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2011第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛


第 4 届罗马尼亚大师杯数学竞赛
第一天:2011 年 2 月 25 日,星期五,布加勒斯特 语言:中文

1. 证明:存在两个函数 f , g : R ? R ,使得函数 f ( g ( x )) 在 R 上是严格递减的,而
g ( f ( x ))

在 R 上是严格递增的.

证明:设 A= ? ([ ? 2 2 k ? 1 , ? 2 2 k ) ? ( 2 2 k , 2 2 k ? 1 ]) ,B= ? ([ ? 2 2 k , ? 2 2 k ?1 ) ? ( 2 2 k ?1 , 2 2 k ]) ,则
k?Z k?Z

A=2B,B=2A,A=-A,B=-B,A?B=?,并且 A?B?{0}=R.现在令
? x , x ? A; ? f ( x) ? ?? x, x ? B; 而 ? 0, x ? 0. ?

g(x)=2f(x),

那么,f(g(x))=f(2f(x))=-2x,而 g(f(x))=2f(f(x))=2x.所以,满足条件的函数存在. 2. 求所有的正整数 n,使得存在一个实系数多项式 f(x),满足下面的两个性质: (1) 对任意整数 k,数 f(k)为整数的充要条件是 k 不能被 n 整除; (2) 多项式 f(x)的次数小于 n. 解法一:我们将证明这样的多项式存在的充要条件是 n=1 或者 n 是某个素数的 幂.为表述上方便起见,依次建立下述引理: [引理一] 若 p?是一个素数的幂,k 是一个整数,则数
( k ? 1)( k ? 2 ) ? ( k ? p (p
? ?

? 1)

? 1)!

(= ? ?

? k ?1 ? ? 为整数) ? ? ? p ? 1?

能被 p 整除的充要条件是 k 不能被 p?整除. [证明] 用 Lp(m)表示满足 pr|m 的最大整数 r. 情形一:若 p?|k,则对 1?j?p?-1,有 Lp(j)<?,故 Lp(k-j)=Lp(j)=Lp(p?-j),于是

1

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( k ? 1)( k ? 2 ) ? ( k ? p (p
?

?

? 1)

? 1)!

?

k ?1 p
?

?1

?

k ?2 p
?

?2

?

k ? p 1

?

?1

右边乘积的每一项的分子与分母中 p 的幂次相同,因此,它不是 p 的倍数.
? ? ? 中 ? ? ? 为整数,而 Lp(k)<?,可 情形二:若 p ? ?| k ,则由 ? ? ? p ? 1? ? ? ? ? ?p ? k ?p ? ? ? ? ? ? k ?1 ? p
?

? k ?

? k ?

知? ?

? k ?1 ? ?是 ? ? ? p ? 1?

p 的倍数.
n

[引理二] 若 g(x)是一个次数小于 n 的多项式,则 ? ( ? 1) l C nl g ( x ? n ? l ) =0.
l?0

[证明] 这是关于多项式的差分中的一个熟知的结论,一个常规的证明是 对 n 归纳. 当 n=1 时,g(x)是一个常数多项式,因此

? ( ? 1)
l?0

n

l

C n g ( x ? n ? l ) ? C 1 g ( x ? 1) ? C 1 g ( x ) ? g ( x ? 1) ? g ( x ) ? 0
l 0 1

.

命题对 n=1 成立. 现设命题对 n-1(n>1)的情形成立,对于 n 的情形,令 h(x)=g(x+1)-g(x),则 h(x) 的次数小于 g(x)的次数,由归纳假设可知 ? ( ? 1) l C nl ?1 h ( x ? n ? 1 ? l ) =0,即有
l?0 n ?1

? ( ? 1)
l?0 0

n ?1

l

C n ? 1 ( g ( x ? n ? l ) ? g ( x ? n ? 1 ? l )) ? 0
l

? C n ?1 g ( x ? n ) ?
n

? ( ? 1)
l ?1

n ?1

l

( C n ? 1 ? C n ? 1 ) g ( x ? n ? l ) ? ( ? 1)
l

l ?1

n ?1

C n ? 1 g ( x ) =0

n ?1

? ? ( ? 1) l C nl g ( x ? n ? l ) =0
l?0

引理二获证.
1 [引理三] 若 n 有两个不同的素因子,则 gcd( C n , C n2 , ? , C nn ?1 )=1.

2

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1 [证明] 若否,则存在素数 p,使得 p| gcd( C n , C n2 , ? , C nn ?1 ).特别地,有 1 p| C n ? n ,设 Lp(n)=?,由于 n 有两个不同的素因子,因此,1<p?<n,这表明组合数

Cn

p

?

?1

1 和 C np 都在 C n , C n2 , ? , C nn ?1 中出现,它们都是 p 的倍数,于是,

?

p | (C n

p

?

