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第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试三解答


届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试三 测试三解答 第 53 届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试三解答
第一天 00-12: 2012 年 3 月 25 日 上午 8:00-12:30 1.如图,锐角 ?ABC 中, ∠A > 60o , H 为 ?ABC 的垂心,点 M 、 N 分别在边
AB 、 AC 上, ∠HMB = ∠HNC = 60o , O 为 ?HMN 的外心.点 D 与 A 在直线 BC 的

同侧,使得 ?DBC 为正三角形.证明: H 、 O 、 D 三点共线.
D A M H N O

B

C

证法一: 法一 如图, 设 T 为 ?HMN 的垂心, 延长 HM 、CA 交于点 P , 延长 HN 、
BA 交于点 Q ,易知 N 、 M 、 P 、 Q 四点共圆.

由 ∠THM = ∠OHN 知: ∠PQH ? ∠OHN = ∠NMH ? ∠THM = 90o ,即 HO ⊥ PQ . 设 R 为点 C 关于 HP 的对称点,则 HC = HR . 由 ∠HPC + ∠HCP = ( ∠BAC ? 60o ) + ( 90o ? ∠BAC ) = 30o 知: CHR = 60o .因此 ∠
?HCR 为正三角形.



由 ∠HPC = ∠HQB 及 ∠HCP = ∠HBQ 知: ?PHC 与 ?QHB 相似,因此 ?PHR 与 ?QHB (顺)相似,由此推出 ?QHP 与 ?BHR (顺)相似.

uuu r uuu r 用 ∠(UV , XY ) 表示向量 UV 与 XY 的夹角(逆时针方向为正).
由于 ∠PHR = 150o ,因此 ∠( PQ, RB ) = ∠( HP, HR ) = 150o ,而 ?BCD 与 ?RCH 均为正三角形,所以 ?BRC 与 ?DHC 全等.因此 ∠( RB, HD) = ∠(CR, CH ) = ?60o . 由此可知,
∠( PQ, HD) = ∠( PQ, RB ) + ∠( RB, HD) = 150o ? 60o = 90o ,


DH ⊥ PQ .



由①、②即知, H 、 O 、 D 三点共线, 得证.
P Q A M T H B C O N D

D A M O H N

B
R

C

证法二:以 O 为原点建立复平面,以每点的字母表示这点所对应的复数,设 证法二
H = 1 , N = e 2α i , M = e ?2 β i , 则 | NH |= 2 sin α , | MH |= 2sin β , 且

sin π ? (α + β ? ) i 5π C?H 3 6 ∠HCA = ∠HBA = ? (α + β ) . 由 得: =e ? 5π 6 N ?H sin( ? α ? β ) 6 C=e
? (α + β ? ) i 6

π

π

?

3 ? 2sin α ? e 5π sin( ? α ? β ) 6 sin

sin

π

(α + ) i 2

π

+1 =

3 sin α ? e

(

2π ?β )i 3

cos(α + β ? ) 3
(α ? 2π )i 3

π

+1, ①

同理 B=e
(α + β ? ) i 6

π

π

?

3 ? 2sin β ? e 5π sin( ? α ? β ) 6

? ( β + )i 2

π

+1 =

3 sin β ? e

cos(α + β ? ) 3

π

+1.



由 ?BCD 为正三角形知:D = ?ω B ? ω 2C , 所以 D = ?ω 2 B ? ωC , 要证 H 、O 、 D 三点共线,即证 D = D ,也就是证明 B + ωC = ω B + C . 将①,②代入得到
2π )i 3 4π ? β )i 3

B + ωC =

3 sin β ? e

(α ?

cos(α + β ? ) 3 3 sin α ? e
(β ? 2π )i 3

π

+1+

3 sin α ? e

(

cos(α + β ? ) 3 3 sin β ? e
( 4π ?α ) i 3

π

+ω ,

ωB + C =

cos(α + β ? ) 3
(α ? 2π )i 3

π

+1+

cos(α + β ? ) 3

π

+ω .
2π )i 3

只需证明

sin β ? e

+ sin α ? e

(

4π ? β )i 3

= sin β ? e

(

4π ?α ) i 3

+ sin α ? e

(β ?



