中国数学奥林匹克CMO试题和详细解答word版.docx
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中国数学奥林匹克CMO试题和详细解答word版
2009中国数学奥林匹克解答
、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0E丄AB,OF丄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:
EMFN=ENFM;
(2)若EMFN=ENFM,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,
EQ,MQ,FR,MR」
11
EQ0B二RM,MQOC二RF,22
又OQMR是平行四边形,所以
.OQM—ORM,
由题设A,B,C,D四点共圆,所以
ABD"ACD,
于是
EQO=2ABD=2ACD=FRO,
所以
EQM=/EQO.OQM/FRO.ORM,
故
.EQM二.:
MR,F
所以
EM=FM,
同理可得
EN=FN,
所以
EMFNENF.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
EMFN二ENFM,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,贝U
NS二丄OD,E^-OB,
所以
22
EQOB
11
又es^oamq^oc,所以
ESOA
MQ-OC
而AD//BC,所以
OAOD
OC~~OB
由①,②,③得
NSES
EQ一MQ
因为NSE二NSA•ASE二AOD2AOE,
.EQM-MQO.OQE二.AOE•EOB(180-2EOB)
=/AOE(180-.EOB)=/AOD2AOE,
即
所以
故
同理可得,
所以
从而
NSE二EQM,
.NSE〜.EQM,
ENSEOA
EM-QM-OC
(由②).
FNOA
FM-OC,
ENFN
EM一FM,
EMFN=ENFM.
A
N
D
E
S
'F
O
二、求所有的素数对(p,q),使得pq5p+5q.
解:
若2|pq,不妨设p=2,则2q|52-5q,故q|5q•25.
由Fermat小定理,q|5q—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.
若pq为奇数且5|pq,不妨设p=5,则5q|555q,故q|5q」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|5q」_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|5p「5q」,故
5pJ5q_*=0(modp).①
由Fermat小定理,得5pJ1(modp),②
故由①,②得
5qJ=1(modp).③
设p—1=2k(2r—1),q-1=2l2s-1),其中k,l,r,s为正整数.
若k空I,则由②,③易知
1彳上(Z=(5心)廿(Z=52l(2r4)(2s4)=(52)2r'=(-1)心=-1(modp),
这与p=2矛盾!
所以kl.
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,AA2A2nd是一个正2n+1边形,
P=:
A,A2,…,A2「i1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RP2…Pm,只考虑至少有一个锐角的情况,此时不妨设.PmPiP2,则
2
卩2吓-二-PzRPm尹一j乞口-1),
B亠K
更有Pj」PjPjiq(3一j_m-1)•
而.RP2P3+.Pm二PmR*二,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,贝尼们对应的顶点相邻.
在凸m边形中,设顶点Ai与Aj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Aj的劣弧上包含了P的r条边(1兰rWn),这样的(i,j)在r固定时恰有2n1对.
(1)若凸m边形的其余m-2个顶点全在劣弧AiAj上,而AAj劣弧上有r-1个P中的点,此时这m-2个顶点的取法数为C^.
(2)若凸m边形的其余m-2个顶点全在优弧AAj上,取Ai,Aj的对径点Bi,Bj,由于凸m边形在顶点A,Aj处的内角为锐角,所以,其余的m-2个顶点全在劣弧BjBj上,而劣弧BiBj上恰有r个P中的点,此时这m-2个顶点的取法数为Crm^.
所以,满足题设的凸m边形的个数为
n■-nn
(2n1p(bjCrm')=(2n1)'。
心
r1•:
.r=1r=1
nn
=(2n1)0(Crm‘-CrT)(emW))
rTrd
=(2n1)2畀U4).
所以
四、给定整数
解不妨设
ai
n狂3,实数a1,a2,…,an满足minai恒匕切
:
:
:
a2:
:
:
…:
:
:
an,则对1乞k乞n,有
ak
+an_k41
求7
k4
ak
ak
2kA
jnak
8k=1
ak
的最小值.
当n为奇数时,
当n为偶数时,
所以,当n
等号均在ai=i
因此,
兰a®—akzn+1—2k,
an1_k
+an*_k
an1_k
f321#
{4(ak—an41」)+-(
4ak
+an^_k
31_n
瓦n+1
-2k
-223
2
乏
id
i3
冷(「)2・
Zn+1
-2k
(2i-1)
为奇数时,"
k=1
ak
ak
=2
n
2
(2i)3
i=1
Jn2(n2
-2)・
_—(n2
32
-1)2,当n为偶数时,
ak
1
>——
n2(n2-2),
n亠1
于,i=1,2,…,n时成立.
