2019年全国数学竞赛命题研讨会材料.pdf

1 代代 数数 A 1 赵斌 赵斌 设数列 n x满足 2 1 6 nn xxnN 且对于 1 2x 都存在n使得 n xa 求a的最大值 解解 a的最大值为 211 2 一方面 当数列为 1 211 2 x 时 有 211 2 k x k为奇数 211 2 k x k为奇数 故 211 2 a 另一方面 若对于任意正整数n都有 211 2 n x 则 1 我们首先证明 对任意 都要 211 3 2 n x 若3 n x 与 1 211 3 2 n x 则 211211 22 n x 从而 2 2 1 211211 66 22 nn xx 与 2 211 2 n x 记X有所有 1 2 100 到自身的一一映射构成的集合 对于任意实数 12100 a aa 求 12100 min 1 2 100 X f af af a s sss 的最大值 解解 所求的最大值为50512550 一方面当 12100 50aaa 时 12100 1 2 100 50512550 f af af a sss 另一方面 我们只需证明 对于任意 12100 a aa 都存在一个Xs 使得 12100 1 2 100 2550f af af a sss 由 对 称 性 不 妨 设 12100 aaa 且 取s就 为 恒 等 映 射 则 1210012100 1 2 100 1 2 100 f af af af af af a sss 我们可设 100 100a 否则上述表达式显然为0 并记得k为最小的正整数使得 0 k ak 从而 121001100 1 2 100 1 100 kk f af af af a kf akf a 1100 101 101 50512550 kkk aaak akk 最后一步用到了k是整数 故我们完成了证明 A 3 张端阳 张端阳 给定整数2n 求最小的实数l 使得对任意满足 1 1 n i i a 的非负实数 12 n a aa 都有 2 12 1 1 min 1 n in i aa aa n l 解解 对 1 0 n e 取 12 1 1 n aaa n e e 则 2 2 11 1 11 n nn e ele 即 1 2nnel 对任意 1 0 n e 成立 令0e 得 2 1n l 下证 2 12 1 21 min 11 n in i aa aa nn 不妨设 112 min n aa aa 由柯西不等式 2 22 1 22 11 1 11 nn ii ii aaa nn 所以 3 222 12111 1 212 min 1 111 n in i aa aaaaa nnn 2 1 11 111 n a nnn 成立 综上 所求最小值为 2 1n A 4 张端阳 张端阳 设整数2n 不全为零的实数 12 n x xx 满足 1 0 n i i x 且对任意正实数 t 至多有 1 t 对 i j 使得 ij xxt 证明 2 11 1 1 maxmin n iii i ni n i xxx n 证明证明 由拉格朗日恒等式 2 22 111 nn iiij iiijn nxxxx 所以只需证明 2 11 1 maxmin ijii i ni n ijn xxxx 设 1 ij xxijn 能 取 到 的 所 有 非 零 值 为 12 m y yy 其 中 12 0 m yyy 再对1km 设有 k a 对 i j 使得 ijk xxy 对1km 在条件中取 k ty 得 至多有 1 k y 对 i j 使得 ij xxt 所 以 1 1 kkm k aaa y 记 1kkkm Saaa 则 1 k k S y 由阿贝尔变换 22 2222 1 1 1111 111 222 mmm kk ijkkkkk ijnkkk k yy xxa ySyy y 其中 0 0y 因为 1kk yy 所以 22 111 1 2 kkkkkk kk kk yyyyyy yy yy 故 2 1 11 11 maxmin m ijkkmii i ni n ijnk xxyyyxx 注注 本题改编自 Problems from the book 第十九章习题 19 原题是 4 设 1212 nn x xxy yy 是正实数 满足对任意正实数t 至多有 1 t 对 i j 使得 ij xyt 证明 1 11 max nn iiij i jn ii xyxy 本题采用了不同于原解答 积分 的方法 且得到了更强的结果 A 5 王永喜 王永喜 设m是正整数 且 1 2 i y in 是任意实数 满足 21 1 0 n m i i y 求证 21 4 1 1 21 max 2 m m n i i i i n y m y nm 证明证明 设 1 n N Ni i Iy 对任意的实数r 利用柯西不等式我们有 2 22221 111 nnn mm iiii iii yryyry 结合条件我们有 22 4221 2 mm IrInrIr I 整理得 22 212224 20 mm nIIrIIrI I rR 而由柯西不等式有 2 21 nII 那么上式必有 222 222421 044 0 rmm III InIID 那么 2 22 4 2 21 m m II I nII 由Holder不等式有 2 122 2 22 22 1 m mn m mim m i I InyI n 故 21 2 4 222 21 m m m I I nnII 另外一方面 利用均值不等式得 221 4221 1212 21 2 21 mm mm m mn InIII m 所以 21 4 41 412 21 2 m m m mm m II nm 也就是 4 21 4 412 11 21 2 m mnn m ii mm ii m yy nm 由均值原理得 5 21 4 1 1 21 max 2 m m n i i i i n y m y nm A 6 