比较左右两边的实部与虚部即知这是成立的,得证.

2. 证明:对任意给定的整数 k ≥ 2 , 存在 k 个互不相同的正整数 a1 , a2 ,L , ak , 使 得 对 任 意 整 数 b1 , b2 ,L , bk , ai ≤ bi ≤ 2ai , i = 1, 2,L , k , 以 及 任 意 非 负 整 数
c1 , c2 ,L , ck , 只要 ∏ bici < ∏ bi , 就有 k ∏ bici < ∏ bi .
i =1 i =1 i =1 i =1 k k k k

证明: 证明: 我们证明更强的命题:对任意正实数 k , 以及任意正整数 n , 都存在

n 个正整数 a1 , a2 ,L , an , 满足 ai +1 > 2ai , 1 ≤ i ≤ n ? 1 , 且对任意实数 b1 , b2 ,L , bn ,
ai ≤ bi ≤ 2ai , i = 1, 2,L , n , 以及任意非负整数 c1 , c2 ,L , cn , 只要 ∏ bici < ∏ bi , 就
i =1 i =1 n n



k ∏ bici < ∏ bi .
i =1 i =1

n

n

不妨设 k > 1 , 对 n 用数学归纳法证明上述命题 . n = 1 时 , c1 = 0 , 只需取
a1 > k 即可 . 假设结论对 n 成立 , 我们有 x1 < x2 < L < xn 满足要求 , 且 xi +1 > 2 xi , 1 ≤ i ≤ n ? 1 , 现考虑 n + 1 的情形. 先取定一个正整数 xn +1 > 2 xn , 满足

? 2x ? xn+1 > k? n ? , 2 xn ? x1 ?

n



再令 ai = txi , i = 1, 2,L , n + 1 , t 取充分大的正整数, 使得
a1n+1 > 2n a2 L an +1 ,

② ③

以及

n ?1 k ? 2n ?1 an +1 < a1 L an .

下面证明这组 ai (1 ≤ i ≤ n + 1) 满足要求. 设实数 bi ∈ [ai , 2ai ](1 ≤ i ≤ n + 1) (注意 到此时有 b1 < b2 < L < bn +1 ), 以及非负整数 ci (1 ≤ i ≤ n + 1) ,满足 ∏ bici < ∏ bi .
i =1 i =1 n +1 n +1

若 ∑ ci ≤ n , 则
i =1 n n ?1 k ∏ bici ≤ kbn+1 ≤ k ? 2 n?1 an+1bn+1 < a1 L anbn +1 ≤ ∏ bi . (这里用到③式) i =1 i =1 n +1 n +1

n +1

若 ∑ ci ≥ n + 2 , 则
i =1

n +1

∏ bici ≥ b1n+2 ≥ a1n+1b1 > 2n a2 L an+1b1 ≥ ∏ bi ,
i =1 i =1

n +1

n +1

(这里用到②式)

这不可能. 若 ∑ ci = n + 1 , 再考虑三种情况, 若 cn +1 ≥ 2 , 则
i =1 n +1

∏b
i =1 n +1 i =1

n +1

ci i

∏b
这不可能.

b ?b ? ≥ n +1 ? ? 1 ? bn ? bn ?

n ?1

? a ? a ≥ n +1 ? ? 1 ? 2 an ? 2 an ?

n ?1

? x ? x = n +1 ? ? 1 ? 2 xn ? 2 xn ?

