1995圣彼得堡数学奥林匹克_初中_.pdf

再品佳题 1995圣彼得堡数学奥林匹克(初中) 苏 淳 译 (中国科学技术大学统计与金融系,230026) 第 一 轮 6.1.试在44方格表的每一个方格中 填入一个正整数,使得各行数的乘积的和能 被5整除,而各列数的乘积的和不能被5整 除 . ( 先将每一行中的4个数相乘,再把4个 乘积相加;对列作同样处理 . ) 6.2.在树林里生长着橡树和枞树.主人 砍去了橡树的三分之一和枞树的六分之一. 生态组织 “绿色复仇者” 断言,树林中有一半 树被砍去.证明:在该断言中,包含有不正确 的成分. 6.3.十进制五位数A的各位数字都是2 或3 ,而十进制五位数B的各位数字都是3 或4.试问:乘积AB的各位数字能否全都是 2 ?说明理由. 6.4.将正整数乘以2后,按任意顺序重 新排列它的各位数字(但是0不能排在首位) 称为操作.证明:不能经过若干次这种操作, 由1得出74. 7. 1.试将四个1 ,三个2和三个3排列在 圆周上,使得任何相连的三个数的和都不是 3的倍数. 7.2.将正整数乘以2后,按任意顺序重 新排列它的各位数字(但是0不能排在首位) 称为操作.证明:不能经过若干次这种操作, 由1得出811. 7.3.在某岛上居住着100个人,其中一 些人总说假话,其余人则永远说真话.岛上的 每位居民崇拜三个神之一:太阳神、 月亮神和 地球神.向岛上的每位居民提了三个问题: (1)您崇拜太阳神吗? (2)您崇拜月亮神吗? (3)您崇拜地球神吗? 对第一个问题有60人回答:“是”;对第 二个问题有40人回答:“是”;对第三个问题 有30人回答:“是”.他们中有多少人说的是 假话? 7.4.如果蘑菇上面寄生着多于11条蠕 虫,则被称为 “坏的”;如果蠕虫只吃了它所寄 生的蘑菇的不多于 1 5 ,则称蠕虫为 “瘦的”.现 知树林里 1 4 的蘑菇是坏的.证明:有不少于 1 3 的蠕虫是瘦的. 8.1.一个矩形的边长为整数.现知可以 把它分为一系列角状形(即将22的正方形 去掉任何一个单位正方形后所成的图形 ) . 证 明:可以把该矩形分为一系列的13的 矩形. 8.2.能否将正整数3 ,4 ,11填入33 方格表,使得第一行的数的乘积等于第一列 的数的乘积;第二行的数的乘积等于第二列 的数的乘积;第三行的数的乘积也等于第三 列的数的乘积? 图1 8. 3.如图1 , 设四 边 形ABCD 为菱形,点E、F 分别位于边AB、 BC上,且AE= 5BE,BF= 5CF. 若 DEF为等边 三角形,试求 BAD的度数. 8.4.有如下两类五位数: (1)各位数字之和等于36 ,且为偶数; (2)各位数字之和等于38 ,且为奇数. 试问:哪一类数较多?说明理由. 132006年第1期 第 二 轮 6.1.25个学生站成一行.现知最左面的 学生比最右面的学生高.证明:可以找到一个 学生,他的左邻高于右邻. 6.2.黑板上写着数12.每一分钟可以将 黑板上的数乘以2或3 ,也可以除以2或3 , 并以计算结果代替原来的数.证明:经过1小 时以后,黑板上的数不可能为54. 6.3.水洼里有19条蓝色变形虫和95条 红色变形虫.有时它们会发生互变:如果2条 红色变形虫相遇,会变成1条蓝色变形虫;如 果2条蓝色变形虫相遇,在变成1条变形虫 之后又立即分裂为4条红色变形虫;而1条 红色变形虫与1条蓝色变形虫相遇,则在变 成1条变形虫之后又立即分裂为3条红色变 形虫.到了晚上,水洼里一共有100条变形 虫.试问:其中有多少条蓝色变形虫? 6. 4.试求方程19x-yz= 1 995的所有质 数解组(x,y,z ) . 6.5.在99方格表中有19个方格被染 成红色.证明:或者可以找到两个有公共边的 红色方格;或者可以找到一个未被染红的方 格,它至少与两个红色方格都有公共边. 6.6.矩形形状的巧克力被凹槽分割为 1717个方格,甲、 乙两人按如下法则做游 戏:每人每次都将1块矩形形状的巧克力块 分为2个矩形(只能沿着凹槽切开)块;并且 乙每次做完后都立即吃掉他所分出的1个矩 形块.谁不能继续下去,就算谁输.甲先开始. 