2012年加拿大数学奥林匹克试题及解答

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我们考虑编号为 1 和编号为 t+1 的书都不在正确位置的情况，此时a1 = 0，at+1 = 0， t+1 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、at+1 ）最多有2t −1 种不同的情况。由于操作过程中 t+1 元有序数组不会出现重复，所以在进行2t −1 次操作后，必有编号为 1 的书或者编号为 t+1 的书回到正确位置。此时最多再进行2t −1 − 1次操作，就可以将所有书都放回正确的位 置。所以 f(t+1)≤2t −1 + (2t −1 − 1) = 2t − 1。 根据数学归纳法知，对于任意自然数 n，都有 f(n)≤2n −1 − 1。 另一方面，若开始时 n 本书排列为 n、1、2、3、……n-1，每次对最右边的书进行操 作，此时操作2n −1 − 1次，才将所有书都放回正确位置。 综上所述，图书管理员最多可以操作2n −1 − 1步。
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xy z 2 4
第一题：对于任意正实数 x、y、z，求证：x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4。 + 4 ≥ 8 �x 2 ·
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xy 2 2
·百度文库
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· 4 = 4xyz，所以x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥
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2012 年加拿大数学奥林匹克竞赛试题解答 田开斌 解答
解法一：根据均值不等式知：x 2 + xy 2 + xyz 2 + 4 = x 2 +
xy z 2 4
4xyz − 4，等号当且仅当x = y = z = 2时等号成立。 解法二：因为x 2 + xy 2 + xyz 2 + 4 − 4xyz = (x − 2)2 + x(y − 2)2 + xy(z − 2)2 ≥ 0，等 号当且仅当x = y = z = 2时成立。所以x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4，等号当且仅当 x = y = z = 2时等号成立。 解法三：令f(z) = xy · z 2 − 4xy · z + (x 2 + xy 2 + 4)，则△= (−4xy)2 − 4xy · (x 2 + xy 2 + 4=4xy4xy−x2+xy2+4=−4xyx2+xy2+4−4xy。又 x2+xy2+4−4xy≥xy2+4x−4xy=x(y−2)2≥0， 所以△≤ 0。于是知f(z) ≥ 0，即x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4。 注：由解法三知：x、y＞0，z 为任意实数，都有不等式x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4。 解法四：x 2 + xy 2 + xyz 2 + 4 ≥ 4x + xy 2 + xyz 2 = x(4 + y 2 + yz 2 ) ≥ x(4y + yz 2 ) = xy(4 + y 2 ) ≥ 4xyz ，所以x 2 + xy 2 + xyz 2 ≥ 4xyz − 4 ，等号当且仅当x = y = z = 2 时等号成立。 第二题：对任意正整数 n、k，定义 L(n，k)为 n、n+1、n+2、……、n+k-1 的最小公倍 数。求证：对于任意正整数 b，存在正整数 n、k，使得L(n，k)＞bL(n + 1，k)。 证明：我们取素数p = 2t + 1＞4b。令n = p，k = 2t − 1，则n + k = (2t + 1) + (2t − 1) = 4t。令L(n + 1，k − 1) = d。因为 p 是素数，且n + k − 1 = 4t − 1＜2p，所以 (p，d) = 1 ，于是 L�n，k� = pd 。又因为 n + 1 = 2t + 2＜3t＜4t − 1 = n + k − 1 ，所以 t|d ， 于是知L�n + 1，k� = �d，4t� ≤ 4d。于是知L�n，k� = pd＞4bd ≥ bL�n + 1，k�。命题得 证。 第三题：凸四边形 ABCD 中，对角线 AC、BD 交于点 P，AC+AD=BC+BD。求证：∠ACB、 ∠ADB、∠APB 的内角平分线交于一点。 证明：如图，设∠ADB 和∠ACB 的角平分线交于点 E，我们只需证明 EP 平分∠APB 即可。 作 B 关于 EC 的对称点 M，则 M 在 AC 上，且 EB=EM、CB=CM；作 A 关于 ED 的对称点 N， 则 N 在 BD 上，且 EA=EN、DA=DN。又因为 AC+AD=BC+BD，所以 AC-BC=BD-AD，即 AM=BN。于 是知△EAM≌△ENB。作 EJ⊥AC 于 J，EK⊥BD 于 K，则 EJ=EK，所以 EP 平分∠APB。证毕。
