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2006年第五届中国女子数学奥林匹克试题


2006 年第五届中国女子数学奥林匹克试题
第一天 2006 年 8 月 8 日 下午 15:30——19:30 乌鲁木齐

中国在国际数学奥林匹克竞赛中,连续多年取得很好的成绩,这项竞赛是高中程度,不 包括微积分,但题目需要思考,我相信我是考不过这些小孩子的,因此有人觉得,好的数学 家未必长于这种考试,竞赛胜利者也未必是将来的数学家,这个意见似是而

非。数学竞赛大 约是百年前在匈牙利开始的;匈牙利产生了同它人口不成比例的许多大数学家。 ——陈省身 一、设 a>0,函数 f : (0,+∞) → R 满足 f(a)=1.如果对任意正实数 x,y 有

?a? ?a? f ? x ? f ? y ? ? f ? ? f ? ? ? 2 f ? xy ? ,①求证: ? x? ? y?
证明: 在①中令 x=y=1,得 f2(1)+f2(a)=2 f(1) , 2 (f(1)-1) =0, ∴ f(1)=1。 在①中令 y=1,得 f(x)f(1)+f( f(x)=f(

f(x)为常数.

a )f(a)=2 f(x) , x

a ) ,x>0。 ② x a 在①中取 y= ,得 x a a f(x)f( )+f( )f(x)=2 f(a) , x x a f(x)f( )=1。 ③ x
由②,③得:f2(x)=1,x>0。 在①中取 x=y= t ,得 f2( t )+f2(

a )=2 f(t) , t

∴ f(t)>0。 故 f(x)=1,x>0。 二、设凸四边形 ABCD 对角线交于 O 点.△OAD,△OBC 的外接圆交于 O,M 两点,直线 OM 分别交△OAB,△OCD 的外接圆于 T,S 两点.求证:M 是线段 TS 的中点. 证法 1: 如图,连接 BT,CS,MA,MB,MC,MD。 ∵ ∠BTO=∠BAO,∠BCO=∠BMO,



△BTM ∽△BAC,得 ①
T A B O M

TM BM ? ; AC BC MS CM ? 。 BD BC
①÷②得

同理,△CMS ∽△CBD,得 ②

TM BM AC ? ? 。③ MS CM BD
C

又∵ ∠MBD=∠MCA,∠MDB=∠MAC, ∴ △MBD ∽△MCA,得

D

BM BD ? 。 CM AC



将④代入③,即得 TM = MS。 S 证法 2: T 设△OAB,△OBC,△OCD,△ODA 的外心分别 O1 A 为 O1,O2,O3,O4,自作 O1,O3 作 TS 的垂线, E B 垂足分别为 E,F。连接 O2,O4 交 TS 于 G。 O 因 OM 是⊙O2 和⊙O4 的公共弦,故 O2O4 垂直平分 O4 G OM,即 G 是线段 OM 的中点。 O2 M 同样,O1O4 垂直平分 OA,O2O3 垂直平分 OC, D 得 O1O4∥O2O3; F C O3 同理,O1O2∥O3O4。 因此 O1O2O3O4 构成平行四边形,其对角线互相平分。 由此易知 EG = FG。 又由垂径定理,E 是 TO 中点,F 是 OS 中点。 S 因此 TM = TO+OM = 2EO+2OG = 2EG, ① MS = OS-OM = 2OF-2OG = 2GF。 ② 由①,②即知 TM = MS。 三、求证:对 i=1,2,3,均有无穷多个正整数 n,使得 n,n+2,n+28 中恰有 i 个可表 示为三个正整数的立方和. 证: 三个整数的立方和被 9 除的余数不能为 4 或 5,这是因为整数可写为 3k 或 3k±1(k∈ Z) ,而(3k)3=9×3k3, (3k±1)3=9(3k3±3k2+k)±1。 + 对 i=1,令 n=3(3m-1)3-2(m∈Z ) ,则 n,n+28 被 9 除的余数分别为 4,5,故 均不能表示为三个整数的立方和,而 n+2=(3m-1)3+(3m-1)3+(3m-1)3。 + 对 i=2, n=(3m-1)3+222(m∈Z )被 9 除的余数为 5,故不能表示为三个整数 的立方和,而 n+2=(3m-1)3+23+63, n+28=(3m-1)3+53+53。 + 对 i=3, n=216m3(m∈Z )满足条件: n=(3m)3+(4m)3+(5m)3, n+2=(6m)3+13+13,

