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2009女子数学奥林匹克

时间:2011-04-28


30

中 等 数 学

2009 女子数学奥林匹克
第一天
1. 求证 : 方程 abc = 2 009 ( a + b + c) 只有

后 ,使每个标号为 k ( k = 1, 2, …, n ) 的棋子在 点 V k 处 , 则 称 这 种 连 线 段 的 方 式 为“和 谐
(梁应

德   供题 )
BAC = 90 ° ,点

有限组正整数解 ( a, b, c) .
2. 如图 1, 在 △AB C 中 ,
E 在 △AB C 的外

的” . 求在所有和谐的连线段的方式中 , 线段 (付云皓   数目的最小值 . 供题 )

第二天
5. 设实数 x、 y、 z大于或等于 1. 求证 :
( x - 2x + 2) ( y - 2y + 2) ( z - 2z + 2)
2 2 2

接圆 圆 Γ 的 弧
B C (不 含 点 A )

内 , A E > EC. 联 结
EC EAC =

≤ ( xyz) - 2 xyz + 2.
6. 如 图 2, 圆 Γ1 、 Γ2内切于点 S ,
图 1

2

(熊   斌  供题 )

并 延
CA F ,

长至点 F , 使 得

联结 B F 交圆 Γ 于点 D , 联结 ED , 记 △D EF 的外心为 O. 求证 : A、 C、 O 三点共线 . (边红平   供题 )
3. 在平面直角坐标系中 ,设点集
{ P1 , P2 , …, P4 n + 1 }

圆 Γ2的弦 AB 与圆 Γ1切于点 C , M 是 弧 AB (不 含 点 S ) 的中点 , 过点 M 作
MN AB , 垂足为
图 2

N. 记圆 Γ1 的半径

= { ( x, y ) | x、 y 为整数 , | x | ≤n, | y | ≤n, xy = 0 } ,

为 r . 求证 : AC? CB = 2 r M N.

(叶中豪   供题 )

其中 , n
2

N+ . 求
2 2 2

7. 在一个 10 × 10 的方格表中有一个由 4n个 1 × 1 的小方格组成的图形 ,它既可被 n (王新茂   供题 )

( P1 P2 ) + ( P2 P3 ) + … + ( P4n P4n + 1 ) + ( P4n + 1 P1 )

的最小值 .

个“ ” 型的图形覆盖 , 也可被 n 个“ “
n 的最小值 .

” 或

4. 设平面上有 n ( n ≥4 ) 个点 V1 , V2 , …,
V n ,任意三点不共线 , 某些点之间连有线段 .

” 型 (可以旋转 ) 的图形覆盖 . 求正整数
(朱华伟   供题 )
n 5 . 求数列 a1 , a2 ,

把标号分别为 1, 2, …, n 的 n 枚棋子放置在 这 n 个点处 ,每个点处恰有一枚棋子 . 现对这
n 枚棋子进行如下操作 : 每次选取若干枚棋

8. 设 an = n 5 -

…, a2 009中的最大项和最小项 ,其中 , x 表示 不超过实数 x 的最大整数 . (王志雄   供题 )

子 ,将它们分别移动到与自己所在点有线段 相连的另一个点处 ; 操作后每点处仍恰有一 枚棋子 ,并且没有两枚棋子在操作前后交换 位置 . 若一种连线段的方式使得无论开始时 如何放置这 n 枚棋子 , 总能经过有限次操作

参考答案
第一天
  1. 只需证明 : 原方程满足 a ≤ b ≤ c 的正 整数解只有有限多组 .
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2009 年第 11 期

