2016中国西部数学邀请赛

1、实用标准文案 文档大全 2016中国西部数学邀请赛 1.设实数abcd、满足0abcd?，证明：存在abcd、的一个排列xyzw、，有?222222()xzywxyzw?. 1取,xz为abcd、中最大的两个，yw、为abcd、中最小的两个。 下面证明这样的排列满足要求。 事实上，由?222222()()xyzwxzywxwyz?， 只需证明：22()()xzywxwyz?，即证：|xzywxwyz?. 因为0xyzw?，所以，xz、的符号相同，yw、的符号相同。 注意到，当同时改变xz、或yw、的符号时，式不变。 因此，可不妨设xyzw、均大于0. 此时，|max,|xzywxzywxzxw

2、yzxwyz? 2.如图1，设1 O与2 O交于点PQ、，它们的一条外公切线分别与1 O、2 O切于点AB、，过点AB、的圆?分别与1 O、2 O交于点DC、. 证明：CPDPCQDQ? 2.如图3，联结,ADPQBCAPAQBPBQ, 由蒙日定理，知ADQPBC、交于一点，设为K. 由DPKPKPDCKAQAQKA?, 由APKAKPAKDQDQKQ? 于是，APDPKPAQDQKQ? 同理：BPCPKPBQCQKQ?， 从而APDPBPCPAQDQBQCQ? 延长PQ，与AB交于点M 实用标准文案 文档大全 由AQMPAM? 2AQAMQMAQAMQMQMAPPMAMAPPMAMPM? 同

3、理：2BQQMBPPM? ，从而AQBQAPBP? 由式，得DPCPDQCQ? 3.给定正整数2nkkn?、（）.设实数集?12,naa a的任意k元子集的元素和的绝对值不超过1，证明：若1|1a?，则对任意的(2)iin?，有12iaa? 3.不妨设11a?，此时要证结论成立，只要证明对任意的(2)jjn?， 有12jaa?，且12jaa? 记?12,nn ?，. 先证12jaa?，设2jn?，取?n的两个k元子集IJ、，使得1,IJJIj?. 由条件知11,1sssIsJaa?. 将这两个不等式作差得：1122jjaaaa?. 再证12jaa? 记|0iSina?.则1S?，假设|Sk?，

4、取S的一个k元子集I，使得1I?. 由条件知：?11010ssIaa?矛盾，则|1Sk?. 从而，()|2nSjnk? ?. 这样，存在1,ijnj?，使得0,0ijaa?. 现选取?n的两个k元子集II?、，使得?1,IIjIIij?. 由条件知1,1sssIsIaa?. 以上两个不等式相减得：12jijaaaa? 故1122jijaaaaa?. 实用标准文案 文档大全 4.定义n元整数组的一次变换为?121122311,nnnnnaaaaaaaaaaaa? ?. 求所有的正整数对?2nknk?，、，满足对任意的n元整数数组?12,naa a，在有限次变换后所得数组中每一个数均为k的倍数（张

5、新泽供题） 4.?(,)2,2,pqnkpq?Z. 先证明一个引理 引理：记n元整数数组?12,naa a 经过t次变换后所得的数组为?()()()12,ttntaa a，则()0(1,2,)ttjiijtjaaCin? ?. 证明：用数学归纳法. 当1t?时，结论显然成立. 设()0(1,2,)ttjiijtjaaCin? ?. 则(1)()()1100CCtttttjjiiiijtijtjjaaaaa? ?1011110ttjjtjitijttiitijtjjaCaCCaCaC? 引理得证. 接下来证明,nk均为2的幂。 注意到，每次变换后所得的n个数之和为原n个数之和的2倍. 令1231

6、,0naaaa? ?，由题设，经过有限次（不妨设为m次）变换后所得的每个数均为k的倍数，由前可知m次变换后所得的n个数之和为2m.故|2mk，即k为2的幂。 于是，m次变换后所得的每个数均为2的倍数.进而，以后的每次变换后所得的数均为2的倍数. 取?2sms?Z. 注意到，?412212121ssiisCCii?为偶数 则经过2s次变换后，?211120(mod2)ssaaa? 所以：1121saa? 于是，即|2sn，从而n为2的幂 实用标准文案 文档大全 下面说明当：?(,)2,2,pqnkpq?Z时，任意n元整数数组?12,naa a均能经过有限次变换后使得到的每个数均为k的倍数. 事实

