IMO中国国家集训队选拔考试试题与解答

1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 2002年IMO中国国家集训队选拔考试 一一、 设凸四边形ABCD的两组对边所在的直线分 别交于E、F两点,两对角线的交点为P,过P作PO EF于O.求证:BOC=AOD. 图1 解解:如图1,只 需 证 明OP既 是 AOC的平分线, 也是 DOB的平分 线即可. 不妨设AC交 EF于Q ,考 虑 AEC和点F,由塞 瓦定理可得 EB BA AQ QC CD DE = 1. 再考虑 AEC与截线BPD ,由梅涅劳斯定理有 ED DC CP PA AB BE = 1. 比较 、 两式可得 AP AQ = PC QC. 过P作EF的平行线分别交OA、OC于I、J ,则有 PI QO = AP AQ , JP QO = PC QC. 由 、 可得 PI QO = JP QO PI=PJ. 又OPIJ ,则OP平分 IOJ , 即 OP平分 AOC. 同理 可 证:当BD与EF相 交 时, OP平 分 DOB ;而当BDEF时,过B作ED的平行线交AC 于 G( 如图2 ) , 则 图2 AG AC = AB AE = AD AF . 故GDCF, 从而, BCDG为平行 四边形. 于是, P为BD的中 点. 因 此,OP平 分 DOB. 二二、 设a1= 1 4 , an= 1 4 (1 +an- 1) 2 , n2.求最小 实数,使得对任意非负实数x1, x2, x2 002,有 2 002 k=1 Ak a2 002. 其中Ak= xk-k ( x k+x2 002+ k( k- 1) 2 + 1) 2 , k1. 解解:令( k)= 1 2 k( k- 1 ) . 首先证明几个引理. 引理1 对任意实数a0, c 0, b 0,函数 f ( x) = a x+b + x-c ( x + b) 2. 当x= (1 -a) b+ 2c 1 +a 时,取最大值 1 4 (1 + a) 2 b+c . 证明:令y= 1 x+b ,则 f ( x) = - ( b +c) y2+(1 +a) y = - ( b + c) y- 1 2 1 +a b+c 2 + 1 4 (1 + a) 2 b+c . 于是,当y= 1 2 1 +a b+c ,即x= (1 -a) b+ 2c 1 +a 时, f ( x) max= 1 4 (1 + a) 2 b+c . 引理2 设a1= 1 4 , an= 1 4 (1 +an- 1) 2 , n2. 则an满足0 21 = C27. 矛盾. 综上可知,17人最多能预订71张门票. 四四、(a)求所有自然数n ( n2 ) , 使得存在实数 a1, a2, an,满足 |ai-aj| | 1ijn=1,2, n( n- 1) 2 . (b)设A=1,2,3,4,5,6 , B=7,8,9, n .在 A中取三个数、B中取两个数组成五个元素的集合 Ai, i= 1,2,20,|AiAj|2,1ij20.求n的 最小值. 解解:(a)a1, an有如下性质: (i)a1, an两两不等; (ii)它们差的绝对值两两不等. 于是, n= 2, a1= 0, a2= 1; n= 3, a1= 0, a2= 1, a3= 3; n= 4, a1= 0, a2= 2, a3= 5, a4= 6. 下证当n5时,不存在a1, an适合题设条 件. 证法一:令0a1a2an, bi=ai+ 1-ai, i= 1,2, n- 1.则当ij时, |ai-aj| =aj-ai=bi+bi+ 1+bj- 1, 1ijn. 显然,max 1i 1.已知存在指标i , bi+ 1= 2.于是, bin - 2.所以, bi=n- 1.这推出b3= 2, b4=n- 2.这时, b1+b2=b3+b4.导出矛盾.所以,当n- 14时,即 n5时不存在a1, an适合题设条件. 设bn- 1= 1, bn- 2=n- 1.同上法讨论仍得n5 时不存在a1, an适合题设条件. 