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2007年第六届中国女子数学奥林匹克试题及解答(武汉)

时间:2010-10-04


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2007 女子数学奥林匹克
第一天
1.设 m 为正整数,如果存在某个正整数 n,使得 m 可以表示为 n 和 n 的正约数个数(包 括 1 和自身)的商,则称 m 是“好数” 。求证: (1)1,2,…,17 都是好数; (2)18 不是好数。 2.设△ABC 是锐

角三角形,点 D、E、F 分别在边 BC、CA、AB 上,线段 AD、BE、CF 经 过△ABC 的外心 O。已知以下六个比值

BD CE AF BF AE CD 、 、 、 、 、 DC EA FB FA EC DB
中至少有两个是整数。求证:△ABC 是等腰三角形。 3.设整数 n( n > 3) ,非负实数 a1 , a 2 , , a n 满足a1 + a 2 + + a n = 2. 求

a a1 a + 2 2 + + 2 n 的最小值。 a + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 2

k+s-5#u

4.平面内 n( n ≥ 3) 个点组成集合 S,P 是此平面内 m 条直线组成的集合,满足 S 关于 P 中的每一条直线对称。求证: m ≤ n ,并问等号何时成立?

第二天
5.设 D 是△ABC 内的一点,满足∠DAC=∠DCA=30°,∠DBA=60°,E 是边 BC 的中 点, F 是边 AC 的三等分点,满足 AF=2FC。求证:DE⊥EF。

6.已知 a、b、c≥0, a + b + c = 1. 求证:

1 a + (b c) 2 + b + c ≤ 3. 4
7.给定绝对值都不大于 10 的整数 a、b、c,三次多项式 f ( x ) = x 3 + ax 2 + bx + c 满足

问 条件 | f ( 2 + 3 ) |< 0.0001. : 2 + 3 是否一定是这个多项式的根?

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8.n 个棋手参加象棋比赛,每两个棋手比赛一局。规定:胜者得 1 分,负者得 0 分,平 局各得 0.5 分。如果赛后发现任何 m 个棋手中都有一个棋手胜了其余 m—1 个棋手,也有一个 棋手输给了其余 m—1 个棋手,就称此赛况具有性质 P(m). 对给定的 m( m ≥ 4) ,求 n 的最小值 f (m) ,使得对具有性质 P (m) 的任何赛况,都有所 有 n 名棋手的得分各不相同。 综上,最少取出 11 枚棋子,才可能满足要求。 三、定义集合 A = {m k + 1 | m ∈ N + , k ∈ P}. 由于对任意的 k、i ∈ P, 且k ≠ i, m2,

k +1 i +1

是无理数,则对任意的 k1、 k 2 ∈ P 和正整数 m1、

m1 k1 + 1 = m2 k 2 + 1 m1 = m2 , k1 = k 2 .
注意到 A 是一个无穷集。现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任 意的正整数 n,设此数列中的第 n 项为 k + 1. 接下来确定 n 与 m、k 间的关系。 若 m1 i + 1 ≤ m k + 1, 则m1 ≤ m

k +1 i +1

. k +1 i +1

由 m1 是正整数知,对 i = 1,2,3,4,5 ,满足这个条件的 m1 的个数为 [ m
5

].

从而, n =

∑ [m
i =1

k +1 i +1

] = f (m, k ).

k+s-5#u

因此,对任意 n ∈ N + , 存在m ∈ N + , k ∈ P, 使得f ( m, k ) = n.

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参考答案
第一天
1.记 d (n) 为正整数 n 的正约数的个数。 (1)因为 p =

8p ( p = 3,5,7,11,13,17) ,又 d (8 p )

