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2002-2012女子数学奥林匹克CGMO_图文

24

中 等 数 学

● 竞赛之窗 ●

首届女子数学奥林匹克
( 2002Ο 08Ο 16~08Ο 17 ,珠海)

第一天
一、 求出所有的正整数 n , 使得 20 n + 2 能整除
2 003 n + 2 002.

Pi1 , Pi2 , …, Pi8 , 这样 , 就得到了 1 , 2 , …, 8 的一个排列 i1 , i2 , …, i8 ( 在图 1 中 , 此排列为 2 , 1 , 8 , 3 , 7 , 4 , 6 , 5) .

设这 8 个点对平面上所有有向直线作射影后 , 得到的 不同排列的个数为 N8 = N ( A1 , A2 , …, A8 ) , 试求 N8 的最大值 .

二、 夏令营有 3 n ( n 是正整数) 位女同学参加 , 每 天都有 3 位女同学担任值勤工作 . 夏令营结束时 , 发 现这 3 n 位女同学中的任何两位 , 在同一天担任值勤 工作恰好是一次 .
(1) 问 :当 n = 3 时 , 是否存在满足题意的安排 ?

证明你的结论 ;
( 2) 求证 : n 是奇数 .

三、 试求出所有的正整数 k , 使得对任意满足不 等式
2 2 2 k ( ab + bc + ca) > 5 ( a + b + c )

图1

的正数 a 、 b、 c , 一定存在三边长分别为 a 、 b、 c 的三 角形 . 四、 ⊙O1 和 ⊙O2 相交 于 B 、 C 两 点 , 且 BC 是 ⊙O1 的直径 . 过点 C 作 ⊙O1 的切线 , 交 ⊙O2 于另一 点 A , 连结 AB , 交 ⊙O1 于另一点 E , 连结 CE 并延长 , 交 ⊙O2 于点 F. 设点 H 为线段 A F 内的任意一点 , 连 结 HE 并延长 , 交 ⊙O1 于点 G , 连结 BG 并延长 , 与
AC 的延长线交于点 D. 求证 : AH AC = . HF CD

参考答案
一、 显然 , 2| n. 令 n = 2 m ( m ∈N3 ) , 则
( 20 m + 1) | ( 2 003 m + 1 001) .

因 2 003 m + 1 001 = 100 ( 20 m + 1) + 3 m + 901 , 故 ( 20 m + 1) | ( 3 m + 901) .
3 m + 901 = 1 , 2 , 3 , 4 时都无正整数解 . 因此 , 20 m + 1 3 m + 901 896 ≥ 5 , 可知 m ≤ < 10 . 但对 m = 1 , 2 , …, 9 20 m + 1 97

易知

第二天
五、 设 P1 , P2 , …, Pn ( n ≥ 2) 是 1 , 2 , …, n 的任意 一个排列 . 求证 :
1
P1 + P2

逐一检验知 ( 20 m + 1) 8 ( 3 m + 901) . 所以满足题设要 求的 n 不存在 . 另解 :同上 , ( 20 m + 1) | ( 2 003 m + 1 001) . 由 ( 20 m + 1 , 20) = 1 ,
1

+

1
P2 + P3

+ …+

1
Pn - 2 + Pn -

(2 003 m + 1 001 ) ×20 - ( 20 m + 1 ) ×2 003 =

+

1
Pn 1

n- 1 > . + Pn n + 2

18 017可知 , ( 20 m + 1) | 18 017 . 注意到 18 017 = 43 × 419 , 43 、 419 为素数 , 故 20 m + 1 = 43 , 419 , 18 017 , 但均

六、 求所有的正整数对 ( x , y ) , 满足 xy = yx - y . 七、 锐角 △ABC 的三条高分别为 AD 、 B E、 CF. 求 证 : △DEF 的周长不超过 △ABC 周长的一半 . 八、 设 A1 , A2 , …, A8 是平面上任意取定的 8 个 点 , 对平面上任意取定的一条有向直线 l , 设 A1 , A2 , …, A8 在该直线上的射影分别是 P1 , P2 , …, P8 . 如果 这 8 个射影两两不重合 , 依直线 l 的方向依次排列为

无正整数解 . 所以 , 不存在满足题设要求的 n.
( 1) 当 n = 3 时 , 存在满足题意的安排 . 具体 二、

安排如下 ( 把 9 位女同学记为 1 , 2 , …, 9) :
( 1 , 2 , 3) , ( 1 , 4 , 5) , ( 1 , 6 , 7) , ( 1 , 8 , 9) , ( 2 , 4 , 6) , ( 2 , 7 , 8) , ( 2 , 5 , 9) , ( 3 , 4 , 8) , ( 3 , 5 , 7) , ( 3 , 6 , 9) , ( 4 , 7 , 9) , ( 5 , 6 , 8) . (2) 任意选一位女同学 , 因为她和其他每一位女

2003 年第 1 期

25

同学恰好值勤一次 , 并且每天有 3 人值勤 , 所以 , 其余
3 n - 1 位女同学两两成对 .

   sin ∠HEA
=
HE

AH

故 2| ( 3 n - 1) . 所以 , n 是奇数 . 三、 因 ( a - b) + ( b - c) + ( c - a) ≥ 0, 故 a2 + b2 + c2 ≥ab + bc + ca. 可知 k > 5 . 注意到 k 为正整数 , 因此 , k ≥ 6. 由于不存在边长分别为 1 、 1、 2 的三角形 , 依题 设 ,有
k (1 × 1+1× 2+1× 2) ≤ 5 ( 12 + 12 + 22 ) , 即  k ≤ 6.
2 2 2

sin ∠HA E
HF

,

sin ∠FEH =
HE

sin ∠HFE

,
图2

即  

AH cos β = , HE cos α

HF sin β = . HE sin α AH tan α = . HF tan β AC 在 Rt △ABC 中 , = tan α; BC CD 在 Rt △BCD 中 , = tan β. BC AC tan α 两式相除得   = . CD tan β AH AC 由 ①、 ② 知  = . HF CD 五、 根据柯西不等式 , 有

以下证明 k = 6 满足题设要求 . 不妨设 a ≤b ≤c , 则
6 ( ab + bc + ca) > 5 ( a2 + b2 + c2 ) ,

两式相除得  



即  5 c2 - 6 ( a + b) c + 5 a2 + 5 b2 - 6 ab < 0 . Δ = [ 6 ( a + b) ]2 - 4 × 5 ( 5 a2 + 5 b2 - 6 ab)
= 64 [ - ( a - b) 2 + ab ]
a+ b ≤ 64 ab ≤ 64 2 因此 , 可得
2



= 16 ( a + b) 2 .

6 ( a + b) + Δ ≤ 6 ( a + b) + 4 ( a + b) c < 10 10 = a + b.

1
P1 + P2

+ …+

1
Pn - 1 + Pn

[ ( P1 + P2 ) + …

+ ( Pn - 1 + Pn ) ] ≥( n - 1) 2 .

这表明以 a 、 b、 c 为长度可构成三角形 . 以下是证明 k = 6 满足题意的其他一些方法 . 方法一 :不妨设 a ≤b ≤c. 若 c ≥a + b , 则
5 a2 + 5 b2 + 5 c2 - 6 ab - 6 bc - 6 ca = 4 ( a - b) 2 + [ 5 c - ( a + b) ][ c - ( a + b) ] ≥ 0, 2 2 2 > 与  6 ( ab + bc + ca) 5 ( a + b + c )



1
P1 + P2

+ …+

1
Pn - 1 + Pn

矛盾 . 故 c < a + b. 方法二 :构造函数
2 2 2 f ( x ) = 5 x - 6 ( a + b) x + 5 a + 5 b - 6 ab.

( n - 1) 2 ≥ 2 ( P1 + …+ Pn ) - P1 - Pn 2 ( n - 1) 2 ≥ ( n - 1) = n ( n + 1) - 3 ( n - 1) ( n + 2) - 1 ( n - 1) 2 n- 1 > = . ( n - 1) ( n + 2) n+2 六、 若 x = 1 ,则 y = 1 ;若 y = 1 ,则 x = 1 ;若 x = y , 则 x = y = 1 . 故只需讨论 x > y ≥ 2 的情形 . 由方程得

则 f ( c) < 0 . 因 f ( x ) 在区间
3 ( a + b) , + ∞ 递增 , 且 5 2 2 f ( a + b) = 5 ( a + b) - 6 ( a + b) ( a + b) + 5 a + 5 b2 - 6 ab = 4 ( a - b) 2 ≥ 0,

1<

x y

y

= yx - 2 y .

   故 c < a + b. 四、 如图 2 , 因 BC 是 ⊙O1 的直径 , AC 与 ⊙O1 切 于 C , 故 ∠B EC = ∠FEA = ∠BCA = ∠BCD = 90° . 设 ∠ABC = α, ∠CBD = β, 则     ∠A FC = α, ∠CEG = β. 根据正弦定理 , 有

故 x > 2 y , y| x. ( ) 设 x = ky , 则 k ≥ 3 , k ∈N. 于是 , ky = y k - 2 y . k- 2 有  k = y . 因 y≥ 2 , 故 yk - 2 ≥ 2k - 2. 用数学归纳法易证 2 k > 4 k ( k ≥ 5) . 于是 , 仅可能 k = 3 , 4. 当 k = 3 时 , y = 3 , x = 9 ; 当 k = 4 时 , y = 2 , x = 8. 所以 , 全部解 ( x , y ) 为 ( 1 , 1) , ( 9 , 3) , ( 8 , 2) . 七、 证法一 :由于 D 、 E、 A、 B 四点共圆 , 且 AB 为 该圆直径 , 根据正弦定理 , 可得
= AB = c , sin ∠DA E 即  DE = c sin ∠DA E. 又 ∠DCA = 90° - ∠DAC , 所以 , DE = ccos C.
DE

26

中 等 数 学 △ABC 的三条高平分 △DEF 的 内角 , 有 ∠A FE = ∠DFC = ∠CFD2 , 从而 , E 、 F、 D2 三点共线 . 同理 , D1 、 E、 F 三点共线 . 综上 所 述 , 垂 足 △DEF 为 △ABC 中周长最短的内接三角形 . 分别在 △ABC 的三边上取中点 M 、 N、 L ,则 DE + EF + FD ≤MN + NL + LM
1 ( AB + BC + CA) . 2 注 :本题证明方法较多 , 这里仅给出其中三种解 =
图5

同理 , DF = bcos B . 于是 , DE + DF = ccos C + bcos B = ( 2 R sin C) cos C + ( 2 R sin B ) cos B = R ( sin 2 C + sin 2 B ) = 2 R sin ( B + C) cos ( B - C) = 2 R sin A ? cos ( B - C) = acos ( B - C) ≤a. 同理 , DE + EF ≤b , EF + DF ≤c. 将上述三式相加得 1 DE + EF + FD ≤ ( a + b + c) . 2 证法二 :设 M 为 BC 中点 , E′ 为 E 关于 BC 的对 称点 , H 为 △ABC 的垂心 . 如图 3 , 因 B 、 D、 H、 F 四点共圆 , 故 ∠ 1= ∠ 4. 同 理, ∠ 2 = ∠ 3. 又 ∠ 1 = ∠ 2 ,故 ∠ 4= ∠ 3. 又 ∠ 3= ∠ 5 , 所以 ∠ 4= ∠ 5 , F、 D、 E′ 三点共线 . 在直角 △BCE 和直角 △BCF 中 , 有 EM = FM = 1 图3 BC. 而 M E ′ = ME , 故 2 DE + DF = DE′ + DF = E′ F ≤MF + M E ′ = BC. 同理 , DE + EF ≤AC , EF + FM ≤AB . 将上述三式相加 , 即知命题成立 . 证法三 :先证 △DEF 是 锐角 △ABC 的所有内接 三角形中周长最短的三 角形 . 设点 D ′ 是 BC 边上 任一固定点 , 如图 4 , 作 图4 点 D′ 关于 AB 、 AC 的对 称点 D1 、 D2 , 连结 D1 D2 分别交 AB 、 AC 于点 E ′ 、 F′ , 则 △D ′ E′ F′ 周长最短 . 事实上 , △D ′ E′ F′ 的周长 = D ′ E′ + E′ F′ + F′ D′ = D1 E ′ + E′ F′ + F′ D2 = D1 D2 . 在 AB 、 AC 上任取 E1 、 F1 , 则 △DE1 F1 的周长 = DE1 + E1 F1 + F1 D
= D1 E1 + E1 F1 + F1 D2 ≥D1 D2 ,

答. 八、 对两条平行且同方向的有向直线 , A1 , A2 , …, A8 的射影次序一定相同 . 所以 , 只要讨论通过一 定点 O 的所有有向直线即可 . 若所取的有向直线与某两点的连线垂直 , 则该 两点的射影必重合 , 所以不产生相应的排列 . 不然 ,
A1 , A 2 , …, A8 的射影必两两不重合 , 因此 , 对应地有

一个排列 . 设通过点 O 且与某 两点连线垂直的所有直线 的数目为 k. 显见 , k ≤C2 8
= 28. 由此产生 2 k 条有向

直线 , 依逆时针方向排列 , 设它 们 依 次 是 l1 , l2 , …,
l2 k , 如图 6 .
图6

对任意一条有向直线 l ( 不同于 l1 , …, l2 k ) 一定 存在两条相邻的有向直线 lj 、 lj + 1 , 使得 lj 、 l、 lj + 1 按逆 时针方向排列 . 显见 , 对取定的 j , 由这样的 l 所得到 的相应排列必相同 . 若对不同于 l1 , …, l2 k 的两条有向直线 l 、 l′ , 不存 在 j , 使得 lj 、 l、 lj + 1 及 lj 、 l′ 、 lj + 1 都满足上一段叙述中 所说的要求 , 则必有 j , 使 l′ 、 lj 、 l 按逆时针方向排列 . 设 lj 垂直于 Aj1 和 Aj2 的连线 , 显见点 Aj1 和 Aj 在有向 直线 l 、 l′ 上的射影的次序一定不同 , 相应得到的排列 必不同 . 如上所述 , 不同的排列数为 2 k. 注意到 , k = C2 8 是可以取到的 ,所以 , N8 = 56 .
( 命题组成员 :潘承彪   钱展望   苏淳   李胜宏

当且仅当 E1 、 F1 分别与 E ′ 、 F′ 重合时取等号 . 所以 , 当点 D ′ 固定时 , 上述 △D ′ E′ F′ 周长最短 . 因 ∠D1 AD2 = 2 ∠BAC , AD1 = A D ′ = AD2 , 根据余 弦定理 , D1 D2 的长度仅与 A D ′ 有关 , 当 A D ′ 取最小 值时 , D1 D2 也取最小值 . 此时 , △D ′ E′ F′ 为 △ABC 中周长最短的内接三角形 , 故点 D ′ 应为 BC 边上高线 的垂足 D. 如 图 5 , △ DEF 为 △ ABC 的 垂 足 三 角 形 , 则

  熊斌   吴伟朝   祁建新   钱展望执笔整理)

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中 等 数 学

2003 女子数学奥林匹克
(2003 - 08 - 27 — 08 - 28 ,武汉)

第 一 天
1 . 已知 D 是 △ABC 的边 AB 上的任意一点 , E

的交点为 E , F 在 DA 的延长线上 . 连结 B F , G 在 BA 的延长线上 , 使得 DG ∥B F , H 在 GF 的延长线上 ,
CH ⊥GF. 证明 : B 、 E、 F、 H 四点共圆 .

是边 AC 上的任意一点 ,连结 DE , F 是线段 DE 上的 任意一点 . 设
AD AE DF = x, = y, = z . 证明 : AB AC DE

4 . (1) 证明 : 存在和为 1 的五个非负实数 a 、 b、
c、 d、 e ,使得将它们任意放置在一个圆周上 , 总有两

(1) S △BDF = (1 - x ) yzS △ABC ,
S △CEF = x (1 - y ) (1 - z ) S △ABC ;

个相邻数的乘积不小于

1 ; 9

(2) 证明 : 对于和为 1 的任意五个非负实数 a 、
b、 c、 d、 e ,总可以将它们适当放置在一个圆周上 , 且

(2)

3

S △BDF +

3

S △CEF ≤

3

S △ABC .

2 . 某班有 47 个学生 ,所用教室有 6 排 ,每排有 8

任意相邻两数的乘积均不大于

1 . 9

个座位 ,用 ( i , j) 表示位于第 i 排第 j 列的座位 . 新学 期准备调整座位 , 设某学生原来的座位为 ( i , j ) , 如 果调整后的座位为 ( m , n ) , 则称该生作了移动 [ a ,
b ] = [ i - m , j - n ] , 并称 a + b 为该生的位置数 .

第 二 天
5 . 数列{ an } 定义如下 :
a1 = 2 , a n + 1 = a n - an + 1 , n = 1 ,2 , … .
2

所有学生的位置数之和 记为 S . 求 S 的最大可能 值与最小可能值之差 .
3 . 如图 1 , ABCD 是圆

证明 :1 -

1 1 1 1 + + …+ < 1. 2 003 < a1 a2 a2 003 2 003

6 . 给定正整数 n ( n ≥ 2) . 求最大的实数 λ,使得

λ( a1 + a2 + …+ an - 1 ) + 2 an 对任何满 不等式 a2n ≥ 足 a1 < a2 < …< an 的正整数 a1 , a2 , …, an 均成立 .
图1

内接四边形 , AC 是圆的 直径 , BD ⊥AC , AC 与 BD

7 . 设 △ABC 的三边长分别为 AB = c 、 BC = a 、 CA = b , a、 b、 c 互不相等 , AD 、 B E、 CF 分别为 △ABC 的

   对任给正整数 r ( r ≥ 2) , 总存在正整数 N ( r) , 当 n ≥N ( r) 时 ,存在正整数 a1 , a2 , …, ar ,使得 n =
a1 + a2 + …+ ar ,1 ≤a1 < a2 < … < a r , ai | ai + 1 , i =

则2 =2
=2
α- 2 t

α

α- 2 t

2t × 2 =2
t

α- 2 t

t t [1 + (2 - 1) (2 + 1) ]

+2

α- 2 t

(2 - 1) b1 + 2α- 2 t (2 t - 1) b2 +

…+ 2
n=2

α- 2 t

(2 t - 1) bk , (2 t - 1) bk ( 2 l + 1) .

