2006年第五届中国女子数学奥林匹克试题.doc

2006年第五届中国女子数学奥林匹克试题第一天2006年8月8日 下午15：3019：30 乌鲁木齐中国在国际数学奥林匹克竞赛中，连续多年取得很好的成绩，这项竞赛是高中程度，不包括微积分，但题目需要思考，我相信我是考不过这些小孩子的，因此有人觉得，好的数学家未必长于这种考试，竞赛胜利者也未必是将来的数学家，这个意见似是而非。数学竞赛大约是百年前在匈牙利开始的；匈牙利产生了同它人口不成比例的许多大数学家。陈省身一、设a0，函数 f : （0，） R满足f（a）1如果对任意正实数x，y 有，求证： f（x）为常数证明：在中令xy1，得f2（1）f2（a）2 f（1），（f（1）1）20，f（1）1。在中令y1，得f（x）f（1）f（）f（a）2 f（x），f（x）f（），x0。 在中取y，得f（x）f（）f（）f（x）2 f（a），f（x）f（）1。 由，得：f2（x）1，x0。在中取xy，得f2（）f2（）2 f（t）， f（t）0。故f（x）1，x0。二、设凸四边形ABCD对角线交于O点OAD，OBC的外接圆交于O，M两点，直线OM分别交OAB，OCD的外接圆于T，S两点求证：M是线段TS的中点证法1：如图，连接BT，CS，MA，MB，MC，MD。BTOBAO，BCOBMO，BTM BAC，得； 同理，CMS CBD，得。 得 。又MBDMCA，MDBMAC，MBD MCA，得。 将代入，即得TM MS。证法2：设OAB，OBC，OCD，ODA的外心分别为O1，O2，O3，O4，自作O1，O3作TS的垂线，垂足分别为E，F。连接O2，O4交TS于G。因OM是O2和O4的公共弦，故O2O4垂直平分OM，即G是线段OM的中点。同样，O1O4垂直平分OA，O2O3垂直平分OC，得O1O4O2O3；同理，O1O2O3O4。因此O1O2O3O4构成平行四边形，其对角线互相平分。由此易知EG FG。又由垂径定理，E是TO中点，F是OS中点。因此TM TOOM 2EO2OG 2EG， MS OSOM 2OF2OG 2GF。 由，即知TM MS。三、求证：对i1，2，3，均有无穷多个正整数n，使得n，n2，n28中恰有i个可表示为三个正整数的立方和证：三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为3k或3k1（kZ），而（3k）393k3， （3k1）39（3k33k2k）1。对i1，令n3（3m1）32（mZ），则n，n+28被9除的余数分别为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而n+2（3m1）3（3m1）3（3m1）3。对i2， n（3m1）3222（mZ）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而n+2（3m1）32363，n+28（3m1）35353。对i3， n216m3（mZ）满足条件：n（3m）3（4m）3（5m）3，n+2（6m）31313，n+28（6m）31333。注：所命原题要求证明结论对i0，1，2，3均成立。为降低试卷难度，去掉了i0的要求。以下是i0的证明。对n9m3，mZ，n+2，n+28被9除的余数分别为5，4，不能表示为三个整数的立方和，若na3b3c3，a，b，cZ，由前知a，b，c均为3 k1型（kZ）的整数。小于（3 N）3（NZ）的9m3型（mZ）的正整数共3 N3个。（*）小于3 N的3k1型（kZ）的正整数有N个，三个这样的数的立方和的组合不超过N3种，故（*）中正整数至少有3N3N32N3个不能表示为三个正整数的立方和。N可取任意正整数，故i0情形得证。四、8个人参加一次聚会. （1）如果其中任何5个人中都有3个人两两认识. 求证：可以从中找出4个人两两认识； （2）试问, 如果其中任何6个人中都有3个人两两认识, 那么是否一定可以找出4个人两两认识?解法1： （1） 用8个点表示8个人，相识二人之间连一线段。按图论语言，这些点称为图的顶点，线段称为图的边。按照题意，该图的每个5点子图中均有一个三角形，而每个三角形属于=10个不同的5点子图。我们知道，这些三角形共有3356168条边，其中每条边至多被重复计算了10次。这样一来，即知：每个顶点至少连出条边。所以存在一个顶点A，由它至少连出5条边。假设由顶点A有边连向B，C，D，E，F这5个顶点，而由题意在这5个点中又存在一个三角形，不妨设为BCD。于是A，B，C，D这4个点中的任何二点之间均有连线，所以它们所代表的4个人两两认识。 （2）如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此认识, 例子为:在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相应二人相互认识. 不难验证: 其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不出4人两两彼此认识.解法2：（1）分情形讨论.情形（i）如果存在3个人两两互不认识. 那么其余5个人必然两两都认识. 因若不然, 假如他们之中有二人互不认识, 则在他们与原来的3个人一起构成的5人组中就找不出3个人两两认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.情形（ii）在剩下的情形中, 任何3人中, 都有某两个人相互认识.（a）如果8个人中有1个人A至多认识3个人, 那么他至少不认识4个人. 显然这4个人中的任何二人都彼此认识. 因若不然, 这两个人与A一起构成的3人组中就没有二人互相认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.（b）如果存在1个人A至少认识5个人. 那么这5个人中有3个人两两彼此认识, 他们又都认识A, 所以他们与A一起即为所求之4人.情形（iii）只需再考虑每个人都恰好有4个熟人, 并且任何3人中都有两人相互认识的情形.任取其中一人A. 假如A的4个熟人两两认识, 那么他们即为所求. 否则, 其中就有B,C二人互不认识. 易知, 此时A有3个不认识的人F,G.,H, 而这3个人中的任何两人都与A构成3人组, 所以F,G.,H中的任何两人都相互认识. 如果B,C之一与F,G.,H中的每个人都彼此认识,那么此人与F,G.,H一起构成所求的4人组. 否则, B,C二人分别不认识F,G.,H中的一个人. 易知, B和C不可能不认识他们中的同一个人, 否则该人与B,C所成的3人组中任何二人均互不认识, 导致矛盾. 这就表明, B和C分别不认识F,G.,H中的两个不同的人, 不妨设B不认识F, 而C不认识G. 现在把B,F,A,G,C依次排在一个圆周上, 于是任何两个相邻放置的人都互不认识. 然而他们中的任何三个人中都一定有在圆周上相邻的两个人, 从而在他们之中找不到3个人两两认识, 导致矛盾, 所以这种情况不可能存在.综合上述, 在一切可能的情况下, 都能找出4个人两两都彼此认识.（2） 如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此认识, 例子为:在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相应二人相互认识. 不难验证: 其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不出4人两两彼此认识.第二天2006年8月9日 9：0013：00五、平面上整点集S（a，b）1a，b5，a，bZ，T为平面上一整点集，对S中任一点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P，Q外无其他的整点问T的元素个数最少要多少？解：答案：最少个数为2。先证T不可能只包含一个点。若不然，设TQ（x0，y0）。在S中取点P（x1，y1）满足（x1，y1）（x0，y0）且x1与x0同奇偶，y1与y0同奇偶。则线段PQ的中点为一整点。矛盾。T含两个点的情形如下图所示：六、设集合M1，2，19，Aa1，a2，akM求最小的k，使得对任意bM，存在ai，ajA，满足aib，或aiajb（ai，aj可以相同）解：由假设， 在中， 有种可能的组合， 从而，即。当时，我们有。不妨假设。则。当时， 有。这时或7。 如果，则，这不可能。如果，则或。由于或，这不可能。当时， 有。这时以及， 这不可能。当时，有。这时，这不可能。当时， 有，这不可能。当时， 有，这不可能。当时， 有， 这不可能。当时， 有， 这不可能。当时，均不可能。所以， 。如果取，则满足条件。故最小的。七、已知xi0，k1求证：证法1：原不等式等价于，上式左。证法2：不妨设0，则；。于是，根据Chebyschev不等式：左式八、设p为大于3的质数，求证：存在若干个整数a1，a2，at满足条件是3的某个正整数次幂证法1：由带余除法定理可知，存在唯一的整数q，r使得p3qr，其中0r3。取b0r，那么，其中3不整除b1*，0b1*p/2；取b1b1*满足条件b1p（mod 3）。那么，其中3不整除b2*，0b2*p/2；取b2b2*满足条件b2p（mod 3），那么，其中3不整除b3*，0b3*p/2；一直做下