2 8 36 72 ,2 = ,4 = ,6 = , d ( 2) d (8) d (36) d (72) 96 108 180 8= ,9 = ,10 = , d (96) d (108) d (180) 240 252 12 = ,14 = , d (240) d (252) 360 128 15 = ,16 = , d (360) d (128) 1=
所以,1,2,…,17 都是好数。 (2)假设存在正整数 n,使得

k+s-5# u

n = 18. d ( n)
α β α α



k+s-5#u

则可设 n = 2 0 3 0 p1 1 p k k , 其中, p i (i = 1,2, , k ) 是大于 3 的相异质数,

α 0 ≥ 1, β 0 ≥ 2,α i ≥ 1(i = 1,2,, k ).
令 α 0 1 = a, β 0 2 = b.显然a ≥ 0, b ≥ 0. 由式①得

a a 3b p1a 1 p ka k
= (a + 2)(b + 3)(α 1 + 1) (α k + 1).
a



由于对任意质数 pi 都有pi i ≥ α i + 1 ,从而,

(a + 2)(b + 3) ≥ 2 a 3b.

k+s-5# u

如果 b ≥ 3, 则3b > 3(b + 3). 而 a ≥ 0时,2 ≥
a

1 (a + 2), 则 2

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3 (a + 2)(b + 3), 2 矛盾.故b ≤ 2. 2 a 3b > 因此, b = 2, a = 0; b = 1, a = 0,1,2; b = 0, a = 0,1,2,3,4.
(i)当 b = 2, a = 0 时,式②为

k+s-5# u

3 2 p1a 1 p ka k = 10(α 1 + 1) + (α k + 1).
(ii)当 b = 1, a = 0,1,2 时,式②为

3 2 a p1a 1 p ka k = 2 2 (a + 2)(α 1 + 1) (α k + 1).
(iii)当 b = 0, a = 0,1,2,3,4 时,式②为
a 2 a p1a 1 p kj k = 3(a + 2)(α 1 + 1) (α k + 1).

(i) (ii)均不成立。 (ii) 综上,18 不是好数。 2.从六个比值中取出两个,共有两种类型: (1)涉及同一边; (2)涉及不同的边。
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(1)如果同一边上的两个比值同时是整数,不妨设为

BD CD 、 . 因它们互为倒数,又同 DC DB

是整数,所以,必须都取 1,则 BD=DC。 由于 O 是△ABC 的外心,进而得 AD 是边 BC 的中垂线。于是,AB=AC。 (2)记∠CAB=α,∠ABC=β,∠BCA=γ。 因为△ABC 是锐角三角形,所以, ∠BOC=2α,∠COA=2β,∠AOB=2γ。 于是,

BD S OAB sin 2γ = = . DC S OAC sin 2 β

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同理,

CE sin 2α AE sin 2 β = , = . EA sin 2γ FB sin 2α

若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不同的边时,则存在整数 m、n,使得

sin 2 x = m sin 2 z且 sin 2 y = n sin 2 z
或 sin 2 z = m sin 2 x且 sin 2 z = n sin 2 y ,

① ②

其中,x、y、z 是α、β、γ的某种排列。 以下构造△A1B1C1,使得它的三个内角分别为 180°—2α,180°—2β,180°—2γ。如图 1, 过点 A、B、C 分别作△ABC 外接圆的切线,
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所围成的△A1B1C1 即满足要求。 根据正弦定理,知△A1B1C1 的三边与 sin 2α 、 sin 2 β 、 sin 2γ 成正比。在式①、②两种 情况下,可知其三边之比分别为 1:m:n 或 m: n: mn. 对于式①,由三角形两边之和大于第三边,可知必须 m = n; 对于式②,要保证 m + n > mn, 即( m 1)( n 1) < 1 ,由此,m、n 中必有一个为 1。 无论哪种情况,都有△A1B1C1 是等腰三角形。 因此,△ABC 也是等腰三角形。 3.由 a1 + a 2 + a n = 2,知问题等价于求

a1

a1 a a + a2 2 2 + + an 2 n a1 + 1 a +1 a3 + 1
2 2
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a a2 a a2 a a2 = 21 2 + 22 3 + + 2n 1 的最大值. a 2 + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 因为 x + 1 ≥ 2 x, 所以, 当x > 0, y ≥ 0 时,

1 1 yx 2 yx 2 ≥ 2 , ≥ 2 , 2x x + 1 2x x +1 yx 2 1 即 2 ≤ xy; x +1 2 当x = 0时, 上式也成立.

