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2008中国数学奥林匹克(第23届全国数学冬令营)试题解答


2008 中国数学奥林匹克解答
第一天
1. 设锐角 △ ABC 的三边长互不相等. O 为其外心, 点 A′ 在线段 AO 的延 长线上 , 使得 ∠BA′A = ∠CA′A . 过点 A′ 分别作 A′A1⊥ AC , A′A 2 ⊥ AB , 垂足分 别为 A1 , A 2 . 作 AH A ⊥ BC , 垂足为 H A . 记△ H A A 1 A 2 的外接圆半径为 RA , 类 似地可得 RB , RC . 求证:
1 1 1 2 + + = , RA RB RC R

其中 R 为△ ABC 的外接圆半径.(熊斌提供) 证明 首先, 易知 A′, B, O, C 四点共圆. 事实上,作△ BOC 的外接圆,设它与 AO 相交于点 P 不同于 A′ ,则 ∠BPA = ∠BCO = ∠CBO = ∠CPA ,于是,△ PA′C ? △ PA′B ,可得 A′B = A′C , 故 AB = AC ,矛盾。 所以 ∠BCA′ = ∠BOA′ = 1800 ? 2∠C , ∠A′CA1 = ∠C .
H A A AA2 π = = cos ∠A2 AA′ = sin ∠C , ∠A2 AH A = ∠A′AC = ? ∠B . AC AA′ 2

所以△ A2 AH A ∽△ A′AC . 同理, △ A1 H A A ∽△ A′BA . 所以 ∠A2 H A A = ∠ACA′, ∠A1 H A A = ∠ABA′ , 则 ∠A1 H A A2 = 2π ? ∠A2 H A A ? ∠A1 H A A

= 2π ? ∠ACA′ ? ∠ABA′
?π ? = ∠A + 2 ? ? ∠ A ? = π ? ∠ A . ?2 ?

所以,

R = RA

R 2 R sin ∠A 2 R sin ∠A 2 R . = = = A1 A2 AA′ sin ∠A AA′ A1 A2 2sin ∠A1 H A A2

作 AA′′ ⊥ A′C ,垂足为 A′′ ,因为 ∠ACA′′ = ∠A′CA1 = ∠C ,所以 AA′′ = AH A , 于是
AA′ = 2 S ABC AA′′ AH A AH A , = = = 0 sin ∠AA′C sin ( 90 ? ∠A ) cos ∠A a cos ∠A



1 a cos ∠A cos ∠A 1 = = = (1 ? cot ∠B cot ∠C ) , RA S ABC R sin ∠B sin ∠C R 1 1 1 1 = (1 ? cot ∠C cot ∠A ) , = (1 ? cot ∠A cot ∠B ) , 注意到 RB R RC R

同理,

cot ∠A cot ∠B + cot ∠B cot ∠C + cot ∠C cot ∠A = 2 ,
所以
1 1 1 2 + + = . RA RB RC R

2. 给定整数 n ≥ 3 . 证明 : 集合 X = {1, 2,3,L , n 2 ? n} 能写成两个不相交的非 空子集的并, 使得每一个子集均不包含 n 个元素 a1 , a2 ,L , an , a1 < a2 < L < an , 满 足 ak ≤
ak ?1 + ak +1 , 2
k = 2,L , n ? 1 .(冷岗松提供)

证明 定义 S k = {k 2 ? k + 1,L , k 2 } , Tk = {k 2 + 1,L , k 2 + k } , k = 1, 2,L , n ? 1 . 令 S = U S k , T = U Tk . 下面证明 S , T 即为满足题目要求的两个子集.
k =1 k =1 n ?1 n ?1

首先, S I T = ? , 且 S U T = X . 其次, 如果 S 中存在 n 个元素 a1 , a2 ,L , an , a1 < a2 < L < an , 满足
ak ≤ ak ?1 + ak +1 , 2
k = 2,L , n ? 1 .