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事实上 ,由 a ≤b≤c,知 abc = 2 009 ( a + b + c) ≤6 027 c ] ab≤6 027. 因此 ,只有有限多组正整数对 ( a, b ) , 使 得存在正整数 c满足 a ≤b≤c及 abc = 2 009 ( a + b + c) . 又由于 c ( ab - 2 009 ) = 2 009 ( a + b) ,故 对于给定的正整数对 ( a, b ) , 最多存在一个 正整数 c满足 a ≤b≤c及 abc = 2 009 ( a + b + c) . 因此 ,原方程满足 a ≤ b ≤ c 的正整数解 只有有限多组 . 2. 用同一法 . 如图 3, 设 △A EF 的 外 接 圆 圆 Γ 与 AC 的延 长 线 交 于 点 P , 联结 PE、 PF. 因 EAC 图 3 = FAC , 所以 ,四边形 A EPF 是圆内接四边形 . 故 PEF = PFE = EA P ] PE = PF
EPF = 180 ° -2 EA P. ① 又 E、 D、 A、 B 四点共圆 ,则 BD E = EAB = 90 ° EAC = 90 ° EA P. ② 由式 ①、 ② 得 1 BD E = EPF. ③ 2 以点 P 为圆心 、 PE 为半径作 P. 则点 E、 F在 P 上 . 结合式 ③知 , 点 D 也在 P 上 . 故 P 为 △D EF 的外心 . 这就表明 , 点 P 与 O 重合 , 即 △A EF 的 外心 O 位于 AC 的延长线上 . 3. 首先证明一个引理 . 引理   设实数 s1 ≥s2 ≥…≥sm ,且 f ( s1 , s2 , …, sm )

| tm - 1 - t + | tm - t1 | } , m |

2

2

其中 , ( t1 , t2 , …, tm ) 取遍 ( s1 , s2 , …, sm ) 的所 有排列 . 则 f ( s1 , s2 , …, sm ) ≥f ( s2 , s3 , …, sm ) + 2 ( s1 - s2 ) ( s1 - s3 ) . 引理的证明 : 不妨设 t1 = s1 . 则
| t1 - t2 | + | t2 - t3 | + … + | tm - 1 - tm | + | tm - t1 | = | t2 - t3 | + … + | t m -1 - t m | + |t m - t 2 | +
( | t1 - t2 | + | t m - t 1 | - | t m - t 2 | )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

= | t2 - t3 | + … + | tm - 1 - tm | +

2

2

  | tm - t2 | + 2 ( t1 - t2 ) ( t1 - tm ) ≥f ( s2 , s3 , …, sm ) + 2 ( s1 - s2 ) ( s1 - s3 ) . 回到原题 . 设 P i = ( xi , yi ) ( i = 1, 2, …, 4 n + 2 ) , 其 中 , P4 n + 2 = P1 . 则
4n + 1
i =1

2

4n + 1

P i Pi + 1 =

2

i =1

[ ( xi - xi + 1 ) + ( yi - yi + 1 ) ].

2

2

由引理可知
4n + 1
i=1

P i P i + 1 ≥2 f ( n, …, 1,

2

, - 1, …, - n ) , - 1, …, 1 - n ) +16

≥2f ( n - 1, …, 1, ≥…≥2 f ( 1,
= 16 n - 8.

, - 1 ) + 16 ( n - 1 )

]

而当 P1 , P2 , …, P4 n + 1分别为 ( 2, 0 ) , ( 4, 0 ) , …, ( n , 0 ) , …, ( 3, 0 ) , ( 1, 0 ) , ( 0, 2 ) , ( 0, 4 ) , …, ( 0, n ) , …,
( 0, 3 ) , ( 0, 1 ) , ( - 2, 0 ) , ( - 4, 0 ) , …, ( - n , 0) , …, ( - 3, 0) , ( - 1, 0) , ( 0, - 2) , ( 0, - 4 ) , …, ( 0, - n ) , …, ( 0, - 3 ) , ( 0, - 1) , ( 0, 0 )
4n + 1

时,

i=1

Pi Pi + 1 = 16 n - 8.

2

因此 ,所求的最小值为 16 n - 8.
4. 所求的最小值为 n + 1.

首先 ,当线段数目不大于 n 时 ,易知下面 两种情形之一必然出现 : ( 1 )在 V1 , V2 , …, V n中存在一个点 , 它最 多与另外一个点有线段相连 ;
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= ( m in

t1, t2, …, tm )

