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中等数学2013年第9期


2  

中 等 数 学 

利 用 无 穷 递 降 法 解 题 
宋  强 
( 天津市红桥 区佳庆里 , 3 0 0 1 3 4 )   中圈分 类号 : O1 4 2   文献标识码 :A   文章编号 : 1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9—0 0 0 2— 0 5  
<

br />( 本讲适 合 高 中)  


无穷递降法是解决数学问题的一种重要  方法 , 特别是在不定方程 的求解及研究整除  性、 存在性 、 整数数列的性质等 问题 中, 具有  重要 的使用 价值 . 本文举 例说 明其 应用 .  
例 1 设 整 数 数 列  等. 令  2   一,  。 ( t t ' 为 


  l 堕 ±   2   (   ± 1   2   一   l   ±   2   2 1   f   ±   2   l   I

I  

+  

I  

≤ ÷( f  一   (   + 1 )   } + I   (   + 1 ) ^ 一   (   + 2 )   1 ) ,  
且对 i = 1 , 2 , …,  , 上述等号不能同时成立.   因此 , {  k ) I k =1 , 2 , …} 是一个无穷递  降的正整数数列 , 这是不可能的.   从而 , 存在正整数 . 『 、 k , 使 得  不 是  整数.  

大于 2的奇数) , 且  (   1 , 2 , …, n ) 不全相 

(  ) = 寺(  +   ( …)   ) ( i = l , 2 , …, n — 1 ) ,  
(   ) = 

1(   +   )
. 

【 说明】 上述操作称为“ 磨光变换” , 采用 
此操作 , 可使 圆周上的各数之间的差距逐渐  减少 , 而总 和不变.  

证明: 存在 正整 数 、 k , 使 得  不 是整 
数. … 

( 第1 8 届北欧数学竞赛)   证明 将  一 ,   依次 放在一个 
圆周 上 , 记 为 圆 厂. .  

例 2 求所有的正整数数对( 口 , n ) , 使得 
是整 数.  



显然, ( a , 1 ) ( n∈ N+ ) 是 原 问题 的 

将 圆  ( k=1 , 2 , …) 上相 邻两 数 的平均  值依次写在另一圆周上 , 记为圆 

类解 .  

下 面证 明 : 不 存在其 他解 .   假设( n , n ) ( n ≥2 , / " t∈ N+ ) 是 原 问 题  的解.  
由题设 知 

则由题设知圆   上的数即为数列  ,  
2   ,… ,   n  ?  

设圆   上所有相邻两数 之差 的绝对值  之和 为  . j } ) .   若不存在正整数  、 k , 使得  不是整数 ,   即对 任意 的正整 数 _ 『 、 k , ‰ 均 为整 数 , 则f ( k )  
始终 为非 负整数.  
注意 到 ,  

( a+ 1 )   -  ̄ - a “ ( m o d   n ) .  
故 n不为素 数.   否则 , 由费 马小定 理知 
口+1 兰(   +1 )  三口   三口 ( m o d   n )   1 -0 ( m o d   n ) ,  
矛盾.  

① 

由( n , n+1 ) :1 , 知( n , 凡 ) =( 0+ 1 ,  ) :1 .  

I   f (   + 1 ) 一   (   + 1 ) (   + 1 ) }  
收稿 日期 : 2 0 1 2—1 0—2 5 修回 日期 : 2 0 1 3~ 0 6—2 6  

由欧拉 定理 知 

2 0 1 3年第 9期 

3  

( 口 + 1 )   ‘  兰口   ‘   ’ 兰l ( m o d   n ) .  

② 
<k+ 1<  



I  

令d =( n ,  ( n ) ) . 则 由裴蜀定理 , 知存  在整数 、 y , 使得 d = x n +  ( n ) .  

n   + ( ^ 一 1 )   n ^ + T  
+  =   +1 .  

由式① 、 ②得  ( a+1 )  =( a+1 )  ( a+1 )   (  
暑0   a   = a   ( o r o d   n ) .   若d =1 , 则由式③得 
a+1 三口 ( m o d   n ):  l -0 ( m o d   n ) ,  
矛 盾.  

故t  

t ^ .  

③ 

取   = [  】 +   , 即  <   ≤   .  
则  。 =   1
,   .  

所 以, d>1 .   又  ( n ) <n , 则 d<n .  

故  ∈ ( u +   , u +  )   =  + ( “ 一 1 ) =  +   n   +  = “ +   1 + ( I   t   一   — I I — , ) l  
=   一   =  
.  

故( a , d ) 是原 问题的一组解 , 且 1 < d<n .  

重复上述操作 , 对固定 的 a , 得到一个无  穷递降的正整数数列 { d   } ( d   > 1 , 且( a , d   )   是 原 问题 的解 ) , 这 是不 可 能 的.   从而, 上 述假设不 成立 , 即只有一类 解  ( a , 1 ) ( a∈ N  ) .  



<  

<  
一g  <p  .  

u p   一P < g   j  

【 说明】 例 2是运 用无穷递 降法解题 的   典型范例, 即用原问题 的任 意一组解可推 出  
另 一组 更小 的解 , 进 而导 出矛盾 .  

继续上述操作 , 得到无穷递降的正整数  数列 { P   l n ≥U } , 这 是不可 能 的.   故数列 {  } 中有整数项.  

【 说明】 为了直观易懂 , 可将数列 {  } 放 
入分段的数轴( 即. u[ k , k +1 ) ) 中, 易见 , 每 


例 3 在无穷数列 {  } 中, 首项 。 是大  于1 的有理数 , 且对任何正整数 , 均有 
1  
X n+l   X


段 中的相邻两数距离相 同. 随着  的严格递 
增, t   是 阶梯状 递减 的 , 故只需 证 明每次 t   减 

+ 丽 ’  

其 中, [   ] 表示不超过实数 的最大整数.   证明: 该 数列 中有整 数项 . _ 2   ( 第3 3 届俄罗斯数学奥林 匹克)   证明 显然 , {  } 是严格递增的有理数  数 列.   若结 论不 成立 , 将{   } 放在 数轴 上 , 则整  数1 , 2 , …将 {  } 分成若干段. 将整数 j } 、 k +1   中间所含的一段 {  } 记 为第 k ( k =1 , 2 , …)  
1  

少时, 其既约分数中的分子随之变小.   例 4 对 由正整数组成 的有限集  , 定义 
a n ∑(   ) = ∑ arct ÷ .  


EX  

设由正整数组成的有限集 5 , 满足 

∑( . s ) <  .  
证明 : 至 少存 在 一 个 由正 整 数组 成 的有 

限集 , 使得 

段. 故第 段中相邻两数的距离为÷(  > 1 ) .  
将整数 k 后的第一个  记为  .   考虑 X n k (  =1 , 2 , …) 的小数部分  =  
( P  g  ∈ N+ , ( P   , q   )=1 ) .  

S C   T , 且∑(   ) =  .  
( 第二届罗马尼亚大师杯数学竞赛 )  
证明 由t a n (   =   ,  

知 以下两个 结论 .  

若t  

一k< i 1, 则 

( i ) 若t a n  、 t a n  E   Q, 则  t a n (  +  ) E   Q.  

4  

中 等 数 学 

( i i )当  、 卢( O / > / 3 ) 为锐角 时 ,  
t a n (   =  

数 d≥2 .  

如下定义集合列f 。 ( Q) , f   ( Q) , …:  
f 。 ( Q)=Q, f ” =  厂   ( Q) ) ( n ≥O ) ,  

<t a n  o t— t an  .  

其中, 对给定的集合 S , 有  厂 ( S ) ={   )   ∈S I } .   设f   ( Q)=n ^ 厂   ( Q) 是 由属于所有集 
n   U 

下面构 造满 足题 意的集 合 
( 1 ) 取 T=S .  

( 2 ) 取  中最大元  .  

若 詈 一 ∑ (   )  ̄ a r c t a n   , 即  
t an

合厂   ( Q) ( n= 1 , 2 , …) 的元素组成的集合.  
证明: f   ( Q) 是 一个 有限集 .  

( 争∑ (   ) ) ≥   ,  

①  

( 第三届罗马尼亚大师杯数学竞赛)   证 明 首先证 明 : 存在 正整数 N o , 当 g>  

则将 {  + 1 } 并入集合  中, 仍记为集合 

重复上述步骤 , 直至式①不成立 , 即 
t a n

( I r - 一 ∑ (   ) ) <  .  

Ⅳ 0 或 l 詈 } > Ⅳ 0 ( g ∈ N + , p ∈ z , ( J P , g ) - 1 )   , / ( 号 ) ≠ 0 , 且 当 I 号 l > Ⅳ 0 时 ,   ②  时

( 3 ) 若∑(   ) < 詈, 令  = 詈一 ∑(   ) .  

i / ( 号 ) } >  .  
事 实上 ,   ) 至 多有 d个有 理根 , 故当 q  

t a n   = 号 (  ∈ N + , ( p ' q ) = 1 ) .  
存在正整数 t 使得 
≤ 
t   口

或 l 号 l 充 分 大 时 ,   号 ) ≠ 0 .  
而 由d ≥2 , 知当I x I 充分 大时 ,  
I f (   I >I  I .  

<  
t— J  

0≤  -q<p.  

由式② 知 
_   ≤  ≤ —  ≥  +2  

其次证明: 当g > Ⅳ 1 :m a   { Ⅳ 0 , I Ⅱ   I   d}  
时, 有 

令T   =T U{ t } . 则 
t a n

号 ) = ÷ ≠ o , 且  g ,  
其中 , p 、 r ∈ Z\ { 0 { , q 、 s∈ N+ , ( P, q ) =( r , s )  


( 争∑ ( 叫一 t a n ( O  ̄ - a r c t a n 了 1 )  
. 

1 。 且 

卫 一  


卫— 上 :  
1   卫
q t  

P +q t  

, (   ) = 吉   ( 肘 ∈ N  ∈ Z , a d ≠ 0 ) ?  

若  一 q = 0 , 则集合 7 1   即为所求.   若p t — q > 0 , 则将集合  仍记为 , 重复  上述步骤 , 每次在集合  中增加一个元素后 ,   所得 到 的t a n   的分 子 严 格递 减 , 故 在 有 限 次  后操作停止 , 得到满足题意的集合 

事 实 上 , ÷ =   号 ) =   1   d 口   q   .  
而( 坳   , ∑  川 q “ 1  

≤   ( q   , ( 塞   k g d - k )   )  
:  

【 说明 】 以上两例虽然 出发点不 同, 所涉 
及 的知识 及方 法也 有 所不 同 , 但 却 有 异 曲同 
工之 妙.  

f g , 妻a  ̄ p k q a - k   1   :   ( q , 。  )  
> g ( 自q >I  

≤  l 。 dl  ,  

例 5 给定 一个有 理 系数 多 项式 7 r , 其 次 

故s ≥  

2 0 1 3 年第 9 期 

5  

最后证明 : f   ( Q) 是一个有限集.   否则 , 存在  ∈f   ( Q) , 使得 

故 对 任 意   ∈   ( Q ) , 均 有 J   J ≤ Ⅳ 0 且  
l g   l ≤Ⅳ1 , 这 样 的数 对 ( p   , g   ) 是有 限 的.   从而, 尸( Q) 是 有 限集.  

q 。 > Ⅳ 1 或 I  { > Ⅳ 0 .  
由定 义 , 设 


【 说明 】 由   的不 确定性, 直接 证 明  
/   ( Q) 是 有 限集 不 太 可 能 , 自然 而 然 想 到用 
反 证法.  

,   (   ) = 厂   (   ) = … = ,   (   ) = … .  

例 6 证明: 对 于所有 满足 
1 2   0 0 8  

若存在 n 0   E   N+ , 使得 q  > N   (  = n 0 ,   n 。 + 1 , …) , 则{ g   I   n ≥n 。 } 为无穷递降的正整 
数数 列 , 这是不 可 能 的.  

<  <  <   而 
的实数 r   x . S , 均存在正整数 p 、 g ( 不需要互素) ,  

从而, 存在无穷多个 n 。 , 使得 q  ≤Ⅳ   .  

记上述 ‰ 的集合为 A .  

使 得r < 号<   且  q 的 各 位 数 字 没 有0 .  
( 2 0 0 7 -2 0 0 8 , 匈牙利数学奥林匹克 )   证明 显然 , 存在正整数 n , 满足 
( s —r )× 9×1 0   一  >1 .  

若 l   _ P 2 k   l > N o ( k   E   A ) , 则  

}   l < l 厂   (   ) } < l ,   (   ) I < …  
<  = 

将s 写 成十进 制表 示 
s:1+   a  x   1 0~ =1 . aI n 2 a 3 … .  

l  

g 0   f  

I p   l< l   g   I  

o P q   f ≤ Ⅳ l   I   o P   o   J   I   q o  

由s < l +  1 丽, 知a I = a 2 - - a 3 : 0 ?  
下面构造 { 1 , 2 , …, n } 的子集 A及整数  e , 使得 

故 {   } 后 ∈ A ) 只 有 有 限 个 值 .  
‘ 于是 , 存在 1 ≤ <l , 使 得 
:  

p =  、   0   一  1 ∈    e ) , j 一  
的各位数字没有 O , 其 中, e   E{ 1 , 2 } , L  J 表 
示 比实数  小 的最 大整 数.   ( 1 ) 设1 0   s =l a 1 a 2 . - , a   . a   一.  

g  

g l  
= 

(   ) = ,   (   ) - . 一 =   (   )   (   “ ㈡ 

取正整数 Z ( f ≥3 ) , 使得 
al=a2= … =a 2=0, a f + l ≥1 .  

令 n— f ∈ A, S Ep=1 0   s 一1 0  s .   易知 , p的整数部 分前 Z 位数 字均 为 9 .  

㈢  ( 慧) … ‘   ㈡= P O   ?  

( 2 ) 将 P=b   b : …b   . b 川 的整数部 分的  各位数字从左到右逐个检查 , 若没有 0 , 则直  接进行 ( 4 ) ; 若有 O , 则进行( 3 ) .  
( 3 ) 分两 种情形 .  
( i ) b   = 0 , b   一 1 >1 .   则令 n— t   E   A .  

若 I   I > Ⅳ o , 则 l   I > l 等 I > … > l   } :  

易知, P一1 0   s的前 t 位 数 字均 非 0 , 且  第t 位数 字不 小于 8 .  

6  

中 等 数 学 

( i i ) b   = O , b 。 一 l :… =b   = 1 , b   - t t - | >2 I .  

则 口=1 , d= 0 .  

贝 0 令  — t +  , n— t +M一 1 , …, n一  ∈ A,  

其中, v ( t — M ≤   ≤ £ ) 保证p — s ∑1 0  的 前  
位数字均非 0 , 且第 位数字不小于 8 .   综合 ( i ) 、 ( i i ) , 将新 数仍 记 为 p , 回到  ( 2 ) , 并从上述不小于 8的数字开始检查.   ( 4 ) 此时 , P的 整 数 部 分 各 位 数 字 无 0 ,   且 对集合 A中数 的最 小 值 n—k , P的第 k位  数 字不小 于 8 .   将 P的前 k一1位 数 p , 固定 , 考 虑 p一 2   的整数 部分 的后 n一( k 一1 ) 位数P   .   对P   从( 2 ) 开始 操作 , 得到 P   所 对应 的  集 合  , 易知 
ma x{ i I  ∈ A   }<n—k .  
f 1, 0   A   ;  

故( a , b )=( 0 , 0 ) , ( 一1 , 0 ) , ( 1 , 0 ) .   若P  口 , 设 
=c  . 0  一1   p d  

j  c   一l = p d 。 E0或 3 ( oo r d   8 )  

j  c 为奇 数 
j  

2  ,   【 c   一1= 8 p f .  

② 

由方程组②的一组解( C ,   ( C > 1 ) 可得 

到 另 一 组 解 ( √  ' √  ) .  
而 l < √ 与  < c , 继 续 下 去 , 得 到 无 穷  
递 降 的正整数 数列 , 矛盾.   2 . 设口 、 b为正整 数 , 满 足 

1 2 ,0 ∈  
将  \ { 0 } 并人集合 A中, 则 
p=

( 4 a b 一 1 ) I ( 4  一 1 )   .  
证明 : 0=b .  

① 

l L   s ( 、   1  i F   j   1  e   / 1 j 一  

( 第4 8届 I MO)  

的各 位数 字没有 0 .  

提 示: 先证明: 若( 口 , 6 ) 满足式①, 则( 6 , 0 )  

若( o , b ) ( 口< 6 ) 满足式① ,   令q : l 0   一 ∑l 0   — e , 知q 的各位数字  也满足式① 再证明:
没有 0 .  

又q >9×1 0   , 故 

则 ( n ,  

) 也 满 足 式 ① , 且  

< 以 最后 由无穷递降法导 出矛盾.  

q r <   ≤ p <   < 号  
练 习 题 
1 . 已知 P为素数 , 且 满足 P-3 ( m o d   8 ) .  

3 . 设P   , P   , …是 依递增次 序排列 的素 
数, ‰ 是 0与 1之 间 的 实 数 , 对 正整 数 k ,  
定 义 


0,  



1=0;  

求 方 程 

Y   =   。 一 p 2   ①  的全 部整数 解 (  , Y ) .   ( 2 0 0 7, 印度 国家 队选 拔考 试 )   提 示: 若P   , 则  、  — p 、  + P两两互  素, 故 、  — P 、   + p均为完全平方数. 则  2 p=(  + p )一(  — P ) 三0 ( o r o d   8 ) ,  
矛盾 .  

i l   {  ) ,  ? ≠ o ,  
其 中, {  } 表示实数  的小数部分. 求出一切 


( 0<  。 <1 ) 且使 数列 0 ,  

? ? 中最 终 出现 

0 , 并加 以证 明.   ( 第2 6届 美 国数学 奥林 匹克 )   提 示:   为有 理数.   由定 义式逆 推知 必要性 显然.   接下 来证充 分性 .   设  。为有理 数. 则 数 列  ,   数数 列. 假设其 中无 0 .   一 为有 理 

若p l  , 设 = a p . 则  
(  ,  - p,  + p )= p   P   I Y .  

设Y = p 。 b . 则由式①  p b   = 0 ( 口   一 1 ) .   若 PI 口 , 设 。= p c   , 0   一l = d   .  

2 0 1 3年第 9期 

7  



道 数 学 竞 赛题 的加 强  
袁 汉 辉 
( 华南师范大学数学科学学 院, 5 1 0 6 3 1 )  

中圈分类 号:0 1 5 1 . 1  

文献标识码 :A  

文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 0 7—0 2  

笔者 为 2 0 0 6年 中 国东 南 地 区 数 学 奥林  匹克 提供 的一 道竞 赛题 为 :  

其 中, [  ] 表示不超过实数  的最大整数  

证明 将方程①化为  [ n一 ( k — m) ] [ r 一 ( k — m ) ]  
=k   一k m+m   .   ⑦ 
取 n= k—m+1 , r =k  一k m+m  +k—m  

题目

( 1 ) 求不定方程 

mn+n r +, n r = 2 ( m+n+r )  

的正整 数解 ( m, n , r ) 的组数 ;   ( 2 ) 对 给定 的整数 k>1 , 证明 : 不 定方 程 
mn+n r +m r = 后 ( m+n+r )  

满足方程②.  
此时 , m +n= k+l , 且 
r=

至少有 3 七 十 1 组正整数解( m, n , , . ) .   其 中, ( 2 ) 在k > 3时可以加强为 :   命题 对给定的整数 k > 3 , 不定方程 
)   mn+几 r +   =  ( m+n+r ) ,  

( m 一  ) 2 + ÷ ( 弧 - 1 ) (  ) >  .  

故 当 m取 1 , 2 , …, k时 , 0<m、 n<r . 这k  

组正整数解连同其轮换 给出了方程① 的 3 J }  
组不 同 的正 整数 解.   当 m; 一  ( m o d   3 ) 时,   k   一 k m+ m   暮k  + k   + k   -0 ( m o d   3 ) .  

至 少 有 3   + 3 [  】 + l 组 正 整 数 解 ( m , n , , ) ,  
收稿 日期 : 2 0 1 3— 0 7—2 4  

令  ? = 詈 ( 0 < m < n , ( m , n ) = 1 ) . 则  

若存在 a   = M 2 ( M ∈N+ ) , 则 
2 M' 一 2 M2 +l=( n2 )  +( M2 一1 )  

㈦=   ,  
其 中, 0< , . < m, r -n p   ( o r o d   m) .   故{  } 的分母组成一个无穷递降的正整  数数列 , 矛盾.  
4 . 证明: 数列 
=  

也为完 全平 方数 .   由勾 股 数 性 质 知 其 等 价 于  +4 y 4=z  

有正整数解 , 再由无穷递降法导出矛盾.  
参考文献 :  
[ 1 ] 第1 8 届北欧数学竞赛 [ J ] . 中等数学 , 2 0 0 5 ( 增刊 ) .   [ 2 ] 第3 3届 俄罗斯 数学 奥林 匹 克 [ J ] . 中等数 学 , 2 0 0 7  
( 1 1 ) .  

[ 3 ]   第二 届 罗马 尼 亚大 师杯 数学 竞赛 [ J ] . 中等数 学 ,  
2 0 0 9 ( 6 ) .  

1 [ ( 1 +  )   ”   + ( 1 .  ) 。   + 2 ] (   > 1 )  

[ 4 ]   第 三 届 罗马 尼亚 大 师杯 数学 竞赛 [ J ] . 中等数 学 ,  
2 0 1 0 ( 6 ) .  

中没有完全平方数.  

[ 5 ] 2 0 0 7 -2 0 0 8匈 牙利 数 学 奥林 匹 克 [ J ] . 中等数 学 ,  
2 0 0 9 ( 增刊) .  

8  

中 等 数 学 

取 凡:   一m +3 ,  :| i } 一m +  

整数 解.  

当k =l , 2 ( o r o d   3 ) 时, 已经得到方程①的 

满足方程② , 且 m取 1 , 2 , …, k + 2中所有满足 
m暑 一 k ( o r o d   3 ) 的整数 时 , 由此给 出 的 , l 、 , 也 
是整数.  

3 J } + 3 2 + 1 = 3   + 3 【  】 + 1  
组 正整 数解.  
下设 k -0 ( oo r d   3 ) .  

接下来证明: 每组对应的( m, 凡 , r ) 满足 
0 <m 、 / 7 , <r   .

