2016年北京大学数学科学夏令营初赛试题及解答

2016年北京大学数学科学夏令营初赛试题本试卷共4题，每题30分，满分120分，考试时间180分钟1、已知锐角ABC中，B=600，P为AB中点，Q为外接圆上弧AC(不包含点B)的中点，H为ABC的垂心如果P,H,Q三点共线，求A2、求所有的整系数多项式P(x)，使得存在一个无穷项整数数列an，其中任意两项互不相等，且满足：P(a1)=0，P(ak+1)=ak (k=1,2,)3、给定正整数n，有2n张纸牌叠成一堆，从上到下依次编号为1到2n我们进行这样的操作：每次将所有从上往下数偶数位置的牌抽出来，保持顺序放在牌堆下方例如n=3时，初始顺序为123456，操作后依次得到135246，154326，142536，123456证明：对任意正整数n，操作不超过2n2次后，这堆牌的顺序会变回初始状态4、给定正整数p,q，数列an满足：a1=a2=1，an+2=pan+1+qan (n=1,2,3)求证：要使得对任意正整数m,n，均有(am,an)=a(m,n)，当且仅当p=1时成立2016年北京大学数学科学夏令营初赛试题参考答案1、答案750解如图，设O为外接圆圆心，延长CO交外接圆于D，则四边形BHAD为平行四边形，因此D,P,H三点共线，进而D,P,H,Q四点共线连接OH,BQ，由B=600，于是BH=AD=CD/2=OQ,又OB=OQ，因此BHQO为菱形，从而OBC=OCB=BAD=HBA,又BCD=BQD=OBQ=HBQ,因此BO,BQ,BH将CBA四等分，进而不难得知A=7502、答案P(x)=x+C，其中CZ解设P(x)=0+1x+mxm,其中mN，iZ (i=0,1,2,m)，则P(ak+1)P(ak+2)=akak+1,k=1,2,而P(ak+1)P(ak+2)=1(ak+1ak+2)+2(a2k+1a2k+2)+m(amk+1amk+2),因此(ak+1ak+2)(akak+1),k=1,2,因此a1a2a2a3|akak+1|ak+1ak+2|.由于a1a2的值有限，因此必然存在K，使得当kK且kZ时，有akak+1=ak+1ak+2=ak+2ak+3=.由于数列an中任意两项互不相等，因此有akak+1=ak+1ak+2=ak+2ak+3=, 因此有P(ak+1)ak+1=P(ak+2)ak+2=.若m2，则方程P(x)x=P(aK+1)aK+1有无数个解，矛盾这样得到了所有符合题意的整系数多项式P(x)=x+C，其中常数CZ3、证明我们证明一个等价的命题，将每次操作改为先从上往下取后一半的数出来，然后与前一半交叉放置(类似于洗扑克牌)，如初始顺序为123456，操作后依次得到142536，154326，135246，123456将纸牌按顺时针摆放，使得第一张牌和最后一张牌(它们始终为1和2n)重合，将第一张牌的位置记为1，顺时针旋转将其他牌的位置依次记为2,3,2n-1定义纸牌m顺时针旋转到纸牌n时旋转的步数为纸牌m到n的距离，记为d(mn)，如图中d(23)=3下面证明经过k次操作(kN)后d(12)=d(23)=d(2n12n),用数学归纳法归纳基础当k=1时，有d(12)=d(23)=d(2n12n)=1,命题成立归纳假设与递推证明设当k=p时，有d(12)=d(23)=d(2n12n)=q.不难计算得经过操作后位置x的纸牌将会移动到位置f(x)=(2x1)%(2n1),其中t%s表示t模s的余数，因此原来距离为q的纸牌在操作后距离为(2q)%(2n1) 因此经过p+1次操作后，仍然有d(12)=d(23)=d(2n12n).综上所述，经过k次操作(kN)后d(12)=d(23)=d(2n12n).这就意味着当纸牌2的位置确定时，其他所有纸牌的位置都可以依靠该性质确定而纸牌2至多只有2n2种可能的位置，并且纸牌2的所在的位置不可能出现不包含位置2的循环这是因为操作是可以反向的，因此如果出现不包含位置22的循环，那么可以断定最初的状态纸牌2所在的位置不可能为2因此经过不超过2n2次操作后，纸牌2必然回到位置2，原命题得证4、证明必要性根据题意，有而由(a3,a4)=a1，可得(p,q)=1；又由(a3,a6)=a3，可得p+qp2q+q2,即p+qpq(p1)+q(p+q),因此p=1充分性当p=1时，an+2=an+1+qan，于是（an+2,q)=(an+1+qan,q)=(an+1,q)=(a1,q)=1,进而(an+1,an+2)=(an+1,an+1+qan)=(an+1,an)=(a1,a2)=1.记a0=0，用数学归纳法可以证明