第50届国际数学奥林匹克竞赛试题(中文版)与参考答案

2009年第50届IMO 解答2009年7月15日1、是一个正整数，是n 12,,...,(2)k a a a k ≥{}1,2,...,n 中的不同整数，并且1(1i i n a a +−)−)对于所有都成立，证明：1,2,...,1i k =1(1k a a −不能被n 整除。

证明1：由于12(1n a a −)，令1(,)n a p =，nq p=也是整数，则n pq =，并且1p a ，21q a −。

因此，由于2(,)1q a =23(1n pq a a )=−，故31q a −；同理可得41q a −，。

，因此对于任意都有2i ≥1i q a −，特别的有1k q a −，由于1p a ，故1(1k n pq a a )=−(*)。

若结论不成立，则1(1k n pq a a =)−，与(*)相减可得1(k n a a −)，矛盾。

综上所述，结论成立。

此题平均得分：4.804分2、外接圆的圆心为O ，分别在线段上，ABC ∆,P Q ,CA AB ,,K L M 分别是,,BP CQ PQ 的中点，圆过Γ,,K L M 并且与相切。

证明：OP PQ OQ =。

证明：由已知MLK KMQ AQP ∠=∠=∠，MKL PML APQ ∠=∠=∠，因此APQ MKL ∆∆∼。

所以AP MK BQAQ ML CP==，故AP CP AQ BQ ⋅=⋅(*)。

设圆O 的半径为R ，则由(*)有2222R OP R OQ −=−，因此OP OQ =。

不难发现OP 也是圆Γ与相切的充分条件。

OQ =PQ此题平均得分：3.710分3、是严格递增的正整数数列，并且它的子数列和都是等差数列。

证明：是一个等差数列。

123,,,...S S S 123,,,...S S S S S S 123111,,,.S S S S S S +++..123,,,...S S S 问题等价于：:f Z Z +→+是一个严格递增的函数。

()()n b ff n =是一个等差数列，也是一个等差数列。

证明：(()1n c f f n =)+()n a f n =也是等差数列。

证明：由于是一个严格递增的整值函数，所以对于任意f ,x y 均有()()f x f y x y −≥−。

令{}{},n n b c 的公差分别为，则有,d e ()()(1)()(1)(d ff n f f n f n f n =+−≥+−)，将可得()n f n →()()()1()0n n d ff n f f n c b ≥+−=−>，因此对于任意都有k Z +∈()()11110k k d c b c b k d e ++≥−=−+−>故只能有，也即两个等差数列公差相等，故可设d e =n n c b g −=是一个为常数。

由于有界，故(1)()0d f n f n ≥+−>(1)(f n f n )+−有最大最小值，设,M m 分别是的最大、最小值。

则对任意(1)(f n f n +−),x y 都有()()m x y f x f y M x y −≤−≤−。

有上可知存在r 使得，因此有(1)()f r f r M +−=()()1(1)()(1)()(1)()r r M f r f r d b b f f r f f r m f r f r ++−≥=−=+−≥+−，也即2(1)()(1)()M M f r f r d m f r f r mM =+−≥≥+−=。

同样存在一个使得，因此有s (1)()f s f s m +−=21(1)()(1)()s s mM M f s f s d c c m f s f s m +=+−≥=−≥+−=因此，故只能有d mM d ≥≥d mM =，而且上面的等号要成立只能有()()((),()1,...,(1)f f r f f r f f r )++之间的差均为，m()()((),()1,...,(1)f f s f f s f f s )++之间的差均为M ，所以r r m c b g =−=，并且s s M c b g =−=，故，所以m M =()n a f n =也是等差数列。

此题平均得分：1.019分2009年第50届IMO 第二天试题解答2009年7月16日1、在中ABC ∆AB AC =，,AD BE 分别是CAB ∠和ABC ∠的平分线。

K 是的内心，假设，求所能取到的所有值。

ADC ∆45BEK ∠=°CAB ∠FD解：显然CK 是ACB ∠的平分线，因此E 关于CI 称点F 在的对AB 对称性可知IF ∠于DK ，由K =是45°，由ADC ∠的平分因此有以下两线，因此也有45IDK ∠=°。

种情况：①若D F ≠，则,,,I D F K 四点共圆，故18090IKF IDF ∠=°−∠=°，由对称性90IKE ∠=°，故45EIK ∠=°，在中有BIC ∆114522EIK ABC ACB ABC °=∠=∠+∠=∠，因此45BAD ∠=°，故90CAB ∠=°°；②若重合，则，也即,D F 90IEC IDC ∠=∠=ABC ∠的平分线也是的高，故，因此为正三角形，故AC AB BC =ABC ∆60CAB ∠=°60°。