{ | t1 - t2 | + | t2 - t3 | + … +

2

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中 等 数 学

( 2 )对于 V1 , V2 , …, V n中的每一个点 , 恰

有两个点与该点有线段相连 . 如果情形 ( 1 )出现 ,不妨设这个点为 V 1 . 则可以证明开始在点 V1 的棋子只能一直停 留在该点 . 若不然 ,设在某一次操作中这枚棋 子到达了顶点 V i. 由条件知 , 在这次操作中 必然有在另一个顶点 V j上的棋子被移动到 V1 . 这样 , V i 、 V j是两个不同的点 , 且都与 V1有 线段相连 ,这与假设矛盾 . 只要开始时 , 点 V1 处的棋子不是 1 号棋子 , 就无法通过有限次 操作 ,使得该棋子到达相应的顶点 . 因此 , 这 样的连线段的方式是不和谐的 . 如果情形 ( 2 ) 出现 , 易知所有的线段连 成了一条或者多条封闭折线 . 如果是多条折 线 ,则显然存在两个点 V i 、 V j , 使得 V i上的棋 子无法通过操作移动到 V j上 ,故只要开始时 , 点 V i处的棋子恰是 j号棋子 , 就无法通过有 限次操作使得该棋子到达相应的顶点 ,因此 , 这样的连线段的方式是不和谐的 ; 如果是一 条折线 ,则不妨设点 V i 、 V i + 1之间连了线 ( i = 1, 2, …, n, V n + 1 = V1 ) . 易知 , 在一次操作中 , 或者所有的棋子均不动 , 或者在点 V i处的棋 子移动到点 V i + 1 , 或者在点 V i + 1 处的棋子移 动到点 V i ( i = 1, 2, …, n ) , 只要开始时 , 点 V1 、 V2 处的棋子恰是 1 号 、 3 号棋子 , 就无法 通过有限次操作使得该棋子到达相应的顶 点 ,因此 ,这样的连线段的方式是不和谐的 . 另一方面 , 若将点 V i 、 V i + 1 之 间连 上线 ( i = 1, 2, …, n, V n + 1 = V1 ) , 且将点 V n - 1 、 V 1之 间连上线 ,则可以证明这样的连线段方式是 和谐的 . 事实上 ,在这样的连线方式下 ,可以做下 面两种操作 . 操作 M 1 : 将在点 V i处的棋子移动到点 V i + 1处 ( i = 1, 2, …, n ) . 操作 M 2 : 将在点 V i处的棋子移动到点 V i + 1处 ( i = 1, 2, …, n - 2 ) , 将在点 V n - 1处的 棋子移动到点 V1处 ,在点 V n处的棋子不动 . 下面利用数学归纳法证明 : 对于任意的 k ( 1 ≤ k ≤ n ) , 可以经有限次操作后 , 使得编

号为 1, 2, …, k 的棋子分别在点 V 1 , V2 , …, V k 处. 当 k = 1 时 , 设 1 号棋子开始时在点 V i 处 . 则进行 n - i + 1 次操作 M 1即可让 1 号棋 子移动到点 V1处 . 假设在某次操作后 ,编号为 1, 2, …, k 的 棋子分别在点 V1 , V2 , …, V k处 , 设此时 k + 1 号棋子在点 V r ( k + 1 ≤ r ≤ n ) 处 . 则先进行 n- r 次操作 M 1 , 再进行 r - k - 1 次操作 M 2 , 最后进行 k + 1 次操作 M 1 , 即可使编号为 1, 2, …, k + 1 的棋子分别在点 V1 , V2 , …, V k + 1 处. 由数学归纳法 , 最终可以在有限次操作 后 ,使每个标号为 k 的棋子在点 V k ( k = 1, 2, …, n ) 处 . 因此 ,这样的连线段的方式是和谐 的. 综上 ,在所有和谐的连线段的方式中 ,线 段数目的最小值为 n + 1.

第二天
5. 注意到 x ≥1, y ≥1. 则
( x - 2 x + 2 ) ( y - 2 y + 2 ) - [ ( xy ) - 2 xy + 2 ]
2 2 2

= ( - 2y + 2 ) x + ( 6y - 2 y - 4 ) x + ( 2 y - 4 y + 2)
2 = - 2 ( y - 1) [ x + ( y - 2) x + 1 - y ]

2

2

2

= - 2 ( y - 1 ) ( x - 1 ) ( x + y - 1 ) ≤0.

