第48届IMO预选题解答
第48届IMO预选题及答案
Problem G2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
Problem G3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
Problem A3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
Problem A4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Problem N2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
Problem N3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
Problem A5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
Problem A6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
≥
d 2
.
(1)
(b) Show that there exists a sequence x1 ≤ x2 ≤ . . . ≤ xn of real numbers such that we have equality in (1).
第48届IMO预选题解答
k
2
k- 1
5. 求所有的满射的函数 f : N+ →N+ , 使 得对 任 意 的 m 、 n ∈ N+ 和 任 意 的 质 数 p , f ( m + n ) 可以被 p 整 除 当 且 仅 当 f ( m ) + f ( n ) 可以被 p 整除 . 2 2 6. 已知 k ∈N+ . 证明 : ( 4 k - 1) 有一个
4
2
考虑集合 J = { - 9 , - 7 , - 5 , - 3 , - 1 ,1 ,3 ,5 ,7 ,9}. 下面证明 : J 是好的 . 实际上 ,对于任意的 a 、 b、 c、 d、 e ∈J ,数 a - b + c - d + e 为奇数 ,且 - 45 = ( - 9) - 9 + ( - 9) - 9 + ( - 9) ≤a - b + c - d + e ≤ 9 - ( - 9) + 9 - ( - 9) + 9 = 45. 故 478 ( a - b + c - d + e) . 对于任意的 k = 1 ,2 , …,46 ,考虑集合 A k = { x ∈X| 存在 j ∈J ,使 kx ≡j ( mod 47) }. 如果 A k 不是好的 , 则存在 a 、 b、 c、 d、 e ∈A k ,使得 47| ( a - b + c - d + e) . 于是 , 47| ( ka - kb + kc - kd + ke) . 因此 ,集合 J 中包含 5 个模 47 的剩余 , 使得 J 不是好的 ,矛盾 . 所以 , A k 是 X 的好的子集 . 只要证明存在一个整数 k ,使得 | Ak | ≥ 2 007. 对于每个 x ∈X ,由于 478 x ,因此 , x ,2 x , …,46 x 构成模 47 的一个简化剩余系 . 于是 , 共有 10 项分别与 J 中的元素模 47 同余 . 所 以 ,每个 x ∈X 恰属于 10 个集合 A k . 从而 ,
imo数学竞赛试题及答案
imo数学竞赛试题及答案IMO数学竞赛试题及答案一、选择题1. 下列哪个数是最小的正整数？A. 0B. 1C. 2D. 3答案：B2. 如果一个数的立方等于它本身，那么这个数可以是：A. -1B. 0C. 1D. 2答案：ABC3. 一个长方体的长、宽、高分别是8cm、6cm和5cm，那么它的表面积是多少平方厘米？A. 236B. 284C. 312D. 376答案：B二、填空题4. 一个数的平方根是3，那么这个数是_________。
答案：95. 一个等差数列的前三项分别是2，4，6，那么它的第10项是_________。
答案：22三、解答题6. 证明：对于任意的正整数 \( n \)，\( n^5 - n \) 总是能被30整除。
解答：首先，我们可以将 \( n^5 - n \) 分解为 \( n(n^4 - 1) \)。
接下来，我们注意到 \( n^4 - 1 \) 可以表示为 \( (n^2 +1)(n^2 - 1) \)。
而 \( n^2 - 1 \) 可以进一步分解为 \( (n +1)(n - 1) \)。
因此，我们有：\( n^5 - n = n(n^2 + 1)(n + 1)(n - 1) \)。
由于 \( n \) 是正整数，\( n - 1 \) 和 \( n + 1 \) 也是整数。
这意味着 \( n^5 - n \) 中至少包含因子2和3（因为 \( n^2 + 1 \) 至少是奇数，从而至少包含一个2的因子）。
因此，\( n^5 - n \)可以被30整除。
7. 一个圆的半径是15厘米，求圆的面积。
解答：圆的面积可以通过公式 \( A = \pi r^2 \) 计算，其中\( A \) 是面积，\( r \) 是半径，\( \pi \) 是圆周率，约等于3.14159。
将给定的半径 \( r = 15 \) 厘米代入公式，我们得到：\( A = \pi \times 15^2 = \pi \times 225 \approx 706.86 \)平方厘米。
高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案
高中数学竞赛-历届IMO试题（1-46届）及答案1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。