则 ak ? ak ?1 ≤ ak +1 ? ak , k = 2,L , n ? 1. (*)

不妨设 a1 ∈ Si . 由于 Sn ?1 < n , 故 i < n ? 1 . a1 , a2 ,L , an 这 n 个数中至少有

n ? Si = n ? i 个在 Si +1 ULU Sn ?1 中. 根据抽屉原理, 必有某个 S j (i < j < n) 中含有
其中至少两个数 , 设最小的一个为 ak , 则 ak , ak +1 ∈ S j , 而 ak ?1 ∈ S1 UL U S j ?1 . 于 是 ak +1 ? ak ≤ S j ? 1 = j ? 1 , ak ? ak ?1 ≥ T j ?1 + 1 = j .所以 ak +1 ? ak < ak ? a k ?1 , 与(*)矛 盾. 故 S 中不存在 n 个元素满足题中假设. 同理, T 中亦不存在这样的 n 个元素. 这表明 S , T 即为满足题中要求的两个 子集.

3. 给定正整数 n , 及实数 x1 ≤ x2 ≤ L ≤ xn , y1 ≥ y2 ≥ L ≥ yn , 满足

∑ ixi = ∑ iyi .
i =1 i =1

n

n

证明: 对任意实数 α , 有

∑ xi [iα ] ≥ ∑ yi [iα ] .
i =1 i =1

n

n

这里, [ β ] 表示不超过实数 β 的最大整数.(朱华伟提供) 证明 1 我们先证明一个引理, 对任意实数 x 和正整数 n , 有

∑ [iα ] ≤
i =1

n ?1

n ?1 [ nα ]. 2

引理证明 只需要将 [iα ] + [ (n ? i )α ] ≤ [ nα ] 对 i = 1, 2,L , n ? 1 求和即得. 回到原题, 我们采用归纳法对 n 进行归纳, 当 n = 1 时显然正确. 2 2 假设 n = k 时原命题成立 , 考虑 n = k + 1 . 令 ai = xi + xk +1 , bi = yi + yk +1 , 其 k k 中 i = 1, 2,L , k . 显然我们有 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ ak , b1 ≥ b2 ≥ L ≥ bk , 并且通过计算得知

∑ iai = ∑ ibi , 由 归 纳 假 设 知
i =1 i =1

k

k

∑ ai [iα ] ≥ ∑ bi [iα ] . 又 xk +1 ≥ yk +1 , 否 则 若
i =1 i =1

k

k

xk +1 < yk +1 , 则 x1 ≤ x2 ≤ L ≤ xk +1 < yk +1 ≤ L ≤ y2 ≤ y1 , 从而

∑ ixi = ∑ iyi , 矛盾.
i =1 i =1

k +1

k +1

∑ x [iα ] ? ∑ a [iα ] = x
i =1 i i =1 i

k +1

k

2 k ? ? + ? k 1 α ? ? ( ) ? k +1 ? ? k ∑ [iα ]? i =1 ? ?

2 k ? ? 1 ≥ yk +1 ? ? + ? ? k α ( ) ? ? k ∑ [iα ]? i =1 ? ? = ∑ yi [iα ] ? ∑ bi [iα ],
i =1 i =1 k +1 k

由此可得 ∑ xi [iα ] ≥ ∑ yi [iα ] . 由归纳法知原命题对任意正整数 n 均成立.
i =1 i =1

k +1

k +1

证明 2 记 zi = xi ? yi , 则 0 ≤ z1 ≤ z2 ≤ L ≤ zn 且 ∑ izi = 0 , 只需要证明
i =1

n

∑ z [iα ] ≥ 0 .
i =1 i

n

(1)
i

令 Δ1 = z1 , Δ 2 = z2 ? z1 ,L , Δ n = zn ? zn ?1 , 则 zi = ∑ Δ j (1 ≤ i ≤ n ) , 所以
j =1

0 = ∑ izi = ∑ i ∑ Δ j = ∑ Δ j ∑ i ,
i =1 i =1 j =1 n j =1 i= j

n

n

i

n

n

从而
n

Δ1 = ∑ Δ j ∑ i
j =2 i= j n i

n

∑i .
i =1 n n j =1 i= j

n

(2)

于是

∑ zi [iα ] = ∑ [iα ] ∑ Δ j = ∑ Δ j ∑ [iα ]
i =1 i =1 j =1

n n n ? n = ∑ Δ j ∑ [iα ] ? ∑ Δ j ? ∑ i j =2 i= j j =2 ? i= j n n ? n = ∑ Δ j ∑ i ? ? ∑ [iα ] j =2 i= j ? i= j n

∑i ?
i =1

n

? ?
n

∑ i ? ∑ [iα ] ∑ i ? ,
i= j i =1 i =1

n

? ?

