第五届中国女子数学奥林匹克试题

第五届中国女子数学奥林匹克试题

第一天

2006年8月8日 下午15：30——19：30 乌鲁木齐

中国在国际数学奥林匹克竞赛中，连续多年取得很好的成绩，这项竞赛是高中程度，不

包括微积分，但题目需要思考，我相信我是考不过这些小孩子的，因此有人觉得，好的数学家未必长于这种考试，竞赛胜利者也未必是将来的数学家，这个意见似是而非。数学竞赛大约是百年前在匈牙利开始的；匈牙利产生了同它人口不成比例的许多大数学家。

——陈省身

一、设a ＞0，函数 f : （0，＋∞） → R 满足f （a ）＝1．如果对任意正实数x ，y 有

()()()2a a f x f y f f f

xy x y ??

??+= ? ?????

，①求证： f （x ）为常数．

证明：

在①中令x ＝y ＝1，得 f 2（1）＋f 2（a ）＝2 f （1），

（f （1）－1）2

＝0， ∴ f （1）＝1。 在①中令y ＝1，得 f （x ）f （1）＋f （a x

）f （a ）＝2 f （x ），

f （x ）＝f （

a x

），x ＞0。 ②

在①中取y ＝a x

，得

f （x ）f （a x

）＋f （a x

）f （x ）＝2 f （a ），

f （x ）f （

a x

）＝1。 ③

由②，③得：f 2（x ）＝1，x ＞0。 在①中取x ＝y

，得 f 2

）＋f 2

）＝2 f （t ），

∴ f （t ）＞0。

故f （x ）＝1，x ＞0。

二、设凸四边形ABCD 对角线交于O 点．△OAD ，△OBC 的外接圆交于O ，M 两点，直线

OM 分别交△OAB ，△OCD 的外接圆于T ，S 两点．求证：M 是线段TS 的中点． 证法1：

如图，连接BT ，CS ，MA ，MB ，MC ，MD 。 ∵ ∠BTO ＝∠BAO ，∠BCO ＝∠BMO ，

∴ △BTM ∽△BAC ，得

T M B M A C B C =； ①

同理，△CMS ∽△CBD ，得

M S C M B D

B C

=

。 ②

①÷②得

T M B M

A C

M S

C M

B D

=

?。③

又∵ ∠MBD ＝∠MCA ，∠MDB ＝∠MAC ， ∴ △MBD ∽△MCA ，得

B M B D

C M

A C

=。 ④

将④代入③，即得TM ＝ MS 。 证法2：

设△OAB ，△OBC ，△OCD ，△ODA 的外心分别 为O 1，O 2，O 3，O 4，自作O 1，O 3作TS 的垂线， 垂足分别为E ，F 。连接O 2，O 4交TS 于G 。

因OM 是⊙O 2和⊙O 4的公共弦，故O 2O 4垂直平分 OM ，即G 是线段OM 的中点。

同样，O 1O 4垂直平分OA ，O 2O 3垂直平分OC ， 得O 1O 4∥O 2O 3；

同理，O 1O 2∥O 3O 4。

因此O 1O 2O 3O 4构成平行四边形，其对角线互相平分。 由此易知EG ＝ FG 。

又由垂径定理，E 是TO 中点，F 是OS 中点。 因此TM ＝ TO ＋OM ＝ 2EO ＋2OG ＝ 2EG ， ① MS ＝ OS －OM ＝ 2OF －2OG ＝ 2GF 。 ②

由①，②即知TM ＝ MS 。

三、求证：对i ＝1，2，3，均有无穷多个正整数n ，使得n ，n ＋2，n ＋28中恰有i 个可表

示为三个正整数的立方和．

证：

三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为3k 或3k ±1（k ∈Z ），而（3k ）3＝9×3k 3，

（3k ±1）3＝9（3k 3±3k 2＋k ）±1。

对i ＝1，令n ＝3（3m －1）3－2（m ∈Z ＋），则n ，n+28被9除的余数分别为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而

n+2＝（3m －1）3＋（3m －1）3＋（3m －1）3。

对i ＝2， n ＝（3m －1）3

＋222（m ∈Z ＋

）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而

n+2＝（3m －1）3

＋23

＋63， n+28＝（3m －1）3＋53＋53。

对i ＝3， n ＝216m 3（m ∈Z ＋）满足条件： n ＝（3m ）3＋（4m ）3＋（5m ）3， n+2＝（6m ）3＋13＋13，

n+28＝（6m ）3＋13＋33

。

注：所命原题要求证明结论对i ＝0，1，2，3均成立。 为降低试卷难度，去掉了i ＝0的要求。 以下是i ＝0的证明。

对n ＝9m ＋3，m ∈Z ，n+2，n+28被9除的余数分别为5，4，不能表示为三个整数的立方和，若n ＝a 3＋b 3＋c 3

，a ，b ，c ∈Z ，由前知a ，b ，c 均为3 k ＋1型（k ∈Z ）的整数。 小于（3 N ）3（N ∈Z ＋）的9m ＋3型（m ∈Z ）的正整数共3 N 3个。（*） 小于3 N 的3k ＋1型（k ∈Z ）的正整数有N 个，三个这样的数的立方和的组合不超过N 3种，故（*）中正整数至少有3N 3－N 3＝2N 3

个不能表示为三个正整数的立方和。N 可取任意正整数，故i ＝0情形得证。 四、8个人参加一次聚会.

