罗马尼亚IMO国家队选拔考试2000

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IMO中国国家集训队选拔考试试题与解答(1995-2010)

IMO中国国家集训队选拔考试试题与解答(1995-2010)

© 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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C2x1 + C2x2 + …+ C2x16 ≤C211 = 55.

容易看出 , 当 x1 , x2 , …, x16尽量平均 (至多相差
1) 时 , 上式左端和数最小 , 从而 , x1 + x2 + …+ x16 最
大. 因此 , 当 x1 , x2 , …, x16 中有两个 4 和 14 个 3 时 ,
=
1.

比较 ①、②两式可得
AP AQ
=
PC QC
.

过 P 作 EF 的平行线分别交 OA 、OC 于 I 、J ,则有
PI QO
=
AP AQ
,
JP QO
=
PC QC
.

由 ③、④可得
PI QO
=
JP QO
]
PI = PJ .
又 OP ⊥IJ ,则 OP 平分 ∠IOJ ,
即 OP 平分 ∠AOC.
去掉前 2 行与前 10 列 , 至多去掉 22 + 16 = 38 个 红点 ,余下的 15 ×7 的方格表中至少还有 34 个红点 , 34 = 3 ×4 + 2 ×11. 这些红点至少构成
3 ×4 + 11 = 23 个不同的“红点对”, 23 > 21 = C27 , 必导致边平行于网 格线的红顶点矩形 ,矛盾.

2002年IMO中国国家集训队选拔赛试题

2002年IMO中国国家集训队选拔赛试题
利用高斯函数求某些难度大的数列项之和往往能起到常规方法无能为力的作用但有时还要用到一特殊的方法与技巧才能使问题快速获解
40
中 等 数 学
2002 年 IMO 中国国家集训队选拔赛试题
(2002203231 8 :00~12 :30)
一、 设凸四边形 ABCD 的两组对边所在的直线分 别交于 E 、 F 两点 ,两对角线的交点为 P ,过 P 作 PO ⊥EF 于 O . 求证 : ∠BOC = ∠AOD . ( 冷岗松 命题) 肖振纲 1 1 2 (1 + an - 1 ) , n ≥ 二、 设 a1 = , an = 2. 求最小 4 4 实数 λ,使得对任意非负实数 x1 , x2 , …, x2 002 ,都有
=
n- i
10
40・
n- i
3
求函数 g ( r , s , t ) 的最小值 .
( 黄玉民 命题)
( 上接第 20 页) ∴ 数列{ an }的前 n 项之和为 2 n + n +2 Sn = . 4 注 : 运用 “多退少补” 的试算方法 , 把 ① 折 成 ②,即 S n = f ( n ) - f ( i , k ) 的形式 , 使不等 2 i - 3i - 4k +2 式0≤ < 1 成立而符合要求 ,从 4 而使问题获解 . 例9 设数列{ an } 的前十项为 1 ,1 ,2 ,3 , ). 4 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 , 且 an + 10 = a n + 8 ( n = 1 ,2 , … 求 S n ,并计算 S 2 002 之值 . 解 :设待定常数 i ∈ {1 ,2 ,3 , …,10} , m 为 分段顺序数 , k 为非负整数 , 使 n = 10 m + i ,

