2017年第33届中国数学奥林匹克试题图片版

第33届中国数学奥林匹克1•对正整数L定义4为具有如F性质的所有素数P构成的集合:存在正整数a、b,使得”电、普:均为与p互索的整数.当人PP为有限集（包括空集）时，用/（〃）表示人的元索个数.证明：（1）凡是有限集的充分必要条件为n#2；（2）若k、m为正奇数,d为A与m的最大公约数，则（何忆捷供题）.设%k为正整数，T=f（孙y,z）l*、y、z€Z,1<#、y、zW/i}为空间克角坐标系中/个整点构成的集合.已知集合T中（3/-3〃+1）+左个点染成红色,满足:若集合7中两点P、。均染成红色旦P。平行于坐标轴，则线段PQ上的所有整点也均染成红色.证明:存在至少k个互不相同的立方体,它们的边长为1且每个顶点均染成红色. （艾颖华供题）.设正整数q不为完全立方数.证明:存在正实数％使得对任意正整数n,均有I+l“T|nc”，其中，1*1表示实数*的小数部分.（安全圾供题）.如图1,圆内接四边形48C。的对角线交十点P.AAPD的外接圆、△BPC的外接圆分别与线段AB交于另一点E、F,I、J分别为△及犯、△BCF的内心，线段〃与4C交于点K,证明四点共圆.（熊斌供题）.给定奇数03,用黑白两种颜色对作又元方格表的每个格染色.称具有相同颜色且行公共顶点的两个格为“相邻的”.对任意两个格aS,若存在一系列格门，勺，…,。使将C.UQ,“N，C4(i・l,2,…上-1)与。・|相邻，则称。与b“连通二求最大正整数使得存在种染色方案,其中有M个两两不连通的格. (王新龙供即).已知n、k为lE整数.n>A.给定实数NS(L-I,4).设正实数<|，巧，…，软满足对n,2,…，"的任意g元子里/,•工的最大值.(瞿振华供粒)参考答案1.(1)当c・l时，显然，不存在素数P满足条件敌人=0.当n=2时.对于任意的案数p,取a=p.6=/)，可使"^=I+P与。抖u1+”均P P为与P互索的整数.故4包含仝体家数，为无限姬当AM3时,而任意的家数p,设正整数aj满足%(1+6)=1,%(a"♦6。)=2.乂中，%(/)表示正整数1所含素因子P的次数.设a+〃=sp,(s,p)=L易知,均不为P的倍数.否则,不妨假设pla,于是.plh故与(<T >2,矛盾.若门为何数，则Os=a'+6'o*+(平-o)、・2<i"(modp).W(a\p)二l，故必有pl2.此时,人为布限集.事实上.P=2也不满足条件,即4・0.若几为奇数，则0・a° n3W1(modp2).而(sa…,p)=l,故必行pin.此时A为有限集.爆匕当且仅当正整数八~2时,人为布限第(2)下面证明，当〃为正奇数时,宗数p€4当且仅当XQ=L当n=1时,显然成立.当c>l时,设P€儿.由前知故a・V♦4-0).・37-出产"尸1»/Mpaa-1(modp')•因此,当”,(n)^2时.”,(/♦昭)N3.矛盾I而当匕(打)=1时，取。=l,b=pT,则vp(a46)=ItPF(a<♦b')=D,(np)=2.•满足条件.对于任意的素数P及正奇数。，定义fl.r,(，l；居⑺工。…⑺”则/「)=z/5),其中.约定表示对一切素数1求和.注意到，当A"为正奇数时,bi与d=“，川也为正奇数.因此•式①等价于加)-2最(垢)9 f 9 f<2?弱(<0.仅需加明:对于任意的素敷P,有乂(d)<%(七)+曷(n)・彳,(km)W%(d)・ ②⑴相⑷=0,则minlf^(A),^(m)|=0.不妨设%(A)=0.则故的(4)NM(d)uOa>(km)=*(m).此时，式②成立.(U)若％(")=】，则minifF(*)9vf(m)|=L于是故%(加0=0・不妨泄与")=1.则才P（A）+*（m）-看（房）=1 1,2|.又8（d）=1,从而，式②成立.