国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第19届)
【高中数学竞赛】四点共圆专题详解
四点共圆四点共圆的定义四点共圆的定义：如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。
证明四点共圆有下述一些基本方法：【方法1】从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，即可肯定这四点共圆．或利用圆的定义，证各点均与某一定点等距。
【方法2 】如果各点都在某两点所在直线同侧，且各点对这两点的张角相等，则这些点共圆．（若能证明其两张角为直角，即可肯定这四个点共圆，且斜边上两点连线为该圆直径。
）【方法3 】把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其一个外角等于其邻补角的内对角时，即可肯定这四点共圆．【方法4】把被证共圆的四点两两连成相交的两条线段，若能证明它们各自被交点分成的两线段之积相等，即可肯定这四点共圆；或把被证共圆的四点两两连结并延长相交的两线段，若能证明自交点至一线段两个端点所成的两线段之积等于自交点至另一线段两端点所成的两线段之积，即可肯定这四点也共圆．即利用相交弦、切割线、割线定理的逆定理证四点共圆。
【方法5】证被证共圆的点到某一定点的距离都相等，从而确定它们共圆．【方法6】根据托勒密定理的逆定理，在四边形ABCD中，若AC*BD=AB*CD+AD*BC，那么A，B，C，D四点共圆。
或根据西姆松定理的逆定理证四点共圆。
【方法7】证明五点或五点以上的点共圆，可以分别证各四点共圆，且四点中有三点相同。
【方法8】证连结各点所得凸多边形与某一圆内接凸多边形相似。
上述六种基本方法中的每一种的根据，就是产生四点共圆的一种原因，因此当要求证四点共圆的问题时，首先就要根据命题的条件，并结合图形的特点，在这8种基本方法中选择一种证法，给予证明．一．某些知识的补充1．已知：ABCD共圆，AB中点为E、CD中点为F，EF中点为G，过E点分别作AD、BC的垂线，垂足为H、I求证：GH=GI首先可这样转化图形：作E点关于AD、BC边的轴对称点S、T，显然I、H分别是ES、ET中点。
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A4整除
A4 整除A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则S n=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod 5）由此推出，当r=0时，S n≡4，而当r=1，2，3时，S n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，S n能被5整除．A4－002 证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．【证】设a1，a2，…，a n是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋a n．如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．A4－003 1．设n为正整数，证明132n－1是168的倍数．2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（n－1）！（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab其中a≥b＞1．在b=2时，a=n＋1－a≤n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2时，2a≤n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有（n＋1）|2（n－1）！综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．A4－004 证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n．（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005 设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y －z）（z－x）（x－y）整除．【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006 已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a2＋b2的最大公约数为1或2．【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2．A4－007 （a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而 23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2n－17k；当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n＋1总不能被7整除．A4－008 设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C s=s（s＋1）．证明：乘积（C m+1－C k）（C m+2-C k）…（C m+n－C k）能被乘积C1·C2·…·C n整除．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．【证】C p－C q=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）所以（C m+1－C k）（C m+2－C k）…（C m+n－C k）=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－k＋n）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m＋k＋n＋1）C1C2…C n=n！（n＋1）！因此只需证=A·B是整数．由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a m＋b m能被a n＋b n整除，那么m能被n整除．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】由于a k＋b k=a k-n（a n＋b n）－b n（a k-n－b k-n）a l－b l=a l-n（a n＋b n）－b n（a l-n＋b l-n）所以（i）如果a k＋b k能被a n＋b n整除，那么a k-n－b k-n也能被a n＋b n整除．（ii）如果a l－b l能被a n＋b n整除，那么a l-n＋b l-n也能被a n＋b n整除．