几道数学竞赛题的简解

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但 p | ( 2 n + 1) , 即 2 n ≡- 1 ( mod p ) . 由
x 是完全积性函数知 , p
- 1=
- 1
p
=
2n
p
=
2
p
n
= 1 n = 1.
矛盾 . 题8 求所有正整数 a 、 b、 c , 使得 a 、 b、 ) ( ) ( c 满足 a ! b ! = a ! + b ! + c !. ( 2002 — 2003 英国数学奥林匹克) 解 :记 α( n ) 为 n 的质因子分解式中 2 的指数 . 若 a ≠b , 不妨设 a > b. 显然 , b ≠ 1 或 2. 故 c ! = ( a !) ( b !) - a ! - b ! > ( a !) ( b ! - 2) > a !. 若 a = b + 1 ,则
又 ∠B Q P = ∠PB A , 两式相加可得 ∠PQR = ∠PAB + ∠PBA = ∠B PR. 故原命题成立 . 题 6 △A B C 的 外 心 是 O , 三 条 高 线 A H、 B K、 CL 的垂足分别为 H 、K 、 L , A0、 B0 、 C0 分别是 A H 、 B K、 CL 的中点 . 以 I 为 圆心 的 内 切 圆 分 别 切 △A B C 的 三 边 B C 、 CA 、 A B 于 点 D 、E 、F. 证 明 : A 0 D 、 B0 E、 C0 F 、 O I 四线共点 . 注 :当 O 、 I 重合时 , 直线 O I 视作任一 条过点 O 的直线 . ( 第 44 届 IMO 越南国家队选拔考试) 证明: 如图 4 , 设 M 为 BC 的中点 , T 为 O I 与 A 0 D 的交点 , 延 长 A0 D 与 O M 交 于 G. 记 AB = c , B C = a , CA = b , r 、 R 分 图4 别 为 △A B C 的 内切圆 、 外接圆的半径 . 则
c
p ≡ 2 003 ( mod p ) ,
取 ( x , y ) = ( x 0 , 0) 即满足式 ① . 2 003 ( 2) 若 = - 1 , 如果存在 x ∈ {0,
p
1 , …, p - 1 } = W , 使得
2 003 - x 2
p
= 1 ,则
显然 , a ≥ 3 , 38 ( a ! - 2) =
2005 年第 4 期
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因为上式关于 ∠A 、 ∠B 、 ∠C 对称 , 故 知 B0 E、 C0 F 也过点 T . 题7 设 n 是正整数 . 求证 : 2 n + 1 不存 在模 8 余 - 1 的质因子 . ( 第 44 届 IMO 越南国家队选拔考试) 证明 :设 p = 8 k - 1 , k ∈N + , p 是质数 , 且 p | ( 2 n + 1 ) , n ∈N + . 熟知 ( 引入 Legendre 符号) - 1 = 1 Ζ 奇质数 p ≡ 1 ( mod 4) ;
t= a+1
∏
t.
因此 , c = a + 1 或 c = a + 2 . 检验知 , 只有 c = a + 1 时有解 ( a , b , c )
存在 y ∈W , 使得 2 y ≡ 2 003 - x 2 ( mod p ) , 这即为式 ① .
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38 2 k ( 4 k - 1) 场比赛 , 其中六年级同学赢了 k ( 4 k - 1 )
A
2
・ cos
B
2
・ cos
C
2
图3
由弦切角定理的逆定理知 , 只须证明 ∠B PR = ∠PQ R . 因为 ∠B RP = ∠B PR = ∠PBA + ∠PAB = ∠A Q P + ∠B Q P = ∠A QB , 所以 , A 、 Q、 R、 B 四点共圆 . 因而 , ∠B Q R = ∠PA B .
p
= ( 3 , 3 , 4 ) , 这是唯一的解 . 题9 集合 S 是平面上 n 个点构成的点 集 , S 中任意两点的距离至少为 1 个单位 . 证
明 :存在 S 的一个子集 T , T 至少由
n
7
个点
2
p
= 1 Ζ 奇质数 p ≡± 1 ( mod 8) .