（1）如果其中任何5个人中都有3个人两两认识. 求证：可以从中找出4个人两两认识； （2）试问, 如果其中任何6个人中都有3个人两两认识, 那么是否一定可以找出4个人

两两认识? 解法1：

（1） 用8个点表示8个人，相识二人之间连一线段。按图论语言，这些点称为图的顶

点，线段称为图的边。

按照题意，该图的每个5点子图中均有一个三角形，而每个三角形属于2

83C -=2

5C =10

个不同的5点子图。我们知道，这些三角形共有

358C ＝3×56＝168

条边，其中每条边至多被重复计算了10次。这样一来，即知：每个顶点至少连出

21684810

?>?条边。所以存在一个顶点A ，由它至少连出5条边。

假设由顶点A 有边连向B ，C ，D ，E ，F 这5个顶点，而由题意在这5个点中又存在一个三角形，不妨设为△BCD 。于是A ，B ，C ，D 这4个点中的任何二点之间均有连线，所以它们所代表的4个人两两认识。 （2）如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此

认识, 例子为:

在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相应二人相互认识. 不难验证: 其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不出4人两两彼此认识. 解法2：

（1）分情形讨论.

情形（i ）如果存在3个人两两互不认识. 那么其余5个人必然两两都认识. 因若不然, 假如他们之中有二人互不认识, 则在他们与原来的3个人一起构成的5人组中就找不出3个人两两认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.

情形（ii ）在剩下的情形中, 任何3人中, 都有某两个人相互认识.

（a ）如果8个人中有1个人A 至多认识3个人, 那么他至少不认识4个人. 显然这4个人中的任何二人都彼此认识. 因若不然, 这两个人与A 一起构成的3人组中就没有二人互相认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.

（b ）如果存在1个人A 至少认识5个人. 那么这5个人中有3个人两两彼此认识, 他

们又都认识A, 所以他们与A一起即为所求之4人.

情形（iii）只需再考虑每个人都恰好有4个熟人, 并且任何3人中都有两人相互认识的情形.

任取其中一人A. 假如A的4个熟人两两认识, 那么他们即为所求. 否则, 其中就有B,C 二人互不认识. 易知, 此时A有3个不认识的人F,G.,H, 而这3个人中的任何两人都与A构成3人组, 所以F,G.,H中的任何两人都相互认识. 如果B,C之一与F,G.,H中的每个人都彼此认识,那么此人与F,G.,H一起构成所求的4人组. 否则, B,C二人分别不认识F,G.,H中的一个人. 易知, B和C不可能不认识他们中的同一个人, 否则该人与B,C所成的3人组中任何二人均互不认识, 导致矛盾. 这就表明, B和C分别不认识F,G.,H中的两个不同的人, 不妨设B不认识F, 而C不认识G. 现在把B,F,A,G,C依次排在一个圆周上, 于是任何两个相邻放置的人都互不认识. 然而他们中的任何三个人中都一定有在圆周上相邻的两个人, 从而在他们之中找不到3个人两两认识, 导致矛盾, 所以这种情况不可能存在.

综合上述, 在一切可能的情况下, 都能找出4个人两两都彼此认识.

（2）如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此认识, 例子为:

在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相应二人相互认识. 不难验证:其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不出4人两两彼此认识.

第二天

2006年8月9日9：00——13：00

五、平面上整点集S＝｛（a，b）│1?a，b?5，a，b∈Z｝，T为平面上一整点集，对S中

任一点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P，Q外无其他的整点．问T的元素个数最少要多少？

解：

答案：最少个数为2。

先证T不可能只包含一个点。

若不然，设T＝｛Q（x0，y0）｝。在S中取点P（x1，y1）满足（x1，y1）≠（x0，y0）且x1与x0同奇偶，y1与y0同奇偶。则线段PQ的中点为一整点。矛盾。

T含两个点的情形如下图所示：

六、设集合M＝｛1，2，…，19｝，A＝｛a1，a2，…，a k｝ M．求最小的k，使得对任意

b∈M，存在a i，a j∈A，满足a i＝b，或a i±a j＝b（a i，a j可以相同）．

解：由假设， 在A 中， 有)1(+k k 种可能的组合， 从而19)1(≥+k k ，即4≥k 。 当4=k 时，我们有20)1(=+k k 。不妨假设4321a a a a <<<。则104≥a 。 当104=a 时， 有3=

a 。

这时82=a 或7。 如果82=a ，则189,1910,20=-=-，这不可能。 如果72=a ，则61=a 或51=a 。由于167,1910,20=-=- 或257,279,20=-=-，这不可能。 当114=a 时， 有83=a 。

