当前位置:首页 >> 数学 >>

2010年罗马尼亚大师杯数学竞赛


第 3 届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答
第一天 2010 年 2 月 26 日(9:30-14:00),布加勒斯特

每题 7 分,共 21 分

1. 对一个由有限个素数组成的集合 P, m ( P ) 表示具有下述性质的连续正整数 用 的个数的最大值:这些连续正整数中的每个数都能被 P 中的至少一个元素整 除. (1) 证明: | P
|? m ( P ) ,等号当且仅当 min P ? | P | 时取到.

|P | (2) 证明: m ( P ) ? (| P | ? 1)( 2 ? 1) .

这里|P|表示集合 P 的元素个数. 解答:设 1<p1<p2<…<pk 是 P 中的元素,则 k=|P|?1. (1) 由中国剩余定理可知:存在正整数 a,使得 a?-i(mod pi),即 pi|a+i,因此,存 在 k 个连续正整数 a+1,…,a+k,它们具有题中性质,从而 m(P)?k. 注意到,当 minP>k 时,对 P 中的每个元素而言,任意连续 k+1 个正整数 中至多有一个是其倍数,但由抽屉原则可知,任意具有题中性质的连续 k+1 个正整数中应有两个数同时是 P 中某个数的倍数。因此,此时 m(P)=k. 另一方面,当 minP?k 时,再次运用中国剩余定理,对 1,2,…,k 的任意 一个排列 r1,…,rk,都存在正整数 a,使得 a?-ri(mod pi),特别地, r1?k+1-p1,则数 设 a+1,…,a+k;a+k+1 符合要求,这时 m(P)>k. 综上可知,(1)成立。 (2) 只要证在连续 ? k
? 1? 2

?

k

?1

? 个正整数中,必有一个数与 p
? 1? 2

1

, p 2 ,? , p k

互质。

设 A 是 P 的一个子集,T A 是这连续 ? k 每个数的倍数的数的集合。 设m
? ?k ? 1? 2
A

?

k

?1

? 个正整数中满足其为 A 中

?

k

?1

? ,由容斥原理,这些数中与 p
A

1

, p 2 ,? , p k

互质的数的个

数为 ? ? - 1 ?
A? P

? TA

。我们只要证明 ? ? - 1 ?
A? P

? TA ? 0


分享 交流 提高

1

由于

m

?
Pi ? A

pi

?1 ? TA ?

m

?
Pi ? A A

pi m

? 1 ,且 T ? ? m

,故只要证明

? ?? 1?
A? P

?
Pi ? A

? 2 pi

k

?1.

这等价于 m ?

? ? 1 ? 1 ? 1 ?1 ? ? ? 2 k ? 1 ,即 ? ? 1 ? ? ? ? ? ? ? pi ? pi ? k ?1 Pi ? A ? Pi ? A ?
? i ? 1, ?i ? 1, 2 , ? , k ? ,故
k

.

由 1<p1<p2<…<pk,知 p i
? 1 ? ? ?1 ? p ? ? ? ? Pi ? A ? i ?

?
i ?1

1 ? ? ?1 ? ? ? i ?1? ?

?
i ?1

k

i i?1
k

?

1 k ?1

从而就有 ? ? - 1 ?
A? P

A

? TA ? 0

,即这 ? k

? 1? 2

?

?1

? 个正整数中,必有一个数与

p1 , p 2 ,? , p k

|P | 互质,所以, m ( P ) ? (| P | ? 1)( 2 ? 1) 。

2. 对每一个正整数 n,求具有下述性质的最大常数 C n :对任意 n 个定义在闭区 间[0,1]上的实值函数
f 1 ( x ), f 2 ( x ),..., f n ( x )

,都存在实数 x 1 , x 2 , ? , x n ,满足

0 ? x i ? 1 ,且 | f 1 ( x 1 ) ? f 2 ( x 2 ) ? ? ? f n ( x n ) ? x 1 x 2 ? x n |? C n .

解答:所求的最大常数 C n 一 方 面 , 取

?

n ?1 2n

。 , 得 左 式
?

x1 ? x 2 ? ? ? x n ? 1

?
i ?1

n

f i ?1 ? ? 1

, 取

x1 ? x 2 ? ? ? x n ? 0

,得左式

?

