２０１７年第１１期第１６届中国女子数学奥林匹克中图分类号：Ｇ４２４．７９文献标识码：Ａ１．（１）求所有正整数ｎ，使得对任意的奇数口，均有４Ｉ（口“一１）；（２）求所有正整数ｎ，使得对任意的奇数口，均有２２０１７ｌ（口“一１）．２．如图１，在凸四边形仰ＣＤ中，么Ｊ５ＩＡＤ＋２么ＢＣＤ＝１８００．五】，么Ｊ５ＩＡＤ的平分线与线段肋交于点Ｅ，线段ＡＥ的中垂线分别与直线Ｃ８、ＣＤ交于点图ｌＸ、Ｋ证明：Ａ、Ｘ、Ｃ、ｙ四点共圆．３．设口ｆ≥Ｏ，菇ｆ∈Ｒ（ｉ＝１，２，…，ｎ）．证明：（（１－孙ｃｏｓ戈；）２＋（·一轴毗Ｗ≥４ｆ１一∑ｏ；）．４．将１６个数五矗，五杀，…，万南分成两组，每组八个数．记其中一组的八个数之和为Ａ，另一组的八个数之和为ＪＥｌ．请给出一种分组方案，使得ＩＡ一引最小，并说明理由．５．求最大的实数Ｃ，使得对任意的正整数ｎ和满足Ｏ＝‰＜菇１＜髫２＜…＜石。＝１的数列｛石。｝，均有∑菇：（菇。一札。）＞ｃ．６．设ｎ为正整数，Ｘ为有限集合，映射＾Ｘ—Ｘ满足对任意的戈∈Ｘ，有厂ｎ’（石）＝菇，其中，厂‘１’（髫）＝八石），／‘‘’（石）＝Ⅳ‘卜１’（戈））（ｉ≥２）．万方数据文章编号：１００５—６４１６（２０１７）１１—００２７—０６记ｍ，为集合｛戈∈ｘＩ厂∽（戈）＝菇｝的元素个数．对于任意的整数七，证明：（１）告骞喇ｎ攀＝０；（２）告毒甲ｓ攀为非负整数．７．如图２，圆厂，为四边形ＡＢＣＤ的外接圆，直线ＡＣ与肋交于点Ｅ，直线仙与ＢＣ交于点Ｆ．圆疋分别与线段皿、ＥＣ切于点肘、Ⅳ，且与圆厂．交于点Ｑ、尺，直线ＢＣ、ＡＤ分别与直线删交于点Ｓ、Ｚ证明：Ｑ、尺、．ｓ、ｒ四点共圆．ｆＬ图２８．给定正整数ｎ≥２，设方格表…口ｌｌ口１２ｏｌ“…口２ｌ口２２口２“Ａ＝：：●●…口ｎｌ口，｜２口Ｍ６ｌｌ６１２…６ｌ。…Ｂ＝６２ｌ６２２６２。●●：：６。１６，｜２…６。满足｛ｏｉＩ１≤ｉ、．『≤ｎ｝＝｛６≯Ｉ１≤ｉ、歹≤ｎ｝＝｛１，２，…，，１２｝．对Ａ可以进行如下操作：选取位于同一行或同一列的两个数，交换它们的位置，其余凡２—２个数保持不动．这种操作称为一次对换．求最小正整数ｍ，使得对任意的Ａ、曰，可以经过不超过，ｎ次对换，把Ａ变成曰．参考答案１．（１）当ｎ为偶数时，口“三１（ｍｏｄ４）；当ｎ为奇数时，０４—１三（一１）４—１（ｍｏｄ４）．因此，所求的ｎ为所有正偶数．（２）先证明：当２２０１５Ｉｎ时，ｎ满足条件．设ｎ＝２２０１５‰，６＝口，１０．则口ｎ一１＝６２２０１５—１．