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2016年第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析 (1)


第 57 届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析
2016.03.17 景德镇二中高二 13 班数学工作室 由于 IMO 试题比较困难,所以即使写了解答,同学们也不一定看得懂,或者理解试 的解法,为什么这样想呢?以及自己做时如何分析问题呢?本文尽量给予阐明清楚。 1. 如图,在圆内接六边形 ABCDEF 中,AB=BC=CD=DE,若线段 AE 内一点 K 满足

∠BKC=∠KFE, ∠CKD=∠KFA,证明:KC=KF。
C C D D 分析:圆中角的关系最为灵活也相对 B B 简单,由已知圆周角∠AFE=∠BKD, E 注意到弧 BD=弧 AE 的一半,所以 A E A K K O O 又有∠AFE=∠BOD,从而∠BKD B' =∠BOD,B、K、O、D 四点共圆, 注意到 OC 为此圆对称轴,所以在直 F F' 径上,所以 OK 为∠BKD 的外角平分 D' 线, 这样分别延长 BK、DK 交圆 O 于 B’,D’,就可以得到对称性: B、 B’;D、 D’关于 OK 对称, 由此,联系所证,只要 C、F 也关于 OK 对称,即得 KC=KF,故不妨设点 C 关于 OK 的对 称点为点 F’,显然在圆上,下面设法证明 F’=F,由已知,可想到先证∠BKC=∠KF’E, 首先由对称性有∠BKC=∠B’KF’,下面要证的是∠KF’E=∠B’KF’,这两个角是“内错角” ,所 以除非直线 B’D∥F’E,除非弧 B’F’=弧 DE,由已知及对称性确实有弧 B’F’=弧 DE,从而得 到∠BKC=∠KF’E,延长 F’K 交圆 O 于 C’,当点 F’变化时,弧 EC’=2∠KF’E 也跟着单调变 化,所以使得∠BKC=∠KF’E 的点 F’唯一,又∠BKC=∠KFE,所以 F’=F,所以 KC=KF。

2. 求最小的正实数 ? , 使得对任意三个复数 z1 , z2 , z3 ?{z ? C || z |? 1} , 若 z1 ?z2 ?z3 ? 0 , 则 | z1 z2 ? z2 z3 ? z3 z1 |2 ? | z1z2 z3 |2 ? ? 。 分析:由连续性,问题等价于条件、结论都是 ? 的情况。 在高等数学中有最大模原理,解析函数在自变量在边界时达到最大模。 所以,容易想到当 | z1 z2 ? z2 z3 ? z3 z1 |2 ? | z1 z2 z3 |2 最大时, z1 , z2 , z3 至少有两个在边界,即 满足 | z |? 1 ,而 | z1 z2 ? z2 z3 ? z3 z1 |2 ? | z1 z2 z3 |2 = | ( z1 z2 ? z2 z3 ? z3 z1 )ei 2? |2 ? | z1z2 z3ei3? |2 , 故不妨设 | z1 |?| z2 |? 1, Re z1 ? Re z2 ? x ? 0, 则 z3 ? ?2 x , 0 ? x ?

1 , 2

所以 | z1z2 ? z2 z3 ? z3 z1 |2 ? | z1z2 z3 |2 ?|1 ? 4x2 |2 ? | 2x |2 ? 1 ? 4x2 ?16x4 ? 1 ,所以 ?min ? 1 下面设法证明之
?1 不妨设 z1 , z2 , z3 中 z 3 的模最大,因为 | z3 |? 1 ,将每个数都乘以 ? z3 代替原来的数,则

左边更大, 此时 z3 ? ?1, 因为 z1 ? z2 ? z3 ? 0 , 设 z1 ? x ? yi, z2 ? 1 ? x ? yi, x, y ? R, y ? 0 , 则 0 ? x ? 1, 代入化简得 f ? 左边= 2(2xy-y)2 ? ( x ? x2 ? y 2 ? 1)2 ? ( x ? x2 ? y 2 )2 , 先固定 x,得 f y ? 8 y( x ? x ? y ) ,所以 f y' 先负后正, f 先减后增,在两端最大,
' 2 2