?
i ?1

n

f i ?0 ?

,取

x i ? 0, x j ? 1

(j?i) , 得 左 式

?

?
j?i

f

j

?1 ? ?
n

f i ?0 ?

。利用由三角形不等式可知
n
n

(n-1) ?
i ?1

f i ?1 ? ? 1

+ ? ?
i ?1 j?i

f

j

?1 ? ?

f i ?0 ?

+?
i ?1

f i ?0 ?

?| ( n
n

? 1 )( ? f i (1 ) ? 1 ) ?
i ?1

n

?
i ?1

n

(? f
j?i

?1 ? ? j

f i ? 0 ?) ?

?
i ?1

n

f i ? 0 ? |=n-1.

故?
i ?1

f i ?1 ? ? 1

,?
i ?1

n

f i ?0 ?

,?
j?i

f

j

?1 ? ?

f i ?0 ?

(i=1,2,…,n)中必有一个数不小于

2

分享 交流 提高

n ?1 2n

,从而, C n

?

n ?1 2n x n


? n ?1 2n
2

另一方面, fi(x)= 令 ?[0,1],都有 |

,i=1,2,…,n,我们证明: 对任意实数 x 1 , x 2 , ? , x n
n ?1 2n

f 1 ( x 1 ) ? f 2 ( x 2 ) ? ? ? f n ( x n ) ? x 1 x 2 ? x n |?



为此,只需证明:1-n? nx 1 ?

xn ?

?
i ?1

n

xi

?0.

左边不等式等价于(n-1)x1…xn+(x1-1)( x2…xn-1)+…+(xn-1-1)(xn-1)?0,此式 中每一个加项都不小于 0,成立。 右边不等式等价于 ?
i ?1 n

x i - nx 1 ? x n ? 0

??
i ?1

n

x i (1 ?

x1 ? x n xi

) ? 0

,同上可知

亦成立。 3. 设 A1 A 2 A 3 A 4 是一个凸四边形, 它的两组对边都不平行.对 i
? 1, 2 , 3 , 4

, 定义圆 ? i

如下:它在四边形的外部,且与直线 A i ? 1 A i , A i A i ? 1 和 A i ? 1 A i ? 2 都相切,设 T i 是
? i 与边 A i A i ? 1 的切点

(下标在模 4 的意义下取, A 0 故

? A4

A ,5

? A1

A ,6

? A2

).

证明:直线 A1 A 2 , A 3 A 4 , T 2 T 4 三线共点的充要条件是 A 2 A 3 , A 4 A1 , T1T 3 三线共点. 解答 1:不妨设射线 A2A1 与 A3A4 交于点 X,而射线 A1A4 与 A2A3 交于点 Y. 由对称性只需在证明:若 X,T4,T2 共线,则 A 2 A 3 , A 4 A1 , T1T 3 三线共点。 延长 X,T4,T2 所共的线交圆?2 于另外一点 T 2' ,由?2 与?4 关于 X 位似,点 T4 与 T 2' 是该位似变换下的对称点,因此圆?4 过 T4 的切线与圆?2 过 T 2' 的切线 平行。设 Y’ 是圆?2 过 T 2' 的切线与直线 A2A3 的交点,则 Y’ T 2' //YT4,故 ?YT2T4=?Y’T2 T 2' =?Y’ T 2' T2=?YT4T2,从而,YT2=YT4,于是,C3T4=B3T2,且 B1T4=C1T4.这里 Bi,Ci 分别是?i 与 Ai-1Ai,Ai+1Ai+2 的交点(下标在模 4 意义下取)。 进一步,有 B4T3=C3T4= B3T2=T3C2,同理有,C4T1=T1B2.结合 XC4=XB4, XB2=XC2 可得 XT1=XT3,故?XT1T3=?XT3T1. 现 设 , ?C1A2T1=?,?B3A3T3=?, 则 ?C1T1A2=90??T1XT2=?+?-180?, 于 是 ?XT1T3=?XT3T1=180?3

