第33届俄罗斯数学奥林匹克.pdf

2 0 0 7 年第 1 1 期 第 3 3 届俄罗斯数学奥林匹克 第 3 3 届俄 罗斯数学奥林 匹克于 2 0 0 7年 4月 2 3日一2 8日在俄 罗斯阿迪格共和 国迈科普 市举行 竞赛分年级进行 每个年级考两天 每天 5个小时考 4道题 与 以往 各届 不同的是 今 年还举办 了八年级的竞赛 我 国派出了由中国人 民大学附中和北京师大试验 中学的 6名 学生 组成的代表队参加 了此次竞赛 其中4 名高二学生参加 了十年级的竞赛 2 名高一学生参加了 九年级的竞赛 共获得 4 块金牌和 2 块银牌 中国人民大学附中的林博同学以满分高居榜首 张瑞祥同学则获得十年级组第一名 八 年 级 8 1 给定实数 0 b C 证明 如下三个方 程 0一b b C 0 b C C 一0 0 C 一0 0一b 0 至少有一个方程有解 8 2 将 1 1 0 0这 1 0 0个 自然数任 意地 写在一个 1 0 1 0的方格表中 每个方格写一 个数 每一次操作可以交换任何两个数的位 置 证明 只需经过 3 5 次操作 就能使得写在 任何两个有公共边的方格 中的两个数的和都 是合数 8 3 在菱形 A B C D 的边 B C上取一点 由 分别 作对 角线 B D A C的垂线 与直 线 A D交于点 P Q 如果直线 朋 p c与 交 于同一点 求 比值 8 4 魔术师 和他 的助手 表演 下 面的节 目 首先 助手在黑板上 画一个 圆 观众在 圆 上任意标 出 2 0 0 7个互不相同的点 然后 助 手擦去其中一个点 此后 魔术师登场 观察 黑板上的圆 并指出被擦去的点所在的半圆 为确保演出成功 魔术师应当事先与助手作 怎样的约定 8 5 由迈 科普 到 白列琴斯 克 的距离 为 2 4 k m 三个朋友要在两地之间穿行 有两人 从迈科普到 白列琴斯 克 第三个人则从 白列 琴斯克到迈科普 三人只有一辆 自 行车 开始 时自行车在迈科普 每个人都可以步行 步行 速度为 6 k m h 也都可以骑 自行 车 骑车速 度为 1 8 k m h 但不能在没有 自己人的地方 停放自行车 否则 可能被盗 也不能两人共 骑一辆 自行车 证明 只需经过 2 h 4 0 r a i n 三 个朋友都可以到达 自己所要到达的地方 8 6 在 A B C中 一条经过内心 的直 线分 别 与 边 A B B C交 于 点 已 知 B MN 是 锐角 三角形 在 边 A C上取 点 K 使得 II A I M B I K C I N B 证 明 A M 碰 C N A C 8 7 对于自然数 n n 3 我们用 n 表示所有小于 n的质数的乘积 试解方程 n 2n 1 6 8 8 在 1 0 X 1 0的方格表 中写着 自然数 1 1 0 0 第 1 行从左到右依次写着 1 1 0 第 2 行从左到右依 次写着 1 1 2 0 如此 下去 安 德列试图把方格表全部分割成 1 2 的矩形 并计算每个矩形中两个数的乘积 再把所得 的乘积相加 他应当怎样分割 才能使所得和 数尽可能的小 九 年 级 9 1 设 g 都是首项系数为 1 的 二次三项式 如果 方程 f g 0与 g 0 都没有实数根 求证 方程 f f 0与 g g 0 9至少有一个没有实数根 维普资讯 中 等 数 学 9 2 在黑板上写有 1 0 0 个分数 在它们 的分子中 自然数 1 1 0 0 恰好各出现一次 在它们的分母中 自然数 1 1 0 0 也恰好各出 现一次 如果这 1 0 0 个分数的和可以化为分 母为2的最简分数 求证 可以交换某两个分 数的分子 使所得的 1 0 0 个分数的和可以化 为分母为奇数的最简分数 9 3 设有一个正 2 凡 1 凡 1 边形 