? Cn

p

?

?1

) ? C n ?1
p

?

?1

,

这与引理一得结论冲突. 回到原题,我们对 n=1 或 p?(素数的幂,?为正整数)构造满足条件的多项式. 当 n=1,时,f(x)= f(x)=
1 2

即符合要求;当 n=p?时,令 ,

? 1 ? x ?1 ? 1 ( x ? 1)( x ? 2 ) ? ( x ? p ? 1) ? ? ? ? ? ? ? ? p ? p ? 1? p ( p ? 1)!

它是一个 p?-1(=n-1)次的多项式,由引理一可知,它符合要求. 最后,我们证明若 n 有两个不同的素因子,则不存在符合要求的多项式. 事实上,如果存在满足条件的多项式 f(x),那么,在引理二中,令 g=f,x =-k(这 里 1?k?n)可知 C nk f ( 0 ) ?
0 ? l ? n ,l ? k

? ( ? 1)

k ?l

C n f ( ? k ? l ) ,而由条件(1),数
l

f(-k),…,f(-1);

f(1),…,f(n-k)都是整数,所以,对 1?k?n,数 C nk f ( 0 ) 都为整数. 由引理三的结论结合 Bezout 定理知,存在整数 u1,…,un,使得 ? u k C nk =1.
k ?1 n

导致 f(0)=( ? u k C nk )f(0)= ? u k C nk f ( 0 ) 为整数,与条件(1)不符.
k ?1 k ?1

n

n

问题获解. 解法二:答案为 n=p?,这里 p 为素数,?为非负整数.先证一个引理. [引理四] 对任意 n 个整数 a1,…,an,存在一个次数小于 n 的整值多项式 P(x),使 得对 1?k?n,都有 P(k)=ak. 对 n 归纳来处理,当 n=1 时,令 P(x)=a1 即可,现设命题对 n-1(n>1)时命题成 立 , 即 存 在 整 值 多 项 式 P1(x), 对 1?k?n-1, 都 有 P1(k)=ak-1, 令 P(x)=P1(x)+
3 分享 交流 提高

(an-P1(n)) ? ? 渡.

? x ? 1? ? ,结合对 ? ? n ? 1?

1?k?n-1,都有 ? ?

? k ? 1? ? n ? 1? ? =0,而 ? ? ? n ? 1 ? =1.即可实现归纳过 ? ? n ? 1? ? ?

现在,如果对 n 存在符合要求的多项式 f(x),那么由引理四可构造一个次 数小于 n-1 的整值多项式 P(x),使得 1?k?n-1,都有 P(k)=f(k),此时,1,2,…,n-1 都 是多项式 f(x)-P(x)的根,结合 P(x)为整值多项式,可知 f(x)-P(x)也是一个符合条 件的多项式,因此,为解决中的问题,我们可设 f(x)= c ? ( x ? i ) ,这里 c 是一个有
i ?1 n ?1

理数常数.设 c=

p q

是最简分数表示,其中正整数 q 的素因数分解为 q ?

?

d

p

?
j

j

.

j ?1

一方面,由于 f(x)满足条件,因此,f(0)不是整数,故 q ?| ( ? 1) n ( n ? 1)! ,因此存 在某个 j,使得 p j ?| ( ? 1) n ( n ? 1)! ,这说明
j

?

? (p
i ?1

n

?
j

j

? i ) ? ( ? 1) ( n ? 1)! ? 0 ( m o dp ?
n

?
j

j

)

于是,f( p j )不为整数,有条件(1),可知 n| p j ,即 n 为素数的幂.
j j

?

?

另一方面,当 n=p 时,令 f(x)=

?

? 1 ? x ?1 ? 1 ( x ? 1)( x ? 2 ) ? ( x ? p ? 1) ? ? ? ? ? ? ? ? p ? p ? 1? p ( p ? 1)!

,利

用引理一的结论可知它是一个符合要求的多项式. 3. 设?是△ABC 的外接圆,一条平行于 BC 的动直线 l 分别交线段 AB,AC 于点 D,E,交圆?于点 K,L(点 D 介于 K 和 E 之间),?1 是与线段 KD,BD 和圆?都相切 的圆,?2 是与线段 LE,CE 和圆?都相切的圆.求 l 变化时,圆?1 和?2 的内公切线的 交点的轨迹. 解:设 P 为圆?1 和?2 的内公切线的交点,直线 m 是?BAC 的角平分线,由于 KL//BC,故 m 也是?KAL 的角平分线. 现在将平面上的先作关于直线 m 的对称变换,然后,以 A 为反演中心,以

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AK ? AL

为反演半径作反演变换,该合成变换记为?.在变换?下,各几何元素

的变换情况如下:点 K?点 L; 直线 KL?圆?; 射线 AB?射线 AC; 点 B?点 E; 点 C?点 D; 线段 BD?线段 EC; 弧 BK?线段 EL; 弧 CL? 线段 DK. 记 O1,O2 分别是圆?1 和?2 的圆心,由于在题给的条件下,圆?1 和?2 都是唯一 确定的,因此,依照上面的对应关系,可知在变换?下,它们相互对应,于是射线 AO1 与 AO2 关于直线 m 对称,得?O1AB=?O2AC,故
AO 1 AO
2

?

