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第30届中国数学奥林匹克(2014)


2 0 1 5年第 3期 

1 7  



 
第3 0 届 中 国数学 奥林 匹克 ( 2 0   1 4 )  
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 5 ) 0 3— 0 0 1 7一o 5

 

1 . 给定 实数 r∈( 0 , 1 ) . 证明: 若 n个 复 
数 l , z 2 , …,   满足 
l   一1   l ≤r ( k=1 , 2 , …,  ) ,  

( n + k ) 十 C   .  

( 余 红兵

供题 )  

5 . 某次会议 共有 3 O人参 加 , 其 中每个人 
在其余人 中至多有五位熟人 ; 任意五人 中 , 至 

贝 u   - z   + z   + … + z   t   l   +   + … +     l
≥n   ( 1 一 r   ) .   ( 冷 岗松 供题 )   2 . 如图 1 , 设A 、  、 D、 E、 F 、 C依 次为一个  圆上 的六个 点 , 满足 A B= A C . 直线 A D与 曰 E   交 于点 P, 直线 A F与 衄 交 于点 R, 直线 B F   与c D交于点 Q, 直线 A D与 B F交于点 S , 直  线A ,与 C D交于点  点 K在 线段 | s  上 , 使 
得  s K Q=   A C E . 证明:   =   .  

少有两人不是熟人. 求最大 的正整数 k , 使得 

在满足上述条件 的 3 O人 中总存在 k 人, 两两  不是熟人.   ( 冷 岗松 供题 )   6 . 设非 负 整数 的无 穷 数列 a 。 , a : , …满 
三 

足: 对任意正整数 m 、 n , 均有∑ 0   ≤m . 证 
明: 存在正整数 k 、 d , 满足 
2 k  

∑0   = k - 2   0 1 4 .  
i=l  

( 瞿 振华 供题)  

参 考 答 案 
1 . 设  =   + Y   i , 其中,  、 Y  ∈ R, k=  
1, 2, … , n .  

先证明 :  

>1 一 r 2 (  = 1 , 2 , …, n ) .  


① 

、1  

Xk  

已 
+ 

?  

由i x   一 l   I ≤r <1 , 知  > 0 .  
1  

( 熊



供题)  

则  > 0, 且  =  

-1  2  

3 . 给定 整数 n ≥5 . 求 最小 的整数 m, 使 

得存在 两个 由整 数构 成 的集合 A 、  , 同时满  足下列条件 :  
( 1 ) I   A   I = n , I   B   I =m, 且  B;   ( 2 ) 对集合  中任意两个不 同元 素 、 Y ,  

故r 2 ≥J Z k -1   J   2 (  
=  

+  

一l  2  

(  —  )  +1 一  ≥1 一M .  

从而 ,  ≥1 一 r 2 , 即式①成立.  
注意到 ,  
J  l+   +… +彳  l  

有  + Y∈ B当且仅 当 、 Y∈ A .   ( 瞿振华 供题 )  

4 . 求具有下 述 性 质 的 所有 整 数 k : 存 在  无穷多个正整数 n , 使得 

≥l   R e ( z l +   2 + . . . +  ) I = ∑ .  

l 8  

中 等 

又_ l _ l :   -7 ~-   - ( k:1 , 2 , …+ , 。 ) , 故 
 ̄ -  

南  =   , 及 
ABC =  
=  

l ; 一 _ 0 1 l   +   一 1 一 十 … 十   : z I   ≥     l R e ( I \   一 Z 1 +   一 z 2 ~ + … +   — — ) 川 l   i I  

一  
一 —

PB A一  

PBC  

J B C一/ P BC=  

f   .  

兰  一  
2  



△B P J ∽  B A C ,   结合 A B= A C , 知, j B=P J .  
又  D P E=   B P A=   B J C , 则  、 . , 、 D、  

k =1 戈 ^ + 

?  

因 为  >0(   =1 . 2 , …, n ) , 所以, 由柯 
,  

西 不 等 式得 
  .

