2020年全俄数学奥林匹克第三阶段
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word版
2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔n 为偶数〕．五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分不被染为这3种颜色？ 解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。
奥数书籍推荐
打星号的是强烈推荐的，其他的书也是非常值得一读的，但是时间有限的情况下，可以暂时搁置。
通用书籍：中等数学（无论是刚入门还是国家队）第零阶段知识拓展《数学选修4-1：几何证明选讲》《数学选修4-5：不等式选讲》《数学选修3-X（忘了哪本）：初等数论初步》第一阶段：全国高中数学联赛各赛区预赛1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用高中数学联赛备考手册华东师范大学出版社*3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社*4、单樽《解题研究》*5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几）6、《平面几何》浙江大学出版社7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著第二阶段：全国高中数学联合竞赛第一部分：一试《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社*《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚）5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本）7、《概率与期望》单樽8、《同中学生谈排列组合》苏淳9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*12、《圆锥曲线的几何性质》13、《解析几何》浙江大学出版社第二部分：加试（我怎么可能会说二试这种词语呢）平几1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选*2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》4、浙大小红皮《平面几何》5、沈文选《三角形的五心》6、田廷彦《三角与几何》7、田廷彦《面积与面积方法》不等式1、《初等不等式的证明方法》韩神2、9、命题人讲座《代数不等式》计神3、10、《重要不等式》中科大出版社11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》数论（9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题）12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》13、13、奥林匹克小丛书《数论》14、命题人讲座《初等数论》冯志刚组合15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》17、命题人讲座刘培杰《组合问题》18、《构造法解题》苏淳19、《从特殊性看问题》中科大出版社20、《抽屉原则》常庚哲第三部分：通用《中等数学增刊：高中数学联赛模拟题》*《多功能题典：高中数学竞赛》《数学奥林匹克研究教程》单樽奥林匹克小丛书第二版《高中数学竞赛中的解题方法与策略》第三阶段：中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上（本渣不自量力，竟然敢给这个阶段的大神推荐书籍，如果大神们虐题审美疲劳的话，也不妨一看）命题人讲座《圆》田廷彦《近代欧式几何学》《近代的三角形的几何学》《不等式的秘密》范建熊、隋振林《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军《初等数论难题集》命题人讲座《图论》奥林匹克小丛书第二版《图论》《走向IMO》今天仔细看了看。
李耀文——2020EMLO第4题解答
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2020巴尔干初中数学奥林匹克（JBMO）预选题数论组中文翻译
2020巴尔干初中数学奥林匹克（JBMO）预选题数论组中文
翻译
数论组
1.是否存在正整数, 使得为素数?
2.求所有的正整数, 以及素数, 使得.
3.求最大的正整数(), 使得存在正整数 (), 满足对任意个连续的正整数, 一定可以从中选取个数,满足如下条件:
每个被选取的数都不是或者的倍数.
任意两个被选取的数的差都不是或者的倍数.
4.求所有的素数, 使得对任意正整数, 均有整除.
5.对给定正整数, 集合包含到中的正整数, 且对其中不存在互异的正整数 , , , 使得. 称中区间内的数为"小数", 区间内的数为"中数", 区间内的数为"大数". 以下结论是否成立?
不存在正整数, 使得 , , 与被除的余数都为中的元素, 且其中, ,的余数互不相同, 且均为
(1) 小数 (2)中数 (3) 大数
6.是否存在正整数, 使得.
7.求证: 不存在素数, 使得的任意次幂均为回文数.
注: 若一个数从左往右读和从右往左读完全相同, 就称这个数为回文数. 显然的, 末尾为的数一定不是回文数.
8.求所有的素数, 使得
也为素数.。
例1 设
1、设()4mod 1≡n 且n ＞1，{}na a a P ,,,21=是{}n ,,3,2,1 的任意排列，pk 表示使下列不等式成立的最大下标k ，k a a a +++ 21＜n k k a a a +++++ 21．试对一切可能的不同排列P ，求对应的pk 的总和．解：设14+=m n （m 为正整数），对于{}n ,,3,2,1 的任意排列{}na a a P ,,,21=，由pk 的定义得p k a a a +++ 21＜n k k a a a p p +++++ 21， ① 121+++++p p k k a a a a ≥n k a a p +++ 2．②首先，②中等号不成立．事实上，若=+++++121p p k k a a a a n k a a p +++ 2，则()()12121221121+=+++=+++=++++n n n a a a a a an k p ()()1214++=m m ．上式左端为偶数，右端为奇数，矛盾．故②应为121++++p k a a a ＞n k a a p +++ 2③于是，对于P 的反序排列{}121,,,,'a a a a P n n-=，由①，③得()1'+-=p p k n k，即1'-=+n k k p p ，将{}n ,,3,2,1 的n ！个排列两两配对，每对中的两个排列P 与P ’互为反序，它的对应的pk 之和为()()!121n n -．2、给定2003个集合，每个集合都恰含44个元素，并且每两个集合恰有一个公共元．试求这2003个集合的并集中元素的个数．解：设给定的2003个集合为200321,,,A A A ．依题意有44=iA（1≤i ≤2003）．1=j i A A （1≤i ＜j ≤2003）．为了求200321A AA ，由容斥原理，只需求ki i i A A A21（1≤1i ＜2i ＜…＜ki ≤2003，k ≥3）．由1=j iA A 知这个数至多等于1，若都等于1，则必有一个元是所有iA 的公共元．考虑1A ．它与其他2002个集合iA （2≤i ≤2003）都有惟一公共元．又441=A，且45442003=⎥⎦⎤⎢⎣⎡，若1A 中每个元至多属于其他45个集合，则1A 至多与其他44×45＝1980个集合有公共元，矛盾．可见1A 中必有一个元a 至少属于其他46个集合，不妨设a 属于2A ，3A ，…，47A ，并设B 是20034948,,,A A A中任意一个集合，如果B a ∉，又因为B 与4721,,A A A 中每一个都有公共元，且这些公共元两两不同（这时，若B 与iA 及jA ()471≤<≤j i 有相同的公共元b ，则a b ≠，于是iA 与jA ()471≤<≤j i 有两个公共元a 和b ，矛盾），可见B 至少有47个元，这与44=B 矛盾．故必有B a ∈，即a 是2003个集合200321,,A A A 的公共元，但200321,,A A A 中任何两个只有惟一公共元a ，所以()200311121≤<<≤=⋂⋂⋂k i i i i i A A A k ．由容斥原理得200321A A A ⋃⋃⋃200321200312003120031A A A A A A A A A k j i k j i j i j i i i ⋂⋂⋂+-⋂⋂+⋂-=∑∑∑≤<<≤≤<≤=200320033200322003442003C C C +-+-⨯= ()200320032200312003020031200302003442003C C C C C C -+--++⨯=()8613011861302003=--=． 3、证明：在任何n 个人中，总存在2人，使得其余2-n 人中与这两人都互相认识或都不互相认识的人数不少于12-⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 个．证明：如果结论不成立，那么对n 个人中任意两人A 和B ，其余2-n 个人中同时认识A 和B 以及同时不认识A 和B 的总人数至多为22-⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 个．设除A ，B 外其余2-n 个人中恰认识A 或B 中一人的有k 个，则222-⎥⎦⎤⎢⎣⎡≤--n k n ，所以222n n n n n k =-≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-≥．若C 恰认识A 、B中一个人，则将（C ，A ，B ）组成一个三人组，并设这种三人组的个数为S ，因为n 个人可形成2nC 个（A ，B ）对，并且对每一对人A 和B ，至少有2n 个人恰认识A 或B中一个，所以()41222-=≥n n C n S n ①．另一方面，设对n 人中任意一人C ，其余1-n 人中恰有h 人认识C 而hn --1人不认识C ，于是含C 的三人组有()()4121122-=⎪⎭⎫⎝⎛--+≤--n h n h h n h 个，而C 有n 种取法，所以()412-≤n n S ②．①与②矛盾，故命题成立．从上述例题可以看出，用组合分析方法证明组合问题中的不等式时，就是对题中所涉及的组合结构进行数量上的分析和比较，从而导出要证的不等式．而有的则先转化成一个图论模型，再按题目要求构造出符合条件的组合结构，然后进行数量上的分析与比较后得出要证的不等式．有的则从结论的反面出发，对组合结构进行数量上的分析和比较后导致矛盾，从而证明了结论成立．有的考虑的“三元组”是一种很有用的组合结构，今后的例题会看到，对恰当的“三元组”进行数量上的分析和比较是解决组合问题的一种有效方法．4、设n 和k 是正整数，S 是平面内n 个点的集合，满足：（1）S 中任何三点不共线；（2）对S 中有一个点P ，S 中至少有k 个点与P 的距离相等．求证：nk 221+<．证法一 设{}nP P P S ,,,21=，依题意，对任意S P i∈，存在以iP 为中心的圆iC ，使得iC 上至少有S 中k 个点()n i ,,2,1 =．设i C 上恰有i S 中i r 个点且设i P 恰在n C C C ,,,21 中i e 个圆上()n i ,,2,1 =，于是kn r r r e e e n n ≥+++=+++ 2121．若S 中点iP 同时在两个圆kC 与()j k C j ≠上，则将iP 与k C ，j C 组成一个三元组()j k i C C p ,;，这种三元组的全体构成的集合记为M ．一方面，每两个圆至多有2个交点，至多形成2个三元组，n 个圆至多形成22nC 个三元组，故22nC M≤． 另一方面，因iP 在ie 个圆上，可形成2ie C 个含iP 的三元组()n i ,,2,1 =，故∑==ni e iC M 12．综合上述两个方面，并利用哥西不等式得∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛-=≥ni n i n i i i e ne e C C i111222212⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥∑∑∑∑====n i i n i i n i i n i i n e e n e e n 1112121121 ()()12121-=-∙≥k nk n kn kn n ， 即()0122≤---n k k，∴()n n n k 22128121811+=+<-++≤． 证法二 依题意，以S 中的每一点为中心可作n 个圆，使每个圆上至少有k 个点属于S ．我们称两个端点均属于S 的线段为好线段． 一方面，好线段显然共有2nC 条．另一方面，每个圆上至少有2kC 条弦是好线段，n 个圆共有2knC 条弦是好线段，但其中有一些公共弦被重复计算了．由于每两个圆至多有一条公共弦，n 个圆至多有2nC 条公共弦（这些公共弦还不一定是好线段），故好线段的条数不少于22nkC nC-． 综上所述，得到222nk nC nC C -≥． 即()0122≤---n k k，∴n n k 2212781+<-+≤． 注（1）本题的两种解法都说明了题目中的每一条件是多余的．（2）在用算二次方法证明题目时，由于选择计算的题不同，常常得到的证明方法不全相同．在本题中显然证法二较证法一简便．但从今后的例题会看到，计算“三元组“是一个有效的方法．（3）算二次时，如果两方面都是精确结果，综合起来就得到一个等式．如果至少有一个方面采取了估计（即算了量的下界或上界），那么综合起来就得到了一个不等式．5、在某一次竞赛中，共有a 个参赛选手及b 个裁判，其中3≥且为奇数．设每一位裁判对每一位参赛选手的判决方式只有“通过”或“不通过”．已知任意两个裁判至多对k 个参赛选手有相同的判决，证明：bb a k 21-≥．（1998年第38届IMO 试题）证明：设a 个参赛选手为bA A A a ,,,,21 个裁判为b B B B ,,,21 ，若两个裁判()j i B B j i ≠,对选手k A 的判决相同，则将()kjiA B B ,,组成三元组，这种三元组的个数记为S ．