证法二:令0 =a1a2an,易知 an= n( n- 1) 2 . 这时,必存在某两个下标ij ,使得|ai-aj| = an- 1.所以, an- 1 =an- 1-a1=an- 1或an- 1 =an-a2, 即 a2= 1. 922003年第1期 所以,出现an= n( n- 1) 2 , an- 1=an- 1,或 an= n( n- 1) 2 , a2= 1. 下面分情形讨论: (i)设an= n( n- 1) 2 , an- 1=an- 1. 考虑an- 2,有an- 2 =an- 2或an- 2 =an-a2, 即a2= 2.设an- 2=an- 2,则an- 1-an- 2= 1 =an- an- 1.这导出矛盾.所以,只有a2= 2. 考虑an- 3,有an- 3 =an- 2或an- 3 =an-a3, 即a3= 3.设an- 2=an- 3,则an- 1-an- 2= 2 =a2- a0.这推出矛盾.设a3= 3,则an-an- 1= 1 =a3-a2, 又推出矛盾.所以这种情形不出现,条件为an- 2= a2,即n= 4.故当n5,不存在. (ii)an= n( n- 1) 2 , a2= 1. 考虑an- 2,有an- 2 =an- 1或an- 2 =an-a3,即 a3=2.这时a3-a2=a2-a1,推出矛盾.所以, an- 1=an- 2. 考虑an- 3,有an- 3 =an- 2或an- 3 =an-a3, 即a3= 3.于是, a3-a2=an-an- 1.矛盾.因此, an- 2 =an- 3.所以, an- 1-an- 2= 1 =a2-a1.这又矛盾. 所以只有an- 2=a2,即n= 4.故当n5时,不存在. 证法三:考虑母函数xa1+xa2+xan.由题设 ( x a1 +xa2+xan ) ( x -a1 +x -a2 +x -an) =n- 1 +x - n( n- 1) 2 +x - 1 + 1 +x+ x n( n- 1) 2 =n- 1 + x n( n- 1) 2 + 1 -x - n( n- 1) 2 x- 1 . 取x= e2i=(cos 2+ isin 2 ) , x 1. 由e - i= ei,所以, | e2i a1+ + e2i an|2 =n- 1 + e2iei n( n- 1)- e- in( n- 1) e2i- 1 =n- 1 + sin ( n 2 -n+ 1) sin . 取 ( n 2 -n+ 1)= 3 2 ,则= 3 2 ( n 2 -n+ 1) . 当n5时, 0 3 2(52- 5 + 1) = 14 2 . 这时,sin,sin ( n 2 -n+ 1)= - 1.代入,得 | e2i a1+ + e2i an|2 =n- 1 - 1 sin n- 1 - 1 =n- 1 - 2 ( n 2 -n+ 1) 3 12,在 m出现的所有Ai中,至少有一个A的数出现3次. 不妨设它是1,就有集合1, a1, a2, m , b1 ,1, a3, a4, m , b2 ,1, a5, a6, m , b3 ,其中aiA ,1i6.为了 满足题意, ai必须各不相同,但只能是2,3,4,5,6五 个数.这是不可能的. k4,20个Ai, B中数有40个,因此至少是10 个不同的,6 + 10 = 16,有n16.当n= 16时,可作出 如下20个集合: 1,2,3,7,8 1,2,4,12,141,2,5,15,16 1,2,6,9,101,3,4,10,111,3,5,13,14 1,3,6,12,151,4,5,7,91,4,6,13,16 1,5,6,8,112,3,4,13,152,3,5,9,11 2,3,6,14,162,4,5,8,102,4,6,7,11 2,5,6,12,133,4,5,12,163,4,6,8,9 3,5,6,7,104,5,6,14,15 五五、 设k为给定的整数,f ( n)是定义在负整数集 上且取值为整数的函数,满足 f ( n) f ( n+ 1)=(f ( n)+n- k) 2 , n= - 2,- 3,- 4,. 