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第十届中国东南地区数学奥林匹克


28

中等数学

第十届中国东南地区数学奥林匹克
中圈分类号:C,424.79 文献标识码:A

文章编号:1005—6416(2013)10—0028—06

第一天
1.实数a.b使得方程

中每名演员的编号分别等于他脚下两名演员 的编号之和,则称这样的搭配结构为一个 “塔”.问:总共能搭配成多少个结构不相同 的塔?

有三个正实根.求堑等的最小值.
交于另一点Q.证明:么ENP=/E,vp.

菇3一ax2+bx—a=0(1)

【注】旋转或对称后的塔属于同一种结
构.以8个人的情形为例,画一个圆,将底层 演员编号填在圈内,上层演员编号填在圈外, 则图2中的三个图均是塔,但后两图可由第 一个图经旋转或对称而得,故它们属于同一 种结构.

(杨晓呜供题) 2.如图1,在△ABC中,AB>AC,内切圆 oJ与边BC切于点D,AD与。川均另一交点

为曰,oJ的切线卯与BC的延长线交于点
P,cr//船且与AD交于点F,直线BF与O,
交于点膨、Ⅳ,肼在线段BF上,线段P肘与O,

名念


固Q a
网2

(陶平生供题)

第二天




图1

5?设八并)_【青】+【寺】+…+【赢】,
其中,[戈]表示不超过实数石的最大整数.对 整数n,若关于z的方程八茗)=见有实数解, 则称/7,为“好数”.求集合{1,3,5,…,2 013} 中好数的个数. (吴根秀供题) 6.设n为大于1的整数.将前几个素数 从小到大依次记为P。,p:,…,P。(即P。=2,

(张鹏程供题) 3.已知数列{a。}满足

‰1:地(n:2,3,…).
口l=l,口2 22,

口n+2——Ln
un一1

2z,j,…,?

证明:该数列任意两个相邻项的平方和 仍是该数列中的一个项. (陶平生供题) 4.12名杂技演员编号分别为l,2,…, 12,将他们按适当方式分别围成A、曰两个 圈,每圈六人,其中,B圈中的每名演员分别 站在A圈中相邻两名演员的肩膀上.若B圈

P:=3,..?),令A=硝。纡…时.求所有的正整数 戈,使得旦为偶数,且旦恰有菇个不同的正约数
(何忆捷供题)
7.将3 x3方格表中任意角上的2×2小

万方数据

2013年第10期

29

方格表挖去,剩下的图形称为“角形”(如图3 就是一个角形).现在10×10方格表(图4) 中放置一些两两不重叠的角形,要求角形的 边界与方格表的边界或分格线重合.求正整 数k的最大值,使得无论以何种方式放置了 k个角形之后,总能在方格表中再放人一个
完整的角形.

由(石l+筇2+石3)2≥3(石1省2+石2菇3+戈l石3)


又口=茗。+茗:+菇3≥3赢=3拓
n2≥36.

则学=延等半垫 ≥丽a3+3a≥浮=3a>,9V'3.
号口≥3,3-.

T¨

当口=3怕,b=9,即方程①的三个根均 为怕时,上式等号成立. 综上,所求的最小值为94:3. 2.证法1如图5,设o,与AC、A11分别 切于点s、r,联结.sr、A,、仃,设sr与A,交于
陶3 图4

点G.

(何忆捷供题) 8.设整数n≥3,d、卢、y∈(0,1),吼、b¨ ct≥0(k=1,2,…,n)满足

∑(七+0c)吼≤a,
k=1

∑(|i}+卢)6。≤口, ∑(||}+y)c女≤7.
若对任意满足上述条件的n¨6¨c;(五= 1,2,…,n),均有


图5



八日

≮§ —~、吣鑫

则仃上AT,TG上A^ 于是,AG?AI=A严=AD?AE. 从而,,、G、E、D四点共圆.

∑(后+A)口Ib^cI≤A.
^=I

又,E上PE,囝上肋,故,、E、P、D四点
共圆.所以,,、G、E、JP、口五点共圆. (李胜宏供题)

.求A的最小值.

则么彳卯=么卿=90。。即弼上PG.

