第届国际数学奥林匹克国家队选拔考试思路分析

1、第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析2016.03.17 严文兰数学工作室由于IMO试题比较困难，所以即使写了解答，同学们也不一定看得懂，或者理解试 的解法，为什么这样想呢？以及自己做时如何分析问题呢？本文尽量给予阐明清楚。1 .如图，在圆内接六边形 ABCDEF中，AB=BC=CD=DE ,若线段 AE内一点K满足KC=KF 。有/ BKC= / KFE, / CKD= / KFA ,证明: 分析：圆中角的关系最为灵活也相对 简单，由已知圆周角/ AFE= / BKD , 注意到弧BD=MAE的一半，所以又 /AFE=/BOD,从而/ BKD= ZBOD, B、K、O、D 四点

2、共圆， 注意到OC为此圆对称轴，所以在直 径上，所以OK为/ BKD的外角平分 线，这样分别延长 BK、DK交圆。于就可以得到对称性：B、B'；D、D'关于OK对称，由此，联系所证，只要 C、F也关于OK 对称，即得KC=KF ,故不妨设点C关于OK的对称点为点F',显然在圆上，下面设法证明 F'=F,由已知，可想到先证/ BKC=/KF'E,首先由对称性有/ BKC= / B'KF',下面要证的是/ KF'E=/B'KF',这两个角是“内错角”，所 以除非直线B'D/ F'E,除非弧B'F

3、'=M DE,由已知及对称性确实有弧 B'F'=M DE,从而得 至ij/ BKC= / KF'E,延长F'K交圆。于C',当点F'变化时，弧 EC'=2/KF'E也跟着单调变 化，所以使得/ BKC=/KF'E的点F'唯一，又/ BKC=/KFE,所以F'=F,所以KC=KF 。2 .求最小的正实数，使得对任意三个复数 Zl,Z2,Z3 z C|z| 1,若Zi Z2 Z3 0 ,22则 IZ1Z2 Z2Z3 Z5Z1 |IZ1Z2Z3 |。分析：由连续性，问题等价于条件、结论都是的情况。在高等数

4、学中有最大模原理，解析函数在自变量在边界时达到最大模。2 .2所以，谷易想到当IZ1Z2 Z2Z3 Z3Z1 |IZ1Z2Z3I最大时，Z1, Z2,Z3至少有两个在边界，即2.2. z、 i2 ,2,i3 ,2酒足 |z| 1,而 |Z1Z2Z2Z3Z3Z11| Z1Z2Z3I=l(Z1Z2Z2Z3Z3Z1)e|zZ2Z3e| ,1故不妨设 | z1 | |z2| 1,Rez1 Rez2 x 0/Uz32x, 0 x -,所以 IZ1Z2Z2Z3Z3Z1 |2IZ1Z2Z3I2|1 4x2|2|2x|214x216x41 ,所以 min 1下面设法证明之不妨设Z1,Z2,Z3中z3的模最大，

5、因为|Z3| 1 ,将每个数都乘以Z31代替原来的数，则左边更大，此时z31 , 因为Z1 Z2 Z3 0 ) 设 Z1xyi,Z2 1x yi,x,y R, y 0,则0 x 1,代入化简得f左边二2(2xy-y)2 (xx2 y2 1)2(x x2y2)2,先固定22x,得fy 8y(x x y ),所以fy先负后正，f先减后增，在两端最大，1 o 1 当 y 0时，f 2(x x2 -)2-1,当y最大时，|zi |,|z21至少一个为1,不妨设|Z2| 1,以下同前面分析，即旋转为zi在x轴负半轴上，设z1x(0 x 1),则左边 (1 x2)2 x2 1 ,所以min 1。3.给定整

6、数 n 2,设集合 X g® Q,an)|ak 0,1,"|,k,k 1,2,|,n,对任意元 素 s (S1,S2, |,Sn) X,t (t1,t2,|,tn) X ,定义 s t (max、力, ,maxSnt), s t (min Si,t1,|“，min Sn,tn),求X的非空真子集 A的元素个数的最大值， 使得对任 意 s,t A,均有 s t A,s t A,分析：如果取 A X ,显然满足任意s,t A,均有s t A,s t A,但是，不满足条件A是X的真子集，我们考虑去掉 X的一些元素，使得得到的集合 A满足后面的条件。 k为此，考虑某个ak取少一个值

