nbhkdz.com冰点文库

第33届俄罗斯数学奥林匹克


2007 年第 11 期

23

第 33 届俄罗斯数学奥林匹克
第 33 届俄罗斯数学奥林匹克于 2007 年 4 月 23 日 — 日在俄罗斯阿迪格共和国迈科普 28 市举行 . 竞赛分年级进行 ,每个年级考两天 ,每天 5 个小时考 4 道题 . 与以往各届不同的是 , 今 年还举办了八年级的竞赛 . 我国派出了由中国人民

大学附中和北京师大试验中学的 6 名学生 组成的代表队参加了此次竞赛 ,其中 4 名高二学生参加了十年级的竞赛 ,2 名高一学生参加了 九年级的竞赛 . 共获得 4 块金牌和 2 块银牌 . 中国人民大学附中的林博同学以满分高居榜首 , 张瑞祥同学则获得十年级组第一名 . 琴斯克到迈科普 . 三人只有一辆自行车 . 开始 八年级 时自行车在迈科普 ,每个人都可以步行 ( 步行 8. 1. 给定实数 a , ,. 证明 : 如下三个方 b c 速度为 6 km/ h) ,也都可以骑自行车 ( 骑车速 程 度为 18 km/ h) ,但不能在没有自己人的地方 2 停放自行车 ( 否则 ,可能被盗) ,也不能两人共 x + ( a - b) x + ( b - c) = 0 , 2 骑一辆自行车 . 证明 : 只需经过 2 h 40 min ,三 x + ( b - c) x + ( c - a) = 0 , 2 个朋友都可以到达自己所要到达的地方 . x + ( c - a) x + ( a - b) = 0 , 8. 6. 在 △ABC 中 , 一条经过内心 I 的直 至少有一个方程有解 . 线分 别 与 边 AB , 交 于 点 M , . 已 知 BC N 8. 2. 将 1 ~ 100 这 100 个自然数任意地 △BMN 是锐角三角形 . 在边 AC 上取点 K , , L 写在一个 10 × 的方格表中 ,每个方格写一 10 使得 ∠ILA = ∠IMB , ∠IKC = ∠INB . 证明 : 个数 . 每一次操作可以交换任何两个数的位 AM + K + CN = AC . L 置 . 证明 : 只需经过 35 次操作 ,就能使得写在 8. 7. 对于自然数 n ( n > 3 ) , 我们用 n ?" " 任何两个有公共边的方格中的两个数的和都 表示所有小于 n 的质数的乘积 . 试解方程 是合数 . n ?= 2 n + 16. 8. 3. 在菱形 ABCD 的边 BC 上取一点 M . 8. 8. 在 10 × 的方格表中写着自然数 10 由 M 分别作对角线 BD , 的垂线与直线 AC 1~100 : 第 1 行从左到右依次写着 1~10 ; 第 2 AD 交于点 P , . 如果直线 PB , 与 AM 交 Q QC 行从左到右依次写着 11 ~ 20 ; 如此下去 . 安 BM 于同一点 ,求比值 . MC 德列试图把方格表全部分割成 1 × 的矩形 , 2 8. 4. 魔术师和他的助手表演下面的节 并计算每个矩形中两个数的乘积 , 再把所得 目 : 首先 ,助手在黑板上画一个圆 , 观众在圆 的乘积相加 . 他应当怎样分割 ,才能使所得和 上任意标出 2 007 个互不相同的点 ,然后 , 助 数尽可能的小 ? 手擦去其中一个点 . 此后 , 魔术师登场 , 观察 九年级 黑板上的圆 ,并指出被擦去的点所在的半圆 . 为确保演出成功 , 魔术师应当事先与助手作 911. 设 f ( x ) , ( x ) 都是首项系数为 1 的 g 怎样的约定 ? 二次三项式 . 如果方程 8. 5. 由迈科普到白列琴斯克的距离为 f ( g ( x) ) = 0 与 g ( f ( x) ) = 0 24 km. 三个朋友要在两地之间穿行 : 有两人 都没有实数根 , 求证 : 方程 f ( f ( x ) ) = 0 与 从迈科普到白列琴斯克 , 第三个人则从白列 g ( g ( x ) ) = 0中至少有一个没有实数根 .
1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net

24

中 等 数 学

的分子中 , 自然数 1 ~ 100 恰好各出现一次 ; 在它们的分母中 ,自然数 1~100 也恰好各出 现一次 . 如果这 100 个分数的和可以化为分 母为 2 的最简分数 ,求证 : 可以交换某两个分 数的分子 , 使所得的 100 个分数的和可以化 为分母为奇数的最简分数 . 913. 设有一个正 2 n + 1 ( n > 1 ) 边形 . 两 人按如下法则做游戏 : 轮流在该正多边形内 画对角线 ,每人每次画一条新的 ( 以前没有画 过的) 对角线 ,而它恰好与已画出的偶数条对 角线相交 ( 交点在正多边形内) , 凡无法按照 要求画出对角线者即为负方 . 问 : 谁有取胜策 略? 9. 4. 在 △ABC 中 , BB 1 是角平分线 ,过点
B 1 作 BC 的垂线交 △ABC 外接圆上的BC 于

点 K ,过点 B 作 A K 的垂线交 AC 于点 L . 求

证 :点 K , 以及AC ( 不含点 B 的弧 ) 的中点 L 在同一条直线上 . 915. 在凸 100 边形的每个顶点上都写有 两个不同的数 . 证明 : 可以从每个顶点上划去 一个数 ,使得任意两个相邻的顶点上剩下的 数都互不相同 . 916. 在锐角 △ABC 中 , 点 M , 分别是 N 边 AB , 的中点 , H 是过顶点 B 所作高的垂 BC 足 , △AHN , CHM 的外接圆交于点 P ( P ≠ △ H) . 求证 : 直线 PH 经过线段 MN 的中点 . 917. 同 8. 8. 918. 季玛算出了整数 80 ~ 99 中每一个 数的阶乘的倒数 , 并把所得的十进制小数分 别打印在 20 张无限长的纸条上 ( 如在最后一 1 ) 张纸条上打印的数是 = 0100 … 10715 … . 0 99 ! 155个 萨沙从其中的一张纸条上剪下一段 , 上面恰 好有 n 个数字且不带小数点 . 如果萨沙不想 让季玛猜出他是从哪张纸条上剪下的这 n 个数字 ,那么 , n 的最大值是多少 ? 十年级
10. 1. 9 × × 的正方体的每个侧面都由 9 9

