国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第20届)
2005IMO中国国家队选拔(第二十届)
《数学奥林匹克报》Mathematical Olympiad Express 2005 第 20 届IMO 中国国家队选拔考试2005年3月31日 8∶20～12∶50辽宁沈阳东北育才学校每题21分 一、（冷岗松供题）设⊙ O 的内接凸四边形ABCD的两条对角线AC、BD的交点为P，过P、B两点的⊙ O1 与 过P、A两点的⊙ O2 相交于两点P和Q，且⊙ O1 ，⊙ O2 分别与⊙ O 相交于另一点E，F。
求证：直线PQ，CE，DF或者共点或者互相平行。
二、（王建伟供题）给定正整数 n （ n ≥2），求最大的 λ 使得：若有 n 个袋子，每一个袋子中都是一些 重量为2的整数次幂克的小球，且各个袋子中的小球的总重量都相等，则必有某一重量的小球的总个数 至少为 λ （同一个袋子中可以有相等重量的小球）。
三、（朱华伟供题） n 是正整数， a j 为复数（ j ＝1，2，……， n ）， 且对集合 {1, 2,, n} 的任一非空子集I，均有 ∏ (1 + a j ) − 1 ≤j∈In 1 。
证明： ∑ a j ≤3。
2 j =12005年4月1日8∶20～12∶50辽宁沈阳东北育才学校每题21分 四、（熊6斌供题）设 a1 ， a2 ，……， a6 ； b1 ， b2 ，……， b6 和 c1 ， c2 ， c6 都是1,2，……，6的排列，求∑ a b c 的最小值。
i =1 i i i五、（余红兵供题）设 n 是任意给定的正整数， x 是正实数。
证明：∑ ⎜ x ⎢ x ⎥ − ( x + 1) ⎢ x + 1⎥ ⎟ ≤ n ，其中 [ a ] 表示不超过实数 a 的最大整数。
⎣ ⎦⎠ ⎝ ⎣ ⎦k =1n⎛ ⎡k ⎤⎡ k ⎤⎞六、（陈永高供题）设 a 是给定的正实数，求所有的函数 f : N → R ，使得对任意满足条件*am ≤ k ＜ ( a + 1) m 的正整数 k ， m ，都有 f ( k + m ) ＝ f ( k ) ＋ f ( m ) 。
1978年第二十届IMO试题(不含答案)
第二十届（1978年）罗马尼亚 布加勒斯特（Bucharest ，Romania ）1.已知 m 和n 是自然数且1≤m <n 。
在十进制中，1978m 的后三位数字和1978n 的后三位数字相同。
找出使得m+n 最小的m 和n 值。
（古巴）2. P 是球内一定点。
三条从P 发出的互相垂直的射线与球面分别相交于点U 、V 、W ；Q 代表由PU 、PV 、PW 决定的平行六面体中P 的相对的顶点。
求出Q 点的轨迹。
（美国）3. 所有正整数的集合是两个不相交的子集{f (1)，f (2)，…，f (n )，…}，{g (1)，g (2)，…，g (n )，…}的并集，这里f (1)<f (2)<…<f (n )<…，g (1)<g (2)<…<g (n )<…，以及对于所有n ≥1都有g (n )=f (f (n ))+1。
判断f (240)的值。
（英国）4. 在三角形ABC 中，AB=AC 。
一个圆与三角形ABC 的外接圆内切并分别与AB 、AC 相切于P 、Q 。
求证：线段PQ 的中点是三角形ABC 的内切圆的圆心。
（美国）5. 令{a k }(k =1,2,3,…,n ,…)是不同正整数组成的数列。
证明对于所有的自然数n 都有2111nn k k k a k k ==≥∑∑。
（法国） 6. 一个国际组织有来自六个不同国家的成员。
成员列表中共有1978个名字，编为1,2，…，1978。
求证：至少有一个成员的编号是来自他同一国家的其它两个成员的编号的和，或者是来自他同一国家的一个成员的编号的两倍。
（荷兰）。
国际数学奥林匹克IMO试题(官方版)2000_eng
41st IMO2000Problem1.AB is tangent to the circles CAMN and NMBD.M lies between C and D on the line CD,and CD is parallel to AB.The chords NA and CM meet at P;the chords NB and MD meet at Q.The rays CA and DB meet at E.Prove that P E=QE.Problem2.A,B,C are positive reals with product1.Prove that(A−1+1 B )(B−1+1C)(C−1+1A)≤1.Problem3.k is a positive real.N is an integer greater than1.N points are placed on a line,not all coincident.A move is carried out as follows. Pick any two points A and B which are not coincident.Suppose that A lies to the right of