IMO历届试题

IMO历届试题

IMO历届试题2010年第51届国际奥林匹克数学竞赛(IMO)试题及答案1.△ABC的内心为I,三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB.求证,AP ≥AI,而且等号当且仅当P=I时成立.证:∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB,故∠PBI=∠PCI,从而P,B,C,I四点共圆.但由内外角平分线相垂直知B,C,I与BC 边上的旁切圆心T 共圆,且IT是这个圆的直径,IT的中点O为圆心.由于A,I,T共线(∠BAC的平分线),且P在圆周上,AP+PO≥AO=AI+IO,PO=IO,故AP≥AI.等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立.2.正2006 边形P 的一条对角线称为好的,如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边.P的边也是好的.设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形.试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值.解:对于剖分图中的任一三角形ABC,P的边界被A,B,C分为3段,A-B段所含P 的边数记作m(AB).由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006,故等腰三角形若有两条好边,它们必是两腰.称这样的等腰三角形为好三角形.考虑任一好三角形ABC(AB=AC).A-B 段上若有别的好三角形,其两腰所截下的P 的边数为偶数.由于剖分图中的三角形互不交叉,而A-B 段上P 的边数为奇数,故A-B 段上必有P的一边α不属于更小的腰段,同理A-C段上也有P的一边β不属于更小的腰段,令△ABC 对应于{α,β}.由上述取法,两个不同的好三角形对应的二元集无公共元,因此好三角形不多于20062=1003 个.设P=A1A2…A2006,用对角线A1A2k+1(1≤k≤1002)及A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形.因此,好三角形个数的最大值是1003.3.求最小实数M ,使得对一切实数 a ,b ,c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解:222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++.设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=,,,,则22222221()3a b c x y z s ++=+++.原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥.x y z ,,中两个同号而与另一个反号.不妨设 x y ,≥0.则2221||()2z x y x y x y =+++,≥,2()4x y xy +≥.于是由算术-几何平均不等式222222223()(())2x y z s x y s +++++≥=22222111(()()())222x y x y x y s ++++++6223414())42()||162||8x y s x y s xyzs +=+≥(≥即9232M =时原不等式成立.等号在21s x y ===,,2z =-,即::(23):2:(23)a b c =+-时达到,故所求的最小的9232M =.4.求所有的整数对(x y ,),使得212122x x y +++=.解:对于每组解(x y ,),显然0x ≥,且()x y -,也是解.0x =时给出两组解(02)±,.设x y ,>0,原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-.1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除.故3x ≥,且可令12x y m ε-=+ ,其中m 为正的奇数,1ε=±.代入化简得2212(8)x m m ε--=-.若1ε=,2801m m -=≤,.不满足上式.故必1ε=-,此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥,解得3m ≤.但1m =不符合,只有3m =,4x =,23y =.因此共有4组整数解(02)(423)±±,,,.5.设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式,k 是一个正整数.考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ,其中 P 出现k 次.证明,最多存在 n 个整数t ,使得()Q t t =.证:若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点,结论显然成立.设有整数0x 使得00()Q x x =,00()P x x ≠.作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ,,.它以 k 为周期.差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ,,的每一项整除后一项.由周期性及10∆≠,所有||i ∆ 为同一个正整数u .令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ,,,,,.数列的周期为 2.即0x 是 P 的2-周期点.设 a 是P 的另一个2-周期点,() b P a =(允许b =a ).则0a x -与1b x -互相整除,故01||||a x b x -=-,同理01||||b x a x -=-.展开绝对值号,若二者同取正号,推出01x x =,矛盾.故必有一个取负号而得到01a b x x +=+.记01x x C +=,我们得到:Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根.由于P 的次数n 大于 1,这个方程为n 次.故得本题结论.6.对于凸多边形P 的每一边b ,以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形.证明,所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍.证:过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积,将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线).每两条面积平分线都交于 P 内.P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ,每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1,2,…,n ,2i n i A A +=).设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=),由面积关系得到,11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△,11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ,故i i n i iO A O A +和11i i n i i O A O A +++中必有一个不小于 1,于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△,△≥△.对于每条有向线段i i n A A +,P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧.由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧,故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++的相反侧,从而T在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中.即211ni i i i O A A P +=⊇ △.于是221111()2()2()nnii i i i i i S A AS O A A S P ++==∑∑≥△≥P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积.。