?
2

,?A3B3T3=90?.?A2T1T3=

?
2

,而 ,得

? ? ?
2

? ? ?
2

分享 交流 提高

?C1T1T3+?C1B3T3=180?,所以,C1,B2,T3,T1 四点共圆。同理可得,C3,B1,T2,T1 四点共圆,结合 C1,B3,C3,B1 也共圆可知三条根轴 A 2 A 3 , A 4 A1 , T1T 3 三线共点(或 平行),而 A 2 A 3 , A 4 A1 相交,故它们共点。 命题获证。 解答 2:不妨设射线 A4A1 与 A2A3 交于点 Q,而射线 A3A4 与 A1A1 交于点 P.设 ?QA1A2=?,?QA2A1=?,?PA4A1=?,?QA3P=180?-?. 注意到,
A 2 A 3 , A 4 A1 , T 1 T 3

三线共点?Q,T1,T3 共线

?T1,T3 到两边 QT2,QT4 的距离的比相同 ?
sin ? A 1 QT 1 sin ? A 2 QT 1 ? sin ? A 1 QT 3 sin ? A 2 QT 3


sin ? A 1 QT 1 sin ? A 2 QT 1
cot ? cot



A 1 Qsin ? A 1 QT 1 A 2 Qsin ? A 2 QT 1

?

S ? QA 1T1 S ? QA 2 T1

?

A1T 1 A 2 T1

,知

?

A2Q A1 Q
cos
2

?

A1T 1 A 2 T1

,利用正

?
2

?
2

弦定理及?1 为内切圆,可知

A2Q A1 Q

?

A1T 1 A 2 T1

?

sin ? sin ?

?
2

? cos
2 2

?
2



类似地,结合?4 为旁切圆,可知
?
2 cos
2

sin ? A 1 QT 3 sin ? A 2 QT 3

cos ? cos

?
2

2

?
2

,因此

cos

2

cos ? cos

2

?
2

A 2 A 3 , A 4 A1 , T 1 T 3

三线共点?

?
2

2

?
2

? cos

2

?
2

cos

2

?
2

? cos

2

?
2

cos

2

?
2

同理可证:
A1 A 2 , A 3 A 4 , T 2 T 4 三线共点? cos
2

?
2

cos

2

?
2

? cos

2

?
2

cos

2

?
2



所以,命题成立。

第 3 届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答
第二天

4

分享 交流 提高

2010 年 2 月 27 日(9:30-14:00),布加勒斯特

每题 7 分,共 21 分 4. 问:是否存在一个系数都为整数的两变量多项式
A ( a 1 , a 2 ), B ( b 1 , b 2 ) ?同时满足下面的所有条件: f ( x1 , x 2 )

和平面上的两个点

(1) A 是一个整点(即 a 1 , a 2 都是整数); (2)
| a 1 ? b1 | ? | a 2 ? b 2 |? 2010

;
f ( n1 , n 2 ) ? f ( a1 , a 2 ) ;

(3) 对平面上所有整点 ( n 1 , n 2 ) (不同于点 A),都有 (4) 对平面上所有点 ( x 1 , x 2 ) (不同于点 B),都有 解答:存在满足条件的多项式 令 a1= a2=0,b1= ,b2=
3 1

f ( x 1 , x 2 ) ? f ( b1 , b 2 )

.

f ( x1 , x 2 )

和平面上的两个点 A ( a 1 , a 2 ), B ( b1 , b 2 ) 。

6029 3

,f(x1,x2)=(3x1-1)2+2(6029x1-x2)2,则(1),(2)显然

满足。对于(3),f(a1,a2)=f(0,0)=1,此时,对平面上所有整点 ( n 1 , n 2 ) (不同于点 A), 6029n1?n2,则 f(n1,n2)?2(6029n1-n2)2?2>1;若 6029n1=n2,则 n1?0(因为不同 若 于 点 A), 此 时 , f(n1,n2)?(3n1-1)2?22>1, 故 (3) 成 立 。 对 于 (4), f(b1,b2)=0, 若 6029x1?x2,则 f(x1,x2)?2(6029x1-x2)2>0;若 6029x1=x2,则 x1? (因为不同于点 B),
3 1

此时,f(x1,x2)?(3x1-1) >0,故(4)成立。 问题获解。

2

5. 设 n 为给定的正整数.若一个由平面上的整点组成的集合 K 满足下述条件, 则 称之为连通的:对任意一对点 R , S 组成的数列
R ? T 0 , T1 , ? , T l ? S
? K

,都存在一个正整数 l 及由 K 中的点

这里每个 T i 与 T i ? 1 之间的距离都是 1.对这样的一个集合 K,定义
? ( K ) ? { RS | R , S ? K } .

