2004-2015东南数学奥林匹克试题及解答.pdf

知上式成立. 其次,设n0为整数, n0- 1 1时,取正整数 k ,使得 n1kn1, k+n1n1,f ( k+n1)= f ( k) +f ( n1 ) . 因此, f ( n1)=f ( k+n1)- f ( k) = (k +n1 ) b -kb=n1b, 矛盾. 当 1时,有n1n1 0, 且1x、y、z、u10的所有四元有序整数组 ( x , y , z , u)的个数. (冷岗松 供题) 参 考 答 案 一、 由柯西不等式,有 ( a + 2b+ 3 c) 2 (12+ 22+ 32) (1 a) 2 +(2 b) 2 +(3 c) 2 =9, 则a+ 2b+ 3c3. 所以,3 -a + 9 -b + 27 -c 3 3 3 - ( a + 2b+ 3 c) 3 3 3 - 3 = 1. 图1 二、 如 图1,对 AMD和直线BEP、 AFD和直线NCP、 AMF和直线BDC 由梅涅劳斯定理,分 别得 AP PD DE EM MB BA = 1. AC CF FN ND DP PA = 1. AB BM MD DF FC CA = 1. 式 、 、 相乘,得 DE EM FN ND MD DF = 1. 又DE=DF,所以,有 DM DM-DE = DN DN-DE DM=DN. 三、(1)假设存在正整数数列 an满足条件. 因为a2n+ 12anan+ 2, an 0,所以, an an- 1 1 2 an- 1 an- 2 1 22 an- 2 an- 3 1 2n - 2 a2 a1 , n= 3,4,. 又 a2 a1 1 22 - 2 a2 a1 ,则有 an an- 1 1 2n - 2 a2 a1对 n= 2,3,4, 成立,所以, 03中 等 数 学 an 1 2n - 2 a2 a1 an- 1 1 2 ( n - 2)+ ( n - 3) a2 a1 2 an- 2 1 2 ( n - 2)+ ( n - 3)+ 1 a2 a1 n- 2 a2. 故an a22 2n - 2 n- 1 2 1 an - 2 1 . 设a222k,2k + 1 ) , k N,取t=k+ 3,则有 at a22 2t - 2 t- 1 2 1 at - 2 1 0. 整理得 (2x- 3)x+ 2 x -a 0 ( x 1,2) . 因为x1,2 ,所以,2x- 3 ( x + 2 x )max ( x 1,2) . 又易知 f ( x) =x+ 2 x 在1,2上递减,则 ( x + 2 x )max= 3 ( x 1,2) . 所以, a 3. 图2 六、 如图2,设AF 的延长线交过点B、 D、F的圆于K.因为 AEF=AKB ,则 AEF AKB.有 EF BK = AE AK = AF AB . 于是,要证式 , 只须证明 CDBK+DFAK=BDAB. 又注意到 KBD=KFD=ACD ,则有 SDCK= 1 2 CDBKsinACD. 进一步有 SABD= 1 2 BDABsinACD , SADK= 1 2 AKDFsinACD. 因此,要证式 ,只须证明 132005年第6期 SABD=SDCK+SADK. 而式 SABC=SAKC BKAC. 再由 BK A=FDB=K AC,知式 成立. 七、(1)如表1所示.表格中有 “3 ” 表示该球队 在该周有主场比赛,不能出访.容易验证,按照表中 的安排,6支球队四周可以完成该项比赛. 表 1 球队第一周第二周第三周第四周 133 233 333 433 533 633 (2)下面证明7支球队不能在四周完成该项比 赛.设Si ( i = 1,2,7)表示第i支球队的主场比赛 周次的集合.假设四周内能完成该项比赛,则Si是 1,2,3,4的非空真子集. 一方面,由于某周内该球队有主场比赛,在这一 周内不能安排该球队的客场比赛,所以, Si ( i = 1,2, ,7)中,没有一个集是另一个的子集. 另一方面,设 A=1 ,1,2 ,1,2,3 , B=2 ,2,3 ,2,3,4 , C=3 ,1,3 ,1,3,4 , D=4 ,1,4 ,1,2,4 , E=2,4 , F=3,4 . 由抽屉原理,一定存在i、j , ij , i、j1,2,3, 4,5,6,7 , Si、Sj属于同一集合A或B或C或D或 E或F,必有SiSj或SiSj发生. 故n的最大值是6. 八、 设f ( a , b, c , d) = a-b a+b + b-c b+c + c-d c+d + d-a d+a . 记A : ( x, y , z , u)| 1x、y、z、u10, f ( x , y , z , u)0 , B : ( x, y , z , u)| 1x、y、z、u10, f ( x , y, z , u) 0 x-y x+y + y-z y+z + z-u z+u + u-x u+x 0 x-u x+u + u-z u+z + z-y z+y + y-x y+x 2) ,从点A作 O的两条 切线,分别与直线l交于B、C两点.