当 k= 9时 ,  

注意 到 ,  
。  


{ m, , l , r } ={ 3 , 1 3 , 1 5 }  


k m +m 

m+ —— 广

 

给出了方程① 的6组新的正整数解.  
当k =O - ( m o d   3 ) , 且k #9时 ,  



÷[ m   一 ( k + 3 ) m+  + 3 k ] .  

若j } = 4 , 则 
{ m, / 7 , }={ 2 , 5 } ,  
r = 下 1( m   一 7 m+ 2 8 )  


} =  , 等 )  
也给出了方程①的 6组新的正整数解.  

两种情形下方程①均至少有 

÷( , n一 2 ) ( m一 5 ) + 6 = 6 ;  

3 J i } + 3 f + l + 6 = 3 k + 3 【  卜 4  
组 正整数 解.  

否则 , k > 4 ,  
r : 

[ ( m 一 字) 2 + ÷  

) 】  

综上, 命题成立.  

【 注】 用反证法不难得 出方程① 的正整 
数 解满 足  a r i n { m, n , r } ≤J c .  

≥ 寺 ( 七 一 1 ) (   + 3 ) ,  
故r 一 (   + 3 ) ≥ 寺 ( J I 一 5 ) ( j c + 3 ) ≥ 0 .  
又 0< m、 / ' t < k+ 3 , 从而 , 以上两种情形  下均 有 0< m、 n<r .  
对 于固定 的 k , m +k取 1+k , 2+k , …,  

当k = 5时, 不妨设 m i n { m, / ' g , r } = m, 并 

将 m= 1 , 2 , …, 5分别代人方程② , 解出 n 、 r   .
再结合 m、 凡 、 r 的对称性 , 便能得到方程  ① 的所有正整数解 , 共2 5 组; 而此时 

( k + 2 ) + k = 2 k + 2中所有 3 的倍数.   故 以上 m 的取 法种数 为 

3 | j } + 3 [ 字卜1 = 2 5 .  
可见 , 命题中正整数解 的组数的下界可 
以达 到.  

z = 【   】 - 【 争 】   f [ 字卜 l , k = - O ( m o d   3 ) ;   l [ 字】 ,   , 2 ( m 。 d   3 ) .  
注 意到 , 此时 m+凡;k + 3 .   因此 , 这Z 组 解 连 同其 轮 换 所 给 出 的 方 

问题

命题 中当 k为何值时 , 所述下界 

可 以达到 ?  

从 以上证 明不 难 得 出 , 命 题 中正 整 数 解 

的组数达到所述下界 , 当且仅当 m= 1 , 2 , …,   k 一 1 时, k   一 k m+ m   均为素数或素数的 3倍 
( 证 明从 略 ) .  

程①的 3 z 组正整数解不同于前面给 出的 3 . j }  
组 正整 数解.  

显然, m: n : r = k 为方程① 的另一组正 

当k  ̄l < O 0时 , 符合条件 的 k只有 5和 7 .  

2 0 1 3年第 9期 

9  



个命题在不等式证明中的应 用  
吴 树 勋 
( 河北省衡水中学 , 0 5 3 0 0 0)  

中圈分类号 : 01 7 4  

文献标识码 :A  

文章编号 : 1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9- 0 0 0 9—0 2  

命题 设 a , b 、 c ≥ 0 , 且c = a r i n { 口 , 6 , c } ,   口 , b , c ) 是关 于 口 、 6 、 c的连续 函数 , 满 足  a , 6 , 0 ) ≥ 0 恒成立. 令  g ( t )=   口+ t , 6 +t , c+ t ) .   当t ≥ 一c 时, g   ( t ) ≥0 , 则  口 , b , c ) ≥0   恒成 立.   证明   由g   ( t ) ≥0 , 知g ( t ) 单调递增.   因此 , g ( o ) ≥g ( 一c ) .   贝 0 , ( 口 , b , c ) ≥  口 一 c , b — c , 0 ) ≥ O .   此命题并不深奥 , 但运用到某些不等式  的证 明中却有意想不到的效果.  

( 口   一 6   ) ( 口 一 b ) ≥O ,   故对任意的  ∈ N,  ( 0 , b , c ) ≥ 0均成立.   下面的例子则是命题在轮换对称不等式  中的应用.   例 2 设 口+b + c =3 ( 口 、 b 、 c ≥0 ) . 证明:  




2 b+b 2 c+C 2 口≤4

.  

证明

只需证 明 当 0 、 b 、 c ≥0时 ,  

f ( a , b , c ) = 4 ( ∑口 1 ‘ 一 2 7 ∑口   6 ≥ 0  
恒成 立.   令g ( t ) =  口+ t , 6 + t , C + t ) ,  
A =a +t , B =b+t , C =c+t .  

为表 述 方便, 以 下 用“ ∑” 、 “ I I ” 分 别表  
示轮换对称和、 轮换对称积.   例 1 已知  ∈ N, 口 、 b 、 C >0, I   c = a r i n { a , b , c } .  
证明:  

求导得 

g , ( £ ) = 3 6 ( ∑A ) ‘ 一 2 7 ∑( A   + 2 A B )  
= 9 ( A+   +C )  ≥O .  

( 0 , b , c ) : ∑0   ( 口 一 6 ) ( 口 一 c ) ≥ 0 .  
证明 当| j } = 0时 ,   g ( t )=   ( 口一 b ) ( 0一 c )  

( 不妨假设 c = m i n { 0 , 6 , c } . )   而  口 , b , 0 )= 4 ( 口+b )  一2 7 a   b .   由于 a 、 b 、 c ≥0 ,  

与t 无关.   故g   ( t ) = 0 .   而  口 , b , O )=( n一6 ) 0+6 ( 6一 a )  
=ab+a  +6  一a b> 1 0.  

2 7 口   6 ≤   (  

)   - 4 (  

从而,   口 , b , c ) >0恒 成立. I   所以, 题 中结论 成立 .   有时, 在同一道题中可以反复使用命题 ,   如 下面 的例 3 .   例3 设 n 、 b 、 c ≥0 . 证明 :   ( 口 2 +6   +c   )  I >3 ( G 3 6+b 3 c +C 3 a ) .  
证明 令 

因此 ,   a , b , c ) ≥0成 立.   假设 后=m时 ,   ( 口 , 6 , c ) 10 > , 则  g   + l ( t )=  + 1 ( 口+t , b+ t , C +t )  
=  

A   ( A一  ) (   —c) ,  

其中, A= 口+ t , B=6+ t , C= c+ t .   求 导得  g m , + 。 ( t )=( m 十1 )  (  ,  , C ) ≥0 .   又  +   ( 口 , b , 0 )   = 口   ( 口一6 ) 口+b   6 ( b— a )  
收稿 日期 : 2 0 1 3—0 7一 O l  

口 , b , c ) = ( ∑口   卜. 3 ∑3 b ,  
g ( t )=   口+t , b+t , c +t ) ,  
A =口+t , B =b+t , C =C+t .  

不妨设 c = a r i n { 0 , 6 , c } . 则 

g   ( t ) = 2 ( ∑ A   ) ( ∑ 2 A ) 一 3 ∑ ( A   + 3 A 2 B ) ,  

1 0  

中 等 数 学 

) = 8   f   2   A   1 ‘ + 1 2 ∑A   一 3   2 / 6 A   + 6 4 8 )  
: 2 ( A   +   + 6 - 2 ) 一 2 ( A B+ B C+C A ) ≥0 .   令  ( e l , , 6 , C )  

= 2 ( ∑2 a ) ( ∑a 2 ) 一 3 ∑ ( 口 。 + 3 a 2 b ) ,  
g 1 ( t )= g   ( t ) .   则蜀   ( t ) ≥0,   ( a , b , 0 )  
= 2 ( 口   + b   ) ( 2 a+ 2 b )一 3 ( 口   + b   + 3 a   6 )  
=口  +6 。+4 口 6  一5 a 2 6
. 

C =r a i n { n , b , C } ,   将  0 , b , c ) 换成f ( a, B, C ) , 其 中, A=口+ t ,   B:b+ t , C=c+t . 先证 , ( A, B, 0 ) ≥0 , 再 证  , ( A, B, C) t0 > ( 自变量 为 t ) . 这 一技 巧特别 适  用于某些 C= 0 时取等的不等式.   从例 4 开始 , 不再提及 g ( t ) 和t , 利用  A   = B   =C   =l , ( A B)  =A+ B,   ( A   B )  = A  + 2 A B   等直接给出g ( £ ) 的导数 ( 用A 、 8 、 C表示) .   例4   已知 口 、 b 、 c ≥0 , C I , +b +c = 3 . 证明:  

设  (  )=   +1 + 4 x一 5 x   . 易知  (  )=3 x  + 4一l O x .   设  为 (   ) = 0的较小根.   当 ≥0时,  (  ) 的最小 值 只可 能在  (   0 ) 或 ( 0 ) 处取 得.  

I I ( A   一 A   + 日   ) ≤ l 2 .  
证明 令 

f ( a , 日 , c ) = 告 ( ∑ A 卜Ⅱ ( A   一 A B + B   ) .  
当 C= 0时 ,   A, B , 0 ) ≥ 0 .   求导得  ,   ( A, 日, C )  


经检验 ,  ( O ) : 1 ≥ O ,  ( X O ) : 2 百 9— 2   6  

用   = 丁 l O x o - 4 ≥ o ) .  
所以, 当 ≥ O时 ,  (  ) ≥O 恒成立.  

告 ( ∑ A  ∑ (  ) (   . 髓 +   ) ( c 2 . A C + A   ) ,  

故   ( 口 , 6 , o ) = 6   ( 詈 ) ≥ 0 _  
( 口 , 6 , c ) ≥O   恒成立.   于是 , g ” ( t ) ≥0恒 成立 .   而厂 ( a , 6 , 0 ) = ( 口   + 6 。 )  一 3 a   6  


显然 , 上式在 C= O时也非负 ;   , ” ( A , 日 , C )  


等 ( ∑ ^ ) 4 . ∑ 2 (   . B C +   ) (   . A C + A : ) .  
2 ∑( A + B ) ( B + c ) ( c 2 一 A C + A   ) ,  

上式在 C= 0时非负 ;   f   ( 、 A。 B。 C  
: 

÷2 ( 口 一 2 6 )   +   1 口   + b   一 a 3 b ,  
4   r _ : - ——一  

( ∑ A )   一 6 ∑ ( A +   + c ) (  ̄ 2 - a c +   ) 一  

丢 口 4 + 6   = 吉 口 4 + 吉 口 4 +   a 4 + 6  
  t4 >  /l a 3 6≥ 

6 ( A+  ) ( B+C ) ( C+ A) ,   上式在 C= 0时 非负.   故,  ( A, 日, C)  




从而 ,   n , b , 0 ) ≥0 .   所以,   口, b , C ) ≥O .   可 总结 出使用命 题 的要点 : 不妨设 

4 8 0   f ∑A ) ‘ 一 2 4 ∑( A   一 A C + c 2 ) 一  
2 4   ( A十 B ) ( A+c ) ≥0 .  

从而 , 原不等式得证.  

2 0 1 3年第 9期 

不 含 孤立 元 的 子 集 个数 的 探 索  
金 荣 生 
( 上海市市北中学 。 2 0 0 0 7 1 )  
中田分 类号 : 01 5 7 . 1   文献标识码 :A   文章编号 : 1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 1 1— 0 3  

设 A是 整数 集 的一个 非空 子集 , 对 于  k∈A, 若k —l   A , 且k + 1   A , 则称 k 是A   的一个“ 孤立元” .  

( i ) 4个元 是连 续 的整数 , 有c   一 , 种.  

( i i ) 4个元 由“ 2+ 2 ” 组成 , 即两个连续  的整数与另两个连续的整数组成 ( 中间有间 

给定 I s ={ 1 , 2 , …, n } , 当n ≥m时 , 在由   I s 的 m个元素构成的所有子集 中, 不含孤立 
元的子集个数记为  .   本文探索  的多种性质.   问题源于 2 0 0 9年北京市 的一道高考数 
学题.  

断) , 其余元有 1 +   2 +   3 = n一 4 (   2 ≥1 ) 个.  

故有 c :   , 种.  
  所 以,   =c   一 3 +E   23=c2


性质 3  

=( n一 4 ) 2 .  

性质 3的证 明  

( 1 ) 当n = 5时,   = 1 =( 5 — 4 )   .  

题 目 给定 S={ l , 2 , …, 8 } . 在由| s的  三个元素构成的所有集合 中。 求不含孤立元  的集合个数.   事实上就是求  .  
性质 l   =0 , F 2 =c   一   ,   =c  

( 2 ) 当n ≥6时, 分两种情形.  

( i ) 5 个元是连续的整数, 有c : 一   种.  
( i i ) 5 个元 由“ 2+ 3 ” 或“ 3+ 2 ” 组成 , 即  两( 三) 个连续整数与另三( 两) 个 连续整数 
组成( 中间有 间断 ) , 故有 c   一   种.  
所 以,   =c   一 4 + 2 c 2
一  

性质 1 的证明   当 m= l 时, | s 的一元子 



集 中的元必为孤立元 , 从而 , F   = 0 .  
当 m= 2 时, | s 不含孤立元的二元子集 中   的元是两个连续的整数 , 按照最小元素分类 ,   最小元素可能是 1 , 2 , …, n—l , 各有一个满 

( n一 4 ) 2 .  

性质4  


= c : 一 4 + 2 C 2 — 5 + c  

性质 4的证明   当n = 6时 ,  

1 = c : 一 4 + 2 c : 一 5 + c  

足条件的集合, 从而,   = c :  
当 m= 3时 , . s不含 孤立元 的三元 子集 中 

约定 : 当0 ≤后<i (  、 i ∈ Z) 时, C  = 0 .   当/ t ' ≥7时 , 归 为两种 情形.   ( 1 ) 6个 元是连 续 的整数 , 有c   一   种.   ( 2 ) 6个元 由“ 2+ 4 ” 或“ 4+ 2 ” 或“ 3+3 ”   或“ 2+2+ 2 ” 组成 , 故 有 

的元是三个连续 的整数 , 按照最小元素分类 ,   最小元素可能是 1 , 2 , …, n一 2 , 各有 一个 满  足条件的集合 , 从而, F 3 = c l  

性质 2  

= c :  

3 c ;   _ 6 ) 一 1 + 2 + c   - 6 ) - 2 + 3 = 3 C o 2 一 5 + c : 一 5 ( 种) .  
则   = c   一   + 3 C 2 一   + c : ~ 5  


性质 2的证 明  

( 1 ) 当/ 1 , = 4 时,  = 1 = C :  
( 2 ) 当n ≥ 5时 , 分两种情形.  
收稿 E l 期: 2 0 1 3 — 0 6 — 2 7  

c  4+2C2 5+c  廿  
一 —

性质 5  F : :1 ( n ≥2 ) ,  


= n一 2 ( n >3 I ) ,  

l 2  


中 等 数 学 

: 

(  ≥4 ) .  

由性 质 1~ 6知 

当 m=2 、 3时 , 数列 为等差数 列 ;  

性质 5的证 明   当 m =n时 , 因为 . s是 

当 m= 4 、 5时, 数列相邻两项 的差为等 
差 数列 ;   当 m= 2 k 、 2 k+1时 , 数 列 的 k阶 差分 为 

唯一满 足条 件 的子集 , 所 以, F : :1 .   当 m =n一1 时, 为 了构 造 S满 足 条件 的 

/ " t 一 1 元子集 , 只需在 5中去掉一个元素 , 此  元素只可 以是 1 , 3 , 4 , …, n 一 2 , n中的一个 ,  
所以,   ~ =n一 2 .  

常数 : 若 m为奇数, 该常数为 
二 

, 若 m为  

当 m:n一 2时 , 为 了构 造 . s满 足条件 的  / " t 一 2元子集 , 只需 在 S中去 掉两个 元素 .   当n ≥5时 , 分 两种情 形.  

偶数 , 该常数为 1 .   于是 , 猜 测  有 以下 性质.  
性质 7 当 m 为偶 数时 ,  
m  m   ●   m  ^   ^ 

( 1 ) 去掉的两个元素是连续 的, 除2 、 3 ,  
n一2 、 / " t 一1 外 均可 , 有/ " t 一 3种.  

F : = c  + n 1 c   一   + 0 2 c   一  + …+ 口 旱 c : ,  
其中, 口   , 口   , …, 口 譬 为与 m相关 的实 数 ;   当 m 为奇数 时 ,  
: 

( 2 ) 去掉的两个元素是不连续 的, 其余 
元有 1 + 戈 2 +   3 =n一 2 (  1 、   2 、 戈 3   >2或 1 I   3  


0 ) 个. 故有  c   + 2 + 2 c   + 1 + l :   则F : ~ :(  一 3 )+  
:  

c   + 6 。 c  

+ 6 : c  

+ 1 . . + 6  

,  

( 种) .  

其中, b   , b   , …, 6   为 与 m相关 的实数.  
性 质 7的证 明   ( 1 ) 由 

F I = n 一 1 , F : = n 一 2 ,  
知性质 7对 m= 2 、 3均成 立.  

(  ≥5 ) .  

( 2 ) 假设性 质 7对 2 ≤m≤k均成 立.   若 k+1为偶数 , 对 m=k+1的情 形 , 分  k 一1类情 形讨论 .  

当 n= 4时 , 有 3种 , 也成 立.  
性质 6  e m=  :  ?  一 - 2 1 +  :  +  

性质 6的证明   因为 S ={ 1 , 2 , …, n } 不 
含 凡的 m元 子集 与 { 1 , 2 , …, 凡一1 } 的 m元子  集 一一对 应 , 所以, 不 含孤立 元 的有 F : 一   个.   设. s中含 n且 不 含 孤 立 元 的 m 元 子集 

第一类 , 集合中的元为  { i , i +1 } u{ 0 l , 口 2 , …, 0   一 1 } ,   其中, { o   , n   , …, 0   } 不含孤立元且任一元 
素不 小于 i + 3 , 集合 总数 为 

的个数为 G : . 则该子集也含有 / 7 , 一1 . 若不含 
n一 2 , 有 ,   m 一 -   2 种; 若 含 n一2 , 则与 { 1 , 2 , …,   n一1 } 的含 n一1且不 含孤 立元 的 m 一1 元 子  集 一一对 应 , 有c m -   种.  
得 到递 推式 

F   :   + F : :   + …+ F   : :  



k一 1 \  

f   c  +   c k - - I 一   1  

骞   蓦c   k - I . ) + c  
① 
^一 1  
2  


r F m = F m 一 。 + G : ,  

I G   : F m   - 2 + G   m - I .  
由式①得 
G :=F m— F   m.  

②  
⑧ 

c  + ∑ c  一   + c ,  


1  

其 中, C 是 常数.   第 二类 , 集合 中 的元 为  { i , i +1 ,   +2 } u{ 0 1 , 0 2 , …, 0   一 2 } ,   其 中, { n   , 。   , …, a ㈦ } 不 含 孤立 元且 任 一 元 

将式② 、 ③代人式①得 

F m = F : :  — F   :  + F o r - : + F   _ 、 .  

2 0 1 3年 第 9期 

1 3  

素不 小 于 i + 4 , 集 合 总数为 
k   -
一  

{ i , i +1 , …, i +k }  
共c   一   种.  

2 + Fk   -


5 + …+ F   : ;  

=  

薹   ( 字c   i + j 妻 = l   c   i   )  
n   -4  
二  一  k   3  

以上 k一1 类 中, 因为 每一类 的集 合个 数 

均是次数不超过 
类 的次数 为 
数时成 立.  

的多项式 , 且仅有第一 



字 c   + j 奎
=1 l  、 i    

。  

一  k  3  

c k - - 3 一 , . +d   1


, 所 以, 性 质 7在 k+1为 偶 

生 二 量 
:  

c _ k - 1 3 + ∑ 2   6 c k _3 - I —   +d


若 k+1为奇 数 , 同上 也 分 k一1类情 形  讨论 , 得到类 似结 论.  
综上 , 性 质 7对 m> 12均 成立 .  

,  

其 中。 d是常数 .  

f l ,   第 k一 2类 , 集 合 中的元 为 
性质 8
l i m 


m为偶数 ;  

{ i ,   + 1 ,   + 2 , …, i + k 一 2 } u{ 口 1 , 0 2 } ,   其 中, { a 。 , 口   } 不含孤立元且任一元素不小于 
+  , 共c   一   一 , 种.  

一 * 南 L . J   { I   _   ,   m 为 刀 奇 苛 数   .  


性 质 8可 以 由性质 7推 出.  

第 k一1 类, 集 合 中的元 为 

【 注】 性质 8即是笔者为 2 0 1 3年全国数  学命题工作研讨会提供的问题.  

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DC D J H 

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D C D Z H   D C D S L   D C D X Z  

6 6   6 6   7 5  

Z K B 1 1  
Z K B 1 2  

3 6  
3 6   3 0  

S L H B  
J N D H B   D J T G  

4 5  
4 3   4 3  

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1 4  

中 等 数 学 

从 一 道数 学 奥 林 匹 克题 到九 点 圆 的推 广  
刘 伟 仪 
( 美 国加州大学伯 克利分校数学系 2 0 1 3级 )  
中 图分 类 号 : 0 1 2 3 . 1   文献标识码 : A   文章 编 号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 1 4— 0 3  

2 0 1 2年 伊 朗 数 学 奥 林 匹 克 中有 一 道 难  度较 大 的几 何 题 , 经 笔者 研 究 发 现其 图形 很  具有 启发 性 ,包 含 了不 少 有 趣 的结 论 . 下 面  分别 给 出笔者对 该题 的解答 与思 考.   题 1 已知 △ A B C的外 心 为 0, A   、 B   、   C   分别 为边 B C 、 C A、 A B上 的点, 且 满 足 

△A B   C   、 △B C   A   、 △  的外接 圆均 过  点 0, 以B   为 圆心 、 B   C为 半 径 的 圆 和 以 C  
为 圆心 、 C   B为半径 的圆 的根 轴 为 Z   , 类 似 地 
定义 f   、 Z   . 证明 : 直线 Z  f  f  交 出 的三 角 形  与△ A B C有公共 的垂 心. _ 1   J  

( 第2 9届伊 朗数 学奥林 匹克 )  
证明 设△ A B   C   、 △B C ~ A、 △C A   B   的 
图 1  

外 接 圆分别为 o0   、 o0 : 、 O0 , . 设 D为 o 0  

与o0的不同于 A的交点 , 辅助线如图 1 .   由  DC A: '  D O A= 2   D B C   , 知 
DC =BC  .  

