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2009年中国数学奥林匹克(CMO)试题和解答

时间:2014-03-31


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2009 中国数学奥林匹克解答
一、给定锐角三角形 PBC, PB ? PC .设 A,D 分别是边 PB,PC 上的点,连接 AC,BD,相交于点 O. 过点 O 分别作 OE⊥AB,OF⊥CD,垂足分别为 E,F,线段 BC,AD 的中点分别为 M,N. (1)若 A,B,C,D 四点共圆,求证: EM ? FN ? EN ? FM ; (2)若 EM ? FN ? EN ? FM ,是否一定有 A,B,C,D 四点共圆?证明你的结 论. 解(1)设 Q,R 分别是 OB,OC 的中点,连接 EQ,MQ,FR,MR,则
1 1 EQ ? OB ? RM , MQ ? OC ? RF , 2 2
P

又 OQMR 是平行四边形,所以
?OQM ? ?ORM ,

A E
Q

N O
R

D F

由题设 A,B,C,D 四点共圆,所以
?ABD ? ?ACD ,

B

M

C

于是
?EQO ? 2?ABD ? 2?ACD ? ?FRO ,

图1

所以 故 所以 同理可得 所以

?E Q M ? ? E Q O ? ? OQM ? ? F R? O? O R ? M ?, F R M ?E Q M ? ? M R, F

EM=FM, EN=FN, . E M? F N ? EN ? F M

(2)答案是否定的. 当 AD∥BC 时,由于 ?B ? ?C ,所以 A,B,C,D 四点不共圆,但此时仍然有
EM ? FN ? EN ? FM ,证明如下:

如图 2 所示,设 S,Q 分别是 OA,OB 的中点,连接 ES,EQ,MQ,NS,则
1 1 NS ? OD, EQ ? OB , 2 2

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所以

NS OD . ? EQ OB



1 1 又 ES ? OA, MQ ? OC ,所以 2 2
ES OA . ? MQ OC



而 AD∥BC,所以
OA OD , ? OC OB



由①,②,③得 因为

NS ES . ? EQ MQ

?NSE ? ?NSA ? ?ASE ? ?AOD ? 2?AOE ,

?EQM ? ?MQO ? ?OQE ? ? ?AOE ? ?EOB ? ? (180? ? 2?EOB)

? ?AOE ? (180? ? ?EOB) ? ?AOD ? 2?AOE ,

即 所以 故 同理可得, 所以 从而

?NSE ? ?EQM ,

?NSE ~ ?EQM ,
EN SE OA (由②) . ? ? EM QM OC

FN OA , ? FM OC EN FN , ? EM FM

P

EM ? FN ? EN ? FM .

A E
Q

N
S

D F
R

O M C

B

二、求所有的素数对(p,q) ,使得 pq 5 p ? 5 q . 解:若 2 | pq ,不妨设 p ? 2 ,则 2q | 5 2 ? 5 q ,故 q | 5 q ? 25 . 由 Fermat 小定理, q | 5 q ? 5 ,得 q | 30 ,即 q ? 2, 3, 5 .易验证素数对 (2, 2) 不合 要求, (2, 3) , (2, 5) 合乎要求.

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若 pq 为奇数且 5 | pq ,不妨设 p ? 5 ,则 5q | 5 5 ? 5 q ,故 q | 5 q ?1 ? 625 . 当 q ? 5 时素数对 (5, 5) 合乎要求,当 q ? 5 时,由 Fermat 小定理有 q | 5 q ?1 ? 1 ,故
q | 626 .由于 q 为奇素数,而 626 的奇素因子只有 313,所以 q ? 313 .经检验素数对 (5, 313 ) 合乎要求.

若 p, q 都不等于 2 和 5,则有 pq | 5 p ?1 ? 5 q ?1 ,故
5 p ?1 ? 5 q ?1 ? 0 (mod p) .

① ②

由 Fermat 小定理,得 故由①,②得

5 p ?1 ? 1 (mod p) ,

5 q ?1 ? ?1 (mod p) .



设 p ? 1 ? 2 k (2r ? 1) , q ? 1 ? 2 l (2s ? 1) , 其中 k , l , r , s 为正整数. 若 k ? l ,则由②,③易知
1 ? 12
l ?k

( 2 s ?1)

? (5 p ?1 ) 2

l ?k

( 2 s ?1)

? 5 2 ( 2 r ?1)( 2 s ?1) ? (5 q ?1 ) 2 r ?1 ? (?1) 2 r ?1 ? ?1 (mod p) ,

l

这与 p ? 2 矛盾!所以 k ? l . 同理有 k ? l ,矛盾!即此时不存在合乎要求的 ( p, q) . 综上所述,所有满足题目要求的素数对 ( p, q) 为
(2, 3) , (3, 2) , (2, 5) , (5, 2) , (5, 5) , (5, 313 ) 及 (313, 5) .

