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第50届IMO试题解答


18

中 等 数 学

竞赛之窗

第 50 届 I MO 试 题 解 答
  1. 设 n是一个正整数 , a1 , a2 , …, ak ( k ≥2) 是集合 1, 2, …, n 中互不相同的整数 ,使得 对于 i = 1, 2, …, k - 1, 都有 n ai ai + 1 - 1 . 证明 : n 8 ak ( a1 - 1 ) .
(澳大利亚   提供 ) 2. 设 O 是 △AB C 的外心 ,点 P、 Q 分别是

参考答案
  1. 首先 , 利用数学归纳法证明 :对任意的 整数 i ( 2 ≤ i≤k ) ,都有 n | a1 ( ai - 1 ) . 事实上 ,当 i =2时 ,由已知得 n | a1 ( a2 - 1) , 结论成立 . 假设已有 n | a1 ( ai - 1 ) ( 2 ≤ i≤k - 1 ) ,则
n | a1 ( ai - 1 ) ( ai + 1 - 1 ) .

边 CA、 AB 上 的 点 . 设 K、 L、 M 分别是线段
B P、 CQ 、 PQ 的中点 ,Γ 是过点 K、 L、 M 的圆 .

若直线 PQ 与圆 Γ 相切 ,证明 : O P = OQ.
(俄罗斯   提供 ) 3. 设 s1 , s2 , … 是一个严格递增的正整数

又由已知得 n | ai ( ai + 1 - 1 ) ,则
n | a1 ai ( ai + 1 - 1 ) .

数列 ,使得它的两个子数列
ss1 , ss2 , … 和 ss1 + 1 , ss2 + 1 , …

故 n | [ a1 ai ( ai + 1 - 1) - a1 ( ai - 1) ( ai + 1 - 1) ] , 即  n | a1 ( ai + 1 - 1 ) . 由数学归纳法知上面结论对所有的整数
i ( 2 ≤ i≤k )成立 .

都是等差数列 . 证明 : 数列 s1 , s2 , … 本身也是 一个等差数列 .
4. 在 △AB C 中 , AB = AC , (美国   提供 )
CAB 、 AB C

特别地 ,有 n | a1 ( ak - 1 ) . 由于 a1 ( ak - 1 ) - ak ( a1 - 1 ) = ak - a1不 能被 n 整 除 (这 里 用 到 a1 和 ak 是 集 合
1, 2, …, n 中的两个不同的整数 ) ,故
n 8 ak ( a1 - 1 ) .

的内角平分线分别与边 B C、 CA 交于点 D 、 E. 设 K 是 △ADC 的 内心 . 若
CAB所有可能的值 . B EK = 45 ° ,求

(比利时   提供 )

5. 求所有的函数 f : N + → N + , 满足对所

2. 显然 , 直线 PQ 与圆 Γ 切于点 M .

有的正 整数 a、 b, 都存 在一个 以 a、 f ( b ) 、
f ( b + f ( a ) - 1 ) 为三边长的非退化三角形 (称

由弦切角定理知 点 ,故
K M ∥BQ ]

QM K =

ML K.

由于点 K、 M 分别是线段 B P、 PQ 的中
QM K = AQ P. A PQ. M K AP = . ML AQ AQ P.

一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶 点不共线 ) .
(法国   提供 ) 6. 设 a1 , a2 , …, an是互不相同的正整数 .
M 是有 n - 1 个元素的正整数集 , 且不含数 s = a1 + a2 + … + an . 一只蚱蜢沿着实数轴从

因此 , 同理 ,

ML K = M KL =

则 △M KL

△A PQ ]

原点 0 开始向右跳跃 n 步 , 它的跳跃距离是
a1 , a2 , …, an 的某个排列 . 证明 : 可以选择一

由于 K、 L、 M 分别是线段 B P、 CQ、 PQ 的 中点 ,故
K M =

种排列 ,使得蚱蜢跳跃落下的点所表示的数 都不在集合 M 中 .
(俄罗斯   提供 )

1 1 BQ , LM = CP. 2 2

2009 年第 9 期

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代入上式得

BQ A P = ,即 CP AQ

( 2 )存在正整数 k , 使 sk + 1 - sk > c . 由于
sk + 1 - sk只能取整值 , 且对于给定的 k , 均有 sk + 1 - sk ≤ ss k + 1 - ss k = d , 则其中必有最大者

A P? CP = AQ? BQ.