一方面，由已知条件知对任意一对裁判()j i B B ji≠,，至多存在k 个选手jA 组成k 个三元组()kjiA B B ,,，而iB ，jB 有2bC 种取法，所以2bC k S ⋅≤①另一方面，设对选手kA 有kr 个裁判对jA 的判决是“通过”，kt 个裁判对kA 的判决是“不通过”，于是b t r k k=+，且含kA 的三元组恰有22kkt r C C+个． ∴()∑=+=ak t r kk C CS 122．而[]()()[]k k k k k k k k k k t r t r t r t r t t r r C Ckk 2212122222-+-+=+-=+()k k t r b b 2212--=．因b t rk k=+且b 为奇数，所以()()()1414112-=+-≤b b b t r k k ．故()()22222141141221-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅--≥+b b b b C C kk t r ． ∴()2141-⋅≥b a S ．②由①②，得()22141-⋅≥⋅b a Ck b， ∴bb ak 21-≥．6、若任意133个正整数中，至少有799对数互素，证明：其中必存在4个正整数a 、b 、c 、d 使得a 与b ，b 与c ，c 与d，d 与a 都互素．证明：用平面内133个点1A ，2A ，…，133a 表示133个正整数，若两个正整数互素，则对应两点连一线段，并设从iA 出发的线段有id 条()133,,2,1 =i ，于是，由已知条件得79921331⨯≥∑=i id．若两点A 、B 都与点C 连有线段，则称（A ，B ）为属于C 的点对．于是，分别属于1A ，2A ，…，133A 的点对数的总和为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-==∑∑∑∑∑∑======13311331221331133113312133121/2121i i i i i i i i i i d d d d d C M i ()13379927992133211331332113311331-⨯⨯⨯⨯⨯≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=∑∑==i i i i d d ()21332132133133133621336213321C =⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯>． 但133个点一共只能组成2133C 个点对，可见上式左端计数有重复，即存在一个点对（A ，C ）属于不同的两点B 和D ，即A 、C 既与B 连有线段，又与D 连有线段，所以A 、B 、C 、D 对应的4个正整数满足a 与b ，b 与c ，c 与d，d 与a 都互素．7、设Z 为空间含有()4≥n 个点的点集，其中任意四点不共面，这些点之间连有142+⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 条线段．证明：这些线段必可构成两个有公共边的三角形（特别n 为偶数时，此题为1987年国家集训队选拔考试试题）．证明：4=n 时，Z 中共有4个点A 、B 、C 、D ，它们之间连有51442=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡条线段，故仅有1524=-C 对点之间没有连线．不妨设C 与D 没有连线，于是存在两个有公共边的三角形：△ABC 与△ABD ．设()4≥=k n 时，结论成立．考虑1+=k n 的情形，这时Z中有1+k 个点，它们之间连有()1412+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+k 条线段，于是从各点出发的线段数之总和为()24122+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+k 条，其中必有一点A ，从A 出发的线段数Al 为最少，于是()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++≤2412112k k l A ． 当t k 2=为偶数时，()()121212121+++=+++≤t t t t t t lA，所以t l A ≤；当12-=t k 为奇数时，()tt t t l A 2122212+=+≤，所以t l A ≤．去掉A 点以及从A 出发的线段后还剩k 个点，它们之间所连线段数为()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+-=-+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+=-++≥12141112141112222t k k t t t t t k k t t t t m故由归纳假设知连线段中必存在两个有公共边的三角形，即1+=k n 时结论成立，于是命题得证．8、设+⊆N 是一个n 元集合，求证：存在Y B ⊆，满足：（1）3n B >；（2）若u ，B v ∈，则B v u ∉+．分析：先考虑一种特珠情形：若{}13,,2,1-=k X 是连续13-k 个正整数组成的集合，而{}12,22,,2,1,--++=k k k k k A ，则易知X k A 31>=，并且若u ，A v ∈，则A v u ∉+，且v u +模13-k 的最小正剩余也不属于A ．对一般的{}+⊆=N y y y Y n,,,21，若用m 表示正整数m 模13-k 的最小正剩余，其中n k >-13且13-k 与n y y ,1都互素（例如取n y yy k 21=即可），利用上述集合A 来构造Y的子集()13,3,2,1-=k i B i如下：{}Aiy Y y y B i ∈∈=且．利用A 的性质易证每个iB 都满足条件（2），再用算二次方法证明必有某个0i B 满足3nBi >，从而完成证明．证明：设{}+⊆=N y y y Y n,,21，取正整数n k p >-=13且使p 与n y y y ,,,21 都互素（例如取n y y y k 21=即可），m 表示正整数m模P 的最小正剩余（pm ≤≤1）．令{}12,2,1,-++=k k k k A ，则易知若x ，A y ∈，则A y x ∉+事实上，若x ，A y ∈，则242-≤+≤k y x k ，故或者132-≤+≤k y x k 或者()113241-=---≤+≤k k k y x ，总有A y x ∉+）．构造Y 的子集()131-≤≤k i B i如下：{}()131-≤≤∈∈=k i A iy Y y y B i 且．则每一个iB 满足：当u ，iB v ∈时，iB v u ∉+．事实上，当u ，iB v ∈时，有A aiu u∈=及A a iv v ∈=，于是()A a av u i v u∉+=+，从而i B v u ∉+．下面证明必有某个oi B 满足3n Boi >．为此作()n k ⨯-13表格，其中第i 行第j 列处的数为()()()n j k i B y B y x ijijij≤≤-≤≤⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=1,13101若若． 于是1=ijx当且仅当A iy j ∈．因为13-=k p 与j y 互素，因此p 的完全剩余系乘jy 后仍是p 的完全剩余系，即jy ，jy 2，…，()jy k 13-是1，2，…，13-k 的一个排列，其中恰有k 个数属于A ，故jx 1，jx 2，…，()jk x ,13-中恰有k个等于1，即k xk i ij=∑-=131．而∑==nj iij B x 1恰是iB 中元素的个数，所以∑∑∑∑∑∑-==-===-=====131113111131k i n j k i nj ij n j ij k i ikn k x x B．∑-=>-=-131313131k i i nn k k B k ． 故由平均值原理知存在1310-≤≤k i，使30nB i >．于是取0i B B =，则B 满足题中两个条件（1）和（2）．注：本题证法的关键有两个：第一个是先对一个特殊的n 元素+⊆N X ，构造出它的一个子集A 满足题目条件（实际解答时X 没有写出），而对一般n 元素+⊆N Y ，利用A 及完全剩余系构造出Y 的一列子集iB 满足题目条件（2）；第二个关键是利用0-1矩阵算二次来证明构造出来的iB 中必有一个0i B 满足条件（1），从而完成了题目的证明．利用完全剩余系构造子集和利用0-1矩阵计算两次，这两种做法在解有关组合的竞赛题时是相当常见的．9、设{}20,2,1 =M ，1A ，2A ，…，nA 是M 的互不相同的非空子集，当j i ≠时，jiA A ⋂至多有两个元，求n 的最大值．解：M的一元、二元、三元子集共有1350320220120=++C C C ，它们满足题目条件，所以n 的最大值≥1350．设1B ，2B ，…，nB 是M 的互不相同的非空子集，当j i ≠时，2≤⋂j iB B．若1B ，2B ，…，n B 中至少有一个集合有多于3个元素，不妨设4≥iB且i B a ∈，则{}()i i B a B ⋂\至少有3个元素，故{}{}niB B B a B ,,,\21∉（因1B ，2B ，…，nB中任何两个集合的交集至多有2个元素）．现有{}a B i\代替iB 得到的一族子集仍满足题目要求，不断地进行这种替换，最后可使子集族中每个子集的元素个数至多有3个，而不改变子集的个数，所以1350320220120=++≤C C Cn ．综上知所求n 的最大值为1350．10、某班共30名学生，每名学生在班内部都有同样多的朋友，期末考试后，任何两人的成绩都可分出优劣，没有并列者，比自己的多半朋友的成绩都好的学生称之为好学生，问好学生最多有几名？（第20届全俄数学奥林匹克试题）解法一：设每人有k 个朋友，全班有x 个好学生．若学生a 比他的朋友b 好，则将a 与b 组成一对，这种对子集合记为S ．一方面最好的那名学生比它的k 个朋友都好，可配成k 对，其余1-x 名学生，每人都至少比它的2112+≥+⎥⎦⎤⎢⎣⎡k k 个朋友好，每人至少配成21+k 对，所以 ()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+≥211k x k S ． 另一方面，30名学生，每人恰有k 个朋友共形成k k15230=对子集，所以k S 15=． 所以()kk x k 152111≤⎪⎭⎫⎝⎛+-+，即128291128+-=++≤k k k x ． ①其次，设C 是好学生中最差的1名，故比C 差的学生最多有x -30个，而C 的k 个朋友中至少有2112+≥+⎥⎦⎤⎢⎣⎡k k 个比C 差，所以2130+≥-k x ，即x k 259-≤． ②将②代入①得xx x --=--≤3014292602829，即 0856592≥+-x x ．解得2625759<-≤x 或3025759>+≥x （舍去）． 所以25≤n ．下面例子表明好学生可以为25人（由②中等号成立知这时9=k ）．用1，2，……30这30个号码分别表示第1名，第2名，…，第30名学生，并将这些号码填入如图的6×5的表格中，并且称第1行上面一行是第6行，而第6行的下面一行是第1行．如果两名学生的编号位于下列位置之一，那么他们便是一对朋友．（1）每一行中的任一号码与它的上面一行中不同列的每一个号码．（2）每一行的任一号码与它的下面一行中的任何号码（例如1号学生的朋友是编号为27，28，29，30和6，7，8，9，10的学生）．于是，每人恰有9位朋友，并且编号为1至25的都是好学生．解法二：若每位学生有12-k 个朋友，那么所有朋友对的数目为()1530123021-=-⨯⨯k k ．每对朋友中，给成绩较优的发一张奖状，这样共发出了1530-k 张奖状．显然，得到至少k 张奖状的学生是好学生，而第1名总是拿12-k 张奖状，第2名至少拿22-k 张奖状，第3名至少拿32-k 张奖状……，第k 名至少拿k 张奖状，于是这k 名好学生至少拿了()()()13212212-=+-+-k k k k k 张奖状，余下学生至多拿了()13211530---k k k 张奖状．因此，余下学生中至多有()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---132115301k k k k 名好学生，故好学生的人数n 至多为()215221302152130132115301k k k k k k k k k ⨯-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+5.2552130302130=-<-=． 所以25≤n ．若每个学生有k 2个朋友，则完全类似地，可发出k 30张奖状，至少得到1+k 张奖状者为好学生．第1名至第k 名至少得到了()1321+k k 张奖状，因此，好学生的人数n 至多为()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++121301113213011k k k k k k l k k ()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+--++=121213013011k k k k ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=⎪⎭⎫⎝⎛-++-=2113121312213130k k k k25721316221312113122131<-<-=+⋅+-≤k k ． 综合两种情形知，好学生至多有25人，下同解法一．11、求最小正整数n ，使得存在n 个不同的正整数1a ，2a ，…n a 同时满足下列3个条件：（1）1a ，2a ，…na 的最小公倍数是2002；（2）对任意n j i ≤<≤1，ia 与ja 的最大公约数大于1；（3）乘积1a2a …n a 为完全平方数且是32的倍数．进一步，对这个最小正整数n ，求所有满足条件（1），（2），（3）的n 元组{1a ，2a ，…na }．解：因为1311722002⨯⨯⨯=，且ia 是202的约数()n i ,,2,1 =，故()n i a i i i i i ,,2,1131172 ==δγβα①这里iα，iβ，iγ，{}1,0∈iδ．设1a2a …n a 2k =，因为2002i a ，所以每个i a 都不是22的倍数，但25232k =，故262k ，所以6≥n ，且具有形式①的2的倍数只有下列8个：2，2×7，2×11，2×13，2×7×11，2×7×13，2×11×13，2×7×11×13． ②如果6=n ，则因为1a ，2a ， (6)a 都是②中的数且②中8个数之积为4448131172⨯⨯⨯，它是一个完全平方数，而②中任意两数之积不是完全平方数，故②中任意6个数之积不为完全平方数，这与已知条件（3）矛盾，所以7≥n ．