2010+数学奥林匹克解答

2010 中国数学奥林匹克解答
1、如图，两圆Γ1 ,Γ2 相交于A ,B 两点，过点B 的一条直线分别交圆Γ1 , Γ2 于点C , D ，过点B 的另一条直线分别交圆Γ1 , Γ2 于点E ,F ，直线 C F 分别交圆Γ1 , Γ2 于点 P , Q ．设M ,N 分别是弧PB ，弧QB 的中点．求证：若CD =EF ，则C , F , M , N 四点共圆．（熊斌提供）
证明：连接 A C , AD , AE , AF , DF ，则由∠ ADB = AFB ， ACB = AEF 及题设CD = EF 知
≥ACD E ≥AEF ，所以 A D =AF ，∠ADC = AFE ，故 ∠ADF = AFD ．从而 ABC = AFD = ADF = ABF 即 A B 是 ∠ CBF 的角平分线． 连接CM , FN ，由于 M 是弧 P B 的中点，所以CM 是∠ DCF 的角平分线． 同样 F N 是 ∠ CFB 的角平分线，于是 B A , C M , FN 三线共点．设它们的交点为 I ，在圆 Γ1和 Γ 2 中，由圆幂定理得 C I · IM = AI ·IB ， AI · IB = NI · IF ，所以 N I ·IF = CI · IM ．从而C , F , M , N 四点共圆． 2、设整数 k ε3 ，数列{a n } 满足 a k = 2k ，且对所有 n > k ，有
⎩⎨⎧+---不互素
与若互素与若n a n n a a a n n n n 111,2,1 证明：数列{a n —a n 1} 中有无穷多项是素数．（朱华伟提供） 证明：假设 a l = 2l ，l εk ．再设 p 为l —1的最小素因子
.
12,).1(2,)22()222(,2221,12.
,1,1)1,22(.,,1,1),1(211211的最小素因子为且使个由以上讨论知有无穷多为素数因此由题设知即则-==≥-+=-+--+=-⎩⎨
⎧=-+<≤-+=⎩⎨
⎧=<≤=-+-+⎩⎨⎧=<≤=--+-+-+-+++l p a l a k l p l a p l p l a a p
i p l p
i i l a p i p p i i l i l p i p p i i l p l p l p l p l i l
3．设复数a ,b ,c 满足：对任意模不超过1的复数z ，都有||.1||2
bc c bz az 求≤++最大值.（李伟固提供）
解：令,)()(,)(212
2---++==++=cz bz a z f z
z g c bz az z f
.)()(12a z b z c z e g e z h i ia '+'+'==--β
取适当的实数α，β使得,1,0,≤≥''r b c 对有
,sin 2sin 2sin 2sin 1,2
0,,0Im .|Im sin 2sin ||)(Im ||)(|123
1
22
1
22
θθθθπ
θθθθθθθc b r b r c r r
c a b r c r re h re h r
i i ''≥'+'≥<<-→≥'+'+'=≥≥----有这样对任意的否则可做变换不妨设
.1)18122(321])3cos 32(18122[321
]
)sin 322sin ()3cos 322cos [(32
1
|)(|,1,,8
2
34682)(:1633||.
16
3
3sin 2sin min 41sin 2sin 41
min
sin 2sin 41min ||},
2
,0{,1,sin 2sin 41||24222422222)
2
,0()2
,0()2
,0(,1≤++≤-+-++=-+--=≤=--==
==
=≤''≤∈≤≤
''=∈∈∈≤r r r r r r r r r r e f r re z z z z f bc r c b bc r r c b bc i i r θθθθθθθθθθθπ
θθθθθπθπ
θπθ有对于的例子故对任意这推得 第二天
4．设m,n 是给定的大于1的整数，m a a a <<< 21都是整数.证明：存在整数集的一个子集T ，其元素个数,1
21||1
+-+
≤n a a T m
.
