2008中国数学奥林匹克解答

2008中国数学奥林匹克解答第一天1. 设锐角 △ABC 的三边长互不相等. O 为其外心, 点A '在线段AO 的延长线上, 使得 BA A CA A ''∠=∠. 过点A '分别作1A A AC '⊥, 2A A AB '⊥, 垂足分别为1A , 2A . 作A AH BC ⊥, 垂足为A H . 记△12A H A A 的外接圆半径为A R , 类似地可得B R , C R . 求证:1112A B C R R R R++=, 其中R 为△ABC 的外接圆半径.（熊斌提供）证明 首先, 易知,,,A B O C '四点共圆.事实上，作△BOC 的外接圆，设它与AO 相交于点P 不同于A '，则BPA BCO CBO CPA ∠=∠=∠=∠，于是，△PA C '≅△PA B '，可得A B A C ''=，故AB AC =，矛盾。

所以01802BCA BOA C ''∠=∠=-∠, 1A CA C '∠=∠.22cos sin A H A AA A AA C AC AA '==∠=∠', 22A A AH A ACB π'∠=∠=-∠. 所以△2A A AH ∽△A AC '. 同理, △1A A H A ∽△A BA '. 所以21,A A A H A ACA A H A ABA ''∠=∠∠=∠, 则12212A A A A H A A H A A H A π∠=-∠-∠2ACA ABA π''=-∠-∠22A A A ππ⎛⎫=∠+-∠=-∠ ⎪⎝⎭.所以,1212122sin 2sin AA RR R A A A R A A A H A ∠==∠2sin 2sin R A RAA A AA ∠==''∠.作AA ''⊥A C '，垂足为A ''，因为1ACA A CA C '''∠=∠=∠，所以A AA AH ''=，于是()02sin cos cos sin 90ABC A A S AH AH AA AA AA C A a AA '''===='∠∠∠-∠,故()1cos cos 11cot cot sin sin A ABC a A A B C R S R B C R∠∠===-∠∠∠∠, 同理,()111cot cot B C A R R =-∠∠, ()111cot cot C A B R R=-∠∠, 注意到 cot cot cot cot cot cot 2A B B C C A ∠∠+∠∠+∠∠=,所以1112A B C R R R R++=. 2. 给定整数3n ≥. 证明: 集合{}21,2,3,,X n n =-能写成两个不相交的非空子集的并, 使得每一个子集均不包含n 个元素1212,,,,n n a a a a a a <<<, 满足112k k k a a a -++≤, 2,,1k n =-.（冷岗松提供）证明 定义{}{}22221,,,1,,k k S k k k T k k k =-+=++, 1,2,,1k n =-.令11n k k S S -==, 11n k k T T -==. 下面证明,S T 即为满足题目要求的两个子集.首先, S T =∅, 且S T X =.其次, 如果S 中存在n 个元素1212,,,,,n n a a a a a a <<< 满足112k k k a a a -++≤, 2,,1k n =-.则11,2,, 1.k k k k a a a a k n -+-≤-=- (*)不妨设1i a S ∈. 由于1n S n -<, 故1i n <-. 12,,,n a a a 这n 个数中至少有i n S n i -=-个在11i n S S +-中. 根据抽屉原理, 必有某个()j S i j n <<中含有其中至少两个数, 设最小的一个为k a , 则1,k k j a a S +∈, 而111k j a S S --∈. 于是111k k j a a S j +-≤-=-, 111k k j a a T j ---≥+=.所以11k k k k a a a a +--<-, 与(*)矛盾.故S 中不存在n 个元素满足题中假设.同理, T 中亦不存在这样的n 个元素. 这表明,S T 即为满足题中要求的两个子集.3. 给定正整数n , 及实数1212,,n n x x x y y y ≤≤≤≥≥≥ 满足11nni ii i ix iy===∑∑.证明: 对任意实数α, 有[][]11n niii i x i y i αα==≥∑∑.这里, []β表示不超过实数β的最大整数.（朱华伟提供）证明1 我们先证明一个引理, 对任意实数x 和正整数n , 有[][]111.2n i n i n αα-=-≤∑ 引理证明 只需要将[][][]()i n i n ααα+-≤对1,2,,1i n =-求和即得.回到原题, 我们采用归纳法对n 进行归纳, 当1n =时显然正确.假设n k =时原命题成立, 考虑1n k =+. 令1122,i i k i i k a x x b y y k k ++=+=+, 其中1,2,,.i k = 显然我们有12,k a a a ≤≤≤ 12k b b b ≥≥≥, 并且通过计算得知11kkiii i ia ib===∑∑, 由归纳假设知[][]11kkiii i a i b i αα==≥∑∑.又11k k x y ++≥, 否则若11k k x y ++<, 则121121k k x x x y y y ++≤≤≤<≤≤≤,1111k k iii i ix iy++===∑∑, 矛盾.