2007女子数学奥林匹克.pdf

3 2 中 等 数 学 2 0 0 7女子数学奥林匹克 第 一 天 1 设 m为正整数 如果存在某个正整数 n 使得 m可以表示为 n和n的正约数个数 包括 1 和自身 的商 则称 m是 好数 求 证 1 1 2 l 7 都是好数 2 l 8 不是好数 李胜宏提供 2 设 A B C是锐角三角形 点 D E F 分别 在边 B C C A A B k 线段 A D B E C F 经过 A B C的外心 0 已知以下六个 比值 BD CE AF BF A E C D 一F B 一F A 一E C 丽 中至少有两个是整数 求证 A B C是等腰 三角形 冯祖呜提供 3 设整数 n n 3 非负实 数 a a a 满足 a l a 2 a 2 求 的最小值 朱华伟提供 4 平面内 n n 3 个点组成集合 S P 是此平面内 m条直线组成的集合 满足 5关 于 P中的每一条直线对称 求证 m n 并 问等号何时成立 边红平提供 第 二 天 5 设 D是 A B C内的一点 满足 D A C D C A 3 0 D B A 6 0 E是边 B C的中 点 F是边A C的三等分点 满足 A F 2 F C 求证 舾 上 叶 中豪提供 6 已知 a b C 10 a b C 1 求证 厂 一 一 口 b c b c 3 V 叶 李伟固提供 7 给定绝对值都不大于 1 0的整数 a b c 三次多项式 f C满足 条件j 厂 2 j 0 由式 得 2 3 降 口 2 6 3 口 1 口 I 1 由于对任意质数 p l 都有 毗 1 从而 口 2 6 3 I 2 3 如果 6 13 则 3 3 6 3 而 口 0 时 2 I 口 2 贝 4 2 3 要 口 2 6 3 矛盾 故 6 2 因此 6 2 口 0 6 1 口 0 1 2 6 0 口 0 1 2 3 4 i 当 b 2 口 0时 式 为 3 2 p l p l O a l 1 口 1 i i 当 6 1 口 0 1 2 时 式 为 3 2 p 口 2 口 1 口 I 1 i i i 当 6 0 口 0 1 2 3 4 时 式 为 2 p 1 p 3 a 2 口 l 1 口 I 1 i i i 均不成立 综上 1 8 不是好数 2 从六个比值中取出两个 共有两种类型 1 涉及同一边 2 涉及不同的边 1 如果同一边上的两个比值同时是整数 不妨 议 刀丽B D 因它们互为倒数 又同是整数 所以 必须都取 1 则 B D D c 由于 0是I X A B C的外心 进而得 A D是边 B C 的中垂线 于是 A B A C 2 记 C A B 口 A B C B C A y 因为 X A B C是锐角三角形 所以 BO C 2 a C O A 2 A O B 27 于是 同 理 篙 若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不 同的边时 则存在整数 m n 使得 s i I l 2 x ms ln 2 z 且 s n 2 y l s i I l 2 或s i n 2 z ms i n 2 x且 s i r I 2 z l s i I l 2 y 其中 是口 y的某种排列 以 下 构 造 c 使得 它的三个内角分 别为 1 8 D 一2 a 1 8 0 一2 J9 1 8 0 一 啦 口 I 一 啦一 口 I 一 筹 筹 羔 的最大值 维普资讯 中 等 数 学 因为 1 2 所以 当 0 0时 丢 嘉 即 吉 当 0时 上式也成立 故 筹 筹 并 0 l 0 2 0 2 0 3 a n 0 1 引理若 0 l 0 2 0 0 n 4 则 4 a l a 2 a 2 a 3 a 一 l a n a n a 1 a l a 2 a 引理的证明 设 a l a 2 a 4 a l a 2 a 2 a 3 a n l a n a n a 1 一 a l a 2 a 下面用数学归纳法证明 a l a 2 a 0 当 7 4 时 不等式 等价于 4 a l a 3 a 2 a 4 a l a 2 a 3 a 4 由平均值不等式知 命题成立 假设不等式 对 r k k 4 时成立 对于 r k 1 不妨设 a I T l i n a l a 2 a l t 则 a l a 2 a 一 a l a 2 a a a 4 l a k l a a a l a l a 十 l a 一 l a a 1 一 a a 1 a 1 一4 a 一 I a a l a l a 0 即 a l a 2 17 a l a 2 a 一 l a a 1 由归纳假设知 上式右边小于或等于 0 即当 n k 1 时 不等式 成立 回到原题 由引理知 0 l 0 2 0 2 0 3 a n 0 1 a 2 1 2 2 1 故 筹 焉 筹 扣 南 导 一 亏 当 a l a 2 1 a 3 a 0时 上式取等号 因此 所求 最小值为 要 4 1 记 s中的n个点为A l A A 建立直角坐标系 设 A Y 1 2 n 易 证 喜 融 i o 甘 B 1 n Y i 这 说明 平面 内 存 在唯 一的 一点B 使 B A 0 我们称 曰为点集 s 的 质心 如果任取 P中一条直线 f 为 轴 建立直角坐 标 系 则 Y 0 故点 曰在 f 上 即 P中每一条直线均过质心曰 2 设 F 三元有序组 y f I y s f P 与 