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2013年中国西部数学奥林匹克试题及其解答


文 武 光 华
2013 年中国西部数学奥林匹克试题及其解答
解答人:文武光华数学工作室
一、是否存在整数a、b、c,使得a bc + 2,ab c + 2,abc + 2都是完全平方数。 证明:首先,a、b、c都是奇数。否则,不妨设a为偶数,则a bc + 2 ≡ 2(mod 4),不 可能为完全平方数。所以a为奇数,同理可知b、c也均为奇数。 若

存在整数a、b、c,使得a bc + 2,ab c + 2,abc + 2都是完全平方数,设 a bc + 2 = p ,ab c + 2 = q ,abc + 2 = r ,则p、q、r均为奇数。 于是知p ? 2 ≡ ?1(mod 4),q ? 2 ≡ ?1(mod 4),r ? 2 ≡ ?1(mod 4)。从而 (p ? 2)(q ? 2)(r ? 2) ≡ ?1(mod 4)。然而(p ? 2)(q ? 2)(r ? 2) = (a b c ) ≡ 1(mod 4)。矛盾。所以不存在满足条件的正整数。 二、设整数n ≥ 2,且实数x 、x 、x 、 … 、x ∈ 0,1 ,求证:∑ ·∑ kx 。


kx x ≤

证明:我们用数学归纳法。 当n = 2时,命题即为x x ≤ (x + 2x ) ? 3x x ≤ x + 2x 。而注意到x 、x ∈ 0,1 ,所以3x x = x x + 2x x ≤ x + 2x ,不等式成立。 假设当n = t时,命题成立,即∑ < kx x ≤ · ∑ kx 。下面我们证明,当 n = t + 1时,命题也成立,即∑


kx x ≤ · ∑

kx 。 ∈ 0,1 ,所以

根据归纳假设,并注意到x 、x 、x 、 … … 、x ∑ < kx x = ∑ < kx x + (∑ kx )x ≤ = ≤ ·∑ ·∑ ·∑ kx + (∑ kx + (∑ kx + (∑ kx + kx
( )

kx )x kx )x + (∑ k)x kx )x kx ) + (∑

= ·∑ = ·∑

·x

当n = t + 1时,不等式也成立。根据数学归纳法知,不等式恒成立。 三、如图,⊙P、⊙Q、⊙R 为△ABC 的三个旁切圆,⊙P 切 BC 于点 D,E、F 分别为 AC、 AB 中点,点 Q 关于点 E 的对称点为点 M,点 R 关于点 F 的对称点为点 N,求证:AD⊥MN。 (2013 年中国西部数学奥林匹克试题)

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文 武 光 华

R A Q

F

E

M B D C N

P

证明:如图,连结 QR,则点 A 在线段 QR 上。连结 AP,则 AP⊥QR。设⊙P、⊙R、⊙Q 分别切 AB 于点 H、J、I。连结 MC、BN,则根据条件知 MC 平行且等于 QA,NB 平行且等于 QA。过点 C 作 CK∥MN 交 BN 延长线于点 K,则四边形 MCKN 为平行四边形,从而知 BK=BN+CM=QR。 因为 AP⊥QR,所以 AP⊥CM,且 AP⊥BN。又因为 PD⊥BC,所以∠DPA=∠CBK。另一方面, = = = = = ,所以△DPA∽△CBK,所以∠DAP=∠CKB=∠CMN。而 AP⊥CM, 所以 AD⊥MN。

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文 武 光 华

J R A Q I F E

M B H D C N K

P

四、把n(n ≥ 2)枚硬币排成一行,如果存在正面朝上的硬币,那么可以从中选取一 枚,将以这枚硬币开头的从左到右奇数枚硬币(可以是一枚)同时翻面,(翻面是指将正 面朝上的硬币翻成正面朝下,将正面朝下的硬币翻成正面朝上),这称为一次操作,当所 有硬币正面朝下时,停止操作。若开始时全部硬币正面朝上,试问:是否存在一种方案, 使得可以进行 解答:存在。 首先,我们证明:2 × 设2 设2 1= = 3t + 1,则2 = 3t + 2,则2 。 = ,2 × = t, = t, +1= ,其中k ∈ N 。 ≡ 1(mod 3),2 = 2t,所以2 × ≡ 1(mod 3) 。 = ; + 事实上,2 ≡ 1(mod 3),所以对于任意正整数k,2 = 6t + 2,此时 = 6t + 4,此时 次操作。(其中[x]表示不大于x的最大整数)

= t + 1,所以2 ×

下面,我们用数学归纳法证明对任意正整数n ≥ 2,都存在满足条件的操作方案。 为方便叙述,我们将这n枚硬币从左到右依次编号为1、2、3、 … … 、n,并给第i枚硬 1,如果第 i 枚硬币正面朝上 币赋值a = ,(i = 1、2、3、 … … 、n)。 0,如果第 i 枚硬币正面朝下 当n = 2时, 当n = 3时, = 2,如下操作方案即满足条件: 1,1 → 1,0 → 0,0 。 = 5,如下操作方案即满足条件: 1,1,1 → 1,1,0 →