912. 在黑板上写有 100 个分数 . 在它们

单位方格组成 ,用 2 × 的矩形沿方格线不重 1 叠且无缝隙地贴满正方体的表面 ( 肯定会有 一些 2 × 的矩形 1 "跨越" 两个侧面) . 求证 : 跨 越两个侧面的 2 × 矩形的个数一定是奇数 . 1 10. 2. 给定多项式 n n- 1 P ( x) = a0 x + a1 x + …+ an - 1 x + an . 令 m = min{ a0 , a0 + a1 , …, a0 + a1 + …+ an }.
n 求证 : 当 x ≥ 时 ,有 P ( x ) ≥mx . 1 10. 3. 同 9. 4. 10. 4. 魔术师和他的助手表演下面的节 目 : 首先 ,助手要求观众在黑板上一个接一个 地将 N 个数字写成一行 , 然后 , 助手把某两 个相邻的数字盖住 . 此后 , 魔术师登场 , 猜出 被盖住的两个相邻的数字 ( 包括顺序) . 为了 确保魔术师按照与助手的事先约定猜出结 果 ,求 N 的最小值 . 1015. 给定 n ( n > 2) 个向量 . 若其中一个 向量的长度不小于其余向量的和的长度 , 则 称该向量是 "长的"如果这 n 个向量都是长 . 的 ,求证 : 它们的和等于零 . 1016. 圆 ω , 2 交于点 A , . 设 PQ , B RS 1 ω

是这两个圆的外公切线 ( 点 P , 在圆ω1 上 , R 点 Q , 在圆ω2 上) . 已知 RB ‖PQ ,射线 RB S
RB 与圆ω2 的另一个交点为 W . 求比值 . BW

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

一个顶点所引出的棱的条数称为该顶点的度 数) 是 5 ,其余顶点的度数都是 3. 把每条棱染 成蓝色 , 红色或紫色 . 若从任意一个 3 度顶点 引出的 3 条棱都恰好被染成 3 种不同的颜 色 ,则称这种染色方式是 "好的"如果所有不 . 同的好的染色方式的数目不是 5 的倍数 , 求 证 : 在某种好的染色方式中 ,一定有 3 条由顶 点 A 引出的依次相邻的棱被染成相同的颜 色. 1018. 同 9. 8. 十一年级
11. 1. 设 k > 10. 证明 : 可在 k f ( x ) = cos x · 2 x · 3 x · · 2 x cos cos … cos

1017. 在凸多面体中 , 顶点 A 的度数 ( 由

http://www.cnki.net

2007 年第 11 期

25

中 , 将 一 个 cos 换 为 sin , 使 得 所 得 到 的 3 f 1 ( x ) ,对一切实数 x ,都有| f 1 ( x ) | ≤ k + 1 . 2 1112. 设 △ABC 的内切圆分别与边 BC , CA , 切于点 A 1 , 1 , 1 , 联结 AA 1 , 与内切 AB B C 圆交于点 Q ,直线 l 平行于 BC 且经过点 A , 直线 A 1 C1 , 1 B 1 分别与直线 l 交于点 P , . A R 证明 : ∠PQR = ∠B 1 QC1 .
11. 3. 同 10. 4. 11. 4. 在无穷数列 { x n } 中 , 首项 x1 是大

于 25 次操作 , 就可以使得右半表中全是奇数 , 左半 表中全是偶数 . 此时 ,位于同一半中的任何两个相邻 的方格中的数之和都是偶数 ,当然为合数 . 由上 ,只有同一行中位于直线 m 的两侧的方格 中的数 lj 与 rj 的和可能为质数 . 接下来说明 ,只需仅在右半表中操作 ,就可以使 得每一对数 ( lj , rj ) ( j = 1 ,2 , …,10) 的和都是 3 的倍 数 . 注意到 ,在右半表中写着 1 ~ 99 的所有奇数 , 分 别有不少于 16 个数被 3 除的余数为 0 ,1 和 2 , 而为 了使得每个和数 lj + rj 都是 3 的倍数 , 至多只需用 到其中的 10 个数 , 因此 , 一定可以成功 . 如此一来 , 一共只需进行不多于 25 + 10 = 35 次操作 .
8. 3. 如图 1 , 将直 线
PB , , 的交点记为 QC AM R.

于 1 的有理数 ,且对任何正整数 n ,都有 1 xn + 1 = xn + . [ xn ]

证明 : 该数列中有整数项 . 11. 5. 同 9. 5. 11. 6. 是否存在非零实数 a , , ,使得对 b c 任何 n ( n > 3) 都可以找到某个多顶式 n 2 Pn ( x ) = x + …+ ax + bx + c , 它恰好有 n 个整数根 ( 可以相同) . 1117. 列莎选择给定的三棱锥的两条互 相异面的棱 , 分别以这两条棱为直径作两个 球 . 她是否总能使得三棱锥中的任何一点都 至少位于其中的一个球中 ? 1118. 某国共有 N 个城市 , 某些城市之 间开设有直达的双向飞机航线 . 已知在其中 任何 k ( 2 ≤k ≤N ) 个城市之间 , 航线的数目 都不多于 2 k - 2 条 . 证明 : 可以将所有航线分 配给两个航空公司 , 使得任何一个公司所拥 有的航线都不形成封闭的折线 .

由题设知 PM ‖AC ,
MQ ‖BD , 因 此 , 四 边 形 PMCA 与四边形 QMBD 都

是平行四边形 . 故 MC =
PA , BM = DQ ,且

图1

PQ = PA + AD + DQ = MC + AD + BM = 2 BC .

因为 BC ‖PQ , BC = 的中位线 .

1 PQ , 所以 , BC 是 △PRQ 2

这意味着 BM 是 △ARP 的中位线 . 从而 , MC = PA = 2 BM .
8. 4. 给出其中的一种约定的例子 .

观察圆周上由 2 007 个分点所分成的 2 007 段 弧 . 假设 AB 是其中最长的一段弧 ( 如果最长的弧不 止一段 ,则任取其一) ,并设 AB 位于点 A 的顺时针方 向 ( 即位于点 B 的逆时针方向 ) . 此时 , 助手应当擦 去点 A . 接下来说明 , 魔术师可以指出此时被擦去的点 所在的半圆周 . 当魔术师登场时 ,他所看见的是被分为 2 006 段 弧的圆周 . 显然 , 被擦去的点位于最长的一段弧上 (因为擦去点 A ,使得弧的长度增大 ,所以 ,这种弧是 唯一的) . 假设现在的最长的弧 是 CB ( 它位于点 C 的顺时针 方向) ,则 AB ≥CA ( 如图 2) . 如 果点 X 是 CB 的 中 点 , 则 点 A 位于 CX上 .
图2

参考答案
八年级

1. 由于 ( b - c) + ( c - a ) + ( a - b) = 0 , 则三 8. 个加项中至少有一项非正 . 为确定起见 ,不妨设 b c ≤ 于是 ,第一个方程的判别式 0. Δ = ( a - b) - 4 ( b - c) ≥ 0.
2

