2009中国数学奥林匹克解答
一、给定锐角三角形PBC,PB?PC.设A,D分别是边PB,PC上的点,连接AC,BD,相交于点O. 过点O分别作OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为E,F,线段BC,AD的中点分别为M,N.
(1)若A,B,C,D四点共圆,求证:EM?FN?EN?FM;
(2)若 EM?FN?EN?FM,是否一定有A,B,C,D四点共圆?证明你的结论.
解(1)设Q,R分别是OB,OC的中点,连接EQ,MQ,FR,MR,则
P11EQ?OB?RM,MQ?OC?RF,
22又OQMR是平行四边形,所以
?OQM??ORM,
AEQNORDF由题设A,B,C,D四点共圆,所以
B?ABD??ACD,
MC于是 图1 ?EQO?2?ABD?2?ACD??FRO,
所以 ?EQM??EQO??OQM??FRO??ORM??FRM, 故 ?EQM??MRF, 所以 EM=FM, 同理可得 EN=FN, 所以 EM?FN?EN?FM.
(2)答案是否定的.
当AD∥BC时,由于?B??C,所以A,B,C,D四点不共圆,但此时仍然有EM?FN?EN?FM,证明如下:
如图2所示,设S,Q分别是OA,OB的中点,连接ES,EQ,MQ,NS,则
11NS?OD,EQ?OB,
22 1
所以
NSOD?. ① EQOB11又ES?OA,MQ?OC,所以
22ESOA?. ② MQOC而AD∥BC,所以
OAOD, ③ ?OCOB由①,②,③得
NSES?. EQMQ因为 ?NSE??NSA??ASE??AOD?2?AOE,
?EQM??MQO??OQE???AOE??EOB??(180??2?EOB) ??AOE?(180???EOB)??AOD?2?AOE,
即 ?NSE??EQM, 所以 ?NSE~?EQM, 故
ENSEOA??(由②). EMQMOCPFNOA同理可得, , ?FMOCENFN所以 , ?EMFM从而 EM?FN?EN?FM.
二、求所有的素数对(p,q),使得pq5p?5q.
BAEQNSDFROMC 2
解:若2|pq,不妨设p?2,则2q|52?5q,故q|5q?25.
由Fermat小定理, q|5q?5,得q|30,即q?2,3,5.易验证素数对(2,2)不合要求,(2,3),(2,5)合乎要求.
若pq为奇数且5|pq,不妨设p?5,则5q|55?5q,故q|5q?1?625. 当q?5时素数对(5,5)合乎要求,当q?5时,由Fermat小定理有q|5q?1?1,故q|626.由于q为奇素数,而626的奇素因子只有313,所以q?313.经检验素数对(5,313)合乎要求.
若p,q都不等于2和5,则有pq|5p?1?5q?1,故
5p?1?5q?1?0(modp). ①
由Fermat小定理,得 5p?1?1(modp) , ② 故由①,②得
5q?1??1(modp). ③
设p?1?2k(2r?1),q?1?2l(2s?1), 其中k,l,r,s为正整数. 若k?l,则由②,③易知
1?12l?k(2s?1)?(5p?1)2l?k(2s?1)?52(2r?1)(2s?1)?(5q?1)2r?1?(?1)2r?1??1(modp),
l这与p?2矛盾!所以k?l.
同理有k?l,矛盾!即此时不存在合乎要求的(p,q). 综上所述,所有满足题目要求的素数对(p,q)为
(2,3),(3,2),(2,5),(5,2),(5,5),(5,313)及(313,5).
三、设m,n是给定的整数,4?m?n,A1A2?A2n?1是一个正2n+1边形,
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P??A1,A2,?,A2n?1?.求顶点属于P且恰有两个内角是锐角的凸m边形的个数.
解 先证一个引理:顶点在P中的凸m边形至多有两个锐角,且有两个锐角时,这两个锐角必相邻.
事实上,设这个凸m边形为P1P2?Pm,只考虑至少有一个锐角的情况,此时不妨设?PmP1P2??2,则
?P2PjPm????P2P1Pm?更有?Pj?1PjPj?1??2(3?j?m?1),
?2(3?j?m?1).
而?P1P2P3+?Pm?1PmP1??,故其中至多一个为锐角,这就证明了引理. 由引理知,若凸m边形中恰有两个内角是锐角,则它们对应的顶点相邻. 在凸m边形中,设顶点Ai与Aj为两个相邻顶点,且在这两个顶点处的内角均为锐角.设Ai与Aj的劣弧上包含了P的r条边(1?r?n),这样的(i,j)在r固定时恰有2n?1对.