２０１４＝（６２—１）ｆⅡ（６２‘＋１）），、孟＝ｌ，其中，第一个乘数为８的倍数，其余２０１４个乘数均为偶数．故２２０１７Ｉ（口“一１），ｎ满足条件．下面证明：当２２０１５十ｎ时，ｎ不满足条件．设ｎ＝２‘（２ｓ＋１）（ｔ、ｓ∈Ｎ，￡≤２０１４）．若ｆ＝０，取口＝３，则口”一１三３—１三２（ｍｏｄ４），ｎ不满足条件．若１≤ｔ≤２０１４，取口＝３，则２５口４—１＝３“一１＝（３掣一１）（∑３２倔）、七＝Ｏ，ｔ一１．九．＝（Ⅱ（３２‘＋１））（３２—１）（∑３２嘻）．、七＝ｌ，、七＝Ｕ，前￡一１个乘数各有一个２的因子，３２—１有三个２的因子，最后一个乘数为奇数．故口“一１仅有￡＋２≤２０１６个２的因子，ｎ不满足条件．２．设￡、Ｍ、Ⅳ分别为点Ａ到直线删、曰Ｃ、ＣＤ的垂足，Ｕ、ｙ分别为点Ａ关于直线曰Ｃ、ＣＤ的对称点．要证明Ａ、Ｘ、Ｃ、ｌ，四点共圆，由西姆松定理的逆定理，知只需证明￡、Ｍ、Ⅳ三点共线．显然，￡、肘、Ⅳ分别为线段ＡＥ、ＡＵ、Ａｙ的中点．故只需证明Ｅ、Ｕ、ｙ三点共线．万方数据中等数学“ＢＥＤＥ’么班Ⅸ＋么船Ｄ＋么肋ｙ＋么功ｙＬ‘Ｊ一…一ＢＥＤＥ＝么Ａ戤＋１８００＋么ＢＣＤ＋么ＡＤ】，＝５４００＋么Ｂ∞一么ＡＢＣ一么ＡＤＣ＝１８０。＋么戤Ｄ＋２么ＢＣＤ＝３６０。．则点Ｕ、ｙ在直线肋的两侧，且［ＵＢＥ＝［ｖＤＥ．故△瑚Ｅ∽△脚ｊ么船Ｕ＝么加Ｋ结合点Ｕ、ｙ在直线ＢＤ的两侧，知Ｅ、Ｕ、ｙ三点共线．３．若１一∑口。≤ｏ，则命题成立．若１一∑口；≥ｏ，则（１一∑叩ｉｎ戈０≥（卜蚤。ｉ）（卜蚤啦２戈ｔ），（１一∑叩ｏｓ菇ｆ１≥（·一客口ｉ）（·一骞叩詹戈ｉ）．故（（·一耋口ｉｃｃ玲石；）２＋（－一耋口；ｓｉｎ菇；）２）２≥（（·一骞口ｉ）（２一骞。ｉ））２≥４ｆ１一∑口ｉ）’．４．换个描述方式：记Ｍ＝２００２，把集合丁＝｛０，１，…，１５｝分成两个互补的八元子集Ａ、Ｂ．记肚荟南∥＝荟南，目的是将ＩＡ’一曰’Ｉ最小化．对非负整数ｍ，记集合Ａ、Ｂ的元素的ｍ次方之和分别为Ａ。＝∑￡”，曰。＝∑￡“，其中，如＝玩＝８为元素个数．注意到，２０１７年第１１期Ａｌ＋Ｂｌ＝∑沁１２０，Ａ２＋Ｂ２＝∑￡２＝ｌ２４０，Ａ３＋Ｂ３＝∑￡３＝１４４００．于是，ＩＡ’一Ｂ’Ｉ的大小与ＩＡｏ—ＪＥｊｏＩ，ＩＡｌ—Ｂ１Ｉ，…，ｌＡ。一Ｂ。Ｉ，…的大小有关，且存在唯一的正整数尼，使得Ａｏ＝Ｂｏ，Ａｌ＝Ｂｌ，…，Ａ＾一１＝Ｂ☆一ｌ，但Ａｔ≠吃．若找到一个矗＋１次首一多项式ｑ（ｆ）＝∥１＋∑瓯∥ｉ满足对每个ｔ∈丁，均有ｃＪ『≤ＧＩ（￡）≤ｃｆ，其中，下界ｃｆ≤Ｏ，上界ｃｆ≥ｏ，且上下界之差ｃ。