2002-2012女子数学奥林匹克CGMO.pdf

竞赛之窗 首届女子数学奥林匹克 (200208160817 ,珠海) 第 一 天 一、 求出所有的正整数n ,使得20n+ 2能整除 2 003n+ 2 002. 二、 夏令营有3n( n是正整数)位女同学参加,每 天都有3位女同学担任值勤工作.夏令营结束时,发 现这3n位女同学中的任何两位,在同一天担任值勤 工作恰好是一次. (1)问:当n= 3时,是否存在满足题意的安排? 证明你的结论; (2)求证: n是奇数. 三、 试求出所有的正整数k ,使得对任意满足不 等式 k( ab+bc+ ca) 5 ( a 2 +b2+c2) 的正数a、b、c ,一定存在三边长分别为a、b、c的三 角形. 四、 O1和 O2相交于B、C两点,且BC是 O1的直径.过点C作 O1的切线,交 O2于另一 点A ,连结AB ,交 O1于另一点E,连结CE并延长, 交 O2于点F.设点H为线段AF内的任意一点,连 结HE并延长,交 O1于点G,连结BG并延长,与 AC的延长线交于点D.求证:AH HF = AC CD. 第 二 天 五、 设P1, P2, Pn ( n 2)是1,2, n的任意 一个排列.求证: 1 P1+P2 + 1 P2+P3 + 1 Pn- 2+Pn- 1 + 1 Pn- 1+Pn n- 1 n+ 2. 六、 求所有的正整数对( x , y) ,满足xy=yx -y. 七、 锐角 ABC的三条高分别为AD、BE、CF.求 证:DEF的周长不超过 ABC周长的一半. 八、 设A1, A2, A8是平面上任意取定的8个 点,对平面上任意取定的一条有向直线l ,设A1, A2, ,A8在该直线上的射影分别是P1, P2, P8.如果 这8个射影两两不重合,依直线l的方向依次排列为 Pi1, Pi2, Pi8,这样,就得到了1,2,8的一个排列 i1, i2, i8(在图1中,此排列为2,1,8,3,7,4,6,5 ) . 设这8个点对平面上所有有向直线作射影后,得到的 不同排列的个数为N8=N ( A1, A2, A8 ) , 试求N8 的最大值. 图1 参 考 答 案 一、 显然,2|n.令n= 2m( mN3) ,则 (20m+ 1)|(2 003m+ 1 001 ) . 因2 003m+ 1 001 = 100(20m+ 1)+ 3m+ 901, 故(20m+ 1)|(3m+ 901 ) . 易知3m + 901 20m+ 1 = 1,2,3,4时都无正整数解.因此, 3m+ 901 20m+ 1 5,可知m896 97 5.注意到k为正整数,因此, k6. 由于不存在边长分别为1、1、2的三角形,依题 设,有 k( 11 + 12 + 12)5(12+ 12+ 22 ) , 即 k6. 以下证明k= 6满足题设要求. 不妨设abc,则 6 ( ab +bc+ ca) 5 ( a 2 +b2+c2 ) , 即 5c2- 6 ( a +b) c+ 5a2+ 5b2- 6aby2的情形.由方程得 1 2y , y|x. 设x=ky ,则k3, kN.于是,ky=y ( k - 2 ) y . 有 k=yk - 2. 因y2,故yk - 2 2k - 2. 用数学归纳法易证2k 4k( k5 ) . 于是,仅可能 k= 3,4. 当k= 3时, y= 3, x= 9;当k= 4时, y= 2, x= 8. 所以,全部解( x , y)为(1,1) , (9,3) , (8,2 ) . 七、 证法一:由于D、E、A、B四点共圆,且AB为 该圆直径,根据正弦定理,可得 DE sinDAE =AB=c, 即 DE=csinDAE. 又 DCA= 90-DAC,所以, DE=ccosC. 522003年第1期 同理, DF=bcosB. 于是, DE+DF=ccosC+bcosB =(2Rsin C) cosC+(2Rsin B) cosB = R( sin 2C+ sin 2 B) = 2Rsin ( B + C) cos ( B - C) = 2RsinAcos (B - C) =acos ( B - C) a. 同理, DE+EFb, EF+DFc. 将上述三式相加得 DE+EF+FD1 2 ( a +b+c) . 证法二:设M为BC中点, E 为E关于BC的对 称点, H为 ABC的垂心. 图3 如图3,因B、D、H、F 四点共圆,故 1 =4.同 理,2 =3.又 1 = 2,故 4 =3.又 3 = 5,所以 4 =5, F、D、 E 三点共线. 在直角 BCE和直角 BCF中,有EM=FM= 1 2 BC.而M E=ME,故 DE+DF=DE+DF=EFMF+M E=BC. 同理, DE+EFAC, EF+FMAB. 将上述三式相加,即知命题成立. 图4 证法三:先证 DEF是 锐角 ABC的所有内接 三角形中周长最短的三 角形. 设点D 是BC边上 任一固定点,如图4,作 点D 关于AB、AC的对 称点D1、D2,连结D1D2分别交AB、AC于点E 、F, 则 DEF 周长最短. 