2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。
3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。
当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。
4.试作一直角三角形使其斜边为已知的c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。
5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。
6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。
试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q 上。
1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。
2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC 边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。
5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。
imo试题及答案
imo试题及答案1. IMO试题1题目：请证明对于任意正整数 \( n \)，\( n^3 + 2 \) 总是可以被3整除。
答案：设 \( n \) 为任意正整数。
- 情况1：\( n \) 是3的倍数，即 \( n = 3k \)（\( k \) 为整数）。
\( n^3 + 2 = (3k)^3 + 2 = 27k^3 + 2 \)，显然 \( 27k^3 \) 是3的倍数，所以 \( n^3 + 2 \) 也是3的倍数。
- 情况2：\( n \) 不是3的倍数，即 \( n = 3k + 1 \) 或 \( n = 3k + 2 \)（\( k \) 为整数）。
- 如果 \( n = 3k + 1 \)，则 \( n^3 + 2 = (3k + 1)^3 + 2 = 27k^3 + 27k^2 + 9k + 1 + 2 = 3(9k^3 + 9k^2 + 3k) + 3 \)，显然 \( 9k^3 + 9k^2 + 3k \) 是整数，所以 \( n^3 + 2 \) 是3的倍数。
- 如果 \( n = 3k + 2 \)，则 \( n^3 + 2 = (3k + 2)^3 + 2 = 27k^3 + 54k^2 + 36k + 8 + 2 = 3(9k^3 + 18k^2 + 12k + 3) + 1 \)，显然 \( 9k^3 + 18k^2 + 12k + 3 \) 是整数，所以 \( n^3 + 2 \) 是3的倍数。
因此，对于任意正整数 \( n \)，\( n^3 + 2 \) 总是可以被3整除。
2. IMO试题2题目：给定一个圆，圆心为 \( O \)，半径为 \( r \)。
从圆上一点 \( A \) 向圆内作切线 \( AB \) 和 \( AC \)，连接 \( B \) 和\( C \) 两点。
求 \( BC \) 的长度。
答案：设 \( O \) 为圆心，\( r \) 为半径，\( A \) 为圆上一点，\( B \) 和 \( C \) 分别为切线 \( AB \) 和 \( AC \) 与圆的切点。
第49届IMO预选题解答
参考答案
1. 本届 I MO 第 4 题 . 2. 本届 I MO 第 2 题 . 3. ( 1 ) 不存在 . 设 g0 ( x ) = x, gk ( x ) = g ( g ( …g ( x ) …) ) .
k 个
4. 对于整数 m , 在 { 1, 2, 3 } 中存在唯一
的一个数 t ( m ) , 使得 m + t ( m ) 是 3 的倍数 . 函数 f: Z → Z 满足 f ( - 1 ) = 0, f ( 0 ) = 1, n f ( 1 ) = - 1, 且对于所有满足 2 > m 的非负 整数 m 、 n, 有 n n ( f 2 + m ) = f ( 2 - t (m ) ) - f (m ) . 证明 :对于任意的非负整数 p,均有 f ( 3 p) ≥0. 5. 已知正实数 a、 b、 c、 d 满足 abcd = 1,
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20
中 等 数 学
两个结论. n ( 1 ) 若 2 + m 能被 3 整除 , 则
f ( 2 - t (m ) ) ≥3
n n n
f ( 2 - t ( m ) ) ≥3
n n
n- 1
2
;
当 2 - t ( m ) 不能被 3 整除时 , n f ( 2 - t ( m ) ) ≤0. n n 因 2 - t ( m ) 被 3 整除当且仅当 2 + m 能被 3整除 , 所以 , 对任意的非负整数 m 、 n, 有
k
事实上 , 设 n > 0, 且设 n =
第48届IMO试题解答
再由 (1) 知{ x k } 使得式 ① 等号成立 . △ECF 和等腰 △EGC 的 高 EK 和 EL . 由条件易知 △ADF∽ △GCF AD = DFGC CF
] BC = DF ] BC = DF
CG CF CL CK
图1
+ 1. 但 x ∈ C , C ( B ) = | C | 是不减的 , 所以 , C ( A ) = C ( B ) = k + 1.