设7=n ，则1a ，2a ，…，7a 不能都是2的倍数（否则272k ，而822k ，矛盾），但262k ，故1a ，2a ，…，7a 中恰有6个是2的倍数，即1a ，2a ，…，7a 中恰有一个数不是②中的数．不妨设1a 不是②中的数，由已知条件（1）知1a ，2a ，…，7a 中必有一个数为7的倍数，也有一个数为11的倍数，还有一个数为13的倍数，结合条件（2）知1a ，2a ，…，7a 中任何两个数的最大公约数大于1．又1a 不为2的倍数，所以1a 能被7×11×13整除．于是由①得131171⨯⨯=a ，又②中所有数之积为4448131172⨯⨯⨯，故惟一的可能为4446721131172⨯⨯⨯=a a a ，于是3336732131172⨯⨯⨯=aa a ，即②中只有两个数：2和2×7×11×13不属于2a ，3a ，…，7a ，即{2a ，3a ，…，7a }＝{2×7，2×11，2×13，2×7×11，2×7×13，2×11×13}．综上可知，所求n 的最小值为7，这时{1a ，2a ，…，7a }＝{7×11×13，2×7，2×11，2×13，2×7×11，2×7×13，2×11×13}．12、设{}10,9,8,7,6,5,4,3,2,1=S ，1A ，2A ，…，kA 是S 的子集，满足（1）()k i A i≤≤=15；（2）()k j i A Aj i≤<≤≤⋂12．求这样一批子集个数k 的最大值．（1994年国家集训队第6次测验试题）解：作k ⨯10的表格，其中第i 行、第j 列处的元素为()()()k j i A i A i a j j ij ,,2,1,10,,2,101 ==⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=若若． 于是表中第i 行元素之各∑==kj ijia l 1表示i 属于1A ，2A ，…，k A 中i l 个集合，而第j 列元素之和∑==101i jij A a 表示集合jA 中元素个数，由已知条件（1）有∑===1015i j ijA a，所以∑∑∑∑∑∑==========1011110111015i k j kj j i ij kj iji i kA a al ．①若jiA A r ⋂∈，则将{}r A A ji,,组成三元组，这种三元组的个数记为S ．一方面因r 属于1A ，2A ，…，k A 中rl 个集合，可形成2rl C 个含r 的三元组，所以∑==1012r l rC S ．另一方面，对任意iA ，()k j i A j ≤<≤1有jiA A⋂个元属属于jiA A ⋂，可形成jiA A⋂个含iA ，jA 的三元组，所以∑≤<≤⋂=kj i jiA A S 1，于是∑∑∑∑===≤<≤⎪⎭⎫⎝⎛-==⋂10110110122121r r r r r l k j i j i l l C A A r． 利用①及已知条件（2）和哥西不等式得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⋂≥=-∑∑∑==≤<≤1012101121012121i i i i j i j i k l l A A C k k()()[]()24551052012-=-=k k k k ， 所以6≤k ．其次，下列6个集合满足题设条件：{}5,4,3,2,11=A ，{}8,7,6,2,12=A ，{}10,9,6,3,13=A ，{}10,9,7,4,24=A ，{}10,8,7,5,35=A ，{}9,8,6,5,46=A ．综上可知，所求k 的最大值为6．13、设凸四边形ABCD 的面积为1，求证在它的边上（包括顶点）或内部存在4个点，使得以其中任意3点为顶点的四个三角形的面积都大于41．（1991年全国高中联赛试题）证明：如图，考虑四个三角形：△ABC ，△BCD ，△CDA ，△DAB 的面积，不妨设DABS ∆最小，分下列四种情形讨论：（1）41>∆DABS ，则A ，B ，C ，D 四点即为满足题设条件的四个点．（2）41<∆DAB S ，设G 为△BCD 的重心，则431>-=∆∆DAB BCD S S ，故4131>===∆∆∆∆BCD DBG CDG BCG S S S S ．故B 、C 、D 、G 四点即为满足题设要求的四个点． （3）41=∆DABS，而其余三个三角形的面积均大于41．由于BCD DAC ABCS S S∆∆∆=<-=431，故过A 作BC 的平行线l必与线段CD 相交于CD 内部一点E （如图）．由于41=>∆∆DAB ABC S S ，故41=>∆∆DAB EAB S S ．又41>=∆∆DAB EAC S S ，41>=∆∆ABCEBC S S ，所以A 、B 、C 、E 四点即为满足题设要求的四个点．（4）41=∆DABS，其余三个三角形中还有一个三角形的面积也等于41．不妨设41=∆CDAS．因为CDA DABS S∆∆=，所以AD ∥BC ．又43==∆∆DBC ABC S S ，故AD BC 3=．在AB 上取点E ，CD 上取点F ，使AB AE 41=，DC DF 41=，则()BC AD AD BC AD EF 212341==-+=，于是41329214343>=⨯===∆∆∆∆ABC ABF ECF EBF S S S S ，41>>=∆∆∆EBF FBC EBC S S S ，故E 、B 、C 、F 四点即为满足题设要求的四点．注：本题证明中用到了下列一个常用的几何结论：若△ABC ，△ABD ，△ABE 共有底边AB ，且C 、D 、E 在一直线上．D 介于C 与E 之间，并且ABE ABCS S ∆∆<，则ABE ABD ABC S S S ∆∆∆<<．14、平面内有4条直线，其中任意3条不共点，每两条相交于一点，从而每条直线上有3个交点，在此直线上截出2条线段．问所得8条线段的长能否为（1）1，2，3，4，5，6，7，8？（2）互不相等的整数？解（1）如图，所得8条线段的长为1，2，3，4，5，6，7，8，因为三角形中任意一个边之长大于其余两边之差的绝对值，故在一个非等腰且边长为整数的三解形中，任何一边的长大于1，所以长为1的线段只可能为AB 或AF ．不妨设AF ＝1，由于CF AC AF ->=1，且AC ，CF 均为正整数，所以AC ＝CF ．在△ACF 中，由余弦定理得FCAC FC AC AF FC AC AF FC AC C ⋅-=⋅-=⋅-+=∠211212cos 2222． 在△BCD 中，由余弦定理得C CD BC CD BC BD ∠⋅-+=cos 2222⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-⋅-+=FC AC CD BC CD BC 211222FC DC AC BC CD BC CD BC ⋅+⋅-+=222． 上式中FC DC AC BC ⋅为小于1的真分数，而其余各项均为整数，矛盾．故不存在满足条件的4条直线，使得截出8条线段的长为1，2，3，4，5，6，7，8．（2）如图知所截出的8条线段可以为互不相等的线段，图中这8条线段的长依次为3，4，5，12，16，20，28，32．15、证明：在边长为1的正方形内，不可能无重叠地放入两个边长大于32的正三角形．分析：我们只需证明：在边长为1的正方形内放入一个边长大于32的正三角形后，必有正方形内一定点（由对称性自然会想到应是正方形的中心）落到这个正三角形内．证明：设边长大于32的正△ABC 任意放入一个边长为1的正方形DEFG 内．设DF 与EG 的交点为O ，则A 必在△DOE ，△EOF ，△FOG 及△GOD 中某一个三角形的内部或边界上（如图），不妨设A 在△DOE 的内部或边界上．作△ABC 的高AH ，则AO OE BC AH >==⋅==22322323． 可见，O ，A 在BC 的同一侧．同理可证O 、B 在AC 的同一侧，O 、C 在AB 的同一侧，这就证明了O必在△ABC内．因此，如果边长为1的正方形内可以无重叠地放2的正三角形，则正方形中心必是这置两个边长大于3两个正三角形的公共内点，矛盾．可见，边长为1的2的正正方形内不可能无重叠地放置两上边长大于3三角形．注：在证明是一定条件的覆盖（或嵌入）不存在时，常用反证法．先假设它存在，然后证明至少有一点没有被盖住（或至少有一点是嵌入的诸图形的公共内点），从而导致矛盾．这种“攻其一点”的方法是解决不能覆盖（或不能无重叠嵌入）问题的一个有效方法．16、平面有sh+条直线，其中h条是水平线，另s条直线满足：（1）它们都不是水平线；（2）它们中任意两条不平行；（3）sh+条h+条直线中任何3条不共点，且这s直线恰好把平面分成1992个区域．求所用的正整数对（h，s）．（1992年亚太地区数学奥林匹克试题）解：因为每条直线把平面分成两个区域，设n条直线（其中每两条相交，但任意3条不共点）把平面分成n a 个区域，则1+n 条这样的直线把平面分成的1+n a 个区域满足()11++=+n a a n n ，21=a ．由此推得()()∑∑==-++=+=-+=n k n k k k n n n k a a a a 22112112． 于是s 条直线把平面分成()1211++s s 个区域．又h 条平行线与这s 条直线相交时又增加了()1+s h 个区域（即每加一条水平线，增加1+s 个区域），所以有()()199212111=++++s s s h ， ()()1811121991221⨯⨯=⨯=++s h s ．对上述不定方程的可能正整数解可列出下表：故所求的正整数对()s h ,为（995，1），（176，10），（80，21）．。
奥林匹克数学竞赛简介
奥林匹克数学竞赛简介“奥数”是奥林匹克数学竞赛的简称。
1934年和1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称，1959年在布加勒斯特举办第一届国际数学奥林匹克竞赛。
国际数学奥林匹克(IMO)作为一项国际性赛事，由国际数学教育专家命题的国际性大赛。
我国奥林匹克数学竞赛由中国科技部下属的中国数学会，奥林匹克数学委员会负责组织和安排。
数学奥林匹克活动在我国已有一段普及的历史，也多次在国际大赛上取得了优异的成绩。
奥林匹克数学研究也已成为数学教育的重要课题。
目前在我国大部分高等师范院校的数学系中，也都开设了“数学竞赛研究”或“奥林匹克数学理论”的必修或选修课。
奥林匹克数学理论正逐渐成为一门独立的数学教育分支。
因此，系统的研究和探讨奥林匹克数学理论，无论对高等师范数学教育，还是对中学数学奥林匹克活动都有十分重要的现实意义和理论意义。
数学奥林匹克国内赛况我国的数学竞赛起步不算晚。
解放后，在华罗庚教授等老一辈数学家的倡导下，从1956年起，开始举办中学数学竞赛，在北京、上海、福建、天津、南京、武汉、成都等省、市都恢复了中学数学竞赛，并举办了由京、津、沪、粤、川、辽、皖合办的高中数学联赛;1979年，我国大陆上的29个省、市、自治区全部举办了中学数学竞赛。
此后，全国各地开展数学竞赛的热情有了空前的高涨。
1980年，在大连召开的第一届全国数学普及工作会议上，确定将数学竞赛作为中国数学会及各省、市、自治区数学会的一项经常性工作，每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”。
同时，我国数学界也在积极准备派出选手参加国际数学奥林匹克的角逐。
1985年，开始举办全国初中数学联赛;1986年，开始举办“华罗庚金杯”少年数学邀请赛;1991年，开始举办全国小学数学联赛。
现在.我国的高中数学竞赛分三级：每年10月中旬的全国联赛;次年一月的CMO(冬令营);次年三月开始的国家集训队的训练与选拔.为使我国的数学竞赛活动能广泛而有序、深入而持久地开做好各级各类数学竞赛的培训选拔工作，国内采取了一系列有效措施。
什么是奥数
什么是奥数奥数是奥林匹克数学的简称。
1934年和1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称。
1959年罗马尼亚数学物理学会邀请东欧国家中学生参加在布加勒斯特举办的第一届国际数学奥林匹克竞赛。
从此每年一次，至今已举办了43届。
国际数学奥林匹克作为一项国际性赛事，由国际数学教育专家命题，出题范围超出了所有国家的义务教育水平，难度大大超过大学入学考试。
有关专家认为，只有5%的智力超常儿童适合学奥林匹克数学，而能一路过关斩将冲到国际数学奥林匹克顶峰的人更是凤毛麟角。
奥数的出题范围超出了所有国家的义务教育水平，有些题目的难度大大超过了大学入学考试，个别题目甚至连数学家也感到棘手。
通过这样高水平的比赛，可以及早发现数学人才，然后进行培养，使其脱颖而出。
近年来国内外很多名牌大学和重点中学比较注重奥数人才，通常通过奥数选拔优秀生源。
北京大学、清华大学、复旦大学等高校对奥数优秀的学生偏爱有佳，每年有很多全国高中数学竞赛成绩优异的学生直接免试进入北大数学系。
目前各种以远远高于课堂数学教学内容为主的各种课外数学提高班、培训班纷纷冠以“奥数”的名号，使得“奥数”培训逐渐脱离奥赛选手选拔的轨道，凸显出泛大众化的特征。
虽然不少知名数学家和数学教育工作者发出了谨防“奥数”走偏的呼声，但“奥数”成绩与中学升学之间的微妙关系使得“奥数”内涵的扩大化趋势难以阻挡。
凡是各学校、团体主办的各种杯赛针对性极强的课外数学培训统统披上了“奥数”的外衣，脱离课本、强调技巧成了“奥数”的代名词。
而在北京地区，奥数更是成了各个知名中学从小学选拔优质生源的重要手段，为了能让孩子在小升初的竞争中占得先机，北京地区的家长都会让孩子在课余时间参加各种形式的奥数辅导，奥数在小学范围内已经逐步演变为一门普及性学科。
“奥数”与“华数”这个问题恐怕是很多“入门级”家长必问的问题。
其实“奥数”、“华数”没有本质上的区别，只是说法不同而已，因为北京有所仁华学校（原北京市华罗庚学校），他们自己编了一套奥林匹克数学教材，叫《仁华学校奥林匹克数学课本》，这套教材在北京普及性强、影响力大，堪称传统经典奥数教材，所以便随之出现“华数”一说。
张云华——2020年第24届巴尔干初中数学奥林匹克第1题解答
