2009年IMO中国国家队选拔考试试题含答案(第一天,2009年3月31日)

2009IMO中国国家队选拔考试第1天20093318：00-12：30湖北武汉DABCBCCAD=CBAOE，F、DEGAG2n2n)：若实数序列a,a,a0 1

,...,a满足n

0a0

a a1

...a ，n及 a i 2则有

(ai

ai

)，i1,2,...,n1，2(nia)2i

(n)n a2.ii1 i1p，满足p|n1的正整数n的个数不超过2cp3

c

无关的常数.1DABCBC边上一点，满足CADCBA．圆O两点，并分AB，ADE，F两点，BF、DEGAG的中点．求证：CM⊥AO．证明EFBCPGPADACL．AAEMFOGKBDPCL如下图，在AP上取一点Q，满足∠PQF＝∠AEF＝∠ADB．A、E、F、QF、、P、Q分别四点共圆．记⊙O知：AP2＝AQ×AP＋PQ×AP＝AF×AD＋PF×PE＝（AO2－2）＋（PO2－2． ①AAEQFGOBDP类似地，可得： A2＝（AO2－2）＋（G2－2． 由①，②得AP2－AG2＝PO2－GO2，于是由平方差原理即知PG⊥AO．如下图，对△PFDAEBMenelaus定理，得DA FE PB AF EP BD

1． ③对△PFD及形外一点G应用Ceva定理，得DK FE PB 1． ④KF EP BDDA DK③÷④即得：

． ⑤AF KFEFEFGKOBDP⑤表明A，K；F，D构成调和点列，即AF×KD＝AD×FK．再代入点列的Euler公式知：AK×FD＝AF×KD＋AD×FK＝2AF×KD． ⑥而由B、D、F、E四点共圆，得∠DBA＝∠EFA．而∠CAD＝∠CBA；故∠CAF＝∠EFA，这就表明AC∥EP．由此，CP AF ． ⑦PD FD在△ACD中，对于截线LPK应用Menelaus定理，得AL CP DK 1； ⑧LC PD KAAL将⑥，⑦代入⑧即得 2．LC最后，在△AGLM、CAGALMCGLGL⊥AOMC⊥AO．2n2，求具有下述性质的最大常数n：若实数序列a0

,a,a1

,...,a满足n0a0

a a1

...a ，n及 a i则有

1(a2 i

ai1

)，i1,2,...,n1，(n

ia)2i

(n)

a2.ii1 i1n

n(n1)2.4首先，令a a1 2

...an

1，得(n

)n(n1)2.4下面我们证明：对任何满足条件的序列a0

,a,a1

,...,an

，有不等式(niaii1

)2

n(n1)2 n( a2) (*)4 ii1a a首先我们证明a 1

2... n.2 n事实上，由条件有2ia i(a a )对任意i1,2,...,n1成立.i i1 i1对于给定的正整数1ln1i1,2,...,l求和得(l1)任意l1,2,...,n1成立.

lal l

alal1对l l1下面我们证明，对于i,

j,

{1,

n}，若i

2ikjij

2jk2.jk2ik2(jk)2jk2(ik)，即(ij)k30，显然成立.现在我们来证明(*).1ijnaai j

的下界.aii

aj

，即jai

iaj

0.又因为aa 0，故(

a a)0，即aa

i a

j a2.i j

j j i

i j ij

ij i这样，我们有：(ni1

ia)2i

ni

i2ai

2 1ij

ijaai j

i2a22

(i2j

a2

ij

a2)i1n

i(a2i

1ijn2ik2)ik

ij j

ij ii1 k1记bnik1

2ik2，由前面证明可知 bbik 1 2bb

...b.n又a2a2

...a2，由切比雪夫不等式，有：1na2bi i

21(n

na2)(i

b).ii1 i1 i1这样(

ia)2i

1(n

a2)(i

b).ii1而

i1 i1n n

2ik2 n

i2j

ij2 n n

n2(n1)2b i22

( )i

2

ij(i)2 ii1

iki1k1 i1

1ij

ij

ij

i1

1ijn

4i1因此(n

n(n1)2 n )2 a2 ii1故(*)获证.

4 ii1综上所述，可知(n)的最大值为

n(n1)2.423pp|n1的正整数ncp3c是一个与p无关的常数.证明显然，符合要求的n应满足1np1.设这样的n的全体是n n1 2

...n，k2k12p3k12k12.将n n(1ik1)重排成不减的数列1 ... .则显然有i1 i 1 2 k1我们首先证明，对s1，有

k1ii1

ki

(n n)n n p. ①i1 i k 1|{1ik1:i

s}|s， ②si

至多有s个.事实上，设n n s，则n1n 10(modp)，由此可知(p,n!)1，故i1 i i i1 i(ns)(ni i

s1)...(ni

1)1(mod p).ns次同余方程i(xs)(xs1)...(x1)1(mod p)的一个解. 由于p是素数，由拉格朗日定理知，上述同余方程至多有s个解，故满足n n sns个值，从而②得证.i1 i i现在我们证明，对任意的正整数ll(l2

1k1

l(l1)2

l1.假设结论不成立，即

l(l1)2

l，那么1 2

,...,

l(l1)2

都是1到l中的正整数.而由②知，在1

,...,

l(l1)2

12至多出现l1到l的正整数总共至多出现12...l是不超过l的正整数矛盾！

l(l1)2

次，这与l(l1)2

11 2

,...,

都l(l1)12mm(m2

1k1的最大正整数，则我们有

m(m2

1k1(m1)(m2)2

1 ③k1i

m1( i(i1)1 i(i1)

... )m1(i1) (i1)(i2) i(i1)1