由题设知 p = 7 ( mod 8) , 故 - 1 2 = - 1 ,且 = 1.
t
2
t
3
时 , 此式值最小 .
3 3
2
3
+
t
3
3
>3×
+
3 3
3
=4,
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中 等 数 学
矛盾 , 故假设不成立 . 题4 设 S 是大于 1 的正整数的有限非 空集合 , 并具有以下性质 :存在一个数 s ∈S , 满足 :对任何正整数 n , 或者 ( s , n ) = 1 , 或者 ( s , n) = s. 证明 :一定存在两个数 s 、 t ∈S ( s 、 t 不一定相异) , 使得 ( s , t ) 是质数 . ( 第 44 届 IMO 斯洛文尼亚国家队选拔 赛) 证明 :对大于 1 的整数 t , 若对任意的 n ∈N + 均有 ( t , n ) = 1 或 t , 则 t 是质数 . 否 则 , 取 n 为合数 t 的任一质因子即导致矛盾 . 故知集合 S 中有质数 t , 而 ( t , t ) = t 还是质 数 . 故结论成立 . 题 5 两个圆 ⊙O1 、 ⊙O2 相交于 P 、 Q 两点 , 且这两个圆离点 P 较近的公切线分别 与 ⊙O1 相切于点 A , 与 ⊙O2 相切于点 B . 一 条与 ⊙O1 相切于点 P 的直线与 ⊙O2 再次相 交于点 C , 同时 , 直线 A P 、 B C 相交于点 R . 证 明 : △PQR 的外接圆与直线 B P 、 B R 相切 . ( 第 44 届 IMO 斯洛文尼亚国家队选拔 赛) 证明 : 如图 3 , 联结 A Q 、 BQ 、 PQ 、 RQ , 延长 CP 交 A B 于 X . 则 ∠B PR = ∠PB A + ∠B A P = ∠B CX + ∠A PX = ∠B CX + ∠CPR = ∠B R P. 故 BP = BR.
B+ C B- C cos + cos 2 2 2 1 - cos A cos B + cos C = R cos A + + 2 2
= R cos A + cos
B+ C
=
R
2
( 1 + cos A + cos B + cos C) .
故
TI ID 2r = = . O T OG R (1 + cos A + cos B + cos C)
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学生习作
几道数学竞赛题的简解
史 钞
( 西安交通大学附中高三 ( 8) 班 , 710048)
《中等数学》 2004 年增刊内容翔实 , 很多 题目的解法精妙 , 阅读后使我收获很大 . 但也 有些题目的解法较繁 . 本文给出几道题的较 简便的解法 . 题 1 已知 △A B C 为锐 角 三 角 形 , 以 A B 为直径的 ⊙ K 分别交 A C 、 B C 于点 P 、 Q . 分别过 A 和 Q 作 ⊙ K 的两条切线交于 点 R , 分别过 B 和 P 作 ⊙ K 的两条切线交于 点 S . 证明 :点 C 在线段 RS 上 . ( 2002 , 澳大利亚国家数学竞赛) 证明 :如图 1 , 记 RQ 与 PS 、 AC 与 R K、 BC 与 S K 分别 交于点 W 、 Y、 N ,联 结 PK、W K、Q K 、 WN 、 W Y、 B P. 则有 ∠ Y KW = ∠ Y KQ - ∠W KQ ∠A KQ - ∠PKQ = 2 1 = ∠A KP 图1 2 = ∠A B P = 180° - ∠A PS = ∠ Y PW . 故知 Y 、 P、 K、 W 四点共圆 . 又 PS 是 ⊙ K 的切线 , 于是 , ∠W P K = ∠W Y K = 90° . 同理可得 ∠ KQ W = ∠ KN W = 90° . 因此 , W 、 Y、 P、 K、 Q、 N 六点共圆 . 由帕斯卡定理知 , R 、 C、 S 三点共线 . 题2 两圆外切于点 A , 且内切于另一 ⊙O , 切点为 B 、 C. 令 D 是小圆内公切线割 ⊙O 的弦的中点 . 证明 : 当 B 、 C、 D 不共线
c
( b + 1) ! = b + 2 +
t = b+1
∏t .
