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2007年第六届中国女子数学奥林匹克试题及解答

时间:2010-09-23


32

中 等 数 学

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

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 A F = 2 FC . ( 叶中豪   求证 : DE ⊥EF . 提供) 6. 已知 a 、 b、 c≥ 0 , a + b + c = 1. 求证 :
a+

证:
( 1) 1 ,2 , …,17 都是好数 ; ( 2) 18 不是好数 . ( 李胜宏   提供) 2. 设 △ABC 是锐角三角形 , 点 D 、 E、 F

1 ( b - c) 2 + 4

b+

c ≤ 3.

分别在边 BC 、 CA 、 AB 上 , 线段 AD 、 B E、 CF 经过 △ABC 的外心 O . 已知以下六个比值
BD CE A F B F A E CD 、 、 、 、 、 DC EA FB FA EC DB

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

中至少有两个是整数 . 求证 : △ABC 是等腰 ( 冯祖鸣   三角形 . 提供) 3. 设整数 n ( n > 3 ) , 非负实数 a1 , a2 , …, an 满足 a1 + a2 + …+ an = 2. 求
a1 a +1
2 2

+

a2 a +1
2 3

+ …+

an a +1
2 1

的最小值 .

( 朱华伟   提供) 4. 平面内 n ( n ≥ 3 ) 个点组成集合 S , P

条件 f ( 2 + 3 ) < 01000 1. 问 :2 + 3 是否一 ( 张景中   定是这个多项式的根 ? 提供) 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 015 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 ,

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 ?
( 边红平   提供)

都有所有 n 名棋手的得分各不相同 . ( 王建伟   提供)
若 m1
i + 1 ≤m k + 1 ,则 m 1 ≤m k +1 i +1

   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} . k +1

.

i +1 数 ,则对任意的 k1 、 k2 ∈P 和正整数 m 1 、 m2 , m1 k1 + 1 = m2

由于对任意的 k 、 i ∈P ,且 k ≠i ,

是无理

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

k +1 i +1 k +1 i +1

.

k 2 + 1 Ζ m 1 = m 2 , k1 = k 2 .

从而 , n =

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 ,设此数列中第 n 项为 m k + 1 . 接下来确定 n 与 m 、 k 间的关系 .

i =1



m

= f ( m , k) .

因此 ,对任意 n ∈N+ ,存在 m ∈N+ , k ∈P ,使得 f ( m , k) = n . ( 王兆军   提供)

2007 年第 12 期

33 (1) 涉及同一边 ; (2) 涉及不同的边 . (1) 如果同一边上的两个比值同时是整数 ,不妨
BD CD 、 . 因它们互为倒数 , 又同是整数 , 所以 , DC DB

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 = 1= 2
d (2)

设为

8p ( p = 3 ,5 ,7 ,11 ,13 ,17) ,又 d (8 p) 8
d (8)

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.

,2 =

,4 =

36
d (36)

,6 =

72
d (72)

,

96 108 180 8= ,9 = ,10 = , d (96) d (108) d (180) 240 252 12 = ,14 = , d (240) d (252) 15 = 360
d (360)

因为 △ABC 是锐角三角形 ,所以 , ∠BOC = 2α, ∠COA = 2β, ∠AOB = 2γ. 于是 , 同理 ,
BD S △OAB sin 2γ = = . DC S △OAC sin 2β CE sin 2α A F sin 2β = , = . EA sin 2γ FB sin 2α

,16 =

128
d (128)

,

所以 ,1 ,2 , …,17 都是好数 .
(2) 假设存在正整数 n ,使得
n = 18. d ( n)

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 ①
sin 2 x = m sin 2 z 且 sin 2 y = nsin 2 z

① ②

则可设 n = 2 0 ? 3
= 1 ,2 , …, k ) .

α

β

0

p11 …pkk , 其中 , pi ( i = 1 ,2 ,

α

α

或  sin 2 z = m sin 2 x 且 sin 2 z = n sin 2 y , β、 γ的某种排列 . 其中 , x 、 y、 z 是α、 以 下 构 造 △A 1 B 1 C1 , 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

≥ …, k ) 是大于 3 的相异质数 ,α 1 ,β 2 ,α 1(i 0 ≥ 0 ≥ i β 令α 0 ,b≥ 0. 0 - 1 = a , 0 - 2 = b . 显然 , a ≥ 由式 ① 得
2 ? 3 p11 …pkk (α = ( a + 2) ( b + 3) (α 1 + 1) … k + 1) .
a b α

α



由于对任意质数 pi 都有 pi i ≥ α i + 1 ,从而 ,
a b ( a + 2) ( b + 3) ≥ 2 3 .