试问:在正确的策略之下,谁将获胜? 7.1.同6.1. 7.2.同6.4. 7.3.某大公的卫队里有1 000名武士.任 何两名武士或者互为朋友,或者互为敌人,或 者互不认识.武士们都是寡合的,他们都只同 朋友才说话.但是,现状使得每名武士都不开 心,因为对于每名武士来说,他的任何两个朋 友都互为敌人,而他的任何两个敌人都互为 朋友.证明:为了使得所有武士都知道大公的 一项新决定,大公至少需要通知200名武士. 7.4.矩形的方格表被分成一系列12 的矩形(多米诺 ) . 现知每一条方格线所穿过 的多米诺的数目都是4的倍数.证明:方格表 的一条边的边长是4的倍数. 7.5.计算机的屏幕上显示着数1.每一 秒钟计算机都进行一次如下的操作:如果屏 幕上的数能被2 k 整除,则将它加上1至k+ 1中的任意一个正整数.证明:任何一个2的 方幂数都迟早会出现在屏幕上. 7.6.矩形形状的巧克力被凹槽分割为 1 9951 995个方格,甲、 乙两人按如下法则 做游戏:每人每次都将1块矩形形状的巧克 力块分为2个矩形(只能沿着凹槽切开)块; 并且每次做完后都可以立即吃掉所分出的1 个矩形块(也可以不吃 ) . 谁不能继续下去,就 算谁输.甲先开始.试问:在正确的策略之下, 谁将获胜? 7.7.一套多卷本 犬类大全 杂乱地放在 书架的两层上,上层最左端放着 德国牧羊犬 卷.每天早晨图书管理员都把放在不同层上 的两卷连号的书交换位置.某一天,突然发现 所有的书都回到了开始时所放的那一层上. 证明:此时 德国牧羊犬卷 仍然放在上层最 左端. 8.1.将正三角形的中心与它的三个顶点 都相连.在三条连线和三条边上各写着一个 正整数.对于其中任何三条形成一个三角形 的线段,都可以将写在它们上面的数同时加 1.证明:通过这种操作,可以使4个三角形的 各边上的数的和被3除的余数相同. 8.2.同7.3. 8.3.以p(n,k)表示正整数n的不小于 k的约数的个数.试求 p(1 001 ,1) +p(1 002 ,2) + p(2 000 ,1 000) . 图2 8. 4.如图2 ,在 ABC中,BD是 ABC的 平 分 线. 在 ABC外取一点 E,使 得 EAB= ACB,AE=DC,并 且线段ED与线段 AB相交,交点记为K.证明:KE=KD. 23中 等 数 学 8. 5.一笔遗产包括若干枚钻石,价值 1 000 000.现知可以将其分成5等份,也可 以分成8等份.试求最小一枚钻石价值的最 大可能值. 8.6.将正整数1至100按任意顺序分别 写在正100边形的各个顶点上.允许交换任 何两个差为1的数的位置.在经过若干次这 种操作之后,每个数都移到了顺时针方向的 相邻顶点上.外接圆的直径的两个端点相互 称为对径点.证明:必有某一时刻,有两个处 于对径点上的数交换位置. 8.7.矩形的方格表被分成一系列12 的矩形(多米诺 ) . 现知每一条与方格线平行 的非方格线的直线所穿过的多米诺的数目都 是偶数.证明:方格表的一条边的边长是4的 倍数. 参 考 答 案 第 一 轮 5551 5551 5551 5551 图3 6.1.一种填法如图3. 6.2.由于树林里生长着 橡树和枞树,而被砍去的橡树 不到橡树总数的一半,被砍去 的枞树也不到枞树总数的一 半,所以,被砍去的树木不到 一半. 6.3.乘积AB介于 22 22233 333与33 33344 444 之间,也就是介于 740 725 926与1 481 451 852 之间,所以,AB的首位数不可能是2. 6. 4.解法1 :如果可以由1得到74 ,那么,通过重 排数字和把偶数除以2 ,也能由74得到1.首先,把 74的数字重排,得到47 ,它是奇数,不能被2整除, 操作到此告终.然后,把74除以2 ,得到37 ,那么,无 论是37 ,还是重排后得到的73都是奇数,操作也不 能再继续.由此看来,由74出发,一共只能得到三个 不同的数,它们之中没有1. 解法2 :在规定的操作下,数的数字个数不会减 少.因此,一旦得到一个三位数甚至更多位数的数之 后,数的位数无论如何都不会再减少到两位.