7、k,这时A满足后面的条件，且|A| (n 1)!,当k n k 1时得到此种情形的最大值 |A| nn!,元素能否再增加些呢？如果对此A添加一个元素(G,|“，sn 1,n)，那么只有s t A运算才可能产生新的元素，由此运算可知(a，1,n)| ak sj 1,|,n 1 A,所以如果对原来的 a添加( a1,|,an 1,n)|an 1 0,则这样的 A 满足所有条件，此时 |A| nn! (n 1)(n 1)!(n 1)! (n 1)!,同理再往下添加，则不行了，如果这是最大值，那么，当| A| (n 1)! (n 1)!时，就不满足条件，也就是必定会有A不是X的真子集，即 A X,下面

8、设法证明：当|A| (n 1)! (n 1)!时，A X ,今对n行归纳法。(1) n=1时，显然。(2)假设对n k 1,成立，那么对n k,将A分成k 1支A ( a1,|(,ak) A|ak i,则至少有一支，不妨设为Aj ,有| Aj | -l kk! (k 2)!,注意到j k 1 k 1每支都对运算s t,s t封闭，由归纳假设，有Aj是满的，即Aj ( a1,|,ak) X | ak j ，因为a是x的真子集，所以至少有一支是不满的，不妨设为a(i j),记s maxA ai，则由s t运算知s(sj|,sk 1,l) A ,再将s与Aj的元素进行s t运算知(ai,|"

9、;ak 1,1)旧5A ,由s的定义知(31,川冏1,1) 、 A ,由于A是不满的，所以至少有一个 si i,所以|A| k! (k 1)(k 1)!, i 1所以 |A|A| Ak| kk! (k 1)(k 1)! (k 1)! (k 1)!,得证。4.设整数 c,d 2,数列an满足 a c,an 1 ad c(n 1,2,|),证明：对每个整数n 2,存在an的素因子p,使得对i 1,2,U|,n 1 ,有p | an。分析：像这种不整除的问题，首先应考虑反证法，反设对某个an ,不存在这样的 p ,即an的所有素因子都是a1J”，an 1的素因子，我们再来看递推式an 1 ad c

10、,这种非线性 递推是比较复杂的， 对此递推的把握容易想到这两点： 整除与增长速度， 考虑整除是因为联 系所证的结论，递推式虽然复杂，但是考虑整除就不一定复杂了，比如当p|an时，有ad c c(mod p),也有an c c(mod p),结果都是同样简单的；考虑增长速度是因 为d次哥增长非常快，显然要注意到这个特点，还有一个原因是，数论很常结合不等式技巧，所以应该如何考虑， 应怎样分析，对水平高的同学来说条理是非常清晰的，思维更容易直指问题的本质。而不是乱想，而后才凑巧想到某个点。接下来，考虑比较简单的增长速度(不等式)，有an ad 1 c a；1 (因为an 1可以无限大，故c相对较小，

11、舍去，而 d是有可能等于2的)an 1a2 2 J" a1a2H|an1,即an 股2"忖1最后，考虑整除，注意到 an的所有素因子都是 ai,|",an 1的素因子，以下比较素数哥是 自然的了，设an pj |2/同"辰1 pj | pj ,由知，至少有一个 i i ,不妨 设11,设a1,|,an 1中ai的p1哥指数最大，为 ，则 1,要进行比较，就要考虑唯一的已知条件 an 1 ad c, an a' c(ad 2c)d c (ad c)d ) )dc,因为 p? |aid ,所以可以考虑 mod p1 1 ,有0an(0 c)d11bd

12、 can i(mod p11),1这样就化简了，所以Pi | an i ,这与ai的Pi哥指数最大为 矛盾，所以假设不成立，得证。 5.如图所示，四边形 ABCDrt接于圆O, / A, /C的内角平分线相交于点 I, / B, /D的内 角平分线相交于点J,直线IJ不经过点O,且与边AB,CD的延长线分别交于点P,R,与边BC,DA分别交于点 Q,S,线段PR QS的中点分别为 M,N,证明：OML ON分析：要证垂直，联想与垂直有关的知识，熟知如果分别延长 AI,CI,BJ,DJ,分别与圆O交于点AC'B'D',则四边形AB'C'D'为矩形，

