2014年中国数学奥林匹克(CMO)试题及其解答.pdf

文 武 光 华 交交 流流 知知 识识 共共 享享 智智 慧慧 20142014 年年中国数学奥林匹克中国数学奥林匹克（CMOCMO）试题及其解答试题及其解答 解答人解答人：文武光华数学工作室文武光华数学工作室 田开斌田开斌 一一、如图，在锐角ABC 中，ABAC，BAC的平分线与边 BC 交于点 D，点 E、F 分 别在边 AB、AC 上，使得 B、C、F、E 四点共圆。证明：DEF 的外接圆圆心与ABC 的内切 圆圆心重合的充分必要条件为BE+ CF = BC。 证明证明：如图，取ABC 内心为 I，作 ILBC 于 I，作 IMAC 于 M，作 INAB 于 N，则 IL = IM = IN。因为ABAC，所以BC，所以ADC90，所以点 L 在线段 CD 上， 又因为 B、C、F、E 四点共圆，所以? ? = ? ?，而ABAC，所以AEAF。 （1）我们先证明必要性，即若DEF 的外心与ABC 的内心重合，则BE + CF = BC。 若 I 为DEF 外心，则ID = IE = IF，从而IDLIFMIEN，于是知DL = FM = EN。又AM = AN，且AEAF，所以 E 在线段 AN 上，F 在线段 CM 上，所以BE = BN + EN， CF = CM FM。于是知BE+ CF = BN + CM。又BN = BL，CM = CL，所以BE + CF = BN + CM = BL + CL = BC。 （2）我们再证明充分性，即若BE + CF = BC，则DEF 的外心与ABC 的内心重合。 如图，以ABC 的内心 I 为圆心，以 ID 为半径作I，设I 与 AB 的交点中离点 A 较 近的点为E，I 与 AC 的交点中离点 A 较远的点为F。根据（1）的证明，知IDL IFMIEN，且E在线段 AN 上，F在线段 CM 上。于是知IDL = IE?N = IFM，所以 I、D、B、E四点共圆，I、E?、A、F四点共圆，所以AF?E?= AIE?= ABD，所以 B、C、F?、E四点共圆。又因为 B、C、F、E 四点共圆，所以? ? = ? ? = ? ?。 若AEAE，则AFAF，从而AE + AFAE?+ AF?= BC，矛盾；若AEAE，则 AFAF，从而AE + AFAE?+ AF?= BC，矛盾。于是只能AE = AE，进而知AF = AF。 于是点 E 与点E重合，点 F 与点F重合，所以三角形 DEF 的外心即为DEF的外心 I。 F E DCB A I N M L F E DCB A 文 武 光 华 交交 流流 知知 识识 共共 享享 智智 慧慧 综上所述，命题得证。 二二、对大于1的正整数n，定义集合D(n) = ?a b|n = ab，a、b N?，ab?。证明： 对任意大于1的整数k，总存在k个互不相同且大于1的整数n?、n?、n?，使得 |D(n?)D(n?)D(n?)| 2。 证明证明：我们先证明一个引理引理：对任意大于1的整数k，存在正整数，使得关于x、y 的方程x(x + ) = y(y + )至少有k组正整数解。 引理的证明：根据条件知： x(x + ) = y(y + ) (2x + )? ?= (2y + )? ? (2x + )? (2y + )?= ? ? (2x + 2y + + )(2x 2y + ) = ( + )( ) （1） 为方便，取? + = 4 ? = 4? ? ，显然、均为正整数。代入（1）知： ?2x+ 2y + 4?2x 2y + 4? = 4? （2） 令?2x + 2y + 4 ? = 4? 2x 2y + 4?= 4? ? （1 m k），则? x = ?4? 4?4? 1? y = ?4? 4? + ?4? 4? ? ， 显然x、y都为正整数。于是知，当 = ? ? ， = ? ? 时，方程x(x + ) = y(y + ) 至少有k组正整数解。引理得证。 下面借助引理证明原命题。 根据引理知，存在正整数，使得方程x(x + ) = y(y + )至少有k组正整数解，设 这k组正整数解分别为?x?，y?、?x?，y?、?x?，y?。 令n?= x? (x ?+ )，1 i k，则n?= x? (x ?+ ) = y? (y ?+ )，所以?，? D(n?)。于 是知?，? D(n?)D(n?)D(n?)，命题得证。 三三、证明：存在唯一的函数f:N? N?，满足f(1) = f(2) = 1，f(n) = f?f(n 1)? + f?n f(n 1)?，n = 3、4、5、。并对每个整数m 2，求f(2?)的值。 证明证明：我们先用数学归纳法证明：对于任意n N?