?1 ?2

,这里?1,?2 分别

是圆?1 和?2 的半径.而由于 P 为圆?1 和?2 的内公切线的交点,它是线段 O1O2 上 的点,并且 分线上. 考虑极限情形结合连续性即可知道点 P 的轨迹是?BAC 的角平分线内 部的点.
PO 1 PO
2

?

?1 ?2

,所以,P 在?O1AO2 的角平分线上,也就是在?BAC 的角平

每题 7 分 共 4 小时 30 分钟

第 4 届罗马尼亚大师杯数学竞赛
第二天:2011 年 2 月 26 日,星期六,布加勒斯特 语言:中文 4. 对正整数 n ?

?
i ?1

s

pi

?i

,设 ? ( n ) ?

? ? 是 n 所有素因数的个数,这里的素因数依
i i ?1

s

重数求和得到,定义 ? ( n ) ? ( ? 1) ? ( n ) (例如 ? (12 ) ? ? ( 2 2 ? 3 ) ? ( ? 1) 2 ? 1 ? ? 1 ).证明:

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(1) 存在无穷多个正整数 n,使得 ? ( n ) ? ? ( n ? 1) ? ? 1 ; (2) 存在无穷多个正整数 n,使得 ? ( n ) ? ? ( n ? 1) ? ? 1 . 证明:注意到,对任意正整数 m,n,有?(mn)=?(m)+?(n),即?是一个完全可加函 数, 因此,?(mn)=?(m)?(n),知? 是一个完全可乘函数 ,故对任意素数 p,都有 ?(p)=-1,而对任意正整数 k,都有?(k2)=?(k)2=1. (1) 佩 尔 方 程 x2-6y2=1 有 无 穷 多 个 正 整 数 解 (xm,ym), 它 们 可 由
xm ? ym 6 ? (5 ? 2 6 )
m

定义,由于?(6y2)=?(y2)=1,且?(6y2+1)=?(x2)=1,故该方

程的每一组解都对应(1)中的一个 n(=6y2). 另 解 : 若 正 整 数 n 满 足 ?(n)=?(n+1), 则 ?((2n+1)2-1)=?(4n(n+1))=?(4)?(n) ?(n+1)=1,而?((2n+1)2)=1,这样,从 n=1 出发可递推构造出无穷多个满足(1)的 n. (2) 佩 尔 方 程 3x2-2y2=1 有 无 穷 多 组 正 整 数 解 (xm,ym), 它 们 可 由
xm 3 ? ym 2 ? ( 3 ? 2)
2 m ?1

定 义 , 而 ?(2y2)=?(2)?(y2)=-1=?(3)?(x2)=?(3x2)=

?(2y2+1),同(1)可知命题成立. 另解:注意到 n=2 满足条件,如果命题不成立,那么存在最大的正整数 n,使得 ?(n-1)=?(n)=-1, 而 当 m?n 时 ,?(m) 与 ?(m+1) 不 同 时 为 1. 于 是 ,?(n+1)=1, 故 ?(n(n+1))=?(n)?(n+1)=-1, 进 而 ?(n2+n+1)=1, 得 ?(n3-1)=?(n-1)?(n2+n+1)=-1, 而 ?(n3)=?(n)3=-1,与 n 最大矛盾(因为 n?2,故 n3-1>n-1). 5. 对每个正整数 n?3,试确定平面上具有下述性质的 n 个不同的点 X1,X2,…,Xn 之间的关系:对任意一对不同的点 Xi,Xj,都存在{1,2,…,n}的一个排列?,使得对 所有 1?k?n,都有 d(Xi,Xk)=d(Xj,X?(k)).这里 d(X,Y)表示点 X 和 Y 之间的距离. 解:我们先证明所有的点共圆. 建立恰当的直角坐标系,使得点 Xk 对应的从原点出发的向量 xk 满足
1 n

?

n

xk ? 0

.利用 d(Xl,Xk)2=||xl-xk||2=(xl-xk)?(xl-xk)=||xl||2-2xl?xk+||xk||2,因此,

k ?1

6

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?
n

n

d(X i, X k )

2

? n || x i ||

2

?2 xi ?

k ?1

?

n

xk ?

k ?1

?