参考答案
第一天
1.设方程①的三个正实根分别为石。、戈:、 x,.则由根与系数的关系得
戈l+Z2+戈3=a,

撒咫r截△ABC,由梅涅劳断;揪
箜.翌。墼一,
SC PB TA一1‘

因此,P、S、T三点共线.

又AS=AT,CS=CD,BT=BD,于是,

一PCPB.丝:1. C① D

一1’Ly

x1戈2+x2x3+茗1茗3=b,
石l算2菇3=口.

设BN的延长线与PE交手点且对直线 BFH截△PDE,由梅涅劳斯定理知

故8>0。b>O.

丝:堡.丝一,
HE FD BP一1。

万方数据

中等数学

因为CF//朋,所以,

=(a。+2一o。)(a。+2+口。)一(Ⅱ知+3一口知+I)


一=一j一?一=1.
EF PC.PH PC DB CD HE cD FD BP~



=2a。+l(o。+2+口。)一2a2。+2=29(n),① 其中,g(n)=a。+l(a。+2+an)一a2。+2.
进一步有 g(n+1)一g(/1,) =an+2(a。+3+n。+1)一‰+4-a。+l(口。+2+o。)+dh+2
=an+2an+3一an+la。一2n2。+3

由式①、②知


PH=HE

Pff=朋2=HM?HN

一HM—PH‘

。丝一丝翌

故△P_日Ⅳ∽△MHP j么HPN=么HMP=么NEQ. 又么PEN=么EQN,则 么ENP=么ENQ. 证法2由Ⅳ上AD,知
PA2一Pff=1,42一ID2=IA2一,严=A严

=n。+2(2口。+2+n。+1)-a。+l(口。+2-2n。+1)一282n+3

=2n:+2+2n:+l一2口2。+3

=欲H+1).
由式①、②知



识n+1)=29(n+1)-29(n)
=八n+2)一以n+1)一八n+1)+八n), 即八n+2)=6f(n+1)-f(凡). 由于f(1)=,(2)=0,根据递推式知

j PA2一A于=PD2=ira—ID2
=Ip—IP.

于是,舡上PT. 又舡上ST,从而,P、S、T三点共线. 以下同证法1.

火,1)=0,即口:+口2。+1=a2。+1.
4.将A、曰两圈中的元素和分别记为戈、 Y。则Y=2x.于是,
3x=x+Y=1+2+…+12=78.

3.由an+I--《≠,知
an+la。一l=口:+(一1)4(n=2,3,…).

则盟:—anal_2—-an_2


解得菇=26.
显然,1、2∈A,11、12∈B.

aH一1

an一1an一2

设A={1,2,a,b,c,d}(口<b<c<d).贝q 口+b+C+d=23,且ai>3,8≤d≤10(若d≤ 7,贝4 a+b+c+d≤4+5+6+7=22,矛盾). (1)若d=8,则 A={1,2,a,b,c,8},c≤7,a+b+c=15. 故(o,b,C)=(3,5,7)或(4,5,6),即 A={1,2,3,5,7,8}或{1,2,4,5,6,8}. 若A={1,2,3,5,7,8},则 B={4,6,9,10,11,12}. 由于曰圈中含4、6、11、12,故A圈中必 须1与3邻接,1与5邻接,5与7邻接,8与 3邻接,此时,只有唯一的排法,由此得到一 个塔,如图6(a). 若A={1,2,4,5,6,8},则 B={3,7,9,10,1l,12}, 类似知A圈中必须l与2邻接,5与6

口:一l+(一1)“一1一口。2—2
















口 n一

一 D






























an一1an一2

Ⅱn一2

=…=一=二.
口3一口1 口2
,'

故a。=2a川+a。.2(n≥3).
于是,al=1,a2=2,a3=5,a4=12,a5:
29,a6=70,a7=169,…

注意到,a;+a:=5=a,, a;+n;=29=a5,a;+a:=169=口7. 从而,猜想口:+口2。+l=a2。+1. 令尺n)=口:+口2。+l一口2。+1.贝4
以肛+1)一尺n)

=口2n+l+口2Ⅱ+2一a2H+3一a:一口2n+l+a2n+l
万方数据

2013年第lO期

邻接,4与8邻接,此时,有两种排法,得到两

塔共有6个.

个等囊Ⅱ曼6油几‘富’
11

.^

1,,

q 。

1^ ,.