,,)12(2)12(}.
2)12(,,1,{},,1,,|{,1
211||},,,1,0|)12({.20,,)12(,,1:).(],,[),,,2,1(1从而结论成立中均在故每个注意到且集合则取且其中作带余除法令证明冷岗松提供使和是及均有且对每个B a b r q n a n q n a n q n a a a n n n s T t s t B n a
b q T q k k n n a T n r z r q r q n a b b a a s t a n n s T t m i i m i =+++≥+++++++=+--=∈+=+-+
≤+==+++=≤≤∈++=-==+=-∈∈∈
5．我们对放置点A 1，A 2，……，A n 及点O 处的卡片进行操作（n ≥3）.所谓一次操作是指
（1）若某个点A i 处的卡片数目不少于3，则可从中取出3张，在点 A i-1 , A i +1 及O 处各放一张（这里 A 0 = A n ，A n +1 = A 1 ）；或者
（2）若点O 处的卡片数目不少于 n ，则可从中取出 n 张，在点 A 1 , A 2 ,", A n 处各放一张．
证明：只要放置于这 n + 1 个点处的卡片总数不少于 n 2 + 3n + 1，则总能通过若干
次操作，使每个点处的卡片数目均不小于
n + 1 ．（瞿振华提供） 证明：只需考虑卡片总数等于 n 2 + 3n + 1的情况．我们采取如下策略：如果有某
个点 A i 处的卡片数不少于
3，则对点 A i 处的卡片进行操作(1)．这样的一次操作使得点O 处的卡片数增加 1，于是经过有限次操作(1)后，将不能再进行操作(1)．这时每个点 A i 处的卡片数不超过2，点O 处的卡片数不少于 n 2 + n + 1 ．然后对点O
处的卡片进行 n + 1 次操作(2)，这样每个点 A i 处的卡片数不少于
n + 1 ．下面我们在保持每个点 A i 处的卡片数不少于 n + 1 的情况下，使点O 处的卡片数增加至少 n + 1 ．
设想 A 1 , A 2 ，…,A n 顺次排列在以 O 为圆心的圆周上．连续相邻的若干个点的集合 G = {A i , A i +1 ,…, A i +l-1 },1≤i ≤n ,1≤l ≤n 称为一个团，这里若有下标 j > n ，则 A j = A j-n ．一个团G 称为好团，如果对G 中每点处的卡片都做一次操作(1)后，G 中每点处的卡片数仍然不少 于 n + 1 ．设 a 1 , a 2,…, a n 分别为点 A 1 ,A 2 ,…, A n 处的卡片数， a i
≥ n + 1, i = 1,2,…, n ．好团需满 足如下的充要条件：
一个点的团G = {A i } 是好团当且仅当 a i ≥ n + 4 ；
两个点的团G = {A i , A i +1 } 是好团当且仅当 a i , a i +1 ≥n + 3 ； l 个点的团（ 3 δl δn- 1 ） G = {A i , A i +1 ,… , A i +l-1 } 是好团当且 仅当 a i , a i +l -1≥n + 3 且 a ≥n +2，i + 1 ≤j ≤ i + l -2 ；最后全部 n 个点的团G = {A 1 , A 2 ,…, A n } 是 好团当且仅当 a j ≥n +2,1≤j ≤ n ．下面证明当点 O 处的卡片数少于 n + 1 时，或等价地，
a +a ++a ≥n 2+2n +1时，必存在好团． 假设不存在好团，于是每个 a i {n + 1, n + 2, n + 3} ，否则会有某个点 A i 处的卡片数A i ≥n + 4 ，G = {A i } 是一个好团．设 a 1 , a 2 ,…, a n 中有 x 个 n + 1 ， y 个 n + 2 ， z 个 n + 3 ．下面说明一定有 x ε z ．由于 n 2 + 2n + 1 > n (n + 2) ，故 z ε1 ．若 z = 1 ，则有 x ε 1，否则所有 a i ε+2，
i
G = {A 1 , A 2 ,…, A n } 是一个好团．若 z ≥2 ，有 n + 3 张卡片的 z 个点将圆周分成 z 段圆弧，由于不存在好团，这 z 个点没有两点相邻，且每段圆弧上都存在一个点只有 n + 1 张卡片．故x ≥z ．这样点
A 1 , A 2,…, A n 处的卡片总数为 x (n + 1) + y (n + 2) + z (n + 3)δ ( x + y + z )(n + 2) = n (n + 2) < n 2 + 2n + 1 ．