事实上, DEF 的周长=DE+EF+FD =D1E+EF+FD2=D1D2. 在AB、AC上任取E1、F1,则 DE1F1的周长=DE1+E1F1+F1D =D1E1+E1F1+F1D2D1D2, 当且仅当E1、F1分别与E 、F 重合时取等号.所以, 当点D 固定时,上述 DEF 周长最短. 因 D1AD2= 2BAC,AD1=A D=AD2,根据余 弦定理, D1D2的长度仅与A D 有关,当A D 取最小 值时, D1D2也取最小值.此时,DEF 为 ABC 中周长最短的内接三角形,故点D 应为BC边上高线 的垂足D. 如 图5,DEF为 ABC的 垂 足 三 角 形,则 图5 ABC的三条高平分 DEF的 内角,有 AFE=DFC=CFD2, 从而, E、F、D2三点共线. 同理, D1、E、F三点共线. 综上所述,垂足 DEF为 ABC中周长最短的内接三角形. 分别在 ABC的三边上取中点M、N、L ,则 DE+EF+FDMN+NL+LM = 1 2 (AB +BC+CA) . 注:本题证明方法较多,这里仅给出其中三种解 答. 八、 对两条平行且同方向的有向直线, A1, A2, ,A8的射影次序一定相同.所以,只要讨论通过一 定点O的所有有向直线即可. 若所取的有向直线与某两点的连线垂直,则该 两点的射影必重合,所以不产生相应的排列.不然, A1,A2, A8的射影必两两不重合,因此,对应地有 一个排列. 图6 设通过点O且与某 两点连线垂直的所有直线 的数目为k.显见, kC28 =28.由此产生2k条有向 直线,依逆时针方向排列, 设它们依次是l1, l2, l2k,如图6. 对任意一条有向直线 l ( 不同于l1, l2k)一定 存在两条相邻的有向直线lj、lj+ 1,使得lj、l、lj+ 1按逆 时针方向排列.显见,对取定的j ,由这样的l所得到 的相应排列必相同. 若对不同于l1, l2k的两条有向直线l、l,不存 在j ,使得lj、l、lj+ 1及lj、l 、lj+ 1都满足上一段叙述中 所说的要求,则必有j ,使l 、lj、l按逆时针方向排列. 设lj垂直于Aj1和Aj2的连线,显见点Aj1和Aj在有向 直线l、l 上的射影的次序一定不同,相应得到的排列 必不同. 如上所述,不同的排列数为2k.注意到, k= C28 是可以取到的,所以,N8= 56. (命题组成员:潘承彪 钱展望 苏淳 李胜宏 熊斌 吴伟朝 祁建新 钱展望执笔整理) 62中 等 数 学 对任给正整数r(r2) ,总存在正整数N(r ) , 当nN(r)时,存在正整数a1,a2,ar,使得n= a1+a2+ar,1a1 1 ,故 1 a1 + 1 a2 + 1 a2 003 2 0032 003. 由已知用归纳法可得an+1=anan- 1a1+ 1 ,及 anan- 1a1nn,n1. 从而,结论成立. 6.当ai=i,i= 1 ,2 ,n时, (n - 2) n - 1 2 = 2n- 4 n- 1 . 722004年第2期 下面证明不等式 a2n 2n - 4 n- 1 (a1+a2+an- 1 ) + 2 an 对任何满足0 b2(a+b+c ) + c2(a+b+c ) . 由a2b2+c2.所以,BAC 90. 8.考虑如下三种情况: (1)n能被5整除,设d1,d2,dm为Sn中所 有个位数为3的元素,则Sn中还包括5d1,5d2, 5dm这m个个位数为5的元素.所以,Sn中至多有 一半元素的个位数为3. (2)n不能被5整除,且n质因子的个位数均为 1或9 ,则Sn中所有的元素的个位数均为1或9.结 论成立. (3)n不能被5整除,且n有个位数为3或7的 质因子p,令n=prq,其中q和r都是正整数,p和q 互质.设Sq= a1,a2,ak为q的所有正约数组 成的集合,将Sn中的元素写成如下的方阵: a1,a1p,a1p2,a1p r , a2,a2p,a2p2,a2p r , ak,akp,akp2,akp r. 对于di=ajp l ,选择ajp l- 1或 ajp l+1之一与之配 对(所选的数必须在Sn中 ) . 设ei为所选的数,我们 称(di,ei)为一对朋友.如果di的个位数都是3 ,则 由p的个位数是3或7知ei的个位数不是3. 假设di和dj的个位数都是3 ,且有相同的朋友 e=asp t ,则di,dj = asp t- 1 ,asp t+1.因为 p的个位 数为3或7 ,从而,p2的个位数是9.而n不能被5整 除,故as的个位数不为0.所以,asp t- 1 ,asp t- 1 p2= asp t+1的个位数不同. 这与di和dj的个位数都是3 矛盾,因此,每个个位数为3的di均有不同的朋友. 综上所述,Sn中每个个位数为3的元素,均与 一个Sn中个位数不为3的元素为朋友,而且两个个 位数为3的不同元素的朋友也是不同的.