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第五届陈省身杯全国高中数学奥林匹克解答


第五届陈省身杯全国高中数学奥林匹克
1.

证明

联结 AO、AH .因为 A、B1、H、C1 四点共圆,且 OH // B1C1 ,所以,

?OHC1 ? ?HC1 B1 ? ?HAB1 ? 90? ? ?C .
又因为 B、C、B1、C1 四点共圆,所以, ?AHC1 ? ?AB1C1 ? ?

B . 于是, ?AHO ? ?OHC1 ? ?AHC1 ? 90? ? ?C ? ?B . 由于 ?OAB ? ?CAH ? 90? ? ?C ,则

?OAH ? ?A ? ?OAB ? ?CAH ? ?A ? 2 ?90? ? ?C ? ? ?C ? ?B .
因此, ?AHO ? ?OAH ? 90? ? ?C ? ?B ? ?C ? ?B ? 90? . 从而, ?AOH ? 90? . 设 △ABC 的外接圆半径为 R .则 AH ? 2 R cos A . 由于 AO ? AH cos ?OAH ,则

R ? 2 R cos A ? cos ?C ? B ?,


2 cos A ? cos ?C ? B ? ? 1 .
从而, cos ? A ? C ? B ? ? cos ? A ? C ? B ? ? 1 . 因此, cos 2 B ? cos 2C ? 1 ? 0 .

2.解

令 fn ?

x x x x xx x1 x2 ? … ? n ? 2 n ?1 ? n ?1 n ? n 1 ? x1 ? x2 ? … ? xn . x3 xn x1 x2

下用数学归纳法证明 f n ? 0. 当 n ? 3 时,

f3 ?

x1 x2 x2 x3 x3 x1 xn x1 ? ? ? ? x1 ? x2 ? x3 x3 x1 x2 x2

?xx x x ? ?xx xx ? ?xx x x ? ? ? 1 2 ? 2 3 ? ? ? 1 2 ? 3 1 ? ? ? 3 1 ? 2 3 ? ? x1 ? x2 ? x3 ? 2 x3 2 x1 ? ? 2 x3 2 x2 ? ? 2 x2 2 x1 ? ? x ?x ? x ?x x ? x x ?x x ? 2 ? 1 ? 3 ? 2 ? ? 1 ? 2 ? 3 ? 2 ? ? 3 ? 1 ? 2 ? 2 ? ? 0, 2 ? x3 x1 ? ? 2 ? x3 x2 ? 2 ? x2 x1
当且仅当 x1 ? x2 ? x3 时等号成立. 假设 n ? k 时成立,即

fk ?

xx x1 x2 x2 x3 ? ? … ? k 1 ? x1 ? x2 ? … ? xk ? 0. x3 x4 x2

当 n ? k ? 1 时,
f k ?1 ? ? fk ? x x x1 x2 x2 x3 ? ? … ? k ?1 1 ? x1 ? x2 ? … ? xk ?1 x3 x4 x2 xk ?1 xk xk xk +1 xk +! x1 xk ?1 xk xk x1 + + ? ? ? xk ?1 x3 x1 x2 x1 x2

? 1 ?x ? x 1? ? f k ? xk ?1 xk ? ? ? ? xk ?1 ? k ? 1? ? 1 ?xk ?1 ? xk ? ? x1 ? x2 ? xk ?1 x1 ? ? 1 ?x ? x 1? ? f k ? xk2 ? ? ? ? xk ?1 ? k ? 1? ? 1 ?xk ?1 ? xk ? ? x1 ? xk ? xk ?1 x1 ? ? x x x ? xk ?1 ? ? f k ? ?xk ?1 ? xk ?? 1 ? k ? k ? ? 0, xk ?1 ? ? xk x1

当 且 仅 当 xk ?1 ? xk ? 0 或

x1 xk xk ? xk ?1 ? ? ? 0 且 fk ? 0 时 等 号 成 立 , 即 xk x1 xk ?1

x1 ? x2 ? … ? xn .
3.证明 首先证明一个引理.

引理:记 f ?n ? 为闭区间 ?2, n ? 1?上的素数个数,则对于任意的 0 ? k ? f ?n ? , 存在连续 n 个正整数,其中恰有 k 个素数. 证明:记 F ?n, l ? 为闭区间 ?l , n ? l ? 1?上的素数个数.

n ? l 均为素数或均不为素数时, F ?n, l ? 1? ? F ?n, l ? ; 当 l、
当 l 为素数且 n ? l 不为素数时, F ?n, l ? 1? ? F ?n, l ? ? 1 ; 当 l 不为素数且 n ? l 为素数时, F ?n, l ? 1? ? F ?n, l ? ? 1 ). 故 F ?n, l ? 关于正整数 l 在 N 内连续变化. 显然, F ?n, 2 ? ? f ?n ?, F ?n, ?n ? 1?!? 2 ? ? 0.