B.Replace B by another point B to the right of A such that AB =kBA.For what values of k can we move the points arbitrarily far to the right by repeated moves?Problem4.100cards are numbered1to100(each card different)and placed in3boxes(at least one card in each box).How many ways can this be done so that if two boxes are selected and a card is taken from each,then the knowledge of their sum alone is always sufficient to identify the third box?Problem5.Can wefind N divisible by just2000different primes,so that N divides2N+1?[N may be divisible by a prime power.]Problem6.A1A2A3is an acute-angled triangle.The foot of the altitude from A i is K i and the incircle touches the side opposite A i at L i.The line K1K2is reflected in the line L1L2.Similarly,the line K2K3is reflected in L2L3and K3K1is reflected in L3L1.Show that the three new lines form a triangle with vertices on the incircle.1。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)加试参考答案与评分标准(A卷)(2)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛加试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1．评阅试卷时，请严格按照本评分标准的评分档次给分．2．如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，10分为一个档次，不得增加其他中间档次．一．（本题满分40分）给定正整数r ．求最大的实数C ，使得存在一个公比为r 的实数等比数列1{}n n a ，满足n a C 对所有正整数n 成立．（x 表示实数x 到与它最近整数的距离．）解：情形1：r 为奇数．对任意实数x ，显然有12x ，故满足要求的C 不超过12． 又取{}n a 的首项112a ，注意到对任意正整数n ，均有1n r 为奇数，因此1122n n r a ．这意味着12C 满足要求．从而满足要求的C 的最大值为12． …………10分 情形2：r 为偶数．设*2()r m m N ．对任意实数 ，我们证明1a 与2a 中必有一数不超过21m m ，从而21m C m ． 事实上，设1a k ，其中k 是与1a 最近的整数（之一），且102． 注意到，对任意实数x 及任意整数k ，均有x k x ，以及x x ．若021m m ，则121m a k m ． 若1212m m ，则22221m m m m ，即21m m r m m ，此时 2121m a a r kr r r m ． …………30分 另一方面，取121m a m ，则对任意正整数n ，有1(2)21n n m a m m ，由二项式展开可知11(211)(1)2121n n n m m a m K m m ，其中K 为整数，故21n m a m ．这意味着21m C m 满足要求． 从而满足要求的C 的最大值为212(1)m r m r ．综上，当r 为奇数时，所求C 的最大值为12；当r 为偶数时，所求C 的最大值为2(1)r r ． …………40分二．（本题满分40分）如图，在凸四边形ABCD 中，AC 平分BAD ，点,E F 分别在边,BC CD 上，满足||EF BD ．分别延长,FA EA 至点,P Q ，使得过点,,A B P 的圆1 及过点,,A D Q 的圆2 均与直线AC 相切．证明：,,,B P Q D 四点共圆．（答题时请将图画在答卷纸上）证明：由圆1 与AC 相切知180BPA BAC CAD CAF PAC ，故,BP CA 的延长线相交，记交点为L ．由||EF BD 知CE CF CB CD．在线段AC 上取点K ，使得CK CE CF CA CB CD ，则||,||KE AB KF AD ． …………10分由ABL PAL KAF ，180180BAL BAC CAD AKF ，可知ABL KAF ∽，所以KF AB AL KA． …………20分 同理，记,DQ CA 的延长线交于点L ，则KE AD AL KA． 