2008中国数学奥林匹克(第23届全国数学冬令营)试题解答

k =1 k =1 n −1 n −1
首先, S I T = ∅ , 且 S U T = X . 其次, 如果 S 中存在 n 个元素 a1 , a2 ,L , an , a1 < a2 < L < an , 满足
ak ≤ ak −1 + ak +1 , 2
k = 2,L , n − 1 .
则 ak − ak −1 ≤ ak +1 − ak , k = 2,L , n − 1. (*)
i =1 i =1 j =1 n j =1 i= j
n
n
i
n
n
从而
n
Δ1 = ∑ Δ j ∑ i
j =2 i= j n i
n
∑i .
i =1 n n j =1 i= j
n
(2)
于是
∑ zi [iα ] = ∑ [iα ] ∑ Δ j = ∑ Δ j ∑ [iα ]
i =1 i =1 j =1
n n n ⎛ n = ∑ Δ j ∑ [iα ] − ∑ Δ j ⎜ ∑ i j =2 i= j j =2 ⎝ i= j n n ⎛ n = ∑ Δ j ∑ i ⋅ ⎜ ∑ [iα ] j =2 i= j ⎝ i= j n
α1 , α 2 ,L , α k .
首先证明 (α1 , α 2 ,L , α k , m ) = 1 .
(1)
反证法 . 反设有某个素数 p (α1 , α 2 ,L , α k , m ) , 则由 ( m, n ) = 1 知 p 不整除 n ; 又根据 α1 , α 2 ,L , α k 的定义, A 中只有有限个数不是 p 的倍数, 这与题设矛盾. 于 是 (1) 获 证 . 从 而 存 在 正 整 数 x1 , x2 ,L , xk , y , 使 得
证明 1 设 pα m , 则集合 A 中有一个无穷子集 A1 , 其中的元素都不被 p 整除. 由抽屉原理知, 集合 A1 有一个无穷子集 A2 , 其中的元素都 ≡ a (mod mn ), a 是一 个不被 p 整除的数. ⎛ mn ⎞ 因 ( m, n ) = 1 , 故 ⎜ pα , α ⎟ = 1 . 由中国剩余定理, 同余方程组 p ⎠ ⎝
∑ [iα ] ≤
i =1
n −1
n −1 [ nα ]. 2
引理证明 只需要将 [iα ] + [ (n − i )α ] ≤ [ nα ] 对 i = 1, 2,L , n − 1 求和即得. 回到原题, 我们采用归纳法对 n 进行归纳, 当 n = 1 时显然正确. 2 2 假设 n = k 时原命题成立 , 考虑 n = k + 1 . 令 ai = xi + xk +1 , bi = yi + yk +1 , 其 k k 中 i = 1, 2,L , k . 显然我们有 a1 ≤ a2 ≤ L ≤ ak , b1 ≥ b2 ≥ L ≥ bk , 并且通过计算得知
ak −1 + ak +1 , 2
k = 2,L , n − 1 .（冷岗松提供）
证明 定义 S k = {k 2 − k + 1,L , k 2 } , Tk = {k 2 + 1,L , k 2 + k } , k = 1, 2,L , n − 1 . 令 S = U S k , T = U Tk . 下面证明 S , T 即为满足题目要求的两个子集.
AA′ = 2 S ABC AA′′ AH A AH A , = = = 0 sin ∠AA′C sin ( 90 − ∠A ) cos ∠A a cos ∠A
故
1 a cos ∠A cos ∠A 1 = = = (1 − cot ∠B cot ∠C ) , RA S ABC R sin ∠B sin ∠C R 1 1 1 1 = (1 − cot ∠C cot ∠A ) , = (1 − cot ∠A cot ∠B ) , 注意到 RB R RC R
mn ). pα
设 m = p1α1 L pk α k , 并设对每个 pi (1 ≤ i ≤ k − 1) 已选出了 A 的有限子集 Bi , 其 中 Bi ⊂ A \ B1 ∪ L ∪ Bi −1 , 使得 Bi 中的元素和 S pi 满足
S pi ≡ 1(mod piαi ) , S pi ≡ 0(mod
i =1
n
∑ z [iα ] ≥ 0 .