＝ｃｆ—ｃｆ不是很大，就可以对ｌＡ’一Ｂ’Ｉ做如下估计下面考虑多项式Ｇ。（￡）除以一次多项式￡＋Ｍ的结果，应该得到余式为常数多项式Ｒ。＝Ｇ。（一Ｍ），以及商式为南次首一多项式业掣ｏ＋曼％∥，￡＋Ｍ’。刨～一。其中，ｃ鼬一ｌ，．一，ｃ枷为固定的系数．此时，丽２——了而广十一Ｆ刁ｒＧ＾（￡）Ｇ＾（￡）一Ｇ＾（一Ｍ）Ｇ＾（一Ｍ）“＋孙∥＋高∈陪甜上式分别对于集合Ａ、Ｂ中的八个元素求和得８×鲁钒＋黔Ａ啦腿８×等，８×旨邬ｔ＋善％屈枷∥黜×旨·８×鲁毡＋黔屈峨聪８×鲁．以上两式相减，并由已知Ａ。＝Ｂ；（江０，１，…，矗一１），得一８×嵩≤（Ａｔ一曰＾）＋尺Ｉ（Ａ’一Ｂ７）ｒ．≤８×嚣万方数据§南∽也Ｉ＋鲁）州’圳－≥南∽也Ｉ一辩若五＝１，Ａ１≠曰。，由奇偶性知ｌＡ广Ｂｌｌ至少为２．取多项式Ｇ。（￡）＝ｆ（￡一１５）满足对任意的￡∈ｒ，有一５６≤Ｇ１（ｔ）≤Ｏ，其上下界之差Ｃ１＝５６，余数尺ｌ＝Ｍ（Ｍ＋１５）＝２００２×２０１７．则ｎ引≥南㈦也Ｉ一鲁）≥孚＞吾枷～，，）一上差比较大．若尼＝２，Ａ２≠Ｂ２，由奇偶性知ｌＡ２一Ｂ２ｌ至少为２．取多项式Ｇ２（ｔ）＝ｆ（￡一１１）２满足对任意的￡∈ｒ，有Ｏ≤Ｇ２（￡）≤２４０，其上下界之差ｃ２＝２４０，余数尺２＝一Ｍ（肘＋１１）２：一２００２×２０１３２．则肛引≥亩∽幔Ｉ一鲁）≥簪＞砉枷一，差也比较大．若后＝３，Ａ３≠Ｂ３，注意到，６Ｉ（￡３一ｔ）ｊ６ｌ（ｆ一１）ｔ（ｆ＋１）．于是，生言鱼、堡言鱼均为整数．而两者之和为偶数，故两者之差也为偶数．又Ａ。＝Ｂ。，从而，Ａ，一色必为１２的倍数，ＩＡ３一Ｂ３ｌ至少为１２．取多项式Ｇ３（ｆ）＝￡（￡一７）（ｚ一８）（ｆ一１５）满足对任意的￡∈ｒ，有一２８２≤Ｇ３（￡）≤０，其上下界之差Ｃ３＝７８４，余数尺３＝Ｍ（Ｍ＋７）（Ｍ＋８）（Ｍ＋１５）＝２００２×２００９×２０１０×２０１７．则肛引≥亩∽喝－一鲁）差还是比较大．≥孚＞抄坦，由前知只有Ａ。＝Ｂ。，Ａ２＝Ｂ２，Ａ３＝Ｂ３，才可能使差ｌＡ’一日’Ｉ变得更小．考虑０，１，…，１５的二进制表示中含奇数个１还是偶数个１来给出一个分组：Ａ＝｛０，３，５，６，９，１０，１２，１５｝，Ｂ＝｛１，２，４，７，８，１１，１３，１４｝；①这个分组满足Ａ。＝曰。，Ａ：＝Ｂ２，Ａ３＝Ｂ。，同时，Ａ４一Ｂ４＝１５３６．