1,0,0 → 0,1,1 → 0,1,0 → 0,0,0 。

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假设当n = t ≥ 3时,存在一种方案,使得可以进行 最右边的一枚硬币翻面。下面我们讨论n = t + 1时的情况。 当t为偶数时,设t = 2m,则t + 1 = 2m + 1。初始状态为 1,1,1, … ,1 ,根据归


次操作,且第一步操作都是将

纳假设知,存在一种操作方案,使得经过

=

次操作,变为状态

1, 0,0,0, … ,0 ,且第一步操作是将最右边的一枚硬币翻面。此时再经一次操作变


为 0, 1,1,1, … ,1 ,这种状态可以看作2m枚硬币的状态。根据归纳假设,再经


次操作,可以调整为状态 0,0,0, … ,0 ,即所有硬币都正面朝下。这种情况共


计经过

+1+

=

次操作。命题成立。

当t为奇数时,设t = 2m + 1,则t + 1 = 2m + 2。初始状态为 1,1,1, … ,1 ,根


据归纳假设知,存在一种操作方案,使得经过

=

次操作,变为状态

1, 0,0,0, … ,0 ,且第一步操作是将最右边的一枚硬币翻面。此时再经一次操作变


为 0, 1,1,1, … ,1 ,0 ,这种状态可以看作2m + 1枚硬币经第一步操作以后的状态。


根据归纳假设,再经

? 1次操作,可以调整为状态 0,0,0, … ,0 ,即所有硬币


都正面朝下。这种情况共计经过 根据数学归纳法,命题得证。

+1+

?1 =

次操作。命题成立。

五、若非空集合A ? 1,2,3, … ,n ,满足|A| ≤ min ∈ x,则称A为“n级好集合”。 记a 为“n级好集合”的个数(其中|A|表示集合A的元素个数,min ∈ x表示集合A的最小 元素)。求证:对一切正整数n,都有a =a + a + 1。 证明:我们利用对应法则寻找递归关系。分两种情况讨论: (1)对于一个“n + 2级好集合”A,若n + 2 ? A,则A也是一个“n + 1级好集合”; 反之,任何一个“n + 1级好集合”,都是一个不含元素n + 2的“n + 2级好集合”。这说 明不含元素n + 2的“n + 2级好集合”恰有a 个。 (2)对于一个“n + 2级好集合”A,若n + 2 ∈ A。设A = A ?{n + 2},A ?{n + 2} = Φ。再分两种情况讨论: ①若A ≠ Φ,则min ∈ x ≥ |A| = |A | + 1 ≥ 2。记集合B = {x ? 1|x ∈ A },则集合B为 一个“n级好集合”。反之,对于任一个“n级好集合”B,集合A = {x + 1|x ∈ B}?{n + 2} 都是一个含元素n + 2的非单元“n + 2级好集合”。根据对应原理,含元素n + 2的非单元 “n + 2级好集合”恰有a 个。 ②若A = Φ,则A = {n + 2},恰为一个“n + 2级好集合”。 综上所述,“n + 2级好集合”的个数为a =a + a + 1。

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根据上述递归关系知,a + 1 = (a + 1) + (a + 1)。又验证易知a = 1 ,a = 2 , 从而得a = F ? 1,其中数列{F }为斐波那契数列。 六、如图,PA、PB 分别切⊙O 于 A、B,C 为弧 AB 上一点,过 C 作 DE⊥PC,分别交∠ AOC 和∠BOC 平分线于 D、E。求证:CD=CE。(2013 年中国西部数学奥林匹克试题)
P

C D A B

E

O

证明方法一:如图,显然 P、A、O、B 四点共圆,作其外接圆⊙Q,则 PO 为⊙Q 直径。 延长 AC 交⊙Q 于 N,连结 BN、ON,延长 BC 交⊙Q 于 M,连结 AM、OM。 易知∠CMO = ∠AMO,∠MCO = 180° ? ∠OCB = 180° ? ∠OBC = ∠MAO,所以△ MCO≌△MAO,所以 O、D、M 三点共线。同理可知 O、E、N 三点共线。因为∠DMP = ∠DCP = 90°,∠ENP = ∠ECP = 90°,所以 C、D、M、P 四点共圆,C、E、N、P 四点共圆。 所以∠DPC = ∠DMC = ENB = ∠ENC = ∠EPC。而 PC⊥DE,所以 CD=CE。
P M

Q D A

N C E

B

O

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证明方法二:如图,延长 PC 交⊙O 于 F,延长 CO 交⊙O 于 G,连接 GF、CA、CB,连接 GA、GB 并分别延长交 DE 于 M、N。 因为四边形 CAFB 为调和四边形,所以 GF、GC、GB、GA 为一组调和线束。又因为 ∠GFC = 90°,所以 MN∥GF,所以 CM=CN。 又易知 OD⊥AC,GA⊥AC,所以 OD∥GM。而 O 为 CG 中点,所以 D 为 CM 中点。同理可知 E 为 CN 中点。所以 CD=CE。
P

