2006中国数学奥林匹克(第二十一届全国中学生数学冬令营)试题及解答

l = 2k + 1，考虑二次方程
2 mx 2 + ly0 x + ny0 −1 = 0 ，
⑧
则
x=
2 2 −ly0 ± l 2 y0 − 4mny0 + 4m −ly0 ± x0 = ， 2m 2m
这表明方程⑧至少有一个整数根 x1 ，即
2 mx12 + ly0 x1 + ny0 −1 = 0 ，
x12 + 11y12 = m,
可得 若
x1
2
y1 (mod 2) ，
2
100m = ( x1 m 33 y1 ) + 11( y1 ± 3x1 ) ．
x1 ≡ y1 ≡ 0 (mod 5) ，或者 x1 ≡ ±1(mod 5), y1 ≡ ±2 (mod 5) ，或者
x1 − 33 y1 y + 3 x1 是方程①的一奇数 , y0 = 1 5 5
2
⎛ n −1 ⎞⎛ n −1 ⎞ n(n − 1)(2n − 1) ⎛ n −1 2 ⎞ ≤ ⎜ ∑ i 2 ⎟⎜ ∑ di2 ⎟ = ⎜ ∑ di ⎟ 6 ⎝ i =1 ⎠⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ n3 ⎛ n −1 2 ⎞ ≤ ⎜ ∑ di ⎟ ， 3 ⎝ i =1 ⎠ 所以
2 ak ≤
i =1 i i +1
n −1
2
．
证明
只需对任意 1 ≤ k ≤ n ，证明不等式成立即可．
记 d k = ak − ak +1 , k = 1, 2,L , n − 1 ，则 ak = ak ， ak +1 = ak − d k ， ak + 2 = ak − d k − d k +1 ,L , an = ak − d k − d k +1 − L − d n −1 ， ak −1 = ak + d k −1 , ak − 2 = ak + d k −1 + d k − 2 , L , a1 = ak + d k −1 + d k − 2 + L + d1 ， 把上面这 n 个等式相加，并利用 a1 + a2 + L + an = 0 可得 nak − (n − k )d k − (n − k − 1)d k +1 − L − d n −1 + (k − 1)d k −1 + (k − 2)d k − 2 + L + d1 = 0 ． 由 Cauchy 不等式可得
①
x0 ≡ (2k + 1) y0 (mod m)
的偶数解 ( x0 , y0 ) ，其中 k 是整数． 引理的证明 考虑如下表示
m ， 2
②
x + (2k + 1) y x, y为整数，且0 ≤ x ≤ 2 m , 0 ≤ y ≤
⎛⎡ ⎤ ⎞ ⎤ + 1 ⎜ ⎢ m ⎥ + 1⎟ > m 个 表 示 ， 因 此 存 在 整 数 x1 , x2 ∈ ⎡0, 2 m ⎤ ， 则共有 ⎡ 2 m ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎜ 2 ⎟ ⎦ ⎠ ⎝⎣
x1 ≡ ±2(mod 5), y1 ≡ m1(mod 5) ，则 x0 = 解．
若 x1 ≡ ±1(mod 5), y1 ≡ m2 (mod 5) ，或 x1 ≡ ±2(mod 5), y1 ≡ ±1(mod 5) ，则
x0 = x1 + 33 y1 y − 33 x1 , y0 = 1 5 5
是方程①的一奇数解． 引理证毕． 由引理，若方程①没有奇数解，则它有一个满足②的偶数解 ( x0 , y0 ) ．令
由于 45 个互不相同的正整数两两比值至多有 45× 44 ＋ 1＝1981 个，故 a1 , a2 , L , a2006 中互不相同的数大于 45． 下面构造一个例子，说明 46 是可以取到的． 设 p1 , p2 , L , p46 为 46 个互不相同的素数，构造 a1 , a2 , L , a2006 如下： p1 , p1 , p2 , p1 , p3 , p2 , p3 , p1 , p4 , p3 , p4 , p2 , p4 , p1 ,L ， p1 , pk , pk −1 , pk , pk − 2 , pk ,L , pk , p2 , pk , p1 ,L ， p1 , p45 , p44 , p45 , p43 , p45 ,L , p45 , p2 , p45 , p1 ， p46 , p45 , p46 , p44 , p46 ,L , p46 , p22 , p46 ， 这 2006 个正整数满足要求． 所以 a1 , a2 , L , a2006 中最少有 46 个互不相同的数．