， ? ? f(n) n （1） 当n = 1、2时，结论显然成立。 假设当n k（k 2）时，都有? ? f(n) n。则当n = k + 1时，有1 f(k) k， 1 k + 1 f(k) k。根据归纳假设知： f(k + 1) = f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? ?(?) ? + ?(?) ? = ? ? f(k + 1) = f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? f(k) + ?k + 1 f(k)? = k + 1 即当n = k + 1时，结论也成立。根据数学归纳法，（1）式得证。 根据（1）式，及递归关系f(n) = f?f(n 1)? + f?n f(n 1)?，知f存在，且唯一。 I N M L F(F) E(E) DCB A 文 武 光 华 交交 流流 知知 识识 共共 享享 智智 慧慧 我们再用数学归纳法证明：对于任意n N?，都有： f(n + 1) f(n) ?0，1? （2） 当n = 1时，结论显然成立。 假设当n k（k 1）时，有f(k + 1) f(k) = 0 或 1。我们考察f(k + 2) f(k + 1)。 根据条件知： f(k + 1) = f?f(k)? + f?k + 1 f(k)?，f(k + 2) = f?f(k + 1)? + f?k + 2 f(k + 1)? 于是： f(k + 2) f(k + 1) = ?f?f(k + 1)? + f?k + 2 f(k + 1)? ?f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? 若f(k + 1) f(k) = 0，则f?f(k + 1)? = f?f(k)?，f?k + 2 f(k + 1)? = f?k + 2 f(k)?， 且1 k + 1 f(k) k，从而根据归纳假设知： f(k + 2) f(k + 1) = ?f?f(k + 1)? + f?k + 2 f(k + 1)? ?f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? = ?f?f(k)? + f?k + 2 f(k)? ?f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? = f?k + 2 f(k)? f?k + 1 f(k)? ?0，1? 若f(k + 1) f(k) = 1，则f?f(k + 1)? = f(f(k) + 1)，f?k + 2 f(k + 1)? = f?k + 1 f(k)?， 且1 f(k) k，从而根据归纳假设知： f(k + 2) f(k + 1) = ?f?f(k + 1)? + f?k + 2 f(k + 1)? ?f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? = ?f(f(k) + 1) + f?k + 1 f(k)? ?f?f(k)? + f?k + 1 f(k)? = f(f(k) + 1) f?f(k)? ?0，1? 即当n = k + 1时，结论也成立。根据数学归纳法，（2）式得证。 最后，我们用数学归纳法证明：对于任意m N?，m 2，有 f(2?) = 2? （3） 根据条件知： f(3) = f?f(2)? + f?3 f(2)? = f(1) + f(2) = 2， f(4) = f?f(3)? + f?4 f(3)? = f(2) + f(2) = 2 于是，当m = 2时，（3）式成立。 假设当m = k（k 2）时，有f?2? = 2?。我们证明f?2? = 2?。 否则，若f?2? 2?，根据（1）知f?2?2?，从而f?2? 2?+ 1。设a为使得 f(a) = 2?+ 1的最小值，则a 2?，且根据（2）知f(a 1) = 2?。于是根据归纳假设有： f(a) = f?f(a 1)? + f?a f(a 1)? = f?2? + f?a 2? 2?+ 1 = 2?+ f?a 2? f?a 2? = 2?+ 1 另一方面，a 2? 2? 2?= 2?，根据（2）知，f?a 2? f?2? = 2?，这与 ?a 2? = 2?+ 1矛盾。所以f?2? = 2?。 根据数学归纳法知，对任意整数m 2，求f(2?) = 2?的值。 综上所述，命题得证。 四四、对正整数n1，设n = p? p? p?是n的标准分解式，定义(n) = l， (n) = ?+ ?+ + ?，是否对任意给定的正整数k及正实数、，总存在正整数n1， 使得?