第31届2002数学奥林匹克

第31届(2002)数单(师范大学数学系师:2002年的竞赛题,难度与IMO相当.涉及的知识范围如极限、多项式性质等比我国的CMO稍广.但几乎没有平面几何,这是他们的弱点.S2002,N0≤N22002:S的所有子集染上黑色或白色使得下列条件成立:任两个白色子集的并集是白的任两个黑色子集的并集是黑的N个白色的子集:我从简单的情况做起S=12,⋯,2002N1§,如{1},染黑(其集染白).这时(a)(b)(c)显然N=2,§与1染黑N3,§1}1,2染黑N4,§1}1,2}2染黑

,它们也不行不要先将12}4个子集染黑.相反地,1,2,343的3}13}2,3}1,2,3染黑然后在124个子集中再增:我明白了.22+222+322+4此:n12n个子集染黑.然后运用们满足(a)b).,2n+k(k=12,⋯2n),有满足要求的染色师生:这并不,(a(b(c均成立

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+ + 生:当然不能一直这样做下去 其中s=2(a+b+c),r为内切圆半径.证明纳法生(想了):我假设对于n元集S及N≤2n可以实现所说的染色n1S∪{n1染色,S∪{n2n+k(k1,2,⋯,2n个子集染黑:还是回到简单具体的情况.你已经解决了S={1,2}及N≤22的染况.考虑将集{1,2,3}

△ABCTT并且三边的最大公约数为1,确定T的边长.cotA=s-a,cotB=s-b,cotC=s-c 2(s-a)2+[2(s-b)]2+[3(s-c)]2 ①22+1个子集染黑 生:这只要在已有的基础上再增加一个黑的子就可以了§1}2}123不行(因为2,3是白的)123为1,2,3}1,3}∪2,3)只剩下1,3与2,3

接下去如何进行却看不太清楚:a∶b∶cc1实际上有两个未知数.除非⋯⋯生:除非这个等式是一些实数平方的和等于0.师:不必作恒等变形.因为有一个著名的不等式生:我知道您说的是不等式,①的左边是三,应当再乘上三个平方的和.这三个平方,72但这三个平方分别是什?我要凑一下.s-a2s-b)3s-c)应当分别乘上不同s的系数相等.这才便于与右:123的公倍数是6所以s-a2(s-b)s-c63262+32+22=36+9+4=49=7272s-a2+[2s-b)]2+[3s-c)=(62+32+22){(s-a)2+[2(s-b)+[3(s-c)≥[6(s-a)+6(s-b)+6(s-c)=(6s)2s-a=2(s-b)=3(s-c)

:fx是已知的多项式gx是另一个n次的首一多项式,则有f(x)=1(2f(x)-g(x)+g(x))2g(x),g(x2f(x)-g(xn个实数根:fxn次首一多项式的平,然后再设法满足其他要求,这种想法很好.生:怎么选择g(x)比较:n是偶数x的绝对值很大,g(x)>0.n,1,2⋯n再取一个正数M,使得g(1)=g(3)=⋯=g(n-1)=-M g(2)=g(4)=⋯=g(n)=M. ,g(x)(-∞1),(12),⋯,n-2,n-1)(n-1,ng(x个实根生:我知道这个定理.a1<a2<⋯<akb1,b2,⋯,bkk-1 6(s-a)+6(s-b)+6(s- 662+32+ =49

h(x)h(ai)=bi(1≤i≤k).具体的h(x)=

x-aj·b∑∏a- i=1j49- 49- 49- 但我不知道现在如何应用这个定理,h(x即:n次实系数的首一(1)多项式是两个nn个实根的首一多项式的师:这是一个关于多项式的问题.你应当知道一个关于根的定理:

fx在区间cd,即f(c)f(d)<0,,f(x)在[c,d]内必有一个根.生:听这个定理是首一的:我们只定了n个点的函数值所以你说hxn-1次多项式n次多项式(x-1)(x-2)⋯(x-n)就得到合乎要求的g(x)了:!怎么能保证另一个2f(x)-g(x)也有n个实根呢?:M可以由我们自由地选择现在希2fx)-g(xx13,⋯,n-10,在x=2,4,⋯,n的值小于0.M>max{2|f(1)|,2|f(2)|,⋯,2|f(n)|就可以了n是奇数的情况证明只需稍作修改R确定所有满足下列条件的函数f:R→R,f(x2-y2)=xf(x)-yf(y),Πxy:f(x是正比例函数kx.f(x)=kx确实符合要求.但要证明只有f(x)=kx似乎不太容:试试看:x=y0f(0)0y0f(x2)=xf(x) x0f(-y2)=-yf(y)=-f(y2). 所以f(x)是奇函数,只需在(0,+∞)上讨论.f(x2-y2)=f(x2)-f(y2)x2y2xyxy0),则f(x-y)=f(x)-f(y),即(xx+yx-yf(x+y)=f(x)+f(y). 由③,运用熟知的方法可知,对x∈Q,f(x)=kx,k=f(1) x∈R通常要利用连续性.本题未给出这一条fx12)f((x+1)2)=(x+1)f(x+=(x+1)(f(x)+k)f((x+1)2)=f(x2+2x+=xf(x)+2f(x)+k.f(x)=kx.师:这是典型的“算两次”,

法ab2的整数:存在一个正整k及正整数的有限序列n1,n2,⋯,nk,满足n1=a,nk=bi(1≤i≤k),nini+1被ni+ni整除:我还是从简单的例子做起.a→a(a-1) :!1条引理你再做几个简单的例子,如将469变为3.abac能经过若干步变为bc.生:用归纳法,证明一切大于2的整数a都3,2a3再变为任一大于2的整数b.:a3a2的整数都可以经若干步变为3,考虑a.a,amnmn1的整数,m≥n.m2,n2,a4m3,n32,a=96.这些情况前面已经做过,以下设m>3.m3.3,a3n.3n<a再用归纳假设便得出a可经若干步变为3.:aa+1设a+=:m=n,a=m2-1=(m+1)(m-不是质数(m2,a3a3):m>n13a→a(a-1)→a(a-1)(a-2)→a(a-1)⋯m=(a+1)a(a-1)⋯(m+1)(m-1)(m-⋯(n+1)→⋯→(a+1)a(m-1)(m-2)⋯(n+

(4n张邮票)作为被它们控制的那么每个块都至少可以“控制”5张邮票.因此5c(n)≤n2+4b(n)≤c(n)≤1n2+4→(a+1)(m-1)(m-2)⋯(n+ =m(m-1)(m-2)⋯(n+1)→m(m-1)(m-2)⋯(n+最后再用归纳假设就证完了n×n的邮票3张在同一行或同一列相连的邮票组成的块(只能沿着针孔线分,而且每个块就是分下的一片纸).分下一些块以后,不可能再分下的块了.令这时的块数的b(n:cdn0,

:边缘的(或添加的n的一,有n2它是主项)(dc的值):下界要难一些右面与下52包括与这块仅有一个公共顶点的邮票.如果已经不能再剪下的块,那都 于其他被剪下的块 1n2-cn≤b(n)≤1n2+ 1张).:恐怕很师:那倒不见得.解题得有信心,不要先折了自己的锐气你先考虑右边的上界.:上界即5b(n)≤n2+5dn.意味每一块在整5.2张邮票剪下一块,如图1所