取多项式Ｇ４（￡）＝￡（ｆ一５）２（￡一１３）（ｔ一１４）满足对任意的￡∈ｒ，有Ｏ≤Ｇ４（￡）≤３０００，其上下界之差ｃ４＝３０００，余数兄＝一Ｍ（Ｍ＋５）２（Ｍ＋１３）（Ｍ＋１４）：一２００２×２００７２×２０１５×２０１６．删叫Ｉ≤击∽刮＋鲁）＜掣＜５０×１０川，…，．３二…＾一１Ｓ＜—１｝■一＜５ｕ×１０“，差比较小了．最后证明：当分组满足Ａ。＝Ｂ。，Ａ２＝Ｂ２，Ａ，＝毋时，分组①是唯一的方式．观察立方数模９的余数的特点，即当￡模３余Ｏ、１、２时，户模９的余数分别为Ｏ、ｌ、一ｌ，（ｔ＋１）３模９的余数分别为１、一１、ｏ．１Ｓ由∑ｔ３三ｏ（ｍｏｄ９），知∑￡３＝∑ｔ３兰ｏ（ｍｏｄ９）；ｔ∈ＡＩｔ廿１５由∑（￡＋１）３三１（ｍｏｄ９），知∑（￡＋１）３＝∑（￡＋１）３兰５（ｍｏｄ９）．设Ａ组中模３余Ｏ、１、２的元素个数分别为口０、口ｈ口：，曰组中模３余０、１、２的元素个数分别为６。、６。、６：．则口ｌ一口２三Ｏ（瑚【ｏｄ９），口。一口ｌ兰５（ｎｌｏｄ９），万方数据中等数学６ｌ一６２量Ｏ（ｍｏｄ９），６０一６１兰５（ｍｏｄ９）．由于口０、口ｌ、口２、６０、６１、６２均为Ｏ至６的整数，于是，口１＝口２，６１＝６２，且口。一口１与６０—６１只能为５或一４．又（口。一口１）＋（６０一６１）＝１，贝４口。一口ｌ、６。一６。恰有一个为５、一个为一４．不妨设口。一口ｌ＝５．从而，口ｏ＝６，口。＝口２＝１，即集合Ａ包含了集合丁中的六个３的倍数｛０，３，６，９，１２，１５｝．此时，可算得集合Ａ中其他两个数之和为１５，平方和为１２５，它们为｛５，１０｝．故集合Ａ＝｛Ｏ，３，５，６，９，１０，１２，１５｝．因此，满足Ａｌ＝Ｂ１，Ａ２＝曰２，Ａ３＝Ｂ３的分组方式是唯一的（在两组可交换的意义下）．５．首先证明：ｃ≥÷．由‰≥钆一１≥Ｏ，得３∑菇：（戈。一址。）＝∑（戈：＋石：＋戈：）（＂址。）＞∑（戈；＋掣㈨＋ｚ：一。）（戈Ｉ一址。）＝∑（菇：一菇：一。）＝戈：一戈；＝１一ｏ＝１．再证明：若ｃ＞÷，则存在Ｏ＝菇ｏ＜戈ｌ＜戈２＜…＜戈。＝１，使得∑菇：（ｚ。一戈㈧）＜ｃ．设ｚｔ＝告（尼＝ｏ，１＇…，ｎ）．当ｎ＞３且上＜ｃ一导时，∑菇：（菇。一址。）＝与∑后２＝迎半＝÷＋去（·＋鲁）６ｎ’３２ｎ＼ｎ／＜丢＋上＜ｃ－因此，ｃ＝÷．２０１７年第１ｌ期６．以集合ｘ中的元素为顶点，按如下方式构造有向图Ｇ：对于菇、ｙ∈Ｘ，当且仅当八菇）＝ｙ时，连一条从戈指向ｙ的有向边．注意到，对于厂的不动点ｚ，图Ｇ中有一条从菇指向自身的环边，称其是长度为１的轨道由条件，知对任意的戈∈ｘ，有厂‘“’（髫）＝纸则厂为双射．