1n,r, ,,、

第二天 一

.,、.





10







5.先给出两个明显的结论: (1)若m为正整数,茹为实数,则

(a)

(b)
困6

(c)

㈢=【导】;
【型}】I【鲁
回到原题.



(2)对任意整数l与正偶数m,有

(2)若d=9,则 A={1,2,口,6,c,9},c≤8,o+6+c=14. 故(口,6,c)=(3,5,6)或(3,4,7),即 A={l,2,3,5,6,9}或{l,2,3,4,7,9}. 若A={1,2,3,5,6,9},则 B={4,7,8,lO,11,12}. 为得到8圈中的4、10、12,A圈中必须 l、3、9两两邻接,这不可能; 若A={l,2,3,4,7,9},则 8={5,6,8,10,11,12;. 为得到B圈中的6、8、12,A圈中必须2 与4邻接,l与7邻接,9与3邻接,此时,有 两种排法,得到两个塔,如图7.


在结论(1)中,令m=k!(矗=1 j 013),并求和知

2,…,

州=2刨013可】-2苫013【皆】=八M),
这表明,方程“菇)=珏有实数解当且仅当方 程火茁)=n有整数解. 以下只需考虑菇为整数的情形. 由八戈+1)一火龙)

=[川]一M+鬈(【等¨钏
≥1,

5固…④6
?(a) (b) 图7



知以髫)(z∈Z)单调递增. 接下来找出整数口、6使得 尺口一1)<0≤√≮a)<火口+1)<… <以b一1)<以6)≤2 013<以6+1).

(3)若d=10,则

注意到,火一1)<O=灭O).


』4={1,2,口,b,c,10},c≤9,a-I-b+c=13. 故(口,b,c)=(3,4,6),即 A={1,2,3,4,6,10}, B={5,7,8,9,11,12}. 为得到曰圈中8、9、11、12,A圈中必须_6 与2邻接,6与3邻接,10 与l邻接,10与2邻接,8 只有唯一排法,得到一个 塔,如图8. 因此,结构不相同的
图8 5

于是,口=0.

又八l

173)=毒【等]
^=1


n:



=l 173+586+195+48+9+1 =2 012≤2 013.

苁Ⅲ4)=毒【晋】
=l 174+587+195+48+9+l =2 014>2 013,

故b=1

173.

万方数据

32

中等数学

因此,{1,3,5,…,2013}中的好数即是 {八0),八1),…,八1 173)}中的奇数. 在式①中,令石=21(Z=0,1,…,586),由
结论(2)知

(P^一I—d^一l+1)(P^一aI+1) =2州p;2p;3…p≯.



若a。I>2,则考虑到
0<p^一a&+1<p^,

【等】_【并】(2≤矗≤2
故八2f★1)一火2z)

013).

0<p。一Ⅱi+1≤pf+l<p^(1≤i≤后一1).

故式②的左边不能被P。整除,但此时式 ②的右边是P。的倍数,矛盾. 若a。=0,则式②变为

小藿([等】_【署】)=1,
这表明,八2Z)、以2Z+1)中恰有一个为奇数. 从而,{八0),八1),…,八l 173)}中恰有

(3一d1)(P2一a2+1)…??
(Pk一1一Ⅱ女一l+1)(P^+1)

理娑:587个奇数,即集合{1,3,5,…,2
中的好数有587个. 6.由已知得2戈㈨ 注意到,A=4p;2p;3¨中0

=2州p;2P叼3…pa㈦k-。. 013} 注意到,P:,P,,…,P。为奇素数.



一方面,P。+1为偶数,从而,式③左边 为偶数;另一方面,右边p;2P叼3…p㈧ak-1为奇数. 从而,必有a,=1.但此时3一d。=2,故左边 是4的倍数,但右边不是4的倍数,仍矛盾. 由上述讨论,知只能d。=1. 此时,式(爹中Pk—OL☆+1=p≯=p^. 故(3一仅1)(P2一%+1)…(p^一1一dk—l+1)
=2“1P2“2P叼3…p^ak一-l’.

故可设戈=2叫p;2P‰3??p:“,其中,0≤Q.≤
1,0≤ai≤pi(i=2,3,…,n).