1 ,2 , …, r - 1.

α- 2 t

(2 l + 1) + 2α- 2 t (2 t - 1) b1 (2 l + 1) +
α- 2 t

证明如下 : 当 r = 2 时 ,有 n = 1 + n - 1 ,取 N (2) = 3 即可 . 假设当 r = k 时结论成立 . 当 r = k + 1 时 ,取
N ( k + 1) = 4 N ( k ) .
α 设 n = 2 (2 l + 1) ,若 n ≥N ( k + 1) = 4 N ( k) 3 ,则 α
2 ≥ 2 N ( k ) ,或 2 l + 1 ≥ 2 N ( k) . 3

…+ 2

若 2l + 1 ≥ 2 N ( k ) ,则 l ≥N ( k ) . 由归纳假设 ,存 在正整数 c1 , c2 , …, ck ,使得
l = c1 + c2 + …+ ck ,1 ≤c1 < c2 < …< ck , ci | ci + 1 , i = 1 ,2 , …, k - 1.
α α+ 1 α+ 1 α+ 1

2

α 2 α, 使得 22 t 若2 ≥ 2 N ( k ) ,则存在正偶数 2 t ≤

因此 , n = 2 + 2 足要求 .

c1 + 2

c2 + … + 2

ck 满

≥N ( k ) 2 ,即 2 t + 1 ≥N ( k ) . 由归纳假设 , 存在正整 数 b1 , b2 , …, bk ,使得
t 2 + 1 = b1 + b2 + …+ bk ,1 ≤b1 < b2 < …< bk ,

由数学归纳法知 ,上述一般结论对所有的 r ≥ 2 成立 .
(2004 中国数学奥林匹克命题组   提供)

bi | bi + 1 , i = 1 ,2 , …, k - 1.

2004 年第 2 期

27 = ∠B HC + 90° + ∠B EF = ∠BGC + 90° + ∠B EF = ∠FEA + 90° + ∠B EF = 180° .

三条内角平分线 ,且 DE = DF. 证明 :
(1)
a b+ c

=

b c+ a

+

c a+ b

;

(2) ∠BAC > 90° . 8 . 对于任意正整数 n , 记 n 的所有正约数组成

所以 , B 、 E、 F、 H 四点共圆 .
4 . (1) 当 a = b = c = 1 , d = e = 0 时 ,把 a 、 b、 c、 3 1 是相邻的 , 3

的集合为 S n . 证明 : S n 中至多有一半元素的个位数 为 3.

d、 e 任意放置在一个圆周上 ,总有两个

参考答案
1 . (1) 如图 2 ,有
S △BDF = zS △BDE

它们的乘积不小于

1 . 9

(2) 不妨设 a ≥b ≥c ≥
d ≥e ≥ 0 ,把 a 、 b、 c、 d、 e按

= z (1 - x ) S △AB E = z (1 - x ) yS △ABC ,
S △CEF = (1 - z ) S △CDE

图 3 所示放置 . 因为 a + b +
c + d + e = 1 ,所以 , a +3d ≤ 1, a? 3d ≤
图2

= (1 - z) (1 - y) S △ACD = (1 - z) (1 - y) xS △ABC . (2) 由 (1) 得
3

a +3d

2

2

≤1 . 4

图3

S △BDF +
3

3

S △CEF
3

1 从而 , ad ≤ . 12
3

=(

(1 - x) yz +

x (1 - y ) (1 - z ) )

S △ABC
3

≤ ( 1 - x) + y + z + x + (1 - y) + (1 - z) 3 3
=
3

S △ABC

2 又因为 a + b + c ≤ 1 ,所以 , b + c ≤ . 于是 , 3 2 ( ) b + c 1 ≤ . bc ≤ 4 9

S △ABC .
6 8

因为 ce ≤ae ≤ad , bd ≤bc ,所以 ,相邻两数的乘 积均小于
1 . 9 1
an - 1

2 . 设上学期 ( i0 , j0 ) 空位 ,新学期 ( i 1 , j1 ) 空位 .

则 S =
-

i =1

∑∑( i + j) j =1

( i0 + j0 ) ( i 1 + j1 )

5 . 由题设得 an + 1 - 1 = an ( an - 1) . 所以 , 1
an + 1 - 1

6
i =1

8
j =1

∑∑( i + j) -

=

1

1
an

.

= ( i1 + j1 ) - ( i 0 + j0 ) .

1
a1

+

1
a2

+ …+ -

所以 , S max = (6 + 8) - (1 + 1) = 12 ,
S min = (1 + 1) - (6 + 8) = - 12.

a2 003

=

1
a1 - 1

1
a2 - 1

+

1
a2 - 1

-

1
a3 - 1

+ …+

故 S 的最大值与最小值之差为 24.
3 . 连结 B H 、 EF 、 CG. 因为 △BA F∽ △G AD ,则
FA DA = . AB AG

  ①
=

1
a2 003 - 1

-

1
a2 004 - 1

1
a1 - 1

-

1
a2 004 - 1

=1-

1
a2 004 - 1

.

因为 △AB E∽ △ACD ,则
AB AC = . EA DA

易知数列{ an } 是严格递增的 , a2 004 > 1 ,故 ②
1
a1

+

1
a2

+ …+

1
a2 003
2 003

< 1.

①×② 得

FA AC = . EA AG

为了证明不等式左边成立 ,只要证明
a2 004 - 1 > 2 003
n

.

因为 ∠FA E = ∠CAG ,所以 , △FA E∽ △CAG. 于是 , ∠FEA = ∠CGA . 由题设知 , ∠CBG = ∠CHG = 90° , 从而 , B 、 C、
G、 H 四点共圆 . 故 ∠B HC = ∠BGC. 于是 ,

由已知用归纳法可得 an + 1 = an an - 1 …a1 + 1 ,及
a n an - 1 …a1 > n , n ≥ 1.

从而 ,结论成立 .
6 . 当 ai = i , i = 1 ,2 , …, n 时 ,

∠B HF + ∠B EF

λ≤( n - 2) ÷n - 1 = 2 n - 4 . 2 n- 1

28

中 等 数 学
(2) 由 (1) 的结论有
a ( a + b) ( a + c)

下面证明不等式
an
2

2n - 4 ≥ ( a1 + a2 + …+ an - 1 ) + 2 an n- 1

对任何满足 0 < a1 < a2 < … < an 的整数 a1 , a2 , …,
a n 均成立 .

= b ( b + a) ( b + c) + c ( c + a) ( c + b) ,
2 a ( a + b + c) 2 2 = b ( a + b + c) + c ( a + b + c) + abc 2 2 > b ( a + b + c) + c ( a + b + c) .

因为 ak ≤ an - ( n - k ) , k = 1 , 2 , …, n - 1 ,
a n ≥n ,所以 ,

2n - 4 n- 1

n- 1

2n - 4 n ( n - 1) ( n - 1) an ak ≤ ∑ n 1 2 k =1

由 a2 > b2 + c2 . 所以 , ∠BAC > 90° .
8 . 考虑如下三种情况 : (1) n 能被 5 整除 , 设 d1 , d2 , …, dm 为 S n 中所

≤(2 n - 4) an - n ( n - 2)
= ( n - 2) (2 an - n) ≤( an - 2) an . 2n - 4 ≥ ( a1 + a2 + …+ an - 1 ) + 2 an . n- 1

有个位数为 3 的元素 ,则 S n 中还包括 5 d1 ,5 d2 , …,
5 dm 这 m 个个位数为 5 的元素 . 所以 , S n 中至多有

故 a2n

2n - 4 因此 ,λ的最大值为 . n- 1 7. 如 图 4.

一半元素的个位数为 3.
(2) n 不能被 5 整除 ,且 n 质因子的个位数均为 1 或 9 ,则 S n 中所有的元素的个位数均为 1 或 9. 结

由正弦定理得
sin ∠A FD sin ∠FAD =
AD AD = = FD ED
图4

论成立 .
(3) n 不能被 5 整除 ,且 n 有个位数为 3 或 7 的

质因子 p ,令 n = pr q ,其中 q 和 r 都是正整数 , p 和 q 互质 . 设 S q = { a1 , a2 , …, ak } 为 q 的所有正约数组 成的集合 ,将 S n 中的元素写成如下的方阵 :
a1 , a1 p , a1 p , …, a1 p , a2 , a2 p , a2 p , …, a2 p ,
2
r

sin ∠A ED . sin ∠DA E

则 sin ∠A FD
= sin ∠A ED .

2

r

故 ∠A FD = ∠A ED ,或 ∠A FD + ∠A ED = 180° . 若 ∠A FD = ∠A ED ,则 △ADF ≌△ADE , A F = A E. 于是 , △AIF ≌△AIE , ∠A FI = ∠A EI . 从而 , △A FC ≌△A EB . 故 AC = AB . 矛盾 . 所以 , ∠A FD + ∠A ED = 180° ,A 、 F、 D、 E 四点共 圆 . 于是 , ∠DEC = ∠DFA > ∠ABC. 在 CE 的 延 长 线 上 取 一 点 P , 使 得 ∠DPC = ∠B ,则 PC = PE + CE. ① 由 ∠B FD = ∠PED , FD = ED ,得 △B FD ≌△PED . 故 PE = B F =
ac . a+ b PC CD = . 于是 , BC CA
2

……
ak , ak p , ak p , …, ak p .
2
r

对于 di = aj pl ,选择 aj pl - 1 或 aj pl + 1 之一与之配 对 ( 所选的数必须在 S n 中) . 设 ei 为所选的数 ,我们 称 ( di , ei ) 为一对朋友 . 如果 di 的个位数都是 3 , 则 由 p 的个位数是 3 或 7 知 ei 的个位数不是 3. 假设 di 和 dj 的个位数都是 3 ,且有相同的朋友
e = as p ,则{ di , dj } = { as p
2
t t- 1 t +1

, as p

} . 因为 p 的个位

数为 3 或 7 ,从而 , p 的个位数是 9. 而 n 不能被 5 整
2 除 ,故 as 的个位数不为 0. 所以 , as pt - 1 , as pt - 1 ? p =
t +1

as p

的个位数不同 . 这与 di 和 dj 的个位数都是 3

又 △PCD ≌△BCA ,则

矛盾 ,因此 ,每个个位数为 3 的 di 均有不同的朋友 . 综上所述 , S n 中每个个位数为 3 的元素 , 均与 ② 一个 S n 中个位数不为 3 的元素为朋友 ,而且两个个 位数为 3 的不同元素的朋友也是不同的 . 所以 , S n 中至多有一半元素的个位数为 3.
(2003 女子数学奥林匹克命题组   提供)

ba 1 a PC = a? ? = . b+ c b b+ c

由 ①、 ② 得
a b+ c

a ac ab = + . 所以 , b+ c a+ b c+ a

2

=

b c+ a

+

c a+ b

.

34

中 等 数 学

2004 女子数学奥林匹克
   1 . 如果存在 1 ,2 , …, n 的一个排列 a1 , a2 , …,
a n ,使得 k + ak ( k = 1 ,2 , …, n ) 都是完全平方数 , 则

与 5 相加得到 32 , 因此 , 不存在满足条件的排列 , 所 以 11 不是 “好数” . (2) 13 是 “好 数” , 因 为 如 下 的 排 列 中 , k + ak
( k = 1 ,2 , …,13) 都是完全平方数 :
k: 1 2 3

称 n为 “好数” . 问 : 在集合{11 ,13 ,15 ,17 ,19} 中 ,哪些 是 “好数” ,哪些不是 “好数” ? 说明理由 . (苏   供题) 淳 
2. 设 a 、 b、 c 为正实数 . 求
a + 3c 4b 8c + a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c

4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5 4 3

ak : 8 2 13 12 11 10 9 1 7 6

(3) 15 是 “好 数” , 因 为 如 下 的 排 列 中 , k + ak ( k = 1 ,2 , …,15) 都是完全平方数 :
k : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ak : 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

的最小值 .

( 李胜宏   供题)

3 . 已知钝角 △ABC 的外接圆半径为 1. 证明 : 存

在一 个 斜 边 长 为 2 + 1 的 等 腰 直 角 三 角 形 覆 盖 ( 冷岗松   △ABC. 供题)
4 . 一副三色纸牌 , 共有 32 张 , 其中红黄蓝每种

(4) 17 是 “好 数” , 因 为 如 下 的 排 列 中 , k + ak ( k = 1 ,2 , …,17) 都是完全平方数 :
k : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 a k : 3 7 6 5 4 10 2 17 16 15 14 13 12 11 1 9 8

颜色的牌各 10 张 ,编号分别是 1 ,2 , …,10 ; 另有大小 王牌各一张 , 编号均为 0. 从这副牌中任取若干张 牌 ,然后按如下规则计算分值 : 每张编号为 k 的牌计 为 2 k 分 . 若它们的分值之和为 2 004 ,则称这些牌为 一个 “好牌组” . 试求 “好牌组” 的个数 . ( 陶平生   供题)
5. 设 u 、 v、 w 为正实数 , 满足条件 u
v wu + w vw +

其中用到了轮换 (1 ,3 ,6 ,10 ,15) . (5) 19 是 “好 数” , 因 为 如 下 的 排 列 中 , k + ak
( k = 1 ,2 , …,19) 都是完全平方数 :
k : 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ak : 8 7 6 5 4 3 2 1 16 15 14 13 12 11 10 9 19 18 17

1. 试求 u + v + w 的最小值 . uv≥ ( 陈永高   供题)

2. - 17 + 12 2 .

令 x = a + 2 b + c , y = a + b + 2c , z = a + b +
3 c ,则有 x - y = b - c , z - y = c . 由此可得
a + 3 c = 2 y - x , b = z + x - 2 y , c = z - y. a + 3c 4b 8c + a + 2b + c a + b + 2c a + b + 3c

6 . 给定锐角 △ABC ,点 O 为其外心 ,直线 AO 交

边 BC 于点 D . 动点 E 、 F 分别位于边 AB 、 AC 上 , 使 得 A、 E、 D、 F 四点共圆 . 求证 : 线段 EF 在边 BC 上 (熊   的投影的长度为定值 . 供题) 斌 
7 . 已知 p 、 q 为互质的正整数 , n 为非负整数 .


=

2y - x
x

+

4 ( z + x - 2 y)
y

-

8 ( z - y)
z

问 :有多少个不同的整数可以表示为 ip + jq 的形 式 ,其中 i 、 j 为非负整数 ,且 i + j ≤n . ( 李伟固   供题)
8 . 将一个 3 × 3 的正方形的四个角上各去掉一

y x z y = - 17 + 2 +4 +4 +8 x y y z

≥- 17 + 2 8 + 2

32 = - 17 + 12 2.



上式中的等号可以成立 . 事实上 ,由上述推导过程知 ,等号成立当且仅当 平均不等式中的等号成立 ,而这等价于
2
2 2 y =2x , y = 2x , 即 2 即 2 z y z =2y , z =2x , 4 =8 ,

个单位正方形所得到的图形称为 “十字形” . 在一个
10 × 11 的棋盘上 ,最多可以放置多少个互不重叠的 ( 每个 “十字形” “十字形” 恰好盖住棋盘上的 5 个小 ( 冯祖鸣   方格) ? 供题)

y x =4 , x y y z

参考答案
1 . 除了 11 之外都是 “好数” . (1) 易知 11 只能与 5 相加得到 42 , 而 4 也只能

亦即

a + b + 2 c = 2 ( a + 2 b + c) , a + b + 3 c = 2 ( a + 2 b + c) .

解此不定方程 ,得到 http://www.cnki.net

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2004 年第 6 期
b = (1 + 2) a , c = (4 + 3 2) a .

35

每张牌的分值都除以 2 , 就得到 “三王问题” 中的一 个分值之和为 k 的且允许包括有王牌的牌组 . 易见 , 这种对应是一一的 ,所以 ,这种牌组的个数为 uk .
(2) 若组内有王牌 , 则组内必有 2 张王牌 ( 大小

易算出 ,对任何正实数 a , 只要 b = ( 1 + 2 ) a ,
c = (4 + 3 2 ) a ,就都有式 ① 中的等号成立 .

王牌都在组内) . 去掉王牌后 , 就化归为分值之和为
2 k - 2 的无王牌的牌组 . 从而 , 这种牌组的个数为
uk - 1 . 所以 , a2 k = uk + uk - 1 =

所以 ,所求的最小值为 - 17 + 12 2.
3 . 不妨设 ∠C > 90° ,于是 ,min{ ∠A , ∠B } < 45° .

不妨设 ∠A < 45° . 如图 1 , 以 AB 为 直径 , 在顶点 C 的同 侧 作 半 圆 ⊙O , 则 C 位于 半 圆 ⊙O 内 . 作 射线 AT 使 得 ∠BAT
= 45° , 作射线 OE , 使

( k + 1) ( k + 2) k ( k + 1) + 2 2

2 = ( k + 1) , k = 1 ,2 , …,1 002.