由圆幂定理知
OP =OA - AP ? CP =OA - AQ? BQ =OQ .
2 2 2 2

(不妨设 sj + 1 - sj = c1最大 ) . 故
sa + jd - sa + ( j - 1 ) d + 1 = sss
j+1

因此 , O P = OQ.
3. 由条件易知 ss1 , ss2 , …与 ss1 + 1 , ss2 + 1 ,

- sss j + 1

= [ a + ( sj + 1 - 1 ) d ] - [ b + ( sj - 1 ) d ] = c1 d - c .

… 均为严格递增的正整数数列 . 设 ssk = a + ( k - 1 ) d1 , ssk + 1 = b + ( k - 1 ) d2
( k = 1, 2, …, a、 b、 d1 、 d2 N+ ).

另一方面 , 由
( a + jd ) - [ a + ( j - 1 ) d + 1 ] = d - 1,

由 sk < sk + 1 ≤ sk + 1 及 { sn } 的单调性 , 知 对任意的正整数 k ,有
ssk < ssk + 1 ≤ss k + 1 ,

得 sa + jd - sa + ( j - 1 ) d + 1 ≤c1 ( d - 1 ) (这里用到了
c1的最大性 ) .

与上式比较得 c1 ≤c,矛盾 . 故对任意的正整数 k , 均有 sk + 1 - sk = c, 即 { sn }为等差数列 .
4. 线段 AD 与 B E 为 △AB C 的两条角平

即  a + ( k - 1) d1 < b + ( k - 1) d2 ≤a + kd1. 故 a - b < ( k - 1 ) ( d2 - d1 ) ≤a + d1 - b. 由 k 的任意性知 d2 - d1 = 0, 即 d2 = d1 , 记其为 d ,并记 b - a = c
ssk + 1 = ss k + 1 ≤ssk + 1 .

N+ .

分线 ,它们交于 △AB C 的内心 I . 联结 C I .则
C I平分 C I上 . ACB.

若 d = 1,则由 { sn }的单调性知 故 sk + 1 ≤sk + 1. 又由于 sk + 1 > sk , 故 sk + 1 = sk + 1, 即 { sn } 为等差数列 ,结论已成立 . 下设 d > 1. 接下来证明 : 对于任意的正整数 k ,均有
sk + 1 - sk = c .

由于 K为 △ADC 的内心 ,故点 K 在线段 设
BAC =α . B C ,故

由于 AB = AC ,有 AD
AB C =

ACB = 90 ° -

α . 2

由于 B I、 C I分别平分
AB I = I BC = ACI

AB C、 ACB ,则

若不然 ,则分两种情形讨论 .
( 1 )存在正整数 k , 使 sk + 1 - sk < c . 由于
sk + 1 - sk只能取整值 , 则其中必有最小者 (不

=

ICB =45° EIC =

α . 4
I BC + ICB =90° -

妨设 si + 1 - si = c0最小 ) . 故
sa + id - sa + ( i - 1 ) d + 1 = sss i + 1 - sss i +
1

因此 ,

α , 2

IEC =

BA E +

AB E = 45 ° + IE ? EK sin

= [ a + ( si + 1 - 1 ) d ] - [ b + ( si - 1 ) d ] = c0 d - c.

α 3 . 4

1
IK S △ IEK 2 故 = = KC S △EKC 1

IEK KEC

另一方面 , 由
( a + id ) - [ a + ( i - 1 ) d + 1 ] = d - 1,

2

EC ? EK sin

得 sa + id - sa + ( i - 1 ) d + 1 ≥c0 ( d - 1 ) (这里用到了
c0的最小性 ) .

与上式比较得 c0 ≥c,矛盾 .

sin 45° sin 45° IE sin 45° 4 = ? = ? . α EC α α 3 3 sin sin sin 90° 4 4 2

α

20

中 等 数 学

另一方面 , 由于 K 为 △ADC 的内心 , 故
D K平分 IDC.

5. 满足要求的 f 只能是 f ( n ) = n ( n

N + ).