故知该方程有实根 . 8. 2. 用一条竖直直线 m 将方格表分成两半 . 在 其中一半中有不多于 25 个偶数 , 不妨设为右半表 . 于是 ,在左半表中有着相同数目的奇数 . 逐一将右半 表中的偶数与左半表中的奇数交换位置 , 经过不多

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

http://www.cnki.net

26

中 等 数 学 对每个多米诺都写出这样的表达式 . 求和后得 知 ,所要考察的 50 个乘积的和 S 为
S= a1 + a2 + …+ a50 + b1 + b2 + …+ b50
2 2 2 2 2 2

因此 ,魔术师可以指出位于点 C 的顺时针方向 的半圆周 ( 包含 CX的半圆周) .
8. 5. 一开始 , 甲乙两人同时由迈科普朝白列琴

斯克行进 ,甲骑自行车 , 乙则步行 ; 而丙则由白列琴
24 斯克朝迈科普方向行进 . 经过 = 1 h , 甲与丙相 18 + 6

2

-

( a1 - b1 ) 2 + ( a2 - b2 ) 2 + …+ ( a50 - b50 ) 2 . 2

遇 ,甲把自行车交给丙 . 此时 ,乙距离迈科普 6 km. 他 可以停下来休息 ,等候丙骑自行车到来 . 甲也可以停
24 - 6 - 6 2 下来休息 . 丙经过 = h 到达乙所在的位 18 3

上式右端的第一个分式等于

1 + 2 + …+ 100 , 2

2

2

2

其值与分割方式无关 . 而第二个分式的分子中的每 一项 ,都或者为 12 ,或者为 102 ,这取决于多米诺是横 向的还是纵向的 . 因此 ,当所有的多米诺都为纵向时 ,其中每一项 都是 100 ,第二个分数达到最大 ,此时 , S 为最小 .

置 ,将自行车交给乙 . 此后 , 经过 1 h , 丙可以步行抵 达迈科普 ,乙可以骑自行车抵达白列琴斯克 ,而甲则 可以步行抵达白列琴斯克 . 一共需要 2 h 40 min 三个 朋友都可以到达自己所要到达的地方 ( 如图 3) .

九年级
9. 1. 假设方程 f ( x ) = 0 与 g ( x ) = 0 中的某一个 没有实根 ( 如 f ( x ) = 0 没有实根) ,则对任何实数 x , 都有 f ( x ) > 0. 因此 ,对任何实数 x ,都有 f ( f ( x ) ) > 0. 此时 ,命题已经成立 .

下设两个方程都有实根 . 不失一般性 ,可设 f ( x ) 的最小值不超过 g ( x ) 的最小值 .
8. 6. 如图 4 ,由内心 I 分别向边 AB , , 作垂 BC CA

线 IC1 , 1 , 1 . 显然 ,这些垂线的长度彼此相等 . 此 IA IB 外 ,由切线性质知 AC1 = AB 1 , CA 1 = CB 1 . 从而 , 同理 , B 1 L = C1 M .
Rt △IKB 1 ≌ Rt △INA 1 ] B 1 K = A 1 N . = AC1 + CA 1 = AB 1 + CB 1 = AC .
n ?- 32 = 2 ( n - 8) . ai bi = a i + bi
2 2

由关于多项式 g ( f ( x ) ) 的条件知 , f ( x ) 的最小 值大于 g ( x ) 的所有实根 ( 若不然 ,如果 g ( a) = 0 ,则 存在 x1 ,使得 f ( x1 ) ≤a ,可找到 x2 ,使得 f ( x2 ) = a , 从而 ,有 g ( f ( x2 ) ) = 0 , 矛盾 ) . 这样一来 , g ( x ) 的最 小值就大于 g ( x) 的所有实根 ,因而 , g ( g ( x ) ) = 0 没 有实数根 .
a

故 AM + K + CN = AM + MC1 + NA 1 + CN L
8. 7. 题设方程即为

为 ①

2

由于 n ?不能被 4 整除 ,故由式 ① 推知 , n - 8 为 奇数 . 设 n > 9 ,则 n - 8 具有奇数质因数 p . 又由于 p < n ,则 p 能够整除 n ?. 这就意味着 32 可被 p 整除 ,而这是不可能的 . 由上可知 n ≤ 且为奇数 . 9

以找到一个分数 偶性不同 .

的分数刚好有 50 个 ,而 a 不是它们之中任何一个的 的奇偶性相同 .

分子 . 因此 ,在这些分数的分子中 ,至多有 49 个与 a 现在交换 a 与 b 的位置 . 分两步进行 : 先改变分 母为 2 的 分 数 的 分 子 ( 此 时 , 该 分 数 增 加 了 奇 数
a - b个

当 n = 9 时 ,有 n ?= 210 > 2 × + 16. 9 当 n = 7 时 ,显然是方程的根 . 故方程有唯一的根 n = 7. 而当 n = 5 时 ,却有 n ?= 6 < 16.

8. 8. 将 1 × 的矩形称为 2 "多米诺"将所分出的 ,

多米诺编号 . 设在第 i 号多米诺中所写的两个数为
ai ,i ,则 b

数的分子 ( 此时 ,该分数的增加量是一个分母为奇数 的分数) . 因此 ,总和变为分母为奇数的最简分数 .
913. 将先开始的人称为甲 ,后开始的人称为乙 .

2

-

( ai - bi ) 2 . 2

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

912. 假设一开始在参与求和的分数中有一个 .
b , 其中 , c 为奇数 , 而 b 与 a 的奇 c

接下来证明 : 在这些参与求和的分数中 ,一定可

事实上 ,在这些参与求和的分数中 ,分母为奇数

1 ,即使其变为整数) ; 再改变分母为 c 的分 2

如果 n 为奇数 , 则乙有取胜策略 ; 如果 n 为偶

http://www.cnki.net

2007 年第 11 期

27

数 ,则甲有取胜策略 . 由于正多边形的边数为奇数 , 则对于任何一条 对角线来说 ,都是在它的一侧有奇数个顶点 ,在另一 侧有偶数个顶点 . 因此 ,每一条对角线都与偶数条其 他对角线相交 . 假设到某个时刻 , 游戏不能再继续下去 , 此时 , 每一条未画出的对角线都与奇数条已画出的对角线 相交 . 这样的情况只能出现在未画出的对角线的条 数为偶数的时刻 . 事实上 ,如果对每一条未画出的对 角线都数一数与它相交的未画出的对角线的条数 , 那么 ,每一条未画出的对角线都被数了两次 ,总和应 当为偶数 ; 但若未画出的对角线的条数为奇数 , 那 么 ,总和就是奇数个奇数的和 , 仍为奇数 , 由此产生 矛盾 . 因此 ,未画出的对角线的条数为偶数 . 如此一来 ,如果多边形中的对角线的总条数为 奇数 ,那么 ,就应当是甲取胜 ; 而若对角线的总条数 为偶数 ,那么 ,就应当是乙取胜 . 众所周知 ,在正 2 n + 1 边形中 ,共有 (2 n + 1) (2 n - 2) = ( n - 1) (2 n + 1) 2 条对角线 . 所以 ,当 n 为奇数时 ,对角线的总数为偶 数 ,此时 ,乙可取胜 ; 当 n 为偶数时 ,对角线的总数为 奇数 ,此时 ,甲可取胜 .
B 1 , 分别向 BC , K 作 B A