图4中 给出了由1出发得到的一切可能的第一个三位数, 在得到它们的过程中并没有出现74 : 图4 7.1.可以排为1 ,1 ,2 ,1 ,2 ,2 ,3 ,3 ,1 ,3. 7.2.参阅6.4的解法. 7.3.将永远说真话的人称为 “老实人”,把总说 假话的人称为 “骗子”.每个老实人都只会对一个问 题回答:“是”.而每个骗子则都对两个问题答:“是”. 将老实人的人数记为x,将骗子的人数记为y.于是, x+ 2y= 130.又由于在该岛上居住着100个人,所 以,x+y= 100.从而可知,有y= 30个人说的是假 话. 7.4.将坏的蘑菇数目记为k,于是,树林里的蘑 菇总数为4k.如果蠕虫吃了它所寄生的蘑菇的 1 5 以 上,就将它称为 “肥的”.显然,在1个蘑菇上面至多 有4条肥的蠕虫,所以,肥蠕虫的数目不多于16k.既 然在每个坏的蘑菇上面至少寄生着12条蠕虫,所 以,它们当中至少有8条是瘦的,因此,坏的蘑菇上 面至少一共有8k条瘦蠕虫.因此,有不少于 1 3 的蠕 虫是瘦的. 8.1.每个角状形的面积是3 ,所以,矩形的面积 是3的倍数.既然矩形的边长为整数,而它的面积等 于长乘宽,3又是质数,所以,矩形至少有一边之长 是3的倍数.故可把该矩形分为一系列13的 矩形. 8.2.可以.一种填法如图5. 1185 476 1039 图5图6 8.3.如图6 ,由题意知BE=CF.在边AB上取点 K,使得AK=BE.易知 AKDCFD.从而,DK= DF=DE.故 DKE为等腰三角形,有 DKE=DEK. 332006年第1期 又AK=BE,DK=DE,DK A=DEB, 则 ADK BDE.从 而,AD=BD,于 是, ABD为等边三角形.所以,BAD= 60. 8.4.容易看出,各位数字之和等于38的五位数 的各位数字中不可能有0 ,否则它的各位数字之和 不超过49 = 36.如果将每个各位数字之和等于38 的奇数的末尾两位数字各减去1 ,就可以得到1个各 位数字之和等于36的偶数.由不同的奇数得到不同 的偶数,所以,各位数字之和等于38的奇数不多于 各位数字之和等于36的偶数.另一方面,存在各位 数字之和等于36的偶五位数(如99 990)不能通过这 样的办法得到.所以,各位数字之和等于36的偶数 更多. 第 二 轮 6.1.从左至右依次为学生编号.如果除了边缘 上的学生之外,每个学生的右邻都不矮于左邻,那 么,3号不矮于1号,5号不矮于3号,如此等等.最 终,就有25号不矮于1号,此与题意相矛盾. 6.2.每一次操作都改变了该数中因数2和3的 总数目的奇偶性.由于开始时12 = 223 ,总数目 为奇数(两个2和一个3) ,所以,1小时以后,该数目 仍为奇数.但是,在54中却有一个2和三个3 ,总数 目为偶数,因此,黑板上的数不可能为54. 6.3.由题意知,变形虫总数减少了多少条,那 么,蓝色变形虫就增加了多少条;反之,变形虫总数 增加了多少条,那么,蓝色变形虫就减少了多少条. 由于晚上的变形虫总数比早上少了14条,所以,蓝 色变形虫的数目比早上多了14条.从而,有 19 + 14 = 33(条 ) . 6.4.由yz= 19x- 1 995 = 19(x- 105) ,且y和z 都是质数,所以,其中之一为19 ,另一个为x- 105. 设y= 19 ,z=x- 105.于是,x和z中有一个为偶数. 又由于它们都是质数,所以,x= 107 ,z= 2.对于z= 19 ,y=x- 105的情形可作类似讨论. 综合上述,知原方程的所有质数解组(x,y,z) 有2个:(107 ,19 ,2) ,(107 ,2 ,19) . 6.5.将原方格表分为9个33方格表.在其中 一个33方格表中至少染红了3个方格.如果该 33方格表的某一行(或某一列)中有两个方格被染 红,那么,要求的方格自然存在.否则,任何两个红色 方格都既不同行,也不同列.此时,第二行中的那个 与红色方格相邻的未染色的方格就与两个红色方格 都有公共边. 6.6.在正确的策略之下,乙将获胜. 为了能够获胜,乙应当使自己在每次操作之后, 所有巧克力块的形状都是各边之长均为奇数的矩 形.