1998年加拿大数学奥林匹克
1高斯函数
第一讲:高斯函数 1第一讲:高斯函数高斯函数是数论中的重要函数,从小学、初中、高中,直到大学的各级、各类数学竞赛均有涉及,是数学竞赛极独特的内容.定义:[x]表示不超过实数x 的最大整数.则y=[x]称为高斯函数,也叫取整函数.由任一实数都能写成整数部分与非负纯小数之和,即x=[x]+α(0≤α<1),这里,[x]称为x 的整数部分,而α,即x-[x]称为x 的小数部分,记{x}=x-[x].函数性质:①高斯函数y=[x]的定义域是R,值域是Z;函数y={x}的定义域是R,值域是[0,1);②函数y=[x]与y=x-[x],即y={x}的图像分别为:③函数y=[x]是一个分段表达的不减的无界函数,即当x 1≤x 2时,有[x 1]≤[x 2];y={x}是一有界、周期为1的非单调函数;等式性质:①[n+x]=n+[x],{x+n}={x},其中x ∈R,n ∈Z;②[-x]=⎩⎨⎧∉--∈-)(1][)]([Z x x Z x x ;③若n ∈N +,x ∈R,则[n nx ][]=[x],特别地,[n x ][]=[n x],[nm x][]=[mn x ](证明:由x-1<[x]≤x<[x]⇒n[x]≤nx<n([x]+1)⇒[x]≤[n nx ][]>[x]+1⇒[n nx ][]=[x])不等性质:①若x ∈R,则x-1<[x]≤x<[x]+1;②若x,y ∈R,则[x+y]≥[x]+[y],且{x}+{y}≥{x+y},一般地,若x i ∈R,则[∑=ni i x 1]≥∑=ni i x 1][,特别地,[nx]≥n[x],[b na ]≥n[b a ];③若x,y ∈R +,则[xy]≥[x][y],特别地,][][y x ≥[yx],一般地,若x i ∈R +,则[∏=ni i x 1]≥∏=ni i x 1][,特别地,[x n ]≥[x]n ,[x]≥[n x ]n;厄米特恒等式:若x ∈R,n ∈N 6,则[x]+[x+n 1]+[x+n 2]+…+[x+nn 1-]=[nx]; 证明:引入辅助函数f(x)=[nx]-([x]+[x+n 1]+[x+n 2]+…+[x+n n 1-])⇒f(x+n 1)=[nx+1]-([x+n 1]+[x+n2]+…+[x+n n 1-]+[x+n 1+n n 1-])=[nx]+1-([x+n 1]+[x+n 2]+…+[x+n n 1-]+[x]+1)=f(x)⇒f(x)是一个以n1为周期的周期函数,而当x ∈[0,n1]时,直接计算知f(x)=0.故对任意x ∈R,厄米特等式成立. 1.函数性质:[例1]:(2010年全国高中数学联赛天津预赛试题)若关于x 的函数f(x)=|x-[x+a]|存在最大值M(a),则正实数a 的取值范是 (其中[x]表示不超过x 的最大整数).[解析]:设x+a=n+α,其中,n ∈Z,0≤α<1,则f(x)=|x-[x+a]|=|n+α-a-n|=|α-a|;①当0<a<21时,由-a ≤α-a<1-a,因|1-a|>|-a|⇒f(x)无最大值;②当a ≥21时,由-a ≤α-a<1-a,因|1-a|≤|-a|⇒f(x)有最大值.故a 的取值范是[21,+∞).[练习1]:2 第一讲:高斯函数1.(1994年全国高中数学联赛河北预赛试题)设f(x)=xa +11-21,且[m]表示不超过m 的最大整数,则[f(x)]+[f(-x)]的值域是 .2.(2012年全国高中数学联赛甘肃预赛试题)设f(x)=⎩⎨⎧>-≤-)0)(1()0]([x x f x x x ,其中[x]表示不超过x 的最大整数,若f(x)=kx+k(k>0)有三个不同的实数根,则实数k 的取值范围是 .3.(2008年全国高中数学联赛湖南预赛试题)某学校数学课外活动小组,在坐标纸上某沙漠设计植树方案如下:第k 棵树种植在点P k (x k ,y k )处,其中x 1=1,y 1=1,当k ≥2时,x k =x k-1+1-5[51-k ]+5[52-k ],y k =y k-1+[51-k ]-[52-k ].其中,[a]表示实数a 的整数部分,例如[206]=2,[0.6]=0.按此方案,第2008棵树种植点的坐标为 .2.求值问题:[例2]:(1993年全国高中数学联赛试题)整数[310103193+]的末两位数是_______.[解析]:由[310103193+]=[3103)310(313393+-+]=[(1031)2-1031×3+32-3103313+]=(1031)2-1031×3+32-1=1031(1031-3)+8⇒末两位数是08.[练习2]:1.(2006年上海市TI 杯高二年级数学竞赛试题)有一个根据某年某月某日计算“星期几”的有趣公式:d+[2.6m-0.2]+y+[4y]+ 月份 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12[4c]-2c 除以7的余数,其中,c 表示年的前两位数字(即世纪),y 表示年的后两位数字,d 表示日,m 表示月对应的数字(见表). [x]表 示不于x 的最大整数.则2008年6月18日是星期 .2.①(2008年北京市中学生数学竞赛高一年级初试试题)以[x]表示不超过x 的最大整数,试确定[sin1]+[sin2]+[sin3]+ [sin4]+[sin5]的值.②(2011年全国高中数学联赛贵州预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[sin1]+[cos2]+[tan3]+[sin4]+[cos5] +[tan6]= .3.①(2005年上海市高中数学竞赛试题)设[x]表示不超过实数x 的最大整数,求集合{n|n=[20052k ],1≤k ≤2004,k ∈N}的元素个数.②(2010年全国高中数学联赛山西预赛试题)设a n =21⋅+32⋅+…+)1(+n n ,则[na n2]= . ③(2011年全国高中数学联赛福建预赛试题)对正整数n,设x n 是关于x 的方程nx 3+2x-n=0的实数根,记a n =[(n+1)x n ](n= 2,3,…)([x]表示不超过x 的最大整数).则10051(a 2+a 3+…+a 2011)= . ④(2007年全国高中数学联赛四川预赛试题)[x]表示不超过实数x 的最大整数,比如[3.14]=3,[0]=0,[-3.14]=-4.数列满足{a n }:a n =3n-2,若b n =[5na ],则b 1+b 2+…+b 2007= . 3.求和问题:[例3]:(2012年全国高中数学联赛河南预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[log 21]+[log 22]+[log 23]+…+ 第一讲:高斯函数 3[log 22012]= .[解析]:我们来解决一般性问题:设a ∈N +,且a ≥2,求和[log a 1]+[log a 2]+[log a 3]+…+[log a n].当a t≤k<a t+1时,[log a k]=t,t=0,1,2,…,且在区间[a t,a t+1)中的正整数有(a-1)a t个.并设a m≤n<a m+1,n=a m+b(b ∈N +),则 [log a 1]+[log a 2]+[log a 3]+…+[log a n]=(a-1)[0×a 0+1×a+2×a 2+…+(m-1)×a m-1]+mb=(a-1){[1-a a (m-1)-2)1(-a a ]a m-1+ 2)1(-a a }+mb=[a(m-1)-1-a a ]a m-1+1-a a +m(b+1) 回到本题:a=2,由210<2012<211⇒m=10,由2012-210=2012-1024=988⇒b=988⇒和为(2×9-2)29+2+10×989=18084.[练习3]:对应的m 值 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101.①(2008年全国高中数学联赛湖北预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[log 21]+[log 22]+[log 23]+…+[log 2500]= .②(2010年全国高中数学联赛贵州预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg2010]= . ③(2009年北京市中学生数学竞赛高一年级初试试题)[x]表示不超过x 的最大整数,若[log 36]+[log 37]+[log 38]+…+ [log 3(n-1)]+[log 3n]=2009,试确定正整数n 的值.④(1991年第二届“希望杯”全国数学邀请赛试题){x}表示不小于实数x 的最小整数,则{log 21}+{log 22}+…+{log 21991} = .2.①(1990年第一届“希望杯”全国数学邀请赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[1]+[2]+[3]+…+ [19901989⋅]+[-1]+[-2]+[-3]+…+[-19901989⋅]的值是 .②(2012年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛试题)若[x]表示不超过x 的最大整数,求满足方程[nlg2]+[nlg5]=2012的自然数n 的值.3.①(2012年全国高中数学联赛湖北预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则∑+=+201201]222012[k k k = .②(2012年全国高中数学联赛福建预赛试题)对正整数x,记m=[2x ]+[22x ]+[32x ]+…+[k x 2],其中k 为满足2k≥x 的最小整数,符号[x]表示不超过x 的最大整数.x 与m 的差,即x-m 称为正整数x 的“亏损数”.(如x=100时,m=[2100]+[22100]+…+ [72100]=97,x-m=3,因此,数100的“亏损数”为3).则“亏损数”为9的最小正整数x 为________.4.方程问题:[例4]:(1995年全国高中数学联赛试题)用[x]表示不大于实数x 的最大整数,方程lg 2x-[lgx]-2=0的实根个数是_____.[解析]:由x ≥[x],lg 2x-[lgx]-2=0⇒lg 2x-2=[lgx]≤lgx ⇒-1≤lgx ≤2⇒[lgx]=-1,0,1,2;当[lgx]=-1时,lg 2x=1⇒lgx=-1;当[lgx]=0时,lg 2x=2⇒lgx=±2,无解;当[lgx]=1时,lg 2x=3⇒lgx=3;当[lgx]=2时,lg 2x=4⇒lgx=2⇒实根个数是3.[练习4]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北预赛试题)设[x]表示不大于x 的最大整数,集合A={x|x 2-2[x]=3},B={x|81<2x<8},则A ∩B= .②(2008年全国高中数学联赛江苏预赛试题)设集合A={x|x 2-[x]=2}和B={x||x|<2},其中符号[x]表示不大于x 的最大整数,则A ∩B= .③(1999年全国高中数学联赛广西预赛试题)[tanx]表示不超过tan 的最大整数,则方程[tanx]=2cos 2x 的解为 . ④(2009年上海市高中数学竞赛试题)若[a]表示不超过实数a 的最大整数,则方程[tanx]=2sin 2x 的解是 .2.①(2006年全国高中数学联赛湖南预赛试题)对于实数x,当且仅当n ≤x<n+1(n ∈N +)时,规定[x]=n.则不等式4[x]2-36[x] +45<0的解集为 .4 第一讲:高斯函数②(2009年全国高中数学联赛山东预赛试题)对任意的x ∈R,[x]表示不大于x 的最大整数,则满足[|x 2-1|]=10的x 的集合是( )(A)(-23,-11) (B)[11,23] (C)(-23,-11]∪[11,23) (D)[-23,-11)∪(11,23] ③(2009年全国高中数学联赛福建预赛试题)方程x [x]=29的实数解是 (其中[x]表示不超过x 的最大整数). 3.①(2011年全国高中数学联赛内蒙古预赛试题)方程x 2-8[x]+7=0的所有解为 .②(2007年第十八届“希望杯”全国数学邀请赛试题)若[x]表示不超过x 的最大整数,且x 2-2008[x]+2007=0,则[x]的值是 .③(1992年第三届“希望杯”全国数学邀请赛试题)[x]表示不超过实数x 的最大整数,则方程[3x-465]-2x-1=0的解是 .④(2011年全国高中数学联赛四川预赛试题)设x 为实数,定义[x]为不小于x 的最小整数,例如[π]=4,[-π]=-3,关于实数x 的方程[3x+1]=2x-21的全部实根之和等于 . 5.方程综合:[例5]:(1998年加拿大数学奥林匹克试题.2009年全国高中数学联赛安徽预赛试题)求方程[2x ]+[3x ]+[7x ]=x 的所有解([a]表示不超过实数a 的最大整数).[解析]:由方程知解x 是整数,设x=42p+q(p ∈Z,q ∈{0,1,…,41}),则(21p+[2q])+(14p+[3q ])+(6p+[7q ])=42p+q ⇒[2q ]+[3q ]+[7q]=p+q ⇒q=0,p=0,x=0;q=1,p=-1,x=-41;q=2,p=-1,x=-40;q=3,p=-1,x=-39,…,因此,方程的解集为{0, -6,-l2,-14,-18,-20,-21,-24,-26,-27,-28,-30,-32,-33,-34,-35,-36,-38,-39,-40,-41,-44,-45,-46,-47,-49,-50,- 51,-52,-53,-55,-57,-58,-59,-61,-64,-65,-67,-71,-73,-79,-85}.[练习5]:1.(2010年全国高中数学联赛福建预赛试题)将方程x 3-3[x]=4的实数解从小到大排列得x 1,x 2,…,x k ,则x 13+x 23+…+x k 3的值为 ([x]表示不超过x 的最大整数).2.①(1989年上海市高中数学竞赛试题)设[x]表示x 的整数部分,{x}=x −[x],则方程[x 3]+[x 2]+[x]={x}−1的所有实数根是 .②(1991年上海市高中数学竞赛试题)求满足[x 2−2x]=[x]2−2[x]的一切实数x.其中[x]表示不超过x 的最大整数. ③(1993年上海市高中数学竞赛试题)自然数x 使得[x]+[！x 3]+[！x 5]+[！x7]=1993.则x=_____. 3.①(2007年上海市TI 杯高二年级数学竞赛试题)求正整数n,使得[log 31]+[log 32]+[log 33]+[log 34]+…+[log 3n]=2007.其中[x]表示不超过x 的最大整数.②(2009年上海市TI 杯高二年级数学竞赛试题)对整数n>1,设x=1+21+…+n1,y=lg2+lg3+…+lgn.则满足[x]=[y]的所有整数n 构成的集合为 ([a]表示不超过实数a 的最大整数).6.方程应用:[例6]:(1989年全国高中数学联赛试题)一个正数,若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列,则该数为__________. [解析]:设该数为x,则(x-[x])x=[x]2⇒x=251+[x](x>0);由0<x-[x]<1⇒0<215-[x]<1⇒0<[x]<251+<2⇒[x]=1 第一讲:高斯函数 5⇒x=251+. [练习6]:1.(2009年全国高中数学联赛江苏预赛试题)设a 是整数,0≤b<1.若a 2=2b(a+b),则b= . 注:本题也可以这样说:求实数x,使[x]2=2{x}x.2.①(2011年全国高中数学联赛甘肃预赛试题)设[x]表示不超过实数x 的最大整数,则在平面上,由满足[x]2+[y]2=50的点所形成的图形的面积是 .②(2011年北京市中学生数学竞赛高一年级初试试题)若[x]表示不超过x 的最大整数.求在平面直角坐标系xOy 中满足[x][y]=2011的所有点(x,y)组成的图形的面积.③(2012年全国高中数学联赛新疆预赛试题)[x]表示不超过实数x 的最大整数,则在平面直角坐标系xOy 中,满足[x][y]=2013的所有点(x,y)组成的图形面积为 .3.①(2009年全国高中数学联赛新疆预赛试题)数(3+8)2n (n ∈N +),且n ≥2009,设[x]为x 的整数部分,则[(3+8)2n]除以8的余数是( )(A)1 (B)3 (C)4 (D)7②(2009年全国高中数学联赛吉林预赛试题)(2+3)2010的小数点后一位数字是 .7.等式问题:[例7]:(1987年第19届加拿大数学奥林匹克试题)对每一个正整数n,证明:[n +1+n ]=[14+n ]=[24+n ]=[34+n ].[解析]:设正整数m 满足:m 2>4n+1;若m 为偶数,则m 2=4k>4n+1⇒k>n ⇒k ≥n+1⇒m 2≥4n+4>4n+3;若m 为奇数,则m 2=4k+1>4n+1⇒k>n ⇒k ≥n+1⇒m 2≥4n+5>4n+3;综上m 2>4n+3,即m>34+n ;特别地,取m=[14+n ]+1,满足:m 2>4n+1,则m>34+n⇒[14+n ]+1>34+n >14+n ≥[14+n ]⇒[34+n ]=[14+n ]⇒[14+n ]=[24+n ]=[34+n ];因(n +1+n )2=2n+1+2)1(+n n >2n+1+2n=4n+1⇒n +1+n >14+n ⇒[n +1+n ]≥[14+n ];且(n +1+n )2=2n+1+2)1(+n n <2n+1+2(n+1)=4n+3⇒n +1+n <34+n ⇒[n +1+n ]<[34+n ]⇒[n +1+n ]=[14+n ]=[24+n ]=[34+n ].[练习7]:1.①(1981年第44届莫斯科数学奥林匹克试题)试问:对x>1,下面的等式[][x ]=[x ]一定能成立吗？②(1948年第8届普特南数学奥林匹克试题)如果n 为一正整数,试证:[n +1+n ]=[24+n ]. 2.①(1991年第9届美国数学邀请赛试题)设r 是实数,且满足条件[r+10019]+[r+10020]+…+[r+10091]=546.求[100r]. ②(1981年第13届加拿大数学奥林匹克试题)试证方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12354没有实数解. 3.(1989年国家理科试验班入学考试试题)通项为a n =b[c n +]+d 的数列{a n }:1,3,3,3,5,5,5,5,5,…,其中每一个正奇数m 恰好连续出现m 次.上述b 、c 、d 是侍定的整数,求b+c+d 的值.8.不等问题:[例8]:(1981年美国数学奥林匹克试题)对正整数n 和一切实数x.求证:[nx]≥1][x +2]2[x +…+nnx ][. [解析]:为方便,记a n =1][x +2]2[x +…+nnx ][.用数学归纳法证明:①当n=1时,a 1=[x],[nx]=[x]⇒原不等式成立;②假设当k<n 时,原不等式均成立,即a 1≤[x],a 2≤[2x],…,a n-1≤[(n-1)x];注意到:a k -a k-1=kkx ][⇒ka k -ka k-1=[kx]⇒na n =a 1+(2a 2-a 1) 6 第一讲:高斯函数+(3a 3-2a 2)+…+[na n -(n-1)a n-1]=a 1+(2a 2-2a 1)+(3a 3-3a 2)+…+(na n -na n-1)+(a 1+a 2+…+a n-1)=[x]+[2x]+[3x]+…+[nx]+(a 1+a 2+…+a n-1)≤n[nx]⇒a n ≤[nx].[练习8]:1.(第10届地中海地区数学奥林匹克试题)设x 为大于1的实数.证明:(][}{x x x +-}{][x x x +)+(}{][x x x +-][}{x x x +)>29.2.(2005年国家集训队训试试题)求所有正整数m 、n,使得不等式[(m+n)α]+[(m+n)β]≥[m α]+[m β]+[n(α+β)]对任意实数α、β都成立.3.(2005年国家集训队选拔考试试题)设n 是任意给定的正整数,x 是正实数.证明:∑++-=nk x kx x k x 1])1)[1(][(≤n.第一讲:高斯函数 1第一讲:高斯函数高斯函数是数论中的重要函数,从小学、初中、高中,直到大学的各级、各类数学竞赛均有涉及,是数学竞赛极独特的内容.定义:[x]表示不超过实数x 的最大整数.则y=[x]称为高斯函数,也叫取整函数.由任一实数都能写成整数部分与非负纯小数之和,即x=[x]+α(0≤α<1),这里,[x]称为x 的整数部分,而α,即x-[x]称为x 的小数部分,记{x}=x-[x].函数性质:①高斯函数y=[x]的定义域是R,值域是Z;函数y={x}的定义域是R,值域是[0,1);②函数y=[x]与y=x-[x]与y={x}的图像分别为:③函数y=[x]是一个分段表达的不减的无界函数,即当x 1≤x 2时,有[x 1]≤[x 2];y={x}是一有界、周期为1的非单调函数;等式性质:①[n+x]=n+[x],{x+n}={x},其中x ∈R,n ∈Z;②[-x]=⎩⎨⎧∉--∈-)(1][)]([Z x x Z x x ;③若n ∈N +,x ∈R,则[n nx ][]=[x],特别地,[n x ][]=[n x],[nm x][]=[mn x ](证明:由x-1<[x]≤x<[x]⇒n[x]≤nx<n([x]+1)⇒[x]≤[n nx ][]>[x]+1⇒[n nx ][]=[x])不等性质:①若x ∈R,则x-1<[x]≤x<[x]+1;②若x,y ∈R,则[x+y]≥[x]+[y],且{x}+{y}≥{x+y},一般地,若x i ∈R,则[∑=ni i x 1]≥∑=ni i x 1][,特别地,[nx]≥n[x],[b na ]≥n[b a ];③若x,y ∈R +,则[xy]≥[x][y],特别地,][][y x ≥[yx],一般地,若x i ∈R +,则[∏=ni i x 1]≥∏=ni i x 1][,特别地,[x n ]≥[x]n ,[x]≥[n x ]n;厄米特恒等式:若x ∈R,n ∈N 6,则[x]+[x+n1]+[x+n2]+…+[x+nn 1-]=[nx];证明:引入辅助函数f(x)=[nx]-([x]+[x+n 1]+[x+n 2]+…+[x+n n 1-])⇒f(x+n 1)=[nx+1]-([x+n 1]+[x+n2]+…+[x+ n n 1-]+[x+n 1+n n 1-])=[nx]+1-([x+n 1]+[x+n 2]+…+[x+n n 1-]+[x]+1)=f(x)⇒f(x)是一个以n1为周期的周期函数,而当x ∈[0,n1]时,直接计算知f(x)=0.故对任意x ∈R,厄米特等式成立. 1.函数性质:[例1]:(2010年全国高中数学联赛天津预赛试题)若关于x 的函数f(x)=|x-[x+a]|存在最大值M(a),则正实数a 的取值范是 (其中[x]表示不超过x 的最大整数).[解析]:设x+a=n+α,其中,n ∈Z,0≤α<1,则f(x)=|x-[x+a]|=|n+α-a-n|=|α-a|;①当0<a<21时,由-a ≤α-a<1-a,因|1-a|>|-a|⇒f(x)无最大值;②当a ≥21时,由-a ≤α-a<1-a,因|1-a|≤|-a|⇒f(x)有最大值.故a 的取值范是[21,+∞).