国际数学奥林匹克竞赛

国际数学奥林匹克竞赛
国际数学奥林匹克竞赛
1894年组织的数学竞赛
01 历史起源
03 竞赛介绍 05 历届赛事
目录
02 赛事历程 04 主试委员会 06 历届冠军
国际数学奥林匹克竞赛,英文名:International Mathematical Olympiad,简称:IMO。“数学奥林匹克” 的名称源自苏联,其将体育竞赛、科学的发源地——古希腊和数学竞赛相互关联。在20世纪上半叶,不同国家相 继组织了各级各类的数学竞赛,先在学校,继之在地区,后来在全国进行,逐步形成了金字塔式的竞赛系统。从 各国的竞赛进一步发展,自然为形成最高一层的国际奥林匹克竞赛创造了必要的条件。
经过40多年的发展,国际数学奥林匹克的运转逐步制度化、规范化,有了一整套约定俗成的常规,并为历届 东道主所遵循。
赛事历程
2023年3月31日,经过两轮的集训与选拔,2023年中国数学奥林匹克国家队队员前6候选名单确定。
竞赛介绍
Байду номын сангаас
目的 时间
主办 对象
试题
考试
奖励
激发青年人的数学才能;引起青年对数学的兴趣;发现科技人才的后备军;促进各国数学教育的交流与发展。
历届冠军
(1977-2019) 1977:美国 1982:西德 1983:西德 1987:罗马尼亚 1988:苏联 1989:中国 1990:中国 1991:苏联 1992:中国 1993:中国
谢谢观看
1、选定试题; 2、确定评分标准; 3、用工作语言准确表达试题,并翻译、核准译成各参加国文字的试题; 4、比赛期间,确定如何回答学生用书面提出的关于试题的疑问; 5、解决个别领队与协调员之间在评分上的不同意见; 6、决定奖牌的个数与分数线。
历届赛事

20012002年国内外数学竞赛题选解二

20012002年国内外数学竞赛题选解二

甘j于X,至少与3个点之间有连线段。设不同于 x,的两个点为y和z.由于P是最长的,所以y、z ∈{墨,丘.….膏,{.设r=置,z=置.i(j.则c=
万 方数据
竺竺!竺!塑——————————!!一
数,则每个人得到—a,r+aj个问g;如果它足奇数.则

吖:m““/v一∽
J≤』≤Y
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当Ⅳ=2m,
1≤41<如<…<A"《60,
J4≤』?+J3<A2
纛蠢薹田田
。。:’竺至罢三墨笔篓璺_-
列).那么,这两行4-13<…<4”+】3≤73.
74个整数在1至73中,一定存在j、},使得a.
=A‘+13.即A{一A^=13.
7.设平面上n(n≥4)个点A。,A:,…,A。,且任 意三点不共线.每点至少与3个点之间有连线段.证 明:在这n个点中存在不同的2女个点置.卫,…,
于tl≤,,则口…+…+Ⅱ…《0;否则,n。+以+l+ …+Ⅱ…I<q+口川+…+吼…与和是最小的.
矛盾.于是,从a…+,开始,得到一个好的排列,即若 某个和以…l十¨・+d…+★≤0,则n.+吼+I+…+ Ⅱ…+‘≤n,+“,,I+…+Ⅱ…,-3和的最小及,的最 大性矛盾 周此,对于n!个排列,jE n边形的顶点【每一 种放法.按顺时针对应着n个排列,这n个排列中 至少有一个是好的.所以至少有(n一1)!个好的排
(2)11=10.Ⅳ=f00
(第53届门俄罗斯数学奥林肌电(决赛D类)) 解:将原命题改写为如F命题: 有n个非负整数之和为~.每一步选择任意两 个具有相同奇偶性的数n-N 6.均用!生芸』替换原来 ‘ 的。和6问若干步后是否有可能使所有的数均相
同?
(1)证明R=8,_|v=踟时答案是肯定的. 假定数目的总和是0(因为我们町以将每个均

2000IMO中国国家队选拔(第十五届)

2000IMO中国国家队选拔(第十五届)

《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 2000 第 15 届IMO 中国国家队选拔考试2000 年 3 月 31 日 8:00~12:30 一、如图,在△ABC 中,AB=AC。

线段 AB 上有一点 D,线段 AC 延长线上有一点 E,使得 DE=AC。

线段 DE 与△ABC 的外接圆交于 T 点,P 是线段 AT 的延长线上的一点。

证明:点 P 满足 PD+PE=AT 的充分必要条件是点 P 在△ADE 的外接圆上。

二、给定正整数 k , m , n ,满足 1≤ k ≤ m ≤ n ,A H( m + n + i )! 的值, 1 i 试求 ∑ ( −1) i 并写出推算过程。

n + k + i i !( n − i ) !( m + i ) ! i =0nD三、对正整数 a ≥2,记 N a 为具有以下性质的正整数 k 的个数:k 的B T PCa 进制表示的各位数字的平方和等于 k 。