由条件及整数的离散性知对任意的正整 数 a、 b,都有
sin 45 °
f ( b) + f ( b + f ( a ) - 1 ) - 1 ≥a , f ( b) + a - 1 ≥f ( b + f ( a ) - 1 ) , f ( b + f ( a ) - 1 ) + a - 1 ≥f ( b) .

由角平分线性质定理知
IK ID = = tan KC DC

α 4 ICD = . α cos 45 ° 4

① ② ③

α α sin (45° - ) sin 45° 4 4 故 ? = . α α α 3 sin cos (45° - ) sin 90° 4 2 4
sin 45°

在式 ②、 ③ 中分别取 a = 1,得
f ( b) = f ( b + f ( 1 ) - 1 )

对任意的 b

N + 成立 .

去分母得 α α α 3 2 sin 45 ° ? cos 45 ° = 2 sin ? cos . 4 4 2 利用积化和差公式得
sin 90 ° 即   sin 90 °

若 f (1) ≠1,则上式说明 f 是一个周期函数. 结合 f 的定义域知 f 有界 . 取正整数 M ,使得 M ≥ f ( n ) 对所有的正 整数 n 成立 (即 M 是 f 的一个上界 ) , 在式 ① 中取 a = 2M 即得矛盾 . 因此 , f ( 1 ) = 1. 在式 ①、 ② 中分别取 b = 1,得
f ( f ( n) ) = n ( n

α α α α 5 + sin = sin + sin , 4 4 4 4 α α 5 = sin . 4 4 α > 0. 4

N+ ).

由于 0 <α < 180 ° , 故 sin 90 °

若存在 t

N + ,使 f ( t) < t,则显然

t≥2, f ( t) ≤ t - 1.

α α 5 5 因此 , sin > 0,即 0 < < 180 ° . 4 4 α 5 α 故只有 90 ° = ] α = 60 ° , 4 4 或  90 ° α α 5 = 180 ° ] α = 90 ° . 4 4 △ IDC. △ ID K.
ID K = 45 ° .

在式 ② 中令 a = f ( t) ,得
f ( b + t - 1) = f ( b + f ( a) - 1)

≤f ( b) + a - 1 ≤f ( b) + t - 2. 令 M′ = ( t - 1 ) m ax f ( i) .
1 ≤i ≤t - 1

对任意的整数 n >M ′ ,设 n0是满足
1 ≤n0 ≤ t - 1, n0 ≡n ( mod t - 1 )

当 α = 60 ° 时, 易验证 △ IEC 因此 , △ IEK 故
B EK =

的唯一正整数 ,则
f ( n ) ≤f ( n0 ) + t- 2 ( n - n0 ) t- 1

当 α = 90 ° 时,
E IC = 90 ° -

≤ α = 45 ° = 2
KDC.

M ′ ( t - 2) n + < n. t- 1 t- 1

因此 ,当整数 n >M ′ 时 ,有 f ( n ) < n. 取 n1
N + 使得 n1 > M ′ , 且 n1 不等于
) 中 的 任 何 一 个. 由 f ( 1 ) , f ( 2 ) , …, f ( M ′ f ( f ( n1 ) ) = n1 ,知 f ( n1 ) >M ′ .



ICE =

DCK , 故 △ ICE

△DCK ,

这说明 IC? KC = DC? EC. 因而 , △ IDC 于是 , 故 综上 ,
EKC =

△EKC.
IDC = 90 ° . E IK EKI = 45 ° .

再由上面结论知
n1 > f ( n1 ) > f ( f ( n1 ) ) = n1 ,

B EK = 180 ° -

CAB 的所有可能值为 60° 和 90° .

矛盾 . 这说明对于任意的 t ( t

N + ) , 都有

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f ( t) ≥ t,进而 , t = f ( f ( t) ) ≥f ( t) ≥ t .

A = { bi |1≤i≤k +1 ( i bk + 1 - bi M }.

N) , b1 + b2 + … +

式中所有不等号均需取等号 ,即只能 f ( n) = n ( n N+ ). 经检验 , f ( n ) = n ( n
N + )满足要求. N+ ).