又由||,||KE AB KF AD 知KE CK KF AB CA AD，即KE AD KF AB ． 所以AL AL ，即L 与L 重合．由切割线定理知2LP LB LA LQ LD ，所以,,,B P Q D 四点共圆．…………40分三．（本题满分50分）给定正整数n .在一个3n ×的方格表上，由一些方格构成的集合S 称为“连通的”，如果对S 中任意两个不同的小方格,A B ，存在整数2l ≥及S 中l 个方格12,,,lA C C CB ==，满足iC 与1i C +有公共边(1,2,,1i l −).求具有下述性质的最大整数K ：若将该方格表的每个小方格任意染为黑色或白色，总存在一个连通的集合S ，使得S 中的黑格个数与白格个数之差的绝对值不小于K .解：所求最大的K n =.对一个由小方格构成的集合S ，记b S 是S 中的黑格个数，w S 是S 中的白格个数. 用[,]i j 表示第i 行第j 列处的方格，这里13i ≤≤,1j n ≤≤.对于两个方格[,]A i j =，[,]B i j ′′=, 定义它们之间的距离为(,)||||d A B i i j j ′′=−+−.首先，如果将方格表按国际象棋棋盘一样黑白间隔染色，我们证明对任意连通的集合S ，均有||b w S S n −≤，这表明K n ≤.设[1,1]是黑格，并记{0,1}ε∈，满足(mod 2)n ε≡.先证b w S S n −≤.可不妨设S 包含所有黑格，这是因为若S 不包含所有黑格， 取不属于S 的黑格A 满足(,)d A S 最小，这里(,)min (,)B Sd A S d A B ∈=.易知(,)1d A S =或2.若(,)1d A S =，取{}S S A ′=，则S 仍是连通的，且b w S S ′′−更大. 若(,)2d A S =，则存在与A 相邻的白格C ，而C 与S 中某个方格B 相邻，取{,}S S A B ′= ，则S 仍是连通的，且bw S S ′′−不变. 因而可逐步扩充S ，使得S 包含所有黑格，保持S 的连通性，且b w S S −不减.考虑白格集合{[,]|}k W i j i j k =+=，3,5,,1k n ε++，每个k W 中至少有一个方格属于S ，否则不存在从黑格[1,1]A S =∈到黑格[3,1]B n ε=−+的S 中路径.故1()2w S n ε≥+，而1(3)2b S n ε=+，故b w S S n −≤. …………10分 类似可证w b S S n −≤.同上，可不妨设S 包含所有白格, 从而1(3)2w S n ε=−. 再考虑黑格集合{[,]|}k B i j i j k =+=, 4,6,,2k n ε+−，每个k B 中至少有一个黑格属于S ，否则不存在从白格[1,2]A =到白格[3,]B n ε=−的S 中路径. 从而1()2b S n ε≥−，故w b S S n −≤. …………20分 下面证明K n =具有题述性质，即对任意的染色方案，总存在连通的集合S ， 使得b w S S n −≥.设表格中共有X 个黑格和Y 个白格，在第二行中有x 个黑格和y 个白格. 于是3X Y n +=, x y n +=.故()()()()2X y Y x X Y x y n −+−=+−+=.由平均值原理可知max{,}X y Y x n −−≥.不妨设X y n −≥.取S 为第二行中的y 个白格以及所有X 个黑格.由于S 包含第二行中所有方格，因而S 是连通的. 而b S X =，w S y =，b w S S X y n −=−≥.综上所述，max K n =. …………50分四．（本题满分50分）设,A B 为正整数，S 是一些正整数构成的一个集合，具有下述性质：(1) 对任意非负整数k ，有k A S ；(2) 若正整数n S ，则n 的每个正约数均属于S ；(3) 若,m n S ，且,m n 互素，则mn S ；(4) 若n S ，则An B S ．证明：与B 互素的所有正整数均属于S ．证明：先证明下述引理．引理：若n S ，则n B S ．引理的证明：对n S ，设1n 是n 的与A 互素的最大约数，并设12n n n ，则2n 的素因子均整除A ，从而12(,)1n n ．由条件(1)及(2)知，对任意素数|p A 及任意正整数k ，有k p S ．因此，将11k A n 作标准分解，并利用(3)知11k A n S ．又2|n n ，而n S ，故由(2)知2n S ．因112(,)1k A n n ，故由(3)知112k A n n S ，即1k A n S ．再由(4)知k A n B S （对任意正整数k ）． ① …………10分设n B C D ，这里正整数C 的所有素因子均整除A ，正整数D 与A 互素，从而(,)1C D ．由(1)及(2)知C S （见上面1k A n S 的证明）． 另一方面，因(,)1D A ，故由欧拉定理知()1D D A ．因此()()(1)()0(mod )D D A n B A n n B D ，但由①知()D A n B S ，故由(2)知D S ．结合C S 及(,)1C D 知CD S ，即n B S ．引理证毕． …………40分回到原问题．由(1)，取0k 知1S ，故反复用引理知对任意正整数y ，有1By S ．对任意*,(,)1n n B N ，存在正整数,x y 使得1nx By ，因此nx S ，因|n nx ，故n S ．证毕． …………50分。