应当指出:开始时,1717的巧克力块满足要求. 以后,在甲的每次操作之后,都会有1个巧克力块有 一边的长度为偶数(另一边为奇数,并且其余的巧克 力块都是各边之长均为奇数的矩形 ) . 于是,乙可以 把这1个巧克力块分成各边之长均为奇数的矩形. 所以,乙一定可以进行自己的操作.如图7. 图7 7.1.同6.1. 7.2.同6.4. 7.3.我们指出,任何一名武士的朋友都不多于2 个.事实上,如果某名武士至少有3个朋友A、B、C, 那么,根据题意,A、B、C三人必两两为敌.这样一来 就会陷入矛盾:既然B和C都是A的敌人,那么,他 们就应当互为朋友,而不是互为敌人.所以,每名武 士都至多有2个朋友.于是,武士们就按照朋友关系 形成若干条链(可以是圈 ) : 第一个人与第二个人是 朋友,第二个人与第三个人是朋友,如此等等. 观察某个链上的连续5个人A、B、C、D、E:由 于A和C都是B的朋友,所以,他们互为敌人;由于 C和E都是D的朋友,所以,他们也互为敌人;则A 和E就都是C的敌人,所以,他们互为朋友.于是,这 5个人中的每个人都已经各有2个朋友,因此,他们 都不再有别的朋友.这就是说,每个这样的朋友链的 长度都至多是5. 上述事实表明:每名武士都至多可以把消息告 诉5个人(包括他自己 ) . 从而,大公如果只把新决定 通知少于200名武士,那么,就只能有少于5200 = 1 000名武士知道这个新决定.所以,他至少需要通 知200名武士. 7.4.首先,在每一条方格线上写上它所穿过的 多米诺的数目,然后,把所有写上的数相加.显然,该 和数是4的倍数.由于每个多米诺都恰好被一条方 格线穿过,所以,该和数就是多米诺的总数目.由此 43中 等 数 学 即知方格表的面积是8的倍数,从而,它的一条边的 边长是4的倍数. 7.5.由于1 = 20,所以,第一次操作就是把1加 上1 ,从而,2 = 21立即出现在屏幕上.假设屏幕上永 远不会出现2 n (n 1) .由于屏幕上的数是单增出现 的,那么,必有某一时刻,屏幕上出现的数为m 2 n. 由于l 2 n -m2 l l+ 1 ,此为矛盾. 7.6.在正确的策略之下,乙将获胜. 如果甲第一次操作后没有吃巧克力,或者虽然 吃了,但是留下1个有一边之长为偶数的巧克力块, 那么,乙就让它们变为2个一样的巧克力块.然后, 乙就一直采用对称策略:甲对其中一块如何操作,他 就对另一块做同样的操作.由此终可取胜. 如果甲第一次操作后留下1个两边之长都是奇 数的巧克力块,那么,乙就留下1个边长为奇数的正 方形巧克力块.于是,就又回到开始的状况.乙只要 保持以上应对措施,那么,他就总有继续下去的保 证,从而赢得游戏. 7.7.事实上,所有的书都回到了开始时的位置 上.如果某一层第i号位置上的书的卷号小于该层 第j号位置上的书的卷号,那么,在操作之后,第i号 位置上的书的卷号仍然小于第j号位置上的书的卷 号.这是因为,每次操作只会与另一层上的书交换位 置,而卷号只与原来的卷号相差1.这表明,只要书 回到原来的层,那么,也就回到原来的位置. 8.1.将4个三角形分别记为 1、 2、 3、 4, 将它们的三条边上的数的和相应地记为S1、S2、S3、 S4.每一次操作,都使得某个Si增加 3( 不影响被3 除的余数 ) , 而其他各个和数都分别增加1.如果开 始时Si是多少,就对 i进行多少次操作.当对每个 三角形都进行如此操作后,各个三角形的三条边上 的数的和被3除的余数就都等于开始时S1+S2+ S3+S4被3除的余数. 8.2.同7.3. 8.3.如果写出每个正整数1 000 +k的所有不小 于k的约数(k= 1 ,2 ,1 000) ,那么,所求之和就 是所有这些约数的个数的和. 下面证明,每个从1到2 000的正整数n都刚好 被写了一次.如果n 1 000 ,那么,它只有在写n自 己的约数时被写到.如果n1 000 ,那么,对kn, 当1 000 +k是n的倍数时,它被写在1 000 +k的约 数之列.由于在1 000 + 1到1 000 +n之间,有且仅 有一个数是n的倍数,所以,n也刚好被写了一次. 