故(1)转化为证明对任意的 2 ≤ j ≤ n ,

∑ [iα ] ∑ i ≥ ∑ [iα ] ∑ i .
i= j i= j n i =1 i =1

n

n

n

n

(3)
j ?1

而 (3) ? ∑ [iα ]
i= j

n

∑ i ≥ ∑ [iα ] ∑ i ? ∑ [iα ] ∑ i ≥ ∑ [iα ] ∑ i .
i= j i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1

n

j ?1

j ?1

n

j ?1

故只需要证

明对任意的 k ≥ 1 , 有

∑ [iα ]
i =1

k +1

∑ i ≥ ∑ [iα ]
i =1 i =1 k

k +1

k

∑i ,
i =1

k

而上述不等式等价于

[(k + 1)α ] ? k

2 ≥ ∑ [iα ] ? ∑ ? ?( k + 1) α ? ? ? [iα ] ? ? ?( k + 1 ? i ) α ? ? ≥ 0.
i =1 i =1

k

(

)

注意到 [ x + y ] ≥ [ x ] + [ y ] 对任意实数 x, y 成立, 上述不等式显然成立. 从而(3) 得证.

第二天
4. 设 A 是正整数集的无限子集 , n > 1 是给定的整数 . 已知 : 对任意一个不 整除 n 的素数 p , 集合 A 中均有无穷多个元素不被 p 整除. (余红兵提供) 证明: 对任意整数 m > 1 ,

( m, n ) = 1 ,

集合 A 中均存在有限个不同元素, 其和

S 满足 S ≡ 1 (mod m ), 且 S ≡ 0 (mod n ).
证明 1 设 pα m , 则集合 A 中有一个无穷子集 A1 , 其中的元素都不被 p 整除. 由抽屉原理知, 集合 A1 有一个无穷子集 A2 , 其中的元素都 ≡ a (mod mn ), a 是一 个不被 p 整除的数. ? mn ? 因 ( m, n ) = 1 , 故 ? pα , α ? = 1 . 由中国剩余定理, 同余方程组 p ? ?

? x ≡ a ?1 (mod pα ) ? mn ? ? x ≡ 0(mod pα ) ?

(1)

有无穷多个整数解. 任取其中一个正整数解 x , 并记 B p 是 A2 中前 x 项的集合, 则
B p 中的元素之和 S p ≡ ax (mod mn) , 再由(1)可知

S p ≡ ax ≡ 1(mod pα ) , S p ≡ 0(mod

mn ). pα

设 m = p1α1 L pk α k , 并设对每个 pi (1 ≤ i ≤ k ? 1) 已选出了 A 的有限子集 Bi , 其 中 Bi ? A \ B1 ∪ L ∪ Bi ?1 , 使得 Bi 中的元素和 S pi 满足

S pi ≡ 1(mod piαi ) , S pi ≡ 0(mod
k k

mn ). piαi

(2)

考虑集合 B = U Bi , 则 B 的元素和 S = ∑ Si . 根据(2), 我们有
i =1 i =1

S ≡ 1(mod piαi ) ,( 1 ≤ i ≤ k ), 且 S ≡ 0(mod n) .

所以 B 即满足题目要求. 证 明 2 考 虑 A 中 的 数 除 以 mn 的 余 数 , 设 出 现 无 穷 多 次 的 余 数 依 次 为

α1 , α 2 ,L , α k .

首先证明 (α1 , α 2 ,L , α k , m ) = 1 .

(1)

反证法 . 反设有某个素数 p (α1 , α 2 ,L , α k , m ) , 则由 ( m, n ) = 1 知 p 不整除 n ; 又根据 α1 , α 2 ,L , α k 的定义, A 中只有有限个数不是 p 的倍数, 这与题设矛盾. 于 是 (1) 获 证 . 从 而 存 在 正 整 数 x1 , x2 ,L , xk , y , 使 得

α1 x1 + α 2 x2 + L + α k xk ? ym = 1 . 再取合适的正整数 r 使得 rn ≡ 1(mod m) . 则

α1 ( rnx1 ) + α 2 ( rnx2 ) + L + α k ( rnxk ) = rn + rmny .
于是从 A 中依次取出 rnxi 个模 mn 的余数为 α i 的数 ( i = 1, 2,L , k ) 即满足题目要求.