n+28=(6m)3+13+33。 注:所命原题要求证明结论对 i=0,1,2,3 均成立。 为降低试卷难度,去掉了 i=0 的要求。 以下是 i=0 的证明。 对 n=9m+3,m∈Z,n+2,n+28 被 9 除的余数分别为 5,4,不能表示为三个整数的立 方和,若 n=a3+b3+c3,a,b,c∈Z,由前知 a,b,c 均为 3 k+1 型(k∈Z)的整数。 + 小于(3 N)3(N∈Z )的 9m+3 型(m∈Z)的正整数共 3 N3 个。 (*) 小于 3 N 的 3k+1 型(k∈Z)的正整数有 N 个,三个这样的数的立方和的组合不超过 N3 种,故(*)中正整数至少有 3N3-N3=2N3 个不能表示为三个正整数的立方和。N 可取任意正整数,故 i=0 情形得证。 四、8 个人参加一次聚会. (1) 如果其中任何 5 个人中都有 3 个人两两认识. 求证: 可以从中找出 4 个人两两认识; (2)试问, 如果其中任何 6 个人中都有 3 个人两两认识, 那么是否一定可以找出 4 个人 两两认识? 解法 1: (1) 用 8 个点表示 8 个人,相识二人之间连一线段。按图论语言,这些点称为图的顶 点,线段称为图的边。
2 按照题意,该图的每个 5 点子图中均有一个三角形,而每个三角形属于 C 8 ? 3 = C 5 =10

2

个不同的 5 点子图。我们知道,这些三角形共有
5 3C 8 =3×56=168

条边,其中每条边至多被重复计算了 10 次。这样一来,即知:每个顶点至少连出

2 ?168 ? 4 条边。所以存在一个顶点 A,由它至少连出 5 条边。 8 ?10
假设由顶点 A 有边连向 B,C,D,E,F 这 5 个顶点,而由题意在这 5 个点中又存在一 个三角形,不妨设为△BCD。于是 A,B,C,D 这 4 个点中的任何二点之间均有连线, 所以它们所代表的 4 个人两两认识。 (2) 如果其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 则不一定可以找出 4 人两两彼此 认识, 例子为: 在正八边形中连出 8 条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相 应二人相互认识. 不难验证: 其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 但是却找不 出 4 人两两彼此认识. 解法 2: (1)分情形讨论. 情形 (i) 如果存在 3 个人两两互不认识. 那么其余 5 个人必然两两都认识. 因若不然, 假 如他们之中有二人互不认识, 则在他们与原来的 3 个人一起构成的 5 人组中就找不出 3 个人两两认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立. 情形(ii)在剩下的情形中, 任何 3 人中, 都有某两个人相互认识. (a)如果 8 个人中有 1 个人 A 至多认识 3 个人, 那么他至少不认识 4 个人. 显然这 4 个人中的任何二人都彼此认识. 因若不然, 这两个人与 A 一起构成的 3 人组中就没有二 人互相认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立. (b)如果存在 1 个人 A 至少认识 5 个人. 那么这 5 个人中有 3 个人两两彼此认识, 他

们又都认识 A, 所以他们与 A 一起即为所求之 4 人. 情形(iii)只需再考虑每个人都恰好有 4 个熟人, 并且任何 3 人中都有两人相互认识的 情形. 任取其中一人 A. 假如 A 的 4 个熟人两两认识, 那么他们即为所求. 否则, 其中就有 B,C 二人互不认识. 易知, 此时 A 有 3 个不认识的人 F,G.,H, 而这 3 个人中的任何两人都与 A 构成 3 人组, 所以 F,G.,H 中的任何两人都相互认识. 如果 B,C 之一与 F,G.,H 中的每个 人都彼此认识,那么此人与 F,G.,H 一起构成所求的 4 人组. 否则, B,C 二人分别不认识 F,G.,H 中的一个人. 易知, B 和 C 不可能不认识他们中的同一个人, 否则该人与 B,C 所成 的 3 人组中任何二人均互不认识, 导致矛盾. 这就表明, B 和 C 分别不认识 F,G.,H 中的 两个不同的人, 不妨设 B 不认识 F, 而 C 不认识 G. 现在把 B,F,A,G,C 依次排在一个圆周 上, 于是任何两个相邻放置的人都互不认识. 然而他们中的任何三个人中都一定有在圆 周上相邻的两个人, 从而在他们之中找不到 3 个人两两认识, 导致矛盾, 所以这种情况 不可能存在. 综合上述, 在一切可能的情况下, 都能找出 4 个人两两都彼此认识. (2) 如果其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 则不一定可以找出 4 人两两彼 此认识, 例子为: 在正八边形中连出 8 条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相 应二人相互认识. 不难验证: 其中任何 6 个人中都有 3 个人两两彼此认识, 但是却找不 出 4 人两两彼此认识. 第二天 2006 年 8 月 9 日 9:00——13:00