故 ≤

2 a a2 a a2 a1 a 2 + 22 3 + + 2n 1 2 a 2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

1 (a1 a 2 + a 2 a 3 + + a n a1 ). 2 引理, 若a1 , a 2 , , a n ≥ 0(n ≥ 4), 则 4(a1 a 2 + a 2 a3 + + a n 1 a n + a n a1 ) ≤ (a1 + a 2 + + a n ) 2 . 引理的证明 : 设 f (a1 , a 2 , , a n ) = 4(a1 a 2 + a 2 a 3 + + a n1 a n + a n a1 ) (a1 + a 2 + + a n ) 2 .
下面用数学归纳法证明
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f (a1 , a 2 , , a n ) ≤ 0.
当 n = 4 时,不等式①等价



4(a1 + a 3 )(a 2 + a 4 ) ≤ (a1 + a 2 + a3 + a 4 ) 2 .
由平均值不等式知,命题成立。 假设不等式①对 n = k ( k ≥ 4) 时成立。

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对于 n = k + 1 ,不妨设

a k = min{a1 , a 2 , , a k +1 }, 则f (a1 , a 2 , , a k +1 ) f (a1 , a 2 , , a k 1 , a k + a k +1 ) = 4[a k 1 a k + a k a k +1 + a1a k +1 a k 1 (a k + a k +1 ) (a k + a k +1 )a1 ] = 4[(a k 1 a k )a k +1 + a1 a k ] ≤ 0, 即f (a1 , a 2 , , a k +1 ) ≤ f (a1 , a 2 , , a k 1 , a k + a k +1 ).
由归纳假设知,上式右边小于或等于 0,即当 n = k + 1 时,不等式①成立。 回到原题。 由引理知
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1 (a1a 2 + a 2 a 3 + + a n a1 ) 2 1 1 1 ≤ (a1 + a 2 + + a n ) 2 = × 2 2 = . 8 8 2 2 2 2 a a a a aa 1 故 21 2 + 22 3 + + 2n 1 ≤ , 即 a 2 + 1 a3 + 1 a1 + 1 2

k+s-5# u

a a1 a 3 + 2 2 ++ 2 n ≥ . a + 1 a3 + 1 a1 + 1 2
2 2

当a1 = a 2 = 1, a 3 = = a n = 0时, 上式取等号.
因此,所以最小值为 . 4. (1)记 S 中的 n 个点为 A1,A2,…,An. 建立直角坐标系,设 Ai ( xi , y i )(i = 1,2, , n). 易证

3 2

1 n 1 n ∑ BAi = 0 B( n ∑ xi , n ∑ yi ). i =1 i =1 i =1
n

n

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这说明,平面内存在唯一的一点 B,使

∑ BA
i =1

i

。 = 0. 我们称 B 为点集 S 的“质心”
n

如果任取 P 中一条直线 l 为 x 轴,建立直角坐标系,则 故点 B 在 l 上。即 P 中每一条直线均过质心 B。 (2)设

∑y
i =1

i

= 0.

F = {三元有序组( X , Y , l ) | X , Y ∈ S , l ∈ P, X与Y关于l对称}, F1 = {( X , Y , l ) ∈ F | X ≠ Y }, F2 = {( X , Y , l ) ∈ F | X在l上}.
显然, F = F1 ∪ F2 , F1 ∩ F2 = φ . ①

考虑 P 中任一直线 l,X 为 S 中任一点,X 关于 l 的对称点 Y 是唯一的。即对每一个 l,三
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元有序组(X,Y,l)有 n 个,故

| F |= mn.



对于 F1 中的三元有序组(X,Y,l) ,因为不同的两点 X、Y 的对称轴只有 1 条,所以,
2 = 2C n = n(n 1).



(i)当 S 中任一点至多在 P 中的一条直线 l 上时,

| F2 |≤ { X | X ∈ S} = n.