张云华——2020年第24届巴尔干初中数学奥林匹克第1题解答特级教师——张云华张云华专集2020-09-24 2020年巴尔干初中数学奥林匹克2020-09-22 初中数学竞赛训练题(050)解答2020-09-20 初中数学竞赛训练题(048)解答2020-09-20 初中数学竞赛训练题(049)解答2020-09-19 初中数学竞赛训练题(050)解答2020-09-15 2020年全国数学联赛B卷第10题解2020-09-07 初中数学竞赛训练题(045)解答2020-09-05 初中数学竞赛训练题(043)解答2020-09-04 初中数学竞赛训练题(042)解答2020-09-03 初中数学竞赛训练题(041)解答2020-08-27 初中数学竞赛训练题(032)第1题解答2020-08-20 初中数学竞赛训练题(026)解答2020-08-11 初中数学竞赛训练题(021)解答2020-08-10 初中数学竞赛训练题(020)解答2020-08-08 初中数学竞赛训练题(016)解答2020-08-07 初中数学竞赛训练题(017)解答2020-08-06 初中数学竞赛训练题(012)第1题解答2020-08-05 初中数学竞赛训练题(014)解答2020-08-04 初中数学竞赛训练题(015)解答2020-08-02 初中数学竞赛训练题(011)解答2020-07-31 初中数学竞赛训练题(010)解答2020-07-24 2019年冰岛MO第1 ~ 4题解答2020-07-23 2020爱尔兰数学奥林匹克第1题解答2020-07-22 2020爱尔兰数学奥林匹克第7题解答2020-07-13 2020TJMO第一季第6题的证明2020-07-12 2019克罗地亚MO不等式的证明2020-07-01 2020年德国数学奥林匹克不等式题另证2020-06-29 2020年北京高中数学邀请赛第4题解答2020-06-26 2020年北京高中数学邀请赛第1题解2020-04-17 2020土耳其IMO代表队选拔考试第8题两个解答2020-04-12 卡内基梅隆信息学与数学竞赛团体赛第12题解2020-03-13 2020年全俄数学奧林匹克第三阶段十一年级第8题解答2020-03-11 加拿大CRUX杂志4442号题目解答2020-03-06 2020科索沃数学奧林匹克十一年级第1题解2020-02-25 2019-2020英国数学奧林匹克(第一轮)第3题解2020-02-18 一道初等数论题的解答2020-02-17 2019摩尓多瓦IMO代表队选拔考试第6题的两个证明2020-02-16 2018年印度尼西亚MO省赛第19 题解2020-02-13 2019年摩尓多瓦IMO代表队选拔考试题第2题解2020-02-12 2018年印度尼西亚MO省赛第2题解答2020-02-10 2018年马来MO提高组B类第4题解答2020-02-08 2019泰国MO第6题解答2020-02-06 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第10题2020-02-04 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第8题2020-02-02 解2019年日本数学奧林匹克预选题第5题2020-01-31 解2019年日本数学奧林匹克预选题第2题2020-01-30 加拿大CRUX杂志4474号题目证明2020-01-29 解2019年葡语非洲数学奥林匹克试题第1天第2题2020-01-27 解2019年日本数学奧林匹克预选题第1题2020-01-26 解2020年日本数学奧林匹克预选题第1题2020-01-25 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第2题2020-01-24 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第8题2020-01-23 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第4题2020-01-22 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第3题2020-01-21 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第2题2020-01-20 解2020年日本初中数学奧林匹克预选题第1题2020-01-13 解2019葡语非洲数学奥林匹克第4题2020-01-12 加拿大CRUX杂志题目4493解答2019-09-30 2018年吉尓吉斯斯坦奧林匹克第4题证明2019-09-20 2019年拉丁美洲数学奥林匹克第1题解2019-09-18 2019尼日利亚高中数学奥林匹克第四轮第4题解答2019-09-17 尼日利亚MO不等式另证2019-09-11 2018JBMO预选题A2解答2019-09-10 2019年全国高中数学联合竞赛一试(B卷）第10题另解2019-09-10 2019年Cono Sur数学奥林匹克试题第3题解答2019-09-06 2019年国际大都市竞赛(IOM)数学试题第1题证明2019-09-02 一道IMO2018预选题的解答2019-08-22 2019年地中海地区数学奧林匹克第3题证明2019-08-13 2019年孟加拉数学奥林匹克试题第2题证明2019-08-12 2019年孟加拉数学奥林匹克试题第1题解2019-07-23 2019年法国JBMO代表队选拔考试第2次考试第1题证明2019-07-22 2019年奥地利初中数学奧林匹克地区级试题第1题解2019-07-21 2019年捷克-波兰-斯洛伐克初中联合竞赛试题个人赛第1题解答。
2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答
2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。
2020中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答
题目：探讨2020中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答---1. 引言2020年的中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答，是一个备受关注的事件。
在数学领域，这些试题代表着挑战和机遇。
本文将深入探讨这些试题，给您带来一场关于数学奥赛的知识盛宴。
2. 试题概述2020年中美洲及加勒比地区的数学奥林匹克试题，涵盖了代数、几何、概率等多个领域。
每道题目都设计严谨，考察了考生对数学知识的深度和灵活运用能力。
试题内容不仅注重基础知识的考察，更将数学与现实生活相结合，增加了题目的趣味性和挑战性。
3. 题目解析（1）代数题在代数题部分，考生需要熟练运用代数运算、方程式求解等技巧，解决问题。
一道题目要求计算多项式的值，另一道题目则考察了对齐次方程组的解法。
这些题目旨在考察考生对代数知识的掌握情况，并培养其逻辑推理能力。
（2）几何题几何题部分则考察了考生的空间想象能力和几何推理能力。
题目设计涉及了线段、角度、多边形等几何形状，要求考生在解题过程中画出清晰准确的图形，并通过严密的证明、推理解决问题。
（3）概率题概率题部分考察了考生对概率的理解和应用能力。
题目设计涉及了随机事件、概率计算、独立事件等内容，要求考生通过分析情况、计算概率，解决实际问题。
4. 试题意义2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计，旨在提高学生的数学综合能力，培养他们的逻辑思维和解决问题的能力。
通过解答这些试题，考生不仅能够巩固已学的数学知识，还能够开拓思维，拓展数学视野，提高解决实际问题的能力。
5. 个人观点作为一名数学爱好者，我认为2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计非常有价值。
这些试题既考察了考生的数学基础知识，又注重了数学在现实生活中的应用。
通过解答这些试题，我深切感受到数学的魅力和实用性，也在实践中不断提高自己的数学素养。
6. 总结2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的内容丰富多样，题目设计严谨合理，体现了数学的广度和深度。
解答这些试题不仅有助于考生巩固数学知识，还能够培养他们的逻辑思维和问题解决能力。
黑龙江省大庆铁人中学2020学年高二数学下学期第三次阶段考试试题 文 新人教A版
大庆铁人中学高二年级下学期第三次阶段考试数学试题时间：120分钟 总分：150分 2020-5一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分） 1、将函数cos()3y x π=-的图像上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移6π个单位，所得函数图像的一条对称轴为（ ） A 、9x π= B 、8x π= C 、2x π=D 、x π=2、极坐标方程 cos 2ρθ=0 表示的曲线为（ ）A 、极点B 、极轴C 、一条直线D 、两条相交直线 3、极坐标系中，过点(2,)3π且与极轴垂直的直线方程为 （ ）A 、 4cos ρθ=-B 、 cos ρθ-1=0C 、 sin ρθ=、ρ=θ4、下列在曲线sin 2(cos sin x y θθθθ=⎧⎨=+⎩为参数）上的点是（ ）A 、 （）1(,2B 、31(,)42C 、D 、5、已知3()=f x x 的切线的斜率等于1，则其切线方程有( )A ．1个B ．2个C ．多于两个D ．不能确定 6、3()=++3x 9f x x ax -已知()f x 在3x =-时取得极值，则a 等于( ) A ．2B ．3C ．4D ．57、已知数列{}n a 的前n 项和2(2)n n S n a n =≥，而11a =，通过计算234,,a a a ，猜想n a 等于( )A 、22(1)n + B 、 2(1)n n + C 、 221n -D 、221n -8、已知函数1()()2xf x =，,a b R +∈，()2a b A f +=，B f =，2()ab C f a b=+，则A 、B 、C 的大小关系为( )A ．A ≤B ≤C B ．A ≤C ≤B C ．B ≤C ≤AD ．C ≤B ≤A9、已知0a b c ++=,则ab bc ac ++的值为( )A ．大于0B ．小于0C ．不小于0D ．不大于010、已知3Z =，且3Z i +是纯虚数，则Z ＝( )A ．3i -B ． 3iC ．3i ±D ．4i 11、 将8分为两数之和，使其立方之和最小，则分法为( )A ．2和6B ．4和4C ．3和5D ．以上都不对12、将全体正奇数排成一个三角形数阵： 1 3 57 9 11 13 15 17 19 ……按照以上排列的规律，第n 行（n ≥3）从左向右的第3个数为 ．A 、 2+311n n - B 、2+22n n - C 、 22+9n n - D 、2+5n n -二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13、已知圆的极坐标方程2cos ρθ=，则该圆的圆心到直线sin 2cos 1ρθρθ+=的距离是______________________。
高中数学奥林匹克竞赛试题及答案
1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．1956年波兰．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【证设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．1962年上海高三决赛题．【证】四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．1963年俄【证】设此算术级数公差是d，且其中一项a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．1964年俄．【解】设n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得 20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．1964年波兰【解】当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数．1969德国．【证】对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．1970年苏【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≢9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．1973年加拿大【证】因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以3余数不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国1973年【证】设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11 设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．1977年荷兰【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．12 证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．1979年英国【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．13 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．1984年苏【证】若不同数字多于3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．14正整数d不等于2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．1986年德【证】证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x2 5d－1＝y2 13d －1＝z2 其中x、y、z是正整数．x是奇数，设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数．y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．15 .求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．1987年全苏【解】由n个数a i＝i²n！＋1，i＝1，2，…，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m²n！＋k（m∈N，2≢k ≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．