2013第十届中国东南地区数学奥林匹克试题解答

1 第十届东南数学奥林匹克解答第十届东南数学奥林匹克解答 第一天第一天 2013 2013 年年 7 7 月月 2727 日日 上午上午 8 8 0000 1212 00 00 江西江西 鹰潭鹰潭 1 1 实数使得方程有三个正实根 求 a b 32 0 xaxbxa 的 3 233 1 aaba b 最小值 杨晓鸣提供 解解 设方程的三个正实根分别为 则由根与系 32 0 xaxbxa 123 xxx 数的关系可得 123122313123 xxxa x xx xx xb x x xa 故 0 0ab 由知 2 123122313 3 xxxx xx xx x 2 3ab 又由知 因此 3 3 123123 33axxxx x xa 3 3a 3 233 1 aaba b 23 3 3 1 a abaa b 33 2 33 39 3 1 1 3 aaaa a ab 当 即方程三个根均为时等号成立 3 3 9ab 3 综上所述 所求的最小值为 9 3 2 2 如图 在中 内切圆与边切于点 交内ABC ABAC IBCDAD 切圆于另一点 圆的切线交的延长线于点 平行交IEIEPBCPCFPE 于点 直线交圆于点 点在线段上 线段与圆ADFBFI MNMBFPM 交于另一点 证明 IQENPENQ 张鹏程提供 证法证法 1 1 设圆与分别切于点联结 设ST与AI交I AC AB S T STAI IT 于点G 则 从而有 所以 ITAT TGAI 2 AG AIATAD AE 四点共圆 I G E D 又 所以 IEPE IDPD 四点共圆 从而五 I E P D I G E P D 2 点共圆 所以 即 从而三点共线 90IGPIEP IGPG P S T 直线截 由梅涅劳斯定理知 PSTABC 1 AS CP BT SC PB TA 又 所以有 ASAT CSCD BTBD 1 PC BD PB CD 设的延长线交 于点 直线截 由梅涅劳斯定理知 BNPEHBFHPDE 1 PHEF DB HE FD BP 因为平行于 所以 从而有CFBE EFPC FDCD 1 PHPC DB HE CD BP 由 知 故 所以PHHE 22 PHHEHM HN PHHN HMPH PHN MHP HPNHMPNEQ 又 所以 PENEQN ENPENQ 证法证法 2 2 设圆与分别切于点 则由知I AC AB S TPIAD 2222222 PAPDIAIDIAITAT 所以 从而 又 所 2222222 PAATPDIPIDIPIT AIPT AIST 以三点共线 P S T 以下同证法 1 3 3 数列满足 证明 该数 n a 2 121 1 1 1 2 2 3 n n n n a aaan a 列任意两个相邻项的平方和仍是该数列中的一个项 陶平生提供 证证 由得 于是 2 1 1 1 n n n n a a a 2 11 1 2 3 n nnn aaan 3 2 222 112 nnnnn nnn aaa aa aaa 212 12 12 1 n nn nn aa aa 2 113 12 nnn nn aaa aa 13 2 nn n aa a 31 2 2 aa a 故 从而 12 2 3 nnn aaan 1234567 1 2 5 12 29 70 169 aaaaaaa 可见 故猜 222222 123235347 5 29 169aaaaaaaaa 想 22 121nnn aaa 令 于是 22 121 nnn f naaa 1 f nf n 2222 1223121nnnnnn aaaaaa 222321 nnnnnn aaaaaa 1222 2 2 nnnn aaaa 2 g n 其中 进一步有 1222 nnnn g naaaa 1 g ng n 231241222 nnnnnnnn aaaaaaaa 23123 2 nnnnn aaaaa 22112123 2 2 2 nnnnnnn aaaaaaa 22 2123 2222 1 nnn aaaf n 由 知 4 1 2 1 2 f ng ng n 2 1 1 f nf nf nf n 即 由于 根据递推式可知 2 6 1 f nf nf n 1 2 0ff 0f n 即 证毕 22 121nnn aaa 4 4 十二个杂技演员编号分别为 将他们按适当方式分别围成1 