n ?1

> 1, (这里用到①式)

i

若 cn +1 = 1 , 则

∏b
i =1 n +1 i =1

n +1

ci i

∏b

=

∏b
i =1 n i =1

n

ci i

i

∏b

, 注意到

bi ∈ [ xi , 2 xi ] , 1 ≤ i ≤ n , 由归纳假设知 t

i

k ∏ bici < ∏ bi .
i =1 i =1

n +1

n +1

若 cn +1 = 0 , 则 ? a ? ? x ? b ?b ? a x ≥ n +1 ? ? n ? ≥ n +1 ? ? n ? = n +1 ? ? n ? > k . (这里用到①式) b b 2an ? 2a1 ? 2 xn ? 2 x1 ? ∏ bici n ? 1 ?
i =1 n +1 i =1 i

∏b

n +1

n

n

n

这样便验证了所取的 a1 , a2 ,L , an+1 满足条件,结论证毕.
3. 求满足下面条件的最小实数 c : 对任意一个首项系数为 1 的 2012 次实系

数多项式
P ( x) = x 2012 + a2011 x 2011 + a2010 x 2010 + L + a1 x + a0 ,

都可以将其中的一些系数乘以 ?1 , 其余的系数不变 , 使得新得到的多项式的每 个根 z 都满足 | Im z | ≤ c | Re z | , 这里 Re z 和 Im z 分别表示复数 z 的实部和虚部. 解答: 解答 : 首先我们说明 c ≥ cot

π
4022

. 考虑多项式 P ( x) = x 2012 ? x , 通过改变

P ( x) 的系数符号, 得到 4 个多项式 P ( x) , ? P ( x) , Q ( x) = x 2012 + x 和 ?Q ( x) . 注意

到 P ( x) 与 ? P ( x) 有相同的根, 其中之一为 z1 = cos

1006 1006 π + i sin π , 此外 Q( x) 2011 2011

与 ?Q ( x) 有相同的根, 且为 P ( x) 的所有根的相反数, 故 Q ( x) 有一根 z2 = ? z1 , 由 此得

? | Im z1 | | Im z2 | ? π c ≥ min ? , . ? = cot 4022 ? | Re z1 | | Re z2 | ?
下面证明 c = cot

π
4022

满足题目要求. 对任意

P ( x) = x 2012 + a2011 x 2011 + a2010 x 2010 + L + a1 x + a0 ,

将其系数适当改变符号后可以得到多项式
R ( x) = b2012 x 2012 + b2011 x 2011 + b2010 x 2010 + L + b1 x + b0 ,

其中, b2012 = 1 ;对 j = 1, 2, L , 2011 , ? | a j |, 若 j ≡ 0, 1 ( mod 4 ) , ? bj = ? ?? | a j |, 若 j ≡ 2, 3 ( mod 4 ) . ? 我们证明 R ( x) 的每一个根 z , 都满足 | Im z | ≤ c | Re z | . 用反证法:假设 R ( x) 有一个根 z0 , 使得 | Im z0 | > c | Re z0 | , 则 z0 ≠ 0 , 并且要 么 z0 与 i 的夹角小于 θ =

π
4022

, 要么 z0 与 ?i 的夹角小于 θ . 假设 z0 与 i 的夹角小

于 θ , 另一种情况只需考虑 z0 的共轭虚根. 分两种情形: 若 z0 在第一象限 (或虚轴上), 设 ? ( z0 , i ) = α < θ , 其中 ? ( z0 , i ) 为将 z0 逆时针 方向旋转到与 i 相同方向的最小角度 . 对 0 ≤ j ≤ 2012 , 若 j ≡ 0, 2 ( mod 4 ) , 则

? (b j z0j ,1) = jα ≤ 2012α < 2012θ ; 若 j ≡ 1, 3 ( mod 4 ) , 则 ? (b j z0j , i ) = jα < 2011θ ,
1 又 ? (b1 z0 , i ) = α , 故每个 b j z0j 的辐角主值在 [2π ? 2012α , 2π ) ∪ [0, π ? α ] 中 , 此 2 1 1 角状区域的顶角为 2012α + π ? α = π + 2011α < π , 又 b j z0j , 0 ≤ j ≤ 2012 不全 2 2 为 0, 它们的和不能等于 0.