[练习1]:2 第一讲:高斯函数1.(1994年全国高中数学联赛河北预赛试题)设f(x)=xa+11-21,且[m]表示不超过m 的最大整数,则[f(x)]+[f(-x)]的值域是 .解:因f(x)+f(-x)=(x a +11-21)+(x a -+11-21)=x a +11+xxa a +1-1=0⇒f(-x)=-f(x);设f(x)=k+α,其中,k ∈Z,0≤α<1,①若α=0,则f(x)=k ⇒-f(x)=-k ⇒[f(x)]=k,[f(-x)]=-k ⇒[f(x)]+[f(-x)]=0;②若α≠0,则f(x)=k+α⇒-f(x)=-k-α= -(k+1)+(1-α)⇒[f(x)]=k,[f(-x)]=-(k+1)⇒[f(x)]+[f(-x)]=-1⇒[f(x)]+[f(-x)]的值域是{-1,0}. 2.(2012年全国高中数学联赛甘肃预赛试题)设f(x)=⎩⎨⎧>-≤-)0)(1()0]([x x f x x x ,其中[x]表示不超过x 的最大整数,若f(x)=kx+k(k>0)有三个不同的实数根,则实数k 的取值范围是 . 解:令g(x)=kx+k,由图知g(2)≤1,g(3)>1⇒41<k ≤31. 3.(2008年全国高中数学联赛湖南预赛试题)某学校数学课外活动小组,在坐标纸上某沙漠设计植树方案如下:第k 棵树种植在点P k (x k ,y k )处,其中x 1=1,y 1=1,当k ≥2时,x k =x k-1+1-5[51-k ]+5[52-k ],y k =y k-1+[51-k ]-[52-k ].其中,[a]表示实数a 的整数部分,例如[206]=2,[0.6]=0.按此方案,第2008棵树种植点的坐标为 . 解:令f(k)=[51-k ]-[52-k ],则f(k+5)=[515-+k ]-[525-+k ]=[1+51-k ]-[1+52-k ]=[51-k ]-[52-k ]=f(k),故f(k)是周期为5的函数;计算可知:f(2)=0,f(3)=0,f(4)=0,f(5)=0,f(6)=1;由x k =x k-1+1-5f(k)⇒x k -x k-1=1-5f(k)⇒x 2008=x 1+(x 2- x 1)+(x 3-x 2)+…+(x 2008-x 2007)=x 1+2007-5[f(2)+f(3)+…+f(2008)]=x 1+2007-5[4001(f(2)+f(3)+…+f(6))+f(2)+f(3)]=3;同理可得y 2008=402.所以,2008棵树的种植点为(3,402).2.求值问题:[例2]:(1993年全国高中数学联赛试题)整数[310103193+]的末两位数是_______.[解析]:由[310103193+]=[3103)310(313393+-+]=[(1031)2-1031×3+32-3103313+]=(1031)2-1031×3+32-1=1031(1031-3)+8⇒末两位数是08.[练习2]:1.(2006年上海市TI 杯高二年级数学竞赛试题)有一个根据某年某月某日计算“星期几”的有趣公式:d+[2.6m-0.2]+y+ [4y ]+[4c]-2c 除以7的余数,其中,c 表示年的前两位数字(即世纪),y 表示年的后两位数字,d 表示日,m 表示月对应的数字 (见表). [x]表 示不于x 的最大整数.则2008年6月18日是星期 . 解:因c=20,y=8,d=18,m=4⇒d+[2.6m-0.2]+y+[4y ]+[4c]-2c=18+[10.2]+8+[2]+[5]-40=3≡3(mod7)⇒2008年6月18日是星期三.2.①(2008年北京市中学生数学竞赛高一年级初试试题)以[x]表示不超过x 的最大整数,试确定[sin1]+[sin2]+[sin3]+ [sin4]+[sin5]的值. 解:因为0<1<2π,2π<2、3<π,π<4<23π,23π<5、6<2π⇒sin1、sin2、sin3∈(0,1),sin4、sin5∈(-1,0)⇒[sin1]=第一讲:高斯函数 3[sin2]=[sin3]=0,[sin4]=[sin5]=-1⇒[sin1]+[sin2]+[sin3]+[sin4]+[sin5]=-2.②(2011年全国高中数学联赛贵州预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[sin1]+[cos2]+[tan3]+[sin4]+[cos5] +[tan6]= . 解:因为0<1<2π,2π<2<π,43π<3<π,π<4<23π,23π<5<2π,47π<6<2π⇒sin1∈(0,1),cos2∈(−1,0),tan3∈(−1, 0),sin4∈(−1,0),cos5∈(0,1),tan6∈(−1,0)⇒[sin1]+[cos 2]+[tan 3]+[sin 4]+[cos5]+[tan 6] =0+(-1)+(-1)+(-1) +0+(-1)=-4.3.①(2005年上海市高中数学竞赛试题)设[x]表示不超过实数x 的最大整数,求集合{n|n=[20052k ],1≤k ≤2004,k ∈N}的元素个数. 解:当20052k <1,即k<44时,[20052k ]=0;当1≤20052k <2,即45≤k<63时,[20052k ]=1;当2≤20052k <3,即64≤k<77时,[20052k ]=2; 当3≤20052k <4,即78≤k<89时,[20052k ]=3;当4≤20052k <5,即90≤k<100时,[20052k ]=4;当5≤20052k <6,即100≤k<109时,月份 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 对应的m 值111212345678910[20052k ]=5;当6≤20052k <7,即110≤k<118时,[20052k ]=6;当7≤20052k <8,即119≤k<126时,[20052k ]=7;…,集合{n|n=[20052k ], 1≤k ≤2004,k ∈N}的元素个数=1503.②(2010年全国高中数学联赛山西预赛试题)设a n =21⋅+32⋅+…+)1(+n n ,则[na n2]= . 解:由k<)1(+k k <k+21⇒2)1(+n n <a n <2)1(+n n +21n ⇒n+1<n a n 2<n+2⇒[n a n 2]=n+1. ③(2011年全国高中数学联赛福建预赛试题)对正整数n,设x n 是关于x 的方程nx 3+2x-n=0的实数根,记a n =[(n+1)x n ](n= 2,3,…)([x]表示不超过x 的最大整数).则10051(a 2+a 3+…+a 2011)= . 解:设f(x)=nx 3+2x-n,易知,当n 为正整数时,f(x)为增函数;f(1)=2>0,且当n ≥2时,f(1+n n )=n(1+n n )3+21+n n -n=3)1(+n n (- n 2+n+1)<0⇒x n ∈(1+n n ,1)⇒n<(n+1)x n <n+1⇒a n =[(n+1)x n ]=n ⇒10051(a 2+a 3+…+a 2011)=2013. ④(2007年全国高中数学联赛四川预赛试题)[x]表示不超过实数x 的最大整数,比如[3.14]=3,[0]=0,[-3.14]=-4.数列满足{a n }:a n =3n-2,若b n =[5na ],则b 1+b 2+…+b 2007= . 解:由b n =[5n a ]=[523-n ]⇒b 5k+r =[52)5(3-+r k ]=[3k+523-r ]=3k+[523-r ](r=0,1,2,3,4)⇒b 5k =3k-1,b 5k+1=b 5k+2=3k,b 5k+3=3k+1,b 5k+4=3k+2⇒b 5k-4+b 5k-3+b 5k-2+b 5k-1+b 5k =15k-10⇒b 1+b 2+…+b 2007=(b 1+b 2+…+b 5)+…+(b 401×5-4+b 401×5-3+b 401×5-2+b 401×5-1+b 401×5)+(b 401×5+1+b 401×5+2)=152)4011(401+-10×401+(3×401+3×401)=(15×201-4)401=1207411.3.求和问题:[例3]:(2012年全国高中数学联赛河南预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[log 21]+[log 22]+[log 23]+…+[log 22012]= .[解析]:我们来解决一般性问题:设a ∈N +,且a ≥2,求和[log a 1]+[log a 2]+[log a 3]+…+[log a n].当a t≤k<a t+1时,[log a k]=t,t=0,1,2,…,且在区间[a t,a t+1)中的正整数有(a-1)a t个.并设a m≤n<a m+1,n=a m+b(b ∈N +),则 [log a 1]+[log a 2]+[log a 3]+…+[log a n]=(a-1)[0×a 0+1×a+2×a 2+…+(m-1)×a m-1]+mb=(a-1){[1-a a (m-1)-2)1(-a a ]a m-1+ 4 第一讲:高斯函数2)1(-a a }+mb=[a(m-1)-1-a a ]a m-1+1-a a +m(b+1) 回到本题:a=2,由210<2012<211⇒m=10,由2012-210=2012-1024=988⇒b=988⇒和为(2×9-2)29+2+10×989=18084.[练习3]:1.①(2008年全国高中数学联赛湖北预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[log 21]+[log 22]+[log 23]+…+[log 2500]= .解:当2t ≤k<2t+1时,[log 2k]=t,t=0,1,2,…,且在区间[2t ,2t+1)中的正整数有2t 个.设f(x)=[log 2x],注意到29=512,所以, [log 21]+[log 22]+[log 23]+…+[log 2500]=∑=5001)(k k f =f(1)+∑-=1222)(k k f +∑-=12232)(k k f +∑-=12243)(k k f +∑-=12254)(k k f +∑-=12265)(k k f +∑-=12276)(k k f +∑-=12287)(k k f +∑=50028)(k k f =0+1×21+2×22+3×23+4×24+5×25+6×26+7×27+8(28-11)=3498.②(2010年全国高中数学联赛贵州预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[lg1]+[lg2]+[lg3]+…+[lg2010]= . 解:因为1≤k ≤9⇒[lgk]=0;10≤k ≤99⇒[lgk]=1;100≤k ≤999⇒[lgk]=2;1000≤k ≤2010⇒[lgk]=3;所以,[lg1]+ [lg2]+[lg3]+…+[lg2010]=60×1+900×2+1011×3=4923.③(2009年北京市中学生数学竞赛高一年级初试试题)[x]表示不超过x 的最大整数,若[log 36]+[log 37]+[log 38]+…+ [log 3(n-1)]+[log 3n]=2009,试确定正整数n 的值.解:由[log 36]=[log 37]=[log 38]=1⇒[log 36]+[log 37]+[log 38]=3;[log 39]=[log 310]=…=[log 326]=2⇒[log 39]+[log 310]+ …+[log 326]=36;[log 327]=[log 328]=…=[log 380]=3⇒[log 327]+[log 328]+…+[log 380]=162;[log 381]=[log 382]=…= [log 3242]=4⇒[log 381]+[log 382]+…+[log 3242]=648;3+36+162+648=849;[log 3243]=[log 3244]=…=[log 3728]=5⇒ [log 3243]+[log 3244]+…+[log 3728]=2430⇒n=474.④(1991年第二届“希望杯”全国数学邀请赛试题){x}表示不小于实数x 的最小整数,则{log 21}+{log 22}+…+{log 21991} = .解:当log 2n 为整数时,{log 2n}=[log 2n](n=20,21,…,210);当log 2n 为整数时,{log 2n}=[log 2n]+1;所以,{log 21}+{log 22}+…+{log 21991}=[log 21]+[log 22]+…+[log 21991]+1991-11;由a=2,1024=210<1991<211⇒m=10,由1991-210=967⇒b=967⇒ [log 21]+[log 22]+…+[log 21991]+1991-11=[2×9-2]29+2+10×968+1991-11=19854.2.①(1990年第一届“希望杯”全国数学邀请赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则[1]+[2]+[3]+…+ [19901989⋅]+[-1]+[-2]+[-3]+…+[-19901989⋅]的值是 .解:当k 为整数时,[k ]+[-k ]=0(k=12,22,…,19892),当k 不是整数时,设k =n+α(0<α<1),则[k ]=n,[-k ]=[-n-α]=[-(n+1)+(1-α)]=-(n+1)⇒[k ]+[-k ]=-1⇒[1]+[2]+[3]+…+[19901989⋅]+[-1]+[-2]+[-3]+…+[-19901989⋅]=-1989×1990+1989=-19892.②(2012年北京市中学生数学竞赛高中一年级初赛试题)若[x]表示不超过x 的最大整数,求满足方程[nlg2]+[nlg5]=2012的自然数n 的值.解:因为nlg2和nlg5是无理数,那么可以表示nlg2=m+a 其中m=[nlg2],a={nlg2}≠0,而nlg5=n-nlg2=n-m-a=(n-m-1)+(1- a)⇒[nlg5]=n-m-1⇒[nlg2]+[nlg5]=n-1=2012⇒n=2013.3.①(2012年全国高中数学联赛湖北预赛试题)设[x]表示不超过x 的最大整数,则∑+=+201201]222012[k k k = . 解:由1222012++k k <1⇒2012+2k <2k+1⇒2k>2012⇒k>11⇒当k>11时,[1222012++k k ]=0;当k=0时,[1222012++k k ]=1006;当k=1时,[1222012++k k]=503;当k=2时,[1222012++k k ]=250;当k=3时,[1222012++k k ]=126;当k=4时,[1222012++k k ]=63;当k=5时,[1222012++k k ]=31;当k=6时,[1222012++k k ]=16;当k=7时,[1222012++k k ]=8;当k=8时,[1222012++k k ]=4;当k=9时,[1222012++k k ]=2;当k=10、第一讲:高斯函数 511时,[1222012++k k ]=1⇒∑+=+20121]222012[k k k =1006+503+250+126+63+31+16+8+4+2+1+1=2012.②(2012年全国高中数学联赛福建预赛试题)对正整数x,记m=[2x ]+[22x ]+[32x ]+…+[k x 2],其中k 为满足2k≥x 的最小整数,符号[x]表示不超过x 的最大整数.x 与m 的差,即x-m 称为正整数x 的“亏损数”.(如x=100时,m=[2100]+[22100]+…+ [72100]=97,x-m=3,因此,数100的“亏损数”为3).则“亏损数”为9的最小正整数x 为________.解:设下x=a n ×2n+a n-1×2n-1+…+a 2×22+a 1×21+a 0×20,其中a i ∈{0,1}(i=0,1,2,…,n),则x-2[2x ]=a 0;[2x ]-2[22x]=a 1; [22x ]-2[32x ]=a 2,…,[nx 2]-2[12+n x ]=a n ⇒a 0+a 1+a 2+…+a n =(x-2[2x ])+([2x ]-2[22x ])+([22x ]-2[32x ])+…+([n x2]- 2[12+n x])=x-([2x ]+[22x ]+[32x ]+…+[12+n x ])=x-m=x 的“亏损数”⇒亏损数”为9的最小正整数x=1+2+22+…+28=511. 4.方程问题:[例4]:(1995年全国高中数学联赛试题)用[x]表示不大于实数x 的最大整数,方程lg 2x-[lgx]-2=0的实根个数是_____.[解析]:由x ≥[x],lg 2x-[lgx]-2=0⇒lg 2x-2=[lgx]≤lgx ⇒-1≤lgx ≤2⇒[lgx]=-1,0,1,2;当[lgx]=-1时,lg 2x=1⇒lgx=-1;当[lgx]=0时,lg 2x=2⇒lgx=±2,无解;当[lgx]=1时,lg 2x=3⇒lgx=3;当[lgx]=2时,lg 2x=4⇒lgx=2⇒实根个数是3.[练习4]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北预赛试题)设[x]表示不大于x 的最大整数,集合A={x|x 2-2[x]=3},B={x|81<2x<8},则A ∩B= .解:由81<2x <8⇒-3<x<3⇒[x]=-3,-2,-1,0,1,2;①若[x]≤-2,则x 2=2[x]+3<0,没有实数解;②若[x]=-1,则x 2=1⇒x=-1; ③若[x]=0,则x 2=3,没有符合条件的解;④若[x]=1,则x 2=5,没有符合条件的解;⑤若[x]=2,则x 2=7⇒有一个符合条件的解x=7⇒ A ∩B={-1,7}.②(2008年全国高中数学联赛江苏预赛试题)设集合A={x|x 2-[x]=2}和B={x||x|<2},其中符号[x]表示不大于x 的最大整数,则A ∩B= .解:因|x|<2⇒[x]的值可取-2,-1,0,1;当[x]=-2,则x 2=0无解;当[x]=-1,则x 2=1⇒x=-1;当[x]=0,则x 2=2无解;当[x]=1,则x 2=3⇒x=3⇒A ∩B={-1,3}.③(1999年全国高中数学联赛广西预赛试题)[tanx]表示不超过tan 的最大整数,则方程[tanx]=2cos 2x 的解为 . 解:由0≤2cos 2x ≤2⇒0≤[tanx]≤2⇒[tanx]=0,1,2;当[tanx]=0时,cosx=0,tanx 无意义;当[tanx]=1时,cosx=±22, 注意:[tanx]=1⇒x=k π+4π(k ∈Z);当[tanx]=2时,cosx=1⇒sinx=0⇒tanx=0,矛盾. ④(2009年上海市高中数学竞赛试题)若[a]表示不超过实数a 的最大整数,则方程[tanx]=2sin 2x 的解是 . 解:由0≤2sin 2x ≤2⇒0≤[tanx]≤2⇒[tanx]=0,1,2;当[tanx]=0时,sinx=0,tanx=0⇒x=k π;当[tanx]=1时,sinx=±22,注意:[tanx]=1⇒x=2k π+4π(k ∈Z);当[tanx]=2时,sinx=1⇒cosx=0⇒tanx=0无意义.2.①(2006年全国高中数学联赛湖南预赛试题)对于实数x,当且仅当n ≤x<n+1(n ∈N +)时,规定[x]=n.则不等式4[x]2-36[x] +45<0的解集为 .6 第一讲:高斯函数解:由4[x]2-36[x]+45<0⇒23<[x]<215⇒2≤[x]≤7⇒2≤x<8. ②(2009年全国高中数学联赛山东预赛试题)对任意的x ∈R,[x]表示不大于x 的最大整数,则满足[|x 2-1|]=10的x 的集合是( )(A)(-23,-11) (B)[11,23] (C)(-23,-11]∪[11,23) (D)[-23,-11)∪(11,23]解:因[|x 2-1|]=10⇔10≤|x 2-1|<11⇔-11<x 2-1≤-10,或10≤x 2-1<11⇔x ∈(-23,-11]∪[11,23),选(C).③(2009年全国高中数学联赛福建预赛试题)方程x [x]=29的实数解是 (其中[x]表示不超过x 的最大整数). 解:显然x>0;①若x ≥3,则[x]≥3⇒x [x]≥27>29;②若0<x<2,则0≤[x]<2⇒x [x]<22=4<29;③若2≤x<3,则[x]=2⇒x 2=29 ⇒x223. 3.①(2011年全国高中数学联赛内蒙古预赛试题)方程x 2-8[x]+7=0的所有解为 .解:由x ≥[x]=872+x ⇒1≤x ≤7⇒[x]=1,2,3,4,5,6,7⇒x=1,33,41,7.②(2007年第十八届“希望杯”全国数学邀请赛试题)若[x]表示不超过x 的最大整数,且x 2-2008[x]+2007=0,则[x]的值是 .解:1,2005,2006,2007.③(1992年第三届“希望杯”全国数学邀请赛试题)[x]表示不超过实数x 的最大整数,则方程[3x-465]-2x-1=0的解是 .解:设2x+1=k,则x=21-k ,3x-465=6389-k =k+6383-k ,于是原方程等价于[k+6383-k ]-k=0⇒[6383-k ]=0⇒0≤6383-k<1⇒338≤k<344⇒k=13,14⇒解是x=6,213. ④(2011年全国高中数学联赛四川预赛试题)设x 为实数,定义[x]为不小于x 的最小整数,例如[π]=4,[-π]=-3,关于实数x 的方程[3x+1]=2x-21的全部实根之和等于 . 解:设2x-21=k ∈Z,则x=412+k ,3x+1=k+1+432+k ,于是原方程等价于[432+k ]=-1,即-2<432+k ≤-1⇒-211<k ≤-27⇒k=-5,-4⇒x=-49,-47⇒所有实根之和为-4. 5.方程综合:[例5]:(1998年加拿大数学奥林匹克试题.2009年全国高中数学联赛安徽预赛试题)求方程[2x ]+[3x ]+[7x ]=x 的所有解([a]表示不超过实数a 的最大整数).[解析]:由方程知解x 是整数,设x=42p+q(p ∈Z,q ∈{0,1,…,41}),则(21p+[2q ])+(14p+[3q ])+(6p+[7q ])=42p+q ⇒[2q ]+[3q ]+[7q]=p+q ⇒q=0,p=0,x=0;q=1,p=-1,x=-41;q=2,p=-1,x=-40;q=3,p=-1,x=-39,…,因此,方程的解集为{0, -6,-l2,-14,-18,-20,-21,-24,-26,-27,-28,-30,-32,-33,-34,-35,-36,-38,-39,-40,-41,-44,-45,-46,-47,-49,-50,- 51,-52,-53,-55,-57,-58,-59,-61,-64,-65,-67,-71,-73,-79,-85}.第一讲:高斯函数 7 [练习5]:1.(2010年全国高中数学联赛福建预赛试题)将方程x 3-3[x]=4的实数解从小到大排列得x 1,x 2,…,x k ,则x 13+x 23+…+x k 3的值为 ([x]表示不超过x 的最大整数).