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第五届中国女子数学奥林匹克试题


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第五届中国女子数学奥林匹克试题
第一天 2006 年 8 月 8 日 下午 15:30——19:30 乌鲁木齐

中国在国际数学奥林匹克竞赛中,连续多年取得很好的成绩,这项竞赛是高中程度,不 包括微积分,但题目需要思考,我相信我是考不过这些小孩子的,因此有人觉得,好的数学 家未必长于这种考试,竞赛胜利者也未必是将来的数学家,这个意见似是而非。数学竞赛大 约是百年前在匈牙利开始的;匈牙利产生了同它人口不成比例的许多大数学家。 ——陈省身 一、设 a>0,函数 f : (0,+∞) → R 满足 f(a)=1.如果对任意正实数 x,y 有

f

?x? f ? y? ?

?a? ?a? f ? ? f ? ?? 2f ? x? ? y?

? xy ? ,①求证:

f(x)为常数.

证明: 在①中令 x=y=1,得 f2(1)+f2(a)=2 f(1) , 2 (f(1)-1) =0, ∴ f(1)=1。 在①中令 y=1,得 f(x)f(1)+f( f(x)=f(
a x a x

)f(a)=2 f(x) , ②

) ,x>0。
a x

在①中取 y= f(x)f( f(x)f(
a x a x

,得
a x

)+f( )=1。

)f(x)=2 f(a) , ③

由②,③得:f2(x)=1,x>0。 在①中取 x=y= t ,得 f2( t )+f2(
a t

)=2 f(t) ,

∴ f(t)>0。 故 f(x)=1,x>0。 二、设凸四边形 ABCD 对角线交于 O 点.△OAD,△OBC 的外接圆交于 O,M 两点,直线 OM 分别交△OAB,△OCD 的外接圆于 T,S 两点.求证:M 是线段 TS 的中点. 证法 1: 如图,连接 BT,CS,MA,MB,MC,MD。 ∵ ∠BTO=∠BAO,∠BCO=∠BMO,
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TM AC MS BD

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△BTM ∽△BAC,得
? BM BC CM BC
B O





T A

同理,△CMS ∽△CBD,得
?




TM MS ? BM CM ? AC BD
C

①÷②得

。③

M

又∵ ∠MBD=∠MCA,∠MDB=∠MAC, ∴ △MBD ∽△MCA,得
BM CM ? BD AC

D





将④代入③,即得 TM = MS。 S 证法 2: T 设△OAB,△OBC,△OCD,△ODA 的外心分别 O1 A 为 O1,O2,O3,O4,自作 O1,O3 作 TS 的垂线, E B 垂足分别为 E,F。连接 O2,O4 交 TS 于 G。 O 因 OM 是⊙O2 和⊙O4 的公共弦,故 O2O4 垂直平分 O4 G OM,即 G 是线段 OM 的中点。 O2 M 同样,O1O4 垂直平分 OA,O2O3 垂直平分 OC, D 得 O1O4∥O2O3; F C O3 同理,O1O2∥O3O4。 因此 O1O2O3O4 构成平行四边形,其对角线互相平分。 由此易知 EG = FG。 又由垂径定理,E 是 TO 中点,F 是 OS 中点。 S 因此 TM = TO+OM = 2EO+2OG = 2EG, ① MS = OS-OM = 2OF-2OG = 2GF。 ② 由①,②即知 TM = MS。 三、求证:对 i=1,2,3,均有无穷多个正整数 n,使得 n,n+2,n+28 中恰有 i 个可表 示为三个正整数的立方和. 证: 三个整数的立方和被 9 除的余数不能为 4 或 5,这是因为整数可写为 3k 或 3k±1(k∈ Z) ,而(3k)3=9×3k3, (3k±1)3=9(3k3±3k2+k)±1。 + 对 i=1,令 n=3(3m-1)3-2(m∈Z ) ,则 n,n+28 被 9 除的余数分别为 4,5,故 均不能表示为三个整数的立方和,而 n+2=(3m-1)3+(3m-1)3+(3m-1)3。 + 对 i=2, n=(3m-1)3+222(m∈Z )被 9 除的余数为 5,故不能表示为三个整数 的立方和,而 n+2=(3m-1)3+23+63, n+28=(3m-1)3+53+53。 + 对 i=3, n=216m3(m∈Z )满足条件: n=(3m)3+(4m)3+(5m)3, n+2=(6m)3+13+13,
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n+28=(6m)3+13+33。 注:所命原题要求证明结论对 i=0,1,2,3 均成立。 为降低试卷难度,去掉了 i=0 的要求。 以下是 i=0 的证明。 对 n=9m+3,m∈Z,n+2,n+28 被 9 除的余数分别为 5,4,不能表示为三个整数的立 方和,若 n=a3+b3+c3,a,b,c∈Z,由前知 a,b,c 均为 3 k+1 型(k∈Z)的整数。 + 小于(3 N)3(N∈Z )的 9m+3 型(m∈Z)的正整数共 3 N3 个。 (*) 小于 3 N 的 3k+1 型(k∈Z)的正整数有 N 个,三个这样的数的立方和的组合不超过 N3 种,故(*)中正整数至少有 3N3-N3=2N3 个不能表示为三个正整数的立方和。N 可取任意正整数,故 i=0 情形得证。 四、8 个人参加一次聚会. (1) 如果其中任何 5 个人中都有 3 个人两两认识. 求证: 可以从中找出 4 个人两两认识; (2)试问, 如果其中任何 6 个人中都有 3 个人两两认识, 那么是否一定可以找出 4 个人 两两认识? 解法 1: (1) 用 8 个点表示 8 个人,相识二人之间连一线段。按图论语言,这些点称为图的顶 点,线段称为图的边。 按照题意,该图的每个 5 点子图中均有一个三角形,而每个三角形属于 C 个不同的 5 点子图。我们知道,这些三角形共有
5 3 C 8 =3×56=168