]
DF + FK CK
BC + CL CL
=
如果不存在这样的选手 x , 则教室 B 中的所有
k + 1 元团都包含 B ∩M 作为其子集 , 这时我们进行
] BL = DK ] BL = CL .
CL CK DK CK
第五步 . ① 第五步 : 如果 C ( B ) = k + 1 ,选择 B 中的一个团
2
②
对任意 1 ≤k ≤n ,设 l ( l ≤k ) 是使得 x k = x l 的 最小下标 ,则要么 l = 1 ,要么 l ≥ 2 且 xl > xl - 1 . 在这两种情况下都有
22
x k = x l = al d
中 等 数 学
2 .
③
故 ∠BAG = ∠GAD .
3. 我们给出分配选手的一种算法 . 记这两间教
2007 年第 9 期
21
竞赛之窗
第 48 届 IMO 试题解答
1. 给定实数 a1 , a2 , …, an . 对每个 i ( 1 ≤
i ≤n) ,定义 : di = max{ aj | 1 ≤j ≤i } - min{ aj | i ≤ j ≤n} ,
第48届IMO试题及解答
第48届IMO试题及解答(2007.7.25-26, 越南河内)林常编译第一天(每题7分,4.5小时完成)1.(新西兰)给定实数a1,a2,…,a n.对每个i (1≤i≤n),定义d i=max{a j | 1≤j≤i}－min{a j | i≤j≤n}.并令d=max{d i | 1≤i≤n}.d (*);(1).证明,对任意实数x1≤x2≤…≤x n , max{|x i－a i| | 1≤i≤n }≥2(2).求证,存在实数x1≤x2≤…≤x n使(*)等号成立.2.(卢森堡)五个点A,B,C,D,E满足:ABCD为平行四边形,BCED为圆内接四边形.L是过A的一条直线.设L交线段DC于内点F,并交直线BC于G.又设EF=EG=EC.求证,L是∠DAB的平分线.3.(俄罗斯)数学竞赛的一些参赛者是朋友.朋友关系是相互的.若一组参赛者中每两个都是朋友,称为一个团.(只含一个人的组也是团).团中的人数称为团的规模.已知某次竞赛中最大团的规模为偶数,证明,可以安排在两间考室进行考试,使得一间所含的最大团的规模等于另一间所含的最大团的规模.第二天(每题7分,4.5小时完成)4.(捷克)ΔABC中,∠BCA的平分线交外接圆周于另一点R,交BC的中垂线于P,交AC的中垂线于Q.设BC的中点为K,AC的中点为L.求证,三角形RPK 与RQL面积相等.5.(英国)设a,b为正整数.证明,若4ab－1整除(4a2－1)2,则a=b.6.(荷兰) n为正整数. S={(x,y,z) | x,y,z ∈{0,1,…,n}, x+y+z >0} 是三维空间中(n+1)3－1个点的集合.试求其并集包含S但不含(0,0,0)的平面个数的最小值.解 答林 常1.(1).反设max{|x i －a i | | 1≤i ≤n }<2d ,则对每个j, |x j －a j |<2d ,x j －2d < a j < x j +2d .于是由x i 的单调性,对每个i, max{a j | 1≤j ≤i}< x i +2d , min{a j | i ≤j ≤n}> x i －2d .从而d i < x i +2d －(x i －2d )=d, d= max{d i | 1≤i ≤n}<d ,矛盾. (2).取x i =max{a j | 1≤j ≤i }－2d ,则x 1≤x 2≤…≤x n .由于d 是所有 a j －a i (j ≤i)的最大者,对每个i,设x i = a j －2d (j ≤i),则 0≤a j －a i ≤d.故 －2d ≤x i －a i ≤2d ,即每个 |x i －a i |≤2d . 另一方面,设a k 是所有a i 的最大者,则x k =a k －2d,| x k －a k |=2d .故(*)等号成立.2.E 在ΔBCD 的外接圆周上,由Simson 定理,E 到直线BC,CD,BD 的垂足共线.