N E C D M A B

O

F G

七、将一个正n边形的n条边按顺时针方向依次标上1、2、 … 、n。求所有的整数n ≥ 4 , 使得可以用n ? 3条在内部不交的对角线将这个n边形分成n ? 2个三角形区域,并且在这 n ? 3条对角线上各标上一个整数,满足每个三角形的三边所标之数的和都相等。 解答:首先,若一个正n边形存在满足条件的n ? 3条对角线及标数方式,设n ? 3条对 角线上所标数字分别为a 、a 、 … 、a ,每个三角形三边所标数字之和都为b。我们从两 个角度计算这n ? 2个三角形三边所标数字之和的和,注意到,每条对角线恰属于两个三角 形,所以有: (n ? 2)b = (1 + 2 + ? + n) + 2(a + a + ? + a ) ( ) ? (n ? 2)b = + 2(a + a + ? + a ) (*) 当n ≡ 2(mod 4)时,则(n ? 2)b为偶数,
( )

+ 2(a + a + ? + a

)为奇数,(*)

不能成立。 下面我们证明,当n ? 2(mod 4)时,都存在满足条件的n ? 3条对角线及标数方式。 设正n边形的n个顶点依顺时针方向依次为A 、A 、 … 、A 。且令边A A 上所标数字 为i。 (1)当n为奇数时,设n = 2k + 1。取A A 、A A 、 … 、A A 这2k ? 2条对角线,在 对角线A A 上表示数字b ,使得b = 2 ? ,当 i 为偶数时 ,其中i = 3、4、 … 、2k。则 + 3k,当 i 为奇数时

每个三角形三边之和都为3k + 3。 (2)当n为偶数时,则4|n。设n = 4k。我们对k用数学归纳法。 当k = 1时,如下图所示的标数方式,即满足题设条件。

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A1 1 A2

4

0

2

A3

3

A4

假设当k = t时,对正4t边形存在满足条件的标数方式。则当k = t + 1时,我们考虑正 4t + 4边形的情况。 如下图,先将正4t + 4边形分割为4t边形A A A … A 和六边形A A A …A 。将 对角线A A 标上整数4t,根据归纳假设,可以将4t边形A A A … A 分割为三角形并标数, 使得每个三角形三边所标数字之和相等,设这个和为b。然后按下图所示的方式,将六边形 A A A …A 分割为四个三角形并标数,则图中每个三角形三边所标数字之和都为b, 这是一种满足条件的表数方式。
A4t+4 4t+4 A1 1

A2 2 A3 3

4t+3 b-8t-5 A4t+3 4t+2 A4t+2 4t+1 A4t+1 4t A4t 4t-1 A 4t-2 4t-1 b-8t-1 4t+1 4t

A4 4 A5 A4t-2

根据数学归纳法,当n = 4k,都存在满足条件的表示方式。 综上所述,满足条件的n为n ≥ 4,n ? 2(mod 4)。 八、求所有的正整数a,使得对任意正整数n ≥ 5,都有2 ? n |a ? n 。 解答方法一:取任意奇素数p> max ,2 ,令n = (p ? 1)p + 2,则根据费马小定 理知: 2 ? n ≡ 2( ) ? [(p ? 1)p + 2] ≡ 2 ? 2 ≡ 0(mod p) a ? n ≡ a( ) ? [(p ? 1)p + 2] ≡ a ? 2 (mod p) 因为p|2 ? n ,2 ? n |a ? n ,所以p|a ? 2 。又|a ? 2 |< max ,2 <p,所 以a ? 2 = 0,解得a = 2或4。 当a = 2时,有a ? n = 2 ? n ,显然2 ? n |a ? n 。 当a = 4时,有a ? n = 4 ? n = (2 ? n )(2 + n ),显然2 ? n |a ? n 。 综上所述,满足条件的a = 2或4。 解答方法二:先取n = 6,则有28|a ? 6 ,从而a为偶数。 我们可以证明,a除2外没有其它素因子。否则,若a有除2外的其它素因子p,则p为奇 数。取n = p ? 1,则根据费马小定理知: 2 ? (p ? 1) ≡ 1 ? 1 ≡ 0(mod p) 从而p|2 ? (p ? 1) 。又2 ? (p ? 1) |a ? (p ? 1) ,所以p|(p ? 1) ,即得p|1,矛 盾。这说明a = 2 ,k ∈ N 。 当k = 1时,a = 2,有a ? n = 2 ? n ,显然2 ? n |a ? n 。

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当 k = 2 时, a = 4 ,有 a ? n = 4 ? n = (2 ? n )(2 + n ) ,显然 2 ? n |a ? n 。 当k ≥ 3是,因为a ? n = 2 ? n ,于是2 ? n |2 ? n ,根据余数定理知 2 ? n |n ? n 。而当n → +∞时,2 ? n >n ? n >0,得到矛盾。或者,我们取 n = 2 ,则2 ? n = 2 ? 2 >2 ? 2 综上所述,满足条件的a = 2或4。 >0,得到矛盾。

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