从顶点 A 开始 , 依次为各个顶点编号 , 使得 A 为 1 号 , B 为 100 号 . 将各个顶点上的数都染为一红一蓝 . 首先 ,任意 将第 1 号顶点上的两个数分别染为一红一蓝 . 其次 , 假设已经将第 k 号顶点上的两个数 a 与 b 分别染为 红色与蓝色 ,那么 ,在将第 k + 1 号顶点上的两个数 染色时 ,便有意地使得红色的数不是 a ,蓝色的数不 是 b. 依此下去 . 于是 , 除了 1 号顶点 A 和 100 号顶 点 B 之外 ,任何两个相邻顶点上的颜色相同的数都 是互不相等的 . 而在顶点 A , 上 , 决不可能红色两 B 数彼此相等 ,蓝色两数也彼此相等 ( 否则 ,与 "它们上 面写着的是两对不同的数" 的事实相矛盾 ) ,因此 ,其 中必有某一种颜色的两数互不相等 . 不妨设它们上 面的蓝色两数互不相等 . 于是 ,只要擦去所有红色的 数即满足要求 . 分 别 将 △AHN , △CHM 的外接圆 ω 记为ω1 , 2 . 设直 线 MN 分别与圆 ω1 , 2 交 于 另 一 ω 于点 S .
916. 如图 6 ,

点 D ,E , 交 PH
图6

垂线 ,垂足为 S , . T 中 ,有

与 b ,则只需在所有偶数编号的顶点上都留下 a , 在 所有奇数编号的顶点上都留下 b ,即满足要求 . 现在假设不是这种情况 , 即可以找到两个相邻

的顶点 A , , 在它们上面写着的是两对不同的数 . B

914. 如 图 5 , 由 点

由于 HN 是

Rt △B HC 斜边的中线 ,则

在 △AL T , △BS K ∠SB K = ∠LAT = α.

又 ME , 是 圆 ω2 中 的 平 行 弦 , 则 四 边 形 HC 因此 , ∠MHN = ∠MHC - ∠NHC
= ∠ECH - ∠NCH = ∠ECN .

MHCE 为等腰梯形 . 故 HM = CE , ∠MHC = ∠ECH.

所以 , ∠B 1 LB

图5

= ∠AL T = 90° α= ∠B KS = ∠B KB 1 . -

故 B , 1 , , 四点共圆 . B L K 因此 , ∠BB 1 K = ∠BL K = β. 再由 Rt △BB 1 S 与 Rt △K T 可得 L ∠A K = ∠TK = 90° β= ∠B 1 BS L L = 1 1 ∠ABC = ∠A KC. 2 2

长度分别记为 x , . y

圆 ,所以 , MS · E = PS · = NS · . S SH SD

这就表明 ,直线 K 经过AC的中点 . L

915. 如果在各个顶点上都写着同样的一对数 a

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

由此得 x ( a + y ) = y ( a + x ) ] ax = ay . 故 S 是线段 MN 的中点 . 917. 同 818. 918. n 的最大值是 155. 1 1 假设在分别写着 , ( k < l ) 的两张纸条上 , k! l! 1 1 都有同样排列着的一段 n 个数码 . 将 , 分别乘 k! l!

这表明 △MHN ≌△ECN ] N E = MN . 同理 , DM = MN .

将线段 MN 的长度记为 a ,并将线段 MS , 的 NS 因为四边形 DHN P 与四边形 MHEP 都内接于

HN = CN ] ∠NHC = ∠NCH.

http://www.cnki.net

28

中 等 数 学
1012. 由于对每个 k 都有
a0 + a1 + …+ ak ≥m

以 10 的适当的方幂 ,使得这一段相同的数码都刚好
10 直接位于小数点之后 . 但是 , 所得到的分数 , k! l! 10
a b

的小数部分不可能相等 . 否则 , a b a b 10 10 10 ( k + 1) ( k + 2) …l - 10 = k! l! l! 就应当是一个整数 , 从而 ,10 a ( k + 1) ( k + 2) …l 10 是 l 的倍数 . 特别地 ,10 是 l 的倍数 . 然而 ,从 81
b b

从而 ,只要 x ≥ ,就有 1 ( x ) - mx n P
n- 1 i

~99 中的任何一个整数都不可能整除 10 b ( 因为在 它们每一个的质因数中 , 都有着 2 和 5 之外的其他 质因数) . 一方面 , 由于 99 !是 81 !~ 99 !之中的任何一个 整数的倍数 ,则可以把 的分数 . 又由于
10
a

10. 3. 同 9. 4.

10. 4. N = 101.

10

b 10 , 都表示为分母为 99 ! k! l!

a

为方便起见 , 将按顺序排列的 m 个数字称为

" m 位数"假设对某个 N 值 ,魔术师可以猜出结果 , . 于是 ,魔术师可以将任何一个二位数恢复为原来的 N 位数 ( 将可以恢复成的 N 位数的数目记为 k1 ) . 这 意味着 ,对于任何一个二位数 ,魔术师都可以把它对 应为一个 N 位数 ( 将这样的 N 位数的数目记为 k2 ) . 因而 , k1 ≥k2 . 易知 k1 = ( N - 1 ) × N - 2 ( 所给定的 10 二位数有 N - 1 种选择位置的办法 ,在其余 N - 2 个 数位上各有 10 种不同的放置数码的方法) . 不难看出 , k2 = 10 N . 于是 ,由 k1 ≥k2 ] N - 1 ≥ ] N ≥ 100 101.
a k · k ≥ · - 2σ· k + a k · k . a σσ a a

b 10 1 ≠ ,故它们的差不小于 . k! l! 99 !

另一方面 ,如果两个小于 1 的正数的小数点之
1 后的前 n 位数字相同 ,那么 ,它们的差小于 n . 由此 10 1 1 1 1 知 < . 结合题意知 > . 从而 , n < 156. 99 ! 10 n 99 ! 10156

这样一来 ,对于任何由 156 个数码形成的片断 , 都可以判断出它的出处 . 但当 n = 155 时 , 在写着
1 1 , 的纸条上 , 却有着完全相同的 , 155 个数 由 98 ! 99 !