5. 求具有如下性质的最小正整数 n : 将正 n 边形的每一个顶点任意染上红,
黄, 蓝三种颜色之一, 那么这 n 个顶点中一定存在四个同色点, 它们是一个等腰 梯形的顶点.(冷岗松提供) 解 所求 n 的最小值为 17 .

首先证明 n = 17 时, 结论成立. 反证法. 反设存在一种将正 17 边形的顶点三染色的方法, 使得不存在 4 个同 色顶点是某个等腰梯形的顶点.
?17 ? 1 ? 由于 ? + 1 = 6 , 故必存在某 6 个顶点染同一种颜色, 不妨设为黄色. 将 ? 3 ? ? ?17 ? 这 6 个点两两连线, 可以得到 C62 = 15 条线段. 由于这些线段的长度只有 ? ? = 8 ?2?

种可能, 于是必出现如下的两种情况之一:

(1) 有某 3 条线段长度相同.
注意到 3 17, 不可能出现这 3 条线段两两有公共顶点的情况. 所以存在两条 线段, 顶点互不相同. 这两条线段的 4 个顶点即满足题目要求, 矛盾.

(2) 有 7 对长度相等的线段.
由假设, 每对长度相等的线段必有公共的黄色顶点, 否则能找到满足题目要 求的 4 个黄色顶点. 再根据抽屉原理, 必有两对线段的公共顶点是同一个黄色点. 这 4 条线段的另 4 个顶点必然是某个等腰梯形的顶点, 矛盾. 所以, n = 17 时, 结论成立.

再对 n ≤ 16 构造出不满足题目要求的染色方法. 用 A1 , A2 ,L , An 表示正 n 边形 的顶点(按顺时针方向), M 1 , M 2 , M 3 分别表示三种颜色的顶点集. 当 n = 16 时 , 令 M 1 = { A5 , A8 , A13 , A14 , A16 } , M 2 = { A3 , A6 , A7 , A11 , A15 } ,

M 3 = { A1 , A2 , A4 , A9 , A10 , A12 } . 对于 M 1 , A14 到另 4 个顶点的距离互不相同, 而另 4
个点刚好是一个矩形的顶点. 类似于 M 1 , 可验证 M 2 中不存在 4 个顶点是某个等 腰梯形的顶点. 对于 M 3 , 其中 6 个顶点刚好是 3 条直径的顶点, 所以任意 4 个顶 点要么是某个矩形的 4 个顶点, 要么是某个不等边 4 边形的 4 个顶点. 当

n = 15 时 , 令 M 1 = { A1 , A2 , A3 , A5 , A8 }

, M2 = { A6 , A9 , A13 , A , 14 , A 15}

M 3 = { A4 , A7 , A10 , A11 , A12 } , 每个 M i 中均无 4 点是等腰梯形的顶点.
当 n = 14 时 , 令 M 1 = { A1 , A3 , A8 , A10 , A14 } ,

M 2 = { A4 , A5 , A7 , A11 , A12 } ,

M 3 = { A2 , A6 , A9 , A13 } , 每个 M i 中均无 4 点是等腰梯形的顶点.


n = 13

时 ,



M 1 = { A5 , A6 , A7 , A10 }

,

M 2 = { A1 , A8 , A11 , A12 }

,

M 3 = { A2 , A3 , A4 , A9 , A13 } , 每个 M i 中均无 4 点是等腰梯形的顶点.
在上述情形中去掉顶点 A13 , 染色方式不变, 即得到 n = 12 的染色方法; 然后 再去掉顶点 A12 , 即得到 n = 11 的染色方法; 继续去掉顶点 A11 , 得到 n = 10 的染色 方法. 当 n ≤ 9 时, 可以使每种颜色的顶点个数小于 4, 从而无 4 个同色顶点是某个 等腰梯形的顶点. 上面构造的例子表明 n ≤ 16 不具备题目要求的性质. 总上所述, 所求的 n 的最小值为 17.

