第十届中国东南地区数学奥林匹克试题解答

第十届东南数学奥林匹克解答第一天(2013年7月27日 上午8：00－12：00) 江西 鹰潭1. 实数,a b 使得方程320x ax bx a -+-=有三个正实根．求32331a ab ab -++的最小值．（杨晓鸣提供）解 设方程320x ax bx a -+-=的三个正实根分别为123,,x x x ，则由根与系数的关系可得123122313123,,x x x a x x x x x x b x x x a ++=++==，故0,0a b >>．由2123122313()3()x x x x x x x x x ++≥++知：23a b ≥．又由123a x x x =++≥=a ≥32331a ab a b -++23(3)31a ab a a b -++=+332333113a a a aa ab ++≥≥=≥++当9a b ==综上所述，所求的最小值为．2. 如图，在ABC ∆中，AB AC >，内切圆I 与BC 边切于点D ，AD 交内切圆I 于另一点E ，圆I 的切线EP 交BC 的延长线于点P ，CF 平行PE 交AD 于点F ，直线BF 交圆I 于点,M N ，点M 在线段BF 上，线段PM 与圆I 交于另一点Q ．证明：ENP ENQ ∠=∠． （张鹏程提供）证法1 设圆I 与,AC AB 分别切于点,S T 联结,,ST AI IT ，设ST 与AI 交于点G ，则,IT A T T G A I⊥⊥，从而有2AG AI AT AD AE ⋅==⋅，所以,,,I G E D四点共圆．又,IE PE ID PD ⊥⊥，所以,,,I E P D 四点共圆，从而,,,,I G E P D 五点共圆．所以90IGP IEP ∠=∠=，即IG PG ⊥，从而,,P S T 三点共线．直线PST 截ABC ∆，由梅涅劳斯定理知，1AS CP BT SC PB TA⋅⋅=， 又,,AS AT CS CD BT BD ===，所以有1PC BDPB CD⋅=． ① 设BN 的延长线交PE 于点H ，直线BFH 截PDE ∆，由梅涅劳斯定理知，1PH EF DBHE FD BP⋅⋅=． 因为CF 平行于BE ，所以EF PCFD CD=，从而有 1PH PC DBHE CD BP⋅⋅=． ② 由①、②知，PH HE =，故22PH HE HM HN ==⋅，所以PH HNHM PH=，PHN ∆∽MHP ∆，HPN HMP NEQ ∠=∠=∠， 又PEN EQN ∠=∠，所以ENP ENQ ∠=∠．证法2 设圆I 与,AC AB 分别切于点,S T ，则由PI AD ⊥知2222222PA PD IA ID IA IT AT -=-=-=，所以2222222PA AT PD IP ID IP IT -==-=-，从而AI PT ⊥．又AI ST ⊥，所以,,P S T 三点共线．以下同证法1．3. 数列{}n a 满足：21211(1)1,2,(2,3,)nn n n a a a a n a +-+-====．证明：该数列任意两个相邻项的平方和仍是该数列中的一个项．（陶平生提供）证 由211(1)n n n n a a a +-+-=得211(1)(2,3,,)n n n n a a a n +-=+-=，于是2222112n n n n n n n n a a a a a a a a --------=2121212(1)n n n n n a a a a -----+--=211312n n n n n a a aa a ------=132n n n a a a ----==3122a a a -==，故122(3)n n n a a a n --=+≥．从而12345671,2,5,12,29,70,169,a a a a a a a =======，可见2222221232353475,29,169a a a a a a a a a +==+==+==，故猜想22121n n n a a a +++=．令22121()n n n f n a a a ++=+-，于是(1)()f n f n +-22221223121n n n n n n a a a a a a +++++=+---+222321()()()n n n n n n a a a a a a ++++=-+--12222()2n n n n a a a a +++=+-2()g n =，① 其中1222()()n n n n g n a a a a +++=+-．进一步有(1)()g n g n +-231241222()()n n n n n n n n a a a a a a a a +++++++=+--++231232n n n n n a a a a a ++++=--22112123(2)(2)2n n n n n n n a a a a a a a +++++++=+---2221232222(1)n n n a a a f n +++=+-=+．