综上所述，或。

90CAB ∠=°此题平均得分：2.915分2、求所有函数:f Z Z +→+，使得对于任意正整数，,a b (),(),()1a f b f b f a +−都可以形成一个三角形。

解：整数边三角形如果有一边长为1，则另外两边一定要相等。

因此取可知对于任意正整数b 都有(*)。

1a =()()(1)1f b f b f =+−㈠若，则，令(1)1f ≠(1)1f >(1)1f a −=，代入(*)可得()()f b f b a =+，也即是一个以为周期的函数，因此的值域有界，令f a f {}()Max f x M =，则取3a M =，则以及不能形成三角形，矛盾。

因此只能有,()a f b (()1f b f a +−)(1)1f =。

㈡令，则可以形成一个三角形，故1b =(,(1)1,()a f ff a =)()()f f a a =对于任意正整数都成立，因此是一个a f Z Z +→+一一映射。

㈢由已知()2,(),(2)1f b f b f +−可以形成一个三角形，有上面讨论可知，令，则由于是一一映射，故(2)1f >(2)10t f =−>f 0()()f b t f b 2<+−<，因此对于任意b 都有，由数学归纳法可知()()f b t f b +−=±1()()f b nt f b n +=±对于任意正整数都成立，由于，故只能有n ()f b nt +>0()()f b nt f b n +=+，故()()f b t f b 1+−=对于任意都成立。

b因此取遍全体正整数，由于是一一映射，故也应该取遍全体正整数，所以(1)1,(1),(12),...,(1),...f f t f t f nt =+++f 1,1,12,...,t t ++1t =，因此对于任意正整数b 都有，由于，所以(1)()f b f b +=+1(1)1f =()f n n =对于任意正整数都成立。

n综上所述，为唯一的解。

()f n n =此题平均得分：2.474分3、是不同的正整数，12,,...,n a a a M 是一个由1n −个正整数构成的集合，但是M 中不包含。

一只蚱蜢在实数轴的整数点上跳动，开始时它在点，然后向右跳次，次的步长恰好是的一个排列。

证明：可以适当调整的顺序，使得期间蚱蜢不会跳到12...n s a a a =+++0n n 12,,...,n a a a 12,,...,n a a a M 中的数所在的任何整点上。

证明：时，，结论当然成立；1n =M =∅2n =时，M 只有一个数m ，中必有一个不等于，把它放在第一步即可。

以下假设，并且对于任意12,a a m 3k ≥n k <结论都成立。

不失一般性假设，令12...k a a a <<<1ii jj s ==a∑，则k s s =。

假设蚱蜢先按照的顺序来跳，如果(12,,...,k a a a ](]0,0,k s s =中只有2k −个M 中的数，则依据归纳假设结论成立，以下设(]0,k s 中有个1k −M 中的数。

这1k −个数为1210...k m m m s −<<<<<。

㈠如果对于所有11都有i k ≤≤−i s m i <，特别的有11k k s m −−<。

①如果，则由归纳假设可以对前1k s M −∉1k −步重新调整，使得蚱蜢没遇到M 中的数； ②如果，对于任意11，都有1k s M −∈i k ≤≤−11k i k k s a s s −−i a −<<−，由于除了之外只有个1k s −2k −M 中的数，因此存在一个，使得0i 001,k i k s a s a −i −−都不属于M 。

我们将换到最后一步，为倒数第二步，这样从目的地倒退两步都没遇到0i a n a M 中的数，由于，由归纳假设可以调整前01k k i k k s a a s m −−−<≤2−2k −步使得蚱蜢没遇到M 中的数。

㈡存在一个i 使得。

假设t 是最小的正整数，使得。

则， i s m ≥i t t s t s m ≥11t t s m −−<<①如果，也即，由于1t =11s a M =∈M k <，因此必有一个1i a M ∉，我们将调整到第一步，由于。

由归纳假设可以调整后1i a 111i m a a ≤<1k −步使得蚱蜢没遇到M 中的数； ②如果，由t 的最小性可知1t >11t t t s m m −−t s <<≤，令{}121,,...,t A m m m −=，{}11k m ,,...,t t B m m +−=，则M A B =∪，由于1t m −t s <，而是最短的t 步之和，所以无论如何调整，从第t 步开始的后步都不可能遇到t s 1k t −+A 中的数。

由归纳假设可以调整前t 步的顺序使得它们得以避开A 中的1t −个数，而且同㈠②我们还可以使得位于第t 步或第步，故调整后前t a 1t −2t −步所走距离11t t t t s a s m −−<−=<，因此前步也不可能遇到2t −B 中的数。