若 z0 在 第 二 象 限 ,

设 ? (i, z0 ) = α < θ ,

若 j ≡ 0, 2 ( mod 4 ) ,



? (1, b j z0j ) = jα < 2012θ ; 若 j ≡ 1, ( mod 4 ) , 则 ? (i, b j z0j ) = jα ≤ 2011α < 3
每 个 b j z0j 的 辐 角 主 值 都 在 [0,

π
2

, 于是

π
2

+2011α ] 中 , 由 于

π
2

+ 2011α < π , 而 b j z0j ,

0 ≤ j ≤ 2012 , 不全为 0, 它们的和不能等于 0.

综上所述, 所求最小实数 c 为 cot

π
4022

.

第二天 第二天 00-12: 2012 年 3 月 26 日 上午 8:00-12:30
4. 给定整数 n ≥ 4 ,设 A, B ? {1, 2,L , n} ,已知对任意 a ∈ A, b ∈ B , ab + 1 为

平方数,证明:

min { | A |, | B | } ≤ log 2 n .
证明:引理:设正整数 a < a′ 为 A 中元素, b < b′ 为 B 中元素,则 a′b′ > 4ab . 证明 引 理 的 证 明 : 首 先 注 意 (ab + 1)(a′b′ + 1) > (ab′ + 1)(a′b + 1) ( 这 等 价 于
(a′ ? a )(b′ ? b) > 0 ) .故

(ab + 1)(a′b′ + 1) > (ab′ + 1)(a′b + 1) .
但由条件,此式左右两边均为整数,由此得到

(ab + 1)(a′b′ + 1) ≥ ( (ab′ + 1)(a′b + 1) + 1)2 .
将上式两边展开,得到

ab + a′b′ ≥ ab′ + a′b + 2 (ab′ + 1)(a′b + 1) + 1
> ab′ + a′b + 2 ab′ ? a′b . 因 a < a′ , b < b′ ,故 ab′ + a′b > ab ,结合上式得到 a′b′ > 2 ab′ ? a′b ,故 a′b′ > 4ab . 回到原题, 设 A = {a1 , a2 ,L , am }, B = {b1 , b2 ,L , bn } , a1 < a2 < L < am , b1 < b2 < L < bn .不妨设 m ≤ n .由于 a1b1 + 1 为平方数,故 a1b1 ≠ 1, 2 . 若 a1b1 = 3 , 不 妨 设 a1 = 1, b1 = 3 , 则 由 a1b2 + 1, a2b1 + 1 均 为 平 方 数 及 a1 < a2 , b1 < b2 ,易知 a2 ≥ 5, b2 ≥ 8 ,从而 a2b2 > 42 .因此,或者有 a1b1 ≥ 4 ,或者 有 a2b2 > 42 . 应用引理可知, ak +1bk +1 > 4ak bk , k = 1, 2,L , m ? 1 .从而,若 a1b1 ≥ 4 ,则有
n 2 ≥ am bm > 4am ?1bm ?1 > L > 4m ?1 a1b1 ≥ 4m ,

若 a2b2 > 42 ,则有

n 2 ≥ am bm > 4am ?1bm ?1 > L > 4m ? 2 a2b2 > 4m ,

故总有 m ≤ log 2 n .

5. 求所有具有下述性质的整数 k ≥ 3 : 存在整数 m, n , 满足 1 < m < k , 1 < n < k ,
(m, k ) = (n, k ) = 1 , m + n > k , 且 k | (m ? 1)(n ? 1) .

证: 若 k 有平方因子, 设 t 2 | k , t > 1 , 取 m = n = k ? 下设 k 无平方因子.

k + 1 即满足条件. t

若存在两个素数 p1 , p2 , 使得 ( p1 ? 2)( p2 ? 2) ≥ 4, p1 p2 | k ,设 k = p1 p2 L pr ,
p1 , p2 , L , pr 两两不同, r ≥ 2 . 由于 ( p1 ? 1) p2 p3 L pr + 1 与 ( p1 ? 2) p2 p3 L pr + 1 中