α

△ABC 外 接 圆 的

图1

如果 b ≥ 3 ,则 3 > 3 ( b + 3) .
b

切线 ,所围成的 △A 1 B 1 C1 即满足要求 . 根据正弦定理 , 知 △A 1 B 1 C1 的三边与 sin 2α、
sin 2β、 sin 2γ 成正比 . 在式 ①、 ②两种情况下 , 可知

1 而 a≥ 0 时 ,2 ≥ ( a + 2) ,则 2
a

2 3 >

a

b

3 ( a + 2) ( b + 3) , 2

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.

矛盾 . 故 b ≤ 2. 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 3
2 α p11

(α …pk = 10 (α 1 + 1) … k + 1) .
k

α

无论哪种情况 ,都有 △A 1 B 1 C1 是等腰三角形 . 因此 , △ABC 也是等腰三角形 .
3. 由 a1 + a2 + …+ an = 2 ,知问题等价于求
a1 a1 a2 an + a2 - 2 + …+ an - 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 2 2

(ii ) 当 b = 1 , a = 0 ,1 ,2 时 ,式 ② 为
α a α 2 (α 3? 2 p11 …pkk = 2 ( a + 2) (α 1 + 1) … k + 1) .

(iii) 当 b = 0 , a = 0 ,1 ,2 ,3 ,4 时 ,式 ② 为
α a α (α 2 p11 …pkk = 3 ( a + 2) (α 1 + 1) … k + 1) .

(i) (ii ) (iii) 均不成立 .

综上 ,18 不是好数 .
2. 从六个比值中取出两个 ,共有两种类型 :

=

a1 a2 a2 a3 an a1 + 2 + …+ 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

的最大值 .

34

中 等 数 学
a1 a2 an ≥3 . + 2 + …+ 2 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

因为 x2 + 1 ≥ 2 x ,所以 ,当 x > 0 , y ≥ 0时,
1 ≥ 1 yx ≥ yx , , 2 2 x x2 + 1 2 x x +1
2 2

当 a1 = a2 = 1 , a3 = …= an = 0 时 ,上式取等号 . 因此 ,所求最小值为
3 . 2

≤ 1 xy ; 即  2 2 x +1
yx

2

当 x = 0 时 ,上式也成立 .
a1 a2 a2 a3 a n a1 故 2 + 2 + …+ 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1
2 2 2

4 . (1) 记 S 中的 n 个点为 A 1 , A 2 , …, A n .

建立直角坐标系 ,设 A i ( x i , y i ) ( i = 1 ,2 , …, n) . 易证
i =1

≤ 1 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ an a1 ) . 2 引理   若 a1 , a2 , …, an ≥ 0( n ≥ 4) ,则
4 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ an - 1 an + an a1 )

6

n

BAi = 0 Ζ B (

1
n

i =1

6

n

xi ,

1
n

i =1

6

n

yi ) .

这说明 , 平面内存在唯一的一点 B , 使
= 0 . 我们称 B 为点集 S 的 “质心” .

i =1

6

n

BAi

≤( a1 + a2 + …+ an ) 2 . 引理的证明 : 设
f ( a1 , a2 , …, an )

如果任取 P 中一条直线 l 为 x 轴 , 建立直角坐 标系 ,则

i =1

6

n

y i = 0.

= 4 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ an - 1 an + an a1 ) -

故点 B 在 l 上 . 即 P 中每一条直线均过质心 B .
(2) 设
F = { 三元有序组 ( X , Y , l ) │X 、 Y ∈S , l ∈ P , X

 ( a1 + a2 + …+ an ) 2 . 下面用数学归纳法证明
f ( a1 , a2 , …, an ) ≤ 0.



与 Y 关于 l 对称} ,
F1 = { ( X , Y , l ) ∈F │X ≠Y} , F2 = { ( X , X , l ) ∈F │X 在 l 上}.

当 n = 4 时 ,不等式 ① 等价于
2 4 ( a1 + a3 ) ( a2 + a4 ) ≤( a1 + a2 + a3 + a4 ) .

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 . 对于 n = k + 1 ,不妨设
ak = min{ a1 , a2 , …, ak + 1 } ,

显然 , F = F1 ∪F2 , F1 ∩F2 =

.