求函数 f ( n) 的表达式. 解解:引理 存在无穷多个不是形如5k1的素 数. 证明:对任给正整数n ,考虑 N= 5135 (2n+ 1 ) 2 + 2. 由于形如5k1的整数之积仍是形如5k1的 数, N2(mod 5) ,故N有形如5k2的素因子,它大 于2n+ 1.引理得证. 取素数p 10(|k| + 1 ) , p 1(mod 5) .先证明 f ( k- p) =p2. 由f ( k-p) f ( k-p+ 1)=f ( k- p) -p2知 f ( k- p) |p2. 因此,f ( k- p) =1,p,p2. 注意到 f ( k-p- 1) f ( k- p) =f ( k-p- 1)-p- 12. 03中 等 数 学 考虑ax= ( x -p- 1) 2 , 即 x2-(2p+ 2 +a) x+ ( p + 1) 2 = 0. 它的判别式 ( a)=(2p+2 + a) 2 - 4 ( p +1) 2 =a( a+4p+4 ) . 因为(1)= 4p+ 52(mod 5) , ( - 1) = -(4p+ 3) 0, ( p)= p( 5p+ 4)不是平方数, (- p) = - p( 3p+ 4) 0, (-p2)=p2 ( p 2 - 4p- 4)2(mod 5 ) , 由此推出 (1) , ( - 1) , ( p) , (-p) ,(-p2) 均不是平方数.故 f ( k- p) =p2. 由f ( k-p) f ( k-p+ 1)=f ( k- p) -p2知 f ( k-p+ 1)= ( p - 1) 2. 由f ( k-p+ 1 ) f ( k -p+ 2)= f ( k-p+ 1)-p + 12知 f ( k-p+ 2)= ( p - 2) 2. 如此继续,得到 f ( k-p+ t) = ( p - t) 2 ,0tp且tp-k , 即 f ( n)= ( n - k) 2 , k-pnk且n 0. 由于p可任意大,有 f ( n)= ( n - k) 2 , nk且n 0. 下面按k的大小讨论: 情形1 k- 1.由以上结论知 f ( n)= ( n - k) 2 , n= - 1,- 2,. 情形2 k= - 2.由以上结论知 f ( n) = ( n - k) 2 , n= - 2,- 3,. 由 f ( - 2) f (- 1)= f ( - 2)+ 02知 f ( - 1)可取 任意整数.此时 f ( n)= a ,n= - 1, ( n + 2) 2 ,n= - 2,- 3,. 其中a为任意整数. 情形3 k= - 3.此时, f ( n) = ( n - k) 2 , n= - 3,- 4,. 又 f ( - 3) f (- 2)= f ( - 3)+ 02, f ( - 2) f (- 1)= f ( - 2)+ 12, 故 f ( - 2)=1. 若 f ( - 2)= 1,则 f ( - 1)= 22; 若 f ( - 2)= - 1,则 f ( - 1)= 0. 此时,f ( n)= 0,n= - 1, - 1,n= - 2, ( n + 3) 2 ,n- 3 或 f ( n)= 22,n= - 1, 1,n= - 2, ( n + 3) 2 ,n- 3. 情形4 k- 4. 由f ( k+ 1) f ( k+ 2)=f ( k+ 1)+ 12 知f ( k+ 1)=1. 假设f ( k+ 1)= - 1,由 知f ( k+ 2)= 0. 又f ( k+ 2) f ( k+ 3)=f ( k+ 2)+ 22, 则0 = 22,矛盾.因此,f ( k+ 1)= 1. 由 知f ( k+ 2)= 22, 由f ( k+ 2) f ( k+ 3)=f ( k+ 2)+ 22知 f ( k+ 3)= 32. 如此下去,有 f ( k+ t) =t2, t-k- 1. 此时,f ( n)= ( n - k) 2 , n= - 1,- 2,. 六六、 设f ( x1, x2, x3)= - 2 ( x 3 1+x32+x33)+ 3 x21 ( x 2+x3)+x 2 2 ( x 3+x1)+x 2 3 ( x 1+x2 ) - 12x1x2x3. 