设直 线 Z 。 、 Z 6 、 Z   交 出△ A   B   C   .   由根 轴性质 知 
A’  上f   ,  C   j 一  , C   B  上 f 。 .  

同理 , D B   = B   C .  

故△A m B   一 C   ∽△ A B C .   因为 日~ C   =B   A,C   B ” =C   A, 所以,  
B  C“ A=   A=   C— B  A.  

故 D是 以  为 圆 心 、 B   C为 半径 的 圆和 
以C   为 圆心 、 C   为半 径 的圆的一 个交点 . 设  另一交 点 为 A ” .  
由/ D A   +   D A   C  
1  


于是 ,  、  、 C ” 、 C   四点 共 圆.  

同理 , 4   、  ” 、  ” 、  , A   、 A ” 、 c   , c ” 均分 另 Ⅱ   四点共 圆.   注 意到 , A B、 A C 、 B C为 三 圆根 轴 , 由根 心  定理 知 三 圆必 重 合 为 同一 圆 , 即A   、 A ” 、  、  
B ” 、 C   、 C ” 六点 共 圆.  

1  

÷ D c   曰 + 1 8 0 。 一   1   D B   c  
二  二 

=1 8 0。  

: = 》 B、 A ” 、 C三点 共线  点A ” 在边 B C上  Z 。 即为 D A ” .  
收稿 日期 : 2 0 1 3— 0 7—0 1  

最后证 明 : oq   ( 过点 A、  、 c ” ) 、 o  ( 过  点 B、  、 c ” ) 、 O  ( 过 点 C、 A ” 、  ) 三 圆共 点 
于 日( △A B C的垂 心 ) . 如图 2 .  

2 0 1 3 年 第 9期 

1 5  

接下来的三道题将说明, o0   确实有着 
与九 点 圆类似 的性质 .  

题 2 已知 A A B C, 点 D、 E、 F分 别 在 边  B C、 C A、 A B上 使得 A A E F、△ B F D、A  C D E   的外 接 圆 ( 分别 为o0   、 o  0 : 、 o  0 , ) 过点 . ,   ( A  A B C 内任 意 一 点 ) ,A  D E F 的 外 接 圆 

O0 与边 B C 、 C A 、 A B分别交 于点 G 、 H 、 , ( 分 
别 与 D、 E、 F不 同) , AA H I 、 AB I G、 AC G H   的外 接 圆 ( 分别 为 o  0 1   、 o  、 o  ) 过 点  记 o0  与o q   、o0   与Go : 、 Go   与 Go ; 分  别交 于点 L 、  、 Ⅳ . 证明:   ( 1 ) A L、 B M、 C N 三 线 共 点 于 P且 点 P、  
图 2  
、  、

K、 0、 . , 、 N七 点共 圆 于o0   ;  

由密 克定理 , 不 妨 设 。  、 o  、 o  过 
点 日  .  

( 2 ) O K=O J .  

证明 ( 1 ) 辅 助线 如 图 3 . 设B M与 C N 交 
于点 P .  
P  

则  B H C=   B H A ” +   A ” H C  
=   BC   l +   A , I B “ C  


/ B A   C  +   B   A   C  
ABC +   ACB 

=  



1 8 0 。一/ B AC .  

同理 ,   A H B=1 8 0 。 一   A C B .  

由同 一法知  即为  同时 , 由  、   、 C ” 、  ” 四点 共 圆 知 o 0:   还 经过 点 曰   .   故 △l i b   C " c . / 9 △H B C ( 如图1 ) .  

这实际上是一个位似旋转变换. 在 以点  Ⅳ为位 似 中心 的位 似旋 转 变换 下 , △A B C变 
为 △  B   C H   .  

从而 , Z   、 Z   交 出 的三角形 与 △ A B C有  公 共 的垂心 . 原题 得证 .  

【 注】 1 . 在图 1中, 由正 弦定理易知O0 。 、  
o0 2 、 O0 。 为等 圆.   2 . 在 图 2中 ,   C ” O ; A ” = 2   C " B A ” ,  
C “ B t A H=1 8 0 o一   A B’ C “ 一   A “ B   C  

例 3  

首先证 明: 四边形 O 0  ̄ B 0 2 为平行 四边形-   事实上 , 由于 O 0  上 D F,则 只 需 证 明 

B O   上D F ( B O   / / O 0 : ) , 即可由对称性 推出   o o ; / / B O : .   从而 , 四边形 O O i B O   为平行 四边 形.  
其 次证 明 : B O  _ l - D F .  

=1 8 0 。 一 ( 1 8 0 。 一 2  B A C ) 一( 1 8 0 。 一 2  A C B )  


1 8 0。一2  

ABC.  

则  c  A ” +   C ” O ; A ” = 1 8 0 。 .   故点 0   在o0   上.  

在共外接圆的A B O i l 与A B O I C中, 由  

中 等 数 学 
G 
一  

同理 , /A K   B=   A J B,  
C  B=   C J B.  

C O S  

/ BO 一   C O S  

o ; t  ̄ c ’  

且 , ?  F= B C , ? B D, 得 

故点 . , 就是 K   , 即 K、 . , 为△ A B C内一对  等角共 轭点.  
回到原题 .   由题 2知点 K、 . , 在以 O P为直径 的 o0  

B F c o s/ / B O ; = B D C O 8   O ; B C,  
即 B O ; _ l - D   .  

因为 0 : 0  平 分 D B 与 MB, 且 D   D   j _  
B M, 所以,   O M_ 1 . P M.  

上, 故 只需 证 明  P O K=   P O J , 即可得 
O K :o J .  

同理 , O N上 P   故 P、  、 D、 Ⅳ 四点共 圆 , 且 
MON = 1 8 0o一   MPN.  

注意 到 ,   P O K=   K L B=   K t B,  
PO J:   C NJ=   C E J.  

A K 1=   A HI =   AF E=   A   J E .  

则  MK N= 3 6 0 。 一   MK G一   N K C ,  


又 由引理知  K A I =   J A E, 从而 ,  
A I K=   A E J.OK =O J .  

3 6 0 。 一( 1 8 0 。 一   P B C )~  
( 1 8 0。一   PC B)  
1 8 0。一   BPC =1 8 0。一   PM 

【 注】 △A B C中  、 . , 互为等角共轭点与 
△A B C的垂 心 与外心 互 为等 角共 轭 点 对应 ,  



于是 , P、 M、 K、 0、 N五点共 圆.  

同理 , 点. , 亦在该 圆上 . 此 圆 即为△ O K J   的外接 圆oD   .  
同理 , A L 、 B M、 C N 三 线 共 点 于 P, 且 点  P、 M、 L 、 K、 0、 J 、 Ⅳ七 点共 圆于 o0   .   ( 2 ) 先证 一个 引理.  

但前者显 然更为一般 , 且O K= O J 也显示 了   0与九 点 圆圆 心 的类 似. 故 此题 中 的 o 0可 
视 为九点 圆的推 广. 题 3中 的九 点 圆只 不 过  是 上题 中 的o0的特殊情 形.   题 3 如 图 4, 在△ A B C中 , D、 E、 F分 别  为边 B C 、 C A、 A B 的 中点 ,   、 y 、 z 分 别 为 点 
A、  、 C到对边 的垂 足. 证明 : 过点 D、 E、 F 、 J ] j f 、  

引理 

、 . , 为△ A B C内一对等角共轭  .  

证 明  同一法.  

y 、 z的o ( 即△ A B C的九点 圆) 的圆心  平 

不妨设 点  的等角共 轭点 为  . 则 
BAK +   BCK +   AKC +  


分线段 O H, 其中, 0 、 H分别 为△ A B C的外 
心、 垂 心.  

BAK =   BCK =   AK  C 

BAC.   BC A.  

(   A B C+   B A K+   B C K)+  
(   A BC+   B A K  +   BC K  )  



1 8 0。+  

ABC.  

由  A   =   A K H+   C 解 
= /

/ MH +  

HGC , =  

AEF+  

DEC

. 

/ A J C=   A J E+   C J E 
=   A   +   EDC.  

得 
:  

A K C+   A J C  
A EF+   DEC +   AFE +   E DC 



1 8 0。 一  
l 8 0。+  

B A C +1 8 0。 一  
A C.  

BC A  



因此 , /A K   C=   A j c .  

图4  

2 0 1 3年第 9期 

1 7  

对 一道 东 南 地 区数 学奥 林 匹 克 题 的 再 探 究  
周 忠 鹏 
( 江苏省新海 高级 中学高- -( 2 ) 班, 2 2 2 0 0 6 )  
中图分类号 : 01 2 2 . 7   文献标识码 : A   文章编号 :1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 1 7— 0 2  

文[ 1 ] 对一道东南地区数学奥林匹克题  进行 了探 究 , 在 此基础 上 , 笔 者 进 行 了 再 探  究, 并得到如下命题 :   命题 设等差数列 { 0   } 的公 差为 d , 且  0 { t   } ( n   E   N ,   Ⅱ ,   E   N + . 对严格递增的整 

由{   } 的无穷性, 得g   E   N+ , 且g > 1 .  
对  E  N  。  


( 1 +q+… +g   一   )  
2  

=M 1+ 』 l   +… +  

= 

+ 



① 

i o = 0 ) , 定义M   :∑ a i ( i   E   N + ) . 则  
=t i 一1+1  

注 意到 ,  
+ 

( 1 ) 当2 a , >d时 , 必存 在 无 穷 多 个 严 格 

递增的整数数列 { t   } ( n∈ N) , 使得 {   } 为  等比数列 ;   ( 2 ) 当2 a   = d时, 不存在严格递增 的整  数数列 { t   } ( n   E   N) , 使得 {   } 为等 比数列;  
( 3 ) 当2 a , <d时 , 不 存 在 严 格 递 增 的整 
( 2 d t   一d+ 2 a 1 )  

H 2  

.  

将上式代入式①整理得 
= 4 d r 1 ( d t 1 一 d+ 2 a 1 ) ( 1 + g+… + q   一   )+  

( 2 a   一 d ) 2 .  
由t l ≥l , 有 d £ 1 一d+2 a 1 ≥2 n l > 0 .  

② 

数数列 { t   } ( n   E   N) , 使得 {   } 为等比数列.  
证明   ( 1 ) 和( 2) 的 证 明文 [ 1 ] 已经 给 
出, 这 里不再 赘 述. 下 面 只证 ( 3 ) .  

令 A= 4 d t 1 (  1 一d+ 2 口 1 ) , B=d一 2 a 1 .   故  、   ∈ N+ , 且对 一切 的 n   E   N+ , 有 

假设命 题 不成立 .  

.  
口一 l  

+ B z : 生 
口 一 l  

为平方数
,  

③ 

令J s   为数列 { 口   } 的前 n项 和, 并约定 
S  = 0 . 则 
. s   。 +   d  

其 中, C= B   ( g 一 1 ) 一 A∈ z , 有 
+C= B   ( g一1 ) ∈ N+ .  

若C #0 , 令 

= 

+ 

) 2 ] .  

A   =( g一1 ) A, C   =( g一1 ) C .  

则 对一 切 的 n   E   N+ , 有 

由假设 , 令等 比数列 {   } 的公比为 g .  
收稿 日期 : 2 0 1 3—0 4— 0 8  

: 垡 : ±  : 一   望 : ±  
( q一1 )  一 g一1   为 平方 数.   过是 所讨 论 的一种 特殊情 形.  
参考文献 :  
[ 1 ]   李 建泉 译. 第2 9届伊 朗 数学 奥林 匹克 ( 2 0 1 1 - 
2 0 1 2 ) [ J ] . 中等数学, 2 0 1 3 ( 增 刊二 ) .  

注意到 , A L 、 B M、 C N 三线平行 ( 均 与 直  线O H垂 直 ) , 其 三 线 交 点 为无 穷 远 点 P, 而  点 P可 视为 在半 径为 无 穷 大 的 圆 ( 过共 线 六 
点  、  、 日、 V 、 0、 N) 上. 在这里 , 九 点 圆 只 不 

1 8  

中 等 数 学 
2d t  一B =Br “  

进而 , A   q  + C   恒 为平 方数.   设A ~ q +C   =  (   ∈ N+ ) .  

=  

若 C> 0 , 则 C   > 0 .  
对1 1 , 13, > n∈ N+, 恒有 
2 d I  ( r “ +1 ) .  

: =  g “ + c   为平方数,  
q   一 2 = A   g  +c   g  为平方 数.  
因为 C   > 0, 所 以,  
g  2  


用  ( n ) 表示正 整 数 n的素 因 数分 解式  中素数 P的幂次.   对 奇素 数 P> 13 , 有 

2 >   : =   q x   一 2 ≥  + 1  


( d ) =  ( 2 d ) ≤  (  ) .  

⑤ 

=  q 2  2  

2 ≥(  + 1 )   =   : + 2 x   + 1  

否则 , 假设对某个奇素数 P ( P ≥3 ) , 有 
( d )>  (  ) .  

j  A   g “ + c   q   ≥   , q “ + G   + 2 , / A ' q   + c+ 1  
铮 [ c   ( g   一 1 ) 一 1 ]   ≥ 4 ( A ~ q+ c ) .④  当n 趋于无穷大时 , 式④右边趋于正无  穷大 , 但式④左边是定值 , 矛盾.  
类似 地 , 由 C< 0同样 可导 出矛 盾.  
因此 。 C= 0 .  

则 对一 切 的 n∈ N+ , 有 PI ( r   +1 ) .   特 别地 , P   I ( r +1 ) , Pl ( r 2 +1 ) .  

从而 , PI ( r +1 , r   +1 ) .  

但( r + 1 , r   + 1 ) = ( r + 1 , 2 ) ∈{ 1 , 2 }  
PI 1 或 P1 2 , 与 p≥3矛盾.  

同理 , 知  ( d ) ≤   : ( 日 ) .   故对一切素数 P ,  
( d ) ≤t 7 p ( B )   d ≤B .  

⑥ 

于是 , A: B   ( q 一1 ) .  

结论③ 变为对一 切的 n∈ N+ , 有  g  
为平方数.  
从而 , g为平方 数.  
设 g=/ . 2 ( r∈ N+ ) .  

但 B= d 一 2 a 1 < d , 矛盾.  
综上, 假设 不成 立.   从而( 3 ) 得 证.  
参 考文献 :  
[ 1 ]   何忆捷 . 探究一 道东南地 区数学奥林 匹克 题 [ J ] . 中  
等数学 . 2 0 1 3 ( 2 ) .  

由式②及 
2 d t  一 B≥2 d一( d一 2 口 1 )= d+2 a 1 > 0,  



( 2 d t  一  

= B   g  = B   r  

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2 0 1 3 年 第 9期 

1 9  

利 用 折 纸将 长 方 形 的 长 和宽   等分  
吴 向 辉 
( 河南师范大学附属中学 , 4 5 3 0 0 0)   中图分 类号 : O 1 2 3 . 1   文献标识码 :A   文章编号 : 1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 1 9— 0 1  



在数学教学 中, 常常借助尺规作图来将  条 线段 n等分 , 但 在 生 活 中若 想 将 一 条线 

联结 D E 、 C F交于点 M, 过 M 分别作折 

痕L K 、 H I , 使得 L K fA D , H I / l A B .  
则肋 =   D, D K= 1DC
. 

段 n等分 , 又该 借 助什 么工具 呢 ?其 实 , 一 张 

长方形或正方形的纸足矣.   借助折长方形来等分线段 , 可分为两类 ,  
即偶数 等分 和 奇 数 等 分. 下 面仅 讨 论 奇 数 等  分 的情 形.   采 用 由简单 到 复 杂 、 由特 殊 到一 般 的顺 
序 逐一 展开 .  

再将 H D对折平 分 即可将 A D五等分 .  

【 小结 】 如图 3 , 若  要将 长 方 形 A B C D 的 
长 和 宽 三 等 分 和 五 等  分, 只需 联结 B F 和  C F, 二者与 D E 的 交  点 分别 为 J 7 、 r 、  , 则 
F N: F B =1 : 3. F M: F C =1 : 5 .  
图3  

D 

C  

题1   将 长方形 的长和宽 三等分 和五  等分.  

【 分析】 如图 1 , 先解决三等分的情形.  
通过对折的方法分别找 出长方形 A B C D  
边A B、 A D 的中点 E、 F .   。  

题2   将 长方 形 的长 和宽七等 分 和九 
等 分.  

联结 B F 、 E D交于点 Ⅳ . 过 Ⅳ分别作折痕  P q 、 x Y , 使得 P Q fA D, X Y / / A B .  
由梅 涅劳 斯定 理易 证 
1   1  

【 分析】 如图4 , E 、 F分别为边 A B、 A D的 
中点 , 点G 、 日为边 B C的四等分点, 联结 D E ,   与F G 、 F H分别交于点 Ⅳ、  .  
则F N: F G= 2 : 7 , F M: F H=2 : 9 .  
D 

A X= —   D, A Q=  — A  .  

三  : 三  
图 1   图2  
图 4   图 5  

C 

对 于五 等分 的步 骤和 方法 与三 等分 基本  相 似. 图解 如下.   如图2 , E 、  为长 方形边 A B  D的中点.  
收 稿 日期 : 2 o 1 2—1 1 —2 0  

题 3 将 长 方形 的长 和宽 1 1等 分 和 1 3  
等分.  

【 分析 】 如图 5 , E 、 F分别为边 A B 、 A D的 
中点 , 点G 、 H为 边 B C的三等分 点 , 联结 F G 、   F H分 别 与 E D交 于点 Ⅳ、  

2 0  

中 等 数 学 

第 5 4届 I M O 试 题 解 答 
中图分类号: G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章编号 :1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 2 0—0 8  

1 . 证明 : 对于任意一对正整数 k 、 n , 均存在  k个 ( 允许相同 ) 正整数 m   , m : , …, m   , 使得 
t+  
2  1


【 注】 △A B C的顶点 A所对的旁切 网是 
指与边 B C相 切 , 且与边 A B、 A C的延 长线相 切 

( \   +   m l ) , ( \   一 十   m 2 ) ,   . . ‘ ( 、   - + 去 m   ) ,   .  

的圆。 顶点 B、 C所对的旁切 圆可类 似定义.   4 . 设△ A B C为一个 锐 角三 角形 , 其 垂心 
为  , 设  是边 B C上 一点 , 与顶 点  、 C均不 

2 . 平 面上 的 4   0 2 7个 点 称 为 一 个 “ 哥 伦 

比亚 式 点 集 ” , 其 中任 意 三 点 不 共 线 , 且 有  2   0 1 3个 点 为 红 色 , 2   0 1 4个 点 为 蓝 色. 在 平 

重合 ,   和 Ⅳ分 别是 过顶点  和 c的高 的垂  足. 记△ B W N 的外接 圆为 圆  。 , 设  是 圆 ∞   上 一点 , 且 W X是 圆 ∞  的 直 径. 类 似地 , 记  △C W M 的外 接 圆为圆 ( £ J   , 设 y是 圆  上~  
点, 且  共 线.   是圆 0 . 1  的直径. 证 明:  、 y 、 , , 三 点 

面上画出一组直线 , 可 以将平面分成若干 区  
域. 若一组 直 线 对 于一 个 哥 伦 比亚 式 点 集 满  足下 述两 个条 件 , 称 这是 一个 “ 好 直线 组 ” :   ( 1 ) 这 些直 线 不经 过该 哥伦 比亚式 点 集 
中的任 何I J 个点 ;  

5 . 记 Q+ 是 所 有 正 有 理数 组 成 的 集 合.   设 函数 , : Q+ 一 R满 足如下 三个 条件 :  
( 1 ) 对所 有 的 、 Y∈ Q+ , 均有 

( 2 ) 每个 区域 中均不 会 同 时 出现 两 种颜 
色的 点.  

求k 的最小值, 使得对于任意的哥伦 比亚 
式点集 , 均存在由 k 条直线构成的好直线组.  

- 厂 (  )  Y )  

x y ) ;  

① 

( 2 ) 对所 有 的  、 Y∈ Q+ , 均 有 

3 . 设△ A B C的顶点 A所对的旁切 圆与 
边B C切 于点 A , . 类似地 , 分 别 用 顶 点  、 c  

l 厂 (  +Y ) ≥   ^ (  )+ , ( Y ) ;  

② 

( 3 ) 存在 有理 数 0>1 , 使得 _ 厂 ( n )= 口 .  
证明 : 对所有 的  ∈ Q+ , 均有  ) =   .  

所对的旁切 圆定义边 C A 、 A B上 的点  、 c   .  
假设 △  c   的外接 圆圆心在△ A B C的外接 

6 . 设整数 凡 ≥3 , 在 圆周 上 有 n+1个 等  分点 . 用数 0, 1 , …, n标 记 这 些 点 , 每 个 数 字 

圆上. 证 明: △A B C是直角三角形.  
则 F N : F G= 3 : 1   1 , F M: F H =3 : 1 3 .  

【 结论 】 若要将长方形 A B C D ( 或正方形 )  
的长和 宽 2 n一1 等分 、 2 n+1等分 , 边A D、 A B  
的中点 分 别 为  、  , 联结 D E; 在边 B C上 截 

: F G = 号 : ( 2 n — 1 ) ,  
删: 朋= 号 : ( 2 n + 1 ) .  
过 M、 N分 别作 A D、 A B 的平行 折 痕 即可 

取B G : c   : f 、   二 凡 , 1   c , 联 结F G 、 删, 与E D  
的交 点分 别 为 Ⅳ、  . 则 

等分 长方形 的长 和宽.  

2 0 1 3年 第 9期 

2 1  

恰用 一次. 考虑 所有 可 能的标 记方 式. 若一 种  标记 方式 可 以 由另 一种标 记 方式 通过 圆 的旋 
转得 到 , 则 认 为这两 种标 记方 式是 同一 个. 若 

证法 2 考虑 n一1 和一 n模 2  的余数 
的二进 制展 开.  
凡一1 -2 。  +2 “  +… +2  ( mo d   2   ) ,  

对 于任 意 满 足 a+d=6+c的 四 个 标 记 数 
a<b <c <d , 联 结标 a和 d的点 的 弦 与 联 结  标 6和 C的 点 的 弦均 不 相 交 , 则 称 标 记 方 式  为“ 漂亮 的” .   设  是 漂亮 的标记 方 式 的 总数 , 又设 _ / v  

其 中, 0 ≤口 l <a 2 <… < a   ≤ 一1 ;  


n -2   +2   +… +2  ( mo d   2 k ) ,  

其 中, 0 ≤b l < b 2 <… < b   ≤I i } 一1 .  
由 一1 -2 。 +2  +… + 2   一 ‘ ( m o d   2   ) , 知 

{ a 1 , n 2 , …, a , } u{ b l , b 2 , …, b   }  


是满 足  + ) , ≤n , 且(  , Y )=1的有 序 正 整 数  数对(  , Y ) 的个数 . 证明 :   =N+1 .  