对所有由平面上的 2n+1 个整点组成的连通集 K,求 | ? ( K ) | 的最大可能值.
5 分享 交流 提高

解答: | ? ( K ) | 的最大可能值为 2n2+4n+1. 一方面,取集合 K={(0,0)}?{(0,i)|i=1,2,…,n}?{(i,0)|i=1,2,…,n},它是连通 的,且|K|=2n+1,而
| ? ( K ) | ={(0,0)}?{(0,?i)|i=1,2,…,n}?{(?i,0)|i=1,2,…,n}

?{(-i,j)|i,j=1,2,…,n}?{(i,-j)|i,j=1,2,…,n}。 此时, | ? ( K ) | =2n2+4n+1。 另 一 方 面 , 我 们 证 明 : 对 任 意 满 足 |K|=2n+1 的 连 通 集 , 都 有
| ? ( K ) | ?2n
2

+4n+1。

构造图 G,使得 G 中的顶点就是 K 中的点,若 G 中两点对应于 K 中的纵 坐标相同而横坐标差 1,则在它们之间连一条红边,若 G 中两点对应于 K 中 的横坐标相同而纵坐标差 1,则在它们之间连一条蓝边。由于 K 是连通的, 故 G 为联通图,取 G 的一个生成树 G0,并记 G0 的红边数、蓝边数分别为 er 和 eb,则 er+eb=2n.记 G0 中所有的红边为 A i A i' (i=1,2,…,er), 所有的蓝边为
B i B i (i=1,2,…,eb),并用同样的记号表示
'

K 中对应的边,设 A i' 在 Ai 右边,而 B i'

在 Bi 上边。 现在,构造图 M,使得 M 中的顶点是 K 中任意两个不同点所成的向量, 这些向量中有一些相等,则|M|=2 C 2 n ? 1 =4n2+2n. 2 我们将 A i A j 和 A i' A 'j 对应的 M 中的顶点之间连一条红色的边(i?j,1?i,j?er); 将 B i B j 和 B i' B 'j 对应的 M 中的顶点之间连一条蓝色的边(i?j,1?i,j?eb). 对这样得到的图 M 而言,由于各 Ai 不同,各 Bj 不同,故 M 任意两点之
B 间所连边数都不超过 1, A i' A 'j 是 A i A j 向右平移一个单位所得, i' B 'j 是 B i B j 而

向上平移一个单位所得,因此,M 中没有两个顶点之间既连了红色边也连了 蓝色边。这表明 M 是简单图。
C 若 M 中有圈: 1 D 1 ? C 2 D 2 ? ? ? C k D k ? C 1 D1

(中间所连的边既有红

边,也有蓝边),则 C1,C2,…,Ck,C1 是 G0 中的一个圈,与 G0 为树矛盾。 所以, 是若干个树的并集。 M 由于 M 中某两点之间连边意味着它们在 K
6 分享 交流 提高

中对应的向量相等,故 K 中对应的非零向量的个数等于 M 的连通分支的个 数,即|M|-e(M)(这里 e(M)为 M 的边数)。因此,
| ? ( K ) | =|M|-e(M)+1=4n
2

+2n-2 C e2 -2 C e2 +1
r b

=4n2+2n+1-( e r2 =2n +4n+1.
2

? eb

2

)?4n2+2n+1-

1 2

(er+eb)2

综上可知,所求最大值为 2n2+4n+1。

6.

给定一个有理系数多项式 下 :
f
0

f

,其次数 d
n

? 2

.定义集合列

f

0

( Q ), f ( Q ), ?

1



(Q ) ? Q

,

f

n ?1

(Q ) ? f ( f

( Q )), n ? 0

( 对 给 定 的 集 合

S, 有

f ( S ) ? { f ( x ) | x ? S } ).
?