下面说明 : 对于 N = 101 ,魔术师能猜出结果 . 将 101 个数位自左至右编为 0 至 100 号 . 设所有

码列成的片断 :
1 = 01 00 … 10715 …, 0 99 ! 155个 1 99 100 1 = = 98 ! 99 ! 99 ! 99 !
153个

奇数位上的数码之和被 10 除的余数为 s ,所有偶数 位上的数码之和被 10 除的余数为 t . 记 p = 10 s + t . 魔术师与助手约定 ,盖住第 p 位和第 p + 1 位上 的数码 . 于是 ,魔术师一看到所盖住的数码的位置 , 立即就知道 p 的值 . 因而 ,就可以确定出 s ,. t 由于第 p 位和第 p + 1 位 , 一个是偶数位置 , 一 个是奇数位置 ,于是 ,只要知道了 s , 那么 , 只要根据 未盖住的奇数位置上的数码之和 , 就可以算出所盖 住的奇数位置上的数码 . 的数码 . 同理 , 魔术师也可以算出被盖住的偶数位置上

它们的由 155 个数码列成的相同片断为00 … 10 …. 0
153个

照国际象棋棋盘的规则分别染上黑色与白色 , 使得 各个角上的方格均为黑色 . 这样一来 ,每个面上都有
41 个黑格和 40 个白格 ,并且每个跨越两个侧面的多

米诺中的两个方格都是同色的 , 而其余多米诺中的 两个方格都是异色的 . 由于黑格的总数比白格的总数多 6 个 , 则跨越

两个侧面的黑色多米诺比白色多米诺多 3 个 . 因此 , 它们的个数的奇偶性不同 . 从而 ,它们的和是奇数 .

1011. 将 2 × 的矩形称为 1 "多米诺" .

将 9 × × 正方体的每个侧面上的方格表都按 9 9

= 01 00 … 10715 …- 01 00 … 0010715 … 0 0
153个

= 01 00 … 106 …, 0
153个

十年级

10. 5. 将所给的 n 个向量分别记为 a 1 , a 2 , …,
a n ,并将它们的和记为 σ.

由题意知 ,对每个 k ,都有 | a k | ≥ σ - a k | ,即 | 将这些不等式对 k 自 1 到 n 求和 ,得到

σσ ( 0 ≥n · - 2σ· a 1 + a 2 + …+ a n ) , σ 即 ≥( n - 2) σ· . 0 这就表明 σ = 0.

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

] - m + a0 + a1 + …+ ak ≥ 0.
=
i =0



(- m+
n

k =0

∑a ) ( x
k k

n- i

- x

n- i- 1

) +

( - m +

k =0

∑a ) ≥0.

http://www.cnki.net

2007 年第 11 期 10. 6. 如 图 7 , 设

29

假设在某种染色方式中 , 棱 AB 2 , 5 都不是蓝 AB 色的 ( 为确定起见 ,设 AB 2 为红色 ) . 考察这样的图 : 其顶点为多面体的顶点 , 其中的边为蓝色和红色的 棱 . 此时 ,顶点 A 的度数是 4 , 其余顶点的度数都是
2. 由此知 ,该图由若干个圈组成 ,并且其中有两个圈

直线 AB 与 PQ 的 交 点为 X . 则
XP = AX· XB
2

= XQ ,

2

即 X 是线段 PQ 的中 点. 易知 , AB ‖PR . 事实上 ,它们都垂直于圆 ω1 与圆 ω2 的连心 线. 由题意可知 ,四边形 PXBR 为平行四边形 ,则
1 1 BR = XP = PQ = RS , 2 2
图7

在顶点 A 相交 , 而其余的圈则各不相交 . 观察经过 顶点 A 且包含棱 AB 2 的圈 . 显然 ,它还包含着 1 条经 过顶点 A 的蓝色的棱 . 将该圈上的红色的棱都染为 蓝色 ,将蓝色的棱都染为红色 ,得到另外一种好的染 色方式 . 在此 ,一共只可能有三种不同的情况 ( 如图 8) .

最后一个等号得自 PQ 与 RS 的对称性 . 又由于 RS 是圆ω2 的切线 ,故
2 2 RB · = RS = (2 RB ) . RW

因而 , RW = 4 RB ,即

RB 1 = . BW 3

图8

如果圈上包含蓝色的棱 AB 1 或 AB 4 , 则在改染 之后 ,有 3 条依次相邻的棱都被染成蓝色 ( 它们是 AB 2 , 3 , 4 或 AB 1 , 2 , 3 ) , 这在假设下是不 AB AB AB AB 可能的 . 这表明 , 在圈上包含着蓝色的棱 AB 3 , 而在 改染之后 ,则包含着红色的棱 AB 3 与紫色的棱 AB 5 . 在这里 ,对于不同的染色方式 ,改染后所得到的染色 方式也是不同的 . 因此 , k25 ≤k53 ,此即为所证 .
10. 8. 同 9. 8.

10. 7. 观察任意一种好的染色方式 . 注意到 , 任

何一种颜色的棱的端点的总数目都是偶数 . 而在每 一种好的染色方式之中 , 由于汇聚于每一个 3 度的 顶点处的三种不同的颜色的棱的数目都是 1 ( 因此 , 它们的奇偶性相同 , 并且都是奇数 ) , 则汇聚于 5 度 顶点 A 处的三种不同的颜色的棱的数目的奇偶性 也彼此相同 ,并且也都是奇数 . 从而 , 可知其中有一 种颜色的棱有 3 条 ,而其余两种颜色的棱各有 1 条 . 假设题中的断言不成立 , 即没有一种好的染色 方式 ,其中有 3 条由顶点 A 引出的依次相邻的棱被 染成相同的颜色 . 接下来证明 : 由顶点 A 引出 3 条蓝色棱的不同 的好的染色方式的数目是 5 的倍数 . 由此得出 ,所有 不同的好的染色方式的数目是 5 的倍数 ,产生矛盾 . 设由顶点 A 所引出的棱依次为 AB 1 , 2 , 3 , AB AB
AB 4 , 5 ( 接下来的又是 AB 1 ) . 在假设之下 , 在任何 AB

十一年级
11. 1. 由于 | sin 3 x | = | 3sin x - 4sin x |
2 = | 3 - 4sin x | | sin x | ≤ sin x | , 3| 3

于是 ,只要在 f ( x ) 中将 cos 3 x 换为 sin 3 x , 那么 , 所 得到的 f 1 ( x) 就可满足
| f 1 ( x) | ≤ sin x | | cos x | | cos 2 x| · 3| | cos 4 x | | cos 8 x | … cos 2 x| |
k