两 人按如下法则做游戏 轮流在该正多边形内 画对角线 每人每次画一条新的 以前没有画 过 的 对角线 而它恰好与已画出的偶数条对 角线相交 交点在正多边形内 凡无法按照 要求画出对角线者即为负方 问 谁有取胜策 略 9 4 在 A B C中 B B 是角平分线 过 一 点 作 B C的垂线交 A B C外接圆上的B C 于点K 过点 作A K的垂线交A C于点 求 证 点 以 C 不含点 曰的弧 的中点 在同一条直线上 9 5 在凸 1 0 0边形的每个顶点上都写有 两个不同的数 证明 可以从每个顶点上戈 0 去 一 个数 使得任意两个相邻的顶点上剩下的 数都互不相同 9 6 在锐角 A B C中 点 M 分别是 边A B B C的中点 日是过顶点 所作高的垂 足 A H N C H M的外接圆交于点P P 日 求证 直线 P H经过线段M N的中点 9 7 同 8 8 9 8 季玛算 出了整数 8 O 9 9中每一个 数的阶乘的倒数 并把所得的十进制小数分 别打印在 2 0张无 限长的纸条上 如在最后一 1 张纸条上打印的数是 0 O 0 0 1 0 7 1 5 萨沙从其中的一张纸条上剪下一段 上面恰 好有 7 个数字且不带小数点 如果萨沙不想 让季玛猜 出他是从 哪张纸 条上剪下 的这 7 个数字 那么 7 的最大值是多少 十 年 级 1 O 1 9 X 9 X 9的正方体的每个侧面都由 单位方格组成 用 2 X 1 的矩形沿方格线不重 叠且无缝隙地贴满正方体的表面 肯定会有 一 些 2 X 1 的矩形 跨越 两个侧面 求证 跨 越两个侧面的 2 X 1 矩形的个数一定是奇数 1 O 2 给定多项式 P a o X n 口 t 矿一 a n 一 1 令 m n ll n 口 o 口 o 口 1 口 o 口 1 口 n 求证 当 1 时 有 P m x 1 O 3 同 9 4 1 0 4 魔术师和他的助手表演下面的节 目 首先 助手要求观众在黑板上一个接一个 地将 N个数字 写成一行 然后 助手把某两 个相邻的数字盖住 此后 魔 术师登场 猜出 被盖住的两个相邻的数字 包括顺序 为了 确保魔术师按照与助手的事先约定猜出结 果 求 的最小值 1 0 5 给定 凡 7 2 个 向量 若其 中一个 向量的长度不小于其余 向量 的和 的长度 则 称该向量是 长的 如果这 7 个向量都是长 的 求证 它们的和等于零 1 0 6 圆 交于点 A 设 P Q 是这两个圆的外公切线 点 P 在圆 上 点 9 S在圆 上 已知 R B p Q 射线 R B 与圆 的另一个交点为 W 求比值 1 O 7 在凸多面体中 顶点 A的度数 由 一 个顶点所引出的棱的条数称为该顶点的度 数 是 5 其余顶点的度数都是3 把每条棱染 成蓝色 红色或紫色 若从任意一个 3 度顶点 引出的3条棱都恰好被染成 3 种不同的颜 色 则称这种染色方式是 好的 如果所有不 同的好的染色方式的数 目不是 5的倍数 求 证 在某种好的染色方式中 一定有 3 条由顶 点 A引出的依次相邻的棱被染成相同的颜 色 1 O 8 同 9 8 十 一 年 级 1 1 1 设 k 1 0 证明 可在 C O S C O S 2 x C O S 3 x C O S 2 k 维普资讯 2 0 0 7 年第 l l 期 中 将 一 个 C O S换 为 s i n 使 得 所 得 到 的 对一切实数 都有 I I 1 1 2 设 A B C的内切圆分别与边 B C A B切于点 A B c 联结 与 内切 圆交于点 Q 直线 Z 平行于 B C且经过点 A 直线 A c A B 分别与直线 z 交于点P R 证 明 P Q R B l Q C 1 1 1 3 同 l O 4 1 1 4 在无穷数列 