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第19届)
5.a，b是正整数，设a2+ b2除以a + b得到商为q，余数是r．试求出所有的正整数对（a，b）使得q2+ r = 1977．
6.f是定义在所有正整数上且取值也是正整数的函数，求证如果f(n+1) > f(f(n))对所有正整数n都成立，则f(n) = n对每个n都成立．
3.n>2是一给定整数，Vn是所有1+kn形式的整数构成的集合，其中k是正整数，对于Vn中的一个数m，如果不存在Vn中的两个数p、q使得m=pq，则称m是不可分解的．求证：Vn中存在一数r，它可有多于一种的方式表示为Vn中不可分解数的乘积．（乘积中若仅仅是因数的顺序不同则视为是同一种分解．）
4.定义f(x) = 1 - a cos x - b sin x - A cos 2x - B sin 2x，其中a，b，A，B都是实数常量．如果f(x)>=0对所有实数x都成立，求证
国际数学奥林匹克（பைடு நூலகம்
1.在正方形ABCD中作等边三角形ABK、BCL、CDM、DAN，证明线段KL、LM、MN、NK的四个中点以及线段AK、BK、BL、CL、CM、DM、DN、AN的八个中点构成一个正十二边形的定点．
2.在一个有限项的实数序列中，任意的相连七项之和为负，任意的相连十一项之和为正．求出这种序列最多有几项．
amc20数学竞赛中文试题
amc20数学竞赛中文试题※长按阅读模式可获取完整格式※amc20数学竞赛中文试题一、简答题1. 请说明向量的定义及其两个基本运算。
2. 什么是数列？试列举一个等差数列和一个等比数列的例子，并说明它们的特点。
二、选择题在每道选择题的括号中，将你认为正确的答案序号填写在下方括号内。
1. 下列哪个不是四边形的特点？（）A. 有四个顶点B. 有四条边C. 它的内角和为360°D. 任意一对对边平行2. 若被除数为200，除数为5，商为B，余数为R，下列选项中，哪个是正确的？（）A. B = 40, R = 0B. B = 40, R = 5C. B = 39, R = 1D. B = 39, R = -13. 已知函数 f(x) 的图象关于直线 y=2x 对称，且曲线上存在点（1，3），则下列选项中哪个是可能的 f(x) 表达式？（）A. f(x) = x^2 - 1B. f(x) = x^2 + 1C. f(x) = 2x^2 - 1D. f(x) = 2x^2 + 1三、计算题1. 小明和小红一起种植苗木，小红每天能种10棵，小明每天能种8棵。
如果小明和小红同时开始种植，8天后他们共种了多少棵苗木？2. 已知函数 f(x) = x^2 - 3x + 2，计算 f(2) 的值。
3. 将一个面积为40㎡的长方形花坛分为两个相等的花坛，要求每个花坛的宽度不小于2m，求满足要求的所有花坛的可能长和宽的组合。
四、证明题请证明：相反数的相反数等于原数。
五、应用题云间山庄宾馆每个房间一晚的费用为200元，若小明在云间山庄宾馆住了n晚，需要付总共多少钱？如果住了5晚，他支付了1000元后，他还需要支付多少钱？以上为amc20数学竞赛中文试题，请认真完成。
答案请直接填写在试卷上。
【精品】数学奥林匹克竞赛高中训练题集【共36份】
奥林匹克数学竞赛高中训练题集
目 录
数学奥林匹克高中训练题（01） ........................................................................................................................... 1 数学奥林匹克高中训练题（02） ........................................................................................................................... 3 数学奥林匹克高中训练题（03） .............................................................................................. 4 数学奥林匹克高中训练题（04） ........................................................................................................................... 6 数学奥林匹克高中训练题（05） ...................................................................................................