特别地 ,所求的 “好牌组” 的个数为
a2 004 = 1 003 = 1 006 009.
2

解法 2 :对于 n ∈ {1 ,2 , …,2 004} ,用 an 表示分值
图1

之和为 n 的牌组的个数 ,则 an 等于函数
f ( x) = 1 + x
n

得 ∠BOE = 45° ,且与

0 2

2

半圆相交于点 E. 过点 E 作半圆的切线 ,分别交 AB 的延长线和 AT 于点 D 和点 F. 则等腰直角 △ADF 覆 盖 △ABC ,且
AD = AO + OD =

1+ x
0 2

1 2

3

1+ x

2 2

3

… 1 + x2

10

3

的展开式中 x 的系数 ( 约定| x | < 1) . 由于   f ( x) =
1 1+ x 1+ x 1+ x
3 1 2

1+ x

2 2

… 1 + x2

10

3

1 1 AB + 2 ? AB 2 2

  =

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

=

11 1 2 1- x (1 - x2 ) (1 - x) 2

3

,

=

1 1 (1 + 2 ) AB < (1 + 2 ) ? 2 R = 1 + 2. 2 2
2

11 而 n≤ 2 004 < 2 , 所以 , an 等于

1 的 (1 - x2 ) (1 - x ) 2

4 . 1 003 .

展开式中 x n 的系数 . 又由于
1 1 1 = ? ( 1 - x 2 ) ( 1 - x ) 2 1 - x2 ( 1 - x ) 2
2 4 2k )? = (1 + x + x + …+ x + …

解法 1 :称原题为 “两王问题” . 若增加一张王牌 (称为 ) , 编号也为 0 , 再考虑同样的问题 , 则 “中王” 称为 “三王问题” . 先考虑 “三王问题” . 将大中小三张王牌分别称 为红王 、 黄王 、 蓝王 ,于是 ,每种颜色的牌都是 11 张 , 编号都分别是 0 ,1 ,2 , …,10. 将分值之和为 n 的牌组 的个数记作 un . 每一个牌组都可能由红组 、 黄组 、 蓝 组组成 . 将其中红组 、 黄组 、 蓝组的分值之和分别记 为 x、 y、 z ,则有
x + y + z = n.

(1 + 2 x + 3 x2 + …+ (2 k + 1) x2 k + … ) ,

故知 x 的系数为
2 a2 k = 1 + 3 + 5 + …+ ( 2 k + 1) = ( k + 1) , k = 1 ,2 , ….

2k

从而 ,所求的 “好牌组” 的个数为
a2 004 = 1 003 = 1 006 009.
2

5.

3.
v+ w w+ u u+ v

由均值不等式和题中条件 ,知
u

由于任一非负整数的二进制表示方法惟一 , 所 以 ,一旦 x 、 y、 z 的值确定之后 , 红组 、 黄组 、 蓝组的 构成情况便惟一确定 . 而方程 x + y + z = n 的非负 整数解的组数等于 C n + 2 ,所以 ,
un = C n + 2 =
2 2

2

+v

2

+w

2 1, uv ≥

≥u

vw + v

wu + w

( n + 1) ( n + 2) . 2



即  u v + vw + wu ≥ 1.    故 ( u + v + w) 2 = u2 + v2 + w2 + 2 uv + 2 vw + 2 wu
=
u +v
2 2

现考虑原题中的 “两王问题” . 对于 n ∈{1 ,2 , …,2 004} ,用 an 表示分值之和为 n 的牌组的个数 . 当 n =2k ≤ 2 004 时 , 对于分值之和为 2 k 的任 一牌组 ,有 : (1) 若组内无王牌 ,则该牌组就是 “三王问题” 中 的一个分值之和为 2 k 的无王牌的牌组 . 如果将其中

2

+

v +w

2

2

1

+

w + u

2

2

2

+ 2 uv + 2 vw + 2 wu

≥ 3 uv + 3 vw + 3 wu ≥ 3. 因此 , u + v + w ≥ 3. 另一方面 , u = v = w = 时 u + v + w = 3. http://www.cnki.net
3 显然满足题中条件 ,此 3

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36

中 等 数 学
{ ip + ( n - i) q| i = n - p +1 , n - p + 2 , …, n} , n ≥p ; { ip + ( n - i) q| i = 0 ,1 , …, n} , n < p. 令 an = | A ( p , q , n) | ,有 =
an - a n - 1 = p, n+1, n ≥p ; n< p

综上所述 ,知 u + v + w 的最小值为 3.
6 . 如图 2 , 设 EF 在边 BC 上的投影为 E0 F0 ,过点 D 分别作
DM ⊥AB 于 M , DN ⊥ AC 于 N , 过点 M 、 N

注意到 a0 = 1 ,故对 n < p ,有
an = a0 + ( a1 - a0 ) + …+ ( an - a n - 1 )

分别作 MM0 ⊥BC 于
M0 , NN 0 ⊥BC 于 N 0 .

由 ∠AMD = ∠AND = 90° ,知 图2 ∠MDN = 180° - ∠BAC. 因为 ∠EDF = 180° - ∠BAC ,所以 , ∠MDE = ∠NDF. 因此 ,Rt △DME Rt △DN F. EM DM AD sin ∠DAM sin ∠DAM 故 = = = . FN DN AD sin ∠DAN sin ∠DAN 1 (180° 又 ∠OAB = - 2 ∠C) = 90° - ∠C , 2 1 (180° ∠OAC = - 2 ∠B ) = 90° - ∠B , 2 EM cos C 则 = . FN cos B 由平行线所截线段对应成比例的性质知
E0 M0 BM0 F0 N 0 CN 0 = = cos B , = = cos C. EM BM FN CN

= 1 + 2 + …+ ( n + 1) =

( n + 1) ( n + 2) ; 2

因此 ,对 n ≥p ,有 an = ap - 1 + ( ap - ap - 1 ) + …+ ( a n - a n - 1 )
p (2 n - p + 3) = ap - 1 + ( n - p + 1) p = . 2

8 . 15 个 .





cos B E0 M0 FN = ? . cos C F0 N 0 EM



由 ①、 ② 得 E0 M0 = F0 N 0 . 故 E0 F0 = M0 N 0 ( 定 值) .
7 . 如果记 A ( p , q , n) = { ip + jq| i 、 j≥ 0,i + j ≤ n} ,则 A ( p , q , n) 中所包含的元素个数为 ( n + 1) ( n + 2) , n < r; 2 | A ( p , q , n) | = ① r (2 n - r + 3) , n ≥r , 2

其中 r = max{ p , q} . 下面证明式 ① 成立 . 不妨设 r = p. 由定义易知有 | A ( p , q ,0) | = 1 ,| A (1 ,1 , n) | = n + 1. 此时式 ① 成立 . 下设 p > q . 根据定义可知 A ( p , q , n) \ A ( p , q , n - 1) < { ip + ( n - i ) q| i = 1 ,2 , …, n}. 注意到 ip + ( n - i) q = p ( i + q) + q ( n - p - i) ,且 ( i + q) + ( n - p - i ) = n - p + q ≤n - 1 ,则有
ip + ( n - i ) q ∈A ( p , q , n - 1) Ζ n - p - i ≥ 0. 故 A ( p , q , n) \ A ( p , q , n - 1)

首先证明最多可放 15 个 “十字形” . 反证法 . 假设可放 16 个 “十字形” . 对每个 “十 字 × × × × × × × × × × × 形” ,我们称其中心 × × × (记 × 的方格为 “心” × × 为 3 ) . 如图 3 ,将 × × × 10 ×11 的 棋 盘 去 × × × 掉周围一圈方格 , × × 得到一个 8 ×9 的 × × 方格表 ,显然 ,每个 × × × × × × × × × × × 图3 “十字形” 的 “心” 都 只能出现在这个 8 × 9 的方格表中 . 注意在每一个 1 3 3 ×3 的 方 格 表 中 1 3 1 2 ] 3 1 2 3 2 最多 可 放 两 个 2 “心” ,如图 4. 1 下面讨论 ,如 1 3 1 3 ] 何在一个 8 ×3 的 1 2 2 3 2 3 方格表中放入尽可 2 能多的 “心” . 如图 图4 5 , 将 8 ×3 的方格 表自上至下分为 3 × 3 ,2 × 3和3× 3 的三个方格表 . 如果在中部的 2 × 3 的方格表中至多放一个 “心” ,由 于在每个 3 × 3 的方格表中 3 3 3  3 最多可放两个 “心” , 所以 , ××× ××× 最多 一 共 可 以 放 入 5 个 3 3   “心” . 如果在中部的 2 ×3 3 3 的方格表中放入两个 “心” , ××× ××× 那么 ,第三行和第六行都必 3   3 3 3 须空着 . 通过穷举 , 知只能 图5 有如图 5 所示的两种放置 http://www.cnki.net

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37

    

数学奥林匹克初中训练题 (71)
第 一 试 一、 选择题 ( 每小题 7 分 ,共 42 分) 1. 已知 x 、 y、 z、 a、 b 均为非零实数 ,且满 xy 1 yz 1 zx 1 足 = , = 3 , = 3 3 , x + y a3 - b3 y + z a z+ x a + b xyz 1 ). = . 则 a 的值为 (    xy + yz + zx 12 (A) 1   (B) 2 ( C) - 1 (D) - 2
2. 如图 1 , 在等

△ABD ,使点 C 、 D 在 AB 的同一侧 ; 再以 CD 为一边作等边 △CDE , 使点 C 、 E 在 AB 的异 ). 侧 . 若 A E = 1 ,则 CD 的长为 (   
(A) 3 - 1       (B) 6 - 2 ( C) 3- 1 2 (D) 6- 2 2
6

3. 对于任意给定的正整数 n , n + 3 m 为

某正整数的立方 ,其中 m 为正整数 . 那么 ,这 ). 样的 m (    (A) 只有一个   (B) 只有两个 ( C) 有无数多个
(D) 不存在 4. 如图 2 所示 , 在 Rt △ABC 中 , ∠ABC =

腰 Rt △ABC 中 , AC = BC . 以 斜 边 AB 为 一 边 作 等 边

图1

图2

6个 “心” 的方法 .

如图 6 ,我们将 8 × 9 的方格表分为三个 8 × 3的 ( b) 、 ( c ) . 由于 方格表 ,自左至右依次称它们为 ( a ) 、 在8× 9 的方格表中共有 16 个 “心” ,所以 ,必有一个 8× 3 的方格表中有 6 个 “心” . 如果在 ( b ) 中有 6 × 3 × 个 “心” , 由 于 在 8 ×3 × 3 × × × 的方格表中只 有 两 种 × 3 × 相互对称的放置 6 个 × 3 × × × “心” 的方法 , 故不妨设 × 3 × 6个 “心” 分 布 如 图 6. × 3 × 易知 , 此时第 3 列和第 图6 7 列中不能放 “心” .不 难看出 ,在 ( a ) 和 ( c ) 中最多只能各放 4 个 “心” .从 而 ,一共放 4 + 6 + 4 = 14 个 “心” ,导致矛盾 . (c) 中各有 6 个 如果在 (a) 、 “心” ,则第 4 列和第 6 列中都不能放 “心” ,从而 , ( b) 中只有中间一列可以放 “心” . 不难看出 ,此时 ( b) 中最多只能放 3 个 “心” .从 而 ,一共放 6 + 3 + 6 = 15 个 “心” ,亦导致矛盾 . 如果在 ( a) 和 ( c ) 之一中放有 6 个 “心” , 不妨设

在 ( a) 中放有 6 个 “心” ,且可设它们放置如图 7. 此时 第 4 列中不能放 “心” , 3 × 从而 , ( b) 中最多可放 4 3 × × 个 “心” ,一共放 6 + 4 + 3 × 5 = 15 个 “心” , 亦导致 3 × × 矛盾 . × 综上所述 , 知在 8 3 3 × × 9 的方格表中最多只 图7 能放置 15 个 “心” . 最后 ,给出例子 ,说明确实可以放置 15 个 “心” , 如图 8 所示 .
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 图8 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3


3 3

( 命题组   供稿 ,苏   淳  整理)

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32

中 等 数 学

2005 女子数学奥林匹克
第一天
  1. 如图 1 ,点 P 在 △ABC 的 外 接 圆 上 , 直线 CP 、 AB 相 交 于 点 E , 直线 B P 、 AC 相 交于点 F , 边 AC 的垂 直平 分 线 交 边 AB 于 点 J , 边 AB 的垂直平 分线交边 AC 于点 K.
CE AJ ? JE 求证 : 2 = . KF B F A K?
2

数 n 及 n 个互不相交的无限整数集合 A 1 ,
A 2 , …, A n 满足 A 1 ∪A 2 ∪…∪A n = Z ,而且对

于每个 A i 中的任意两数 b > c ,都有
b - c ≥a .
i

( 袁汉辉   供题)

第二天
5. 设正实数 x 、 y 满足 x + y = x - y . 求
3 3

证 : x + 4 y < 1.
图1

2

2

(熊   供题) 斌 

6. 设正整数 n ( n ≥ 3) . 如果在平面上有
n 个格点 P1 , P2 , …, Pn 满足 : 当 | Pi Pj | 为有

( 叶中豪   供题)

理数时 , 存在 Pk , 使得 | Pi Pk | 和 | Pj Pk | 均为 无理数 ; 当| Pi Pj | 为无理数时 ,存在 Pk ,使得
| Pi Pk | 和 | Pj Pk | 均为有理数 , 那么 , 称 n 是

2. 求方程组 5 x+ 1
x

= 12 y +

1
y

= 13 z +

1
z

,

xy + yz + zx = 1

的所有实数解 .

( 朱华伟   供题)

3. 是否存在这样的凸多面体 , 它共有 8

“好数” . ( 1) 求最小的好数 ; ( 2) 问 :2 005 是否为好数 ? ( 冯祖鸣   供题)
7. 设 m 、 n 是整数 , m > n ≥ 2 , S = {1 ,2 ,

个顶点 、 12 条棱和 6 个面 , 并且其中有 4 个 面 ,每两个面都有公共棱 ? ( 苏   淳  供题)
4. 求出所有的正实数 a , 使得存在正整
2 16 15
k =1

…, m } , T = { a1 , a2 , …, an } 是 S 的一个子 集 . 已知 T 中的任两个数都不能同时整除 S
2 k = 15 + r (16 ≤r ≤ 30) .

   ∑ f ( k) =
k =1



(16 - k ) [ T (2 k - 1) + T (2 k ) ] . ③


r

k - 15 =

15 + r - 15 = <
r

2

r

记 ak = T (2 k - 1) + T (2 k ) , k = 1 ,2 , …,15 ,易得
ak 的取值情况如表 2.

15 + r + 15

2

,

31

<

r

表  2
k ak

15 + r + 15 1 {
r
2

2

30
r

, < 2.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 5 6 6 7 8 6 9 8 8 8 10 7 10 10
256 15

30 1≤ <

15 + r}

<

31



1 { k}
240
k =1

=1 ,k ∈ {241 ,242 , …,255} .
256
k = 241



   因此 ,

k =1

∑f ( k) = ∑(16 k =1

k) ak = 783.



从而 ,

∑f ( k) = 783 - ∑f ( k)

据定义 , f (256) = f (162 ) = 0. 又当 k ∈ {241 ,242 , …,255} 时 ,设

= 783 - 15 = 768. (2005 年全国高中数学联赛组委会   提供)

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2005 年第 12 期

33

中的任何一个数 . 求证 : 1 1 1 m+ n + + …+ < .
a1 a2 an m

则由 xy + xz = 立解得
yz =

5 12 13 , yz + xy = , zx + zy = 联 15 15 15

( 张同君   供题) 8. 给定实数 a 、 b ( a > b > 0 ) , 将长为 a 、

10 3 2 , zx = , xy = . 15 15 15 10 3 2 2 × × = ± . 15 15 15 15

宽为 b 的矩形放入一个正方形内 ( 包含边 界) . 问正方形的边至少为多长 ? ( 陈永高   供题)

所以 , xyz = ±

故原方程组有两组解为
1 2 1 2 , ,1 和 ,,- 1 . 5 3 5 3

参考答案

注 :本题还可应用三角方法 、 代入法求解 , 或设 第一个方程等于一个参数 ,再联想勾股数求解 .
3. 存在 . 如图 3 所示 .

图3

4. 若 0 < a < 2 ,当 n 充分大时 ,有 2
CE J E J E CE JC AJ    = = , = = . B F KB A K B F KF KF A i = {2
i- 1 n- 1

n- 1

> a .令

n

m | m 为奇数} , i = 1 ,2 , …, n - 1 ,

将以上两式左 、 右两端分别相乘即得结论 .
2. 由 x + 1
x

A n = {2

的倍数}.

=

x + xy + yz + zx x x

2

则该分拆满足要求 . 若 a≥ 2 ,设 A 1 , A 2 , …, A n 满足要求 . 令 M = {1 ,2 , …,2 n } .
n- i 下面证明| A i ∩M| ≤ 2 .

  =

( x + y) ( x + z)

,

则第一个方程可变为
5 yz ( x + y ) ( x + z) = 12 xz ( y + x ) ( y + z) = 13 xy ( z + x ) ( z + y ) .
x ( y + z) = a ,

设 A i ∩M = { x1 , x2 , …, xm } , x1 < x2 < … < xm , 则
2 > xm - x1 = ( xm - xm - 1 ) + ( xm - 1 - xm - 2 ) + …+ ( x2 - x1 )
n

设 y ( z + x) = b ,
z ( x + y) = c .

≥( m - 1) 2 i . ① 所以 , m - 1 < 2 n - i ,即 m < 2 n - i + 1.
n- i 故 m≤ 2 . A i ∩M ( i = 1 ,2 , …, n) 为 M 的一个分拆 ,故 n n

则 a+ b+ c=2,
5 bc = 12 ca = 13 ab

Ζ 5 = 12 = 13 = k .
a b c



式② 代入式 ① 得
5
k

2 = | M| =

n

i =1



| A i ∩M | ≤

i =1

2 ∑

n- i

=2 - 1,

n

+

12
k

+

13
k

= 2.

解得 k = 15.