中 首项 是大 于 1的有理数 且对任何正整数 都有 1 R t n F L j 证明 该数列中有 整数项 1 1 5 同 9 5 1 1 6 是否存在非零实数 a b c 使得对 任何 尼 尼 3 都可以找到某个多顶式 P c 它恰好有 个整数根 可以相同 1 1 7 列 莎选择 给定 的三棱 锥的两条互 相异面的棱 分别以这两条棱为直径作两个 球 她是否总能使得三棱锥 中的任何一点都 至少位于其中的一个球中 1 1 8 某 国共有 个城 市 某 些城 市之 间开设有直达的双向飞机航线 已知在其中 任何 k 2 k N 个城 市之间 航线 的数 目 都不多于 2 k一 2条 证明 可以将所有航线分 配给两个航空公司 使得任何一个公司所拥 有 的航线都不形成封 闭的折线 参 考 答 案 八 年 级 8 1 由于 b c c a a b 0 贝 三 个加项中至少有一项非正 为确定起见 不妨设 b c 0 于是 第一个方程 的判别 式 o一6 一4 b c 0 故知该方程有实根 8 2 用一条竖直直线 m将方格表分成两半 在 其中一半中有不多于 2 5 个偶数 不妨设为右半表 于是 在左半表中有着相同数 目的奇数 逐一将右半 表中的偶数与左半表中的奇数交换位置 经过不多 于2 5 次操作 就可以使得右半表 中全是奇数 左半 表中全是偶数 此时 位于同一半中的任何两个相邻 的方格中的数之和都是偶数 当然为合数 由上 只有同一行中位于直线 m的两侧的方格 中的数 与 r j 的和可能为质数 接下来说明 只需仅在右半表中操作 就可以使 得每一对数 z r j 1 2 1 0 的和都是 3的倍 数 注意到 在右半表中写着 1 9 9的所有奇数 分 别有不少于 l 6个数被 3除的余数为 0 1 和 2 而为 了使得每个和数 r i 都是 3 的倍数 至多只需用 到其中的 l 0 个数 因此 一定可以成功 如此一来 一 共只需进行不多于2 5 1 0 3 5次操作 8 3 如 图 1 将直线 P B Q C A M 的交点记 为 R 由题设知 P M A C M Q B D 因此 四边形 P MC A与四边形 Q M B D都 是平行 四边形 故 MC P A B M O Q 且 P A D Q 图 1 P q P A A D O Q MC A D B M 2 B C 因为 B C P Q B C P Q 所以 嬲 是 P R Q 的中位线 这意味着 B M是 A R P的中位线 从 而 MC P A 2 B M 8 4 给出其中的一种约定的例子 观察圆周上由 2 0 0 7个分点所分成的 2 0 0 7段 弧 假设佃是其 中最长的一段弧 如果最长 的弧不 止一段 则任取其一 并设A 口 位于点A的顺时针方 向 即位于点 曰的逆时针方向 此时 助手应当擦 去点 A 接下来说 明 魔术师可以指出此时被擦去的点 所在的半圆周 当魔术师登场时 他所看见的是被分为 2 0 0 6段 弧的圆周 显然 被擦去的点位于最长的一段弧上 因为擦去点 A 使得弧的长度增大 所以 这种弧是 唯一的 假设现在的最长的弧 一 是C B 它位于点 C的顺时针 方向 则 G 4 如图 2 如 果点 X是 C B的中点 则点 A 位于C X 上 图 2 维普资讯 中 等 数 学 因此 魔术师可以指出位于点 c的顺时针方向 的半圆周 包含 c 的半圆周 8 5 一开始 甲乙两人同时由迈科普朝 白列琴 斯克行进 甲骑 自行车 乙则步行 而丙则由白列琴 斯克朝迈科普方向行进 经过 1 h 甲与丙相 遇 甲把 自行车交给丙 此时 乙距离迈科普 6 k r n 他 可以停下来休息 等候丙骑 自行车到来 甲也可以停 下来休息 丙经过丝 2 h 到达乙所在的位 10 J 置 将 自行车交给乙 