数学竞赛初级讲座二项式定理
数学竞赛初级讲座二项式定理竞赛园地★数学竞赛初级讲座二项式定理江苏省海安高级中学李红二项式定理是证明代数问题的重要工具之一,是组合数学的基础,它具有一定的技巧和难度,且灵活性、综合性强,对学生运算能力的培养和思维灵活性的训练都具有重大的作用.因此,它在国内外数学竞赛中出现的频率较高.一、基础知识1.(a +b )n =C 0n a n +C 1n a n -1b +C 2n a n -2b 2+…+C r n a n -r br +…+C n n bn=∑nr =0C r n a n -r b r (r =0,1,2,…,n ).21通项公式:T r +1=C r n a n -r b r(0≤r ≤n ).31二项式系数的性质:(1)在二项展开式中,与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等.(2)如果n 为偶数,中间一项的二项式系数最大;如果n 为奇数,中间两项的二项式系数相等且最大.(3)所有项的二项式系数和等于2n .(4)奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,即C 0n +C2n +…=C 1n +C 3n +…=2n -1.例1 设f (x )=(x 2+x -1)9(2x +1)4,试求:(1)f (x )的展开式中所有项的系数和;(2)f (x )的展开式中奇数次项的系数和.导析:设f (x )可展开为a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 22x22,则f (1)=a 0+a 1+a 2+…+a 22即为所有项的系数和.若令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 22=f (1)=81;令x =-1,得a 0-a 1+a 2-…+a 22=f (-1)=-1.两式相减除以2,得a 1+a 3+…+a 21=41.例2 求证:∑kr =0C r m C k -rn=C k m +n .导析:C r m 和C k -rn可分别看做是(1+x )m和(1+x )n二项展开式中x r 和x k -r 的二项式系数,于是构造恒等式(1+x )m (1+x )n =(1+x )m +n ,比较两边x k的系数,得∑kr =0C r m C k -r n =C km +n .例3 试证:大于(1+3)2n (n ∈N )的最小整数能被2n +1整除.(第六届普特南竞赛题)导析:由(1+3)2n 联想到其对偶式(1-3)2n ,且0<(1-3)2n<1,考虑它们的和(1+3)2n+(1-3)2n=2(3n+3n -1C 22n+3n -2C 42n+…)为偶数,记作2k (k ∈N ),所以大于(1+3)2n 的最小整数必为2k.同理可证(2+3)n +(2-3)n 也为偶数,记作2k 1(k 1∈N ),又因为2k =(1+3)2n +(1-3)2n =(4+23)n +(4-23)n =2n [(2+3)n+(2-3)n ]=2n2k 1=2n +1k 1,所以2n +1|2k.二、综合应用例4 设n =1990,求2-n (1-3C 2n +32C 4n -33C 6n+…+3994C 1988n -3995C 1990n)的值.(1990年全国联赛题)导析:考察各项的绝对值(12)1990?3r ?C 2r1990,它可以写成C 2r1990(12)1990-2r (32)2r ,再注意到虚数单位i 乘方的性质i 2=-1,i 4=1,就不难发现原式是复数(1+3i 2)1990的实部.而(1+3i 2)1990=(-1-3i 2)1990=-1-3i 2,∴原式=-12.例5 已知3|n ,求证:2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C nn .