对于任意实数r、s、t ,记 g( r, s , t)= max tx3t+2| f ( r, r+ 2, x3)+s|. 求函数g( r, s , t)的最小值. 解解:令x=x3- ( r + 1 ) , 则 f ( r, r+ 2, x3) = - 2 r3+ ( r + 2) 3 + ( x +r+ 1) 3 + 3 r2 ( x + 2r+ 3)+ ( r + 2) 2 ( x + 2r+ 1) + ( x +r+1) 2(2r+2 ) - 12r( r+2 ) ( x +r+1) = - 2x3+ 18x. 令a=t- ( r + 1 ) , 则 g( r, s , t)= max axa+2| - 2x 3 + 18x+s|. 由于max axa+2| - 2x 3 + 18x+s| 1 2 max axa+2( - 2x3+18x+ s) -min axa+2( - 2x3+18x+ s) = 1 2 max axa+2( - 2x3+18 x) -min axa+2( - 2x3+18 x) , 所以, g( r, s , t) 1 2 max axa+2( - 2x3+18 x) -min axa+2( - 2x3+18 x) . 记 P( x) = - 2x3+ 18x.任取xy ,则 P( x) - P( y) = - 2 ( x -y) x2+xy+y2- 9. 显然,当xy-3时或当3x 0; 当-3xy3时, x2+xy+y2- 9 0满足 P( x) = P( ? x) 有三个不同实根x1x2?x且x2-x1= 2.由于 P( x)-P(? x) = - 2 ( x -?x) ( x2+?xx+?x2- 9 ) , 从而 x1、x2应为方程x2+?xx+?x2- 9 = 0的两个根.又x2 -x1= 2,所以, ?x2- 4(?x2- 9)= 4, 即3?x2= 32. 于是,?x= 4 2 3 = 4 6 3 , P( ? x) = - 24 3 6 32 3 - 9= - 40 6 9 , x1= - ?x 2 - 1 = - 2 6 3 - 1, x2= - ?x 2 + 1 = - 2 6 3 + 1. 显然,- 2 3 x1 -3,-3 x2 0, 且 W( x1)=P( x1)- P( -3)= P( ? x) - P( -3) = 12 3 - 40 6 9 . 当- 2 -3 ax1时,-3 P( -3 ) . 又 P( x) 在-3, x2严格单增,所 以 P( -3)P( a+ 2)P( x2)=P( x1 ) . 于是,可得 W( a)=P( a)- P( -3)P( x1)- P( -3) =W( x1 ) . 当x1a-3时,则x2=x1+ 2 P( a) . 于是可得 W( a)=P( a+ 2)- P( -3) P( x1)- P( -3)=W( x1 ) . 由此可得当- 2 -3 a-3时, W ( a) W( x1 ) . 由P( x)的图像关于原点的对称性可证当 3 - 2 a3时, W( a) W( -x2)=W( x1 ) . 当-3 a3 - 2时,则-3 a 12 3 - 40 6 9 ,24 3 - 1612 3 - 40 6 9 .于是, min aRW( a) =W( x1)= 12 3 - 40 6 9 . 由(1)可知g( r, s , t)1 2 W( x1)= 6 3 - 20 6 9 . 由以上证明可知任取实数r, t=x1+ ( r + 1)= - 2 6 3 - 1 + ( r + 1 ) , s= - 1 2 max x1xx1+2 P( x)+ min x1xx1+2 P( x), 易知g( r, s , t)= 1 2 W( x1)= 6 3 - 20 6 9 . 于是,min r, s, tRg( r, s , t) = 6 3 - 20 6 9 . (李胜宏 提供) 23中 等 数 学 2003年IMO中 国 国 家 集 训 队 选 拔 考 试 一一、 在锐角 ABC中,AD是 A的内角平分 线,点D在边BC上,过点D分别作DEAC、DF AB,垂足分别为E、F,连结BE、CF,它们相交于点 H,AFH的外接圆交BE于点G.