矛盾 . 因此 ,所求的 a 为所有小于 2 的正实数 . 5. 由平均不等式得 http://www.cnki.net

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34
3 2 5y + x y ≥ 2 2 2 2 4 5 x y > 4 xy . 3 3 2

中 等 数 学 个数 ,所以 ,当 i ≠j 时 ,有 Ti ∩Tj =
n n i i =1

.则

所以 , ( x + 4 y ) ( x - y ) < x + y . 3 3 x + y 故 x2 + 4 y2 < = 1. x- y 6. 我们断言最小的好数为 5 ,且 2 005 是好数 . 在三点组 ( Pi , Pj , Pk ) 中 ,若| Pi Pj | 为有理数 ( 或 无理数) ,| Pi Pk | 、 | Pj Pk | 为无理数 ( 或有理数) ,则称
( Pi , Pj , Pk ) 为一个好组 . (1) n = 3 显然不是好数 .
n = 4 也不是好数 .

| T| ∑

=

i =1


m ai

m ai

≤m .
+ 1 ,所以 ,
n

又因为
n

m < ai
n

i =1

∑a
n i =1 n

m
i

< 1
i

i =1

∑(
n

m ai m
i

+ 1) =

i =1



m ai

n

+

i =1

1 ≤m + n , ∑

即  m 故

∑a
i =1

= <

i =1

∑a

< m + n.

若不然 ,假设 P1 、 P2 、 P3 、 P4 满足条件 . 如图 4 , 不妨设| P1 P2 | 为有理数及 ( P1 , P2 , P3 ) 为一好组 , 则 ( P2 , P3 , P4 ) 为一好组 . 显然 , ( P2 , P4 , P1 ) 和 ( P2 ,
P4 , P3 ) 均不是好组 . 所以 , P1 、 P2 、 P3 、 P4 不满足条

∑a

1
i

m+ n . m

8. 设长方形为 ABCD , AB = a , BC = b ,中心为点
O . 以 O 为原点 ,建立直角坐标系 , x 轴 、 y 轴分别与

件 . 矛盾 .

正方形的边平行 . 下面分两种情形讨论 . (1) 线段 BC 与坐标轴不相交 . 如图 6 , 不妨设 1 BC 在第一象限内 ,则有 ∠BOx ≤ (90° - ∠BOC) . 2 此时 ,正方形的边长 ≥BDcos ∠BOx
- ∠BOC ≥BDcos 90° 2 ∠BOC ∠BOC = BDcos 45° ? cos + BD sin 45° ? sin 2 2

图 4           图5

=

2 ( a + b) . 2 2 ( a + b) . 2

n = 5 是好数 . 以下五个格点满足条件 : A 5 = { (0 ,0) , (1 ,0) , (5 ,3) , (8 ,7) , (0 ,7) }.

所以 ,此时正方形边长至少为

如图 5. (2) 设 A = { (1 ,0) , (2 ,0) , …, (669 ,0) } , B = { (1 ,1) , (2 ,1) , …, (668 ,1) } , C = { (1 ,2) , (2 ,2) , …, (668 ,2) } ,
S 2 005 = A ∪B ∪C.

对任意正整数 n , 易证 n2 + 1 和 n2 + 4 不是完 全平方数 . 不难证明 , 对于集合 S 2 005 中任两点 Pi 、
Pj ,| Pi Pj | 为有理数当且仅当 Pi Pj 与某一坐标轴平

图 6            图7

(2) 线段 BC 与坐标轴相交 , 如图 7. 不妨设 BC

行 . 所以 ,2 005 是好数 . 注 : 当 n = 6 时 ,有 A 6 = A 5 ∪ { ( - 24 ,0) } ; 当 n = 7 时 ,有 A 7 = A 6 ∪ { ( - 24 ,7) }. 可验证 n = 6 ,7 均为好数 . 当 n≥ 8 时 ,可像 n = 2 005 那样排成三行 ,表明
n≥ 8 时 ,所有的 n 都是好数 .

与 x 轴相交 ,且 ∠COx ≤ 此时 ,正方形的边长

1 ∠COB . 2

≥ACcos ∠COx ≥ACcos ∠COB = a . 2 所以 ,此时正方形边长至少为 a . 比较两个结论知 : 若 a < ( 2 + 1) b ,则正方形的边长至少为 a . 若 a ≥( 2 + 1 ) b , 则 正 方 形 的 边 长 至 少 为
2 ( a + b) . 2 ( 朱华伟   提供)

7. 构造 Ti = { b ∈S ai | b} , i = 1 ,2 , …, n . 则 | Ti | =
m ai

.

由于 T 中任意两个数都不能同时整除 S 中的一 ? 1994-2007 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

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32

中 等 数 学

2006 女子数学奥林匹克
第一天
) →R 满足 1. 设 a > 0 , 函数 f : ( 0 , + ∞
f ( a ) = 1. 如果对任意正实数 x 、 y ,有 f ( x) f ( y) + f a f x a y M = {1 ,2 , …,19} , A = { a1 , a2 , …, ak } ? M .

求最小的 k ,使得对任意的 b ∈M , 存在 ai 、 aj ∈A ,满足 b = ai 或 b = ai ±aj ( ai 、 aj 可 以相同) .
n n n

= 2 f ( xy ) ,



( 李胜宏   供题)
n

求证 : f ( x ) 为常数 .

( 朱华伟   供题)

7. 设 xi > 0 ( i = 1 ,2 , …, n) , k ≥ 1. 求证 :
i =1

2. 设凸四边形 ABCD 的对角线交于点
O . △OAD 、 △OBC 的外接圆交于点 O 、 M ,直



k +1 1 xi 1 ? xi ≤ ? k . 1 + xi i = 1 1 + x i i =1 i = 1 xi







线 OM 分别交 △OAB 、 △OCD 的外接圆于点
T、 S . 求证 : M 是线段 TS 的中点 .

( 李伟固   供题) 8. 设 p 为大于 3 的质数 . 求证 : 存在若干

( 叶中豪   供题) 3. 求证 : 对 i = 1 ,2 ,3 , 均有无穷多个正

个整数 a1 , a2 , …, at 满足条件
p

2

< a1 < a2 < …< at <

p

2

,

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 .
( 袁汉辉   供题) 4. 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

使得乘积
p - a1 p - a2 p - at ? ? … ? | a1 | | a2 | | at |

是 3 的某个正整数次幂 .

( 纪春岗   供题)

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

参考答案
1. 在式 ① 中令 x = y = 1 ,得
2 2 2 f (1) + f ( a) = 2 f (1) , ( f (1) - 1) = 0.

个人两两认识 , 那么 , 是否一定可以找出 4 个人两两认识 ?
(苏   淳  供题)

则 f (1) = 1. 在式 ① 中令 y = 1 ,得
f ( x ) f (1) + f f ( x) = f a x a f ( a) = 2 f ( x ) , x

第二天
5. 平面上整点集
S = { ( a , b) │ 1 ≤a , b ≤ 5( a、 b ∈Z) } , T 为平面上一整点集 ,对 S 中任一点 P ,总存

( x > 0) .
a ,得 x a f ( x ) = 2 f ( a) , x



在式 ① 中取 y =
f ( x) f f ( x) f a x a x

+f = 1.

在 T 中不同于 P 的一点 Q , 使得线段 PQ 上 除点 P 、 Q 外无其他的整点 . 问 T 的元素个 数最少为多少 ?
6. 设集合 ( 陈永高   供题)



由式 ②、 ③ 得 f 2 ( x ) = 1 ( x > 0) . 在式 ① 中取 x = y = t ,得 http://www.cnki.net

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2006 年第 11 期
2 2 f ( t) + f

33
a t

= 2 f ( t) .

所以 , f ( t ) > 0. 故 f ( x ) = 1 ( x > 0) .
2. 证法 1 : 如图 1 , 联结 B T 、 CS 、 MA 、 MB 、 MC 、
MD .

图2

易知 EG = FG. 又由垂径定理 ,知 E 是 TO 中点 , F 是 OS 中点 . 因此 , TM = TO + OM = 2 EO + 2 OG = 2 EG ,
MS = OS - OM = 2 OF - 2 OG = 2 GF.

① ②

由式 ①、 ② 即知 TM = MS .
图1

3. 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 3 k 或 3 k ± 1 ( k ∈Z) ,而
3 3 3 2 (3 k) 3 = 9 × 3 k , (3 k ± 1) = 9 (3 k ± 3 k + k) ± 1.

因为 ∠B TO = ∠BAO , ∠BCO = ∠BMO ,所以 , △B TM∽ △BAC ,得
TM BM = . AC BC



对 i = 1 , 令 n = 3 ( 3 m - 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

同理 , △CMS ∽ △CBD ,得
MS CM = . BD BC TM BM AC ①÷② 得 = ? . MS CM BD

三个整数的立方和 . ② ③ 而 n + 2 = (3 m - 1) 3 + (3 m - 1) 3 + (3 m - 1) 3 . 对 i = 2 , n = (3 m - 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 = (3 m - 1) 3 + 23 + 63 ,
3 3 3 n + 28 = (3 m - 1) + 5 + 5 .

又 ∠MBD = ∠MCA , ∠MDB = ∠MAC ,所以 , △MBD∽ △MCA ,得
BM BD = . CM AC



对 i = 3 , n = 216 m 3 ( m ∈Z + ) 满足条件
3 3 3 n = (3 m ) + (4 m ) + (5 m ) , 3 3 3 n + 2 = (6 m ) + 1 + 1 , 3 3 3 n + 28 = (6 m ) + 1 + 3 .

将式 ④ 代入式 ③ 即得 TM = MS . 证 法 2 : 如 图 2 , 设 △OAB 、△OBC 、△OCD 、 △ODA 的外心分别为 O1 、 O2 、 O3 、 O4 ,过点 O1 、 O3 作
TS 的垂线 ,垂足分别为 E 、 F. 联结 O2 O4 交 TS 于点 G.

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 . 以下是该 情形的证明 . 证明 : 对 n = 9 m + 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 ( k ∈Z) 型的整数 . 小于 (3 N ) 3 ( N ∈Z + ) 的 9 m + 3 ( m ∈Z) 型的正 整数共有 3 N 3 个 . 小于 3 N 的 3 k + 1 ( k ∈Z) 型的正整数有 N 个 , http://www.cnki.net

因 OM 是 ⊙O2 、 ⊙O4 的公共弦 ,故 O2 O4 垂直平 分 OM ,即 G 是线段 OM 的中点 . 同样 , O1 O4 垂直平分 OA , O2 O3 垂直平分 OC , 得 O1 O4 ∥O2 O3 . 同理 , O1 O2 ∥O3 O4 . 因此 ,四边形 O1 O2 O3 O4 是平行四边形 ,其对角 线互相平分 .

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34

中 等 数 学 子: 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 2 个人 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 个人两两彼此认识 .
5. 最少个数为 2.

三个这样的立方数之和的组合不超过 N 3 种 ,故小于
(3 N ) 3 ( N ∈Z + ) 的 9 m + 3 ( m ∈Z) 型的正整数中至

少有 3 N - N = 2 N 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 的情形得证 .
4. (1) 分情形讨论 .

3

3

3

情形 1 : 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 . 若不然 ,假如他们之中有
2 人互不认识 , 则在他们与原来的 3 个人一起构成

先证 T 不可能只包含一个点 . 若不然 ,设
T = { Q ( x0 , y0 ) }.

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 2 : 在剩下的情形中 ,任何 3 个人中 ,都有某
2 个人相互认识 . (i) 如果 8 个人中有 1 个人 A 至多认识 3 个人 ,

在 S 中取点 P ( x1 ,
y1 ) 满 足 ( x1 , y1 ) ≠

( x0 , y0 ) , 且 x1 与 x0 同

那么 ,他至少不认识 4 个人 . 显然 , 这 4 个人中的任 何 2 人都彼此认识 . 若不然 ,这 2 个人与 A 一起构成 的 3 人组中就没有 2 个人互相认识 , 导致矛盾 . 所 以 ,此时题中结论成立 .
(ii ) 如果存在 1 个人 A 至少认识 5 个人 , 那么 ,

奇偶 , y1 与 y0 同 奇 偶 . 则线段 PQ 的中点为一 整点 . 矛盾 .
T 含两个点的情形如图 3.

图3

6. 由假设 ,在 A 中 , 有 k ( k + 1 ) 种可能的组合 .

这 5 个人中有 3 个人两两彼此认识 , 他们又都认识
A ,所以 ,他们与 A 一起即为所求的 4 人 .

从而 , k ( k + 1) ≥ 19 ,即 k ≥ 4. 当 k = 4 时 ,有 k ( k + 1) = 20. 不妨假设 a1 < a2
< a3 < a4 . 则 a4 ≥ 10. (1) 当 a4 = 10 时 ,有 a3 = 9. 这时 , a2 = 8 或 7.

(iii) 只须再考虑每个人都恰好有 4 个熟人 , 并

且任何 3 个人中都有 2 个人相互认识的情形 . 任取其中 1 个人 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 互不 认识 . 此时 , A 有 3 个不认识的人 F 、 G、 H ,而这 3 个 人中的任何 2 个人都与 A 构成 3 人组 , 所以 , F 、 G、
H 中的任何 2 个人都相互认识 . 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 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

如果 a2 = 8 ,则 20 ,10 - 9 = 1 ,9 - 8 = 1 ,故 A 中的
19 个数不可能全部产生 . 如果 a2 = 7 ,则 a1 = 6 或 a1 = 5. 由于 20 ,10 - 9 = 1 ,7 - 6 = 1 或 20 ,9 - 7 = 2 ,7 - 5 = 2 ,这不可能 . (2) 当 a4 = 11 时 , 有 a3 = 8. 这时 , a2 = 7 以及
a1 = 6 , 这不可能 .

(3) 当 a4 = 12 时 ,有 a3 = 7. 这时 , a2 = 6 , a1 = 5 ,

这不可能 .
(4) 当 a4 = 13 时 ,有 a3 = 6 , a2 = 5 , a1 = 4 , 这不

们中的同一个人 , 否则 , 该人与 B 、 C 所成的 3 人组 中的任何 2 个人均互不认识 , 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

可能 .
(5) 当 a4 = 14 时 ,有 a3 = 5 , a2 = 4 , a1 = 3 , 这不

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 ,任何两个相邻位置的

可能 .
(6) 当 a4 = 15 时 ,有 a3 = 4 , a2 = 3 , a1 = 2 , 这不

人都互不认识 . 然而他们中的任何 3 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

可能 .
(7) 当 a4 = 16 时 ,有 a3 = 3 , a2 = 2 , a1 = 1 , 这不

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

可能 .
(8) 当 a4 ≥ 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. http://www.cnki.net

此认识 ,则不一定可以找出 4 个人两两彼此认识 . 例

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2006 年第 11 期 7. 证法 1 : 原不等式等价于
n i =1

35

一直做下去 ,就得到了
1
n i i i =1

∑1 + x ?∑ x
i i =1 i ≠j

xi

k +1

n

1
k i

n

k +1

i =1

∑1 + x ?∑x
1 ?k xj xj
i ≠j

≥ 0.

b0 , b1 , b2 , …, bp .

上式左端 =
=
x
k +1 i

∑1 + x
k +1 j k i j

xi

这 p + 1 个整数均在 ( i

p

i

∑1 + x
k +1

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 p - bi + 1 p - bj - 1 ? ? … ? | bi | | bi + 1 | | bj - 1 |
k j

i ≠j

∑ (1 + x ) x
i ≠j

- x

1 = 2 = 1 2



xi

- xj xj - xi + (1 + x i ) xjk (1 + xj ) x k i
k +1 i

k +1

k +1

k +1

i ≠j

∑( x

- xj - x

k +1

)

(1 + xj ) x - (1 + x i ) x k (1 + x i ) ( 1 + xj ) x k i xj

k i

=

i +1 3 i b′ b′ 3 j - 1 b′ i +1 3 i +2 j ? ? … ? . b′ b ′ b′ i i +1 j- 1

c

c

c

1 = 2

i ≠j

∑( x

k +1 i

k +1 j

( x k - x jk ) + x i x j ( x ki - 1 - x kj - 1 ) ) i k (1 + x i ) (1 + x j ) x k i xj

由于 bi = bj ,从而 , b′ i = b′ j . 因此 ,上式 = 3 ci + ci + 1 + …+ cj - 1 = 3 n ( n > 0) . 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 = 6 k + 1 的情形 :
p- 1 p+2 p- 4 p+5 p - (3 k - 2) ? 3k - 2

≥ 0. 证法 2 : 不妨设 x1 ≥x2 ≥…≥x n > 0. 则
x1

1 ≤1 ≤ ≤1 … k , k k
x2 xn x1
k k k

≥ x2 ≥…≥ x n ( k ≥ 1) . 1 + x1 1 + x2 1 + xn 于是 ,根据切比雪夫不等式 ,有 左式 =
= 1 1 1 1 ( x1 + x2 + …+ x n ) + + …+ 1 + x1 1 + x2 1 + xn
k k k

1

?

2

?

4

?

5

? … ?

p + (3 k - 1) M = , 3k - 1 Q

(3 k - 2) (3 k - 1) 其中 , Q = 1 × 2× 4× 5? … ? = 3
k- 1

x1 1 x2 1 xn ( x1 + x2 + …+ xn ) + k? + …+ k ? k ? x1 1 + x1 x2 1 + x2 xn 1 + xn

(3 k - 1) ! ( k - 1) ! ,

≤1

1
x1
k k

n

+

1
x2
k

+ …+

1
xn
k

x1 x2 xn ? + + …+ 1 + x1 1 + x2 1 + xn
k

k

k

k

M = ( p - 1) ( p + 2) ( p - 4) ( p + 5) ? … ?