因此,对于任意的 0 ? k ? f ?n ? ,存在 j ? Z ? ,使得 F ?n, j ? ? k . 回到原题. 注意到, 2014 ? 2 ? 19 ? 53, f ?2014 ? ? 100 . 因此,存在 a、b、c ? Z ? ,使得

1 1? ? F ?2014, a ? ? 2 ,此时, ? a ? , a ? 2013 ? 的内部恰有 2 个素数; 2 2? ? 1 1? ? F (2014, b) ? 19 ,此时, ? b ? , b ? 2013 ? 的内部恰有 19 个素数; 2 2? ? 1 1? ? F (2014, c ) ? 53 ,此时, ? c ? , c ? 2013 ? 的内部恰有 53 个素数. 2 2? ?
因此,边长为 2014 的立方体

1 1? ? 1 1? ? 1 1? ? a ? , a ? 2013 ? ? ?b ? , b ? 2013 ? ? ?c ? , c ? 2013 ? ? 2 2? ? 2 2? ? 2 2? ?
的内部恰有 2 ? 19 ? 53 ? 2014 个素点. 4.御天敌为了挽救塞伯坦星球,在地球上建立了由 n?n ? 3?个能量柱组成的太 空桥,这些能量柱竖立在一个平面的 n 个点上,任意三点不共线.其启动方式为:任 意选定一个能量柱,从其发出一道激光,该能量柱将激光逆时针旋转,当激光遇到 另一个能量柱时,停止旋转;第二个能量柱接收到激光后,将其反射并逆时针旋转, 当反射的激光遇到下一个能量柱时,停止旋转;如此下去.若激光进行的路径组成 一条有向环路,则启动成功.证明:存在成功的启动方式,且成功启动方式所对应的 环路个数不大于 2n . 证明 将 n 个能量柱记为 A1 , A2 , …, An .设激光行进的路径为 a1 , a2 , … ,其中,

ai ? ?A1 , A2 , …, An ?.
考虑相邻两点所组成的集合 {(ai , ai ?1 ) | i ? 1, 2,...} ,其为无限集,但其取值至多有

n(n ? 1) 个,故必有 (ai , ai ?1 ) ? (a j , a j ?1 ) ?i ? j ? .
因 此 , ai ? 2 ? a j ? 2 . 依 此 类 推 , 则 路 径 从 ai 开 始 循 环 , 且 由 激 光 行 进 方 式 知

(ai , ai ?1 ) ? (a j , a j ?1 ) 可导出 ai ?1 ? a j ?1 ,依此类推,故该路径从 a1 开始循环,即激光组行
进的路程组成有向环路. 线段 A1 Ai ?i ? 2,3,…,n ? Aij ?i ? 1, 2, …, n; j ? 1, 2, …, n ? 1? 与半径充分小的 ? A, 交点(逆时针)依次记为 A11 , A12 , …, A1?n ?1? .类似地定义. 记 ?Aij Ai Ai? j ?1? ? ? ij ?i ? 1, 2, …, n; j ? 1, 2, …, n ? 1; Ain ? Ai1 ? .则 ? ? ij ? 2π
j ?1 n ?1

若激光从 Aij 到 Ai ,则下一步必在 Ai 逆时针旋转 ? ij 角度,从 Ai 到 Ai? j ?1? ,此步骤可 逆(即若光线从 Ai 到 Ai? j ?1? ,则上一步必从 Aij 到 Ai ).故每条路径可由其中一步

?ai , ai ?1 ? 推导得到.
从而,不同的环路所包含的 ?Aij Ai Ai? j ?1? 不会相同,即每个 ? ij 至多在一个路径中 出现.故不同的有项环路有有限个,记为 Pt ?t ? 1, 2, …, ? ?. 对任意一条环路 Pt ,光线行进一周后,其仍为原方向. 故
? ij ?Pt

??
?

