为:(1)每个参赛者至多属于两个对子;(2)任意两个不同对子之间至多进行一次双打;(3)凡表中同属一对的两人就不在任何双打中作为对手相遇.统计各人参加的双打次数，约定将所有不同的次数组成的集合称为“赛次集”.给定由不同的正整数组成的集合A = a1,a2,.,ak,其中每个数都能被6整除. 试问至少必须有多少人参加活动,才可以安排符合上述规则的赛程表, 使得相应的赛次集恰为A,请证明你的结论.解:设a1 a2 1),将a12+ 3人分成三大组S,T,U.|S| =a12,|T| =aka12+ 3,|U| =ak+1ak2.同样将每大组分成3人小组,每组三人两两结成对子,每人恰参加两个对子.S大组中任一对都与其他小组的对子进行比赛,每个人都比赛了ak+1场;U大组中任一对都只与S大组中的所有对子比赛,每个人都比赛了a1场.由归纳假设,可在T大组中安排赛程,使得赛次集为a2 a1,a3 a1,.,ak a1.又因为T大组中任一对都与S大组中的所有对子比赛,每个人

95、又都比赛了a1场.所以T大组中的人比赛场次所组成的集合为a2,a3,.,ak,所以所有选手的赛次集为A,满足条件.由归纳法存在ak2+ 3人参赛的赛程表,使得赛次集为A.综上所述,最少有ak2+ 3人参加.4.设n 2.对n元有序实数组A = (a1,a2,.,an),令bk= max16i6kai,(k = 1,2,.,n).称B = (b1,b2,.,bn)为A的“创新数组”;称B中的不同元素个数为A的“创新阶数”.考察1,2,.,n的所有排列(将每种排列都视为一个有序数组), 对其中创新阶数为2的所有排列,求它们的第一项的算术平均值.解:设第一项为k的创新阶数为2的排列有xk个,显然xn= 0.而k = 1,2,.,n 1时,排列中所有大于k小于n的数必排在n之后.其他的数的位置可以任意取.即所有大于k的n k个数中n排在最前,恰占全部排列的1nk. xk=(n1)!nk.所以所求平均值为n1Pk=1kxkn1Pk=1xk=(n 1)!n1Pk=1kn k(n 1)!n1Pk=11n k=n1Pk=1nk 1n1Pk=11k= n n 11 +12+ +1n 1515.若对正整数

96、n,存在k,使得n = n1n2nk= 212k(n11)(n21)(nk1) 1,其中n1,n2,.,nk都是大于3的整数,则称n具有性质P. 求具有性质P的所有数n.解:显然n为奇数,并且存在m N,n = 2m 1.当m = 1,2,.,9时,不难验证只有m = 3,n = 7满足要求.当m 10时,由归纳法不难证明:2m 1 m3.212k(n11)(n21)(nk1) 1 kYi=1?ni 123而由ni 3,ni 5,所以?ni 123 4?ni 12 ni 212k(n11)(n21)(nk1) 1 n1n2nk所以具有性质P的n只有7.6.某次考试有5道选择题,每题都有4个不同答案供选择, 每人每题恰选1个答案,在2000份答卷中发现存在一个n, 使得任何n份答卷中都存在4份, 其中每两份的答案都至多3道题相同.求n的最小可能值.解:将每个题的答案记为1,2,3,4.每份答案记为(a,b,c,d,e),其中a,b,c,d,e 1,2,3,4.将(1,b,c,d,e)(2,b,c,d,e)(3,b,c,d,e)(4,b,c,d,e)记作一组.共44= 256组, 由抽屉原

97、则,至少有一组有2000256 + 1 = 8份答卷; 去掉该组后仍然还有一组有8份答卷,再去掉这组后仍然还有一组有8份答卷. 这24份答卷中任4份至少有两个在同一组,它们有4题答案相同.所以n 25.n = 25时,构造如下2000份答卷满足题意,每份答卷都使得a + b + c + d + e 0 (mod 4), 所以前面每一组中至多有一份答卷,共256种不同的答卷,任两份不同的答卷都至多有3题答案相同. 任取其中250种,每种恰有8份答卷,任取25份答卷,必有4份不同的答卷,它们之间任两份至多有3题答案相同.所以n = 25.52第十六届中国数学奥林匹克(2001年)香港 数学奥林匹克委员会1.给定a,2 a 2 3 4.则sin1=a2,sin4=124 a2, 易知1+ 4=2,2+ 3=2. tan1+ tan4=sin(1+ 4)cos1cos4=1cos1sin1=2sin21tan2+ tan3=2sin22T =SA0B0C0D0SABCD=2sin21+2sin2sin21+ sin2而sin21=12a4 a2,46 26 1,12a4 a26 sin226

98、1.由于T是关于sin22的严格减函数,Tmax=2(12a4 a2)2=8a2(4 a2),Tmin=4a4 a2+ 212a4 a2+ 1=4a4 a22.设X = 1,2,3,.,2001, 求最小的正整数m,满足要求:对X的任何一个m元子集W, 都存在u,v(u和v允许相同),使得u + v是2的方幂.解:令Y = 2001,2000,.,1025 46,45,.,33 17 14,13, ,9, 则|Y | = 998,并且可以证明对于任何u,v Y ,u + v都不是2的方幂.事实上,当u,v Y 时,不妨设u v并且有2r u 6 2r+ a 2r+1,其中当r分别取值10,5,4,3时,相应的a值依次为977,14,1,6.(1)若2r v 6 u,则2r+1 u + v 2r+2;(2)若1 6 v 2r,则当2r u 6 2r+ a,1 6 a 2r时,1 6 v 2r a.于是2r u + v 999.将X划分成下列999个互不相交的子集:Ai= 1024 i,1024 + i,i = 1,2,.,977;Bj= 32 j,32 + j,j = 1,2,.,14;

99、C = 15,17;Dk= 8 k,8 + k,k = 1,2,3,4,5,6;E = 1,8,16,32,1024.对于X的任何一个999元子集W,若W E 6= ,则从中任取一个元素的2倍都是2的方幂;若W E =,则W中的999各元素分属于前面的998个2元子集,由抽屉原理知W中必有不同的u和v属于其中同一个子集, 显然u + v是2的方幂.综上所述,所求的最小正整数m = 999.3.在正n边形的每个顶点上各停有一只喜鹊.突然受到惊吓, 众喜鹊都飞去.一段时间后,它们又都回到这些顶点上, 仍是每个顶点上一只,但未必都回到原来的顶点. 求所有正整数n,使得一定存在3只喜鹊, 以它们前后所在的顶点分别形成的三角形或同为锐角三角形, 或同为直角三角形,或同为钝角三角形.解:对于n = 3,结论显然成立.若n 4,n为偶数,设A,B原来的位置为直径的两端点,若回来后仍为直径的两端点,则任取另一只C,可知前后4ABC均为直角三角形;否则设回来后A的对径点为C,则前后4ABC均为直角三角形,结论成立.若n 7,n为奇数,不妨设A回到原顶点,否则可通过旋转使得A回到原顶点. 作以A为一个端点