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 , 三元有序组
( X , Y , l ) 有 n 个 ,故

则 f ( a1 , a2 , …, ak + 1 ) f ( a1 , a2 , …, ak - 1 , ak + ak + 1 )

│F │= mn . 两点 X 、 Y 的对称轴只有 1 条 ,所以 , │F1 │≤ { ( X , Y) │X 、 Y ∈S , X ≠Y}
2 = 2Cn = n ( n - 1) .



对于 F1 中的三元有序组 ( X , Y , l ) ,因为不同的

= 4[ ak - 1 ak + ak ak + 1 + a1 ak + 1 -

 ak - 1 ( ak + ak + 1 ) - ( ak + ak + 1 ) a1 ]
= - 4[ ( ak - 1 - ak ) ak + 1 + a1 ak ] ≤ 0,



即  f ( a1 , a2 , …, ak + 1 ) ≤f ( a1 , a2 , …, ak - 1 , ak + ak + 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 .

(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 .



回到原题 . 由引理知
1 ( a1 a2 + a2 a3 + …+ a n a1 ) 2 1 2 ≤ 1 ( a1 + a2 + …+ an ) 2 = 1 × 2 = . 8 8 2

(ii ) 当 S 中存在一点同时在 P 中的两条直线上

时 ,由 (1) 所证 ,此点即为质心 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.
(ii ) 得 m ≤n . 综合 (i) 、 (3) 当 m = n 时 , 由 ( 2) 所证 , 式 ③、 ④ 同时取等



a1 a2 a2 a3 a n a1 ≤ 1 ,即 + 2 + …+ 2 2 2 a2 + 1 a3 + 1 a1 + 1

2

2

2

号 ,即 S 中任意两点的中垂线均属于 P , S 中每点恰

2007 年第 12 期

35

在 P 中的一条直线上 ,同时 ,质心 B 不在 S 中 . 首先 ,指出 BA i ( i = 1 ,2 , …, n) 相等 . 否则 ,如果 存在 j 、 k (1 ≤j < k ≤n) ,使得 BA j ≠BA k ,则线段 A jA k 的对称轴不过点 B , 与 ( 1 ) 所证矛盾 . 因此 , A 1 , A 2 , …, A n 均在以点 B 为圆心的圆上 , 记此圆为 ⊙B . 不 妨设 A 1 , A 2 , …, A n 按顺时针排列 . 其次 , A 1 , A 2 , …, A n 是 ⊙B 的 n 个等分点 . 否 则 ,如果存在 i ( i = 1 ,2 , …, n) ,使 A i A i + 1 ≠A i + 1 A i + 2
(定义 A n + 1 = A 1 , A n + 2 =
A2 ) . 不 妨 设 A i A i + 1 < Ai + 1 Ai + 2 . 如 图 2 , 线 段 A iA i + 2 的对称轴 l′ ∈P ,

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
2 B = 0 , D = 1 ,A = - ω k.

经计算可得
2 C=1- ω - ω k,

E= F=

B+ C

2

=

2 1- ω - ω k , 2

而 A i + 1 关于 l′ 的对称点 在A i + 1 A i + 2 ( 不 含 端 点 ) 上 . 这与 A i + 1 、 Ai + 2 是 相 邻两点矛盾 . 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 .
图2

2 2 2 C + A 2 - 2ω - 2ω k-ω k = . 3 3

于是 , E - 1 = F- E=

1 +ω +ω k , 2

2

2 2 1 - ω - (ω + 2ω ) k . 6

因此 ,当 m = n 时 ,集 S 中的点是正 n 边形的 n


=

2 2 F - E 1 ω - 1 + (ω + 2ω ) k = ? 2 E- 1 3 1 +ω +ω k

2 ω- ω k +1 i k +1 ? = ? . 3 k- 1 3 k- 1

因此 , DE ⊥EF ,即 ∠DEF = 90° .
6. 证法 1 : 不妨设 b ≥c . 令
b = x + y , c = x - y.