三、设 m , n 是给定的整数, 4 ? m ? n , A1 A2 ? A2 n?1 是一个正 2n+1 边形,
P ? ?A1 , A2 ,?, A2 n?1 ? .求顶点属于 P 且恰有两个内角是锐角的凸 m 边形的个数.

解 先证一个引理:顶点在 P 中的凸 m 边形至多有两个锐角,且有两个锐角时, 这两个锐角必相邻. 事实上,设这个凸 m 边形为 P1 P2 ? Pm ,只考虑至少有一个锐角的情况,此时不妨 设 ?Pm P1 P2 ?

?
2

,则
?P2 Pj Pm ? ? ? ?P2 P1 Pm ?

?
2

(3 ? j ? m ? 1) ,

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更有 ?Pj ?1 Pj Pj ?1 ?

?
2

(3 ? j ? m ? 1) .

而 ?P1 P2 P3 + ?Pm ?1 Pm P1 ? ? ,故其中至多一个为锐角,这就证明了引理. 由引理知,若凸 m 边形中恰有两个内角是锐角,则它们对应的顶点相邻. 在凸 m 边形中,设顶点 Ai 与 A j 为两个相邻顶点,且在这两个顶点处的内角均为锐 角.设 Ai 与 A j 的劣弧上包含了 P 的 r 条边( 1 ? r ? n ) ,这样的 (i, j ) 在 r 固定时恰有
2n ? 1 对.

(1) 若凸 m 边形的其余 m ? 2 个顶点全在劣弧 Ai A j 上,而 Ai A j 劣弧上有 r ? 1个
?2 P 中的点,此时这 m ? 2 个顶点的取法数为 C rm ?1 .

(2) 若凸 m 边形的其余 m ? 2 个顶点全在优弧 Ai A j 上,取 Ai , A j 的对径点 Bi ,
B j ,由于凸 m 边形在顶点 Ai , A j 处的内角为锐角,所以,其余的 m ? 2 个顶点全在劣

弧 Bi B j 上,而劣弧 Bi B j 上恰有 r 个 P 中的点,此时这 m ? 2 个顶点的取法数为 C rm ? 2 . 所以,满足题设的凸 m 边形的个数为
(2n ? 1)? (C
r ?1 n m?2 r ?1

?C

m?2 r

? n m?2 n m?2 ? ) ? ( 2n ? 1)? ? C r ?1 ? ? C r ? r ?1 ? r ?1 ?
?1 m ?1 m ?1 ? (2n ? 1)( ? (C rm ?1 ? C rm )) ?1 ) ? ? (C r ?1 ? C r r ?1 r ?1 n n

m ?1 m ?1 ? (2n ? 1)(C n ). ?1 ? C n

四、 给定整数 n ? 3 , 实数 a1 , a 2 ,?, a n 满足 min ai ? a j ? 1. 求 ? a k 的最小值.
3

n

1?i ? j ? n

k ?1

解 不妨设 a1 ? a 2 ? ? ? a n ,则对 1 ? k ? n ,有
a k ? a n ? k ?1 ? a n ? k ?1 ? a k ? n ? 1 ? 2k ,

所以

?a
k ?1

n

3 k

?

1 n 3 a k ? a n ?1?k ? 2 k ?1

?

3

?
?
2

?

1 n 3 ? ak ? an?1?k ?? ? ? a k ? a n ?1?k ? 2 k ?1 ?4 1 n ? ? ak ? an?1?k 8 k ?1

?

1 ? ak ? an?1?k 4

?

2

? ? ?

?

?

3

?

1 n 3 n ? 1 ? 2k . ? 8 k ?1

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n ?1 2 i ?1

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当 n 为奇数时,

? n ? 1 ? 2k
k ?1 n

n

3

? 2 ? 23 ? ? i 3 ? ? 2? (2i ? 1) 3
i ?1 n 2

1 2 (n ? 1) 2 . 4

当 n 为偶数时,

? n ? 1 ? 2k
k ?1

3

n ? n ? 2 ? ? 3 3 ? 2? ? j ? ? (2i ) ? i ?1 ? j ?1 ? ? ?