王永喜 王永喜 设0 1 2 i ain 且3n 满足任何两个数不相等 求证 22 2 11 1 1 9 ij ij nij n ij n n a a aa 证明证明 引理引理 2008年越南数学奥林匹克 设 x y z非负 且无任何两个数相等 则有 222 1114 xyyzzxxyyzxz 引理证明引理证明 不妨设min zx y z 注意到 222 2 xzyzxyxzyz 利用均值不等式得 2 2222 11 2 xy xyxyyzzxxzyz cyc 22 xzyzxzyz 或者设 2 1 cyc f x y z xy 由 f xd yd zd 与d的值无关 故不妨设 0z 此时 222 222222 1114 3 0 xyxy xyxyxyxyx y 回到原问题 由 6 2 ijjkikij i j kij a aa aa ana a 互不相等是给定的偶数 在nn 的方格表中选取m个 单位方格 已知可以在选取的每个方格中画一条对角线 满足任意两条对角线不 共点 求m的最大值 解解 m的最大值为 1 2 n n 先给出构造 如图所示 此时 1 1 1 2 n n mnn 下证 1 2 n n m 注意到nn 方格 共有1n 行格点 将第1 3 1n 行格点染为红色 将 第2 4 n 行格点染为蓝色 注意到每条对角线连接一个红点和一个蓝色 且 蓝点个数共 1 2 n n 于是所求 1 2 n n m C 2 吴尉迟 吴尉迟 不相交的对角线问题不相交的对角线问题 2 在77 的方格表中选取m个方格 已知可以在 选取的每个方格中画一条对角线 满足任意两条对角线不共点 求m的最大值 解解 m的最大值为29 先给出构造 构造如上图所示 我们用 f a b表示ab 方格表中 能选出满足条件的方格个数的最大值 则 7 7 f即为所求m的最大值 引理引理 2 2 1fnf nn 引理的证明引理的证明 由对称性知 2 2 fnf n 考虑2n 方格表中的格点 共有 3行格点 将第1 3行格点染为红色 第2行格点染为蓝色 注意到每条对角线连 接一个红点和一个蓝色 且蓝点个数共1n 于是至多能选出1n 个满足要求 23 的方格 引理得证 下证 7 7 29f 反证法 假设 7 7 30f 由引理知 6 7 3 2 7 24ff 从而77 方 格表第1行和第7行至少有30246 条对角线 又 2 7 8f 所以第2 6行各 至多2条对角线 于是前5行至少302622 条对角线 又 4 7 2 816f 故第5行至少22166 条对角线 类似地 对后5行进行分析可得第3行至少6 条对角线 从而第4行至多2条对角线 现在 第2 4 6行至多2条对角线 类似地 第2 4 6列至多2条对角线 从 而这些行列共至多有232312 条对角线 除这些行列外 77 方格表中共 有16个方格 图中白色方格 故至多有161228 个方格中有对角线 这与 7 7 30f 矛盾 故 7 7 29f C 3 赵斌 赵斌 有n个人参加一次聚会 已知这n个人中至少有18n个朋友对 每对中的两人 相识 证明 可以从这些人中选出一些人组成无公共成员的两个 非空的 小组 A B A 中的每个人在B中认识的人数大于等于10 B中的每个人在A中认识 的人数大于等于10 不是每个人都要属于组A或组B 图论题 改编自 Reinhard Diestel 的 Graph Theory 中的习题 解解 首先我们可以将问题转化为这样一个图论题 一个图G 有n个点 且 边数大于等于18n 证明 可以选出两个互不相交的非空顶点集 A B 使得A中 的每个顶点与B中的顶点的连线数大于等于10 B中的每个顶点与A中的顶点 的连线数大于等于10 我们分两步来完成这个题的证明 存在一个G的子图H使得H的每个顶点 的度数大于等于19 这是因为首先对边数估计有 2 18 n C 则我们有37n 然 后对n采用数学归纳法 若37n 时 此时图G为37阶完全图 显然符合要求 假 设命题对于137n 成立 对于n的情况 若G中存在一点v 使得 18d v 则考虑图 Gv 我们有 该图的边数大于等于18 1 n 使用数学归纳法易得结 论成立 由上取G的子图H使得H的每个顶点的度数大于等于19 然后将H的顶点 分成两组 A B 使得 A B间的边数最大 那么易知对于每个A中的顶点至少有 10 个B中的顶点与其相连 因为否则将其调入B中 由于此时与它相连的 A B中 的总点数19 则其与A中相连的点数10 即能使新 A B的边数严格增大 这 与我们的选取矛盾 类似可得对于每个B中的顶点至少有10个A中的顶点与其 相连 注释注释 本题具有一定难度 主要考察组合数学中的数学归纳法和极端原理两 个非常重要的思想 另外有兴趣的同学也可以思考下 18 这个数字可否改进 24 C 4 缠祥瑞 缠祥瑞 平面上有100个不同的点和n条不同的直线 12 n l ll 记直线 k l经过的点数 为 k a 若 12 250 n aaa 求n的最小可能值 分析分析 由于两条不同的直线不能过两个相同的点 想到用算两次的方法 线上的点数不好入手 可以考虑点在多少条线上 考虑100个点 12100 A AA 记点 k A在 k x条直线上 则 100 1 250 k k x 且 100 22 1 k xn k CC 由柯西不等式知 2 100 100 2 100100 12 1 11 375 220022 k k k k kkk x kk xx xx C 所以 100 2 1 188 k x k C 因此 2 3760nn 解得20n 用这种常见的方法可以得到20n 反过来 若20n 可以解得 100 1 251 k k x 且放缩很大 再进行细节上的讨论 可以得到 100 1 245 k k x 因此21n 本题中21n 时的构造也非常困难 解解 首先证明21n 设恰好在 0 1 2 k kn 条直线上的点有 k x个 则 0 100 n k k。