（iii）若％（d）>2,则^（4）、o（m）、%（垢）均不小于2.从而，H（d）、招（七）、七（m）、3（fcm）均为。，式②亦成立.综上，对于任意奇素数P，式②均成立.由此,知式①成立.【注】证明当a为正奇数时.索数pe儿当且仅当》S）=I，也可直接应用升幕定理：设P为奇素数,Q、b为与P互素的整数,且pl（Q-6），则对于任意正整数七，有・户）=%（（1-6）+%（k）.2.为方便起见，引入如下术语.若一个单位立方体的顶点均为红色，则称之为红色立方体;若一个单位正方形的顶点均为红色，目此正方形平行干平面，则称之为红色正方形;若一条单位线段的顶点均为红色，且此线段平行于x轴,则称之为红色线段设所有红点构成的集合为凡平面Z=c上的所有红点构成的集合为R.,直线y=b9z=c上的所有红点构成的集合为为先证明一个引理.引理对正整数1WcW",凡中的红色正方形的数目不小于IK」・（2n-l）.证明设凡中南'S（c）个红色正方形，/条红色线段从两方面估算/.一方面，对每个1WbWn,若心.非空，可设其中“坐标最小的红点为匕“坐标城大的红点为Q.则由题意，知凡:恰为线段PQ上所有整点所构成的集合.于是,取上红色线段的数目为故人 El^l-nNIR,I-八 ①另•方面，每条红色线段在工轴上的投影为X轴上的单位线段，络所府红色线段按照其投影分类.对于，轴上的单位线段“，设以u为投影的红色线段的数目为〃若/.M1,设以"为投影的红色线段的y坐标的最小值为兀，最大值为八，则/■<%-y。61・由题意，知对于每个整数y€［兀，九］,ux|y|x|c|也均为红色线段.于是,对整数y-I】"*N.y*Ux{e|均为ft色正方形,共力-"个,xa…=/-（A-1）. ②结合式①、②^S（c）>/—（n-I）Ml比引理得证.设共有C个红色立方体,S个红色正方形.一方面，由引理知54s（"£（限l-（2n-l））.③另二去面,每/红色正方形在Oxy平面上的投影为0%y平面的单位正方形.将所有红色正方形按照其投影分类.对于Chy平面上的单位正方形。，设以，为投影的红色单位正方形的数目为S,.若S,才I,设以V为投影的红色正方形的z坐标的最小值为“.最大值为玉，则，由题意，知对于每个整数vx|x|也均为红色正方形.于是•对于诲个整数2£［4当■IJ"y1）均为红色立方体，共4一句个当-、>S.-I.故SZ（S-T）旺S.-S-1尸=§_（-1尸. ④结合式③、④即得CmS-（/i-l）22*（1凡=£l^J-（3n2-3n+l）=k3.c=(13/)7满足要求.反证法.假设存在正整数仅满足｛叫+｝+｛叼” ±记/=[叼”,小=〔同,1・先证明:存在整数八人£满足d+s'HO,I”小而9Isl小而，rl+sm4tn=0.事实上，考虑整数对的集合5=|(〃,,)£ZxZI0wuww7^|・注意到，ISI=((G]+1)’＞几则存在集合S中不同的数对(%，J)、(%•3)满足ut/ +/m(modn).h rl4-smMrl取"％一/,3=%一%,l=- ，即满足要求按F来考虑函数F(x)=rd+sd+/・3rsV.则尸(世)为整数.设，(4)=rx"+.《：，，，3=』'.易验证F(”)=/(*)/(")/(d*).由于q不为完全立方数，则让、叫学、均不为/U)=0的根.故F(g+"O.从而，尸(q+)l〉L又i/(/)I=g*+d+«i=L]«顶；-2)+s(“＞-/n)In^―(Irl\nq^|+Isl\nqr\)n,c1<—=—r-»n13g。犬.十»(1“)=叭四十)/&i/(州*)-/(<?)।+叭J)aW(l，(JT)q*l*"(3-l)q+l+(13qtl)T户W卜石依夕’十客6广十A而叫Vl3q卷,则尸(q+)l＜1,矛盾.4.