由于EF=EG=EC,故CG 的中点,CF 的中点及E 到BD 的垂足共线.G过C 作L 的平行线交BD 于N,设L 交BD 于M,由ΔADM ≌ΔCBN 得到DM=BN.由平行截线性质, CG 与CF 的中点连线过MN 的中点,因此E 到BD 的垂足是BD 的中点,即EB=ED.故∠ECD=p 12DE=q 14DECB =12∠GCD.等腰三角形EFC 与ECG 的腰及底角相等,故全等.因此CF=CG .最后,由ΔADF ∽ΔGCF 得到AD=AF,从而∠DAF=∠DFA=∠FAB,即L 是 ∠DAB 的平分线.3.对于全体考生集G 的任一子集A,记A 所含的最大团的规模为m(A),对G 的任一划分(A,B),令f(A,B)=m(A)－m(B).设G 的最大团为K 2n .从A 0=G , B 0=Φ开始,逐个地将K 2n 的元素移入B,最后(2n 步后)成为 A 2n =G\K 2n , B 2n =K 2n .由于f(A 0,B 0)=2n, f(A 2n ,B 2n )≤0,而且每步操作使m(A)不变或减小1, m(B)增加1 (特别,每步后m(A)+ m(B)≥2n).故必有k,使得k 步后成为以下两种情形之一:(1).f(A k ,B k )=0,此时(A k ,B k )为所求的划分.(2).f(A k ,B k )=1,但f(A k+1,B k+1)=－1.由于B k =K k ,故m(A k )=k+1, k ≥n.记 S= A k ∩K 2n , |S|=2n －k ≤k. A k 中的每个k+1团都含有不属于S 的元素. 若存在x ∈S 不属于A k 中的某个k+1团,第k+1步改为将x 移入B,就有 m(A k+1)= m(B k+1)= k+1,新的(A k+1,B k+1)为所求.若S 是A k 中的每个k+1团的真子集,只要A k 中有k+1团,就可取出它的一个不属于S 的元素,使之变为k 团.故可取出A k 的一个与S 不交的子集T,使得 m(A k \T)=k. 第k+1步改为将整个T 移入B.则m(A k+1)=k.只要证明此时亦有 m(B k+1)= k,则新的(A k+1,B k+1)为所求.反设m(B k+1)≥k+1,则必有T 的u 元子集T 1与B k 的k+1－u 元子集C 构成团 (u ≥1).于是S ∪T 1∪C 是G 的一个团.但是|S ∪T 1∪C|=2n －k+u+k+1－u=2n+1,矛盾(K 2n 是G 的最大团).4.设外接圆半径为r,则CR=2rsin(A+2C ),CQ=cos 2CL C =2cos2bC .故QR CR =1－CQ CR =1－4sin()cos 22bC C r A +=1－2(sin()sin )b r A C A ++=1－b a b +=a a b +.交换a 与b 得,PR CR =b a b +.又,QL=2b tan 2C ,PK=2a tan 2C .因此QR·QL=PR·PK. 再由∠LQR=∠KPR(=90°+2C)即得三角形RQL 与RPK 面积相等.5.(4a 2－1)2b 2=(a(4ab －1)+a －b)2=a 2(4ab －1)2+2a(a －b)(4ab －1)+(a －b)2. 故由 (4ab －1) | (4a 2－1)2推出(4ab －1) | (a －b)2.反设有正整数a ≠b 满足(4ab －1) | (a －b)2,则必有一组这样的(a,b)使a+b 为最小.令 (a －b)2=k(4ab －1).不妨设a>b.二次方程x 2－(4k+2)bx+b 2+k=0的一个根x 1=a,另一根x 2=(4k+2)b －a=2b ka+也是正整数.故(x 2,b)也满足条件.由所设a+b 最小得到x 2≥a,即k ≥a 2－b 2.于是(a －b)2≥(a 2－b 2)(4ab －1),即a －b ≥(a+b)(4ab －1), 矛盾.6.设f(x,y,z)为三元多项式,总次数deg f=k.