求证:以线段BG、 GE、BF组成的三角形是直角三角形. 二二、 设A0 ,1 ,2 ,29 ,满足:对任何整数k 及A中任意数a、b(a、b可以相同 ) , a+b+ 30k均 不是两个相邻整数之积.试定出所有元素个数最多 的A. 三三、 设A ( a1,a2,an )| aiR,i= 1 ,2 , n ,A是有限集.对任意的 = ( a1,a2,an)A, = ( b1,b2,bn)A,定义: (, ) = (| a1-b1| ,|a2-b2| ,|an-bn| ) , D(A ) = (, )| A,A. 试证:|D(A )| |A| . 四四、 求所有正整数集上到实数集的函数f,使得 (1)对任意n1 ,f(n + 1) f(n ) ; (2)对任意m、n ,( m,n) = 1 ,有 f(mn ) = f(m)f(n ) . 五五、 设A= 1 ,2 ,2 002 ,M= 1 001 ,2 003 , 3 005.对A的任一非空子集B,当B中任意两数之 和不属于M时,称B为M-自由集.如果A=A1 A2,A1A2=,且A1、A2均为M-自由集,那么, 称有序对(A1,A2)为A的一个M-划分.试求A的 所有M-划分的个数. 六六、 设实数列xn满足:x0= 0 ,x2= 3 2x1,x3是 正整数,且xn+1= 1 3 4 xn+ 3 4xn- 1+ 1 2 xn- 2,n2. 问:这类数列中最少有多少个整数项? 参 考 答 案 一一、 如图1 ,过点D作DGBE,垂足为G.由 勾股定理知BG 2 -GE2=BD2-DE2=BD2-DF2 =BF2.所以,线段BG、GE、BF组成的三角形是以 BG为斜边的直角三角形. 下面证明G即为G,即只须证A、F、G、H四点 共圆. 如图1 ,连结EF,则AD垂直平分EF.设AD交 EF于点Q,作EPBC,垂足为P,连结PQ并延长 交AB于点R,连结RE. 图1 因为Q、D、P、E四点共圆,所以, QPD=QED. 又A、F、D、E四点共圆,所以, QED=FAD. 于是,A、R、D、P四点共圆. 又 RAQ=DAC,ARQ=ADC,于是, ARQ ADC,AR AQ = AD AC . 从而,ARAC=AQAD=AF2=AFAE,即 AR AF = AE AC. 所以,REFC,AFC=ARE. 因为A、R、D、P四点共圆,G、D、P、E四点共 圆,则BGBE=BDBP=BRBA.故A、R、G、E四 点共圆.所以, AGE=ARE=AFC. 因此,A、F、G、H四点共圆. 二二、 所求A为3l+ 2| 0l9. 设A满足题中条件且|A|最大. 因为两个相邻整数之积被30除,余数为0 ,2 ,6 , 12 ,20 ,26.则对任意aA,有 2a0 ,2 ,6 ,12 ,20 ,26(mod 30) , 即 a0 ,1 ,3 ,6 ,10 ,13 ,15 ,16 ,18 ,21 ,25 ,28(mod 30) . 因此,A2 ,4 ,5 ,7 ,8 ,9 ,11 ,12 ,14 ,17 ,19 ,20 , 42中 等 数 学 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 22,23 ,24 ,26 ,27 ,29. 后一集合可分拆成下列10个子集的并,其中每 一个子集至多包含A中一个元素: 2 ,4 ,5 ,7 ,8 ,12 ,11 ,9 ,14 ,22 ,17 ,19 , 20 ,23 ,27 ,26 ,24 ,29. 故|A|10. 若|A| = 10 ,则每个子集恰好包含A中一个元 素,因此,20A,29A. 由20A知12|A,22|A,从而,8A,14A. 这样,4|A,24|A,因此,2A,26A. 由29A知7|A,27|A,从而,5A,23A.这 样,9|A,19|A,因此,11A,17A. 综上有A= 2 ,5 ,8 ,11 ,14 ,17 ,20 ,23 ,26 ,29 ,此 A确实满足要求. 