[ p - (3 k - 2) ] [ p + (3 k - 1) ] = ( p - 3 k + 2) ( p - 3 k + 5) ? … ? ( p - 1) ( p + 2) ? [ p + (3 k - 1) ] … ? = (3 k + 3) (3 k + 6) ? … ? 6 k (6 k + 3) ? … ? 9k
2k = 3 ( k + 1) ( k + 2) ? … ? 2 k (2 k + 1) ? … ? 3k 2 k (3 k) ! =3 ? . k!

( x1 + x2 + …+ x n )

≤ x1 ? x1 + x2 ? x2 + …+ xn ? xn 1 + x1 1 + x2 1 + xn
= =
x1
n k +1

k

1
x1
k

+ 1
x2
k

1
x2
k

+ …+ 1
x

1
x
k n k n

1 + x1 1 + x2
x
k +1 i n i

+

x2

k +1

+ …+ 1
k i

x

k +1 n

1
x1
k

1 + xn .

+

+ …+

i =1

∑1 + x ?∑ x
i =1

所以 ,

8. 证法 1 : 由带余除法定理可知 ,存在唯一的整

M 3k = 3 . 因此 ,取 Q

数 q、 r ,使得 p = 3 q + r (0 < r < 3) . 取 b0 = r ,则
p - b0 3 b′ p 1 ). = ,其中 ,38 b′ 1 (0 < b′ 1 < | b0 | | b0 | 2
c

{ a1 , a2 , …, at } = { - 3 k + 1 , - 3 k + 4 , …, - 2 ,1 , …,3 k - 2}

0

就满足题目的要求 .
(2) p = 6 k + 5 的情形 :

(mod 3) ,则 取 b1 = ±b′ 1 满足条件 b1 ≡p
p - b1 3 b′ p 2 ). = ,其中 ,38 b′ 2 (0 < b′ 2 < | b1 | b′ 2 1
c

类似地有
p+1 p- 2 p+4 p- 5

1

1

?

2

?

4

?

5

? … ?

p + (3 k + 1) ? 3k +1

( ) 取 b2 = ±b′ 2 满足条件 b2 ≡p mod 3 ,则
p - b2 3 b′ p 3 ). = ,其中 ,38 b′ 3 ( 0 < b′ 3 < | b2 | b′ 2 2
c

3k +2 p - (3 k + 2) =3 . 3k +2

2

综上 ,所证命题成立 .
( 朱华伟   提供)

? 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

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32

中 等 数 学

2007 女子数学奥林匹克
第一天
1. 设 m 为正整数 ,如果存在某个正整数
n ,使得 m 可以表示为 n 和 n 的正约数个数 (包括 1 和自身 ) 的商 , 则称 m 是 “好数” .求

第二天
5. 设 D 是 △ABC 内的一点 , 满足 ∠DAC = ∠DCA = 30° , ∠DBA = 60° , E 是边 BC 的中 点 , F 是边 AC 的三等分点 , 满足 A F = 2 FC . ( 叶中豪   求证 : DE ⊥EF . 提供) 6. 已知 a 、 b、 c≥ 0 , a + b + c = 1. 求证 :
a+

证:
( 1) 1 ,2 , …,17 都是好数 ; ( 2) 18 不是好数 . ( 李胜宏   提供) 2. 设 △ABC 是锐角三角形 , 点 D 、 E、 F

1 ( b - c) 2 + 4

b+

c ≤ 3.

分别在边 BC 、 CA 、 AB 上 , 线段 AD 、 B E、 CF 经过 △ABC 的外心 O . 已知以下六个比值
BD CE A F B F A E CD 、 、 、 、 、 DC EA FB FA EC DB

( 李伟固   提供) 7. 给定绝对值都不大于 10 的整数 a 、 b、 3 2 ( ) c ,三次多项式 f x = x + ax + bx + c 满足

中至少有两个是整数 . 求证 : △ABC 是等腰 ( 冯祖鸣   三角形 . 提供) 3. 设整数 n ( n > 3 ) , 非负实数 a1 , a2 , …, an 满足 a1 + a2 + …+ an = 2. 求
a1 a +1
2 2

+

a2 a +1
2 3

+ …+

an a +1
2 1

的最小值 .

( 朱华伟   提供) 4. 平面内 n ( n ≥ 3 ) 个点组成集合 S , P

条件 f ( 2 + 3 ) < 01000 1. 问 :2 + 3 是否一 ( 张景中   定是这个多项式的根 ? 提供) 8. n 个棋手参加象棋比赛 , 每两个棋手 比赛一局 . 规定 : 胜者得 1 分 ,负者得 0 分 ,平 局各得 015 分 . 如果赛后发现任何 m 个棋手 中都有一个棋手胜了其余 m - 1 个棋手 , 也 有一个棋手输给了其余 m - 1 个棋手 , 就称 此赛况具有性质 P ( m ) . 对给 定 的 m ( m ≥4 ) , 求 n 的 最 小 值
f ( m ) ,使得对具有性质 P ( m ) 的任何赛况 ,

是此平面内 m 条直线组成的集合 ,满足 S 关 于 P 中的每一条直线对称 . 求证 : m ≤n , 并 问等号何时成立 ?
( 边红平   提供)

都有所有 n 名棋手的得分各不相同 . ( 王建伟   提供)
若 m1
i + 1 ≤m k + 1 ,则 m 1 ≤m k +1 i +1

   综上 ,最少取出 11 枚棋子 ,才可能满足要求 . 三、 定义集合 A = { m
k + 1| m ∈N+ , k ∈P} . k +1

.

i +1 数 ,则对任意的 k1 、 k2 ∈P 和正整数 m 1 、 m2 , m1 k1 + 1 = m2

由于对任意的 k 、 i ∈P ,且 k ≠i ,

是无理

由 m1 是正整数知 , 对 i = 1 ,2 ,3 ,4 ,5 , 满足这个 条件的 m1 的个数为 m
5

k +1 i +1 k +1 i +1

.

k 2 + 1 Ζ m 1 = m 2 , k1 = k 2 .

从而 , n =

注意到 A 是一个无穷集 . 现将 A 中的元素按从 小到大的顺序排成一个无穷数列 . 对于任意的正整 数 n ,设此数列中第 n 项为 m k + 1 . 接下来确定 n 与 m 、 k 间的关系 .

i =1



m

= f ( m , k) .

因此 ,对任意 n ∈N+ ,存在 m ∈N+ , k ∈P ,使得 f ( m , k) = n . ( 王兆军   提供)

2007 年第 12 期

33 (1) 涉及同一边 ; (2) 涉及不同的边 . (1) 如果同一边上的两个比值同时是整数 ,不妨
BD CD 、 . 因它们互为倒数 , 又同是整数 , 所以 , DC DB

参考答案
第一天
   1. 记 d ( n) 为正整数 n 的正约数的个数 .
(1) 因为 p = 1= 2
d (2)

设为

8p ( p = 3 ,5 ,7 ,11 ,13 ,17) ,又 d (8 p) 8
d (8)

必须都取 1 ,则 BD = DC . 由于 O 是 △ABC 的外心 , 进而得 AD 是边 BC 的中垂线 . 于是 , AB = AC.
(2) 记 ∠CAB = α, ∠ABC = β, ∠BCA = γ.

,2 =

,4 =

36
d (36)

,6 =

72
d (72)

,

96 108 180 8= ,9 = ,10 = , d (96) d (108) d (180) 240 252 12 = ,14 = , d (240) d (252) 15 = 360
d (360)

因为 △ABC 是锐角三角形 ,所以 , ∠BOC = 2α, ∠COA = 2β, ∠AOB = 2γ. 于是 , 同理 ,
BD S △OAB sin 2γ = = . DC S △OAC sin 2β CE sin 2α A F sin 2β = , = . EA sin 2γ FB sin 2α

,16 =

128
d (128)

,

所以 ,1 ,2 , …,17 都是好数 .
(2) 假设存在正整数 n ,使得
n = 18. d ( n)

若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不 同的边时 ,则存在整数 m 、 n ,使得 ①
sin 2 x = m sin 2 z 且 sin 2 y = nsin 2 z

① ②

则可设 n = 2 0 ? 3
= 1 ,2 , …, k ) .

α

β

0

p11 …pkk , 其中 , pi ( i = 1 ,2 ,

α

α

或  sin 2 z = m sin 2 x 且 sin 2 z = n sin 2 y , β、 γ的某种排列 . 其中 , x 、 y、 z 是α、 以 下 构 造 △A 1 B 1 C1 , 使 得 它的三个内角分 别 为 180°- 2α,
180° - 2β, 180° 2γ. 如图 1 , 过 点
A、 B、 C 分别作

≥ …, k ) 是大于 3 的相异质数 ,α 1 ,β 2 ,α 1(i 0 ≥ 0 ≥ i β 令α 0 ,b≥ 0. 0 - 1 = a , 0 - 2 = b . 显然 , a ≥ 由式 ① 得
2 ? 3 p11 …pkk (α = ( a + 2) ( b + 3) (α 1 + 1) … k + 1) .
a b α

α



由于对任意质数 pi 都有 pi i ≥ α i + 1 ,从而 ,
a b ( a + 2) ( b + 3) ≥ 2 3 .

α

△ABC 外 接 圆 的

图1

如果 b ≥ 3 ,则 3 > 3 ( b + 3) .
b

切线 ,所围成的 △A 1 B 1 C1 即满足要求 . 根据正弦定理 , 知 △A 1 B 1 C1 的三边与 sin 2α、
sin 2β、 sin 2γ 成正比 . 在式 ①、 ②两种情况下 , 可知

1 而 a≥ 0 时 ,2 ≥ ( a + 2) ,则 2
a

2 3 >

a

b

3 ( a + 2) ( b + 3) , 2

其三边之比分别为 1∶ m∶ n 或 m∶ n∶ mn . 对于式 ①,由三角形两边之和大于第三边 ,可知 必须 m = n ; 对于式 ②,要保证 m + n > mn , 即 ( m - 1) ( n 1) < 1 ,由此 , m 、 n 中必有一个为 1.

矛盾 . 故 b ≤ 2. 因此 , b = 2 , a = 0 ; b = 1 , a = 0 ,1 ,2 ;
b = 0 , a = 0 ,1 ,2 ,3 ,4.

(i) 当 b = 2 , a = 0 时 ,式 ② 为 3
2 α p11

(α …pk = 10 (α 1 + 1) … k + 1) .
k

α

无论哪种情况 ,都有 △A 1 B 1 C1 是等腰三角形 . 因此 , △ABC 也是等腰三角形 .
3. 由 a1 + a2 + …+ an = 2 ,知问题等价于求
a1 a1 a2 an + a2 - 2 + …+ an - 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 2 2

(ii ) 当 b = 1 , a = 0 ,1 ,2 时 ,式 ② 为
α a α 2 (α 3? 2 p11 …pkk = 2 ( a + 2) (α 1 + 1) … k + 1) .

(iii) 当 b = 0 , a = 0 ,1 ,2 ,3 ,4 时 ,式 ② 为
α a α (α 2 p11 …pkk = 3 ( a + 2) (α 1 + 1) … k + 1) .

(i) (ii ) (iii) 均不成立 .

综上 ,18 不是好数 .
2. 从六个比值中取出两个 ,共有两种类型 :

=

a1 a2 a2 a3 an a1 + 2 + …+ 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

的最大值 .

34

中 等 数 学
a1 a2 an ≥3 . + 2 + …+ 2 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

因为 x2 + 1 ≥ 2 x ,所以 ,当 x > 0 , y ≥ 0时,
1 ≥ 1 yx ≥ yx , , 2 2 x x2 + 1 2 x x +1
2 2

当 a1 = a2 = 1 , a3 = …= an = 0 时 ,上式取等号 . 因此 ,所求最小值为
3 . 2

≤ 1 xy ; 即  2 2 x +1
yx

2

当 x = 0 时 ,上式也成立 .
a1 a2 a2 a3 a n a1 故 2 + 2 + …+ 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 2 2

4 . (1) 记 S 中的 n 个点为 A 1 , A 2 , …, A n .

建立直角坐标系 ,设 A i ( x i , y i ) ( i = 1 ,2 , …, n) . 易证
i =1

≤ 1 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ an a1 ) . 2 引理   若 a1 , a2 , …, an ≥ 0( n ≥ 4) ,则
4 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ an - 1 an + an a1 )

6

n

BAi = 0 Ζ B (

1
n

i =1

6

n

xi ,

1
n

i =1

6

n

yi ) .

这说明 , 平面内存在唯一的一点 B , 使
= 0 . 我们称 B 为点集 S 的 “质心” .

i =1

6

n

BAi

≤( a1 + a2 + …+ an ) 2 . 引理的证明 : 设
f ( a1 , a2 , …, an )

如果任取 P 中一条直线 l 为 x 轴 , 建立直角坐 标系 ,则

i =1

6

n

y i = 0.

= 4 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ an - 1 an + an a1 ) -

故点 B 在 l 上 . 即 P 中每一条直线均过质心 B .
(2) 设
F = { 三元有序组 ( X , Y , l ) │X 、 Y ∈S , l ∈ P , X

 ( a1 + a2 + …+ an ) 2 . 下面用数学归纳法证明
f ( a1 , a2 , …, an ) ≤ 0.



与 Y 关于 l 对称} ,
F1 = { ( X , Y , l ) ∈F │X ≠Y} , F2 = { ( X , X , l ) ∈F │X 在 l 上}.

当 n = 4 时 ,不等式 ① 等价于
2 4 ( a1 + a3 ) ( a2 + a4 ) ≤( a1 + a2 + a3 + a4 ) .

由平均值不等式知 ,命题成立 . 假设不等式 ① 对 n = k(k ≥ 4) 时成立 . 对于 n = k + 1 ,不妨设
ak = min{ a1 , a2 , …, ak + 1 } ,

显然 , F = F1 ∪F2 , F1 ∩F2 =

.



考虑 P 中任一直线 l , X 为 S 中任一点 , X 关于 l 的对称点 Y 是唯一的 . 即对每一个 l , 三元有序组
( X , Y , l ) 有 n 个 ,故

则 f ( a1 , a2 , …, ak + 1 ) f ( a1 , a2 , …, ak - 1 , ak + ak + 1 )

│F │= mn . 两点 X 、 Y 的对称轴只有 1 条 ,所以 , │F1 │≤ { ( X , Y) │X 、 Y ∈S , X ≠Y}
2 = 2Cn = n ( n - 1) .



对于 F1 中的三元有序组 ( X , Y , l ) ,因为不同的

= 4[ ak - 1 ak + ak ak + 1 + a1 ak + 1 -

 ak - 1 ( ak + ak + 1 ) - ( ak + ak + 1 ) a1 ]
= - 4[ ( ak - 1 - ak ) ak + 1 + a1 ak ] ≤ 0,



即  f ( a1 , a2 , …, ak + 1 ) ≤f ( a1 , a2 , …, ak - 1 , ak + ak + 1 ) . 由归纳假设知 , 上式右边小于或等于 0 , 即当
n = k + 1 时 ,不等式 ① 成立 .

(i) 当 S 中任一点至多在 P 中的一条直线 l 上时 ,

│F2 │≤ { X │X ∈S } = n . 由式 ①、 ②、 ③、 ④ 得 mn ≤n ( n - 1) + n ,即
m ≤n .



回到原题 . 由引理知
1 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ a n a1 ) 2 1 2 ≤ 1 ( a1 + a2 + …+ an ) 2 = 1 × 2 = . 8 8 2

(ii ) 当 S 中存在一点同时在 P 中的两条直线上

时 ,由 (1) 所证 ,此点即为质心 B . 考虑集合 S′ = S \ { B } ,此时 , S′ 仍关于 P 中的 每条直线对称 ,由 (i) 所证 ,得 m ≤│S′ │= n - 1.
(ii ) 得 m ≤n . 综合 (i) 、 (3) 当 m = n 时 , 由 ( 2) 所证 , 式 ③、 ④ 同时取等



a1 a2 a2 a3 a n a1 ≤ 1 ,即 + 2 + …+ 2 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

2

2

2

号 ,即 S 中任意两点的中垂线均属于 P , S 中每点恰

2007 年第 12 期

35

在 P 中的一条直线上 ,同时 ,质心 B 不在 S 中 . 首先 ,指出 BA i ( i = 1 ,2 , …, n) 相等 . 否则 ,如果 存在 j 、 k (1 ≤j < k ≤n) ,使得 BA j ≠BA k ,则线段 A jA k 的对称轴不过点 B , 与 ( 1 ) 所证矛盾 . 因此 , A 1 , A 2 , …, A n 均在以点 B 为圆心的圆上 , 记此圆为 ⊙B . 不 妨设 A 1 , A 2 , …, A n 按顺时针排列 . 其次 , A 1 , A 2 , …, A n 是 ⊙B 的 n 个等分点 . 否 则 ,如果存在 i ( i = 1 ,2 , …, n) ,使 A i A i + 1 ≠A i + 1 A i + 2
(定义 A n + 1 = A 1 , A n + 2 =
A2 ) . 不 妨 设 A i A i + 1 < Ai + 1 Ai + 2 . 如 图 2 , 线 段 A iA i + 2 的对称轴 l′ ∈P ,

点 ,所以 , EM ∥AB , EN ∥BD ,得 ∠MEN = ∠ABD = 60° = ∠MDC . 故 M、 D、 E、 N 四点共圆 . 又因 D 、 M、 F、 N 四点共圆 , 所以 , D 、 E、 F、 M、
N 五点共圆 .

从而 , ∠DEF = 90° . 证法 2 :建立复平面 ,令
2 B = 0 , D = 1 ,A = - ω k.