{ 0 , 1 , …, k一1 } ,  

r+s=k .  

参 考 答 案 
1 . 证 法 1 对 k用 数 学 归 纳 法 .  

对于 1 ≤p≤r , 1 ≤g ≤s , 记 
S  =2 o  +2  


+… +2 “,  
.  

2b  +2   + … +2  

当 k:1时 ,结论 显然.   假设 当 k=  一1时 成 立 , 下 面 证 明 k=  
的情形.  

并规定 . s 川 =r o = 0 .   由S 。 +  =  一 1 及n +  - 0 ( m o d  ) , 有 


2  一1   n+J s l+  

( 1 ) 当 n为奇 数 时 ,即存在 某个 正 整数 t   使 得 n= 2 t 一1 . 注 意到 ,  
?+   =   -  


n + S1+  
n + 

n+  
n 



( - +   ) ( 1 +   ) ,  


= 

由归 纳假设 ,可找 到 m   , m   , …, m   , 使得 
? + ̄ _ - 1 - 1

( 豪  盎 ) (   蔫 )   吣( - + 惫) 】 .  
+ 

于是 , 若对于 1 ≤ p ≤r , 1 ≤g ≤   , 定义 

(   +   ) (   +  (   +  ) .  

凡+J s 。 + 1+  
— —

因此 , 只需 取  = 2 t 一1即可.  

每_


,  
’  

( 2 ) 当   为偶数时 , 即存在某个正整数 t  
使得 n= 2 t .此 时 ,  
2 j一 1   2 t+ 2 i一 1   2 t+2 i一 2  
. 

n + 
m r 十q   —  

1  

就 可得 到欲证 的等 式.   接 下来 还需证 明上 述 m   均为 整数.  
事 实上 , 对于 1 ≤p ≤r 有 
n+5 。 + l +r s 三n+   兰0 ( o r o d   2  ) ;  





 



( , +  


) ( 1 +   ) .  

注 意到 , 2 t + 2   一 2> 0 , 及 
 ̄ _ - I - 1


对于 1 ≤q ≤s 有 
凡 + 


f  \ (   一 +   m 1 ) 八 (   +   r n 2   ,   \   +  1 竹 一 ) ,   .  

1 三凡+T s 兰0 ( o r o d   2  ) .  

由此结论 即证 .  
2 . k=2   01   3.  

因此 , 只需取 m   = 2 t + 2 j 一 2即可.  

2 2  

中 等 数 学 

解法 1 先举一 个例 子说 明  I >2   0 1 3 .   在一个 圆周上 顺次 交 替 标记 2   0 1 3个红 

解法 2 给 出 2   0 1 3条 直 线 就 可 以 达 到 
要求 的另一 个证 明.  

点和 2   0 1 3个蓝 点 , 在 平 面 上 另外 任 取 一 点  染 为蓝 色.这个 圆周 就被 分成 了 4   0 2 6段 弧 ,   每一 段 的两个端 点均 染 了不 同的颜 色. 这样 ,   若题 目的要求被 满 足 ,则 每一 段弧 均 与某 条 
画出的直 线相交. 因为每条直线 和圆周 至多有 

先给 出更一 般 的结 论 : 若 在 平 面 上存 在  无三 点共 线 的 几个 标 记点 , 将 这 些 点 任 意 地 

染 红 色 或 蓝 色, 则 用『 L 詈 二 ] J   条 直 线 就 可 以 满 足  
题 目的要求 , 其 中, [  ] 表 示 不 超 过实 数  的  最 大整数 .  
对 n进行 归纳.  

两 个 交 点 ,所 以 , 至 少 要 有 
直 线.  

:2   0 1 3条 

当n ≤2时 , 结论 显然 .  
下 面假设 / I >3 i .  

再证 明 : 用2   0 1 3条 直线满 足要 求.   注 意到 , 对 于任 意两个 同色点 A、 日, 均 可 

考 虑一条 过两个 染 色点  、 曰的直线 , 使  得 所有 其他染 色 点 均 在这 条 直 线 的一侧 . 如  全 体 染 色 点 的 凸 包 的 一 条 边 即 为 这 样 的 
直 线.   暂 时把 点  、   从 考虑 范 围 内除去. 由归 

用 两条直 线将 它们 与其他 的点分 离. 作法 : 在  直线 A B的两侧 作两 条 与 A B平 行 的 直线 , 只  要 它们 足够 接近 A B, 它 们之 间 的带 状 区域 里 
就 会 只有 A和  这 两个 染色点 .   设 P是 所有 染 色点 的 凸包 , 有 以 下 两种 
情 形.  

纳 假 设 , 余 下 的 点 可 以 用『 L 詈 二 1 J   — 1 条 直 线 达 到  
要求. 现重新把点 A、  加 回去 , 有三种情形.  

( 1 ) 若 点  、   同色 , 则 可以作一条 与 f  

平行的直线 , 将 点  、 曰与其他 的染 色点分 

( 1 ) 假设 P有 一 个 红 色顶 点 , 不 妨 记 为 

离 . 显 然 , 这样 得 到的 『 L 詈 二 ] J   条 直 线 可以 达 到  
要求.  

A . 则 可作一 条 直线 , 将 点 A和所 有其 他 的染 

色点分离. 这样 , 余下的 2   0 1 2 个红点可以组 
成 1   0 0 6对 ,每 对 可 以 用 两 条 平 行 直 线 将 

( 2 ) 若点 A 、   不 同 色 ,但 是它 们 之 间 由  某 条 已经 画出 的直线 分 离 , 则上述与 f 平 行  的直线 同样满 足要 求.   ( 3 ) 若 点 A、 曰不 同色 , 且 在 作 出 上 述 

它们与所有其他的染色点分离. 所以, 总共用 
2   0 1 3条 直线 可 以达 到要求 .  
( 2 ) 假设 P的 所 有 顶 点 均 为 蓝 色. 考 虑 

l  l - l 条直线后位于同一个区域内 . 由归  
L   J  

P上 的两个相 邻顶 点 , 不 妨 记为  、  . 则用 一  条直线 就可 以将这 两个 点与 所有其 他染 色点 

纳假设 , 至少 有一 种颜 色 , 在该 区域 中不会 有 

另外 的染 色点. 不 失一般 性 , 假设该 区域 中唯 


分离. 这样 , 余下 的 2   0 1 2个 蓝点 可以组成  1   0 0 6对 , 每 对 可 以用 两条 直线 将 它 们与  所 有 其 他 染 色 点 分 离.所 以 , 总’ 共 也 用 了 
2   0 1 3条 直线 可 以达 到要 求.  

的蓝 点 为 4 . 则 只需 作 一 条 直线 将 点 A与 
由此 , 完成 了归纳 步骤.  

所有其 他染 色点 分离 即可.  

【 注】 将问题一般化 , 把2   0 1 3和 2   0 1 4替 
换为任 意 的正整 数 m 和  , 不妨假设 t n≤/ 7 , .   记相应 问题 的解 为  / 7 / , , / / , ) .  
按 解法 l的思路可 得到 
/ 7 / ,  厂 ( m, n ) ≤m+1 .  

【 注】 可以不考虑凸包 , 而只考虑一条过 
两个染 色点 / 4 、   的直线 , 使 得所 有其 他染 色  点 均在 这 条直 线 的一 侧. 若 A、 B 中有 一 个红  点, 则可按( 1 ) 进行操作 ; 若 A、 日均 为 蓝点 ,  
则 可按 ( 2 ) 进 行操作 .  

若 m为偶 数 , 则  m, / / , )=m;  

2 0 1 3年第 9期 

2 3  

若 m为奇数 , 则存在一 个 Ⅳ, 使得对任 
意 的 m≤, l ≤Ⅳ, 有  m, n )=m .  

显然 , 点A 。 、 B 。 、 C 。 在圆 J r 1 。 的某 个 半 圆  弧上. 于是 , △A .  C  为钝 角三角形 , 不妨设  
A   B   C  为钝 角. 从而 , 点 Q、 B 。 在边 A 。 C  

对 于任 意 的 n>N, 有  m, n )= m +1 .   3 . 辅助线 如图 1 .  

的两侧. 又点 曰 、 B  也在边 A   C   的两侧 , 因 
此, 点 Q、 B在边 A   C  的同侧.   注意 到 , 边A   C , 的垂 直 平 分 线 与 圆 厂.  
交于两 点 ( 在边 A 。 C ,的 两 侧 ) , 由上 面 的结 

论知 B 。 、 Q是 这些交 点 中的点 .  
r 

因为 点 B 。 、 Q在边 A 。 C 。 的 同侧 , 所 以,   点 。 与 Q重 合.   由引 理 , 知 直线 Q a 。 、 Q C 。分 别 为 边  B   c   、 A  
/ 、 ,’、  

的垂直 平分线 , A 。 、 C 。分 别 为 弧 

A  

C 

C B、 弧B A的中点 , 于是 ,  
C】 B0 A 】=   C 】 B D B1+/ Bl B o A1  


2  

A0 B0 B1+2  

BI B0 C0  



2/ A 0 B 0 C o:1 8 0 。一   A BC .  

另一 方面 , 又 由引理得 
图 1  

C1   Al: 

C1 BAl=  

ABC.  

分别记 △ A B C 、 △A 。 B 。 C   的外 接 圆 为 圆  厂、 圆  , 圆 ,上黜 C ( 含点 A ) 的中点为 A 。 , 类  似地定义  、 c 0 .  
由题设 知 圆 j r 1 , 的 圆心 Q在 圆 厂 上.  

则  A B C=1 8 0 。 一   A B C .   从而 。   A B C= 9 0 。 .  

4 . 如图 2 , 设A L是 边 B C上 的高 , z是 圆  ∞, 与 圆  的不 同于点  的另 一个交 点.  

先 证 明一个 引理 .   引理 证明 如图 1 , A 0 Bl = A 0 C 1 , 且 、 A 0 、  l 、   若点 A 。与 A重 合 , 则 △A B C为  C  四点共 圆.   等 腰三 角形 .  
从而 , A B 】 = A C 1 .  

若点 A 。 与 A不重合 , 由A 。 的定义知 
Ao B =A0 C.  
f  

易知 B c 。 = 佃l = ÷( b + c 一 口 ) , 且 
0 

Cl B Ao=  

o=  

AC A0=  

B1 C A 0 .  
图2  

于是 , △A 0 B C 。   △A 0 C B   .   从而 , A o B l = A o C 1 ,   A 0 C 1 B=   A 0 B1 C .  
因此 ,   A o C 1 A=   A o B 。 A .  

接 下来证 明 :  、 , , 、 z、   四点共 线.  
因 为  B NC=   B MC= 9 0 。 , 所以, 曰、 C 、  


故 A、 A 。 、 B 。 、 C 。 四点共 圆.  
回到 原题.  

Ⅳ 四点 共 圆 , 记 为 圆  .   由于 W Z、 B N、 C M 分 别 为 圆  。 与 圆  、  

中 等 数 学 

圆∞ 。 与圆 6 0   、 圆∞   与圆 ∞ , 的根轴 , 从而, 三 
线交 于一点.  

因此 , 对 于充分 大的 n有  一1 > Y   ,即 
- 厂 (  ) > Y . )  

又B N与 C M 交 于点 A, 则 W Z过 点 .   由于 W X、 WY分 别 为 圆 f . O 。 、 圆∞  的直 
径, 故  W Z X=   W Z Y=9 0 。 . 因此 , 点  、 y   在过 点 Z且 与 W Z垂 直 的直线 Z 上.  
因为  B N H=   B L H= 9 0 。 , 所 以, B、 己 、   日、 ~四点共 圆.   由圆幂定 理知 

由不等式① 、 ⑤得 
a  =  ( a )   a   ) ≥a   .   于是 ,   a “ ) :a   .  

对任 意的  >1 , 可 选取 n   E   Z+ , 使 得 
a  一   >1 .  

由不等式② 、 ⑤得 
a  =  a   ) ≥   ^ (  )+  a  一  )  

A L- A H= A B? A N= A W? A Z .  

① 

≥  +( a  一  )= a “ .  

若点 日在直线 A W上 , 则点 日与 z重合   若点  不在 直线 A W上 , 则 由式① 得 
AZ


故对任 意 的  >1 , 有, (  ) =   .   对 于任 意 的  E   Q+ 和任 意 的 n   E  Z+ ,  



丝 

A  一A  ’  

由不等式① 、 ③知 
, 矿  ) =  n )   ) ≥   厂 (   ) ≥吃   ) ,  
即  )=   ) .  

于是 , △A H Z∽ △ A W L .   故  H Z A=   W L A= 9 0 。 .  

于是 , 对任 意的 m、 n   E   z+ , 均 有 

所以, 点  也 在直 线 Z 上.  

5 . 将 = 1 , Y = a 代人不等式①得 
1 ) ≥1 .  

) :   : 詈 .  
【 注】 条件f ( a ) =a>l 是 本质的. 事 实 
上, 对于 b ≥l , 函数 f (  )=b x   对 于 任 意 的 


由不等式② 出发 , 关于 n进行数学归纳  得到, 对 于任 意的 n   E   Z+ 和  E  Q 有  肼) ≥  
特别 地 , 有 

y   E   Q+ 均满足不等式①、 ②, 且有一个 唯 

) .  

③ 


的不动点÷ ≤1 .  
6 . 证法 1   首先 注 意 到 , 题 目的条 件 决 

n ) ≥,  1 ) ≥   再次利用不等式①得  n )  

、④  m ) .  

定 了圆周 上标 记 点 的 间距 是 无关 紧要 的 , 决  定相 关 的弦是 否相交 仅仅是 各点 之间 的次 序 
关 系.  

从而, 对任 意 的 q∈ Q+ , 有  q )> 0 .  

由不等式②知,是严格递增 的, 结合不 
等式 ④ 知对任 意 的 ≥1 , 有 
/  ) ≥ 乞 厂 ( 【  】 ) ≥【  】>  一1 .  

对于[ 0 , i r t ] ={ 0 , 1 , …, n } 的一个循环排 
列, 定 义 一 条 一 弦 为 一 条 ( 可能 退化 的 )   弦, 其( 可能 重合 的 ) 两个 端点 上的数 之 和为  k . 若其 中的一 条 弦 的两 侧 各 有 一 条 弦 , 则 称 
圆的三 条 弦 是 “ 顺 次 的” .  

由不等式①归纳可得,   (   ) ≥   “ ) , 故 
f   (  ) ≥厂 (  “ ) >   一1 .  

从而, 对于任意的 > 1 和n   E   Z + , 有 


若其 中任 意三 条 弦 是顺 次  的, 则 称 m( m≥3 ) 条 弦是  顺 次 的. 例如 , 在 图 3中 弦 

厂 (  ) ≥  

一1.  

由此 , 对 任意 的  >l , 有 
I 厂 (  ) ≥   .   ⑤ 



曰、 C是顺 次 的 , 但 弦  、  

( 事实上 , 若 > Y > 1 , 则 



C、 D则不是 顺 次的.  

Y   =(  一 Y ) (  一  +  一   Y+… + y   一   )  

其次证明一个命题.  
命题 在 一个 漂亮排 列 中 , 对 于 任 意 的 

>n (  — Y ) .  

2 0 1 3年第 9期 

整数 | j } ,   一 弦全体 是顺 次 的.   证明 利 用数 学归 纳法 .  
对于 见 ≤3 , 命题 显 然.  
设几 >4, I 用 反证 法.  

列 记为  在 7 1 中, 全体 n 一 弦是顺 次 的 , 且  这 些 弦的端 点包 括除 了 0以外 的所 有数 .   若 0位 于两条 n 一 弦之 间 , 称  为 “ 第一  型” 的, 否 则称  为 “ 第 二型 ” 的.   再证明[ 0, n一1 ] 的每 个 第 一 型 漂 亮 排 

假设有一个漂亮排列 S 使得三条  一弦 
A、  、 C不是 顺 次 的. 若数 n不 是 弦 A、 B、 C的 

列恰对应于一个 [ 0 , n ] 的漂亮排列 , 而[ 0 , n  


端点 ,则可 在 s中去 掉 n这 个 点 , 得到 [ 0, n  


1 ] 的 每 个 第 二 型漂 亮 排 列 恰 对 应 于两 个 
若  是第 一 型 的 , 设 0在 弦  、   之 间.  

1 ] 的一个 漂亮 排 列 s \ { n} . 由归 纳 假 设 知 

[ 0 , n ] 的漂亮 排列.  
因为在 S中从 0到 n的弦 和 A、   是顺 次 的 ,  

弦 、  、 c顺次的. 同理 , 若 0不是弦 A 、  、 c  
的端 点 , 则去掉 0 , 再把其 他 所有 的数 均减 去  l , 就可得到一个漂亮 排列 S \ { 0} , 此时 , 弦 
4、 8、 C就 是顺 次 的. 因此 , 0和 n必 均 出现 在 

所以 , n必 然位 于 弦  曰之 间的另一 段 弧上 .   这 样从 7 ’ 出发有 唯 一 的方 式复 原 5 .   另 一方 面 , 从 每 个 第 一 型 的  出 发 , 按  照 上述 方式加 上 n ,只需 说 明得 到 的循 环排  列 s一 定是 漂亮 的.  
对 于 0<后< n , S的 后 一 弦必然 也是  的 

这 三条 弦的端 点 中. 假 设 0所 在 的 弦 的另 一  端点 为 , n所 在 的弦 的另一 端点 为 Y . 则 
凡t >0 +   :   = n +Y≥ n.  

于是 , 0和 n是 同一 条 弦 的端 点 ,不 妨 设 为 
弦C .  

| j } 一弦, 它们是顺次的. 而对于 n< 后 < 2 n , 注 
意 到  的 n 一 弦是 互相 平行 的 ,因此 , 存 在一 

如 图 4, 设 D 是 以  圆周上 分别 和 0 、 n相 

根轴 f , 使得对于任意的  ,   和 凡一  关 于 f  
是对 称 的. 若有 两 条 一 弦是 相交 的 ,则它们  关于 z 的对 称 像 是 两条 ( 2 n一后 ) 一 弦 ,也 是  相交 的.但 此 时 0< 2 n一 后<n , 矛盾 .   图4  

邻, 且 相对 于弦 C与 弦  A、 B同侧 的数 Ⅱ和 为  端点 的 弦. 记t =u+   .   若 t=n , 贝 0 弦  、  


若  是第二型的, 则在对应的 s中 n的 
位 置有 两种 可 能 ,即在 0的两 侧 与 之 相 邻 .  

D在 漂亮 排列 S \ { 0, n { 中就 不 是 顺 次 的 ,   若t < n , 则 从 0到 t 的f 一 弦不能 与 弦 D  

与归 纳假 设矛 盾.  

同上 , 验证得到的均为[ 0 , n ] 的漂亮排列.  
于是 , 若记 [ 0 , n ]的 漂 亮 排 列 总 数 为 


相交 ,这样 , 弦 C就将 t 与 弦 D分 离. 而t 到  n— t 的弦 与 C不 相 交 ,这 样 , t 和 n—t 就 位  于 弦 C的 同侧. 但 这样 在 s \ { 0 , n } 中 ,弦 A、  
B、   就不 是顺 次 的 ,矛盾.  

以£   记[ 0 , n一1 ] 的第二 型漂亮排列 
( Mo 一 1 一 L   一 1 ) +   一 1 = Mn — l + L   一 1 .  

的总数 , 有 


最后 只需 说 明 

为 满 足  +Y:n , 且 

最后 , 因为  — n—  ( 0 ≤  ≤n ) 保 持 一 
个循环排 列的漂 亮性 ( 只是 把  一 弦均 映 到 了 

(  , Y )=1的正 整数数 对 (  , Y ) 的个数 .   因为 n 13 > , 所 以, 此 数为  ( 凡 ) .   为 了证 明这 一 点 ,考 虑 [ 0 , n一1 ]的一  个第 二 型漂亮 排 列. 沿 顺 时 针 方 向在 圆周 上  标记 位 置 0 , 1 , …, n一1 ( m o d凡 ) , 使 得 数 0位 

( 2 n — t ) 一弦) , 所以, t > n 和t < 凡 是等价的.  
接下 来用 数学 归纳 法证 明原命 题.   当 n= 2时 , 结 论成 立.   假设 n ≥3 . 设 s为 [ 0 , n ] 的 一 个 漂 亮 排  列, 把  去 掉 以后得 到 的[ 0 , n一1 ] 的循环 排 

于位置 0 . 记位置 i 上的数为  i ) , 其中, , 是 
[ 0, n一1 ] 的 一 个 置 换. 设 位 置 a上 的 数 是 

2 6  

中 等 数 学 

n一1 ,即  0 )=n一1 .  

数 部 分. 称 这 样 的一 个漂 亮 排列 是 “ 循 环 
的” , 记 为 (  ) .  

又除 了 0以外所 有 的数 均 在 一个 n 一 弦 

中, 且n 一 弦全体 是顺 次 的 , 且 O两侧 的两个  位 置 的连线 是一条 n ~弦 , 于是 , 所有的 n 一  弦是平 行 的 ( 此时设 各 点间距 相 同) ,即对于  任意的 i , 有 
)+ , ( 一   ) =1 7 , .  

若 A(  1 ) 、 A(  2 )  
的各 标 记 点 的 顺 时 针 

次序 是 相 同 的 , 就 认  为 它 们 是 同一 个 标 记 

同理 , 由( r t 一 1 ) ~弦全体是顺次的, 且  每个点均属于一条( n — 1 ) 一弦, 则这些弦均 
互相平 行 , 且对 于任 意 的 i 有 
)+   a—i )= n一 1 .  

方式.图 5是 [ 0 , 1 3 ]   对 于 某 个 充 分 小 的 

占 > 0 的 4 (   3 +   )   _
a o l +d   =b c l +C O 1 .  

图 5  

若 a<b< c <d满 足 a+ d=b+ c , 则  于是 , 在A (  ) 中联 结标 记 a和 d的点 的 
弦与 联 结标 记 b和 C的点 的弦 是平 行 的. 从 

于是 , 对于任 意 的 i 有 
_ 厂 ( a—   )=  一   )一1 .  

