2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答

2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答第一题设J是三角形ABC顶点A所对旁切圆的圆心. 该旁切圆与边BC相切于点M, 与直线AB和AC分别相切于点K和L. 直线LM和BJ相交于点F, 直线KM与CJ相交于点G. 设S是直线AF和BC的交点, T是直线AG和BC的交点. 证明: M是线段ST的中点.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第一题解答: 因为∠JFL=∠JBM−∠FMB=∠JBM−∠CML=12(∠A+∠C)−12∠C=12∠A=∠JAL,所以A、F、J、L四点共圆. 由此可得AF⊥FJ, 而BJ是∠ABS的角平分线, 于是三角形ABS的角平分线与高重合, 从而AB=BS; 同理可得AC=CT.综上, 有SM=SB+BM=AB+BK=AK=AL=AC+CL=CT+CM=MT,即M是线段ST的中点.第二题设n⩾3, 正实数a2,a3,⋯,a n满足a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1, 证明:(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n>n n.解答:由均值不等式, 我们有(a k+1)k=⩾(a k+1k−1+⋯+1k−1)k(ka k⋅(1k−1)k−1−− − − − − − − − − − −−√k)k=k k(k−1)k−1a k,当a k=1k−1时等号成立, 其中k=2,3,⋯,n. 于是(a2+1)2(a3+1)3⋯(a n+1)n⩾221a2⋅3322a3⋅⋯⋅n n(n−1)n−1a n=n n.当对任意的k=2,3,⋯,n时, 若恒有a k=1k−1, 此时由n⩾3知a2⋅a3⋅⋯⋅a n=1(n−1)!≠1,因此上述不等式等号不成立, 从而不等式得证.第三题"欺诈猜数游戏" 在两个玩家甲和乙之间进行, 游戏依赖于两个甲和乙都知道的正整数k和n.游戏开始时甲先选定两个整数x和N, 1⩽x⩽N. 甲如实告诉乙N的值, 但对x 守口如瓶. 乙现在试图通过如下方式的提问来获得关于x的信息: 每次提问, 乙任选一个由若干正整数组成的集合S(可以重复使用之前提问中使用过的集合), 问甲"x是否属于S?". 乙可以提任意数量的问题. 在乙每次提问之后, 家必须对乙的提问立刻回答"是" 或"否", 甲可以说谎话, 并且说谎的次数没有限制, 唯一的限制是甲在任意连续k+1次回答中至少又一次回答是真话.在乙问完所有想问的问题之后, 乙必须指出一个至多包含n个正整数的集合X, 若x属于X, 则乙获胜; 否则甲获胜. 证明:(1) 若n⩾2k, 则乙可保证获胜;(2) 对所有充分大的整数k, 存在正整数n⩾1.99k, 使得乙无法保证获胜.解答: (1)可以认为n=2k,N=n+1. 采用二进制.把1,2,…,2k都写成二进制: a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a i(i=1,2,…,k+1)是0或者1; 然后, 记T为这2k个二进制数组成的集合. 2 k+1的二进制表示是100…01¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ .令S1={100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ },S i={a1a2…a k+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯¯ ¯ ¯ ¯∈T|a1=0,a i=1},i=2,3,…,k+1,也就是说, S i就是T中所有满足a i=1的元素组成的子集(i=1,2,…,k+1).乙采用如下问题, 可保证获胜: 第一次提问, 选择S1, 并且接下来也一直选取S 1, 甲的回答会出现两种情况:▪连续k+1次回答“否”, 则100…0¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯可以排除;▪在至多k+1次回答中, 一旦出现”是”, 乙接下来的k次提问, 依次选取S2,S3,…,S k+1, 就取得胜利. 事实上, 若甲最后的k次回答都是”是”, 则x∈T; 若甲最后的k次回答有一些是”否”, 则x绝对不可能是a1a2…ak+1¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯, 这里a1=0, a i=0还是1取决于甲对S i的答案: 若甲的回答是”是”, a i=0, 否则a i=1(i=2,3,…,k+1). (2). 先将问题转化成等价形式: 甲从集合S中取定一个元素x(|S|=N), 乙提出一系列的问题. 