当 y ? 0 时, f ? 2( x ? x ? ) ?
2 2

1 2

1 ?1, 2

当 y 最大时, | z1 |,| z2 | 至少一个为 1,不妨设 | z2 |? 1 ,以下同前面分析,即旋转为 z1 在 x 轴负半轴上,设 z1 ? ? x(0 ? x ? 1) ,则左边 ? (1 ? x ) ? x ? 1 ,所以 ?min ? 1。
2 2 2

3. 给定整数 n ? 2 ,设集合 X ? {(a1 , a2 ,?, an ) | ak ?{0,1,?, k}, k ? 1, 2,?, n} ,对任意元 素 s ? (s1 , s2 ,?, sn ) ? X , t ? (t1, t2 ,?, tn ) ? X ,定义 s ? t ? (max{s1 , t1},?, max{sn , tn }) ,

s ? t ? (min{s1 , t1},?, min{sn , tn }) ,求 X 的非空真子集 A 的元素个数的最大值,使得对任
意 s, t ? A ,均有 s ? t ? A, s ? t ? A,

分析:如果取 A ? X ,显然满足任意 s, t ? A ,均有 s ? t ? A, s ? t ? A, 但是,不满足条件 A 是 X 的真子集,我们考虑去掉 X 的一些元素,使得得到的集合 A 满足后面的条件。 为此,考虑某个 ak 取少一个值 k,这时 A 满足后面的条件,且 | A |?

k (n ? 1)!,当 k ? n k ?1

时得到此种情形的最大值 | A |? nn ! ,元素能否再增加些呢?如果对此 A 添加一个元素

(s1 ,?, sn?1, n) ,那么只有 s ? t ? A 运算才可能产生新的元素,由此运算可知 {(a1,?, an?1, n) | ak ? sk , k ? 1,?, n ?1} ? A ,所以如果对原来的 A 添加 {(a1 ,?, an?1, n) | an?1 ? 0} ,则这样的 A 满足所有条件,此时 | A |? nn!? (n ?1)(n ?1)!
? (n ? 1)!? (n ? 1)! ,同理再往下添加,则不行了,如果这是最大值,那么,当 | A |? (n ? 1)!? (n ? 1)! 时,就不满足条件,也就是必定会有 A 不是 X 的真子集,即 A ? X ,
下面设法证明:当 | A |? (n ? 1)!? (n ? 1)! 时, A ? X ,今对 n 行归纳法。 (1) n=1 时,显然。 (2) 假设对 n ? k ? 1 ,成立,那么对 n ? k ,将 A 分成 k ? 1 支 Ai ? {(a1 ,?, ak ) ? A | ak ? i} ,则至少有一支,不妨设为 Aj ,有 | Aj |?

| A | (k ? 1)!? (k ? 1)! ? ? k !? (k ? 2)! ,注意到 k ?1 k ?1

每支都对运算 s ? t , s ? t 封闭, 由归纳假设, 有 Aj 是满的, 即 Aj ? {(a1,?, ak ) ? X | ak ? j} , 因为 A 是 X 的真子集, 所以至少有一支是不满的, 不妨设为 Al (l ? j ) , 记 si ? 则由 s ? t 运算知 s ? (s1 ,?, sk ?1 , l ) ? Al ,再将 s 与 Aj 的元素进行 s ? t 运算知
(? , , a)i ? ?Al

m a x

ai ,

{(a1,?, ak ?1, l ) | ai ? si } ? Al ,由 si 的定义知 {(a1,?, ak ?1, l ) | ai ? si } ? Al ,由于 Al 是不
满的,所以至少有一个 si ? i ,所以 | Al |?

i k ! ? (k ? 1)(k ? 1)! , i ?1

所以 | A |?| A 1 | ??? | A k |? kk !? (k ?1)(k ?1)! ? (k ? 1)!? (k ?1)! ,得证。

d 4. 设整数 c, d ? 2 ,数列 {an } 满足 a1 ? c, an?1 ? an ? c(n ? 1, 2,?) ,

证明:对每个整数 n ? 2 ,存在 an 的素因子 p ,使得对 i ? 1, 2,?, n ? 1 ,有 p ? | an 。

分析:像这种不整除的问题,首先应考虑反证法,反设对某个 an ,不存在这样的 p ,
d 即 an 的所有素因子都是 a1 ,?, an?1 的素因子, 我们再来看递推式 an?1 ? an ? c ,这种非线性