从而[][]111k ki i i i x i a i αα+==-∑∑()[]1121k k i x k i k αα+=⎧⎫=+-⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎩⎭∑ ()[][][]1111121,k k i k ki i i i y k i k y i b i αααα+=+==⎧⎫≥+-⎡⎤⎨⎬⎣⎦⎩⎭=-∑∑∑ 由此可得[][]1111k k i i i i x i y i αα++==≥∑∑. 由归纳法知原命题对任意正整数n 均成立.证明2 记i i i z x y =-, 则120n z z z ≤≤≤≤且10ni i iz ==∑, 只需要证明[]10ni i z i α=≥∑. (1)令112211,,,n n n z z z z z -∆=∆=-∆=-, 则()11ii j j z i n ==∆≤≤∑, 所以11110nninni j j i i j j i jiz i i =======∆=∆∑∑∑∑∑,从而 121n nnj j i ji ii ===∆=∆∑∑∑. (2)于是[][][]1111nninn ijji i j j i jz i i i ααα======∆=∆∑∑∑∑∑[]221nnn nn j j j i j j i ji i ii α=====⎛⎫=∆-∆ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑ [][]211nnnnnnj j i j i ji ji i i i i i i αα======⎛⎫=∆⋅- ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑, 故(1)转化为证明对任意的2j n ≤≤,[][]11n n n ni ji ji i i i i i αα====≥∑∑∑∑. (3)而[][][][]1111111111(3)j j j j nn n n i ji ji i i i i i i i i i i i i i αααα----========⇔≥⇔≥∑∑∑∑∑∑∑∑. 故只需要证明对任意的1k ≥, 有 [][]111111k k k ki i i i i i i i αα++====≥∑∑∑∑,而上述不等式等价于[][]()[]()()11(1)2110kki i k ki k i k i ααααα==+⋅≥⇔+--+-≥⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦∑∑.注意到[][][]x y x y +≥+对任意实数,x y 成立, 上述不等式显然成立. 从而(3)得证.第二天4. 设A 是正整数集的无限子集, 1n >是给定的整数. 已知: 对任意一个不整除n 的素数p , 集合A 中均有无穷多个元素不被p 整除. （余红兵提供）证明: 对任意整数1m >, (),1m n =, 集合A 中均存在有限个不同元素, 其和S 满足1S ≡(mod m ), 且0S ≡ (mod n ).证明1 设p m α, 则集合A 中有一个无穷子集1A , 其中的元素都不被p 整除. 由抽屉原理知, 集合1A 有一个无穷子集2A , 其中的元素都a ≡(mod mn ), a 是一个不被p 整除的数.因(),1m n =, 故,1mn p p αα⎛⎫= ⎪⎝⎭. 由中国剩余定理, 同余方程组1(mod )0(mod )x a p mn x p αα-⎧≡⎪⎨≡⎪⎩(1)有无穷多个整数解. 任取其中一个正整数解x , 并记p B 是2A 中前x 项的集合, 则p B 中的元素之和(mod )p S ax mn ≡, 再由(1)可知1(mod )p S ax p α≡≡, 0(mod)p mnS pα≡. 设11k k m p p αα=, 并设对每个(11)i p i k ≤≤-已选出了A 的有限子集i B , 其中11\i i B A B B -⊂⋃⋃, 使得i B 中的元素和i p S 满足1(mod )i i p i S p α≡, 0(mod)i ip i mnS p α≡. (2) 考虑集合1ki i B B ==, 则B 的元素和1ki i S S ==∑. 根据(2), 我们有1(mod )i i S p α≡,(1i k ≤≤), 且0(mod )S n ≡.所以B 即满足题目要求.证明2 考虑A 中的数除以mn 的余数, 设出现无穷多次的余数依次为12,,,k ααα.首先证明()12,,,,1k m ααα=. (1)反证法. 反设有某个素数()12,,,,k p m ααα, 则由(),1m n =知p 不整除n ;又根据12,,,k ααα的定义, A 中只有有限个数不是p 的倍数, 这与题设矛盾.于是(1)获证. 从而存在正整数12,,,,k x x x y , 使得11221k k x x x ym ααα+++-=. 再取合适的正整数r 使得1(mod )rn m ≡. 则()()()1122k k rnx rnx rnx rn rmny ααα+++=+.于是从A 中依次取出i rnx 个模mn 的余数为i α的数()1,2,,i k =即满足题目要求.5. 求具有如下性质的最小正整数n : 将正n 边形的每一个顶点任意染上红, 黄, 蓝三种颜色之一, 那么这n 个顶点中一定存在四个同色点, 它们是一个等腰梯形的顶点.（冷岗松提供）解 所求n 的最小值为17. 首先证明17n =时, 结论成立.反证法. 反设存在一种将正17边形的顶点三染色的方法, 使得不存在4个同色顶点是某个等腰梯形的顶点.由于171163-⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦, 故必存在某6个顶点染同一种颜色, 不妨设为黄色. 将这6个点两两连线, 可以得到2615C =条线段. 