2 2
2 2 （4） x + 11y = 5m ，则 52 ⋅ 4m = ( 3 x m 11 y ) + 11( 3 y ± x ) ．
当5 则
m 时， 若 x ≡ ±1(mod 5), y ≡ m2 (mod 5) ， 或 x ≡ ±2(mod 5), y ≡ ±1(mod 5) ，
3 x − 11 y 3y + x , y0 = 5 5
2 2 （1） 若 x + 11y = m ，则 x0 = 2 x, y0 = 2 y 是方程①满足②的解． 2 2 （2） 若 x + 11y = 4m ，则 x0 = x, y0 = y 是方程①满足②的解． 2 2 （3） 若 x + 11y = 3m ，则 ( x ± 11 y ) + 11( x m y ) = 32 ⋅ 4m ．
n 3
∑ (a − a )
i =1 i i +1
n −1
2
．
二、正整数 a1 , a2 , L , a2006 （可以有相同的）使得
a a1 a2 , , L , 2005 两 a2 a3 a2006
两不相等．问： a1 , a2 , L , a2006 中最少有多少个不同的数？
解 答案： a1 , a2 , L , a2006 中最少有 46 个互不相同的数．
(
)
⎡ m⎤ y1 , y2 ∈ ⎢ 0, ⎥ ，满足 ( x1 , y1 ) ≠ ( x2 , y2 ) ，且 2 ⎣ ⎦
x1 + (2k + 1) y1 ≡ x2 + (2k + 1) y2 (mod m) ，
这表明
x ≡ (2k + 1) y (mod m) ，
这里 x = x1 − x2 , y = y2 − y1 。由此可得
⑨
上式表明 x1 必为奇数．将⑨乘以 4n 后配方得
( 2ny0 + lx1 )
2
+ 1Biblioteka Baidux12 = 4n ，
2 2 这表明方程 x + 11y = 4n 有奇数解 x = 2ny0 + lx1 , y = x1 ．
2006 中国数学奥林匹克
（第二十一届全国中学生数学冬令营） 第二天
福州 1 月 13 日 上午 8∶00～12∶30 每题 21 分 四、在直角三角形 ABC 中， ∠ACB = 90° ，△ABC 的内切圆 O 分
A P E C D B F
Q
延长 AD 至 Q，使得 ∠AQC = ∠ACP = ∠PBC ，连接 BQ，CQ，则 P，B，Q， C 四点共圆，令 DQ＝l，则由相交弦定理和切割线定理可得
yz = nl ，
① ②
x 2 = m( m + n ) ． 因为 ΔACP ∽ ΔAQC ，所以 AC AP = ，故 AQ AC
( x + z ) 2 = m( m + n + l ) ． 在 Rt △ACD 和 Rt △ACB 中，由勾股定理得 ( x + z ) 2 + z 2 = (m + n) 2 ， ( y + z )2 + ( z + x) 2 = ( x + y )2 ．
③
④ ⑤
③－②，得 ①÷⑥，得 所以 ②×⑦，结合④，得
别与边 BC，CA， AB 相切于点 D，E，F，连接 AD，与内切圆 O 相 交于点 P，连接 BP，CP，若 ∠BPC = 90° ，求证： AE + AP = PD ．
证明 设 AE = AF = x，BD＝BF＝y，CD＝CE＝z，AP＝m，PD＝n． 因为 ∠ACP + ∠PCB = 90° = ∠PBC + ∠PCB ，所以 ∠ACP = ∠PBC ．
x12 + 11y12 = m ⇔ 36m = ( 5 x1 ± 11y1 ) + 11( 5 y1 m x1 ) ．
2 2
因为 x1 , y1 的奇偶性不同，所以 5 x1 ± 11y1 ， 5 y1 m x1 都为奇数． 若 x ≡ y (mod 3) ，则 x0 = 若 x1
