第41届国际数学奥林匹克解答

第41届国际数学奥林匹克解答

问题 1.圆Γ1和圆Γ2

相交于点M和N.设L是圆Γ

1

和圆Γ2的两条公切线中距离

M较近的那条公切线.L与圆

Γ1相切于点A，与圆Γ2相切

于点 B.设经过点M且与L平

行的直线与圆Γ1还相交于点

C，与圆Γ2还相交于点 D.直

线C A和D B相交于点E；直线

A N和C D相交于点P；直线

B N

和C D相交于点Q.

证明：E P=E Q.

解答:令K为M N和A B的交点.根据圆幂定理,,换言之K是A B的中点.因为P Q∥A B,所以M是P Q的中点.故只需证明E M⊥P Q.因为C D∥A B,所以点A是Γ1的弧C M的中点,点B是Γ2的弧D M的中点.于是三角形A C M与B D M都是等腰三角形.从而有

,

.

这意味着E M⊥A B.再由P Q∥A B即证E M⊥P Q.

问题 2.设a,b,c是正实数，且满足a b c=1.证明：

.

解答:令,,,其中x,y,z为正实数,则原不等式变为(x-y+z)(y-z+x)(z-x+y)≤x y z.记u=x-y+z,v=y-z+x,w=z-x+y.因为这三个数中的任意两个之和都是正数,所以它们中间最多只有一个是负数.如果恰有一个是负数,则u v w≤0

同理可得

,.于是得到u v w≤x y z,不等式得证.

问题 3.设n≥2为正整数.开始时，在一条直线上有n只跳蚤，且它们不全在同一点.对任意给定的一个正实数λ，可以定义如下的一种"移动"：

I、选取任意两只跳蚤，设它们分别位于点A和B，且A位于B的左边；I I、令位于点A的跳蚤跳到该直线上位于点B右边的点C，使得B C/A B=λ.

试确定所有可能的正实数λ。使得对于直线上任意给定的点M以及这n 只跳蚤的任意初始位置，总能够经过有限多个移动之后令所有的跳蚤都位于M的右边.

解答:要使跳蚤尽可能远地跳向右边,一个合理的策略是在每一个移动中都选取最左边的跳蚤所处的位置作为点A,最右边的跳蚤所处的位置作为点 B.按照这一策略,假设在k次移动之后,这些跳蚤之间距离的最大值为

d k,而任意两只相邻的跳蚤之间距离的最小值为δk.显然有d k≥(n-1)δk.

经过第(k+1)次移动,会产生一个新的两只相邻跳蚤之间的距离λd k.

如果这是新的最小值,则有δk+1=λd k;如果它不是最小值,则显然有δk+1

≥δk.无论哪种情形,总有m i n m i n.因此,只要λ≥1/(n-1),就有δk+1≥δk对任意k都成立.这意味着任意两只相邻跳蚤之间距离的最小值不会减小.故每次移动之后,最左边的跳蚤所处的位置都以不小于某个正的常数的步伐向右平移.最终,所有的跳蚤都可以跳到任意给定的点M的右边.

下面来证明:如果λ<1/(n-1),则对任意初始位置都存在某个点M,使得这些跳蚤无法跳到点M的右边.

将这些跳蚤的位置表示成实数,考虑任意的一系列移动.令S K为第K

次移动之后,表示跳蚤所在位置的所有实数之和.再令W K为这些实数中最大的一个（即最右边的跳蚤的位置）.显然有S K≤n W K.我们要证明序列{W K}有界.

在第(k+1)次移动时,一只跳蚤从点A跳过点B落在点 C.分别用实数a,b,c表示这三个点,则S k+1=S k+c-a.根据移动的定义,c-b=λ(b-a).进

而得到λ(c-a)=(1+λ)(c-b).于是.

如果c>W k,则刚跳过来的这只跳蚤占据了新的最右边位置W k+1=c.再由

b≤W k可得.如果c≤W k,则有

W k+1-W k=0,.故上式仍然成立.

考虑下列数列,k=0,1,2,…则有Z k+1-Z k≤0,即该数列是不升的.因此,对所有的k总有Z k≤Z0.