而厂( 0 )= 0, 则 对 于任 意 的 k , 在模 n意 
义 下有 

a k ) : k .   ①  因为. 厂 是一个置换 , 必有 ( a , n )=1 , 即 


而, 在每个循环排列中, 对于任意的 k , 所有  弦 均互 相 平 行. 因此 , 每 一个 循 环 排 列 均 


是漂 亮 的.  
其次说明 : 恰有 N+ 1 种不同的循环排列.  

L  




≤  ( n ) .  

为证 明上式 等号 成 立 , 只需 证 明式 ① 给  出的是一 个 第 二型 漂 亮 排列 . 为此 考 虑 圆周  上 满足 W+ Y=  +z的 四个数 W、  、 y , z . 它 们  在 圆周 上 的位置满 足 
( 一 a w)+( 一 a y )=( 一伽 )+( 一  ) ,   即联结 w和 Y的弦与联 结  和 z 的 弦是 平行 

考虑当 O l 从 0递增 到 1时  (  ) 的变 化  方式 .标 记 P的点和 标记 口的点 的位置 顺 序 

发生改变 当且仅 当   满足 {   } ={   } ; 而  这种情形只会在  等于前述 | 7 \ , 个分数之一  的时候 发 生. 这 样 最 多 只能 有 Ⅳ +1种 不 同  的循环 排列.  
接 下来证 明这 些循 环排 列 的确 是两 两不 
同的.  

的. 这样式①是漂亮的, 且 由构造 可知这是  第二 型 的.   证法 2 注意到 , ( 0, 1 ) 中恰有 , v 个分母  不超过  的既 约分 数  < 厂 2 <… <  , 且 每 个  满足  + y ≤n , (  , Y )=1的正整 数数对 (  , Y )  
均 对应到 分数  。 -.  
十Y  
n 

对 于充 分 小 的  >0和 某 个  =   ,考  虑A ( .  +  ) . 则标 记 为 k的 点 的 ( 顺 时针 ) 位  置在 
D 

+ b. 于是, 所有 的 点可 以根 

据该 位置 表达式 的第 一 项 的值 分成 b   组. 介  于  和 
0i   0i  

对于 1 ≤   ≤Ⅳ, 记  =   .  
Ui  

之 间的 点所 标 记 的数 对 

首先 构造 Ⅳ+1 个 漂亮 排列.   考虑不等于上述 j 7 v个 分 数 的 任 意 一 个  ∈( 0 , 1 ) .取一 个周 长 为 1的 圆周 . 顺 次 在 

应 的是 

( m o d   b   ) 在 0到 / / , 之 间 的不 同取 

值( 按 从小 到大 依 次排 列 ) . 这 样 在 A(  +  )   中, 从 0出发 , 顺 时 针方 向 的第 一个 标 记 数  是b   ,而从 0出发顺 时针 方 向碰 到 的第一个  比b   小 的数是 口  ( o r o d   b   ) , 而由此数可以唯一 
地确定 a   . 这样从一个循环 排列 出发 可 以唯一 

圆上标记点 0 , 1 , …, n , 其中, 0点的位置是任  意的 , 而从 到 i +l 沿 顺 时针 方 向前 进 
这样 标记 k的点到标 记 0的点 的顺 时 针方 向 

的距离就是 {   } , 其中 , … 表示实数 r 的小 

2 0 1 3年第 9期 

2 7  

地确定 . 同时, 注 意 到 上 述 定 义 的循环 排列  (  +  ) 是不 包 括顺 时针 方 向顺 次写 上 0 , 1 ,  


同理 ,  一 1 =( 1 ' t 一 1 ) 一 b   关于某 满足 


1 睾k ' a i  ( m o d   b   ) .  



凡 这 样一个 “ 平凡 ” 排列的, 从而 , Ⅳ +1 个 

循环 排列 A(  ) , A(  + 占 ) , …, A (   +  ) 是 两 
两不 同的.  

故Y 一 1 量( k   + 1 ) a i -   ( m o d   b   ) , 且是[ 0 , n ]  
满, S Y _ 3 5 同余方程的数中最小的—个 
因此 , 在A   ( a ) 中,  、 y 、  一1 、 n一1 、 Y—l  

下 面给 出一个 引理 .  

引理

若  <  <  +   , 则 在 A(  ) 中从 0  

顺 时针方 向顺 次 出现 ( 可 能 出现  = Y一1或  者 Y=  —l的情形 ) .  
注 意到 , A和 4   (  ) 相 比最 多 只 有 n的 

出发 , 顺 时针 方 向 的第 一 个 数 是 b   ,逆 时 针  方 向的第 一个 数是 b ….   事实 上 , 已经对 A(  )= A (   +占 ) 证 明了  前半 部分 ,同理 , 可 对  (  )=A(  + 。 一  ) 证  明后 半部 分.   最后 , 通 过对 n的归纳证 明 : [ 0,  ] 的所 
有 漂 亮标 记均 为循 环排 列.  
对于 n=3 , 显然 .  

位 置可 能不 同. 在 A中 ,因为 联结  和 n一1   的弦 与联 结  —l和 1 7 , 的 弦 不 相 交 ,所 以 ,  
( 沿 顺时 针 方 向 ) n一 定 在  和 n一1之 间.  

同理 , ( 沿顺 时针 方 向 )  
r t 也一定 在 r l , 一1和 Y  

假设[ 0 , n一1 ] 的所有 漂亮标记方法均  为循环排列. 考虑 [ 0 , n ] 的一个 漂亮标记 方  法 . 于是 , A   = A{ n } 是[ 0 , n—1 ] 的一个 
漂 亮 标记方 法. 从而 , 是一 个循 环排 列.  
设A   = A   ( O / ) .  

之 间. 从 而 , ( 沿 顺 时  针方向 )   必 在  和 Y   之间( 如图6 ) , 因此 , A   是 一个循 环排 列.   图6  

假设在 n— l 阶F a r e y 序列 ( 即分母不超 
过 n一1的 ( 0, 1 ) 之 问 的分数 从 小 到 大排 列 )  

( 2 )   与 丝 之 间 恰 有 一 个 分 母 为 n的 
q l   q 2  

分数 .   此时 , 有两个循 环排 列 A   (  。 ) 和A   (  : ) ,   去 掉 n以 后 均 得 到 A   ( 仅 ) ,分 别 对 应 于 

_

中,   介于相邻 的两个分数  < 丝之间
g1   q z  

. 

因为对 于  ( 0<   ≤/ 7 , 一1 ) ,均有 
< 
n 

≤ 
n 

,  

L< Ⅱ  <   和  <口 z <   .  

/ ' t— l  

g  

所以 , 在 n阶 F a r e y 序 列 中 ,至多有 一个 分母  为 n的分数 夹 在这两 个分 数之 间.  

在A   ( 0 [ 。 ) 中,由引理知顺 时针方 向连续 
顺次 出现 g   、 O 、 g   . 同理 , 在A   (  ) 中, 顺 时针 

( 1 )   与 之间没有分母为 n的分数.  
q1   q 2  

方 向连续顺次出现 q : 、 n , O 、 q   ; 在A   ( O t 2 ) 中, 顺  时针方 向连续顺次出现 g : 、 0 、 / / , 、 g , .  

首 先设 在 A   ( 0 f ) 中 ,1 7 , 介 于  和 Y之 间  ( 顺 时针 方 向依 次 为 、 n 、 Y ) . 由 引理 知 0两  边 的数 分别 为 q   、 g   .因此 ,  、 y ≥1 .   由上讨论 , 知  =n—b i 关 于某 个 k 满 足 
Ek a i -   ( m o d   b £ ) ,  

令 = q : , Y= g 。 , 按( 1 ) 类似讨 论知在 A   中, n 也必位于  和 Y之间, 于是 , A要么等  价于 A   (  。 ) , 要么等价于 A   (  : ) .  
综 上 ,每一 个漂亮 的标 记 法均 为 一个 循 
环 排列.  

且 Y为 Y 暑( k +1 ) 口 i  ( m o d   b   ) 在[ 1 ,  ] 中 的 
最小解 .  

( 熊 斌

李秋生

提供)  

中 等 数 学 

第5 3 届 I M O预选题 ( 一)  
中图分类号: G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章编号 :1 0 0 5— 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 2 8—0 5  

代 数 部 分 
1 . 本届 I MO第 4题 .   2 . 设 Z和 Q 分 别为 整数集 和有 理数集 .   ( 1 ) 是 否 能 将 z 分 拆 成 三 个 非 空 子 集  A、  、 C, 使 得 A+  、  +c、 c+ A两 两不 交?  
( 2 ) 是 否 能 将 Q 分 拆 成 三 个 非 空 子 集 

C={ 3  +2I   E  Z} .  

( 2 ) 不能.  

假 设 Q 能分 拆 成 三 个 非 空子 集 A、 B、 C   且 满足 条 件. 则对于所有 的 n   E   A, b   E   B,  
C   E  C , 有 

0 + 6 一 c   E   C , 6 + c 一 ⅡE   A , c + Ⅱ 一 6   E&   ①  事实 上 , 由( A+B ) n(   +C )=   , 贝 0  
口+b —c∈ A .  

A、 B、 C, 使得 A+ B、  +c 、 C+ A两两不 交 ?  
3 . 本届 I MO第 2题 .  

类似 地 , 得 0+b— c   B .  
于是 , 口+b —c∈ C .  

4 . 已知, 、 g是两 个整系数非零 多项式 , 且  d e g f> d e g   g . 若对 于无 穷 多个 素 数 P, 多 项式  + g有一个有理根 , 证明 : ,有—个 有理棍  

同理 , 得① 的另外 两个 类似 的结论 .  
从而 , A+  c   C+ C,  
B +CCA +A. C +A   C B +B.  

5 . 求所有函数. 厂 : R   R, 使得对于所有 
的 、 y   E   R, 均有  1 +   )一  
且  一1 ) ≠0 .  

对 于任意 的 6 , / 、 C / ,   E  A, b   E   B, c   E   C, 由  
+ y )=   ) ,  

结论①得 n   + c — b   E   B .  
由0   E   A, C   E   C, 联 系结 论① 又可得 
0+0  一6=0+( 口  +c一6 )一C∈ C .  

6 . 设 函数f : Z+ 一 z+ 满足 对于每 个 / 7 , ∈  

z+ , 均存在一个 ∈Z + , 使得  ( 凡 ) = n + 后 ,  
其中, ,  是 厂复 合 m 次. 设  是 满足 上 述条  件 的  中的最小值 , 证明: 数列 . 1 }   ,  , …无界.   7 . 若对两个正整数 m、 n , 函数 . 厂 能表示为 
l ,   2 , …,  )  
=  m ax


于是 , A+ 4   c曰+C .  

同理 , 8+BcC+ A, C+CCA+ 8 .  
因此 , A+ B=C+C ,  
日 +C =A +A . C+A =B +  .  

不 失一般性 , 假设 0   E   A . 则  B={ 0 } + BCA+ B, C={ 0} + CCA+c .  
因为 B+C与 A+   和 A+C均 不 交 , 且 
和 C不交 , 所以,  十 G包含于 Q\ ( BL J C ) = / 1 .  

I ∈{ 1   2一 , m}j E{ 1   2- - , n }  



H l i n



{  ,   1 ,   2 , …,  ) } ,  
  ’ 一  … 

其中, P  是 j } 元 多项 式 , 则 称 函数 : R  一 R  
是“ 超级多项式” . 证 明: 两个 超 级 多 项 式 的 

又 因为 日+C= A+  , 所以 , 4+ A   CA .  

积 也是 超级 多项式 .  

另一方面, A={ 0 } + AC A+ A , 这表明,  
A :A +A =B +C.  

参 考 答 案 
1 . 本届 I MO第 4题.   2 . ( 1 ) 能将 z分 拆成 三个非 空子 集 :   A={ 3 后 J   ∈ Z} ,   B={ 3 后+1   l  E   Z} ,  


于是 ,  +  + C: 4+ A+ A= A, 且 由 日+ B  
C+ A和 G+C= A+曰. 知 
B + B + B : C +A + B =A .  

C +C +C =A +B +C =A.  

特别 地 , 对 于任 意 的 r∈ Q = AUBUC,  

2 0 1 3年第 9期 

2 9  

均有 3 r ∈A .  

(   + a   一 1 p u   一 ‘ +… +a o p   )+  
( b n - 1 u “ 一  +b n - 2 p u   一  +… + b o p   一   ) = 0 .  

由于 B≠( 2 j , 任 取 b∈ B, 设r =   ∈ Q.   则 b= 3 r∈ A, 矛 盾.  
3 . 本届 I MO第 2题 .  

上 述方 程表 明 PI (   +b   U  。 ) .   因为 (  , P )=1 , 所 以, P I (  +b   一   ) .   设  +b   = p k ( k为整数 ) .   另一 方 面 ,  + g的所有 实根 均属 于 区间 

4 . 因为 d e g f>d e g   g , 所以, 对 于 足 够 大 

的 埔l  I   .  
因此 , 存在一个正实数 , 使得对于所有 

[ 一 R , R ] , 于是 ,  
:  
P  P  

≤ 尺.  

的  
l p f (  

均 有 I  l < 1 .  
l   ) > o .  

故 … ≤R+  

<R+   _ l   I

故对于所有这样的   和所有素数 P , 均有  因此 , k 只有有限个取值.   由此 , 知存在一个整数 k , 对于无穷多个  素数p ,   = . i } 一   是  + g的根.  


由上 式 知多项 式  + g的所 有 实根 均 属 

于 区间 [ 一 尺, 尺] .   设  )=a n x  + a n - 1  一 。 +… + a 0 ,  
g (  )=b m x m+a m - 1   m 一  +… +b 0 ,  

对于这些素数 P , 得 

其中, n>r n , a   ≠0 , b  ≠0 .  

1 ) + i g ( k . 6 n   寺 ) = 。 .  
则方 程 
k—b n


绷0 用 口 : 一   ( 毒 ) 、 a : ~ g ( 毒 ) 代 替  ) 、  
g (   ) , 则原 问题化为 a   =1 的情 形.  
因此 , 可假 设 ,是首 一 的.  

1  

) + x g ( k — b n - 1   ) = 0  
P  

① 

有无 穷多 个解  =   .  

于是 ,  + g的首项 系数 为 p .  

因为式①左边是多项式 , 所以, 式①是恒 
等式 , 即对于所有的实数 , 式①均成立.   特别地 , 将 = 0代入式① , 得  k ) = 0 .  
于是 , 整数 k是 /的一个 根.   综上, 首一 的多项 式,总有 一个整数根.   故原 多项式 ,有 一个 有理根 .   5 . 满足 条件 的唯 一解 为 函数 
/ . (  )=  一1 (   ∈ R) .   设g (  )=   )+1 .  

若r =   是 ∥+ g的一个有理根 , 其 中,  
(  ,   ):1 ,  > 0 , 则  =1或 P .  

若  =1的 情形 有 无 穷 多次 , 对 于  =1 ,  
则I   1 . L l ≤  .  

因此 , 存 在 一个 整数 “ , 对 应着 无 穷 多个  素数 P .   设 不 同的 素 数 P 、 g对 应 着 同 一 个 . 则  多项式  + g和 g 厂+g有 公共 根 . 这表 明 ,   )= g ( u )= 0 . 此情 形 中 , ,和 g有 一个 公 
共 的整 根.  

先证明: 对 于所有 实数 , 均有 g ( x )=  .   原 条件 转化 为 : 对 于所 有 的 x , y∈ R,  
g ( 1+   )一 g ( x+ Y )  

隋 形 有 无 穷 多 次 , 比 较  号 )  且   卜  ,   ①   ( 詈 ) 的   p   可 得 一n - 1 .   在  ̄ 式 C ① = g   ( - 1 ) 得  于 是 ,  詈 ) + g ( 詈 ) = 0 可 化 为 方 程   g 。 ( 1 ~ - x  (   一 1 )  ( g (   ) 一 1 ) . ②  


1# 0




。,

3 0  

中 等 数 学 

在式②中, 令 = 1 , 得c ( g ( 1 ) 一 1 ) = 0 .  
因为 C ≠O , 所以, g ( 1 ) =1 .  

g ( x+ 2 ) 一g ( x ) =g ( 3 )一 g ( 1 ) .  

因为对 于  = 0, 1 , 2 , 有 g(  )=  , 所 以,   在 上式 中令  = 0, 可得 g ( 3 )=3 . 这 就 证 明 

在式②中, 令 = O , 得 


C=c ( g ( o )一1 )  

g ( o )= 0 ;  

了式④对于  ≤ ÷成立.  
若 >   5


令  = 2 , 得 
C=c ( g ( 2 )一1 )   g ( 2 )= 2 .   再证明: 对 于所有 的  E   R, 均有 

则 一   < 一 寻 <   5 , 代 人 式 ④ 得  

g ( x )+ g ( 2一  )= 2,  

③ 

g ( 2一  )一 g ( 一  )= 2 .  

g ( x + 2 ) 一 g (   ) = 2 .  
在式② 中, 用l —  代替 得 
g ( X )一 g ( 一  ) =c( g ( 1 一  )一1 ) .  

④ 

另一方面, 由式③知 
g (  )= 2一 g ( 2一  ) ,  
g (  +2 )= 2一 g ( 一  ) .  

在上式 中 , 用 一  代替  得 
g ( 一  )一 g (  )=C ( g ( 1 +  )一1 ) .  

故g ( x+ 2 ) - g ( x )= g ( 2一   ) 一 g ( 一   ) = 2  

因此 , 式④对于所有 的  E   R均成立.  

两式相 加得  C ( g ( 1一  )+ g ( 1 +  )一 2 )= 0 .  
因为 C≠0, 所 以,   g ( 1一  )+ g ( 1+  )= 2 .  

在式③ 中, 用一  代替 得 
g ( 一  ) + g ( 2+  )= 2 .  

结合式④得 
g (  )+ g ( 一  ) = 0,  

用1 一  代替 , 即可得到式③.   设  、 t ) 满足 1 1 , +  =1 .   在式①中, 令 
(  , Y )=( 1 1 , ,   ) 和( 2—1 1 , , 2一  ) ,  

即对 于所有 的  E  R, 均有  g ( 一  ) =一 g (  ) .  

在式① 中, 用( 一  , y ) 和(  , 一 y ) 分别代 
替(  , y ) 得 
g ( 1 一  ) 一 g ( 一  + y ) = ( g (   ) + 1 ) ( 1 - g ( y ) ) ,   g ( 1 - x y ) - g ( x- y ) = ( 1 - g ( x ) ) ( g ( ) , ) + 1 ) .  
两式 相加得  g ( 1 一 x y )=1一 g ( x ) g ( y ) .  



g ( 1 + l 1 V . ) - g ( 1 ) =( g (   )一 1 ) ( g ( v )一 1 ) ,   g ( 3 + t W ) - g ( 3 ) = ( g ( 2 一 u ) 一 1 ) ( g ( 2 一   ) - 1 ) .  

由式③知 
g ( 2一  ) 一1 = 2一 g (  )一1=1 一 g ( “ ) ,   g ( 2一  )一1= 2一 g ( v )一1 =1一 g (   ) .  


在上式中 , 用一  代替 , 并结合 g ( 一  ) =   g ( x ) , 得g ( 1+ x y )=1 + g ( x ) g ( ) , ) .  

故( g (  )一1 ) ( g ( V )一1 )  


( g ( 2一  )一1 ) ( g ( 2一  )一 1 ) .  

从代人式①得 g ( x + Y ) : g ( x ) + g ( y ) .  
于是 , g是加 性 的.   由g ( 1 +  ) = g ( 1 )+ g ( x y )=l + g ( x y )   和 g ( 1 + x y )=1+ g ( x ) g ( y ) ,  

贝 0 g ( 1+   )- g ( 1 )= g ( 3+   )- g ( 3 ) ,   即对于 / / , +  =1 , 有 

g ( “  + 3 )一 g ( / / , V +1 )= g ( 3 )一 g ( 1 ) .  
< 



g ( x y )= g ( x ) g ( y ) .  
于是 , g是积 性 的.  

对于每个实数 z ≤ ÷, 均可表示为  =  
-  

特别地 , 设 Y=  , 得对于所有 的实数  有 

础+ 1 , 且“ +  = 1 . 这是因为当  ≤ ÷时, 二 
..  

g ( x   )= g   (  ) ≥0 .  

次方程 t   一t +(   一1 )=0的判 别 式 大 于或 

故 对于所 有 的实数 ≥0 , 有g (  ) ≥O .   因为 g是加性 的 , 在 区间 [ 0 , +∞ ) 上有 
下界 , 所 以, g是 线 性 的. 从而 , 对 于 所 有 的  E   R, 有g (  )= g ( 1 )  =  .  

等于 0 , 所 以, 有实根 “ 、   . 这表明 , 对于所有 

的实数 ≤ ÷, 均有  

2 0 1 3年第 9期 

3 1  

综上 , 对 于所有 的  ∈ R, 有 
)=  一1 .   直接 验证 , 知该 函数满 足原 方程.  

固定 Ⅳ. 若厂   ( 1 ) ( 1 ≤n ≤N) 是链 C   中  的元素 , 则由式①知 
( 1 ):£ +   ≤   .  

6 . 设 S={ 1 ,  ( 1 ) , 厂   ( 1 ) , …} . 对 于 每  个正 整数 n∈ S , 存在正整数 | j } , 使 得  ( n )   =n+| i } ∈S . 因此 , . s 是无界的, 且,将 J s映射 

由于 7 、 r +1 个 不 同 的正 整数 1 , , ( 1 ) , …,  
厂  ( 1 ) 均 不超 过 t , +   , 则 
Ⅳ + 1≤ t ,+   N
.  

到. s . 此外, ,在 . s上 是 单 射. 事实上, 若  /。 ( 1 )=  ( 1 ) ( i ≠   ) , 则  ( 1 ) 从 某 个 值 开  始周期性地进行重复 , 于是 , S是有界 的 , 矛盾.  
定义 g : S— S为  g ( n )= ,2 k n ( n )=凡+  .  

当 Ⅳ足够 大时 , 这是 不可 能 的.  
因此 ,   是无 限 的.  

首先证明: g也是单射.   假设 g ( n )=g ( 6 ) ( a<b ) . 则  口+ | i } 。 = ,孤 。 ( 口 )=  2 k b ( b )= 6+  6 .  
于是 , . j } 。 > . 】 } 6 .  

