数学奥林匹克题解E组合数学 E1存在性问题051-060

1、2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答第一题设 J是三角形 ABC顶点 A所对旁切圆的圆心. 该旁切圆与边 BC相切于点 M, 与直线 AB和 AC分别相切于点 K和 L. 直线 LM和 BJ相交于点 F, 直线 KM与 CJ相交于点 G. 设 S是直线 AF和 BC的交点, T是直线 AG和 BC的交点. 证明: M是线段nST的中点.1，A2，A3，A4为单位正方形的四个顶点，并取2012年IMO国际数学奥林匹克试题第一题解答: 因为JFL=JBMFMB=JBMCML=1 2 (A+C1 2 C=1 2 A =JAL, 所以 A、F、J、L四点共圆. 由此可得 AFFJ, 而 BJ是 A

2、BS的角平分线, 于是三角形 ABS的角平分线与高重合, 从而 AB=BS; 同理可得 AC=CT.综上, 有SM=SB+BM=AB+则（1），（=）均成立所以n=4+ CL = CT + CM = MT , 即 M是线段 ST的中点.第二题设 n3, 正实数 a E1-054 ,a 3 ,a n满足 a 2 a 3 a n =1, 证明:(a 2 +1 2 (a 3+1 3 ( a n +1 n > n n . 解答:由均值不等式, 我们有(a +1 k = (a k +1 k1 +1 k1 k (ka k (1【题说】年北京市中学生数学竞赛高一复试图 k1 k k =k k (k1

3、k1 a k , 【证】  任作一边长为当 1A2A3A4A5A6A7这七个顶点中必有四点同色，而在这同色四点中必有两点是相邻顶点，为确定起见，不妨设这两点就是A1，A2. 于是(a 2 +1 2 (a 3 +1 3 (a （+1 n 2 2 1 a2 3 3 2 2 a 3 n n (n1 （2）A4与A6都是蓝色若A7是蓝色，A4A6A7为所求；若A3为蓝色，A3A4n时为所求；若A a k =1A3为所求此时由 n3知 a 2 a 3 a n E1-055  1!1, 因此上述不等式等号不成立, 从而不等式得证.第三题"欺诈猜数游戏" 【题说】&#

4、160; 1950年匈牙利数学奥林匹克题k和 n.游戏开始时甲先选定两个整数 x和 N, 1xN. 甲如实告诉乙 N的值, 但对 【证】  如果有一个读者，他最后一个入馆，第一个离馆，那么在他入馆和离馆的两个时刻，所有的入馆读者都在图书馆如果A是第一个离馆者，B是最后一个入馆者，A不同于B，那么A离馆的时刻和B入馆的时刻，正是我们欲求的两个时刻事实上，如果A、B相遇，那么任一读者在上述时刻（及时刻之间）均在图书馆；如果A，B不相遇，那么任一读者C或与相遇或与B乙可以提任意数量的问题. 在乙每次提问之后, 家必须对乙的提问立刻回答 "是" 或 "否&quo

5、t;, 甲可以说谎话, 并且说谎的次数没有限制, 唯一的限制是甲在任意连续 k+1次回答中至少又一次回答是真话.在乙问完所有想问的问题之后E1-056  每一个参加循环赛的人和其余参加比赛的人都要比赛一次已知任何一次比赛都没有出现平局证明：可以找到这样的运动员，其他人或被他战胜，或被他胜过的人战胜n个正整数的集合 X, 若 x属于 X, 则乙获胜; 否则甲获胜. 证明:(1 若 n2 k, 则乙可保证获胜;(2 对所有充分大的整数 k, 存在正整数 n1.99 k, 使得乙无法保证获胜.解答: (1可以认为 n=2 k所战胜，要么战胜了A战胜了A的运动员B+1. 采用二进制胜的次数多

6、于A，而这与把 1,2,2 k都写成二进制: a 1 a 2 a k+1E1-057  这里 a i (i=1,2,k+1是 0或者 ; 然后, T为这 2 k个二进制数组成的集合. 2 k +1的二进制表示是 10001 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .  依题意参观团的人数不少于4S 1 =1000 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯

7、; ¯ ¯ ,S i =a 1 a 2 a不认识BT|a 1 =0,a i =1,i=2,3,k+1, 在任意四个团员中必有两个不同于A、, S i就是由已知A、B、C、D中有一人认识其它三个人，这个人当然不是A与 (C认识A、B、D乙采用如下问题、B、C、D外的任一人E，由于A、B、C、E中必有一个人认识其他三个人，因而C、E相识，即C 连续 k+1次回答 “否”, 则 1000 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯可以排除; 在至多 k+1次回答中, 一旦

8、出现”是”, 乙接下来的 k次提问, 依次选取 S 2 ,S 3 【题说】  1962年北京市赛高二二试题3k+1, 就取得胜利. 事实上, 若甲最后的 k次回答都是”是”, 【证】  如果没有T; 若甲最后的 k次回答有一些是”否”, 则 x绝对不可能是 a 3×（0+1+2+32）+33=1617 k+1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里

9、 a 1 =0, a 所以，至少有4=0还是 1取决于甲对 S i的答案: 若甲的回答是”是”, a i 使没有5只猴子分得一样多的花生的分法是很多的，例如：4只得a颗，3只得1颗，3只得2颗，3只得31颗，2只得32颗，最后1只得x (|S|=N, 乙提出一系列的问题. 乙的第 j个问题题就是取 3×（ D j, 随后甲选取集合 P j D j ,D c j , 使得对任意的 j1都有xP j P j+1 P j+k , 当乙提完他想问的一系列问题后, 如果乙能选取一个集合 X满足将科学家对应于点，两科学家之间讨论的题目对应两点连线的颜色，原题转化为：|X|n, 使得 xX, 那么

10、乙获胜; 否则甲获胜.解答 1A1 16条边，根据抽屉原则，其中至少有六条同色不妨设六条边同为红色，另一端点分别为 2>p>1.99, 再选取正整数 k 0, 使得当 k>k，A2A7、五条边至少有三条同色不妨设A2k+1 ， k >1.设 N使得 (2pp3A4A5的三边，若有一边为蓝，则存在蓝色三角形；若任一边都是白色，则>1.99 k. 我们来证明, 若|S|=N, 不妨 S=1,2,E1-060  大厅中聚会了100个客人，他们中每个都与其余客人中至少67人相识证明：这些客人中一定可以找到4个客人，他们中任何两人都彼此相识D j 是乙的第 j 个问题展示的集合 , 定义 【题说】  1966年1967年波