三三、 对n和集A的元素个数用归纳法. 如果A恰有一个元素,则D(A)仅包含一个零 向量.结论成立. 如果n= 1 ,设A= a1a2 1 ,定义B = ( x1,x2, xn- 1 )| 存在xn使得(x1,x2,xn- 1,xn)A. 由归纳假设|D(B )| |B| . 对每一个bB,令Ab= xn | ( b,xn)A ,ab= maxx|xAb ,C=A ( b,ab )| bB.则 |C| = |A| - |B| . 因为|C| 1.设f(2) = 2a,其中a 0. 令g(x ) = f 1 a(x ) , 则g(x)满足(1)、 (2) , 且 g(1) = 1 ,g(2) = 2. 设k2 ,则由(1)得 2g (2 k- 1 - 1) =g(2)g (2 k- 1 - 1) =g (2 k - 2) g (2 k) g (2 k + 2) =g(2)g (2 k- 1 + 1) = 2g (2 k- 1 + 1) ; 若k3 ,则 22g (2 k- 2 - 1) = 2g (2 k- 1 - 2) g (2 k) 2g (2 k- 1 +2) =22g (2 k- 2 +1). 依此类推,用归纳法得 2 k- 1 g (2 k) 2 k- 1 g(3)(k2) . 同样,对任意m3 ,k2有 g k- 1 (m)g(m - 1) g(m k) g k- 1 (m)g(m+ 1) . 显然,当k= 1时,、 也成立. 任取m3 ,k1 ,有s1 ,使得 2smk 2s +1. 于是,有sklog2mm2mr2 ,有 k2m1+2m2+2mr= 2 m1- 1 + 2 m2- 1 + 2 mr- 1 +mr+ 1 , l2m1+2m2+2mr= 2 m1- 1 + 2 m2- 1 + 2 mr- 1 + 1 , 即当n= 2 rp ,其中r(r 2) 是整数,p是奇数时,有 kn= n 2 +r+ 1 , ln= n 2 + 1. 当n= 4m+ 1时,由 可得 a4m+1= 1 2 (a4mb1+a1b4m ) = a4m+b4m. 由 可知k4m+1= 2m+ 1. 同理,由 a4m+2= 1 2 (a4mb2+b4ma2) = 2(2a4m+b4m ) , a4m+3= 1 2 (a4mb3+b4ma3) = 2(5a4m+ 3b4m) 知 k4m+2=k4m+3= 2m+ 2. 综上可知 kn= n 2 + 1 2 ,当n为奇数时, n 2 + 1 ,当n2(mod 4)时, n 2 +r+1,当n=2rp,r2,p为奇数时. 当3|n时,由 得 xn= x3 3 2 - 2 3 na n= x3 3 2 kn- 2 3 np n, 其中3|pn. 由于k3= 2 = 2 3 3 ,k6= 4 = 2 3 6 , k12= 9 2 3 12 ,k24= 16 = 2 3 24 , 从而,x3,x6,x12,x24均为整数. 若n0(mod 4) ,则kn n 2 + 1.所以, kn- 2 3 n1 - n 6 6) . 若n0(mod 4) ,由于3|n,则n= 2 r 3 kq ,其中 r2 ,k1 ,q不含3的因子. 由 可知,kn= 2 r- 1 3 kq +r+ 1.于是, kn- 2 3 n= 2 r- 1 3 kq +r+ 1 - 2 r+1 3 k- 1 q =r+ 1 - 2 r- 1 3 k- 1 qr+1 - 2 r- 1 , 等号当且仅当k=q= 1时成立. 当r 3时,2 r- 1 = (1 + 1) r- 1 r+ 1.由此可知, 当r 3或2r3 ,但k、q中有一个不为1时,有 kn- 2 3 n 0. 由 和 知xn中仅有x0,x3,x6,x12,x24为整数. 综上得数列中最少有5个整数项. 欢迎订阅 数学教育学报 数学教育学报由中国教育学会、 天津师大主办,北京师大、 华东师大、 南京师大等协办,王 梓坤院士任主编,是中国联合国教科文组织指导刊物,也是中国数学教育领域最高层次的学术期 刊.