此后 经过 1 h 丙可以步行抵 达迈科普 乙可以骑 自行车抵达白列琴斯克 而甲则 可以步行抵达白列琴斯克 一共需要 2 h 4 0 n fi n 三个 朋友都可以到达 自己所要到达的地方 如图 3 日 M B i 卜 图 3 图 4 8 6 如图4 由内心 分别向边A B B C C A作垂 线 c 馏 显然 这些垂线的长度彼此相等 此 外 由切线性质知 A C A B C A c 日 从而 R t I K B l c o R t I N A l j 曰 l K A l N 同理 曰 1 三 c l M 故 A M L C N A M MC l N A l C N AC 1 C Al A Bl C B1 A C 8 7 题设方程即为 n 一3 2 2 n一8 由于 n 不能被 4整除 故由式 推知 n一8为 奇数 设 n 9 则 n一8 具有奇数质因数 P 又由于 P2 9 1 6 当 n 7时 显然是方程的根 而当 n 5时 却有 n 6 0 因此 对任何实数 都有 O 此时 命题已经成立 下设两个方程都有实根 不失一般性 可设 厂 的最小值不超过 g 的最小值 由关于多项式 g f 的条件知 f 的最小 值大于 g 的所有实根 若不然 如果 g a O 则 存在 使得 a 可找到 使得 a 从而 有 g 0 矛盾 这样一来 g 的最 小值就大于 g x 的所有实根 因而 g g x 0没 有实数根 9 2 假设一开始在参与求和的分数中有一个 为 号 接下来证明 在这些参与求和的分数中 一定可 以找到一个分数 其 中 c为奇数 而 b与 的奇 偶性不同 事实上 在这些参与求和的分数中 分母为奇数 的分数刚好有 5 0个 而 a不是它们之中任何一个的 分子 因此 在这些分数的分子中 至多有 4 9个与 a 的奇偶性相同 现在交换 a与 b的位置 分两步进行 先改变分 母为 2的分数 的分子 此时 该分数增 加 了奇数 一6 个 即使其变为整数 再改变分母为 c 的分 数的分子 此时 该分数的增加量是一个分母为奇数 的分数 因此 总和变为分母为奇数的最简分数 9 3 将先开始的人称为甲 后开始的人称为乙 如果 n为奇数 则乙有取胜策略 如果 n为偶 维普资讯 2 0 0 7年第 1 1 期 2 7 数 则甲有取胜策略 由于正多边形的边数为奇数 则对于任何一条 对角线来说 都是在它的一侧有奇数个顶点 在另一 侧有偶数个顶点 因此 每一条对角线都与偶数条其 他对 角线相交 假设到某个时刻 游戏不能再继续下去 此时 每一条未画出的对角线都与奇数条已画出的对角线 相交 这样韵情况只能出现在未画出的对角线的条 数为偶数的时刻 事实上 如果对每一条未画出的对 角线都数一数与它相交的未画出的对角线的条数 那么 每一条未画出的对角线都被数了两次 总和应 当为偶数 但若未画出的对角线的条数为奇数 那 么 总和就是奇数个奇数 的和 仍为奇数 由此产生 矛盾 因此 未画出的对角线的条数为偶数 如此一来 如果多边形中的对角线的总条数为 奇数 那么 就应当是甲取胜 而若对角线 的总条数 为偶数 那么 就应当是乙取胜 众所周知 在正 2 n 1 边形中 共有 旦 n一1 2 n 1 1 条对角线 所以 当 n为奇数时 对角线的总数为偶 数 此时 乙可取胜 当n为偶数时 对角线的总数为 奇数 此时 甲可取胜 9 4 如 图 5 由点 1 分别向B C A K作 垂线 垂足为 s 在 A L T 麟 中 有 s B K I AT a 所 以 衄 图5 A T 9 0 一a B K S B K B 故 JL 四点共圆 因此 船 1 K B L K 再由 R t B B S与 R t K L T可得 A K L T K L 9 0 一卢 B 1 B S 1 1 a s c 