2012年美国数学奥林匹克(USAMO)试题及其解答

杏 坛 孔 门
2012 年美国数学奥林匹克试题（USAMO）及其解答
田开斌 解答
1、求所有整数 n≥3，使得对于任意 n 个正实数a1 、a2 、a3 、 … … 、an ，如果满足 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，则其中可以取出三个数， 它们能够构成一个锐角三角形的三条边的长度。 解：对于任意 n≤12，在序列 1、1、√2、√3、√5、√8、√13、√21、√34、√55、√89、12中取前 n 个数，都有 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �，但任意三个数都不能构成 锐角三角形的三条边。所以满足条件的 n≥13。 下面我们用反证法证明 n≥13 时，都满足条件。 我们给 n 个正实数从小到大排序为a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤ ⋯ ≤ an ，若其中任意三个数，都不 能构成一个锐角三角形的三条边，则有a1 2 ≤ a2 2 ，ak 2 + ak+1 2 ≤ ak+2 2 ，其中 1≤k≤n-2。 于是知an 2 ≥ fn · a1 2 ，即an ≥ �fn · a1 ，其中fn 为斐波那契数列的第 n 项。又当 n≥13 时， 根据数学归纳法易知都有�fn ＞n，此时则有an ≥ �fn · a1 ＞na1 ，与 Max�a1 、a2 、a3 、 … … 、an � ≤ n · Min�a1 、a2 、a3 、 … … 、an �矛盾。所以当 n≥13 时，都 满足条件。 综上所述知，满足条件的 n 为所有不小于 13 的自然数。 2、一个圆被 432 个点等分为 432 段弧，将其中 108 个点染成红色，108 个点染成绿色， 108 个点染成蓝色，108 个点染成黄色。求证：可以在每种颜色的点中各选 3 个点，使得由 同色点构成的四个三角形都全等。 解：我们记 f(m)表示 m 除以 432 的余数，其中 0≤f(m)≤431。 我们从某点开始，按顺时针方向依次给 432 个点排序为 0、1、2、3、……431。设 108 个 红点所在位置依次为a1 、a2 、a3 、 … … 、a108 ，108 个绿点依次为b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 ， 108 个蓝点依次为c1 、c2 、c3 、 … … 、c108 ，108 个黄点依次为d1 、d2 、d3 、 … … 、d108 。 记Xi = �f(a1 + i)、f(a2 + i)、f(a3 + i)、 … … 、f(a108 + i)� ∩ �b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 � b1、b2、b3、……、b108=108（j=1、2、3、……108），所以
108×108 431
根据抽屉原理知，存在一个card� Xp � ≥ �
（i=1、2、3、……、431）。由于card ��f �ak j + 1� 、f �ak j + 2� 、f �ak j + 3� 、 … … 、f �ak j + 431∩c1、c2、c3、……、c108=108（j=1、2、3、……28），所以
n(n+1) 2 n(n+1) 2
pi ）=1，根据裴蜀定理知可以找到一组整数（x3 、y3 ），使得pi −1 · x3 + pi · y3 = − 令ap i −1 = x3 + 1，ap i = y3 + 1，则a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = + pi −1 · x3 + pi · y3 = 0。此时可以找到满足条件的数列；
431 8 i=1 j=1
记Zi = �f�at 1 + i�、f�at 2 + i�、f�at 3 + i�、 … … 、f�at 8 + i�� ∩ �d1 、d2 、d3 、 … … 、d108 �
� card(Zi ) = � card ��f �at j + 1� 、f �at j + 2� 、f �at j + 3� 、 … … 、f �at j + 431�� ∩ �d1 、d2 、d3 、 … … 、d108 �� = 108 × 8
n(n+1) 2
− (6pi −1 + pi ) + �6pi −1 · ap i −1 + pi · ap i � =
n(n+1) 2
。令ap i −1 = x1 + 1，ap i = y1 + 1，则a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan =
+ 6pi −1 �ap i −1 − 1� + pi �ap i − 1�。
n(n+1) 2
数）， an = −
n −1 2
，则 a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = 1 + 2 + 3 + ⋯ + (n − 1) + n �−
n −1 2
� = 0。
由于（6pi −1 ，pi ）=1，根据裴蜀定理知可以找到一组整数（x1 、y1 ），使得6pi −1 · x1 + pi · y1 = −
n(n+1) 2
③当pi −1 ≤ n＜2pi −1 时，a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = (1 + 2 + 3 + ⋯ + n) −
n(n+1) 2 n(n+1) 2 n(n+1) 2 n(n+1) 2 n(n+1) 2 n(n+1) 2
+ 6pi −1 · x1 + pi · y1 = 0。此时可以找到满足条件的 − (3pi −1 + pi ) +
�3pi −1 · ap i −1 + pi · ap i � =
(pi −1 + 2pi −1 + pi ) + �pi −1 · ap i −1 + 2pi −1 · a2p i −1 + pi · ap i � =
� + 1 = 28。也就是说存在 28 个红点和 28 个