16 n≣2，证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．1987苏联（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得17 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．1988德国a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．18 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．1989年瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？1990年全苏解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当n＝1时，原数是13 20 设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．1991年罗马尼亚．证由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．21 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．1992年台北数学奥林匹克【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋…＋a i＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？1992年友谊杯国际数学竞赛七年级【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？1993年澳门数学奥林匹克第二轮【解】存在，取n＝221即可．24 能表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？1993年美国数学邀请赛【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？1993年全俄数学奥林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．26 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．1994年澳大利亚数学奥林匹克【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．27 设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2。
全俄中学生数学奥林匹克 (第25届第Ⅳ阶段八、九年级)(Word版,含答案)
全俄中学生数学奥林匹克（第25届第Ⅳ阶段八、九年级）======== 八年级试题 ========1、父亲带着两个儿子向离城33公里的祖母家出发，父亲有一辆摩托车，速度为25公里／小时．如果再载了另一个人，则速度为20公里／小时，（摩托车不允许带两个人，即每车至多载两人.）每个儿子如果步行，速度为5公里／小时.证明：这3个人可在3小时内同时到达祖母家.证：设第二个儿子先步行，父亲载着第一个儿子乘摩托车走了公里，这里用了小时，并且他们超过第二个儿子（公里）.这时，父亲让第一个儿子步行，自己返回去接第二个儿子.到遇到第二个儿子时，用了（小时）.第二个儿子遇到父亲时，步行走了（公里），这时离祖母家还有（公里）.如果父亲载第二个儿子的路程与载第一个儿子的路程相同，那么，所以（公里）.这样，在路上共计用的时间为（小时），或（小时）.2、在正整数A的右边添上3个数字，组成一个新数，这个新数等于从1到A的所有正整数之和，求A.解：设3个数字组成的数是B，则，于是，即，因此.由左边不等式知：，由右边不等式知：，所以.3、在△ABC的边BC，CA，AB上分别取点A1，B1，C1，使得△A1B1C1的中线A1A2，B 1B2，C1C2分别平行于直线AB，BC，CA，试确定点A1，B1，C1分△ABC的边为怎样的关系？解：设M点为△A1B1C1的重心，A3，B3，C3为△A1B1C1中线的延长线分别与△ABC各边的交点（如图）.由题设知MC3CB1是平行四边形，所以MC3＝B1C.其次，直线C1C3经过线段A 1B1的中点且平行于AC，所以MC3是△A1A3C的中位线，因此，A3C＝2MC3，即A3B1＝B1C.又A2A3是△B1C1A的中位线，所以AA3＝A3B1，于是AA3＝A3B1＝B1C.因此B1点分AC为两部分的比AB1: B1C＝2:1，同理CA1:A1B＝BC1:C1A＝2:1.4、有40个装有气体的瓶子，各瓶内气压是未知的且可以不相同.每次允许将若干个瓶子相连接，但瓶子数均不超过给定的正整数，然后再将它们分开，这时所连接的各瓶的气压将变成相等的，都等于连接前它们气压的算术平均值，当取怎样的最小值时，能使得40个瓶子中的气压变得都相等，而与初始时各瓶中的气压数无关？解：最小值.当时，可采取下列方式，使各瓶气压变得相等.将瓶子分为8组，每组5个，可使每组中各瓶的气压相等.然后再从每组中各取1个瓶子，共8个来自不同组的瓶子组成1个新组，这样的新组有5组.只要可使新组中的各瓶气压变得相等（这也就使得所有的40个瓶子的气压相等）.这是可以做到的，先在每组8瓶中，分成各有4个瓶子的两组，让每组的4个瓶子相连接而使得它们的气压变得相等，然后从这两个4瓶组中分别各取1瓶，两者相连接，这样一来便可使得所有的各瓶气压相等.下面证明：若，则找不到适当的方式会使各瓶气压相等.设40瓶有1瓶的气压值为2；而其余各的瓶的气压值为1．要使各瓶气压相等，则每瓶气压值为（2＋39×1）／40＝41／40.但是，每次融合后的气压值所表示的既约分数的分母都不能被5整除.事实上，如果每次融合前的每个气压值的分母不被5整除，那么它们中的两个、三个或四个分数的算术平均的分母只能是它们分母的最小公倍数，因而也不可能是5的倍数，因为40是5的倍数，所以在上述初始的气压值的条件下，不可能使各瓶气压值变得相等.5、证明：正整数1至15不能分成两组：其中A有2个数，B有13个数，而使得B组中各数之和恰等于A组中2个数之积.证：假设按题设要求的分组可能，A组中2个数是，不妨设，则B组中各数之和为1＋2＋…＋15――＝120――，依题意得＝120――.上式可变为（＋1）（＋1）＝121，因此＋1＝1，＋1＝121，或＋1＝11，＋1＝11.但是，前式＝0，＝120＞15；后式＝＝10，这都是不可能的，因而1至15这15个数不可能按题设要求分成两组.6、给定非钝角△ABC，点A1是A点关于BC的对称点，点C1是C点关于AB的对称点.证明：如果A1，B和C1共线，且C1B＝2A1B，那么∠CA1B是直角.证：由题设知BC垂直平分线段AA1，即AB＝BA1，且∠A1BC＝∠ABC（如图）.同理C1B＝BC且∠C1BA＝∠ABC，于是3∠ABC＝180°，即∠ABC＝60°.考察△CBA1，其中∠CBA1＝60°，CB＝C1B＝2BA1.作CA2⊥BA1于A2，在△CA2B中，∠BCA2＝30°，所以BA2＝BC＝BA，所以A2＝A1，从而∠CA1B＝90°.7、盒子里放着整副骨牌，两个游戏者依次从中选取一张骨牌，并将其摆到桌面上，并按照“接龙”的规则，将牌接在已摆成一串的骨牌两端中的任意一端，谁要是接不下去了就算输，在正确策略下，谁能获胜？解：第一个游戏者必胜.记第一个游戏者为甲，第二个游戏者为乙.甲首先摆0:0，乙以0:连接，这时甲接以:，现在乙或者接0:或者接:，对第一种情况，甲接:；对第二种情况，甲接:0，甲接完这步后，骨牌串的两端或者都是，或者都是0.这步之后，设乙接上0:（:），则甲接上:（:0）.形如0:和:（0，）的骨牌是成对的，所以最后的步骤必是在甲接牌后而终止.8、由54块纸片做的相同的单位正方形串成一条非封闭的链，以正方形的顶点作为接头，任意的正方形（链端的除外）与相邻的两个正方形的接头是相对的两个顶点，这个正方形链可否完全地覆盖3×3×3的正方体的界面？解：这样的正方形链不可能覆盖3×3×3的正方体.如若不然，假设可以覆盖正方体，显然，正方体的每个侧面可分成9个单位正方形.对于链中的每个正方形，是以它的对角线两端点作为接头，于是我们在正方体的侧面上得到以单位正方形的对角线组成的折线（它可能在折线的顶点处自交）.经过折线的两端点（始点和终点）的对角线段，将有奇数条，而经过折线的其它顶点的对角线段将有偶数条，如果始点和终点重合，那么经过它的对角线段将有偶数条.假设对每个单位正方形纸片的每个顶点染上两种颜色中的一种.并使得其每条边上的顶点颜色各不相同，那么折线的顶点将是由一种颜色组成的集合（例如是黑色的）.所以折线段的集合即是以黑色为端点的线段的集合，但在黑色顶点中有4个在正方体的顶点处，而经过每个这样的顶点的对角线段有3条，即奇数段的对角线经过的顶点有4个，这便导致矛盾.======== 九年级试题 ========1、沿圆周按顺序依次写下从1至N（N＞2）的正整数，同时每对相邻的两个数，按十进制数表示法，它们至少有1个数字相同，求N的最小值.解：N＝29.因为一位数没有公共的数字，所以N＞9.据书写规则，因为这列数含有9，因而它们就不能小于19，进而不能小于29，即N≥29.今考察N＝29时，可举出下面的例子，按此顺序排列，可将1至29的正整数排成一个圆圈而满足题设要求：1，11，10，20，21，12，2，22，23，3，13，14，4，24，25，5，15，16，6，26，27，7，17，18，8，28，29，9，19.2、在△ABC的AC边上取点D、E，使得AD＝AB，BE＝EC（E在A与D之间）.F 是△ABC外接圆上（不含A点的）BC弧的中点，证明：B、E、D、F四点共圆.证：设∠BDA＝α，∵AB＝AD，∴∠ABD＝α，∠BAD＝180°－2α.∠CBF的度数等于弧CF的度数，而∠CAB的度数等于弧BC即×（2弧CF）的度数，所以∠CBF＝∠CAB＝90°－α（如图）.点E、F分别与B、C等距，所以EF垂直平分BC.因此，∠BFE＝90°－∠CBF＝90°－（90°－α）＝α，于是∠BDE＝∠BFE＝α，所以B，F，D，E四点共圆.3、正实数之乘积等于1，证明：如果，那么，对任意正整数，不等式成立.证：如果，且，那么不等式，事实上，由，，及，上述两个不等式都等价于.此外，在时，数与有相同的符号，所以.4、8×8的正方格是一个迷宫，每格是1×1.每格都画出下列四种方向中的一种的箭头；向上、向下、向左、向右，右上角的格上方是迷宫的出口，棋子从左下角的格开始出发，它走的每个步是按照该格的箭头方向走了1格，走完这步后，原来所在格的箭头将沿着顺时针方向转过90°，如果棋子走到了8×8正方形的边界，而这时箭头却指向界外，那么棋子将在这格停留，该格箭头将按顺时针方向转过90°，直至棋子可以行走. 证明：棋子迟早总会走出迷宫.证：假设棋子总走不出迷宫，那么棋子落在右图中标有“1“的格只能有限次（少于4次），否则“1”格必有1次箭头是指向出口的，从而走出迷宫.同样的，棋子在最后一次到达标有“1”格前也只能有限次到达“2”格.推而广之，在棋子只能有限次地到达“”格，那么也只能有限次到达“＋1”格，这与假设棋子可无限次地走步而出不了迷宫矛盾.5、将网络平面中所有的格染成5种颜色，使得任意形如图形甲的图形中，各格是不同的颜色.证明：任意形如图形乙的图形上各格也是不同的颜色.证：假设某个1×5的图形上缺某种颜色，例如蓝色（在上图中，把这部分图形离析出来）那么图中用相同字母表示的两格中必有1格染蓝色，否则这些格所在的十字形中将缺少蓝色的格，这样一来，在含有字母的两个十字形中，必有一个十字形中含有两个蓝格，这与题设矛盾，所以原命题得证.6、（见八年级第7题）7、证明：每个正整数都可表示为有相同数目质因数的两个正整数之差（每个质因数只算1次，例如12有两个质因数2和3）.证：如果给定的数是偶数，即，那么所求的数是.设是奇数，是它的质因数，又设是不含在集合的最小奇质数，那么所求的数便是和.因为根据的选择，中有因数2，而中有因数.因数是它们所共有的.8、在△ABC中，AB＞BC，K、M分别是边AB和AC的中点，O是△AB C的内心.设P点是直线KM和CO的交点，而Q点使得QP⊥KM且QM∥BO，证明：QO⊥AC.证：作OR⊥AC于R，过P作MK的垂线，交直线OR于Q点（如图）.这样只需证Q’M∥O，因为这时Q和Q’重合.因为K，M分别为AB和AC的中点，所以KM∥BC，于是∠M PC＝∠BCP＝∠ACB＝∠MCP.因此MP＝MC＝MA，这样一来，P点在以AC为直径的圆周上，且∠APC ＝90°.在四边形APOR中，∠APO＝∠ARO＝90°，所以APOR内接于圆，∠RPO ＝∠RAO＝×∠BAC.在四形边MPQ’R中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以MPQ’R内接于圆，于是∠Q’MR＝∠Q’PR＝∠Q’PO＋∠OPR＝（90°－∠OPM）＋∠BAC＝（90°－∠ACB）＋∠BAC.设BO交AC于D，在△BDC中，∠BDC＝180°－∠ACB－∠ABC＝90°＋∠BAC－∠ACB＝∠Q’MR，因此MQ’∥BO，于是本题得证.。
第35届俄罗斯数学奥林匹克_九年级_
35
每个最大奇 (偶 ) 空方位区间的逆时针方向 的端点都将变成非空的. 这表明 ,在整个寻找 硬币的过程中 ,只有在下面情况下 ,硬币的被 转移不 会带 来非 空方 位的增 加 : 当 所 有 奇 (偶 )方位都是空的 ,而同时所有偶 (奇 )方位 都是非空的 (这种情况最多遇到一次 ) . 在所 有其他情况下 , 这次操作前的空方位数至多 比上次操作前的空方位数多 3. 这样 , 经 32 次操作后的空方位数最多为 31 ×3 + 4 = 97, 这不能保证找到硬币.
少有一次是在 A 类或 B 类的方格中 , A 类和
B 类的每个方格至多贡献两次穿越. 而 A 类
和 B 类共有 24个方格 , 故至多完成 48 次穿
越.
称 A、D 类方格之间的穿越为 AD 型 , B、
C类方格之间的穿越为 B C型.
如果恰完成了 48次穿越 ,则每一个 A 类
或 B 类方格都对应两次穿越. 这说明 , 每次
一块布. 已知恰有一块布下面藏有一枚硬币.
下面的行为称为一次操作 :任选四块布检查
它们下面是否藏有硬币 ,每次操作后 ,所选布
放回原处 ,而硬币被偷偷地转移到与这次操
作时其所处位置相邻的顶点处的布的下面.
求一定可以找到硬币的最少的操作次数.
9151实数 a、b、c满足
( a + b) = abc,
a3 + b3 = a3 b3 c3.
9111一个最简分数等于分母分别为 600
和 700的两个最简分数的和. 求这样的最简
分数分母的最小可能值.
