第50届IMO试题解答.pdf

竞赛之窗 第50届I MO试 题 解 答 1 设n是一个正整数 a1 a2 ak k 2 是集合1 2 n中互不相同的整数 使得 对于i 1 2 k 1 都有naiai 1 1 证明 n8ak a 1 1 澳大利亚 提供 2 设O是 ABC的外心 点P Q分别是 边CA AB上的点 设K L M分别是线段 BP CQ PQ的中点 是过点K L M的圆 若直线PQ与圆 相切 证明 OP OQ 俄罗斯 提供 3 设s1 s2 是一个严格递增的正整数 数列 使得它的两个子数列 ss1 ss2 和ss1 1 ss2 1 都是等差数列 证明 数列s1 s2 本身也是 一个等差数列 美国 提供 4 在 ABC中 AB AC CAB ABC 的内角平分线分别与边BC CA交于点D E 设K是 ADC的内心 若B EK 45 求 CAB所有可能的值 比利时 提供 5 求所有的函数f N N 满足对所 有的正整数a b 都存在一个以a f b f b f a 1 为三边长的非退化三角形 称 一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶 点不共线 法国 提供 6 设a1 a2 an是互不相同的正整数 M是有n 1个元素的正整数集 且不含数 s a1 a2 an 一只蚱蜢沿着实数轴从 原点0开始向右跳跃n步 它的跳跃距离是 a1 a2 an的某个排列 证明 可以选择一 种排列 使得蚱蜢跳跃落下的点所表示的数 都不在集合M中 俄罗斯 提供 参 考 答 案 1 首先 利用数学归纳法证明 对任意的 整数i 2 i k 都有n a1 a i 1 事实上 当i 2时 由已知得n a1 a 2 1 结论成立 假设已有n a1 a i 1 2 i k 1 则 n a1 a i 1 a i 1 1 又由已知得n ai a i 1 1 则 n a1ai a i 1 1 故n a1ai a i 1 1 a1 a i 1 a i 1 1 即 n a1 a i 1 1 由数学归纳法知上面结论对所有的整数 i 2 i k 成立 特别地 有n a1 a k 1 由于a1 a k 1 ak a 1 1 ak a1不 能被n整 除 这里 用 到a1和ak是 集合 1 2 n中的两个不同的整数 故 n8ak a 1 1 2 显然 直线PQ与圆 切于点M 由弦切角定理知QM K MLK 由于点K M分别是线段B P PQ的中 点 故 K M BQ QM K AQP 因此 MLK AQP 同理 M KL APQ 则 M KL APQ M K ML AP AQ 由于K L M分别是线段B P CQ PQ的 中点 故 K M 1 2 BQ LM 1 2 CP 81中 等 数 学 代入上式得BQ CP AP AQ 即 AP CP AQ BQ 由圆幂定理知 OP 2 OA 2 AP CP OA 2 AQ BQ OQ 2 因此 OP OQ 3 由条件易知ss1 ss2 与ss1 1 ss2 1 均为严格递增的正整数数列 设ssk a k 1 d 1 ssk 1 b k 1 d 2 k 1 2 a b d1 d2N 由sk sk 1 sk 1及 sn 的单调性 知 对任意的正整数k 有 ssk ssk 1 ssk 1 即 a k 1 d 1 b k 1 d 2 a kd1 故a bsk 故sk 1 sk 1 即 sn 为等差数列 结论已成立 下设d 1 接下来证明 对于任意的正整数k 均有 sk 1 sk c 若不然 则分两种情形讨论 1 存在正整数k 使sk 1 skc 由于 sk 1 sk只能取整值 且对于给定的k 均有 sk 1 sk ssk 1 ssk d 则其中必有最大者 不妨设sj 1 sj c1最大 故 sa jd sa j 1 d 1 sssj 1 sssj 1 a s j 1 1 d b s j 1 d c1d c 另一方面 由 a jd a j 1 d 1 d 1 得sa jd sa j 1 d 1 c1 d 1 这里用到了 c1的最大性 与上式比较得c1 c 矛盾 故对任意的正整数k 均有sk 1 sk c 即 sn 为等差数列 4 线段AD与B E为 ABC的两条角平 分线 它们交于 ABC的内心I 联结CI 则 CI平分ACB 由于K为 ADC的内心 故点K在线段 CI上 设BAC 由于AB AC 有ADBC 故 ABC ACB 90 2 由于B I CI分别平分ABC ACB 则 AB I I BC ACI ICB 45 4 因此 EIC I BC ICB 90 2 IEC BAE AB E 45 3 4 故 IK KC S IEK S EKC 1 2 IE EKsinIEK 1 2 EC EKsinKEC