第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试三解答

第53届国际数学奥林匹克中国国家队选拔测试三解答第一天2012年3月25日 上午8：00－12：301.如图,锐角ABC ∆中,60A ∠> ,H 为ABC ∆的垂心,点M 、N 分别在边AB 、AC 上，60HMB HNC ∠=∠= ,O 为HMN ∆的外心.点D 与A 在直线BC 的同侧，使得DBC ∆为正三角形.证明：H 、O 、D 三点共线.证法一：如图, 设T 为HMN ∆的垂心, 延长HM 、CA 交于点P , 延长HN 、BA 交于点Q ,易知N 、M 、P 、Q 四点共圆.由THM OHN ∠=∠知：90PQH OHN NMH THM ∠-∠=∠-∠= ,即HO PQ ⊥.①设R 为点C 关于HP 的对称点,则HC HR =.由()()609030HPC HCP BAC BAC ∠+∠=∠-+-∠= 知：60CHR ∠= .因此HCR ∆为正三角形.由HPC HQB ∠=∠及HCP HBQ ∠=∠知：PHC ∆与QHB ∆相似,因此PHR ∆与QHB ∆（顺）相似,由此推出QHP ∆与BHR ∆（顺）相似.用(,)UV XY ∠表示向量UV 与XY的夹角（逆时针方向为正）.由于150PHR ∠= ,因此(,)(,)150PQ RB HP HR ∠=∠=,而BCD ∆与RCH∆均为正三角形,所以BRC ∆与DHC ∆全等.因此(,)(,)60RB HD CR CH ∠=∠=-.由此可知,(,)(,)(,)1506090PQ HD PQ RB RB HD ∠=∠+∠=-= ,即 DH PQ ⊥. ②ON MDHC B A由①、②即知, H 、O 、D 三点共线, 得证.证法二：以O 为原点建立复平面，以每点的字母表示这点所对应的复数，设1H =，2i N e α=，2i M e β-=，则||2s i NH α=，||2sin MH β=，且5()6HCA HBA παβ∠=∠=-+. 由()6sin35sin()6i C H e N Hπαβππαβ-+--=⋅---得：2()3()()62sin 3sin 32sin 115sin()cos()63i iieC eeπβππαβαπααππαβαβ--+-+⋅=⋅⋅⋅+=+--+-， ①同理2()3()()62sin3sin 32sin 115sin()cos()63i iieB eeπαππαββπββππαβαβ-+--+⋅=⋅⋅⋅+=+--+-. ②由BCD ∆为正三角形知：2D B C ωω=--，所以2D B C ωω=--，要证H 、O 、D 三点共线,即证D D =，也就是证明B C B C ωω+=+.将①，②代入得到24()()333sin 3sin 1cos()cos()33i i eeB C ππαββαωωππαβαβ--⋅⋅+=++++-+-，24()()333sin 3sin 1cos()cos()33i i eeB C ππβααβωωππαβαβ--⋅⋅+=++++-+-.只需证明 2442()()()()3333sin sin sin sin i i i i eeeeππππαβαββαβα----⋅+⋅=⋅+⋅，比较左右两边的实部与虚部即知这是成立的，得证.RQ PT ON M DH CBA O NMDH CBA2. 证明：对任意给定的整数2k ≥, 存在k 个互不相同的正整数12,,,k a a a , 使得对任意整数12,,,k b b b , 2i i i a b a ≤≤, 1,2,,i k = , 以及任意非负整数12,,,k c c c , 只要11i k k c ii i i b b ==<∏∏, 就有11.i k i kc ii i k b b ==<∏∏证明： 我们证明更强的命题：对任意正实数k , 以及任意正整数n , 都存在n 个正整数12,,,n a a a , 满足12i i a a +>, 11i n ≤≤-, 且对任意实数12,,,n b b b , 2i i i a b a ≤≤, 1,2,,i n = , 以及任意非负整数12,,,n c c c , 只要11i nnc i i i i b b ==<∏∏, 就有 11.i n nc i i i i k b b ==<∏∏不妨设1k >, 对n 用数学归纳法证明上述命题. 1n =时, 10c =, 只需取1a k >即可. 假设结论对n 成立, 我们有12n x x x <<< 满足要求, 且12i i x x +>,11i n ≤≤-, 现考虑1n +的情形. 先取定一个正整数12n n x x +>, 满足1122nn n n x x k x x +⎛⎫> ⎪⎝⎭, ①再令i i a tx =, 1,2,,1i n =+ , t 取充分大的正整数, 使得11212n n n a a a ++> ,②以及11112n n n n k a a a --+⋅< . ③下面证明这组1)(1i a i n ≤≤+满足要求. 