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2009年中国数学奥林匹克试题与解答


2009 年中国数学奥林匹克试题与解答
(2009 年 1 月 11 日)

一、给定锐角三角形 PBC, PB ≠ PC .设 A,D 分别是边 PB,PC 上的点,连接 AC,BD,相交于点 O. 过点 O 分别作 OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为 E,F,线段 BC,AD 的中点分别为 M,N. (1)若 A,B,C,D 四点共圆,求证: E

M ? FN = EN ? FM ; (2)若 EM ? FN = EN ? FM ,是否一定有 A,B,C,D 四点共圆?证明你的结论. 解(1)设 Q,R 分别是 OB,OC 的中点,连接 EQ,MQ,FR,MR,则

1 1 EQ = OB = RM , MQ = OC = RF , 2 2
又 OQMR 是平行四边形, 所以 ∠OQM = ∠ORM , 由题设 A,B,C,D 四点共圆, 所以 ∠ABD = ∠ACD , 于是 ∠EQO = 2∠ABD = 2∠ACD = ∠FRO , 所以 ∠EQM = ∠EQO + ∠OQM = ∠FRO + ∠ORM = ∠FRM , 故 ?EQM ? ?MRF , 所以 EM=FM, 同理可得 EN=FN, 所以

P

A E
Q

N

D F
R

O C

B

M

EM ? FN = EN ? FM .

(2)答案是否定的. 当 AD∥BC 时,由于 ∠B ≠ ∠C ,所以 A,B,C,D 四点不共圆,但此时仍然有 EM ? FN = EN ? FM , 证明如下: 如图 2 所示,设 S,Q 分别是 OA,OB 的中点,连接 ES,EQ,MQ,NS,则

1 1 NS = OD, EQ = OB , 2 2
所以

NS OD = . EQ OB
1 1 OA, MQ = OC , 2 2



又 ES =

- 1 -

所以

ES OA = . MQ OC
OA OD = , OC OB NS ES = . EQ MQ



而 AD∥BC,所以



由①,②,③得 因为

∠NSE = ∠NSA + ∠ASE = ∠AOD + 2∠AOE ,

∠EQM = ∠MQO + ∠OQE = ( ∠AOE + ∠EOB ) + (180° ? 2∠EOB)
= ∠AOE + (180° ? ∠EOB ) = ∠AOD + 2∠AOE ,
即 ∠NSE = ∠EQM , 所以 ?NSE ~ ?EQM , 故
P

EN SE OA = = (由②). EM QM OC
A E
Q

N
S

FN OA 同理可得, = , FM OC EN FN 所以 = , EM FM
从而

D F
R

O M C

B

EM ? FN = EN ? FM .

p q 二、求所有的素数对(p,q),使得 pq 5 + 5 .

2 q q 解:若 2 | pq ,不妨设 p = 2 ,则 2q | 5 + 5 ,故 q | 5 + 25 .

由 Fermat 小定理, q | 5 q ? 5 , q | 30 , q = 2, 3, 5 . 得 即 易验证素数对 ( 2, 2) 不合要求, 2, 3) , 2, 5) ( ( 合乎要求. 若 pq 为奇数且 5 | pq ,不妨设 p = 5 ,则 5q | 5 5 + 5 q ,故 q | 5 q ?1 + 625 . 当 q = 5 时素数对 (5, 5) 合乎要求,当 q ≠ 5 时,由 Fermat 小定理有 q | 5 q ?1 ? 1 ,故 q | 626 .由于 q 为 奇素数,而 626 的奇素因子只有 313,所以 q = 313 .经检验素数对 (5, 313) 合乎要求. 若 p, q 都不等于 2 和 5,则有 pq | 5 p ?1 + 5 q ?1 ,故

5 p ?1 + 5 q ?1 ≡ 0 (mod p ) .



- 2 -

由 Fermat 小定理,得 故由①,②得

5 p ?1 ≡ 1 (mod p ) ,



5 q ?1 ≡ ?1 (mod p ) .
设 p ? 1 = 2 ( 2r ? 1) , q ? 1 = 2 ( 2 s ? 1) , 其中 k , l , r , s 为正整数.
k l



若 k ≤ l ,则由②,③易知

1 = 12

l ?k

( 2 s ?1)

≡ (5 p ?1 ) 2

l?k

( 2 s ?1)

= 5 2 ( 2 r ?1)( 2 s ?1) = (5 q ?1 ) 2 r ?1 ≡ (?1) 2 r ?1 ≡ ?1 (mod p) ,
l

这与 p ≠ 2 矛盾!所以 k > l . 同理有 k < l ,矛盾!即此时不存在合乎要求的 ( p, q ) . 综上所述,所有满足题目要求的素数对 ( p, q ) 为

(2, 3) , (3, 2) , (2, 5) , (5, 2) , (5, 5) , (5, 313) 及 (313, 5) .