(1) 若凸m边形的其余m?2个顶点全在劣弧AiAj上,而AiAj劣弧上有
?2r?1个P中的点,此时这m?2个顶点的取法数为Crm?1.
(2) 若凸m边形的其余m?2个顶点全在优弧AiAj上,取Ai,Aj的对径点Bi,Bj,由于凸m边形在顶点Ai,Aj处的内角为锐角,所以,其余的m?2个顶点全在劣弧BiBj上,而劣弧BiBj上恰有r个P中的点,此时这m?2个顶点的取法数为Crm?2.
所以,满足题设的凸m边形的个数为
(2n?1)?(Cr?1nm?2r?1?Cm?2r?nm?2nm?2?)?(2n?1)??Cr?1??Cr?r?1?r?1??1m?1m?1?(2n?1)(?(Crm?1?Crm))?1)??(Cr?1?Crr?1r?1nn
m?1m?1). ?(2n?1)(Cn?1?Cn
四、给定整数n?3,实数a1,a2,?,an满足 minai?aj?1.求?ak的
1?i?j?nn3k?1 4
最小值.
解 不妨设a1?a2???an,则对1?k?n,有
ak?an?k?1?an?k?1?ak?n?1?2k,
所以
?akk?1n31n??ak2k?1?3?an?1?k3?
?21n?3 ???ak?an?1?k???ak?an?1?k2k?1?41n ???ak?an?1?k8k?1n?1?ak?an?1?k4?2?? ??31n3??n?1?2k. 8k?1n?12i?1当n为奇数时,
?n?1?2k?2?23??i3?k?1n312(n?1)2. 4当n为偶数时,
?n?1?2k?2?(2i?1)3
k?1i?13n2n?n?2?? ?2??j3??(2i)3?
i?1?j?1??? ?所以,当n为奇数时,
n122n(n?2). 412(n?1)2,当n为偶数时,32?akk?1n3??akk?13?122n?1n(n?2),等号均在ai?i?,i?1,2,?,n时成立. 322n3因此,?ak的最小值为
k?1121,或者n2(n2?2)(n为(n?1)2(n为奇数)
3232偶数).
五、凸n边形P中的每条边和每条对角线都被染为n种颜色中的一种颜色.问:对怎样的n,存在一种染色方式,使得对于这n种颜色中的任何3种不
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同颜色,都能找到一个三角形,其顶点为多边形P的顶点,且它的3条边分别被染为这3种颜色?
解 当n?3为奇数时,存在合乎要求的染法;当n?4为偶数时,不存在所述的染法。
3每3个顶点形成一个三角形,三角形的个数为Cn个,而颜色的三三搭配也3刚好有Cn种,所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合,即形
成一一对应.
我们将多边形的边与对角线都称为线段.对于每一种颜色,其余的颜色形成
Cn2?1种搭配,所以每种颜色的线段(边或对角线)都应出现在Cn2?1个三角形中,
这表明在合乎要求的染法中,各种颜色的线段条数相等.所以每种颜色的线段都
2Cnn?1?应当有条. n2n?1不是整数,所以不可能存在合乎条件的染法.下设2n?2m?1为奇数,我们来给出一种染法,并证明它满足题中条件.自某个顶点
当n为偶数时,
开始,按顺时针方向将凸2m?1边形的各个顶点依次记为A1,A2,?,A2m?1.对于
i?{1,2,?,2m?1},按mod2m?1理解顶点Ai.再将2m?1种颜色分别记为颜色1,2,?,2m?1.
将边AiAi?1染为颜色i,其中i?1,2,?,2m?1.再对每个i?1,2,?,2m?1,都将线段(对角线)Ai?kAi?1?k染为颜色i,其中k?1,2,?,m?1.于是每种颜色的线段都刚好有m条.注意,在我们的染色方法之下,线段Ai1Aj1与Ai2Aj2同色,当且仅当
i1?j1?i2?j2(mod2m?1). ①
因此,对任何i?j(mod2m?1),任何k?0(mod2m?1),线段AiAj都不与
Ai?kAj?k同色.换言之,如果
i1?j1?i2?j2(mod2m?1). ②
则线段Ai1Aj1都不与Ai2Aj2同色.