解:由x-1<[x]≤x;①当x ≥3时,x 3-3[x]≥x 3-3x=x(x 2-3)≥3(32-3)=18;②当x ≤-3时,x 3-3[x]<x 3-3(x-1)=x(x 2-3)+3≤ -3[(-3)2-3]+3=-15;③当-3<x<3时,[x]=-3,-1,-1,0,1,2;若[x]=-3,则x 3=3[x]+4=-5,不合要求;若[x]=-2,则x 3=3[x]+4= -2⇒x=-32,合要求;若[x]=-1,则x 3=3[x]+4=-1,不合要求;若[x]=0,则x 3=3[x]+4=4,不合要求;若[x]=1,则x 3=3[x]+4= 7⇒x=37,合要求;若[x]=2,则x 3=3[x]+4=10⇒x=310,合要求⇒(-32)3+(37)3+(310)3=15.2.①(1989年上海市高中数学竞赛试题)设[x]表示x 的整数部分,{x}=x −[x],则方程[x 3]+[x 2]+[x]={x}−1的所有实数根是 .解:由[x 3]+[x 2]+[x]∈Z ⇒{x}−1∈Z ⇒{x}=0⇒x ∈Z ⇒x 3+x 2+x=-1⇒(x+1)(x 2+1)=0⇒x=-1.②(1991年上海市高中数学竞赛试题)求满足[x 2−2x]=[x]2−2[x]的一切实数x.其中[x]表示不超过x 的最大整数. 解:设[x]=n,x-[x]=α(0≤α<1),则x 2−2x=(n+α)2-2(n+α)=n 2-2n+α2+2(n-1)α,所以原方程等价于[n 2-2n+α2+2(n-1)α]=n 2-2n ⇔[α2+2(n-1)α]=0⇔0≤α2+2(n-1)α<1;当α=0时,不等式成立,此时,x=n;当α≠0时,由0≤α2+2(n-1)α<1⇔0<α<1)1(2+-n -(n-1)⇔0<x-n<1)1(2+-n -(n-1)⇔x ∈(n,1)1(2+-n +1)(n=1,2,…). ③(1993年上海市高中数学竞赛试题)自然数x 使得[x]+[！x 3]+[！x 5]+[！x7]=1993.则x=_____. 解:由[x]+[！x 3]+[！x 5]+[！x 7]=1993⇒[x]<1993⇒x<1994⇒[！x 7]=0⇒[x]+[！x 3]+[！x5]=1993⇒x>5！;设x=5！n+r(0≤r<5！=120)⇒(120n+r)+(20n+[6r ])+n=1993⇒141n+r+[6r ]=1993=14×141+19⇒n=14,r+[6r]=19⇒r=17⇒x=1697. 3.①(2007年上海市TI 杯高二年级数学竞赛试题)求正整数n,使得[log 31]+[log 32]+[log 33]+[log 34]+…+[log 3n]=2007.其中[x]表示不超过x 的最大整数.解:因为当3k≤n<3k+1时,[log 3n]=k(k=0,1,2,…),且区间[3k,3k+1)内的正整数个数=3k+1-3k=2×3k,所以,S k =[log 31]+[log 32]+ [log 33]+[log 34]+…+[log 3(3k+1-1)]=2(0×30+1×31+2×32+…+k ×3k)=(23k-43)3k +43;令(23k-43)3k+43≤2007⇒(2k- 1)3k≤2675⇒k ≤5;S 5=1391,2007-1391=6×101⇒n=36+100=829. ②(2009年上海市TI 杯高二年级数学竞赛试题)对整数n>1,设x=1+21+…+n1,y=lg2+lg3+…+lgn.则满足[x]=[y]的所有整数n 构成的集合为 ([a]表示不超过实数a 的最大整数). 解:{5,6}.6.方程应用:[例6]:(1989年全国高中数学联赛试题)一个正数,若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列,则该数为__________. [解析]:设该数为x,则(x-[x])x=[x]2⇒x=251+[x](x>0);由0<x-[x]<1⇒0<215-[x]<1⇒0<[x]<251+<2⇒[x]=1 ⇒x=251+. [练习6]:1.(2009年全国高中数学联赛江苏预赛试题)设a 是整数,0≤b<1.若a 2=2b(a+b),则b= .解:若a 为负整数,则a 2>0,2b(a+b)<0,不可能,故a ≥0;于是a 2=2b(a ＋b)<2(a+1)⇒a 2-2a-2<0⇒0≤a<1+3⇒a=0,1,8 第一讲:高斯函数2;a=0时,b=0;a=1时,2b 2+2b-1=0⇒b=213-;a=2时,b 2+2b-2=0⇒b=3-1. 注:本题也可以这样说:求实数x,使[x]2=2{x}x.2.①(2011年全国高中数学联赛甘肃预赛试题)设[x]表示不超过实数x 的最大整数,则在平面上,由满足[x]2+[y]2=50的点所形成的图形的面积是 .解:由[x]2+[y]2=50⇒[x]=±1,[y]=±7;[x]=±5,[y]=±5;[x]=±7,[y]=±1.每组解有4种情况,每种情况下的面积为1⇒图形的面积是12.②(2011年北京市中学生数学竞赛高一年级初试试题)若[x]表示不超过x 的最大整数.求在平面直角坐标系xOy 中满足[x][y]=2011的所有点(x,y)组成的图形的面积.解:设[x]=a,[y]=b,即所有这样的点(x,y)组成的图形就是a ≤x<a+1,b ≤y<b+1界定的区域,它的面积为1,又2011是质数,所以满足[x][y]=2011的点(x,y)组成的图形是4个面积为1的区域,即[x]=1,[y]=2011;[x]=2011,[y]=1;[x]=−1,[y] =−2011;[x]=−2011,[y]=−1.这些图形的总面积是4.③(2012年全国高中数学联赛新疆预赛试题)[x]表示不超过实数x 的最大整数,则在平面直角坐标系xOy 中,满足[x][y]=2013的所有点(x,y)组成的图形面积为 .解:由[x][y]=2013=1×2013=3×671=11×183=33×61,共有16种情况,每种情形下的面积为1,所以,所有点(x,y)组成的图形面积为16.3.①(2009年全国高中数学联赛新疆预赛试题)数(3+8)2n (n ∈N +),且n ≥2009,设[x]为x 的整数部分,则[(3+8)2n]除以8的余数是( )(A)1 (B)3 (C)4 (D)7解:设a n =(3+8)2n +(3-8)2n =(17+122)n +(17-122)n ,则a 1=34,a 2=342-2=1154,a n+2=34a n+1-a n ⇒a 1≡2(m0d8),a 2≡2(m0d8),a 3≡34×2-2≡2(m0d8)⇒a n ≡2(m0d8);又因0<(3-8)2n <1⇒[(3+8)2n ]=a n -1⇒[(3+8)2n]≡1(m0d8).选(A).②(2009年全国高中数学联赛吉林预赛试题)(2+3)2010的小数点后一位数字是 .解:因(2+3)2010+(2-3)2010为整数,则(2+3)2010的小数部分为1-(2-3)2010,又因0<(2-3)2010<0.21005<(0.008)300,所以0.9<1-(2-3)2010<1,可知(2+3)2010的小数点后一位数字是9.7.等式问题:[例7]:(1987年第19届加拿大数学奥林匹克试题)对每一个正整数n,证明:[n +1+n ]=[14+n ]=[24+n ]=[34+n ].[解析]:设正整数m 满足:m 2>4n+1;若m 为偶数,则m 2=4k>4n+1⇒k>n ⇒k ≥n+1⇒m 2≥4n+4>4n+3;若m 为奇数,则m 2=4k+1>4n+1⇒k>n ⇒k ≥n+1⇒m 2≥4n+5>4n+3;综上m 2>4n+3,即m>34+n ;特别地,取m=[14+n ]+1,满足:m 2>4n+1,则m>34+n⇒[14+n ]+1>34+n >14+n ≥[14+n ]⇒[34+n ]=[14+n ]⇒[14+n ]=[24+n ]=[34+n ];因(n +1+n )2=2n+1+2)1(+n n >2n+1+2n=4n+1⇒n +1+n >14+n ⇒[n +1+n ]≥[14+n ];且(n +1+n )2=2n+1+2)1(+n n <2n+1+2(n+1)=4n+3⇒n +1+n <34+n ⇒[n +1+n ]<[34+n ]⇒[n +1+n ]=[14+n ]=[24+n ]=[34+n ].[练习7]:1.①(1981年第44届莫斯科数学奥林匹克试题)试问:对x>1,下面的等式[][x ]=[x ]一定能成立吗？解:设[x ]=n,由[x ]≤x <[x ]+1⇒n ≤x <n+1⇒n 2≤x <(n+1)2⇒n 2≤[x ]<(n+1)2⇒n ≤][x <n+1⇒n ≤[][x ]<n+1⇒[][x ]=n ⇒[][x ]=[x ]成立.②(1948年第8届普特南数学奥林匹克试题)如果n 为一正整数,试证:[n +1+n ]=[24+n ].第一讲:高斯函数 9解:因(n +1+n )2=2n+1+2)1(+n n <2n+1+[n+(n+1)]=4n+2⇒n +1+n <24+n ⇒[n +1+n ]≤[24+n ];若存在某个正整数n,使得[n +1+n ]≠[24+n ],则[n +1+n ]<[24+n ];设[24+n ]=k,则n +1+n <k ≤24+n⇒2n+1+2)1(+n n <k 2≤4n+2⇒2)1(+n n <k 2-(2n+1)≤2n+1⇒4n(n+1)<[k 2-(2n+1)]2≤4n(n+1)+1(因4n(n+1)与4n(n+1)+1是连续整数)⇒[k 2-(2n+1)]2=4n(n+1)+1⇒k 2=4n+2,但任意整数的平方被4除不余2,矛盾. 2.①(1991年第9届美国数学邀请赛试题)设r 是实数,且满足条件[r+10019]+[r+10020]+…+[r+10091]=546.求[100r]. 解:设[r]=n,r=n+α(0≤α<1),则[r+100i ]=[n+α+100i ]=n(当0<α+100i <1时),或n+1(当1≤α+100i<2时),设其中有 73-k 个n,k 个n+1,则(73-k)n+k(n+1)=546⇒n=7+7335k -⇒k=35,n=7⇒α+10056<1,α+10057≥1⇒10043≤α<10044⇒7+10043≤r<7+10044⇒743≤100r<744⇒[100r]=743. ②(1981年第13届加拿大数学奥林匹克试题)试证方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12354没有实数解. 解:设f(x)=[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x],则f(x)单调不减;由f(x)≤[(1+2+4+8+16+32)x]=[63x]≤63x ⇒x ≥6312345>195;f(196)=63×196=12348⇒x<196⇒x ∈(195,196);令t=x-195,则t ∈(0,1),且f(x)=[195+t]+[2(195+t)]+ [4(195+t)]+[8(195+t)]+[16(195+t)]+[32(195+t)]=63×195+[t]+[2t]+[4t]+[8t]+[16t]+[32t]<12285+0+1+3+7+15+31 =12342⇒方程[x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12354没有实数解.3.(1989年国家理科试验班入学考试试题)通项为a n =b[c n +]+d 的数列{a n }:1,3,3,3,5,5,5,5,5,…,其中每一个正奇数m 恰好连续出现m 次.上述b 、c 、d 是侍定的整数,求b+c+d 的值.解:由a n+1-a n =b([c n ++1]-[c n +]),由题知,a n+1-a n =0,或2⇒b([c n ++1]-[c n +])=0,或2;由c n ++1-c n +=cn c n ++++11≤1⇒c n +<c n ++1≤c n ++1⇒[c n +]<[c n ++1]≤[c n +]+1⇒[c n ++1]-[c n +]=0,或1;显然b ≠0,当b([c n ++1]-[c n +])=2时,b=2,[c n ++1]-[c n +]=1;由a 1=2[c +1]+d=1⇒c ≥-1,d=1-2[c +1];注意到2k a =2k-1⇒2[c k +2]+d=2k-1⇒2[c k +2]+1-2[c +1]=2k-1⇒[c k +2]-[c +1]=k-1对任意的k ∈N +恒。
超常 儿童 案例
超常儿童案例:朱敏娴被美国9所大学研究生院录取父亲领路１４岁男生考全省第一进中科大少年班历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向超常儿童夏阳12岁成为中国科大学生１８岁男孩获２０万美金奖学金并获耶鲁通知书华大“小神童”：平淡过七年宽松就业去王安简今年中科大少年班最小的学生朱敏娴被美国9所大学研究生院录取接中国科技大学消息，我校96届少年班毕业生朱敏娴，在中国科技大学学习期间，学业优秀，表现突出，获学校多次表彰，并获得铝懈骼嘟毖Ы穑?br />1996年：海外校友基金会优秀新生奖学金1996～1997学年：优秀学生一等奖学金1997～1998学年：东方通信奖学金1998～1999学年：中国科学院奖学金1999～2000学年：优秀学生三等奖学金近期，通过GRE考试，同时获美国9所大学研究生录取通知书，这9所大学是：耶鲁大学芝加哥大学哥伦比亚大学加州技术学院新泽西州立大学伊利诺斯大学俄亥俄州立大学帕德大学布朗大学现在，朱敏娴自己选定去“耶鲁大学数学系”深造。
不日即将赴美。
这是我校超常教育的又一丰硕成果，特此向全校师生报喜。
天一中学出了个“四川女孩”近日，正就读于中国科技大学的天一中学96届少年班毕业生朱敏娴同时收到了美国耶鲁大学、芝加哥大学、新泽西州立大学、加州技术学院、伊利诺斯大学、俄亥俄州立大学、帕德大学、布朗大学等9所大学的研究生录取通知书，一时轰动了中科大校园，也在母校天一中学传为美谈。
朱敏娴1981年11月出生在一个普通农民的家庭，父母文化程度分别为小学与初中。
但她从小就表现出异常的聪颖和才智。
92年报考天一中学少年班时，有道题要求学生背诵一首陌生的七言律诗，当时本校高一年级30名学生背诵的平均时间为3分半钟，她却只用2分20秒就很熟练地背了出来。
之后，要求考生隔 15分钟和45分钟再各背一次，每次背诵之间分别穿插一些其他测试，她不仅2次都顺利背出，最后一次背完后，她竟表示还能倒背出来，随后立即一字不差地倒背了一遍，超常的记忆力惊呆了在场测试的几位老师。
【中考提分】三角形五心的 经典考题
五、旁心 三角形的一条内角平分线与另两个内角的外角平分线相交于 一点，是旁切圆的圆心，称为旁心.旁心常常与内心联系在一起， 旁心还与三角形的半周长关系密切. 例9．在直角三角形中，求证：r+ra+rb+rc=2p. 式中r，ra，rb，rc分别表示内切圆半径及与a，b，c相切的旁切圆 半径，p表示半周. (杭州大学《中学数学竞赛习题》) 分析：设Rt△ABC中，c为斜边，先来证明一个特性： p(p-c)=(p-a)(p-b). ∵p(p-c)=(a+b+c)·(a+b-c) =[(a+b)2-c2] =ab； (p-a)(p-b)=(-a+b+c)·(a-b+c) =[c2-(a-b)2]=ab. ∴p(p-c)=(p-a)(p-b). ① 观察图形，可得 ra=AF-AC=p-b， rb=BG-BC=p-a， rc=CK=p. 而r=(a+b-c) =p-c. ∴r+ra+rb+rc =(p-c)+(p-b)+(p-a)+p =4p-(a+b+c)=2p. 由①及图形易证. 例10．M是△ABC边AB上的任意一点.r1，r2，r分别是△AMC，△BMC， △ABC内切圆的半径，q1，q2，q分别是上述三角形在∠ACB内部的 旁切圆半径.证明：·=. (IMO-12) 分析：对任意△A′B′C′，由正弦定理可知 OD=OA′· =A′B′·· =A′B′·， O′E= A′B′·. ∴. 亦即有 ·=
==. 六、众心共圆 这有两种情况：(1)同一点却是不同三角形的不同的心；(2)同一图 形出现了同一三角形的几个心. 例11．设在圆内接凸六边形ABCDFE中，AB=BC，CD=DE，EF=FA.试证： (1)AD，BE，CF三条对角线交于一点； (2)AB+BC+CD+DE+EF+FA≥AK+BE+CF. (1991，国家教委数学试验班招生试题) 分析：连接AC，CE，EA，由已知可证AD，CF，EB是△ACE的三条内角平分 线，I为△ACE的内心.从而有ID=CD=DE， IF=EF=FA， IB=AB=BC. 再由△BDF，易证BP，DQ，FS是它的三条高，I是它的垂心，利用 不等式有： BI+DI+FI≥2·(IP+IQ+IS). 不难证明IE=2IP，IA=2IQ，IC=2IS. ∴BI+DI+FI≥IA+IE+IC. ∴AB+BC+CD+DE+EF+FA =2(BI+DI+FI) ≥(IA+IE+IC)+(BI+DI+FI) =AD+BE+CF. I就是一点两心. 例12．△ABC的外心为O，AB=AC，D是AB中点，E是△ACD的重心.证明OE 丄CD. (加拿大数学奥林匹克训练题) 分析：设AM为高亦为中线，取AC中点 F，E必在DF上且DE:EF=2:1.设 CD交AM于G，G必为△ABC重心. 连GE，MF，MF交DC于K.易证： DG:GK=DC:()DC=2:1. ∴DG:GK=DE:EFGE∥MF. ∵OD丄AB，MF∥AB， ∴OD丄MFOD丄Gห้องสมุดไป่ตู้.但OG丄DEG又是△ODE之垂心. 易证OE丄CD. 例13．△ABC中∠C=30°，O是外心，I是内心，边AC上的D点与边BC上的E 点使得AD=BE=AB.求证：OI丄DE，OI=DE. (1988，中国数学奥林匹克集训题) 分析：辅助线如图所示，作∠DAO平分线交BC于K.
cmo数学竞赛
cmo数学竞赛作为全球最具有影响力的数学竞赛之一，CMO（Canadian Mathematical Olympiad）也就是加拿大数学奥林匹克竞赛，一直以来都备受备受广大数学爱好者的热爱和追捧。
CMO数学竞赛自1980年开始举办，是加拿大最优秀的年度学科竞赛之一。
而作为具有世界影响力的竞赛，CMO每年都吸引着来自全球各地的顶尖数学选手参加。
一、竞赛概况竞赛背景CMO数学竞赛是由加拿大教育局主办并负责管理的，这项竞赛是有关方面为了鼓励学生热爱数学、提高学生的数学能力而举办的。
CMO竞赛难度极大，不仅需要参赛者具有超强的计算、分析和推理能力，更要求其具备优秀的解决问题的能力和出色的数学才能。
竞赛组织每年一次的CMO竞赛都会在加拿大各个省级地区进行，在每个地区中的具体机构组织相应的比赛活动，官方网站www.cms.math.ca 会发布该年度竞赛活动的时间、赛制和场地信息。
而整个竞赛过程，由加拿大数学协会负责组织和管理，同时全球各地的加拿大驻外使领馆也会在本地为参赛选手提供相应的帮助和协助。
竞赛难度在CMO数学竞赛中，因为竞赛的内容极为复杂，加上竞赛设置了多个级别，所以它的难度从高到低分别为：A级、B级、C级、D级。
而且不同等级的题目会出现不同的难度程度。
其中A级竞赛是难度最大的，除了试题难度更高之外，时间限制也更严格，竞赛难度被认为是全世界竞赛中最高的之一。
竞赛奖项在CMO数学竞赛中，除了最终的成绩排名之外，还设置了一些重要的荣誉奖项。
比如金、银、铜奖、优异奖、最佳小学奖和五获大赛奖等。
而且一些得奖的选手还可以被选拔参加国际数学奥林匹克竞赛。
二、竞赛流程参赛条件CMO竞赛面向各个年龄段的选手，可以是在校中小学生、初中生或者高中生，但是要求其具备较为扎实的数学基础和优秀的数学综合能力，一般来说，前三年的参赛者可以由学校老师推荐参加，而在高中阶段之后，他们可以直接通过自报名来参加竞赛。
初赛CMO数学竞赛的初赛主要是一个笔试环节，每组的试卷难度、长度、时间（参赛者有120分钟来完成试题）、总分和比例都不完全相同。
初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用
初中数学奥林匹克几何问题-塞瓦定理及应用本资料为WoRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址第二章塞瓦定理及应用【基础知识】塞瓦定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，，三线平行或共点，则．①证明如图2-1（）、（），若，，交于一点，则过作的平行线，分别交，的延长线于，，得．又由，有．从而．若，，三线平行，可类似证明（略）．注（1）对于图2-1（）、（）也有如下面积证法：由：，即证．（2）点常称为塞瓦点．（3）共点情形的塞瓦定理与梅涅劳斯定理可以互相推证．首先，由梅涅劳斯定理推证共点情形的塞瓦定理．如图2-1（）、（），分别对及截线，对及截线应用梅涅劳斯定理有，．上述两式相乘，得．其次，由共点情形的塞瓦定理推证梅涅劳斯定理．如图2-2，设，，分别为的三边，，所在直线上的点，且，，三点共线．令直线与交于点，直线与交于点，直线与交于点．分别视点，，，，，为塞瓦点，应用塞瓦定理，即对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．对及点（直线，，的交点），有．上述六式相乘，有．故．塞瓦定理的逆定理设，，分别是的三边，，或其延长线上的点，若，②则，，三直线共点或三直线互相平行．证明若与交于点，设与的交点为，则由塞瓦定理，有，又已知有，由此得，即，亦即，故与重合，从而，，三线共点．若，则．代入已知条件，有，由此知，故．上述两定理可合写为：设，，分别是的，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．③第一角元形式的塞瓦定理设，，分别是的三边，，所在直线上的点，则三直线，，平行或共点的充要条件是．④证明由，，，三式相乘，再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．第二角元形的塞瓦定理设，，分别的三边，，所在直线上的点，是不在的三边所在直线上的点，则，，平行或共点的充要条件是．⑤证明注意到塞瓦定理及其逆定理，有．由此即证得结论．注在上述各定理中，若采用有向线段或有向角，则①、②、③、④、⑤式的右端仍为1．特别要注意的是三边所在直线上的点或者两点在边的延长线上，或者没有点在边的延长线上．④、⑤式中的角也可按①式的对应线段记忆．推论设，，，分别是的外接圆三段弧，，上的点，则，，共点的充要条件是．证明如图2-3，设的外接圆半径为，交于，交于，交于．由，，，，，六点共圆及正弦定理，有．同理，，．三式相乘，并应用第一角元形式的塞瓦定理即证．为了使读者熟练地应用塞瓦定理，针对图2-4中的点、、、、、，将其作为塞瓦点，我们写出如下式子：对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有，对及点有．【典型例题与基本方法】1．恰当地选择三角形及所在平面上的一点，是应用塞瓦定理的关键例1四边形两组对边延长分别相交，且交点的连线与四边形的一条对角线平行．证明：另一条对角线的延长线平分对边交点连线的线段．（1978年全国高中竞赛题）证明如图2-5，四边形的两组对边延长分别交于，，对角线，的延长线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．由，有，代入上式，得，即．命题获证．例2如图2-6，锐角中，是边上的高，是线段内任一点，和的延长线分别交，于，．求证：．（1994年加拿大奥林匹克试题）证法1对及点，应用塞瓦定理，有．①过作，延长，分别交于，，则，且，，从而，．而由①，有，故．由此知为等腰底边上的高，故．证法2对及点应用塞瓦定理，有．即，由锐角性质知．