定义偏差分算子Δ∈{Δx , Δy , Δz } Δx f=f(x+1,y,z)－f(x,y,z) ; Δy f=f(x,y+1,z)－f(x,y,z) , Δz f=f(x,y,z+1)－f(x,y,z). 又对每个Δ和正整数m, Δ(m)f 表示Δ迭代m 次.引理.对每个Δ,当k ≥1时deg(Δf)≤k －1, k=0时Δf 恒等于0. (事实上,由二项式展开, Δx 使每个含x 的项的次数减1,每个不含x 的项变为0. Δy , Δz 类似).推论.当r+s+t>k 时, Δx (r)Δy (s)Δz (t)f 恒等于0.设m 个平面 a i x+b i y+c i z －d i =0 (1≤i ≤m,每个d i ≠0)满足条件,则m 次多项式 f(x,y,z)=1()mi i i i i a x b y c z d =++−∏在S*=S\{(0,0,0)}的每点处的值都等于0,但f(0,0,0)≠0.若m<3n,则Δx (n)Δy (n)Δz (n)f 恒等于0.利用一元函数的差分公式Δ(n)P(x)=0(1)()nn i i n i C P x i −=−+∑可得Δx (n)Δy (n)Δz (n)f=3(,,)(1)(,,)n i j k ij k n n n i j k SC C C f x i y j z k −−−∈−+++∑.取x=y=z=0得到f(0,0,0)=1(,,)*(1)(,,)i j k ij k n n n i j k S C C C f i j k +++∈−∑=0,矛盾. 因此,m ≥3n.另一方面,3n 个平面x －i=0 (1≤i ≤n), y －j=0 (1≤j ≤n), z －k=0 (1≤k ≤n)显然符合要求(S*的每点都有一个坐标为1～n 的整数).故满足条件的平面的最少个数是3n.。
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4
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考虑集合 J = { - 9 , - 7 , - 5 , - 3 , - 1 ,1 ,3 ,5 ,7 ,9}. 下面证明 : J 是好的 . 实际上 ,对于任意的 a 、 b、 c、 d、 e ∈J ,数 a - b + c - d + e 为奇数 ,且 - 45 = ( - 9) - 9 + ( - 9) - 9 + ( - 9) ≤a - b + c - d + e ≤ 9 - ( - 9) + 9 - ( - 9) + 9 = 45. 故 478 ( a - b + c - d + e) . 对于任意的 k = 1 ,2 , …,46 ,考虑集合 A k = { x ∈X| 存在 j ∈J ,使 kx ≡j ( mod 47) }. 如果 A k 不是好的 , 则存在 a 、 b、 c、 d、 e ∈A k ,使得 47| ( a - b + c - d + e) . 于是 , 47| ( ka - kb + kc - kd + ke) . 因此 ,集合 J 中包含 5 个模 47 的剩余 , 使得 J 不是好的 ,矛盾 . 所以 , A k 是 X 的好的子集 . 只要证明存在一个整数 k ,使得 | Ak | ≥ 2 007. 对于每个 x ∈X ,由于 478 x ,因此 , x ,2 x , …,46 x 构成模 47 的一个简化剩余系 . 于是 , 共有 10 项分别与 J 中的元素模 47 同余 . 所 以 ,每个 x ∈X 恰属于 10 个集合 A k . 从而 ,
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中 等 数 学
C2 n =
( 2 n) ! 2 (2 n) ! n! 1 n 2 = [ 2 (2 n - 1) ! !] (2 n) ! 2n 2 2 = [ ( 2 n - 1) ! !] . (2 n) !