9121已知 BD 是 △AB C 的角平分线 (点
D 位于线段 AC 上 ) ,且与 △AB C 的外接圆圆 Γ交于点 B、E,以线段 D E 为直径的圆 ω交 圆 Γ于点 E、F. 证明 :直线 B F 关于 BD 的对
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A5整数综合问题
A5 整数综合问题A5－002在n³n(n为奇数)的方格表里的每一个方格中，任意填上一个＋1或－1，在每一列的下面写上该列所有数的乘积；在每行的右边写上该行所有数的乘积，证明：这2n个乘积的和不等于0．【题说】1962年全俄数学奥林匹克八、九年级题5．【证】设p1，p2，…，p n是各行数字乘积，q1，q2，…，q n是各列数字乘积，它们都是＋1或－1，而应有p1p2…p n＝q1q2…q n，所以p1、p2、…、p n、q1、q2…、q n中应有偶数个－1．设为2k个，则其中＋1的个数为2(n－k)．由于n为奇数，k≠n－k，所以p1＋p2＋…＋p n＋q1＋q2＋…＋q n≠0A5－003已知任意n个整数a1，a2，…，a n，由此得到一列新的数．由这n个数依同样法则又得到一列新数，并如此做下去．假如所有这些新数都是整数，证明原来所给各数a i(i＝1，2，…，n)都相等．【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题4．n为偶数时有一种例外情况使结论不成立．【证】对于任给的n个数x i(1≢i≢n)，如果它们不全相等，那么施行如上运算若干次后得的新数中，最大值要变小，最小值要变大，因此，如若不能得出一组n个相同的数的话，其中最大数不能永远是整数．假设从一组n个数z1，z2，…，z n得到n个相同的数那么，当n是奇数时，易知z1＝z2＝…＝z n；当n是偶数时，z1，…，z n中奇数项相等，偶数项相等．若z i(1≢i≢n)由y i(1≢i≢n)经运算得出，且设则有 2(y1＋y2＋…＋y n)＝2na及 2(y2＋y3＋…＋y n＋y1)＝2nb从而 2na＝2nb，a＝b由此得出z1＝z2＝…＝z n＝a因此，我们的命题成立．仅当n为偶数时，有一种例外情况：n个整数a，b，a，b，…，a，b，(a与b的奇偶性相同，a ≠b)满足题中条件，但结论不成立．A5－004某整数集合A既含有正整数，也含有负整数，而且如果a和b是它的元素，那么2a 和a＋b也是它的元素，证明：集合A包含它的任意两个元素之差．【题说】1967年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】不难证明：如果整数c是集合A的元素，而n是自然数，那么nc也属于集合A．因为集合A既含有正整数，也含有负整数，根据最小数原理，集合A存在最小的正整数a和绝对值最小的负整数b．这两个数的和a＋b也应该属于集合A，而且满足不等式．b＜a＋b＜a但是集合A不含有小于a的正数和大于b的负数，所以a＋b只能等于0．因此，数0属于集合A，且b＝－a．根据前面所证，集合A包含数a的所有整数倍．设x∈A，则由带余数除法，存在整数q、r，使x＝qa＋r(0≢r＜a)．于是r＝x＋(－qa)∈A．由于0≢r＜a，必有r＝0．即A中的数均为a的整数倍．既然集合A的元素都是a的整数倍，因此集合A的任意两个元素之差也是元素a的整数倍，因而属于集合A．A5－005证明：任何不大于n！的自然数，都能表示成不多于n个数的和，在这些加数中，没有两个是相同的，而且任何一个都是n！的因数．【题说】第二届(1968年)全苏数学奥林匹克九年级题5．【证】对n用数学归纳法，n＝1时，显然．设n时结论真．对a≢(n＋1)！，将a除以n＋1得a＝d(n＋1)＋r，这里d≢n！，0≢r＜n＋1．由归纳假设，d＝d1＋d2＋…＋d l，l≢n．且所有d i是n！的不同因数(i＝1，2，…，l)．于是 a＝d1(n＋1)＋…＋d l(n＋1)＋r这个和中的加数不多于n＋1个，其中每一个都是(n＋1)！的因数，且全不相等．A5－006找出具有下列性质的所有正整数n：设集合{n，n＋1，n＋2，n＋3，n＋4，n＋5}可以划分成两个无公共元素的非空子集，使得一个子集中所有元素的乘积等于另一子集中所有元素的乘积．【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题4．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】假定n具有所述性质，那么六个数n，n＋1，n＋2，n＋3，n＋4，n＋5中任一个素因数p 必定还整除另一个数(在另一个子集中)．因而p整除这两个数的差，所以p只能为2，3，5．再考虑数n＋1，n＋2，n＋3，n＋4．它们的素因数不能为5(否则上面的六个数中只有一个被5整除)，因此只能为2与3．这四个数中有两个为连续奇数．它们必须是3的正整数幂(因为没有其它因数)，但这样两个幂的差被3整除，决不能等于2．矛盾！这就说明具有所述性质的n是不存在的．A5－007证明：任何一个正的既约真分数m／n可以表示成两两互异的自然数的倒数之和．【题说】1972年～1973年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】对m用数学归纳法．m＝1时，显然成立．假设对小于m的自然数命题成立，我们证明它对m＞1也成立．为此，设n＝qm＋r(0≢r＜m) (1)因为m／n是正的既约真分数，所以q＞0，r＞0．又因0＜m－r＜m，所以由归纳假设，其中t1＜t2＜…＜t k为自然数．因为n＞m，所以由(3)知：t1＞q＋1，将(3)代入(2)得所以，命题对任何自然数m都成立．A5－008 8分和15分的邮票可以无限制地取用．某些邮资额数，例如7分、29分，不能够刚好凑成．求不能凑成的最大额数n，即大于n的额数都能够凑成，并证明你的答案．【题说】第六届(1974年)加拿大数学奥林匹克题6．【解】因为98＝8²1＋15²699＝8²3＋15²5100＝8²5＋15²4101＝8²7＋15²3102＝8²9＋15²2103＝8²11＋15²1104＝8²13＋15²0105＝8²0＋15²7比105大的数，可用以上8数加上8的适当倍数而得到．而97不能用8与15凑成．故所求的n 值为97．【注】一般地，当正整数p、q互质时，不能用p、q凑成的最大整数pq－p－q．A5－009若整数n可表示成n＝a1＋a2＋…＋a k (1)其中a1，a2，…，a k是满足的正整数(不一定相异)，那么，我们称n是好数，已知整数33至73是好数，证明：每一个不小于33的整数都是好数．【题说】第七届(1978年)英国数学奥林匹克题3．【证】我们改证命题p n：整数n，n＋1，…，2n＋7都是好数．已知p33为真．假设p n成立，那么n是好数，即存在正整数a1，a2，…，a k使(1)、从而这表明 2(a1＋a2＋…＋a k)＋4＋4＝2n＋82(a1＋a2＋…＋a k)＋3＋6＝2n＋9也是好数，因此P n成立．根据数学归纳法，对所有正整数n≣33，P n成立，原命题因而得证．A5－010设f(x)＝x2－x＋1．证明：对任意的m个自然数(m＞1)，f(m)，f(f(m))，…两两互素．【题说】第十二届(1978年)全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】因f(0)＝1，所以多项式的常数项p n(0)＝1．因而，对于任意的整数m，p n(m)除以m，余数等于1．用m＇＝p k(m)代替m，就得到p n＋k(m)＝p n(m＇)与m＇＝p k(m)互素．A5－011自然数n的数字和用S(n)来表示．(1)是否存在一个自然数n，使得n＋s(n)＝1980；(2)证明：在任意两个连续的自然数之中，至少有一个能表示成n＋S(n)的形式，其中n为某个自然数．【题说】第十四届(1980年)全苏数学奥林匹克八年级题6．【解】(1)当n＝1962时，n＋S(n)＝1980．(2)令S n＝n＋S(n)，如果n的末位数字是9，则S n＋1＜S n；否则S n＋1＝S n＋2．对任意两个连续的自然数m(m≣2)，m＋1，在S n＜m的n中，选择最大的，并用N表示．这时S N＋1≣m＞S N，所以N 的末位数字不是9，从而S N＋1＝S N＋2．由m≢S N＋1＝S N＋2＜m＋2，即得S N＋1＝m或S N＋1＝m＋1．A5－012设n为≣2的自然数．证明方程x n＋1＝y n＋1在x与n＋1互质时无正整数解．【题说】1980年芬兰等四国国际数学竞赛题3．本题由匈牙利提供．【证】x n＝y n＋1－1＝(y－1)(y n＋y n－1＋…＋1)．如果质数p是y－1与y n＋y n－1＋…＋1的公因数，则p整除x n，从而p是x的因数．但y除以p余1，所以y n＋y n－1＋…＋1除以p与n＋1除以p 的余数相同，即n＋1也被p整除，这与x、n＋1互质矛盾．因此y－1与y n＋y n－1＋…＋1互质，从而y－1＝s n，y n＋y n－1＋…＋1＝t n，其中s、t为自然数，st＝x．但y n＜y n＋y n－1＋…＋1＜(y ＋1)n，所以y n＋y n－1＋…＋1≠t n，矛盾，原方程无解．A5－013设a、b、c是两两互素的正整数，证明：2abc－be－ac－ab是不能表示为xbc＋yac ＋zab形式的最大整数(其中x、y、z是非负整数)．【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题3．【证】熟知在a、b互素时，对任意整数n有整数x、y，使ax＋by＝n．当n＞ab－a－b时，首先取0≢x＜b(若x＞b则用x－b、y＋a代替x、y)，我们有by＝n－ax＞ab－a－b－ax≣ab－a－b－a(b－1)＝－b所以y＞－1也是非负整数．即n＞ab－a－b时，有非负整数x、y使ax＋by＝n．因为a、b、c两两互素，所以(bc，ac，ab)＝1．令(bc，ac)＝d．则(ab，d)＝1，所以方程abz＋dt＝n (1)有整数解，并且0≢z＜d(若z＞d则用z－d、t＋ab代替z、t)．设 bc＝da1，ac＝db1，那么(a1，b1)＝1．在n＞2abc－bc－ca－ab时，即 t＞a1b1－a1－b1从而方程a1x＋b1y＝t (2)有非负整数解(x，y)．由(1)与(2)消去t可得bcx＋acy＋abz＝n有非负整数解．另一方面，若有非负整数x、y、z使2abc－bc－ac－ah＝xbc＋yac＋zab则 bc(x＋1)＋ac(y＋1)＋ab(z＋1)＝2abc于是应有，a整除bc(x＋1)，因(a，bc)＝1．所以，a整除x＋1，从而c≢x＋1．同理有，b≢y＋1，c≢z＋1．因此3abc＝bca＋acb＋abc≢bc(x＋1)＋ac(y＋1)＋ab(z＋1)＝2abc由于a、b、c都是正整数，这是不可能的，故2abc－bc－ca－ab不能表成xbc＋yca＋zab(x、y、z为非负整数)的形式．A5－014能否选择1983个不同的正整数都不大于105，且其中没有三个正整数是算术级数中的连续项，并证明你的论断．【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题5．本题由波兰提供．【解】考虑三进制表示中，不含数字2并且位数≢11的数所成的集合M．显然|M|＝211－1＞1983．M中最大的数为若x、y、z∈M并且x＋z＝2y，则由于2y的各位数字为0或2，所以x＋z的各位数字也为0或2．从而x、z在同一位上的数字同为0或同为2，即x＝z．因此M中任三个互不相同的数不成等差数列．于是回答是肯定的，M即是一例．A5－015将19分成若干个正整数之和，使其积为最大．【题说】1984年上海市赛一试题2(9)．【解】由于分法只有有限种，其中必有一种分法，分成的各数的积最大．我们证明这时必有：(1)分成的正整数只能是2和3．因为4＝2＋2，且4＝2³2，若分出的数中有4，拆成两个2其积不变；若分出的数中有数a≣5．则只要把a拆成2与a－2，由2(a－2)＞a知道积将增大．(2)分成的正整数中，2最多两个．若2至少有3个，则由3＋3＝2＋2＋2及3³3＞2³2³2可知，将3个2换成2个3，积将增大．所以，将19分成5个3与2个2的和，这些数的积35³22＝972是最大的．A5－016设a、b、c、d是奇整数，0＜a＜b＜c＜d，且ad＝bc．证明：如果对某整数k和m有a＋d＝2k和b＋c＝2m，那末a＝1．【题说】第二十五届(1984年)国际数学奥林匹克题6．【证】因为a[(a＋d)－(b＋c)]＝a2＋ad－ab－ac＝a2＋bc－ab－ac＝(a－b)(a－c)＞0所以a＋d＞b＋c，即2k＞2m，k＞m．又由ad＝bc，有 a(2k－a)＝b(2m－b)2m(b－2k－m a)＝b2－a2＝(b＋a)(b－a)可知2m整除(b＋a)(b－a)．但b＋a和b－a不能都被4整除(因为它们的和是2b，而b是奇数)，所以2m－1必整除b＋a或b－a之一．因为b＋a＜b＋c＝2m，所以b＋a＝2m－1或b－a＝2m－1．因为a、b是奇数，它们的公因数也是奇数，且是b＋a和b－a的因数，从而是2m－1的奇因数，即1．所以a与b互质，同理a与c也互质．但由ad＝bc，知a能整除bc，故a＝1．A5－017对正整数n≣1的一个划分π，是指将n分成一个或若干个正整数之和，且按非减顺序排列(如n＝4，划分π有1＋1＋1＋1，1＋1＋2，1＋3，2＋2及4共5种)．对任一划分π，定义A(π)为划分π中数1出现的个数；B(π)为π中出现不同的数的个数(如对n＝13的一个划分π：1＋1＋2＋2＋2＋5而言，A(π)＝2，B(π)＝3)．求证：对任意正整数n，其所有划分π的A(π)之和等于B(π)之和．【题说】第十五届(1986年)美国数学奥林匹克题5．【证】设p(n)表示n划分的个数．那么第一个位置是1的划分有p(n－1)个，第二个位置上是1的(当然它第一个位置上也是1)的划分有p(n－2)个．等等．第n－1个位置上是1的划分有P(1)＝1个，第n个位置上是1的只有1种．若令P(0)＝1．