求线段 PB与线段PC的长度之乘积. (冷岗松 司 林 供题) 六、 将数集A= a1,a2,an中所有元 素 的 算 术 平 均 值 记 为P(A) P(A ) = a1+a2+an n .若B是A的非 空子集,且P(B ) = P(A ) , 则称B是A的一 个 “均衡子集”.试求数集M= 1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 , 7 ,8 ,9的所有 “均衡子集” 的个数. (陶平生 供题) 七、(1)讨论关于x的方程 |x+ 1| + |x+ 2| + |x+ 3| =a 的根的个数; (2)设a1,a2,an为等差数列,且 |a1| + |a2| + |an| = |a1+ 1| + |a2+ 1| + |an+ 1| =|a1- 2| +|a2- 2| +|an- 2| =507. 求项数n的最大值.(林 常 供题) 八、 设0 0 ,得k 3或 k 5; 当k 3时,x= 2 - 9 k2- 9 +k ,可得 - 1 2时,方程 有两个解. (2)因为方程|x| = |x+ 1| = |x- 2|无解,故n2且公差不为0.不 妨设数列的各项为a-kd (1 kn,d 0) .作函数 f(x ) = n k=1 |x-kd| . 于是,本题条件等价于f(x) = 507至少有三个 不同的解a、a+ 1、a- 2 ,此条件又等价于函数 y=f(x)的图像与水平直线y= 507至少有三个不同 的公共点. 由于y=f(x)的图像是关于直线x= (n + 1) d 2 左右对称的n+ 1段的下凸折线,它与水平直线l有 三个公共点当且仅当折线有一水平段在l上,当且 仅当n= 2m且a、a+ 1、a- 2md , ( m + 1) d , f(md) = 507 ,即d3且m2d= 507. 由此得m2507 3 ,m13. 132005年第10期 显然,m= 13时,取d= 3 ,a= 41满足本题条件. 因此,n的最大值为26. 八、 令a= sin,b= sin,c= sin,则a、b、c (0 ,1)且 a3+b3+c3= 1 , a-a3= 2 2 2a2 (1 - a2) 2 2 2 2a2+ 1 -a2+ 1 -a2 3 3 = 2 3 9 . 同理,b-b32 3 9 ,c-c32 3 9 . 故 a2 1 -a2 + b2 1 -b2 + c2 1 -c2 = a3 a-a3 + b3 b-b3 + c3 c-c3 3 3 2 (a3+b3+c3) = 3 3 2 . 注意到 tan2= sin2 1 - sin2= a2 1 -a2 , tan2= sin2 1 - sin2= b2 1 -b2 , tan2= sin2 1 - sin2= c2 1 -c2 , 所以,tan2+ tan2+ tan2 3 3 2 . 注:易知上述不等式等号不能成立. (吴伟朝 提供) 第45届IMO预选题(中) 李 建 泉 译 (天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所,300074) 组 合 部 分 1.一所大学有10 001名学生,一些学生 一起参加并成立了几个俱乐部(一个学生可 以属于不同的俱乐部 ) , 有些俱乐部一起加入 并成立了几个社团(一个俱乐部可以属于不 同的社团 ) . 已知共有k个社团.假设满足下 列条件: (1)每一对学生(即任意两个学生)都恰 属于一个俱乐部; (2)对于每个学生和每个社团,这个学生 恰属于这个社团的一个俱乐部; (3)每个俱乐部有奇数个学生,且有2m +1个学生的俱乐部恰属于m个社团,其中 m是正整数. 求k的所有可能的值. 2.设n、k是正整数.已知平面上有n个 圆,每两个圆有两个不同的交点,它们确定的 所有交点是两两不同的.每个交点必须被染 上n种不同的颜色之一,使得每种颜色至少 用一次,每个圆上恰用k种不同的颜色.求 所有的n(n 2) 、k的值,使得这样的染色是 可以实现的. 3.对一个有限图可以进行如下操作:选 择任意一个长度为4的回路,任意选择这个 回路中的一条边,并将其从图中删掉.对于固 定的整数n(n4) ,若将n个顶点的完全图 重复进行如上的操作,求所得图q的边的数 目的最小值. 4.考虑一个nn的矩阵,其每一项元 素都是绝对值不超过1的实数,且所有元素 的和是0.设n是正偶数,求c的最小值,使 得每个这样的矩阵都存在一行或一列,其上 元素和的绝对值不超过c. 5.设N是一个正整数,甲、 乙两名选手 轮流在黑板上写集合1 ,2 ,N中的数,甲 先开始,并在黑板上写了1 ,然后,如果一名 选手在某次书写中在黑板上写了n,那么,他 的对手可以在黑板上写n+ 1或2n(不能超 过N ) . 规定写N的选手赢得比赛.我们称N 是A型的(或B型的 ) , 是根据甲(或乙)有赢 得比赛的策略. 