这时72=a 以及61=a ， 这不可能。

当124=a 时，有73=a 。这时5,612==a a ，这不可能。 当134=a 时， 有4,5,6123===a a a ，这不可能。 当144=a 时， 有4,523==a a ，这不可能。 当154=a 时， 有2,3,4123===a a a ， 这不可能。 当164=a 时， 有1,2,3123===a a a ， 这不可能。 当174≥a 时，均不可能。 所以， 5≥k 。

如果取}16,9,5,3,1{=A ，则A 满足条件。故最小的5=k 。 七、已知x i ＞0，,,,2,1n i ???=k ?1．求证：

1

1

1

1n

n

i

i i i

x

x ==?+∑∑?11

1

11k n

n

i

k i i i

i

x x x

+==?+∑

∑

．

证法1： 原不等式等价于

1

1

1

1

1

11

011k n

n

n

n

i

i

k i i i i i

i

i

x x

x x

x +====?-

?≥++∑∑

∑∑，

上式左

1

111k j i

k i j

i j

i

j

i

x x x

x

x +≠≠=

?

-++∑∑

()()()1

11111112

11k k k k k k i

j

i j j i

k k k

i j

i j

i j

i j j i x x x x x x x x

x x x x ++++++≠≠??---=

=

+??+++????

∑

∑

()

()()()()1

1

1112

11k

k j

i

i

j

k k i

j

k k i j

i

j

i

j

x x x x x x x x x x

++≠+-+=

-++∑

()

()()()()1

1

1

1

12

11k k

k k i

j i j i

j

k k i

j

k

k

i j

i j i j

x x x x x x x x x x x x --++≠-+-=

-+

+∑

≥。

证法2：

不妨设1x ?2x ?…?n x ＞0， 则

1

1k x

?

2

1k x

?…?

1k n

x

；①

1

1

1k

x x +?

2

2

1k

x x +?…?

1k

n

n

x x +。②

于是，根据Chebyschev 不等式：

左式＝121111x x ?++ ++?…11n x ?

+?+?

(12x x ++…)n x + ＝121122

1111k k

k k x x x x x x ??+?+ ++? (1)

1k n k n n x x x ?+??+?(12x x ++…)n x +

?1211k k x x ?++ ?…1k n x ?+??1

21211k k

x x x x ?++ ++?…1k n n x x ?+?+?(12x x ++…)n x +／n

?12121211k k x x x x x x ??+?+ ++?…1k n n n x x x ?+??+?1211k k x x ?++ ?…1k n x ?

+?? ＝11

121211k k x x x x ++?++ ++?…11k n n x x +?+?+?1

211k k x x ?++ ?…1k n x ?

+?? ＝11

1

11k n

n

i

k

i i i

i

x x x +==?+∑

∑

．

八、设p 为大于3的质数，求证：存在若干个整数a 1，a 2，…，a t 满足条件

|

||

||

|2211t t a a p a a p a a p -?

??-?-是3的某个正整数次幂．

证法1：

由带余除法定理可知，存在唯一的整数q ，r 使得 p ＝3q ＋r ，其中0＜r ＜3。 取b 0＝r ，那么

0*

01

003c p b b b b -?=

，其中3不整除b 1*，0＜b 1*＜p/2；

取b 1＝±b 1*满足条件b 1≡p （mod 3）。那么

1*

12

*1

1

3c

p b b b b -?=

，其中3不整除b 2*，0＜b 2*＜p/2；

取b 2＝±b 2*满足条件b 2≡p （mod 3），那么

2*

3

2*

2

2

3c b p b b b

?-=

，其中3不整除b 3*，0＜b 3*＜p/2；

一直做下去，我们就得到了

b 0， b 1， b 2，…，b p 。

这p ＋1个整数均在（－p/2，p/2）之间，显然有两个数相等。不妨设b i ＝b j ，i ＜j ， 而且b i ， b i ＋1，…，b j －1互不相同。那么 11

i i i

i p b p b b b ++--??…11j j p b b ---?

1**

12

**133i i c c i i i i b b b b ++++??=??…1*

*

1

3j c

j j b b --??。 由于b i ＝b j ，从而b i *＝b j *。因此上式变为

1

3

3

i i j c c c n

-++???+==，n ＞0。

让b i ， b i ＋1，…，b j －1按照从小到大的顺序排列，则原命题得证。

证法2： 分两种情形： （1）p ＝6k ＋1

12451245p p p p -+-+????…()()32313231p k p k k k --+-??--M

Q

=， 其中Q =1·2·4·5·…·()()3231k k --()()1

31!

31!

k k k --=

-， M =

()1p -·()2p +·()4p -·()5p +·…·()()()()3231p k p k --+-

=()32p k -+·()35p k -+·…·()1p -·()2p +·…·()()31p k +- =()33k +·()36k +·…·()6k ·()63k +·…·()9k

=23k

·()()12k k ++·…·()2k ·()21k +·…·()3k ()23!

3!

k k k =?

，

所以

32

3

k M Q

+=。

因此，取{}{}12,,,31,34,,2,1,,32t a a a k k k ???=-+-+???-???- 就满足题目的要求。 （2）p ＝6k ＋5

类似的有1245

1245p p p p +-+-????…()()31323132

p k p k k k ---+??-+32

3

k +=。