5 x1 − 11 y1 5y + x , y0 = 1 1 是方程①的一奇数解． 3 3 5 x + 11 y1 5y − x y1 (mod 3) ，则 x0 = 1 , y0 = 1 1 是方程①的一奇数解． 3 3
z 2 + 2 zx = ml ，
⑥
yz n = ， z + 2 zx m yz m+n ， 1+ 2 = z + 2 zx m
2
⑦
x2 +
x 2 yz = ( m + n) 2 = ( x + z ) 2 + z 2 ， z 2 + 2 zx ⑧
整理得
x2 y = 2z( x + z) ． z + 2x x+z = 2 xy ， y+z
x0 =
⑥
是方程①满足②的解． 若 x ≡ ±1(mod 5), y ≡ ±2 (mod 5) ，或 x ≡ ±2(mod 5), y ≡ m1(mod 5) ，则
x0 = 3 x + 11 y 3y − x , y0 = 5 5
⑦
是方程①满足②的解．
当 5 m ，则公式⑥和⑦仍然给出方程①的整数解．若方程①有偶数解 x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 ，则
( nak ) 2 = ( ( n − k ) d k + ( n − k − 1) d k +1 + L + d n −1 − ( k − 1) d k −1 − ( k − 2) d k − 2 − L − d1 )
n−k ⎛ k −1 ⎞ ⎛ n −1 ⎞ ≤ ⎜ ∑ i 2 + ∑ i 2 ⎟ ⎜ ∑ di2 ⎟ i =1 ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠
又⑤式可写为
⑨
由⑧，⑨得 又⑤式还可写为 把上式代入⑩，消去 y + z ，得
x 4z = ． z + 2x y + z
y+z = 2 xz ， x−z
⑩ 11 ○
3 x 2 − 2 xz − 2 z 2 = 0 ，
解得 代入○ 11 得， 将上面的 x，y 代入④，得
x=
7 +1 z， 3
y = (2 7 + 5) z ，
③
x 2 ≡ (2k + 1) 2 y 2 ≡ −11 y 2 (mod m) ，
2 2 故 x + 11 y = km ，因为 x ≤ 2 m , y ≤
m ，所以 2
x 2 + 11y 2 < 4m +
11 m < 7m ， 4
于是 1 ≤ k ≤ 6 ．因为 m 为奇数，x 2 + 11y 2 = 2m ，x 2 + 11y 2 = 6m 显然没有整数解．
2 三、正整数 m，n，k 满足： mn = k + k + 3 ，证明不定方程
x 2 + 11y 2 = 4m
和
x 2 + 11y 2 = 4n
中至少有一个有奇数解 ( x , y ) ．
证明 首先我们证明如下一个 引理：不定方程
x 2 + 11y 2 = 4m
或有奇数解 ( x0 , y0 ) ，或有满足
m+n =
2( 7 + 1) z， 3
结合②，得
m=
x2 7 +1 = z， 6 m+n n= 7 +1 z， 2
从而
所以， x + m = n ，即 AE + AP = PD ．
五、实数列 {an } 满足： a1 =
ak +1 = − ak +
1 ， 2
2 2
首先假设 3
m，若 x
0 (mod 3), y
0 (mod 3) ，且 x
y (mod 3) ，则
x0 =
x − 11 y x+ y , y0 = 3 3
④
是方程①满足②的解．若 x ≡ y
0 (mod 3) ，则
x0 =
x + 11 y y−x , y0 = 3 3
⑤
是方程①满足②的解． 现在假设 3 m ，则公式④和⑤仍然给出方程①的整数解．若方程①有偶数解 x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 ，则
2006 中国数学奥林匹克
（第二十一届全国中学生数学冬令营） 第一天
福州 1 月 12 日 上午 8∶00～12∶30 每题 21 分
一、 实数 a1 , a2 , L , an 满足 a1 + a2 + L + an = 0 ，求证：
max ( ak2 ) ≤
1≤ k ≤ n
n 3
∑ (a − a )