23中 等 数 学 第三届中国东南地区数学奥林匹克 第 一 天 一、 设ab0 , f(x ) = 2( a+b)x+ 2ab 4x+a+b . 证明:存在唯一的正数x,使得 f(x ) = a 1 3 +b 1 3 2 3 .(李胜宏 供题) 图1 二、 如图1 ,在 ABC 中,ABC= 90,D、G 是边CA上的两点,联结 BD、BG.过点A、G分别 作BD的垂线,垂足分别 为E、F,联结CF.若BE =EF,求证:ABG=DFC. (熊 斌 供题) 三、 一副纸牌共52张,其中,“方块” 、“梅 花” 、“红心” 、“黑桃” 每种花色的牌各13张, 标号依次是2 ,3 ,10 ,J ,Q ,K,A.相同花色、 相邻标号的两张牌称为 “同花顺” 牌,并且A 与2也算同花顺牌(即A可以当成1使用 ) . 试确定,从这副牌中取出13张牌,使每种标 号的牌都出现,并且不含同花顺牌的取牌方 法数. (陶平生 供题) 四、 对任意正整数n,设an是方程x 3 + x n = 1的实数根.求证: (1)an+ 1an; (2) n i= 1 1 (i + 1) 2 ai 1) ,证明:不 定方程mn+nr+mr=k(m+n+r)至少有 3k+ 1组正整数解(m,n,r ) . (袁汉辉 供题) 八、 对于周长为n(nN+)的圆,称满足 如下条件的最小的正整数 pn 为 “圆剖分 数”:如果在圆周上有 pn 个点A1,A2, Apn,对于1 ,2 ,n- 1中的每一个整数m, 都存在两个点Ai、Aj (1 i、 jpn ) , 以Ai和 Aj为端点的一条弧长等于m,圆周上每相邻 两点间的弧长顺次构成的序列Tn = ( a1,a2, ,apn)称为 “圆剖分序列”.例如,当n= 13 332007年第2期 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 时,圆剖分数为 p13= 4 ,图3中所标数字为相 邻两点之间的弧长,圆剖分序列为 T13= (1 ,3 ,2 ,7) ,(1 ,2 ,6 ,4) . 图3 求 p21和p31,并各给出一个相应的圆剖 分序列.(陶平生 供题) 参 考 答 案 第 一 天 一、 解法1:令t= a 1 3 +b 1 3 2 3 . 由t= 2( a+b)x+ 2ab 4x+a+b ,得 2( a+b ) - 4 tx=t(a+b ) - 2 ab. 为证式 有唯一的正数解x,只须证 2( a+b ) - 4 t 0及t(a+b ) - 2 ab 0 , 即 2 ab a+b v ) , 即要证 2u3v3 u3+v3 2u3v3(uv) 3 = 2u3v3,故式 左端成立. 为证 u+v 2 3 0. 故式 右端成立. 从而,x= t(a+b ) - 2 ab 2( a+b ) - 4 t 即为所求. 解法2:f(x ) = 2( a+b)x+ 2ab 4x+a+b = 1 2 (a+b ) - (a-b) 2 2(4x+a+b) 在 (0 , + )上为严格单调增加的连续函数,而且 f (0) = 2ab a+b , lim x+ f(x ) = a+b 2 . 据解法1式 知 2ab a+b 0 ,所以, an+1-an 0 , 即 an+1an. (2)因为ana2n+ 1 n = 1 ,所以, an= 1 a2n+ 1 n 1 1 + 1 n = n n+ 1. 从而, 1 (n + 1) 2 an ,则有质数 1 p w,即 22 1 p w,因, x y皆不含 大于1的平方因子,因此 11 ,p x p y,设 1 11111 ,xp x yp y wp w=,则化为, 2 111 x yw=,若仍有 1 1w ,则又有质数 21 p w,即 22 21 p w,因 1111 ,x y wp w=,则化为, 2 111 x yw=,若仍有 1 1w ,则又有质数 21 p w,即 22 21 p w,因 11 ,x y皆不含大于1的平方 因子,则 2121 ,p xp y,设 122122122 ,xp xyp y wp w=,则化为, 2 222 x yw=,如此下去,因式中w的质因 子个数有限,故有r ,使1 r w = ,而从 2 rrr x yw= 得,1 rr xy= ,从而 12r xp ppy=?,改记xyk=,则有, 2 2 1 1 1 akn bkmn ckm = = = 其中1,100nm abc,3m ,得 2 1(1)(1)cmmm= =+为合数,矛盾.因 此k或为质数,若为若干个互异质数之乘 积,(即k大于1,且无大于1的平方因子),我们 将其简称为“k具有性质p”. 0 (1 ).