?

f

?

(Q ) ?

?
n?0

f

n

(Q )

是由属于所有集合

f

n

(Q ) 的元素组成的集合.证明:

f

(Q )

是一个有限集.
1 M

解答:设 f(x)= 的引理。 【引理】设
p q

(adxd+…+a0),这里 M 为正整数,ai?Z,ad?0,d?2.先建立下面

?Q(p 为非零整数,q 为正整数,且(p,q)=1),则存在正常数 C1,
p q p q
r

使得当 q>C1 时,都有 f( (r,s)=1),则 s>q.

)?0,且设 f(

)= (r 为非零整数,s 为正整数,且
s

事实上,当 q 充分大时,若总存在

p q

,使得 f(

p q

)=0,则方程 f(x)=0 有无

穷多个根,矛盾。故当 q 充分大时,总有 f(
r

p q

)?0。

现在, =
s

1 Mq
d

(adpd+ad-1pd-1q+…+a0qd),而

(Mqd, adpd+ad-1pd-1q+…+a0qd)? M(qd, adpd+ad-1pd-1q+…+a0qd)
7 分享 交流 提高

?M(qd,(adpd+ad-1pd-1q+…+a0qd)d)=M(q,adpd)d= M(q,ad)d ?M|ad|d, 因此,结合 d?2,可知当 q 充分大时,有 s?
Mq
d d

>q.引理获证.

M | ad |

回到原题,由 d?2,可知|x|充分大时,|f(x)|>|x|,设对正常数 C2,当|x|>C2 时, 有|f(x)|>|x|. 现在,对
f
?

(Q )

中的任一元素

p0 q0

,可设

p0 q0

=f1(

p1 q1
0 1

)=f2( )。而

p2 q2

)=…(这里的

分数分母都是正整数,且分子与分母互素,将 0 写为 对每个
pn qn

(n=1,2,…),若 qn>max{C1,q0},则由引理可知
pn qn pn qn

qn<f1(

)的既约分母<…<fn(

)的既约分母=q0,

矛盾,故 qn?max{C1,q0}. 对每个
pn qn pn qn

(n=1,2,…),若|
pn qn p0 q0

pn qn

|>max{
p0 q0

p0 q0

,C2},则

|

|<|f1(
pn qn

pn qn

)|<…<|fn(

)|=

,

矛盾,故|

|?max{
p0

,C2}。
pn qn

因此当

(?0)确定后,
pk qk pn qn pn qn

(n=1,2,…)只能取有限个不同的值,这表明存

q0

在正整数 k<n,使得
p0 q0 pk qk

=

,于是

= fk(

)=fn(

)=fn(

pk qk

)=fn-k(fk(

pk qk

))=fm(

p0 q0

)

这里 m=n-k 为正整数。 若 q0>C1,则由引理可知 q0< f1(
p0 q0

)的既约分母<…<fm(

pm qm

)的既约分母

8

分享 交流 提高

=q0,矛盾,故 q0?C1. 若|
p0 q0

|>C2,则|

p0 q0

|<|f1(

p0 q0

)|<…<|fm(

p0 q0

)|=

p0 q0

,矛盾,故|

p0 q0

|?C2.

注意到,满足 q0?C1,且| 有限集,命题获证。

p0 q0

|?C2 的有理数只有有限个,因此

f

?

(Q )