100、的直径,在直径两侧各有n12 3个点. 考虑原来在同一侧的三个点,由抽屉原则,回来后必有两个仍在同一侧,不妨设为B,C,则4ABC前后均为钝角三角形,结论成立.n = 5时,设原先按顺时针排列为A,B,C,D,E,返回后按顺时针排列为A,C,E,B,D,则此时不难验证所有的钝角三角形变为锐角三角形, 所有的锐角三角形变为钝角三角形,结论不成立.综上所述,所求的n为所有不小于3且不等于5的整数.4.设a,b,c,a+bc,a+cb,b+ca,a+b+c是7个两两不同的质数, 且a,b,c中有两数之和是800.设d是这7个质数中最大数与最小数之差. 求d的最大可能值.解:不妨设a b 0,c a + b,c a + c,c b + c, c 800.小于800的质数从大到小依次为797,787,.若c = 797,a + b = 800,a + b c = 3,a + b + c = 1597,令a = 13,b = 787,a + c b = 23,b + c a = 1571.不难验证均为质数,所以dmax= 2 797 = 1594.5.将周长为24的圆周等分成24段.从24个分点中

101、选取8个点, 使得其中任何两点间所夹的弧长都不等于3和8. 问满足要求的8点组的不同取法共有多少种?说明理由.54解:将这些点按顺时针方向依次标为1,2,.,24,并排成如下3 8的表格:147101316192291215182124361720232581114在表中,同一列相邻两数所代表的点之间所夹弧长为8,同一行相邻两数所代表的点之间所夹弧长为3,(第一列与第八列也是相邻的,第一行与第三行也是相邻的).所以在表中每相邻两数所代表的点均不能同时取. 即每一列只能取一个数,并且恰好取一个数.记从3 n数表中每列恰取一个数且任何相邻两列(包括第n列与第一列)所取得数均不同行的取法为xn种.从第一列取一个数有3种取法,第一列取定后,第2列所取得数不能与第一列同行,只有两种不同取法,以后每一列均有两种取法, 共3 2n种取法,但是第一列与最后一列所取的数同行的所有取法都不满足要求, 这时将这两列看作一列,即为n 1列时的所有取法,所以xn+ xn1= 3 2n1. x8=3 27 x7= 3 27 (3 26 x6)=3 (27 26) + x6= =3 (27 26+ 25 24+ 2

102、3 22+ 2) = 258既满足题中要求的不同取法总数为258.6.记a = 2001.设A是适合下列条件的正整数对(m,n)所组成的集合:(1)m 0,所以2p n 0.由条件(3)可得2am m2+ n2= 2am 2mn + 2mn m2+ n26 2am 2mn + 2a(n m) = 2n(a m)从而由(),p 6 a m.所以2p n 2p 6 2(a m) m.设(m,n) A,令n0= 2p n =2amm2n,显然n0也是正整数而且容易验证(m,n) A (m,n0) A.事实上,不难验证下面两式成立p0=2am m2+ n022n0=2am m2+ n22n= p55n02 m2+ 2mn0 2a(n0 m) =2am m2n2n2 m2+ 2mn 2a(n m)由2a m,便知关于(m,n0)的条件(2)(3)成立的充要条件是关于(m,n)的条件(2)(3)成立. 即(m,n) A (m,n0) A.这样一来,易知(m,n) A时,f(m,n) = n0 m,f(m,n0) = n m. f(m,n) = n0 m 2.取m = 2,条件化为2n|4a 4 +

103、 n2. 即4000n+n2为正整数,n2 3998n + 8000 6 0. 又n为正整数,3 6 n 63995,又n为4000的偶因子,取n = 2000,f(2,2000) = 2.综上可知 min(m,n)Af = 2.(2)再求f的最大值.因为(m,n) A时,m,n奇偶性相同且n m,令n = m + 2u,u为正整数,于是有f(m,n)=2am m2 mnn=2(a u)m 2m2m + 2u=2(a u)(m + 2u) 2(a u)2um + 2u2(m + 2u)2+ 8(m + 2u)u 8u2m + 2u=(2a + 6u) 2m + 2u +2u(a + u)m + 2u由(3),知(m + 2u)2 m2+ 2m(m + 2u) 6 4ua,即m2+4um2au+2u26 0,m 6 2u+p2u(a + u),m+2u 6p2u(a + u). 所以当u固定时,f(m,m+2u)关于m严格递增. f(m,m + 2u)为偶数,所以m + 2u必为2u(a + u)的因子,u = 1时,2(a + 1) = 4004 = 4 7 11 13.而若要m +

104、2u +2u(a+u)m+2u尽量大,m + 2u应尽量接近p2u(a + u) =4004,m + 2|4004,n = m + 2 = 52,m = 50,(m,n) A,f(50,52) = 4002 + 6 2(52 +400452) = 3750.所以有f(m,m + 2) 6 3750.以下证明:对于任意的(m,n) A,都有f(m,n) 6 3750.上面已证n = m + 2时,结论成立,由于m,n奇偶性相同且n m,故可以设n m + 4,于是f(m,n) =(2a m)mn m 6(2a m)mm + 4 m只需证明:对于任意的1 6 m 0.由于 = 1242 8 3750 = 4(622 7500) 0,所以结论是成立的.综上可知, max(m,n)Af = 3750.56第十七届中国数学奥林匹克(2002年)上海 上海中学1.三角形ABC的三边长分别为a,b,c,b c, AD是角A的内角平分线,点D在边BC上.(1)求在线段AB,AC内分别存在点E,F(不是顶点)满足BE = CF和BDE = CDF 的充分必要条件(用角A,B,C表示);(2)在点E和F存

105、在的情况下,用a,b,c表示BE的长.解:(1)因为AD平分BAC,所以D到AB,AC距离相等,又由于BE = CF,所以S4DBE= S4DFC. BDE = CDF, BD DE = CD DF.又BE = CF,BD2+ DE2 2BD DE cosBDE = CD2+ DF2 2CD DF cosCDF. BD2+ DE2= CD2+ DF2.所以BD = CD,DE = DF或者BD = DF,CD = DE.因为b DC,所以BD = DF,CD = DE.可以得到4BDE= 4FDC,B = DFC,C = BED,并且BDE = CDF = A.而C B = DFC DAC =12A, 2B A.反之,如果2B A,作CDF = BDE = A,则F,E分别在AC,AB上,4FDC v 4BAC v 4BDE.又D到FC,BE距离相等,所以4BDE= 4FDC,BE = CF.所以充要条件为2B A.(2)因为4BAC v 4BDE,所以BDBA=BEBC,BE =BC BDBA.再由角平分线定理,BDDC=ABAC, BD =acb + c,所以BE =a2b + c

106、.2.设多项式序列Pn(x)满足:P1(x) = x2 1,P2(x) = 2x(x2 1), 且Pn+1(x)Pn1(x) = (Pn(x)2 (x2 1)2,n = 2,3,.设sn为Pn(x)各项系数的绝对值之和.对于任意正整数n,求非负整数kn,使得2knsn为奇数.解:设Pi(x) = Qi(x)(x2 1),则Q1(x) = 1,Q2(x) = 2x,Qn+1(x)Qn1(x) = (Qn(x)2 1.设tn为Qn(x)各项系数的绝对值之和,因为Qn+1Qn1= Q2n 1,Qn+2Qn= Q2n+1 1,所以Qn+1Qn1+ Q2n+1= Qn+2Qn+ Q2n.所以Qn+2+ QnQn+1=Qn+1+ Qn1Qn,对于n N,Qn+2+ QnQn+1=Q3+ Q1Q2= 2x. Qn+2(x) = 2xQn+1(x) Qn(x).由归纳法不难证明如下结论:(1)Qn(x)为首项系数为正的n 1次整系数多项式;(2)Q2k(x)只有奇数项,Q2k+1(x)只有偶数项,(k N);(3)Qn(x)所有系数不为0的项的系数从大到小为正负交替.57所以tn+2= 2tn+1+