证明(1) N a 为奇数;E(2)对任意给定的正整数 M,存在正整数 a ≥2,使得 N a ≥M。

2000 年 4 月 1 日 8:00~12:30 并且 f ( x ) =1 有整数根。

约定将所有满足上述条件的 f 组成的集合记为 F 。

四、 f ( x ) 是整系数多项式, 设 对于任意给定的整数 k >1,求最小的整数 m ( k ) >1,要求能保证存在 f ∈ F ,使得 f ( x ) = m ( k ) 恰 有 k 个互不相同的整数根。

数列 { xk } 和 { yk } 满足 x0 =1,y0 =0 且 ⎨ 五、 (1) a ,b 是正实数, 设⎡k ⎤ ⎢2⎥ ⎣ ⎦ i =0 ⎡k ⎤ ⎢2⎥ ⎣ ⎦⎧ xk +1 = axk − byk ,k =0, 2, 1, ……, ⎩ yk +1 = xk + ayk求证: xk =⎡k ⎤ ⎢2⎥ ⎣ ⎦∑ ( −1) a ( ai k −2l2l + bl ) λk ,l ,其中 λk ,l = ∑ Ck2 mCm 。

这是一道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题,抢了当年12岁获得IMO金牌陶哲轩的风头。。。

这是一道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题,抢了当年12岁获得IMO金牌陶哲轩的风头。。。