类似地，对及截线或对及截线应用梅涅劳斯定理也可证得有．注将此例中的平角变为钝角，则有如下：例3如图2-7，在四边形中，对角线平分．在上取一点，与相交于，延长交于．求证：．（1999年全国高中联赛题）证明连交于，对及点，应用塞瓦定理，有．平分，由角平分线性质，可得，故．过点作的平行线交的延长线于，过点作的平行线交的延长线于，则．所以．从而，．又，，有．因此，，即有．故．注由此例还可变出一些题目，参见练习题第4、5及19题．例4如图2-8，是的中线，在上，分别延长，交，于，，过作交于，及为正三角形．求证：为正三角形．证明连，对及点应用塞瓦定理，有．而，则．由，由．于是，有，从而，即知四边形为平行四边形，有．又，则．而，，知，有，．于是．故为正三角形．例5如图2-9，在一个中，，为内满足及的一点．求证：是的三等分线．（1994年香港代表队选拔赛题）（其中注意），．证明用表示的度量，令，则，，，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．亦即．于是，即．而，则．因，则．，即．从而．故，即是的三等分线．利用第一角元形式的塞瓦定理可简捷处理20XX年全国高中联赛加试第一题的第1问：例6设、分别为锐角（）的外接圆上弧、的中点．过点作交圆于点，为的内心，联结并延长交圆于点．求证：．证明事实上，易知、、及、、分别三点共线，对及点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．①由知，有．于是①式即为．故．2．注意塞瓦定理逆定理的应用以及与梅涅劳斯定理的配合应用例7如图2-10，在中，，为上给定的一点（不是线段的中点）．设为直线上与，都不相同的任意一点，并且直线，交于，直线，交于，直线，交于．试证明交点与在直线上的位置无关．（1990年苏州市高中竞赛题）证明设分线段为定比，分线段为定比．下证由确定，即当，给定后，点的位置由点唯一确定．在中，由，，交于一点，应用塞瓦定理，有，即．对及截线，应用梅涅劳斯定理，得，即．上述两式相加，得．从而，即，故由唯一确定．因此，点与在直线上的位置无关．例8如图2-11，设为内任一点，在形内作射线，，，使得，，．求证：，，三线共点．证法1设交于，交于，交于，则由正弦定理有．同理，,．将上述三式相乘，并应用正弦定理，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法2设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用塞瓦定理，有．在和中应用正弦定理，有．同理，，．以上三式相乘，并注意到①式，有．由塞瓦定理的逆定理，知，，共点．证法3设交于，交于，交于，直线交于，直线交于，直线交于．对及点，应用角元形式的塞瓦定理，有．由题设，，，则有，，．于是，对，应用角元形式的塞瓦定理的逆定理，知，，三线共点．例9如图2-12，四边形内接于圆，其边与的延长线交于点，与的延长线交于点，过点作该圆的两条切线，切点分别为和．求证：，，三点共线．（1997年试题）证明连分别交，于，，设与交于．要证，，三点共线，只须证明，，和，，都三点共线，又只须证明，，三线共点．由塞瓦定理的逆定理知只须证明．又直线截，应用梅涅劳斯定理，有，从而只须证明．设圆心为，连交于，连，，，，则由切割线走理和射影定理，有，即知，，，四点共圆，有，此表明为的内角的外角平分线．而，则平分．于是，，结论获证．【解题思维策略分析】1．获得线段比例式的一种手段例10如图2-13，中，，分别为和同方向延长线上的点，与相交于，且．若点满足（为常数），则．证明设交于，对及其形外一点，应用塞瓦定理，有．而，则．不妨设，则，即有，于是，故．此时，点到的距离不小于到的距离，则过作必交延长线于一点，设为．又作的外接圆交于另一点，则四边形为等腰梯形．当时，由，知必在线段上，于是，（同弧上的圆外角小于同弧上的圆周角）．又由，知．故结论获证．2．转化线段比例式的一座桥梁例11设为内任一点，，，分别交，，于，，．求证：．证明如图2-14，记，，．对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有，即．由合比定理得，即．同理，，．三式相加，得．例12如图2-15，设为内任意一点，，，的延长线交对边，，于点，，，交于．试证：．证明令，，，对及点，应用塞瓦定理，有．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．注意到，则有，即，故．又对直线截，有．而，则，故．又对及截线，有，即有，故．从而．于是，．其中等号由中等号成立时成立，即当且仅当亦即当且仅当，亦即时取等号．此时，和之间成为如图2-16的双曲线的关系．例13如图2-17，已知直线的三个定点依次为、、，为过、且圆心不在上的圆，分别过、两点且与圆相切的直线交于点，与圆交于点．证明：的平分线与的交点不依赖于圆的选取．（45预选题）证明设的平分线交于点，交圆于点，其中与是不同的两点．由于是等腰三角形，则有．同理，在中，有．在中，视为塞瓦点，由角元形式的塞瓦定理，有．注意到，．则．即，故结论获证．3．求解三角形格点问题的统一方法如果三角形的三个角的度数都是10的整数倍，三角形内一点与三角形的三个顶点分别连结后，得到的所有的角也都具有这个性质，我们称这样的点为三角形的格点．例14如图2-18，在中，，，和分别是和上的点，使得，，是直线和的交点．证明：直线和直线垂直．（1998年加拿大奥林匹克试题）证明设，则，对及点，应用第一角元形式的塞瓦定理，有．从而，即有．．注意到，知，，有，故．延长交于，则．故．注此题也可这样来解：由，有．由于作为的函数在上严格递减，所以．故．因此，．或者过点作于，则，．关于有．所以，、、三线共点，因此点在上，即．例15如图2-19，在内取一点，使得，．设，，求．（1983年前南斯拉夫奥林匹克试题）解设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．从而．，，．于是．注意到，知，．，故．所以为所求．注此题结果也可直接由①式有且，，求得．另外，此题也可这样来解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以．故．或者由，令，则．对和点应用第一角元形式的塞瓦定理，有．则．因为作为的函数在上严格递增，所以．例16如图2-20，具有下面性质：存在一个内部的点，使得，，，．证明：是等腰三角形．（1996年美国第25届奥林匹克试题）证明设，则．由第一角元形式的塞瓦定理，有．即有．，．从而且，，故，即，从而．注此题也可这样来求解：由，有．因为作为的函数在（，）上严格递减，所以，即．故．还可对及点应用第一角元形式的塞瓦定理来求．4．论证直线共点的一种工具例17如图2-21，在四边形中，，，过，的交点引，，其中交，于，，交，于，．，分别交于，，则．（1990年cmo选拔试题）证明在，上分别取，，使，，则由对称性可知有下列角相等，即若设，，，，，，则，又，故．又，故，．连交于，在中，．故由塞瓦定理的逆定理，知，，共点，即过点．由对称性知，．例18如图2-22，在锐角中，以点引出的高为直径作圆交，于，，再从作．同样可作出，．试证：三直线，，相交于一点．（第29届预选题）证明设与，分别相交于点，，由，，知，即．同理，设，边上的高，的垂足分别为，，且，分别与，交于，，则有，．由于的三条高相交于垂心，此时应用第一角元形式的塞瓦定理，得，用等角代换上式，有．故由第一角元形式的塞瓦定理，知，，三线共点，即，，相交于一点．例19如图2-23，四边形内接于圆，，的延长线交于，，的延长线交于，为圆上任一点，，分别交圆于，．若对角线与相交于，求证：，，三点共线．证明连，，，，，．由，，有，，此两式相乘，有．①又由，，有，，此两式相乘，有．由①②，得．上式两边同乘以，得．对及截线，应用梅涅劳斯定理，有．于是．此时，应用第一角元形式的塞瓦定理的推论，知，，交于一点．从而，，三点共直线．【模拟实战】习题A1．在中，是上的点，，是中点．与交于，交于，求四边形的面积与的面积的比．2．若通过各顶点的直线，，共点，并且它们在边，，所在直线上的截点，，关于所在边中点的对称点分别为，，，则直线，，也共点．3．一圆交的各边所在直线于两点，设边上的交点为，，边上的交点为，，边上的交点为，．若，，共点，则，，也共点．4．试证：过三角形顶点且平分三角形周长的三条直线共点．5．将各内角三等分，每两个角的相邻三等分线相交得，又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．6．将的各外角三等分，每两个外角的相邻三等分线相交得．又，，分别平分，，且它们与，，交于，，．求证：，，三线共点．7．是的内切圆，，，上的切点各是，，．射线交于，同样可得，．试证：直线，，共点．8．在内部，且从，，各向，，所作的垂线共点，则从，，各向，，所作的垂线也共点．9．在中，，为形内一点，，，求的度数．10．在中，，，为形内一点，且，求的度数．（《数学教学》问题432题）11．在中，，，为形内一点，，求的度数．（《数学教学》问题491题）12．在中，，，为的平分线上一点，使，交于，交于．求证：．（《数学教学》问题531题）13．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1023题）14．在中，，，为形内一点，且，，求的度数．（《数学通报》问题1142题）15．在中，，，为形内一点，，，求的度数．（《数学通报》问题1208题）16．中，，，为形内一点，，．求证：．（《数学通报》问题1306题）17．在中，，，为形内两点，，．求证：，，三点共线．（《数学通报》问题1243题）18．中，，，为形内两点，，．求证：．（《数学通报》问题1281题）19．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）20．，，，，，顺次分别在的三边，，上，且，，，过，，分别作，，的平行线，，．求证：，，三线共点的充要条件是，，三线共点．21．在中，，于，过任作两射线分别交，于点，，交过点的平行线于，，且．求证：，，共点．22．在中，过三边，，边中的中点，，的三条等分三角形周长的直线，，（，，在三角形三边上）分别交，，于，，．求证：，，三线共点．23．的内切圆切，，于，，．是内一点，交内切圆于两点，其中靠近的一点为，类似定义，．试证：，，三线共点．24．在内部，的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，；的延长线分别交，于，，且满足．求证：，，所在直线共点．（《中学数学教学》擂台题（28））25．给定，延长边至，使．的外接圆与以为直径的圆相交于和．设与的延长线分别交和于，．求证：，，共线．（第15届伊朗奥林匹克题）26．在的边上向外作三个正方形，，，是正方形中的边，，对边的中点．求证：直线，，共点．习题B1．是的内切圆，，，，分别是，，上的切点，，，都是的直径．求证：直线，，共点．（《数学通报》问题1396题）2．四边形的内切圆分别与边，，，相切于，，，．求证：，，，四线共点．（《数学通报》问题1370题）3．锐角中，角的平分线与三角形的外接圆交于另一点，点，与此类似．直线与，两角的外角平分线交于，点，与此类似．求证：（Ⅰ）三角形的面积是六边形的二倍；（Ⅱ）三角形的面积至少是三角形面积的四倍．（-30试题）4．设为内一点，使，是线段上的点，直线，分别交边，于，．求证：．5．在凸四边形中，对角线平分，是的延长线上的一点，交于点，延长交的延长线于．试证：．6．在中，，，为内心，为上一点，满足．试求的度数．（《数学通报》问题1073题）7．设是等边三角形，是其内部一点，线段，，依次交三边，，于，，三点．证明：．（-37预选题）8．在一条直线的一侧画一个半圆，，，是上两点，上过和的切线分别交于和，半圆的圆心在线段上，是线段和的交（-35预选题）点，是上的点，．求证：平分．9．设是锐角的内接正方形的中心，其中内接正方形的两个顶点在边上，一个顶点在边上，一个顶点在边上．同样定义两个顶点分别在边和边上的内接正方形的中心分别为，．证明：，，交于一点．（-42预选题）10．以的底边为直径作半圆，分别与，交于点，，分别过点，作的垂线，垂足依次为，，线段和交于点．求证：．（1996年国家队选拔考试题）11．设，是锐角的外接圆的圆心和垂心．证明：存在，，分别在线段，，上，使得，且此时，，三线交于一点．（-41预选题）12．已知是的直径，弦于，点和分别在线段和上，且∶∶，射线，交于，．求证：，，三线共点．13．设是的内心，以为圆心的一个圆分别交于，，交于，，交于，．这六个点在圆上的顺序为，，，，，．设，，为弧，，的中点，直线，相交于，直线，相交于，直线，相交于．求证：直线，，三线共点．14．在的边和上分别向形外作和，使，且．求证：连线，与边上的高三线共点．15．过非等边三角形各顶点作其外接圆的切线，则各切线与其对边的交点共线．16．在内三点，，满足，，则，，三线共点的充要条件是．17．在任意的三边，，上各有点，，，而是内部任一点，直线，，分别交线段，，于，，．求证：直线，，共点的充分必要条件是，，共点，而与点的位置无关．18．设是平面上区域内任一点，，，的延长线交三边于，，．求证：在区域内，存在一个以的某两边为邻边的平行四边形．19．设凸四边形的两组对边所在的直线，分别交于，两点，两对角线的交点为，过点作于．求证：．（2002国家集训队选拔试题）20．在中，和均为锐角．是边上的内点，且平分，过点作垂线于，于，与相交于．求证：．。
canadamo数学竞赛知识点
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canadamo是加拿大数学奥林匹克(Canadian Mathematical Olympiad)的缩写，是加拿大国内最具权威性和影响力的数学竞赛之一。
参加canadamo数学竞赛，不仅能锻炼学生的数学能力，更能培养学生的逻辑思维和解决问题的能力。
我将从基础知识点开始，逐步深入，全面探讨canadamo数学竞赛的重要知识点。
1. 数论- 数论是canadamo数学竞赛中的重要知识点之一。
它涉及整数的性质、因数分解、同余方程等内容。
在canadamo数学竞赛中，数论题目常常涉及数字性质的推导和证明，考查选手的数学逻辑推理能力。
2. 几何- 几何是canadamo数学竞赛的另一个重要知识点。
它包括平面几何和立体几何两部分，涉及角度、边长、面积、体积等概念。
在canadamo数学竞赛中，几何题目常常涉及图形的性质和相似性的判断，考查选手的几何分析能力和空间想象能力。
3. 代数- 代数是canadamo数学竞赛的核心知识点之一。
它涉及方程、不等式、多项式、数列等内容。
在canadamo数学竞赛中，代数题目常常涉及函数的性质和变量的关系，考查选手的代数运算能力和推理能力。
4. 组合数学- 组合数学是canadamo数学竞赛的另一个重要知识点。
它包括排列、组合、概率等内容。
在canadamo数学竞赛中，组合数学题目常常涉及排列组合的计算和概率问题的推导，考查选手的组合分析能力和概率计算能力。
总结回顾：通过对canadamo数学竞赛知识点的全面评估，我们可以看到，数论、几何、代数和组合数学是其重要的知识点。
参加canadamo数学竞赛不仅需要掌握这些知识点，还需要灵活运用，并具备深入思考和解决问题的能力。
历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向第26届IMO
历年中国参加国际数学奥林匹克竞赛选手详细去向第26届IMO（1985年，芬兰赫尔辛基）吴思皓（男）上海向明中学确规定铜牌上海交通大学王锋（男）北京大学（根据yongcheng先生提供的信息修订）目前作企业软件第27届IMO（1986年，波兰华沙）李平立（男）天津南开中学金牌北京大学方为民（男）河南实验中学金牌北京大学张浩（男）上海大同中学金牌复旦大学荆秦（女）陕西西安八十五中银牌北京大学，现在美国哈佛大学任教林强（男）湖北黄冈中学铜牌中国科技大学第28届IMO（1987年，古巴哈瓦那）刘雄（男）湖南湘阴中学金牌南开大学滕峻（女）北京大学附中金牌北京大学林强（男）湖北黄冈中学银牌中国科技大学潘于刚（男）上海向明中学银牌北京大学何建勋（男）广东华南师范大学附中铜牌中国科技大学高峡（男）北京大学附中铜牌北京大学，现在北大任教第29届IMO（1988年，澳大利亚堪培拉）团体总分第二陈晞（男）上海复旦大学附中金牌复旦大学，美国密苏里大学，美国哈佛大学，现在加拿大Alberta大学数学系任教授韦国恒（男）湖北武汉武钢三中银牌北京大学查宇涵（男）南京十中银牌北京大学，在中科院数学所任副研究员邹钢（男）江苏镇江中学银牌北京大学王健梅（女）天津南开中学银牌北京大学何宏宇（男）以满分成绩获第29届国际数学奥林匹金牌，1993年破格列入美国数学家协会会员，1994年获博士学位，现任亚特兰大乔治大学教授、博士生导师，从事现代数学研究前沿的《李群》《微分几何》等方向的研究，在《李群》的研究上已有重大突破。
第30届IMO（1989年，原德意志联邦共和国布伦瑞克）团体总分第一罗华章（男）重庆水川中学金牌北京大学俞扬（男）吉林东北师范大学附中金牌吉林大学霍晓明（男）江西景德镇景光中学金牌中国科技大学唐若曦（男）四川成都九中银牌中国科技大学颜华菲（女）北京中国人民大学附中银牌北京大学本科，1997年获美国麻省理工博士，现任Texax A&M Uneversity 数学系教授，美国数学会常务理事会成员，Mathematical Reviews评论员。
太原市高中数学竞赛解题策略-几何分册第22章角元形式的塞瓦定理
第22章 角元形式的塞瓦定理第一角元形式的塞瓦定理设A '、B '、C '分别是ABC △的三边BC 、CA 、AB 所在直线上的点，则三直线AA '、BB '、CC '平行或共点的充要条件是sin sin sin 1sin sin sin BAA ACC CBB A AC C CB B BA '''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠证明由sin sin ABA AA CSBA AB BAA AC SAC A AC''''⋅∠==''⋅∠△△，sin sin CB BC CBB B A AB B BA ''⋅∠=''⋅∠,sin sin AC AC ACC C B BC C CB''⋅∠=''⋅∠ 三式相乘,再运用塞瓦定理及其逆定理，知结论成立．推论设1A 、1B 、1C 分别是ABC △的外接圆三段弧BC 、CA 、AB 上的点,则1AA 、1BB 、1CC 共点的充要条件是1111111BACB AC A C B A C B⋅⋅=． 事实上，应用三角形正弦定理,代入角元形式的塞瓦定理即证． 第二角元形式的塞氏定理设A '、B '、C '分别是ABC △的三边BC 、CA 、AB 所在直线上的点，O 是不在ABC △的三边所在直线上的点，则AA '、BB '、CC '平行或共点的充要条件是sin sin sin 1sin sin sin BOA AOC COB A OC C OB B OA'''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠．事实上，注意到塞氏定理及其逆定理，有BOA COB AOC A DC B OA C OBS S S BA CB AC I A C B A C B S S S '''''''''=⋅⋅=⋅⋅'''△△△△△△ sin sin sin sin sin sin BO BOA CO COB AO AOC CO A OC AO B OA BD C OB'''⋅∠⋅∠⋅∠=⋅⋅'''⋅∠⋅∠⋅∠．由此即证得结论．下面给出应用第一角元形式的塞瓦定理解决问题的例子．例l （1998年加拿大数学奥林匹克题）如图22-1，在ABC △中，40BAC ∠=︒,60ABC ∠=︒,D和E 分别是AC 和AB 上的点，使得40CBD ∠︒=，70BCE ∠︒=，F是直线BD 和CE 的交点．证明：直线AF 和直线BC 垂直．40°20°α40°70°HFEDCBA图22-1证明如图22—1，设BAF α∠=，则40FAC α∠=︒-,对ABC △及点F ，应用甬元形式的塞瓦定理，有()sin10sin sin 401sin 70sin 40sin 20αα︒︒⋅⋅=︒︒-︒．从而()sin10sin 2sin 20cos 201sin70sin 40sin 20αα︒︒⋅︒⋅⋅=︒︒-︒， 即有()sin 402sin sin102sin cos80ααα︒-=⋅︒=⋅︒()()sin 80sin 80αα=+︒+-︒．于是()()()sin 80sin 40sin 80ααα-︒=︒--+︒()()2cos60sin 20sin 20αα=⋅︒⋅-︒-=-︒-．注意到040α<<︒，知8020α-︒<-︒-，8020α-︒<︒，有8020αα-︒=-︒-，故30α=︒．延长AF 交BC 于H ，则180180306090AHB FAB ABH ∠︒-∠-∠︒-︒-︒︒===． 故AF BC ⊥．例2（1994年香港代表队IMO 选拔赛题）如图22-2，在一个ABC △中，2C B∠∠=，P 为ABC △内满足AP AC =及PB PC =的一点．求证：AP 是A ∠的三等分线．BA图22-2证明用B 表ABC ∠的度数，令PCB θ∠=，则PBC θ∠=，ABP B θ∠=-，2ACP B θ∠=-，()22CAP B θ∠=π--,()()()()223422PAB A CAP B C B B B B θθθ∠=∠-∠=π---π--=π--π-+=-⎡⎤⎣⎦．对ABC△及点P应用第一角元形式的塞瓦定理，有()()()()sin 22sin sin 1sin 2sin 2sin B B B B θθθθθθπ--⎡⎤-⎣⎦⋅⋅=--．亦即()()()()()2sin 2cos 2sin 1sin2sin 2B B B B B θθθθθ-⋅-⋅-=-⋅-． 亦即()()()()sin 22sin cos 2sin 32sin B B B B B θθθθ-=-⋅-=--． 从而()()()sin sin 32sin 22cos 22sin B B B B B θθθ=---=-⋅ 而sin 0B ≠，则()1cos22B θ-=．由()1033B B BC θπ<-<<+<,有()220,3B θπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭于是()23B θπ-=，即6B θπ-=，从而()()()()224222222236CAP B B B B PAB θθθθθθθθππ⎛⎫∠=π--=π---=-=-=--=-=∠⎡⎤ ⎪⎣⎦⎝⎭．故13PAB A ∠=∠，即AP 是A ∠的兰等分线．例3（2008年国家集训队测试题）如图22—3，设G 为ABC △内的一点,AG 、BG、CG 分别交对边于点D 、E 、F ．设AEB △和AFC △的外接圆的公共弦所在的直线为al ,类似地定义bl ，cl ．证明：直线al 、bl 、cl 三线共点．A 1D FECB A图22-3证明设AEB △的外接圆和AFC △的外接圆的另一交点1A ，则al 即1AA （1A 完全四边形的为密克尔点)．易知1A 在BAC ∠内，B 、A 、E 、1A 及C 、A 、F 、1A 分别四点共圆．类似定义1B ，1C ．此时,111FBA ABA A EC ∠=∠=∠，111BFA ACA EC A∠=∠=∠．从而11BFA ECA △∽△，即有11BA BF A E CE=． 