设有数学教育概论、 中小学数学教育改革、 数学课程改革、 比较数学教育、 调查与实验和展望与 争鸣等固定栏目,还不定期设有密切贴近中小学数学教学实践的教学改革专栏.数学教育学 报具有权威性、 研究性、 先进性与实用性,是广大中小学数学教师、 高校师生及数学教育工作者了 解数学教育动态信息,掌握数学教育理论,提高数学教学与科研水平的良师益友. 欢迎到全国各地邮局(所)订阅2004年数学教育学报.全年订价32元,邮邮发发代代号号 6 - 132 联联系系人人 周学智 电电话话 022 - 23541034 722003年第6期 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 2004年IMO中国国家集训队选拔考试 1.设 XOY= 90,P为 XOY内的一点,且OP = 1 ,XOP= 30,过点P任意作一条直线分别交射 线OX、OY于点M、N.求OM+ON-MN的最大值. 2.设u为任一给定的正整数.证明:方程n! = u a -u b 至多有有限多组正整数解(n,a,b ) . 3.设n1,n2,nk是k(k 2) 个正整数,且 1 n1n2nk,正整数a、b满足 1 - 1 n1 1 - 1 n2 1 - 1 nk a b an, 其中a是一个仅与p有关的正数. 记b=udp -v .由于d、p、u、v现在均是固定的正 整数,故b是大于1的正常数.于是,由式 得 u s - 1u dp -v - 1 b pan - 1. 但当n充分大时,易知 b pan - 1 n n - 1. (此即bp an nn,即pannlogbn . ) 因此,由 知,当n充分大时,有us- 1 n!,更有ur(us- 1) n!. 所以,n充分大时,方程 无解.从而, 的正整 数解至多有有限多组. 注:p a表示p | a,而p +1 8a,这里p是质 数,N+. 3.先证明一个引理. 引理 若正整数n1,n2,nk及a、b满足题设 中的不等式,则必有一个r (1 rk ) , 使得 n1n2nr (2 r+1 a) r. 引理的证明:我们先证明,存在ni (1 ik ) , 使得ni2i +1 a. 注意到 a b 1 - k i=1 1 ni 1 - 1 a k i=1 1 2 i+1 1 - 1 2a , 即 1 - 1 a+ 1 1 - 1 2a. 则2aa+ 1.这是不可能的.故所证结论成立. 现在设r是最小的下标i,使得ni2 i+1 a. 由于n1n2nr,则 n1n2nrn r r (2 r+1 a) r. 下面证明原题.对k用数学归纳法. 对k= 1 ,我们要从 1 - 1 n1 a b a,从而ba + 1.故1 - 1 n1 a a+ 1 = 1 - 1 a+ 1. 得n1a+ 1 4a. 假设在k换为任意较小的正整数时结论已成 立,现证明在k时结论也成立. 设r是上述引理所确定的一个正整数,又设 1rk- 1.由已知条件得 k i=r+1 (1 - 1 ni )A B 2时,2不能表成(p1p2p25) 2 004的不 同正约数之和,此时T= 1. 设p1= 2 ,我们证明如下更一般的结论: 如果p1,p2,pk为k个互不相同的质数, pipi+1p2 005 i (i= 1 ,2 ,k ) , p1= 2 ,则能表成 (p1p2pk) 2 004的不同正约数之和的正整数所成集 合为1 ,2 ,3 ,Tk ,其中 Tk= p2 005 1 - 1 p1- 1 p2 005 2 - 1 p2- 1 p2 005 k - 1 pk- 1 . 注意到(p1p2pk) 2 004的所有正约数之和为 Tk. 只要证明,当1nTk时,n可表成(p1p2pk) 2 004 的不同正约数之和. 当k=1时,设1nT1=1 +2 +22+22 004. 由n可表成二进制知n可表成22 004的不同正约 数之和. 假设结论对k成立,设1nTk+1.由Tk+1= Tk (1 + pk+1+P2 004 k+1)知存在0i2 004 ,使得 Tk(p i+1 k+1 +p i+2 k+1 +p2 004 k+1) nTk(p i k+1 +p i+1 k+1 +p2 004 k+1 ) . 