递推是比较复杂的,对此递推的把握容易想到这两点:整除与增长速度,考虑整除是因为联 系所证的结论,递推式虽然复杂,但是考虑整除就不一定复杂了,比如当 p | an 时,
d 有 an ? c ? c(mod p) ,也有 an ? c ? c(mod p) ,结果都是同样简单的;考虑增长速度是因

为 d 次幂增长非常快, 显然要注意到这个特点, 还有一个原因是, 数论很常结合不等式技巧, 所以应该如何考虑,应怎样分析,对水平高的同学来说条理是非常清晰的,思维更容易直指 问题的本质。而不是乱想,而后才凑巧想到某个点。
d 2 接下来,考虑比较简单的增长速度(不等式) ,有 an ? an ?1 ? c ? an?1 (因为 an ?1 可以无 2 限大,故 c 相对较小,舍去,而 d 是有可能等于 2 的) ? an?1an ?2 ? ? ? a1a2 ?an?1 ,

即 an ? a1a2 ?an?1



最后,考虑整除,注意到 an 的所有素因子都是 a1 ,?, an?1 的素因子,以下比较素数幂是 自然的了,设 an ? p1 1 ? pk k , a1 ?an?1 ? p1 1 ? pk k ,由①知,至少有一个 ? i ? ?i ,不妨 设 ?1 ? ?1 ,设 a1 ,?, an?1 中 ai 的 p1 幂指数最大,为 ? ,则 ? ? ?1 ,要进行比较,就要考虑
d d d d d d 唯一的已知条件 an?1 ? an ? c , an ? an )d ? c , ?1 ? c ? (an?2 ? c) ? c ? ? ? ((ai ? c) ? ? d? ? ?1 因为 p1 ,有 0 ? an ? ((0 ? c | aid ,所以可以考虑 mod p1 ) d

?

?

?

?

?? ) d ? c ? an? (mod i

? ?1 p1 ) ,

这样就化简了, 所以 p1

? ?1

| an?i ,这与 ai 的 p1 幂指数最大为 ? 矛盾,所以假设不成立,得证。

5.如图所示,四边形 ABCD 内接于圆 O,∠A,∠C 的内角平分线相交于点 I,∠B,∠D 的内 角平分线相交于点 J, 直线 IJ 不经过点 O, 且与边 AB, CD 的延长线分别交于点 P,R,与边 BC, DA 分别交于点 Q,S,线段 PR,QS 的中点分别为 M,N,证明:OM⊥ON。
C D A'

B' R

F

E S I M

O J N Q B D' P

A

C'

分析:要证垂直,联想与垂直有关的知识,熟知如果分别延长 AI,CI,BJ,DJ,分别与圆 O 交于点 A’C’B’D’,则四边形 A’B’C’D’为矩形,这是因为由对称性,A’C’,B’D’ 都是圆的直径的缘故。所以只要证明∠MON 等于其中一个直角即可,可想到分别证明 OM∥ A’B’,ON∥B’C’。再看中点条件,M 为 PR 的中点,而 O 为四边形 A’B’C’D’的中心, 所以如果能证明点 P,R 分别在直线 A’B’,C’D’上,则 OM 就位于平行线 A’B’,C’D’ 的中间,从而有 OM∥A’B’,从而转化为 A’B’R 与 C’D’P 三点共线问题,如果 C’D’P 三点共线,注意到此时会有△AIC’与△BJD’的对应点的连线交于点 P,由笛沙格定理,会 有这两个三角形的对应边的交点共线, 反之也然, 注意到有两双对应边的交点正好是内角平 分线的交点 E,F,这两个点在 AD,BC 所成角的平分线上,设 AD,BC 交于点 G,AC’,BD’交于 点 H,则 EFG 三点共线,要证 EFH 三点共线,只要再证点 H 在直线 EFG 上即可,证明三点共 线, 还可联想到帕斯卡定理, 考虑圆内接六边形 AC’CBD’D,即得点 FGH 三点共线, 所以 EFH 三点共线,从而对△AIC’与△BJD’,由笛沙格定理,C’D’P 三点共线,同理 A’B’R 也 三点共线,所以 OM∥A’B’∥C’D’,同理 ON∥B’C’∥A’D’,得证。