所以,Sn 中至多有一半元素的个位数为3. (2003女子数学奥林匹克命题组 提供) 82中 等 数 学 2004女子数学奥林匹克 1.如果存在1 ,2 ,n的一个排列a1,a2, an,使得k+ak(k= 1 ,2 ,n)都是完全平方数,则 称n为 “好数”.问:在集合11 ,13 ,15 ,17 ,19中,哪些 是 “好数”,哪些不是 “好数”?说明理由. (苏 淳 供题) 2.设a、b、c为正实数.求 a+ 3c a+ 2b+c + 4b a+b+ 2c - 8c a+b+ 3c 的最小值.(李胜宏 供题) 3.已知钝角 ABC的外接圆半径为1.证明:存 在一个斜边长为2 + 1的等腰直角三角形覆盖 ABC.(冷岗松 供题) 4.一副三色纸牌,共有32张,其中红黄蓝每种 颜色的牌各10张,编号分别是1 ,2 ,10;另有大小 王牌各一张,编号均为0.从这副牌中任取若干张 牌,然后按如下规则计算分值:每张编号为k的牌计 为2 k 分.若它们的分值之和为2 004 ,则称这些牌为 一个 “好牌组”.试求 “好牌组” 的个数. (陶平生 供题) 5.设u、v、w为正实数,满足条件uvw+ vwu+wu v1.试求u+v+w的最小值. (陈永高 供题) 6.给定锐角 ABC,点O为其外心,直线AO交 边BC于点D.动点E、F分别位于边AB、AC上,使 得A、E、D、F四点共圆.求证:线段EF在边BC上 的投影的长度为定值.(熊 斌 供题) 7.已知p、q为互质的正整数,n为非负整数. 问:有多少个不同的整数可以表示为ip+jq的形 式,其中i、j为非负整数,且i+jn. (李伟固 供题) 8.将一个33的正方形的四个角上各去掉一 个单位正方形所得到的图形称为 “十字形”.在一个 1011的棋盘上,最多可以放置多少个互不重叠的 “十字形”(每个 “十字形” 恰好盖住棋盘上的5个小 方格 ) ? (冯祖鸣 供题) 参 考 答 案 1.除了11之外都是 “好数”. (1)易知11只能与5相加得到42,而4也只能 与5相加得到32,因此,不存在满足条件的排列,所 以11不是 “好数”. (2) 13是 “好数”,因为如下的排列中 ,k+ak (k= 1 ,2 , ,13) 都是完全平方数: k: 1 2 3456 7 8 9 10 11 12 13 ak: 8 2 13 12 11 10 9 1 7 6543 (3) 15是 “好数”,因为如下的排列中 ,k+ak (k= 1 ,2 , ,15) 都是完全平方数: k:123456 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ak: 15 14 13 12 11 10 9 8 7 654321 (4) 17是 “好数”,因为如下的排列中 ,k+ak (k= 1 ,2 , ,17) 都是完全平方数: k: 1 2 3 4 5 6 7 89 10 11 12 13 14 15 16 17 ak: 3 7 6 5 4 10 2 17 16 15 14 13 12 11 198 其中用到了轮换(1 ,3 ,6 ,10 ,15) . (5) 19是 “好数”,因为如下的排列中 ,k+ak (k= 1 ,2 , ,19) 都是完全平方数: k: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ak: 8 7 6 5 4 3 2 1 16 15 14 13 12 11 10 9 19 18 17 2. - 17 + 12 2. 令x=a+ 2b+c,y=a+b+ 2c,z=a+b+ 3c,则有x-y=b-c,z-y=c.由此可得 a+ 3c= 2y-x,b=z+x- 2y,c=z-y. 故 a+ 3c a+ 2b+c + 4b a+b+ 2c - 8c a+b+ 3c = 2y-x x + 4( z+x- 2y) y - 8( z-y) z = - 17 + 2 y x + 4 x y + 4 z y + 8 y z - 17 + 2 8 + 2 32 = - 17 + 12 2. 上式中的等号可以成立. 事实上,由上述推导过程知,等号成立当且仅当 平均不等式中的等号成立,而这等价于 2 y x = 4 x y , 4 z y = 8 y z , 即 y2= 2x2, z2= 2y2,即 y= 2x, z= 2x, 亦即 a+b+ 2c= 2(a+ 2b+c ) , a+b+ 3c = 2( a+ 2b+c ) . 解此不定方程,得到 43中 等 数 学 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. b= (1 + 2)a, c= (4 + 3 2)a. 易算出,对任何正实数a,只要b= (1 + 2)a, c= (4 + 3 2)a,就都有式 中的等号成立. 所以,所求的最小值为- 17 + 12 2. 3.不妨设 C 90,于是,minA,B 0) ,将长为a、 宽为b的矩形放入一个正方形内(包含边 界 ) . 