所以,从1到2 000的每个正整数n刚好都被写了一 次,它们刚好有2 000个. 图8 8.4.如图8 ,作EX AB,DYAB,再作 DZBC.由于BD是 ABC的 平 分 线,所 以,DY=DZ.又 由 EAB=ACB,AE= CD,可知EX=DZ.因 此,EX=DY.由此知 KEXKDY. 所以,KE=KD. 8.5.首先,证明最小一枚钻石的价值不会高于 50 000.由题意知,这笔遗产可以分成8等份,每份 价值 125 000.易知,其中至少有1份由不少于2枚 钻石组成.于是,若把每一枚价值 125 000的钻石 都换成2枚价值减半的钻石,不会改变钻石价值的 最小值,当然,也不会改变将其分成5等份的可能 性.而这样换过后,每一份中都至少有2枚钻石,从 而,一共至少有16枚钻石.若将它们分成5等份(每 份价值 200 000) ,就有一份由不少于4枚钻石组 成,因此,其中必有一枚钻石的价值不高于 50 000. 其次,最小一枚钻石的价值可以达到 50 000. 例如:遗产包括12枚钻石,其中单价为 50 000、 75 000和 125 000的钻石各4枚. 8.6.由于每次操作只交换两个差值为1的数的 位置,所以,只要某两个顶点X和Y上的数之间没 有交换过位置,那么开始时,哪个顶点上的数大,最 终还是那个顶点上的数大;反之,最终是哪个顶点上 的数大,开始时也是该顶点上的数大.假设任何两个 处于对径点上的数都没有交换过位置,我们来观察 一对对径点A和B.假设开始时,点A上的数a大于 点B上的数b,那么,在任何时刻,顶点A上的数都 大于顶点B上的数.但是根据题意,a和b最终分别 移到了A和B的顺时针方向的相邻顶点A 和B 上, 这就意味着,开始时顶点A 上的数比B 上的数大. 再对A 和B 进行类似的讨论,又可得知,开始时顶 点A 上的数比B 上的数大,其中A 和B 分别是A 和B 的顺时针方向的相邻顶点.如此继续讨论下 去,即可发现开始时顶点B上的数比A上的数大, 导致矛盾. 8. 7.由于矩形方格表可以被分成一系列12 的矩形,所以,矩形的面积为偶数. (下转第48页) 532006年第1期 两个,所以,分别为 (2 ,4 , ,3 ,5 ,) ,(3 ,4 , ,2 ,5 ,) , 且每组中的2个三元集个数同样多.从而,必有一组 中至少有4个三元子集且两者个数同样多.因此,集 中所画的 “ ” 只能为同一个数.至少有4个,即至少 为4重元.若有5重元,则与式 矛盾,否则有2个4 重元,与式 矛盾. 设在n8个元素中,没有2重元,于是,由式 知3x54.这样一来,只能是8个元素中有3个5 重元和5个3重元,5个3重元在10个三元子集中 共出现15次.由抽屉原理知,必有一个三元子集中 至少有2个数是3重元.这导致这个子集不可能与 另9个都有公共元素,矛盾. 所以,n8时不能满足题目要求. 综上可知,n的所有可能值为6 ,7. (李成章 南开大学数学科学学院,300071) 高168 试求出所有的函数f:RR,使得对于 任意的x、yR,都有 f(f(x+f(y) - 1) =f(x ) + f(x+y ) - x. 解:首先证明:f是单射. 设y1、y2R,f(y1 ) = f(y2 ) . 下面证明,必有y1=y2. 由f(y1 ) = f(y2 ) , 得 f(x+y1 ) = f(x+y2) (对任意的xR) . 从而,f(x+y1-y2 ) = f(x ) . 令T=y1-y2,则 f(x+T ) = f(x) (对任意的xR) . 在式 中用x+T代替x,并利用式 得 f(f(x+f(y) - 1) =f(x ) + f(x+y ) - x-T. 由式 、 得T= 0 ,即y1=y2,则f必是单射. 在式 中令y= 0 ,得 f(f(x+f(0) - 1) = 2f(x ) - x. 在式 中令x=f(y ) - f(0) ,得 f(f(f(y) - 1) = 2f(f(y ) - f(0) -f(y ) + f (0) . 在式 中令x= 0 ,得 f(f(f(y) - 1) =f (0) + f(y ) . 由式 、 得 f(f(y ) -