设实数[,2](11)i i i b a a i n ∈≤≤+(注意到此时有121n b b b +<<< ), 以及非负整数1()1i c i n ≤≤+,满足1111in n c i i i i b b ++==<∏∏.若11n i i c n +=≤∑, 则111111111112.i n n c n n n i n n n n n i i i k b kbk a ba ab b ++--++++==≤≤⋅<≤∏∏ (这里用到③式)若112n i i c n +=≥+∑, 则1121111211112,i n n c n n nin i i i bba b a a b b +++++==≥≥>≥∏∏(这里用到②式)这不可能.若111n i i c n +==+∑, 再考虑三种情况, 若12n c +≥, 则11111111111111,2222i n c n n n ii n n n n n n n n n n i i bb axb a x b ba a x xb +---=++++=⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⋅≥⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭>∏∏ (这里用到①式)这不可能.若11n c +=, 则111111i i n nc c iii i n n iii i bbb b+==+===∏∏∏∏, 注意到[,2]ii i b x x t∈, 1i n ≤≤, 由归纳假设知 1111.i n n c i i i i k b b ++==<∏∏若10n c +=, 则1111111111.2222i n n n nii n n n n n n n c n n n i i bb b a a x x k b b a a x x b +=++++=⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥⋅≥⋅=⋅> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∏∏ (这里用到①式) 这样便验证了所取的121,,,n a a a + 满足条件，结论证毕.3. 求满足下面条件的最小实数c : 对任意一个首项系数为1的2012次实系数多项式2012201120102011201010()P x x a x a x a x a =+++++ ,都可以将其中的一些系数乘以1-, 其余的系数不变, 使得新得到的多项式的每个根z 都满足|Im ||Re |z c z ≤, 这里Re z 和Im z 分别表示复数z 的实部和虚部.解答：首先我们说明cot4022c π≥. 考虑多项式2012()P x x x =-, 通过改变()P x 的系数符号, 得到4个多项式()P x , ()P x -, 2012()Q x x x =+和()Q x -. 注意到()P x 与()P x -有相同的根, 其中之一为110061006cossin 20112011z i ππ=+, 此外()Q x与()Q x -有相同的根, 且为()P x 的所有根的相反数, 故()Q x 有一根21z z =-, 由此得1212|Im ||Im |min ,cot .|Re ||Re |4022z z c z z π⎛⎫≥= ⎪⎝⎭下面证明cot4022c π=满足题目要求. 对任意2012201120102011201010()P x x a x a x a x a =+++++ ,将其系数适当改变符号后可以得到多项式20122011201020122011201010()R x b x b x b x b x b =+++++ ,其中，20121b =；对1,2,,2011j = ，()()||,|0,1mod 4,2,3mo |d 4,.j j j a j b a j ⎧⎪=⎨-⎪≡⎩≡若若我们证明()R x 的每一个根z , 都满足|Im ||Re |z c z ≤.用反证法：假设()R x 有一个根0z , 使得00|Im ||Re |z c z >, 则00z ≠, 并且要么0z 与i 的夹角小于4022πθ=, 要么0z 与i -的夹角小于θ. 假设0z 与i 的夹角小于θ, 另一种情况只需考虑0z 的共轭虚根. 分两种情形：若0z 在第一象限(或虚轴上), 设0(,)z i αθ=< , 其中0(,)z i 为将0z 逆时针方向旋转到与i 相同方向的最小角度. 对02012j ≤≤, 若()0,2mod4j ≡, 则0(,1)20122012j j b z j ααθ=≤< ; 若()1,3mod4j ≡, 则0(,)2011j j b z i j αθ=< ,又10(,)b z i α= , 故每个0j j b z 的辐角主值在1[22012,2)[0,]2παππα-⋃-中, 此角状区域的顶角为112012201122απαπαπ+-=+<, 又0j j b z , 02012j ≤≤不全为0, 它们的和不能等于0.