107、2tn,sn= 2tn.补充定义t0= s0= 0.由t1= 1,t2= 2知对于n N,tn=122(1 +2)n (1 2)n,sn=12(1 +2)n (1 2)n设rn= (1 +2)n+ (1 2)n,则rn+2sn= 2(1 +2)n,并且rn,sn均为正整数.所以rn= 2n2Pm=0n2m2m= 2(1 +n2Pm=1n2m), 显然12rn为奇数.对于m,n N,rn+m+2sn+m= 2(1 +2)n+m=12(rn+2sn)(rm+2sm). rn+m= smsn+12rmrn,sm+n=12(rnsm+ rmsn). s2m= rmsm,k2m= km+ 1,又因为k1= 1,所以k2m= m + 1.当km6= kn时,sm+n= (12rn)sm+ (12rm)sn,km+n= minkm,kn.设n = 2m0+ 2m1+ + 2ml,0 m0 m1 ml为正整数.则kn= m0+ 1,即2m0kn时,kn= m0+ 1.3.18支足球队进行单循环赛,即每轮将18支球队分成9组, 每组的两队赛一场,下一轮重新分组进行比赛,共赛17轮, 使得每队都与另外17

108、支队各赛一场. 按任意可行的程序比赛了n轮之后,总存在4支球队,它们之间总共只赛了1场.求n的最大可能值.解:考察如下的比赛程序:1.(1,2)(3,4)(5,6)(7,8)(9,18)(10,11)(12,13)(14,15)(16,17)2.(1,3)(2,4)(5,7)(6,9)(8,17)(10,12)(11,13)(14,16)(15,18)3.(1,4)(2,5)(3,6)(8,9)(7,16)(10,13)(11,14)(12,15)(17,18)4.(1,5)(2,7)(3,8)(4,9)(6,15)(10,14)(11,16)(12,17)(13,18)5.(1,6)(2,8)(3,9)(4,7)(5,14)(10,15)(11,17)(12,18)(13,16)6.(1,7)(2,9)(3,5)(6,8)(4,13)(10,16)(11,18)(12,14)(15,17)7.(1,8)(2,6)(4,5)(7,9)(3,12)(10,17)(11,15)(13,14)(16,18)8.(1,9)(3,7)(4,6)(5,8)(2,11)(10,18)(12,16)(

109、13,15)(14,17)9.(2,3)(4,8)(5,9)(6,7)(1,10)(11,12)(13,17)(14,18)(15,16)10.(1,11)(2,12)(3,13)(4,14)(5,15)(6,16)(7,17)(8,18)(9,10)11.(1,12)(2,13)(3,14)(4,15)(5,16)(6,17)(7,18)(8,10)(9,11)12.(1,13)(2,14)(3,15)(4,16)(5,17)(6,18)(7,10)(8,11)(9,12)13.(1,14)(2,15)(3,16)(4,17)(5,18)(6,10)(7,11)(8,12)(9,13)14.(1,15)(2,16)(3,17)(4,18)(5,10)(6,11)(7,12)(8,13)(9,14)15.(1,16)(2,17)(3,18)(4,10)(5,11)(6,12)(7,13)(8,14)(9,15)16.(1,17)(2,18)(3,10)(4,11)(5,12)(6,13)(7,14)(8,15)(9,16)17.(1,18)(2,10)(3,11)(4,12)(5,13

110、)(6,14)(7,15)(8,16)(9,17)将前9支球队称为A组,后9支球队称为B组,显然9轮之后,同组两支球队均已经比赛过, 所以任意四支球队之间至少已经赛过两场比赛,当然不满足题中要求.58如果把上述程序颠倒过来,然后按照新的程序比赛,则8轮比赛过后,同组任何两队均未比赛过. 而不全同组的四支球队之间至少赛过两场,也不满足题中要求.综上所述,n的最大可能值不大于7.设已进行了7轮比赛且任何4队都不满足题中要求.选取已经比赛过的两队A1,A2,于是每支球队都与另外6支球队比赛过,两个队至多与另外12支球队比赛过. 从而至少有4支球队B1,B2,B3,B4与A1,A2均未比赛过,由反证假设可知,B1,B2,B3,B4之间的比赛都已经进行了.所以最多有10支球队与B1,B2其中至少一队比赛过,又导致至少存在C1,C2,.,C6与B1,B2均未比赛.由反证假设可知,C1,C2,.,C6之间的比赛都已经进行了.类似的,最多有8支球队与C1,C2其中至少一队比赛过,又导致至少存在D1,D2,.,D8与C1,C2均未比赛. 由反证假设可知,D1,D2,.,D8之间的比赛都已经进行了.所以D

111、1,D2与其他10支球队均未比赛,但是由于只进行了7轮比赛,其中必存在两支球队E1,E2之间没有比赛,D1,D2,E1,E2之间只进行了一场比赛,与假设矛盾.综上所述,n的最大可能值为7.4.对于平面上任意四个不同点P1,P2,P3,P4,求P16ij64PiPjmin16i m,AC m,BAC = ,则BC 2msin2.引理的证明:作A的角平分线AD,由正弦定理,有BC = BD + DC = ABsinBADsinADB+ ACsinCADsinADC=sin2sinADB(AB + BC) 2msin2所以引理成立.回到原题,记m =min16ij64PiPj,k =P16i (5 +3)m.(1)若P1,P2,P3,P4中有3点共线,不妨设为P1,P2,P3,则P1P2+ P2P3+ P3P1 4m,从而k 7m (5 +3)m.(2)若四个点的凸包为三角形,不妨设P4在4P1P2P3内部,且P1P4P2 120,由引理P1P2 2msin12P1P4P2 2msin60=3m.所以k (5 +3)m.(3)凸包为四边形P1P2P3P4.若该四边形有一个内角不小于120,不

112、妨设为P2P1P4,由引理类似(2),P2P43m.所以k (5 +3)m.否则四个内角均小于120,必有两个相邻内角之和不小于180,不妨设 + = P4P1P2+ P1P2P3 180,且 .由于 60,所以+4 45, 0 64 2msin2,P1P3 2msin2,59则P1P3+ P2P42m(sin2+ sin2) = 4msin + 4cos 44msin45cos15= 2m(sin60+ sin30) = (3 + 1)m所以k (5 +3)m.又P1P2P3P4为有一个内角为60的菱形时,k = (5 +3)m.所以所求式子的最小值为5 +3.5.平面上横纵坐标都为有理数的点称为有理点. 证明平面上的全体有理点可以分为三个两两不相交的集合,满足条件:(1)在以每个有理点为圆心的任一圆内一定包含这三个集合中每个集合的点.(2)在任意一条直线上不可能有三个点分别属于这三个集合.证明:显然任意有理点均可唯一的表示成(uw,vw)的形式,其中u,v,w都是整数,w 0并且gcd(u,v,w) =1.令A = (uw,vw)|2 - u,B = (uw,vw)|2|u,2 -