P四点 共 闶.  
.  

+ 2 z + . 一  n ‘  +  + ‘ 一 +  l  
一一  
、 、, , 

1  



1  j  

n 

故  P J Q=   D B E=   D C E .  


p  I   C R.  
垒  

≥ (  ) ( 饕 )  
≥   f   /  

于 。  匕’ 是,   C  —C :   尺一p =  R  

由式① 、 ②知命题成立.  
3 . 首先 , 取 一 个 整 数 N>  ̄2 n , 考 虑 
A:{ Ⅳ +1 , N+ 2 , …, N+凡  ,  
B =A   U{ 2 Ⅳ +3, 2 ~ 十4, …  2 N +2 n—l  .  

…   /   X  ̄ k   - : ?   - Y 5 k  

n “ ( 1~l r   ) .  

2 . 如图 2 . 联结 B C、 R P、 D F .  

条件 ( 1 ) 显然满 足.  


方面, 对任意 、 Y∈A,  ≠Y , 有 

2 N + 3≤  +y≤ 2 / V +2n 一 1 。  

敞  + Y∈ B .  

另一方 面 , 对任  卷 、  ∈ B,  ≠  , 若 、  
不均属于 / 4 , 则 
十,   >3 N >2 N +2 n— l 。  

故  +y∈ B .  

此, 条件( 2 ) 也满足。  
跚2  

这表明 , 当 m= 3 n~ 3时 , 存 在 满足要求 
的集合 、  .   没/ l 、 B为任意满 足题设条件的整数集合  接下来证明 : l  I ≥3 n一 3 .  

由4 B: A C. 知  A D C=   A F B .  

所以, S 、 D、  、  四点共 圆.  
于是 ,   Q S K=/ T D F=   R A C .  

不妨设集合  中正数个数不少于负数个 
数( 否则 , 考虑 一 4和 一8, 它们也满足题设条 

结合  S K Q=   A C E, 得 
△Q S KC / ) △R A C .  

件, 且一 A中正数个数不少 于负数个数 ) .  
设集合 A中元素 为 a l <0 2 <… < n   由于 扎 ≥5 , 集 合 4中至 少有 两个 正 数 ,  
则口  I > 0 .  
于是 , a n — l +f t  > 0   .  

类似地 , △ QT K∽△ P A B .  
从而 ,  
一  

=   ,  
.  一  

=  
. 

.  
一  

— T  K Q   K T  C R   B A  C R。  

从而 , 0   +0  ∈ B\ A .  
故1 日f ≥n+1 .  
因此 。 0   A .  

由 帕斯 卡 定 理 知 P、 Q、 R三 点 共 线 .  

设  . , 在射线 C D上, 使△ B   ∽ △B a P ,  
联结 P J .  

否则 , 取  ∈ B\  , 有 0+  =   ∈ B。 但 

2 0 1 5年 第 3期 

1 9  

0∈ A,  

A, 矛盾 .  

事买上 ,  

由于 I >5 , 且0   A , 从而 , 集 合 A 中至 
少 有 三 个 正数 , 即  一 2 > O .  
因此 , 0  + 0   一 2 > 口   .  

1   L ' 2 n   1  1  ¨ n+   一n ! ? ( n+  )   “+1 。  )  


一 n

C   一C   E  z.  

故1 2  + 0   一 2   A .  
下 面证 明 两 个 结 论.  

因此 , 对所有正整数 n , 有( 凡+1 ) I   C ;   .   当 k>1时 , k青 素 因子 P, 取  = p  一k ,  

( 1 ) 对任意整数 i ( 1 ≤  <  ) , 均有 
口  +0  E  B\ A.  

其中, 整数 m足够大 , 使r t > 0 . 这样 的 / 7 , 当然 
有无穷多个.  

否则 , 假设 存在 i , 使得 0   + 2 1   E   A .  
设0  + n   =口 , . 贝 0   0   <0   <1 2   .  