经计算可得
2 C=1- ω - ω k,

E= F=

B+ C

2

=

2 1- ω - ω k , 2

而 A i + 1 关于 l′ 的对称点 在A i + 1 A i + 2 ( 不 含 端 点 ) 上 . 这与 A i + 1 、 Ai + 2 是 相 邻两点矛盾 . 个顶点 . 易知正 n 边形确有 n 条对称轴 . 故当且仅当 S 中的点组成正 n 边形 n 个顶点 ,
P 是正 n 边形的 n 条对称轴时 , m = n .
图2

2 2 2 C + A 2 - 2ω - 2ω k-ω k = . 3 3

于是 , E - 1 = F- E=

1 +ω +ω k , 2

2

2 2 1 - ω - (ω + 2ω ) k . 6

因此 ,当 m = n 时 ,集 S 中的点是正 n 边形的 n


=

2 2 F - E 1 ω - 1 + (ω + 2ω ) k = ? 2 E- 1 3 1 +ω +ω k

2 ω- ω k +1 i k +1 ? = ? . 3 k- 1 3 k- 1

因此 , DE ⊥EF ,即 ∠DEF = 90° .
6. 证法 1 : 不妨设 b ≥c . 令
b = x + y , c = x - y.

第二天
5. 证法 1 : 如图 3 ,作 DM ⊥AC 于点 M , FN ⊥CD

1 则 b - c = 4 xy , a = 1 - 2 x2 - 2 y2 , x ≤ . 2
a+

于点 N ,联结 EM 、 EN .
=

1 ( b - c) 2 + 4
2 2

b+ c
2 2

1 - 2x - 2y +4x y +2x

≤ 1 - 2 x2 + x + x ≤ 3. 最后一步由柯西不等式得到 . 证法 2 : 令 a = u2 , b = v2 , c = w 2 ,则
u + v + w = 1.
2 2 2

于是 ,所证不等式变为
u +
图3
2

( v2 - w 2 ) 2 + v + w ≤ 3. 4



注意到
u +
2

设 CF = a , A F = 2 a ,则
CN = CFcos 30° =

3a 1 = CD , 2 2

( v2 - w2 ) 2 ( v2 - w2 ) 2 2 2 =1 - (v + w ) + 4 4

= =

即 N 是 CD 的中点 . 又因为 M 是边 AC 上的中点 , E 是边 BC 上的中

2 2 2 2 2 4 - 4( v + w ) + ( v - w ) 4 2 2 2 2 2 2 2 4 - 4( v + w ) + ( v + w ) - 4v w 4

36 = = = (2 - v2 - w 2 ) 2 - 4 v2 w 2 4 (2 - v2 - w2 - 2 vw) (2 - v2 - w2 + 2 vw ) 4 [2 - ( v + w ) ] [2 - ( v - w ) ] 4
2 2

中 等 数 学 则对 n + 1 个棋手 ,从中任取 n 个棋手 , 由归纳 假设 ,这 n 个棋手中必有一个棋手全胜 . 不妨设 A 1 ,
A 2 , …, A n 中 A 1 全胜 .

对另一个棋手 A n + 1 : 若 A 1 胜 A n + 1 ,则在 n + 1 个棋手中 , A 1 全胜 ; 若 A 1 平 A n + 1 , 考察棋手 A 1 , A 2 , …, A n - 1 , A n + 1 , 这 n 个棋手中没有人全胜 ,不可能 ; 若 A n + 1 胜 A 1 , 考 察 棋 手 A 1 , A 3 , A 4 , …, A n ,
A n + 1 ,这 n 个棋手中全胜的只能是 A n + 1 , 即 A n + 1 胜 A 3 , A 4 , …, A n . 同理 , A n + 1 也胜 A 2 . 因此 , 在这 n + 1

( v + w) 2 ≤ 1, 2
2 2 其中 , ( v + w ) 2 ≤ 2( v + w ) ≤ 2.

将上式代入式 ①,所证不等式变为
( v + w) 2 + v + w ≤ 3. 12



v+ w

2

= x ,将上述不等式改写为

个棋手中 A n + 1 全胜 . 由归纳原理知 ,命题对任意 n ≥m 成立 . 类似地可证 : 引理 2   当 n ≥m 时 , 如果 n 个棋手的赛况具 有性质 P ( m ) ,则必有一个棋手全败 . 回到原题 . 接下来证明 : 当 n ≥ 2 m - 3 时 ,所有棋手的得分 必各不相同 . 由引理 1 , 有一个棋手 A 1 胜了其余 n - 1 个棋 手 ,有一个棋手 A 2 胜了除 A 1 外的 n - 2 个棋手 , …… 有一个棋手 A n 1 个棋手 .
m +1

2 1 - 2 x + 2 x ≤ 3.

以下同证法 1. 注 : 证法 2 解释了证法 1 中替换的动机 .
7. 将 2 + 3 代入得
f (2 + 3) = (2 + 3) + a (2 + 3) + b (2 + 3) + c
3 2

= 8 + 12 3 + 18 + 3 3 + 4 a + 4 3 a +

  3a +2b + 3b + c
= (26 + 7 a + 2 b + c) + (15 + 4 a + b) 3 .

设 7 a + 2 b + c + 26 = m ,4 a + b + 15 = n ,则
| m | < 130 ,| n| ≤ 65.

胜了除 A 1 , A 2 , …, A n - m 外的 m -

故 m- n 3 ≤ | m| +

n 3

< 260.

由引理 2 , 有一个棋手 A n 负于其余 n - 1 个棋 手 ,有一个棋手 A n - 1 负于除了 A n 外的 n - 2 个棋手 , …… 有一个棋手 A n m +3

如果 f (2 + 3 ) ≠ 0 ,即 m + n 3 ≠ 0 ,由于 m 、 n∈
Z , 3是无理数 ,则 m ≠ 0且 n≠ 0.

负于除 A n , A n - 1 , …, A n -

m +4

外的 n - m + 2 个棋手 ,另外 ,还有一棋手为 A n ≥ 1.
2 2

m +2

.

由此 , m - n 3 ≠ 0.
2 2 所以 , m2 - 3 n2 ≠ 0, m - 3n

这样 ,这 n 个棋手 A 1 , A 2 , …, A n 编号小的棋手 都战胜了编号大的棋手 ,因此 ,他们的得分为 n - 1 ,
n - 2 , …,1 ,0 ,各不相同 . m - 3n m+ n 3

则 f (2 + 3 )
=

=

( m - n 3) ( m + n 3) m- n 3 1
m- n 3

=

对 n = 2 m - 4 ,设 n 个棋手水平为
1 ,2 , …, m - 3 , m - 2 , m - 2 , m - 1 , …,2 m - 5 ,

m- n 3

≥ 矛盾 .

>

1 , 260

其中 ,编号小的棋手胜编号大的棋手 ,编号相等的棋 手打平 . 则对任取 m 个棋手 , 必有一个最小编号为
i (1 ≤i ≤m - 3) , 另一个最大编号为 j ( m - 1 ≤j ≤

因此 ,2 + 3 一定是上述多项式的根 .
8. 先证明两个引理 .

2 m - 5) ,从而 ,在这 m 个棋手中编号为 i 的棋手全

胜 ,编号为 j 的棋手全败 . 所以 ,这 n 个棋手具有性质 P ( m ) ,但其中有两 个棋手的得分相同 . 综上 , f ( m ) = 2 m - 3.
( 朱华伟   提供)

引理 1   当 n ≥m 时 , 如果 n 个棋手的赛况具 有性质 P ( m ) ,则必有一个棋手全胜 . 引理 1 的证明 : 当 n = m 时 ,命题显然成立 . 假设命题对 n 成立 .

2 0 0 9年第 5期 

2 1  

2 0 0 8 女子 数学 奥林 匹克 
第 一 天 
1 . ( 1 ) 问能否 将集 合 { 1 , 2 , …, 9 6 } 表 示 为 

( 8   2 — 7 x I )  : = 8  

及 3 7 k + 1 7 3 k - 1 一 x l :   (  ≥ 2 ) .   X , k 7k 3 一1,  
求正实数 a , 使得 当  . >a时, 有单调性 
l >3 7 2 >… >戈  >… ; 当 0<3 7 l <a时 , 不 具 

它的 3 2 个三元子集的并集 , 且每个三元子集  的元 素之 和都 相 等 ;   ( 2 ) 问能否将集合 { 1 , 2 , …, 9 9 } 表示为它  的3 3 个 三元 子集 的并 集 , 且 每 个三 元 子集 的  元 素之 和 都相 等 .   ( 刘诗雄 供 题 )   2 . 已知实系数多项式  (  ) =a x :   +   +   +d有三个正根 , 且  ( 0 ) < 0 . 求证 :  
2 6  +9 a   d一7 a b c ≤0 .   ① 

( 朱华伟 供题 )   3 . 求 最 小 常数 a ( a>1 ) , 使 得 对 正 方 形  A B C D内部 任一 点 尸, 都 存 在△ P A B、 △ P B C、   △ P C D、 △ P D A 中 的某 两 个 三 角形 , 其 面 积  之 比属于区间[ a ~, a ] .   ( 李伟 固   供题 )   4 . 在 凸 四边形 A B C D 的 外 部 分 别 作 正  △A B Q、 △ B C R、 △ C D S、 △ D A P, 记 四边 形  A B C D的对角 线 的 和 为 , 四边 形 P Q R S的对  边 中点 连 线 的和为 Y. 求  的最 大值 .   ( 熊 斌 供题)  

有单调性 .   ( 李胜宏 供题 )   7 . 给 定 一个 2   0 0 8×2   0 0 8的 棋 盘 , 棋 盘  上 每个 小方 格 的颜 色 均 不 相 同 . 在 棋 盘 的 每  个 小 方 格 中 填 人 C、 G、  、 0 这 4个 字 母  中的一个 , 若 棋 盘 中每一 个 2   x   2的小 棋 盘 中  都有 c 、 G 、 M、 0这 4 个字母 , 则称这个棋盘  为“ 和谐 棋盘 ” . 问有 多少 种不 同的和谐 棋 盘 ?   ( 冯祖鸣 供 题 )   8 . 对 于正 整数 n, 令 



. 

[ 2   佩

] +[ 2   厕

] .  

求证 : 数列  , 厂 2 , … 中有无穷 多个奇数  和无穷多个 偶数 ( [  ] 表示不 超过实数  的  最 大整 数 ) .   ( 冯祖 呜 供题 )  

参 考 答 案 
第 一 天 
1 . ( 1 ) 不能 .   因为 3 2 1 、 ( 1 +2+… +9 6 ) = 4 8 ×9 7 .   ( 2 ) 能.   每个 三元 子 集 的元素 和 为  1 +2+… +9 9  9 9 ×( 9 9+1 )   ——  一   —1  =1 5 0 .  

第 二 天 
5 . 如图 1 , 已 知 凸  四边 形 A B C D满足 A B  
= BC , A D = DC, E 、F 
A 

分 别是 线 段 A B、 A D上  点, 满足  、 E、 ,、 D   四点 共 圆 , 作△ D P E   顺 向相 似 于△ A D C, 作  A  B Q F 顺 向 相 似 于  △A 8 C. 求证 : A、 P、 Q   三点 共线 .  


将1 , 2 , …, 6 6每两个一组 , 分成 3 3 组,   每组 两 数之 和 可 以排成 一个 公差 为 1的等差  数列 :  
1+5 0, 3+4 9, … , 3 3+3 4, 2+6 6, 4+6 5, …,   3 2+5 1.  

图1  

注: 两个三 角形 顺 向相 似 是 指 它 们 的对   应顶 点 同按顺 时针 方 向或 同按 逆时 针 方 向排  列.   ( 叶 中豪 供题 )   6 . 设正数列 3 7 I ,   2 , …, 7 3   , …满足 

故如下 3 3 组数 , 每组 三个数 之和均相 等 :   { 1 , 5 0 , 9 9 } , { 3 , 4 9 , 9 8 } , …, { 3 3 , 3 4 , 8 3 } ,   { 2 , 6 6 , 8 2 } , { 4 , 6 5 , 8 1 } , …, { 3 2 , 5 l , 6 7 } .   2 . 设实 系 数 多 项 式  (  )=0 . 3 g 。 +   +   C 7+d的三 个 正根 分别 为 3 3 7 l 、  2 、  3 .  

2 2  

中 等 数 学 

由韦达 定理 有 
b  
I + X2 +  3 = 一  ’   l   2   3=



d  
一 一 a
’  

击>  

C  

矛盾 .  
。  

I   x 2 + x2x3 +  3   l  

因此 , n i f n {  ,  } ≤  , 这表 明 0  ≤  .  

由  ( 0 ) <0 , 得 d<0 . 故 0>0 .  

反过来 , 对 于 任 意 的 0∈ ( 1 ,  ) , 取 定 

不等式①两边同除以 口   , 则 

式 ① 甘 7 ( 一   ) 詈 ≤ 2 ( 一   )   + 9 ( 一 导 )  
7 (  l +  2 +  3 ) (  l  2 +  2   3 +X 3 X 1 )  
≤2 (  I +  2 +  3 )  +9   I  2   3  
2 l  

∈ ( 。 ,   ) , 使 得 6 =  > 吾 .  
在正方形 A B C D 内取点 P , 使得 
Sl :6 , S 2 =T b


S 3 = 詈 , S 4 - l - 6 .  

2   l +  2 l   3 +  2   1 +  2   3 +  3 2+ 戈2

3   2  

则   =   ∈ ( 口 ,  

≤2 (  +   +  ; ) .  
因为 . 、   : 、  , 均 大于 0 , 所 以,  

② 

安 : 丽  >   > 2 > 。 ?  
由此 得 到对 任意 的 i 、  ∈ { 1 , 2 , 3 , 4 / , 有 

(   , 一  ) (  一  i ) 10 > ,  
B 口   2 +  2 2  l ≤   +   。  

同理,   2   3 +  j   2 ≤  +  ; ,  
3 2   l+   2
1   3

季   [ n 一 , 口 ] . 这 表 明 n  -   得  4 . 当四边形 A B C D 是正 方形 时 ,
v   1   +  

≤   ; +  .  

三 个不等 式 相加 即得 不等 式 ② , 当 且仅 

当  =  2 =   时, 等号成立 .  
3,  ̄t d m- -   2   .  

下 面 证 明 : 詈 ≤   1 +  
如图 3 , 设 P   、 Q。 、 R   、 S 。 分别 是 边 D A、   A B、 B C、 C D 的 中点 , S P、 P Q、 Q R、 R S的 中点  分 别 为 E、 F、 G、 Ⅳ. 则 四 边 形 P。 Q。 R- S 一 是 
平 行 四边形 .  
P  

首 先证 明 : a  ≤   1 +  

记  : 丁 1 + 4 S 不妨设 正方 形边 长为 


如图 2 , 对 正 方 形  A B C D 内 部 一 点 P, 令 

. s . 、 s J 2 、 5   、 L s  分 别 表 
示 △ P A B、△ P B C、  
J s  

△ P C D、 △ P D A 的 面 

积. 不妨 设 
Sl ≥ S2 ≥ S 4≥ | s 3 .  

图 2  

令  =  

1 c Ⅱ 果  、   >5 D , 由S l +S 3 =. s 2 +S 4 =1 ,   得  =  , 从而 , s z =   ?  
图3  

故 5 l =2 S z =  

2 O 0 9年第 5 期 

联结 P   E、 S l E.  

A  A B F∽ △ A DE.  

② 

设  、 Ⅳ分别是 D P 、 D S的中点 . 则 
D Sl =S 1   N = DN = E M ,   DPl = 尸l   M = MD = E N.  

综合式① 、 ②知 
四边 形 A B O F∽ 四边形 A D P E.  
由此 得  B A O=/ D A P.   ③ 

又  Pl DSI =3 6 0 。 一6 0  ̄ 一6 0  ̄ 一/ P DS  


同理 ,   B A O=/ D A Q.   式③ 、 ④ 表 明 A、 P、 Q三 点共 线 .  

④ 

2 4 0  ̄ 一( 1 8 0  ̄ 一   E N D) =6 0 。 +   E N D  
E NSI=  EMPI .  

=  

则 △  I   s I I   △  l   E   A  N E S 1 .   从而 , △ E P 。 5 。 是 正三 角 形 .   同理 , △ 印 。 R。 也 是正 三 角形 .   设 U、 V分别是 P   S   、 Q。 R。 的中点 . 则 
EG≤ EU +   +  

6 ? 由 X k + 1 X ' k - 1 一  = 黼
+ 1  
_ 一 : ■一 

, 有  

=   一  

l  

1  

k . 1  


一 —r

x l — l  
= …

’  

即 
X k  

一   1=  

 

X k   一   1   X k   I  


l  

x y

=  

6  .  

于 是 ,   + ? = 专   +  .  
。  

=  


。 +P t   Q 。 +  

当  l > 0 时,   k > 0 (  > 12 ) .  

Pl   Q 。 +   P, 5 。 =   肋 +  ̄

@ A C .  



由 于机 + 。 一 X k : 钆 (  一 吉 ) , 则 当  

 

同 理 , F H  ̄ < I A c + v  ̄ 2 3   B D .  
把上 面 两式 相加 得  ≤  
≤  .  

< 0 , 即X k >8 吉 时, 有 X k + l— X k < 0,  

且 p   + l <   ( k ≥1 ) .  

, 即 

7  

X k +X  

8  

= 8 告 当且 


仅当 钆= 8 亩 时, 等号成立 .  

第 二 天 
5 . 如图 4 , 将 
B、 E、 F、 D四  既 
A 

于是 , 取 0=8 吉, 则 当  >8 亩 时, 有 
1> X2 > … >  n > … .  

共 圆 的 圆 心 记 作 
0. 联结 O B、O F、  
BD .  


当  l <8 i 1 时,  2 >  l 且 2 >  3 >… >  
> … .  

故所求常数 口 = 8 专 .  
7 . 有 1 2×2 2 懈 一2 4 种 不 同 的和谐 棋 盘 .  