若0z 在第二象限, 设0(,)i z αθ=< , 若()0,2mod4j ≡, 则0(1,)2012j j b z j αθ=< ; 若()13mod4j ≡，, 则0(,)20112j j i b z j παα=≤< , 于是每个0j j b z 的辐角主值都在[0,+2011]2πα中, 由于20112παπ+<, 而0j j b z ,02012j ≤≤, 不全为0, 它们的和不能等于0.综上所述, 所求最小实数c 为cot 4022π.第二天2012年3月26日 上午8：00－12：304. 给定整数4n ≥，设,{1,2,,}A B n ⊆ ，已知对任意,a A b B ∈∈，1ab +为平方数，证明：{}2min ||,||log A B n ≤．证明：引理：设正整数a a '<为A 中元素，b b '<为B 中元素，则4a b ab ''>．引理的证明：首先注意(1)(1)(1)(a b a b a b a b ''''++>++（这等价于()()0a a b b ''-->）．故(1)(1)(1)(1)ab a b ab a b ''''++>++．但由条件，此式左右两边均为整数，由此得到2(1)(1)((1)(1)1)ab a b ab a b ''''++≥+++．将上式两边展开，得到2(1)(1)1ab a b ab a b ab a b ''''''+≥+++++2ab a b ab a b ''''>++⋅．因a a '<，b b '<，故ab a b ab ''+>，结合上式得到2a b ab a b ''''>⋅，故4a b ab ''>．回到原题， 设1212{,,,},{,,,}m n A a a a B b b b == ， 12m a a a <<< ，12n b b b <<< ．不妨设m n ≤．由于111a b +为平方数，故111,2a b ≠．若113a b =，不妨设111,3a b ==，则由12211,1a b a b ++均为平方数及1212,a a b b <<，易知225,8a b ≥≥，从而2224a b >．因此，或者有114a b ≥，或者有2224a b >．应用引理可知，114,1,2,,1k k k k a b a b k m ++>=- ．从而，若114a b ≥，则有211111444m m m m m m n a b a b a b ---≥>>>≥ ，若2224a b >，则有221122444m m m m m m n a b a b a b ---≥>>>> ，故总有2log m n ≤．5. 求所有具有下述性质的整数3k ≥：存在整数,m n ，满足1m k <<, 1n k <<,(,)(,)1m k n k ==, m n k +>, 且|(1)(1)k m n --.证: 若k 有平方因子, 设2|t k , 1t >, 取1km n k t==-+即满足条件. 下设k 无平方因子.若存在两个素数12,p p , 使得2211(2)(2)4,|p p p k p --≥，设12r k p p p = ，12,,,r p p p 两两不同，2r ≥. 由于123(1)1r p p p p -+ 与123(2)1r p p p p -+ 中至少有1个数与1p 互素（否则1p 整除它们的差，即32r p p p ，矛盾），取这个数为m ，则1m k <<，(,)1m k =. 同理可在213(1)1r p p p p -+ 与213(2)1r p p p p -+ 两数中取一个数n ，使1n k <<，(,)1n k =. 从而12|(1)(1)r p p p m n -- ，且123213(2)1(2)1r r m n p p p p p p p p +≥-++-+123((2)(2)4)2r k p p p p k =+---+> .这样的,m n 满足条件.若不存在两个素数12,p p , 使2211(2)(2)4,|p p p k p --≥，易验证这样的整数3k ≥只可能等于15, 30或者形如,2p p （其中p 为奇素数）. 易知,2,30k p p =时，不存在满足条件的,m n ；当15k =时，11,13m n ==满足条件.综上所述，整数3k ≥满足题设当且仅当k 不是奇素数、奇素数的两倍及30.6. 由20122012⨯个单位方格构成的正方形棋盘的一些小方格中停有甲虫, 一个小方格中至多停有一只甲虫. 某一时刻, 所有的甲虫飞起并再次全部落在这个棋盘的方格中, 每一个小方格中仍至多停有一只甲虫. 一只甲虫飞起前所在小方格的中心指向再次落下后所在小方格的中心的向量称为该甲虫的“位移向量”, 所有甲虫的“位移向量”之和称为“总位移向量”.