故删去厂的所有不动点及对应的环边之后，剩下的图中每个点的出度和人度均为１．由图论中熟知的结论，知剩下的图可以分拆成若干个不相交的有向圈的并．可将每个这样的有向圈称为一个轨道．对于一个长度为Ｚ的轨道￡，对轨道上的任何顶点菇，易知，厂∽（戈）＝菇的充分必要条件是ＺＩ工特别地，Ｚ为ｎ的约数，且轨道三中的顶点为，∽的不动点的充分必要条件为ＺＩ工设图Ｇ中共有ｐ个轨道（包括长度为１的轨道），长度分别为Ｚ。，Ｚ：，…，Ｚ。．由前述，对正整数＿『，有％＝．∑ｚｒ１《Ｉ《ｐ故告骞叶ｅ掣＝丢（砉ｅ孥）（。圣，ｚ。）＝告（骞以）（。萎。ｅ孥）ｎ，＝告辫）（骞ｅ５忙等］①Ｉ以ｊ２丢嘿２Ｉ肾豺’（ｎ。Ｉ）广‘（ｎ，矗）ｒｔ其中，倒数第二个等式用到了熟知的结果蚤ｅ。：序南卜∑ｅｓ：｜ｆＩ’（ｎ，｜｜｝）㈠护１【０，否则．分别考虑式①的虚部、实部，即得到原题中所要证明的两个结论．７．注意到，万方数据３ｌ［ＦＴｓ＝［ＤＴＭ＝［ＥＮＭ一。［ＮＡＴ＝［ＥＭＮ一［ＭＢＳ＝［ＣｓＮ＝［ＦｓＴ．于是，耶＝ＦＺ由正弦定理知丛！一堑翌兰丝丛！里曼一璺ｉ望兰墨丝堕ＡⅣ一ｓｉｎ么Ａ删’ＢＭ—ｓｉｎ么曰跚’兰蔓一璺ｉ望』堡垒笪兰坚一璺ｉ里』望丝！ＣⅣ一ｓｉｎ么ＣｓⅣ’删一ｓｉｎ么Ｄ聊‘ｍｗ由ＺＡＴＮ＝［ＤＴＭ＝么ＣｓＮ＝么ＢｓＭ，１８００一么脚岱＝么删ｒ＝么Ａ删＝么Ｃ鹏＝１８００一么ＡⅣ丁，则结论①中的每个等式右边的分子和分母均相同．”ＡＮ州一＝一＝一＝一垒尤．蝶＝篇＝器＝舄卧ＢＭＣＮＤＭ２…由耶＝，ｒ，知存在圆Ｌ与耶、Ｆｒ分别切于点Ｊｓ、Ｚ设圆厂卜Ｌ、Ｌ的圆心分别为Ｄ卜Ｄ：、Ｄ。，半径分别为ｒ卜，２、ｒ３．对平面上任意一点Ｐ，定义八Ｐ）＝（蠡２—１）（ＰＤ；一蠢）一克２（Ｐｏｉ一蠢）＋（ＰＤ；一蠢）．贝４八Ａ）＝（尼２—１）Ｏ一庇２ＡⅣ２＋Ａ严＝ｏ．类似地，以Ｂ）＝以Ｃ）＝八Ｄ）＝Ｏ．建立平面直角坐标系，设点Ｄｆ（菇ｆ，ｙｆ）（ｉ＝１，２，３）．则八菇，ｙ）＝（五２—１）（（菇一戈。）２＋（ｙ—ｙ。）２一蠢）一南２（（菇一戈２）２＋（ｙ一儿）２一蠢）＋（（舅一菇３）２＋（ｙ一儿）２一蠢）＝似＋６ｙ＋ｃ（口、６、ｃ为常数）．若口、６、ｃ不全为零，则满足以戈，ｙ）＝０的点（菇，ｙ）（若存在）的轨迹是一条直线，但此直线须过Ａ、曰、Ｃ、Ｄ四个点，矛盾．因此，口＝６＝ｃ＝Ｏ，即厂三０．由ＲＤ：＝ｒ２，ＲＤ；＝蠢及厂（Ｒ）＝ｏ，知尺Ｄ；＝蠢，即点Ｒ在圆乃上．类似地，点Ｑ在圆Ｌ上．因此，Ｑ、Ｒ、Ｓ、ｒ四点共圆于圆Ｌ．
第16届中国女子数学奥林匹克