五、平面上整点集 S={ (a,b)│1?a,b?5,a,b∈Z} ,T 为平面上一整点集,对 S 中 任一点 P, 总存在 T 中不同于 P 的一点 Q, 使得线段 PQ 上除点 P, Q 外无其他的整点. 问 T 的元素个数最少要多少? 解: 答案:最少个数为 2。 先证 T 不可能只包含一个点。 若不然,设 T={Q(x0,y0) } 。在 S 中取点 P(x1,y1)满足(x1,y1)≠(x0,y0) 且 x1 与 x0 同奇偶,y1 与 y0 同奇偶。则线段 PQ 的中点为一整点。矛盾。 T 含两个点的情形如下图所示:

六、设集合 M={1,2,…,19} ,A={a1,a2,…,ak} ? M.求最小的 k,使得对任意 b∈M,存在 ai,aj∈A,满足 ai=b,或 ai±aj=b(ai,aj 可以相同) .

解:由假设, 在 A 中, 有 k (k ? 1) 种可能的组合, 从而 k (k ? 1) ? 19,即 k ? 4 。 当 k ? 4 时,我们有 k (k ? 1) ? 20 。不妨假设 a1 ? a2 ? a3 ? a4 。则 a4 ? 10 。 当 a4 ? 10 时, 有

a3 ? 9 。

这时 a2 ? 8 或 7。 如果 a2 ? 8 ,则 20, 10 ? 9 ? 1, 9 ? 8 ? 1 ,这不可能。 如果 a 2 ? 7 ,则 a1 ? 6 或 a1 ? 5 。由于 20, 10 ? 9 ? 1, 7 ? 6 ? 1 或 20, 9 ? 7 ? 2, 7 ? 5 ? 2 ,这不可能。 当 a4 ? 11时, 有 a3 ? 8 。 这时 a 2 ? 7 以及 a1 ? 6 , 这不可能。 当 a4 ? 12 时,有 a3 ? 7 。这时 a2 ? 6, a1 ? 5 ,这不可能。 当 a4 ? 13 时, 有 a3 ? 6, a2 ? 5, a1 ? 4 ,这不可能。 当 a4 ? 14 时, 有 a3 ? 5, a2 ? 4 ,这不可能。 当 a4 ? 15 时, 有 a3 ? 4, a2 ? 3, a1 ? 2 , 这不可能。 当 a4 ? 16 时, 有 a3 ? 3, a2 ? 2, a1 ? 1 , 这不可能。 当 a4 ? 17 时,均不可能。 所以, k ? 5 。 如果取 A ? {1, 3, 5, 9, 16} ,则 A 满足条件。故最小的 k ? 5 。 七、已知 xi>0, i ? 1,2,? ? ?, n, k?1.求证:
n n xik ?1 n 1 1 ? ? x ?? k . ? ?i ? i ?1 1 ? xi i ?1 i ?1 1 ? xi i ?1 xi n

证法 1: 原不等式等价于
n n xik ?1 n 1 1 ?? k ?? ? ? xi ? 0 , ? i ?1 1 ? xi i ?1 xi i ?1 1 ? xi i ?1 n

xj xik ?1 1 ? ? ? ? 上式左 ? k i ? j 1 ? xi x j i ? j 1 ? xi

k ?1 k ?1 ?1 xk ? xik ?1 ? 1 ? xi ? x j j ?? ? ?? ? ? k k k 1 ? x x 2 1 ? x x 1 ? x x ? ? ? ? i? j i? j ? ? j? i ? i j i j ? ? ?1 xik ?1 ? x k j

1 ? x j ? xik ? ?1 ? xi ? x k 1 j k ?1 k ?1 ? ? ? ? xi ? x j ? k k 2 i? j ?1 ? xi ? ?1 ? x j ? xi x j
k ?1 ?1 xk ? xk ? xk 1 j ? ? xi x j ? xi j ? k ?1 k ?1 ? i ? ? ? xi ? x j ? 2 i? j ?1 ? xi ? ?1 ? x j ? xik x kj

? 0。

证法 2: 不妨设 x1 ? x2 ?…? xn >0, 则

1 1 1 ? k ?…? k ;① k x1 x2 xn

xk x1k xk ? 2 ?…? n 。② 1 ? x1 1 ? x2 1 ? xn
于是,根据 Chebyschev 不等式: 左式= ?