y关于 f 对称t F y f F I Y t f F I 在 f 上t 显然 F F UF 2 F nF 2 2 考虑 P中任一直线f 为 s中任一点 关于f 的对称点 y是唯一的 即对每一个 f 三元有序组 y f 有 n个 故 I F I m l t 对于 F 中的三元有序组 y f 因为不同的 两点 y的对称轴只有 1 条 所以 I F I y I y S Y 2 n n一1 i 当 s中任一点至多在 P中的 条直线 f 上时 I I I S t n 由式 得 r r m n n一1 n 即 m i t i i 当 s 中存在一点同时在P中的两条直线上 时 由 1 所证 此点即为质心 B 考虑集合 S S B t 此时 s 仍关于 P中的 每条直线对称 由 i 所证 得 m I s I n一1 综合 i 得 m n 3 当 m n时 由 2 所证 式 同时取等 号 即 s中任意两点的中垂线均属于P S中每点恰 维普资讯 2 O O 7年第 1 2期 3 5 在P中的一条直线上 同时 质心 曰不在 s中 首先 指出 i 1 2 n 相等 否则 如果 存在 k 1 k n 使得 B A t 则线段 t 的对称轴不过点 曰 与 1 所证矛盾 因此 A A A 均在以点 曰为圆心的圆上 记此圆为O曰 不 妨设 A A A 按顺时针排列 其次 A A A 是O曰的 n个等分点 否 则 如果存在 i i 1 2 n 使 A A A A i 2 定义 A l Al A 2 A 2 不 妨 设 A A A A 如 图 2 线 段 A A J 2的对称轴 z P 而 A J 关于 z 的对称点 在A j A 不含 端点 上 这 与 A A 是相 邻两点矛盾 A 1 z I 图 2 因此 当 m n时 集 s中的点是正 n边形的n 个顶点 易知正 n边形确有 n条对称轴 故当且仅当 s中的点组成正 n边形 n个顶点 P是正 n 边形的n条对称轴时 m n 第 二 天 5 证法 1 如图3 作 D M上A C于点 M F N上C D 于点 联结 E M E N A 图 3 设 C F n 2 a 则 C N C Fc 0 s 3 0 It 3G c D 即 N是c D的中点 又因为 是边A c上的中点 E是边船 上的中 预 A B 矾 B D ME N AB D 6 0 MDC 故 D E 四点共圆 又因 D F 四点共圆 所以 D E 五点共圆 从而 D E F 9 0 证法 2 建立复平面 令 B 0 D 1 A 一 k 经计算可得 C 1一 一a J k 一 曰 C 1 一a Jk E 丁 F 于是 E一1 一 一 F E 故 一 k 1 i k 1 3 k一1 4 3 k 一1 因此 D E 上 E F 即 D E F 9 0 6 证法 1 不妨设 b c 令 b Y c Y 则 b c 4 n 1 n 6 一 c 1 2 x 一 2 4 2 x 4 3 最后一步由柯西不等式得到 证法 2 令 n H b c l 则 H 3 2 1 于是 所证不等式变为 2 注意到 t2 苎 竺 三 l 一 J2 一 2 二 一 4 4 4 l 3 2 一 4 t 产 维普资讯 中 等 数 学 一 二 二 二 一 4 1 二 二 二 2 1 二 二 二 2 二 二 1一 其中 2 1 1 2 2 将上式代人式 所证不等式变为 1 一 令 将上述不等式改写为 2x 以下同证法 1 注 证法 2 解释了证法 1中替换的动机 7 将 2 3 代人得 2 2 0 2 6 2 c 8 1 2 j 1 8 3 j 4 0 4 j 0 3 0 2 6 j b c 2 6 7 0 2 6 c 1 5 4 口 b 受7 0 2 6 c 2 6 m 4 0 b 1 5 n 则 l m l 1 3 0 1 nI 6 5 故1 m 一 1 l m l 1 1 矛盾 因此 2 3 一定是上述多项式的根 8 先证明两个引理 引理 1 当 n m时 如果 n个棋手的赛况具 有性质 P m 则必有一个棋手全胜 引理 1 的证明 当 n m时 命题显然成立 假设命题对 n成立 则对 n 1 个棋手 从中任取 n个棋手 由归纳 假设 这 n个棋手中必有一个棋手全胜 不妨设 A A A 中A 全胜 对另一个棋手 A 若 A 胜 A 则在 n 1 个棋手中 A t 全胜 若 A 平 A 考察棋手 A A A A 这 n个棋手中没有人全胜 不可能 若 A 胜 A 考察棋手 A l A 3 A A A 这 n个棋手中全胜 的只能是A 即 A 胜 A 3 A A 同理 A 也胜 A 因此 在这 n 1 个棋手中 A 全胜 由归纳原理知 命题对任意 n m成立 类似地可证 引理 2 当 n m时 如果 n 个棋手的赛况具 有性质 P m 则必有一个棋手全败 回到原题 接下来证明 当 n 2 m一3时 所有棋手的得分 必各不相同 由引理 1 有一个棋手 A 胜了其余 n一1 个棋 手 有一个棋手 A 胜了除 A 外的 n一2 个棋手 有一个棋手 A 胜了除 A A A 外的m一 1 个棋手 由引理 2 有一个棋手 A 负于其余 n一1 个棋 手 有一个棋手 A 负于除了 A 外的 n一 2个棋手 有一个棋手 A 3 负于除 A A 一 A 一 外的 n m 2 个棋手 另外 还有一棋手为 A 一 这样 这 n个棋手A A A 编号小的棋手 都战胜了编号大的棋手 因此 他们的得分为 n