n
1
( 2 k - 1) ! ! k = 2 S. k i = 1 ( 2 i - 1) ( 2 - 2 i + 1) k- 1 对于任意的整数 i = 1 ,2 , …,2 , 设整 =2
形如 8 kn - 1 的正因数当且仅当 k 是偶数 . 7. 对 于 一 个 质 数 p 和 一 个 正 整 数 n , 设 V p ( n) 表示 n !的质因数分解中质数 p 的 次数 . 已知正整数 d 和一个有限的质数集 { p1 , p2 , …, pt } . 证明 : 有无穷多个正整数 n , 使得对于所有的 i ( 1 ≤i ≤k ) ,有 d| V p ( n) .
k
2
k- 1
∑
故 C2 k + 1 - C2 k
2
k
2
k
2
k- 1
k 数 a2 i - 1 满足 ( 2 i - 1) a2 i - 1 ≡ 1 ( mod 2 ) . 则在 k 模 2 的意义下 ,{ a2 i - 1 } 是 {2 i - 1} 的一个排 列 . 于是 ,
2 2 k+1 k 2 = k (2 - 1) ! ! - k [ (2 - 1) ! !] 2 ! 2 !
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中 等 数 学
竞赛之窗
第 48 届 IMO 预选题 ( 一)
李建泉 译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)
4 2 k + n ≡ 1 + 1 = 2 ( mod 4) .
k n 而7 - 3 ≡ 7- 3≡ 0 ( mod 4) ,矛盾 . 因此 , k 和 n 同为偶数 . 设 k = 2 a , n = 2 b. 则 a b 7 - 3 k n 2a 2b a b 7 - 3 =7 - 3 = ・ 2 (7 + 3 ) . 2 a b 7 - 3 a b 因 和 2 ( 7 + 3 ) 都为整数 ,所以 , 2 a b k n 2 (7 + 3 ) | (7 - 3 ) . k n 4 2 又 (7 - 3 ) | ( k + n ) ,即 k n 4 ( 7 - 3 ) | 2 ( 8 a + 2 b2 ) , a b 4 2 则 7 +3 ≤ 8a +2b . 用数学归纳法证明 : 4 a 当 a≥ 4 时 ,8 a < 7 ; 2 b 当 b≥ 1 时 ,2 b < 3 ; 2 b 当 b≥ 3 时 ,2 b + 9 ≤ 3 . 显然 ,当 a = 4 时 ,有 4 4 8× 4 = 2 048 < 7 = 2 401. 4 a 假设 8 a < 7 ( a ≥ 4) ,则 4 a +1 4 4 8 ( a + 1) = 8 a
又因为 pi i b ,所以 ,
n ak ≡b ≡ 0 ( mod pi i ) , n 且 ak ≡b 0 ( mod p ii
α
α
α +1
).
且存在某个正整数 k ,使得 100 000 | Ak | ≥ > 2 173 > 2 007. 46 ( 2 n - 1) , 4. 记 (2 n - 1) ! ! = 1・ 3・ 5・ … ・ ( 2 n ) ! ! = 2・ (2 n) = 2 n n ! , 4・ 6・ … ・ 其中 , n 为任意正整数 . 则 ( 2 n ) ! = ( 2 n ) ! ! ( 2 n - 1) ! ! n = 2 n ! ( 2 n - 1) ! !. 对于每个正整数 n ,有 2n ( 4 n) ! 2 ( 2 n ) ! ( 4 n - 1) ! ! 2n C4 n = 2 = 2 [ ( 2 n ) !] [ ( 2 n ) !] 2n 2 ( 4 n - 1) ! ! , = (2 n) !