则 bk + 1

A. A ,从 b1 , b2 , …, bk + 1中去掉

对任意的 bi

bi还剩下 k 个数 ,它们的和不在 M 中 ,且

因此 ,所求的 f 为 f ( n ) = n ( n

|M ∩{ 1, 2, …, b1 + b2 + … + bk + 1 - bi } |

6. 首先利用数学归纳法对 n 进行归纳 .

≤k - 1. 由 k < m 及原题的归纳假设易知 , 存在 这些数的排列 c1 , c2 , …, ck ,使得
c1 , c1 + c2 , …, c1 + c2 + … + ck

当 n = 1 时 , M 中无元素 ,结论显然成立 . 当 n = 2 时 , M 中至少不包含 a1 、 a2中的 一个数 . 则蚱蜢先跳这个数 ,再跳另一个数即 可. 假设当 n
N + , n < m 时 , 本题结论均

都不在 M 中 ,这样蚱蜢也可以按照 c1 , c2 , …,
ck的顺序连跳 k 步 .

成立 ,这里 , m ( m ≥3 ) 是整数 . 下证当 n = m 时 ,结论也成立 . 若不然 ,则存在 m 个不同正整数 a1 , a2 , …, am 及由 m - 1 个数组成的集合 M ,使得蚱 蜢无法按照规则跳跃 . 假设蚱蜢最多自原点开始 向右 跳跃 k 步 ,使得每一步跳跃的长度都是 a1 , a2 , …,
am 中不同的数 , 且蚱蜢跳跃落下的点所表示

由 b1 , b2 , …, bk的取法知
b1 + b2 + … + bk ≤c1 + c2 + … + ck ,

即  bi ≤bk + 1 . 令 A = { x1 , x2 , …, xt } ( x1 < x2 < … < xt = bk + 1 ) . 由 A 的定义知 M 中小于 b1 + b2 + … + bk + 1的数至少有 k + 1 - t个 . 由于对任意的 j ( k + 1 ≤ j≤m ) , b1 + b2 + … + bk + bj都在 M 中 ,故 M 中在区间 [ b1 + b2 + … + bk + 1 , b1 + b2 + … + bk + bm ] 内的数至少有 m - k 个 . 另一方面 ,对于任意的 xi A ,
b1 + b2 + … + bk + 1 - xi + bm

的数都不在 M 中 . 由于 M 中只有 m - 1 个数 , 第一步必然 能够跳跃 ,又由前面假设蚱蜢无法完成 m 步 的跳跃 ,因此 , 1≤k ≤m - 1. 由条件知 a1 + a2 + … + am 不在 M 中 ,即蚱蜢如果能跳 m - 1 步 , 则必然能跳 m 步 . 因此 , 1 ≤k ≤m - 2. 取这样的 k 步跳跃中步长之和最小的一 种 (若有相同的则可任取一种 ) ,设这 k 步依 次为 b1 , b2 , …, bk , 并设 bk + 1 < bk + 2 < … < bm 是 a1 , a2 , …, am 中除去 b1 , b2 , …, bk后剩下的 数. 则
{ a1 , a2 , …, am } = { b1 , b2 , …, bm } .

都应在 M 中 (否则 , 由于 k ≤m - 2, bm 与 b1 , b2 , …, bk + 1 均不同 , 蚱蜢就可以跳 k + 1 步 了 ) . 对于每个 i ( 1 ≤ i≤ t - 1 ) , b1 + b2 + … + bk + 1 - xi + bm 是互不相同且大于 b1 + b2 + … + bk + bm 的 数 . 因此 , M 中大于 b1 + b2 + … + bk + bm 的数 至少有 t - 1 个 . 故 M 中至少应有 ( k + 1 - t) + ( m - k ) + ( t - 1 ) = m 个数 ,这与 M 中只有 m - 1 个数矛盾 . 因此 ,假设不成立 , 即当 n = m 时 , 结论 也成立 . 故本题结论对所有的正整数 n 均成立 . (朱华伟   付云皓   提供 )

由假设易知对任意的 j ( k + 1 ≤ j≤m ) ,
b1 + b2 + … + bk + bj都在 M 中 ,即 M 中不小于 b1 + b2 + … + bk + 1 的数至少有 m - k 个 , 故 M

中小于 b1 + b2 + … + bk + 1的数至多有 k - 1 个. 记集合


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