113、 v,C = (uw,vw)|2|u,2|v.下面证明A,B,C满足题中的条件.(1)先证明A,B,C满足条件(1);设D是以有理点(u0w0,v0w0)为中心,r为半径的圆, 取正整数k,使得2k maxw0,1r(|u0| + |v0| + 1).不难验证如下三个有理点?u02k+ 1w02k,v02kw02k A,?u02kw02k,v02k+ 1w02k B,?u02kw02k+ 1,v02kw02k+ 1 C都在flD内部.这表明条件(1)成立.(2)再证明A,B,C满足条件(2).设平面上直线方程为ax + by + c = 0,如果其上有两个不同的有理点(x1,y1)(x2,y2),则axi+ byi+ c =0(i = 1,2), 如果c = 0,当然可以取a,b均为有理数;否则不妨设c = 1,从联立方程中即可解出a,b,显然均是有理数. 再通分即可使a,b,c都是整数,且gcd(a,b,c) = 1.设有理点(uw,vw)在直线ax + by + c = 0上,则L : au + bv + cw = 0.(a)2 - c,若2|u,2|v,必有2|cw,2|w,与g

114、cd(u,v,w) = 1矛盾.所以L上不能有C中的点.(b)2|c,2 - b,若2 - v,则2 - au,从而2 - u,因此L上不能有B中的点.(c)2|c,2|b,则2|au,由gcd(a,b,c) = 1,2 - a,2|u,L上不能有A中的点.综上所述,A,B,C满足条件(2).所以A,B,C满足题中的条件.6.给定实数c,12 c 2,及实数0 a16 a26 6 an,只要满足1nnXk=1kak= cnXk=1ak,总有nXk=1ak6 MmXk=1ak,60其中m为不超过cn的最大整数.解:设r = cn,sk=kPi=1ak,s0= 0.nPk=1kak= nsn (s1+ s2+ + sn1) = rsn (n + 1 r)sn=nPi=1si()先证明这样两个事实:(1)对于j,k,1 6 j (k j)(aj+ + a1).而j(ak+ + aj+1) j(k j)aj+1 j(k j)aj (k j)(aj+ + a1).所以jsk6 ksj,m1Pi=1si6m1Pi=1imsm=m 12sm.(2)对于k = 0,1,.,n m,sm+k61nm(n

115、 m k)sm+ ksn.这是由于sm+k sm6 kam+k,(n m k)am+k6 sn sm+k. (n m k)(sm+k sm) 6 k(n m k)am+k6 k(sn sm+k).化简后即为sm+k61nm(n m k)sm+ ksn.nPk=msk=nmPk=0sm+k61nmsmnmPk=0(n m k) + snnmPk=0k =n+1m2(sm+ sn).代入(),(n + 1 r)sn6m12sm+n+1m2(sm+ sn) =n2sm+n+1msn. sn6nn+1+m2rsm,而r m + 1,所以sn 1.可知nPk=1kak=m(m+1)2+(m+1+n)(nm)2t = cn(m + (n m)t) = cnnPk=1ak.解得t =2cnmm(m+1)(n+m+1)(nm)2cn(nm).所以t 1 n 12c1.满足以上的条件. cn 1 snsm=m + (n m)tm= 1 +2cn m 1n + m + 1 2cn=nn + m + 1 2cn=11 2c +m+1n11 c +1n令n +,M 11c.所以M =11c.61第十八届中国数

116、学奥林匹克(2003年)湖南 长沙市第一中学1.设点I,H分别为锐角三角形的内心和垂心, 点B1,C1分别为边AC,AB的中点.已知射线B1I交边AB于点B2(B26= B),射线C1I交AC的延长线于C2,B2C2与BC相交于K,A1为4BHC的外心.试证:A,I,A1三点共线的充分必要条件是4BKB2,4CKC2的面积相等.证明:首先证明A,I,A1三点共线 BAC = 60.设O为4ABC的外心,连BO,CO,则BHC = 180 BAC,BA1C = 2(180 BHC) = 2BAC.因此,BAC = 60 BAC + BA1C = 180 A1在4ABC的外接圆flO上. AI与AA1重合(因为,A1在BC的中垂线上) A,I,A1三点共线.其次,再证S4BKB2= S4CKC2 BAC = 60.作IP AB于点P,IQ AC于点Q,则 S4AB1B2=12IP AB2+12IQ AB1.注意到S4AB1B2=12AB1 AB2sinA. 所以IP AB2+ IQ AB1= AB1 AB2sinA.设IP = r(r为4ABC的内切圆半径),则IQ = r.令BC = a

117、,AC = b,AB = c,则r =2S4ABCa + b + c.再由AB1=b2,2AB1sinA = hc=2S4ABCc,有 AB2?2S4ABCc 2 2S4ABCa + b + c= b 2S4ABCa + b + c.则AB2=bca + b c,类似的AC2=bca + c b.因此S4BKB2= S4CKC2 S4ABC= S4AB2C2 bc =bca + b cbca + c b a2= b2+ c2 bc BAC = 60(由余弦定理).所以命题成立.2.求出同时满足如下条件的集合S的元素个数的最大值:(1)S中的每个元素都是不超过100的正整数;(2)对于S中任意两个不同的元素a,b,都存在S中的元素c, 使得a与c的最大公约数等于1,并且b与c的最大公约数也等于1;(3)对于S中任意两个不同的元素a,b,都存在S中异于a,b的元素d, 使得a与d的最大公约数大于1,并且b与d的最大公约数也大于1.解:最大个数为72.将不超过100的每个正整数n表示成n = 21325374115q.其中q是不能被2,3,5,7,11整除的正整数,1,2,3,4,5为非负整

118、数.我们选取满足条件“1,2,3,4,5中恰有1个或2个非零”的那些正整数组成集合S, 即S中包括50个偶数2,4,.,100,但除去235,2235, 2325,237,2237,257,2311这7个数; 3的奇数倍31,33,.,333共17个数;最小素因子为5的数51, 55,57,511,513,517,519共7个数; 最小素因子为7的数7 1,7 7,7 11,7 13共4个数;以及素数11.从而,S中总共有50 7 + 17 + 7 + 4 + 1 = 72个数.下面证明如此构造的S满足题述条件.62条件(1)显然满足.对于条件(2),注意到在lcm(a,b)的素因子中至多出现2,3,5,7,11中的4个数,记某个未出现的数为p,显然p S,并且gcd(p,a) 6 gcd(p,lcm(a,b) = 1,gcd(p,b) 6 gcd(p,lcm(a,b) = 1.于是,取c = p即可.对于条件(3),当gcd(a,b) = 1时,取a的最小素因子p和b的最小素因子q易见p 6= q,并且p,q 2,3,5,7,11.于是,pq S,并且gcd(pq,a) p 1,gc

119、d(pq,b) q 1.a,b互质保证了pq异于a,b.从而,取d = pq即可.当gcd(a,b) = e 1时,取p为e的最小素因子,q为满足q - a,b的最小素数,易见p 6= q,并且p,q 2,3,5,7,11.于是,pq S,并且gcd(pq,a) gcd(p,a) = p 1,gcd(pq,b) gcd(p,b) = p 1. q - a,b保证了pq异于a,b.从而,取d = pq即可.下面证明任意满足题述条件的集合S的元素数目不会超过72.显然,1 S对于任意的两个大于10的质数p,q,因为与p,q均不互质的数最小是pq已大于100, 故据条件(3)知,10与100之间的21个质数中最多有一个出现在S中.记除1和这21个质数外的其余78个不超过100的自然数构成集合T. 我们断言T中至少有7个数不在S中,从而S中最多有78 7 + 1 = 72个元素.(I)当有某个大于10的质数p属于S时,S中所有各数最小素因子只可能是2,3,5,7和p.运用条件(2)可得出以下结论:(i)若7p S,因为235,2235,2325与7p包括了所有的最小素因子, 故由条件(2)知,

