2008年中国西部数学奥林匹克解答

2008年中国西部数学奥林匹克(2008年11月1日 8：00-12：00)贵州省贵阳市每题15分1． 实数数列}{n a 满足：1,00≠a ，011a a -=，)(11n n 1n a a a --=+，n=1，2，…． 证明：对任意正整数n ，都有 )111(n1010a a a a a a n +++ =1． 证明：由条件可知1-a n+1=a n (1-a n )=a n a n-1(1-a n-1)=…=a n …a 1(1-a 1)=a n …a 1a 0,即a n+1= 1-a 0a 1…a n ,n=1,2,…. 下面对n 归纳来证明当n=1时,命题显然成立.假设n ＝k 时,命题成立,对n=k+1的情形有 )1111(1k k 101k 10++++++a a a a a a a =k 2101k10k 210)111(a a a a a a a a a a a a k +++++ =k 2101a a a a a k ++=1. 故命题对n=k+1成立.所以,对任意正整数n,2． 在ABC ∆中，AC AB =，其 内切圆⊙I 切边AB CA BC ，， 于点F E D ，，，P 为弧EF (不含点D 的弧)上一点． 设线段BP 交⊙I 于另一点Q ，直线EQ EP ，分别交直线BC 于点N M ，．证明：(1) M B F P ，，，四点共圆； (2)BPBDEN EM =． 证明： (1) 连EF,由条件可知EF//BC,故∠ABC=∠AFE=∠AFP+∠PFE=∠PEF+∠PFE=180︒-∠FPE. 所以，P,F,B,M 四点共圆.(2) 利用正弦定理，EF//BC 及P,F,B,M 四点共圆可知EMN ENM EN EM ∠∠=sin sin =)sin(sin PFB FEN∠-∠π=PFB FPB ∠∠sin sin =BPBF . 结合BF=BD 即可知命题成立.3．设整数2≥m ，m 21,,a a a ，都是正整数．证明：存在无穷多个正整数n ，使得数n n n m a a a ⋅++⋅+⋅m 2121 都是合数．证明：取数a 1+2a 2+…+ma m 的质因子p,由Fermart 小定理可知对任意1≤k ≤m,都有k p ≡k(mod p),所以，对任意正整数n,都有a 1⋅np 1+a 2⋅np 2+…+a m ⋅np m ≡a 1+2a 2+…+ma m ≡0(mod p), 从而，数a 1⋅np 1+a 2⋅np 2+…+a m ⋅np m (n=1,2,…)都是合数.4．设整数2≥m ，a 为正实数，b 为非零实数，数列｝｛n x 定义如下：b x =1， ,2,1,1=+=+n b x a x mn n ．证明：(1) 当b <0且m 为偶数时，数列｝｛n x 有界的充要条件是1-m ab ≥-2； (2) 当b <0且m 为奇数，或b >0时，数列｝｛n x 有界的充要条件是1-m ab≤mm m m 1)1(--．证明：(1) 当b<0且m 为偶数时，如果ab m-1<-2，那么首先有ab m +b>-b>0，于是a(ab m +b)m +b>ab m +b>0,即x 3>x 2>0.利用ax m +b 在(0,+∞)上单调增可知数列｝｛n x 的每一项都比前一项大,并且从第二项起每一项都大于-b. 考察数列｝｛n x 中的连续三项x n ,x n+1,x n+2,n=2,3,…,我们有x n+2-x n+1=a(x n+1m -x n m )=a(x n+1-x n )(x n+1m-1+x n+1m-2x n +…+x n m ) >amx n m-1(x n+1-x n )>am(-b)m-1(x n+1-x n )>2m(x n+1-x n )>x n+1-x n ， 这表明数列｝｛n x 中相邻两项的差距越来越大,因此是无界的. 若ab m-1≥-2,我们用归纳法证明数列｝｛n x 的每一项都落在区间[b,-b]中. 第一项b 已经在区间[b,-b]中，如果某项x n 满足b ≤x n ≤-b ，那么0≤x n m ≤b m ，从而b=a ⋅0m +b ≤x n+1≤ab m +b ≤-b.所以,此时数列｝｛n x 有界的充要条件为ab m-1≥-2. (2) 当b>0时，数列｝｛n x 的每一项都是正数．我们先来证明，数列{x n }有界的充要条件是方程ax m +b=x 有正实根．如果方程ax m +b=x 无正实根，那么函数p(x)= ax m +b-x 在(0,+∞)上的最小值大于0，不妨设其为t ．那么对于数列中的任意连续两项x n 与x n+1，有x n+1-x n =a m n x -x n +b ，故数列｝｛n x 中后一项至少比前一项大t ，因而此时无界． 