② 由①、②知4(1)2(1)2()f n g n g n +=+-(2)(1)(1)()f n f n f n f n =+-+-++，即(2)6(1)()f n f n f n +=+-．由于(1)(2)0f f ==，根据递推式可知()0f n =，即22121n n n a a a +++=．证毕．4. 十二个杂技演员编号分别为1,2,,12，将他们按适当方式分别围成,A B 两个圈，每圈6人，其中B 圈的每个演员分别站在A 圈相邻两个演员的肩膀上．如果B 圈中每个演员的编号分别等于他脚下两个演员的编号之和，就称这样搭配成的结构为一个“塔”，问总共能搭配成多少个结构不相同的“塔”？ （注：旋转或对称后的塔属于同一种结构．以8个人的情况为例，画一个圆，将底层演员编号填在圈内，上层演员编号填在圈外，那么以下三个图均是“塔”，但后两个图分别可由第一个图经旋转或对称而得，故它们属于同一种结构．） （陶平生提供）解 将组,A B 中的元素和分别记为,x y ，则有2y x =，所以3121278x x y =+=+++=，26x =．显然有1,2A ∈，11,12B ∈，设{}1,2,,,,A a b c d =，其中a b c d <<<，则12345678123456781234567823a b c d +++=，且3,810a d ≥≤≤（若7d ≤，则456722a b c d +++≤+++=，矛盾）．(1) 如果8d =，则{}1,2,,,,8,7,15A a b c c a b c =≤++=，于是(,,)a b c (3,5,7)=或(4,5,6)，即{}1,2,3,5,7,8A =或{}1,2,4,5,6,8A =．若{}1,2,3,5,7,8A =，则{}4,6,9,10,11,12B =，由于B 中含4,6,11,12，故A 中必须1、3邻接，1、5邻接，5、7邻接，8、3邻接，这时只有唯一的排法，由此得到一个塔：若{}1,2,4,5,6,8A =，则{}3,7,9,10,11,12B =，类似知A 中必须1、2邻接，5、6邻接，4、8邻接，这时有两种排法，得到两个塔：(2) 如果9d =，则{}1,2,,,,9,8,14A a b cc a b c =≤++=，这时(,,)a b c(3,5,6)=或(3,4,7)，即{}1,2,3,5,6,9A =或{}1,2,3,4,7,9A =．若{}1,2,3,5,6,9A =，则{}4,7,8,10,11,12B =，为得到B 中的4,10,12，A 中必须1、3、9两两邻接，这不可能；若{}1,2,3,4,7,9A =，则{}5,6,8,10,11,12B =，为得到B 中的6,8,12，A 中必须2、4邻接，1、7邻接，9、3邻接，于是有两种排法，得到两个塔：(3) 如果10d =，则{}1,2,,,,10,9,13A a b c c a b c =≤++=，这时，(,,)(3,4,6)a b c =，即{}1,2,3,4,6,10A =，{}5,7,8,9,11,12B =，为得到B中8,9,11,12， A 中必须6、2邻接，6、3邻接，10、1邻接，10、2邻接，只有唯一排法，得到一个塔：因此，结构不相同的“塔”共有6个．125648371110129912101173846521125648371110129125648371110129125648371110129125648371110129第十届东南数学奥林匹克解答第二天(2013年7月28日 上午8：00－12：00) 江西 鹰潭1. 设()1!2!2013!x x x f x ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦，[]x 表示不超过x 的最大整数．对整 数n ，若关于x 的方程()f x n =有实数解，则称n 为好数．求集合{}1,3,5,,2013中好数的个数． （吴根秀提供）解 先指出两个明显的结论：(a ) 若m 为正整数，x 为实数，则[]x x m m ⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦；(b ) 对任意整数l 与正偶数m ，有212l l m m +⎡⎤⎡⎤=⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦． 下面我们求解原问题． 在结论(a )中令!(1,2,,2013)m k k ==并求和，可知2013201311[]()([])!!k k x x f x f x k k ==⎡⎤⎡⎤===⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦∑∑， 这表明方程()f x n =有实数解当且仅当方程()f x n =有整数解．