第三十届中国数学奥林匹克试题解答

解：㈠由于 A n 5 ，因此其中存在两个数同号，不妨设 A 中至少有两个数为正，取其中 最大的两个正数 x y ，则 x y x ，由已知 x y B \ A 。由于 0 (x y) B ，因此 0 B ，所以 A 中不存在两个数互为相反数。
㈡若有 A 中两个不同的数 a, b ，满足 a b A 。由于 a b, b a 不能同属于 A ，因此
C2nn
C n1 2n
，因此
n
1
1
C2nn
是正整数，也即 n
1
C2nn
。（注：由
n
1
1
C2nn
是 Catalan 数可知它是正整数）
综上所述，当且仅当整数 k 1时，满足要求。
上善若水
蕴秀斋
5、一个图 G 有 30 个点，其中每个点的度 5 ，并且图中不含 K5 ，求最大的正整数 u ，使
蕴秀斋
2014 年全国数学奥林匹克解答
1 、 正 实 数 r (0,1) ， 复 数 zk , (k 1, 2,..., n) 都 满 足 zk 1 r 。 求 证 ：
n zk
k 1
n k 1
1 zk
n2
1 r2
。
证 明 ： 设 zk xk iyk ， xk , yk R ， 由 已 知 xk 12 xk 12 yk2 r 2 1 ， 因 此
同时 k 1 a b A ，因此 k 1 a b a ka b B \ A 。所以 c k 1 a b B ， 由于 c k 1 a b (c a) ka b B ，因此 c a ka b ，所以 c (k 1)a b ，
因此这样的 c 是唯一确定的，所以只能有 A 5 。
得 G 中总是含有一个 Ku 。
解：㈠对于任意一个满足要求的图，设最多可以取其中 u 个点，使得它们两两不相连， 称这 u 个点为好点，另外的 30 u 个点为坏点。由 u 的最大性，每个坏点都至少与一个好点 相连，因此 30 u 5s ，所以 u 5 。
若 u 5 ，则每个好点只能连 5 个坏点，并且每个坏点恰好连一个好点。这样就有 5 个
Q R
D KSQ TDF CDF CAR
因 此 KSQ CAR ， 同 理
F
E
KTQ BAP ， 所 以 SK AC ，
KQ CR
TK AB ，由于 ACR 180 ABP ，相除可得 KQ BP
SK KT
BP CR
BP AB sin ABP CR AC sin ACR
SABP SACR
A a,b, a b, a b,b a 4 ，由 A n 5 ，可任取 c A \ a,b, a b, a b,b a ， 则有 a c, b c B ，又因为 a (b c) b (a c) a b c B ，由于 a b c ，
b a c ，因此 b c, a c A 。 由于 a b A ，并且 A 有限，因此存在一个正整数 k ，使得 a b, 2a b,..., ka b A ，
0 xk 2 ，因此
n
zk
k 1
Re
n k 1
zk
n
xk
k 1
。
对于任意实数 t 都有 t r2 2 0 ，因此 r2 t 12 1 r2 r2 t2 ，取 t 1 xk 可
得 r2 xk2 1 r2 r2 (1 xk )2 1 r2 yk2 。所以 xk2 1 r2 zk 2 ，由 Cauchy 不等式
n
n1
zk
k 1
k 1
zk
n
n
xk
k 1
k 1
zk zk 2
n
n
xk Re
k 1
k 1
zk zk 2
n
n
xk
k 1 k 1
xk zk 2
n
k1
xk zk
2
n2
1Leabharlann Baidur2
上善若水
蕴秀斋
2、 A, B, D, E, F , C 是圆 上顺时针排列的六个点，满足 AB AC ， AD, BE 交于 P ， AF , CE 交于 R ，BF , CD 交于 Q ，AD, BF 交于 S ，AF , CD 交于T 。K 是 ST 上一点，
接如左图：
此图中每个点的度为 5 ，不含 K5 。
在其中选定一点后，与此点不相连的 4
个点构成一个完全图，因此最多只能再 选一点，所以每组中最多可以从中选出
两个点相互不连，三组中最多选出 6 个
点相互不连。
综上所述， u 的最大值为 6 。
上善若水
蕴秀斋
2m
6、an 是一个无穷非负整数数列，使得对于任意正整数 m, n ，都有 ain m 。求证：存 i 1
上善若水
蕴秀斋
4
bi(3r) 1 ，与（*）矛盾。所以引理成立。
i 1
2m
2m
由引理存在正整数 m, d ，使得 bid 3000 ，所以 aid m 3000 。
i 1
i 1
2s
定义数列 cs
aid s ，则 cs1 cs
a a (2s1)d
(2s2)d
1 1, 0,1 ，所以整数数列
2F (n) 是常数，当然 F (n) 也是常数，此时都有
0 F (n 1) F (n) b2n1 b4n2 b2n2 b4n4 0