120、235,2235,2325 6 S;若7p 6 S,注意27p 100,而p S,故由条件(3)知71,77,711,713 6 S.(ii)若5p S,则2 3 7,22 3 7 6 S;若5p 6 S,则5 1,5 5 6 S.(iii)2 5 7,3p不同属于S.(iv)2 3p,5 7不同属于S.(v)若5p,7p 6 S,则5 7 6 S.当p = 11或13时,由(i)(ii)(iii)(iv)可分别得出至少有3,2,1,1个T中的数不属于S,合计7个;当p = 17或19时,由(i)(ii)(iii)可分别得出至少有4,2,1个T中的数不属于S,合计7个;当p 20时,由(i)(ii)(v)可分别得出至少有4,2,1个中T的数不属于S,合计7个.(II)如果没有大于10的质数属于S,则S中的最小素因子只可能是2,3,5,7.于是,下面7对数中的每对都不能同时在S中出现:(3,2 5 7),(5,2 3 7),(7,2 3 5),(2 3,5 7),(2 5,3 7), (2 7,3 5),(22 7,32 5).从而,T中至少有7个数不在S中.综上所述,本题的答案为72.

121、3.给定正整数n,求最小的正数,使得对于任何i (0,2),(i = 1,2,.,n) 只要tan1tan2tann= 2n2就有cos1+ cos2+ + cosn不大于.解:当n = 1时,cos1= (1 + tan21)12=33,有 =33.当n = 2时,可以证明cos1+ cos26233, 并且当1= 2= arctan2时等号成立.事实上,cos1+ cos26233 cos21+ cos22+ 2cos1cos2643,63即11 + tan21+11 + tan22+ 2s1(1 + tan21)(1 + tan21)643由tan1tan2= 2,并且设x = tan21+ tan22,则只需证明2 + x5 + x+ 2r15 + x643即2r15 + x614 + x3(5 + x) 36(5 + x) 6 196 + 28x + x2 x2 8x + 16 = (x 4)2 0显然成立,于是 =233.当n 3时,不妨设1 2 n, 则 tan1tan2tan3 22.由于cosi=p1 sin2i 1 12sin2i,则cos2+ cos3 2 12(

122、sin22+ sin23) 8tan22tan23,有1cos218 + tan22tan23tan22tan23即cos16tan2tan3p8 + tan22tan23=sin2sin3p8cos22cos23+ sin22sin23于是cos1+ cos2+ cos3 1 8 + tan22tan231cos22cos23= (1 + tan22)(1 + tan23) tan22+ tan236 7.所以当tan22+ tan236 7时,cos1+ cos2+ cos3 7时,因此tan21 tan2272,所以cos16 cos2s11 +72=23.于是,cos1+ cos2+ cos3223+ 1 2,所以cos1+ cos2+ + cosn 0, 0,则 1= arctan2n2tann1,12,从而cos1+ cos2+ + cosn n 1.综上可得 = n 1.4.求所有满足a 2,m 2的三元正整数组(a,m,n), 使得an+ 203是am+ 1的倍数.解:对于分三种情况考虑.(1)n am+ 1,有202 am an an(a 1) a(a 1).所以2

123、6 a 6 14.64当a = 2时,n可取1,2,.,7;当a = 3时,n可取1,2,3,4;当a = 4时,n可取1,2,3; 当a = 5,6时,n可取1,2;当a = 7,8,.,14时,n = 1.由am+ 1|an+ 203可知,解为(2,2,1),(2,3,2)和(5,2,1).(2)n = m时,am+ 1|202.由于202仅有1,2,101,202四个约数,而a 2,m 2,只有am= 100,解为(10,2,2).(3)n m时,由am+ 1|203(am+ 1),有am+ 1|an+ 203 203(am+ 1),即am+ 1|am(anm 203).又因为gcd(am+ 1,am) = 1,所以am+ 1|anm 203.(i)若anm 1,有am+ 1|203 as.所以203 as am+ 1,有202 as+ am am+ a = a(am1+ 1) a(a + 1),所以2 6 a 6 13.类似(1)的讨论,可知(a,m,s)的解为:(2,2,3),(2,6,3),(2,4,4),(2,3,5),(2,2,7),(3,2,1),(4,2,2),(5

124、,2,3),(8,2,1).所以(a,m,n)为:(2,2,5),(2,6,9),(2,4,8),(2,3,8),(2,2,9),(3,2,3),(4,2,4),(5,2,5),(8,2,3).(ii)anm= 203时,则a = 203,n m = 1,即解为(203,m,m + 1),m 2.(iii)anm 203时,令n m = s 1,则am+ 1|as 203.又as203 am+1,则s m,由am+1|as203+203(am+1) = am(asm+203) = am(an2m+203),又因为gcd(am+ 1,am) = 1,所以am+ 1|an2m+ 203.又因为s m n m m n 2m n 2m 0.此时的解只能由前面的解派生出来,即由(a,m,n) (a,m,n+2m) (a,m,n+2km), 并且每一个派生出来的解都满足am+1|an+203.综上所述,所有解(a,m,n)为:(2,2,4k + 1),(2,3,6k + 2),(2,4,8k + 8),(2,6,12k + 9),(3,2,4k + 3),(4,2,4k + 4),(5,2,4k

125、+ 1),(8,2,4k + 3),(10,2,4k + 2),(203,m,(2k + 1)m + 1),其中k为任意非负整数,且m 2为整数.5.某公司需要录用一名秘书,共有10人报名, 公司经理决定按照求职报名的顺序逐个面试,前三个人面试后一定不录用. 自第4个人开始将他与前面面试过的人比较, 如果他的能力超过了前面所有已面试过的人, 就录用他;否则就不录用,继续面试下一个. 如果前9个人都不录用,那么就录用最后一个面试的人.假定这10个人的能力各不相同,可以按能力由强到弱排为第1,第2,.,第10. 显然该公司到底录用到哪一个人,与这10个人报名的顺序有关. 大家知道,这样的排列共有10!种. 我们以Ak表示能力第k的人能够被录用的不同报名顺序的数目, 以表示他被录用的可能性.证明:在该公司经理的方针下,有(1)A1 A2 A8= A9= A10;(2)该公司有超过70%的可能性录用到能力最强的3个人之一, 而只有不超过10%的可能性录用到能力最弱的3个人之一.证明:将前3个面试者中能力最强的排名名次记为a.显然a 6 8. 将此时能力排名第k的人被选上的排列集合记作Ak(a)

126、,相应的排列数目记作|Ak(a)|.在以下过程中,“:=”表示“记为”.(1)显然,a = 1时,必然录取最后一个面试的人,此时除能力第1的人之外,各人机会均等,不难知道|Ak(1)| = 3 8! := r1,k = 2,3,.,10.当2 6 a 6 8时,对于a 6 k 6 10,能力排名的k的人无录用机会.对于1 6 k 0;Ak= r1+ rk+1+ + r8,k = 2,.,7;A1= r2+ r3+ + r8.显然A2 A3 A8= A9= A10 0.而A1 A2= r2 r1= 3 7 8! 3 8! 0.综上所述,问题(1)获证.(2)由(1)可知A8+ A9+ A1010!=3r110!=3 3 8!10!= 10%所以,录用到能力最弱的三人之一的可能性等于10%.并且A1=8Xa=2ra=8Xa=23?7a 1(a 2)!(10 a)!=3 7!8Xa=2(9 a)(10 a)a 1=3 7! ?56 + 21 + 10 + 5 +125+ 1 +27=3 7! 952435 3 7! 9523= 287 7!A2=r1+8Xa=3ra=3 8! + 3 7!