这是⼀道难倒了49个国家领队外加4个专家的竞赛题,抢了当年12岁获得IMO⾦牌陶哲轩的风头。

1986年,在波兰举⾏的第27届国际数学奥林匹克(IMO)上,刚满10岁的陶哲轩⼀脸稚⽓的进⼊了考场,创造了IMO历史上最年轻选⼿的传奇(相关阅读:吃炒饭吃到智商230?7岁⾃学微积分,8岁参加⾼考,10岁参加IMO),那⼀年,陶哲轩得到了19分,收获了⼀枚铜牌,1987年,在古巴举⾏的第28届国际数学奥林匹克上,他得到了40分,按理说⾦牌已经稳稳到⼿,但是由于那⼀年满分的选⼿多达22名,所以年仅11岁的陶哲轩只收获了⼀枚银牌,1988年,在澳⼤利亚举办的第29届国际数学奥林匹克上,在268名参赛选⼿中,IMO历史上堪称奇迹的传奇诞⽣了,年满12岁的陶哲轩获得了34分,收获了⼀枚⾦牌(⾦牌线32分),可是在那⼀年,有⼀道题差点抢了陶哲轩的风头,那是⼀道难倒了49个国家领队外加4个数论专家,堪称数学竞赛史上最具传奇⾊彩的⼀道题.1988年,在澳⼤利亚举办的第29届国际数学奥林匹克上,有49个国家,268名选⼿参加了那届⽐赛,那是中国正式参加IMO⽐赛的第三届(1986年中国第⼀次派出6名队员),那个时候前苏联、罗马尼亚、德国还是IMO赛场上的不可匹敌超级战队,早在1977年,德国就参加了在南斯拉夫举办的第19届国际数学奥林匹克,⽽在1982、83年连续⼆年拿到了团队总分第⼀的傲⼈成绩,可是接下去的1984-1987连续四年中总分第⼀分别被苏联、罗马尼亚还有美国抢去,可能是出于报仇⼼理,所以在这⼀年上德国给IMO投稿了⼀道精⼼计划已久的题,⽽这道题也成功的通过了选题委员会还有会议的表决成为了第29届IMO的第六题,六道题⽬选完了,就当所有⼈准备开开⼼⼼的开始⽐赛时,可是由领队们组成的主试委员会陷⼊了长久的沉默中,⽽原因就是因为德国的这第六题,由卢森堡、捷克斯洛伐克、英国、爱尔兰还有希腊投稿的前五题,主试委员会们⽐较轻松的就解决了,可是这第六道题,主试委员会所有⼈在思考许久许久之后还是没有⼀个⼈能解答出来,⽽考试很快就要开始了,没办法,主试委员会将这道题交给了主办国澳⼤利亚四位最好的数论专家去做,可是四位专家各⾃捉摸了⼀天以后还是⼀筹莫展,⽓氛陷⼊了长久的尴尬和绝望中,连主试委员会还有四位澳⼤利亚最好的数论专家都没办法解开这道题,所有⼈都确信这道题将会难倒所有的参赛选⼿,这可能是IMO历史上第⼀次有⼀道题没有⼈能解答出来的,所有⼈以绝望的情绪等着成绩公布,不出所有⼈意外,这⼀道题在268名参赛选⼿的平均分数仅有0.6分,是当时IMO举办了29年以来得分率最低的⼀道题.就当所有⼈默默的为这268名参赛选⼿“默哀”的时候,另外⼀个消息的流出让所有在场的⼈都震惊不已,这⼀道难道了主试委员会还有四个最好数论专家的超级难题竟然有选⼿做出来,⽽且还不⽌⼀个,整整有⼗⼀个⼈以7分(满分)解答了出来,分别是来⾃罗马尼亚的Nicuşor Dan和Adrian Vasiu、越南的Ngô Bào Châu、苏联的Sergei Ivanov和Nicolai Filonov还有来⾃澳⼤利亚的Wolfgang Stöcher以及保加利亚的Zvezdelina Stankova,以及来⾃中国的陈晞和何宏宇,⽽当所有⼈看到最后⼀个⼈的解答之后,他们再⼀次被震惊的说不出话,因为他的证法实在是太暴⼒、太简单了,题⽬:他是这样解的:简单到极致,所有⼈对他的解法都赞叹不已,⽽这⼀位来⾃保加利亚的Emanouil Atanassov也获得了IMO授予的特别奖,特别奖是不论总分多少,是针对某个学⽣对某道试题所作的解答⾮常漂亮,有独到之处,与事先拟定的标准解答不同(通常是更简洁),⽽获得特别奖的难度⽐起满分来说更加困难,所以获得特别奖的⼈数少之甚少,⽽这⼀道题难倒了主试委员会还有澳⼤利亚四名最好的数论专家的题,被11名平均年龄只有17岁的⾼中⽣解决了,⽽平均分只有0.6分的的最低得分率以及IMO史上最年轻获得⾦牌的选⼿陶哲轩也为这道题增加了些许传奇⾊彩,值得⼀提的是,当年以满分解答这道题的中国选⼿陈晞现在是加拿⼤阿尔伯塔⼤学的数学系教授,⽽何宏宇现在美国佐治亚理⼯学院的数学系教授以及博⼠⽣导师,从事李群还有微分⼏何等⽅向的研究,⽽作为正式参加IMO满三年的中国,在那⼀年,以总分201分获得了总分第⼆的成绩.。