2 12 两个圈 每圈 6 人 其中圈的每个演员分别站在圈相邻两个演员的肩 A BBA 膀上 如果圈中每个演员的编号分别等于他脚下两个演员的编号之和 就称B 这样搭配成的结构为一个 塔 问总共能搭配成多少个结构不相同的 塔 注 旋转或对称后的塔属于同一种结构 以 8 个人的情况为例 画一个圆 将底层演员编号填在圈内 上层演员编号填在圈外 那么以下三个图均是 塔 但后两个图分别可由第一个图经旋转或对称而得 故它们属于同一种结构 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 3 4 5 6 7 8 4 陶平生提供 解解 将组中的元素和分别记为 则有 所以 A B x y2yx 3121278xxy 26x 显然有 设 其中 1 2A 11 12B 1 2 Aa b c d abcd 则 且 若 则23abcd 3 810ad 7d 矛盾 456722abcd 1 如果 则 于是8d 1 2 8 7 15Aa b ccabc a b c 或 即或 3 5 7 4 5 6 1 2 3 5 7 8A 1 2 4 5 6 8A 若 则 由于中含 1 2 3 5 7 8A 4 6 9 10 11 12B B4 6 11 12 故中必须 1 3 邻接 1 5 邻接 5 7 邻接 8 3 邻接 A 这时只有唯一的排法 由此得到一个塔 若 则 1 2 4 5 6 8A 3 7 9 10 11 12B 类似知中必须 1 2 邻接 5 6 邻A 接 4 8 邻接 这时有两种排法 得到两个塔 2 如果 则 这时9d 1 2 9 8 14Aa b ccabc a b c 或 即或 3 5 6 3 4 7 1 2 3 5 6 9A 1 2 3 4 7 9A 若 则 为得到中的 1 2 3 5 6 9A 4 7 8 10 11 12B B4 10 12 中必须 1 3 9 两两邻接 这不可能 A 若 则 为得到中的 1 2 3 4 7 9A 5 6 8 10 11 12B B6 8 12 中必须 2 4 邻接 1 7 邻接 A9 3 邻接 于是 有两种排法 得到两个塔 1 2 5 6 4 8 3 7 1110 12 9 9 12 10 11 7 3 8 4 6 5 2 1 1 2 5 6 4 8 3 7 11 10 12 9 1 2 5 6 4 8 3 7 11 10 12 9 1 2 5 6 4 8 3 7 11 10 12 9 5 3 如果 则 这时 10d 1 2 10 9 13Aa b ccabc 即 为得到 3 4 6 a b c 1 2 3 4 6 10A 5 7 8 9 11 12B 中 中必须 6 2 邻接 6 3 邻接 B8 9 11 12A 10 1 邻接 10 2 邻接 只有唯一排法 得到一个塔 因此 结构不相同的 塔 共有个 6 第十届东南数学奥林匹克解答第十届东南数学奥林匹克解答 第二天第二天 2013 2013 年年 7 7 月月 2828 日日 上午上午 8 8 0000 1212 00 00 江西江西 鹰潭鹰潭 1 1 设 表示不超过的最大整数 对整 1 2 2013 xxx f x xx 数 若关于的方程有实数解 则称为好数 求集合nx f xn n 1 3 5 2013 中好数的个数 吴根秀提供 解解 先指出两个明显的结论 a 若为正整数 为实数 则 mx xx mm b 对任意整数 与正偶数 有 lm 212ll mm 下面我们求解原问题 在结论 a 中令并求和 可知 1 2 2013 mkk 20132013 11 kk xx f xfx kk 这表明方程有实数解当且仅当方程有整数解 f xn f xn 以下只需考虑为整数的情况 由于x 2013 2 1 1 11 k xx f xf xxx kk 12 5 6 4 8 3 7 11 10 12 9 6 所以单调递增 下面找整数 使得 f xx Z a b 1 0 1 1 2013 1 f af af af bf bf b 注意到 所以 又由于 1 0 0 ff 0a 6 1 1173 1173 1173586 195489 120122013 k f k 6 1 1174 1174 1174587 195489 120142013 k f k 故 1173b 因此中的好数就是中的奇数 1 3 5 2013 0 1 1173 fff 在 中令 由结论 