2010第七届东南数学竞赛试题解答

1、 第七届东南数学奥林匹克解答第一天1.设a,b,cg(0,1,2,-,9,若二次方程ax2+bx+c=0有有理根，证明：三位数abc不是素数.(张鹏程提供)证明：用反证法若abc=p是素数，二次方程f(x)=ax2+bx+c=0的有理根是x二b士*b4ac，易知b2-4ac为完全平方数，x,x均为负数，且1,22a12f(x)=a(xx)(xx)，所以12p=f(10)=a(10 x)(10 x)，124ap=(20a2ax)(20a2ax)12易知(20a2ax),(20a2ax)均为正整数，从而p(20a-2ax)或p(20a-2ax)，不妨设12-p(20a2ax)，则p20a2ax，2

2、这与x为负数矛盾，所以三位数abc不是素数.22.对于集合A=a,a，,a，记P(A)=aaa设A,A，,A(n=C99)是集合12m12m12n20101,2；,2ch的所有99元子集，求证：2011工P(A)(叶永南提供)ii=1证明一：对于集合1,，20曲的每个99元子集A=a,a，,a，对应于集合TOC o 1-5 h zi12991,2,.,201中惟一的99元子集B=b,b，,b，其中b=2011a，k=1,2,99i1299kk由于9(a+b)=99x2011=奇数，故集合A,B是集合1,2,乂。的两个不同的子集当kkiik=1A通过集合1,2,。的所有99元子集时，B也通过集合

3、1,2,。的所有99元子集.而iiP(A)+P(B)=aaa+(2011a)(2011a)(2011a)TOC o 1-5 h zii12991299三aaa+(a)(a)(a)三0(mod2011),12991299于是2工P(A)=P(A)+工P(B)三0(mod2011),iiii=1i=1i=1所以2011Hp(A).ii=1证明二：构造多项式f(n)=(n1)(n2)(n2010)n20102010!，其中ngZ，注意2011为素数，由威尔逊定理知，2010!=-1(mod2011),又由费尔马定理，当2011口n时,h2010h1(mod2011),所以对于每个n&Z,、当2011

4、口n时，f(n)三(n-1)(n-2)(n-2010)三0(mod2011)；、当2011|n时，f(n)三(n1)(n2)(n2010)2011!三2011!-2011!三0(mod2011).即f(n)三0(mod2011)在mod2011意义下有2011个解，而f(n)是一个2009次多项式，对于每个neZ都有2011f(n)，所以f(n)的各项系数都能被2011整除.因为P(A)就是多项式f(n)中n的1911次项的系数，故有2011P(A).3如图，已知ABC内切圆I分别与边AB，BC相于点F，D,直线AD，CF分别交圆FHxDKDCI于另一点H，K.求证：卩。xHK二3.(熊斌提供

5、)段长用x，y，z表示如下：证明：设AF=x，BF=y,CD=z，则可以将各线由Stewart定理得：BDCDAD2二AC2+AB2-BD-DCy(x+z)2+z(x+y)24xyzBCBC一yz=x2+y+zy+zADAD由切割线定理得：AH=伫=三，所以同理有ADAD(y+z)CF(x+y)又由DKsMFD得DK二罟二d由GMs得FH二時二DFx由余弦定理得(-2y21一DF2=BD2+BF2一2BD-BFcosB(y+z)2+(x+y)2-(x+z)2、2(x+y)(y+z)丿4xy2z(x+y)(y+z)于是4xyz4xyzDFDFzCFAD16xy2z=4,DF2(x+y)(y+z)

6、KFxHD=CF(x+y)AD(y+z)FHxDK对圆内接四边形DKHF由Ptolemy定理得KF-HD=DF-HK+FH-DK,结合KxHD二4，便得FDxHK二3.FHxDKFHxDK4.设正整数a,b满足1ab2.令(a,b)=d,a=sd,b=td,(s,t)=1,t1，则std2dk(sk+tk)，故stdk-2(sk+tk).又因为(st,sk+tk)=1，所以，st|dk-2，于是，st的所有素因子都能整除d.若s或者t中有一个不小于11的素因子p,则d也是p的倍数，于是p2a或者p2b,而p2100，矛盾！因此st的素因子只可能是2,3,5,7若st的素因子中2,3,5,7至少

7、出现3个，则s或者t中有一个有不小于5的素因子,而d2x3x5=30，从而a或者b中有一个5d100，不可能；st的素因子集也不可能是3,7，否则，a或者b中有一个7x3x7100，不可能；同样，st的素因子集也不可能是5,7.所以，st的素因子集只可能是2,5,7,2,3,2,5,2,7,3,5.当st的素因子集是3,5时，d只能为15，此时s=3,t=5,所以，(a,b)=(45,75).共1个“好的”数对.当st的素因子集是2,7时，d只能为14,此时(s,t)二(2,7)或者(4,7)，所以，(a,b)二(28,98)或者(56,98).共2个“好的”数对.当st的素因子集是2,5时，

8、d只能为10,20.对于d二10，此时(s,t)二(2,5),(1,10),(4,5),(5,8)；对于d二20，此时(s,t)二(2,5),(4,5).共6个“好的”数对.当st的素因子集是2,3时，d只能是6,12,18,24,30.对于d二6,(s,t)=(1,6),(1,12),(2,3),(2,9),(3,4),(3,8),(3,16),(4,9),(8,9),(9,16)；对于d二12,(s,t)二(1,6),(2,3),(3,4),(3,8).对于d二18,(s,t)二(2,3),(3,4).对于d二24,(s,t)二(2,3),(3,4).对于d二30,(s,t)二(2,3).