则所有划分中含1的数A(π)之和等于P(n－1)＋P(n－2)＋…＋P(1)＋P(0)．另一方面，从含有1的每个划分中拿去一个1，都成为一个(n－1)的划分，共拿去P(n－1)个1．再从含有2的每个划分中拿去一个2，都成为n－2的划分，共拿去P(n－2)个2．…从含有(n－1)的划分(只有一个：1＋(n－1)，拿去(n－1)，即拿去了P(1)＝1个1．再加上含有n的一个划分，n为P(0)＝1个，故B(π)总和也等于P(n－1)＋P(n－2)＋…＋P(1)＋P(0)．因此，A(π)＝B(π)．A5－018在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1)和点B(x2，y2)的坐标均为一位正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B＇，A在y轴上的射影为A＇，△OB＇B的面积比△OA＇A的面积大33.5．由x1、求出所有这样的四位数，并写出求解过程．【题说】1985年全国联赛二试题1．＞67．又由于x2、y2均为一位正整数，所以x2y2＝72或x2y2＝81．因为∠BCB＇＜45°，所以x2＞y2．故由x2y2＝72可知x2＝9，y2＝8．此时x1y1＝5．同样可求得x1＝1，y1＝5．综上可知，1985为符合条件的唯一的四位数．A5－019设n、k为互素自然数，0＜k＜n，在集合M＝{1，2，…，n－1｝(n≣3)中的各数，要么着蓝色，要么着白色，已知(1)对于各i∈M，i和n－i同色；(2)对于各i∈M，i≠k， i和|i－k|同色．证明：在M中的所有数均同色．【题说】第二十六届(1985年)国际数学奥林匹克题2．本题由澳大利亚提供．【证】设lk＝nq l＋r l(l＝1，2，…，n－1；1≢r l≢n－1)．若r l＝r l＇，则(l－l＇)k被n整除，但n、k互素，所以n|(l－l＇)这表明在l＝1，2…，n－1时，r1，r2，…，r n－1互不相同，所以M＝｛r1，r2，…，r n－1｝．若r l＜n－k，即r l＋k＜n，则r l＋1＝r l＋k，由条件(2)，r l＋1与r l＋1－k＝r l同色．若r l≣n－k，即r l＋k≣n，则r l＋1＝r l＋k－n，于是r l＋1与k－r l＋1＝n－r l同色．再由条件(1)n－r l与r l同色．综上所述，r i＋1与r l同色(l＝1，2，…，n－2)，因此M中所有数同色．A5－020如n是不小于3的自然数，以f(n)表示不是n的因数的最小自然数(例如f(12)＝5)．如果f(n)≣3，又可作f(f(n))．类似地，如果f(f(n))≣3，又可作f(f(f(n)))果用L n表示n的长度，试对任意的自然数n(n≣3)，求L n并证明你的结论．【题说】第三届(1988年)全国冬令营赛题6．【解】很明显，若奇数n≣3，那么f(n)＝2，因此只须讨论n为偶数的情况，我们首先证明，对任何n≣3，f(n)＝p s，这里P是素数，s为正整数．假若不然，若f(n)有两个不同的素因子，这时总可以将f(n)表为f(n)＝ab，其中a、b是大于1的互素的正整数．由f的定义知，a与b都应能整除n，因(a，b)＝1，故ab也应整除n，这与f(n)＝ab矛盾．所以f(n)＝p s．由此可以得出以下结论：(1)当n为大于1的奇数时，f(n)＝2，故L n＝1；(2)设n为大于2的偶数，如果f(n)＝奇数，那么f(f(n))＝2，这时L n＝2；如果f(n)＝2s，其中自然数s≣2，那么f(f(n))＝f(2s)＝3，从而f(f(f(n)))＝f(3)＝2，这时L n＝3．A5－021一个正整数，若它的每个质因数都至少是两重的(即在这数的分解式中每个质因数的幂指数都不小于2)，则称该正整数为“漂亮数”．相邻两个正整数皆为“漂亮数”，就称它们是一对“孪生漂亮数”，例如8与9就是一对“孪生漂亮数”．请你再找出两对“孪生漂亮数”来．【题说】1989年北京市赛高一题5．【解】设(n，n＋1)是一对“孪生漂亮数”，则4n(n＋1)是漂亮数，并且4n(n＋1)＋1＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2是平方数，而平方数必为漂亮数．所以，(4n(n＋1)、4n(n＋1)＋1)也是一对“孪生漂亮数”．于是，取n＝8，得一对“孪生漂亮数”(288，289)．再取n＝288，得另一对“孪生漂亮数”(332928，332929)．两个自然数的平方差，则称这个自然数为“智慧数”比如16＝52－32，16就是一个“智慧数”．在自然数列中从1开始数起，试问第1990个“智慧数”是哪个数？并请你说明理由．【题说】1990年北京市赛高一复赛题4．【解】显然1不是“智慧数”，而大于1的奇数2k＋1＝(k＋1)2－k2，都是“智慧数”．4k＝(k＋1)2－(k－1)2可见大于4且能被4整除的数都是“智慧数”而4不是“智慧数”，由于x2－y2＝(x＋y)(x－y)(其中x、y∈N)，当x，y奇偶性相同时，(x＋y)(x－y)被4整除．当x，y奇偶性相异时，(x＋y)(x －y)为奇数，所以形如4k＋2的数不是“智慧数”在自然数列中前四个自然数中只有3是“智慧数”．此后每连续四个数中有三个“智慧数”．由于1989＝3³663，所以2656＝4³664是第1990个“智慧数”．A5－023有n(≣2)名选手参加一项为期k天的比赛，每天比赛中，选手的可能得分数为1，2，3，…，n，且没有两人的得分数相同，当k天比赛结束时，发现每名选手的总分都是26分．试确定数对(n，k)的所有可能情况．【题说】第二十二届(1990年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】所有选手得分总和为kn(n＋1)/2＝26n，即k(n＋1)＝52(n，k)取值可以是(3，13)，(12，4)，(25，2)及(51，1)，但最后一种选择不满足要求．当(n，k)＝(3，13)时，3名选手13天得分配置为(1，2，3)＋2(2，3，1)＋2(3，1，2)＋3(1，3，2)＋2(3，2，1)＋3(2，1，3)＝(26，26，26)．当(n，k)＝(12，4)时，12名选手4天得分配置为2(1，2，…，11，12)＋2(12，11，…，2，1)＝(26，26，…，26)．当(n，k)＝(25，2)时，25名选手两天得分配置为(1，2，…，24，25)＋(25，24，…，2，1)＝(26，26，…，26)．A5－024设x是一个自然数．若一串自然数x0＝1，x1，x2，…，x t－1，x t＝x，满足x i－1＜x i，x i －1|x i，i＝1，2，…，t．则称{x0，x1，x2，…x t}为x的一条因子链，t为该因子链的长度．T(x)与R(x)分别表示x的最长因子链的长度和最长因子链的条数．对于x＝5k³31m³1990n(k，m，n是自然数)试求T(x)与R(x)．【题说】第五届(1990年)全国冬令营赛题2．【解】设x的质因数分解式为其中p1、p2、…、p n为互不相同的质数，α1、α2、…、αn为正整数．由于因子链上，每一项至少比前一项多一个质因数，所以T(x)≢α1＋α2＋…＋αn．将α1＋α2＋…＋αn个质因数(其中α1个p1，α2个p2，…，αn个p n)依任意顺序排列，每个排列产生一个长为α1＋α2＋…＋αn的因子链(x1为排列的第一项，x2为x1乘排列的第二项，x3为x2乘第三项，…)，因此T(x)＝α1＋α2＋…＋αn，R(x)即排列对于x＝5k³31m³1990n＝2n³5k＋n³31m³199n，T(x)＝3n＋k＋mA5－025证明：若则为整数．【题说】1990年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题1．【证】若x＋y＋z＋t＝0，则由题设条件可得于是此时(1)式的值等于－4．若x＋y＋z＋t≠0，则由此可得x＝y＝z＝t．于是(1)式的值等于4．A5－026课间休息时，n个学生围着老师坐成一圈做游戏，老师按顺时针方向并按下列规则给学生们发糖：他选择一个学生并给一块糖，隔一个学生给下一个学生一块，再隔2个学生给下一个学生一块，再隔3个学生给下一个学生一块…．试确定n的值，使最后(也许绕许多圈)所有学生每人至少有一块糖．【题说】1991年亚太地区数学奥林匹克题4．【解】问题等价于确定正整数n，使同余式1＋2＋3＋…＋x＝a(modn) (1)对任意正整数a都有解．我们证明当且仅当n是2的方幂时，(1)式总有解．若n不是2的方幂，则n有奇素因数p．由于1，1＋2，1＋2＋3，…，1＋2＋…＋(p－1)，1＋2＋…＋p至多表示mod p的p－1个剩余类(最后两个数在同一个剩余类中)，所以1＋2＋…＋x也至多表示mod p的p－1个剩余类，从而总有a使1＋2＋…＋x≡a(mod p)无解，这时(1)也无解．若n＝2k(k≣1)，考察下列各数：0³1，1³2，2³3，…，(2k－1)2k (2)设x(x＋1)≡y(y＋1)、(mod 2k＋1)，其中0≢x，y≢2k－1，则x2－y2＋x－y≡(x－y)(x＋y＋1)≡0(mod 2k＋1)因为x－y，x＋y＋1中，一个是奇数，一个是偶数，所以x－y≡0(mod2k＋1)或x＋y＋1≡0(mod 2k ＋1)由后者得：2k＋1≢x＋y＋1≢2k－1＋2k－1＋1＝2k＋1－1矛盾．故 x≡y(mod 2k＋1)，即x＝y．因此(2)中的2k个偶数mod 2k＋1互不同余，从而对任意整数a，方程x(x＋1)≡2a(mod 2n)有解，即(1)有解．A5－027设S＝{1，2，3，…，280}．求最小的自然数n使得S的每个有n个元素的子集都含有5个两两互素的数．【题说】第三十二届(1991年)国际数学奥林匹克题3．本题由中国提供．【解】令A i＝｛S中一切可被i整除的自然数｝，i＝2，3，5，7．记A＝A2∪A3∪A5∪A7，利用容斥原理，容易算出A中元素的个数是216．由于在A中任取5个数必有两个数在同一个A i之中，从而他们不互素．于是n≣217．另一方面，令B1＝(1和S中的一切素数｝B2＝(22，32，52，72，112，132｝B3＝｛2³131，3³89，5³53，7³37，11³23，13³19｝B4＝｛2³127，3³83，5³47，7³31，11³19，13³17｝B5＝{2³113，3³79，5³43，7³29，11³17}B6＝{2³109，3³73，5³41，7³23，11³13}易知B1中元素的个数为60．令B＝B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6，则B中元素的个数为88，S－B中元素的个数为192．在S中任取217个数，由于217－192＝25＞4³6，于是存在i(1≢i≢6)，使得这217个数中有5个数在Bi中．显然这5个数是两两互素的，所以n≢217．于是n＝217．A5－028对于每个正整数n，以s(n)表示满足如下条件的最大正整数：对于每个正整数k≢s(n)，n2都可以表示成k个正整数的平方之和．1．证明：对于每个正整数n≣4，都有s(n)≢n2－14；2．试找出一个正整数n，使得s(n)＝n2－14；3．证明：存在无限多个正整数n，使得s(n)＝n2－14．【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】用反证法证明如下：假设对某个n≣4，有s(n)≣n2－14，则存在k＝n2－13个正整数a1，a2，…，a k，使得于是就有从而3b＋8c＝13 这表明c＝0或1；但相应的b不为整数，矛盾．2．每个大于13的正整数m可以表为3b＋8c，其中b、c为非负整数．事实上，若m＝3s＋1，则s≣5，m＝3(s－5)＋2³8．若m＝3s＋2，则s≣4，m＝3(s－2)＋8．由即知n2可表为n2－m个平方和，从而n2可表为n2－14，n2－15，…，对于n＝13，有n2＝122＋52＝122＋42＋32＝82＋82＋52＋42由于82可表为4个42的和，42可表为4个22的和，22可表为4个12的和，所以132＝82＋82＋52＋42可表为4，7，10，...，43个平方的和，又由于52＝42＋32，132可表为5，8，11， (44)平方的和．由于122可表为4个62的和，62可表为4个32的和，所以132＝122＋42＋32可表为3，6，9，…，33个平方的和．为18＋2³9＝36，18＋2³12＝42个平方的和．再由42为4个22的和，132也可表为39个平方的和．综上所述，132可表为1，2，…，44个平方的和．3．令n＝2k³13．因为132可表为1，2，…，155个平方的和，22可表为4个平方的和，所以132³22可表为1，2，…，155³4个平方的和，132³24可表为1，2，…，155³42个平方的和，…，n2＝132³22k可表为1，2，…，155³4k个平方的和．s(n)＝n2－14A5－029每个正整数都可以表示成一个或者多个连续正整数的和．试对每个正整数n，求n有多少种不同的方法表示成这样的和．【题说】第一届(1992年)中国台北数学奥林匹克题2．【解】设m为n的正的奇因数，m＝nd，则若(1)的每一项都是正的，则它就是n的一种表示(表成连续正整数的和)．若(1)式右边有负数与0，则这些负数与它们的相反数抵消(因以略去，这样剩下的项是连续的正整数，仍然得到n的一种表示，其项数为偶数(例如7＝(－2)＋(－1)＋0＋1＋2＋3＋4＝3＋4)于是n的每一个正奇因数产生一个表示．反过来，若n有一个表示，项数为奇数m，则它就是(1)的形式，而m是n的奇因数，若n有一个表示，项数为偶数，最小一项为k＋1，则可将这表示向负的方向“延长”，增加2k＋1项，这些项中有0及±1，±2，…，±k．这样仍成为(1)的形式，项数是n的奇因数．因此，n的表示法正好是n的正奇因数的个数，如果n的标准分解A5－030 x、y为正整数，x4＋y4除以x＋y的商是97，求余数．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】由题知x4＋y4＜98(x＋y)，不妨设x≣y，则x4＜98³2x，所以x≢5．