由式①、②、③、④得 mn ≤ n( n 1) + n, 即m ≤ n. (ii)当 S 中存在一点同时在 P 中的两条直线上时,由(1)所证,此点即为质点 B。 考虑集合 S ′ = S \ {B}, 此时, S ′仍关于P 中的每条直线对称,由(i)所证, 得 m ≤| S ′ |= n 1. 综合(i)(ii)得 m ≤ n. 、 (3)当 m=n 时,由(2)所证,式③、④同时取等号,即 S 中任意两点的中垂线均属于 P, S 中每点恰在 P 中的一条直线,同时,质心 B 不在 S 中。 首先, 指出 BAi (i = 1,2, , n) 相等。否则, 如果存在 j、k (1 ≤ j < k ≤ n ), 使得 BA j ≠ BAk , 则线段 A j Ak 的对称轴不过点 B,与(1)所证矛盾。因此,A1,A2,…,An 均在以点 B 为圆心 的圆上,记此圆为⊙B。不妨设 A1,A2,…,An 按顺时针排列。 其次,A1,A2,…,An 是⊙B 的 n 个等分点。否则, 如果存在 i (i = 1,2, , n), 使Ai Ai +1 ≠ Ai +1 Ai + 2 (定义

An +1 = A1 , An + 2 = A2 ) 。不妨设 Ai Ai +1 < Ai +1 Ai + 2 .
如图 2,线段 Ai Ai + 2的对称轴l ′ ∈ P, 而Ai +1关于l ′ 的对称点在 Ai +1 Ai + 2 (不含端点)上。这与 Ai +1 、 Ai + 2 是相邻两点矛盾。 因此,当 m = n 时,集 S 中的点是正 n 边形的 n 个顶点。 易知正 n 边形确有 n 条对称轴。 故当且仅当 S 中的点组成正 n 边形 n 个顶点,P 是正 n 边形的 n 条对称轴时, m = n.

第二天
5.证法 1:如图 3,作 DM⊥AC 于点 M,FN⊥CD 于点 N,联结 EM、EN。
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设 CF=a,AF=2a,则

CN = CF cos 30 =

3a 1 = CD , 2 2

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即 N 是 CD 的中点。 又因为 M 是边 AC 上的中点,E 是边 BC 上的中点,所以,EM//AB,EN//BD,得 ∠MEN=∠ABD=60°=∠MDC。 故 M、D、E、N 四点共圆。 又因 D、M、F、N 四点共圆,所以,D、E、F、M、N 五点共圆。 从而,∠DEF=90° 证法 2:建立复平面,令

B = 0, D = 1, A = ω 2 k .
经计算可得

C = 1 ω 2 ωk , B + C 1 ω 2 ωk = , 2 2 2C + A 2 2ω 2 2ωk ω 2 k F= = . 3 3 1 + ω 2 + ωk 于是, E 1 = , 2 1 ω 2 (ω + 2ω 2 )k . FE = 6 F E 1 ω 2 1 + (ω + 2ω 2 )k 故 = E 1 3 1 + ω 2 + ωk ω ω 2 k +1 i k +1 = = . 3 k 1 3 k 1 E= 因此, DE ⊥ EF , 即∠DEF = 90 .
6.证法 1:不妨设 b ≥ c. 令

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6 = x + y, c = x y.

则b c = 4 xy, a = 1 2 x 2 2 y 2 , x ≤
a+ 1 (b c) 2 + b + c 4

1 2

.

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= 1 2x 2 2 y 2 + 4x 2 y 2 + 2x ≤ 1 2 x 2 + x + x ≤ 3.
最后一步由柯西不等式得到。 证法 2:令 a = u 2 , b = v 2 , c = w 2 ,则

u 2 + v 2 + w 2 = 1.
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于是,所证不等式变为

(v 2 w 2 ) 2 u + + v + w ≤ 3. 4
2



注意到

(v 2 w 2 ) 2 (v 2 w 2 ) 2 2 2 u + = 1 (v + w ) + 4 4 2 2 2 2 2 4 4( v + w ) + ( v w ) = 4 2 2 4 4 ( v + w ) + ( v 2 + w 2 ) 2 4v 2 w 2 = 4 2 2 2 ( 2 v w ) 4v 2 w 2 = 4 2 (2 v w 2 2vw)(2 v 2 w 2 + 2vw) = 4 2 [2 (v + w) ][2 (v w) 2 ] = 4 2 (v + w) ≤ 1 , 2 其中, (v + w) 2 ≤ 2(v 2 + w 2 ) ≤ 2.
2