设 n 求 三、 m, 是给定的整数,4 < m < n ,A1 A2 L A2 n +1 是一个正 2n+1 边形,P = {A1 , A2 ,L , A2 n +1 } . 顶点属于 P 且恰有两个内角是锐角的凸 m 边形的个数. 解 先证一个引理:顶点在 P 中的凸 m 边形至多有两个锐角,且有两个锐角时,这两个锐角必相邻. 事实上,设这个凸 m 边形为 P1 P2 L Pm ,只考虑至少有一个锐角的情况,此时不妨设 ∠Pm P1 P2 < 则 ∠P2 Pj Pm = π ? ∠P2 P1 Pm > 更有 ∠Pj ?1 Pj Pj +1 >

π
2



π
2

(3 ≤ j ≤ m ? 1) ,

π
2

(3 ≤ j ≤ m ? 1) .

而 ∠P1 P2 P3 + ∠Pm?1 Pm P1 > π ,故其中至多一个为锐角,这就证明了引理. 由引理知,若凸 m 边形中恰有两个内角是锐角,则它们对应的顶点相邻. 在凸 m 边形中,设顶点 Ai 与 A j 为两个相邻顶点,且在这两个顶点处的内角均为锐角.设 Ai 与 A j 的劣 弧上包含了 P 的 r 条边( 1 ≤ r ≤ n ),这样的 (i, j ) 在 r 固定时恰有 2n + 1 对. (1) 若凸 m 边形的其余 m ? 2 个顶点全在劣弧 Ai A j 上,而 Ai A j 劣弧上有 r ? 1 个 P 中的点,此时这

m ? 2 个顶点的取法数为 C rm ? 2 . ?1
(2) 若凸 m 边形的其余 m ? 2 个顶点全在优弧 Ai A j 上,取 Ai , A j 的对径点 Bi , B j ,由于凸 m 边
- 3 -

形在顶点 Ai , A j 处的内角为锐角,所以,其余的 m ? 2 个顶点全在劣弧 Bi B j 上,而劣弧 Bi B j 上恰有 r 个

P 中的点,此时这 m ? 2 个顶点的取法数为 C rm ? 2 .
所以,满足题设的凸 m 边形的个数为
n n ? n ? (2n + 1)∑ (C rm ?2 + C rm ?2 ) = (2n + 1)? ∑ C rm? 2 + ∑ C rm ?2 ? ?1 ?1 r =1 r =1 ? r =1 ?

= (2n + 1)(∑ (C rm ?1 ? C rm?1 ) + ∑ (C rm ?1 ? C rm?1 )) ?1 +1
r =1 r =1 m m = (2n + 1)(C n+?1 + C n ?1 ) . 1

n

n

四、给定整数 n ≥ 3 ,实数 a1 , a 2 , L , a n 满足 min a i ? a j = 1 .求
1≤i < j ≤ n

∑a
k =1

n

3 k

的最小值.

解 不妨设 a1 < a 2 < L < a n ,则对 1 ≤ k ≤ n ,有

a k + a n ?k +1 ≥ a n ?k +1 ? a k ≥ n + 1 ? 2k ,
所以

∑a
k =1

n

3 k

1 n 3 = ∑ a k + a n+1?k 2 k =1 =

(

3

)
)
2

1 n ?3 ∑ ( ak + an+1?k )? 4 ( ak ? an+1?k 2 k =1 ? 1 n ∑ ( ak + a n+1?k 8 k =1

+

1 ( a k + a n+1?k 4

)

2

? ? ?



)

3



1 n 3 ∑ n + 1 ? 2k . 8 k =1
n ?1 2 i =1

当 n 为奇数时,

∑ n + 1 ? 2k
k =1 n

n

3

= 2 ? 23 ? ∑ i 3 = = 2∑ (2i ? 1) 3
i =1 n 2

1 2 (n ? 1) 2 . 4

当 n 为偶数时,

∑ n + 1 ? 2k
k =1

3

n ? n ? 2 ? ? 3 3 = 2? ∑ j ? ∑ (2i ) ? i =1 ? j =1 ? ? ?

