中国西部数学奥林匹克试题及其解答

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文武光华
假设当n = t ≥ 3时，存在一种方案，使得可以进行 次操作，且第一步操作都是将 最右边的一枚硬币翻面。下面我们讨论n = t + 1时的情况。
当t为偶数时，设t = 2m，则t + 1 = 2m + 1。初始状态为 1，1，1， … ，1 ，根据归
个
纳假设知，存在一种操作方案，使得经过 =
币赋值a =
，（i = 1、2、3、 … … 、n）。
0，如果第 i 枚硬币正面朝下
当n = 2时，
= 2，如下操作方案即满足条件： 1，1 → 1，0 → 0，0 。
当n = 3时，
= 5，如下操作方案即满足条件： 1，1，1 → 1，1，0 →
1，0，0 → 0，1，1 → 0，1，0 → 0，0，0 。
（2）对于一个“n + 2级好集合”A，若n + 2 ∈ A。设A = A ⋃{n + 2}，A ⋂{n + 2} = Φ。再分两种情况讨论：
①若A ≠ Φ，则min ∈ x ≥ |A| = |A | + 1 ≥ 2。记集合B = {x − 1|x ∈ A }，则集合B为 一个“n级好集合”。反之，对于任一个“n级好集合”B，集合A = {x + 1|x ∈ B}⋃{n + 2} 都是一个含元素n + 2的非单元“n + 2级好集合”。根据对应原理，含元素n + 2的非单元 “n + 2级好集合”恰有a 个。
（1）当n为奇数时，设n = 2k + 1。取A A 、A A 、 … 、A A 这2k − 2条对角线，在
2 − ，当 i 为偶数时
对角线A A 上表示数字b ，使得b =
，其中i = 3、4、 … 、2k。则
+ 3k，当 i 为奇数时
每个三角形三边之和都为3k + 3。 （2）当n为偶数时，则4|n。设n = 4k。我们对k用数学归纳法。 当k = 1时，如下图所示的标数方式，即满足题设条件。
当t为奇数时，设t = 2m + 1，则t + 1 = 2m + 2。初始状态为 1，1，1， … ，1 ，根
个
据归纳假设知，存在一种操作方案，使得经过 =
次操作，变为状态
1， 0，0，0， … ，0 ，且第一步操作是将最右边的一枚硬币翻面。此时再经一次操作变
个
为 0， 1，1，1， … ，1 ，0 ，这种状态可以看作2m + 1枚硬币经第一步操作以后的状态。
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文武光华
A1 1
A2
4
0
2
A3
3
A4
假设当k = t时，对正4t边形存在满足条件的标数方式。则当k = t + 1时，我们考虑正 4t + 4边形的情况。
如下图，先将正4t + 4边形分割为4t边形A A A … A 和六边形A A A … A 。将 对角线A A 标上整数4t，根据归纳假设，可以将4t边形A A A … A 分割为三角形并标数， 使得每个三角形三边所标数字之和相等，设这个和为b。然后按下图所示的方式，将六边形 A A A … A 分割为四个三角形并标数，则图中每个三角形三边所标数字之和都为b， 这是一种满足条件的表数方式。
= 2t，所以2 × =
；
设2 = 3t + 2，则2 = 6t + 4，此时
= t，
= t + 1，所以2 ×
+
1=
。
下面，我们用数学归纳法证明对任意正整数n ≥ 2，都存在满足条件的操作方案。
为方便叙述，我们将这n枚硬币从左到右依次编号为1、2、3、 … … 、n，并给第i枚硬
1，如果第 i 枚硬币正面朝上
使得可以进行 次操作。（其中[x]表示不大于x的最大整数） 解答：存在。
首先，我们证明：2 × =
，2 ×
+1=
，其中k ∈ N 。
事实上，2 ≡ 1(mod 3)，所以对于任意正整数k，2 ≡ 1(mod 3)，2 ≡ 1(mod 3)。
设2 = 3t + 1，则2 = 6t + 2，此时 = t，
因为 AP⊥QR，所以 AP⊥CM，且 AP⊥BN。又因为 PD⊥BC，所以∠DPA=∠CBK。另一方面， = = = = = ，所以△DPA∽△CBK，所以∠DAP=∠CKB=∠CMN。而 AP⊥CM，
所以 AD⊥MN。