以下只需考虑x 为整数的情况．由于[][]201321(1)()11!!k x x f x f x x x k k =⎛+⎫⎡⎤⎡⎤+-=+-+-≥ ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑， ① 所以()()f x x ∈Z 单调递增．下面找整数,a b ，使得(1)0()(1)(1)()2013(1)f a f a f a f b f b f b -<≤<+<<-<≤<+．注意到(1)0(0)f f -<=，所以0a =．又由于611173(1173)1173586195489120122013!k f k =⎡⎤==+++++=≤⎢⎥⎣⎦∑， 611174(1174)1174587195489120142013!k f k =⎡⎤==+++++=>⎢⎥⎣⎦∑， 故1173b =．因此{}1,3,5,,2013中的好数就是{}(0),(1),,(1173)f f f 中的奇数．在①中令2(0,1,,586)x l l ==，由结论(b )知212(22013)!!l l k k k +⎡⎤⎡⎤=≤≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦， 因此20132212(21)(2)11!!k l l f l f l k k =⎛+⎫⎡⎤⎡⎤+-=+-= ⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎝⎭∑， 这说明(2),(21)f l f l +中恰有一个为奇数，从而{}(0),(1),,(1173)f f f 中恰有11745872=个奇数，即集合{}1,3,5,,2013中的好数有587个．2. 设n 为大于1的整数．将前n 个素数从小到大依次记为12,,,n p p p （即12p =，23,p =），令1212n p p p n A p p p =．求所有正整数x ，使得Ax为偶数，且 Ax恰有x 个不同的正约数． （何忆捷提供）解 由已知得2|x A ，注意到224n p p n A p p = ，故可设1222nnx p p a a a =，其中101,0(2,3,,)ii p i n a a ＃＃=．此时有122222n n p p n Ap p xa a a ---=， 故Ax不同的正约数个数为122(3)(1)(1)n n p p a a a --+-+．由已知得121222(3)(1)(1)2nn n np p x p p a a a a a a --+-+==． ① 下面数学归纳法证明：满足①的数组12(,,,)n a a a 必为(1,1,,1)(2)n ³．(1) 当2n =时，①变为1212(3)(4)23a a a a --=，其中1{0,1}a Î．若10a =，则223(4)3a a -=，无非负整数2a 满足；若11a =，则222(4)23a a -= ，可得21a =．从而12(,)(1,1)a a =，即2n =时结论成立．(2) 假设1n k =-时结论成立（其中3k ³），则当n k =时，①变为1121221121(3)(1)(1)(1)2k k k k k k k k p p p p p p a a a a a a a a ------+-+-+=． ②若2k a ³，则考虑到01,011(11)k k k i i i k p p p p p ik a a <-+<<-+?<＃-，故②的左边不能被k p 整除，但此时②的右边是k p 的倍数，矛盾！若0k a =，则②变为1121221121(3)(1)(1)(1)2k k k k k p p p p p a a a a a a ------+-++=．注意到23,,,k p p p 为奇素数，因此一方面1k p +为偶数，从而上式左边为偶数，而另一方面，右边1221k k p p a a --为奇数．从而必有11a =．但此时132a -=，故左边是4的倍数，但右边不是4的倍数，仍矛盾！由上述讨论知，只能1k a =，此时②中1kk k k k p p p a a -+==，因而1121221121(3)(1)(1)2k k k k p p p p a a a a a a ------+-+=．由归纳假设知1211k a a a -====．从而1211k k a a a a -=====，即当n k =时结论成立．由(1)、(2)可断定12(,,,)(1,1,,1)n a a a =，故所求正整数为 2122n n x p p p p p ==．3. 将33´正方形任意一个角上的22´正方形挖去，剩下的图形称为“角形”（例如，图1就是一个角形）．现于1010´方格表（图2）中放置一些两两不重叠的角形，要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合．