一种好的染色方式中 , 由顶点 A 所引出的红色的棱 与紫色的棱都必不相邻 ( 否则 ,3 条蓝色棱便依次相 邻了) ,因此 ,作为红色的棱与紫色的棱的端点 ,可能 有如 下 五 种 情 况 : ( B 1 , B 4 ) , ( B 2 , B 5 ) , ( B 3 , B 1 ) ,
( B 4 , B 2 ) , ( B 5 , B 3 ) . 将与这五种情况相应的好的染

= 3| sin x · x · 2 x · · 2 x | cos cos … cos
k

=3× 2

- k- 1

| sin 2

k +1

3 x| ≤ k + 1 . 2

11. 2. 如图 9. 一 方

面 , 由 于 BC 是 内 切 圆 的切线 ,则 ∠ 1Q= BA
° 1 A C Q 2 1 1

色方式的数目分别记为 k14 ,25 ,31 ,42 ,53 . k k k k 下面证明 : k14 ≤k25 ≤k31 ≤k42 ≤k53 ≤k14 . 由此 即知 ,这五种好的染色方式的数目彼此相等 , 从而 , 它们的和是 5 的倍数 . 仅证 k25 ≤k53 ( 其余情况类似可证) .

= ∠A 1 B 1 Q .

另一 方 面 , 由 于 平

图9

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

http://www.cnki.net

30

中 等 数 学 故 x k + m - 1 的整数部分为 m + 1 ,小数部分为
r′ r =

行线的内错角相等 ,则 ∠BA 1 A = ∠A 1 AR . 因此 , ∠QAR = ∠A 1 B 1 Q . 从而 ,知四边形 ARB 1 Q 可内接于圆 . 同理 ,四边形 PAQC1 可内接于圆 . 故 ∠PQR = ∠PQA + ∠RQA
= ∠PC1 A + ∠RB 1 A = ∠A 1 C1 B + ∠A 1 B 1 C.

1
m

<

1
m- 1

-

1
m

=

1
m ( m - 1)

<

1
m +1

.

同上知 x k + 2 m = x k + m - 1 + 1. 如此继续下去 ,必能找到一个特殊项 x l ,它的整 数部分 p = [ x l ] 与小数部分 s = { x l } 满足不等式
1 ≤ ≤ 1 s . p p- 1

注意到 ∠A 1 C1 B 与 ∠A 1 B 1 C 都是弦切角 ,故 ∠PQR =
° ° 1 ( A 1 C1 + A 1 B 1 ) 2

于是 ,接下来的一些项依次为
xl + 1 = x l +

1
p

, xl + 2 = xl +

2
p

, ……

° 1 = B A C = ∠B 1 QC1 . 2 1 1 1

xl + p - 2 = xl +

p- 2 p- 2 = p+ s+ p p

11. 3. 同 10. 4. 11.4. 如果 [ x n ] > [ x n - 1 ] , 就 称 x n 为 "特 殊

< p+

2
p

+

p- 2 = p+1, p p- 1 = ( p + 1) + p s-

项"显然 ,有无限多个特殊项 ( 因若 [ x n ] = k , 则有 .
[ xn + k ] > [ xn ]) .

xl + p - 1 = xl +

1
p

.

这就表明 , 新的一个特殊项 x l + p - 1 的小数部分 为 s1
p

将每个特殊项的小数部分都表示为既约分数
( 如果特殊项是整数 , 那么 , 就把它的小数部分的分

.

子视为 0) . 接下来证明 : 每个特殊项的小数部分都不大于 它前面的一个特殊项的小数部分 , 且只要其分子大 于 0 ,那么 , 就一定能够在它后面找到一个特殊项 , 它的分子更小 . 设 x k 为特殊项 ,其整数部分为 m ( m ≥ ) , 小数 3 部分为 r. 于是 ,[ x k - 1 ] = m - 1 ,并且知 r < 如果 r <
1
m

再证明 : 其分子小于 s 的分子 . 事实上 ,如果 s = 由于
a 1 ap - b ,则 s = . b p pb

如此一来 ,只要某个特殊项的小数部分不为 0 , 那么 ,就可以找到一个位于其后的特殊项 ,它的分子 更小 . 由于分子为自然数 ,它不可能无限次地减小下 去 ,因此 ,势必存在这样的特殊项 , 它的小数部分等 于 0 ,此即为所证 .
11. 5. 同 9. 5.

1
m- 1

≤2 .
m

,则接下来的 m 项依次为 1
m

11. 6. 不存在 .

xk + 1 = xk +

, xk + 2 = xk +

2
m

, ……

xk + m - 1 = xk + x k + m = x k + 1.

m- 1 m- 1 = m + r+ < m +1, m m

假设存在这样的非零实数 a , ,. 由韦达定理 b c 知它们都是整数 ,并且对于任何 n ( n > 3) ,或者 c 或 者 - c 是 Pn ( x ) 的所有的根的乘积 ,因而 ,是 n 个整 数的乘积 . 对于每个这样的 Pn ( x ) ,考察其所有不等 于 ± 的根 ,这些根的乘积等于 ±c . 将 c 或 - c 分解 1 为非 ± 的因数的乘积的方式是有限的 , 这表明 , 其 1 中有某种分解方式出现无限多次 . 考察具有这样的 分解方式的多项式序列 , 它们相互之间的区别仅在 于值为 + 1 与 - 1 的根的多少 . 考察多项式 Pm ( x ) , k ( x) ,其次数分别为 m , P k
( m > k) .

于是 , x k + m 就是下一个特殊项 . 与前一个特殊项 相比 ,其小数部分保持不变 ,整数部分却增加了 1. 如果 r = 如果 r >
1
m

,则 x k + m - 1 = m + 1 ∈Z. ,则
m- 2 m- 2 = m + r+ m m

1
m

xk + m - 2 = xk +

= m +1+ r-

2
m

由韦达定理知 , 这两个多项式的所有根的倒数 之和都等于 b . 而这两个和式的区别是 , Pm ( x ) 的 c

< m +1,
m- 1 1 = m +1 + r > m + 1. m m

xk + m - 1 = m + r +

所有根的倒数的和式中比 Pk ( x ) 的相应和式中有更 http://www.cnki.net

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

a 1 < ,故有 ap - a < b Ζ ap - b < a . b p- 1

2007 年第 11 期

31 | A| = a ,| B | = b ,| C| = c ,| D| = d = a + b - c .

多的 + 1 与 - 1. 但因为这两个和式的值相等 ,所以 , 其中所多出的 + 1 的个数与 - 1 的个数相同 ,即 d d Pm ( x ) = Pk ( x ) ( x - 1) ( x + 1)
2 d = Pk ( x ) ( x - 1) .