=
所以,当 n 为奇数时,

1 2 2 n ( n ? 2) . 4
3

∑ ak
k =1

n

3



n 1 2 (n ? 1) 2 ,当 n 为偶数时, ∑ a k 32 k =1



1 2 2 n (n ? 2) ,等号均在 32

- 4 -

ai = i ?

n +1 , i = 1,2, L , n 时成立. 2

因此,

∑a
k =1

n

3 k

的最小值为

1 2 1 (n ? 1) 2 (n 为奇数),或者 n 2 (n 2 ? 2) (n 为偶数). 32 32

五、凸 n 边形 P 中的每条边和每条对角线都被染为 n 种颜色中的一种颜色.问:对怎样的 n,存在一 种染色方式,使得对于这 n 种颜色中的任何 3 种不同颜色,都能找到一个三角形,其顶点为多边形 P 的顶 点,且它的 3 条边分别被染为这 3 种颜色? 解 当 n ≥ 3 为奇数时,存在合乎要求的染法;当 n ≥ 4 为偶数时,不存在所述的染法。 每 3 个顶点形成一个三角形,三角形的个数为 C n 个,而颜色的三三搭配也刚好有 C n 种,所以本题相 当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合,即形成一一对应. 我们将多边形的边与对角线都称为线段.对于每一种颜色,其余的颜色形成 C n ?1 种搭配,所以每种颜 色的线段(边或对角线)都应出现在 C n ?1 个三角形中,这表明在合乎要求的染法中,各种颜色的线段条数 相等.所以每种颜色的线段都应当有
2 Cn n ? 1 = 条. n 2
2 2 3 3

当 n 为偶数时,

n ?1 不是整数,所以不可能存在合乎条件的染法.下设 n = 2m + 1 为奇数,我们来给 2

出一种染法,并证明它满足题中条件.自某个顶点开始,按顺时针方向将凸 2m + 1 边形的各个顶点依次记 为 A1 , A2 , L , A2 m +1 .对于 i ? {1, 2, L , 2m + 1} ,按 mod 2m + 1 理解顶点 Ai .再将 2m + 1 种颜色分别记 为颜色 1, 2, L , 2m + 1 . 将边 Ai Ai +1 染为颜色 i ,其中 i = 1, 2, L , 2m + 1 .再对每个 i = 1, 2, L , 2m + 1 ,都将线段(对角线)

Ai ? k Ai +1+ k 染为颜色 i ,其中 k = 1, 2, L , m ? 1 .于是每种颜色的线段都刚好有 m 条.注意,在我们的染色
方法之下,线段 Ai1 A j1 与 Ai2 A j2 同色,当且仅当

i1 + j1 ≡ i2 + j 2 (mod 2m + 1) .



因此,对任何 i ≠ j (mod 2m + 1) ,任何 k ≠ 0 (mod 2m + 1) ,线段 Ai A j 都不与 Ai + k A j + k 同色.换言 之,如果

i1 ? j1 ≡ i2 ? j 2 (mod 2m + 1) .
则线段 Ai1 A j1 都不与 Ai2 A j2 同色.



- 5 -

任取两个三角形 ?Ai1 A j1 Ak1 和 ?Ai2 A j2 Ak 2 ,如果它们之间至多只有一条边同色,当然它们不对应相同 的颜色组合. 如果它们之间有两条边分别同色, 我们来证明第 3 条边必不同颜色. 为确定起见, 不妨设 Ai1 A j1 与 Ai2 A j2 同色. 情形 1:如果 A j1 Ak1 与 A j2 Ak 2 也同色,则由①知

i1 + j1 ≡ i2 + j 2 (mod 2m + 1) , j1 + k1 ≡ j 2 + k 2 (mod 2m + 1) ,
将二式相减,得 i1 ? k1 ≡ i2 ? k 2 (mod 2m + 1) ,故由②知 Ak1 Ai1 不与 Ak 2 Ai2 同色. 情形 2:如果 Ai1 Ak1 与 Ai2 Ak 2 也同色,则亦由①知

i1 + j1 ≡ i2 + j 2 (mod 2m + 1) , i1 + k1 ≡ i 2 + k 2 (mod 2m + 1) ,
将 二 式 相 减 , 亦 得 j1 ? k1 ≡ j 2 ? k 2 (mod 2m + 1) , 亦 由 ② 知 A j1 Ak1 与 A j2 Ak 2 不 同 色 . 总 之 ,

?Ai1 A j1 Ak1 与 ?Ai2 A j2 Ak 2 对应不同的颜色组合.