求正整数k 的最大值，使得无论以何种方式放置了k 个角形之后，总能在方格表中再放入一个完整的角形．（何忆捷提供）解 首先有max 8k <，这是因为，若按图1的方式放置8个角形，则不能再于方格表中放入另一个角形．下面证明：任意放置7个角形后，仍可再放入一个完整的角形．将1010´方格表的第5、6行及第5、6列遮住，留出4个44´正方形．当放置7个角形后，由于每个角形不能与两个上述44´正方形相交，故根据抽屉原理知，必存在一个44´的正方形S ，使得与S 相交的角形至多1个，而角形可被33´正方形所包含，故正方形S 被角形所占据的部分必包含于它的某个角上的33´正方形．如图2所示，我们可以在S 除去一个角上33´正方形后剩余的部分放置一个新的角形．因此7k =时符合题意．综上所述，有max 7k =．4. 设整数3n ≥，,,(0,1)αβγ∈，,,0(1,2,,)k k k a b c k n ≥=满足1()nkk k aαα=+≤∑，1()n k k k b ββ=+≤∑，1()nk k k c γγ=+≤∑．若对任意满足上述条件的,,(1,2,,)k k k a b c k n =，均有1()nk k k k k a b c λλ=+≤∑， 求λ的最小值． （李胜宏提供）解 令111,,111a b c αβγαβγ===+++，,,0(2,3,,)i i i a b c i n ==，此时条 件成立，故λ须满足(1)111αβγλλαβγ+⋅⋅≤+++，解得(1)(1)(1)αβγλαβγαβγ≥+++-．记0(1)(1)(1)αβγλαβγαβγ=+++-．下面证明，对任意满足条件的,,k k k a b c ， 1,2,,k n =，有01()nk k kk k a b cλλ=+≤∑．① 由题目条件知131nk k k k k k k a b c αβγαβγ=⎛⎫+++⋅⋅⎪⎝⎭∑ 111333111nnnk k k k k k k k k a b c αβγαβγ===⎛⎫⎛⎫+++⎛⎫≤⋅⋅ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑1≤， 这里用到了结论：当,,0(1,2,,)i i i x y z i n ≥=时，有33331111n n n n i i i i i i i i i i x y z x y z ====⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫≤ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑． ② （为完整起见，我们将②的证明过程附在最后．）因此，为证①，只需证明对1,2,,k n =，有13k k k k k k k k k k a b c a b c λαβγλαβγ+⎛⎫+++≤⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭，即()1233()()()k k k k k k k a b c λαβγλαβγ+⎛⎫+++≤ ⎪⎝⎭．③ 事实上，01()()αβγλαβγαββγγα=++++++2()()k k αβγαβγαββγγα≥++++++ ()()()k k k k αβγαβγαβγ=+++-， 因此()()()k k k k λαβγλαβγ++++≤． ④又由于(),(),()k k k k a k b k c ααββγγ+≤+≤+≤，故()2233()()()k k k a b c k k k αβγαβγ⎛⎫≤ ⎪+++⎝⎭．⑤ 由④、⑤可知③成立，从而①成立． 综上所述，min 0(1)(1)(1)αβγλλαβγαβγ==+++-．注 ②可以直接用Hölder 来证明，亦可由Cauchy 不等式进行如下推理：233111n n n i i i i i x y ===⎛⎫⎛⎫⎛≥ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝∑∑；23111nnni i i i i i i z x y z ===⎛⎫⎛⎫⎛≥ ⎪⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝∑∑；221111n nn n i i i i i i i x y z ====⎛⎛⎛⎫≥= ⎪⎝⎝⎝⎭∑．由以上三式知2231133311111n n n n nni i i i i i i i n i i i i i i ii x y z x y z x y z =======⎛⎛ ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭⎝⎭≥≥⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑∑．。