在△ B D F中 ,  

0 是外 心 , 故 
/B oF  


首先证明一个结论 .   结论
图4  

在每个和谐棋盘 中, 至少出现 以  

2   BDA .  

又△ A B D ∽ 

下情况中的某一种 :  
( 1 ) 每 一行 都是 某 两个 字母 交替 出现 ;  

△ 

, 则  C D A=2  B D A.   于是 , /B O F=   C D A=   E P D.   由此 知 A  B O F∽ △ E P D.   ① 

( 2 ) 每一列都是某两个字母交替出现 .   事实上 , 假设某一行不是交替的 , 则这一  行必定包 含三个相邻的小方格填有不同的字 
母 .  

另一 方 面 , 由  、 E、 ,、 D 四点共 圆知 

中 等 数 学 

不失 一 般 性 , 假 设 这 三 个 字 母 为 C、 G、   ( 如图 5 ) . 易得 X 2 =X   =0, 且 X l :X 4 =   和X   =X 6 :C ( 如图 6 ) .  


8 . 用二进制表示v 厂   豆 和 丽 / 5o o 8 =面 而   ( 2 )  


:  

 ̄ / 2   0 0 9=1 0 1 1 0 0 . b 1   b 2 …f 2 1 .  

圜 匿 
图 5   图 6  

先证 : 数 列 中有 无穷 多个 偶数 ( 反证 法 ) .  

假设数列 中只有有限个偶数 , 则存在 Ⅳ  
考虑 n 1 =N+1 , n 2 =N+2 , …… 

∈N + , 对每个正整数 / 7 , >N,   都是奇数 .  

同理 , 可 以得到这三列都是两个字母交 
替 出现 . 从而 , 易得每 一列都 是 某两个 字母 交 
替 出现 .   回到原 题 .  

注意 到 , 在二 进制 中 ,  


1 0 1 1 0 0 b 1  

‘ b n  

+1 0 1 1 0 0 al   n 2 …a n

( 2 )

i ( 2 ) ,  

这个数与 b  +以   模2 同余 .  
因  是奇数 , 所以, { b  , 以 【 _t o , 1 } .  


接下来 计算 和谐 棋盘 的个 数 .  
如果最 左边 一列 是某 两 个 字母 ( 如 C和 

故 


+  丽

 


) 交替 出现 , 马上 可 以得 到 序号 为 奇数 的列  都是这 两个 字 母 交替 出现 , 且 序 号 为 偶 数 的  列都 是另 外两 个 字母 ( 如 G和 0) 交替 出 现 .   每一 列 的第 一个 字母 可 以是这 一列 所包 含 的  两个 字母 的任 意一个 .   容易验 证任 意这 样 的填写 都可 以得 到和 

1 01 1 0 01.  l  2 …C  

1  

1 1 1 . 一( 2 ) .  

由此 得 到  2   0 0 8+ ̄ / 2   0 0 9 在 二 进 制 表  示 中是 有 理数 , 这 不 可能 ( 因 为  2   0 0 8+  
√2   O 0 9 是 无理 数 ) .  

可见假 设是 错误 的 .  

谐棋盘 . 从而, 有 a= 6 种不同的方式选择第 


所 以, 数列中有无穷多个偶数 .  
同样 可 以证 明 : 数 列 中有 无穷多 个奇 数 .  

列 的两个 字 母 , 且有 2   瞄种 方 式 决 定 每 一 

令g   =[ 2 n 、  

弓 ] 一【 2 n  

] .  

列 的第一个 字 母 . 所 以, 有 6×2 2 懈种 填 法 使  得每 一列都 是 交 替 的 . 同样 , 也有 6 ×2 2   种  填法 使得 每一行 都 是交替 的 .   下 面所要 做 的就是从 中减 去计 算 了两次  的填 法—— 行 和列 都是 交替 的 .   显然 , 四个不 同字母 在左 上 角 的 2×2 方 

显然 , g   、   有 相 同的奇 偶性 .  
这样 , 对 n>N, g   都 是偶 数 .  

注意 到 , 在 二进 制 中 ,  
g n




1 0 1 1 0 0 b l   6 2 …b n   ( 2 )一 1 0 1 1 0 0 。l 。 2 …0 n  
( 2 )  

这个 数 与 b  一a   模 2同余 .   因为 g  是奇数 , 所 以, b r   【 I =玑  . 从而 ,  
 ̄ / 2   0 0 9 一  ̄ / 2   0 0 8 : 0 . d 1   d 2 …  一 l 0 0 0 …( 2 1 .  

格中的任何排列都可以扩充到整个棋盘得到 


个 和谐 棋盘 , 并 且行 和列都 是 交替 的 .   事实 上 , 只要 先 填 好 前 两 列 使 得 它 们 是 

交替的, 再填 所 有 的行使 得 它 们 是 交 替 的 即  可. 反过 来 , 这 种 双 交 替 的填 法 由左 上 角 的  2× 2 方 格唯 一决 定 . 有4   1 =2 4种 方式 在 左 上  角 的2 ×2 方 格 中排列 四个 不 同的字 母 . 所以,   得到 2 4种不 同 的填 法 使 得 行 和 列 都 是 交 替 
的, 由此 可 以得到 上面 结果 .  

由此 得 到 、  

弓一 ̄ / r  

在 二 进 制 表 

示 中是 有理 数 , 这 不 可能 ( 因为  ̄ / 2   0 0 9一    ̄ / 2   0 0 8 是无 理 数 ) .   可见 假设 是错 误 的 .  

所以, 数 列 中有无 穷 多个奇 数 .   ( 朱华伟 提供 )  

30

中 等 数 学

2009 女子数学奥林匹克
第一天
1. 求证 : 方程 abc = 2 009 ( a + b + c) 只有

后 ,使每个标号为 k ( k = 1, 2, …, n ) 的棋子在 点 V k 处 , 则 称 这 种 连 线 段 的 方 式 为“和 谐
(梁应德   供题 )
BAC = 90 ° ,点

有限组正整数解 ( a, b, c) .
2. 如图 1, 在 △AB C 中 ,
E 在 △AB C 的外

的” . 求在所有和谐的连线段的方式中 , 线段 (付云皓   数目的最小值 . 供题 )

第二天
5. 设实数 x、 y、 z大于或等于 1. 求证 :
( x - 2x + 2) ( y - 2y + 2) ( z - 2z + 2)
2 2 2

接圆 圆 Γ 的 弧
B C (不 含 点 A )

内 , A E > EC. 联 结
EC EAC =

≤ ( xyz) - 2 xyz + 2.
6. 如 图 2, 圆 Γ1 、 Γ2内切于点 S ,
图 1

2

(熊   斌  供题 )

并 延
CA F ,

长至点 F , 使 得

联结 B F 交圆 Γ 于点 D , 联结 ED , 记 △D EF 的外心为 O. 求证 : A、 C、 O 三点共线 . (边红平   供题 )
3. 在平面直角坐标系中 ,设点集
{ P1 , P2 , …, P4 n + 1 }

圆 Γ2的弦 AB 与圆 Γ1切于点 C , M 是 弧 AB (不 含 点 S ) 的中点 , 过点 M 作
MN AB , 垂足为
图 2

N. 记圆 Γ1 的半径

= { ( x, y ) | x、 y 为整数 , | x | ≤n, | y | ≤n, xy = 0 } ,

为 r . 求证 : AC? CB = 2 r M N.

(叶中豪   供题 )

其中 , n
2

N+ . 求
2 2 2

7. 在一个 10 × 10 的方格表中有一个由 4n个 1 × 1 的小方格组成的图形 ,它既可被 n (王新茂   供题 )

( P1 P2 ) + ( P2 P3 ) + … + ( P4n P4n + 1 ) + ( P4n + 1 P1 )

的最小值 .

个“ ” 型的图形覆盖 , 也可被 n 个“ “
n 的最小值 .

” 或

4. 设平面上有 n ( n ≥4 ) 个点 V1 , V2 , …,
V n ,任意三点不共线 , 某些点之间连有线段 .

” 型 (可以旋转 ) 的图形覆盖 . 求正整数
(朱华伟   供题 )
n 5 . 求数列 a1 , a2 ,

把标号分别为 1, 2, …, n 的 n 枚棋子放置在 这 n 个点处 ,每个点处恰有一枚棋子 . 现对这
n 枚棋子进行如下操作 : 每次选取若干枚棋

8. 设 an = n 5 -

…, a2 009中的最大项和最小项 ,其中 , x 表示 不超过实数 x 的最大整数 . (王志雄   供题 )

子 ,将它们分别移动到与自己所在点有线段 相连的另一个点处 ; 操作后每点处仍恰有一 枚棋子 ,并且没有两枚棋子在操作前后交换 位置 . 若一种连线段的方式使得无论开始时 如何放置这 n 枚棋子 , 总能经过有限次操作

参考答案
第一天
  1. 只需证明 : 原方程满足 a ≤ b ≤ c 的正 整数解只有有限多组 .
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2009 年第 11 期

31

事实上 ,由 a ≤b≤c,知 abc = 2 009 ( a + b + c) ≤6 027 c ] ab≤6 027. 因此 ,只有有限多组正整数对 ( a, b ) , 使 得存在正整数 c满足 a ≤b≤c及 abc = 2 009 ( a + b + c) . 又由于 c ( ab - 2 009 ) = 2 009 ( a + b) ,故 对于给定的正整数对 ( a, b ) , 最多存在一个 正整数 c满足 a ≤b≤c及 abc = 2 009 ( a + b + c) . 因此 ,原方程满足 a ≤ b ≤ c 的正整数解 只有有限多组 . 2. 用同一法 . 如图 3, 设 △A EF 的 外 接 圆 圆 Γ 与 AC 的延 长 线 交 于 点 P , 联结 PE、 PF. 因 EAC 图 3 = FAC , 所以 ,四边形 A EPF 是圆内接四边形 . 故 PEF = PFE = EA P ] PE = PF
EPF = 180 ° -2 EA P. ① 又 E、 D、 A、 B 四点共圆 ,则 BD E = EAB = 90 ° EAC = 90 ° EA P. ② 由式 ①、 ② 得 1 BD E = EPF. ③ 2 以点 P 为圆心 、 PE 为半径作 P. 则点 E、 F在 P 上 . 结合式 ③知 , 点 D 也在 P 上 . 故 P 为 △D EF 的外心 . 这就表明 , 点 P 与 O 重合 , 即 △A EF 的 外心 O 位于 AC 的延长线上 . 3. 首先证明一个引理 . 引理   设实数 s1 ≥s2 ≥…≥sm ,且 f ( s1 , s2 , …, sm )

| tm - 1 - t + | tm - t1 | } , m |

2

2

其中 , ( t1 , t2 , …, tm ) 取遍 ( s1 , s2 , …, sm ) 的所 有排列 . 则 f ( s1 , s2 , …, sm ) ≥f ( s2 , s3 , …, sm ) + 2 ( s1 - s2 ) ( s1 - s3 ) . 引理的证明 : 不妨设 t1 = s1 . 则
| t1 - t2 | + | t2 - t3 | + … + | tm - 1 - tm | + | tm - t1 | = | t2 - t3 | + … + | t m -1 - t m | + |t m - t 2 | +
( | t1 - t2 | + | t m - t 1 | - | t m - t 2 | )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

= | t2 - t3 | + … + | tm - 1 - tm | +

2

2

  | tm - t2 | + 2 ( t1 - t2 ) ( t1 - tm ) ≥f ( s2 , s3 , …, sm ) + 2 ( s1 - s2 ) ( s1 - s3 ) . 回到原题 . 设 P i = ( xi , yi ) ( i = 1, 2, …, 4 n + 2 ) , 其 中 , P4 n + 2 = P1 . 则
4n + 1
i =1

2

4n + 1

P i Pi + 1 =

2

i =1

[ ( xi - xi + 1 ) + ( yi - yi + 1 ) ].

2

2

由引理可知
4n + 1
i=1

P i P i + 1 ≥2 f ( n, …, 1,

2

, - 1, …, - n ) , - 1, …, 1 - n ) +16

≥2f ( n - 1, …, 1, ≥…≥2 f ( 1,
= 16 n - 8.

, - 1 ) + 16 ( n - 1 )

]

而当 P1 , P2 , …, P4 n + 1分别为 ( 2, 0 ) , ( 4, 0 ) , …, ( n , 0 ) , …, ( 3, 0 ) , ( 1, 0 ) , ( 0, 2 ) , ( 0, 4 ) , …, ( 0, n ) , …,
( 0, 3 ) , ( 0, 1 ) , ( - 2, 0 ) , ( - 4, 0 ) , …, ( - n , 0) , …, ( - 3, 0) , ( - 1, 0) , ( 0, - 2) , ( 0, - 4 ) , …, ( 0, - n ) , …, ( 0, - 3 ) , ( 0, - 1) , ( 0, 0 )
4n + 1

时,

i=1

Pi Pi + 1 = 16 n - 8.

2

因此 ,所求的最小值为 16 n - 8.
4. 所求的最小值为 n + 1.

首先 ,当线段数目不大于 n 时 ,易知下面 两种情形之一必然出现 : ( 1 )在 V1 , V2 , …, V n中存在一个点 , 它最 多与另外一个点有线段相连 ;
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= ( m in

t1, t2, …, tm )

{ | t1 - t2 | + | t2 - t3 | + … +

2

2

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32

中 等 数 学

( 2 )对于 V1 , V2 , …, V n中的每一个点 , 恰

有两个点与该点有线段相连 . 如果情形 ( 1 )出现 ,不妨设这个点为 V 1 . 则可以证明开始在点 V1 的棋子只能一直停 留在该点 . 若不然 ,设在某一次操作中这枚棋 子到达了顶点 V i. 由条件知 , 在这次操作中 必然有在另一个顶点 V j上的棋子被移动到 V1 . 这样 , V i 、 V j是两个不同的点 , 且都与 V1有 线段相连 ,这与假设矛盾 . 只要开始时 , 点 V1 处的棋子不是 1 号棋子 , 就无法通过有限次 操作 ,使得该棋子到达相应的顶点 . 因此 , 这 样的连线段的方式是不和谐的 . 如果情形 ( 2 ) 出现 , 易知所有的线段连 成了一条或者多条封闭折线 . 如果是多条折 线 ,则显然存在两个点 V i 、 V j , 使得 V i上的棋 子无法通过操作移动到 V j上 ,故只要开始时 , 点 V i处的棋子恰是 j号棋子 , 就无法通过有 限次操作使得该棋子到达相应的顶点 ,因此 , 这样的连线段的方式是不和谐的 ; 如果是一 条折线 ,则不妨设点 V i 、 V i + 1之间连了线 ( i = 1, 2, …, n, V n + 1 = V1 ) . 易知 , 在一次操作中 , 或者所有的棋子均不动 , 或者在点 V i处的棋 子移动到点 V i + 1 , 或者在点 V i + 1 处的棋子移 动到点 V i ( i = 1, 2, …, n ) , 只要开始时 , 点 V1 、 V2 处的棋子恰是 1 号 、 3 号棋子 , 就无法 通过有限次操作使得该棋子到达相应的顶 点 ,因此 ,这样的连线段的方式是不和谐的 . 另一方面 , 若将点 V i 、 V i + 1 之 间连 上线 ( i = 1, 2, …, n, V n + 1 = V1 ) , 且将点 V n - 1 、 V 1之 间连上线 ,则可以证明这样的连线段方式是 和谐的 . 事实上 ,在这样的连线方式下 ,可以做下 面两种操作 . 操作 M 1 : 将在点 V i处的棋子移动到点 V i + 1处 ( i = 1, 2, …, n ) . 操作 M 2 : 将在点 V i处的棋子移动到点 V i + 1处 ( i = 1, 2, …, n - 2 ) , 将在点 V n - 1处的 棋子移动到点 V1处 ,在点 V n处的棋子不动 . 下面利用数学归纳法证明 : 对于任意的 k ( 1 ≤ k ≤ n ) , 可以经有限次操作后 , 使得编

号为 1, 2, …, k 的棋子分别在点 V 1 , V2 , …, V k 处. 当 k = 1 时 , 设 1 号棋子开始时在点 V i 处 . 则进行 n - i + 1 次操作 M 1即可让 1 号棋 子移动到点 V1处 . 假设在某次操作后 ,编号为 1, 2, …, k 的 棋子分别在点 V1 , V2 , …, V k处 , 设此时 k + 1 号棋子在点 V r ( k + 1 ≤ r ≤ n ) 处 . 则先进行 n- r 次操作 M 1 , 再进行 r - k - 1 次操作 M 2 , 最后进行 k + 1 次操作 M 1 , 即可使编号为 1, 2, …, k + 1 的棋子分别在点 V1 , V2 , …, V k + 1 处. 由数学归纳法 , 最终可以在有限次操作 后 ,使每个标号为 k 的棋子在点 V k ( k = 1, 2, …, n ) 处 . 因此 ,这样的连线段的方式是和谐 的. 综上 ,在所有和谐的连线段的方式中 ,线 段数目的最小值为 n + 1.

第二天
5. 注意到 x ≥1, y ≥1. 则
( x - 2 x + 2 ) ( y - 2 y + 2 ) - [ ( xy ) - 2 xy + 2 ]
2 2 2

= ( - 2y + 2 ) x + ( 6y - 2 y - 4 ) x + ( 2 y - 4 y + 2)
2 = - 2 ( y - 1) [ x + ( y - 2) x + 1 - y ]

2

2

2

= - 2 ( y - 1 ) ( x - 1 ) ( x + y - 1 ) ≤0.