2000年IMO中国国家集训队测验题

2000年IMO中国国家集训队测验题

2000年IMO中国国家集训队测验题第一次测验1.1设a是整数,n和r是大于1的整数,p是奇质数,并且(n,p -1)=1.试求以下同余方程的不同的解的数目:x1n+ x2n+…+ x r n ≡a (mod p ) .请注意上述方程的解(x1n, x2n,…, x r n)和(x1 ',' x2 ',' … , x r'' )当且仅当x j≡x j'(mod' p ),j =1,2,…, r时,才认为两个解是相同的.1.2考察不定方程x2-y2=n.约定将这方程的不同的正整数解的数目记为f ( n ) ,试对所有的正整数n,求f ( n ) .1.3设a和b是正整数,p是奇质数,p>a>b>1.试求最大的整数c,使得对所有满足上述条件的a,b和p都有pc (ap) -(a) , bp b这里,我们记( n )=n(n-1)…(n -k+1)k k!第二次测验2.1 AB 和 CD 是圆 O 的不相交的两条弦, M 是 AB 中点, N 是 CD 中点,从圆心 O 作 MN 的垂线,垂足是 E ,在 MN 上取另一点 F ,过 F 作 MN 的垂线与 AB 延长相交于 G .求证:直线 CD 也经过 G 点的充分且必要条件是 MF = NE .2.2 在三角形 ABC 中, AB = AC ,设 C 至 AB 的垂足是 D , M 是 CD 的中点, A 至直线 BM 的垂足是 E , A 至直线 CE 的垂足是 F ,求证: AF ≢ AB /3,并说明等号成立的条件.2.3 A 是任意的有限正整数集,试证:存在一个有限正整数集B,使得A∈B,且∏ x = ∑ x2x ∈Bx∈B第三次测验3.1对于由实数组成的非空集合 A和 B,约定将可以表示为a+b, a∈A,b∈B,的所有数组成的集合记为 A*B,即规定 A*B={x |x=a+b,a∈A ,b∈B }.(附带说明,如果 A =耳么氪 B =耳,寀寞隅 A*B=耳.)跤隅淏淕杅k和l,对于满足条件|A|=k,| B |=l的所有实数集合 A和 B ,求| A * B |的最小值,并求达到这个最小值的所有 A和 B .3.2设 A是由实数组成的非空集合,h是正整数,约定将可以表示为a1 +a2+…+a h,a1 ,a2,…,a h∈A ,(这些数可以有相同的) 的所有数组成的集合记为S h( A ),即规定S h( A )={x|x=a1 + a2+…+a h,a1 ,a2,…,a h∈A }.给定正整数h和k,对于满足条件|A|=k的实数集合 A,试求|S h ( A )|的最小值,并求达到这个最小值的所有的 A .3.3设 A是由整数组成的非空集合,h是正整数,约定将可以表示为a1 +a2+…+a h,a1 ,a2,…,a h∈A ,(这些数互不相同) 的所有数组成的集合记为T h( A ),即规定T h( A )={x|x=a1 +a2+…+a h,互不相同的a1 ,a2,…,a h∈A }.给定正整数h和k,2≢h≢k-2,k≣5,对于满足条件|A|=k的整数集合 A ,试求|T h( A )|的最小值.第四次测验4.1设n岆湮衾1腔淕杅,暮缶k=cos(2k羽 /n)+i sin(2k羽/n),k=0,1,…,n-1,试求下式的最简表示:(缶j- 缶∏) 2 .k1≤ j<k≢n -14.2设数轴的区间[0,1]里有六个质点,依照从0到1的次序将这六个质点标记为P1 ,P2,…,P6 .初始时,质点的位置都在区间内部;相邻质点P1与P2 ,P2与P3,P3与P4,P4与P5,P5与P6的距离分别是汐 ,汕 ,污 ,汛 ,丸 ;并且各质点都以相同的不变速度沿数轴朝指向0点的方向运动.在以后的运动中,如果某个质点碰到区间端点0或1,那么该质点立即折返,以同样大小的不变速度值反向运动.如果某两个质点相向运动发生对撞,那么这两个质点立即各自折返,都以同样大小的不变速度值反向运动.约定以f i,j(n)表示第i个质点与第j个质点第n次对撞的位置坐标,试求所有可能的f i,j(n).4.3给定正整数r,s,t满足不等式1<r<s<t.设正实数的n数组x1,x2,…,x n满足条件x j/x j+1≢1+(t-s)/(j+s),j =1,2,…,n-1.对所有这样的n数组,试求nk ( k +1)…( k + t-∑1) x kk= 1n( k + r )( k + r +1) …∑( k + t - 1) x kk= 1的最小值.第五次测验5.1已知不定方程x4 +y4 =z2和不定方程x4 -y4 =z2都没有使得xyz≠0的整数解.据此求出不定方程8y4 +1=z2的所有整数解(简明扼要写出求解过程).完成上述准备之后,着手解决主要问题:求以下不定方程组的所有整数解1+ x =8 y 2{1+ x 2 =2 z 25.2求同时满足以下条件的一切正整数组(a,b,c,d):(a) 22汐‖a,?笢汐岆淏淕杅,(捞22汐整除a,但22汐+1不整除a,汐≡1);(b) 4|b +1 , 2| d;(c)c d的b进制表示恰由a个数字1组成,即c d=(11…1)b.共a 位15.3给定大于1的正整数b和奇质数p.已知p‖b(即p整除b,但p2不整除b </FONT< FONT>。