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将上式代入式①,所证不等式变为

(v + w) 2 + v + w ≤ 3. 2 v+w 令 = x, 将上述不等式改写为 1 2 x 2 + 2 x ≤ 3. 2 1
以下同证法 1。 注:证法 2 解释了证法 1 中替换的动机。 7.将 2 + 3 代入得

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f ( 2 + 3 ) = (2 + 3 ) 3 + a ( 2 + 3 ) 2 + b( 2 + 3 ) + c = 8 + 12 3 + 18 + 3 3 + 4a + 4 3a + 3a + 2b + 3b + c = (26 + 7 a + 2b + c) + (15 + 4a + b) 3. 设7 a + 2b + c + 26 = m,4a + b + 15 = n, 则 | m |< 130, | n |≤ 65. 故 | m n 3 |≤| m | + | n 3 |< 260. 如果f (2 + 3 ) ≠ 0, 即m + n 3 ≠ 0,由于m, n ∈ Z, 3是无理数, 则m ≠ 0且n ≠ 0.由此, m n 3 ≠ 0. 所以, m 2 3n 2 ≠ 0, | m 2 3n 2 |≥ 1. 则 | f (2 + 3 ) |=| m + n 3 |=| ≥| 1 mn 3 |> 1 , 矛盾. 260
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(m n 3 )(m + n 3 ) mn 3

|=|

m 2 3n 2 mn 3

|

因此,2 + 3一定是上述多项式的根.
8.先证明两个引理。

引理 1 当 n ≥ m时, 如果n 个棋手的赛况具有性质 P (m) ,则必有一个棋手全胜。 引理 1 的证明:当 n=m 时,命题显然成立。 假设命题对 n 成立。 则对 n + 1 个棋手,从中任取 n 个棋手,由归纳假设,这 n 个棋手中必有一个棋手全胜。 不妨设 A1 , A2 , , An中A1 全胜。
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若 A1 胜 An +1 , 则在n + 1棋手中, A1全胜 ; 若 A1 平 An +1 , 考察棋手A1 , A2 , , An 1 , An +1 , 这 n 个棋手中没人全胜,不可能; 若 An +1胜A1 , 考察棋手A1 , A3 , A4 , , An , An +1 , 这 n 个棋手中全胜的只能是

An +1 , 即An +1胜A3 , A4 , , An .同理, An +1也胜A2 .因此, 在这n + 1个棋手中An+1 全胜。
由归纳原理知,命题对任意 n ≥ m 成立。 类似地可证: 引理 2 当 n ≥ m 时,如果 n 个棋手的赛况具有性质 P ( m) ,则必有一个棋手全败。 回到原题。 接下来证明:当 n ≥ 2m 3 时,所有棋手的得分必各不相同。 由引理 1,有一个棋手 A1 胜了其余 n—1 个棋手,有一个棋手 A2 胜了除 A1 外的 n—2 个棋 手,……有一个棋手 An m +1 胜了除A1 , A2 , , An m 外的m 1 个棋手。
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有一个棋手 An 1负于除了An 外的 n 2 由引理 2, 有一个棋手 An 负于其余n 1 个棋手,
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个棋手,……有一个棋手 An m +3负于除An , An 1 , , An m + 4 外的n m + 2 个棋手,另外,还 有一棋手为 An m + 2 . 这样,这 n 个棋手 A1 , A2 , , An 编号小的棋手都战胜了编号大的棋手,因此,他们的得 分为 n 1, n 2, ,1,0 ,各不相同。 对 n = 2m 4, 设n 个棋手水平为

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1,2, , m 3, m 2, m 2, m 1, ,2m 5, 其中,编号小的棋手胜编号大的棋手,编号
相等的棋手打平。则对任取 m 个棋手,必有一个最小编号为 i (1 ≤ i ≤ m 3), 另一个最大编号 从而, 在这 m 个棋手中编号为 i 的棋手全胜, 编号为 j 的棋手全败。 为 j ( m 1 ≤ j ≤ 2m 5) , 所以,这 n 个棋手具有性质 P (m) ,但其中有两个棋手的得分相同。 综上, f ( m) = 2m 3.

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