注意111A AC A AE A BE ∠=∠=∠，11A AB A EB ∠=∠，对1BA E △用正弦定理，有111111sin sin sin sin BA A EB A AB A E A BE A AC∠∠==∠∠． 同理,1B 在ABC ∠内,1C 在ACB ∠内，1BB 即为bl ，1CC 即为cl ,且有11sin sin C CAAE BD C CB∠=∠，11sin sin B BC CD AF B BA∠=∠． 从而111111sin sin sin sin sin sin A AB C CA B BCA AC C CB B BA∠∠∠⋅⋅∠∠∠BF AE CD BF AE CDCE BD AF FA EC DB=⋅⋅=⋅⋅．而由AG 、BG 、CG 分别交对边BC 、CA 、AB 于D 、E 、F ,应用塞瓦定理有1BF AE CDFA EC DB⋅⋅=．于是111111sin sin sin 1sinsin sin A AB C CA B BCA AC C CB B BA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠． 这样利用第一角元形式的塞瓦定理可知直线1AA 、1BB 、1CC 三线共点，即al 、bl 、cl 三条直线共点．例4（2009年巴尔干地区数学奥林匹克题)在ABC △中，点M 、N 分别在边AB 、AC 上，且MN BC ∥，BN 与CM 交于点P ，BMP △与CNP △的外接圆的另一个交点为Q ．证明：BAQ CAP ∠∠=．证明如图22—4,设BAQ α∠=，PAN β∠=,PAQ γ∠=．γβαQPCMNBA 图22-4对于ABC △及点P 、MNQ △及点P 分别应用第一角元形武的塞瓦定理,有sin sin sin 1sin sin sin BAP ACP CBPPAC PCB PBA∠∠∠⋅⋅=∠∠∠, ① sin sin sin 1sin sin sin MNP NQP QMPPNQ PQM PMN∠∠∠⋅⋅=∠∠∠, ②注意到B 、M 、P 、Q 及C 、N 、P 、Q 分别四点共圆,则BMQ BPQ QCN ∠=∠=∠，QNC QPC MBQ∠=∠=∠．从而,A 、M 、Q 、C 及A 、B 、Q 、N 分别四点共圆． 又因为MN BC ∥,所以BAP αγ∠=+，PAC β∠=,PMQ PBQ QAN βγ∠=∠=∠=+，ACP NQP ∠=∠，CBP MNP∠=∠，PCB PMN ∠=∠，PBA PQM ∠=∠，PNQ PCQ MAQ α∠=∠=∠=．由①÷②得()()sin sin 1sin sin αγαββγ+⋅=+． ()()sin sin sin sin αγαβγβ⇔+⋅=+⋅ ()()cos cos 2cos cos 2γαγγβγ⇔-+=-+()()cos 2cos 2αγβγ⇔+=+因为180BAC αβγ++=∠<︒，所以αβ=．例5（2007年西部数学奥林匹克题）设P 是锐角三角形ABC 内一点，AP 、BP 、CP 分别交边BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，已知DEF ABC △∽△．求证：P是ABC △的重心．证明如图22-5，设PEF α∠=，CPE β∠=,CPD γ∠=，EBC α'∠=．并分别用A 、B 、C 表示BAC ∠、ABC ∠、ACB ∠．α'γβαP FEDBA图22-5在DEF △中，由第一角元形式的塞瓦定理，有sin sin sin 1sin sin sin PEF PDE PEDPED PDF PFE∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin1sin sin sin C A βγβαβααβαβγβαβαπ---+-+⋅⋅=--π+++-- 在ABC △中，由角元形式的塞瓦定理,有sin sin sin 1sin sin sin PBC BAP ACPPBA CAP PCB∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，即()()()()()sin sin sin 1sin sin sin C A βγβαβααβαβγβαβα''π---+-+'⋅⋅='''--π+++--．设()()()()()()sin sin sin sin sin sin B x C x xf x B x A B x x βγββγβπ---+-+=⋅⋅--π+++--．由x ,B x -，B x βγπ---+,A B x βγ-π+++-，C x β--，0,2x βπ⎛⎫-∈ ⎪⎝⎭,易知()f x 递增．于是由()()f f αα'=可得αα'=,所以EF BC ∥．同理,DF AC ∥,DE AB ∥．从而，有AF AE FB EC =，AF DC FB BD =，DC ECBD AE=． 所以，AF FB =，BD DC =，EC AE =．故P 为ABC △的重心．例6（2009年保加利亚数学奥林匹克题）ABC △的内切圆I 分别与三边BC 、AC 、AB 切于点1A 、1B 、1C ，l 为过点I 的任意一条直线．A '、B '、C '分别为点1A 、1B 、1C 关于l 的对称点．证明：AA '、BB '、CC '三线共点．证明如图22-6，由题设,知11B A A B ''=以及CB 、CA 均与I 相切，则l 图22-611111122mmB AC B A A B A B A ''''∠=======∠．若记()adB '为点B '到直线BC 的距离，()b d A '为点A '到直线AC 的距离,则()11sin a d B A B B AC '''=⋅∠()11sin b B A A B A d A '''=⋅∠=．同理，()()bcd C d B ''=,()()cad A dC ''=．由第一角元形式的塞瓦定理，AA '、BB '、CC '线共点111111sin sin sin 1sin sin sin C AA A BB B CC A AB B BC C CA '''∠∠∠⇔⋅⋅='''∠∠∠()()()()()()///1///c a b b c a d A AA d B BB d C CC d A AA d B BB d C CC ''''''⇔⋅⋅=''''''()()()()()()c a b b c a d A d B d C d A d B d C '''⇔⋅⋅''' ()()()()()()1c a b a b cd A d B d C d C d A d B '''=⋅⋅='''．例7（2008年国家集训队测试题）设P ，Q ,R 分别是锐角三角形ABC 的边BC 、CA 、AB 上的点，使得PQR △是正三角形，并且它还是这样的内接正三角形中面积最小的．求证：点A 到QR 的垂线、点B 到RP 的垂线和点C 到PQ 的垂线,这三条直线共点．证明由于ABC △为锐角三角形，在PQR △形内可作以RP 为弦，对PQ 张角为A π-的圆弧;也可做一条以RP 为弦，B π-的圆弧．设两弧的交点为M (实际上M 为三角形的密克尔点），则R MQ A ∠==π-，RMP B ∠=π-,()()2PMQ A B ∠=π-π--π- A B C=+=π-，R 1P 1Q 1EQR FM PDCBA图22-7从而，A 、R 、M 、Q ;B 、P 、M 、R ;C 、P 、M 、Q 分别四点共圆． 过M 作ABC △三边的垂线，在BC 、CA 、AB 上的垂足分别为1P ，1Q ,1R ．不妨设1R 在线段AR 上，记1R MR θ∠=，则11R MP B R MR θ∠=π-=∠=．同理，QMQ θ∠=．于是，11Rt Rt Rt MBR MPP MQ Q △∽△∽△，从而1111cos MR MP MQ MR MP MQ θ===． ① 由11MR MP MR MP =及11R MP RMP ∠=∠，知11R MP RMP △∽△，得111cos PR MRPR MRθ==． 同理,11cos PQ PQ θ=，11cos Q R QRθ=．由11111cos PR MR Q R PR MR QRθ===,可知111PQR PQ R △∽△,相似比为cos θ．故111PQ R △也为ABC △的内接正三角形，且1112cos PQ R PQRS Sθ=△△．由面积的最小性知必有cos 0θ=，即0θ=．故MP AB ⊥，MQ BC ⊥，MR CA ⊥． ②设过A 、B 、C 所作的三垂线分别为AD 、BE 、CF ，点D 、E 、F 分别在RQ 、RP、PQ 上,则sin cos sin cos QAD AQRRAD ARQ ∠∠=∠∠cos /cos /AMR MR AM MRAMQ MQ AM MQ∠===∠．同理，sin sin RBE MPPBE MR∠=∠，sin sin PCF MQ QCF MP ∠=∠． 这样，则有sin sin sin 1sin sin sin QAD RBE PCF RAD PBE QCF∠∠∠⋅⋅=∠∠∠，由第一角元形式的塞瓦定理知AD 、BE、CF 共点．例8(2009年罗马尼亚大师杯数学奥林匹克题)如图，在平面上给定四个点1A 、2A 、3A 、4A ,其中任意三点不共线,使得123413241423A A A A A A A A A A A A ⋅⋅=⋅=．记iO 是kA A △；iA 的外心，这里{}{},,,1,2,3,4i j k l =．假设对每个下标i ，都有iiA O ≠．证明:四条直线iiAO 共点或平行．证明若四个点1A 、2A 、3A 、4A 构成一个凹四边形,不妨设4A 在三角形123A A A中，如图22-8（1）．(2)(1)O 3O 2A 2A 4O 1A 3A 1PA 4A 3A 2A 1图22-8作13124A A P A A A △∽△，则31412A A P A A A ∠∠=，从而41212A A P A A A ∠∠=，且1141312A P A AA A A A=． 于是，12314A A A A A P △∽△．即有4142312A P A AA A A A=,故142343412A A A A A P A A A A ⋅==．又3241312A P A AA A A A=，所以，132433412A A A A A P A A A A ⋅==，从而3434A P A P A A ==．即知34A A P △为正三角形，所以1241341313460A A A A A AA A P A A A ∠+∠=∠+∠=︒．同理，32431460A A A A A A∠+∠=︒，21423460A A A A A A∠+∠=︒．设124A A Aα∠=，234A A Aβ∠=，314A A Aγ∠=，则13460A A A α∠=︒-，21460A A Aβ∠=︒-,32460A A A γ∠=︒-．因为1O 是234A A A △的外心，所以42190A A O β∠=︒-，于是12190A A O αβ∠=︒+-． 同理,23290A A Oβγ∠=︒+-，31390A AOγα∠=︒+-． 又431429030A A O A A A γ∠=︒-∠=︒+，则13190A A O γα∠=︒+-．同理,21290A AOαβ∠=︒+-，32390A A Oβγ∠=︒+-．由第一角元形式的塞瓦定理,知321131211113121132sin sin sin 1sin sin sin A A O A A O A A O O A A O A A O A A ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．而132123O A AO A A ∠=∠,所以()()211121311131sin 90sinsin sin sin sin 90A AOO A A A AOO A A αβγα︒+-∠∠==∠∠︒+-．同理，()()322122sin 90sinsin sin 90A A O A A O βγαβ︒+-∠=∠︒+-，()()133233sin 90sin sin sin 90A A O A A O γαβγ︒+-∠=∠︒+-． 所以322133211113221332sin sin sin 1sin sin sin A A O A A O A A O O A A O A A O A A ∠∠∠⋅⋅=∠∠∠．由第一角元形式的塞瓦定理的逆定理，知11AO ，22A O ，33A O 三线共点或者互相平行．若四个点1A 、2A 、3A 、4A 构成一个凸四边形1234A A A A ,类似的可得：11AO ，22A O ,33A O 三线共点或者互相平行．同理11AO ，22A O ,44A O 三线共点或者互相平行． 综上所述，四条直线()1,2,3,4i iAO i =共点或平行． 例9（2006年第23届巴尔干地区数学奥林匹克题）已知直线l 与ABC △的边AB 、AC 分别交于点D 、F ，与BC 的延长线交于点E ．过A 、B 、C 且与l 平行的直线与ABC △的外接圆分别交于点1A 、1B 、1C ．证明：1A E 、1B F 、1C D 三线交于一点．证明如图22—9，设O 为ABC △的外接圆，l 即为直线DFE ，过O 作l 的垂线1l ．设D 、E 、F 关于1l 的对称点分别是D '、E '、F '．故只需证AE '、BF '、CD '三线共点即可．l 1图22-9又由第一角元形式的塞瓦定理知，只需证sin sin sin 1sin sin sin E AB F BC D CA E AC F BA D CB'''∠∠∠⋅⋅='''∠∠∠即可． 注意到sin sin sin sin sin sin E AB E AB AE F E AC AE F E AC'''∠∠∠=⋅'''∠∠∠ E D AF AF E D AD E F AD E F''=⋅=⋅''． 同理，sin sin F BC BD F E F BA BE F D ''∠=⋅''∠，sin sin D CA CE D F D CB CF D E ''∠=⋅''∠．注意对ACB △应用梅涅劳斯定理，有sin sin sin sin sin sin E AB F BC D CA E AC F BA D CB'''∠∠∠⋅⋅'''∠∠∠ AF BD CE E D D F F E AD BE CF D E F D E F'''=⋅⋅⋅⋅⋅''' 1AF CE BD FC EB DA=⋅⋅=． 因此，1A E 、1B F 、1C D 三线交于一点．练习题二十二1．(1983年前南斯拉夫数学奥林匹克题）在ABC △内取一点M ,使得30MBA ∠=︒，10MAB ∠=︒．设80ACB ∠=︒，AC BC =．求AMC ∠．2．（1996年美国数学奥林匹克题）ABC △具有下面性质：存在一个内部的点P ，使得10PAB ∠︒=，20PBA ∠︒=，30PCA ∠=︒，40PAC ∠︒=．证明：ABC △是等腰三角形．3．(IMO 45-预选题）已知直线上的三个定点依次为A 、B 、C 、Γ为过A 、C 且圆心不在AC 上的圆，分别过A 、C 两点且与圆Γ相切的直线交于点P ，PB 与圆Γ交于点Q ．证明:AQC ∠的平分线与AC 的交点不依赖于圆Γ的选取．4．（2008年罗马尼亚国家队选拔赛题)已知锐角ABC △的垂心为H ，X 为ABC △所在平面上的任意一点，以HX 为直径的圆与直线AH 、AX 分别交于点1A 、2A ．类似地定义1B 、2B 和1C 、2C ．证明：12A A 、12B B 、12C C 三线共点．5．（2009年中国国家集训队选拔考试题）设D 是ABC △的边BC 上一点，满足CDA CAB △∽△，O 经过B 、D 两点，并分别与AB 、AD 交于E 、F 两点,BF 、DE 交于G 点．连结AO 、AG ,取AG 的中点M ．求证：CM AO ⊥．6．（2000年波兰数学奥林匹克题）在等腰ABC △中，M 为底边AB 的中点，在ABC △内有一点，使得PAB PBC ∠=∠．求证：APM BPC ∠+∠=π．7．（2005年全国高中联赛题)在ABC △中，AB AC >,过A 作ABC △的外接圆的切线l ，又以A 为圆心,AC 为半径作圆分别交线段AB 于D ，交直线l 于E 、F ．证明：直线OE ,DF 分别通过ABC △的内心与一个旁心．8．（2007年全国高中联赛题）在锐角ABC △中，AB AC <，AD 是边BC 上的高，P 是线段AD 内一点，过P 作PE AC ⊥，垂足为E ，作PF AB ⊥，垂足为F ．1O 、2O 分别是BDF △、CDE △的外心，求证:1O 、2O 、E 、F 四点共圆的充要条件是P 为ABC △的垂心．。
这是一道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题，抢了当年12岁获得IMO金牌陶哲轩的风头。。。
这是⼀道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题，抢了当年12岁获得IMO⾦牌陶哲轩的风头。
1986年，在波兰举⾏的第27届国际数学奥林匹克（IMO）上，刚满10岁的陶哲轩⼀脸稚⽓的进⼊了考场，创造了IMO历史上最年轻选⼿的传奇（相关阅读：吃炒饭吃到智商230？7岁⾃学微积分，8岁参加⾼考，10岁参加IMO），那⼀年，陶哲轩得到了19分，收获了⼀枚铜牌，1987年，在古巴举⾏的第28届国际数学奥林匹克上，他得到了40分，按理说⾦牌已经稳稳到⼿，但是由于那⼀年满分的选⼿多达22名，所以年仅11岁的陶哲轩只收获了⼀枚银牌，1988年，在澳⼤利亚举办的第29届国际数学奥林匹克上，在268名参赛选⼿中，IMO历史上堪称奇迹的传奇诞⽣了，年满12岁的陶哲轩获得了34分，收获了⼀枚⾦牌（⾦牌线32分），可是在那⼀年，有⼀道题差点抢了陶哲轩的风头，那是⼀道难倒了49个国家领队外加4个数论专家，堪称数学竞赛史上最具传奇⾊彩的⼀道题.1988年，在澳⼤利亚举办的第29届国际数学奥林匹克上，有49个国家，268名选⼿参加了那届⽐赛，那是中国正式参加IMO⽐赛的第三届（1986年中国第⼀次派出6名队员），那个时候前苏联、罗马尼亚、德国还是IMO赛场上的不可匹敌超级战队，早在1977年，德国就参加了在南斯拉夫举办的第19届国际数学奥林匹克，⽽在1982、83年连续⼆年拿到了团队总分第⼀的傲⼈成绩，可是接下去的1984-1987连续四年中总分第⼀分别被苏联、罗马尼亚还有美国抢去，可能是出于报仇⼼理，所以在这⼀年上德国给IMO投稿了⼀道精⼼计划已久的题，⽽这道题也成功的通过了选题委员会还有会议的表决成为了第29届IMO的第六题，六道题⽬选完了，就当所有⼈准备开开⼼⼼的开始⽐赛时，可是由领队们组成的主试委员会陷⼊了长久的沉默中，⽽原因就是因为德国的这第六题，由卢森堡、捷克斯洛伐克、英国、爱尔兰还有希腊投稿的前五题，主试委员会们⽐较轻松的就解决了，可是这第六道题，主试委员会所有⼈在思考许久许久之后还是没有⼀个⼈能解答出来，⽽考试很快就要开始了，没办法，主试委员会将这道题交给了主办国澳⼤利亚四位最好的数论专家去做，可是四位专家各⾃捉摸了⼀天以后还是⼀筹莫展，⽓氛陷⼊了长久的尴尬和绝望中，连主试委员会还有四位澳⼤利亚最好的数论专家都没办法解开这道题，所有⼈都确信这道题将会难倒所有的参赛选⼿，这可能是IMO历史上第⼀次有⼀道题没有⼈能解答出来的，所有⼈以绝望的情绪等着成绩公布，不出所有⼈意外，这⼀道题在268名参赛选⼿的平均分数仅有0.6分，是当时IMO举办了29年以来得分率最低的⼀道题.就当所有⼈默默的为这268名参赛选⼿“默哀”的时候，另外⼀个消息的流出让所有在场的⼈都震惊不已，这⼀道难道了主试委员会还有四个最好数论专家的超级难题竟然有选⼿做出来，⽽且还不⽌⼀个，整整有⼗⼀个⼈以7分（满分）解答了出来，分别是来⾃罗马尼亚的Nicuşor Dan和Adrian Vasiu、越南的Ngô Bào Châu、苏联的Sergei Ivanov和Nicolai Filonov还有来⾃澳⼤利亚的Wolfgang Stöcher以及保加利亚的Zvezdelina Stankova，以及来⾃中国的陈晞和何宏宇，⽽当所有⼈看到最后⼀个⼈的解答之后，他们再⼀次被震惊的说不出话，因为他的证法实在是太暴⼒、太简单了，题⽬：他是这样解的：简单到极致，所有⼈对他的解法都赞叹不已，⽽这⼀位来⾃保加利亚的Emanouil Atanassov也获得了IMO授予的特别奖，特别奖是不论总分多少，是针对某个学⽣对某道试题所作的解答⾮常漂亮，有独到之处，与事先拟定的标准解答不同（通常是更简洁），⽽获得特别奖的难度⽐起满分来说更加困难，所以获得特别奖的⼈数少之甚少，⽽这⼀道题难倒了主试委员会还有澳⼤利亚四名最好的数论专家的题，被11名平均年龄只有17岁的⾼中⽣解决了，⽽平均分只有0.6分的的最低得分率以及IMO史上最年轻获得⾦牌的选⼿陶哲轩也为这道题增加了些许传奇⾊彩，值得⼀提的是，当年以满分解答这道题的中国选⼿陈晞现在是加拿⼤阿尔伯塔⼤学的数学系教授，⽽何宏宇现在美国佐治亚理⼯学院的数学系教授以及博⼠⽣导师，从事李群还有微分⼏何等⽅向的研究，⽽作为正式参加IMO满三年的中国，在那⼀年，以总分201分获得了总分第⼆的成绩.。
1998IMO中国国家队选拔(第十三届)
《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 1998 第 13 届IMO 中国国家队选拔考试第一天一、求正整数 k ，使得：( a ) 对任意正整数 n ，不存在 j 满足 0≤ j ≤ n − k + 1 ，且 Cnj ， Cnj +1 ，……， Cnj + k −1成等差数列；( b ) 存在正整数 n ，使得有 j 满足 0≤ j ≤ n − k + 2 ，且 Cnj ， Cnj +1 ，……， Cnj + k −2 成等差数列。
进一步求出具有性质 ( b ) 的所有 n 。
二、 n （ n ≥5）支足球队进行单循环赛，每两队赛一场，胜队得 3 分，负队得 0 分，平局各得 1 分，结 果取得倒数第 3 名的队得分比名次在前面的队都少，比后两名都多；胜场数比名次在前面的队都多， 却又比后两名都少，求队数 n 的最小值。
三、对于固定的 θ ∈ ⎜ 0,⎛ π⎞ ⎟ ，求满足以下两条件的最小正数 a ： ⎝ 2⎠①⎡ a a ⎤ a a ＋ ＞1；②存在 x ∈ ⎢1 − , ⎥， cos θ sin θ ⎣ sin θ cos θ ⎦⎣2 2使得 ⎡(1 − x ) sin θ − a − x cosθ ⎤ ＋ ⎡ x cos θ − a − (1 − x ) sin 2 θ ⎤ ≤ a 。
⎦ ⎣ ⎦ 第二天22四、锐角△ABC 中，H 是垂心，O 是外心，I 是内心。
已知∠C＞∠B＞∠A。
求证：I 在△BOH 的内部。
五、自然数 n ≥3，平面上给定一条直线 l ，在 l 上有 n 个互不相同的点 P ， P2 ，……， Pn 。
记点 P 到其 1 i 余 n − 1 个点的距离的乘积为 di （ i ＝1，2，……， n ） 。
平面上还有一点 Q 不在上，点 Q 到点 P 的距 i 。
求以下和式的值： S n ＝ 离记为 Ci （ i ＝1，2，……， n ）r∑ ( −1)i =1nn −iCi2 i 。
求解三角形格点问题的统一方法_袁安全
式为不含绝对值不等式 , 等等. 例 1 当 x ∈ R 时 , 不等式 m +cos x <3 + 2 s in x + 2 m + 1恒成立 , 求实数 m 的取值 范围. 解 题设不等式 , 即为 - cos x +2 sin x + 3 > m 2 2 2 2
2 m +1 .