当i= 2 004时,不等式左边为0.于是, 1n-Tk(p i+1 k+1 +p i+2 k+1 +p2 004 k+1) Tkpi k+1. 取整数mi,使得 0n-Tk(pi +1 k+1+ pi +2 k+1 +p2 004 k+1 ) - mipik+1 2时,T= 1;当p1= 2时,T= p2 005 1 - 1 p1- 1 p2 005 2 - 1 p2- 1 p2 005 25 - 1 p25- 1 . 6.由题设得0 0 ,sinc 0 , | cosa| 1 ,| cosb| 1 ,| cosc| 1. 不妨设sinasinbsinc. 若a= 2 ,则b=c= 2 . 故sina= sinb= sinc= 1.结论显然成立. 设a 2 . (1)当a+b+c= 2 时 ,有 sinc= sin(2-a-b) = - sin(a+b) sina| cosb| + sinb| cosa| sina+ sinb. 图4 (2)当a+b+c 2 时,由于a、b、c构成三角 形的三边,故存在一个三 面角使得a、b、c分别为 其面角.如图4所示. 这里OR、OP、OQ不 在一平面上,OQ=OP= OR= 1 ,QOR=a, QOP=b,POR=c. 过点Q作平面POQ的垂线,垂足为H.过H作 OR的垂线,垂足为G.设 QOH=,HOR=,则 0 2 ,0 2. 由勾股定理得 sina=QG=QH2+GH2 =sin2+ cos2sin2=sin2+ sin2cos2 | sin| . 类似有 sinb=sin2(c-) +sin2cos2(-c)| sin (c- )| . 我们断言, 和 中的等号不能同时成立.若不 然,由sin20得cos= cos (c-) = 0.故 = 2 ,3 2 ,c-= 2 ,3 2 . 这与0 c | sin| + | sin(c- )| | sin( +c-)| = sinc. (2004年IMO中国国家集训队命题组 提供) 332004年第6期 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. 竞赛之窗 2005年IMO中国国家集训队选拔考试 第第 一一 天天 一一、 设 O的内接凸四边形ABCD的两 条对角线AC、BD的交点为P,过P、B两点 的 O1与过P、A两点的 O2相交于两点 P、Q ,且 O1、 O2分别与 O相交于另一 点E、F.求证:直线PQ、CE、DF共点或者互 相平行.(冷岗松 供题) 二二、 给定正整数n ( n2 ) , 求最大的, 使得:若有n个袋子,每一个袋子中都是一 些重量为2的整数次幂克的小球,且各个袋 子中的小球的总重量都相等,则必有某一重 量的小球的总个数至少为 . ( 同一个袋子中 可以有相等重量的小球 . ) (王建伟 供题) 三三、n是正整数, aj ( j = 1,2, , n) 为复 数,且对集合1,2, n的任一非空子集I , 均有 jI (1 +aj)- 1 1 2 . 证明: n j= 1 |aj| 3. (朱华伟 供题) 第第 二二 天天 四四、 设a1, a2, a6; b1, b2, b6; c1, c2, c6都是1,2,6的排列.求 6 i= 1 aibici 的最小值.(熊 斌 供题) 五五、 设n是任意给定的正整数, x是正实 数.证明: n k= 1 x k x - ( x + 1) k x+ 1 n , 其中 a表示不超过实数a的最大整数. (余红兵 供题) 六六、 设是给定的正实数.求所有的函 数fN+R,使得对任意满足条件 mk(+ 1 ) m 的正整数k、m ,都有 f ( k+ m) = f ( k) +f ( m) . (陈永高 供题) 参 考 答 案 一一、 如图1. 图1 因为 PJF=PAF=CAF=CDF, 所以, PJCD. 同理, IPCD. 故I、P、J三点共线. 又 EFD= 180-ECD= 180-EIJ , 故E、F、J、I四点共圆. 这样,由根轴定理,知四边形IEFJ的外接圆、 O1、 O2两两的公