导析:由(1+x )n =∑nk =1C k n x k,注意到单位根的周期性,令x =1、ω、ω2(ω=-12+32i ),得(1+1)n =C 0n +C 1n +C 2n +…+C n n ,(1+ω)n=C 0n +C 1n ω+C 2n ω2+…+C n n ωn ,(1+ω2)n=C 0n +C 1n ω2+C 2n ω4+…+C n nω2n .三式相加,得2n +(-ω2)n +(-ω)n =3(C 0n+C 3n +C 6n +…+C n n ).∵3|n ,∴2[2n -1+(-1)n -1]=3(C 0n +C 3n+C 6n +…+C n n ).又(2,3)=1,∴2|C 0n +C 3n +C 6n +…+C n n .例6 设a ,b ∈R +,且1a+1b=1,试证对于每个n ∈N ,都有(a +b )n-a n -b n ≥22n -2n +1.(1988年全国联赛题)导析1:由1=1a+1b≥2ab,得ab ≥4.则左边=C1n a n-1b+C2n a n-2b2+…+C n-2na2b n-2+C n-1n ab n-1=12[(a n-1b+ab n-1)C1n+(a n-2b2+a2b n-2)C2n+…]≥(ab)n(C1n+C2n+…+C n-1n)≥2n(2n-2)=22n-2n+1.导析2:由1a +1b=1,可令a=1+1t,b=1+t(t∈R+),结合a+b=ab,立得左边=a n b n-a n-b n=(a n-1)(b n-1)-1=[(1+1t)n-1][(1+t)n-1]-1=(t-1C1n+t-2C2n+…+t-n C n n)?(tC1n+t2C2n +…+t n C n n)-1≥(C1n+C2n+…+C n n)2-1=(2n-1)2-1=22n-2n+1.例7 已知实数a0、a1、a2、…满足a i-1+a i+1 =2a i(i=1,2,…),求证:对于任何自然数n,P(x) =a0C0n(1-x)n+a1C1n x(1-x)n-1+a2C2n x2(1-x)n-2+…+a n-1C n-1nx n-1(1-x)+a n C n n x n是x的一次多项式或常数.(1986年全国联赛二试题)导析:特殊值探路.令a0=a1=a2=…=a n,则P(x)=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+ C n n x n]=a0[(1-x)+x]n=a0为常数.对于一般情况,由已知,{a k}是等差数列,可设a k=a0+kd,k为公差(k∈Z-),则P(x)=a0C0n(1-x)n+a1C1n(1-x)n-1x+…+a n C n n x n=a0[C0n(1-x)n+C1n(1-x)n-1x+…+C n n x n]+d[1?C1n(1-x)n-1x+2C2n(1 -x)n-2x2+…+kC k n(1-x)n-k x k+…+nC n n x n]= a0+d[nC0n-1(1-x)n-1x+nC1n-1(1-x)n-2x2+…+nC k-1n-1(1-x)n-k x k+…+nC n-1n-1x n]=a0+dnx[(1-x)+x]n-1=a0+dnx是x的一次多项式.例8 已知数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m≥1.(20届国际数学奥林匹克题) 导析:因1978n与1978m的最后三位数相等,所以1000|(1978n-1978m),又1978n-1978m=1978m (1978n-m-1),故23?53|2m?989m(1978n-m-1).又因为989m与1978n-m-1都是奇数,所以23|2m,则m≥3.而2m与989m中都不含因数5,所以53| (1978n-m-1),由二项式定理可知1978n-m=(2000 -22)n-m=1000k+(-22)n-m,这里k∈Z+,所以53 |[(-22)n-m-1].