ij

? kt π ?kt ? Z ? , t ? 1, 2, …, ? ? .
n n ?1

从而, ? kt ? ??? ? ij ? 2n?. 故 ? ? 2n.
t ?1 i ?1 j ?1

5.证明

设 EF 与 BC 交于点 H ,对于直线 GCQ 和 △HED ,由梅涅劳斯定理得

HG EQ DC ? ? ? 1. GE QD CH
对于直线 PBF 和 △HED ,由梅涅劳斯定理得



HF EP DB ? ? ? 1. FE PD BH
① ? ②得



HG EQ DC HF EP DB ? ? ? ? ? ? 1. GE QD CH FE PD BH
由相交弦定理和切割线定理得
HB ? HC ? HF ? HG , EG ? EF ? EA2 , DB ? DC ? DA2 ,



代入式③得

DA2 EQ EP ? ? ? 1. EA2 QD PD

于是, AD 2 ? AQ ? AE ?? AP ? AE ? ? AE 2 ? AQ ? AD ?? AP ? AD ? .整理后得

? AD ? AE ?? ? AP ? AQ ? AD ? AE ? ? AD? AE ? AP ? AQ ?? ??0

? AP ? AQ ? AD ? AE ? ? AD? AE ? AQ ? AP ? .
从而, AD ? AE 的充分必要条件为 AP ? AQ . 6.解 不等式左端

? ?x ? y ? z ??x 2 ? y 2 ? z 2 ? xy ? yz ? zx ? ? x ? y ? ? ? y ? z ? ? ?z ? x ? ? ?x ? y ? z ? ? ?? ?
2 2 2

2

.

不妨设 x ? y ? z ? 0. . 若 x ? y 或 y ? z ,对于任意实数 c ,不等式均成立. 若 x ? y ? z ? 0 ,固定 x ? y、y ? z ,则 z ? x 固定. 要使得 c 最大,应使左端最小,即 x ? y ? z 最小. 因为 x ? y ? z ? ?x ? y ? ? 2 ? y ? z ? ? 3 z ,所以,当 z ? 0 时,左端最小. 下面讨论 x ? y ? z ? 0 的情形. 原式变为 x 3 ? y 3 ? cxy ?x ? y ?. 令t ?

x ?t ? 1? t y

?

x ?t ? 1?.则 t 3 ? 1 ? ct ?t ? 1?. y
t3 ?1 . t ?t ? 1?

故 cmax ? f ?t ?min ,其中, f ?t ? ? 设 f ?t ? 在 t0 处取得最小值.则

f ' ?t0 ? ?

4 3 t0 ? 2t0 ? 2t0 ? 1 2 t0 ?t0 ? 1? 2

? 0. .

? ? 1? 1? 故 ? t0 ? ? ? 2 ? t0 ? ? ? 2 ? 0. t0 ? t0 ? ? ?
解得 t0 ?

2

1? 3 ? 2 3 .. 2

? 6+3 2 ? 4 从而, cmax ? f ?t0 ? ? ? ? ? ? 3. 2 ? ?

7.解

记 n 被 k ?1 ? k ? n ? 除所得的余数为 rk ( n) .

于是, rk ( n)
m ?1 k ?1

?n? ? n ? k ? ? ,其中, [ x] 表示不超过实数 x 的最大整数. ?k ?
m k ?1

则r (m) ? ? rk (m) ? ? rk (m)
m m ? ?m?? ?m? ? ? ? m ? k ? ? ? ? m 2 ? ? k ? ?. ? k ?? k ?1 ? k ?1 ? k ?

故 r ( m)

? r (m ? 1) ? ? k ? m ? ?? k ? m ? 1 ? ? 2m ? 1
m m ?1 k ?1 k ?1

? ?k ? ?

? ? k ? ?

? ? m ? ? m ? 1? ? ? m ? ?k ? ? ? ? ? ? ? 2m ? 1. ? k ? ?? k ?1 ? ? k ?
m ?1

? m ? ? m ? 1? 当k | m时, ?? ?1 ; ? ? ? ?k ? ? k ? ? m ? ? m ? 1? 当k ? | m时, ?? ? 0. ? ? ? k k ? ? ? ? 则r (m) ? r (m ? 1) ? m ? ? k ? 2m ? 1
k |m 1? k ? m ?1

?

k |m 1? k ? m

? k ? 2m ? 1 .
t



式①左边就是 m 的所有正约数之和 ? ( m) . 设m

? ? pi?i
i ?1 t



p1 ? p2 ? ... ? pt 为素数, ? i ? Z? ).则
i

? (m) ? ? (1 ? pi ? ... ? pi? ) ? 2m ? 1.
i ?1



若 m 的奇素因子 盾.

pi 的指数 ? i 为奇数,则1 ? pi ? ... ? pi?i 为偶数,与式②矛 ? 2 s a 2 ( s ? N , a 为正奇数).