由引理中的条件知 ,以 A 作为顶点集合的子图 中的边的数目为 2 a - 2 ; 而由假设知 ,以 D 作为顶点 ① 集合的子图中的边的数目少于 2 d - 2. 于是 ,以 D 中 的顶点作为端点 ,但非两个端点都属于集合 A 的边 的数目少于 2 d - 2 - (2 a - 2) = 2 ( d - a) = 2 ( b - c) . 特别地 ,两个端点都属于集合 B ,但非都属于集 合 C 的边都在其列 ,则它们的数目也少于 2 ( b - c) . 因而 ,两个端点都属于集合 B 的其他的边的数目就 多于 2 b - 2 - 2 ( b - c) = 2 c - 2 , 然而这些边的两个 端点都属于 C. 这意味着集合 C 的边的数目多于 2 c
- 2 ,此为矛盾 . 引理获证 .

我们指出 ( x2 - 1) d = x2 d - …+ ( - 1)

d- 1

2 d dx + ( - 1) .

通过比较式 ① 两端的常数项和 x2 的各个幂次 的系数知 c = ( - 1) d c ( 由此知 d 是偶数) ,而
a = a ×( - 1)
d

+ c ×( - 1)

d- 1

d = a - cd

不可能成立 ( cd ≠ ) ,此为矛盾 . 0
11. 7. 将给定的三棱锥记为 A - BCD . 找出长度

之平方和最大的一对互相异面的棱 , 不妨设为 AB ,
CD .

接下来证明 ,以 AB , 为直径的球盖住了三棱 CD 锥的每一条棱 ( 仅以证明盖住了棱 BC 为例) . 如图 10 , 分别由点 A ,
D 向 BC 作垂线 , 垂足分别

回到题目本身 . 用反证法 . 考察使得题中断言不成立的顶点数目最少的 图 ,设其顶点数目为 n . 该图中的边的数目不多于
2 n - 2 条 . 观察图中的所有顶点 . 若每个顶点的度数
n

为 A 1 , 1 . 于是 , D
AB + CD
2 2 2 2 2 2

都不小于 4 , 则总边数不少于 4 ×

2

= 2n > 2n - 2,

此为不可能 . 这表明 ,图中存在某个度数不大于 3 的 顶点 a . 若 a 的度数小于 3 ,那么 ,就去掉它 ( 连同由 它所连出的边一起去掉) . 根据对 n 的选择 ,此时 ,图
2 2

= AA1 + BA1 + DD1 + CD1

≥AC2 + BD2
= AA1 + CA1 + DD1 + BD1 ,
2 2

图 10

中所剩下的边可以按照要求被分别染为两种不同颜 色 . 这样一来 ,只要再把由 a 所引出的边分别染色 , 即可使得同色边不形成封闭的折线 ,从而 ,得到合乎 要求的染色方式 . 这表明 , a 的度数只能是 3. 假设它的 3 个相邻 顶点为 b , , . 易知 ,所有 3 个顶点 b , , 不可能相 c d c d 互重合 , 否则 , 在 a , 这两个顶点之间的边的数目 b 多于 2 × - 2 条 ,矛盾 . 从而 ,在顶点 b , , 中必有 2 c d 一个顶点 ( 不妨设其为 c) 不同于其余两个顶点 . 从该图中去掉顶点 a ( 连同由它所连出的边一 起去掉) . 如果在剩下的图中 ,顶点 b , 不同时属于 c 任何 一 个 好 的 集 合 , 那 么 , 在 补 连 "所 缺 失 的" 边
( b , c) 之后 ,我们得到一个满足题意的图 , 它的顶点

即 BA 2 + CD2 ≥CA 2 + BD2 . 1 1 1 1 这表明 ,线段 BA 1 , 1 有相互重叠的部分 , 从 CD 而 ,它们盖住了棱 BC. 既然两个球盖住了三棱锥上的所有棱 ,那么 ,也 就盖住了它的各个面 . 假设三棱锥上还有某个点 X 未被盖住 ,那么 ,就可以由它引出一条与球没有任何 公共点的射线 . 但是它必然与三棱锥相交于某个点 , 而该点却属于两个球之并 .
11. 8. 证法 1 :作一个图 ( 称为图 G) ,它的顶点为

该国的所有城市 ,它的边为该国的所有航空线路 . 在 图中允许有重边 . 于是 ,在任何含有 k 个顶点的子图 中 ,边的数目都不多于 2 k - 2. 接下来证明 : 可以将每一条边分别染为两种颜 色之一 ,使得不存在由同色边形成的圈 . 如果以图 G 的顶点的非空子集 A 作为顶点集 合的子图中的边的数目刚好为 2| A | - 2 , 则称 A 为 "好的" . 引理 设子集 A , 都是好的 . 如果 A ∩B ≠ B 则 A ∪B 还是好的 . 引理的证明 : 令 C = A ∩B , D = A ∪B . 假设 D 不是好的 . 记
,

数目 却 少 于 n ( 如 图
11) . 于是 , 可以按照要

求将 它 的 各 条 棱 分 别 染为两种不同颜色 . 然 后 ,去 掉 所 缺 失 的 边
( b , c) ,补回顶点 a 和由它所连出的边 , 并将边 ( a , ( b) , a , c ) 都染为边 ( b , c ) 原来的颜色 , 而将边 ( a ,
d) 染为另一种颜色 . 显然 ,此时图中没有同色的圈 .
图 11

( 下转第 38 页)

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

http://www.cnki.net

38 1 ( an - 1 - 1) ( an - 1 + 3) . 4 1 故 an = [ ( a2n - a2n - 1 ) + 2 ( an - an - 1 ) ] . 4 整理得 2 ( an + an - 1 ) = ( an + an - 1 ) ( an - an - 1 ) .
Sn- 1 =

中 等 数 学 | OA | = 4 p2 t ,| AB | = 2 (1 - k ) t ,| OB | = vt . 故 由余弦定理得 2 2 2 2 4 (1 - k) t = (4 kt) + ( vt) - 2 × kt· · 15° 4 vt cos . 整理得 12 k2 - [2 ( 6 + 2 ) v - 8 ] k + v2 - 4 = 0. 设 f ( k) = 12 k2 - [2 ( 6 + 2 ) v - 8 ] k + v2 - 4. 易知 f (1) = 12 - [2 ( 6 + 2 ) v - 8 ] + v2 - 4
2 = [ v - ( 6 + 2 ) ] + 8 - 4 3 > 0.

因为 an + an - 1 > 0 ,所以 , an - an - 1 = 2. 则{ an } 是以 3 为首项 , 为公差的等差数列 . 2 故 an = 2 n + 1. (2) 因为 an = 2 n + 1 ,所以 , 1 1 1 1 S n = n ( n + 2) , bn = = , Sn 2 n n+2 Tn = b1 + b2 + …+ bn

(1) 若 f (0) ≤ ,则必存在 k0 ∈[0 ,1) ,使得 0
f ( k0 ) = 0.