设 f(x ) = - cos x + 2 sin x +3 =(sin x + 1) + 1(x ∈ R ) . 当 sin x = - 1 时 , f(x )的最小值为 1 . 所以原不等式恒成立 , 求实数 m 的取值
证明 如图 5, 设 ∠BAF =x , 则 ∠FAC =40° - x. 对 ABC 及点 F , 由上面的定理得 sin 40° s in 10° =1. sin 20° s in 70° sin x sin(40°- x ) 证 明 连结 AP ( 如图 4), 设 ∠PAC =x , 则 ∠PAB =110° - x, 对 的定理得 sin x s in(110° - x) sin 20° sin 10° =1. sin 20° sin 20° ABC 及点 P , 由上面
即 sin x =2 cos 10° sin(110° - x) =s in(120°- x ) +sin(100°- x ) . ∴ sin(100° - x) = sin x - sin(120° - x) =2cos 60° sin(x - 60° ) = sin(x - 60° ) . 易知 100°- x =x - 60° , 故 x =80° . 因此 ∠PAC =∠APC =80° . 过 M 作 MD ∥ AP 交 PC 于 D , 则 梯 形
历届数学奥林匹克参赛名单
1985-2012年国际数学奥林匹克中国参赛人数按地区、学校统计国际数学奥林匹克(International Mathematical Olympiad，简称IMO)是世界上规模和影响最大的中学生数学学科竞赛活动。
由罗马尼亚罗曼(Roman)教授发起。
1959年7月在罗马尼亚古都布拉索举行第一届竞赛。
我国第一次派学生参加国际数学奥林匹克是1985年，当时仅派两名学生，并且成绩一般。
我国第一次正式派出6人代表队参加国际数学奥林匹克是1986年。
2012年第53届国际数学奥林匹克竞赛将于今年7月4日至16日在阿根廷马德普拉塔（Mar del Plata , Argentina）举行。
入选国家队的六名学生是：（按选拔成绩排名）陈景文（中国人民大学附属中学)、吴昊（辽宁师范大学附属中学）、左浩（华中师范大学第一附属中学）、佘毅阳（上海中学）、刘宇韬（上海中学）、王昊宇（武钢三中）---------------------------------------------------------历届IMO的主办国，总分冠军及参赛国（地区）数为：年份届次东道主总分冠军参赛国家（地区）数1959 1 罗马尼亚罗马尼亚71960 2 罗马尼亚前捷克斯洛伐克51961 3 匈牙利匈牙利 61962 4 前捷克斯洛伐克匈牙利71963 5 波兰前苏联81964 6 前苏联前苏联91965 7 前东德前苏联81966 8 保加利亚前苏联91967 9 前南斯拉夫前苏联131968 10 前苏联前东德121969 11 罗马尼亚匈牙利141970 12 匈牙利匈牙利141971 13 前捷克斯洛伐克匈牙利151972 14 波兰前苏联141973 15 前苏联前苏联161974 16 前东德前苏联181975 17 保加利亚匈牙利171976 18 澳大利亚前苏联191977 19 南斯拉夫美国211978 20 罗马尼亚罗马尼亚171979 21 美国前苏联231981 22 美国美国271982 23 匈牙利前西德301983 24 法国前西德321984 25 前捷克斯洛伐克前苏联341985 26 芬兰罗马尼亚421986 27 波兰美国、前苏联371987 28 古巴罗马尼亚421988 29 澳大利亚前苏联491989 30 前西德中国501990 31 中国中国541991 32 瑞典前苏联561992 33 俄罗斯中国621993 34 土耳其中国651994 35 中国香港美国691995 36 加拿大中国731996 37 印度罗马尼亚751997 38 阿根廷中国821998 39 中华台北伊朗841999 40 罗马尼亚中国、俄罗斯812000 41 韩国中国822001 42 美国中国832002 43 英国中国842003 44 日本保加利亚822004 45 希腊中国852005 46 墨西哥中国982006 47 斯洛文尼亚中国1042007 48 越南俄罗斯932008 49 西班牙中国1032009 50 德国中国1042010 51 哈萨克斯坦中国1052011 52 荷兰中国101------------------------------------------------------------------历届国际数学奥林匹克中国参赛学生分省市、分学校统计按学校排名（TOP16)1 武汉钢铁三中 152 湖南师大附中 113 华南师范大学附中 104 北大附中 94 人大附中 96 湖北黄冈中学 86 上海中学 88 上海华东师大二附中 5 8 东北育才学校 510 华中师大一附中 410 复旦大学附中 410 深圳中学 410 东北师范大学附中 4 14 上海向明中学 314 长沙市一中 314 哈尔滨师范大学附中 3 以下略。
2角元塞瓦定理及其应用1
§2角元塞瓦定理及其应用(I)塞瓦定理与梅涅劳斯定理是数学竞赛范围内的两个重要定理．近几年来，使用这两个定理证明的试题频频出现，因而，不会运用这两个定理证题的人是很难取得好成绩的。
20世纪90年代中叶，国内很多教练员开始认识到这两个定理的重要性．起初，大家认为梅涅劳斯定理的应用更灵活一些，也更广泛一些，但后来却发现，塞瓦定理及其逆定理在证明三线共点时非常有用，加之角元塞瓦定理不但介入竞赛圈而且所占分量越来越重，使得塞瓦定理的地位日益提高．如今，单独的角元塞瓦定理大有与梅涅劳斯定理和塞瓦定理成三足鼎立之势．此外。
对于某些关于角度的计算题，使用角元塞瓦定理的解法往往别具一格，是其他方法所不能比拟的．1．角元塞瓦定理定理1如图l，设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，三条线段AD、BE、CF交于一点M．则定理中一共给出了四个结论．其实，定理的条件加上四个结论中的任一个都是塞瓦定理．这里将它们写在一起的目的是为了强调此图形中有四个不同的角度都可以使用角元塞瓦定理．其结果都是有用的，且同等重要．角元塞瓦定理之所以称为角元塞瓦定理，自然是因为它是由原塞瓦定理(以后需要加以区别时，称之为边元塞瓦定理)衍生出来的，即由边的比过渡到角的正弦的比．其实，把角元塞瓦定理看作是拼成一个大三角形或四边形的三个小三角形的三个正弦定理的乘积也许更直接一些．角元塞瓦定理还有下面一种情形：定理2 如图2，设D是边BC上的点，E、F分别是边AC、AB的延长线上的点，三条直线AD、BE、CF 交于△ABC的边BC之外的一点M则有与定理1的(1)对照就会发现，从字母上看，两者的结论完全一样，仅有的区别在于，交点的位置有所不同。
同样地，交点M的位置可以换为在AC或AB之外，结果是完全类似的．注意，图2中的△BFM和△CME中，各只有一条边BM与CM在定理结论中各作为六个角中的两个角的边出现，其余部分均未出现．故此在图中可以擦去．这时，关于三角形的角元塞瓦定理就变成四边形ABMC的角元塞瓦定理了．定理3 在凸四边形ABMC中，如下4个结论成立：像边元塞瓦定理的情形一样，角元塞瓦定理的逆定理(定理4)也成立．定理4 如图3，过△ ABC的三个顶点各引一条异于三角形三边的直线AD、BE、CF．若则AD、BE、CF三线共点或互相平行．2．范例选讲例1、如图4，在△ABC中，O为外心，三条高AD、BE、CF交于点H，直线ED和AB交于点M，FD 和AC交于点N．求证： (1)OB⊥DF，OC⊥DE； (2)OH⊥MN．证明：(1)因为点0是△ABC的外心，则∠BOC=2∠BAC．故∠OBC= 1(180 -∠BOC)2=90 -∠BAC ．因为A、F、D、C四点共圆，所以，∠BDF =∠BAC记OB FD=P．于是，∠BPD =180 -∠PBD-∠PDB =90 ．因此，OB⊥DF．同理，OC⊥DE．(2)过点O作OG⊥MN于G．因为AD⊥BC，BE⊥AC，CF⊥AB，则∠COG=∠NME, ∠GOB=∠FNM,∠OBE=∠ANF, ∠EBC=∠DAN,∠BCF=∠MAD, ∠FCO=∠EMA.对△AMN和点D应用角元塞瓦定理有由角元塞瓦定理的逆定理知OG、BE、CF三线共点，即OG过点H．又因为OG⊥MN，所以，OH⊥MN．在上述证明中，作了一条辅助线OG⊥MN．其实，不作这条辅助线且不作任何辅助线，类似的证明也可以完成．例2、四边形ABCD内接于圆O，其边AB与DC所在的直线交于点P，AD与BC所在的直线交于点Q，过点Q作圆O的两条切线QE和QF，切点分别为E和F．求证：P、E、F三点共线．(1997，中国数学奥林匹克)证明：如图5，联结AE、CE、DE 、DF ．因为QE、QF都是圆O的切线，所以，∠AEF=∠ADF =180 -∠QDF，∠FED=∠QFD．又∠PDA=180 -∠PDQ，∠DAP=∠DCQ，∠EDP= ∠QEC，∠PAE=∠ECB=180 -∠QCE，对△EDA和点P应用角元塞瓦定理的逆定理知AB、CD、EF三线共点．从而，P、E、F三点共线．例3、锐角△ABC内接于圆O，分别过点B、C作圆O的切线，并分别交过点A所作圆O的切线于点 M、N，AD为边BC上的高．求证：AD平分∠MDN． (1988，全俄数学奥林匹克)证明：如图6，记∠MDA =α，∠NDA=β．只须证明α=β.因为MN、MB、NC都是圆O的切线，所以，∠MAB=∠MBA=∠ACB，∠NAC=∠NCA=∠ABC．对△DAB和点M应用角元塞瓦定理有同理，对△DAC和点N应用角元塞瓦定理又有比较式①、②即得tanα=tanβ.因此，α=β，即AD平分∠MDN．例4、在凸五边形ABCDE中，∠AED=∠ABC=90 ，∠BAC=∠EAD.BD CE=F．求证：AF⊥BE．(第23届IMO预选题)证明：如图7，过点A作AH⊥BE于H．于是，只须证明AH、BD、CE三线共点．因为△ABC∽△AED，所以，又∠BAC=∠EAD，则∠BAD=∠CAE．由关于△ABE的角元塞瓦定理的逆定理知AH、BD、CE三线共点F．因为AH⊥BE，所以，AF⊥BE．角元塞瓦定理的最大优点在于它的三角表达式非常适合于进行角的计算．例5、如图8，在△ABC中，∠BAC=40 ，∠ABC=60 ，在边AC、AB上分别取点D、E，使得∠CBD =40 ，∠BCE=70 ，BD CE=F．求证：AF⊥BC．(1998，加拿大数学奥林匹克) 证法l：因为∠ABC=60 ，∠CBD=40 ，∠BAC=40 ，∠BCE=70则∠ABD =20 ，∠ACB=80 ，∠ACE=10 ．设∠BAF=x，于是，∠FAC=40 -x．对△ABC和内点F应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递减，所以，∠BAF=x=30 ．故∠ABC+∠BAF=90 ．因此，AF⊥BC．证法2：过点A作AH⊥BC于H．则∠BAH =30 ，∠HAC=10 ．关于△ABC有所以，AH、BD、CE三线共点．因此，点F在线段AH上，即AF⊥BC．例6、如图9，P为△ABC内一点，使得∠PAB=10 ，∠PBA=20 ，∠PCA=30 ，∠PAC=40 . 求证：△ABC是等腰三角形．(1996，美国数学奥林匹克)证明：设∠ACB=x，则∠BCP=x-30 ．对△APC和点B应用角元塞瓦定理有因此，x=50 ．又因为∠BAC =10 +40 =50 =x=∠ACB，所以，△ABC为等腰三角形．例7、如图10，在△ABC中，AB=AC，∠A=20 ，在边AB、AC上分别取点D、E，使得∠EBC=60 ，∠DCB=50 ．求∠BED的度数．解法1：设∠BED=x，于是，∠CED=40 +x．对△BCE和点D应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递减，所以，∠BED=x=30 ．解法2：设∠BED=x ，于是，∠EDB=160 -x．对△EDC和点B应用角元塞瓦定理有思考，如果对△DBE和点C或△DBC和点E使用角元塞瓦定理，能否得到同样的结果?答案是肯定的，但推导的难度提高了．具体来说，推导过程中要用到一个三角恒等式，这里作为引理给出．例8、如图11，在四边形ABCD中，∠CAB=30 ，∠ABD=26 ，∠ACD=13 ，∠DBC=51 .求∠ADB 的度数． (1989，中国国家集训队测验题)解法1：设∠ADB=x，于是，∠ADC=x+43 ．因为∠CAB=30 ，∠ABD=26 ，∠DBC=51 ，∠ACD=13 ，则∠ACB=73 ，∠BDC=43 .对△BCD和点A应用角元塞瓦定理有解法2：设∠ADB=x，于是，∠ADB=154 -x．对△DAC和点B应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(O，π)上严格递减，所以，∠ADB=x=107 ．例9、如图l2，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=80 ，在△ABC内取一点M，使得∠MAB=10 ,∠MBA=30 ．求∠AMC的度数．(1983，前南斯拉夫数学奥林匹克)解法1：因为AC=BC，∠ACB=80 ，则∠CAB=∠CBA=50 ．因为∠MAB=10 ，∠MBA=30 ，所以,∠CAM=40 ，∠CBM=20 ．设∠BCM=x，于是，∠ACM=80 -x．对△ABC和点M应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递减，所以，∠BCM=x=10 ．故∠AMC=∠MAB+∠ABC+∠BCM=70 ．解法2：因为AC=BC，∠ACB=80 ，则∠CAB=∠CBA=50 ．因为∠MAB=10 ，∠MBA=30 ，所以,∠CAM=40 ，∠CBM=20 ．∠AMB=140 ．设∠AMC=x，于是，∠CMB=220 -x．对△MAB和点C应用角元塞瓦定理有作为x的函数在(0，π)上严格递增，所以，∠AMC=x=70 ．。
学奥数你不可不知的十大杯赛
学奥数你不可不知的十大杯赛奥数，即奥林匹克数学，是指以培养学生分析问题、解决问题和创新思维等能力为主要目标的一种数学教育形式。
为了提高学生的数学能力，促进数学教育的发展，世界各地纷纷举办了多种奥数比赛，其中一些备受青少年学子和数学爱好者的关注。
本文将介绍学奥数不可不知的十大杯赛，以期启发读者对奥数竞赛的兴趣和参与。
1. 国际数学奥林匹克竞赛（IMO）作为世界范围内最高水平的奥林匹克数学竞赛，IMO自1959年首次举办以来，已成为青少年数学学术交流的重要平台。
每年，来自不同国家和地区的高中生参与IMO，比拼数学才华。
通过解决六道复杂的数学问题，考察学生的数学思维能力和创新性。
IMO不仅是一场竞赛，更是国际数学界的盛会。
2. 中国数学奥林匹克竞赛（China IMO）作为国内最具影响力的奥林匹克数学竞赛，中国 IMO 不仅挖掘和培养了无数优秀的青少年数学人才，也成为了中国奥数文化的重要组成部分。
中国 IMO 分为初赛、复赛和决赛三个阶段，考验学生的数学理论与实践能力。
参与其中，学生不仅能够接触到数学上的精彩问题，还能与其他奥数爱好者进行交流。
3. 亚洲太平洋地区数学奥林匹克竞赛（APMO）亚太地区数学奥赛是面向亚洲和太平洋地区学生举办的知名数学竞赛。
这个竞赛中的数学问题往往需要更深入的思考和创新。
APMO的参与者通过解决五道数学难题，展示自己运用数学知识解决实际问题的能力，并与来自其他亚太国家和地区的学生切磋学术。
4. 中国高中生数学竞赛（CGMO）中国高中生数学竞赛是一项为中学生提供锻炼和交流机会的数学比赛。
这个赛事旨在挖掘数学优秀学生，并促进中学数学的普及和发展。
CGMO考察学生的数学知识广度和深度，通过解决实际问题展示学生的创新思维和应用能力。
5. 北京航空航天大学“华罗庚杯”数学竞赛（Hua LuoGeng Cup）全国范围内的高中生都可以参与的华罗庚杯数学竞赛是中国六大赛事之一。
以“自由创新、数学探索”为宗旨，华罗庚杯鼓励学生使用多种解题方法和思路，开拓数学思维的边界。
历届国际数学奥赛结果
历届国际数学奥赛结果历届国际数学奥赛是世界上最具权威性和影响力的数学竞赛之一。
从1959年开始，国际数学奥林匹克委员会每年举办一次数学奥赛，参赛国家和地区不断增加，竞争水平也越来越高。
以下是历届国际数学奥赛的获奖结果：第一届国际数学奥赛，1959年在罗马尼亚布加勒斯特举行，共有7个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和罗马尼亚。
第二届国际数学奥赛，1960年在苏联莫斯科举行，共有12个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第三届国际数学奥赛，1961年在捷克斯洛伐克布拉格举行，共有16个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和捷克斯洛伐克。
第四届国际数学奥赛，1962年在波兰华沙举行，共有22个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、波兰和捷克斯洛伐克。
第五届国际数学奥赛，1963年在东柏林举行，共有26个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第六届国际数学奥赛，1964年在日本东京举行，共有29个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、捷克斯洛伐克和罗马尼亚。
第七届国际数学奥赛，1965年在保加利亚索非亚举行，共有21个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和捷克斯洛伐克。
第八届国际数学奥赛，1966年在苏联莫斯科举行，共有30个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第九届国际数学奥赛，1967年在古巴哈瓦那举行，共有27个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第十届国际数学奥赛，1968年在罗马尼亚布加勒斯特举行，共有34个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和波兰。
…………从历史上看，苏联是国际数学奥赛的绝对霸主，曾经连续获得了第一名，直到1990年苏联解体后，俄罗斯继承了苏联的优秀传统，成为了国际数学奥赛的又一强势国家。
此外，中国自1985年参赛以来，也成为了国际数学奥赛的重要参赛国之一，多次获得金牌和荣誉。
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。
数学奥林匹克题解 代数-数列
代数-数列有一群儿童，他们的年龄之和50岁，其中最大的13岁，有一个是10岁；除去这个10岁儿童之外，其余儿童的年龄都是整数且恰好组成一个等差数列．问有几个儿童？每个儿童是几岁？【题说】1956年北京、天津市赛二试题1．【解】设除去10岁的那个儿童外，他们的岁数为a，a+ d，a+2d，…，a+ nd且a+nd=13．于是 a+（a+ d）+（a+2d）+…+（a+ nd）亦即（n+1）（2a+nd）=80或（n+1）（a+13）=80可见，（n+1）|80．但a+13＞13，又a+13＜2×13=26，故3＜n+1＜6．当n+1=4时，由4（a+13）=80，得a=7，从而d=2，共5个儿童，岁数为7，9，10，11，13．是不可能的，于是解是唯一的．B6-002 在公比大于1的等比数列中，最多有几项是在100和1000之间的整数．【题说】第四届（1972年）加拿大数学奥林匹克题10．【解】考虑等比数列（100≤）a＜ar＜ar2＜…＜arn-1（≤1000）其中r＞1是公比，a为首项，各项都是整数．因此r为有理数．设r =p/q，（p，q）=1，p＞q．因为arn-1=a（p/q）n-1是整数，所以qn-1整除a．如果q≥3，则有而有n≤5．如果q=1，则而有n≤4．如果q=2，则432，648，972在100与1000之间．B6-003 若实数a1，a2，a3，a4满足求证：a1，a2，a3成等比数列，且公比为a4．【题说】1978年上海市赛二试题5．看成关于a4的二次方程，则判别式因为判别式为0，方程两根相等，由韦达定理即a4是等比数列a1，a2，a3的公比．B6-004 如果1、x、y三个正数，既依次是一个等差数列的第l项、第m项、第n项，又依次是一个等比数列的第l项、第m项、第n项，试确定x、y应满足的关系式．【题说】1983年上海市赛一试题1（6）．【解】设该等差数列的公差为d．若d≠0，则又设该等比数列的公比为q，则q≠1，且有若d=0，则x=y=1．此时仍有xy-1=yx-1．</B6-005 n2（n≥4）个正数排成n行n列a11 a12 a13 a14 … a1 na21 a22 a23 a24 … a2 na31 a32 a33 a34 … a3 na41 a42 a43 a44 (4)………………an1 an2 an3 an4 … an n其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等．已知a24=1，a42=1/8，a4=3/16，求a11+a22+a33+a44+…+ann．【题说】1990年全国联赛一试题4．【解】设第一行公差为d，各列公比为q，则 aik=[a11+（k-1）d]qi-1从而 a24=（a11+3d）q=1a42=（a11+d）q3=1/8a43=（a11+2d）q3=3/16所以akk=[a11+（k-1）d]qk-1=k/2ks=2-1/2n-1-n/2nB6-006 等差数列｛an｝与等比数列｛bn｝的首项是相等的正数，且a2n+1=b2n+1．an+1与bn+1的大小关系是什么？【题说】1994年四川省赛题1（1）．原题为填空题．【解】设a1=b1=M，a2n+1=b2n+1=N．因为M=N·q2n，q为公比，所以M、N同号．所以 an+1≥|bn+1|≥bn+1B6-007 数1，2，3，…，100能否是12个等比数列的项？【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克十一年级题1．【解】不能．首先证明：3个不同的素数不可能在同一个等比数列中．假设三个素数p1＜p2＜p3，在以a1为首项、q为公比的等比数列中，p1=a1qk-1，p2=a1qi-1，p3=a1qm-1，则p2=p1qs=p3q-t，其中s= l-k，t= m-l都是正整数．而不可能成立．<由于1至100中含有25个素数，而根据上面所证，每个等比数列中至多含有两个素数，因此25个素数不可以包含于12个等比数列中．所以答案是否定的．B6-008 证明：在首项为1，公差为729的等差数列中，可找到无限多项是10的（自然数）方幂．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】我们可证明更为一般的结论：若整数a与m互素，则存在无限多个自然数k，使得ak-1被m整除（当a=10，m=729时便是本题的结论）．先证至少存在一个这样的k．由抽屉原则，在数列1，a，a2，…，am中，必有两项，除以m所得的余数相同，即它们的差aj+k-aj=aj （ak-1）被m整除，因为a与m互素，所以ak-1被m整除．ak-1被m整除时，显然alk-1被m整除，其中l=1，2，3，…．B6-010 设[x]表示不超过x的最大整数．试对任意正整数n计算和【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】令｛x｝=x-[x]，则从而利用（1）得B6-011 求1·1！+2·2！+3·3！+…+（n-1）·（n-1）！+n·n！的和，这里n！=n·（n-1）…·2·1．【题说】第一届（1969年）加拿大数学奥林匹克题6．【解】原式=（2！-1！）+（3！-2！）+（4！-3！）+…+[n！-（n-1）！]+[（n+1）！-n！]=（n+1）！-1B6-013 设f（n）是数列0，1，1，2，2，3，3，4，4，5，5，…前n项的和．1．给出f（n）的公式；2．证明f（s+ t）-f（s-t）=st，其中s和t是正整数，并且s＞t．【题说】第二届（1970年）加拿大数学奥林匹克题9．【解】1．当n为偶数时，f（n）=0+1+2+…+（n/2-1）+1+2+…+n/2当n为奇数时，2．s+ t与s-t奇偶性相同．当s+ t与s-t同为偶数时当s+ t与s-t同为奇数时B6-014 已知对任意的n∈N，有an＞0，且求证：an=n．【题说】1989年全国联赛一试题5．以上二式相减，并约去an+an+1，得an+1-an=1（n≥2）假设ak=k（k≥2），则ak+1=ak+1=k+1．故对任意n∈N，an=n成立．B6-016 对自然数k，g（k）表示k的最大奇因子（例如g（3）=3，g（20）=5）．求g（1）+g（2）+g （3）+…+g（2n）（其中n是自然数）．【题说】1993年上海市赛高三二试题3．【解】令Sn=g（1）+g（2）+…+g（2n），则Sn=1+3+…+（2n-1）+g（2）+g（4）+g（6）+…+g（2n）=（2n-1）2+g（1）+g（2）+g（3）+…+g（2n-1）=4n-1+Sn-1将S2-S1=4，S3-S2=42，…，Sn-Sn-1=4n-1相加得Sn=S1+4+42+…+B6-018 n、r为正整数（n≥2），r不是n的倍数，g是n与r的最大公约数．求证其中｛x｝=x-[x]为x的非负小数部分．【题说】1995年日本数学奥林匹克题1．