1 a K C 二 这就表明 直线 地 经过A c 的中点 9 5 如果在各个顶点上都写着 同样的一对数 与 b 则只需在所有偶数编号的顶点上都留下 a 在 所有奇数编号的顶点上都留下 b 即满足要求 现在假设不是这种情况 即可以找到两个相邻 的顶点 A 在它们上面写着 的是两对不同的数 从顶点 A开始 依次为各个顶点编号 使得 A为 1 号 为 1 0 0号 将各个顶点上的数都染为一红一蓝 首先 任意 将第 1 号顶点上的两个数分别染为一红一蓝 其次 假设已经将第 k号顶点上的两个数 a与 b 分别染为 红色与蓝色 那么 在将第 k 1 号顶点上 的两个数 染色时 便有意地使得红色的数不是 a 蓝色的数不 是 b 依此下去 于是 除了 1号顶点 A和 1 0 0号顶 点 之外 任何两个相邻顶点上的颜色相同的数都 是互不相等的 而在顶点 A 上 决不可能红色两 数彼此相等 蓝色两数也彼此相等 否则 与 它们上 面写着的是两对不同的数 的事实相矛盾 因此 其 中必有某一种颜色的两数互不相等 不妨设它们上 面的蓝色两数互不相等 于是 只要擦去所有红色的 数即满足要求 9 6 如 图 6 分 别将 M I N C t t I的 外 接 圆记 为 设 直线 MN分别与 圆 交于另 一 点 D E 交 P H 于点 s f D 八 E A 一 j 一 C 图 6 由于 H N 是 R t B H C斜边的中线 则 HN C N HC NC H 又 M E H C是 圆 中的平 行 弦 则 四边 形 MH C E为等腰梯形 故 I I M C E M H C E C H 因此 MH N MH C一 N H C EC H 一 NC H ECN 这表明 M H N E C N N E MN 同理 D M M N 将线段 MN的长度记为 a 并将线段 MS N S的 长度分别记为 Y 因为 四边形 D H N P与 四边形 M H E P都内接于 圆 所 以 MS S E PS S H NS S D 由此得 a Y Y a x a x a y 故 s 是线段 M N的中点 9 7 同 8 8 9 8 n的最大值是 1 5 5 假设在分别写着 可 1 i f 的两张纸条上 都 有 同 样 排 列 着 的 一 段n 个 数 码 将 卉 分 别 乘 维普资讯 中 等 数 学 以 1 O的适当的方幂 使得这一段相同的数码都刚好 直接位于小数点之后 但是 所得到的分数 的小数部分不可能相等 否则 1 O 1 O 1 O J 1 J 2 Z 一1 O 丌 一 丌 一 一 可 一 就应当是一个整数 从而 1 O J 1 J 2 z 1 O 是 z 的倍数 特别地 1 O 是z的倍数 然而 从 8 1 9 9 中的任何一个整数都不可能整除 1 O 因为在 它们每一个的质因数中 都有着 2和 5之外的其他 质因数 一 方面 由于 9 9 1 是 8 1 1 9 9 1 之 中的任何一个 整数的倍数 则可以把 都表示为分母为 9 9 1 整数的倍数 则可以把 都表示为分母为 的分数 5 L 1 0 1 1 0 故它们的差不小于 另一方面 如果两个小于 1 的正数 的小数点之 后的前 n 位数字相同 那么 它们的差小于 由此 知 嘉 从 而 n 0 k 0 1 O 3 同9 4 1 0 4 N 1 0 1 为方便起见 将按顺序排列 的 m个数字称为 m位数 假设对某个 值 魔术师可以猜出结果 于是 魔术师可以将任何一个二位数恢复为原来的 位数 将可以恢复成的 位数的数目记为 J 这 意味着 对于任何一个二位数 魔术师都可以把它对 应为一个 位数 将这样的 位数的数 目记为 J 因而 J J 2 易知 J l N一1 1 0 所给定的 二位数有 N一 1 种选择位置的办法 在其余 