设m=qn＋r，0≤r＜n，由（i）、（ii）知a r＋（－1）q b r能被a n＋b n整除，但0≤|a r＋（－1）q b r|＜a n＋b n，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：是整数（约定0！=1）．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．A4－011 证明对任意的自然数n，和数不能被5整除．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．又两式相乘得因为72n+1=7×49n≡2×（－1）n（mod 5）A4－012 设p和q均为自然数，使得证明：数p可被1979整除．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．将等式两边同乘以1319！，得其中N是自然数．由此可见1979整除1319！×p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．（c＋f）被37整除．由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．A4－014 （a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．【解】设n个连续正整数中最大的为m．当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m －1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．设n=4．由于m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）…（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n －1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m 具有题述性质．类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质．所以，当n≥4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．A4－015 求一对正整数a和b，使得：（1）ab（a＋b）不被7整除；（2）（a＋b）7－a7－b7被77整除．证明你的论断．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题2．【解】（a＋b）7－a7－b7=7a6b＋21a5b2＋35a4b3＋35a3b4＋21a2b5＋7ab6=7ab[（a5＋b5）＋3ab（a3＋b3）＋5a2b2（a＋b）]=7ab（a＋b）[a4＋2a3b＋3a2b2＋2ab3＋b4]=7ab（a＋b）（a2＋ab＋b2）2取a=18，b=1，则a2＋ab＋b2=a（a＋b）＋b2=343=73．所以（a＋b）7－a7－b7被77整除，ab（a ＋b）不被7整除．A4－016 1．是否存在14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于11的素数整除？2．是否存在21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于13的素数整除？【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题1．【解】1．14个连续正整数中，有7个奇数n，n＋2，n＋4，n＋6，n＋8，n＋10，n＋12不能被2整除．这7个奇数中，至多1个被11整除，一个被7整除，2个被5整除，3个被3整除．如果被3整除的数少于3个或被5整除的数少于2个，那么这7个奇数中被3，5，7，11整除的数不足7个．如果恰有3个数被3整除，2个数被5整除，那么，被3整除的数必须是n，n＋6，n＋12，被5整除的2个数必须为n与n＋10或n＋2与n＋12．此时必有一个数n或n＋12同时被3，5整除．即这7个奇数中被3，5，7，11整除的数仍不足7个．不管怎样，这14个连续正整数中必有1个不被2，3，5，7，11任一个整除．故答案为不存在．2．存在．以下21个连续整数－10，－9，…，－1，0，1，2，3，…，10除去±1，其余整数被2，3，5，7之一整除．由中国剩余定理，满足N≡0（mod 210）N≡1（mod 11）N≡－1（mod 13）的整数N存在，于是N－10，N－9，…，N，N＋1，…，N＋10这21个连续整数满足所有要求．A4－018 试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc －1的约数．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≤x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz ＋zx的约数．由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≤1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x n＋y n．【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）2xy．故（x＋y）（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）所以（x＋y）（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x n＋y n．A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≤q≤r，则nA4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除．你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。
国际数学奥林匹克IMO试题(官方版)2000_eng