2 8?3

2 = C 5 =10

条边,其中每条边至多被重复计算了 10 次。这样一来,即知:每个顶点至少连出
2 ? 168 8 ? 10 ? 4 条边。所以存在一个顶点 A,由它至少连出 5 条边。

假设由顶点 A 有边连向 B,C,D,E,F 这 5 个顶点,而由题意在这 5 个点中又存在一 个三角形,不妨设为△BCD。于是 A,B,C,D 这 4 个点中的任何二点之间均有连线, 所以它们所代表的 4 个人两两认识。 (2) 如果其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 则不一定可以找出 4 人两两彼此 认识, 例子为: 在正八边形中连出 8 条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相 应二人相互认识. 不难验证: 其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 但是却找不 出 4 人两两彼此认识. 解法 2: (1)分情形讨论. 情形 如果存在 3 个人两两互不认识. 那么其余 5 个人必然两两都认识. 因若不然, 假 (i) 如他们之中有二人互不认识, 则在他们与原来的 3 个人一起构成的 5 人组中就找不出 3 个人两两认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立. 情形(ii)在剩下的情形中, 任何 3 人中, 都有某两个人相互认识. (a)如果 8 个人中有 1 个人 A 至多认识 3 个人, 那么他至少不认识 4 个人. 显然这 4 个人中的任何二人都彼此认识. 因若不然, 这两个人与 A 一起构成的 3 人组中就没有二 人互相认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立. (b)如果存在 1 个人 A 至少认识 5 个人. 那么这 5 个人中有 3 个人两两彼此认识, 他
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们又都认识 A, 所以他们与 A 一起即为所求之 4 人. 情形(iii)只需再考虑每个人都恰好有 4 个熟人, 并且任何 3 人中都有两人相互认识的 情形. 任取其中一人 A. 假如 A 的 4 个熟人两两认识, 那么他们即为所求. 否则, 其中就有 B,C 二人互不认识. 易知, 此时 A 有 3 个不认识的人 F,G.,H, 而这 3 个人中的任何两人都与 A 构成 3 人组, 所以 F,G.,H 中的任何两人都相互认识. 如果 B,C 之一与 F,G.,H 中的每个 人都彼此认识,那么此人与 F,G.,H 一起构成所求的 4 人组. 否则, B,C 二人分别不认识 F,G.,H 中的一个人. 易知, B 和 C 不可能不认识他们中的同一个人, 否则该人与 B,C 所成 的 3 人组中任何二人均互不认识, 导致矛盾. 这就表明, B 和 C 分别不认识 F,G.,H 中的 两个不同的人, 不妨设 B 不认识 F, 而 C 不认识 G. 现在把 B,F,A,G,C 依次排在一个圆周 上, 于是任何两个相邻放置的人都互不认识. 然而他们中的任何三个人中都一定有在圆 周上相邻的两个人, 从而在他们之中找不到 3 个人两两认识, 导致矛盾, 所以这种情况 不可能存在. 综合上述, 在一切可能的情况下, 都能找出 4 个人两两都彼此认识. (2) 如果其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 则不一定可以找出 4 人两两彼 此认识, 例子为: 在正八边形中连出 8 条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相 应二人相互认识. 不难验证: 其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 但是却找不 出 4 人两两彼此认识. 第二天 2006 年 8 月 9 日 9:00——13:00