如想2,延长“，与阳的外接圜交于点心延长FJ,与△以PC的外接回交干点匕联结P＞、PY、£＜、曜B2注意到JJ分别为△〃)£、△fiCF的内心.据内心性质知XJ^XA.YJ=YB.易知/鼠PT分别为NAPDZBPC的平分线.故》.PI三点共线.由NAPK=NCPY■/BPY.4Axp=4ADP=4BCP=/BYP,知△APXS”PYn%脸IDDrX/BinZ1XPXAsin=而n/JkP;而XinNFBP"sin/B4P.=BP\inZABP^这表明，点fJ到直线xy的距离相等.注意到.E、F两点位于XY的同例.从而JJ两点位于XY的同凭，有IJ//XY.故/AK/=N4PX=/4取=4J、K".四点共纵，考虑推广的问题.对方格表黑白染色,其中,m、n均为不小于3的奇数.在给定的染色方案下,所有的格可被划分成若干连通分支，使得同一个连通分支中的格彼此连通，不同连通分支中的格不连通.连通分支的数目记为K下面用数学归纳法证明：⑴Kw/m+lN-D+l;⑵当k/s+D-I时•方格表四角处的每个格均不与其他格连通.当m=n=3时,最外一圈八个格至多属于四个与中心格异色的连通分支，故K<5.等号成立当且仅当四角处的方格与其他五个格异色.接卜来设mN工记方格表的第2行从左到右形成黑白交错的&段4,4，…,4,各段的格数依次为>1，与，…，孙设P为含有第1行格但不含第2行格的连通分支数目.圮「/表示不小于实效x的最小整数.下面估计P.若人》2,人上面的八个格中,最后一个格与A最后一个格以及4的第一个格中有一个阿色•从而，与第2行的某个格连通；在前0-i个格中至多有『空］个格与4异色,且互相不连通.类似地，在4上面的格中也至多有［'号U个格与第2行的格不连通.且彼此也不连通.对I 上面的格除第一个和最后一个格，中间…个格中，至多有［■三］个格与4异色，且互相不连通.故呵号十号卜那守/一+2*-2-,若则也有PW凰=士野.设。为含有第2行格但不含第3行格的连通分支数目,由于4和4.中总有一段与第三行中的珞连通(考虑4最后一个格和4川的第一个格，它们异色,其中一个必与第三行的格连通八故设弁为含有第3至加行格的连通分支数目.由归纳假设(D知++1.下面证明:若Q=詈#为奇数)或Qn/d为偶数)，则-1)(/1♦1).事实上，当k为奇数.且。=詈时,若A=1,则Q=1,第2行所有的格同色.第3行所有的格也同色由归纳假设(2)知R<*(m-1)(/b+1).若奇数A》3,设从下面的格为由于44,…出均不与第3行的格连通•故8t.员•…，乩与人人,…4异色于是，与4，4,同色.从而出4,兄,4,&,….4.i,比均连通.由归纳假设(2)知Awv(fh-l)(n♦l).4当A为偶数.且Q=，时.若4则由归纳假设(2),知第3行第一个格与第二个格异色•这样.4与第3行的格连通.类似地,4也与笫3行的格连通.由此•在小，…,4一中,至多只有宁段与第3行中的格不连通.故这与Q4的假设矛盾.因此，当Q♦券•或Q=/时，有RW；(m-I)(n41).则K・P+Q/Rj-A.2fc*1上1zIX/，讣=!(m+1)(八+l)+1・4当等号成立时，必须k为奇数，且考虑P的估计中箸号成立的条件,知第I行第一个格与最后一个格分别被三个洋色格包制南方格表的对称性，知圆角处的用个格均不与乂他格连通.容物验证，对于第i行，列的格•若V为偶数将其染成品色I为炉为奇数.将兀染成白色.在此两种染色方案下,均有4综上，所求M6.最大值为，与…若/=%(lWi£〃)•则匹•物,…工满足条件，H.夕巴…a=5接下来证明逐田…与<5%,・外当人工1时,结论显然.由条件即得X,W%(lGiW").下面假设A/2.不失一般性，设U|一阳W/7产…(4・%.•若5fMO•则1—，结论邱然成忆以下假设5・。(0.取/…