i =1 i
n
(1)
i
令 Δ1 = z1 , Δ 2 = z2 − z1 ,L , Δ n = zn − zn −1 , 则 zi = ∑ Δ j (1 ≤ i ≤ n ) , 所以
j =1
0 = ∑ izi = ∑ i ∑ Δ j = ∑ Δ j ∑ i ,
∑ iai = ∑ ibi , 由 归 纳 假 设 知
i =1 i =1
k
k
∑ ai [iα ] ≥ ∑ bi [iα ] . 又 xk +1 ≥ yk +1 , 否 则 若
i =1 i =1
k
k
xk +1 < yk +1 , 则 x1 ≤ x2 ≤ L ≤ xk +1 < yk +1 ≤ L ≤ y2 ≤ y1 , 从而
同理,
cot ∠A cot ∠B + cot ∠B cot ∠C + cot ∠C cot ∠A = 2 ,
所以
1 1 1 2 + + = . RA RB RC R
2. 给定整数 n ≥ 3 . 证明 : 集合 X = {1, 2,3,L , n 2 − n} 能写成两个不相交的非 空子集的并, 使得每一个子集均不包含 n 个元素 a1 , a2 ,L , an , a1 < a2 < L < an , 满 足 ak ≤
i= j
n
∑ i ≥ ∑ [iα ] ∑ i ⇔ ∑ [iα ] ∑ i ≥ ∑ [iα ] ∑ i .
i= j i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 i =1
n
j −1
j −1
n
j −1
故只需要证
明对任意的 k ≥ 1 , 有
∑ [iα ]
i =1
k +1
∑ i ≥ ∑ [iα ]
i =1 i =1 k
1 1 1 2 + + = , RA RB RC R
其中 R 为△ ABC 的外接圆半径.（熊斌提供） 证明 首先, 易知 A′, B, O, C 四点共圆. 事实上，作△ BOC 的外接圆，设它与 AO 相交于点 P 不同于 A′ ，则 ∠BPA = ∠BCO = ∠CBO = ∠CPA ，于是，△ PA′C ≅ △ PA′B ，可得 A′B = A′C ， 故 AB = AC ，矛盾。 所以 ∠BCA′ = ∠BOA′ = 1800 − 2∠C , ∠A′CA1 = ∠C .
∑ ixi = ∑ iyi , 矛盾.
i =1 i =1
k +1
k +1
∑ x [iα ] − ∑ a [iα ] = x
i =1 i i =1 i
k +1
k
2 k ⎧ ⎫ + − k 1 α ⎡ ⎤ ( ) ⎨ k +1 ⎣ ⎦ k ∑ [iα ]⎬ i =1 ⎩ ⎭
2 k ⎧ ⎫ 1 ≥ yk +1 ⎨ ⎡ + ⎤ − k α ( ) ⎣ ⎦ k ∑ [iα ]⎬ i =1 ⎩ ⎭ = ∑ yi [iα ] − ∑ bi [iα ],
H A A AA2 π = = cos ∠A2 AA′ = sin ∠C , ∠A2 AH A = ∠A′AC = − ∠B . AC AA′ 2
所以△ A2 AH A ∽△ A′AC . 同理, △ A1 H A A ∽△ A′BA . 所以 ∠A2 H A A = ∠ACA′, ∠A1 H A A = ∠ABA′ , 则 ∠A1 H A A2 = 2π − ∠A2 H A A − ∠A1 H A A
不妨设 a1 ∈ Si . 由于 Sn −1 < n , 故 i < n − 1 . a1 , a2 ,L , an 这 n 个数中至少有
n − Si = n − i 个在 Si +1 ULU Sn −1 中. 根据抽屉原理, 必有某个 S j (i < j < n) 中含有
其中至少两个数 , 设最小的一个为 ak , 则 ak , ak +1 ∈ S j , 而 ak −1 ∈ S1 UL U S j −1 . 于 是 ak +1 − ak ≤ S j − 1 = j − 1 , ak − ak −1 ≥ T j −1 + 1 = j .所以 ak +1 − ak < ak − a k −1 , 与(*)矛 盾. 故 S 中不存在 n 个元素满足题中假设. 同理, T 中亦不存在这样的 n 个元素. 这表明 S , T 即为满足题中要求的两个 子集.
k k
mn ). piαi
(2)
考虑集合 B = U Bi , 则 B 的元素和 S = ∑ Si . 根据(2), 我们有
i =1 i =1
S ≡ 1(mod piαi ) ,( 1 ≤ i ≤ k ), 且 S ≡ 0(mod n) .
所以 B 即满足题目要求. 证 明 2 考 虑 A 中 的 数 除 以 mn 的 余 数 , 设 出 现 无 穷 多 次 的 余 数 依 次 为
k +1
k
∑i ,
i =1
k
而上述不等式等价于
[(k + 1)α ] ⋅ k
2 ≥ ∑ [iα ] ⇔ ∑ ⎡ ⎣( k + 1) α ⎤ ⎦ − [iα ] − ⎡ ⎣( k + 1 − i ) α ⎤ ⎦ ≥ 0.