据,2m ,当2m =,则1n =,有 1 21 41 ak bk ck = = = ,因100c ,得c为合数;若2(mod3)k ,在 k为偶数时,具有性质p的k有2,14,分别给出 211,2 14127ab= = =不为质数; k为奇 数时,具有性质p的k值有5,11,17,23,分别给出 的1ak=皆不为质数;若0(mod3)k ,具有 性质p的k值有3,6,15,21,当3k =时,给出解 1 ( , , )(2,5,11)fa b c=;当6k =时,给出解 2 ( , , )(5,11,23)fa b c=;15,21k =时,分 别给出1ak=皆不为质数;若3m =,则2n = 或1,在3,2mn=时, 41 61 91 ak bk ck = = = ,因 质 数 97c ,得10k ,具有性质p的k值有2,3,5, 6,7,10,在k为奇数3,5,7时,给出91ck=皆为 合 数;在6k =时,给 出6135bk= =为 合 数;10k =时,给出4ak= 139=为合数;在 2k =时,给出解 3 ( , , )fa b c= (7,11,17) ;在 3,1mn=时, 1 31,10 91 ak bkk ck = = = ,具有性质p A K G F D PE H B N M C 福建中学数学2007 年第 9 月 36 的k值有2,3,5,6,7,10.在k为奇数3,5,7时,给 出的31bk=皆为合数;2k =和10时,给出 的1ak=不 为 质 数;6k =时,给 出 解 4 ( , , )(5,17,53)fa b c=; 0 (2 )4n =时,由16197ck= ,得6k , 具 有 性 质p的k值 有2,3,5,6.在6k = 时,16 6195c = =为合数,5k =时, 2 51 201 an bn = = ,因4nmA B， B D平分 A B C 交 A C于点 D， C P上B D， 垂足为 P， A Q上 ， 垂足为 Q， M是边 A C的中点， 是边 B C的 中点 若 P Q M 的外接圆o 0与 A C的另一 个交点为 求证： 0 、 H、 E 、 M 四点共圆 ( 郑仲义供题) 4 设正整数 m、 r t 2 ， 对于任一个 元 整数集 A= a ， 0 ， ， a ， 取每一对不同的 数 口 、 口 ， ( ) ， 作差 0 n 由这 c 个差按 从小到大顺序排成的一个 数列 ， 称为集合 A 的“ 衍生数列” ， 记为 A 衍生数列 中能被 m 整除的数 的个数记为 ( m) 证明： 对于任一 正整数 m( m2 ) ， n元 整数集 A= a 。 ， a ： ， ， 及 曰= 1 ， 2 ， ， r t 所对应的 及 ， 满足不等式 A( m) B( m) ( 陶平生供题 ) 第 二 天 5 求 出最大的正数 ， 使得对 于满 足 +Y +z =1 的任何实数 、 Y 、 成立不等式 + I ( 张正杰供题) 6 如图 1 ， A B C 的 内切 圆 o，分 别 切 B C、 A C亍 M、 N， E、 F分别为边 A B、 A C的 中点 ， D是 直线 与 的交 点 证 明： 、 、 D三点共线 图I ( 张鹏程供题) 7 杰克( J a c k ) 船长与他的海盗们掠夺到 6 个珍宝箱 A 、 2 、 3 、 A 、 A 、 ， 其中， ( =1 ， 2 ， ， 6 ) 内有金 币 a 枚 ( 诸 0 互不相 等) 海盗们设计 了一种箱 子的布局 图( 如图 2 ) ， 并推派一人和船长轮流拿珍宝箱 每次可 任意拿走不与两个或两个以上的箱子相连的 整个箱子 如果船长最后所取得 的金币不少 于海盗们所取得的金币， 那么船长获胜 图 2 问： 若船长先拿， 他是否有适当的取法保 证获胜? ( 孙文先供题) 8 设 为正整数 ， f ( n ) 表示满足以下条 件的 位数( 称为波形数) ： 的个数： ( i ) 每一位数码 口 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 且 a a + 】 ( i =1 ， 2 ， ) ； ( i i ) 当 n3时 ， a n + l 与 a + I a + 2 ( i ：1 ， 2 ， ) 的符号相反 ( 1 ) 求厂 ( 1 0 ) 的值； ( 2 ) 确定 f ( 2 0 0 8 ) 被 l 3 除得的余数 ( 陶平生供题) 中 等 数 学 参 考 答 案 第 一 天 1 若取 = n+1 ， t +2 ， ， 3 ， 此 时 ， I l =2 n ， 且 中任三数之 和大于 3 ， 即不在 中 故 m a x l 7 1 I 2 另一方面， 作三元子集列 A o ： n， 2 n， 3 ， A ： k ， 2 nk ， 2 n+k ( 后= 1 ， 2 ， ， 7 , 一1 ) n l 则 S=U A 对于 s的任一个 2 n +t 元子集 ， 必包 含有某个 A 若 A 0 c ， 贝 0 其中有元素 3 n=n+ + ； 若某个 c ( k 1 ， 2 ， ， n一1 ) ， 则其中有元素 2 几+k=k+k +( 2 nk ) 于是 ， m a x J I 0 ， 故调整后式左边的和值将减少 因此 ， 一 l n： 取得最小值当且仅当n 。 ， 一 ， 一 ， i = 0 与 n ， 17 , ， ， n ，m 一 为 同一组数 ( 至多 只有顺 序不同) ， 即式成立 从而， 结论得证 第 二 天 5 注 葸 剑 l =x 2+y + y + y 2 。 ) 。 +y z 1 ) ， 且 - Z一 一 时 ， 上述两个等号可同时取到 故 是I + l 的最大值 令 ： 2测 6 如 图 4 ， 联 结 A D 则 A D B= 9 0 联结 A I 、 D M， D M 与A C交于点 G 由 A B I = D B M ， AR B| 伺 一B D 丽 故 A B I D B M 图4 从而， D M B = A I B = 9 0 + LA C 8 厶 联结 ， G、 I C、 I M 则 l MG= D MB 一9 0 1 = 1 L A C B= G C I 二 所 以， ， 、 、 C、 G四点共圆 从而 ， ， G 上A C 因此 ， 点 G与 重合 ， 即 、 v 、 D三点 共线 7 当箱子数为 2时 ， 船长有必胜策略 引理当箱子数 为 4时 ， 船长有必胜策 略 引理的证明 ： 当箱子数为 4时 ， 共有如图 5的两种不同的链接在一起的方式 中 等 数 学 情况1 情况2 I 5 情况 1 ： 在开始的第一轮 ， 船 长有在外部 的三个箱子可挑选 ， 船长 当然挑选这三个箱 子中最多金 币的箱子 ， 海盗只能拿剩下来的 两个箱子之一， 无法取得中间的箱子 经过第 一 轮后 ， 船长拿到 的金币不少 于海盗， 此时 ， 剩下两个箱子 ， 船长可以拿金币较多的箱子 ， 因此 ， 船长必胜 情况 2 ： 将 四个箱 子黑 白相 问涂色 ( 如 图 6 ) 图6 若两个涂黑色箱子内金币的数量总和不 少于两个涂 白色箱子内金 币的数量总和， 则 开始时船长取所能拿到的黑色箱子， 迫使海 盗接下来只能取 白色箱子 当海盗拿完后又 露出一个黑色箱子让船长拿 ， 从而 ， 船长可拿 光所有黑色箱子而获胜 否则 ， 船长可以拿光 所有 白色箱子而获胜 回到原题 假设 a 内金 币的数量不少 于 a ， 则船 长先取 能拿到 的箱子 中最多金 币的一个箱 子 ， 等海盗拿后 ， 还剩下 四个箱子 问题转化 为四个箱子的情形 假设 a 内金币的数量多于 a ， 且不妨 假设 a 内金 币 的数量 比 a ：多， 则船 长将 a 。 、 a ， 与 a 涂 白色， 其 他的箱子涂黑色 ( 如图 7 ) 图 7 现在检验涂 白色箱子内金币的数量总和 是否不少于涂黑色箱子 内金币 的数量总和 若是 ， 由引理知船长能拿光所有白色箱子藉 由涂色法而获胜 若不是 ， 则船长先拿 口 接 下来 ： ( 1 ) 若海盗拿 a ， 则船长再依次拿 a ： 、 a 而获胜 ( 2 ) 若海盗拿 a ， 已知 a 内金币的数量 比 a 多 ， 则船长接着拿 a 虽然船长不能拿 光所有黑色箱子 ， 但 因 a 内金 币的数量 比 a ： 多， 二者替换之后船长一点都不吃亏 ， 最 终仍可获胜 零 ( 3 ) 若海盗拿 a ， 则船长接着拿 a ， 然后： ( i ) 若海盗拿 a ， 则船长拿 a ： 而获胜； ( i i ) 若海盗拿 a ， 已知 a 。 内金币的数量 比 a ： 多 ， 则船长接着拿 a ， ， 可获胜 故不论原先箱子 内的金 币数 为多少 ， 船 长均有恰当的取法保证获胜 8 当 ， l I2时， 称满足 口 1 a 2 的 r t, 位波形数0 l a 2 为“ B 类数” 根据对称性 ， 当 n2时 ， B类数个数 也是 g( r , ) 于是 ， ( n ) =2 g ( 凡 ) 接下来求 g ( n ) ： 用 m ( i ) 表示末位为 i ( i =1 ， 2 ， 3 ， 4 ) 的 k位 4类波形数的个数 则 4 g ( n ) = m ( ) 由于 n 2 a 2 ， 则 1 ) 当 k为偶数时 ， m + l ( 4 ) =0 ， m + l ( 3 ) =m ( 4 ) ， m ( 2 ) =m ( 4 ) +m ( 3 ) ， m + l ( 1 ) =m ( 4 ) +m ( 3 ) +m ( 2 ) 2 ) 当 k为奇数时 ， m + l ( 1 ) =0 ， m + l ( 2 ) =m ( 1 ) ， m + l ( 3 ) =m ( 1 ) +m ( 2 ) ， m ( 4 ) =m ( 1 ) +m ( 2 ) +m ( 3 ) 易知 m： ( 1 ) =0 ， m： ( 2 ) =1 ， m ： ( 3 ) =2 ， m ( 4 ) =3 ， 则 g( 2 ) =6 由此 ， 2 0 0 9 年第 5 期 r l-b 3 ( 1 ) =m 2 ( 2 ) +m2 ( 3 ) +m2 ( 4 ) ：6 ， m3 ( 2 ) ：m2 ( 3 ) +m2 ( 4 ) =5 ， m3 ( 3 ) =m2 ( 4 ) =3 ， m ( 4 ) =0 4 所以， g ( 3 ) = m ( ) = 1 4 又由 m ( 1 ) =0 ， m ( 2 ) ：m。 ( 1 ) =6 ， m4 ( 3 ) =m3 ( 1 ) +m3 ( 2 ) ：1 1 ， m ( 4 ) =m3 ( 1 ) +m3 ( 2 ) +m3 ( 3 ) =1 4 ， 4 所以， g ( 4 ) = m ( ) = 3 1 类似可得 g ( 5 ) =7 0 ， g ( 6 ) =1 5 7 ， g ( 7 ) =3 5 3 ， g ( 8 ) =7 9 3 ， 一 般地 ， 当 n f5时 ， g ( ) = 2 g ( n1 ) +g ( n一2 ) 一g ( n一3 ) 再证式 。 对 1 2 归纳 当 1 7 , =5 ， 6 ， 7 ， 8时 ， 皆已验证 设式直至 皆成立 考虑 n+l 情况 当 为偶数 ， 据 1 ) 、 2 ) 有 m + 1 ( 4 ) =0 ， m + ( 3 ) =m ( 4 ) ， m + 。 ( 2 ) =m ( 4 ) +m ( 3 ) ， m + ( 1 ) =m ( 4 ) +m ( 3 ) +m ( 2 ) 而 I l l, ( 1 ) =0 ， 则 4 g ( + 1 ) ： m ( ) i = l 4 = 2 ( m ( ) ) + m ( 4 ) 一 m ( 2 ) i = l = 2 g( n ) +， n ( 4 ) 一， n ( 2 ) 又 m ( 4 ) =m 一 l ( 1 ) +m 一 1 ( 2 ) +m 一 l ( 3 ) +0 4 = m ( ) = g ( 凡 一 1 ) ， m ( 2 ) =m 一 ( 1 ) =m 一 2 ( 4 ) +m 一 2 ( 3 ) +m 一 2 ( 2 ) +0 =g( 一2 ) ， 此时 ， 有 g ( n+1 ) = 2 g ( ) +g ( n一1 ) 一g ( n- 2 ) 4 当n 为 奇数， g ( n + 1 ) = ， n + ， ( ) 而 m + ， ( 1 ) =0 ， m + ( 2 ) =m ( 1 ) ， m +。( 3 ) =m ( 1 ) +m ( 2 ) ， m + ( 4 ) ：m ( 1 ) +m ( 2 ) +m ( 3 ) ， 4 则 g ( n + 1 ) = m ( i= l 4 = 2 m ( ) + m ( 1 ) 一 m ( 3 ) = 2 g ( n ) +m ( 1 ) 一m ( 3 ) 又 7 , ( 1 ) =m 一 l ( 4 ) +m 一 1 ( 3 ) +m 一 1 ( 2 ) +0 =g ( 一1 ) ， m ( 3 ) =m 一 。 ( 4 ) =m 一 2 ( 1 ) +m 一 2 ( 2 ) +m 一 2 ( 3 ) +0 =g ( n一2 ) ， 此时 ， 也有 g ( n+1 ) =2 g ( n ) +g ( n一1 ) 一g ( n- 2 ) 故式对于 +1 也成立 从而 ， 由归纳法得 ， 对所有的 n 5 ， 式 皆成立 据式得 g( 9 ) =2 g( 8 ) +g( 7 ) 一g ( 6 ) =1 7 8 2 ， g ( 1 0 ) =2 g( 9 ) +g ( 8 ) 一g ( 7 ) =4 0 0 4 ， 所以， 1 0 ) =2 g ( 1 0 ) =8 0 0 8 现考虑 g( ) 的模数列 利用式易算出， 当 n = 2 ， 3 ， ， l 4 ， l 5 ， 1 6 ， 时 ， g( n ) 被 1 3除得的余数分别是 ： 6， 1 ， 5 ， 5 ， 1 ， 2， 0， 1 ， 0 ， 1 ， 1 ， 3； 6 ， 1 ， 5， 5， 因此 ， 当 n 2时 ， 数列 g( n ) 被 1 3除 得的余数所构成 的数列是一个周期数列 ， 其 最小周期为 1 2 因为 2 0 0 8 =1 21 6 7+4 ， 所 以， g( 2 0 0 8 ) -5 ( m o d 1 3 ) 因此 ， f ( 2 0 0 8 ) 兰l O ( mo d 1 3 ) ( 陶平生提供) 即 2 3 x=2y+4z. 由式 得 5y=2z. 故y是2的倍数. 令y=2n(nN+ ). 则 x+y+z=18y+y+ 5 2 y=43n. 由已知得 120 =31 +28 +31 +30 43n31 +28 +31 +30 +31 =151. 因此,x+y+z=43n=129. 所以, 129 - 31 - 28 - 31 - 30 =9. 于是,当甲厂生产的产品总数是乙厂的 2倍时,当天的日期是2009年5月9日. 10131. 设m,m+1,m+2n是满足上述条件 的2n+1个连续的自然数.则 m 2 + (m +1) 2 + (m + n) 2 = (m +n+1) 2 + (m +n+2) 2 + (m +2 n) 2. 令Sk=1 2 +2 2 +k 2. 则 Sm+n-Sm- 1=Sm+2n-Sm+n. 