? 1 1 1 ? ? ? …? ? ? x ? x ? … ? xn ? 1 ? xn ? 1 2 ? 1 ? x1 1 ? x2

k k ? ? 1 x1k xn 1 1 x2 =? k ? ? k? ?…? k ? ? ? x ? x ? … ? xn ? xn 1 ? xn ? 1 2 ? x1 1 ? x1 x2 1 ? x2 k k ? ? 1 xn x2 1 1 ? ? x1k ? ? ? ? ? ? … … ? ? x ? x ? … ? xn ? / n k k k ? ? xn ? ? 1 ? x1 1 ? x2 1 ? xn ? 1 2 ? x1 x2

??

? ? x1 ?

? ?

xk ? ? 1 1 1 ? x1k xk ? x2 ? 2 ? … ? xn ? n ? ? k ? k ? … ? k ? 1 ? xn ? ? x1 x2 xn ? 1 ? x1 1 ? x2

k ?1 k ?1 ?? 1 ? x1k ?1 xn x2 1 1 ? ? ? …? =? ? ? k ? k ? …? k ? 1 ? xn ? ? x1 x2 xn ? ? 1 ? x1 1 ? x2

xik ?1 n 1 ?? k =? i ?1 1 ? xi i ?1 xi
n



八、设 p 为大于 3 的质数,求证:存在若干个整数 a1,a2,…,at 满足条件

p ? at p ? a1 p ? a 2 是 3 的某个正整数次幂. ? ??? | a1 | | a 2 | | at |
证法 1: 由带余除法定理可知,存在唯一的整数 q,r 使得 p=3q+r,其中 0<r<3。 取 b0=r,那么

p ? b0 3c0 ? b1* ? b0 b0
* p ? b1 3c1 ? b2 ? b1 b1*

,其中 3 不整除 b1*,0<b1*<p/2;

取 b1=±b1*满足条件 b1≡p(mod 3) 。那么 ,其中 3 不整除 b2*,0<b2*<p/2;

取 b2=±b2*满足条件 b2≡p(mod 3) ,那么
* p ? b2 3c2 ? b3 ? * b2 b2

,其中 3 不整除 b3*,0<b3*<p/2;

一直做下去,我们就得到了 b0, b1, b2,…,bp。 这 p+1 个整数均在(-p/2,p/2)之间,显然有两个数相等。不妨设 bi=bj,i<j, 而且 bi, bi+1,…,bj-1 互不相同。那么

3 j ?1 ? b* p ? b j ?1 3ci ? bi*?1 3ci?1 ? bi*?2 p ? bi p ? bi ?1 j 。 ? ?… ? ? ? ? …? * * * b j ?1 bi bi ?1 bi bi ?1 b j ?1
由于 bi=bj,从而 bi*=bj*。因此上式变为

c

?3i

c ?ci ?????c j ?1

? 3n ,n>0。

让 bi, bi+1,…,bj-1 按照从小到大的顺序排列,则原命题得证。 证法 2: 分两种情形: (1)p=6k+1

p ? ? 3k ? 2 ? p ? ? 3k ? 1? M p ?1 p ? 2 p ? 4 p ? 5 ? ? ? ? …? ? ? , 1 2 4 5 3k ? 2 3k ? 1 Q
其中 Q ? 1·2·4·5·…· ? 3k ? 2?? 3k ?1? ?

? 3k ?1?! , 3k ?1 ? k ? 1?!

M ? ? p ? 1? · ? p ? 2 ? · ? p ? 4 ? · ? p ? 5? ·…· ? p ? ?3k ? 2?? ? p ? ?3k ?1??
? ? p ? 3k ? 2? · ? p ? 3k ? 5? ·…· ? p ? 1? · ? p ? 2 ? ·…· ? p ? ?3k ?1?? ? ? 3k ? 3? · ? 3k ? 6? ·…· ? 6k ? · ? 6k ? 3? ·…· ? 9k ?

? 32 k · ? k ?1?? k ? 2? ·…· ? 2k ? · ? 2k ?1? ·…· ? 3k ? ? 32 k ?

? 3k ?! ,
k!

所以

M ? 33k ? 2 。 Q

因此,取

?a1, a2 , ???, at ? ? ??3k ?1, ?3k ? 4, ???, ?2,1, ???,3k ? 2?
p ? ? 3k ? 1? p ? ? 3k ? 2 ? p ?1 p ? 2 p ? 4 p ? 5 ? ? ? ? …? ? 1 2 4 5 3k ? 1 3k ? 2

就满足题目的要求。 (2)p=6k+5 类似的有

? 33k ? 2 。


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