<【证】记n= g·n1，r= g·r1，则（n1，r1）=1，且由于｛r1i｝（i=1，2，…，n1）构成模n1的一个完全剩余系，所以故B6-020 设数列｛an｝的前n项和Sn=2an-1（n=1，2，…）（1）数列｛bn｝满足条件b1=3，bk+1=ak+bk （k=1，2，…）（2）求数列｛bn｝的前n项和．【题说】1996年全国数学联赛二试题1．【解】由（1）得a1=1．又由 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1an=2an-1故an=2n-1，Sn=2n-1，从而=2n+2n-1B6-021 设r为正整数，定义数列｛an｝如下：a1=1，且对每个正整数n，证明每个an都是正整数，并且确定对哪些n，an是偶数．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题4．【证】由题设，有（n+2）an+1=nan+2（n+1）2r （1）两边同乘以n+1，得（n+2）（n+1）an+1=（n+1）nan+2（n+1）2r+1令bn=（n+1）nan（n=1，2，…），则b1=2，且bn+1=bn+2（n+1）2r+1 （n=1，2，…）所以 n |bn再将bn改写成即得（n+1）|bn．由于n，n+1互质，故n（n+1）|bn是正整数．在n≡3（mod4）时，用类似的方法也可证明在n≡0（mod 4）时，an是偶数；在n≡不难验证．在n为奇数时，由（1）得an+1≡an（mod 2）在n≡0（mod 4），由（1）得2an+1≡2（mod 4）所以an+1≡1（mod 2）在n≡2（mod 4）时，由上面所证an+1≡0（mod 2）．所以由结论对an成立导出结论对an+1成立．于是，对一切自然数n，n≡0或3（mod 4）时，an为偶数，其它情况an为奇数．B6-023 设｛xn｝、｛yn｝为如下定义的两个整数列：x0=1，x1=1，xn+1=xn+2xn-1 （n=1，2，3，…）y0=1，y1=7，yn+1=2yn+3yn-1 （n=1，2，3，…）于是这两个数列的前几项是：x：1，1，3，5，11，21，…y：1，7，17，55，161，487，…证明：除了“1”以外，两个数列中不再有其他相同的数．【题说】第二届（1973年）美国数学奥林匹克题2．【证】用数学归纳法证明．｛xn｝从第3项起，奇数项被8除余3，偶数项被8除余5．当n=2，3时，xn=3，5，结论成立．假设n≤k（k＞3）时结论成立，则当n=k+1时，xk+1=xk+2xk-1=（xk+xk-1）+xk-1因（xk+xk-1）被8除余数恰为0，故xk+1与xk-1被8除后，余数相同；而（k+1）与（k-1）奇偶相同．同法可证｛yn｝从第2项起，奇数项被8除余1，偶数项被8除余7．综上所述，除“1”外，二数列中没有别的数相同．B6-024 数列a1，a2，a3，…满足a1=1/2且a1+a2+…+an=n2an（n≥1）．确定an的值（n≥1）．【题说】第七届（197年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】令sn=a1+a2+…+an，则an=sn-sn-1=n2an-（n-1）2an-1B6-025 设数列u0，u1，u2，…的定义如下：试证：这里[x]表示不大于x的最大整数．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【证】首先用数学归纳法证明：当n＞0时，事实上，由可知命题对n=1，2为真．设命题对n=k-1，k为真，我们证明命题对n=k+1为真．令由数列的递推关系得=2f（k）+2f（k-1）+2-[f（k）+2f（k-1）]+2f（k）-2f（k-1）因为所以这就证明了命题对n=k+1为真．易知是整数，从而2-f（n）是真分数，故B6-026 设0＜u＜1，且定义证明：对n的所有值，un＞1．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题6．【证】用数学归纳法证明1＜un≤1+u，n=1，2，…（1）（Ⅰ）1＜u1=1+u满足（1）式．（Ⅱ）假设n=k时（1）满足，则即1＜uk+1＜1+u因此，对n所有值（1）成立．B6-027 求实数a0的集合，使得由an+1=2n-3an，n=0，1，2，…定义的无限序列｛an｝是严格增加的，即对于n≥0有an＜an+1．【题说】1980年英国数学奥林匹克题4．【解】an+1=2n-3an=2n-3×2n-1+32an-1=2n-3×2n-1+32×2n-2-33an-2=…=2n-3×2n-1+32×2n-2-…+（-3）n+（-3）n+1·a0以在n充分大时，an正负交错．B6-028 选取一列整数a1，a2，a3，…，使得对每个n≥3，都有an=an-1-an-2．若该数列前1492项之和等于1985，前1985项之和等于1492．那么前2001项之和是多少？【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题5．【解】设a1=a，a2=b，则a3=b-a，a4=-a，a5=-b，a6=a-b，a7=a，…每6个重复一遍，且每相邻6项之和为零．于是（a1+a2+…+a1488）+a1489+a1490+a1491+a1492=1985故 a+ b+（b-a）+（-a）=1985即2b-a=1 985（1）又（a1+a2+…+a1980）+a1981+…+a1985=1492得 a +b+（b-a）+（-a）+（-b）=1492即b-a=1492（2）由（1）、（2）解得b=493．因此=a+ b+（b-a）=2b=986B6-029 对于每个实数x1，由xn+1=xn（xn+1/n），n≥1，构成序列x1，x2，…，证明：存在唯一的x1，使得0＜xn＜xn+1＜1（n=1，2，…）．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【证】设P1（x）=x，Pn+1（x）=Pn（x）（Pn（x）+1/n），（n≥1）那么Pn（x）是正系数的2n-1次多项式．于是xn=Pn（x1），由于xn+1＞xn与xn＞1-1/n等价，问题可改为证明存在唯一的正实数t，使得1-1/n ＜Pn（t）＜1（n=1，2，）．由于Pn（x）是严格的增函数（x≥0），Pn（0）=0，且P1（1）=1，Pn（1）＞1（n≥2），我们可以找到唯一的an＜bn≤1，使Pn（an）=1-1/n及Pn（bn）=1．又由Pn+1（an）=1-1/n及Pn+1（an+1）=1-1/（n+1），可得an＜an+1同理，由Pn+1（bn+1）=1及Pn+1（bn）=1+1/n，得bn+1＜bn．由于[an，bn] [an-1，bn-1]，所以Pn-1（an）≥Pn-1（an-1）≥≥P1（bn）-P1（an）=bn-an由“区间套定理”，存在唯一实数t，使得对所有n均满足an＜t＜bn，由此得1-1/n＜Pn（t）＜1．B6-031 已知｛an｝为正整数数列an+3=an+2（an+1+2an）（n∈N）a6=2288．求a1、a2、a3．【题说】1988年四川省赛题2．【解】由an+3=an+2（an+1+2an）（n∈N）得：a4=a3（a2+2a1）a5=a3（a2+2a1）（a3+2a2）因为a6=2288=24×11×13，正整数（a2+2a1+2）比（a2+2a1）大2，所以a2+2a1=11从而得出a3=1或2．a3=1时，a2不是正整数，所以a3=2．从而 a1=5，a2=1，a3=2B6-032 已知a1=1，a2=2，试证：对一切n∈N，an≠0．【题说】1988年全国联赛二试题1．【证】由递推公式，an，an+1，an+2的奇偶性只有：奇，偶，奇；偶，奇，奇；奇，奇，偶．三种情形．a1=1，a2=2，a3=7均不是4的倍数，下面证明｛an｝中所有的项都不是4的倍数．设am是4的倍数，m为最小下标，m＞3，则am-1，am-2均为奇数，am-3为偶数．由am=am-1-am-2及am-1=5am-2-3am-3，得3am-3=4am-2-am故am-3是4的倍数，与所设矛盾．由于0是4的倍数，故对一切n∈N，an≠0．B6-033 设x0=0，x1=1，且xn+1=4xn-xn-1；y0=1，y1=2，且yn+1=4yn-yn-1（n=1，2，3，…）．求证：对一切整数n≥0，有【题说】第二十届（1988年）加拿大数学奥林匹克题4．用数学归【证】当n=1时，（a）、（b）二式显然成立．假设n=k时，（a）、（b）成立，则=3xn（4xn-xn-1）+ 2=3xnxn+1+2因此，对任何自然数n，（a）、（b）都成立．B6-034 数列｛an｝定义为a1=a2=1，an+2=an+1+an．求证：当n≥2时，a2n-1必是数列中某两项的平方和，a2n必是数列中某两项的平方差．【题说】1990年南昌市赛二试题1．此数列即为斐波拉契数列．【证】数列的前4项为1，1，2，3，因此对一切自然数n≥2，B6-035 数列｛an｝由下列条件决定：a1=1；n≥1时，an+1=an+1/an．求a100的整数部分[a100]．【题说】1990年日本数学奥林匹克第一轮选拔赛题12．【解】由题有因为an+1-an=1/an＞0，所以an递增．当≥2时，an≥a2=2，于是=200+98/4＜225所以 14＜a100＜15故[a 100]=14．B6-036 三元数组（xn，yn，zn），n=1，2，…由下列关系式确定：x1=2，y1=4，z1=6/71．证明：上述作三元组的过程可以无限继续下去．2．能否在某一步，得到的三元数组（xn，yn，zn）满足等式xn+yn+zn=0？【题说】第十六届（1990年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】1．只须证明：在任何一步所得到的三个数中都不可能出现1或-1．所以xn+1≠±1．同理，yn+1，zn+1都不等于±1．2．由x1、y1、z1≠0及递推关系知道，对于任意的n∈N，xn、yn、zn≠0，xnynzn≠0我们用归纳法来证明：xn+yn+ zn=xnynzn（1）显然 x1y1z1=48/7=x1+y1+z1假设 xnynzn=xn+yn+zn令xn=tanα，yn=tanβ，zn=tanγ由假设 tanα+tanβ+tanγ=tanα·tanβ·tanγ所以α+β+γ=0或α+β+γ=±π从而 tan2α+tan2β+tan2γ=tan2α·tan2β·tan2γ所以 xn+1·yn+1·zn+1=xn+1+yn+1+zn+1从而（1）式对一切自然数n成立．由于xnynzn≠0，所以xn+yn+zn永远不为0．B6-037 设a1=1，a2=3，对一切自然数n有an+2=（n+3）an+1-（n+2）an求所有被11整除的an的值．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题1．【解】设bn+1=an+1-an（n≥1），则由条件有bn+1=（n+1）（an-an-1）=（n+1）bn（n≥2）bn=nbn-1=n（n-1）bn-2=…=n（n-1）…3b2=n！（n≥2）所以 an=（an-an-1）+（an-1-an-2）+…+（a2-a1）+1由此可算出：整除．故本题答案为n=4，n=8以及n≥10．B6-038 函数列｛fn（x）｝由下列条件递归定义：对于每个正整数n，求出方程fn（x）=2x的所有实数解．【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题2．若x＜4，测f1（x）＞2x，fn+1（x）＞2x．故对每一n，fn（x）=2x只有唯一解x=4．B6-039 已知整数列｛a0，a1，a2，…｝满足：（1）an+1=3an-3an-1+an-2，n=2，3，…；（2）2a1=a0+a2-2；（3）对任意自然数m，在数列｛a0，a1，a2，…｝中必有相继的m项ak，ak+1，…，ak+m-1都是完全平方数．求证：｛a0，a1，a2，…）的所有项都是完全平方数．【题说】1992年中国数学奥林匹克题6．【证】令dn=an-an-1，则由（1）dn+1-dn=dn-dn-1=…=d2-d1所以｛dn｝是等差数列，从而由（2），d2-d1=a2-2a1+a0=2，所以an=n2+bn +c，b、c∈Z若b为奇数2t+1，则在n充分大时，大于（n+t）2，小于（n+t+1）2（=（n+t）2+2n+2t+1），因而an不是平方数．而由（3），｛an｝有任意大的平方数，矛盾！所以b为偶数2t，从而an=（n+ t）2+c-t2在c-t2＞0时，对于充分大的n，an介于（n+ t）2与（n+t+1）2之间，与（3）矛盾．同样c-t2＜0也导出矛盾（考虑连续平方数（n+t-1）2与（n+t）2）．所以c-t2=0，an=（n+ t）2．【注】（3）可减弱为｛an｝中有任意大的平方数，即｛an｝中有无穷多个平方数．B6-040 设正数列a0，a1，…，an，…满足（2）a0=a1=1求｛an｝通项公式．【题说】1993年全国联赛一试题5．bn-1=2bn-1即bn+1=2（bn-1+1）从而bn+1=（b1+1）·2n-1=2nan=（2n-1）2an-1=（2n-1）2（2n-1-1）2an-2=…B6-041 设数列｛vn｝满足：v0=1，v1=3，vn+2=4vn+1-vn．试对【题说】1993年（第十六届）哈尔滨市赛二试题3．【解】因为vn+2≡-vn（mod4），而v0=1，v1=3，则所以另一方面vn除以25，余数成周期为15的数列：所以vn≡1，3，6，11，16，21（mod 25）（2）因为 2vn3-vn-1=（vn-1）（2vn2+2vn+1）并且由（1），在vn 3（mod 25）时，vn-1≡0（mod 5），2vn2+2vn+1≡2·12+2·1+1≡0（mod 5）在vn≡3（mod 25）时，2vn2+2vn+1≡2·32+2·3+1=25≡0（mod 25）所以恒有2vn3-vn≡1（mod25）（3）由（1）、（3）即在n=4k或4k+3时，2vn3-vn的末两位数字为01；在n=4k+1或4k+2时，2vn3-vn的末两位数字为51．B6-042 由0和1组成的、长度为n（如00101，10100长度都为5）的排列中，没有两个1相连的排列的个数记为f（n）．约定f（0）=1．试证明：（1）f（n）=f（n-1）+f（n-2），n≥2；（2）f（4k+2）可被3整除，k≥0．【题说】1993年河北省赛二试题3．【证】（1）长度为1的排列只有0，1，故f（1）=2，长度为2的排列有00，01，10，11，故f（2）=3．所以f（2）=f（1）+f（0）．当n＞2时，将长度为n的排列分为两类：一类以0结尾，另一类以01结尾．以0结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f（n-1）；以01结尾的排列中无两个1相连的排列的个数为f（n-2）．所以对任意自然数n≥2，总有f（n）=f（n-1）+f（n-2）（2）用数学归纳法．k=0时，f（4k+2）=f（2）=3，3|f（2）．假设当k=m时，3|f（4+2），即f（4m+2）=3q令f（4m+3）=3q1+r，0≤r＜3，由（1）有f（4m+4）=f（4m+3）+f（4m+2）=3q2+rf（4m+5）=f（4m+4）+f（4m+3）=3q3+2rf（4m+6）=f（4m+5）+f（4m+4）=3q4+3r=3（q4+r）这就是说，当k=m+1时，f（4+2）是3的倍数．所以对一切k≥0，有3|f（4k+2）B6-044 数列y1，y2，y3，…满足条件y1=1，对于k＞0，证明：数列y1，y2，y3，…能取遍每个正整数并且恰好一次．【题说】第二十五届（1993年）加拿大数学奥林匹克题5．【证】用二进制表示．设n=（amam-1…a1a0）2其中am=1，ai=0或1，i=0，1，…，m-1．我们用归纳法证明yn=（bmbm-1…b1b0）2其中bm=1，b2≡ai+ai+1（mod2），i=0，1，…，m-1．（1）n=1时，显然．（2）假设对于小于n的正整数结论成立．对于n=（am…a1a0）2，其中b0=0≡a1+a0（mod2）．（ii）若a1=1，a0=0，则其中b0=1≡a0+a1（mod2）．（iii）若a1=0，a0=1，则其中b0=1≡a0+a1（mod2）．（iv）若a1=a0=1，则其中b0=0≡a0+a1（mod2）．因此，命题对任意正整数n也成立．反之，对任意数（bm…b1b0）2，可以唯一确定n=（amam-1…a1a0）如下：am=bm=1，ai≡bi-ai+1（mod2）所以，yn→n是N+→N+的一一对应．B6-045 已知数列｛an｝（n=1，2，…）中，a1=1，a2=3，a3=6，且当n＞3时，an=3an-1-an-2-2an-3．试证：对n＞3的一切自然数有an＞3×2n-2．【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题2．【证】a4=13＞2a3，a5=27＞2a4，假设n≥5时ak＞2ak-1，ak-1＞2ak-2，则ak+1=3ak-ak-1-2ak-2=2ak+ak-ak-1-2ak-2＞2ak+2ak-1-ak-1-2ak-2=2ak+（ak-1-2ak-2）＞2ak所以，对n＞3，均有an＞2an-1．由此，得an＞2an-1＞22an-2＞…＞2n-3a3=3×2n-2B6-046 设q是任意正实数，而an（n=1，2，…）为实数．a0=1，a1=1+q，且对所有正整数k满足以下等式；（2）a2k-a2k-1=a2k+1-a2k．证明：对每个给定的正实数q，总能找到正整数N，使得对所有正整数n＞N，都有an＞1994．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题1．【证】a3=2a2-a1=（1+q）（2q+1）a5=2a4-a3=（2q+1）（3q+1）……一般地，用数学归纳法易证a2k=（kq+1）2，a2k+1=（kq+1）（（k+1）q+1）若a2k＞1994，则对一切n＞2k，有an＞1994．由（kq+1）有an＞1994．B6-047 设函数f：N+→N+，满足条件f（1）=1，且对任意n∈N+都有试求方程f（k）+f（l）=293，k＜l （*）的所有解．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题2．【解】由题设得3f（n）·（f（2n+1）-f（2n））=f（2n）＜6f （n）（1）从而0＜f（2n+1）-f（2n）＜2即f（2n+1）=f（2n）+1 （2）将（2）代入（1），得f（2n）=3f （n）（3）将n表示成二进制数．设其中m1＞…＞ms≥0．那么由f（1）=1及（2）、（3），用归纳法不难证明则方程（*）即=35+33+2·32+3+2·30（5）由于右边32、30系数均为2，故在k、l的二进制表示中都含有22和20的项，注意到k＜l，l的最高项为25．故满足条件的（k，l）有4组：1°k=22+1=5，l=25+23+22+2+1=472°k=22+2+1=7，l=25+23+22+1=453°k=23+22+1=13，l=25+22+2+1=394° k=23+22+2+1=15，l=25+22+1=37B6-048 设n是大于1的奇数，已知若正整数m满足Xm=X0，求证：m是n的倍数．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题6．（1，0，…，0，1）易见数列｛xkn+i｝是以n为最小正周期的周期数列，且对任意i，有x-i=xi+1．由已知的递推关系=xi+2xi+1+xi+2一般地，从而因此，m是n的倍数．B6-049 m是正整数，数列a1，a2，a3，…，am的长度为m，其各项ai是整数，且1≤ai≤4．数列若满足条件：“若ai=aj且ai+1=aj+1，则i=j．”求m的最大值．【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题9．【解】由条件知，（ai，ai+1）的不同组合有（1，1），（1，2），…，（4，4）等16种．而数列中相同的组合不能出现两次，从而数列的长度m不超过17．下面的数列长度为17，且满足题设条件：1，1，2，1，3，1，4，2，2，3，2，4，3，3，4，4，1．故所求m的最大值为17．B6-050 设u为区间（0，1）内一实参数，定义数列｛un｝递归定义如下：u1=f（1）， un=f（un-1）（n＞1）证明：一定存在一个正整数k使uk=0．【题说】第二十七届（1995年）加拿大数学奥林匹克题5．【证】易知f（1）=u1=1-u．对任意x∈[u，1]，u≤x且1-x≤1-u，所以≤u+x-2ux-2u（1-x）=x-u于是，若u1，u2，…，un均≥u，则un+1=f（un）≤un-u≤un-1-2u≤…≤1-（n+1）u因此，对于充分大的k，uk-1＜u，从而uk=f（uk-1）=0B6-052 假设a1，a2，a3，…是无穷的自然数列，a1=1，而且当k＞1时有不等式ak≤1+a1+a2+…+ak-1证明：所有的自然数都可以表示成这个数列的某些项之和的形式（可以只有一项构成）．【题说】1960年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】我们证明稍广一点的断言：如果自然数n≤a1+a2+…+ak，那么n可以表示成a1，a2，…，ak中某些数的和．k=1时断言显然成立，假设断言对于k-1成立，则自然数n≤a1+a2+…+ak-1时n可以表示成a1，a2，…，ak-1中某些数的和．若1+a1+a2+…+ak-1≤n≤a1+a2+…+ak，则由已知条件0≤n-ak≤a1+a2+…+ak-1．于是数n-ak或者等于0，或者根据归纳假设可以表示成a1，a2，…，ak-1中某些数的和．因此n可以表示成a1，a2，…，ak中某些数的和．B6-053 考察数列｛cn｝：c1=c1+c2+…+a8……其中a1，a2，…，a8是不全为0的实数．假定该数列中有无限多项cn=0．求出所有使cn=0的自然数n．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题5．本题由原苏联提供．【解】不妨设a1的绝对值为最大，则必有某个ai，满足ai=-a1（i≠1）．否则，当n充分大时，不失一般性可设 a2=-a1所得的和cn仍然有无穷多个为0．根据上面的推理，有（适当调整编号）：a3=-a4，a5=-a6，a7=-a8因而n为奇数时，cn=0．B6-054 一次竞赛在n（＞1）轮中共发了m枚奖章．第一轮发了轮正好发了n枚而没有余下的奖章．这个竞赛共包括几轮？一共发了多少奖章？【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题6．本题由匈牙利提供．即（m-36）·6n-1=7n·（n-6）所以6n-1|（n-6）但6n -1＞n-6所以n=6，m=36B6-055 设｛an｝为有下列性质的实数列：1=a0≤a1≤a2≤...≤an≤ (1)又｛bn｝是由下式定义的数列：证明：（a）对所有n=1，2，3，…，有0≤bn＜2；（b）对0≤c＜2的任一c，总存在一个具有性质（1）的数列｛an｝，使得由（2）导出的数列｛bn｝中有无限多个下标n满足bn＞c．【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题3．本题由瑞士提供．所以=2第k项是现在要求对无穷多个n，d（1+d）（1-dn）＞c，则事实上，这时有d（1+d）＞c．故（3）右端为一正数．因为0＜d＜1时，dn→0，所以存在一个确切的自然数N（如取N=[ln（1-c/（d（1+d）/lnd））]），使得当n＞N时（3）成立．于是（b）得证．B6-056 证明：如果｛an｝是两两互异的自然数组成的无穷序列，并且这些自然数的十进制表达式中不含数字0，那么【题说】1970年～1971年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】k位数中，数字不含0的共9k个，其中首位数字为1，2，…，9的各9k-1个，因此B6-057 证明：数列｛2n-3｝，n=2，3，4，…中至少有一个无穷子列，其中的项两两互素．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题3．本题由波兰提供．【证】我们用归纳法来构造一个这样的子列．取n1=2．若n1，…，nk已经取定，且2ni-3（1≤i≤k）两两互素，将它们分解成素因子的积，设在这些积中出现的素因子为pj（1≤j≤n）令 nk+1=（p1-1）（p2-1）…（pm-1）+2≡4-3=1（mod pj）（1≤j≤n）故2nk+1-3不能被任一pj整除，因而它与2ni（1≤j≤k）都互素，这样，子列｛2nk-3｝就是满足题目要求的一个子列．B6-058 设a1，a2，a3，…是正整数无穷数列，且对所有k≥1有ak＜ak+1．证明：在上述数列出，有无穷多个am可以表示成am=xap+yaq的形式，其中x，y是适当的正整数，并且p≠q．【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题2．本题由英国提供．【证】考虑模a1的剩余类．因为关于模a1的剩余类只有有限个，所以必存在一个剩余类，其中包含所给数列的无穷多项，设ap是该剩余类中的最小的异于a1的数，则此类中其余的am＞ap，都可表成am=ap+ya1，y为正整数．B6-059 在一个实数的有限数列中，任何七个连续项之和都是负数，而任何十一个连续项之和都是正数．试问：这样一个数列最多能包含多少个项？【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题2．