2016年第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析

1、2016年第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析第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/BKC=/KFE,/CC/CCKD=/KFA,证明：KC=KF。分析：圆中角的关系为灵活也相对简单，由已知圆周角/AFE=/BKD,注意到弧BD=MAE的一半，所以又有/AFE=/BOD,从而/BKD=/BOD,B、K

2、、O、D四点共圆，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O于B',D',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

3、9;F'=MDE,由已知及对称性确实有弧B'F'=MDE,从而得到/BKC=/KF'E,延长F'K交圆O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)22|ZiZ2 Z2Z3 Z3Z1 |IZ1Z2Z3 |OZl Z2 Z3 0, 贝 U分析：由连续性，问题等价于条件、结论都是的情况。在高等数学中有最大模原理，解析函数

4、在自变量在边界时达到最大模。所以，容易想到当|Z1Z2Z2Z3Z3Z112IZ1Z2Z3I2最大时,Zi,Z2,Z3至少有两个在边界，即满足|z|1,而,2,2i2,2,i3,2IZ1Z2Z2Z3Z3Z1IIZ1Z2Z3I=I(Z1Z2Z2Z3Z3Z1)eI|zZ2Z3eI)故不妨设azi1,Rez（Rez2x0,贝z32x）0x',所以|Z1Z2Z2Z3Z3Z1|2IZ1Z2Z3I2|14x2|2|2x|214x216x41,所以min1下面设法证明之不妨设Z1,Z2,Z3中Z3的模最大，因为|马|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Z1Z2Z30,设Z

5、1xyi,Z21xyi,x,yR,y0,则0x1,代入化简得f左边=2(2xy-y)2(xx2y21)2(xx2y2)2,先固定x,得fy8y(x2xy2),所以fy先负后正，f先减后增，在两端最大，当y0时，f2(xx2221,当y最大时，|Z1|,|Z2|至少一个为1,不妨设1Z2|1,以下同前面分析，即旋转为马在x轴负半轴上，设Zx(0x1),则左边(1x2)2x21,所以min1。3.给定整数n2,设集合X(ai®,La)d0,1,L,k,k1,2,L,n)对任意元素s(S1,S2,L,Sn)X,t(ti,t2,L,tn)X)定义st(max5,ti,L,maxSn,tn),

6、st(mins,ti,L,minSn,tn),求X的非空真子集A的兀素个数的最大值，使得对任意s，tA,均有stA,stA,分析：如果取AX,显然满足任意s,tA,均有stA,stA,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。为此，考虑某个ak取少一个值k,这时A满足后面的条件，且|A|上(n1)!,当kn时得到此种情形k1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,的，那么只有stA运算才可能产生新的元素，由此运算可知(ai,Lai,n)|akSk,k1,L,n1A,所以如果对原来的A添加(ai,L,a0i,n)|an

7、i0,则这样的A满足所有条件，此日寸IA|nn!(n1)(n1)!(n1)!(n1)!,同理再往下添加，则不行了，如果这是最大值，那么，当|A|(n1)!(n1)!时，就不满足条件，也就是必定会有A不是X的真子集，即AX,下面设法证明：当|A|(n1)!(n1)!时，AX,今对n行归纳法。(1)n=1时，显然。(2)假设对nk1,成立，那么对nk,将A分成k1支A(a,L®)A|aki,则至少有一支，不妨设为Aj,有IAI卢也?T1)!k!(k2)!,注意到每支都对运算k1k1st,st封闭，由归纳假设，有A是满的，即Aj( a1,L , ak ) X | akj,因为A是X的真子集

8、，所以至少有一支是不满的，不妨设为A1(1j),记SimaxAa，(L©,L)A则由St运算知S(S1,L01,1)a,再将S与Aj的元素进行st运算知(ai,L,aki,1)|aiSiA,由§的定义知(a,L冏1,1)|aiSiA,由于A是不满的，所以至少有一个Si,所以1A1G(k1)(k%所以|A|Ai|L|A|kk!(k1)(k1)!(k1)!(k1)!,得证。4.设整数c,d2,数列an满足a1c,an1anc(n1,2,L),证明：对每个整数n2,存在an的素因子p,使得对i1,2,L,n1,有plan。分析：像这种不整除的问题，首先应考虑反证法，反设对某个a0

9、，不存在这样的p,即an的所有素因子都是aj,an,的素因子，我们再来看递推式an1andc,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Plan时，有ancc(modp),也有a”cc(modp),结果都是同样简单的；考虑增长速度是因为d次嘉增长非常快，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a

10、na，ca：,（因为an1可以无限大，故C相对较小，舍去，而d是有可能等于2的）an1a22La1a2Lan1)anaL an 1即最后，考虑整除，注意到an的所有素因子都ai，L,ani的素因子，以下比较素数昂是自然的了,an P11L Pkk,aL an1i i,不妨设 为，则1,”L pj,由知，至少有一个,设aj ,an 1中&的z哥指数最大,条件an 1 ad 因为P1d |ad0 an (0 c)d L )要进行比较,ddan an 1 C (an 2所以可C an i(mod p1 1) ,就要考虑唯一的已知c)dC L (aid c)d以考虑mod p1L)d c,1

11、,有这样就化简了，所以pjani,这与ai的6骞指数最大为矛盾，所以假设不成立，得证。5.如图所示，四边形ABC讷接于圆Q/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BGDA分别交于点Q,S,线段PRQS的中点分别为M,N,证明：OMLONRPAC'D'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ABCD'为矩形，这是因为由对称性，AC',B'D'都是圆的直径的

12、缘故。所以只要证明/MO噂于其中一个直角即可，可想到分别证明OM/AB',ON/B'C'。再看中点条件，M为PR的中点,而O为四边形ABC'D'的中心，所以如果能证明点P,R分别在直线AB',C'D'上，则OM就位于平行线AB',C'D'的中间，从而有OM/AB',从而转化为AB'R与CD'P三点共线问题，如果C'D'P三点共线，注意到此时会有AIC'与4BJU的对应点的连线交于点P,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

13、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ACCBDD,即得点FGHE点共线，所由RON以EFH三点共线，从而对与ABJU,笛沙格定理，CD'P三点共线，同理AB'也三点共线，所以OM/AB'/C'D',同理IIBC/AD,得证。6.设m,n为整数，nm2,S是一个n元整数集合,证明：S至少有2。m1个子集，每个子集的元素和均被m整除。（这里约定空集

14、的元素和为0）分析：注意到2nmi恰好是n m 1元集合的所有子集的个数，如果取S的某个nm1元子集A,则A的所有子集（当然也是S的子集）的元素和有2nmi个，这样任取的元素和当然不大可能都被整除，所以，我们应当考虑余下的m1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s,再于B中取若干元素的得和S2,使得凑出mgS2,如果能做到，这样，就可得到2nmi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m1元子集B,使得B的子集元素和也取遍模m的完系？比如bi,i,L,1

15、就满足条件，注意，空集的元素和为0O(严格的写法是比如B1,1m,L,1(m2)m,模m下1km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，m1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，如果每次都可以，那么,不同的数，也就是得到模m的完系了。证明如下:添加到个元素时，就得到m个模m各不相同时，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Si,L岛，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m1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km,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sSi,L,sSk不产生新的数，注意到sS1,L,sa模m各不相同，所以只能是场,L,sk的一个排列，所以有(ss)L(ssk)siLsk(modm),ks0(modm),m|ks)设(k,m)d,mm,d,则dm,m,|s,所以S中余下的所有元素(nk),每个都是m,的倍数，记为m,Xi,L,m,xn，,又记S,xi,L,Xnk,注意到d|Xi