问正方形的边至少为多长? (陈永高 供题) 参 考 答 案 CE BF = JE KB = JE AK , CE BF = JC KF = AJ KF. 将以上两式左、 右两端分别相乘即得结论. 2.由x+ 1 x = x2+xy+yz+zx x = (x+y) (x+z) x , 则第一个方程可变为 5yz(x+y) (x+z) = 12xz(y+x) (y+z) = 13xy(z+x) (z+y ) . 设 x(y+z ) = a, y(z+x ) = b, z(x+y ) = c. 则a+b+c= 2 , 5bc= 12ca= 13ab 5 a = 12 b = 13 c =k. 式 代入式 得 5 k + 12 k + 13 k = 2. 解得k= 15. 则由xy+xz= 5 15 ,yz+xy= 12 15 ,zx+zy= 13 15联 立解得 yz= 10 15 ,zx= 3 15 ,xy= 2 15 . 所以,xyz= 10 15 3 15 2 15 =2 15 . 故原方程组有两组解为 1 5 , 2 3 ,1和- 1 5 , - 2 3 , - 1 . 注:本题还可应用三角方法、 代入法求解,或设 第一个方程等于一个参数,再联想勾股数求解. 3.存在.如图3所示. 图3 4.若0 0( i= 1 ,2 ,n ) , k1.求证: n i=1 1 1 +xi n i=1 xi n i=1 x k+1 i 1 +xi n i= 1 1 x k i . (李伟固 供题) 8.设p为大于3的质数.求证:存在若干 个整数a1,a2,at满足条件 - p 2 0) . 在式 中取x=y=t,得 23中 等 数 学 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. f 2 (t ) + f 2 a t = 2f(t ) . 所以,f(t) 0. 故f(x) = 1(x 0) . 2.证法1:如图1 ,联结BT、CS、MA、MB、MC、 MD. 图1 因为 BTO=BAO,BCO=BMO,所以, BTM BAC,得 TM AC = BM BC . 同理,CMS CBD,得 MS BD = CM BC . 得 TM MS = BM CM AC BD. 又 MBD=MCA,MDB=MAC,所以, MBD MCA,得 BM CM = BD AC . 将式 代入式 即得TM=MS. 证法2:如 图2 ,设 OAB、OBC、OCD、 ODA的外心分别为O1、O2、O3、O4,过点O1、O3作 TS的垂线,垂足分别为E、F.联结O2O4交TS于点 G. 因OM是 O2、 O4的公共弦,故O2O4垂直平 分OM,即G是线段OM的中点. 同样,O1O4垂直平分OA,O2O3垂直平分OC, 得O1O4O2O3. 同理,O1O2O3O4. 因此,四边形O1O2O3O4是平行四边形,其对角 线互相平分. 图2 易知EG=FG. 又由垂径定理,知E是TO中点,F是OS中点. 因此,TM=TO+OM= 2EO+ 2OG= 2EG, MS=OS-OM= 2OF- 2OG= 2GF. 由式 、 即知TM=MS. 3.三个整数的立方和被9除的余数不能为4或 5 ,这是因为整数可写为3k或3k 1( kZ) ,而 (3 k) 3 =93k3,(3k 1) 3 =9(3k33k2+k)1. 对i= 1 ,令n= 3 (3m - 1) 3 - 2 (mZ+ ) , 则 n,n+ 28被9除的余数分别为4 ,5 ,故均不能表示为 三个整数的立方和. 而n+ 2 = (3m - 1) 3 + (3m - 1) 3 + (3m - 1) 3. 对i= 2 ,n= (3m - 1) 3 + 222 (mZ+)被9除的 余数为5 ,故不能表示为三个整数的立方和. 而n+ 2 = (3m - 1) 3 + 23+ 63, n+ 28 = (3m - 1) 3 + 53+ 53. 对i= 3 ,n= 216m3(mZ+)满足条件 n= (3m) 3 + (4m) 3 + (5m) 3 , n+ 2 = (6m) 3 + 13+ 13, n+ 28 = (6m) 3 + 13+ 33. 注:所命原题要求证明结论对i= 0 ,1 ,2 ,3均成 立.为降低试卷难度,去掉了i= 0的要求.以下是该 情形的证明. 证明:对n= 9m + 3( mZ) ,n+ 2 ,n+ 28被9 除的余数分别为5 ,4 ,不能表示为三个整数的立方 和,若n=a3+b3+c3(a、b、cZ) ,由前知a、b、c 均为3k + 1( k Z) 型的整数. 小于 (3 N) 3 (NZ+)的9m + 3( m Z) 型的正 整数共有3N3个. 小于3N的3k + 1( k Z) 型的正整数有N个, 332006年第11期 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 三个这样的立方数之和的组合不超过N3种,故小于 (3 N) 3 (NZ+)的9m + 3( m Z) 型的正整数中至 少有3N3-N3= 2N3个不能表示为三个正整数的立 方和,N可取任意正整数.