127、?21 + 10 + 5 +125+ 1 +27=3 7! 472435 3 7! 4723= 143 7!A3=r1+8Xa=4ra=3 8! + 3 7! ?10 + 5 +125+ 1 +27=3 7! 262435 3 7! 2623= 80 7!所以A1+ A2+ A310!287 + 143 + 80720=1724 70%.即录用到能力最强的三人之一的可能性大于70%.666.设a,b,c,d为正实数,满足ab + cd = 1; 点Pi(xi,yi)(i = 1,2,3,4)是以原点为圆心的单位圆上的四个点.求证:(ay1+ by2+ cy3+ dy4)2+ (ax4+ bx3+ cx2+ dx1)26 2(a2+ b2ab+c2+ d2cd).证明: (ab + cd)(a2+ b2ab+c2+ d2cd) = a2+ b2+ c2+ d2+abcd+abdc+acdb+bcda是关于a,b,c,d对称的式子, (ab + cd)(a2+ b2ab+c2+ d2cd) = (ad + bc)(a2+ d2ad+b2+ c2bc)由Cauchy不等式(ay1+ by2+

128、 cy3+ dy4)26 (ad + bc)(ay1+ dy4)2ad+(by2+ cy3)2bc)(ax4+ bx3+ cx2+ dx1)26 (ad + bc)(ax4+ dx1)2ad+(bx3+ cx2)2bc)(ay1+ dy4)26 (a2+ d2)(y21+ y24),(ax4+ dx1)26 (a2+ d2)(x24+ x21)(by2+ cy3)26 (b2+ c2)(y22+ y23),(bx3+ cx2)26 (b2+ c2)(x23+ x22)而x2i+ y2i= 1(i = 1,2,3,4),ab + cd = 1.所以(ay1+ by2+ cy3+ dy4)2+ (ax4+ bx3+ cx2+ dx1)26(ad + bc)(2(a2+ d2)ad+2(b2+ c2)bc)=2(ad + bc)(a2+ d2ad+b2+ c2bc)=2(ab + cd)(a2+ b2ab+c2+ d2cd)=2(a2+ b2ab+c2+ d2cd)67第十九届中国数学奥林匹克(2004年)澳门 教育暨青年局1.凸四边形EFGH的顶点E,F,G,H分别在凸四边形ABCD的边A

129、B,BC,CD,DA上, 满足AEEBBFFCCGGDDHHA= 1, 而点A,B,C,D分别在凸四边形E1F1G1H1的边E1F1,F1G1, G1H1,H1E1上,满足E1F1kEF,F1G1k FG,G1H1k GH,H1E1k HE.已知E1AAH1= ,求F1CCG1的值.解:(1)若EF k AC,则BEEA=BFFC.代入已知条件,可以得到DHHA=DGGC,所以HG k AC,从而E1F1k AC k H1G1,故F1CCG1=E1AAH1= .(2)若EF与AC不平行,设FE的延长线与CA的延长线相交于点T,则由Menelaus定理得CFFBBEEAATTC= 1结合题设有CGGDDHHAATTC= 1由Menelaus定理逆定理可以知道,T,H,G三点共线,设TF,TG与E1H1分别交于点M,N.由E1B k EF,得E1A =BAEA AM,同理H1A =ADAH AN,所以E1AH1A=AMANABAEAHAD又因为EQQH=S4AECS4AHC=S4ABC AE ADS4ADC AB AH所以E1AAH1=EQQHABAEAHAD=S4ABCS4ADC同理F1

130、CCG1=S4ABCS4ADC所以F1CCG1=E1AAH1= .2.已知正整数c,设数列x1,x2,.满足:x1= c,xn= xn1+2xn1 (n + 2)n+ 1(n = 2,3,.)其中x表示不大于x的最大整数.求数列xn的通项公式.解:显然当n 2时xn= xn1+2(xn1 1)n令an= xn 1,则a1= c 1,an= an1+2an1n=n + 2nan1n = 2,3,.(1)设un= A(n+1)(n+2)2,n = 1,2,.,其中A为非负整数.由于当n 6 2时,有n + 2nun1=An + 22nn(n + 1)= A(n + 1)(n + 2)2= un68所以数列un满足(1).设yn= n,n = 1,2,.当n 6 2时,有n + 2nyn1=(n + 2)(n 1)n=n + 1 2n= n = yn所以数列yn满足(1).设zn=h(n+2)24i,n = 1,2,.当n = 2m(m 1)时,有n + 2nzn1=m + 1m(2m + 1)24=m + 1mm(m + 1)= (m + 1)2= zn当n = 2m + 1(m 1)时,

131、有n + 2nzn1=2m + 32m + 1(2m + 2)24=2m + 32m + 1(m + 1)2= (m + 1)(m + 2) = zn所以数列zn满足(1).对于任意非负整数A,令vn= un+yn= A(n+1)(n+2)2+n, wn= un+zn= A(n+1)(n+2)2+h(n+2)24i,n =1,2,., 显然vn,wn都满足(1).由于u1= 3A,y1= 1,z1= 2,所以当3|a1时,an=a16(n + 1)(n + 2); 当a1 1 (mod 3)时,an=a116(n +1)(n + 2) + n; 当a1 2 (mod 3)时,an=a126(n + 1)(n + 2) +h(n+2)24i. 综上可得xn=c16(n + 1)(n + 2) + 1,当c 1(mod 3),xn=c26(n + 1)(n + 2) + n + 1,当c 2(mod 3),xn=c36(n + 1)(n + 2) +h(n+2)24i+ 1,当c 0(mod 3).3.设M是平面上n个点组成的集合,满足:(1)M中存在7个点,是一个凸七边形的7个顶点;(2

132、)M中任意5个点,若这5个点是一个凸五边形的5个顶点,则此凸五边形内部至少含有M中的一个点.求n的最小值.解:先证n 11.设顶点在M中的一个凸七边形为A1A2A3A4A5A6A7,连A1A5,由条件(2)知, 在凸五边形A1A2A3A4A5中至少有M中的一个点,记为P1;连P1A1,P1A5, 则在凸五边形A1P1A5A6A7内部至少有M中的一个点,记为P2,且P2异于P1; 连直线P1P2,A1,A2,.,A7至少有5个点不在直线P1P2上,有抽屉原则知, 在直线P1P2的某一侧必有其中3个顶点,这3个顶点与点P1,P2构成的凸五边形内至少含有M中的一个点P3,并且P3异于P1,P2.再作直线P1P3,P2P3,令直线P1P2对应区域为3:它是以直线P1P2为边界且在三角形P1P2P3异侧的一个半平面 (不含直线P1P2),类似定义区域1,2.这样3个区域1,2,3覆盖了平面上除三角形P1P2P3之外的所有点. 由抽屉原则,A1,A2,.,A7中必有3个在同一区域内,不妨设为3. 这三个点与P1,P2构成的凸五边形内至少含有M中的一个点P4,并且P4异于P1,P2,P3.所以n 1