选取 任 意正整 数 I i } , 考 虑 从  中前 I i } +1   个数 开始 的  +1个 链. 设 t 是 这 后+1个 数  中最大 的一 个. 则 每个 链 中均 包 含 一个 元 素 
不 超过 t , 且 至少 有一 个链 中不含 t +1 , t + 2 ,  

因为厂在 | s 上 是单 射 , 所以,   ‘   a — b   ( 0 )=b =口+( | j } 。 一  6 ) .   由 0<. j }  一I i } 6<  。 , 知 与 
矛盾.  

t +  中的任何一个数. 于是 , 在这个链中存  在一个元素 , 使得 g ( n ) 一 n>  , 即  > I i } .  




的 最 小 性 

从而,  , I j }   , …无界.  

7 . 对 于  =(  。 ,  2 , …,  ) , 记f (  )=  

设  是 I s中非 形 如 g (  ) ( n∈ S ) 的元 

素构成 的集合. 由于对 于每个  ∈ S , 均有  g ( n ) >  , 则1 ∈   于是 ,  是非空集合.   对于每个 t ∈T , 记  C   ={ t , g ( t ) , g   ( t ) , …} ,   且称 c   为从 t 开始的“ 链” .   因为 g是单射 , 所 以, 不 同的链不交.   对 于每个 n∈ S \  , 均 有 n=g( n   ) , 其 
中, n   <n , n   ∈S . 重 复 上述 过 程 , 知存 在 t∈  


1 ,   2 , …,   ^ ) , 且[ , n ] ={ 1 , 2 , …, m} .   若  ) 是超级多项式 , 且对 于某两个正  整数 m、 n ,   ) 可以表示为题 目中表述的形  式, 则可用任意 m   ( m   ≥m) 和n   (   ≥n ) 来  代替 m 、   例如 , 用 m+1 代替 m, 只需定义 

P   + 1 . f (   )= P  (  ) , 则 一个集合 中重复 出   现一个元素 , 不改变其最大值和最小值.   于是 , 可假设任意两个超级多项式被定 
义 为具有 相 同的 m、 n .  

使得 n∈ C   , 从而 , . s 是链 c   的并.  

用P 、 Q表示 多项式 , 每个 函数 P , P  ,  
Q, Q “, …均 为多项 式 函数.   先证 明一 个 引理 , 将 形 如 mi n   m a x   ,的 


若,   ( 1 ) 是从 t = 厂  ( 1 ) 开始 的链 c   中  的元素 , 则 
n=n I+2 a1+… +2 a j ,  

表 达式 变为形 如 m a x   mi n   g  的表 达式.  

其中,   ( 1 ) =  ( f  ( 1 ) )   (  ’ 一 - ( ? -   。 ? ( ,  ( 1 ) ) …) )  
=   =  

引理 若对于所有的 i ∈[ m] , _ 『 ∈[ n ] ,   a  均 为 实数 , 则 
m l n  m ax 0  =  m l t x  m l n 0  。  

( 1 )+a 1 +… +0  

i ∈[ m]   ∈[ n ]   ‘ ’  

』 I   I J 2 。 …,   m∈[ n ] f ∈[ m ]  

“  

故, n ( 1 ) : ,   ( 1 ) +  

: H 



① 

其次 证 明 :  是 无 限 的.  

其 中, 右边 的最大值 遍历所 有 向量 (   . ,   ,   ) , ^,  , …, - 『  ∈[ n ] .   证 明 假设 对 于所有 的 i ,  


,  

假设  中只有 有 限个 元 素. 则 只 有 有 限 
个链 C I l ' C c ' , …, C   ( t 1 < t 2 <… <t , ) .  

n   =m a x { a f ’ 1 , a 啦, …, a 咖} ,  
0 
  ,

=mi n { a 1 ,   , a 2 ,   , …, Ⅱ   }  
, 

3 2  

中 等 数 学 

则 左边 等于 a ….   接 下来 证 明右边也 等 于 a ….   若(  , J _   ,… ,   )=( n , n , …, n ) , 贝 0   m i n { 。  l , Ⅱ 2
,  


同样 , 用类 似 于证 明加 法 的 封 闭性 的思  路, 来 证 明关 于乘 法 的封 闭性 , 且包 含必要 的 
减法 的封 闭性.  



0   }  


=mi n { a l
,  



a2




n ,

a 
,  

} =a  
,  

. 

这表 明 , 右边 ≥0 ….  
因为对 于所有 可能 的 (   。 ,   , …,   ) ,  
l, 02 止 , mi n{ 0 lJ …


般情形下 , 两个集合最大值的积不一定  等于这两个集 合积 的最 大值 , 即由 a<b , c<d   不一定 能得 到 a c <b d , 但 是若 a 、 b 、 c , d> 10 , 则 


有a c <b d . 因此 , 将 每个 函数f (  ) 分 为正 的部 



, am

,  

) ≤口 m

≤ 0m
,  

.   m

,  

分f  (  ) =m a x { I 厂 (  ) , 0} 和负 的部分 f 一 (  )   = m a x { 0 , 一   ) } . 则 =   - f一 .  

所以 , 右边 ≤0 ….  

于是 , 右边 也等 于 a ….  
回到原题 .   接 下来 只 需证 明 : 超 级 多 项 式 族  关 

若 ∈   ,  ̄ , J l f   4 - 、 f — E。   只需证 明若  f 、 g是 超级 多项式 , 且f 、 g ≥0 , 则 居 也是 超 级  多项式. 这是因为, 若上述结论成立 , 则对于  任 意 的f 、 g   E.   , 有 
居 =( f  - f一 ) ( g  一 g一 )  


于乘法 是封 闭 的.   先证 明 
封 闭 的.  

关于最大、 最 小 和 加 法 也 是 

|  g  - f÷ g 一- f— g   l— g 一 .  

若  ,   , …,   是超级多项式 , 且 设 它 
们 被定 义 为具有 相 同的 m、 / 7 , . 则 

由于 /  、 f一 、 g  、 g — >0 I , 则 
f  g  、 f  g一 、 f— g  、 f— g — E. / / - 4 .   于是 , 唐 E  

/=1 T I a x {  ,   ,… ,  }  
=m a ) 【 {  [ m 【 _ i , n I ]   1, …,  
i E  m]   j E   [  ]  

矧 mi   n

i E   [ m ]J ∈[ n ]  

}  
  ’

若f 、 g   E  

, 且 、 g >0 i , 类 似 和 的证 明 ,  

设 厂= ma x   m i n   P   ≥0 , g  m a x   ai r n   Q I . J >0 / .   则 居 =m a x   m i n   P  ? ma x   m i n   Q ¨ 

=ma x  mi n   P:  .  
5 E[ r ]i E『 n ]  
i E  

故I 厂 : n 旧 x {  ,   o   o   o ,  } 是超级多项式  同理 , 可证 关于最 小 的封闭性 , 只需 利 用 
引理 , 用m i n   m a x 代替 m a x   a r i n即可.  

= m a x   m i n   P   : f ? m a x   m i n   Q   f  
=m a x   m i n   J p   Q   , J 2 "  

于是 , 只需证 明对 于任 意 的多项式 P、 Q,  


注意到, 另一个性质 : 若/= H  n 1 i n   P i是  超级 多项 式 , 则一 f也是 超级 多项式 .  


均有 P   Q  E  

若用 u 、  代 替 P (  ) 、 Q(  ) , 只需证 明 
“   一= n l a x { 0 , w i n { 删, u ,   } , m i n {  ,   , M   口 } ,  

这是 因为 


f:m i n { 一  n   P 【 l J } =m i n   m a x { _ P  } .  

r a i n {  ,   , M  } , m i n { U , V , / , 2 ,   } } . ①  事实上 , 若 ≤O 或” ≤ 0 , 则式①两边均 
为0 ; 若 、   ≥ 0 , 则式①左边 : “   , 右边明显  小 于或等 于 删.  
当0 ≤/ 2 . 、   ≤1时 , ¨   =m i n { / / , I ) , / 2 , ,  } ;   当“ 、   ≥1时 , U , V =m i n { H , V , U , V   , “ 2  } ;  
当0 ≤   ≤1 ≤u时 , t r y: m i n { H , V , “ , / . / , 2   } ;  

再证 明 :   关 于加法 封闭.  

设 /=m a x   m i n   P  , g= ma x   mi n   Q  .  
贝 0   )+ g (  )  
P 
,  

= m   n ∈[ a x   ]  m ∈i

[]

(  )+   m ∈ [ a x   ]   a r ∈ i [   n ] Q i . i (  )  
I n ]

=  

I 、   [ m]   ∈     ’   .   i 2 E   ] [ h i   。

{  i n   P  , (  ) + , mi ∈ nQ 电 , 』 (  )   , ∈   ’ J  
mi  


=   m  a x  

1 、   2 ∈[ m]J   l 、 j 2 E[ H ]  

{ P   。  )+ Q i 2 , J 2 (  ) } . n (


‘  

当0 ≤/ 1 , ≤1 ≤ 时 ,   : a r i n { 删,   ,  } .   因此 , 式① 右 边大 于或等 于  .  

于是 , - 厂 (  )+ g (  ) 是超 级 多项式.   从而 , 证 明 了  关 于最 大 、 最 小 和加 法  是 封 闭的. 特 别地 , 任 意 可 以表示 为 。   中元 

素的和、 最大 、 最 小 的函数 及 多项 式 、 超 级 多 
项式 乘 以 一1 均 在  中.  

于是 , 式①右边等于 删.   从而, 所证 等 式成立.   综上, . ,   关 于乘 法是 封 闭的.   ( 熊 斌 提供 李建泉

翻译 )  

2 0 1 3年第 9期 

3 3  

第3 9届俄 罗斯数学奥林 匹克 ( 九年级)  
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 :A   文章编号 : 1 0 0 5— 6 4 1 6( 2 0 1 3 ) 0 9— 0 0 3 3— 0 2  

第3 9届俄 罗斯 数 学奥林 匹克 于 2 0 1 3年 4月 2 4至 2 9 日在俄 罗斯的核 武 器研 制 中心 萨罗 

夫市举行 。竞赛分九、 十和十一年级进行, 2 5日和 2 6日两天考试, 每天 5个小时考四道题。   由广东省 6名 中学生组成的 中国代表队参加 了此次竞赛 , 其 中, 4名学生参加 了十年级 的   竞赛 , 2名学生参加 了九年级的竞赛。3名 同学获金牌 , 3名同学获银牌。  
1 . 设a 、 b 、 C为给 定互 异实 数. 证明 : 方程 
(  — a ) (  一6 )=  — C ,  
(  一b ) (  —c ):  —a ,   (  —c ) (  —a ) =  —b  

数列. 求k 的最大可能值.  
7 . 分 别 以锐 角 △ A B C的边 C A、 C B为一 

边 向外 作 正 方 形 C A K L 、 正方形 C B MN . 直 线  C N与线段 A K交 于点  , 直线  与 线段 B M  交于 点 y , △K X N 的外 接 圆与△ L Y M 的外 接  圆 的一 个 交点 P位 于△ A B C的 内部 , S是 线 
段A B的 中点 . 证明:   A C S=   日 C P .   8 . 一 个 2× 2的正 方形 去 掉 1×1 的一 个  角得 到 的 图 形 称 为 “ 角形 ” . 在一个 5 5   X   5 5  

中至 少有 两个 实根.  

2 . 锐角 △ A B C的 外 接 圆 圆 厂 在 点  、 C  

处的切 线交 于点 P , D、 E分别 是 P 向直线 
A B、 A C的投影 . 证明 : △A D E 的垂 心 是 线 段 
B C的 中点.  

3 . 已知 a 。 , a   , …, 口 , 0 o 是 1 0 0个互 异 的正 

方格纸上 画出 4 0 0个角形和 5 0 0个 1 × 1 单 
位正 方 形共 9 0 0个 图形 . 已知 9 0 0个 图形 两 

整数. 对 任意 正整 数  ∈ { 1 , 2 , …, 1 0 0 } , d   表7  ̄ 9 9 个数 a t (   ≠   ) 的最大公 因数 , b   = a   +   d   . 问: 6   , b : , …, 6 。 。 。 中至少含 有多 少个不 同的 
正整数 ?  

两内部交为空 , 且所有图形 的边界均属于方  格 纸上 原来 已有 的线. 证明: 存在 两个 图形 有 
长度 大于 0的一 段公 共 的边 界.  

4 . 平面上给定 n 条直线, 其 中, 任意两条  不平行 , 任 意三条不共点. 证明: 存 在 由 n条 线 
段 组成 的非 封闭不 自交 的折 线A 。   …A   , 使得  n条 直 线 中 的 每 一 条 恰 含 折 线 中 的 一 条 
线 段.  

参 考 答 案 
1 . 不妨设 a< b<c . 则  (  )=(  — b ) (  —C )一(  — a ) ,   (  )=(  — c ) (  — a )一(  —b ) ,   (  )=(  一口 ) (  一6 )一(  —c ) .  

5 . 2 n个 实数 分别 放在 圆周 上 2 n个 不 同  的位 置. 已知这 2  个 数 的和 为正. 证明: 存在  其 中一 个位 置满 足 : 从 此位 置 ( 含) 开 始分 别  沿顺时针、 逆 时针 两 个方 向依 次 连续 n个 位 
置 上 的数 的和均 为正 .  

注意 到 , 它们 的二 次项 系数 为正 , 且 
( C ): b— C< 0 ,  ( b )=a—b < 0 .  

故  = 0,   =0均 有实根 .   2 . 令肘为B C的中点.   由△ B P C为等腰 三 角形知 P  _ l - B C .  
因 为  P MC =   P E C =9 0 。 , 四 边 形  MC E P有 外接 圆 , 所 以,  
MEP :  M CP.  

6 . 设  是由十个实系数二次多项式组成  的集合. 已知存在 k 个 连续 的正整数 n+l ,   n+ 2 , …, 凡+ k , 及 (  ) ∈ A( 1 ≤i ≤k ) , 使 得  ( n + 1 ) ,  ( n + 2 ) , …,  ( n + k ) 构成 等差 

3 4  

中 等 数 学 

由C P是 圆 厂 的切线 知 
MC P=   BAC.   MEP =   BAC 

近 的交点 矛盾.  

5 . 设顺时针方 向 2 n个数依次为 a   , a : ,  


M EA +  


BAC 



a 2   , 其 和 S> 0 .   令S   = a   + a f + 1 +… + a   +   一 l , 其中,  
a 2 n +  =a i , S 2 n +  =S   .  

( 9 O 。 一   ME P) +   B A C= 9 0 。 .  

于是 , ME上 A B .  

同理 , MD 上 A C .   从而 ,   是△ A D E的垂 心.  

只需证明存在 使得 J s   、 . s …一   均大于 0 .  
因为 L s   + S   +   = S> 0 , 所以, S   中有 正的.  

3 . 至 少含 9 9个不 同 的正整数.   若令 a 1 0 0 =l , a   = 2 i ( 1 ≤   ≤9 9 )  则 
b l= b l 0 0= 3 .  

若所有的 . s   均为正 , 结论显然成 立. 否  则, 存在 i 使得 s   > 0 , S …≤ 0 . 由此 ,  
J s   + l -  =S一. s i + l>0.  

这表 明 , b   中至多有 9 9个不 同的正 整数.  

6 . 由  ( n+1 ) ,   ( n+ 2 ) , …,  ( n+ k )  

接下来 证 明 : b   中至少 有 9 9个 不 同 的正  整 数.   不失 一般 性 , 设a 1 <a 2<… <a l 0 0 , 令 d   是d i 中最 大 的. 则当 i ≠后时 , 有d   I a   ,  
于是 , 对 <   (   ≠k ≠ - 『 ) , 有 
d   I ( 口   —a   )   口   —a   ≥d   ≥d  

构成 等差数 列 , 知存 在 实数 Ⅱ 、 b , 满足 
( r t +i ) =a i +b .  

注意 到 , 对 任意二 次多项 式  , 方 程 
r t +  )= a x , + b  

至多有两个 实根, 因此 , A 中 每个 多 项 式 在 
,   , … ,  

中至 多 出现两次 .  

j  6  >口   ≥a  +d  =b   .  

从而, k ≤2 O .  

这表明, b   ( i ≠k ) 两 两不 同.   4 . 先用 数学 归纳法 证 明一个加 强结 论 :  

下 面给 出 k= 2 0的例子.  

令P   (  ) :[  一( 2   一1 ) ] (  一 2 i )+  ,   其 中,   l , 2 , …, l 0 .  
则  :   = P   .  

在任意给定的直线上任取一点 A   , 只要 
A 。 不 属 于其 他直 线 , 就存 在 使结 论成 立 的 以  为起点 的折线 .   当r t =1时 , 结论 显然.  
下设 n >2 I .  

故 ( i ) =i ( 1 ≤   ≤2 O ) .  

7 . 令 Q为直线 碰 与 MN 的交 点.   由  四点共 圆.   同理 , Q、 N、 X、 K 四点 共 圆.  
设 Q、 N、 X、 K和 Q、 L 、 Y 、 M 分 别 共 圆 于 

C=   N MY= 9 0 。 , 知 Q、 L 、 Y 、 M 

令2 . , z   , …, z  是给 定 的直线 , A 。 位 于 直  线Z   上. 设A 。 是Z  上 距 A 。 最 近 的交 点. 不  妨设 Z  与 z   交 于点  .  
现去 掉直 线 Z   .  

由归纳法假设 , 存在折线 』 4  : …4   , 使得  z 。 , z : , …, z   中的每一条 包含折线中的一段.   再证 明: 折线 。  …A   满足要求.   由线段 A 。 A   在z   上, 知折线中的每段各 
属 于不 同 的直线.   最 后 只需证 明 : 该 折线不 自交.  

圆,   、 F 2 . 则 Q是 △ K X N、 △L Y M 外 接 圆 的  第二 个交 点.   接下 来证 明 : 点 C位 于直 线 P Q上.  
由  X C A= 9 0 。 一   A C B=   Y C B,  
R t △ C A X∽ R t △ C B Y ,  
知 X C? C N= X C? C B=Y C ? C A=Y C ? C L .  

若它 自交 , 则A 。 A , 与其他某段相交 , 交 
点位 于线段 。 A 。 的 内部 , 这与 A 。 是到 A 。 最 

于是 , 点 C关 于 圆 ,  和 圆 

的 幂 相 

等, 即点 c位于其根轴 P Q上.  

2 0 1 3年第 9期 

3 5  

2 0 1   2美 国数学竞赛 ( 十年级)  
中图分类号 : G 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A   文章编号 :1 0 0 5—6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9—0 0 3 5— 0 6  

1 . 计算 :  
( A)一l  

一  
( B)  

=(
( c )  

) .  

个数 .  

( A ) 1 4 6   ( B ) 1 4 7   ( C) 1 4 8   ( D ) 1 4 9   ( E ) 1 5 0   5 . 设 正整 数 口 、 6 均小于 6 . 则2 口一口 6的 

( D )  

( E ) 竽  

2 . 格 林先 生 用走步 的方 式测 量他 的长 方  形 花园 , 发现 两边 分别 为 1 5步 和 2 O步. 格 林  先生 每 步 的步 长 为 2尺. 若 他 在 花 园 里 种 马 

铃薯 , 预计每平方尺能产出 0 . 5 磅, 则格林先  生从 花 园里 能收 获 (   ) 磅 马铃 薯.   ( A) 6 0 0   ( B ) 8 0 0   ( C) 1   0 0 0  
( D) 1   2 0 0   ( E) 1   4 0 0  

3 . 一 月份 的 某 一 天 , 内布 拉 斯 加 州林 肯  市 的最 高气温 比最低 气 温 高 1 6 %, 平均 气 温  是3 ℃. 则林 肯市 当天 的气 温是 (  
( A) 1 3   ( B) 8 ℃  ( D)一 3  ̄ C   ( E) 1 l ℃ 

可能值最小为(   ) .   ( A )一2 0   ( B)一l 5   ( C)一 1 0   ( D ) 0   ( E) 2   6 . 3 3名 学 生 平 均 年 龄 为 1 1岁 , 这 些 学  生的 5 5位父 母 的 平 均年 龄 为 3 3岁. 则 所 有  学 生及 父母 的总平 均年 龄为 (   ) 岁.   ( A) 2 2   ( B) 2 3 . 2 5   ( C ) 2 4 . 7 5   ( D) 2 6 . 2 5( E ) 2 8   7 . 半 径为 l的 圆上有 六个 点 , 这六 个 点  将圆六等分 , 取其中的三个点为顶点作 一个  三 角形。 若该 三角形 既 不是正 三角形 , 也 不是  等腰三角形 , 则此三角形 的面积为(   ) .  
( A)  
J 

) .   ( B )  
二 

( C)一 5  ̄ 1 2  

( c ) l ( D)  

( E ) 2  

数, 而从 2 0 1 按倒 序数 到 3时 , 5 3是 第 (   延 长 中线 

4 . 从3 按顺序数到 2 0 1 时, 5 3 是第 5 1 个  )  
到点 D使 得 四边 形 A C B D  

8 . 瑞 恩 的 汽 车 平 均 每 加 仑 汽油 行 驶 4 O   英里 , 汤姆的汽车平均每加仑汽油行驶 l 0英  里, 瑞恩 和汤 姆 驾驶 各 自的 汽 车 行驶 了相 同 

角形称为“ 大角形 ” . 每个大角形将 占据长度  为1 1的方格线 , 每个单位正方形占据长度为 
4的方格 线. 显然 , 任 意两 个 图 形所 占据 的方 

为平 行 四边形.   由   D=1 8 0 。 一   A C B=/ L C N,  
C A :C L, A D =C B =CⅣ,  



△  D   △L C N.  
于是,   A C S=   A C D=   C L N .   又 Q、 L 、 C、 N 四点共 圆 , 故 
AC S=   CL N=   C  =   BcP.  

格线 的公共部分长度均为 0 . 于是 , 它们一共 
占据 了总长 度 为 4   4 0 0+2   0 0 0=6   4 0 0的方 
格线 .  

另一方面 , 它们 占据 的方格线位于长度  为5 6的水平和垂直 的各 5 6条方格线上 , 故 
它们 的总 长度 至多 为 
2   x5 6  =6   2 7 2 <6   4 0 0.  

8 . 假设 9 0 0个 图形两 两交 没有 长度 大 于  0的公共 边界 .   在 每个角形 的边界 中所 含 的两 个 长度 为  2的线段 的 中点处 向外作 垂 直 于 这段 边 界 的 
1  

矛盾 .  