故i= 0的情形得证. 4. (1)分情形讨论. 情形1:如果存在3个人两两互不认识,那么,其 余5个人必然两两都认识.若不然,假如他们之中有 2人互不认识,则在他们与原来的3个人一起构成 的5人组中就找不出3个人两两认识,导致矛盾.所 以,此时题中结论成立. 情形2:在剩下的情形中,任何3个人中,都有某 2个人相互认识. (i)如果8个人中有1个人A至多认识3个人, 那么,他至少不认识4个人.显然,这4个人中的任 何2人都彼此认识.若不然,这2个人与A一起构成 的3人组中就没有2个人互相认识,导致矛盾.所 以,此时题中结论成立. (ii)如果存在1个人A至少认识5个人,那么, 这5个人中有3个人两两彼此认识,他们又都认识 A,所以,他们与A一起即为所求的4人. (iii)只须再考虑每个人都恰好有4个熟人,并 且任何3个人中都有2个人相互认识的情形. 任取其中1个人A.假如A的4个熟人两两认 识,那么,他们即为所求.否则,其中就有B、C互不 认识.此时,A有3个不认识的人F、G、H,而这3个 人中的任何2个人都与A构成3人组,所以,F、G、 H中的任何2个人都相互认识.如果B、C之一与 F、G、H中的每个人都彼此认识,那么,此人与F、G、 H一起构成所求的4人组.否则,B、C分别不认识 F、G、H中的一个人.易知,B和C不可能不认识他 们中的同一个人,否则,该人与B、C所成的3人组 中的任何2个人均互不认识,导致矛盾.这就表明, B和C分别不认识F、G、H中的两个不同的人,不 妨设B不认识F,而C不认识G.现在把B、F、A、G、 C依次排在一个圆周上,于是,任何两个相邻位置的 人都互不认识.然而他们中的任何3个人中都一定 有在圆周上相邻的两个人,从而,在他们之中找不到 3个人两两认识,导致矛盾.所以,这种情况不可能 存在. 综合上述,在一切可能的情况下,都能找出4个 人两两都彼此认识. (2)如果其中任何6个人中都有3个人两两彼 此认识,则不一定可以找出4个人两两彼此认识.例 子: 在正八边形中连出8条最短的对角线.每个顶 点代表一个人,有线段相连的顶点表示相应2个人 相互认识.不难验证,其中任何6个人中都有3个人 两两彼此认识,但是却找不出4个人两两彼此认识. 5.最少个数为2. 先证T不可能只包含一个点. 图3 若不然,设 T= Q(x0,y0 ). 在S中取点P(x1, y1)满 足(x1,y1) (x0,y0 ) , 且x1与x0同 奇偶,y1与y0同奇偶. 则线段PQ的中点为一 整点.矛盾. T含两个点的情形如图3. 6.由假设,在A中,有k(k + 1) 种可能的组合. 从而,k(k + 1) 19 ,即k4. 当k= 4时,有k(k+ 1) = 20.不妨假设a1 3) ,非负实数a1,a2, ,an满足a1+a2+an=2. 求 a1 a 2 2+ 1 + a2 a 2 3+1 + an a 2 1+ 1的最小值. (朱华伟 提供) 4.平面内n(n 3) 个点组成集合S,P 是此平面内m条直线组成的集合,满足S关 于P中的每一条直线对称.求证:mn,并 问等号何时成立?(边红平 提供) 第 二 天 5.设D是 ABC内的一点,满足 DAC =DCA= 30,DBA= 60,E是边BC的中 点,F是边AC的三等分点,满足AF= 2FC. 求证:DEEF.(叶中豪 提供) 6.已知a、b、c0 ,a+b+c= 1.求证: a+ 1 4 (b-c) 2 +b+c3. (李伟固 提供) 7.给定绝对值都不大于10的整数a、b、 c,三次多项式f(x ) = x 3 +ax 2 +bx+c满足 条件 f(2 + 3) 3( b+ 3) . 而a0时,2 a 1 2 (a+ 2) ,则 2 a3b 3 2 (a+ 2) (b+ 3) , 矛盾.故b2. 因此,b= 2 ,a= 0;b= 1 ,a= 0 ,1 ,2; b= 0 ,a= 0 ,1 ,2 ,3 ,4. (i)当b= 2 ,a= 0时,式 为 32p 1 1p k k = 10( 1 + 1) (k+ 1) . (ii)当b= 1 ,a= 0 ,1 ,2时,式 为 32 ap1 1p k k= 2 2 (a+ 2) (1 + 1) (k+ 1) . (iii)当b= 0 ,a= 0 ,1 ,2 ,3 ,4时,式 为 2 ap1 1p k k =3( a +2) ( 1 +1) (k+1). (i) (ii) (iii)均不成立. 综上,18不是好数. 2.从六个比值中取出两个,共有两种类型: (1)涉及同一边 ;(2) 涉及不同的边. (1)如果同一边上的两个比值同时是整数,不妨 设为 BD DC 、 CD DB .因它们互为倒数,又同是整数,所以, 必须都取1 ,则BD=DC. 由于O是 ABC的外心,进而得AD是边BC 的中垂线.于是,AB=AC. (2)记 CAB=,ABC=,BCA=. 