N一 2 个 数位上各有 1 O 种不同的放置数码的方法 不难看出 1 于是 由 J l J 2 j N一1 1 0 o 1 0 1 下面说明 对于 N 1 0 1 魔术师能猜出结果 将 1 0 1 个数位 自左至右编为 0至 1 0 0 号 设所有 奇数位上的数码之和被 1 O除的余数为 s 所有偶数 位上的数码之和被 1 O除的余数为 t 记 p l O s 魔术师与助手约定 盖住第 p位和第p 1 位上 的数码 于是 魔术师一看到所盖住 的数码的位置 立即就知道 p的值 因而 就可以确定出 s 由于第 p位和第 p 1位 一个是偶数位置 一 个是奇数位置 于是 只要知道了 s 那么 只要根据 未盖住的奇数位置上的数码之和 就可以算出所盖 住的奇数位置上的数码 同理 魔术师也可以算出被盖住的偶数位置上 的数码 1 0 5 将所给的 n个 向量分别记为 a a 并将它们的和记为 由题意知 对每个 J 都有 I a I I I 一口 I 即 aI a 一2 aI aI ak 将这些不等式对 Ii 自1 到 n求和 得到 0 t 艚 一2 4 1 a 2 a 即0 t n一2 仃 这就表明 0 维普资讯 2 O 0 7年第 1 1 期 1 0 6 如 图 7 设 直线 仙 与 的交 点为 则 A X XB X Q 即 是线段 的中 点 图7 A Bf f P R 事实上 它们都垂直于 圆 与 圆 的连心 线 由题意可知 四边形 P X B R为平行四边形 则 B R X P 丢 兄 s 最后一个等号得自 P p与兄s 的对称性 又由于 是圆 的切线 故 R B R W R S 2 2 胎 因 而 R W 4 R B 即 专 1 0 7 观察任意一种好的染色方式 注意到 任 何一种颜色的棱的端点的总数 目都是偶数 而在每 一 种好的染色方式之中 由于汇聚于每一个 3度的 顶点处的三种不同的颜色的棱的数 目都是 1 因此 它们的奇偶性相同 并且都是奇数 则汇聚于 5度 顶点 A处的三种不同的颜色的棱的数 目的奇偶性 也彼此相同 并且也都是奇数 从而 可知其中有一 种颜色的棱有 3条 而其余两种颜色的棱各有 1 条 假设题中的断言不成立 即没有一种好的染色 方式 其中有 3条由顶点 A引出的依次相邻的棱被 染成相同的颜色 接下来证明 由顶点 A引出 3条蓝色棱的不同 的好的染色方式的数 目是 5的倍数 由此得出 所有 不同的好的染色方式的数目是 5的倍数 产生矛盾 设由顶点 A所引出的棱依次为 A B A B A B A B A B s 接下来的又是 A B 在假设之下 在任何 一 种好的染色方式中 由顶点 A所引出的红色的棱 与紫色的棱都必不相邻 否则 3条蓝色棱便依次相 邻了 因此 作为红色的棱与紫色的棱的端点 可能 有如下五种情况 B B B B B B B B B 将与这五种情况相应的好 的染 色方式的数 目分别记为 k k k k k 下面证明 k 1 4 k 2 5 k 3 l k 4 2 k 5 3 k l4 由此 即知 这五种好的染色方式的数 目彼此相等 从而 它们的和是 5的倍数 仅证k k 其余情况类似可证 假设在某种染色方式中 棱 A B A B 都不是蓝 色的 为确定起见 设 A B 2为红色 考察这样的图 其顶点为多面体的顶点 其中的边为蓝色和红色的 棱 此时 顶点 A的度数是 4 其余顶点的度数都是 2 由此知 该图由若干个圈组成 并且其中有两个圈 在顶点 A相交 而其余的圈则各不相交 观察经过 顶点 A且包含棱A B 的圈 显然 它还包含着 1 条经 过顶点 A的蓝色的棱 将该圈上的红色的棱都染为 蓝色 将蓝色的棱都染为红色 得到另外一种好 的染 色方式 在此 一共只可能有三种不同的情况 如图8 曰 t 图 8 