搜档网
当前位置:搜档网 › 中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答

中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答

中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答
中国数学奥林匹克(CMO)试题和详细解答

2009中国数学奥林匹克解答

一、给定锐角三角形PBC ,PC PB ≠.设A ,D 分别是边PB ,PC 上的点,连接AC ,BD ,相交于点O. 过点O 分别作OE ⊥AB ,OF ⊥CD ,垂足分别为E ,F ,线段BC ,AD 的中点分别为M ,N .

(1)若A ,B ,C ,D 四点共圆,求证:EM FN EN FM ?=?;

(2)若 EM FN EN FM ?=?,是否一定有A ,B ,C ,D 四点共圆?证明你的结论. 解(1)设Q ,R 分别是OB ,OC 的中点,连接

EQ ,MQ ,FR ,MR ,则

11

,22

EQ OB RM MQ OC RF ====,

又OQMR 是平行四边形,所以

OQM ORM ∠=∠,

由题设A ,B ,C ,D 四点共圆,所以

ABD ACD ∠=∠,

于是 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠,

所以 E Q M E Q O O Q M F R O O R M ∠=∠+∠=∠+∠=∠, 故 E Q M M R F ???,

所以 EM =FM , 同理可得 EN =FN ,

所以 E M F N E N F M ?=?.

(2)答案是否定的.

当AD ∥BC 时,由于B C ∠≠∠,所以A ,B ,C ,D 四点不共圆,但此时仍然有

EM FN EN FM ?=?,证明如下:

如图2所示,设S ,Q 分别是OA ,OB 的中点,连接ES ,EQ ,MQ ,NS ,则

11

,22

NS OD EQ OB ==,

所以

N S O D E Q O B

=. ①

C

B

又11

,22

ES OA MQ OC ==,所以

ES OA

MQ OC

=

. ② 而AD ∥BC ,所以

OA OD

OC OB

=, ③ 由①,②,③得

NS ES

EQ MQ

=

. 因为 2NSE NSA ASE AOD AOE ∠=∠+∠=∠+∠,

()(1802)EQM MQO OQE AOE EOB EOB ∠=∠+∠=∠+∠+?-∠ (180)2AOE EOB AOD AOE =∠+?-∠=∠+∠,

即 NSE EQM ∠=∠, 所以 NSE ?~EQM ?, 故

EN SE OA

EM QM OC

==(由②). 同理可得, FN OA

FM OC =, 所以 EN FN

EM FM

=, 从而 EM FN EN FM ?=?.

二、求所有的素数对(p ,q ),使得q p pq 55+.

解:若pq |2,不妨设2=p ,则q q 55|22+,故255|+q q .

由Fermat 小定理, 55|-q q ,得30|q ,即5,3,2=q .易验证素数对)2,2(不合要求,)3,2(,)5,2(合乎要求.

若pq 为奇数且pq |5,不妨设5=p ,则q q 55|55+,故6255|1+-q q .

当5=q 时素数对)5,5(合乎要求,当5≠q 时,由Fermat 小定理有15|1--q q ,故

C

B

626|q .由于q 为奇素数,而626的奇素因子只有313,所以313=q .经检验素数对)313,5(合乎要求.

若q p ,都不等于2和5,则有1155|--+q p pq ,故

)(mod 05511p q p ≡+--. ①

由Fermat 小定理,得 )(mod 151p p ≡- , ② 故由①,②得

)(mod 151p q -≡-. ③

设)12(21-=-r p k ,)12(21-=-s q l , 其中s r l k ,,,为正整数. 若l k ≤,则由②,③易知

)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)

12(2

1)

12(2

p r r q s r s p s l

k

l k

l -≡-≡==≡=----------,

这与2≠p 矛盾!所以l k >.

同理有l k <,矛盾!即此时不存在合乎要求的),(q p . 综上所述,所有满足题目要求的素数对),(q p 为

)3,2(,)2,3(,)5,2(,)2,5(,)5,5(,)313,5(及)5,313(.

三、设m ,n 是给定的整数,n m <<4,1221+n A A A 是一个正2n +1边形,

{}1221,,,+=n A A A P .求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数. 解 先证一个引理:顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角,且有两个锐角时,

这两个锐角必相邻.

事实上,设这个凸m 边形为m P P P 21,只考虑至少有一个锐角的情况,此时不妨设2

21π

<

∠P P P m ,则

)13(2

122-≤≤>

∠-=∠m j P P P P P P m m j π

π,

更有)13(2

11-≤≤>

∠+-m j P P P j j j π

而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π,故其中至多一个为锐角,这就证明了引理. 由引理知,若凸m 边形中恰有两个内角是锐角,则它们对应的顶点相邻. 在凸m 边形中,设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点,且在这两个顶点处的内角均为锐

角.设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边(n r ≤≤1),这样的),(j i 在r 固定时恰有

12+n 对.