故 ( x - 2x + 2) ( y - 2y + 2) 2 ≤ ( xy ) - 2 xy + 2. 同理 ,因为 xy ≥1, z≥1,所以 , 2 2 [ ( xy ) - 2 xy + 2 ] ( z - 2 z + 2 ) 2 ≤ ( xyz) - 2 xyz + 2. 从而 ,命题得证 . Γ2的圆心分别 6. 证法 1:如图 4,记圆 Γ1 、 为 O1 、 O2 , 半径分 别为 r 、 R. 由垂径定 理 知 , MN 的 延长 线 经过 O2 , 且 N 是 弦 AB 的中点 . Γ2 因 圆 Γ1 、 内切于点 S ,所以 ,
图4

2

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S、 O1 、 O2三点共线 .

又 AB 与圆 Γ1切于点 C ,联结 O1 C. 则 O1 C AB. 再作 O2 D O1 C 于点 D. 注意到 AC? CB = (AN - CN ) (AN + CN ) 2 2 = AN - CN . 联结 AO2. 由勾股定理得
2 2 2 2

如图 7所示的两种情形. 但是它们都不能由两 个 B 型拼成 .



图7

AN = R - ( R - MN ) = 2RMN - MN . ②

所以 , n ≥4. 图 8是 n = 4时的拼法 .

而 CN = O1 O2 - O1 D

2

2

2

2 2 = ( R - r) - ( r +MN - R )

= 2 ( R - r) MN - MN .

2


图8

将式 ②、 ③ 代入式 ① 得 2 2 AC? CB = AN - CN = 2 [ R - ( R - r) ]MN = 2 r M N. 证 法 2: 如 图 5, 作出圆 Γ1 的直 径 CD. 因 S 是两圆 Γ1 、 Γ2 的 切 点 , 即 位似中心 , 而 C、 M 为两圆上的位似对 图 5 应点 ,故 S、 C、 M三 点共线. 由相交弦定理得 AC? CB = SC? CM. 又由 R t△SCD R t△NM C ,得 SC? CM = CD? MN = 2 r M N. 7. 将题设的图形分别设为 A 型 、 B 型. 首先论证 : n 是偶数 . 用图 6 所示方法 将 10 × 10 的方格表染 色. 无论 A 型覆盖哪 4 个方格 ,其中黑格数必 是偶数 ,而对于 B 型则 是 奇 数. 如 果 n 是 奇 数 , n 个 A 型所覆盖的黑方格数必是偶数 ;而 n 个 B 型所覆盖的黑方格数必是奇数 ,矛盾 . 所 以 , n 必是偶数. 如果 n = 2,由两个 A 型拼成的图形只有
图6

8. 令 b0 = 0, b1 = 1,
bn = 4 bn - 2 + bn - 1 ( n ≥2 ) . ( 2 + 5)
n n - ( 2 - 5)

则 bn =

2 5

.

特别地 , b6 = 1 292, b7 = 5 473. 对任意的 k ( k = 1, 2, …, 5 473 ) ,存在唯一 的整数 xk 、 yk ,使得 1 292 k = xk + 5 473 yk ( 1 ≤xk ≤5 473 ) . 因 ( 1 292, 5 473 ) = 1,所以 , x1 , x2 , …, x5 473 为 1, 2, …, 5 473 的一个排列 ,且数列 { yk }满足
y1 ≤y2 ≤…≤y5 473 = 1 291. 为方便计 ,令 f ( x ) = x - [ x ]. 于是 , f ( xk 5 ) = f ( ( 1 292 k - 5 473 yk ) 5 )

=f

( 2 + 5) - ( 2 - 5)

6

6

2

k-

( 2 + 5) - ( 2 - 5 )

7

7

2

yk

6 7 = f ( - ( 2 - 5 ) k + ( 2 - 5 ) yk ) . 6 7 又 0 < ( 2 - 5 ) k - ( 2 - 5 ) yk

≤5 473 ( 2 - 5 ) - 1 291 ( 2 - 5 ) < 1,
6 7 得 f ( xk 5 ) = 1 - ( 2 - 5 ) k + ( 2 - 5 ) yk是 单调递减的 .

6

7

又 x1 = 1 292, x5 473 = 5 473, x5 472 = 4 181, x5 471 = 2 889, x5 470 = 1 597, 故所求的最大项是 a1 292 ,最小项是 a1 597 . (熊   斌  提供 )
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