六、给定整数 n ≥ 3 ,证明:存在 n 个互不相同的正整数组成的集合 S,使得对 S 的任意两个不同的非 空子集 A,B,数

∑x
x∈ A

∑x

x∈B

A
是互素的合数.(这里
x∈X

B

∑ x 与 X 分别表示有限数集 X 的所有元素之和及元素个数.)

证 我们用 f ( X ) 表示有限数集 X 中元素的算术平均. 第一步,我们证明,正整数的 n 元集合 S1 = ( m + 1)! m = 1,2, L , n 具有下述性质:对 S1 的任意两个不 同的非空子集 A,B,有 f ( A) ≠ f ( B ) . 证明:对任意 A ? S1 , A ≠ ? ,设正整数 k 满足

{

}

k!< f ( A) ≤ (k + 1)! ,



- 6 -

并设 l 是使 l f ( A) ≥ ( k + 1)! 的最小正整数.我们首先证明必有 A = l . 事实上,设 ( k ′ + 1)! 是 A 中最大的数,则由 A ? S1 ,易知 A 中至多有 k ′ 个元素,即 A ≤ k ′ ,故

f ( A) ≥

(k ′ + 1)! > k ′! .又由 f (A) 的定义知 f (A) ≤ (k ′ + 1)! ,故由①知 k = k ′ .特别地有 A ≤ k . k′

此外,显然 A f ( A) ≥ ( k ′ + 1)! = ( k + 1)! ,故由 l 的定义可知 l ≤ A .于是我们有 l ≤ A ≤ k . 若 l = k ,则 A = l ;否则有 l ≤ k ? 1 ,则

1 ? ? 1? ? (l + 1) f ( A) = ?1 + ?l f ( A) ≥ ?1 + ? (k + 1)! ? l? ? k ?1? > (k + 1)!+ k!+ L + 2! .
由于 ( k + 1)! 是 A 中最大元,故上式表明 A < l + 1 .结合 A ≥ l 即知 A = l . 现在,若有 S1 的两个不同的非空子集 A,B,使得 f ( A) = f ( B ) ,则由上述证明知 A = B = l ,故

A f ( A) = B f ( B) , 但这等式两边分别是 A, 的元素和, B 利用 ( m + 1)!> m!+ L + 2! 易知必须 A=B, 矛盾.
第二步,设 K 是一个固定的正整数, K > n!? max f ( A1 ) ,我们证明,对任何正整数 x,正整数的 n 元
A1 ? S1

集合 S 2 = K ! n! xα + 1 α ∈ S1 具有下述性质: S 2 的任意两个不同的非空子集 A, 数 f (A) 与 f (B ) 是 对 B, 两个互素的整数. 事实上,由 S 2 的定义易知,有 S1 的两个子集 A1 , B1 ,满足 A1 = A , B1 = B ,且

{

}

f ( A) = K !n! xf ( A1 ) + 1, f ( B) = K !n! xf ( B1 ) + 1 .
显然 n! f ( A1 ) 及 n! f ( B1 ) 都是整数,故由上式知 f (A) 与 f (B ) 都是正整数.



现在设正整数 d 是 f (A) 与 f (B ) 的一个公约数,则 n! f ( A) f ( B1 ) ? n! f ( B ) f ( A1 ) 是 d 的倍数, 故由②可知 d n! f ( A1 ) ? n! f ( B1 ) ,但由 K 的选取及 S1 的构作可知, n! f ( A1 ) ? n! f ( B1 ) 是小于 K 的非零整数,故它是 K ! 的约数,从而 d K ! .再结合 d

f ( A) 及②可知 d=1,故 f (A) 与 f (B ) 互素.

第三步,我们证明,可选择正整数 x,使得 S 2 中的数都是合数.由于素数有无穷多个, 故可选择 n 个互不相同且均大于 K 的素数 p1 , p 2 , L , p n .将 S1 中元素记为 α 1 , α 2 , L , α n , 则 ( p i , K !n!α i ) = 1 (1 ≤ i ≤ n) ,且 p i , p j = 1 (对 1 ≤ i < j ≤ n ),
2 2

(

)

故由中国剩余定理可知,同余方程组

- 7 -

K !n! xα i ≡ ?1 (mod p i2 ), i = 1,2, L , n ,
有正整数解. 任取这样一个解 x,则相应的集合 S 2 中每一项显然都是合数.结合第二步的结果,这一 n 元集合满足 问题的全部要求.

- 8 -


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