就甲虫的个数及始、末位置的所有可能情况, 求“总位移向量”长度的最大值.解答: 以棋盘中心为原点, 平行于格线建立直角坐标系, 将所有小方格的中心点记为集合S , 初始时停有甲虫的小方格中心点记为集合1M S ⊆, 再次落下后停有甲虫的小方格中心点记为集合2M S ⊆, 同一甲虫前后两次停留的小方格给出了1M 到2M 的一一对应f , 于是总位移向量V 等于121(())v M u M v M V f v v u v ∈∈∈=-=-∑∑∑.①注意到①式与f 无关, 因此只需对所有1212,,M M S M M ⊆=, 求①式的最大值. 可不妨设12M M ⋂=∅, 否则将12,M M 同时减去它们的交集后①式不改变. 由于12,M M 的选取方式有限, 设对某一对12(,)M M , ||V 取得最大值. 显然0V ≠，过O 作垂直于V 的直线l .引理一: l 不过S 中任意一点, 且1M 为l 某一侧的所有S 中的点，2M 为l 另一侧的所有S 中的点.引理一的证明: 首先12M M S ⋃=, 否则由于||S 为偶数, 至少有两个点,a b 不在12M M ⋃中, 不妨设a b -与V 的夹角不超过90 , 则|()|||V a b V +->, 故将a 加入2M ,b 加入1M 后, ||V 严格增大, 这与||V 的最大性矛盾. 于是12,M M 互为补集. 其次, 21M M =-, 如若不然, 则12,M M 中都包含一对对称点, 即存在,a b S ∈, 使得1,a a M -∈, 2,b b M -∈. 不妨设a b -与V 的夹角不超过90 , 则21(\{}){}(\{}){}|||2()|,u M b a v M a b V V a b u v ∈⋃∈⋃<+-=-∑∑与||V 的最大性矛盾, 故12,M M 是对称的点集. l 不过S 中任意一点，如若不然，设l 过,a a S -∈, 1a M ∈，2a M -∈，则将a 换入2M , a -换入1M 后, 总位移向量为4V a +, 注意a 与V 的夹角等于90 ，则|||4|VV a +>, 矛盾. 最后我们说明，2M 是l 一侧的所有S 中的点（V 指向的那一侧），1M 是l 另一侧的所有S 中的点．如若不然，在V 指向的一侧有1a M ∈，另一侧有2b M ∈，则a b -与V 的夹角小于90 ，这样将a 换入2M ，b 换入1M ，V 变为2()V a b +-，长度严格变大，与||V 的最大性矛盾. 至此引理一获证.引理二: 设11{(,)||||}22k S x y S x k y k =∈=-=-或, l 是过O 的一条直线,且不过k S 中点. k S 在l 一侧的所有点记为k A , 另一侧的所有点记为k B , 则kkk u A v B V u v ∈∈=-∑∑的最大值在l 水平(或垂直)时取得, 此时kV 的方向为垂直(或水平).引理二的证明:k S 的点落在一个正方形边界上, 每边上有2k 个点. 设该正方形的四个顶点分别为11(,)22A k k --, 11(,)22B k k -+-,11(,)22C k k -+-+, 11(,)22D k k --+. 由对称性,不妨设l 过AD 内部, 且斜率非负, 这样设l 与AD 的交点在AD 上从上往下第(1)t t k ≤≤个k S 中的点和第1t +个k S 中的点之间. 此时算得k V ()()(22)(21)(2)(21)(21)(2)k k j k t k i t j t k i k t j =--+---++-+-()222(21)()2()331k k t i k t k k j =---+--+-+，其中,i j分别表示水平和垂直单位向量. 记22(),0k t u u k -=≤≤，则2222221(21)2(331)(331)4k V k u u k k u k k =-+--++-+ 2222(221)(331)u k k u k k =--++-+.上式作为关于u 的二次函数, 对称轴在212u k k =-+处, 易知当0u =时，214kV 取最大值，即||k V 取最大值, 此时t k =，即l 是水平直线, 故k V 为垂直方向. 引理二获证.回到原题, 由对称性，只需考虑l 的斜率非负且小于1的情形, 12,M M 分别为l 的两侧所有点. 记21,k k k k M S A M S B ⋂=⋂=, kkk u A v B V u v ∈∈=-∑∑, 则1006100611||||kk k k V VV ===≤∑∑.②故1006max max 1||||k k V V =≤∑. 当l 为水平直线, 2M 为上半平面中所有点, 1M 为下半平面中所有点时, 各||k V 取得最大值, 且k V 方向都垂直向上, ②式中三角不等式也取得等号, 故此时||V 的确取得最大值, 3max ||21006V =⨯.。