因为 ABC是锐角三角形,所以, BOC= 2,COA= 2,AOB= 2. 于是, BD DC = SOAB SOAC = sin 2 sin 2. 同理, CE EA = sin 2 sin 2, AF FB = sin 2 sin 2. 若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不 同的边时,则存在整数m、n,使得 sin 2x=msin 2z且sin 2y=nsin 2z 或 sin 2z=msin 2x且sin 2z=nsin 2y, 其中,x、y、z是、 、 的某种排列. 图1 以 下 构 造 A1B1C1,使 得 它的三个内角分 别为180- 2, 180- 2,180- 2.如图1 ,过点 A、B、C分别作 ABC外接圆的 切线,所围成的 A1B1C1即满足要求. 根据正弦定理,知 A1B1C1的三边与sin 2 、 sin 2、sin 2成正比.在式 、 两种情况下,可知 其三边之比分别为1mn或mnmn. 对于式 ,由三角形两边之和大于第三边,可知 必须m=n; 对于式 ,要保证m+nmn,即(m- 1) (n- 1) 0 ,y0时, 1 2x 1 x2+ 1 , yx2 2x yx2 x2+ 1 , 即 yx2 x2+ 1 1 2 xy; 当x= 0时,上式也成立. 故 a1a22 a22+ 1 + a2a23 a23+ 1 + ana21 a21+ 1 1 2 (a1a2+a2a3+ana1 ) . 引理 若a1,a2,an 0( n4) ,则 4( a1a2+a2a3+an- 1an+ana1) (a1+a2+an)2. 引理的证明:设 f(a1,a2,an) = 4( a1a2+a2a3+an- 1an+ana1 ) - (a1+a2+an) 2. 下面用数学归纳法证明 f(a1,a2,an)0. 当n= 4时,不等式 等价于 4( a1+a3) (a2+a4)(a1+a2+a3+a4) 2. 由平均值不等式知,命题成立. 假设不等式 对n=k(k 4) 时成立. 对于n=k+ 1 ,不妨设 ak= mina1,a2,ak+1 , 则f(a1,a2,ak+1 ) - f(a1,a2,ak- 1,ak+ak+1) = 4ak- 1ak+akak+1+a1ak+1- ak- 1(ak+ak+1) - (ak+ak+1)a1 = - 4 (ak- 1-ak)ak+1+ a1ak0 , 即 f(a1,a2,ak+1) f(a1,a2,ak- 1,ak+ak+1 ) . 由归纳假设知,上式右边小于或等于0 ,即当 n=k+ 1时,不等式 成立. 回到原题. 由引理知 1 2 (a1a2+a2a3+ana1) 1 8 (a1+a2+an) 2 = 1 8 22= 1 2 . 故 a1a22 a22+ 1 + a2a23 a23+ 1 + ana21 a21+ 1 1 2 ,即 a1 a22+ 1 + a2 a23+ 1 + an a21+ 1 3 2 . 当a1=a2= 1 ,a3=an= 0时,上式取等号. 因此,所求最小值为 3 2 . 4. (1)记S中的n个点为A1 ,A2,An. 建立直角坐标系,设Ai(xi,yi) (i= 1 ,2 ,n ) . 易证6 n i=1 BAi= 0B( 1 n6 n i=1 xi, 1 n6 n i=1 yi ) . 这说明,平面内存在唯一的一点B,使 6 n i=1 BAi = 0.我们称B为点集S的 “质心”. 如果任取P中一条直线l为x轴,建立直角坐 标系,则6 n i=1 yi= 0. 故点B在l上.即P中每一条直线均过质心B. (2)设 F= 三元有序组(X,Y,l)X、YS,lP,X 与Y关于l对称 , F1 = ( X,Y,l)FXY , F2 = ( X,X,l)FX在l上. 显然,F=F1F2,F1F2=. 考虑P中任一直线l,X为S中任一点,X关于l 的对称点Y是唯一的.即对每一个l,三元有序组 (X,Y,l)有n个,故 F=mn. 对于F1中的三元有序组(X,Y,l ) , 因为不同的 两点X、Y的对称轴只有1条,所以, F1 ( X,Y)X、YS,XY = 2C2n=n(n- 1) . (i)当S中任一点至多在P中的一条直线l上时, F2XXS =n. 由式 、 、 、 得mnn(n- 1) +n,即 mn. (ii)当S中存在一点同时在P中的两条直线上 时,由(1)所证,此点即为质心B. 考虑集合S=S B ,此时,S 仍关于P中的 每条直线对称,由(i)所证,得mS =n- 1. 综合(i)、(ii)得mn. (3)当m=n时,由(2)所证,式 、 同时取等 号,即S中任意两点的中垂线均属于P,S中每点恰 43中 等 数 学 在P中的一条直线上,同时,质心B不在S中. 首先,指出BAi(i= 1 ,2 ,n)相等.否则,如果 存在j、k (1 ja时， 有单调性 l 37 2 戈 ； 当 010 ， B 口 2 + 22 l + 。 