6.设 m, n 为整数, n ? m ? 2 ,S 是一个 n 元整数集合,证明:S 至少有 2 个子集的元素和均被 m 整除。 (这里约定空集的元素和为 0)
n ? m?1

n ? m?1

个子集,每

分析: 注意到 2

恰好是 n ? m ? 1 元集合的所有子集的个数, 如果取 S 的某个 n ? m ? 1
n ? m?1

元子集 A,则 A 的所有子集(当然也是 S 的子集)的元素和有 2

个,这样任取的元素和

当然不大可能都被 m 整除,所以,我们应当考虑余下的 m ? 1 个元素,设所成的集合为 B, 接下来自然考虑对前面的每个和 s1 ,再于 B 中取若干元素的得和 s 2 ,使得凑出 m | s1 ? s2 , 如果能做到,这样,就可得到 2
n ? m?1

个子集元素和,都是 m 的倍数,从而完成证明。

由于前面和的任意性,很可能是取遍了模 m 的完系,这就需要 B 满足:B 的子集元素和 也取遍模 m 的完系,所以考虑的重点为:如何从 S 中取出 m ? 1 元子集 B,使得 B 的子集元 素和也取遍模 m 的完系?比如 B ? {1,1,?,1} 就满足条件,注意,空集的元素和为 0。 (严格的写法是比如 B ? {1,1 ? m,?,1 ? (m ? 2)m} ,模 m 下 1 ? km 与 1 效果一样) 这个问题是复杂的,如何接着考虑呢?我们可以试试能否复杂问题简单考虑, m ? 1 个 太多不好把握,我们可以从 1 个开始,用数学归纳法的思想,从 B ? ? 开始,每次添加一 个元素,看 B 能否产生新的子集元素和,如果每次都可以,那么,添加到 m ? 1 个元素时, 就得到 m 个模 m 各不相同不同的数,也就是得到模 m 的完系了。证明如下:

B ? ? 时,B 的子集元素和为 0,有一个,设 B 的元素小于 k 个时,在模 m 下它的所有
不同子集元素和为 s1 ,?, sk ,任取 S 的余下元素 s ,将 s 添加到 B 中,如果此时 B 的子集元 素和在模 m 下能产生新的数,则完成了我们想要的步骤。有以下两种情况: (1) 每次都顺利完成,得到 S 的 m ? 1 元子集 B,B 的子集元素和取遍模 m 的完系,如上,至 少有 2
n ? m?1

个 S 的子集和,每个都被 m 整除;

(2) 对某个 k ? m ,B 不能产生新的子集元素和,即对任意的 S 的余下元素 s,在模 m 下

s ? s1 ,?, s ? sk 不产生新的数,注意到 s ? s1 ,?, s ? sk 模 m 各不相同,所以只能是 s1 ,?, sk
ks ? 0(mod m) , m | ks , 的一个排列, 所以有 (s ? s1 ) ? ? ? (s ? sk ) ? s1 ? ? ? sk (mod m) ,
设 (k , m) ? d , m ? m ' d ,则 d ? m, m ' | s ,所以 S 中余下的所有元素 (? n ? k ) ,每个都 是 m ' 的倍数,记为 m ' x1 ,?, m ' xn?k ,又记 S ' ? {x1 ,?, xn?k } ,注意到 d | xi1 ? ? ? xij ?

m ? m ' d | m ' xi1 ? ?? m ' xij ,所以这种情形下,将 S 的子集元素和为 m 的倍数问题,转化

为 S ' 的子集元素和为 d 的倍数问题,假设对 m 行归纳法法,则对 d,S ' 中至少有 2 子集的元素和是 d 的倍数,对应地,S 中至少有 2
n ? k ? d ?1

n ? k ? d ?1



个子集的元素和是 m 的倍数,

n ? k ? d ?1 ? 2n?m?1 ,得证。 因为 (k , m) ? d , k ? m ,所以 k ? m ? d ,所以 2

小结:在这个困难的问题中,我们将(1)(2)综合起来,一般来说,数学难题都不是单一 思路的,要善于综合起来思考。一方面是什么,另一方面又是什么,综合起来才得到结论。


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