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J R
A
Q I
F
E
M
B
D
C
H
N
K
P
四、把n（n ≥ 2）枚硬币排成一行，如果存在正面朝上的硬币，那么可以从中选取一 枚，将以这枚硬币开头的从左到右奇数枚硬币（可以是一枚）同时翻面，（翻面是指将正 面朝上的硬币翻成正面朝下，将正面朝下的硬币翻成正面朝上），这称为一次操作，当所 有硬币正面朝下时，停止操作。若开始时全部硬币正面朝上，试问：是否存在一种方案，
②若A = Φ，则A = {n + 2}，恰为一个“n + 2级好集合”。 综上所述，“n + 2级好集合”的个数为a = a + a + 1。
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根据上述递归关系知，a + 1 = (a + 1) + (a + 1)。又验证易知a = 1，a = 2， 从而得a = F − 1，其中数列{F }为斐波那契数列。
解答：首先，若一个正n边形存在满足条件的n − 3条对角线及标数方式，设n − 3条对
角线上所标数字分别为a 、a 、 … 、a ，每个三角形三边所标数字之和都为b。我们从两
个角度计算这n − 2个三角形三边所标数字之和的和，注意到，每条对角线恰属于两个三角
形，所以有：
(n − 2)b = (1 + 2 + ⋯ + n) + 2(a + a + ⋯ + a ) ⇒ (n − 2)b = ( ) + 2(a + a + ⋯ + a )
证明：我们利用对应法则寻找递归关系。分两种情况讨论：
（1）对于一个“n + 2级好集合”A，若n + 2 ∉ A，则A也是一个“n + 1级好集合”； 反之，任何一个“n + 1级好集合”，都是一个不含元素n + 2的“n + 2级好集合”。这说 明不含元素n + 2的“n + 2级好集合”恰有a 个。
次操作，变为状态
1， 0，0，0， … ，0 ，且第一步操作是将最右边的一枚硬币翻面。此时再经一次操作变
个
为 0， 1，1，1， … ，1 ，这种状态可以看作2m枚硬币的状态。根据归纳假设，再经
个
次操作，可以调整为状态 0，0，0， … ，0 ，即所有硬币都正面朝下。这种情况共
个
计经过
+1+
=
次操作。命题成立。
又易知 OD⊥AC，GA⊥AC，所以 OD∥GM。而 O 为 CG 中点，所以 D 为 CM 中点。同理可知 E 为 CN 中点。所以 CD=CE。
P
D M
A
N E C
Bwk.baidu.com
O
F G
七、将一个正n边形的n条边按顺时针方向依次标上1、2、 … 、n。求所有的整数n ≥ 4， 使得可以用n − 3条在内部不交的对角线将这个n边形分成n − 2个三角形区域，并且在这 n − 3条对角线上各标上一个整数，满足每个三角形的三边所标之数的和都相等。
个
根据归纳假设，再经
− 1次操作，可以调整为状态 0，0，0， … ，0 ，即所有硬币
个
都正面朝下。这种情况共计经过
+1+
−1 =
次操作。命题成立。
根据数学归纳法，命题得证。
五、若非空集合A ⊆ 1，2，3， … ，n ，满足|A| ≤ min ∈ x，则称A为“n级好集合”。 记a 为“n级好集合”的个数（其中|A|表示集合A的元素个数，min ∈ x表示集合A的最小 元素）。求证：对一切正整数n，都有a = a + a + 1。
4t+4 A4t+4
A1
1
4t+3 A4t+3 b-8t-5
4t+1 4t+2
A2 2 A3
3
A4t+2
4t
4t+1 b-8t-1
（*）
当n ≡ 2(mod 4)时，则(n − 2)b为偶数， ( ) + 2(a + a + ⋯ + a )为奇数，（*）
不能成立。 下面我们证明，当n ≢ 2(mod 4)时，都存在满足条件的n − 3条对角线及标数方式。
设正n边形的n个顶点依顺时针方向依次为A 、A 、 … 、A 。且令边A A 上所标数字 为i。
六、如图，PA、PB 分别切⊙O 于 A、B，C 为弧 AB 上一点，过 C 作 DE⊥PC，分别交∠ AOC 和∠BOC 平分线于 D、E。求证：CD=CE。（2013 年中国西部数学奥林匹克试题）
P
D A
C
E
B
O