第二天
5. 证法 1 : 如图 3 ,作 DM ⊥AC 于点 M , FN ⊥CD

1 则 b - c = 4 xy , a = 1 - 2 x2 - 2 y2 , x ≤ . 2
a+

于点 N ,联结 EM 、 EN .
=

1 ( b - c) 2 + 4
2 2

b+ c
2 2

1 - 2x - 2y +4x y +2x

≤ 1 - 2 x2 + x + x ≤ 3. 最后一步由柯西不等式得到 . 证法 2 : 令 a = u2 , b = v2 , c = w 2 ,则
u + v + w = 1.
2 2 2

于是 ,所证不等式变为
u +
图3
2

( v2 - w 2 ) 2 + v + w ≤ 3. 4



注意到
u +
2

设 CF = a , A F = 2 a ,则
CN = CFcos 30° =

3a 1 = CD , 2 2

( v2 - w2 ) 2 ( v2 - w2 ) 2 2 2 =1 - (v + w ) + 4 4

= =

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

2 2 2 2 2 4 - 4( v + w ) + ( v - w ) 4 2 2 2 2 2 2 2 4 - 4( v + w ) + ( v + w ) - 4v w 4

36 = = = (2 - v2 - w 2 ) 2 - 4 v2 w 2 4 (2 - v2 - w2 - 2 vw) (2 - v2 - w2 + 2 vw ) 4 [2 - ( v + w ) ] [2 - ( v - w ) ] 4
2 2

中 等 数 学 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 A 1 ,
A 2 , …, A n 中 A 1 全胜 .

对另一个棋手 A n + 1 : 若 A 1 胜 A n + 1 ,则在 n + 1 个棋手中 , A 1 全胜 ; 若 A 1 平 A n + 1 , 考察棋手 A 1 , A 2 , …, A n - 1 , A n + 1 , 这 n 个棋手中没有人全胜 ,不可能 ; 若 A n + 1 胜 A 1 , 考 察 棋 手 A 1 , A 3 , A 4 , …, A n ,
A n + 1 ,这 n 个棋手中全胜的只能是 A n + 1 , 即 A n + 1 胜 A 3 , A 4 , …, A n . 同理 , A n + 1 也胜 A 2 . 因此 , 在这 n + 1

( v + w) 2 ≤ 1, 2
2 2 其中 , ( v + w ) 2 ≤ 2( v + w ) ≤ 2.

将上式代入式 ①,所证不等式变为
( v + w) 2 + v + w ≤ 3. 12



v+ w

2

= x ,将上述不等式改写为

个棋手中 A n + 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 ≥ 2 m - 3 时 ,所有棋手的得分 必各不相同 . 由引理 1 , 有一个棋手 A 1 胜了其余 n - 1 个棋 手 ,有一个棋手 A 2 胜了除 A 1 外的 n - 2 个棋手 , …… 有一个棋手 A n 1 个棋手 .
m +1

2 1 - 2 x + 2 x ≤ 3.

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
f (2 + 3) = (2 + 3) + a (2 + 3) + b (2 + 3) + c
3 2

= 8 + 12 3 + 18 + 3 3 + 4 a + 4 3 a +

  3a +2b + 3b + c
= (26 + 7 a + 2 b + c) + (15 + 4 a + b) 3 .

设 7 a + 2 b + c + 26 = m ,4 a + b + 15 = n ,则
| m | < 130 ,| n| ≤ 65.

胜了除 A 1 , A 2 , …, A n - m 外的 m -

故 m- n 3 ≤ | m| +

n 3

< 260.

由引理 2 , 有一个棋手 A n 负于其余 n - 1 个棋 手 ,有一个棋手 A n - 1 负于除了 A n 外的 n - 2 个棋手 , …… 有一个棋手 A n m +3

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.

负于除 A n , A n - 1 , …, A n -

m +4

外的 n - m + 2 个棋手 ,另外 ,还有一棋手为 A n ≥ 1.
2 2

m +2

.

由此 , m - n 3 ≠ 0.
2 2 所以 , m2 - 3 n2 ≠ 0, m - 3n

这样 ,这 n 个棋手 A 1 , A 2 , …, A n 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 . m - 3n m+ n 3

则 f (2 + 3 )
=

=

( m - n 3) ( m + n 3) m- n 3 1
m- n 3

=

对 n = 2 m - 4 ,设 n 个棋手水平为
1 ,2 , …, m - 3 , m - 2 , m - 2 , m - 1 , …,2 m - 5 ,

m- n 3

≥ 矛盾 .

>

1 , 260

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) , 另一个最大编号为 j ( m - 1 ≤j ≤

因此 ,2 + 3 一定是上述多项式的根 .
8. 先证明两个引理 .

2 m - 5) ,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 . 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 ) = 2 m - 3.
( 朱华伟   提供)

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 .


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