代入化简得2m n 2 +2n 3 -m 2 +n 2 =0,即 m=2n 2 +n. 又m2 009m+2n,则 2n 2 +n2 0092n 2 +3n. 因此,n=31. (夏兴国 提供) 第六届中国东南地区数学奥林匹克 第 一 天 1.试求满足方程x 2 - 2xy+126y 2 =2 009 的所有整数对(x, y).(张鹏程 供题) 2.在凸五边形ABCDE中,已知AB= DE, BC=EA, ABEA,且B、C、D、E四点共 圆.证明:A、B、C、D四点共圆的充分必要条 件是AC=AD.(熊 斌 供题) 3.设x、y、zR+,a=x ( y- z) 2 ,b= y (z- x) 2 ,c=z(x- y) 2. 求证: a 2 +b 2 +c 2 2 (ab +bc+ ca) . (唐立华 供题) 4.在一个圆周上给定十二个红点.求n 的最小值,使得存在以红点为顶点的n个三 角形,满足以红点为端点的每条弦,都是其中 某个三角形的一条边.(陶平生 供题) 第 二 天 5.设1,2,9的所有排列X= ( x 1, x2, , x9)的集合为A.对任意的XA,记 f (X)=x1+2x2 +9x9, M= f (X)XA. 求M(M表示集合M的元素个数 ). (熊 斌 供题) 图1 6.如图1,已知 O、I分 别 是 ABC的外接圆、 内 切圆.证明:过O上 的任意一点D,都可 以 作 一 个 DEF, 使得O、I分别是 DEF的外接圆、 内切圆.(陶平生 供题) 722009年第10期 7.设f(x, y, z)= x( 2y- z) 1 +x+3y (x 、y、z0) , 且x+y+z=1.求f ( x, y, z)的最大值和最小 值.(李胜宏 供题) 图2 8.在88的方格表中, 最少需要挖去几个小方格,才 能使得无法从剩余的方格表 中裁剪出一片形状如图2的 完整的“T型 ” 五方连块? (孙文先 供题) 参 考 答 案 第 一 天 1.设整数对(x, y)满足方程 x 2 - 2xy+126y 2 - 2 009 =0, 将其看作关于x的一元二次方程,其判别式 =500(42-y2)+36 的值应为一完全平方数. 若y 2 4 2 ,则0. 由式 要证f0,只要证 x 1 +x+3y 1 2 . 注意到 1 2 = x 2x+4y + y x+2y . 于是,式 等价于 z 1 +z+3x x 2x+4y - x 1 +x+3y + y x+2y - y 1 +y+3z = z 2x+4y x 1 +x+3y + 8y 1 +y+3z , 即 2x+4y 1 +z+3x x 1 +x+3y + 8y 1 +y+3z . 而由柯西不等式得 x 1 +x+3y + 8y 1 +y+3z = x 2 x ( 1 +x+3 y) + (2 y) 2 1 2 y ( 1 +y+3 z) (x +2 y) 2 (x +x 2 +3 xy) + 1 2 (y +y 2 +3 yz) = 2x+4y 1 +z+3x, 即式 成立.从而,f0. 故fmin= 0,当x= 1, y=z= 0时,等号 成立. 8.至少要在图6中挖去14个小方格. 图7图6 如图7,将88棋盘分割为五个区域. 中央部分的区域至少要挖去两个小方格,才 能使T形的五方块放不进去.两个打叉的位 置是不等同的位置,一个在角落位置,另一个 在内部位置,只挖去其中一个无法避免T形 置入. 下面证明:对于在边界的四个全等的区 域,每个区域至少要挖去3个小方格才能使 T形的五方块放不进去. 图8 如图8,以右上角的 区域为例,下方T形部分 必须挖去1个小方格,上 方部分必须挖去打叉的 位置的1个小方格. 下方T形部分挖去1 个小方格有五种情况,若挖去如图9打叉位 置的小方格,可再置入一片T形的五方块;其 余情况均可再置入一片T形的五方块(如图 10) ,因此,至少要挖去3个小方格. 图9图10 综合所有区域,对于T形的五方块至少 要挖去34 +2 =14个小方格. (陶平生 提供) 132009年第10期 2 0 1 0 年第1 2 期 第七届中国东南地区数学奥林匹克 中圈分类号：C - 4 2 4 7 9文献标识码：A 文章编号：1 0 0 5 6 4 1 6 ( 2 0 1 0 ) 1 2 0 0 2 9 0 4 第一天 1 设口、b 、c 0 ，1 ，9 ) 若二次方程 a , x 2 + h + c = 0 有有理根，证明：三位数a b c 不 是质数( 张鹏程供题) 2 对于集合A = 口。，a 2 ，口。) ，记 P ( A ) = 口l 口2 口。设A l ，A 2 ，A 。n = c 凳l o ) 是集合( 1 ，2 ，20 1 0 ) 的所有9 9 元子集 求证：20 1 1l P ( A i ) ( 叶永南供题) 3 如图1 ，已 知A B C 内切圆 o ，分别与边A B 、 B C 切于点F 、D ， 直线A D 、C F 分别 与O ，交于另一点 日、K 求证： F D H K ， F H D K J 图l ( 熊斌供题) 4 设正整数a , b 满足1 D 一2 0 a 一2 仳2 ，与x 2 为负数矛盾 所以，三位数a b c 不是质数 2 证法1 对于集合 l ，2 ，2o l o 的 每个9 9 元子集A ；= 口。