乙的第j个问题题就是取S的子集D j, 随后甲选取集合P j∈{D j,D c j}, 使得对任意的j⩾1都有x∈P j∪P j+1∪⋯∪P j+k,当乙提完他想问的一系列问题后, 如果乙能选取一个集合X满足|X|⩽n, 使得x∈X, 那么乙获胜; 否则甲获胜.解答1. 任取实数p使得2>p>1.99, 再选取正整数k0, 使得当k>k0时(2−p)p k+1−1.99k>1.设N使得(2−p)p k+1>N>1.99k. 我们来证明, 若|S|=N, 不妨S={1,2,…,N}, 甲有办法使乙无法胜利.记D j是乙的第j个问题展示的集合, 定义P j为D j或者D C j, 取决于甲对D j的答案: 若甲的回答是”是”, P j=D j, 否则P j=D C j; 再记P0=S. 定义A j如下:A j=A j(P j)=a0+pa1+p2a2+⋯+p j a j,这里a0=∣∣P j∣∣,a i=∣∣P j−i∖(P j∪P j−1∪⋯∪P j−i+1)∣∣(i=1,2,…,j).此时∑i=0j a i=N.注意A0=N.我们指出, 甲可以使得N2−p>A j成为事实: N2−p>A0=N.假设已有N2−p>A j, 甲可选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得N2−p>A j+1. 事实上,A j+1(D j+1)=b0+pb1+p2b2+…+p j b j+p j+1b j+1,A j+1(D C j+1)=c0+pc1+p2c2+…+p j c j+p j+1c j+1.注意b0+c0=N,b i+c i=a i−1(i=1,2,…,j+1),于是A j+1(D j+1)+A j+1(D C j+1)=N+p(a0+pa1+p2a2+…+p j a j)<N+p⋅N2−p,因之min{A j+1(D j+1),A j+1(D C j+1)}<N2+p2⋅N2−p=N2−p.于是, 可以选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}达到我们的要求.既然p k+1>N2−p>A j, 那么, 只要i⩾k+1,必定a i=0,这导致乙无法排除S的任何一个元素, 不能取得胜利.解答2. 记p,q是满足2>q>p>1.99的实数, 选取正整数k0使得(p q)k0⩽2(1−q2),p k0−1.99k0>1.我们来指出, 对任意k⩾k0, 若|S|∈(1.99k,p k), 那么甲有策略, 通过回答”是”或者”否”, 使得下式对所有j∈N成立:P j∪P j+1∪⋯∪P j+k=S,这里P i是D i或者D C i, 取决于甲对D i的答案: 若甲的回答是”是”, P i=D i, 否则P i=D C i; D i是乙的第i个问题所问的集合(i∈N).假定S={1,2,…,N}. 定义(x)∞j=0=(x j1,x j2,…,x j N)如下: x01=x02=⋯=x0 N=1; P0=S, 在P j+1选定之后, 定义x j+1:x j+1i={1,qx j i,i∈P j+1,i∉P j+1.(1)只要甲使得成立x j i⩽q k(1⩽i⩽N,j⩾1), 那么乙就不能取得胜利. 记T(x)=∑i=1N x i, 甲只要使得T(x j)⩽q k(j⩾1)即可. 这是可以做到的: 显而易见的事情是, T(x0)=N⩽p k<q k. 假设已有T(x j)⩽q k, 甲可以就乙的D j+1选取P j+1∈{D j+1,D C j+1}使得T(x j+1)⩽q k. 假定甲回答”是”, 此时P j+1=D j+1, 记y是根据(1)得到的序列; 相应地, 记z是甲回答”否”, P j+1=D C j+1, 根据(1)得到的序列. 于是T(y)=∑i∈D C j+1qx j i+∣∣D j+1∣∣,T(z)=∑i∈D j+1qx j i+∣∣D C j+1∣∣.因此T(y)+T(z)=q⋅T(x j)+N⩽q k+1+p k,根据选取的k0的性质, 得min{T(y),T(z)}⩽q2⋅q k+p k2⩽q k.第四题求所有的函数f:Z→Z使得对任意满足a+b+c=0的整数a,b,c恒有f(a)2+f(b)2+f(c)2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).解答: 令a=b=c=0可得3f(0)2=6f(0)2, 这说明f(0)=0. 现在我们令b=−a, c=0可得到f(a)2+f(−a)2=2f(a)f(−a)即(f(a)−f(−a))2, 于是f(a)=f(−a), 即f(n)为偶函数.假设对某个整数a使得f(a)=0, 则对任意整数b我们有a+b+(−a−b)=0, 因此f(a)2+f(b)2+f(a+b)2=2f(b)f(a+b),这等价于(f(b)−f(a+b))2=0, 即f(a+b)=f(b). 因此对某个整数a使得f(a)=0时, f是一个以a为周期的函数.令b=a及c=−2a代入题目条件中的等式f(2a)⋅(f(2a)−4f(a))=0. 取a=1我们得到f(2)=0或f(2)=4f(1).如果f(2)=0, 那么f以 2 为周期, 对任意奇数n有f(n)=f(1). 容易验证对任意的c∈Z函数f(x)={0,c,2∣n,2∤n满足题目条件.