长度为÷的线段, 所得到带有两个“ 触角” 的 

( 李伟 固 提供)  

3 6  

中 等 数 学 

的路程 . 两辆 车综 合考 虑 , 平 均每加 仑汽 油能  行驶 (   ) 英里.   ( A) 1 0 ( B ) 1 6 ( C ) 2 5 ( D) 3 0 ( E ) 4 0   9 . 三个 两两 互 素 的均 大 于 1的正 整 数 ,   其 积为 2 7   0 0 0 . 则其 和 为 (   ) .  
( A) 1 0 0   ( B ) 1 3 7   ( C) 1 5 6  

P E=1 . 5 , P D=2 , D E=2 . 5 , 则 四边 形 A E DC   的面积 为 (   ) .  
C  

( D) 1 6 0   ( E) 1 6 5   1 O . 某 篮球 队队员 在 比赛场上 投两 分球 、  

三分球命 中的概率分别为 5 0 %、 4 0 %, 结果  得 了5 4分 , 且投 两分球 的次 数 比投 三分 球 的  次 数多 5 0 %. 则该 篮球 队 的队员 投 三分 球 的 
次 数 为(   ) .   ( A) 1 0( B) l 5( C ) 2 0( D) 2 5( E ) 3 0   1 1 . 设x , y∈ R, 满 足方程 
+   =1 0 x 一6y一3 4.  

图 1  

( A) 1 3   ( B) 1 3 . 5   ( D) 1 4 . 5 ( E) l 5  

( C ) 1 4  

则  + Y=(  

) .  

( A) 1  ( B ) 2 ( C) 3 ( D) 6 ( E ) 8   l 2 . 设| s 是 由正 五 边 形 的边及 对 角线 为 

元素 组成 的集合. 任取 其 中的一对 元素 , 这两  个元素长度相等的概率为(   ) .  

( A )   4( c ) 丢( D )  ( E   4  
1 3 . 乔 和布 莱尔 轮流从 l 开始 数数 , 每人  比上一 轮数 到 的最 后 一个 数 多 数 一 个. 若 乔  开 始数 l , 布莱尔 接着 数 1 , 2, 乔然 后 数 1 , 2 ,   3 , … …则数 到第 5 3个数 是 (   ) .   ( A) 2 ( B) 3 ( C ) 5 ( D) 6 ( E ) 8   1 4 . 定义 a: l c   b =a 2 b —a b   . 则点 集 
{ (  , Y ) I   Y= Y= I c  }  

1 7 . 亚 历 克斯 有 红 牌 和 蓝牌 各 7 5张 . 已   知 亚历 克斯能 在一个 摊 位上 用 2张红 牌 换 1   张银牌 和 1张蓝 牌 , 还 能 在 另一 个 摊 位 上 用  3 张蓝牌换 1 张银牌和 1 张红牌. 若他按照上  述方 法继续换下去 , 直 到手 中的牌无法 交换 为  止, 则 亚历克斯最后手 中有 银牌 (   ) 张.   ( A ) 6 2   ( B ) 8 2   ( C ) 8 3   ( . D) 1 0 2   ( E ) 1 0 3   1 8 . 正整 数 2   0 1 3各 位 数 字 之 间 的特 性  是: 个位数是其余各个位上数字之和, 即 2+   0+1 =3 . 在 大于 1   0 0 0且 小于 2   0 1 3的数 中 ,   具有上 述特性 的数 有 (   ) 个.   ( A) 3 3 ( B ) 3 4 ( c ) 4 5 ( D) 4 6 ( E ) 5 8   1 9 . 已知实数 a 、 b 、 c 成 等差 数列 , 且a ≥b   ≥c >0 I . 若二 次 三 项式 似 +   +c仅有 一 个  实根, 则该 实根 为 (   ) .  

( A ) 一 7 — 4 4 3  ( B ) 一 2 一 , / 3  ( C ) 1   ( D ) 一 2 + / , 3   ( E ) 一 7 + 4 √ 3  
2 0 . 将 整数 2   0 1 3表示 为 
2   =

表示 (   ) .   ( A ) 一个有 限 点集

( B ) 一 条直 线  ( D) 两条相 交直 线 

( C ) 两 条平行 直线 ( E ) 三条直 线 

昔 

,  

1 5 . 将一条线绳分成长为 a 、 b 的两段. 用 
长为 a和 b的线 绳 分 别 围成 一 个 正 三 角 形 

和一个正六边形. 若其面积相等, 则旱=  
(   ) .  

( A ) l ( B )  ( c ) 3( 4 D ) 2 ( E ) 半 
l 6 . 如图 1 , 在△ A B C中 , 已知 A D、 C E分  别是 A  A B C的 中线 , A D与 C E交 于 点 P . 若 

其 中, 0 1 ≥口 2 ≥… ≥0  , b l ≥b 2 ≥… ≥6   , a   、 6   ∈ Z+ ( i =1 , 2 , …, m,   =1 , 2 , …, n ) .   当a 1+6 1取 最 小 值 时 , l   a 1—6 l   I:   (   ) .   ( A) 1 ( B) 2 ( C ) 3 ( D) 4 ( E) 5   2 1 . 两个不 减 非 负 整 数 数 列有 不 同 的首  项. 每个 数列 均 有 如下 性 质 : 从第三项起 , 每  项均 等 于前 两 项 之 和 , 且 两个 数 列 的第 七  项均 为 Ⅳ. 则, v的最小 可能值 为 (   ) .   ( A) 5 5   ( B ) 8 9   ( C) 1 0 4  


( D) 1 4 4  

(  ) 2 7 3  

2 0 1 3年第 9期 

3 7  
4 .D.  

2 2 . 正八边 形 A B C D E F G H的 中心为 . , . 每 
个顶 点 与 中心这 九 个 点分 别 对 应 1~ 9这 九 

注意到 , 数列 中每 一项按 顺序 数若 是第 i  

个数字之一 , 且每个点对应的数字各不相 同,   对 角线 A 佃、 剧 、   G和 D   对 应 的数字 之  和相等 则这种对应方式有(   ) 种.  
( A) 3 8 4   ( D) 1   6 8 0   ( B) 5 7 6   ( E) 3   4 5 6   ( C) 1   1 5 2  

项, 则按 倒序 数应是 第 1 9 9+1一 i 项. 故 
1 9 9+1—5 1=1 4 9 .  
5. B.  

由题意 知 a=l , 2 , 3 , 4 , 5 ; 6= 1 , 2 , 3 , 4 , 5 .   故2 口一a b =a ( 2一 b ) ≥5 ( 2— 5 )=一1 5 .  
此时, a=b = 5 .  
6 . C.  
面: 一  
7. B.  

2 3 . 在△ A B C中, 已知 A B= 1 3 , B C=1 4 ,   C A= 1 5 , 点D 、 E 、 F分别在边 B C 、 C A 、 D E上 ,   满足 A D上 B C , D E上 A C , A F- l - 日 F , 线段 D F   的长为既约分数  ( m、 n∈ N+ , ( m, n ) = 1 ) .  
n 

3 3

+5 5  

:2 4 . 7 5 .   一   ‘   ’  

则m+ n=(  

) .  

分三 种情形 讨论 .  

.  

( A) 1 8 ( B ) 2 1 ( c ) 2 4 ( 0) 2 7 ( E) 3 0  

2 4 . 若正整数 m恰有 四个正约数( 包括 1   及其本身 ) , 且此四个正约数的和为 n , 则 称  n 是“ 好数” . 在集合 { 2   0 1 0 , 2   0 1 1 , …, 2   0 1 9 }   中, 有(   ) 个好数.   ( A) 1 ( B ) 2 ( C ) 3 ( D) 4 ( E) 5   2 5 . 贝 尔纳 多选择 了一个 三位 正 整数 J 7 、 r ,   并将其五进制数和六进制数写在黑板上. 后  来, 勒罗仅看到贝尔纳多写的这两个数 , 错将  其 当作十进制的正整数 , 他将它们相加得 到   正 整数 . s . 例如 , 若 N= 7 4 9 , 贝 尔 纳 多 写下 的  数 字是 1 0 4 4 4和 3 2 4 5 , 勒 罗得 到 的 和是 S=   1 3   6 8 9 . 则 Ⅳ有 (   ) 种选择方案 , 使 得 到  的数字 S的最右 边 的两 位 数 字与 2 N 最右 边  两 位数 字相 同.  
( A) 5( B ) 1 0( C) 1 5( D) 2 0( E ) 2 5  

( 1 ) 若 此三角形 的两顶点 为相 邻顶点 ,   不妨设为 A , 、 A   ( 如图 2 ) , 则第三个顶点只能  为A   或A   . 故该三角形为直角三角形.  

图2  

图3  

图4  

( 2 ) 若此三角形 的两顶 点相隔 , 不妨设  为A 。 、 A , ( 如图 3 ) , 则第三个顶点 只能为 A   、  
A   . 故该三 角形 为直 角三 角形.   ( 3 ) 若 此 三 角 形 的两 顶 点 相 对 , 不 妨 设  为A 。 、 A   ( 如 图 4) , 则 第 三 个 顶点 A   、 A , 、 A   、  

A   均符合. 故该三角形为直角三角形.  

参 考 答 案 

综上, s =  × l ×   = 鱼
2 .  

8 .B.  

丁 
+  

l 6 ?  

( 1 5× 2 )×( 2 0× 2 )× 0 . 5= 6 0 0 .  

9 .D.  

注 意到 , 2 7   0 0 0= 2  × 3  × 5   .  

设 当天气 温最 高为 x  ̄ C, 最低 为 y ℃. 则 

故三 个数 为 2   、 3   、 5 。 , 其和 为 1 6 0 .  
1 O. C.  

由 ( 舞 

3 8  

中 等 数 学 

(  , Y )=( 2 0 , 3 0 ) .  
1 1 . B.  

故亚历克斯手中有 1 0 3 张银牌.  
1 8. D.  

由  。 一1 0 x+ 2 5+Y 。 + 6 y+ 9= 0   =  (  一5 )  +( Y+3 )  = 0  


5. Y= 一3 = 争   +Y=2.  

1 2. B.  

c ; + c ;2 0  4   c 2 0— 4 5 —9‘  
1 3 . E.  

分两种情形讨论.   ( 1 ) 当千位数字为 1 时, 个位数字为 口 ( 口 =   l , 2, …, 9 ) , 故 十 位 数 字 只能 选 b=0 , 1 , …  a一1 , 有 口种选 法.   此时 , 考虑 百位 上 的数字 , 只有 a一1一b   种.   由乘法原理及加法原理知 


将数 列 1 , 1 , 2 , 1 , 2 , 3 , …写成  ( 1 ) , ( 1 , 2 ) , ( 1 , 2 , 3 ) , …  则第 k 组最后一个数为 k .  
故口 l + 2 + . .   =口 业 
又 

Nl =1+2+ … +9 = 4 5 .  

( 2 ) 当千位数 字为 2时 , 个位数字为 口 ( o=   2 , 3 ) , 只有 2   0 0 2 .   综上 , 满足题意的四位数共有 4 6 个.  
1 9 . D.  

k .  
,  

=4 5<5 3<5 5=  

5 3 个数是第 1 0组的第 8 个。 即8 .  
1 4. E.  

由题 意知  △= b   一 4 a c = 0 .  

① 

又口 、 b 、 c 成 等 差数 列, 则b =  }.  
将上式代人式①得 
:4 口 c  
珥 

{ (  , Y ) I x ’ 。 ‘ Y = , , . I  }   { (  , , , ) I x   Y — y 2 x = ) ,  一 x 2 y   J   { (   , Y ) I x y ( x - y ) = O }   { (   , Y ) i x = 0 或Y = 0 或 = , , }  
= = =

l 5 . B.  

( 詈 ) ‘ 一 ? 4 ( 詈 ) + ? = 0  
旦 =7±4  
. 

孕 ( 号 ) 2 = 学( 告 ) 。   等 =   b 2  詈 =   2 .  
1 6 . B.  

C 

由口 ≥c , 得旦 = 7+ 4   .   故 二次 三项式 似 + b x+ c的实 根为 


一 一  _ : 一 一   : 一 一  

由题 意 知 P是△ A B C的重心.   则A P= 2 P D= 4 。 C P=2 P E= 3 .  

又D E是△ A B C的中位线 , D E= 2 . 5 , 故 
A C =5 .  

/ 7   : 一 2 +   +4  
2 O. B.  

注 意到 , A C   = A P   +C P   .   于是 , A D上 蚀 .  

故I s 四 边 彤 A 聊= ÷ A D ?  =   1   x 6 x 4 . 5 = 1 3 . 5 .  
1 7 . E.  

若亚历克斯手中有 口张红牌 , b张蓝牌 ,   c 张银 牌 , 记为( a , b , c ) . 则 
( 7 5 , 7 5 , 0 )_ ÷( 1 , 1 1 2 , 3 7 )   一 ( 3 8 , 1 , 7 4 )_ ÷( 0 , 2 0 , 9 3 )   _ ÷( 6 , 2 , 9 9 )_ +( 0 , 5 , 1 0 2 )   _ ÷( 1 , 2, 1 0 3 ) .  

由2   0 1 3:6 1 ×1   1×3 , 且6 l在分 子 中 ,   故a 1 = 6 1 .   注意到, 不存在素数 P 满足: P不是2   0 1 3   的素约数 , b , < P< 6 1 .   因为 素 数 不 代 表 分 母 , 而是代表 分子 ,   P< 6 1 的最大 P= 5 9 , 所 以, 一定有 5 9在 分子  上, b 。 = 5 9 . 则 
2   0 1 3=   6 l! X   1 9   1 ×l l   1   5 9   1   X2 0   1 ×1 0   1’  

从而 , I   a 1 一 b 1   I =1 6 1— 5 9   l = 2 .  

2 0 1 3年第 9期 
2 1. C.  

3 9  
AD -   =   -1 2 .  

若记两个不减非负数列为 
0, 1 3, 1 3, 2 6, 3 9, 6 5, 1 0 4, … ;   8, 8, 1 6, 2 4, 4 0, 6 4, 1 4 , 0 … 

由A D上 B C , 知 

B D=  

一 A D  = ̄ / l 3  一 1 2  : 5 .  

此时 , 第 七 项均 为 1 4. 0  

接下来证明: 8 9 、 5 5不合题意   设数列前两项为 o 、 b ( i f - , b∈ N, 口 ≤b ) .   则 前七 项 为 
口, b , 口+6 , 口  2 6 , 2 a+ 3 b , 3 a+ 5 b , 5 a+ 8 b .  

又B C=1 4, 则D C= 9 .   而D E上 A C, 故 
DE =   =   =   3 6
,  

若5 口+ 8 b : 8 9   b :  
。 

≥口  

肌 = 等 = 4   8 .  
由  A F B=   A D B= 9 0 。 , 知A 、  、 D、 ,   四点共 圆.   所 以。   A F E=   A B C .  
于是 , c o t   A F E=c o t   A B C=   .  

1 3 a≤ 8 9  

口≤6 .  

由8   I ( 8 9— 5 a )   8   I ( 5 口一 1 )  
口=5。 b=8 .  

故仅有一个数列第七项为 8 9 .   同理, 5 5 也不合题意.  
2 2 , C .  

在△ A E F中,   E ,= A E c 0 t   L  A F E= 4 8×     = 4  

由题意 。 设 
A  1  E = B  】 + F = C  1  G = D+ 1  H= k   A+ 丑+ C+ D+  + F+G+ 日+ 4 J= 4 k   l+ 2+… + 9+ 3 J= 4 k  

J D F : 朋一 E F : 誓一 4 :   1 6  
m =1 6. n=5   = 寺 m +n=2 1 .  

4 5+ 3 J = 4 k ( 1 ≤- , ≤9 , J∈ Z )   ( J , k ) = ( 1 , 1 2 ) , ( 5 , 1 5 ) , ( 9 , 1 8 ) .   因此 , 这种对应方式共有 
c I 3 乙 8 1 乙6 1 乙 1 4 c  

2 4 . A.  

=3 ×8× 6   x 4× 2= 1   1 5 2 ( 种) .  
2 3 . B.  

如图 5 .  

图5  

设 m= p f   p ;   … p   其 中, P   是素数 , a   ∈   Z+ ( i = l , 2 , …, r ) , P 1 < p 2 < …< p , .   由约数个数定理 , 知 m有  (  1 + 1 ) (   2 + 1 ) …( a , + 1 )   个约 数.   根据题 意 知  (  l +1 ) ( a 2 + 1 ) …( 0 c , + 1 ) = 4 .   故 m= a b 或c 。 ( 口 、 6 、 c 为素数) .   当 m= c   时, m的四个约数之和为 1 + c +   c   + c   , 代人方程  1 + c + c   + c 。 =   (  ∈{ 2   O 1 0 , 2   O l 1 , …, 2   0 1 9 } ) ,   无 素数 解.   当 m= a b 时, m的四个约数之和为 
1 +口+b +a b=( 口+1 ) ( b +1 ) .   若口 、 b 中有一个偶素数 2 , 不妨设 口= 2 ,  

设 P为△ A B C的半周 长. 则 
口 +b+c   1 3 +1 4+1 5  
=21 .  

故. s  口 c =   ( p— a ) ( p—b ) ( P—c )  
。 



、  



8 4  

则b 为奇素数. 故  6   I ( 口+1 ) ( b+1 ) .   在集 合 { 2   0 1 0 , 2   0 1 1 , …, 2   0 1 9 } 中,   2   0 1 0 、 2   0 1 6是 6的倍数 ,  

中 等 数 学 
b:  
j  

一1:66 9,  

0+b =2 b ( mo d   1 0)  
=   口 =b .  

b:  
j  

一1:6 71  

.  

设 N o =N— a E1 0 e ( m o d   1 0   ) .   由N o -s d ( m o d   5   )  
j  5 d =1 0 e ( m o d   5   )   d m2 e ( m o d   5 ) .  

均 非素数 , 矛盾 .   若口 、 b 均 为奇 素数 , 则  2 I ( 口+ 1 ) , 2 l ( b+ 1 ) , 4 I ( 口+1 ) ( b +1 ) .   在集 合 { 2   0 1 0 , 2   0 1 1 , …, 2   0 1 9 } 中, 4的 

又 由题设 知 
c + d =2 e ( m o d   1 0 )  
c -0 ( m o d   5 )  

倍数有 2   0 1 2 、 2   0 1 6 , 其中, 2   0 1 2 = 4× 5 0 3 , 但  a , b 均为奇素数 , 于是 , 口 +1 、 b +l 均是不小  于 4的偶数 , 故2   0 1 2 不合题意 ; 2   0 1 6= 4×   5 0 4 , 有 0=3 , b= 5 0 3均为 素数.   综上 , 在集合 { 2   0 1 0 , 2   o 1 1 , …, 2   0 1 9 }   中, 好数仅有一个 , 即2   0 1 6 .  
2 5 . E.  

j  c +d= 2 e 或2 e 一1 O .   若c = 0 , 则  ( d , e )=( 0 , 0 ) , ( 0 , 5 ) , ( 2 , 1 ) , ( 2 , 6 ) ,   ( 4 , 2 ) , ( 4 , 7 ) ;   若c = 5 , 则  ( d , e )=( 1 , 3 ) , ( 1 , 8 ) , ( 3 , 4 ) , ( 3 , 9 ) .   综上 , ( c , d ) 有 5种选择 , 口= 6 有5 种选择  

设 Ⅳ兰 6 c + 口 ( m o d   6 。 ) ,   ①  N- - - - 5 d + b ( m o d   5   ) ,   ②  其中, 口 、 c ∈( 0 , 1 , …, 5 ) , b 、 d∈{ O , 1 , …, 4 } .  
由 N兰b ( o r o d   5 )  
2 Nm2 b ( oo r d   1 0 )  

由中国剩余定 理, 知式① 、 ②决 定 的 Ⅳ   在E 9 9 + 1 , 9 9+ 6   × 5   ] 中有 2 5 个解.   ( 潘 铁 翻译 并解 答 )  

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电 话: 0 2 2— 2 3 5 4 2 2 3 3  1 5 8 2 2 6 3 1 1 6 3   传 真: 0 2 2— 2 3 5 4 2 0 1 6  

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名: 娄 姗姗 



号: 4 3 6 7   4 2 0 0   6 1 7 1   0 1 1 7   0 5 5  

本刊 编辑部 

2 0 1 3年第 9期 

4 1  

熬蟹奥拣  蓖寓  
中圈分类号 : C , 4 2 4 . 7 9   文献标识码 : A  

躲题( 1 6 9 )  
8 . 从 1 , 2 , …, 2   0 1 3中取 出 3  个 不 同的 

文章编号 : 1 0 0 5 — 6 4 1 6 ( 2 0 1 3 ) 0 9 — 0 0 4 1 — 0 6  

第 一 试 


数, 组 成  个 三 元 数 组 ( 口   , 6   , C   ) (   l , 2 ,  




填空题( 每小题 8分 , 共6 4 分)  



尼 ) . 若口   + 6   + c   (   1 , 2 , …, | j } ) 这. j } 个数 

1 . 已知 向量 口 、  满 足 I 口+  I =1 . 则口 ? 6   的最大 值 为— — .   2 . 半径 为 尺 的球 的 内 接 圆柱 表 面 积 最 

两两不等 , 且均小于 2   0 1 3 , 则| i } 的最大值 为 
二、 解答 题 ( 共5 6分 )   9 . ( 1 6分 ) 已知抛 物线 C   : y=  , M 为平 

大值为— — .   3 . 不定方 程 3×2  +l=) ,  的正 整 数 解 
(  , y ) 的解集 为一  
4 . 已知 、 八z   E   R+ ,  
S=   +2 +   y+5 +   z+1 0,  

面内一动点 , 过 M引抛物线 c   的两条切线 ,   切点分别 为 A 、  . 若△ M A B 的面 积为定值  2 c   , 求点  的轨迹方程.   1 0 . ( 2 0 分) 已知数列 { 口   } ( n∈ N ) 满足:  
o  =1 , 且 对 任意非 负整 数 r G 、 n ( m≥n ) 均有 
口  +   + 口m
一  

T=   -、  

_、  

.  

则| s   一   的最小值为— —  5 . 已知偶 函数f (  ) 满 足对任意 的  ∈   R, 均有 
1 +  )=   3一  ) ,  
且  =   ’  

+ m— n 一 1 =   _ ( 口 2 m + 口 2   ) .  

求 【   】 的 值 ( [   ] 表 示 不 超 过 实 数  
的最大整数) .  
1 1 . ( 2 0分 ) 已知 

【  一1 ,  

∈( l   ,] 2   .  