所以 b2n1 b4n2 b2n2 b4n4 0 ，因此对于任意正整数 n 2N ，都有 bn b2n 0 。
所以 bn
1 2
2n
引理证明：由已知对于任意正整数 x ，都有 bx b2x 0 。令 F (n) bx b2x ，则 x 1
F (n) 是一个不增的数列，若结论不成立，则有
2n
2n
2n
F (n) bx b2x bx b2x 6000
x 1
x 1
x 1
因此 2F (n) 是一个有下界的不增整数数列，所以存在一个正整数 N ，当 n N 时，
2k
在正整数 k, d ，使得 aid k 2014 。 i 1
证明：对于任意正整数 n
，由已知
an
a2n
1 ，因此 an
0,1 。令 bn
an
1 2
，则 bn
1 2
，
2m
由已知对于任意正整数 m, n ，都有 bin 0 （*）。我们来证明 i 1
2m
引理：存在正整数 m, d ，使得 bid 3000 。 i 1
和 bn
1 2
都出现无穷多次，因此可以取一个整数 r
2N
，使得 br
1 2
。
对于任意正整数 k ，由于 kr 2N ，所以 bkr b2kr 0 ，因此 b2kr bkr ，所以对于任
2m
2m
2m
意正整数 m ，都有 0 bir bi(2r) 0 ，因此只能有 bir 0 。因此对于任意正整
i 1
i 1
i 1
数 i ，都有 d(2i1)r d2ir 。
由于 br
1 2
，所以 b2r
1 2
， b4r
1 2
， b8r
1 2
，因此有 b3r
1 2
，所以 b6r
1 2
，
1
1
1
1
1
b12r 2 。也有 b5r b6r 2 ，故 b10r 2 。由于 a7r a8r 2 ， a9r a10r 2 ，
坏点 B1, B2 ,..., B5 只连接同一个好点 A ，而由已知 B1, B2 ,..., B5 不能构成 K5 ，因此其中存在
两个点 Bi , Bj 不相连，用这两个点替代 A 成为新的好点，就得到 6 个好点相互不连，矛盾。
因此 u 6 。
㈡可以将 30 个点分为三组，每组 10 个点，不同组的点相互不连，每组连
由于 QST QDF QBC ，所以 ST BC 。而 PQ SAQP ，因此 QR SAQR
SK : PQ SABP : SACR BS : CT 1 KT QR S S AQP AQR QS QT
所以 SK PQ 。 KT QR
上善若水
蕴秀斋
3、正整数 n 5 ，求最小的正整数 m ，使得存在整数集合 A, B 满足： ① A n， B m， A B； ②对于任意两个 B 中不同的元素 x, y ，都有 x y B x, y A 。
㈢令 A x1 x2 ... xn ，则以下 2n 3 个数都属于 B \ A
x1 x2 x1 x3 ... x1 xn x2 xn x3 xn ... xn1 xn 因此 m n (2n 3) 3n 3 。
对于 A 2n 1, 2n 2,...,3n ， B A 4n 3, 4n 4,..., 6n 1 ，它们满足要求，
由于 (k 1)a b c a b ，因此 k 3 ，所以 A a,b, a b, 2a b,3a b 。因此
k 3，所以 c (k 1)a b 2a b ，同理可得 c 2b a ，因此 a b ，矛盾。 所以对于 A 中任意两个不同的数 a, b ，都有 a b A 。
并且 m B 3n 3 。 综上所述， m 的最小值为 3n 3 。
上善若水
蕴秀斋
4、求所有整数 k ，使得有无穷多个正整数 n ， n k 都不是 C2nn 的因子。
解：㈠若 k 0 ，则对于任意正整数 2 ，令 n 2 ，在 2 进制下 2 2 进位一次，因
此 C2nn 不是 4 的倍数，所以 n k 都不是 C2nn 的因子。
i 1
c s s1
不会跳过任何一个整数。由于
cm
3000
，由于
c1
1 ，因此就有1
k
m
使得
2k
ck 2014 ，此时 aid k 2014 。 i 1 综上所述，结论成立。
上善若水
㈡若 k 0,1，对于任意正整数 3 log2 k ，取 n 2 k ，在 2 进制下 n n 最多
进位 1次，所以 v2 C2nn 1 ，而 n k 2 ，所以 n k 都不是 C2nn 的因子。
㈢k
1时，而对于任意正整数 n ，由于
n
1
1
C2nn
C2nn
n
n
1
C2nn
满足 SKQ ACE 。求证： SK PQ 。 KT QR
A
B
证明：对于 AFBECD 应用 Pascal 定理可知
AF EC R, FB CD Q, BE DA P
w 共线。由于 AB AC ，所以
S
K
C
T
P
TFS AFB CDA TDS 因此 D, F ,T , S 共圆，所以