7、上，结合引理与结论，对数组?12,naa a经过2pn?次变换后，有()0(mod2)(1,2,)niiinaaain? ? 再将()()()1211 1,222nnnnaaa?经过2p n?次变换得到的每个数也均为偶数， 即(2)0(mod4)(1,2,)niain? . 由归纳原理有：?()0mod2(1,2,)qnqiain?，即每个数均为2qk?的倍数. 综上，结论成立. 5.证明：存在无穷多个正整数数组?,abc，满足abc、两两互素，且abcbcacab?、两两互素.（张端阳供题） 5.取正整数k满足1k?不为5的倍数. 下面证明正整数数组?21221kkk?，满足题中要求. 事实

8、上，显然21221kkk?、两两互素， 222(21)2(21)41,2(21)(21)441,(21)(21)2421kkkkkkkkkkkkkk? 而241k?为奇数，则?222241,44141,4241,21(2,21)1kkkkkkkk? 又1k?不为的倍数， 所以：?222241,42141,2241,1(5,1)1kkkkkkkk? 注意到：?222441,421441,21kkkkkkk? 从而(21,2,21)k kk?确实满足题中要求. 因此，满足题中要求的正整数数组有无穷多个. 6.设12,naaa为n个非负实数，记1(1)kkiiSakn?.证明：?2211nnniij

9、iiijiiaSaaS? 实用标准文案 文档大全 6.注意到：22111jnnniijjiiijijiaSaaaS? 故要证不等式，只要证明222111jnnjiijjjijaaSaS?. 对1jn?，比较上式两端2ja的系数，要使得上式成立，只要21jiijiaSS? 事实上：211jjiiijjiiaSaSS?，所以成立， 从而，不等式成立. 7.如图2，在圆内接四边形ABCD中，BACDAC?，设1 O、2 O，分别为ABCADC?、 的内切圆。证明：1 O与2 O的某一条外公切线与BD平行. 7.如图4，设I为ABD?的内心，联结BI. 过I作1 O的一条切线，切点为E，与AB交于点M

10、. 由熟知的结论及圆外切四边形对边长度之和相等，知 ,CICBCIMBCBMIMBMIMBIMIB? 注意到，I为ABD?的内心. 则/MBIDBIMIBDBIIEBD?. 类似地，过点I作2 O的一条切线，切点为F，有/IFBD. 因此，EIF、三点共线，即1 O与2 O的一条外公切线EF与BD平行. 实用标准文案 文档大全 8.给定整数?21mnmnmn?、，求最小的整数k，满足对集合?1,2, ,n的任意m元子集I，若iIik?，则存在n个实数12naaa? ? ，使得111niiiIiaamn? 8. 满足条件的最小整数为12mnmnk? 先证明：当12mnmnk?时满足条件. 对集合

11、?12, n，的满足iIik?的m元子集I， 设?1212,1mmIiiiiiin? ?. 记?x表示不超过实数x的最大整数. 由?,1mn? ，得：1111111(1)()(1)(1)22mmmirrnnnrrmrnmmmm? 11(1)1mmrrrnrkim? 从而，存在1rm? ，使得(1)1rnirm? 取1110,1rriiiinaaaaa? ?， 则11iiImramm? ，111nriiniann? 由(1)1rnirm?及ri 为整数得：(1)1rnirm?， 于是111niiiIiaamn?结论成立 再证明：当12mnmnk?时不满足条件 取(1)1(1,2,)rnirrmm

12、? ?，则?12,1,2,mIiiin? ?， 实用标准文案 文档大全 且与前面类似得112imnmnik? 对n个实数12naaa? ?，有?111111111rrmrminmnmiiiirrimiriiiiraaaaiiani? 1mijjnam? 于是，111niiiiIaanm?，结论不成立， 综上，所求最小整数12mnmnk? 附本届邀请赛预选题 1.证明：存在无穷多个正整数n，使得12nnn?、均无平方因子. 1.考虑集合()An? 1,mmnm?Z，存在奇素数p，使得2|pm， 则2222|()|11111111135711Ann? ? 2282448111925491113?