sin 45 sin 3 4 IE EC sin 45 sin 3 4 sin45 4 sin90 2 912009年第9期 另一方面 由于K为 ADC的内心 故 DK平分IDC 由角平分线性质定理知 IK KC ID DC tanICD sin45 4 cos45 4 故 sin 45 sin 3 4 sin45 4 sin90 2 sin 45 4 cos 45 4 去分母得 2sin 45 cos45 4 2sin 3 4 cos 2 利用积化和差公式得 sin90 4 sin 4 sin 5 4 sin 4 即 sin90 4 sin 5 4 由于0 0 因此 sin 5 4 0 即0 5 4 180 故只有90 4 5 4 60 或 90 4 180 5 4 90 当 60 时 易验证 IEC IDC 因此 IEK IDK 故B EK IDK 45 当 90 时 EIC 90 2 45 KDC 又ICE DCK 故 ICE DCK 这说明IC KC DC EC 因而 IDC EKC 于是 EKC IDC 90 故BEK 180 EIK EKI 45 综上 CAB的所有可能值为60 和90 5 满足要求的f只能是 f n n nN 由条件及整数的离散性知对任意的正整 数a b 都有 f b f b f a 1 1 a f b a 1 f b f a 1 f b f a 1 a 1 f b 在式 中分别取a 1 得 f b f b f 1 1 对任意的bN 成立 若 f 1 1 则上式说明f是一个周期函数 结合f的定义域知f有界 取正整数M 使得M f n 对所有的正 整数n成立 即M是f的一个上界 在式 中取a 2M即得矛盾 因此 f 1 1 在式 中分别取b 1 得 f f n n n N 若存在tN 使 f t M 设n0是满足 1 n0 t 1 n0 n modt 1 的唯一正整数 则 f n f n0 t 2 t 1 n n0 M t 1 t 2 n t 1 M 时 有 f n M 且n1不等于 f 1 f 2 f M 中的任何一个 由 f f n1 n1 知f n1 M 再由上面结论知 n1 f n1 f f n1 n1 矛盾 这说明对于任意的t tN 都有 02中 等 数 学 f t t 进而 t f f t f t t 式中所有不等号均需取等号 即只能 f n n nN 经检验 f n n nN 满足要求 因此 所求的f为 f n n nN 6 首先利用数学归纳法对n进行归纳 当n 1时 M中无元素 结论显然成立 当n 2时 M中至少不包含a1 a2中的 一个数 则蚱蜢先跳这个数 再跳另一个数即 可 假设当nN n m时 本题结论均 成立 这里 m m 3 是整数 下证当n m时 结论也成立 若不然 则存在m个不同正整数a1 a2 am及由m 1个数组成的集合M 使得蚱 蜢无法按照规则跳跃 假设蚱蜢最多自原点开始向右跳跃k 步 使得每一步跳跃的长度都是a1 a2 am中不同的数 且蚱蜢跳跃落下的点所表示 的数都不在M中 由于M中只有m 1个数 第一步必然 能够跳跃 又由前面假设蚱蜢无法完成m步 的跳跃 因此 1 k m 1 由条件知a1 a2 am不在M中 即蚱蜢如果能跳m 1步 则必然能跳m步 因此 1 k m 2 取这样的k步跳跃中步长之和最小的一 种 若有相同的则可任取一种 设这k步依 次为b1 b2 bk 并设bk 1 bk 2 bm 是a1 a2 am中除去b1 b2 bk后剩下的 数 则 a1 a2 am b1 b2 bm 由假设易知对任意的j k 1 j m b1 b2 bk bj都在M中 即M中不小于 b1 b2 bk 1的数至少有m k个 故M 中小于b1 b2 bk 1的数至多有k 1个 记集合 A bi 1 i k 1 i N b1 b2 bk 1 biM 则bk 1A 对任意的biA 从b1 b2 bk 1中去掉 bi还剩下k个数 它们的和不在M中 且 M 1 2 b1 b2 bk 1 bi k 1 由k m及原题的归纳假设易知 存在 这些数的排列c1 c2 ck 使得 c1 c1 c2 c1 c2 ck 都不在M中 这样蚱蜢也可以按照c1 c2 ck的顺序连跳k步 由b1 b2 bk的取法知 b1 b2 bk c1 c2 ck 即 bi bk 1 令A x1 x2 xt x1 x2 xt bk 1 由A的定义知M中小于b1 b2 bk 1的数至少有k 1 t个 由于对任意的j k 1 j m b1 b2 bk bj都在M中 故M中在区间 b1 b2 bk 1 b1 b2 bk bm 内的数至少有m k个 另一方面 对于任意的xiA b1 b2 bk 1 xi bm 都应在M中 否则 由于k m 2 bm与b1