41st IMO2000Problem1.AB is tangent to the circles CAMN and NMBD.M lies between C and D on the line CD,and CD is parallel to AB.The chords NA and CM meet at P;the chords NB and MD meet at Q.The rays CA and DB meet at E.Prove that P E=QE.Problem2.A,B,C are positive reals with product1.Prove that(A−1+1 B )(B−1+1C)(C−1+1A)≤1.Problem3.k is a positive real.N is an integer greater than1.N points are placed on a line,not all coincident.A move is carried out as follows. Pick any two points A and B which are not coincident.Suppose that A lies to the right of B.Replace B by another point B to the right of A such that AB =kBA.For what values of k can we move the points arbitrarily far to the right by repeated moves?Problem4.100cards are numbered1to100(each card different)and placed in3boxes(at least one card in each box).How many ways can this be done so that if two boxes are selected and a card is taken from each,then the knowledge of their sum alone is always sufficient to identify the third box?Problem5.Can wefind N divisible by just2000different primes,so that N divides2N+1?[N may be divisible by a prime power.]Problem6.A1A2A3is an acute-angled triangle.The foot of the altitude from A i is K i and the incircle touches the side opposite A i at L i.The line K1K2is reflected in the line L1L2.Similarly,the line K2K3is reflected in L2L3and K3K1is reflected in L3L1.Show that the three new lines form a triangle with vertices on the incircle.1。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第20届)
5.令{ak}为互不相同的正整数数列，求证对于所有的正整数n，有
∑ak/k2>=∑1/k；
上式中两边的求和都是k从1到n．
国际学奥林匹克（
1.m、n都是正整数且n>m．如果1978m和1978n的十进制表示法的末三位数字相同，试求满足此条件并使m+n达到最小的m与n．
2.P是某已知球内部一点，A、B、C是球面上三点，且有PA、PB、PC相互垂直，由PA、PB、PC决定的平行六面体与P点对角相向的顶点为Q，试求出Q点的轨迹．
3.两不交集合{f(1)，f(2)，f(3)，... }和{g(1)，g(2)，g(3)，... }的并集是全部的正整数，其中f(1) < f(2) < f(3) < ...，g(1) < g(2) < g(3) < ...，且有g(n) = f(f(n)) + 1对所有n=1，2，3，...成立．试计算f(240)．
6.某国际组织共有来自六个国家的共1978名会员，会员编号分别是1，2，...，1978．求证至少有某一会员的编号，恰为与他同国家的另外两位会员编号的和，或者是他同国家的两外一名会员编号的两倍．
2019年度高一数学奥林匹克竞赛决赛试题及答案解析
2019年**一中高一数学竞赛奥赛班试题（决赛）及答案（时间：5月16日18：40～20：40）满分：120分一、 选择题（本大题共6小题，每小题5分，满分30分）1．已知M =},13|{},,13|{},,3|{Z n n x x P Z n n x x N Z n n x x ∈-==∈+==∈=，且P c N b M a ∈∈∈,,，设c b a d +-=，则∈d （ ）A. MB. NC. PD.P M 2.函数()142-+=xx x x f 是（ ）A 是偶函数但不是奇函数B 是奇函数但不是偶函数C 既是奇函数又是偶函数 C 既不是奇函数也不是偶函数3.已知不等式m 2＋(cos 2θ－5)m ＋4sin 2θ≥0恒成立，则实数m 的取值范围是（ ）A . 0≤m ≤4B . 1≤m ≤4C . m ≥4或x ≤0D . m ≥1或m ≤04.在△ABC 中，c b a ,,分别是角C B A ,,所对边的边长，若0sin cos 2sin cos =+-+B B A A ，则cba +的值是（ ） A.1 B.2 C.3 C.2 5. 设 0ab >>, 那么 21()a b a b +- 的最小值是A. 2B. 3C. 4D. 56．设ABC ∆的内角A B C ,,所对的边,,a b c 成等比数列，则B CBAC Acos tan sin cos tan sin ++的取值范围是（ ）A. (0,)+∞B.C.D. )+∞．二、填空题（本大题共10小题，每小题5分，满分50分）7.母线长为3的圆锥中，体积最大的那一个的底面圆的半径为 8．函数|cos sin |2sin )(x x ex x f ++=的最大值与最小值之差等于 。
个个9.设函数,:R R f →满足1)0(=f ，且对任意的R y x ∈,，都有)1(+xy f =2)()()(+--x y f y f x f ，则________________)(=x f 。
2019年中国数学奥林匹克完整试题及解析
(因为
C325
≥
max L(x, y)).
(x,y)∈X
下面构造例子说明 C325 是可以取到的最好的常数:
设 S = {1, 2, · · · , 35}, 考虑置换 f = (12 · · · 35), 即:
f (1) = 2, f (2) = 3, · · · , f (34) = 35, f (35) = 1,
极值可以在满足一些对称性的序列 (ai) 上取到. 毋庸置疑，满足题目条件的数列集合是闭集，因此两个
小题中的目标函数（都是连续的）确实能取到最大值.
（1）设序列
(ai)
使
a+b+c+d
取到最大，令
ci
=
ai
+
ai+10
+ ai+20 4
+ ai+30 ，下标模
40
理解.
根
据上一段，ci 满足题目条件，而且（1）中目标函数在序列 (ai) 和 (ci) 上取值相同，因此可以只对具有
2019 年中国数学奥林匹克试题解析
6
注意到: L(x, y) ≤ L(f1(x), f1(y)) + 1, 从而
L(x, y) ≤ L (fk−1(· · · (f1(x))), fk−1(· · · (f1(y)))) + (k − 1) = k ≤ |X| = C325,
所以
m
≥
C325
时总是可以办到的
（解题 ： ）
题 2. 已知：△ABC 中，AD 为角平分线，E 为 AD 上一点，EF 、EG 为 △ABD、△ACD 外接圆 切线，F 、G 分别为切点，CF 交 BG 于 J. 过 J 的 BC 平行线交 DF 、DG、DE 于 H、I、K.