?

1 2 2 n (n ? 2) . 4
3

所以, 当 n 为奇数时, ? ak
k ?1

n

3

?

n 1 2 当 n 为偶数时, ak (n ? 1) 2 , ? 32 k ?1

?

1 2 2 n (n ? 2) , 32

等号均在 ai ? i ?
n

n ?1 , i ? 1,2,?, n 时成立. 2
3

因此,? a k 的最小值为
k ?1

1 2 1 , 或者 n 2 (n 2 ? 2)(n 为偶数) . (n ? 1) 2(n 为奇数) 32 32

五、凸 n 边形 P 中的每条边和每条对角线都被染为 n 种颜色中的一种颜色.问: 对怎样的 n,存在一种染色方式,使得对于这 n 种颜色中的任何 3 种不同颜色,都能 找到一个三角形,其顶点为多边形 P 的顶点,且它的 3 条边分别被染为这 3 种颜色? 解 当 n ? 3 为奇数时,存在合乎要求的染法;当 n ? 4 为偶数时,不存在所述的 染法。
3 每 3 个顶点形成一个三角形,三角形的个数为 C n 个,而颜色的三三搭配也刚好 3 有 Cn 种,所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合,即形成一一对

应. 我们将多边形的边与对角线都称为线段.对于每一种颜色,其余的颜色形成 C n2?1 种搭配,所以每种颜色的线段(边或对角线)都应出现在 C n2?1 个三角形中,这表明在 合乎要求的染法中,各种颜色的线段条数相等 .所以每种颜色的线段都应当有
2 Cn n ?1 ? 条. n 2

n ?1 当 n 为偶数时, 不是整数, 所以不可能存在合乎条件的染法. 下设 n ? 2m ? 1 2 为奇数,我们来给出一种染法,并证明它满足题中条件.自某个顶点开始,按顺时针

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方向将凸 2m ? 1 边形的各个顶点依次记为 A1 , A2 , ?, A2 m?1 .对于 i ?{1, 2, ?, 2m ? 1} , 按 mod 2m ? 1 理解顶点 Ai .再将 2m ? 1 种颜色分别记为颜色 1, 2, ?, 2m ? 1. 将边 Ai Ai ?1 染为颜色 i ,其中 i ? 1, 2, ?, 2m ? 1 .再对每个 i ? 1, 2, ?, 2m ? 1 ,都将 线段(对角线) Ai ?k Ai ?1? k 染为颜色 i ,其中 k ? 1, 2, ?, m ? 1.于是每种颜色的线段都 刚好有 m 条.注意,在我们的染色方法之下,线段 Ai1 A j1 与 Ai2 A j2 同色,当且仅当
i1 ? j1 ? i2 ? j2 (mod 2m ? 1) .



因此, 对任何 i ? j (mod 2m ? 1) , 任何 k ? 0 (mod 2m ? 1) , 线段 Ai A j 都不与 Ai ? k A j ? k 同色.换言之,如果
i1 ? j1 ? i2 ? j2 (mod 2m ? 1) .



则线段 Ai1 A j1 都不与 Ai2 A j2 同色. 任取两个三角形 ?Ai1 A j1 Ak1 和 ?Ai2 A j2 Ak2 ,如果它们之间至多只有一条边同色,当 然它们不对应相同的颜色组合.如果它们之间有两条边分别同色,我们来证明第 3 条 边必不同颜色.为确定起见,不妨设 Ai1 A j1 与 Ai2 A j2 同色. 情形 1:如果 A j1 Ak1 与 A j2 Ak2 也同色,则由①知
i1 ? j1 ? i2 ? j2 (mod 2m ? 1) , j1 ? k1 ? j 2 ? k 2 (mod 2m ? 1) ,

将二式相减,得 i1 ? k1 ? i2 ? k 2 (mod 2m ? 1) ,故由②知 Ak1 Ai1 不与 Ak2 Ai2 同色. 情形 2:如果 Ai1 Ak1 与 Ai2 Ak2 也同色,则亦由①知
i1 ? j1 ? i2 ? j2 (mod 2m ? 1) , i1 ? k1 ? i2 ? k 2 (mod 2m ? 1) ,

将二式相减,亦得 j1 ? k1 ? j 2 ? k 2 (mod 2m ? 1) ,亦由②知 A j1 Ak1 与 A j2 Ak2 不同色.总 之, ?Ai1 A j1 Ak1 与 ?Ai2 A j2 Ak2 对应不同的颜色组合.