b 知 2 0 1 586 xl l 212 22013 ll k kk 因此 2013 2 212 21 2 11 k ll flfl kk 这说明中恰有一个为奇数 从而中恰有 2 21 flfl 0 1 1173 fff 个奇数 即集合中的好数有 587 个 1174 587 2 1 3 5 2013 2 2 设为大于 1 的整数 将前个素数从小到大依次记为nn 即 令 求所有正整数 12 n ppp 1 2p 2 3 p 12 12 n ppp n Ap pp x 使得为偶数 且 A x 恰有个不同的正约数 A x x 何忆捷提供 解解 由已知得 注意到 故可设 其2 x A 2 2 4 n pp n App 12 2 2 n n xppa aa 中 此时有 1 01 0 2 3 ii p inaa 122 2 2 2 nn pp n A pp x aaa 故不同的正约数个数为 由已知得 A x 122 3 1 1 nn ppaaa 12 1222 3 1 1 2 n nnn ppxppa aa aaa 下面数学归纳法证明 满足 的数组必 12 n aaa 7 为 1 1 1 2 n 1 当时 变为 其中 若 2n 12 12 3 4 2 3 aa aa 1 0 1 a 1 0a 则 无非负整数满足 若 则 可得 2 2 3 4 3aa 2 a 1 1a 2 2 2 4 2 3aa 从而 即时结论成立 2 1a 12 1 1 aa 2n 2 假设时结论成立 其中 则当时 变为1nk 3k nk 112 1221121 3 1 1 1 2 kk kkkkkk pppppp aaaa aaaa 若 则考虑到2 k a 01 011 11 kkkiiik pppppikaa 故 的左边不能被整除 但此时 的右边是的倍数 矛盾 k p k p 若 则 变为0 k a 112 1221121 3 1 1 1 2 k kkkk pppppa aa aaa 注意到为奇素数 因此一方面为偶数 从而上式左边为偶数 23 k ppp 1 k p 而另一方面 右边为奇数 从而必有 但此时 故左 12 21 k k ppa a 1 1a 1 32a 边是 4 的倍数 但右边不是 4 的倍数 仍矛盾 由上述讨论知 只能 此时 中 因而1 k a 1 k kkkk ppp a a 112 1221121 3 1 1 2 k kkk ppppa aa aaa 由归纳假设知 从而 即 121 1 k aaa 121 1 kk aaaa 当时结论成立 nk 由 1 2 可断定 故所求正整数为 12 1 1 1 n aaa 212 2 nn xppp pp 3 3 将正方形任意一个角上的正方形挖去 剩下的图形称为 角3 3 22 形 例如 图 1 就是一个角形 现于方格表 图 2 中放置一些两两10 10 不重叠的角形 要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合 求正整数的k 最大值 使得无论以何种方式放置了个角形之后 总能在方格表中再放入一k 个完整的角形 何忆捷提供 8 解解 首先有 这是因为 若按图 1 的方式放置 8 个角形 则不能再 max 8k 于方格表中放入另一个角形 下面证明 任意放置 7 个角形后 仍可再 放入一个完整的角形 将方格表的第 5 6 行及第 5 6 列10 10 遮住 留出 4 个正方形 当放置 7 个角形44 后 由于每个角形不能与两个上述正方形44 相交 故根据抽屉原理知 必存在一个的44 正方形 使得与相交的角形至多 1 个 而SS 角形可被正方形所包含 故正方形被角形所占据的部分必包含于它的某3 3 S 个角上的正方形 3 3 如图 2 所示 我们可以在除去一个角上正方形后剩余的部分放置一S3 3 个新的角形 因此时符合题意 7k 综上所述 有 max 7k 4 4 设整数 满足3n 0 1 0 1 2 kkk abckn 1 n k k ka 1 n k k kb 1 n k k kc 若对任意满足上述条件的 均有 1 2 kkk abc kn 1 n kkk k ka b c 求的最小值 李胜宏提供 解解 令 此时条 111 111 abc 0 2 3 iii abcin 件成立 故须满足 解得 1 111 9 1 1 1 记 下面证明 对任意满足条件的 0 1 1 1 kkk abc 有1