假设λ<1/(n-1),则1+λ>nλ.可以把Z k写成,其

中.于是得到不等式.故对于

所有的k,总有.这意味着最右边跳蚤的位置永远不会超过一个常数,这个常数与n,λ和这些跳蚤的初始位置有关,而与如何移动无关.最终得到结论:所求λ的可能值为所有不小于1/(n-1)的实数.

问题 4.一位魔术师有一百张卡片，分别写有数字1到100.他把这一百张卡片放入三个盒子里，一个盒子是红色的，一个是白色的，一个是蓝色的.每个盒子里至少都放入了一张卡片.一位观众从三个盒子中挑出两个，再从这两个盒子里各选取一张卡片，然后宣布这两张卡片上的数字之和.知道这个和之后，魔术师便能够指出哪一个是没有从中选取卡片的盒子.问共有多少种放卡片的方法，使得这个魔术总能够成功？（两种方法被认为是不同的，如果至少有一张卡片被放入不同颜色的盒子.）

解答:共有12种不同的方法.考虑1到100之间的整数.为简便起见,将整数i所放入的盒子的颜色定义为该整数的颜色.用r代表红色,w代表

白色,b代表蓝色.

情形 1.存在某个i,使得i,i+1,i+2的颜色互不相同,例如分别为r w b.则因i+(i+3)=(i+1)+(i+2),所以i+3的颜色既不能是i+1的颜色w,也不能是i+2的颜色b,只能是r.可见只要三个相邻的数字有互不相同的颜色,就能够确定下一个数字的颜色.进一步地,这三个数字的颜色模式必定反复出现:r w b后面一定是r,然后又是w,b,…依此类推.同理可得上述过程对于相反方向也成立:r w b的前面一定是b,…依此类推.

因此,只需确定1,2,3的颜色.而这有6种不同的方法.这6种方法都能够使魔术成功,因为它们的和r+w, w+b, b+r给出模3的互不相同的余数.

情形 2.不存在三个连续的数字,其颜色互不相同.假设1是红色的.令i为最小的不是红色的数字.不妨假设i为白色的.再设k为最小的蓝色数字,则由假设必有i+1

如果k<100,因为i+k=(i-1)+(k+1),所以k+1一定要是红色的.但又由于i+(k+1)=(i+1)+k,所以i+1一定要是蓝色的,与k是最小蓝色数字相矛盾.故得k必须等于100.换言之,只有100是蓝色的.我们再来证明只有1是红色的.不然的话,设存在t>1是红色的,则由t+99=(t-1)+100推出t-1是蓝色的,与只有100是蓝色的相矛盾.

于是这些数字的颜色必须是r w w…w w b.而这种方法确实可行:如果被选取的两张卡片上的数字之和≤100,则没有从中选取卡片的盒子一定是蓝色的;如果数字之和等于101,则没有从中选取卡片的盒子一定是白色的;如果数字之和>101,则没有从中选取卡片的盒子一定是红色的.

最后,共有6种按照上述样子排列颜色的方法.故答案为12.

问题 5.确定是否存在满足下列条件的正整数n：n恰好能够被2000个互不相同的质数整除，且2n+1能够被n整除.

解答:存在.我们用归纳法来证明一个更一般的命题:

对每一个自然数k都存在自然数n=n(k),满足n|2+1,3|n且n恰好能够被k个互不相同的质数整除.

当k=1时,n(1)=3即可使命题成立.假设对于k≥1存在满足要求的

n(k)=3l．t,其中l≥1且3不能整除t.于是n=n(k)必为奇数,可得

.利用恒等式可知3n|23n+1.根据下面的引理,存在一个奇质数p满足p|23n+1但是p不能整除2n+1.于是自然数n(k+1)=3p.n(k)即满足命题对于k+1的要求.归纳法完成.

引理:对于每一个整数a>2,存在一个质数p满足p|a3+1但是p不能整除a+1 .

证明:假设对某个a>2引理不成立.则a2-a+1的每一个质因子都要整除a+1.而恒等式a2-a+1=(a+1)(a-2)+3说明能够整除a2-a+1的唯一质数是3.换言之,a2-a+1是3的方幂.因为a+1是3的倍数,所以a-2也是3的倍数.于是a2-a+1能够被3整除,但不能被9整除.故得a2-a+1恰等于3.另一方面,由a>2知a2-a+1>3 .这个矛盾完成了引理的证明.