上式左边是 b + 1 的倍数 , 而右边不是 b + 1 的倍数 , 矛盾 , 故有 a ≥b + 2 . 则 α( a ! + b ! + c !) =α( b !) <α( ( a !) ( b !) ) , 矛盾 . 不可能 . 因此 , a = b. 从而 , ( a !) ( a ! - 2) = c !.
MD O G = O M + M G = O M + A 0 H・ DH c- b b 2 = R cos A + sin C・ 2 a+ b- c - bcos C
2 sin B ・ sin C ( sin C - sin B ) = R cos A + sin A + sin B - sin C - 2sin B ・ cos C B B C C C- B C+ B 8sin ・ cos ・ sin ・ cos ・ sin ・ cos 2 2 2 2 2 2 = R cos A + B- C B+ C B- C 2sin cos - cos 2 2 2 = R cos A + 2sin
p p
构成 , 且 T 中任意两点的距离至少为 3 个单 位. ( 2003 , 加拿大数学奥林匹克) 证明 : 如图 5 , 在 平面上任意建立平面 直角坐标系 , 取纵坐 标最大的点 W ( 若不 止一个, 则任取 一 图5 个) , 去掉与 W 距离 小于 3 的点 . 若去掉的点多于 6 个 , 则必有 其中两个点落在图 5 中 A 1 , A 2 , …, A 6 的某 个区域内 , 其距离小于 1 , 这不可能 . 故至多 去掉 6 个点 . 不算点 W , 进行同样的操作 , 直 至无法再去掉任一点为止 , 剩下的点集 T 即 符合题目要求 . 题 10 对于给定的质数 p , 判断方程 x 2 + y 2 + pz = 2 003 是否总有整数解 x 、 y、 z ? 并证明你的结论 . ( 2003 , 新加坡数学奥林匹克) 解 :对 p = 2 , 取 ( x , y , z ) = ( 1 , 0 , 1 001) 即 可 ;对 p = 2 003 ,取 ( x , y , z ) = (0 , 0 , 1) 即可. 以下设 p ≠ 2且 p≠ 2 003 , 只要证 : p 给定时 , 存在 x 、 y ∈Z , 使得 2 2 x + y ≡ 2 003 ( mod p ) . ① 引入 Legendre 符号 . 2 003 ( 1) 若 = 1 , 则存在 x 0 ∈Z , 使得
时 , A 是 △B CD 的内切圆圆心 . ( 第 10 届土耳其数学奥林匹克) 证明 :如图 2 , 设三圆的根心为 T .
图2
则 ∠OB T = ∠O C T = ∠OD T = 90° . 所以 , B 、 O、 D、 C、 T 五点共圆 . 故 ∠CD T = ∠ODC - 90° = 90° - ∠OBC = 90° - ∠OCB = 90° - ∠ODB = ∠BD T. 因此 , A 在 ∠B DC 的平分线上 . 但 TA = TB = T C , 这表明 A 是 △B CD 的内心 . 题3 已知 a 、 b、 c 为正实数 . 证明 : 2 2 2 a + b + c + abc = 4 ] a + b + c ≤ 3. ( 第 20 届伊朗数学奥林匹克) 证明 :假设 a + b + c = t > 3 , 且 a2 + b2 + c2 + abc = 4 , 则有 c ∈( 0 , 2 ) . 由于 2 2 2 a + b + c + abc 2 = ( a + b) + c2 - ( 2 - c) ab , 固定 c 及 a + b , 知当 a = b 时 , 上式取得最 小值 . 同理 , 当 a = b = c = 但3