本题由越南提供．【解】设所求的有最大项数的数列为a1，a2，…，an．首先，n≤16．否则，矛盾．其次，n=16是可能的．例如数列（5，5，-13，5，5，5，-13，5，5，-13，5，5，5，-13，5，5），因此所求的最大数为16．B6-060 在正整数集上定义一个函数f（n）如下：当n为偶数时，f（n）=n/2；当n为奇数时，f（n）=n+3．1．证明：对任何正整数m，数列a0=m，a1=f（a0），…，an=f（an-1），…中总有一项为1或3．2．在全部正整数中，哪些m使上述数列必然出现3？哪些m使上述数列必然出现1？【题说】1979年全国联赛二试题5．【解】1．若ak＞3，则ak为偶数时，ak+1=ak/2＜ak；ak为奇数时，ak+2=（ak+3）/2＜ak．由于数列取正整数值，任一无限子列不能严格递减，所以必有一项≤3．如果这项为2，则下一项为1，故数列中必有一项为1或3．2．当m是3的倍数时，一切项都是3的倍数，因此，数列必然出现3．当m不是3的倍数时，一切项都不是3的倍数，因此，数列必然出现1．B6-061 无穷正实数列｛xn｝具有以下性质：x0=1，xi+1≤xi（i≥0）（1）试证：对具有上述性质的任一数列，总能找到一个n≥1，使下式成立．（2）寻找这样一个数列，下列不等式：对任一n均成立．【题说】第二十三届（1981年）国际数学奥林匹克题3．≥…因此当n足够大时，就有B6-062 n个不同的数，依递增次序写成一行，再把这些数写在第二行，顺序不拘．将上、下两行的每对数相加，和数写在第三行．如果第三行的数是按递增顺序排列，求证：第一、二两行数的次序完全一致．【题说】第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】设给定的（第一行）数为a1＜a2＜…＜am＜am+1＜…＜an第二行数是b1，b2，…，bn．则a1+b1＜a2+b2＜…＜an+bn （1）若b1≠a1，设bm=a1（m≥2），则由（1），对i=1，2，…，m-1，有ai+bi＜am+a1由于ai≥a1，所以bi＜am．于是a1，b2，b2，…，bm-1这m个不同的数均小于am．但a1，a2，…，an 中只有m-1个数小于am．矛盾．因此b1=a1．同理b2=a2，…，bn=an．因此第二行与第一行的次序完全相同．B6-063 设a1，a2，a3，…是一不减的正整数序列，对于m≥1，定义bm=min｛n|an≥m｝（即bm是使an ≥m的n最小值），若a19=85，试求a1+a2+…+a19+b1+b2+…+b85的最大值．【题说】第十四届（1985年）美国数学奥林匹克题5．本命题的一般情况容易入手．【解】我们证明一般命题：若aq=p，则a1+a2+…+aq+b1+…+bp=p （q+1）（1）如果a1=a2=…=aq=p，则b1=b2=…=bp=1，易得（1）式．若有ai＜p（1≤i＜q），令t为使at＜p的最大下标，且令at=u，若at增加1，则bj（j≠u+1）保持不变，而bu+1减少1．所以（1）左边总和不变．经过不断调整，最后可得常数序列．由此可导出所求证的结果．因此，当q=19，p=85时，a1+…+a19+b1+…+b85=85×（19+1）=1700．[别解]考虑坐标平面上的矩形｛（x，y）：1≤x≤q；1≤y≤p｝．将点（i，ai）用水平与竖直线段连结起来形成阶梯形，（i，ai）都是阶梯形的顶点．这时，a1+a2+…+aq是阶梯形中整点的个数．b1+b2+…+bp是另一阶梯形（它与前一阶梯形合成整个矩形）中整点的个数．每条水平线段y=j（1≤j≤p）上有一点被计算了两次．所以a1+a2+…+aq+b1+b2+…+bp=pq+ p= p（q+1）B6-064 递增数列1，3，4，9，10，12，13，…由一些正整数组成，它们或者是3的幂，或者是若干个不同的3的幂之和．求此数列的第100项．【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题7．[设] 由前6个3的幂：1，3，9，27，81，243可以组成26-1=63个不同的3的幂之和，它是数列的前63项；第64项是37=729．第243，接下去是729+243+1，729+243+3，729+243+1+3故第100项是729+243+9=981．[别解]注意在三进制中，数列由不含数字2组成．B6-065 已给实数a＞1，构造一个有界无穷数列x0，x1，x2，…，使得对每一对不同的非负整数i、j 有|xi-xj|·|i - j|a≥1【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题6．本题由荷兰提供．【解】设 p为正整数，q为非负整数．因此恒有并且对每一对不同的非负整数i、j，由（1），B6-066 对任一实数序列A=（a1，a2，a3，…），定义△A为序列（a2-a1，a3-a2，a4-a3，…），它的第n项是an+1-an．假定序列△（△A）的所有的项都是1，且a19=a92=0，试求a1．【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题8．【解】设△A的首项是d，则依条件，△A为（d，d+1，d+2，…），其中第n项是d+（n-1）．因此序列A 可写成（a1，a1+d，a1+d+（d+1），a1+d+（d+1）+（d+2），…），所以B6-067 设正数数列a1，a2，…，an，…满足：且a4=4，a5=5．（1）求a1，a2，a3；（2）证明a1，a2，…，an，…是自然数数列，即ak=k（k=1，2，…）．【题说】1993年四川省赛题6．（2）假设3≤k＜n时结论成立．则在k=n时，在已知等式中令k=n-1，n并将两式相减得从而于是对一切自然数k，均有ak=k．B6-068 设a、b是正奇数，序列fn定义下：f1=a，f2=b，对n≥3，fn是fn-1+fn-2的最大奇约数．证明，当n充分大时fn为常数，并确定此常数之值（用关于a，b的函数表示）．【题说】第二十二届（1993年）美国数学奥林匹克题4．【证】因为fn-1、fn-2都是奇数，所以fn-1+fn-2是偶数，从而它的最大的奇约数所以fn≤max｛fn-1，fn-2｝，当且仅当fn-1=fn-2时等号成立．对k≥1，令Ck=max｛f2k，f2k-1｝，则f2k+1≤max｛f2k，f2k-1｝=Ck且 f2k+2≤max ｛f2k+1，f2k｝≤max｛Ck+1，Ck｝=Ck于是，Ck+1≤Ck，当且仅当f2k=f2k-1时等号成立．因｛Cn｝是不增的正整数序列，所以它最终是一个常数，｛fn｝同样如此．当n充分大时，fn=常数C，所以（a，b）=（a，b，f3）=（a+ b，b，f3）=（b，f3）=…=（fn-1，fn）=fn+1=CB6-070 将与105互素的所有正整数，从小到大排成一个数列，试求出该数的第1000项．【题说】1994年全国联赛二试题2．【解】105=3×5×7．由容斥原理，每连续105个数中，有个数与105互素．1000=48×20+40=48×20+48-8a48×20=105×20=2100而自105向前倒数，第9个与105互素的数是86，所以a1000=2100+86=2186B6-071 由能被3整除且比完全平方数小1的整数组成递增序列3，15，24，48，…，这个序列的第1994项除以100的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题1．【解】一个比完全平方数小1的数具有形式n2-1=（n+1）（n-1），n=2，3，…当且仅当n不能被3整除时，n2-1是3的倍数．所以这个序列的第（2k-1）项和第（2k）项分别是（3k-1）2-1和（3k+1）2-1．因此，这个序列的第1994项是（3·997+1）2-1=（3000-8）2-1=30002-16·3000+63故它除以100的余数为63．B6-072 设a1，a2，a3，…是正实数数列，对所有的n≥1满足条【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题4．【证】先证一个更一般的命题：设a1，a2，…，an和b1，b2，…，bn是正数，且b1＞b2＞…＞bn（1）若对所有的k=1，2，…，n（2）则有（3）事实上，设bn+1=0，由（1）和（3）可得改变求和的次序得由此可得两边同时平方，再利用Cauchy不等式就可以得到为了证明本题的不等式，令B6-073 设2n个实数a1，a2，…，an；b1，…，bn（n≥3）满足条件：（1）a1+a2+…+an=b1+b2+…+bn（2）0＜a1=a2，ai+ai+1=ai+2（i=1，2，…，n-2）（3）0＜b1≤b2，bi+bi+1≤bi+2（i=1，2，…，n-2）求证：an-1+an≤bn-1+bn．【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题1．【证】设ci=ai-bi（1≤i≤n），则c1≥c2，ci+2≤ci+ci+1（i=1，2，…，n-2）．并且c1+c2+…+cn=0（1）我们证明更强一点的命题：如果对于k（2≤k≤n）有c1+c2+…+ck≥0（2）那么c1+c2+…+ck-1≥0（3）事实上，若有连续两项ci-1，ci≤0（2≤i≤k），则ci+1≤0，ci+2≤0，ck≤0．由（2）立即得出（3）．若每连续两项ci-1，ci中至少有一个＞0，则c1＞0．并且对每个≤0的ci，ci-1与ci+1均为正，从而ci-1+ci ≥ci+1＞0．于是将c1，c2，…，ck-1中，每个负项与它前面一项合并，c1+c2+…+ck-1就变成若干正项的和，当然（3）成立．由于上述命题及（1），我们有c1+c2+…+cn-1≥0，c1+c2+…+cn-2≥0．再由（1）减去此式，便得cn-1+cn≤0即an-1+an≤bn-1+bnB6-074 一个数列的前五项是1，2，3，4，5，从第六项开始，每项比前面所有项的乘积少1．证明：此数列的前70项的乘积恰是它们的平方和．【题说】1995年城市数学联赛低年级高水平题2．【证】设第n项为an，a6=119．n≥6时，an+1=a1a2·…·an-1=a1a2·…·an-1·an-1=an（an+1）-1=a71-119+65+55=a1a2·…·a70[别证]记第n项为an，则a1=1，a2=2，a3=3，a4=4，a5=5，a6=119，n≥6时，an+1=a1·a2·…·an-1=（an+1）an-1=55+（a71-a6+65）=a71+1=a1·a2·…·a70B6-074 一个数列的前五项是1，2，3，4，5，从第六项开始，每项比前面所有项的乘积少1．证明：此数列的前70项的乘积恰是它们的平方和．【题说】1995年城市数学联赛低年级高水平题2．【证】设第n项为an，a6=119．n≥6时，an+1=a1a2·…·an-1=a1a2·…·an-1·an-1=an（an+1）-1=a71-119+65+55=a1a2·…·a70[别证]记第n项为an，则a1=1，a2=2，a3=3，a4=4，a5=5，a6=119，n≥6时，an+1=a1·a2·…·an-1=（an+1）an-1=55+（a71-a6+65）=a71+1=a1·a2·…·a70B6-075 设p是奇素数．各项不同的数列an，n≥0定义如下：a0=0，a1=1，…，ap-2=p-2，并且对所有的n≥p-1，an是这样一个最小的正整数，使得它和它前面的任何项都不能组成长度为p的等差数列．证明：对所有的n，an是将n写成p-1进制数而将它看作是p进制数时所得出的数．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题1．【证】用归纳法．对n＜p-1，结论显然．假设命题对＜n的数均成立．设b是将n写成p-1进制数ck（p-1）k+ck-1（p-1）k-1+…+c0后，看成p进制得出的数ckpk+ck-1pk-1+…+c0．b以及a1，a2，…，an-1的p进制表示中，各位数字都不为p-1．如果b与其中一些项组成长为p的等差数列，设首项为a，公差为d，将d表成p进制时右数第一个非零数字为d′，在右数第t位；a写成p进制时在右数第t位上的数字为a′，则a，a +d，a+2d，…，a+（p-1）d写成p进制时，右数第t位上的数字为a′，a′+d′，a′+2d′，…，a′+（p-1）d′（1）（超过p的则往上进一位）由于（1）构成modp的完全剩余系，其中必有一个为p-1（mod p），这与b，a1，…，an-1的各位数字都不为p-1矛盾．所以，所说的等差数列不存在，从而an≤b．另一方面，设正整数c＜b且与a1，…，an-1均不相同，将c写成p进制，如果其中各位数字均不为p-1，则可将它看作（p-1）进制的数c′．但由c的定义，c′＜n并且与1，2，…，n-1均不相同，这是不可能的．因此c的数字中必有p-1．设将这些p-1改为1，其余≠p-1的数字改为0所得的p进制数为d，则c-d，c-2d，…，c-（p-1）d这些数的p进制中数字均不为p-1，并且均小于b，因而它们即是a1，a2，…，an-1中的p-1个数．由于它们与c构成p项的等差数列，所以an≥b．综上所述，an=b．于是结论对一切自然数n成立．B6-076 设q0，q1，q2，…是满足下列两个条件的无限整数数列：（i）对所有的m＞n≥0，m-n整除qm-qn．（ii）对所有n存在多项式p，使得|qn|＜p（n）．证明：存在多项式Q，对所有的n有qn=Q（n）．【题说】第二十四届（1995年）美国数学奥林匹克题4．【证】设d是多项式p的次数，一次数不超过d的多项式满足Q（i）=qi（i=0，1，2，…，d），这个多项式称为Lagrange插值多项式，我们将证明：对所有的n ≥0，有qn=Q（n）．Q的系数显然都是有理数，设K≥1是Q的所有系数的公分母．令rn=K（Q（n）-qn），则ri=0，对i=0，1，…，d成立．因为对任一整系数多项式L（x）和任意两个不相同的整数m、n，m-n整除L（m）-L（n），又已知m-n整除qm-qn，所以m-n整除rm-rn，对所有m＞n≥0成立．因为|rn|≤K（|Q（n）|+|qn|）＜K（|Q（n）|+p（n）），所以存在充分大的正数a、b，使得对n≥0，|rn|＜and+b（1）另一方面，对任意n＞d与0≤i≤d，n-i整除rn-ri=rn．所以n，n-1，…，n-d的最小公倍数Mn整除rn．由于最大公约数（n-i，n-j）（设一素因数p在n，n-1，…，n-d中次数分别为a0，a1，…，ad，。
1998小学数学奥林匹克试题预赛和决赛
1998小学数学奥林匹克试题预赛(A)卷1.计算： =________。
2.在左下图的乘法算式中，每个□表示一个数字，那么计算所得的乘积应该是________。
3.在右上图中，已知矩形GHCD的面积是矩形ABCD面积的，矩形MHCF的面积是矩形ABCD面积的，矩形BCFE的面积等于3平方米。
矩形AEMG的面积等于________平方米。
4.三个连续的自然数的最小公倍数是9828，这三个自然数的和等于________。
5.如果四个两位质数a、b、c、d两两不同，并且满足等式a+b=c+d,那么a+b的最大可能值是________。
6.某数除以11余8，除以13余10，除以17余12,那么这个数的最小可能值是________。
7.一个长方体，表面全涂上红色后，被分割成若干个体积都等于1立方厘米的小正方体。
如果在这些小正方体中，不带红色的小正方体的个数等于7，那么两面带红色的小正方体的个数等于________。
8.甲、乙两个车间共有94个工人，每天共生产1998把竹椅。
由于设备和技术的不同，甲车间平均每个工人每天只生产15把竹椅，而乙车间平均每个工人每天可以生产43把竹椅。
甲车间每天竹椅的产量比乙车间多________把。
9.一个运输队包运1998套玻璃茶具。
运输合同规定：每套运费以1.6元计算，每损坏一套，不仅不得运费，还要从总费中扣除赔偿费18元。
结果这个队实际得运费3059.6元。
在运输过程中被损坏的茶具套数是________。
10.买来一批苹果，分给幼儿园大班的小朋友。
如果每人分5个苹果，那么还剩余32个；如果每人分8个苹果，那么还有5个小朋友分不到苹果。
这批苹果的个数是________。
11.某司机开车从A城到B城。
如果按原定速度前进，可准时到达。
当路程走了一半时，司机发现前一半路程中，实际平均速度只可达到原定速度的。
现在司机想准时到达B城，在后一半的行程中，实际平均速度与原速度的比是_______。
1998数学竞赛
1998数学竞赛
1998年的数学竞赛涵盖了多个级别和类型的比赛，其中包括
国际、全国、省级和校级的比赛。
以下是一些1998年数学竞
赛的例子：
1. 国际数学奥林匹克（IMO）：1998年IMO比赛于7月12日至7月24日在台湾台北举行。
共有81个国家和地区的277名
学生参加了此次比赛。
2. 全国中学生数学竞赛（NMC）：1998年全国中学生数学竞
赛是指全国中学生数学竞赛的各个学科组，包括小学数学竞赛、初中数学竞赛和高中数学竞赛。
不同年级的学生在各自的比赛中进行了竞争。
3. 省级数学竞赛：各个省市也都举办了本地区的数学竞赛，以选拔出优秀的学生代表参加全国或国际的比赛。
4. 校级数学竞赛：许多学校也组织了自己的数学竞赛，旨在提高学生的数学能力和兴趣。
以上只是1998年数学竞赛的一些例子，实际上还有许多其他
类型的比赛和活动。
这些竞赛旨在鼓励学生们对数学的兴趣，并提供一个展示和比较数学能力的平台。
1999年 数学奥林匹克竞赛 获奖名单
1999年数学奥林匹克竞赛获奖名单1999年的数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad, 简称 IMO）是一场精彩的数学盛宴。
本次比赛吸引了来自世界各地的年轻数学天才参与，他们通过解决复杂的数学问题来展示他们的才华。
在这场比赛中，参赛者们需要充分展示他们在数学领域的深厚知识和解题能力。
他们需要在一定的时间内解决六道难题，包括代数、几何和组合数学等多个领域的问题。
在1999年的数学奥林匹克竞赛中，有许多优秀的选手表现出色，并成功获得了奖项。
以下是获奖名单：金牌得主：1. Reid Barton - 美国2. Laurentiu Panaitopol - 罗马尼亚3. Sébastien Loisel - 法国4. Goran Škoda - 克罗地亚5. Richard Montgomery - 美国6. Chengdong Bai - 中国银牌得主：1. Gabriel Carroll - 美国2. Robert Barrington Leigh - 加拿大3. Gabriel Dospinescu - 罗马尼亚4. Le Van Thanh - 越南5. Nicolae Radu - 罗马尼亚6. Hong Deng - 中国铜牌得主：1. Krzysztof Barański - 波兰2. Oleg Golberg - 以色列3. Eugenia Malinnikova - 俄罗斯4. Stephen Muirhead - 英国5. Mihnea Ignat - 罗马尼亚6. Renyuan Xu - 中国这些获奖选手在竞赛中展现了卓越的数学才能。
他们的成功不仅代表了个人的努力和智慧，也是他们所代表国家在数学领域的光荣。
这些年轻的数学家们通过数学奥林匹克竞赛的舞台，展示了他们的才华和激情，为全球数学研究和教育事业做出了重要的贡献。
1999年数学奥林匹克竞赛的获奖名单是对这些参赛者们优秀表现的认可和肯定。
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①
b1b= a2- m 2
②
由①知, b1 是整数, 由②知, b1 < 0, 于是
b1 为负整数.
m 2=
a2+ a b1 +
b21 1
<
0.
矛盾. 所以 a≥m.
而由上面过程来看, 只要 m < a < b, b 总
可以用另一个正整数 b1 取代, 并且
b1b= a2- m 2< a2< ab,
+ sin60°sin20°)
= sin40°(co s20°+ 3 sin20°) , ∴ sin80s°in- 40si°ns4in02°c0o°s20°= 3 . 如图所示, 不妨设△A B C 的外接圆半径
AG GF
=
A
B- B GF
G=
3.
所以, ∠B A F = 30°. 于是 A F ⊥B C.
{
a 2
}+
{
a 3
}+
{
a 5
}=
1 30a
,
且{
a 2
}=
0,
1 2
,
{
a 3
}=
0,
1 3
,
2 3
,
{
a 5
}=
0,
1 5
,
2 5
,
3 5
,
4 5
,
故共有
2×3×5=
30 个.
又 15i+ 10j + 6k ( i= 0, 1, j = 0, 1, 2, k =
0, 1, 2, 3, 4) 是方程的解. 所以, a = 15i&1< [ x ]≤x , 可得
a >
(
a 2
-
1) +
(
a 3
-
1) +
(
a 5
-
1)
=
31 30a
-
3,
a
≤
a 2
+
a 3
+
a 5
=
3310a.
∴
0≤a< 90.
又 a 是非负整数, 故
a
≥
(
a 2
-
1 2
)
+
(
a 3
-
2 3
)
+
(
a 5
-
4 5
)
,
∴
a ≤59.
由题设可知:
1 n+
1
(1+
1 3
+
…+
1 2n -
1)
+
1 n+
1
(
1 2
+
1 4
+
…+
1 2n
)
>
1 n
(
1 2
+
1 4
+
…+
1 2n
)
+
1 n+
1
(
1 2
+
1 4
+
…+
1 2n
)
Ζ
1 n+
1
(1+
1 2
+
1 3
+
…+
1) 2n
>
2n+ 1 2n (n+ 1)
(1+
1 2
+
…+
1) n
Ζ
1+
1 2
+
1 3
+ 6k ( i= 0, 1, j = 0, 1, 2, k = 0, 1, 2, 3, 4).
x-
1 x
≥0,
21 由 1-
1 x
≥0,
x ≠0 得 x ≥1.
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51 设 m 是一个正整数. 数列{an } 定义
为: a0= 0, a1= m ,
an+ 1= m 2an- an- 1, n ≥1.
证明: 一个有序非负整数对 (a, b) (其中
a<
b)
是方程a2+ ab+
b2 1
=
m2
的解的充分必要条
件是 (a, b) 具有 (an, an+ 1) 的形式, 其中 n≥0.
1999 年第 6 期 数 学 通 讯
47
因为 x =
x-
1 x
+
1-
1 x
①
为
1 2
,
则
B C = sin40°,
所以
1 x
=
x-
1 x
-
1-
1 x
x- 1
A B = sin80°. 易 知 ∠B FC =
x -
x
1=
x-
1 x
-
1-
1 x
②
70°= ∠B CF , 故 B F = B C = sin40°. 作 GF
+
…+
1 2n
>
(1+
1 2n
)
(1+
1 2
+
…+
1) n
Ζ
1 n+
1+
n
1 +
2+
…+
1 2n
>
1 2n
(
1+
1 2
+
…+
1 n
).
上面这个不等式显然.
41 首先
sin80°= 2sin40°co s40°
= 2sin40°co s (60°- 20°)
= 2sin40°(co s60°co s20°
51 首先证明: 如果正整数 a, b 满足
a2+ ab+
b2 1
=
m
2,
0<
a<
b,
那么 a≥m.
事实上, 如果 0< a< m , 把上式写成关于
b 的一元二次方程的形式:
b2- (m 2a ) b+ (a2- m 2) = 0.
设这个方程的另一个根为 b1, 由韦达定
理, 得
b1+ b= m 2a
46
数 学 通 讯 1999 年第 6 期
数 学 竞 赛 之 窗
本栏特邀主持人 熊 斌 冯志刚
有关本栏的稿件, 请直接寄给熊斌 (200062, 华东师大数学系) , 或冯志刚 (200231, 上海市上海中学). 提供 试题及解答请尽量注明出处.
本期给出由伍能先生提供的 1998 年加 拿大数学奥林匹克试题及解答.
①+ ②, 得
⊥A B , 垂足为 G , 则
x+
xx
1=
2
x-
1 x
.
B G = sin40°co s20°, GF = sin40°sin20°,
两边平方并且化简后得
此即
(第 3 题图)
x 4- 2x 3- x 2+ 2x + 1= 0, (x 2- x - 1) 2= 0,
∴
x=
5+ 2
1.
31 原不等式等价于
1998 年加拿大数学奥林匹克
11 求满足下面方程的实数 a:
[
a 2
]+
[
a 3
]+
[
a 5
]=
a.
其中[ x ]表示不超过 x 的最大整数.
21 求所有的实数 x , 使得
x=
x-
1 x
+
1-
1 x
.
31 设 n≥2 是自然数, 证明
n
1 +
1
(1+
1 3
+
…+
1 2n -
1)
>
1 n
(
1 2
+
1 4
+
…+
1 2n
).
41 在 三 角 形 A B C 中, ∠B A C = 40°,
∠A B C = 60°. D 和 E 分别是边 A C 和 A B 上
的点, 使得∠CB D = 40°, ∠B CE = 70°. F 是
直线 B D 和 CE 的交点. 证明直线 A F 和直
线B C 垂直.
∴ b1< a.
这 样, 由对称性, 一组解 (a, b) 就用 (b1,
a) 来替代了, 此处 b1= m 2a- b.
这一过程不可能无限地进行下去, 而由
上述论证知, 最后总能化到 (0, m ) 这组“基本
解”. 以上每步都是可以逆推的. 最后便知 (a,
b) 必定是数列{an}的连续两项.
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