如果圈上包含蓝色的棱 A B 或 A B 则在改染 之后 有 3条依次相邻的棱都被染成蓝色 它们是 A B A B 3 A B 或 A B A B 3 这在假设下是不 可能的 这表明 在圈上包含着蓝色的棱 A B 3 而在 改染之后 则包含着红色的棱 A B 3 与紫色的棱 A B 在这里 对于不同的染色方式 改染后所得到的染色 方式也是不同的 因此 k 此即为所证 1 0 8 同 9 8 十 一 年 级 I 3 4s i n I I s i n I 3I s i n I 于是 只要在 中将 C O S 3 x换为 s i n 3 那么 所 得到的 就可满足 t f I 3 I s i n l l c o s l I c o s 2 x1 1 c 0 s 4 I I c O 8 8 I I c o s 2 3I s i n c 0 s c 0 s 2 c o s 2 I 3 l s i n 2k l XI 1 1 2 如 图 9 一 方 面 由于 B C是 内切圆 的切线 则 1 tQ A c 1 Q A 1 B 1 Q 另一方面 由于平 A1 C 图 9 3n 虬 4 一 n 虬 3 f 由 3 l 维普资讯 中 等 数 学 行线的内错角相等 则 戤 1 A A1 A R 因此 Q A R A B Q 从而 知四边形 A R B Q可内接于圆 同理 四边形 P A Q C 可内接于圆 故 R Q A PC 1 A R B1 A A1 Cl B A1 1 C 注意到 A c 与 A c 都是弦切角 故 尸 lQ R A 1 c 1 A l 1 1 1 Q 1 1 3 同 1 0 4 1 1 4 如果 一1 就称 为 特殊 项 显然 有无限多个特殊项 因若 k 则有 将每个特殊项 的小数部分都表示为既约分数 如果特殊项是整数 那么 就把它的小数部分 的分 子视为 0 接下来证明 每个特殊项的小数部分都不大于 它前面的一个特殊项的小数部分 且只要其分子大 于0 那么 就一定能够在它后面找到一个特殊项 它的分子更小 设 为特殊项 其整数部分为 m m 3 小数 部分 为 r 于是 一 m l 并且知 r 如果 r 1 则接下来的 m项依次为 1 2 1 k m 2 k m m 一 1 m 一 1 l 一 m r 一 则 n一2 n一2 k m 一2 一 m m 1十 r一 m 11 m 一1 m r 一 m 厂一 一 m m 故 一 的整数部分为 m 1 小数部分为 1 1 1 1 1 一 南 同上知 2 一 l 1 如此继续下去 必能找到一个特殊项 知 它的整 数部分 P 与小数部分 满足不等式 一1 s P P 一 于是 接下来的一些项依次为 1 2 1 f 2 l p 2 宁 s p 十 吾 宁 1 l p 1 p 1 s 一 古 这就表明 新的一个特殊项 的小数部分 为 s 一 P 再证明 其分子小于 的分子 事 实 上 如 果 s 詈 则 s 一 告 旦 由 于 詈 故 有a p 一 b c a p 一 6 3 或者 c或 者 一c 是 的所有的根 的乘积 因而 是 1 个整 数的乘积 对于每个这样的 考察其所有不等 于 1的根 这些根的乘积等于 c 将 c或 一c 分解 为非 1的因数的乘积的方式是有限的 这表明 其 中有某种分解方式出现无限多次 考察具有这样的 分解方式的多项式序列 它们相互之间的区别仅在 于值为 1 与 一1的根的多少 考察多项式 P m 其次数分别为 m k m 七 由韦达定理知 这两个多项式的所有根的倒数 之 和 都等 于一 而 这 两 个 和 式的 区 别 是 的 所有根的倒数的和式中比 的相应和式 中有更 维普资讯 2 0 0 7 年第 1 1 期 3 1 多的 1 与 一1 但因为这两个和式的值相等 