如果ax m +b=x 有正实根，设其一正根为x 0，下面利用归纳法证明数列｝｛n x 中的每一项都小于x 0．首先第一项b 显然小于x 0,假设某项x n <x 0，由ax m +b在[0,+∞)上是增函数知x n+1=a m n x +b<a m 0x +b=x 0，因此数列有界．而ax m +b=x 有正根的充要条件是ax m-1+xb在(0,+∞)上的最小值不大于1，而ax m-1+xb的最小值可以由平均值不等式给出，即axm-1+x b =ax m-1+xm b x m b )1()1(-++- ≥m m m m ab m 11)1(---. 此时数列{x n }有界的充要条件是m m m m ab m 11)1(---≤1，即1-m ab ≤mm m m 1)1(--．当b<0,m 为奇数时,令y n =-x n ,则y 1=-b>0,y n+1=ay n m +(-b),注意到{x n }有界的充要条件是{y n }有界,故可转化为上述情形.综上可知(2)成立.2008年中国西部数学奥林匹克第二天(2008年11月2日 8：00-12：00)贵州省贵阳市每题15分5. 在一直线上相邻两点的距离都等于1的四个点上各有一只青蛙，允许任意一只青蛙以其余三只青蛙中的某一只为中心跳到其对称点上．证明：无论跳动多少次后，四只青蛙所在的点中相邻两点之间的距离不能都等于2008． 证明：将青蛙放在数轴上讨论,不妨设最初四只青蛙所在的位置为1,2,3,4.注意到，处于奇数位置上的青蛙每次跳动后仍处在奇数位置上,处于偶数位置上的青蛙每次跳动后仍处在偶数位置上.因此,任意多次跳动后,四只青蛙中总是两只处于奇数位置上,另两只处在偶数位置上.如果若干次跳动后,青蛙所在位置中每相邻两只之间的距离都是2008,则要求它们处在具有相同奇偶性的位置上,不可能.6. 设)1,0(∈z y x ，，，满足：2111=-+-+-xyzzx y yz x ， 求xyz 的最大值．解： 记u=6xyz ,则由条件及均值不等式可知 2u 3=2xyz =∑-)33(31x x ≤∑-+2)33(31x x =233-31(x+y+z) ≤233-33xyz ⋅=233-3u 2.故4u 3+23u 2-33≤0,即(2u-3)(2u 2+23u+3)≤0,所以,u ≤23.依此可知,xyz ≤6427,等号在x=y=z=43时可以取到.因此，所求最大值为6427.7. 设n 为给定的正整数，求最大的正整数k ，使得存在三个由非负整数组成的k 元集}{21k x x x A ，，， =，}{21k y y y B ，，， =和}{21k z z z C ，，， =满足：对任意1≤j ≤k ，都有n z y x j j j =++． 解：由条件可知kn ≥∑=++ki i i i z y x 1)(≥3∑-=1k i i =2)1(3-k k ,因此，k ≤[32n]+1. 下面给出k=[32n]+1的例子 若n=3m,对1≤j ≤m+1,令x j =j-1,y j =m+j-1,z j =2m-2j+2;对m+2≤j ≤2m+1,令x j =j-1,y j =j-m-2,z j =4m-2j+3即可；若n=3m+1, 对1≤j ≤m,令x j =j-1,y j =m+j,z j =2m-2j+2;对m+1≤j ≤2m,令x j =j+1,y j =j-m-1,z j =4m+1-2j;而x 2m+1=m,y 2m+1=2m+1,z 2m+1=0即可；若n=3m+2, 对1≤j ≤m+1,令x j =j-1,y j =m+j,z j =2m-2j+3;对m+2≤j ≤2m+1,令x j =j,y j =j-m-2,z j =4m-2j+4;而x 2m+2=2m+2,y 2m+2=m,z 2m+2=0即可. 综上可知，k 的最大值为[32n]+1.8. 设P 为正n 边形n A A A 21内的任意一点，直线P A i 交正n 边形n A A A 21的边界于另一点i B ，i =1，2，…，n ．证明：∑∑==≥ni i ni i PB PA 11．证明： 记t=[2n]+1,并设A n+j =A j ,j=1,2…,n. 注意到,正n 边形的任意一个顶点与边界上任意一点之间的距离不大于其最长的对角线的长度d,因此,对任意1≤i ≤n,都有 A i P+PB i =A i B i ≤d ①另一方面,由三角形两边之和大于第三边可知,对任意1≤i ≤n,都有 A i P+PA i+t ≥A i A i+t =d ②对①,②分别对i=1,2,…,n 求和可得∑∑==++≥≥+ni i i ni t i i PB P A nd PA P A 11)()(,即2∑∑∑===+≥ni i n i i n i i PB P A PA 111,依此可知命题成立.。