2009年中国数学奥林匹克(CMO)试题和解答

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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