接下来 证 明 , 对 这些  有 (   +k ) 十 C  ,  
即P  十C  .   事实上 , 设素数 p在 c n :   =   中 出现 

若 =r t 一1 , 考虑 
( 2 1   +口   )+1 2   一 2 =1 2   一 l +n   一 2   E   B,  

但1 2   ∈A , 而1 2   + 口   一 2   E   B \ A , 矛盾.  
若 <r t 一1 , 考虑 
( 0   +1 2 n )+1 2   一 l =   +口   一 l   E   B,  

的幂次为  用 [  ] 表示 不超过实数  的最大 
整数. 则 


但0  E   A, 而口   +0   E   B\ A, 矛盾.  

蓥【   】 - 2  [   】  
/ =1

( 2 ) 对任意整数 i ( 2 ≤   < n ) , 有 
0 , +   E  B\ A.  

=  

t   p  

否则 , 假设存在这样的  , 使得 Q   +   ∈A  
设 1 2 1 +n   =a j .  

( 由2 n<2 p  ≤p   “, 知当 l ≥m +1  

若j #n , 考虑 
( 0 l +0   )+ 口   =0 , +0  E  B,  

时 , 有 『  1 - o )  
=  + 

但0 。 E   A , 而 由结论 ( 1 ) , 知n   +0  E   B \ A ,  
矛盾.  
故 口 1 + 0   =0   .  
=   一

Hp   +   )  
】 - 2 [  

2   +  

由于 n ≥5 , 可取整数 k , 满足 l < k < r t , 且 
k ≠   , 则 
0  + 口  > 口  + 1 21   0n .  

≤ 【  】 _ 2 【  】 +  
( 利用 [ 2 x ] 一 2 [   ] ≤1 )  
= m 一 1< m 

矗 殳0   +n  E  B\ A .  

考虑 ( 0 】 +0   )+0  =口  +口  E   B , 但 
口 l   E   A, 而0   +0  E  B \ A, 矛盾.  

( 由 P   I   ,  ̄   [ -


2 k 】 一 2 I - 7 】 = o ) .  

因此 , P  1 、 C ;   .   当 ≤O时 , 因为素数有无穷多个 , 所 以,   可取 奇素数 P> 2   J k   J .   令 n= p+I   k   I , 这样 的 n 有无穷多个.   下面证 明 , 对这 些 n有 (   +k ) 十C ;   , 即  P十 C   .  
事实上 ,  

由结论 ( 1 ) 、 ( 2 ) , 知 下述 2 n一3个 不 同 
的 数 
口1 + 02 < 口l+ 口3 < … < 02 + 口  <… < 口1+ 口n   < 0n l + 0 


均属于 B\ A .  
故l  l ≥3 n一 3 .  

综上 , 所求 的 m= 3 n一 3 .  

4 . 首先 , k = 1 不符合要求.  

c   n —   . ( n 一 1 ) 鲁 … . .   1  ‘ .   ①  

2 0  

中 等 数 学 

因为 k ≤O, 而 P> 2   I   k I , 所以,   0<n+ k<凡+l ≤2 ( n+k ) ≤2 凡 ,  
及 3 ( 凡+k )> 2 n .  

由( i i ) , 知集 合  中有两 点不 连边 , 设 
为Y 1 、 Y 2 .  

从而 , 奇 素数 P在 式① 右边 分母 中 出现 

由于集 合  中任 意 两 点 的邻 点 集 不 相  交, 故Y 。 、 Y 2 不能为 b 、 c 、 d 、 e中任一点 的邻点.   从而 , { Y 。 , Y : , b , C , d , e } 为图 G的独立 集  且元素个数大于 5 , 矛盾.  
这就证 明了 l  I   >6 t .  

的幂次为 1 次( 仅在 n + k中出现 1 次) , 在分  子中出现 的幂次也 恰 为 1次 ( 仅在 2 ( n+ k )  
中出现 1次 ) , 由此 P十 C  .   综上, 所求 的 k为不等于 1的所有整数.  