� card(Yi ) = � card ��f �ak j + 1� 、f �ak j + 2� 、f �ak j + 3� 、 … … 、f �ak j + 431�� ∩ �c1 、c2 、c3 、 … … 、c108 �� = 108 × 28
431 28 i=1 j=1
绿点相对位置关系是相同的。我们设这 28 个点依次为ak 1 、ak 2 、 … … 、ak 28 。
记Yi = �f�ak 1 + i�、f�ak 2 + i�、f�ak 3 + i�、 … … 、f�ak 28 + i�� ∩ �c1 、c2 、c3 、 … … 、c108 �
个蓝点及 3 个黄点的相对位置关系是相同的。这四组同色点，由于相对位置都相同，即可构成 四个同色三角形。 3、求所有正整数 n＞1，使得存在一个无穷非零整数数列a1 、a2 、a3 、 … …，对于任意 正整数 k，都有ak + 2a2k + 3a3k + ⋯ + nank = 0。 解：首先我们证明 n=2 不满足条件。否则，对于任意正整数 t，都有a2t = −2a2t+1 ，
1 t 1 t
� + 1 = 3。也就是说存在 3 个红点和 3 个绿点、3
当 n≥3 时，我们按如下规则定义无穷非零整数数列： a1 = 1； ⎧ ⎪a 的值待定，（当 m 为不大于 n 的素数时）； {am }： m 。 ⎨ am = 1，（当 m 为大于 n 的素数时）； ⎪ ars = ar · as ，（r、s 为任意正整数）。 ⎩ 根据对该数列的定义知ak + 2a2k + 3a3k + ⋯ + nank = ak (a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan )。 于是知，如果我们可以定义一组合适的am （m 为不大于 n 的素数），使得a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = 0，则对任意正整数 k，都有ak + 2a2k + 3a3k + ⋯ + nank = 0。上述定义的数列， 即是一个满足条件的数列。 下面我们证明，对于任意的 n≥3，都可以通过定义一组合适的am （m 为不大于 n 的素 数），使得a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = 0，从而找到满足条件的无穷非零整数数列。 （一）当 n 为素数时。由于 n≥3，所以 n 为奇数。我们令am = 1（m 为小于 n 的素 所以当 n 为不小于 3 的素数时，我们都可以找到满足条件的数列； （二）当 n 为合数时。 （1）当 n=4 时，我们定义a2 = 2，a3 = −7，此时a1 + 2a2 + 3a3 + 4a4 = 0，所以 n=4 时，可以找到满足条件的数列； （2）当 n=6 时，我们定义a2 = 1，a3 = −3，a5 = 4，此时a1 + 2a2 + 3a3 + 4a4 + 5a5 + 6a6 = 0，所以 n=6 时，可以找到满足条件的数列； （3）当 n≥8 时。我们给所有素数从小到大排序为p1 、p2 、p3 、 … …，显然p1 = 2， p2 = 3，p3 = 5，p4 = 7、……。由于 n 为不小于 8 的合数，所以 n 必落在两个素数之间， 假设pi ＜n＜pi+1 ，i≥4。根据 Bertrand 公设知pi −1 ＜pi ＜n＜pi+1 ＜2pi ＜4pi −1 ，即2pi ＞n， 4pi −1 ＞n。令ap j = 1（j≤i-2），则 ①当3pi −1 ≤ n＜4pi −1 时，a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = (1 + 2 + 3 + ⋯ + n) − (pi −1 + 2pi −1 + 3pi −1 + pi ) + �pi −1 · ap i −1 + 2pi −1 · a2p i −1 + 3pi −1 · a3p i −1 + pi · ap i � =
108×8 431
根据抽屉原理知，存在一个card( Zr ) ≥ �
于是知a2t = �− � a1 对任意正整数 t 都成立。然而当t → +∞时，�− � a1 → 0，我们总可 以找到一个足够大的 t，使得|a2t | = ��− � a1 � ＜1，与a2t 为整数矛盾。
2 2 1 t 2
+ 3pi −1 �ap i −1 − 1� + pi �ap i − 1�。由于（3pi −1 ，pi ）=1， 。令 + 3pi −1 �ap i −1 − 1� +
ap i −1 = x2 + 1，ap i = y2 + 1，则a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = (pi −1 + pi ) + �pi −1 · ap i −1 + pi · ap i � = pi �ap i − 1� =
108×28 43个蓝点的相对位置关系都是相同的。我们设这 8 个点依次为at 1 、at 2 、 … … 、at 8 。
� + 1 = 8。也就是说存在 8 个红点和 8 个绿点及

杏 坛 孔 门
（i=1、2、3、……、431）。由于card ��f �at j + 1� 、f �at j + 2� 、f �at j + 3� 、 … … 、f �at j + 431∩d1、d2、d3、……、d108=108（j=1、2、3、……8），所以
n(n+1) 2

+
杏 坛 孔 门
6pi −1 �ap i −1 − 1� + pi �ap i − 1� = 数列； ②当2pi −1 ≤ n＜3pi −1 时，a1 + 2a2 + 3a3 + ⋯ + nan = (1 + 2 + 3 + ⋯ + n) − 根据裴蜀定理知可以找到一组整数（x2 、y2 ），使得3pi −1 · x2 + pi · y2 = − pi �ap i − 1� =
431 108 i=1 j=1
（i=1、2、3、……、431）。由于card ��f�aj + 1�、f�aj + 2�、f�aj + 3�、 … … 、f�aj + 431�� ∩ � card(Xi ) = � card ��f�aj + 1�、f�aj + 2�、f�aj + 3�、 … … 、f�aj + 431�� ∩ �b1 、b2 、b3 、 … … 、b108 �� = 108 × 108