9、所以，共19个“好的”数对.当st的素因子集是7时，则(s,t)二(1,7),d只能是7,14，共2个“好的”数对.当st的素因子集是5时，则(s,t)二(1,5),d只能是5,10,15,20，共4个“好的”数对.当st的素因子集是3时，则(s,t)=(1,3),d只能是3,6,33；(s,t)二(1,9)时，d只能是3,6,9；(s,t)二(1,27)时，d只能是3,共15个“好的”数对.当st的素因子集是2时，则当(s,t)=(1,2)时，d只能是2,4,50；(s,t)二(1,4)时，d只能是2,4,24；(s,t)二(1,8)时，d只能是2,4,12；(s,t)二(1,16)时，d只

10、能是2,4,6；(s,t)二(1,32)时，d只能是2.共47个“好的”数对.所以，共有1+2+6+19+2+4+15+47=96个好数对第二天5.如图，三角形ABC为直角三角形，ZACB=90。.线段MM的中点，直线BM,BM,BM与AC边分别1212交于点N,N,N求证：12MNMNMN一+2(裘宗沪提供)BMBMBM1212证明：设H,H,H分别为点M,M,M在12M,M为ABC内任意两点，M为12MNHC1-=1BMBH11MNHCCC22BM22BH2HC+HC1BMBHBH+BH1不妨设BC二1,BH二x,BH二y，12MNHC1-x1-=1=BMBHx11HC2BMBH22MN_

11、HC_1-x+1-yBMBH于是，原不等式的证明等价于证明：直线BC上的投影则1x*1-y2】-x+1-yxyx+y该不等式等价于-+-即(x-y)20这显然成立故原不等式成立.xyx+y12 6.设N*为正整数集合，定义：a二2,1a=minX|+11,九wN*,n=1,2,n+1aaa九12n求证：a=a2-a+1.(李胜宏提供)n+1nn1111111证明：由a=2,a=minX|+1,九wN*，考虑一+1，则亍1-,九2,12a九a九九2211从而a=3，即n=1时，结论成立.2假设对所有n2)，结论成立.当n=k时，由a=minX|+一+1,九wN*,考虑k+1aaa九TOC o 1

12、-5 h z12k1111+.+1，aaa九12k九aaa12k从而aa12面证明：=a(a-1).1kkaa12由于假设对于2nk,an=a(a-1)+1，n-1n-11=1=1-1a-1a(a-1)a-1ann-1n-1n-1n-1所以丄=aa-1n-1n-11a-1n，求和得工丄ai=2i-1k11+a-1akk1-1a(a-1)kk于是=a(a-1)，1kkaa =minX|+二1,九wN*=a(a一1)+1,aaa九12k由数学归纳法知，对所有正整数n，有a=a2-a+1.n+1n所以ak+1kk7.设n是一个正整数，实数a,a，,a和12满足：aaa和12n0rr0.ijiji=1

13、j=1证明：作一张nxn的表：（朱华伟提供）aaraaraaraar1111211311n1aaraaraaraar2112222322n2aaraaraaraar3113223333n3Iaaraaraarn11n22n33=工aamin(r,r)+工1j1jj=1j=1由于工艺aamin(r,r)ijiji=1j=1aar丿nnnaamin(r,r)+2j2j+工aamin(r,r)+工aamin(r,r),kjkjnjnjj=1j=1它的第k项工aamin(r,r)=aar+aar+aar+aar+aar就是表中第k行kjkjk11k22kkkkk+1kknkj=1各元素的和，k=1,2

14、,n)因此，工艺aamin（r,r）就是表A中所有元素的和；ijij1i=1j=1另外，此和也可以按以下方式求得：先取出表A中第一行、第一列的各元素，并求其和;1剩下的表记为A（相当于删去A中的第一行和第一列而得到A），再取出表A中第一行、2122第一列的各元素，并求其和；剩下的表记为A（相当于删去A中的第一行和第一列而得到32A），再取出表A中第一行、第一列的各元素，并求其和；，如此得33工艺aamin（r,r）=工r（a2+2a（a+a+a）（这是A中第一行第一列各元素的和）ijijkkkk+1k+2nk丄kk=1a)2-(工a)2i=kii=k+ii丿i=1j=1k=1kk=1r（a+工

15、a）2（工a）2kii丿i=k+1i=k+1=r（工a）2+r1ii=1（工a）2+r（工a）2hbr（工a）2TOC o 1-5 h z2i3inii=2i=3i=n-r（工a）2-r（工a）2r（工a）21i2in-1ii=2i=3i=n=工（r-r）（工a）20（此处约定r=0）.ii-1i0i=ki=k因此结论得证&在一个圆周上给定8个点A,A,A.求最小的正整数n，使得以这8个点为顶点128的任意n个三角形中，必存在两个有公共边的三角形.（陶平生提供）解：先考虑两两无公共边的三角形个数的最大值r8个点，每两点连一条弦，共得C2=28条弦，若每条弦只属于一个三角形，则这些弦至8多能构成两两无公共边的三角形个数r罟=9个，但若有9个这样的三角形，共得27个顶点，则八边形必有一顶点，至少属于4个三角形，设为A，共顶点A的4个三角形，A的888对边都是A,A，,A之中的两点连线，其中必有一点，设为A，出现了两次，那么相应的127k两个三角形将有一条公共边AA，这不可能；故r8.8k另一方面，当r=8时，我们确实可以作出这样的8个三角形，使得其中任两个三角形都无公共边；注意这样的8个三角形，共产生24个顶点，若使每点所参与的三角形个数都小于4，那么每点恰好属于3个三角形，也就是说，每个点，恰与其余七点中