注意到14＝1，24＝16，34＝81，44＝256，54＝625．对x，y∈{1，2，3，4，5}，x4＋y4＞97(x＋y)的仅有54＋44＝881＝(5＋4)³97＋8，所以所求的余数为8．A5－031设p＝(a1，a2，…，a17)是1，2，…，17的任一排列，令k p是满足不等式a1＋a2＋…＋a k＜a k＋1＋…＋a17的最大下标k，求k p的最大值和最小值，并求所有不同的排列p相应的k p的和．【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题1．【解】若k p≣12，则这与k p的定义相矛盾，所以k p≢11．又当p＝(1，2，…，17)时，1＋2＋…＋11＝66＜87＝12＋13＋…＋17，故此时k p＝11．所以，k p的最大值为11，并且kp的最小值为5，此时p＝(17，16，…，2，1)．设p＝(a1，a2，…，a17)是1，2，…，17的任一排列，由kp的定义，知且但(2)的等号不可能成立，否则矛盾．所以由(1)和(3)可知，对排列p＝(a1，a2，…，a17)的反向排列p＇＝(a17，a16，…，a1)，k p＇＝17－(k p＋2)＋1＝16－k p所以k p＋k p＇＝16．于是可把1，2，…，17的17！个不同排列与它的反向排列一一配对．所求之和为A5－032确定所有正整数n，使方程x n＋(2＋x)n＋(2－x)n＝0有整数解．【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题4．【解】显然，n只能为奇数．当n＝1时，x＝－4．当n为不小于3的奇数时，方程左边是首项系数为1的非负整系数多项式，常数项是2n＋1，所以它的整数解只能具有－2t的形式，其中t为非负整数．若t＝0，则x＝－1，它不是方程的解；若t＝1，则x＝－2，也不是方程的解；当t≣2时，方程左边＝2n[－2n(t－1)＋(1－2t－1)n＋(1＋2t －1)n]，而－2n(t－1)＋(1－2t－1)n＋(1＋2t－1)n≡2(mod 4)，从而方程左边不等于零．综上所述，当且仅当n＝1时，原方程有一个整数解x＝－4．A5－033每一个大于2的自然数n都可以表示为若干个两两不等的正整数之和．记这些相加数个数的最大值为A(n)，求A(n)．【题说】1993年德国数学奥林匹克(第一轮)题1．【解】对任意自然数n(n≣3)，存在自然数m，使－1)之和，所以A(n)＝m．A5－034完全平方数对(a，b)满足：(1)a和b的十进制表示位数相同；(2)将b的十进制表示续写在a的十进制表示之后，恰好构成一个新的完全平方数的十进制表示，例如a＝16，b＝81，1681＝412．求证：这样的数对(a，b)有无穷多对．【题说】1993年德国数学奥林匹克(第一轮)题3．【证】取a1＝42，a2＝492，…，a n＝(5³10n－1－1)2，…；b1＝92，b2＝992，…，b n＝(10n－1)2，…．其中n为正整数．显然，a n，b n均为2n位数，且＝25³104n－2－103n＋2³102n－2³102n＋1＝(5³102n－1－10n＋1)2即对任意正整数n，(a n，b n)均满足条件．A5－035证明：对于任意整数x，是一个整数．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题2．由于连续n个整数中必有一个是n的倍数，所以上式为整数．A5－037设n＝231²319．n2有多少个小于n，但不能整除n的正整数因子？【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题6．【解】n2的因子必为2α²3β形，其中0≢α≢62，0≢β≢38．于是(α，β)是属于图中矩形的格点，显然对I、IV中的格点(α，β)，2α．3β不满足要求(2α²3β|n 或2α²3β≣n)，II中任一格点(约定β＝19或α＝31的点属于I或IV，不属于II或III)(α，β)，若2α²3β≣n，则对III中格点(62－α，31－β)，有262－α²331－β＜n．反之，对III中格点(α，β)，若2α²3β≣n，则对II中格点(62－α，31－β)，有262－α²331－β＜n．因此II、III 中恰有一半的格点(α，β)，使2α²3β满足要求．即所求的正整数因子个数为19³31＝589A5－038在满足y＜x≢100的有序正整数对(x，y)中，有【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题8．＝49＋16＋8＋4＋3＋2＋1＋1＋1＝85A5－039对于每个正整数n，将n表示成2的非负整数次方的和，令f(n)为正整数n的不同表示法的个数．如果两个表示法的差别仅在于它们中各个数相加的次序不同，这两个表示法就被视为是相同的．例如，f(4)＝4，因为4恰有下列四种表示法：4；2＋2；2＋1＋1；1＋1＋1＋1．【题说】第三十八届(1997年)国际数学奥林匹克题6．本题由立陶宛提供．【证】对于任意一个大于1的奇数n＝2k＋1，n的任一表示中必含一个1．去掉这个1就得到2k 的一个表示．反之，给2k的任一表示加上一个1就得到2k＋1的一个表示．这显然是2k＋1和2k的表示之间的一个一一对应．从而有如下递归式：f(2k＋1)＝f(2k) (1)对于任意正偶数n＝2k，其表示可以分为两类：含有1的与不含1的．对于前者，去掉一个1就得到2k－1的一个表示；对于后者，将每一项除以2，就得到k的一个表示．这两种变换都是可逆的，从而都是一一对应．于是得到第二个递归式：f(2k)＝f(2k－1)＋f(k) (2)(1)、(2)式对于任意k≣1都成立．显然f(1)＝1．定义f(0)＝1，则(1)式对于k＝0也成立．根据(1)、(2)式，函数f是不减的．由(1)式，可以将(2)式中的f(2k－1)换成f(2k－2)，得到f(2k)－f(2k－2)＝f(k)，k＝1，2，3，…，给定任一正整数n≣1，将上式对于k＝1，2，…，n求和，得到f(2n)＝f(0)＋f(1)＋...＋f(n)，n＝1，2，3， (3)下面先证明上界，在(3)式中，右端所有的项都不大于最后一项，对于n≣2，2＝f(2)≢f(n)．于是有f(2n)＝2＋(f(2)＋…＋f(n))≢2＋(n－1)f(n)≢f(n)＋(n－1)f(n)＝nf(n)n＝2，3，4，…从而得到f(2n)≢2n－1²f(2n－1)≢2n－1²2n－2²f(2n－1)≢2n－1²2n－2²2n－3²f(2n－3)≢…≢2(n－1)＋(n－2)＋…＋1²f(2)＝2n(n－1)/2²2为了证明下界，我们先证明对于具有相同奇偶性的正整数b≣a≣0，有如下不等式成立：f(b＋1)－f(b)≣f(a＋1)－f(a) (4)事实上，如果a、b同为偶数，则由(1)式知上式两端均等于0．而当a、b同为奇数时，由(2)式知f(b＋1)－f(b)＝f(b＋1)/2)，f(a＋1)－f(a)＝f((a＋1)/2)．由函数f是不减的即得不等式(4)成立．任取正整数r≣k≣1，其中r为偶数，在(4)式中依次令a＝r－j，b＝r＋j，j＝0，1，…，k－1．然后将这些不等式加起来，得到f(r＋k)－f(r)≣f(r＋1)－f(r－k＋1)因为r是偶数，所以f(r＋1)＝f(r)．从而f(r＋k)＋f(r－k＋1)≣2f(r)，k＝1，…，r对于k＝1，…，r，将上述不等式相加，即得f(1)＋f(2)＋…＋f(2r)≣2rf(r)根据(3)式，上式左端等于f(4r)－1．从而对于任意偶数r≣2，f(4r)＞2rf(r)＋1＞2rf(r)．取r＝2m－2即得f(2m)≣2m－1f(2m－2) (5)要使r＝2m－2为偶数，m须为大于2的整数，但是(5)式对于m＝2也成立．因此对一切n≣2下界成立．。
2020年全俄数学奥林匹克第三阶段(申强汉化)
2020年全俄数学奥林匹克第三阶段九年级1. 桌上一开始有10堆糖果，分别有1，2，……，10块．一个小孩想要重新分配糖果．第奇数分钟，他选一堆分成两堆，每堆至少有一块糖．第偶数分钟，他将两堆合成一堆（也就是说他最先把一堆分成两堆）．能否在某时刻桌上各堆糖果数目相同？2. 黑板上写有n个互不相同的整数，任意两个相差至少10．最大的三个数的平方和小于3000000，最小的三个数的平方和也小于3000000．n的最大值是多少？3. 柯利亚和季玛在8×8的棋盘上做游戏，轮流操作，季玛先手．柯利亚每次在一个方格里画“×”，季玛每次用一张1×2的矩形（多米诺）覆盖有公共边的两个方格．在操作时，柯利亚必须在空格里画“×”（也就是说不能在已经画了“×”或被多米诺覆盖了的方格里画），季玛必须覆盖两个相邻的空格（没有已经被多米诺覆盖），且其中必须包含偶数（0或2）个“×”．无法操作者输．谁有必胜策略？p4. 设p为大于3的质数．证明存在小于的正整数y，使得py+1不能表示成两2个大于y的正整数之积．5. 四边形ABCD外切于圆ω．证明ω的直径长度不超过BC与AD中点的连线．6. 彼得和米沙在一条环形路径上从同一点出发逆时针跑．两人都以恒定速度跑，米沙的速度比彼得大2%．彼得一直逆时针跑，而米沙可以在朝一个方向跑了至少半圈后立刻掉头．证明在彼得跑第一圈的过程中，米沙可以和他相遇三次（不包括一开始，包括迎头相遇和从后面追上）．7. 绿变色龙总说真话，棕变色龙会说谎，然后立刻变绿．一家公司有2019条变色龙（绿色和棕色），每条依次回答“有多少条现在是绿的”．答案是1到2019的某个排列．一开始最多有多少条绿变色龙？8. 在锐角△ABC中作角平分线BL．△ABL的外接圆与BC边交于点D．结果，C关于直线DL的对称点S位于边AB上且不与其端点重合．∠ABC能取哪些值？9. 我们称至少有一对平行边的多边形为“好的”．某个正多边形被不在内部相交的对角线分成若干个边数相同的奇数边形．分成的这些多边形中能否有“好的”？10. 证明对任意正实数有． 91,,x x 02cyc 22323131≥++-∑x x x x x x x 十年级1. 找出至少一个符合下列性质的四位数：其数字和与数字积的乘积为3990．2. 集合A 和B 均为元素和为n 2的n 元正整数集．证明．∅≠⋂B A 3-5. 同9年级3-5．6. 黑板上写有表达式cos x ．可以将黑板上已有的表达式相加或相乘（一个表达式可以多次使用），把得到的新表达式写到黑板上．能否通过若干次操作得到一个当x =π时值为0的表达式？7. 以凸四边形ABCD 的边为边向外构造矩形．结果，这些矩形的不同于A ，B ，C ，D 的顶点共圆．证明ABCD 为圆内接四边形．8. 黑板上写有n 个形如的二次三项式（每个*表示一个系数）．能否***2++x x 对某个n >100将这3n 个*换成3n 个连续正整数（按某个顺序），使得这n 个二次三项式各有两个不同的整根？9. 同9年级9．10. 彼得得到了两个多项式和，均具有的形式（即每个多项)(x f )(x g c bx ax ++2式的次数均不超过2）．每一次操作，瓦夏告诉彼得数t ，彼得选择和中)(t f )(t g 的一个告诉瓦夏（不告知是哪个）．经过n 次操作后，瓦夏需要确定其中的一个多项式．求最小的n ，使得瓦夏保证能做到这点．十一年级1. 黑板上有n 个不同的整数．最大的两个的乘积为77，最小的两个的乘积也为77．n 最大可能为多少？2. 同10年级2．3. 在直角△ABC 中作斜边AC 上的高BH ．在边BC 上取点D ，在线段BH 上取点E ，在线段CH 上取点F ，使得∠BAD =∠CAE ，∠AFE =∠CFD ．证明∠AEF =90°．4. 同9年级4．5. 在N ×N 的表格中填入1到N 2的正整数．每个数如果是所在行中最大的，就称为“大的数”；如果是所在列中最小的，就称为“小的数”（同一个数可以既是大的又是小的，也可以两者都不是）．求所有大的数之和与所有小的数之和的差的最小值．6. 黑板上写有函数，，，．可以用黑板上已有的函数通过1+x 12+x 13+x 14+x 减法和乘法得到新的函数，写在黑板上．怎样得到一个不恒为零的函数，其当x 为正数时取值非负，x 为负数时取值非正？7. 能否将所有正整数染为两种颜色，使得不存在两个不相等的同色的数之和是2的幂？8. 已知对某个x 和y ，和均为正有理数．证明存在正整数y x cos sin +x y cos sin +m 和n 使得为正整数．x n x m cos sin +9. 三个球两两外切于点A ，B ，C ，且与平面α分别切于点D ，E ，F ．证明△ABC 的外接圆半径不小于△DEF 的外接圆半径．10. 同10年级10．。
李耀文——2020南非数学奥林匹克第5题解答
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第20届俄罗斯中学生数学奥林匹克第2轮试题和解答
第20届俄罗斯中学生数学奥林匹克第2轮试题和解答林大坂
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】1994(000)010
【总页数】5页(P47-50,17)
【作者】林大坂
【作者单位】
【正文语种】中文
【中图分类】G634.6
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第20届全俄中学生数学奥林匹克(第二轮)
第20届全俄中学生数学奥林匹克(第二轮)
田正平;戎松魁
【期刊名称】《中等数学》
【年(卷),期】1995(000)005
【摘要】六年级 1.在一张纸上写上20个1.1和20个1.11,划去其中一些数,使留下来的数的总和为19.93,请说明如何划。
2.如何用若干个形如右图所示的图形拼成一个正方形? 3.新年佳节之时,学校给每个学生买了一块巧克力糖,已知所买的巧克力糖若每个盒子装20块,那么所用
【总页数】4页(P28-31)
【作者】田正平;戎松魁
【作者单位】[1]杭州师范学院数学系;[2]杭州师范学校数学组
【正文语种】中文
【中图分类】G634.605
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