竞赛之窗
第50届IMO试题解答
1.设n是一个正整数,a1,a2,…,ak(k≥2)
是集合1,2,…,n中互不相同的整数,使得
对于i=1,2,…,k-1,都有naiai+1-1.
证明:n8ak(a1-1).(澳大利亚提供)
2.设O是△ABC的外心,点P、Q分别是
边CA、AB上的点.设K、L、M分别是线段
BP、CQ、PQ的中点,Γ是过点K、L、M的圆.
若直线PQ与圆Γ相切,证明:OP=OQ.
(俄罗斯提供)
3.设s1,s2,…是一个严格递增的正整数
数列,使得它的两个子数列
ss1,ss2,…和ss1+1,ss2+1,…
都是等差数列.证明:数列s1,s2,…本身也是
一个等差数列.(美国提供)
4.在△ABC中,AB=AC,CAB、ABC
的内角平分线分别与边BC、CA交于点D、E.
设K是△ADC的内心.若BEK=45°,求
CAB所有可能的值.(比利时提供)
5.求所有的函数f:N+→N+,满足对所
有的正整数a、b,都存在一个以a、f(b)、
f(b+f(a)-1)为三边长的非退化三角形(称
一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶
点不共线).(法国提供)
6.设a1,a2,…,an是互不相同的正整数.
M是有n-1个元素的正整数集,且不含数
s=a1+a2+…+an.一只蚱蜢沿着实数轴从
原点0开始向右跳跃n步,它的跳跃距离是
a1,a2,…,an的某个排列.证明:可以选择一
种排列,使得蚱蜢跳跃落下的点所表示的数
都不在集合M中.(俄罗斯提供)
参考答案
1.首先,利用数学归纳法证明:对任意的
整数i(2≤i≤k),都有n|a1(ai-1).
事实上,当i=2时,由已知得n|a1(a2-1),
结论成立.
假设已有n|a1(ai-1)(2≤i≤k-1),则
n|a1(ai-1)(ai+1-1).
又由已知得n|ai(ai+1-1),则
n|a1ai(ai+1-1).
故n|[a1ai(ai+1-1)-a1(ai-1)(ai+1-1)],
即n|a1(ai+1-1).
由数学归纳法知上面结论对所有的整数
i(2≤i≤k)成立.
特别地,有n|a1(ak-1).
由于a1(ak-1)-ak(a1-1)=ak-a1不
能被n整除(这里用到a1和ak是集合
1,2,…,n中的两个不同的整数),故
n8ak(a1-1).
2.显然,直线PQ与圆Γ切于点M.
由弦切角定理知QMK=MLK.
由于点K、M分别是线段BP、PQ的中
点,故
KM∥BQ]QMK=AQP.
因此,MLK=AQP.
同理,MKL=APQ.
则△MKL△APQ]MKML=APAQ.
由于K、L、M分别是线段BP、CQ、PQ的
中点,故
KM=12BQ,LM=12CP.
81中等数学
代入上式得BQCP=APAQ,即
AP·CP=AQ·BQ.
由圆幂定理知
OP2=OA2-AP·CP=OA2-AQ·BQ=OQ2.
因此,OP=OQ.
3.由条件易知ss1,ss2,…与ss1+1,ss2+1,
…均为严格递增的正整数数列.
设ssk=a+(k-1)d1,ssk+1=b+(k-1)d2
(k=1,2,…,a、b、d1、d2N+).
由sk
对任意的正整数k,有
ssk
即a+(k-1)d1
故a-b<(k-1)(d2-d1)≤a+d1-b.
由k的任意性知d2-d1=0,即d2=d1,
记其为d,并记b-a=cN+.
若d=1,则由{sn}的单调性知
ssk+1=ssk+1≤ssk+1.
故sk+1≤sk+1.
又由于sk+1>sk,故sk+1=sk+1,即{sn}
为等差数列,结论已成立.
下设d>1.
接下来证明:对于任意的正整数k,均有
sk+1-sk=c.
若不然,则分两种情形讨论.