由于这些线段的长度只有1782⎡⎤=⎢⎥⎣⎦种可能, 于是必出现如下的两种情况之一:(1) 有某3条线段长度相同.注意到3 17, 不可能出现这3条线段两两有公共顶点的情况. 所以存在两条线段, 顶点互不相同. 这两条线段的4个顶点即满足题目要求, 矛盾.(2) 有7对长度相等的线段.由假设, 每对长度相等的线段必有公共的黄色顶点, 否则能找到满足题目要求的4个黄色顶点. 再根据抽屉原理, 必有两对线段的公共顶点是同一个黄色点. 这4条线段的另4个顶点必然是某个等腰梯形的顶点, 矛盾.所以, 17n =时, 结论成立.再对16n ≤构造出不满足题目要求的染色方法. 用12,,,n A A A 表示正n 边形的顶点(按顺时针方向), 123,,M M M 分别表示三种颜色的顶点集.当16n =时, 令{}158131416,,,,M A A A A A =,{}23671115,,,,M A A A A A =,{}312491012,,,,,M A A A A A A =. 对于1M , 14A 到另4个顶点的距离互不相同, 而另4个点刚好是一个矩形的顶点. 类似于1M , 可验证2M 中不存在4个顶点是某个等腰梯形的顶点. 对于3M , 其中6个顶点刚好是3条直径的顶点, 所以任意4个顶点要么是某个矩形的4个顶点, 要么是某个不等边4边形的4个顶点.当15n =时,令{}112358,,,,M A A A A A =,{}269131415,,,,M A A A A A =,{}347101112,,,,M A A A A A =, 每个i M 中均无4点是等腰梯形的顶点.当14n =时, 令{}11381014,,,,M A A A A A =, {}24571112,,,,M A A A A A =,{}326913,,,M A A A A =, 每个i M 中均无4点是等腰梯形的顶点.当13n =时, 令{}156710,,,M A A A A =,{}2181112,,,M A A A A =,{}3234913,,,,M A A A A A =, 每个i M 中均无4点是等腰梯形的顶点.在上述情形中去掉顶点13A , 染色方式不变, 即得到12n =的染色方法; 然后再去掉顶点12A , 即得到11n =的染色方法; 继续去掉顶点11A , 得到10n =的染色方法.当9n ≤时, 可以使每种颜色的顶点个数小于4, 从而无4个同色顶点是某个等腰梯形的顶点.上面构造的例子表明16n ≤不具备题目要求的性质. 总上所述, 所求的n 的最小值为17.6. 试确定所有同时满足223mod )n n n q p ++≡（, 223(mod )n n n p q ++≡的三元数组(,,)p q n , 其中,p q 为奇素数, n 为大于1的整数.（陈永高提供）解 易见()3,3,(2,3,)n n =均为满足要求的数组. 假设(),,p q n 为其它满足要求的一数组, 则,3,3p q p q ≠≠≠. 不妨设5q p >≥.如果2n =, 则2443q p -, 即22222(3)(3)q p p -+. 由于q 不同时整除223p -和223p +, 故2223q p -或2223q p +. 但22203p q <-<,22221(3)2p p q +<<, 矛盾. 因此3n ≥. 由22223,3n n n n n n p q q p ++++--知2222223,3n n n n n n n n p p q q p q +++++++-+-. 又p q <, ,p q 为素数, 故2223n n n n n p q p q ++++-. (1)因此得222232n n n n n n p q p q q ++++≤+-<, 从而22n p q <.由223n n n q p++-及3p >知2223n n n n q pp+++≤-<, 从而21nq p+<, 结合22np q <有44232nnnp pp++<<. 因此43n n<+, 故3n =. 这样 3553553,3p q q p --.且由555321113-=⨯⨯易知5p >. 由3553p q -知553p q -. 由费马小定理知113p p p q ---, 因此(5,1)(5,1)3p p p q ---.如果()5,11p -=, 则3p q -, 由5543223443333353(mod )3q q q q q p q -=+⋅+⋅+⋅+≡⨯- 以及5p ≥知p 5533q q --. 因此33p q -. 由3553q p -知()5535553333q p p pq ≤-<=<,矛盾.所以()5,11p -≠, 即51p -, 类似可得51q -. 由q 3p -(因7q p >≥)及3553q p -知55333p qp --, 从而 553432234333333p q p p p p p -≤=+⋅+⋅+⋅+-.由51q-知11p-及51q≥. 因此p≥, 312343433331q p p p p p ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪≤++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭44111381p p p<⋅≤-. 从而1344811p q ⎛⎫> ⎪⎝⎭. 因此3555224133334311111831p q p q p q q p q +-⎛⎫<+<+< ⎪⎝⎭,这与(1), 即335553p q p q +-矛盾.综上, ()3,3,(2,3,)n n =即为所有满足要求条件的三元数组.（注：可编辑下载，若有不当之处，请指正，谢谢!）。