，口：，口钟) ，其与 B i = 6 。，b ：，6 9 9 ) _ 一对应，其中， b I = 20 1 l 一口( 矗= l ，2 ，9 9 ) 旦 因为( + 6 I ) = 9 9x 2o l l = 奇数，所 t = 1 以，集合A 。鼠 而P ( A i ) + 尸( B i ) = 口心口辨+ ( 20 1 1 一口；) i = 1 9 9 量a 心口钟+ ( 一a i ) i = l - - 0 ( m o d20 1 1 ) ， 故2 P ( A ；) = ；Ii = 1 - f f i 0 ( m o d20 1 1 ) P ( A ；) + P i B i ) 因此，20 1 1I 宝P ( A 。) i = l 证明2 构造多项式 20 1 0 以n ) = n i ) 一万2 m 0 20 1 01 ， = t 其中，I I , Z 又一P ( A ；) 就是多项式八n ) 中玎的 19 1 1 次项的系数，故20 1 1l P ( A i ) 3 设A F = 戈，B F = y ，C D = 厄 由斯特瓦尔特定理得 A D 2 = 丽B D A C 2 + 丽C D A B 2 一B D D C 注意到20 1 1 为质数，由威尔逊定理知 20 1 01 善一l ( m o d20 1 1 ) 又由费马定理，当20 1 1 、卜n 时， 舻m o 暑1 ( m o d20 1 1 ) 所以，对于每个n Z ， ( 1 ) 当20 1 1 H 时， 20 1 0 以，1 ) 葺I - ( n i ) - O ( m o d20 1 1 ) ； ( 2 ) 当20 1 1n 时， 理得 2 ，0 1 0 以n ) 看儿( ，l - i ) - 2 0 1 01 - = 20 1 01 20 1 01 - o ( m o d20 1 1 ) ， 即对于每个n Z 都有20 1 1I 以n ) 而以n ) 是一个20 0 9 次多项式，于是， 以，1 ) 的各项系数都能被20 l l 整除 ：丛型尘土亟业一竹：茗：+ 鲤 v+z 。 +z 由切割线毫理得A H = 等= 嘉 放肋= A D - A H - A _ D 2 矿_ x 2 = 历4 ( x ，y 两z 腿，K F2 葫 因为C D K G O C r D ，所以， D K = 百D F C D = 而D F z 又因为A F H A D F ，所以， 朋= 1 D F 矿A F = 而D F 由余弦定理得 D P ：B D 2 + B F 2 2 B D B F c o sB = 妒 t 一虹瓷铲】 一 垒型三三 一( 苴+ ) ，) ( Y + 彳) 。 堡坐垒望 故婴塑：鲻丛吐丝垃盟 ”F H D K D FD F A D C F = 丽者Y 惫百“ D P ( x + ) ( y + z ) 一 K F H D = D F H K + F H D K 再结合式即得膦= 3 4 令a ，b ) = d ，a = s d ，b = t d ，( s ，t ) = 1 ( t s ) 于是，s M 2I 矿( s + ，) 因为( s t ，s + ，) = 1 ，所以，s tl d 万方数据 2 0 1 0 年第1 2 期 3 l 于是，S t 的所有质因子都能整除d 若s 或t 中有一个不小于1 1 的质因子 p ，则p l d 于是，P 2l 口或P 2 b 而P 2 1 0 0 。矛盾 因此，S t 的质因子只可能是2 ，3 ，5 ，7 若S t 的质因子中2 ，3 ，5 ，7 至少出现三 个，则 d t 2X3 5 = 3 0 从而，m a x 口，b 5 d 1 0 0 ，矛盾 若S t 的质因子集是 3 ，7 ，则 m 旺 口，6 7 3 7 1 0 0 ， 矛盾； 同样，S t 的质因子集也不可能是 5 ，7 若S t 的质因子集是 3 ，5 ，d 只能为1 5 ， 此时，s = 3 ，t = 5 ，所以，( 口，b ) = ( 4 5 ，7 5 ) 共 1 个好数对 若s t 的质因子集是 2 ，7 ，d 只能为1 4 ， 此时，( s ，t ) = ( 2 ，7 ) ，( 4 ，7 ) ，所以，( 口，6 ) = ( 2 s ，9 s ) ，( 5 6 ，9 s ) 共2 个好数对 若s t 的质因子集是 2 ，5 ，d 只能为1 0 ，2 0 当d = 1 0 时， ( s ，t ) = ( 2 ，5 ) ，( 1 ，1 0 ) ，( 4 ，5 ) ，( 5 ，8 ) ； 当d = 2 0 时，( s ，t ) = ( 2 ，5 ) ，( 4 ，5 ) 共6 个好数对 若s t