( 2 ) 其 次证 明 : 存 在 一个 满 足 条件 的 图 

5 . 用3 0个 点表示 3 O个 人 , 若 两人 为熟 
人, 则在他们对应 的点之 间连一条边 , 这样得  到一个 以这 3 0个点 为顶 点集 的满足下 面 条  件 的简单 图 G:   ( i ) 图 G中每一个顶点 的度不超过 5 ;   ( i i ) 图 G的顶点集 中的任何五点 中均有  两点没有连边.   用  表示 图 G的顶 点集. 若A  V , 且 集  合 A中任何 两点没有连边 , 则 称  为 图 G的 


G , 其 最大独立集 的元素个数不超过 6 .  
将集合  分拆为点集 I / 1 、  、  , 使得 
  I l =1 0 ( i =l , 2 , 3 ) .  

设 V l ={ A l , A 2 , …,  5 ,  1 , B 2 , …, B 5 } ,  

将 集合 I / 1 中的点按 图 3 方式连边 , 即 
( i )  / 4 … ( i =1 , 2, …, 5 ) 连边 ;  

( i i ) B   B …( i =1 , 2 , …, 5 ) 连边 ;  
( i i i )   、  B   + 1 、 / 4   B   一 1 ( i =1 , 2 , …, 5 )  

连边 , 其 中, A 6 = A , , B 6 = B1 , B 。 : B   .  

个“ 独 立集 ” , 并称元素 个数最 多 的独 立集 

为图 G的一个“ 最大独立集” .   ( 1 ) 首先证 明 : 满 足条 件 的 图 G中最 大  独立集的元素个 数不小 于 6 .   事实上 , 设  为图 G的一个最 大独立集.  

Al  

由I XI 的最大性 , 知集合 V \ X中的任一点均有 


个邻点在集合  中. 否则 , 若 a∈ V \ X在集 

合  中没有邻点 , 则 可将 a加人 到集 合  中  
形成 一 个 更 大 的独 立 集 , 矛 盾. 这 样 在 集 合  V \ X和  之 间至少有 l   V \ XI = 3 0一I  J 条边.  
B2  

又注意到 , 集合  中每个点 的度 不超 过 
5, 故 有 

图3  

3 O—l   X I ≤5   I  I .  
因此 , I  J ≥5 .  

① 

点集  、   连 边 的方式 与 点集  的完  全一样 , 且对任意 1 ≤  <   ≤3 , 点集  与  之  间不连边. 则 图 G的任 意顶点 的度 均等于 5 ,  

若I  l = 5 , 则 由式① 取 得等 号 , 知 上述  的3 O—l  I :2 5条边 分 布在 集合  的五个  顶点上 , 即集合  中每点 的邻点 集均 为集合  V \ X中五个构 成的点集.   因为 I   V \ X I = 2 5 , 所 以, 集合  中任两点  的邻点集不相交.  
记 X={ a , b , c , d , e } .  

且 图 G中任何五个点 中总存在两点不连边.  
现任取 图 G的一个最 大独立集 .   只需证 明 : I   n  I ≤2 .   事实上 , 由  、  … ( i =1 , 2, …, 5 ) 相邻 ,   则  ,  , …,   中至多有 两个属 于集合  类似地 , 8   , 日   , …, B  中属 于集合 x 的 
也 至 多两 个 .  

现考虑 a的邻 点集 , 记 为  { Y l , Y 2 , Y 3 , Y 4 , Y   } .  


若  , A : , …, A  中恰 有 两 个 属 于 集 合 

2 0 1 5年 第 3期 

2 l  



不妨设 为 {  。 , A   } .   注意 到 ,   的邻 点集 与 , 的邻 点 集 的 



口 8 d   1—0 4 d  1 .  

并集恰等于 {  。 ,   , …,   5 } . 故B   , B 2 , …,  5  
均不属于集合 .   类似地 , 若 日。 , 日   , …,   中恰 有两 个 属 

由式③ ( 取 m= 2 ) , 知0  : 1 .   于是 , 由式④ ( 取r = 3 , 6 ) 得 
0 6 d=1一口 3 d   O, 0l 2 d   1一口 6 d:1 .  