11
的最小值为-(n2-1)2(n为奇数),或者护(n2
-2)(
n为偶数).
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。
每3个顶点形成一个三角形,三角形的个数为C:
个,而颜色的三三搭配也刚好有
c3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cL种
搭配,所以每种颜色的线段(边或对角线)都应出现在Cn2」个三角形中,这表明在合
条.
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=2m1
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
方向将凸2m1边形的各个顶点依次记为Ai,A?
,A2mi.对于L'{1,2,,2m1},按
med2m1理解顶点A.再将2m•1种颜色分别记为颜色1,2/,2m1.
将边AiAi1染为颜色i,其中i=1,2,…,2mT.再对每个i=1,2,…,2m1,都将线
段(对角线)A丄A1.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Ai1Aj1与Ai2Aj2同色,当且仅当
hh=i2j2(mod2m1).
因此,对任何i=j(mod2m1),任何k=0(mod2m1),线段AAj都不与AikAjk
同色.换言之,如果
i一j^i三i2一j2(mod2m1).②
则线段^1Aj1都不与Ai2Aj2同色.
任取两个三角形AhAj1Ak1和Ai2A2Ak2,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,我们来证明第边必不同颜色•为确定起见,不妨设A1Aj1与Ai2Aj2同色.
情形1:
如果AjA与Aj2Ak2也同色,则由①知
hji三i2j2(mod2m1),
jiki三j2k2(mod2m1),
将二式相减,得ii一匕三i2-k2(mod2m1),故由②知AkA不与Ak2A2同色.
情形2:
如果AhAk1与A?
Ak2也同色,则亦由①知
i1-j1三i2■j2(mod2mT),
i1k^i2k2(mod2m1),
将二式相减,亦得j1-佥=j2-k2(mod2m1),亦由②知Aj1Ak1与A2Ak2不同色.总之,叭1Aj1Ak1与Aj2Ak2对应不同的颜色组合.
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
x^Ax;B
K与百
是互素的合数.(这里7x与X分别表示有限数集X的所有元素之和及元素个数.)
x.X
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3J(m-1)!
m=1,2,…,n[具有下述性质:
对
Si的任意两个不同的非空子集A,B,有f(A)=f(B).
证明:
对任意ASi,A-_,设正整数k满足
kh:
f(A)空(k1)!
①
并设I是使丨f(A)_(k1)!
的最小正整数.我们首先证明必有A=I.
事实上,设(k「1)!
是A中最大的数,则由ASi,易知A中至多有k个元素,即
(k"+1)!
A乞k■,故f(A)k!
.又由f(A)的定义知f(A)岂kT)!
,故由①知k=特
k
别地有A空k.
此外,显然Af(A)一(k'1)!
=(k1)!
,故由I的定义可知I乞A.于是我们有
I乞A乞k.
若I=k,则|A=1;否则有IEk—1,贝U
『1】"1、(I+1)f(A)=1+;f(A庄1+cl(k+1)!
II丿ik-1丿
(k1)!
k!
2!
.
由于(k+1)!
是A中最大元,故上式表明|A
现在,若有S1的两个不同的非空子集A,B,使得f(A)二f(B),则由上述证明知
A=|B=1,故Af(A)=|Bf(B),但这等式两边分别是A,B的元素和,利用
(m1)!
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!
maxf(A),我们证明,对任何正整数AQ
X,正整数的n元集合S2-*!
n!
x.^伯二三Si具有下述性质:
对S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S2的定义易知,有Si的两个子集A,Bi,满足A=A,|B』=|B,且
f(A)=K!
n!
xf(A)1,f(B)=K!
n!
xf(BJ1.②
显然n!
f(Ai)及n!
f(Bi)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(Bi)-n!
f(B)f(Ai)是d的倍数,故由②可知dn!
f(A)-n!
f(BJ,但由K的选取及Si的构作可知,n!
f(A,)-n!
f(BJ|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=i,故f(A)与f(B)互素.
第三步,我们证明,可选择正整数x,使得S2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pi,p2/,pn.将Si中元素记为
〉i,>2,…,〉n,则Pi,K!
n!
〉i=i(i◎空n),且p2,p^=i(对ij2
K!
n!
x:
i=-i(modpi),i=i,2,,n,
有正整数解.
任取这样一个解X,则相应的集合S2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.