因此,m 中奇素因子的指数必为偶数,即 m 显然, m 下设 a 其中,

? 2 s ( s ? N )满足式①.

? 1 ,由1 ? m ? 2014 ,则 m ? { p 2? , 2? p 2 ? | p为奇素数} ∪B ,

B ? {32 ? 52 ,32 ? 7 2 ,32 ? 112 ,32 ? 132 ,52 ? 7 2 , 2 ? 32 ? 52 , 22 ? 32 ? 52 , 2 ? 32 ? 7 2 , 22 ? 32 ? 7 2 }.

若m

? p 2? ,则

p 2? ?1 ? 1 式② ? ? 2 p 2? ? 1 ? p 2? ?1 ? 2 p 2? ? p ? 2 ? 0 p ?1
矛盾. ? ( p ? 2)( p 2? ? 1) ? 0 ? p ? 2或1, 若m

? 2? p 2 ? ,则 (2
? ?1

式② ?

p 2 ? ?1 ? 1 ? ?1 2 ? ? 1) ? 2 p ?1 p ?1

? p 2 ? ?1 ? 2? ?1 p 2 ? ? 2? ?1 ? p ? 0 ? ( p ? 2? ?1 )( p 2 ? ? 1) ? 0 ? p ? 2? ?1 或1,矛盾.
若 m ? B ,经检验,均不满足式②. 综上,所求 m 8.证明

? 2 s ( s ? Z? , s ? 10)

.

记初始状态恰有 i ?i ? 1, 2, ???, n ? 个球的盒子编号为 i ,且某步操作后该盒子

中球数为 xi . 当 n ? 3l 时,将 n 个盒子根据编号分成三组:? 1, 4, ???,3l ? 2?,?2,5, ???,3l ? 1?和

?3, 6, ???,3l?,显然每次操作恰涉及到各组中 1 个盒子.
记三组盒子中球数总和 X 、Y、Z . 显然,每次操作均使得 X 、Y、Z 要么同时增加 1 要么同时减少 1. 在初始状态 X ? Y ? Z ,操作过程中始终保持 X ? Y ? Z ,因此,对任意正整 数 k ,均不可能经过有限次操作,使得 n ? 3l 个盒子中均恰有 k 只球,即满足题意 的正整数 k 不存在. n(n ? 1) 在初始状态 n 个盒子中球数总和为 1 ? 2 ? ??? ? n ? ,每次操作球数总和要 2 么增加 3 要么减少 3,在模 3 的意义下 k 球数总和不变. 当 n ? 3l ? 1 时,符合题意的正整数必满足 (3l ? 1)(3l ? 2) ? (3l ? 1)k (mod 3) ? k ? 1(mod 3) . 2 当 n ? 3l ? 2 时,符合题意的正整数 k 必满足 (3l ? 2)(3l ? 3) ? (3l ? 2)k (mod 3) ? k ? 0(mod 3) . 2 下面证明:(i)当 k ? 1(mod 3) 时,可经过有限次操作,使得 n ? 3l ? 1 个盒子中 均恰有 k 只球. (ii)当 k ? 0(mod 3) 时,可经过有限次操作,使得 n ? 3l ? 2 个盒子中均恰有 k 只球. 事实上,自某盒子开始按逆时针方向依次 1 个盒子放入(取出)1 只球,连 续放入(取出)3n 只球相当于 n 次操作,其结果为每个盒子均恰放入(取出)了 3 只球,因此,只需构造有限次操作,使得 n 个盒子中的球数相同.

(i)选择一只球数最多的盒子,在其他盒子中各放入 1 只球(相当于 l 次操 作) ,相对而言其结果类似于从那个球数最多的盒子中取走 1 只球,因此可经过有 限次操作,使得 n ? 3l ? 1 个盒子中的球数相同. (ii)选择一只球数最少的盒子,从它开始按逆时针方向依次 1 个盒子放入 1 只球, 连续放入 3l ? 3 只球 (相当于 l ? 1 次操作) , 其结果为那个盒子放入了 2 只球, 其他盒子均恰放入 1 只球, 相对而言其结果类似于在那个球数最少的盒子中放入 1 只球,因此,可经过有限次操作,使得 n ? 3l ? 2 个盒子中的球数相同.


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