同理， 22 3 + j 2 + ； ， 23 l+ 2 1 3 ； + 三个不等式相加 即得 不等式 ， 当且仅 当 = 2 = 时， 等号成立 3, td m- 2 首先证明 ： a 1 + 记 ： 丁1 + 4 S 不妨设正方形边长为 如 图 2 ， 对 正方形 A B C D 内部一 点 P， 令 s 、 Js 2 、 5 、 Ls 分 别 表 示 P A B、P B C、 P C D、 P D A 的 面 积 不妨设 Sl S2 S 4 |s 3 令 = 图 2 1 c 果 、 5 D ， 由 S l +S 3 =s 2 +S 4 =1 ， 得 = ， 从而 ， s z = 故 5 l =2 S z = = 击 矛盾 因此 ， n fi n ， ， 这表明 0 反过来 ， 对 于任意 的 0 ( 1 ， ) ， 取定 ( 。 ， ) ， 使 得 6 = 吾 在正方形 A B C D内取点P ， 使得 Sl ： 6 ， S 2 =T b ，S 3 = 詈 ， S 4 - l - 6 则 = ( 口 ， 安 ： 丽 2 。 由此得到对任意的 i 、 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 有 季 n 一 ， 口 这 表 明 n - 4 当四边形 A B C D是正方形时， 得 v 1 + 下 面 证 明 ： 詈 1 + 如图 3 ， 设 P 、 Q。 、 R 、 S 。 分别是边 D A、 A B、 B C、 C D的中点 ， S P、 P Q、 Q R、 R S的中点 分别为 E、 F、 G、 则 四边形 P。 Q。 R- S 一 是 平行四边形 P 图 3 Js 一 = 一 2 O 0 9年第 5 期 联结 P E、 S l E 设 、 分别是D P 、 D S的中点 则 D Sl = S 1 N =DN =E M ， DPl =尸l M =MD =E N 又 Pl DSI =3 6 0 。 一6 0 一6 0 一 P DS = 2 4 0 一( 1 8 0 一 E N D) =6 0 。 + E N D = E NSI= EMPI 则 I Is I l E A N E S 1 从而 ， E P 。 5 。 是正三角形 同理 ， 印 。 R。 也是正三角形 设 U、 V分别是 P S 、 Q。 R。 的中点 则 EG EU + + = 。 +P t Q 。 + 。 = Pl Q 。 + P， 5 。 = 肋 + 2 A C 同 理 ， F H 0 时， k 0 ( 12 ) 由 于机 + 。 一 X k ： 钆 ( 一 吉 ) ， 则 当 一 1 8 吉 时， 有 X k + l X k X2 n 当 l l 且 2 3 n 故所求常数 口 = 8 专 7 有 1 22 2 懈 一2 4 种不同的和谐棋盘 首先证明一个结论 结论在每个和谐棋盘中， 至少出现以 下情况中的某一种 ： ( 1 ) 每一行都是某两个字母交替 出现 ； ( 2 ) 每一列都是某两个字母交替出现 事实上 ， 假设某一行不是交替的， 则这一 行必定包含三个相邻的小方格填有不同的字 母 中 等 数 学 不失一般性 ， 假设这三 个字母为 C、 G、 ( 如图 5 ) 易得 X 2 =X =0， 且 X l ：X 4 = 和 X =X 6 ：C ( 如图 6 ) 圜 匿 图 5 图 6 同理， 可以得到这三列都是两个字母交 替出现 从而 ， 易得每一列都是某两个字母交 替出现 回到原题 接下来计算和谐棋盘的个数 如果最左边一列是某两个字母 ( 如 C和 ) 交替出现 ， 马上可以得到序号为奇数 的列 都是这两个字母交替 出现 ， 且序号为偶数的 列都是另外两个字母 ( 如 G和 0) 交替出现 每一列的第一个字母可以是这一列所包含的 两个字母的任意一个 容易验证任意这样的填写都可以得到和 谐棋盘 从而， 有 a= 6 种不同的方式选择第 一 列的两个字母 ， 且有 2 瞄种方式决定每一 列的第一个字母 所 以， 有 62 2 懈种填法使 得每一列都是交替的 同样 ， 也有 6 2 2 种 填法使得每一行都是交替 的 下面所要做的就是从 中减去计算了两次 的填法行和列都是交替的 显然 ， 四个不同字母在左上角的 22 方 格中的任何排列都可以扩充到整个棋盘得到 一 个 和谐棋盘 ， 并且行和列都是交替的 事实上 ， 只要先填好前两列使得它们是 交替的， 再填所有 的行使得它们是交替的即 可 反过来 ， 这种双交 替 的填法 由左上 角的 2 2 方格唯一决定 有 4 1 =2 4种方式在左上 角的2 2 方格中排列四个不同的字母 所以， 得到 2 4种不 同的填法使得行和列都是交替 的， 由此可以得到上面结果 8 用二进制表示v 厂 豆 和 丽： , 5o o 8 =面 而 ( 2 ) 和 2 0 0 9=1 0 1 1 0 0 b 1 b 2 f 2 1 先证 ： 数列中有无穷多个偶数( 反证法) 假设数列中只有有限个偶数， 则存在 N + ， 对每个正整数 7, N， 都是奇数 考虑 n 1 =N+1 ， n 2 =N+2 ， 注意到 ， 在二进制中， = 1 0 1 1 0 0 b 1 b n ( 2 )+1 0 1 1 0 0 al n 2 a n i ( 2 ) ， 这个数与 b +以 模 2 同余 因 是奇数 ， 所以， b ， 以 。 