任取两个三角形?Ai1Aj1Ak1和?Ai2Aj2Ak2,如果它们之间至多只有一条边同
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色,当然它们不对应相同的颜色组合.如果它们之间有两条边分别同色,我们来证明第3条边必不同颜色.为确定起见,不妨设Ai1Aj1与Ai2Aj2同色.
情形1:如果Aj1Ak1与Aj2Ak2也同色,则由①知
i1?j1?i2?j2(mod2m?1), j1?k1?j2?k2(mod2m?1),
将二式相减,得i1?k1?i2?k2(mod2m?1),故由②知Ak1Ai1不与Ak2Ai2同色.
情形2:如果Ai1Ak1与Ai2Ak2也同色,则亦由①知
i1?j1?i2?j2(mod2m?1), i1?k1?i2?k2(mod2m?1),
将二式相减,亦得j1?k1?j2?k2(mod2m?1),亦由②知Aj1Ak1与Aj2Ak2不同色.总之,?Ai1Aj1Ak1与?Ai2Aj2Ak2对应不同的颜色组合.
六、给定整数n?3,证明:存在n个互不相同的正整数组成的集合S,使得对S的任意两个不同的非空子集A,B,数
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?xx?AAx?X 与
?xx?BB
是互素的合数.(这里?x与X分别表示有限数集X的所有元素之和及元素个数.)
证 我们用f(X)表示有限数集X中元素的算术平均.
第一步,我们证明,正整数的n元集合S1??(m?1)!m?1,2,?,n?具有下述性质:对S1的任意两个不同的非空子集A,B,有f(A)?f(B). 证明:对任意A?S1,A??,设正整数k满足
k!?f(A)?(k?1)!, ① 并设l是使lf(A)?(k?1)!的最小正整数.我们首先证明必有A?l.
事实上,设(k??1)!是A中最大的数,则由A?S1,易知A中至多有k?个元素,即A?k?,故f(A)?(k??1)!?k?!.又由f(A)的定义知f(A)?(k??1)!,故由①k?知k?k?.特别地有A?k.
此外,显然Af(A)?(k??1)!?(k?1)!,故由l的定义可知l?A.于是我们有l?A?k.
若l?k,则A?l;否则有l?k?1,则
1???1?(l?1)f(A)??1??lf(A)??1??(k?1)!
k?1l???? ?(k?1)!?k!???2!.
由于(k?1)!是A中最大元,故上式表明A?l?1.结合A?l即知A?l. 现在,若有S1的两个不同的非空子集A,B,使得f(A)?f(B),则由上述证明知A?B?l,故Af(A)?Bf(B),但这等式两边分别是A,B的元素和,利用(m?1)!?m!???2!易知必须A=B,矛盾.
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第二步,设K是一个固定的正整数,K?n!?maxf(A1),我们证明,对任何
A1?S1正整数x,正整数的n元集合S2??K!n!x??1??S1?具有下述性质:对S2的任意两个不同的非空子集A,B,数f(A)与f(B)是两个互素的整数.
事实上,由S2的定义易知,有S1的两个子集A1,B1,满足A1?A,B1?B,且
f(A)?K!n!xf(A1)?1,f(B)?K!n!xf(B1)?1. ② 显然n!f(A1)及n!f(B1)都是整数,故由上式知f(A)与f(B)都是正整数. 现在设正整数
d
是f(A)与f(B)的一个公约数,则
n!f(A)f(B1)?n!f(B)f(A1)是d的倍数,故由②可知dn!f(A1)?n!f(B1),但由K
的选取及S1的构作可知,n!f(A1)?n!f(B1)是小于K的非零整数,故它是K!的约数,从而dK!.再结合df(A)及②可知d=1,故f(A)与f(B)互素.
第三步,我们证明,可选择正整数x,使得S2中的数都是合数.由于素数有无穷多个,故可选择n个互不相同且均大于K的素数p1,p2,?,pn.将S1中元素记为?1,?2,?,?n,则?pi,K!n!?i??1(1?i?n),且pi2,p2(对1?i?j?n),j?1故由中国剩余定理可知,同余方程组
K!n!x?i??1(modpi2),i?1,2,?,n,
??有正整数解.
任取这样一个解x,则相应的集合S2中每一项显然都是合数.结合第二步的结果,这一n元集合满足问题的全部要求.
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2009年中国数学奥林匹克(CMO)试题和解答
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