若方程 3 f ( x ) =  合 有5 个实数解 , 则实  数 m的取值范围是— — .  

f ( x ) =  

' g ( 加  

.  

6 . P为双曲线  一   =1 ( 口 、 b > o ) 在第 


求最大的正整数 I } j , 使 得对任意 的正数  c , 存在实数 口 、 6 满足 一I < 口 < 6 < c , 且 
c )=  口 )= g ( 6 ) .  

象限上的点 , Q为点 P关 于原点 0对称的 

点, 朋 上  轴 于 点 日, 直 线 HQ与 双 曲线 交 

于点  ( 异 于 Q) . 若  M P Q的角平分线 斜  率为 l , 则此双曲线的离心率为一  





试 

7 . 反复抛掷一枚质地均匀的色子 , 每一  次抛掷后均记 录正 面向上的点数, 当记录有  四个 不 同的点 数 时 即停 止 抛 掷. 则 恰 好 抛 掷 
六次 后 停 止 抛 掷 的 不 同 记 录 结 果 总 数 为 

( 4 0分 ) 如图 1 , 已知 以 B C为 直径 的 

o0与 △ A B C的边 A C 、 A B分别 交 于点 D、 E,   B D与 C E交于点 F, G为线 段 D E上一 点 , A J 『   _ l _ F G , 交F G于点  , 且交 O D 于点  证 明 :   B、 G、 , 三 点共线.  

4 2  

中 等 数 学 

R c o s   则 表 面积 为 
S =2丌 r  +2   7 c   r h  

:7 ( R   ( 1 +C O S   2 0+ 2 s i n   2 0 )   ≤( 1+   ) 7 t R   .  

当且仅 当 c 0 s   2  =   -  ̄,   s m   2 0 = - , - /   时


上 

式等 号成 立.  
图l  
-  ̄

3 . { ( 3 , 5 ) , ( 4 , 7 ) } .  
显然 , Y为奇数 方程两边取模 8 , 知 ≥3 .   将原 方程变 形得 
3   ~ =   ?   .  



( 4 0分 ) 已知 口 1 ≥0 2 ≥… ≥Ⅱ  > 0 , 且 
k  

k  

Ⅱb i ≥ Ⅱa i ( 后 = 1 , 2 , …,   ) .  
i =1   i =1  

证明: ∑6   ≥ ∑ 
l=l   l: I  

三、 ( 5 0分 ) 求最小 的正整 数 n , 使得 n  
的所 有正 约数 的平方 和 为 ( r t + 3 )   .  

而 (  ,  ) = ? , 于 是 ,   = 3 或 4 .  
故原方 程恰 有两解 ( 3 , 5 ) , ( 4, 7 ) .  
4. 3 6 .  

四、 ( 5 0 分) 求 最小的正整数 n , 使得存 
在一 个 2   0 1 3×2   0 1 3的数 阵满 足如下 条件 :  

S  一   =( S+T ) ( S—T )  


( 1 ) 每一个数均属于集合 
S={ 1 , 2 , …,  } ;   ( 2 ) 记 置 为数 阵中第 行 中的数组 成 的 

( 砸

+  

+耵

+  



+ 厕

+  

) ?  

集合 ,   为第 . 『 列中的数组成 的集合 ( i 、  =  
1 , 2 , …, 2   0 1 3 ) , 贝 U  1 ,   , …,   0 l 3 , y 1 ,   ,  


(  

+  


+  9  
菩 , z = 1 5 时 , 上 式  

≥( 1 + 2+ 3 )  = 3 6 .  



y 2 。 。 , 是4   0 2 6个不同的集合.  

当且仅 当  =   7
等号 成立.  


) , =

参 考 答 案 
第 一 试 


孚) U ( 孚,   ) .  

、 1 . } .  
璺   三 一   鱼  
4  4 

易知, 函 数  ) 是以4 为周期的周期函数  对 m分三种情形讨论.  
( 1 ) 当 m= O时 , 原 方程 恰有 三个 不 等 的 

口 ?   = 



{ 一  

≤ 丢 .  

实数根, 不符合题意 
( 2) 当 m >0时 , 由 函 数 f(  ) 与 函 数 

当口 、 6 相等且  =   时, 上式等号成立.  
2 . ( 1+   ) 7 c R   .  
设 圆 样 的 高 h:2 Rs i n   雇 而 半   r:  

) , = 手 的 图 像 , 知 直 线 y = 手 与 函 数  
Y = m, / 1 一(  一 4 )   (  ∈( 3 , 5 ] )  
的 图像 有两 不 同的交 点 , 与 

2 0 1 3年第 9期 

4 3  

Y = m, / 1 一(  一 8 )   (  ∈( 7 , 9 ] )  
的 图像 无 交点.  

( o   , b   , C   )=( i , 4 0 2+ i , 1   2 0 7一i ) ,  

其中, ( i =1 , 2 , …, 4 0 2 ) .   这个 三元数 组 中三个 数 的和 为 1   6 0 9+i  

于 是 , 华 < m <  .  
( 3 ) 当 m<0时 , 同理 , 计算 得 
<m<一_ , / 3 3 -
一  

( i = 1 , 2 , …, 4 0 2 ) , 满足题意.  

二 二 、 9 . 设A ( x 。 ,  ) ,   (  ,   ; ) .  
则 f ^ 曰 : y =(  1 +   2 )  一  I   2 .  



.  

而切线 MA 、 MB的方程 分别 为 
Y= 2 x 1 (  一戈 1 )+   = 2 x l  一  ,  

综上 , m 的取 值 范 围是 


孚) U ( 孚,   ) .  

Y  2 x 2 (  一   2 ) +   ; = 2 x 2  一   ; .  
联立 M A、 MB的方程解 得 

6.  

.  

点 M (   ,  .  
则  到 直线 A B的距 离为 
.  

由双 曲线 的斜 率性 质有 
k  P kM o= 

h=_ L _ —_ = = 兰二==== 

I   — — — —   — 一一 z   1   : 2   I  
√l +(   1 +   2 )  

由题 设得 

k M o = ÷  P Q , k p M k e o = 1 .  


l (   。 一  )   f   二  = I j  
 ̄ / l + (   l +   2 )  

于是 ,   : 下 1


0 

二 

易得离心率为  .   二 

7. 9   0 O 0.  

故s  口 = ÷  I A B I  


前五次抛掷恰 出现三个 不同的点数 , 由   容斥原理 , 不同记录结果总数为  c   ( 3  一 2 5 C   +C   )= 3   0 0 0 .   第六次抛掷出现 的点数为余下的三个点  数 之一 , 故 抛掷 六 次 后 恰 停 止抛 掷 的 不 同记  录结果 总数 为 3   0 0 0× 3= 9   0 0 0 .  
8. 4 0 2.  


X 2 )   l  
。   。  
l  

: 一   2   .   —   = 

、 / 1  

。  



。  



寺   。  z I 3 : 2 c 。 .  

于是 , I x l —   2 l : 2 c , 即 

方面,  

( 半 卜  .  
因此 , 所求 的轨迹方 程为  一 Y— c   = O .   1 O . 令 m=n , 得a 0 =1 .   令  = 0 , 得a 2  = 4 a  +2 m一 3 .   特别地 a  = 3 .  
令 n=1 , 得 
血m + l + n巩


∑( 口   + b i + c   ) ≤ ∑( 2   0 1 3 一   )  


2   O1 3k一  

,  

且  ∑( o   + b l + c   ) t > l + 2 + . . ? + 3 k  
一 — ’    

墨 ! 三 墨 ±   2  
2   ’  

1 + m一 2 =   - 【 ( 口  +  ) = 2 a m + m  


a m+ l 一 口 m = a m 一 口 m

l+2.  

i  ̄2   O 1 3 k一  
解得 k <4  ̄ 0 2 .  

≥  

.  

于是 , n   + 1 一 口  = 2 m( m≥1 ) ,  
0  = 口  +

∑(   一 口   ) = 1 + ∑2 k  

另 一方 面 , 构 造 

=m( m—1 ) +1 ( m≥1 ) .  

中 等 数 学 

则 [   】 = 2   0 1 3 .  
1 1 ? 对 于正 整 数 I i } , 显然 , g(  )=  
区间 ( 一1 , +∞) 上 为减 函数 .  

因此 , 式④成立.   注意 到 ,  
在 

g (   )  
( 0 , +∞) ,  

(  ∈( 一1 , +∞) ) 的值域为  

于是 , 对任意的正数 C ,   c ) =  ( 6 ) > g ( c ) .   当  > 0时 , 不等式 
)> g (  )  

):  

(   ∈( 0 , +∞ ) ) 的 

值域也为( 0 , +∞) ,  

) : L  业


(   ∈( 一 1o ) ) 的值 


铮k <   令 (   ) :  
则^ , (  ):  

卫  卫 
.  

① 

域为 R .  

(  > o )
.  

结合 函数的图像 , 知对任意 的正数 c , 存  在实数 a 、 b 满 足 一1 <a<b <c , 且 
c ):  a )= g ( b ) .  

综上, 正整数 的最大值为 3 .  
令  (  )=  一1 一I n (  +1 ) (  > 0 ) .  

则  ( 戈 )   焘 > 0 ?  





试 

故 (  ) 在 > 0 时为增函数.   又  ( 2 )=1一 l n   3< 0 ,  
( 3 ): 2— 1 n   4> 0 ,   因此 , 存 在 唯一 的正 实数 ‰ , 有 

联结 B , 、  、   则 

点共线 § 

=   .  

① 

因为 0为 B C的中点 , 所以 ,  
s   D l =S A c D 1 .  

(   0 ) =   0 — 1 一 I n (   0 + 1 ) = 0 .   ②  于是 , h   (   。 ) = 0, 且 。∈( 2 , 3 ) .   故 当  ∈( 0 ,   。 ) 时, h   (  )<0 , h (  ) 为  减函数 ; 当   ∈( ‰, +∞)时 , h   ( 戈 )> 0 ,   h (  ) 为增 函数.   因此 , 当  > 0时 , 结合式②有 h (  ) 的最  / J 、 值为 (   。 ) =   0 + 1∈( 3 , 4 ) .   结合式①有正整数  七 ≤3 .   ③  下面证 明 : 当 k= 3时 , 对 一l <  < 0 , 有  ) < g (   ) .   ④  当 一l<  < 0时 ,  
戈 )< g (  )   牟  1— 2  +(  +1 ) I n (   +1 )> 0 .  

而B C为直 径 , 故 
C E A=   B DA =9 0。 .  

结合 A , 上F G , 有A 、 E 、 F 、 D、 日五点共 
圆. 于是 ,  
BA ,+/ EF G =1 8 0。 .  
C AI=   DFG.  

则  
s i n   s i n   s i n   s i n  

=  

= B 丽 E ̄ A / s i n   L   B A I  
BDE  CED  FDE  EG  FED — G D ‘  

占  ,? s i n   C A,? s i n   EFG? s i n   DFG? s i n  



二、 令t   =2 _ L (   1 , 2, …, n ) .  
由题 意知对 k=1 , 2, …, n , 有 

令r (  )=1— 2 x+(   +1 ) l n (   +1 ) , 其 
中, 一1 <  <0 .  

贝 0 r   (  )=I n (  +1 )一l < 0 .   故r (  ) ( 一1<  < 0 ) 为 减 函数 .  
于是 , r (  )> r ( 0 )> 0 .  

I T  i > 1  
^  

> 0  
k厂  —  

j∑  

/ Ⅱ£   ≥ I ] }  

2 0 1 3年第 9期 

4 5  

∑b   一 ∑口   : ∑a i (  一 1 )  
= 

矛盾.  

否则 , P 、 q 均为奇数 , 式①两边取模 8 , 得 
4 三6 p ( oo r d   8 ) , 知 P=2 , 矛 盾.  

∑(  1 ) + ∑∑(   一 1 ) (  一   + 。 )  

综上 , n的最 小值 为 2 8 7 .  
= n  

(  — n ) +   k   = l   f   i   =   1   t i - k ) (  ̄ k - a k + 1 )  

四、 凡的最 小值 为 l 3 .  

≥0.  

由题设知 { 1 , 2 , …, n } 的子集数 
2  >4   0 2 6   n≥ 1 2 .  

三、 设 1< d 1 < d 2 <… < d   <凡为 凡的全 

体正约数.  
贝 0   d l d   =d 2 d   — l =… =  .  

当, l =1 2时 , 记 子集 族 


{ x 。 ,  , …,  。   , , y l ,  , …, y 2 叭 3 } ,  

故1   + d   + d ; + …+ d : + n   = ( n + 3 )  
d  +   +… +d  =6n+8.  

{   ,   2 , …,  0 l 3 } ,   g - ={ y 1 ,  , …, y 2 。   , } .  


当后 ≥6时 ,  
d  +d  +… +d  

显然 , 对于 l ≤i 、  ≤2   0 1 3 ,  

n  ≠  .  
而| s 有2 “ = 4   0 9 6个 子集 , 故恰有 
4   0 9 6— 4   0 2 6=7 0  

① 

≥2 d l d k + 2 , h d k 一 1 + 2 d 3 d k 一 2 +( d l 一  )  +   ( d 2 一 d   )  +( d 3 一d k _ 2 )  


个子集不属于子集族 J g .  
首先证 明 : 对于 1 ≤   、 _ 『 ≤2   0 1 3 , 均有 
I  f U  I ≥6.  

6 n + ( d   一  ) 。 + (  一  一 , )  + ( 也一  一   )  

≥6 凡+9 +4+ 1>6 n+8.  

矛盾 .  

事实 上 , 假设存 在 1 ≤i 、  ≤2   0 1 3 , 有 
I  f U  l ≤5 , 则  I J s \ (   U  ) I ≥1 2—5= 7 .  

于是 ,  ≤5 .  

而J i } = 0显 然 不符 合题 设 , 故 1 ≤J j } ≤5 .  

设凡 = Ⅱp  则  
Ⅱ(  + 1 ) = j c + 2 ∈ E 3 , 7 ] .  
于是 , 1 ≤   ≤2 .  

此时, ( S \ (   U  ) ) n   =   ,  
( J s \ (   U  ) ) n   =( 2 j .  

结合式① , 至少有 2 ’ =1 2 8个子集均不  在子集族  中, 矛盾.  
其次 证 明: 要 么 对 1≤ i ≤2   0 1 3 , 均 有 
I 置I ≥4 , 要 么对 1   ≤2   0 1 3 , 均有 l  l ≥4 .  

分 三种 情形讨 论.  

( 1 ) n =  ( p为素数, 0 f ∈Z + , 且2 ≤   ≤ 6 ) .  
贝 0 p  + p 4 +… + p 2 ‘   一   ’ = § p  + 8 .  
于是 , P   J 8   P= 2 .  

事实上, 若存在集合  , 使得 I  l ≤ 3 , 由  
于对 于 1 ≤i ≤2   0 1 3 , 均有 J 五L J   J ≥6 , 且  置n   ≠( 2 j , 故 
I 置I =l 置U  I +I 置n  I —I  I ≥4 .  

上式 两 边取模 8得4 -o ( o r o d   8 ) , 矛 盾.  

( 2 ) 凡= p q ( p< q为 素数 ) .   贝 0   P  + q  = 6 p q+ 8 .  

于是 , 结论 成 立.  

于是 , q = 3 p+ 2 ̄ /   + 2.  
经验证 , 使 得 q为 素数 的最 小 的素 数  P=7 , 此时, q = 4 1 ,  = p q= 2 8 7 .   ( 3 ) n= p q   ( P , q 为不等 的素数) .  

设 = m i n { I  l } ≥4 ( 1 ≤i ≤2   0 1 3 ) . 不  妨设 I  , l = k .   于是 , S \ X   中元素个数小于 后的子集均 

不在子集族  中; 再结合式① , 知这些子集 
也 不在 子集族  中.  

贝 4 P   + q   + q   + p   q   =   p g   + 8 .   ①  若2   l   n , 式①两 边取模 4 , 知 P= q= 2 ,  

当I j } = 4时, I s \ 置 中元素个数小于 . j } 的  

中 等 数 学 

子集数为 

接下 来 对 m 用 数 学 归 纳 法 证 明 : D  满 

c : + c   + c ; + c : = 9 3 > 7 0 ,  
矛盾 ;  

足题设的两个条件.  

当后 = 5时, J s \   , 中元素个数小 于 k的  子集数 为 

显 然 , D   = (  ) 满 足 条 件 .  
假设 D  满足题设条件 , 其行 与列 中的  数组成的集合分别为 
。 ,   ,  , , …,   , y 。 , y 2 , y 3 , …, y 2   .  
考虑 D  

c   + c ; + c ; + c ; + c ; = 9 9 > 7 0 ,  
矛盾.  

于是 , J } ≥6 , 即子集族  中不包含元素 
个数 小于 6的子集 . 但恰 有 7 0个子 集不 在子  集族  中 , 故 至少 有 

对于 D   +   , 其行与列 中的数组成的集合 
分别 为 

c O+ c l 2 + …+ c   2 — 7 0 = 1   5 1 6  
个子 集在 子集族  中.  

1 ,  ,   3 , …,   2   ,  l   u{ m+ 3 } ,   u{ m+ 3 } , …,   u{ m十 3 } ;   y l ,  , y 3 , …, y 2   ,   u{ F t ' / . + 3 } ,  
2  

结合式① , 这些 子集 中的任意一个的补 
集( 对s ) 的元素个数均大于 6 , 且均不属于  子集族  于是 , 至少有 l   5 1 6   X   2 = 3   0 3 2 个  子集 不在 子集族  中. 但 
2   01 3 >4   0 9 6 —3 0 3 2,  

y 2   u{ m+3 } , …, y 2  u{ m+ 3} .  

而数 m+ 3 不在 D  中 出现 , 因此 , 它们  是两 两不 同的.   所以, D   + 。 满足题设条件.   故D   为2   0 4 8 × 2   48 0 数表 , 且其 中的数 
均属 于集合 { 1 , 2 , …, l 3 } .   对于 2   0 1 3=1   0 2 4+9 8 9, 则 Dl 1 的 左 

矛 盾.   因此 ,  ≥1 3 .  

下面定义数表序列如下 :  

。   = (  ) , 。   + 。 = (   :  : ) ,  
其中,   为2   x 2  数表, 其每个数均为 m+ 3 .   易知 , 对每一个 l " t i , , 数表 D  为 2  × 2  数  表, 且其中的数均属于集合 { 1 , 2 , …, m+ 2 } .  

上角2   0 1 3× 2   0 1 3的数阵满 足题设 的两 个 
条 件.  

综上, 1 7 , 的最小值为 1 3 .  
( 张 新 泽, 湖 北 省 武 汉 市 武 钢 三 中,  
4 3 0 0 8 0 )  







学 

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2 0 1 3年第 9期 

4 7  







题  

证明

如图 2 , 联结 曰   C   与A   D   交 于 点 

A ” , 类似定义点  、 c ” . 过D   作A C 、 A B的平行  高3 5 5 已知圆内接 凸四边形 A B C D满  足  B A D= 6 0 。 , 射线 A B与 D C交于点 E , 射  线A D与 B C交 于点 ,, 点 A关 于 对 角线 B D   的对称点为 Ⅳ, 且E 、 Ⅳ 、 F三点共线. 证 明: A C   平 分  B C D或  B A D .   高3 5 6 对于正数  , 是否存在一个无  穷正数数列满足 :  
1" l " a n + 1 ≤口  +   ( n=1 , 2 , …) ?  

线, 分别与 A B 、 A C交于点  、 Ⅳ . 设△ A B C的   内切圆半径为 r .  
A  

高3 5 7 教师节期 间, 某校 2 0 0名 教 师  互发短信问候 , 每名教师均恰 给其他教师之  发了 l 条短信. 现从中最 多可选取 k 名教  师参加一个表彰大会 , 使得他们 中任意一人  未给其 中的人发过短信. 试求 k 的最小值.   高3 5 8 给定正整数 口 、 b 和正数 a , 是否  存在无限多个正整数 n , 使得 a n   + b的最大  素因数小于 a n ?  


 ̄ 1 1   C ' A " =  


=   S z 2 3 , C , M  











答  



MC’ ? A I C t   MC | s i n   B   NB   . A   B  一NB  s i n   C‘  

高3 5 1 如图 1 , 不等边 △ A B C的 内切  圆分别 与 三 边 B C 、 C A、 A B 切 于 点 D、  、 F,   A   、 B   、 C   分别是边 B C 、 C A 、 A B的 中点 , D   、   E   、 ,   分 别 为点 D、 E、 F在 △ D E F的边  、   F D、 D E上 的射 影. 证 明: A   D   、   、 c   F   三  线 共点 .  
A  



r   c o t  ̄ - + c o t  
:  

C 
rcos  
一  



A  . B ’  
m 

如 m 

A M= D ' N- _ D   ' E  
‘   “  2  



D E c o s   r c o s 手s i n 譬   2 s i n 孚一  s i n   ’  

图 1  

则  C  =A C  一A M 

中 等 数 学 

高3 5 3 设 P是一 个奇 素数. 证明 : 方程 

+ 2 y   = p  
2  

① 

有解当且仅当P除以 8的余数是 1 或3 .  

同理 , N B   =   r c o s   B. c 0 o s   C  

证 明首 先 , 若 式 ① 有 解 , 则 (  ) = l ,  
也就是说存在整数 n , 满足 
0   兰一 2 ( m o dp ) .  

C   A ” MC   s i n   B   C O S   B   q   A” 曰 一NB  s i n   C —c o s   C‘  

一  
?  

2 s i n 扣n 导 ’  
=   .   ,  

其 次 , (   - 2 ) = 1 当 且 仅 当 p   1 , 3 (  8 ) .  
事实上, 考虑1 , 2 , …, }  .  
将 以上 各 数 乘 以 一2再 除 以 P, 在 区间 

同理 ,     c o s   A c 一 2一 A 一 2  =
于是 ,  

?  

因此 , A   D   、 B   E   、 C   F  三线共 点.   ( 沈
6 1 0 0 4 1 )  

( 一 号 , 号 ) 取 余 数 . 由 此 得 到 [ 号 】 个 取 负 数 ,  
于是 ,  

毅  四 川 省 成 都 . - l s中初 中 学校 ,  

高3 5 2 已知 n 、 b 、 C 是 满足 a b c =1的正 
数. 证明:  

( _ 2 )   (  


- 1 )  (  ) ! (  p )  

( 一 2 )   ;( 一1 一 ) 【 L } 彳 】 J (   mo dP )

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