13、这是因为由对称性，A C' ,B'D'都是圆的直径的缘故。所以只要证明/MON?于其中一个直角即可，可想到分别证明OWA B',ON/B'C'。再看中点条件，M为PR的中点，而。为四边形AB'CD'的中心，所以如果能证明点 P, R分别在直线 A B' ,C' D'上，则OMt位于平行线 A B' ,C' D' 的中间，从而有OW AB',从而转化为AB'R与C'D'P三点共线问题，如果CD'P三点共线，注意到此时会有 AIC'与 BJ

14、D'的对应点的连线交于点 巳由笛沙格定理，会 有这两个三角形的对应边的交点共线，反之也然，注意到有两双对应边的交点正好是内角平分线的交点E,F,这两个点在AD,BC所成角的平分线上，设AD,BC交于点G, AC ,BD'交于 点H,则EFG三点共线，要证 EFH三点共线，只要再证点 H在直线EFG上即可，证明三点共 线，还可联想到帕斯卡定理， 考虑圆内接六边形 AC CBD D,即得点FGH三点共线，所以EFH 三点共线，从而对 AIC'与 BJD ,由笛沙格定理， C D' P三点共线，同理 A B' R也 三点共线，所以 OM/ A B' /

15、 C D',同理ON/ B' C /A' D',得证。6.设m,n为整数，n m 2, S是一个n元整数集合，证明：S至少有2n m 1个子集，每个子集的元素和均被 m整除。(这里约定空集的元素和为 0)分析：注意到2n m 1恰好是n m 1元集合的所有子集的个数，如果取S的某个n m 1元子集A,则A的所有子集(当然也是 S的子集)的元素和有 2n m1个，这样任取的元素和 当然不大可能都被 m整除，所以，我们应当考虑余下的m 1个元素，设所成的集合为 B,接下来自然考虑对前面的每个和再于B中取若干元素的得和 s2,使得凑出m 1sl s2 ,如果能做到，这

16、样，就可得到 2n m 1个子集元素和，都是 m的倍数，从而完成证明。由于前面和的任意性，很可能是取遍了模m的完系，这就需要 B满足：B的子集元素和也取遍模m的完系，所以考虑的重点为：如何从 S中取出m 1元子集B,使得B的子集元 素和也取遍模 m的完系？比如 B 1,1111就满足条件，注意，空集的元素和为0。(严格的写法是比如 B 1,1 m,|,1 (m 2)m,模m下1 km与1效果一样)这个问题是复杂的，如何接着考虑呢？我们可以试试能否复杂问题简单考虑，m 1个太多不好把握，我们可以从1个开始，用数学归纳法的思想，从 B 开始，每次添加一个元素，看B能否产生新的子集元素和，如果每次都

17、可以，那么，添加到 m 1个元素时， 就得到m个模m各不相同不同的数，也就是得到模m的完系了。证明如下：B 时，B的子集元素和为0,有一个，设B的元素小于k个时，在模m下它的所有 不同子集元素和为sj“，sk,任取S的余下元素s,将s添加到B中，如果此时B的子集元 素和在模m下能产生新的数，则完成了我们想要的步骤。有以下两种情况：(1)每次都顺利完成，得到 S的m 1元子集B, B的子集元素和取遍模 m的完系，如上，至少有2nmi个S的子集和，每个都被 m整除；(2)对某个k m, B不能产生新的子集元素和，即对任意的S的余下元素s,在模m下s Si,|,s sk不产生新的数，注意到s sj|,s sk模m各不相同，所以只能是 与,|0的一个排列，所以有(s sj J" (s sk) Sisk(modm),ks 0(mod m), m | ks,设(k, m) d, m m'd ,则d m,m'|s,所以S中余下的所有元素(n k),每个都是 m'的倍数，记为 m'xj", m'xn k ,又记 S' xj" ,xn k,注意到 d|Xix0m m'd |