第52届国际数学奥林匹克试题解答(2)

第52届国际数学奥林匹克试题解答（2）（胡仁建）
1. 解，不妨设所给正整数集合A 满足：1234,a a a a <<< (1)先证4A n ≤：易知32
4342312141
a a a a a a a a a a a a +⎧+>+>>+>+⎨
+⎩， 若23
41a a a a +=+=
12
A s ，否则{}
2341
1m a x ,2
A a a a a s ++>
，而i j A a a s +时，必有
12
i j A a a s +≤
，故4A n ≤
(2)若4A n =，由（1）知必有2341a a a a +=+=12
A s ，
由于i j a a +N *∈，则2,A s k k N *
=∈，且存在1210,,(1,2)2
i Q i λλλ<<<
∈=使得：
1211322
322a a k
a a k a a k λλ+=⎧⎪+=⎨⎪+=⎩，解得:1
21212
3214211()2
1()2
1()23()2
a k a k a k
a k λλλλλλλλ⎧
=+-⎪⎪
⎪=-+⎪⎨⎪=-+⎪⎪⎪=--+⎩,由10a >知1
21,2
λ
λ+>
取,,,(,)1,1,2,i i i i i i i
n m n N m n i m λ*
=
∈==[]12,,2,k p m m p N *
=∈
此时，由
1212
113
2
,
A A s m s m Z Z a a n a a n =
∈=
∈++得，121n n ==，
又121
2
11
1,2
m m λλ+=
+
>
故，12123,43,5m m m m ====或
由（1），（2）知A n 最大为4，此时
{}{},5,7,11,11,19,29,()
A p p p p p p p p p N *
=∈或
4、解：设对所给的n 个砝码，整个过程的操作方法数为n a ，
（1）当砝码2n 在最后一步出场时，这步之前的所有操作方法数为n a ，由于
1
2
212,n i
n n i -==-<∑故最后一个砝码2n
只能放在左边，即最后一步方法数为1
（2）当砝码2n 在前n 步中的任步出场时，都有01()i n i N ≤≤-∈使得砝码2i 在最后一步出场，易知，在这种情况下，对任意01()i n i N ≤≤-∈，前n 步的操作方法仍为n a ，故，
前n 步的方法总数为1
n n i a -=∑，由于最大号码已经出现，且在左边，故最后一砝码可放天平的
任一边，有两种方法，
综上可知，1
10
(12)(21)n n n n i a a n a -+==+=+∑，其中11a =
故(2)!2!
n n
n a n =
⋅
5解：由已知整数集合
Z 上的取正整数值函数()y f x =满足对,,(
)()()m n Z f m n
f m f n ∀∈-
-都有
，那么分别取00n m ==和得：
()()(0);()(0)()()()()
()(0)()f m f m f f m f f n f n f n f n f n f f n ⎧-
⇒⎪⇒-⇒-⎨
--⎪⎩
,,()()()()
()()f n f n f n f n f n f n
≤-
⎧⇒⇒=
-⎨-≤⎩,, (1)()()f n f m =时,()();f m f n
()()()()0,()()=p ()()=(()())()()()
()(),
()(),()()
()(),()()(),()(),()()()f n f m f n f m p N f n f m f n m f n f n m m f n m f m f n f n m f m f n m f m f m f n f n m f m f n f n m f m f n m f m f n f n m f m *
>->∃∈--------⇒---=->≤---<≤--+(2)当时,则使得①又若代入①得若则与①矛盾若则也与①矛盾综上可()()()()
f m f n f m f n ≤知:当时，。