(1)存在正整数k,使sk+1-sk
sk+1-sk只能取整值,则其中必有最小者(不
妨设si+1-si=c0最小).故
sa+id-sa+(i-1)d+1=sss
i+1
-sss
i+1
=[a+(si+1-1)d]-[b+(si-1)d]
=c0d-c.
另一方面,由
(a+id)-[a+(i-1)d+1]=d-1,
得sa+id-sa+(i-1)d+1≥c0(d-1)(这里用到了
c0的最小性).
与上式比较得c0≥c,矛盾.
(2)存在正整数k,使sk+1-sk>c.由于
sk+1-sk只能取整值,且对于给定的k,均有
sk+1-sk≤ssk+1-ssk=d,则其中必有最大者
(不妨设sj+1-sj=c1最大).故
sa+jd-sa+(j-1)d+1=sss
j+1
-sss
j+1
=[a+(sj+1-1)d]-[b+(sj-1)d]
=c1d-c.
另一方面,由
(a+jd)-[a+(j-1)d+1]=d-1,
得sa+jd-sa+(j-1)d+1≤c1(d-1)(这里用到了
c1的最大性).
与上式比较得c1≤c,矛盾.
故对任意的正整数k,均有sk+1-sk=c,
即{sn}为等差数列.
4.线段AD与BE为△ABC的两条角平
分线,它们交于△ABC的内心I.联结CI.则
CI平分ACB.
由于K为△ADC的内心,故点K在线段
CI上.
设BAC=α.
由于AB=AC,有ADBC,故
ABC=ACB=90°-α2.
由于BI、CI分别平分ABC、ACB,则
ABI=IBC=ACI
=ICB=45°-α4.
因此,EIC=IBC+ICB=90°-α2,
IEC=BAE+ABE=45°+3α4.
故IKKC=S△IEKS
△EKC
=
1
2IE·EKsinIEK
1
2EC·EKsinKEC
=sin45°
sin3α4
·IEEC=sin45°
sin3α4
·
sin45°-α4
sin90°-α2
.
912009年第9期
另一方面,由于K为△ADC的内心,故
DK平分IDC.
由角平分线性质定理知
IK
KC=
ID
DC=tanICD=
sin45°-α4
cos45°-α4
.
故sin45°
sin3α4
·
sin45°-α4
sin90°-α2
=
sin(45°-α4)
cos(45°-α4)
.
去分母得
2sin45°·cos45°-α4=2sin3α4·cosα2.
利用积化和差公式得
sin90°-α4+sinα4=sin5α4+sinα4,
即sin90°-α4=sin5α4.
由于0<α<180°,故sin90°-α4>0.
因此,sin5α4>0,即0<5α4<180°.
故只有90°-α4=5α4]α=60°,
或90°-α4=180°-5α4]α=90°.
当α=60°时,
易验证△IEC△IDC.
因此,△IEK△IDK.
故BEK=IDK=45°.
当α=90°时,
EIC=90°-α2=45°=KDC.
又ICE=DCK,故△ICE△DCK,
这说明IC·KC=DC·EC.
因而,△IDC△EKC.
于是,EKC=IDC=90°.
故BEK=180°-EIK-EKI=45°.
综上,CAB的所有可能值为60°和90°.
5.满足要求的f只能是f(n)=n(nN+).
由条件及整数的离散性知对任意的正整
数a、b,都有
f(b)+f(b+f(a)-1)-1≥a,①
f(b)+a-1≥f(b+f(a)-1),②
f(b+f(a)-1)+a-1≥f(b).③
在式②、③中分别取a=1,得
f(b)=f(b+f(1)-1)
对任意的bN+成立.
若f(1)≠1,则上式说明f是一个周期函数.
结合f的定义域知f有界.
取正整数M,使得M≥f(n)对所有的正
整数n成立(即M是f的一个上界),在式①
中取a=2M即得矛盾.
因此,f(1)=1.
在式①、②中分别取b=1,得
f(f(n))=n(nN+).
若存在tN+,使f(t)
t≥2,f(t)≤t-1.
在式②中令a=f(t),得
f(b+t-1)=f(b+f(a)-1)
≤f(b)+a-1≤f(b)+t-2.
令M′=(t-1)max
1≤i≤t-1
f(i).