【 _t o ， 1 故 + 丽 =1 01 1 0 01 l 2 C 1 1 1 1 一( 2 ) 由此 得到 2 0 0 8+ 2 0 0 9 在二进 制表 示 中是 有 理数 ， 这 不 可能 ( 因为 2 0 0 8+ 2 O 0 9 是无理数) 可见假设是错误的 所以， 数列中有无穷多个偶数 同样可以证明 ： 数列中有无穷多个奇数 令 g = 2 n 、 弓 一【 2 n 显然 ， g 、 有相同的奇偶性 这样 ， 对 nN， g 都是偶数 注意到 ， 在二进制中， g n 。 =1 0 1 1 0 0 b l 6 2 b n ( 2 )一1 0 1 1 0 0 。l 。 2 0 n ( 2 ) 这个数与 b 一a 模 2同余 因为 g 是奇数 ， 所 以， b r 【I =玑 从而 ， 2 0 0 9 一 2 0 0 8 ： 0 d 1 d 2 一 l 0 0 0 ( 2 1 由此 得到、 弓一 r 在 二进制表 示 中是 有理 数 ， 这 不 可能 ( 因为 2 0 0 9一 2 0 0 8 是无理数) 可见假设是错误的 所以， 数列中有无穷多个奇数 ( 朱华伟提供 ) 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 2009女子数学奥林匹克 第 一 天 1.求证:方程abc=2 009 (a +b+ c) 只有 有限组正整数解(a, b, c).(梁应德 供题) 2.如图1,在 ABC中,BAC= 90,点 图1 E在 ABC的外 接圆圆 的弧 BC (不含点 A) 内,AEEC.联 结EC并 延 长至点F,使 得 EAC=CAF, 联结B F交圆 于点D,联结ED,记 DEF 的外心为O.求证:A、C、O三点共线. (边红平 供题) 3.在平面直角坐标系中,设点集 P1, P2, P4n+1 = (x, y)|x、y为整数,|x|n,|y|n, xy=0, 其中,nN+.求 (P1P2) 2 + ( P2P3) 2 + + ( P4nP4n+1) 2 + ( P4n+1P1) 2 的最小值.(王新茂 供题) 4.设平面上有n ( n4)个点V1, V2, Vn,任意三点不共线,某些点之间连有线段. 把标号分别为1, 2,n的n枚棋子放置在 这n个点处,每个点处恰有一枚棋子.现对这 n枚棋子进行如下操作:每次选取若干枚棋 子,将它们分别移动到与自己所在点有线段 相连的另一个点处;操作后每点处仍恰有一 枚棋子,并且没有两枚棋子在操作前后交换 位置.若一种连线段的方式使得无论开始时 如何放置这n枚棋子,总能经过有限次操作 后,使每个标号为k (k=1,2, , n) 的棋子在 点Vk处,则称这种连线段的方式为“ 和谐 的 ”.求在所有和谐的连线段的方式中,线段 数目的最小值.(付云皓 供题) 第 二 天 5.设实数x、y、z大于或等于1.求证: (x 2 - 2x+2 ) (y 2 - 2y+2 ) (z 2 - 2z+2) (xyz) 2 - 2xyz+2.(熊 斌 供题) 图2 6.如图2,圆 1 、 2内切于点S, 圆2的弦AB与圆 1切于点C,M是 弧AB(不含点S) 的中点,过点M作 MNAB,垂足为 N.记圆 1的半径 为r.求证:ACCB=2r MN.(叶中豪 供题) 7.在一个1010的方格表中有一个由 4n个11的小方格组成的图形,它既可被n 个“” 型的图形覆盖,也可被n个“” 或 “” 型(可以旋转)的图形覆盖.求正整数 n的最小值.(朱华伟 供题) 8.设an=n5 - n5.求数列 a1, a2, , a2 009中的最大项和最小项,其中,x表示 不超过实数x的最大整数.(王志雄 供题) 参 考 答 案 第 一 天 1.只需证明:原方程满足abc的正 整数解只有有限多组. 03中 等 数 学 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 事实上,由abc,知 abc=2 009 (a +b+ c) 6 027c ab6 027. 因此,只有有限多组正整数对( a, b),使 得存在正整数c满足 abc及abc=2 009 (a +b+ c) . 又由于c(ab- 2 009)=2 009 (a + b) ,故 对于给定的正整数对( a, b),最多存在一个 正整数c满足 abc及abc=2 009 (a +b+ c) . 因此,原方程满足abc的正整数解 只有有限多组. 2.用同一法. 图3 如图3,设 AEF的 外 接 圆 圆 与AC 的延长线交于 点P,联结