证明方法一：如图，显然 P、A、O、B 四点共圆，作其外接圆⊙Q，则 PO 为⊙Q 直径。 延长 AC 交⊙Q 于 N，连结 BN、ON，延长 BC 交⊙Q 于 M，连结 AM、OM。
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文武光华
R A
Q
F
E
M
B
D
C N
P
证明：如图，连结 QR，则点 A 在线段 QR 上。连结 AP，则 AP⊥QR。设⊙P、⊙R、⊙Q 分别切 AB 于点 H、J、I。连结 MC、BN，则根据条件知 MC 平行且等于 QA，NB 平行且等于 QA。过点 C 作 CK∥MN 交 BN 延长线于点 K，则四边形 MCKN 为平行四边形，从而知 BK=BN+CM=QR。
P
M
Q C
D A
O
N E
B
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证明方法二：如图，延长 PC 交⊙O 于 F，延长 CO 交⊙O 于 G，连接 GF、CA、CB，连接 GA、GB 并分别延长交 DE 于 M、N。
因为四边形 CAFB 为调和四边形，所以 GF、GC、GB、GA 为一组调和线束。又因为 ∠GFC = 90°，所以 MN∥GF，所以 CM=CN。
二、设整数n ≥ 2，且实数x 、x 、x 、 … 、x ∈ 0，1 ，求证：∑ ＜ kx x ≤ · ∑ kx 。 证明：我们用数学归纳法。 当n = 2时，命题即为x x ≤ (x + 2x ) ⇔ 3x x ≤ x + 2x 。而注意到x 、x ∈ 0，1 ，所以3x x = x x + 2x x ≤ x + 2x ，不等式成立。 假设当n = t时，命题成立，即∑ ＜ kx x ≤ · ∑ kx 。下面我们证明，当 n = t + 1时，命题也成立，即∑ ＜ kx x ≤ · ∑ kx 。 根据归纳假设，并注意到x 、x 、x 、 … … 、x ∈ 0，1 ，所以 ∑ ＜ kx x = ∑ ＜ kx x + (∑ kx )x ≤ · ∑ kx + (∑ kx )x = · ∑ kx + (∑ kx )x + (∑ kx )x ≤ · ∑ kx + (∑ kx ) + (∑ k)x = · ∑ kx + ( ) · x = · ∑ kx 当n = t + 1时，不等式也成立。根据数学归纳法知，不等式恒成立。 三、如图，⊙P、⊙Q、⊙R 为△ABC 的三个旁切圆，⊙P 切 BC 于点 D，E、F 分别为 AC、 AB 中点，点 Q 关于点 E 的对称点为点 M，点 R 关于点 F 的对称点为点 N，求证：AD⊥MN。 （2013 年中国西部数学奥林匹克试题）
文武光华
2013 年中国西部数学奥林匹克试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室
一、是否存在整数a、b、c，使得a bc + 2，ab c + 2，abc + 2都是完全平方数。 证明：首先，a、b、c都是奇数。否则，不妨设a为偶数，则a bc + 2 ≡ 2(mod 4)，不 可能为完全平方数。所以a为奇数，同理可知b、c也均为奇数。 若存在整数a、b、c，使得a bc + 2，ab c + 2，abc + 2都是完全平方数，设 a bc + 2 = p ，ab c + 2 = q ，abc + 2 = r ，则p、q、r均为奇数。 于是知p − 2 ≡ −1(mod 4)，q − 2 ≡ −1(mod 4)，r − 2 ≡ −1(mod 4)。从而 (p − 2)(q − 2)(r − 2) ≡ −1(mod 4)。然而(p − 2)(q − 2)(r − 2) = (a b c ) ≡ 1(mod 4)。矛盾。所以不存在满足条件的正整数。
易知∠CMO = ∠AMO，∠MCO = 180° − ∠OCB = 180° − ∠OBC = ∠MAO，所以△ MCO≌△MAO，所以 O、D、M 三点共线。同理可知 O、E、N 三点共线。因为∠DMP = ∠DCP = 90°，∠ENP = ∠ECP = 90°，所以 C、D、M、P 四点共圆，C、E、N、P 四点共圆。 所以∠DPC = ∠DMC = ENB = ∠ENC = ∠EPC。而 PC⊥DE，所以 CD=CE。