n

|| x k ||

2

= n || x i ||

2

k ?1

? ? || x k ||
k ?1

n

2

= ? d ( X j , X ? ( k ) ) 2 ? n || x j || 2 ? ? || x ? ( k ) || 2 .
k ?1 k ?1

n

所以,对不同的 i,j,都有 || x i || 2 ? || x j || 2 ,因此,这些点共圆(它们的圆心为 O(0,0)). 现在设 m 是这 n 个点中任意两点的角距离的最小值,那么角距离等于 m 的两个点在圆 O 上必为相邻的两点,将这样的点对之间连一条边,构成一个图 G,依条件,G 是一个正则图,且每个顶点的度都是 1 或者 2. 如果 n 为奇数,由于 ? deg( X k ) ? 2 | E | ,知 deg(G)=2,即每个点都与它相邻
k ?1 n

的两个点连边,此时它们构成一个正 n 边形. 如果 n 为偶数,同上当 deg(G)=2 时,仍然构成正 n 边形.但也可能是 deg(G)=1,此时,设 M 是任意两点的角距离中第 2 小的值,角距离为 M 的两点在 圆上仍然是相邻的,将距离为 M 的点对之间连一条边得到图 G?,类似讨论可知 deg(G?)=1,于是,这时,所得的 n 边形的边长交替相等(即奇数边长度相等,且偶 数边长度相等). 直接验证可知,具有上述性质的 n 个点符合要求. 6. 一个 2011?2011 的方格表的每个小方格都被标上整数 1,2,…,20112 中的某个数, 使得其中的每个数都恰好用了一次.现在将表格的左右边界视为相同,上下边 界也视为相同,依通常的方式得到一个圆环面(可视为一个“甜甜圈”的表面). 求最大的正整数 M,使得对任意标数方式,都存在两个相邻的小方格(指有公共 边的小方格),它们中所填写的数之差(大的减小的)至少为 M. 注: 用坐标表示,小方格(x,y)和(x?,y?)相邻是指:x=x?,y-y???1(mod 2011) 或者 y=y?,x-x???1(mod 2011). 解:设 N=2011,我们对一般的 N?N 的表格求解相同的问题. 当 N=2 时,结论是平凡的,所求的 M=2,例子如下:
7 分享 交流 提高

1 3

2 4

考虑 N?3 的情形,我们证明 M?2N-1. 从最初表格的每个小方格都是白色的状态开始,当表格中依次写入数 1, 2,…时,并将被标号的小方格染成黑色,在标上数 k,且第一次出现下面的情形 时,停止上述操作:表格中的每一行都有至少两个黑格,或者表格中每一列都 有至少两个黑格.这表明在标上 k 之前,必有一行且必有一列中至多有一个黑 格. 不妨设,当标上 k 时,每一行都出现了两个黑格.这时表格中至多有一行中 的格子都是黑色,因为如果有两行都是全黑格,那么,若 k 标在这两行中的某个 小方格内,则此前每行中已有两个黑格(这里用到 N?3);若 k 标在其它行中,则 此时每一列中都已有两个黑格.现在我们将有一个相邻格为白色的黑格染成 红色,那么由于除掉可能存在的全黑行外,其余每行都有两个黑格和一个白格, 因此,这些行中都至少有两个红色格.进一步,与可能存在的全黑行相邻的行 中必有一个为白格,所以,该全黑行中至少有一个黑格被染成红色.依此可知, 红色方格数?2(N-1)+1=2N-1. 因此,所有红色方格中的最小标号至多为 k+1-(2N-1),当该方格相邻的白 色格中被标号(所标的数至少为 k+1)后,这两个相邻格之间的差?2N-1. 由于题中只需给出 N=2011 的例子,我们只需构造出形如 N=2n+1(?2)的 例子,下表给出了一个使 M=2N-1 的例子:

(2n+1)2-2 (2n+1)2-8

(2n+1)2-9

… … n(2n-1)+2

n(2n-1)+1 n(2n-1)

… …

(2n+1)2-10

(2n+1)2-3 (2n+1)2-11

?

?
2n2

?
… …

?
8 3

?
2 1

?
6 5

?
… …

2n(n+1)+3 2n(n-1)+2

?
2n(n+1)+2 2n(n+1)+1

2n2+1

8

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2n2+2



10

4

12



2n(n+1)

?
(2n+1)2-7 (2n+1)2-1

?

?

?
n(2n+1)

?

?
n(2n+1)+2

?


?

?
(2n+1)2-4

(2n+1)2-6

n(2n+1)+1

(2n+1)2-5

(2n+1)2

n=2 的例子是
23

16 7 2 1

15 22 6 5 14 13

17 8 9 3

18 10 4

12 21

24 19 11 20 25 对应的 M=9. 因此,题中所求的 M=4021.

每题 7 分 共 4 小时 30 分钟

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