数论部分
1. 求所有的正整数对 ( k , n) ,使得 ( 7 k - 3 n ) | ( k 4 + n2 ) . 2. 设 b 、 n 是大于 1 的整数 . 若对每一个 大于 1 的正整数 k ,都存在一个整数 ak ,使得 n n k | ( b - ak ) ,证明 : 存在整数 A ,使得 b = A . 3. 设 X 是由 10 000 个整数构成的集合 , 且集 合 中 的 每 一 个 数 都 不 是 47 的 倍 数 . 证明 : 存在 X 的 2 007 元子集 Y ,使得对于任 意的 a 、 b、 c、 d、 e ∈Y ,均有 478 ( a - b + c - d + e) . 4. 对于每个整数 k ( k ≥ 2) ,证明 :
2
k- 1
2
k- 1
≡-
∑
k
i =1
∑(2
k
2 - 1) !! a2 i - 1
首先用数学归纳法证明 :2 当 n = 1 时 ,显然成立 . 假设 2 ! = 2 整数 . 则
2
n+1 n
2 - 1
n
‖ 2 !.
n
= - ( 2 - 1) ! ! 2 k = - ( 2 - 1) ! !
k- 1
i =1 k- 1
a
4
b
≤ 3
b
4 3
2
16 b+1 =3 ・ <3 . 9
b
2008 年第 8 期
23
其中用此结论也可以证明 : 2 b 当 b≥ 3 时 ,2 b < 3 . 对于 a ≥ 4 ,b ≥ 1 ,得 a b 4 2 7 +3 >8a +2b . 上式不可能成立 ,因此 , a ≤ 3. ( 1) 当 a = 1 时 , k = 2. 2 b 2 b 由8 +2b ≥ 7 + 3 ,得 2 b + 1 ≥ 3 . 这只 可能在 b ≤ 2 时成立 .
n
( 22 k - 1) ( mod 2 k ) . 3
( 2 d + 1 ) , 其中 , d 为正
n+1
!=2 ・ 2 ! (2
n
2
n
n
- 1) ! !
=2 ・ 2
n +1
2
2 - 1
n
( 2 d + 1) ( 2 n + 1 - 1 ) ! !
3k
2 - 1 ( 2 q + 1) , =2 其中 , q 为某个正整数 .
因此 ,2 ‖S . k 2k - 1 (2 t + 1) , t 为某个整数 . 故 c =2 S =2 k 3k k k ( ) 从而 , P 2 = 2 Q ( 2 ) + 2 c 3k k 3k - 1 ( 2 t + 1) . = 2 Q (2 ) + 2 k 3k - 1 ( ) 这表明 , P 2 能被 2 整除 , 不能被
i
a
参考答案
1. ( 2 ,4) .
假设正整数对 ( k , n) 满足条件 . k n 4 2 因为 7 - 3 是偶数 , 所以 , k + n 也是 偶数 . 于是 , k 和 n 有相同的奇偶性 . 若 k 和 n 同为奇数 ,所以 ,
5 a 625 a+1 =7 ・ <7 . 4 256 2 1 当 b = 1 时 ,有 2 × 1 =2 <3 =3 ; 2 2 当 b = 2 时 ,有 2 × 2 =8 <9 =3 . 2 b 假设 2 b < 3 ( b ≥ 2) ,则 2 2 2 ( b + 1) = 2 b + 2 × 2b +2 2 2 2 b b+1 <2b +2b +2b <3 × 3 =3 . 2 3 当 b = 3 时 ,有 2 × 3 + 9 = 27 = 3 . 2 b 假设 2 b + 9 ≤ 3 (b≥ 3) ,则 2 b +1 2 2 2 ( b + 1) + 9 < ( 2 b + 9) <7