2010中国数学奥林匹克.pdf

180 EKJ 180 FKJ EKF 故 E I K F 四点共圆 即点 K 在 ABC 的九点圆上 其余的在不同位置关系也类似 可证 同理 点 K 在另一个九点圆上 从而 四个三角形的九点圆共点于 K 下证 点 K 在 D 对 ABC 的垂足圆上 设 L M N 为 D 在三边上的垂足 则 LKM 360 LKJ MKJ L HJ MGJ ALH 180 CMG LAH 180 DCM 180 LND 180 MND LNM 所以 点 K 在垂足圆上 同理 其余四圆也过点K 由此证得八圆共点 参考文献 1 F 克莱因 高观点下的初等数学 二 几何 M 上 海 复旦大学出版社 2008 2 梁绍鸿 初等数学复习及研究 平面几何 M 哈尔 滨工业大学出版社 2009 3 戴维 韦尔斯 奇妙而有趣的几何 M 上海教育出 版社 2006 4 戴维斯 盖尔 蚁迹寻踪及其他数学探索 M 上海 教育出版社 2001 竞赛之窗 2010中 国 数 学 奥 林 匹 克 中图分类号 G424 79 文献标识码 A 文章编号 1005 6416 2010 03 0019 04 第 一 天 1 如图 1 两圆 1 2交于点 A B 过点 B 的一条直线分别交圆 1 2于点 C D 过点 B 的另一条直线分别交圆 1 2于 图 1 点 E F 直 线 CF 分别交圆 1 2于 点 P Q 设 M N 分别是弧PB QB的中点 若 CD EF 求 证 C F M N 四点共圆 熊 斌供题 2 设整数 k 3 数列 an 满足 ak 2k 且对所有的 n k 有 an an 1 1 an 1与 n互质 2n an 1与 n不互质 证明 数列 an an 1 中有无穷多项是 质数 朱华伟 供题 3 设复数 a b c满足 对任意模不超过 1 的复数 z 都有 az 2 bz c 1 求 bc 的最 大值 李伟固 供题 第 二 天 4 已知 m n是给定的大于 1的整数 且 a1 a2 n 则 Aj Aj n 如果对团 G 中每点处的卡片都做一次 操作 1 后 G 中每点处的卡片数仍然不少 于 n 1 则称团 G为 好团 两个点的团 G 是好团 a i ai 1 n 3 l 3 l n 1 个点的团 G 是好团 a i ai l 1 n 3 且 aj n 2 i 1 j i l 2 全部 n个点的团 G 是好团 a j n 2 1 j n 下面证明 当点 O处的卡片数少于 n 1 时 或等价地 当 a1 a2 an n 2 2n 1 时 必存在好团 假设不存在好团 于是 每个 ai n 1 n 2 n 3 否 则会有某个点 Ai处的卡片数 ai n 4 使得 G Ai 是一个好团 设 a1 a2 an中有 x 个 n 1 y 个 n 2 z个 n 3 下面说明 一定有 x z 由于 n 2 2n 1 n n 2 故 z 1 若 z 1 则有 x 1 否则所有 ai n 2 使得 G A1 A2 An 是一个好团 若 z 2 有 n 3张卡片的 z个点将圆周 分成 z段圆弧 由于不存在好团 这 z个点没 有两点相邻 且每段圆弧上都存在一个点只 有 n 1张卡片 故 x z 此时 点 A1 A2 An处的卡片总数为 x n 1 y n 2 z n 3 x y z n 2 n n 2 21 2010年第 3期 a r 1 a r 2 a r 3 b r 1 b r 2 b r 3 由 p 为质数及式 得 p a r 1 a r 2 a r 3 1 又 p 与 p 1互质 由中国剩余定理知 存在正整数 n使 n r mod p 1 n a r 1 a r 2 a r 3 a r 1 a r 3 0 mod p 由式 及费马小定理知 n 1 a n 1 na n 2 n 1 a n 3 n a r 1 a r 2 a r 3 a r 1 a r 3 0 modp 由题设得 n 1 b n 1 nb n 2 n 1 b n 3 0 modp 再由式 及费马小定理得 n b r 1 b r 2 b r 3 b r 1 b r 3 0 mod p 由式 消去 n得 a r 1 a r 2 a r 3 b r 1 b r 3 b r 1 b r 2 b r 3 a r 1 a r 3 modp 由式 得 a r 1 a r 2 a r 3 b r 1 b r 3 b r 1 b r 2 b r 3 a r 1 a r 3 即 a2b1 r 2 a3b1 r a3b2 r a1b2 r 2 a1b3 r a2b3 r 下面先证一个引理 引理 设 x1 x2 xs y1 y2 ys 0 x1 x2 xs 0 y1 y2 ys 为实 数 满足对任意的正整数 r 总有 x r 1 x r 2 x r s y r 1 y r 2 y r s 则 xi yi i 1 2 s 引理的证明 对 s用数学归纳法 当 s 1时 取 r 1 有 x1 y1 假设当 s t时引理成立 当 s t 1时 若 xt 1 yt 1 不妨设 xt 1 yt 1 则 x1 yt 1 r x2 yt 1 r xt 1 yt 1 r y1 yt 1 r y2 yt 1 r yt yt 1 r 1 1 又 0 xi yt 1 1 1 i t 1 令 r0 1 有 0 1 矛盾 因此 xt 1 yt 1 故 x r 1 x r 2 x r t y r 1 y r 2 y r t r 1 2 由归纳假设知 xi yi i 1 2 t 由数学归纳原理知引理对一切正整数 s 均成立 回到原题 由于 a1 a2 a3 b1 b2 b3互不相同 故 a2b1 a3b1 a3b1 a3b2 a1b2 a1b3 a1b3 a2b3 a2b1 a2b3 由式 及引理得 a2b1 a3b2 a1b3 a3b1 a1b2 a2b3 2 或 a2b1 a1b2 a3b1 a1b3 a3b2 a2b3 3 若结论 2 成立 则 a2b1 a3b1 a3b2 a1b2 a1b3 a2b3 a2 a3 a3 a1 a1 a2 这与 a1 a2 a3互不相同矛盾 所以 结论 3 成立 于是 b1 a1 b2 a2 b3 a3