=

1 2

1-

1 3

+

1 1 2 4

+ …+

1
n

-

1
n +2

此时 , f (0) = v2 - 4 ≤ ,解得 v ≤ 0 2. (2) 若 f (0) > 0 ,要使 f ( k ) 在 [0 ,1) 内有解 ,则 Δ = [2 ( 6 + 2 ) v - 8 ] 2 - 4 × ( v2 - 4) ≥ , 12 0
2 ( 6 + 2) v - 8 ∈(0 ,1) . 2× 12

1 1 1 1 = 1+ 2 2 n+1 n+2 3 2n +3 = . 4 2 ( n + 1) ( n + 2) 如图 3 ,设此人在岸 19. 上跑到点 A 后下水 ,在点 B 处追 上 小 船 . 设 船 速 为 v , 人追上船的时间为 t , 人在 岸上 追 船 的 时 间 为 t 的 k 倍 (0 ≤k < 1 ) , 则人在水中

解得

v ≥ ( 6 + 2) 或 v ≤ 2 , 2 2

6 - 2 < v < 4 ( 6 - 2) .

故 2 < v ≤ 2. 2 综上 ,当 v ≤ 2 时 ,人可以追上船 . 2 因此 ,船速为 215 km∏ 时 , 能追上小船 , 小船能 h 接下来证明 : 在该种染色方式之下 ,不会出现同
(苏 淳 提供)

图3

游的时间为 (1 - k ) t .
( 上接第 31 页)

类似地 ,考察顶点 c , 不同时属于一个好的集 d 合的情形 . 如果顶点 b , 同时属于某个好的集合 A 1 ,而顶 c 点 c , 同时属于某个好的集合 A 2 ,则由引理知 A 1 ∪ d
A 2 也是好的集合 ( 因为 c ∈A 1 ∩A 2 ≠ ) . 但这样一

2 k - 4 条边 , 而其中刚好有 2 k - 2 条边是位于 V 中

来 ,在补回顶点 a 之后 , 再为它补回三条边 . 所得到 的图与题中的条件相矛盾 . 证法 2 :同证法 1 ,观察 3 度的顶点 a ,以及包含 着 a 的两个相邻顶点 ,而不包含 a 本身的好的集合
V . 设| V | = k .

自图 G 中去掉集合 V 中的所有顶点 ,代之以一 个顶点 v ( v ∈V ) . 对于每条联结 V 中顶点和非 V 中 顶点的边 , 都代之以一 条联结该顶点和 v 的 边 ( 如图 12) ,此操作称 为 "紧缩" 子图 V . 则所 得到的新图 G′ 仍然满 足题中条件 . 考察任意一个由 G′ d 个顶点构成的集合 D . 中
图 12

1994-2008 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.

被人追上的最大速度是 2 2 km∏ h. ( 欧阳新龙 提供) 与原来 G 中相同 ,不多于 2 d - 2 条 .
d + k - 1 个 G 中的顶点 ,在它们之间有不多于 2 d +

如果 v ∈ D ,则 D 中 d 个顶点之间的边的数目 如果 v ∈D ,来看集合 D ∪V \ { v}. 该集合中有

的顶点之间的 .

这表明 ,其余的边不多于 2 d - 2 条 ,正合要求 . 可以将集合 V 中的边按照要求染色 ,亦可按照 要求为 G′ 中的边染色 ( 在所得到的两个图中顶点的 个数都少于 n) . 图 G 中的每一条边都对应着或者属 于图 G′或者属于 V 的一条边 . 将该边按照它所在 , 图中的原来方式染色 . 色圈 . 假设并非如此 . 那么 ,显然每一个圈都既经过 V 中的顶点 ,又要经过其他顶点 . 因此 , 可以从圈上的 某个属于 V 的顶点离开这个圈 , 经过若干条 ( 多于 一条) 同一种颜色的边之后 , 再一次回到 V 中原来 的顶点 . 这表明 ,在新的图 G′ 中存在同色圈 ,导致矛 盾.

http://www.cnki.net

俄罗斯+立陶宛数学奥林匹克历年竞赛试题精选

俄罗斯+立陶宛数学奥林匹克历年竞赛试题精选_数学_初中教育_教育专区 暂无评价|0人阅读|0次下载 俄罗斯+立陶宛数学奥林匹克历年竞赛试题精选_数学_初中教育_教育专区...

俄罗斯+立陶宛数学奥林匹克历年竞赛试题精选

俄罗斯+立陶宛数学奥林匹克历年竞赛试题精选_学科竞赛_高中教育_教育专区。俄罗斯,...第33届俄罗斯数学奥林匹... 10页 免费 第30届俄罗斯数学奥林匹... 9页 ...

第53届莫斯科数学奥林匹克

第53 莫斯科数学奥林匹克八年级 1.设 0 < a1 < a 2 < L < a 8 < a 9 , 证明 a1 + a 2 + L + a8 + a9 <3 a3 + a6 + a9 2.设 m...

2015第31届中国数学奥林匹克竞赛(CMO)试题及解答

2015第31中国数学奥林匹克竞赛(CMO)试题及解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。对2015年第31中国数学奥林匹克竞赛(CMO)试题作了详细的证明。...

2016 (第32届) 中国数学奥林匹克试题及解答

2016 (第32) 中国数学奥林匹克试题及解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。 文档贡献者 广东严文兰 贡献于2016-11-27 1/2 相关文档推荐 ...

2014年第30届中国数学奥林匹克试题+答案

2014年第30中国数学奥林匹克试题+答案_学科竞赛_高中教育_教育专区。2014 年中国数学奥林匹克(第 30 全国中学生数学冬令营)第一天试题 2014 年 12 月 20 ...

2016 (第32届) 中国数学奥林匹克试题及解答

2016 (第32) 中国数学奥林匹克试题及解答_学科竞赛_高中教育_教育专区。2016 (第32) 中国数学奥林匹克试题及解答 文档贡献者 867450065 贡献于2016-12-01 ...

第31届中国数学奥林匹克试题

第31中国数学奥林匹克试题_学科竞赛_高中教育_教育专区。第31中国数学奥林匹克试题201512.16 第31 中国数学奥林匹克江西 鹰潭 第一天(2015 年 12 月 16...

2016年第32届中国数学奥林匹克(CMO)试题

2016年第32中国数学奥林匹克(CMO)试题_学科竞赛_高中教育_教育专区。2016年第32中国数学奥林匹克(CMO)试题。文档贡献者 张英笑 贡献于2016-11-27 ...

全俄中学生数学奥林匹克第25届第Ⅳ阶段八、九年级

中学生数学奥林匹克 (第 25 届第Ⅳ阶段八、九年级)范浩编译 === 八年级试题 === 1、父亲带着两个儿子向离城 33 公里的祖母家出发,父亲有一辆摩托车...