所以 其中所多出的 1的个数与一1的个数相同 即 P m P k 一1 1 P k 一1 我们指出 一1 一 一1 一 d x 一1 通过 比较式 两端 的常数项和 的各个幂次 的系数知 c 一1 c 由此知 d是偶数 而 a a 一1 c 一1 一 d a c d 不可能成立 c d 0 此为矛盾 n 7 将给定的三棱锥记为 A B C D 找出长度 之平方和最大的一对互相异面的棱 不妨设为 A B CD 接下来证明 以A B C D为直径的球盖住了三棱 锥的每一条棱 仅 以证明盖住了棱 B C为例 如 图 1 0 分另 0 由点 A D向B C作垂线 垂足分别 为 A D 于是 B A C DL A A 丑 4 c 研 AC BD AA c l 4 D B 即 C D C A B D D 图 l 0 C 这表明 线段 B A C D 有相互重叠 的部分 从 而 它们盖住了棱 B C 既然两个球盖住 了三棱锥上的所有棱 那么 也 就盖住了它的各个面 假设三棱锥上还有某个点 未被盖住 那么 就可以由它引出一条与球没有任何 公共点的射线 但是它必然与三棱锥相交于某个点 而该点却属于两个球之并 n 8 证法 1 作一个图 称为图 G 它的顶点为 该国的所有城市 它的边为该国的所有航空线路 在 图中允许有重边 于是 在任何含有 k个顶点的子图 中 边的数 目都不多于2 k 一2 接下来证明 可以将每一条边分别染为两种颜 色之一 使得不存在由同色边形成的圈 如果以图 G的顶点的非空子集A作为顶点集 合的子图中的边的数 目刚好为 2 l A l 一2 则称 A为 好 的 引理设子集 A B都是好的 如果 A n B 则 AUB还是好的 引理的证明 令 C A n B D A U B 假设 D 不是好的 记 l A l a l Bl b l Cl c l D l d a b c 由引理中的条件知 以 A作为顶点集合的子图 中的边的数 目为 2 n一2 而由假设知 以 D作为顶点 集合的子图中的边的数 目少于 2 d一2 于是 以 D中 的顶点作为端点 但非两个端点都属于集合 A的边 的数 目少于 2 d一 2一 2 a一 2 2 d a 2 b c 特别地 两个端点都属于集合 B 但非都属于集 合 C的边都在其列 则它们的数 目也少于2 b c 因而 两个端点都属于集合 B的其他的边的数 目就 多于 2 b 一2 2 b c 2 c 一2 然而这 些边 的两个 端点都属于 C 这意味着集合 C的边的数目多于2 c 一 2 此为矛盾 引理获证 回到题 目本身 用 反证 法 考察使得题 中断言不成立的顶点数 目最少的 图 设其顶点数 目为 n 该图中的边的数 目不多于 2 n一2条 观察图中的所有顶点 若每个顶点的度数 都不小于 4 则总边数不少于4 2 n 2 n一2 此为不可能 这表明 图中存在某个度数不大于 3的 顶点 a 若 a的度数小于 3 那么 就去掉它 连同由 它所连出的边一起去掉 根据对 n的选择 此时 图 中所剩下的边可以按照要求被分别染为两种不同颜 色 这样一来 只要再把由 a所引出的边分别染色 即可使得同色边不形成封闭的折线 从而 得到合乎 要求的染色方式 这表明 a的度数只能是 3 假设它的 3个相邻 顶点为 b c d 易知 所有 3 个顶点 b c d不可能相 互重合 否则 在 a b这两个顶点之间的边的数 目 多于 2 2 2条 矛盾 从而 在顶点 b c d中必有 一 个顶点 不妨设其为 c 不同于其余两个顶点 从该图中去掉顶点 a 连同由它所连出的边一 起去掉 如果在剩下的图中 顶点 b c不同时属于 任何一个 好 的集合 那 么 在 补连 所缺失 的 边 b c 之后 我们得到一个满足题意的图 它的顶点 萎11 三 劬一