再在式③ 中取 m= 3 , 知口   d = 1 .  
从而 , 0 l 0 d =1 一口 5 d = 0 .  

于集合 X, 则A 。 , A   , …, A   均 不属 于集合  ,  
这就证 明了 I   n  I ≤2 .  

最后 , 由式③ ( 分别取 m= 4 , 5 ) 得 
0 7 d=0,口 9 d= 1 .  

类似地 , I   v 2   AXI ≤2 , I   v 3   NXI ≤2 .  
故l   XI :I   V AXI  


l   V l   A X I+ l   n  I+ I   n  I ≤6 .  

故  + % + ‰ + 口 1  = 1 + 0+ 1 +1 = 3> 2   这与 已知条件 ( 取 n=3 d , m= 2 ) 矛盾.  

因此 , 图 G符合要求.  

因此 , 可证 明有无穷多个 n , 使得 
a n+口 2 n=0 .  

综合 ( 1 ) 、 ( 2 ) , 知所求 的 k 值为 6 .   6 . 由于 0 。 , 0   , …为非 负 整数 数列 , 在 条  件 中取 m= 1 , 知对任意正整数 n , 有 
0≤ 0  +0 2  ≤ 1 .  

现在可取正整数 t , 使 得至少 有 4   0 2 8个  正整数 ≤   , 满足 a   + 口 2   = O .  

则∑( 0   + 0 2   ) ≤   一 4   0 2 8 .  

故口  ∈{ 0 , 1 } , 且有无穷 多个 n, 使得 
n  =0.  

于 是, ∑口   ≤ ÷一 2   0 1 4 或   ∑  ≤ ÷一 2   0 1 4 .  
总之 , 存在正整数 t 、 d ( d =1 或2 ) , 使得 

下面证 明 : 有无穷 多个 正整数 n , 使得 
n  + 0 2   =0 .  

否则 , 假设 只有有 限多个 这样 的 n . 则存 

在 正整数 Ⅳ, 使 得  ≥ J 7 V 时, 总有 
口n+口 2 n= 1 .  

∑  ≤ ÷一 2   0 1 4 .  
令b   = ∑口   一 ÷( s = 1 , 2 , …, £ ) . 则  

由于对无 穷 多个 n有 a   = 0 , 故 可 取定 


个 正整数 d> N, 使得 0   : 0 .   则对 任意正整数 m, 一方 面 , 由条件知 

6 。 = 。   一 号 ≥ 一 号 , 6   ≤ 一 2   0 1   4 .  
设Z 为满足 6 2 ≤一 2   0 1 4的最小正整数 则 

∑0   + ∑0 2   ≤ m+ m= 2 m .  
另一方面 , 由于  >Ⅳ, 故 由假设知 

① 

b f . 1 ≥一 2   0 1 4+ 寺.  
由6   一6   =。  一   ≥一  , 知 

∑  + ∑  : ∑(  +  )  
I= l   i=l   ‘= l   2 m 


∑1 = 2 m .  

②  ③ 

6 f ≥6 f _ l 一 ÷≥ 一 2   0 1 4 .  
故b   z =一 2   0 1 4 , 即 

故 由式① 、 ②, 知对任意正整数 m, 有 

∑  = m .  
均有 

∑  = ÷一 2   0 1 4 .  
由 ∑a i d 为 整数, 知上 式中z 为偶数.   记l = 2 k . 则∑ 口   一 2   0 1 4 .  
( 余红兵 熊 斌 提供 )  

而d >N, 故 由假设 知对 所 有整 数 r ≥1  

n r d + 口 2 , d = 1 .   ④  在式④ 中分别取 r = 1 , 2 , 4可依次得到 
口 2 d=1—0 d:1, 0 4 d=1—0 2 d   0,  


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