133、1.构造一个例子,在Oxy平面上,取整点A1(0,1),A2(1,3),A3(2,3),A4(3,2),A5(3,1),A6(2,0),A7(1,0) 构69成一个凸七边形,再加上其内部的所有四个整点(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)构成点集M,显然满足条件(1).下面证明M也满足条件(2),若不然,假设存在一个整点凸五边形,其内部不含整点, 显然所有整点多边形的面积均是12的整数倍.必存在一个面积最小的内部不含整点的整点凸五边形ABCDE. 考虑顶点坐标的奇偶性,只有四种情况:(奇,偶)(偶,奇)(偶,偶)(奇,奇).从而这五个顶点中必有两个顶点的坐标奇偶性完全相同, 于是它们连线中点P也是整点,又因为它不在五边形内部,必然在某条边上,不妨设在AB上,则P为AB中点,连PE, 则PBCDE是面积更小的内部不含整点的整点凸五边形,矛盾.综上所述,n的最小值为11.4.给定实数a和正整数n,求证:(1)存在唯一的实数数列x0,x1,.,xn+1满足:x0= xn+1= 0,12(xi+1+ xi1) = xi+ x3i a3(i = 1,2,.,n)(2)(1)中的数列x0,

134、x1,.,xn+1满足|xi| 6 |a|.解:(1)存在性:由xi+1= 2xi+ 2x3i 2a3 xi1,i = 1,2,.,n,及x0= 0, 我们知道xi是x1的3i1次实系数多项式,从而xn+1为x1的3n次实系数多项式, 由3n为奇数,故存在x1,使得xn+1= 0,由此x1及x0= 0即可求出xi, 如此得到的数列x0,x1,.,xn+1满足题设条件.唯一性:设w0,w1,.,wn+1以及v0,v1,.,vn+1为满足条件的两个数列,则12(wi+1+ wi1) = wi+ w3i a3,12(vi+1+ vi1) = vi+ v3i a3.所以12(wi+1 vi+1+ wi1 vi1) = (wi vi)(1 + w2i+ wivi+ v2i).设|wi0 vi0|最大,则|wi0 vi0| 6 |wi0 vi0|(1 + w2i0+ wi0vi0+ v2i0) 612|wi0+1 vi0+1| +12|wi01 vi01| 6 |wi0 vi0|从而|wi0 vi0| = 0或者1 + w2i0+ wi0vi0+ v2i0= 1,由后一种情况可以推出w2i0+ v

135、2i0+ (wi0+ vi0)2= 0,wi0= vi0= 0.所以总有|wi0 vi0| = 0,再由|wi0 vi0|最大,所以所有|wi vi| = 0,即wi= vi,i = 1,2,.,n.唯一性得证.(2)设|xi0|最大,则|xi0| + |xi0|3= |xi0|(1 + x2i0) = |12(xi0+1+ xi01) + a3| 612|xi0+1| +12|xi01| + |a|36 |xi0| + |a|3因此|xi0| 6 |a|,所以|xi| 6 |a|,i = 0,1,2.,n + 1.5. 给定正整数n 2,设正整数ai(i = 1,2,.,n)满足:a1 a2 a1(a1 1)时,由nPi=11ai6 1,可得nXi=11a2i+ x2!26nXi=112ai|x|!2=14x2nXi=11ai!2614x26121a1(a1 1) + x2当x2 a1(a1 1)时,由Cauchy不等式,nXi=11a2i+ x2!26nXi=11ai!nXi=1ai(a2i+ x2)2!6nXi=1ai(a2i+ x2)2对于正整数a1 a2 ai+ 1,i =

136、1,2,.,n 1,并且2ai(a2i+ x2)262aia2i+ x2+142 a2i=2aiai122+ x2ai+122+ x2=1ai122+ x2 1ai+122+ x261ai122+ x2 1ai+1122+ x2,i = 1,2,.,n 1所以nXi=1ai(a2i+ x2)2612nXi=11ai122+ x2 1ai+1122+ x26121a1122+ x26121a1(a1 1) + x26.证明:除了有限个正整数外,其他的正整数n均可表示为2004个正整数之和 n = a1+a2+a2004,且满足:1 6 a1 a2 2,总存在N(r),当n N(r)时,存在正整数a1,a2,.,ar,使得n = a1+a2+.+ar,1 6 a1 a2 N(k + 1) = 4N(k)3,则2 2N(k)2或者2l + 1 2N(k).若2 2N(k)2,则存在正偶数2t 6 ,使22t N(k)2.此时2t+ 1 N(k),由归纳假设存在正整数b1,b2,.,bk,使得2t+ 1 = b1+ b2+ + bk,其中1 6 b1 2N(k),则l N(k),由归纳假设存在

137、实数c1,c2,.,ck,使得l = c1+ c2+ + ck,其中1 6 c1 2成立.令r = 2004,显然有原命题成立.72第二十届中国数学奥林匹克(2005年)郑州 郑州外国语学校1.设i (2,2),i = 1,2,3,4. 证明:存在x R,使得如下两个不等式cos21cos22 (sin1sin2 x)2 0cos23cos24 (sin3sin4 x)2 0同时成立的充要条件是:4Xi=1sin2i6 2(1 +4Yi=1sini+4Yi=1cosi).(1)证明:显然所给的两个不等式分别等价于sin1sin2 cos1cos26 x 6 sin1sin2+ cos1cos2(2)sin3sin4 cos3cos46 x 6 sin3sin4+ cos3cos4(3)不难知道,存在x R,使得(2)(3)同时成立的充分必要条件为sin1sin2+ cos1cos2 sin3sin4+ cos3cos4 0(4)sin3sin4+ cos3cos4 sin1sin2+ cos1cos2 0(5)另一方面,利用sin2 = 1 cos2,可将(1)化为cos21cos22

138、+ 2cos1cos2cos3cos4+ cos23cos24sin21sin22+ 2sin1sin2sin3sin4 sin23sin24 0即(cos1cos2+ cos3cos4)2 (sin1sin2 sin3sin4)2 0亦即(sin1sin2+ cos1cos2 sin3sin4+ cos3cos4)(sin3sin4+ cos3cos4 sin1sin2+ cos1cos2) 0(6)当存在x R,使得(2)(3)同时成立时,由(4)(5)即可推出(6),从而(1)成立.反之,若(1)成立,即(6)成立,如果(4)(5)不成立,必有sin1sin2+ cos1cos2 sin3sin4+ cos3cos4 0sin3sin4+ cos3cos4 sin1sin2+ cos1cos2 0两式相加,得到2(cos1cos2+ cos3cos4) 5)“格子”. 我们把有公共隔墙(公共边或公共弧)的格子称为相邻的, 从而每个格子都有三个邻格.水池中一共跳入了4n + 1只青蛙,青蛙难于安静共处, 只要某个格子中有不少于3只青蛙, 那么迟早一定会有其中3只分别同时跳往三个不同