至少有 1 个数与 p1 互素(否则 p1 整除它们的差,即 p2 p3 L pr ,矛盾) ,取这个数 为 m , 1 < m < k ,(m, k ) = 1 . 同理可在 ( p2 ? 1) p1 p3 L pr + 1 与 ( p2 ? 2) p1 p3 L pr + 1 则 两数中取一个数 n ,使 1 < n < k , (n, k ) = 1 . 从而 p1 p2 L pr | (m ? 1)(n ? 1) ,且
m + n ≥ ( p1 ? 2) p2 p3 L pr + 1 + ( p2 ? 2) p1 p3 L pr + 1
= k + (( p1 ? 2)( p2 ? 2) ? 4) p3 L pr + 2 > k .

这样的 m, n 满足条件. 若不存在两个素数 p1 , p2 , 使 ( p1 ? 2)( p2 ? 2) ≥ 4, p1 p2 | k ,易验证这样的整数
k ≥ 3 只可能等于 15, 30 或者形如 p, 2 p (其中 p 为奇素数). 易知 k = p, 2 p, 30

时,不存在满足条件的 m, n ;当 k = 15 时, m = 11, n = 13 满足条件. 综上所述,整数 k ≥ 3 满足题设当且仅当 k 不是奇素数、奇素数的两倍及 30.
6. 由 2012 × 2012 个单位方格构成的正方形棋盘的一些小方格中停有甲虫 ,

一个小方格中至多停有一只甲虫. 某一时刻, 所有的甲虫飞起并再次全部落在这 个棋盘的方格中, 每一个小方格中仍至多停有一只甲虫. 一只甲虫飞起前所在小 方格的中心指向再次落下后所在小方格的中心的向量称为该甲虫的 “位移向量” , 所有甲虫的“位移向量”之和称为“总位移向量”.

就甲虫的个数及始、末位置的所有可能情况, 求“总位移向量”长度的最大 值. 解答: 解答 以棋盘中心为原点, 平行于格线建立直角坐标系, 将所有小方格的中 心点记为集合 S , 初始时停有甲虫的小方格中心点记为集合 M 1 ? S , 再次落下 后停有甲虫的小方格中心点记为集合 M 2 ? S , 同一甲虫前后两次停留的小方格 给出了 M 1 到 M 2 的一一对应 f , 于是总位移向量 V 等于

V=

v∈M1

∑ ( f (v) ? v) = ∑ u ? ∑ v .
u∈M 2 v∈M1



注意到①式与 f 无关, 因此只需对所有 M 1 , M 2 ? S , M 1 = M 2 , 求①式的最大值. 可不妨设 M 1 ∩ M 2 = ? , 否则将 M 1 , M 2 同时减去它们的交集后①式不改变. 由于
M 1 , M 2 的选取方式有限, 设对某一对 ( M 1 , M 2 ) , | V | 取得最大值. 显然 V ≠ 0 ,过 O 作垂直于 V 的直线 l .

引理一: l 不过 S 中任意一点, 且 M 1 为 l 某一侧的所有 S 中的点,M 2 为 l 另一 侧的所有 S 中的点. 引理一的证明 : 首先 M 1 ∪ M 2 = S , 否则由于 | S | 为偶数 , 至少有两个点 a, b 不在 M 1 ∪ M 2 中, 不妨设 a ? b 与 V 的夹角不超过 90o , 则 | V + (a ? b) | > | V | , 故将

a 加入 M 2 , b 加入 M 1 后, | V | 严格增大, 这与 | V | 的最大性矛盾. 于是 M 1 , M 2 互
为补集 . 其次 , M 2 = ? M 1 , 如若不然 , 则 M 1 , M 2 中都包含一对对称点 , 即存在
a, b ∈ S , 使得 a, ? a ∈ M 1 , b, ? b ∈ M 2 . 不妨设 a ? b 与 V 的夹角不超过 90o , 则

| V | < | V + 2(a ? b) | =



u∈( M 2 \{b}) ∪{a }

u ? ∑ v∈( M1 \{a})∪{b} v ,

与 | V | 的最大性矛盾, 故 M 1 , M 2 是对称的点集. l 不过 S 中任意一点,如若不然, 设 l 过 a, ? a ∈ S , a ∈ M 1 , ? a ∈ M 2 ,则将 a 换入 M 2 , ?a 换入 M 1 后, 总位移向 量为 V + 4a , 注意 a 与 V 的夹角等于 90o , | V + 4a | > |V | , 矛盾. 最后我们说明, 则
M 2 是 l 一侧的所有 S 中的点( V 指向的那一侧) M 1 是 l 另一侧的所有 S 中的 ,

点.如若不然,在 V 指向的一侧有 a ∈ M 1 ,另一侧有 b ∈ M 2 ,则 a ? b 与 V 的夹角

小于 90o ,这样将 a 换入 M 2 , b 换入 M 1 , V 变为 V + 2(a ? b) ,长度严格变大, 与 | V | 的最大性矛盾. 至此引理一获证.
1 1 引理二: 设 S k = {( x, y ) ∈ S | x | = k ? 或 | y | = k ? } , l 是过 O 的一条直线, 2 2 且 不 过 Sk 中 点 . Sk 在 l 一 侧的 所 有点 记为 Ak , 另 一侧 的 所有 点记 为 Bk , 则

Vk =
平).

u∈ Ak

∑ u ? ∑ v 的最大值在 l 水平(或垂直)时取得,
v∈Bk

此时 Vk 的方向为垂直(或水

引理二的证明: Sk 的点落在一个正方形边界 上, 每边上有 2k 个点 . 设该正方形的四个顶点分 1 1 1 1 别 为 A (k ? , k ? ) , B (? k + , k ? ) , 2 2 2 2 1 1 1 1 C (? k + , ? k + ) , D (k ? , ? k + ) . 由对称性 , 2 2 2 2 不妨设 l 过 AD 内部, 且斜率非负, 这样设 l 与 AD 的交点在 AD 上从上往下第 t (1 ≤ t ≤ k ) 个 Sk 中的点 和第 t + 1 个 Sk 中的点之间. 此时算得

r r r r r Vk = (2k ? 2)(2k ? 1) j + (2k ? t ) ? (2k ? 1)i + t j + t (2k ? 1)i + (2k ? t ) j
r r = ?2(2k ? 1)(k ? t )i + 2 ? (k ? t ) 2 + 3k 2 ? 3k + 1 j ,

(

) (
)

)

(

r r 其中 i, j 分别表示水平和垂直单位向量. 记 (k ? t ) 2 = u , 0 ≤ u ≤ k 2 ,则 1 2 Vk = (2k ? 1) 2 u + u 2 ? 2(3k 2 ? 3k + 1)u + (3k 2 ? 3k + 1)2 4

= u 2 ? (2k 2 ? 2k + 1)u + (3k 2 ? 3k + 1) 2 .

上式作为关于 u 的二次函数, 对称轴在 u = k 2 ? k +

1 1 处, 易知当 u = 0 时, Vk 2 4

2

取最大值,即 | Vk | 取最大值, 此时 t = k ,即 l 是水平直线, 故 Vk 为垂直方向. 引理 二获证. 回到原题, 由对称性, 只需考虑 l 的斜率非负且小于 1 的情形, M 1 , M 2 分别为
l 的两侧所有点. 记 M 2 ∩ S k = Ak , M 1 ∩ S k = Bk , Vk =
u∈Ak

∑u? ∑v,
v∈Bk



|V | =
1006 k =1

1006 k =1

∑ Vk ≤ ∑ | Vk | .
k =1

1006



故 | V | max ≤ ∑ | Vk |max . 当 l 为水平直线 , M 2 为上半平面中所有点 , M 1 为下半平 面中所有点时, 各 | Vk | 取得最大值, 且 Vk 方向都垂直向上, ②式中三角不等式也 取得等号, 故此时 | V | 的确取得最大值, | V |max = 2 × 10063 .


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