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第28届)
f(i) = i．]
2.锐角三角形ABC的内角A的角平分线交BC于L，交ABC的外接圆于N，从L点向AB，AC做垂线，垂足分别是K、M，求证四边形AKNM的面积与三角形ABC的面积相等．
3.x1，x2，...，xn是实数并且满足x12+ x22+ ... + xn2= 1，求证对每个正整数k≥2存在不全为0的整数a1，a2，...，an，使得对每个i有|ai|≤k - 1及
|a1x1+ a2x2+ ... + anxn|≤(k - 1)√n/(kn-1)．
4.求证不存在从非负整数到非负整数的函数f满足对所有n有f(f(n)) = n + 1987成立．
5.n是大于或等于3的整数，求证存在一个由平面上n个点构成的集合满足任何两点的距离都是无理数并且任何三点构成一个面积为有理数的非退化的三角形．
是大于或等于3的整数求证存在一个由平面上n个点构成的集合满足任何两点的距离都是无理数并且任何三点构成一个面积为有理数的非退化的三角形
国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第28届）
1.设pn(k)是集合{1ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2，3，...，n}上具有k个固定点的排列的个数，求证k从0到n对(k pn(k) )的求和是n!．
6.n是大于或等于2的整数，如果对所有0≤k≤√n/3都有k2+ k + n是素数，则
当0≤k≤n-2时，k2+ k + n都是素数．
1977年第十九届IMO试题(不含答案)
第十九届（1977年）
南斯拉夫 贝尔格莱德（Belgrade ，Yugoslavia ）
1. 等边三角形ABK 、BCL 、CDM 、DAN 在正方形ABCD 内。
证明KL 、LM 、MN 、NK 四条线段的中点和AK 、BK 、BL 、CL 、CM 、DM 、DN 、AN 这八条线段的中点是一个正十二边形的十二个顶点。
（荷兰）
2. 在一个实数的无限数列中，任意七个连续项的和是负数，任意十一个连续项的和是正数。
判断这个数列里最大的数。
（越南）
3. 给定n 为大于2的一个整数，设V n 是整数1+kn （k =1,2，…）的集合。
一个属于V n 的数m ，如果不存在p 、q ∈V n 使得pq=m 的话就称作m 在V n 中不可分解。
证明存在一个数r ∈V n 可以有多种方式表示成在V n 中不可分解的数的积（乘积中若仅仅是因数的顺序不同视为同一种分解）。
（荷兰）
4. 已知四个实常量a 、b 、A 、B ，以及()1cos sin cos 2sin 2f a b A B θθθθθ=----。
求证：如果f (θ)≥0对所有的实数θ都成立，那么有a 2+b 2≤2和A 2+B 2≤1。
（英国）
5. 已知a 、b 为正整数。
当a 2+b 2除以a +b 后，商为q ，余数为r 。
找到所有的使得q 2+r =1977的正整数对(a ,b )。
（民主德国）
6. 已知f (n )是一个定义域和值域都为正整数集的函数。
证明如果对于每个正整数n 都有f (n +1)>f (f (n ))，那么对于每个n 都有f (n )=n 。
（保加利亚）。
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5.a，b是正整数，设a2+ b2除以a + b得到商为q，余数是r．试求出所有的正整数对（a，b）使得q2+ r = 1977．
6.f是定义在所有正整数上且取值也是正整数的函数，求证如果f(n+1) > f(f(n))对所有正整数n都成立，则f(n) = n对每个n都成立．
3.n>2是一给定整数，Vn是所有1+kn形式的整数构成的集合，其中k是正整数，对于Vn中的一个数m，如果不存在Vn中的两个数p、q使得m=pq，则称m是不可分解的．求证：Vn中存在一数r，它可有多于一种的方式表示为Vn中不可分解数的乘积．（乘积中若仅仅是因数的顺序不同则视为是同一种分解．）
4.定义f(x) = 1 - a cos x - b sin x - A cos 2x - B sin 2x，其中a，b，A，B都是实数常量．如果f(x)>=0对所有实数x都成立，求证
国际数学奥林匹克（பைடு நூலகம்
1.在正方形ABCD中作等边三角形ABK、BCL、CDM、DAN，证明线段KL、LM、MN、NK的四个中点以及线段AK、BK、BL、CL、CM、DM、DN、AN的八个中点构成一个正十二边形的定点．
2.在一个有限项的实数序列中，任意的相连七项之和为负，任意的相连十一项之和为正．求出这种序列最多有几项．