对任意的整数n>M′,设n0是满足
1≤n0≤t-1,n0≡n(modt-1)
的唯一正整数,则
f(n)≤f(n0)+t-2t-1(n-n0)
≤M′t-1+(t-2)nt-1
因此,当整数n>M′时,有f(n)
取n1N+使得n1>M′,且n1不等于
f(1),f(2),…,f(M′)中的任何一个.由
f(f(n1))=n1,知f(n1)>M′.
再由上面结论知
n1>f(n1)>f(f(n1))=n1,
矛盾.这说明对于任意的t(tN+),都有
02中等数学
f(t)≥t,进而,
t=f(f(t))≥f(t)≥t.
式中所有不等号均需取等号,即只能
f(n)=n(nN+).
经检验,f(n)=n(nN+)满足要求.
因此,所求的f为f(n)=n(nN+).
6.首先利用数学归纳法对n进行归纳.
当n=1时,M中无元素,结论显然成立.
当n=2时,M中至少不包含a1、a2中的
一个数.则蚱蜢先跳这个数,再跳另一个数即
可.
假设当nN+,n
成立,这里,m(m≥3)是整数.
下证当n=m时,结论也成立.
若不然,则存在m个不同正整数a1,a2,
…,am及由m-1个数组成的集合M,使得蚱
蜢无法按照规则跳跃.
假设蚱蜢最多自原点开始向右跳跃k
步,使得每一步跳跃的长度都是a1,a2,…,
am中不同的数,且蚱蜢跳跃落下的点所表示
的数都不在M中.
由于M中只有m-1个数,第一步必然
能够跳跃,又由前面假设蚱蜢无法完成m步
的跳跃,因此,1≤k≤m-1.由条件知a1+a2+
…+am不在M中,即蚱蜢如果能跳m-1步,
则必然能跳m步.因此,1≤k≤m-2.
取这样的k步跳跃中步长之和最小的一
种(若有相同的则可任取一种),设这k步依
次为b1,b2,…,bk,并设bk+1
是a1,a2,…,am中除去b1,b2,…,bk后剩下的
数.则
{a1,a2,…,am}={b1,b2,…,bm}.
由假设易知对任意的j(k+1≤j≤m),
b1+b2+…+bk+bj都在M中,即M中不小于
b1+b2+…+bk+1的数至少有m-k个,故M
中小于b1+b2+…+bk+1的数至多有k-1个.
记集合
A={bi|1≤i≤k+1(iN),b1+b2+…+
bk+1-biM}.
则bk+1A.
对任意的biA,从b1,b2,…,bk+1中去掉
bi还剩下k个数,它们的和不在M中,且
|M∩{1,2,…,b1+b2+…+bk+1-bi}|
≤k-1.
由k
这些数的排列c1,c2,…,ck,使得
c1,c1+c2,…,c1+c2+…+ck
都不在M中,这样蚱蜢也可以按照c1,c2,…,
ck的顺序连跳k步.
由b1,b2,…,bk的取法知
b1+b2+…+bk≤c1+c2+…+ck,
即bi≤bk+1.
令A={x1,x2,…,xt}(x1
由A的定义知M中小于b1+b2+…+
bk+1的数至少有k+1-t个.
由于对任意的j(k+1≤j≤m),b1+b2+
…+bk+bj都在M中,故M中在区间
[b1+b2+…+bk+1,b1+b2+…+bk+bm]
内的数至少有m-k个.
另一方面,对于任意的xiA,
b1+b2+…+bk+1-xi+bm
都应在M中(否则,由于k≤m-2,bm与b1,
b2,…,bk+1均不同,蚱蜢就可以跳k+1步
了).对于每个i(1≤i≤t-1),
b1+b2+…+bk+1-xi+bm
是互不相同且大于b1+b2+…+bk+bm的
数.因此,M中大于b1+b2+…+bk+bm的数
至少有t-1个.
故M中至少应有
(k+1-t)+(m-k)+(t-1)=m
个数,这与M中只有m-1个数矛盾.
因此,假设不成立,即当n=m时,结论
也成立.
故本题结论对所有的正整数n均成立.
(朱华伟付云皓提供)
122009年第9期
|
|