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在的位置称为一次操作。设开始时 A、B 之间的最短连通路径为L0 ，L0 上有p0 个方格。第 t 次操作后，最短路径为Lt ，Lt 上有pt 个方格。我们考虑pt+1 和pt 之间的关系。假设第 t+1 次 操作，在 B 向 A 运动的过程中，A 受阻q t+1 次，则 A 从原来位置移动到新的位置走了 pt − q t+1 个方格，即在 A 原来位置到新位置之间存在一条pt − qt+1 个方格的路径，于是知 pt+1 ≤ pt − q t+1 。由于迷宫的边界都砌了围墙，所以我们总可以在任意连续的 max{m、n} 次操作中，让 A 至少受阻一次，即使得q t ≥ 1，也即使得pt+1 ≤ pt − 1。那么最多通过不超 过p0 × max{m、n}条指令，就可以使得 A、B 在同一个单元格内。 假设当 k≤r 时，结论成立，则我们考虑 k=r+1 时的情况。 当 k=r+1 时，我们先任取两个方格中的机器人，可以通过 k=2 时的操作方式，将它们 移动到同一个方格内。这时便最多有 r 个方格内有机器人。根据归纳假设知，可以将这些 机器人赶到移动到同一个方格内。 根据数学归纳法知，可以通过有限条指令，使得所有机器人都在同一个单元格内。 第五题：编号为 1、2、3、……、n 的 n 本书排成一排（开始顺序是乱的），图书管理 员想把它们按照正确的顺序排序（从左到右依次为 1、2、3、……、n）。每次他选一本位 于它本该所处位置右边的书将它插入正确的位置。例如，若 n=4，四本书依次为 1、3、2、 4 时，管理员可以将编号为 2 的书放在第 2 个位置，这样四本书顺序变为 1、2、3、4。求 证： （1）无论如何选择操作顺序，只要操作不断地进行，肯定可以将所有的书排列成正确 的顺序； （2）他最多可以操作多少步？ 解答：（1）我们将图书管理员选一本位于它本该所处位置右边的书，将它插入正确的 位置，称为一次操作。 我们先证明，只要还没有将所有书放回正确位置，操作就可以不断进行下去。 否则，假设存在某个时刻，还没有将所有书都放回正确位置，操作就无法再进行。此 时，任一本书要么在正确位置，要么在正确位置左侧，且至少有一本书在正确位置左侧。 假设此时编号为 k 的书所在位置为bk （k=1、2、3、……、n），则 {b1 、b2 、b3 、 … … 、bn }={1、2、3、……、n}，且b1 ≤ 1，b2 ≤ 2，b3 ≤ 3，……， bn ≤ n，且至少有一个等号不成立。此时有1 + 2 + 3 + ⋯ + n = b1 + b2 + b3 + ⋯ + bn ＜1 + 2 + 3 + ⋯ + n，矛盾。所以只要还没有将所有书放回正确位置，操作就可以不断 进行下去。 我们考虑如下 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ），令 1，第 k 本书在正确的位置 ak = � ，其中 k=1、2、3 、……、n 。我们证明在操作过程中， 0，第 k 本书不在正确的位置 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ）不会出现重复。 否则，我们假设一个 n 元有序数组（a1 ∗ 、a2 ∗ 、a3 ∗ 、 … … 、an ∗ ）在 p 次操作后再次出 现。假设在这 p 次操作中，被操作的书的最小编号为 m，由于每次操作都是将书从右向左 移，所以编号为 m 的书被且仅被操作过一次，所以原来的am ∗ = 0，而 p 次操作后的 am ∗ = 1，矛盾。所以 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ）不会出现重复。 而 n 元有序数组（a1 、a2 、a3 、 … … 、an ）最多有2n 种不同的情况，且操作可以一直 进行下去，所以最多可以进行2n − 1次操作，必然会出现（1、1、1、……、1），也即所 有的书都排列成了正确的顺序。 （2）假设 n 本书最多可以操作 f(n)次，我们用数学归纳法证明 f(n)≤2n −1 − 1。 当 n=2 时，最多可以操作 1 次，结论成立。 假设当 n=t 时，有 f(t)≤2t −1 − 1。 当 n=t+1 时，我们证明 f(t+1)≤2t − 1。由于书只能从右向左移，所以编号为 1 的书 移回到正确位置后，便不能再移动，剩下的 t 本书，编号和位置都减 1，则可以按 n=t 时 处理，即最多只能再进行 f(t)≤2t −1 − 1次操作。另一方面，当编号为 t+1 的书回到正确 的位置后，也不能再移动，剩下的 t 本书也可以按 n=t 时处理，即最多只能再进行 f(t)≤ 2t −1 − 1次操作。
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A B J M P D N C K
第四题：在一个 m×n 的长方形迷宫的一些单元格内放了机器人，在一个单元格内可以 放多个机器人，迷宫的边界都砌了围墙，有一些单元格的一些边也砌了墙，机器人无法穿 越围墙。你可以给这些机器人下一条指令（上、下、左、右之一），所有的机器人在同一 时间遵照这一指令走到与之相邻的单元格内，但此方向上有围墙时，机器人就呆在原单元 格内不动。接着你可以下下一条指令，这个过程可以不断地进行下去。已知迷宫是连通的， 也即任意指定一个单元格、任意指定一个机器人，此机器人都可以通过若干步走到这个单 元格。证明：你可以通过有限条指令，使得所有机器人都在同一个单元格内。 证明：为了简化思考，由于一个方格中的所有机器人行动都一致，我们可以将这些机 器人捆绑成一个机器人处理。假设 k 个方格中有机器人，我们对 k 进行归纳证明。 当 k=2 时，也即只有两个方格中有机器人，我们可以捆绑成两个机器人处理，设为 A 和 B。我们考虑 A、B 之间的最短连通路径。显然，若某条路径是从 A 到 B 的最短连通路径， 那么这条路径也是从 B 到 A 的最短连通路径。我们将 B 通过最短连通路径移动到 A 现在所
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