又因为22l(l∈Z+)的末位数字只能是2,4,8,6的循环,所以仅当4|n-m时, (-22)n-m-1能被25整除,不妨设n-m=4p(p∈N),则(-22)4p=4842p=(500-16)2p=(1000k1+256)p=(125k2+6)p(k1,k2∈Z+).由二项式定理知只要53|6p-1.又6p-1=(5+1)p-1,从而只要C2p ?52+C1p?5能被125整除即可,即52|p?5p-32.但5不整除5p-32,所以52|p,即p=25q(q∈N).于是,n -m=4p=100q,n-m至少等于100(当q=1时取到),因此,m+n的最小值是n-m+2m=106(当m =3,n=103时取到).三、强化训练1.求值:2n-C1n2n-1+C2n2n-2-…+(-1)n-1C n-1n2+(-1)n.2.计算:∑lk=0C k n C l-km.3.证明:∑nk=0(C k n)2=C n2n.4.证明:2n=(C0n-C2n+C4n-…)2+(C1n-C3n +C5n-…)2.(1980年安徽赛题)51试证:对任意的n∈N,不等式(2n+1)n≥(2n)n+(2n-1)n成立.61设自然数a、b的末位数字是3或7,试证对任意自然数m和n,a4n+2m-b2m是20的倍数.答案或提示11提示:逆用二项式定理.21C l m+n.提示:考察(1+x)m(1+x)n的展开式中x l的系数.31提示:C n2n为(1+x)2n展开式中x n的系数,而(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n,对右边分别运用二项式定理展开,再求出x n的系数即可.41提示:左边=(1+1)n=(1+i)n(1-i)n= [(C0n-C2n+C4n-…)+(C1n-C3n+C5n-…)i]?[(C0n -C2n+C4n-…)-(C1n-C3n+C5n-…)i]=右边.5.原不等式等价于(1+12n)n≥1+(1-12n)n.则(1+12n)n-(1-12n)n=2[C1n?12n+C3n?(12n)3+…]≥2C1n?12n=1.6.不妨设a=10a1+7,b=10a1+3,则a4n+2m-b2m=[(10a1+7)2]2n+m-[(10b1+3)2]m=[20(5a12+7a1+2)+9]2n+m-[20(5b12+3b1)+9]m=(20a2 +9)2n+m-(20b2+9)m.由二项式定理可知只要证: 92n+m-9m是20的倍数即可,而92n+m-9m=9m ?[(80+1)n-1],运用二项式定理得证,其它情况同理可证.参考文献1 单土尊.数学竞赛研究教程.南京:江苏教育出版社2 胡炳生.国际数学奥林匹克(IMO)30年.中国展望出版社3 梅向明.中学数学奥林匹克丛书—组合基础.。
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5.令{ak}为互不相同的正整数数列，求证对于所有的正整数n，有
∑ak/k2>=∑1/k；
上式中两边的求和都是k从1到n．
国际学奥林匹克（
1.m、n都是正整数且n>m．如果1978m和1978n的十进制表示法的末三位数字相同，试求满足此条件并使m+n达到最小的m与n．
2.P是某已知球内部一点，A、B、C是球面上三点，且有PA、PB、PC相互垂直，由PA、PB、PC决定的平行六面体与P点对角相向的顶点为Q，试求出Q点的轨迹．
3.两不交集合{f(1)，f(2)，f(3)，... }和{g(1)，g(2)，g(3)，... }的并集是全部的正整数，其中f(1) < f(2) < f(3) < ...，g(1) < g(2) < g(3) < ...，且有g(n) = f(f(n)) + 1对所有n=1，2，3，...成立．试计算f(240)．
6.某国际组织共有来自六个国家的共1978名会员，会员编号分别是1，2，...，1978．求证至少有某一会员的编号，恰为与他同国家的另外两位会员编号的和，或者是他同国家的两外一名会员编号的两倍．