13、? 8244811111925491011131482448931925491041000? 其中，第二个不等式用到了伯努利不等式 所以：|()|1141000Ann? 考虑所有1(mod4)k?的正整数（,1,2kkk?均不大能被4整除） 下面用反证法证明：形如1(mod4)k?的数中，存在无穷多个使得,1,2kkk?均无平方因子。 假设形如1(mod4)k?的正整数中，使得,1,2kkk?均无平方因子的数只有有限个，不妨设有l个。则对充分大的正整数m，在数组?123,567,434241mmm? ?，中，至少有ml?个数组中有一个数在集合?4Am 中，此时，|(4)|1444Ammllmm

14、m? ? ?1111122(1)1(1)11jjnmmmijiiiiijijijjniaiaanaajaanam?实用标准文案 文档大全 当m 充分大时，111441000lm?，结合式知矛盾。 从而，存在无穷多个正整数n，使得12nnn?、均无平方因子. 2.如图5，在ABC?中，P为BAC?平分线上的一点.设12HH、分别为APBAPC?、的垂心，M为线段12HH的中点。证明：AMBC? 2.如图6，过点A作AHBC?于点H 原题等价于证明：直线AH经过线段12HH的中点，这只需证明点12,HH到直线AH的距离相等，即 2211sinsinAHHAHAHHAH? 事实上，由垂心的性质得 2

15、tantan2PCPCAHBACPAC?（1） 1tantan2PBPBAHBACPAB? 又由2,CPAHAHBC?，知2HAHPCB? 类似地，1HAHPBC? 于是，在PBC?中应用正弦定理得 2211sinsintan2sinsintan2PCPCBAHHAHBACPBBBCAHHAHBAC? 3.将66?方格表的部分结点（单位正方形的顶点）染红，使得任意一个由单位正方形构成的子方格表16kkk?（）边界上至少有一个红点，求满足条件的红点数的最小值 3.最小值为12. 一方面，将结点用坐标表示为? 3210123ijij?，、，将以下12个点(3,0),(0,3)(1,?染成红色，逐一

16、检验知其满足条件. 另一方面，用反证法证明若只有11个红点时，存在一个子方格表的边界上无红点. 实用标准文案 文档大全 假设恰有11个红点的一种染法满足条件. 注意到，一个22?子方格表的结点中至少有两个红点 如图7，由四个C组成的22?子方格表至少有两个红点，每个A至少一个红点，相邻的两个B至少一个红点，则至少已有10个红点.故图中四个相邻的两个B的红点的总个数为4或5. （1）若为4个，则每相邻的两个B的红点数恰一个，显然，只能出现在它们的公共结点上.此时，再考虑四个角上含A的22?子方格表，每个中至少有两个红点.于是，红点数至少有44212?个，与假设矛盾. （2）若为5个，则恰有一个相

17、邻的两个B的红点数为2，不妨设为上方的两个B.于是，其余的三个相邻的两个B的红点数均为1，显然，只能出现在它们的公共结点上.再考虑下方的两个角上含A的22?子方格表，每个中至少有两个红点，这些红点均未出现在上方的两个C格中，这两个C格也至少有一个红点.于是，红点总数至少有326112?个，与假设矛盾. 4.对正整数k，设其在十进制表示下所有数字之和为?Sk. （1）证明：对任意正整数n，存在正整数等差数列12,naa a，使得?12nSaSaSa? ?； （2）是否存在无穷项正整数等差数列?na，使得?12nSaSaSa? ?？ 4.（1）对10kn?，构造如下正整数等差数列：?1,2,10k

18、iai ?为将10ki?到41012i? 这10k个数在十进制表示下依次连接在一起组成的一个?110kk?位数. 此时，该数列中相邻两项的对应部分之差均为1，为等差数列。 又对比ia和1ia?的各位数字，恰有一个数字从1变成了2. 故?111,2,101kiiSaSai? ?. 由于k可以任意大，从而，对任意正整数n，存在满足要求的等差数列. （2）不存在。 若存在这样的等差数列，不妨设首项为1a，公差为d.显然，0d? 取正整数k，使得110ka? 由该等差数列有无穷多项，知1110kad?、2110kad?均在该数列中. 于是，?12111010kkSadSad?. 实用标准文案 文档大全