矛盾．这样我们证明了当点O 处的卡片数少于 n + 1 时，点 A 1 , A 2 ,…, A n 中总存在好团．于是每 次对一个好团中的每个点做操作(1)，直至点 O 处的卡片数不少于 n + 1 ，而点 A 1 , A 2,…,A n 处的卡片数也不少于 n +1．结论证毕．
6．设321321,,,,,b b b a a a 为互不相同的正整数，满足
,)1()1(|)1()1(321321n
n n n n n b n nb b n a n na a n -+++++++
对任何正整数 n 成立．求证：存在正整数 k ，使得b i = ka i ，i = 1,2,3 ．（陈永高提供）
证明：设 r 为任意正整数．由于素数有无穷多个，故存在素数 p ，使得
r r
r r r r b b b a a a p 321321)((++++>（1）
由于 p 为素数及(1)，故 ( p , a 1 + a 2 + a 3 ) = 1 ．又 p 与 p - 1 互素，由中国剩余定理知存在正整数 n ，使
),1(mod -≡p r n （2）
).(mod 0)(31321p a a a a a n r
r r r r ≡-+++ （3） 由（2），（3）及Fermat 小定理知
)(mod 0)()1()1(31321321p a a a a a n a n na a n r
r r r r n n n ≡-+++≡-+++ （4）
由题设，得
)
7.()()(2)()()(2)(),)(())(()6(),1()6).()(mod )(())((,)5(),4()
5).((mod 0)()2().
(mod 0)1()(3231212313123132131321313213132131321321r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r r n n n b a b a b a b a b a b a a a b b b b b a a a p a a b b b b b a a a n p b b b b b n Fermat p b n nb b a n ++=++-++=-++-++≡-++≡-+++≡-+++即
得由得
消去由小定理得
及再由
下面先证一个引理.
引理：设,0,0,,,,,,212111s s s x y y y x x x y y x x ≤≤≤<≤≤≤< 为实数满
足对任何正整数r ，总有).,,2,1(,2121s i y x y y y x x x i i y
s r r r s r r ==+++=+++则
引理的证明：对s 用归纳法...,1,111时引理成假设当有取时当t s y x r s ==== 当得若时,,111++<+=t t y x t s
.11)()()()(
1
111111≥+++=+++++++r t t r t r t t r t y y y y
y x y x 由于,10,),11(101
≥+∞→+≤≤<<
+有令r t i y x t i
矛盾.因此.11++=t t y x 从而 ).,,2,1(.,2,1,11t i y x r y y x x i i r t r r t r ===++=++由归纳假设知
由数学归纳原理知引理对一切正整数S 成立.
现在回到原理.321321,,,,,b b b a a a 由于互不相同，故
.,,,,,)8()9.(,,)8(,,)7(.,,,,3212
1133232312123131232233113211232211331231232123231312123131312互不相同矛盾这与即则
成立若或及引理知由a a a a a
a a a a
b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a b a ===========≠≠≠≠≠
所以（9）成立。

于是
.3,2,1,,11,1),(,.11332211==≥====i a l
k
b l k l k a b a b a b a b i i 则设 由.1,2|2)1()2(221212121=++=+=
+l l
k
b b a a n a a l k b b 即为整数知取及题设 所以.3,2,1,==i ka b i i。