五、平面上整点集 S={ (a,b)│1?a,b?5,a,b∈Z} 为平面上一整点集,对 S 中 ,T 任一点 P, 总存在 T 中不同于 P 的一点 Q, 使得线段 PQ 上除点 P, 外无其他的整点. Q 问 T 的元素个数最少要多少? 解: 答案:最少个数为 2。 先证 T 不可能只包含一个点。 若不然,设 T={Q(x0,y0)。在 S 中取点 P(x1,y1)满足(x1,y1)≠(x0,y0) } 且 x1 与 x0 同奇偶,y1 与 y0 同奇偶。则线段 PQ 的中点为一整点。矛盾。 T 含两个点的情形如下图所示:

六、设集合 M={1,2,…,19} ,A={a1,a2,…,ak} ? M.求最小的 k,使得对任意 b∈M,存在 ai,aj∈A,满足 ai=b,或 ai±aj=b(ai,aj 可以相同) .
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解:由假设, 在 A 中, 有 k ( k ? 1) 种可能的组合, 从而 k ( k ? 1) ? 19 ,即 k ? 4 。 当 k ? 4 时,我们有 k ( k ? 1) ? 20 。不妨假设 a 1 ? a 2 ? a 3 ? a 4 。则 a 4 ? 10 。 当 a 4 ? 10 时, 有
a3 ? 9 。

这时 a 2 ? 8 或 7。 如果 a 2 ? 8 ,则 20 , 10 ? 9 ? 1, 9 ? 8 ? 1 ,这不可能。 如果 a 2 ? 7 ,则 a 1 ? 6 或 a 1 ? 5 。由于 20 , 10 ? 9 ? 1, 7 ? 6 ? 1 或 20 , 9 ? 7 ? 2 , 7 ? 5 ? 2 ,这不可能。 当 a 4 ? 11 时, 有 a 3 ? 8 。 这时 a 2 ? 7 以及 a 1 ? 6 , 这不可能。 当 a 4 ? 12 时,有 a 3 ? 7 。这时 a 2 ? 6 , a 1 ? 5 ,这不可能。 当 a 4 ? 13 时, 有 a 3 ? 6 , a 2 ? 5 , a 1 ? 4 ,这不可能。 当 a 4 ? 14 时, 有 a 3 ? 5 , a 2 ? 4 ,这不可能。 当 a 4 ? 15 时, 有 a 3 ? 4 , a 2 ? 3 , a 1 ? 2 , 这不可能。 当 a 4 ? 16 时, 有 a 3 ? 3 , a 2 ? 2 , a 1 ? 1 , 这不可能。 当 a 4 ? 17 时,均不可能。 所以, k ? 5 。 如果取 A ? {1, 3 , 5 , 9 , 16 } ,则 A 满足条件。故最小的 k ? 5 。 七、已知 xi>0, i ? 1, 2 ,? ? ?, n , k?1.求证:

? 1? x ??
i ?1 i

n

1

n

i ?1

xi ? ?

n

xi

k ?1

i ?1

1 ? xi

??

n

1 xi
k



i ?1

证法 1: 原不等式等价于

? 1? x
i ?1

n

xi

k ?1

??
i

n

1 xi
k

?

i ?1

? 1? x
i ?1

n

1

? ? xi ? 0 ,
i i ?1

n

上式左 ?

? 1? x
i? j

xi

k ?1

?
i

1 xj
k

?

? 1? x
i? j

xj

i

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? ? ? ?

?

?
1

xi

k ?1

? xj

k ?1 k

i? j

?1 ?

xi ? x j

?

1 2

?

i? j

k ?1 k ?1 ? x k ?1 ? x k ?1 x j ? xi i j ? ? k ?1 ? x j ? x ik ? ?1 ? x i ? x j ?

?

? ?x 2
i? j
i

k ?1 i

? xj

k ?1

?1 ? x ? x ? ?1 ? x ? x ? ?1 ? x ? ?1 ? x ? x x
k j i i k k j i j i
k i

k j

?

1

? ?x 2
i? j

k ?1

? xj

k ?1

?

?x

? x j ? ? xi x j ? xi
k

k ?1

? xj
k k

k ?1

?

?1 ?

x i ? ?1 ? x j ? x i x j

? 0



证法 2: 不妨设 x1 ? x 2 ?…? x n >0, 则
1 x1
k

?

1 x2
k

?…?

1 xn
k

;①

x1

k

1 ? x1

?

x2

k

1 ? x2

?…?

xn

k

1 ? xn

。②

于是,根据 Chebyschev 不等式: 左式= ?
? 1 ? 1 1 ? x2 ? …? ? ? 1 ? xn ? 1

? 1 ? x1

? x1 ?

x2 ? … ? xn ?

k k k ? 1 xn ? x1 x2 1 1 ? k ? ? …? k ? =? k ? ? ? x1 ? x 2 ? … ? x n ? x2 1 ? x2 xn 1 ? xn ? ? x1 1 ? x1

??

? 1 ? x1
k

?

1 x2
x1
k k

? …?

k k k xn ? x2 1 ? ? x1 ? ? …? ? k ? ? x n ? ? 1 ? x1 1 ? x 2 1 ? xn ?

? x1 ?

x2 ? … ? xn ? / n

? ? x1 ?
?

?

1 ? x1

? x2 ?
k ?1

x2

k

1 ? x2

? … ? xn ?
k ?1

?? 1 1 1 ? ? ? k ? k ? …? k ? 1 ? x n ? ? x1 x2 xn ? xn
k

=?

? x1k ? 1 ? 1 ? x1
n

?

x2

1 ? x2

? …?

? ? 1 1 1 ? ? ? k ? k ? …? k ? 1 ? x n ? ? x1 x2 xn ? xn

=?

xi

k ?1

i ?1

1 ? xi

??

n

1 xi
k



i ?1

八、设 p 为大于 3 的质数,求证:存在若干个整数 a1,a2,…,at 满足条件

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p ? a1 | a1 | ? p ? a2 | a2 | ??? p ? at | at |

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是 3 的某个正整数次幂.

证法 1: 由带余除法定理可知,存在唯一的整数 q,r 使得 p=3q+r,其中 0<r<3。 取 b0=r,那么

p ? b0 b0

?

3

c0

? b1

*

b0

,其中 3 不整除 b1*,0<b1*<p/2;

取 b1=±b1*满足条件 b1≡p(mod 3) 。那么

p ? b1 b1
p ? b2 b2

?

3 1 ? b2
c

*

b1
c2

*

,其中 3 不整除 b2*,0<b2*<p/2;

取 b2=±b2*满足条件 b2≡p(mod 3) ,那么

?

3

? b3
*

*

b2

,其中 3 不整除 b3*,0<b3*<p/2;

一直做下去,我们就得到了 b0, b1, b2,…,bp。 这 p+1 个整数均在(-p/2,p/2)之间,显然有两个数相等。不妨设 bi=bj,i<j, 而且 bi, bi+1,…,bj-1 互不相同。那么
p ? bi bi ? p ? bi ?1 bi ? 1 ?…?
p ? b j ?1 b j ?1
c c * * 3 j ?1 ? b j 3 i ? b i ? 1 3 i ?1 ? b i ? 2 ? ? ? …? 。 * * * b j ?1 bi bi ? 1

c

*

由于 bi=bj,从而 bi*=bj*。因此上式变为

?3

c i ? c i ? ???? c j ?1

? 3 ,n>0。
n

让 bi, bi+1,…,bj-1 按照从小到大的顺序排列,则原命题得证。 证法 2: 分两种情形: (1)p=6k+1
p ? ? 3k ? 2 ? p ? ? 3k ? 1? M p ?1 p ? 2 p ? 4 p ? 5 ? ? ? ? ? …? ? , 3k ? 2 3k ? 1 1 2 4 5 Q

其中 Q ? 1·2·4·5·…· ? 3 k ? 2 ? ? 3 k ? 1 ? ?
M ?
?

? 3k ? 1? ! , 3 ? k ? 1? !
k ?1

? p ? 1 ? · ? p ? 2 ? · ? p ? 4 ? · ? p ? 5 ? ·…· ? p ? ? 3 k ? 2 ? ? ? p ? ? 3 k ? 1 ? ?
? 2 ? · ? p ? 3 k ? 5 ? ·…· ? p ? 1 ? · ? p ? 2 ? ·…· ? p ? ? 3 k ? 1 ? ?

? p ? 3k

? ? 3 k ? 3 ? · ? 3 k ? 6 ? ·…· ? 6 k ? · ? 6 k ? 3 ? ·…· ? 9 k ?

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? 3
2k

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2k

· ? k ? 1 ? ? k ? 2 ? ·…· ? 2 k ? · ? 2 k ? 1 ? ·…· ? 3k ? ? 3

?

? 3k ?!
k!



所以

M Q

?3

3k ?2



因此,取 ? a1 , a 2 , ? ? ?, a t ? ? ? ? 3 k ? 1, ? 3 k ? 4, ? ? ?, ? 2,1, ? ? ?, 3 k ? 2 ? 就满足题目的要求。 (2)p=6k+5 类似的有
p ? ? 3k ? 1? p ? ? 3k ? 2 ? p ?1 p ? 2 p ? 4 p ? 5 ? ? ? ? …? ? 3k ? 1 3k ? 2 1 2 4 5

?3

3k ? 2



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