故 ( x - 2x + 2) ( y - 2y + 2) 2 ≤ ( xy ) - 2 xy + 2. 同理 ,因为 xy ≥1, z≥1,所以 , 2 2 [ ( xy ) - 2 xy + 2 ] ( z - 2 z + 2 ) 2 ≤ ( xyz) - 2 xyz + 2. 从而 ,命题得证 . Γ2的圆心分别 6. 证法 1:如图 4,记圆 Γ1 、 为 O1 、 O2 , 半径分 别为 r 、 R. 由垂径定 理 知 , MN 的 延长 线 经过 O2 , 且 N 是 弦 AB 的中点 . Γ2 因 圆 Γ1 、 内切于点 S ,所以 ,
图4

2

2

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2009 年第 11 期

33

S、 O1 、 O2三点共线 .

又 AB 与圆 Γ1切于点 C ,联结 O1 C. 则 O1 C AB. 再作 O2 D O1 C 于点 D. 注意到 AC? CB = (AN - CN ) (AN + CN ) 2 2 = AN - CN . 联结 AO2. 由勾股定理得
2 2 2 2

如图 7所示的两种情形. 但是它们都不能由两 个 B 型拼成 .



图7

AN = R - ( R - MN ) = 2RMN - MN . ②

所以 , n ≥4. 图 8是 n = 4时的拼法 .

而 CN = O1 O2 - O1 D

2

2

2

2 2 = ( R - r) - ( r +MN - R )

= 2 ( R - r) MN - MN .

2


图8

将式 ②、 ③ 代入式 ① 得 2 2 AC? CB = AN - CN = 2 [ R - ( R - r) ]MN = 2 r M N. 证 法 2: 如 图 5, 作出圆 Γ1 的直 径 CD. 因 S 是两圆 Γ1 、 Γ2 的 切 点 , 即 位似中心 , 而 C、 M 为两圆上的位似对 图 5 应点 ,故 S、 C、 M三 点共线. 由相交弦定理得 AC? CB = SC? CM. 又由 R t△SCD R t△NM C ,得 SC? CM = CD? MN = 2 r M N. 7. 将题设的图形分别设为 A 型 、 B 型. 首先论证 : n 是偶数 . 用图 6 所示方法 将 10 × 10 的方格表染 色. 无论 A 型覆盖哪 4 个方格 ,其中黑格数必 是偶数 ,而对于 B 型则 是 奇 数. 如 果 n 是 奇 数 , n 个 A 型所覆盖的黑方格数必是偶数 ;而 n 个 B 型所覆盖的黑方格数必是奇数 ,矛盾 . 所 以 , n 必是偶数. 如果 n = 2,由两个 A 型拼成的图形只有
图6

8. 令 b0 = 0, b1 = 1,
bn = 4 bn - 2 + bn - 1 ( n ≥2 ) . ( 2 + 5)
n n - ( 2 - 5)

则 bn =

2 5

.

特别地 , b6 = 1 292, b7 = 5 473. 对任意的 k ( k = 1, 2, …, 5 473 ) ,存在唯一 的整数 xk 、 yk ,使得 1 292 k = xk + 5 473 yk ( 1 ≤xk ≤5 473 ) . 因 ( 1 292, 5 473 ) = 1,所以 , x1 , x2 , …, x5 473 为 1, 2, …, 5 473 的一个排列 ,且数列 { yk }满足
y1 ≤y2 ≤…≤y5 473 = 1 291. 为方便计 ,令 f ( x ) = x - [ x ]. 于是 , f ( xk 5 ) = f ( ( 1 292 k - 5 473 yk ) 5 )

=f

( 2 + 5) - ( 2 - 5)

6

6

2

k-

( 2 + 5) - ( 2 - 5 )

7

7

2

yk

6 7 = f ( - ( 2 - 5 ) k + ( 2 - 5 ) yk ) . 6 7 又 0 < ( 2 - 5 ) k - ( 2 - 5 ) yk

≤5 473 ( 2 - 5 ) - 1 291 ( 2 - 5 ) < 1,
6 7 得 f ( xk 5 ) = 1 - ( 2 - 5 ) k + ( 2 - 5 ) yk是 单调递减的 .

6

7

又 x1 = 1 292, x5 473 = 5 473, x5 472 = 4 181, x5 471 = 2 889, x5 470 = 1 597, 故所求的最大项是 a1 292 ,最小项是 a1 597 . (熊   斌  提供 )
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中等数学

2010女子数学奥林匹克
中图分类号:c424.79 文献标识码:A 文章编号:1005—6416(2010)ll一0026—05

第一天
1.给定整数n(nI>3),设Al,A2,…,A2。

第二天 5.已知以石)、g(茗)都是定义在R上递增
的一次函数,八菇)为整数当且仅当g(髫)为 整数.证明:对一切茗∈R,f(x)一g(算)为 整数. (梁应德供题) (刘诗雄供题)

是集合{l,2,…,,l}的两两不同的非空子集, 记A2川=A1.求

§l Ai f"l A川I 口i=1 IA;I.IA…I
的最大值. 2.如图l。在 △ABC中,AB= AC,D是边BC的 中点,E是△ABC 外一点,满足CE 上AB,BE=BD. 过线段BE的中 点肘作直线MF

6.如图2,在锐角△ABC中。佃>AC,M为边
BC的中点, 么B4C的外

≤曼
图1

角平分线 交直线BC 于点P.点
图2 B

K、F在直 线PA上,使得MF上BC,MK j-PA.求证:
BC2=4PF?AK.

(边红平供题)

7.给定正整数n(n≥3).对于1,2,…,n 上BE,交△ABD的外接圆的劣弧AD于点F.

求证:ED上DF.

(郑焕供题)

的任意一个排列P=(茗。,茗:,…,%),若

3.求证:对于每个正整数n,都存在满足
下面三个条件的质数P和整数m: (1)p奎5(mod 6); (2)p’n; (3)n=--m3(mod P). (付云皓供题)

i<,<k,则称石,介于髫i和钆之间(如在排
列(1,3,2,4)中,3介于l和4之间,4不介

于l和2之间).设集合S={P。,P2,…,Pm}
的每个元素只是l,2,…,n的排列.已知

{1,2,…,n}的任意三个不同数中都有一个 数,它在每个P;(1≤i≤m)中都不介于另外
两个数之间.求m的最大值.

4.设实数膏。,菇:,…,戈。满足∑茹;=1
(凡≥2).求证:

(冯祖鸣供题)
8.试求满足下列条件的大于5的最小奇

k宝=l(-一士)2譬 厶tXi
i=I

数口:存在正整数mI、nl、m2、n2,使得

≤(籍)2客譬,
并确定等号成立的条件. (李胜宏供题)

a=m;+,l:,口2=m;+,l;,
且mI—nl=m2一n2. (朱华伟供题)

万方数据

2010年第11期

27

参考答案
第一天

故口D?BC=BN?AB. 因为BC=2BE,AB=2BO,所以,
BE2=BⅣ.B0.

糕-o.
≤ l

1.对任意的i,若lAinA…I=o,则

由射影定理得OE上BE. 从而,四边形OEMH是矩形.


以下假设IAiAA…l≥1.
因Ai f3A…_CAi及A;NA…∈A…,所以,

贝0 D日=EM=—}BE.


因为0是AB的中点,且OK//SD,所以,
1 1

lA;t3A…I≤min(1A;I,I A川I). 又AiHAi+l及lAinAj+l l≥1,贝0 max(fAi I,lA…I)t>2.

OK=÷BD=-41-BE=OH.
二 二

于是,FL=AD.
,‘、/‘、

故善静剁
h∑㈦
—m —a —X 一,L Ai

从而,LD=AFj么PFD=么PDF. 因为MF j-BE,所以, 么BED+么MSE=900. 而么PDS+么BDE=900。且 么BED=么BDE.

I,I

≤∑÷=n.
1;l-

于是,么P琊=么MSE=么DSP.
因此,么FDS=900,即ED J-FD. 3.证法1先证明:模6余5的质数有 无穷多个.

上式的等号是可以取到的,例如:

Al_{1},A:={l,2},……A:川=㈩,
A2i={i,i+l},……A2。一l={,l}, A2。={n,l}. 五如图3,易知AD上BC.由此可知△ABD

若不然,则模6余5的质数只有有限多
个,设它们从小到大依次为P.,P:,…,P,. 考虑数印。n??似一1.

的夕}接圆的圆心为线段AB的中点0.

因其模6余5,所以,它的质因子模6余

ol

1’

l或5.特别地,它有一个质因子q模6余5. 但由见斗(6p。P2…P,一1)(s=l,2,…,r),得

q∈{P。,P2,…,P,},矛盾.
其次,由于模6余5的质数有无穷多个, 其中必有不整除n的质数,设其中一个为 P=6k+5,则条件(1)、(2)成立. 取rig=n4“3,由费马小定理得 m3=(乃“+3)3=(,l““)2忍三聘(mod P),


图3

这样的P和m即满足题目条件. 证法2当n=l时,取P=5,m=l; 当忍=2时,取P=5,m=3. 易验证p和m满足题目条件. 下面假设n≥3. 由(,l一1)3一忍>0及 (n—1)3一n兰(,l—1)一n---5(mod 6),

延长FM交00于点L,联结OE,过点0

作OH上凡,OK上AD,分别交FL、AD于点
日、瓦设直线FM分别与直线ED、AB、AD交 于点S、I,P,直线CE与AB交于点Ⅳ. 由条件知CN上AB. 所以,A、Ⅳ、D、C四点共圆.

万方数据

28

中等数学

知(n—1)3一n必有一个模6余5的质因子.
‘取P为这个质因子,并取m=//,一lI 下证这样的P和m满足条件. 由P、m的取法知条件(1)、(3)成立. 由(m3一肛,,1)=(m3,,1) =((n—1)3,,1)=(1,凡)=l, 知P、卜,l,即条件(2)成立. 因此,存在满足题目条件的P和m. 4.注意到

若要等号成立,首先,必有

骞(后+詈)铲2
后+in<,l+1.

k妻=l(n+1)%2

而当k=2,3,…,,l一1时,有

因此,戈2=茗3 2…=茗¨=O.


。∑㈦

:扎一后



石:+船:=础;+茗:.

。∑㈦ 《一后

(1一
。∑㈦
:扎一后



)2

故戈;=%2.

2《

。∑㈦

。∑㈦ 。∑川


一%

+骞南
∑kx:



。∑Ⅲ

Z 2.‘







嚣2

2 = 茗 3

=…=髫n2一l =O,得

戈2。=戈2。=虿1,而这也是等号成立的充分条件.
因此,等号成立的充要条件为

。∑㈨
q%

:‰


。∑㈦

:礼一七

f宝珥-2;2
、i=I

髫。=±譬,恐=毛=…=茗。.。=。,髫。:±譬.
第二天
5.若不然,由对称性


。∑㈨。
。∑㈧
:‰一后

∑kx:
i=l



于是,要证原不等式只需证

1一(而n-1)2≤
。∑㈦ 营∑碱? 。∑㈦
‘=l



。∑㈦ 2:
4n

:扎一七

:救一七



(翌±1

由“一号) =0,知g 不卜、 撇匀 是 撒 由“一字)=?,知g(一字)是整数. 故g(一ib)一g(一了b-1)


事实上。


=【c(一告)叫一【c(一譬)+卅
:一旦
是一个整数,但这与a>c>0矛盾. 所以.a=c.

∑ k:


。∑川 。∑㈨

:‰一七
豇 茁I


1一n

._ 。_-L

(n客譬)】
。∑㈨
:以一后 心●,



●一凡

?÷(k宝=l磁+n

又“一告)=o,故g(_告)=d一6是整
数 因此,对任意的z∈R, 火戈)-g(x)=b—d 是整数.

=去[客(七+詈)戈:】2
≤js…i;n(n+1)引2
一(堡±!Z



6.如图4,设△ABC的外接圆00交直
线FM于点D,AD交BC于点E.

4n

万方数据

2010年第11期

,,,一





2/啊

≮、? fE/C
D 图4

队.

后的情况. 对m个l,2,…,k的排列中的每一个, 把k从排列中去掉,得到一个1,2,…,k—l 的排列.这样的排列必然满足原题在乃=k—l 时的条件,由归纳假设知这样的排列最多只 有2k-2个. 下面只需证明:最多只有两个l,2,…,k 的排列可能对应同一个l,2,…,k—l的排 列.从而,所有排列至多有2卜2 x2=2卜’个. 假设不然,则存在三个l,2,…,k的排列 对应同一个l,2,…,k—l的排列. 由对称性不妨设这个l,2,…,k—l的排 列就是l,2,…,k一1,而在三个l,2,…,k的 排列P。、P2、P3中,k分别在第口、b、c(1≤口< b<c≤,1)位. 考虑a、b、k三个数. 在排列 Pl={1,2,…,a—l,k,a,a+l,…,J}~l} 中,这三个数的顺序为后、口、b,口介于其他两 个数之间; 在排列 P2={1,2,…,b一1,k,b,b+1,…,k一1} 中,这三个数的顺序为口、.|}、b,k介于其他两

易知AD平分么BAC.

欧以。AD L心。AD?}MK.
轴。MD

取而2丽‘
因为么FMC=么FAD=900,所以,F、 肘、E、A四点共圆,有

AK

么AFD=么AEC=么ABC+÷么BAC.
又么ABD=么ABC+么CBD

=么ABC+÷么BAC=么AFD,
则A、F、B、D四点共圆. 故A、,、B、D、C五点共圆. 根据圆幂定理得
PA?PF=PC?PB

=(PM—MC)(PM+BM)
:pM2一BM2.

① ②

个数之间; 在排列 P3={l,2,…,c—l,k,c,c+1,…,k—l} 中,这三个数的顺序为口、b、k,b介于其他两 个数之间. 于是,这三个数中的每个数都曾经介于 其他两个数之间,与题目条件矛盾. 因此,假设不成立,即当n=k时,也有 m≤2”1成立. 至此证明了m≤2”1. 其次,给出一个m=2”1的例子. 用如下方法构造l,2,…,肛的排列: 先放置l,当1,2,…,r(1≤r≤n—1)都 放置好后,将r+l放置在前r个数的最左侧 或者最右侧,这样,2到n中的每个正整数都 有两个可选择的位置.由乘法原理知,这样的 排列共有2”1个.

对Rt△FMP利用射影定理得
pM2=PK?PF.

②一①得
BM2:PK.PF—PA-PF

=PF(PK—PA)=PF?AK.

因为删=(譬)2=譬删,结论成立.
7.首先,用数学归纳法证明:m≤2”1. 当几=3时,由条件知在l、2、3中必然存

在一个数(不妨设为1),它在每个Pi中都不
介于另外两个数之间. 因此,排列(2,l,3)与排列(3,l,2)都不 能出现. 于是,可能出现的排列至多有3 1—2=4 个,结论成立. 假设m≤2”1对,l=k—l成立,考虑n=

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中等数学

对于1,2,…,厅中任意三个数a<b<c,



由构造知在每个排列中,c或者在口和b的
左侧,或者在a和b的右侧,永远不会介于a 和b之间。 故这样的2.-i个排列满足题目条件. 综上,m的最大值为2”1. 8.由261=152+62,2612=1892+1802。
15—6=189—180.

f字,3隆

因此,9Im2,9In2. 故9If,即Z=9. 由于a<261=152+62,故,I,<6,只能有
nl=3,a=122+32=153.

但由1532=(n2+9)2+n;,得
(2n2+9)2=92 矛盾. 若Z=ll或Z=13,则
x577,

知261具有题目所述性质. 下证:261就是大于5且具有题目所述 性质的最小奇数,即5和261之间不存在这 样的奇数. 若不然,则存在介于5和261之间的奇 数a及正整数ml、nI、m2、,12,满足

a2---2n;(rnod z).
由2不是Z的平方剩余知ZIa.

又由0z口--2n:(mod z),知zInl.
所以,nl≥Z,即ml≥2Z. 故a>,512>500>261,矛盾.

a=m2I+彳,a2=,《+运,ml—nl=,他一,毫2.
设m。一n,=Z,由对称性不妨设l>_-0. 由a是奇数,知m,、n。的奇偶性不同. 所以,Z是一个奇数.

若z=5,则a2--2ni(mod 5).
由2不是5的平方剩余知5 Ia.

又由O-a-2n:(mod 5),知5In。.
若nl≥10,则mI≥15.
故口≥152+102=325>261,矛盾; 若//,I_5,则
ml=10,a=102+52=125.

又由m1<以6l<17,知Z≤15.
闪此,Z为l、3、5、7、9、Il、13、15之一. 若f-l,则m.2一r/2=1.

结合a2=m;+r/,;,得
(2n2+1)2—2a2=一l, [1p(2n:+l,a)是佩尔方程算2—2y2=一1的 一组解. 易知,此方程解的Y值由小到大依次为
1,5,29,169,985,…,

但由1252=(n2+5)2+n;,得
(2n2+5)2=52×1 矛盾. 若z=7,则由a<261<162+92知nl≤8. 对/1,、穷举知a只能为
65,85,109,137,169,205,245 249,

其中,满足5<a<261的只有 a=29或口=169.

但这两个数均无法表示成m;+//,:(m。一
//,.=1)的形式,矛盾.

之一.

由a2=(,12+7)2+几;,得 (2n2+7)2=2a249.
因此,2口2—49必须是一个完全平方数. 但对a=65,85,109,137,169,205,245 逐一验证,知这些a值均不满足条件. 综上,大于5的具有题目所述性质的最 小奇数a为261. (朱华伟提供)

若3I z,则a2--2n:(mod 3).
由2不是3的平方剩余知3 Ia. 所以,3lml,3It/,1. 于是,9Ia.

故8?I(而+镌),即9l【(≥)‘+(≥)‘】.
由一l不是3的平方剩余知

万方数据

2010女子数学奥林匹克
作者: 作者单位: 刊名: 英文刊名: 年,卷(期): 朱华伟

中等数学 HIGH-SCHOOL MATHEMATICS 2010(11)

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