139、邻格.证明:只要经过一段时间之后,青蛙便会在水池中大致分布均匀.注:所谓大致分布均匀,就是任取其中一个格子, 或者它里面有青蛙, 或者它的三个邻格里都有青蛙.证明:我们把一个格子中出现一次3只青蛙同时分别跳向三个邻格的事件称为该格子发生一次爆发. 而把一个格子或者是它里面有青蛙,或者是它的三个相邻的格子里面都有青蛙,称为该格子处于平衡状态.容易看出,一个格子只要一旦有青蛙跳入,那么它就一直处于平衡状态.事实上,只要不爆发,那么该格子中的青蛙不会动, 它当然处于平衡状态;而如果发生爆发,那么它的三个邻格中就都有青蛙,并且只要三个邻格都不爆发,它就一直处于平衡状态; 而不论哪个邻格发生爆发,都会有青蛙跳到它里面,它也一直处于平衡状态.这样一来,为了证明题中断言,我们就只要证明:任何一个格子都迟早会有青蛙跳入.任取一个格子,把它称为格A,把它所在的扇形称为1号扇形,把该扇形中另一个格子称为格B,我们要证明格A中迟早会有青蛙跳入.按顺时针方向依次将其余扇形接着编为2至n号.首先证明1号扇形中迟早会有青蛙跳入.假设1号扇形中永无青蛙到来, 那么就不会有青蛙越过1号扇形与n号扇形之间的隔墙.我们来

140、考察青蛙所在的扇形74的编号的平方和,由于没有青蛙进入1号扇形 所以只能是有3只青蛙由某个k(3 6 k 6 n)号扇形分别跳入k 1,k和k + 1号扇形各一只.因此平方和的变化量为(k 1)2+ k2+ (k + 1)2 3k2= 2. 即增加2.一方面,由于青蛙的跳动不会停止(因为总有一个格子里有不少于3只青蛙),所以平方和的增加趋势不会停止; 但是另一方面,青蛙所在扇形的标号的平方和不可能永无止境的增加下去(不会大于(4n + 1)n2),由此产生矛盾, 所以迟早会有青蛙越过1号扇形与n号扇形之间的隔墙,进入1号扇形.我们再来证明1号扇形迟早会有3只青蛙跳入,如果1号扇形中至多有两只青蛙跳入,那么它们都不会跳走, 并且自始至终上述平方和至多有两次变少(只能在两只青蛙越过1号扇形与n号扇形之间的隔墙时变小), 以后便一直持续不断的上升,从而又重蹈刚才的矛盾,所以1号扇形中迟早会有三只青蛙跳入.如果这3只青蛙中有位于格A的,那么格A中已经有青蛙跳入;如果这3只青蛙全都位于格B,那么格B会发生爆发,从而有青蛙跳入格A.4.已知数列an满足条件a1=2116,及2an 3an1=32n

141、+1,n 2.设m为正整数,m 2.证明:当n 6 m时,有?an+32n+31mm ?23n(m1)mm2 1m n + 1.证明:令bn= an+32n+3.则2?bn32n+3 3?bn132n+2=32n+1所以bn=32bn1.而b1=32,所以bn=?32n.所以只需证明:?32nmm ?23n(m1)mm2 1m n + 1.即只需证明?1 nm + 1?32nmm ?23n(m1)m m 1由Bernoulli不等式:1 nm + 1?1 1m + 1n所以?1 nm + 1m 2,根据二项式定理可得?1 +1mm 1 +?m11m+?m21m2=5212m94所以?1 nm + 1m?49n751 nm + 1?232nm所以只需证明?232nm?32nmm ?23n(m1)m m 1即?23nmm ?23n(m1)m m 1记t =23nm,则0 t 1,只需证明t(m tm1) m 1.即(t 1)m (tm1+ tm2+ + 1) 14,SMCD= SMDB= SNCB= SNBD=31014.SMNC= SABCD SNCB SDMC SAMN= 1 3103

142、10225=82514.所以只有两个好组(M,N,B),(M,N,D).故面积不大于14的三角形的个数的最小值为2.6.求方程2x 3y 5z 7w= 1的所有非负整数解(x,y,z,w).解:由5z 7w+ 1为偶数,知x 1.(1)若y = 0,此时2x 5z 7w= 1.若z 6= 0,则2x 1 (mod 5),由此可得4|x.因此3|2x 1,这与2x 5z 7w= 1矛盾.若z = 0,则2x 7w= 1.当x = 1,2,3时,直接计算可得两组解(x,w) = (1,0)(3,1).当x 4时,有7w 1 (mod 16),但是72k 1 (mod 16),72k+1 7 (mod 16),显然不可能.所以当y = 0时,全部非负实数解为(x,y,z,w) = (1,0,0,0),(3,0,0,1).(2)若y 0,x = 1,则2 3y 5x 7w= 1.因此5z 7w 1 (mod 3),所以(1)z 1 (mod 3),z为奇数.所以2 3y 1 (mod 5),由此可得y 1 (mod 4).当w 6= 0时,有2 3y 1 (mod 7),由此可得y 4 (mo

143、d 6),与y 1 (mod 4)矛盾.所以w = 0,于是2 3y 5z= 1.当y = 1时,z = 1.当y 2时,5z 1 (mod 9),由此可知z 3 (mod 6),因此53+ 1|5z+ 1.所以7|5z+ 1,这与5z+ 1 = 2 3y矛盾.故y 0,x = 1时所有非负整数解为(x,y,z,w) = (1,1,1,0).(3)若y 0,x 2,此时5z 7w 1 (mod 4),5z 7w 1 (mod 3).即(1)w 1 (mod 4),(1)z 1 (mod 3).因此z,w都是奇数,从而2x 3y= 5z 7w+ 1 35 + 1 4 (mod 8).所以x = 2,原方程变为4 3y 5z 7w= 1,z,w都是奇数.由此可知4 3y 1 (mod 5),4 3y 1 (mod 7),从上面两式可以得到y 2 (mod 12).77设y = 12m + 2,(m 0)于是5z 7w= 4 3y 1 = (2 36m+1 1)(2 36m+1+ 1).所以2 36m+1 1 = 5p 7q(p,q为非负实数).化为(2)的情况,必有p = 1,q = 0,2 36m+1 1 = 5,m = 0,y = 2.此时有5z 7w= 5(5 + 2) = 35,所以z = w = 1.故y 0,x 2时所有非负整数解为(x,y,z,w) = (2,2,1,1).综上所述,所求的非负整数解为(x,y,z,w) = (1,0,0,0),(3,0,0,1),(1,1,1,0),(2,2,1,1).78数学符号:无穷大nk:二项式系数|:整除akkb:ak整除b,但是ak+1不整除bgcd(a,b),lcm(a,b):a,b的最大公约数和最小公倍数x:不超过x的最大整数:角fl:圆S4:三角形的面积k:平行:垂直v:相似=:全等:属于:包含于:映射关系:交集:并集:差集:空集R:实数集N:自然数集Z:整数集Q:有理数集N:正整数集Q:正有理数集max:最大值min:最小值 :因为 :所以:等价于P:求和Q:求积79

《历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答》由会员ldj****22分享，可在线阅读，更多相关《历届中国数学奥林匹克(全国中学生数学冬令营)试题解答》请在金锄头文库上搜索。