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六、给定整数 n ? 3 ,证明:存在 n 个互不相同的正整数组成的集合 S,使得对 S 的任意两个不同的非空子集 A,B,数

?x
x? A

A
x? X



?x
x?B

B

是互素的合数. (这里 ? x 与 X 分别表示有限数集 X 的所有元素之和及元素个数. ) 证 我们用 f ( X ) 表示有限数集 X 中元素的算术平均. 第一步,我们证明,正整数的 n 元集合 S1 ? ?(m ? 1)! m ? 1,2,?, n? 具有下述性质: 对 S 1 的任意两个不同的非空子集 A,B,有 f ( A) ? f ( B) . 证明:对任意 A ? S1 , A ? ? ,设正整数 k 满足
k!? f ( A) ? (k ? 1)! ,



并设 l 是使 l f ( A) ? (k ? 1)! 的最小正整数.我们首先证明必有 A ? l . 事实上,设 (k ? ? 1)!是 A 中最大的数,则由 A ? S1 ,易知 A 中至多有 k ? 个元素,即
A ? k ? , 故 f ( A) ?

(k ? ? 1)! ? k ?! . 又 由 f ( A) 的 定 义 知 f ( A) ? (k ? ? 1)! , 故 由 ① 知 k?

k ? k ? .特别地有 A ? k .

此外,显然 A f ( A) ? (k ? ? 1)! ? (k ? 1)! ,故由 l 的定义可知 l ? A .于是我们有
l ? A ?k.

若 l ? k ,则 A ? l ;否则有 l ? k ? 1,则
1 ? ? ? 1? (l ? 1) f ( A) ? ?1 ? ?l f ( A) ? ?1 ? ? (k ? 1)! ? k ?1? ? l?

? (k ? 1)!?k!? ? ? 2! .

由于 (k ? 1)! 是 A 中最大元,故上式表明 A ? l ? 1 .结合 A ? l 即知 A ? l . 现在,若有 S 1 的两个不同的非空子集 A,B,使得 f ( A) ? f ( B) ,则由上述证明知
A ? B ? l ,故 A f ( A) ? B f ( B) ,但这等式两边 分别是 A , B 的元 素 和,利用

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(m ? 1)!? m!? ? ? 2! 易知必须 A=B,矛盾.

第二步,设 K 是一个固定的正整数, K ? n!? max f ( A1 ) ,我们证明,对任何正整
A1 ? S1

数 x, 正整数的 n 元集合 S 2 ? ?K!n! x? ? 1 ? ? S1 ?具有下述性质: 对 S 2 的任意两个不同 的非空子集 A,B,数 f ( A) 与 f ( B) 是两个互素的整数. 事实上,由 S 2 的定义易知,有 S 1 的两个子集 A1 , B1 ,满足 A1 ? A , B1 ? B ,且
f ( A) ? K!n! xf ( A1 ) ? 1, f ( B) ? K!n! xf ( B1 ) ? 1 .



显然 n! f ( A1 ) 及 n! f ( B1 ) 都是整数,故由上式知 f ( A) 与 f ( B) 都是正整数. 现在设正整数 d 是 f ( A) 与 f ( B) 的一个公约数,则 n! f ( A) f ( B1 ) ? n! f ( B) f ( A1 ) 是 d 的 倍 数,故由 ②可 知 d n! f ( A1 ) ? n! f ( B1 ) ,但由 K 的选取 及 S 1 的构作可知,
n! f ( A1 ) ? n! f ( B1 ) 是小于 K 的非零整数,故它是 K! 的约数,从而 d K ! .再结合 d f ( A) 及②可知 d=1,故 f ( A) 与 f ( B) 互素.

第三步,我们证明,可选择正整数 x,使得 S 2 中的数都是合数.由于素数有无穷 多个,故可选择 n 个互不相同且均大于 K 的素数 p1 , p2 ,?, pn .将 S 1 中元素记为

?1 , ? 2 ,?, ? n ,则 ? pi , K!n!? i ? ? 1 (1 ? i ? n) ,且 ? pi2 , p 2 ,故由中 j ? ? 1 (对 1 ? i ? j ? n )
国剩余定理可知,同余方程组
K!n! x? i ? ?1 (mod pi2 ), i ? 1,2,?, n ,

有正整数解. 任取这样一个解 x, 则相应的集合 S 2 中每一项显然都是合数. 结合第二步的结果, 这一 n 元集合满足问题的全部要求.

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