(?) ?(?) ， ?(?) ?(?) ？证明你的结论。 证明证明：我们先证明两个引理。 引理一引理一：若u为正整数，奇数p、q互素，则?u?+ 1，u?+ 1? = u + 1。 引理一的证明：设?u?+ 1，u?+ 1? = d。显然u+ 1|u?+ 1，u+ 1|u?+ 1，所以 u + 1|d。 另一方面，u? 1(mod d)，u? 1(mod d)。设u关于模d的半阶为，则|p，|q， 而?p，q? = 1，所以 = 1。于是知u 1(mod d) d|u + 1。 综合两方面知d = u + 1，所以?u?+ 1，u?+ 1? = u+ 1，引理一得证。 引理二引理二：设v为大于1的正整数，q为v? ? + 1的奇素因子，则2?|q 1。 文 武 光 华 交交 流流 知知 识识 共共 享享 智智 慧慧 引理二的证明：根据条件知v? ? 1(mod q) v? ? 1(mod q)。设v关于模q的阶 数为，则|2?而 2?，所以 = 2?。又根据费马小定理知v? 1(mod q)，所以 2?|q 1。引理二得证。 下面借助引理证明原命题。 取n = 2? ? k，其中q?、q?、q?为互异的奇素数，s N?。 一方面，根据(n)的定义知： ?(?) ?(?) = ? ? ? ? = ? ?(?) （1） 为方便，令2? ? = u，则2? ? + 1 = u?+ 1。显然? ? ? |u?+ 1，且根 据引理一知? ? ? 两两互素，其中i = 1、2、t。所以?2? ? + 1? t，代入（1） 知： ?(?) ?(?) ? ?(?) （2） 另一方面，根据(n)的定义知： ?(?) ?(?) = ? ? = ?(?) ?(?) ?(?) ? （3） 令2?= v，则2? ? + 1 = v? ? + 1。设q为v? ? + 1的任一素因子，显然q为奇 数，根据引理二知q2?。于是知?2? ? + 1?log?2? ? + 1?q?q?q?。 代入（3）知： ?(?) ?(?) ?(?) ? （4） 注意到，当t +， ? ?(?) +，当s +时，?(?) ? 0。根据（3）、（4） 知，取s、t足够大时，即有?(?) ?(?) ， ?(?) ?(?) 。 五五、集合X = ?1，2，100?，函数f:X X同时满足：（1）对于任意x X， f(x) x；（2）对于X的任意一个40元子集A，都有Af(A) 。 求最小的正整数k，使得对于任意满足上述条件的函数f，都存在X的k元子集B，使得 Bf(B) = X。（注：对X的子集T，定义f(T) = ?x|x = f(t)，t T?。） 解答解答：若存在f(x?) = y?，则将x?、y?在集合X删除，在剩下的集合中继续这种操作， 直到无法操作为止。设共经过了m次操作，此时集合中还剩下100 2m个数，且剩下的集 合X?中，不再存在元素x?、y?，使得f(x?) = y?，这即是说X?f(X?) = ，所以|X?|40，即 100 2m40 m 31。 我们先证明，对于任意满足题设条件的函数f，都存在X的69元子集B，使得Bf(B) = X。事实上，设集合X中先删除的31组数分别为x? y?、x? y?、x? y?，剩下的 38个数为x? ?、x?、x? ，令B = ?x?，x?，x?，x? ?，x?，x? ?，则|B| = 69，且 Bf(B) = X。 接下来，我们构造一种满足条件的函数f，使得X的任意68元子集C，都有Cf(C) X。 令? f(3k 2) = 3k 1 f(3k 1) = 3k f(3k) = 3k 2 ? ，其中k = 1、2、30，且f(91) = f(92) = = f(99) = 100， f(100) = 99。 显然，对于任意x X，f(x) x。又任取X的40元子集A，若99、100 A，则 ?99，100? Af(A)；若99、100有一个不属于A，则在1、2、90中至少有31个数属 于A，将1、2、90分为30组：?1，2，3?、?4，5，6?、?88，89，90?，根据抽屉 原理知，A中至少有两个元素属于同一组，根据f的定义知，Af(A) 。于是上述定义的 函数f满足题设条件。 文 武 光 华 交交 流流 知知 识识 共共 享享 智智 慧慧 对于这个函数f，要求X的子集B，使得Bf(B) = X，则在?1，2，3?、?4，5，6?、 ?88，89，90?中，每组至少取两个数；在?91，92，98?中每个数都要取；在 ?99，100?中至少取一个数。如此一来，|B| 30 2 + 8+ 1 = 69。所以，对于X的任意68 元子集C，都有Cf(C) X。 综上所述，满足条件的k的最小值为69。 六六、对