\{0}为

9

分享 交流 提高


相关文章:
第三届罗马尼亚大师杯数学竞赛(2010).pdf
21第 6期 0 0年 3 1 第三届罗马尼亚大 师杯 数学 竞赛 (00 21
2011第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛.doc
2011第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛_其它考试_资格考试/认证_教育专区。第4届...2010年罗马尼亚大师杯数... 9页 1下载券 第二届罗马尼亚数学大师... 4页...
第三届罗马尼亚大师杯数学竞赛(2010)_图文.pdf
第三届罗马尼亚大师杯数学竞赛(2010) - 21第 6期 0 0年 3 1 第三届罗马尼亚大 师杯 数学 竞赛 (00 21) 中图 分类号:447 ...
2011罗马尼亚大师杯数学竞赛_图文.pdf
32 中等数学 201 1 罗马 尼亚大师杯数学竞赛 中图分类号 :G424.79 文献标识...2010年罗马尼亚大师杯数... 9页 免费 第4届罗马尼亚大师杯数学... 8页 1...
第八届罗马尼亚大师杯数学竞赛_图文.pdf
第八届罗马尼亚大师杯数学竞赛 - 201 6年第 7期 第八届罗马尼亚大师杯数学竞赛 中图分 类号 :C.424.79 文献标识码 : ...
第3届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答(一).pdf
第3届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答(一)_学科竞赛_初中教育_教育专区。上海 中学数 学 ? 201 0年第 9期 第 3届 罗马 尼亚大师杯数 学竞 赛试题及 ...
2013罗马尼亚大师杯数学竞赛_图文.pdf
2013罗马尼亚大师杯数学竞赛 - 2013 年第 6期 201 3罗马尼亚大 师杯数学竞赛 中图分类号 :G424.79 文 献标识码 :A 文章编号 :...
第九届罗马尼亚大师杯数学邀请赛_图文.pdf
第九届罗马尼亚大师杯数学邀请赛 - 201 7年第 7期 第九届罗马尼亚大师杯数学邀请赛 中图分类号 :G424.79 文献标识码 :A...
第二届罗马尼亚数学大师杯数学竞赛_图文.pdf
第二届罗马尼亚数学大师杯数学竞赛 - 42 中等数学 第二届罗马尼亚数学大师杯数学竞赛 第二届罗马尼亚数学大师杯数学竞赛(RMM)于2009年2月26日一3月2日在罗马尼亚 ...
第七届罗马尼亚大师杯数学邀请赛_图文.pdf
第七届罗马尼亚大师杯数学邀请赛_学科竞赛_小学教育_教育专区。201 5年第 6期 35 第七届罗马尼亚大师杯数学邀请赛 中图分类号: G424.79 文献标识 码:A 文章...
第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛(解答).doc
第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛(解答) - 第 4 届罗马尼亚大师杯数学竞赛 第一
第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛.doc
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:20
07.2012罗马尼亚大师杯数学奥林匹克_图文.pdf
07.2012罗马尼亚大师杯数学奥林匹克 - 2102年第 6期 210 2罗马尼亚大师杯 数学奥林匹克 中 图分 类号:447 G2.9文 献标 识码:A ...
2011罗马尼亚大师杯数学竞赛_论文.pdf
2011罗马尼亚大师杯数学竞赛 - 2011年罗马尼亚大师杯数学竞赛于2月2327日在布加勒斯特举行,它是由罗马尼亚数学会主办,由The National COllege"Tudor Vian...
2012罗马尼亚大师杯数学奥林匹克_论文.pdf
2012罗马尼亚大师杯数学奥林匹克 - 2012年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克于2
2011年罗马尼亚大师赛试题(英文原版).pdf
2011年罗马尼亚大师赛试题(英文原版)_学科竞赛_高中教育_教育专区。高中数学竞赛真题 THE 4th ROMANIAN MASTER OF MATHEMATICS COMPETITION DAY 1: FRIDAY, FEBRUARY ...
2011罗马尼亚数学大师赛.pdf
2011罗马尼亚数学大师赛_理学_高等教育_教育专区。含答案 The 4th Romanian ...2010年罗马尼亚大师杯数... 9页 1下载券 第62届罗马尼亚数学奥林... 暂无...
第二届罗马尼亚数学大师杯数学竞赛.pdf
4 2 中等数学 第二 届罗马尼亚 数学 大师杯数学 竞赛 第二届 罗马尼 亚数 学大师杯 数 学竞赛 (MM)20R于09年 2月2 6日一3月2 日在 罗马尼 亚 首都...
2015年罗马尼亚大师杯数学邀请赛.pdf
2015年罗马尼亚大师杯数学邀请赛 - 第 7 届罗马尼亚大师杯数学邀请赛 第一
2015罗马尼亚大师杯试题及解答一.pdf
2015罗马尼亚大师杯试题及解答一_高三数学_数学_高中教育_教育专区。2015罗马尼亚大师杯试题及解答一The 7th Romanian Master of Mathematics Competition Solutions for ...
更多相关标签: