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2014年中国数学奥林匹克(CMO)试题及其解答


文 武 光 华
2014 年中国数学奥林匹克(CMO)试题及其解答
解答人:文武光华数学工作室 田开斌
一、如图,在锐角△ABC 中,AB>AC,∠BAC的平分线与边 BC 交于点 D,点 E、F 分 别在边 AB、AC 上,使得 B、C、F、E 四点共圆。证明:△DEF 的外接圆圆心与△ABC 的内切 圆圆心重合的充分必要条件为BE + CF =

BC。
A

E

F

B

D

C

证明:如图,取△ABC 内心为 I,作 IL⊥BC 于 I,作 IM⊥AC 于 M,作 IN⊥AB 于 N,则 IL = IM = IN。因为AB>AC,所以∠B<∠C,所以∠ADC<90°,所以点 L 在线段 CD 上, 又因为 B、C、F、E 四点共圆,所以 = ,而AB>AC,所以AE<AF。 (1)我们先证明必要性,即若△DEF 的外心与△ABC 的内心重合,则BE + CF = BC。 若 I 为△DEF 外心,则ID = IE = IF,从而△IDL≌△IFM≌△IEN,于是知DL = FM = EN。又AM = AN,且AE<AF,所以 E 在线段 AN 上,F 在线段 CM 上,所以BE = BN + EN, CF = CM ? FM。于是知BE + CF = BN + CM。又BN = BL,CM = CL,所以BE + CF = BN + CM = BL + CL = BC。
A

E N M F

I

B

D L

C

(2)我们再证明充分性,即若BE + CF = BC,则△DEF 的外心与△ABC 的内心重合。 如图,以△ABC 的内心 I 为圆心,以 ID 为半径作⊙I,设⊙I 与 AB 的交点中离点 A 较 近的点为E′,⊙I 与 AC 的交点中离点 A 较远的点为F′。根据(1)的证明,知△IDL≌△ IF′M≌△IE′N,且E′在线段 AN 上,F′在线段 CM 上。于是知∠IDL = ∠IE N = ∠IF′M,所以 I、D、B、E′四点共圆,I、E 、A、F′四点共圆,所以∠AF E = ∠AIE = ∠ABD,所以 B、C、F 、E′四点共圆。又因为 B、C、F、E 四点共圆,所以 = = 。 若AE<AE′,则AF<AF′,从而AE + AF<AE + AF = BC,矛盾;若AE>AE′,则 AF>AF′,从而AE + AF>AE + AF = BC,矛盾。于是只能AE = AE′,进而知AF = AF′。 于是点 E 与点E′重合,点 F 与点F′重合,所以三角形 DEF 的外心即为△DE′F′的外心 I。

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文 武 光 华
A

E(E') N M F(F')

I

B

D L

C

综上所述,命题得证。 二、对大于1的正整数n,定义集合D(n) = a ? b|n = ab,a、b ∈ N ,a>b 。证明: 对任意大于1的整数k,总存在k个互不相同且大于1的整数n 、n 、 … 、n ,使得 |D(n )?D(n ) ? … ?D(n )| ≥ 2。 证明:我们先证明一个引理:对任意大于1的整数k,存在正整数α>β,使得关于x、y 的方程x(x + α) = y(y + β)至少有k组正整数解。 引理的证明:根据条件知: x(x + α) = y(y + β) ? (2x + α) ? α = (2y + β) ? β ? (2x + α) ? (2y + β) = α ? β ? (2x + 2y + α + β)(2x ? 2y + α ? β) = (α + β)(α ? β) (1) α+β = 4 为方便,取 ,显然α、β均为正整数。代入(1)知: α?β = 4 2x + 2y + 4 2x ? 2y + 4 =4 (2) x = 4 ? 4 4 ?1 2x + 2y + 4 =4 令 (1 ≤ m ≤ k),则 , 2x ? 2y + 4 =4 y= 4 ?4 + 4 ?4 显然x、y都为正整数。于是知,当α = ,β = 时,方程x(x + α) = y(y + β) 至少有k组正整数解。引理得证。 下面借助引理证明原命题。 根据引理知,存在正整数α>β,使得方程x(x + α) = y(y + β)至少有k组正整数解,设 这k组正整数解分别为 x ,y 、 x ,y 、 … 、 x ,y 。 令n = x (x + α),1 ≤ i ≤ k,则n = x (x + α) = y (y + β),所以 α,β ? D(n )。于 是知 α,β ? D(n )?D(n ) ? … ?D(n ),命题得证。 三、证明:存在唯一的函数f: N → N ,满足f(1) = f(2) = 1,f(n) = f f(n ? 1) + f n ? f(n ? 1) ,n = 3、4、5、 …。并对每个整数m ≥ 2,求f(2 )的值。 证明:我们先用数学归纳法证明:对于任意n ∈ N , ≤ f(n) ≤ n (1) 当n = 1、2时,结论显然成立。 假设当n ≤ k(k ≥ 2)时,都有 ≤ f(n) ≤ n。则当n = k + 1时,有1 ≤ f(k) ≤ k, 1 ≤ k + 1 ? f(k) ≤ k。根据归纳假设知: f(k + 1) = f f(k) + f k + 1 ? f(k) ≥
( )

+

( )

=

f(k + 1) = f f(k) + f k + 1 ? f(k) ≤ f(k) + k + 1 ? f(k) = k + 1 即当n = k + 1时,结论也成立。根据数学归纳法,(1)式得证。 根据(1)式,及递归关系f(n) = f f(n ? 1) + f n ? f(n ? 1) ,知f存在,且唯一。

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我们再用数学归纳法证明:对于任意n ∈ N ,都有: f(n + 1) ? f(n) ∈ 0,1 (2) 当n = 1时,结论显然成立。 假设当n ≤ k(k ≥ 1)时,有f(k + 1) ? f(k) = 0 或 1。我们考察f(k + 2) ? f(k + 1)。 根据条件知: f(k + 1) = f f(k) + f k + 1 ? f(k) ,f(k + 2) = f f(k + 1) + f k + 2 ? f(k + 1) 于是: f(k + 2) ? f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 ? f(k + 1) ? f f(k) + f k + 1 ? f(k) 若 f(k + 1) ? f(k) = 0 , 则 f f(k + 1) = f f(k) , f k + 2 ? f(k + 1) = f k + 2 ? f(k) , 且1 ≤ k + 1 ? f(k) ≤ k,从而根据归纳假设知: f(k + 2) ? f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 ? f(k + 1) ? f f(k) + f k + 1 ? f(k) = f f(k) + f k + 2 ? f(k) ? f f(k) + f k + 1 ? f(k) = f k + 2 ? f(k) ? f k + 1 ? f(k) ∈ 0,1 若f(k + 1) ? f(k) = 1,则f f(k + 1) = f(f(k) + 1) ,f k + 2 ? f(k + 1) = f k + 1 ? f(k) , 且1 ≤ f(k) ≤ k,从而根据归纳假设知: f(k + 2) ? f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 ? f(k + 1) ? f f(k) + f k + 1 ? f(k) = f(f(k) + 1) + f k + 1 ? f(k) ? f f(k) + f k + 1 ? f(k) = f(f(k) + 1) ? f f(k) ∈ 0,1 即当n = k + 1时,结论也成立。根据数学归纳法,(2)式得证。 最后,我们用数学归纳法证明:对于任意m ∈ N ,m ≥ 2,有 f(2 ) = 2 (3) 根据条件知: f(3) = f f(2) + f 3 ? f(2) = f(1) + f(2) = 2, f(4) = f f(3) + f 4 ? f(3) = f(2) + f(2) = 2 于是,当m = 2时,(3)式成立。 假设当m = k(k ≥ 2)时,有f 2 = 2 。我们证明f 2 =2 。 否则,若f 2 ≠ 2 ,根据(1)知f 2 >2 ,从而f 2 ≥ 2 + 1。设a为使得 f(a) = 2 + 1 的最小值,则a ≤ 2 ,且根据(2)知f(a ? 1) = 2 。于是根据归纳假设有: f(a) = f f(a ? 1) + f a ? f(a ? 1) = f 2 + f a ? 2 ? 2 +1= 2 +f a?2 ? f a?2 = 2 +1 另一方面,a ? 2 ≤ 2 ? 2 = 2 ,根据(2)知,f a ? 2 ≤ f 2 = 2 ,这与 a?2 = 2 + 1矛盾。所以f 2 =2 。 根据数学归纳法知,对任意整数m ≥ 2,求f(2 ) = 2 的值。 综上所述,命题得证。 四、对正整数n>1,设n = p ·p · … · p 是n的标准分解式,定义ω(n) = l, Ω(n) = α + α + ? + α ,是否对任意给定的正整数k及正实数α、β,总存在正整数n>1, 使得
( ( ) )

>α,

( ( )

)

<β?证明你的结论。

证明:我们先证明两个引理。 引理一:若u为正整数,奇数p、q互素,则 u + 1,u + 1 = u + 1。 引理一的证明:设 u + 1,u + 1 = d。显然u + 1|u + 1,u + 1|u + 1,所以 u + 1|d。 另一方面,u ≡ ?1(mod d),u ≡ ?1(mod d)。设u关于模 d 的半阶为μ,则μ|p,μ|q , 而 p,q = 1,所以μ = 1。于是知u ≡ ?1(mod d) ? d|u + 1。 综合两方面知d = u + 1,所以 u + 1,u + 1 = u + 1,引理一得证。 引理二:设v为大于1的正整数,q为v + 1的奇素因子,则2 |q ? 1。

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引理二的证明:根据条件知v ≡ ?1(mod q) ? v ≡ 1(mod q)。设v关于模q的阶 数为λ,则λ|2 而λ ? 2 ,所以λ = 2 。又根据费马小定理知v ≡ 1(mod q),所以 2 |q ? 1。引理二得证。 下面借助引理证明原命题。 … 取n = 2 · · k,其中q 、q 、 … 、q 为互异的奇素数,s ∈ N 。 一方面,根据ω(n)的定义知:
( ( ) )
· … · …

=

· ·

·

… …

·




· …

·

·

=


( )

(1) |u
… …

为方便,令2 据引理一知 知:
( ( ) )

= u,则2

+1 =u

+ 1。显然
·

+ 1,且根

两两互素,其中i = 1、2、 … 、t。所以ω 2

+ 1 ≥ t,代入(1) (2)



( )
· … · … · … · … · …

另一方面,根据Ω(n)的定义知:
( ( ) )

=

· · ·

=

( ) ( )



( ) …

·

(3)

… … 令2 = v,则2 +1 =v 数,根据引理二知q>2 。于是知Ω 2 · 代入(3)知: ( ( ) )

+ 1。设q为v + 1的任一素因子,显然q为奇 … … + 1 < log 2 · + 1 <q q … q 。 (4)



… · …

( )

注意到,当t → +∞, 知,取s、t足够大时,即有
(

( ) ( )

→ +∞,当s → +∞时,
)

… · …

( )

→ 0。根据(3)、(4)

>α,

( ( )

)

<β。

五、集合X = 1,2, … ,100 ,函数f: X → X同时满足:(1)对于任意x ∈ X, f(x) ≠ x;(2)对于X的任意一个40元子集A,都有A?f(A) ≠ Φ。 求最小的正整数k,使得对于任意满足上述条件的函数f,都存在X的k元子集B,使得 B?f(B) = X。(注:对X的子集T,定义f(T) = x|x = f(t),t ∈ T 。) 解答:若存在f(x ) = y ,则将x 、y 在集合X删除,在剩下的集合中继续这种操作, 直到无法操作为止。设共经过了m次操作,此时集合中还剩下100 ? 2m个数,且剩下的集 合X 中,不再存在元素x 、y ,使得f(x ) = y ,这即是说X ?f(X ) = Φ,所以|X |<40,即 100 ? 2m<40 ? m ≥ 31。 我们先证明,对于任意满足题设条件的函数f,都存在X的69元子集B,使得B?f(B) = X。事实上,设集合X中先删除的31组数分别为x → y 、x → y 、…、x → y ,剩下的 38个数为x 、x 、 … 、x ,令B = x ,x , … ,x ,x ,x , … ,x ,则|B| = 69,且 B?f(B) = X。 接下来,我们构造一种满足条件的函数f,使得X的任意68元子集C,都有C?f(C) ≠ X。 f(3k ? 2) = 3k ? 1 令 f(3k ? 1) = 3k ,其中 k = 1、2、 … 、30 ,且f(91) = f(92) = ? = f(99) = 100 , f(3k) = 3k ? 2 f(100) = 99。 显然,对于任意x ∈ X,f(x) ≠ x。又任取X的40元子集A,若99、100 ∈ A,则 99,100 ? A?f(A);若99、100有一个不属于A,则在1、2、 … 、90中至少有31个数属 于A,将1、2、 … 、90分为30组: 1,2,3 、 4,5,6 、 … 、 88,89,90 ,根据抽屉 原理知,A中至少有两个元素属于同一组,根据f的定义知,A?f(A) ≠ Φ。于是上述定义的 函数f满足题设条件。

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文 武 光 华
对于这个函数f,要求X的子集B,使得B?f(B) = X,则在 1,2,3 、 4,5,6 、…、 88,89,90 中,每组至少取两个数;在 91,92, … ,98 中每个数都要取;在 99,100 中至少取一个数。如此一来,|B| ≥ 30 × 2 + 8 + 1 = 69。所以,对于X的任意68 元子集C,都有C?f(C) ≠ X。 综上所述,满足条件的k的最小值为69。 六、对于非空数集S、T,定义S + T = s + t|s ∈ S,t ∈ T ,2S = {2s|s ∈ S}。 设n为正整数,A、B均为 1,2, … … ,n 的非空子集。证明:存在A + B的子集D,使 得D + D ? 2(A + B),且|D| ≥
| |·| |



证明:设A = a ,a , … ,a ,B = b ,b , … ,b 。显然有1 ? n ≤ a ? b ≤ n ? 1,其中1 ≤ i ≤ p,1 ≤ j ≤ q。 记D = a + b |a ? b = k,a ∈ A,b ∈ B ,1 ? n ≤ k ≤ n ? 1。此时显然有 |D | = |A| · |B|。根据抽屉原理,必存在某个D ,使得|D | ≥ > 。我们取 D = D ,下面证明所取的D满足题设条件。 根据条件知A + B = a + b |a ∈ A,b ∈ B ,2(A + B) = 2 a + b |a ∈ A,b ∈ B 。 ∑ 根据D的取法,D = a + b |a ? b = k,a ∈ A,b ∈ B ,显然有D ? A + B。我们只 需证明D + D ? 2(A + B)。 对于任意x ∈ D + D,设x = a + b + a + b ,其中a ? b = a ? b = k, a 、a ∈ A,b 、b ∈ B,都有 x= a +b + a +b = a + a ?k 显然x ∈ 2(A + B)。所以D + D ? 2(A + B) 综上所述,所取的D满足题设条件。 + b +k +b = 2 a +b
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