6. 试确定所有同时满足
2 q n + 2 ≡ 3n +( mod p n ) ,

p n + 2 ≡ 3n + 2 (mod q n )

的三元数组 ( p, q, n) , 其中 p, q 为奇素数, n 为大于 1 的整数.(陈永高提供) 解 易见 ( 3,3, n ) (n = 2,3,L) 均为满足要求的数组 . 假设 ( p, q, n ) 为其它满足

要求的一数组, 则 p ≠ q, p ≠ 3, q ≠ 3 . 不妨设 q > p ≥ 5 . 如果 n = 2 , 则 q 2 p 4 ? 34 , 即 q 2 ( p 2 ? 32 )( p 2 + 32 ) . 由于 q 不同时整除 p 2 ? 32 和 p 2 + 32 , 故 q 2 p 2 ? 32 或 q 2 p 2 + 32 . 但 0 < p 2 ? 32 < q 2 , 矛盾. 因此 n ≥ 3 . 由 p n q n + 2 ? 3n + 2 , q n p n + 2 ? 3n + 2 知
p n p n + 2 + q n + 2 ? 3n + 2 , q n p n + 2 + q n + 2 ? 3n + 2 .
1 2 2 ( p + 3 ) < p2 < q2 , 2

又 p < q , p, q 为素数, 故
p n q n p n + 2 + q n + 2 ? 3n + 2 .

(1)

因此得 p n q n ≤ p n + 2 + q n + 2 ? 3n + 2 < 2q n + 2 , 从而 p n < 2q 2 . 由 q p
n n+2

?3

n+2

及 p>3 知 q ≤ p
n

n+2

?3

n+2

<p

n+ 2

, 从而 q< p

1+

2 n

, 结合

p n < 2q 2 有 p < 2 p

n

2+

4 n

<p

3+

4 n

. 因此 n < 3 +

4 , 故 n = 3 . 这样 n

p 3 q 5 ? 35 , q 3 p 5 ? 35 .

且 由 55 ? 35 = 2 × 11× 13 易 知 p > 5 . 由 p 3 q 5 ? 35 知 p q 5 ? 35 . 由 费 马 小 定 理 知
p q p ?1 ? 3 p ?1 , 因此 p q (5, p ?1) ? 3(5, p ?1) .

如果 ( 5, p ? 1) = 1 , 则 p q ? 3 , 由

q 5 ? 35 = q 4 + q 3 ? 3 + q 2 ? 32 + q ? 33 + 34 ≡ 5 × 34 (mod p ) q ?3
以及 p ≥ 5 知 p

q5 ? 35 . 因此 p 3 q ? 3 . 由 q 3 p 5 ? 35 知 q ?3

q 3 ≤ p5 ? 35 < p5 = ( p3 ) 3 < q 3 ,
矛盾. 所以 ( 5, p ? 1) ≠ 1 , 即 5 p ? 1 , 类似可得 5 q ? 1 . 由 q
q p ? 3 知 q3
3 5 5

5

5

p ? 3 (因 q > p ≥ 7 )及

p 5 ? 35 , 从而 p ?3

q3 ≤

p5 ? 35 = p 4 + p 3 ? 3 + p 2 ? 32 + p ? 33 + 34 . p ?3

由 5 p ? 1 及 5 q ? 1 知 p ≥ 11 , q ≥ 31 . 因此

? 3 ? 3 ? 2 ? 3 ?3 ? 3 ? 4 ? q ≤ p ?1 + + ? ? + ? ? + ? ? ? ? p ? p? ? p? ? p? ? ? ?
3 4

< p4 ?

1 1? 3 p



11 4 p . 8

3 ? 8 ?4 从而 p > ? ? q 4 . 因此 ? 11 ?
3

1

p 5 + q 5 ? 35 p 2 q 2 1 ? 11 ? 4 1 < 3 + 3 < +? ? < 1, 1 p3q3 q p q ?8? 314
这与(1), 即 p 3 q 3 p 5 + q 5 ? 35 矛盾. 综上,

( 3,3, n ) (n = 2,3,L) 即为所有满足要求条件的三元数组.


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