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Romanian Olympiad 2000 IMO Team Selection Tests
1st Test - April 27, 2000
1. Let n ≥ 2 be a positive integer. Find the number of functions f : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, 3, 4, 5} which have the following property
Work time: 4 hours. TeX (c) 2003 Valentin Vornicu - MathLinks.ro
n = ± a1 ± a2 ± a3 ± a4 ± a5 .
3
3
3
3
3
Radu Ignat
4. Let P1P2 . . . Pn be a convex polygon in the plane. We assume that for any arbitrary choice of vertices Pi, Pj there exists a vertex in the polygon Pk, such that ∠PiPkPj = 60◦. Prove that n = 3.
Work time: 4 hours. TeX (c) 2003 Valentin Vornicu - MathLinks.ro
4th Test - May 21, 2000
1. Let n ≥ 3 be an odd integer and m ≥ n2 − n + 1 be an integer number. The sequence of polygons P1, P2, . . . , Pm is defined as follows (i) P1 is a regular polygon with n vertices; (ii) Pk+1 is a regular polygon whose vertices are the midpoints of the sides of Pk, for any k ∈ {1, 2, . . . , m − 1}. Find, with proof, the maximum number of colors which can be used to color all the vertices of these polygons such that, for each such coloring, one could find four vertices A, B, C, D which have the same color and the quadrilateral ABCD is an isosceles trapezoid. Radu Ignat
2. Let ABC be an acute triangle and M be the midpoint of the line segment BC. Consider the interior point N such that ∠ABN = ∠Bat ∠BAN = ∠CAM . Gabriel Nagy
2. Prove that if f, g are monic polynomials with complex coefficients and f (f (x)) = g(g(x)), then f (x) = g(x). Marius Cavachi a3 + b3
3. Prove that every positive rational number can be represented in the form c3 + d3 , where a, b, c, d are positive integers. ISL 1999
3. Let S be the set of interior points of a sphere and C be the set of interior points of a circle. Find, with proof, if there exists or not a function f : S → C such that |AB| ≤ |f (A)f (B)|, for any points A, B ∈ S, where |XY | denotes here the Euclidian distance between the points X and Y . Marius Cavachi
Work time: 4 hours. TeX (c) 2003 Valentin Vornicu - MathLinks.ro
3rd Test - May 20, 2000
1. Let a > 1 be an odd positive integer. Find the least positive integer n such that 22000 is a divisor of an − 1. Mircea Becheanu
|f (k + 1) − f (k)| ≥ 3, for all k ∈ {1, 2, . . . , n − 1}.
Vasile Pop
2. Let n ≥ 1 be a positive integer and x1, x2, . . . , xn be real numbers such that |xk+1 − xk| ≤ 1, for all k ∈ {1, 2, . . . , n − 1}. Prove that
3. Determine all pairs m, n of positive integers such that any m × n rectangle can be tiled with congruent pieces consisting of three unit squares arranged in a L-like shape, like below
n
n
n2 − 1
|xk| −
xk ≤
. 4
k=1
k=1
Gh. Eckstein
3. Let n, k be arbitrary positive integers. Show that there exist positive integers
a1 > a2 > a3 > a4 > a5 > k such that
Radu Todor
Work time: 4 hours. TeX (c) 2003 Valentin Vornicu - MathLinks.ro
2nd Test - May 14, 2000 1. Prove that there exist infinitely many systems of positive integers (x, y, z, y) which do
not have a common divisor greater than 1 and such that x3 + y3 + z2 = t4. Mihai Piticari and Sorin R˘adulescu
2. Let ABC be a triangle and M be an interior point. Prove that min{M A, M B, M C} + M A + M B + M C < AB + BC + CA. ISL 1999
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