贝o{j=22-aIp:2一。zp字一8,…p:”一%.
故旦不同的正约数个数为
(3一d1)(P2一仅2+1)…(P。一0f。+1).

由归纳假设知
a】2

d2=…2 dI—l=1.

由已知得 (3一“1)(P2一d2+1)…(P。一d。+1)
=戈=2叫P蛇2

从而,dl=a2=…=口¨=a^=1,即当
n=忌时结论成立.

p≯一p≯



由(1)、(2)知 (d1,0c2,…,0c。):(1,1,…,1).

接下来用数学归纳法证明:满足式①的数 组(a。,n。,…,a。)必为(1,1,…,1)(n≥2). (1)当n=2时,式①变为 (3一n。)(4一啦)=2叫x3啦(a。∈{0,l}). 若a。=0,则3(4一仅:)=3”,无非负整 数仅2满足;若仪1=1,则2(4一仅2)=2 时结论成立. (2)假设n=J|}一l(七≥3)时结论成立. 当n=lj}时,式①变为


故所求正整数为
戈:2p2P3…P。2PIP2…P。.

7.首先,尼。。; <8.这是因为,若 按图9的方式放 置八个角形,则不 能再在方格表中
I I L l I

3”,

一.J


得仅2=1,从而,(OLl,a2)=(1,1),即当n=2

L I

一.J


放人另一个角形. 其次证明:任
意放置七个角形

I L—



一.J




(3—0c1)(P2一a2+1)…??
万方数据

2013年第10期

33

后,仍可再放入一个完整的角形. 将10


…,n,确

10方格表的第5、6行及第5、6列

遮住,留出四个4 x4的小方格表.当放置七个

生--)tO九-akbkcl<一(警‘警。宁m以)丁,

角形后,由于每个角形不能与两个上述4×4 小方格表相交,故根据抽屉原理,知必存在一
个4 x4的小方格表5,使得与Js相交的角形至

即警h咄。起[丛唑笋蚴r③
事实上,

多一个.而角形可被3×3小方格表所包含,故 小方格表5被角形所占据的部分必包含于其
某个角上的3×3小方格表. 如图10,在小方格

k=可面而熙而而而
生啦 一(k+a)(k+p)(k+7)一卿‘


≥万瓦而嚣矗而
卅珂

表s除去一个角上3×3 小方格表后剩余的部分 放置一个新的角形.因 此,k=7时符合题意.
图10

故半,to≤盟唑产.④
又(k+a)口^≤d, (k+卢)b^≤卢,
(k+y)cI≤y, 则(。。6。c。)丁2

综上,矗一=7.

8舢一=惫,”南,cl=南,其
中,ni、bi、C。=0(i=2,3,…,/7,),此时,条件成 立.故A需满足

≤【两而路雨而]_.



引≥面孤焉糌而? 记可1而焉1糌1而巩
。L(+d)(+JB)(+y)一卿一。叼‘
接下来证明:对任意满足条件的o。、b。、 c。(k=1.2.….凡).有
k=l

(1+A)贵‘南。南引

由式④、⑤知式③成立.从而,式①成立.

综¨m=|=Io 2而珂弗翳万丽.
【注】式②可直接用赫尔德不等式证明, 亦可由柯西不等式得

∑(||}+九)口。b。c。≤.:10.
由已知得



骞(警吣堕fl&bk"皿7 ct)了 ≤i k+a吼)÷(骞学。)}(客争。)÷
≤1.

(耋茗3i)(骞y;)≥(耋√两)2, (骞名;)(骞"矗)≥(蚤n√"矗4一)2, (鲁娄__1忭3/-y竹3-)2(蚤n忡y矗4一)2 ≥(宝、依虿万i)4 =(孙烨i)4.
以上三式相乘并整理得

这是因为当zi、Yj、盈>10(i=1,2,…,n)时,有

(骞戈;)(骞y;)(骞z3i)
≥f窆xiyiT,i
3.

(耋刚矗)3≤(耋z;)(i宝=1,,;)(客:;).②
因此,为证式①,只需证明对k=1,2, 万方数据

(陶平生根供1

第十届中国东南地区数学奥林匹克
作者: 作者单位: 刊名: 英文刊名: 年,卷(期): ,

中等数学 High-School Mathematics 2013(10)

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