现在假设f(2)=4f(1)并且f(1)≠0. 如果对任意的整数n都有f(n)=n2⋅f(1)成立,那么此时问题解决了. 如果存在整数n使得f(n)≠n2f(1), 由于f是偶函数, 不妨将n看做自然数, 那么显然n⩾3, 我们设n是使得f(n)≠n2f(1)的最小的正整数.令a=1, b=n−1, c=−n代入可得f(1)2+(n−1)4f(1)2+f(n)2=2(n−1)2f(1)2+2((n−1)2+1)f(n)f(1)即(f(n)−(n)2f(1))⋅(f(n)−(n−2)2f(1))=0,由假设可得此时f(n)=(n−2)2f(1).令a=n, b=2−n, c=−2代入可得2(n−2)4f(1)2+16f(1)2=2⋅4⋅2(n−2)2f(1)2+2⋅(n−2)4f(1),这说明(n−2)2=1即n=3. 因此f(3)=f(1). 令a=1, b=3, c=4(因为f为偶函数, 所以条件改成c=a+b时仍然成立)代入可得f(4)2=4f(4)f(1), 即f(4)=0或f(4)=4f(1)=f(2).如果f(4)≠0, 令a=2, b=2, c=4代入可得f(2)2+f(2)2+f(4)2=2f(2)2+4f(2)f(4),即f(4)=4f(2). 又因为我们已经推得f(4)=f(2), 这说明f(2)=0, 矛盾. 因此f(4)=0, 从而f以4 为周期. 于是f(4k)=0, f(4k+1)=f(4k+3)=c, 以及f(4k+2)=4c, 容易验证这个解满足题目条件.综上所述, 函数方程的解为: f(x)=cx2, 其中c∈Z; f(x)={0,c,2∣n,2∤n其中c ∈Z; 以及f(x)=⎧⎩⎨⎪⎪ 0,c,4c,4∣n,2∤n,n≡2 (mod 4)其中c∈Z.第五题已知三角形ABC中, ∠BAC=90∘, D是过顶点C的高的垂足. 设X是线段CD内部一点. K是线段AX上一点, 使得BK=BC. L是线段BX上一点, 使得AL=AC. 设M是AL与BK的交点. 证明: MK=ML.2012年IMO国际数学奥林匹克试题第五题解答: 因为AL2=AC2=AD⋅AB, 所以△ALD和△ABL相似, 因此∠ALD=∠XBA.设R是射线DC上一点, 使得DX⋅DR=BD⋅AD. 由于∠BDX=∠RDA=90∘我们可以推得△RAD∼△BXD, 因此∠XBD=∠ARD, 从而∠ALD=∠ARD 即R, A, D, 和L四点共圆. 这说明∠RLA=90∘, 于是RL2=AR2−AL2=AR2−AC2. 类似地, 我们可以得到RK2=BR2−BC2和∠RKB=90∘. 因为RC⊥AB我们有AR2−AC2=BR2−BC2, 因此RL2=RK2即RL=RK.又因为∠RLM=∠RKM=90∘我们可以推得MK2=RM2−RK2=RM2−RL2=ML2,从而MK=ML.第六题求所有正整数n, 使得存在非负整数a1,a2,⋯,a n, 满足12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.解答: 所求n≡1,2(mod4). 设M=max{a1,a2,⋯,a n}, 则有3M=∑k=1n k⋅3M−a k≡∑k=1n k=n(n+1)2(mod2),所以n(n+1)2是奇数, 从而n≡1,2(mod4).若对奇数n=2m+1, 此时存在非负整数序列(a1,a2,⋯,a n)使得12a1+12a2+⋯+12a n=13a1+23a2+⋯+n3a n=1.注意到12a m+1=12a m+1+1+12a m+1+1,m+13a m+1=m+13a m+1+1+2(m+1)3a m+1+1=m+13a m+1+1+n+13a m+1+1.因此此时对n+1, 可以验证(a1,a2,⋯,a m,a m+1+1,a m+2,⋯,a n,a m+1+1)为满足题意的序列. 这说明对奇数n若满足题目条件, 则n+1也满足题目条件.剩下的问题只要解决n=4m+1时的构造问题即可.设序列(a1,a2,⋯,a2k+1)是(1,2,⋯,2k+1)的一个排列, 设G=(1,2,⋯,2k,2k), 用g i表示它的分量.定义D(X)=∑i=12k+1a i3g i, 由于∑i=12k+112g i=1, 所以我们只要求出一个排列X使得D(X)=1, 问题就解决了. 令X=(2,1,4,3,6,5,...,2k,2k−1,2k+1), 用归纳法可算得此时D(X)=1+k32k.现在假设上面的k是正偶数, 即k=2m, 则X=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+2,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1),定义Y=(2,1,4,3,...,2m,2m−1,2m+1,...,4m,4m−1,4m+1,2m+2),即将X的第2m+1个分量移动到最后形成的. 简单计算可得D(X)−D(Y)=2m3 4m, 所以D(Y)=1. 当k=0时, 此时取a1=0时即可. 这说明n=4m+1时的构造问题已经解决.综上所述, 要求的为满足n≡1,2(mod4)的正整数.。