(1) 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上,而j i A A 劣弧上有1-r 个P

中的点,此时这2-m 个顶点的取法数为21--m r C .

(2) 若凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上,取i A ,j A 的对径点i B ,j B ,由于凸m 边形在顶点i A ,j A 处的内角为锐角,所以,其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上,而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点,此时这2-m 个顶点的取法数为2-m r C .

所以,满足题设的凸m 边形的个数为

))()()(12()12()()12(1

1

1

11111121211

22

1

∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=?

?

?

??++=++n

r n

r m r

m r m r m r n r m r n r m r n

r m r

m r C C C C n C C n C

C

n

))(12(1

11--+++=m n

m n C C n . 四、给定整数3≥n ,实数n a a a ,,,21 满足 1min 1=-≤<≤j i n

j i a a .求∑=n

k k a 1

3

的最小值.

解 不妨设n a a a <<< 21,则对n k ≤≤1,有

k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-,

所以

(

)∑∑=-+=+=n k k

n k n

k k

a a a 1

3

13

1

3

21

()()

()

∑=-+-+-+??

? ??++

-+=n k k n k k

n k k n k a a a a a a 12

12

114

1

43

21 ()

∑∑==-+-+≥+≥n k n

k k

n k k n a a 1

3

1

3

1218181. 当n 为奇数时,

22

211

3313

)1(4

12221-=

??=-+∑∑-==n i k n n i n

k . 当n 为偶数时,

32

1

1

3

)12(221∑∑==-=-+n i n

k i k n

?

??

?

? ??-=∑∑==21313)2(2n

i n j i j

)2(4

12

2-=

n n . 所以,当n 为奇数时,2

21

3

)1(321-≥∑=n a n

k k

,当n 为偶数时,)2(32

12

21

3

-≥

∑=n n a n

k k ,等号均在n i n i a i ,,2,1,2

1

=+-

=时成立. 因此,∑=n

k k a 1

3

的最小值为

22)1(321-n (n 为奇数),或者)2(32

122-n n (n 为偶数). 五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色.问:对怎样的n ,存在一种染色方式,使得对于这n 种颜色中的任何3种不同颜色,都能找到一个三角形,其顶点为多边形P 的顶点,且它的3条边分别被染为这3种颜色? 解 当n 3≥为奇数时,存在合乎要求的染法;当n 4≥为偶数时,不存在所述的染

法。

每3个顶点形成一个三角形,三角形的个数为3

n C 个,而颜色的三三搭配也刚好有3

n

C 种,所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合,即形成一一对应. 我们将多边形的边与对角线都称为线段.对于每一种颜色,其余的颜色形成21-n C 种搭配,所以每种颜色的线段(边或对角线)都应出现在2

1-n C 个三角形中,这表明在合乎要求的染法中,各种颜色的线段条数相等.所以每种颜色的线段都应当有2

1

2

-=n n C n 条.

当n 为偶数时,

2

1

-n 不是整数,所以不可能存在合乎条件的染法.下设12+=m n 为奇数,我们来给出一种染法,并证明它满足题中条件.自某个顶点开始,按顺时针

方向将凸12+m 边形的各个顶点依次记为1221,,,+m A A A .对于}12,,2,1{+?m i ,按

12m o d +m 理解顶点i A .再将12+m 种颜色分别记为颜色12,,2,1+m .

将边1+i i A A 染为颜色i ,其中12,,2,1+=m i .再对每个12,,2,1+=m i ,都将线段(对角线)k i k i A A ++-1染为颜色i ,其中1,,2,1-=m k .于是每种颜色的线段都刚好

有m 条.注意,在我们的染色方法之下,线段11j i A A 与22j i A A 同色,当且仅当

)12(mod 2211++≡+m j i j i . ①

因此,对任何)12(mod +≠m j i ,任何)12(mod 0+≠m k ,线段j i A A 都不与k

j k i A A ++同色.换言之,如果

)12(mod 2211+-≡-m j i j i . ②

则线段11j i A A 都不与22j i A A 同色.

任取两个三角形111k j i A A A ?和222k j i A A A ?,如果它们之间至多只有一条边同色,当然它们不对应相同的颜色组合.如果它们之间有两条边分别同色,我们来证明第3条边必不同颜色.为确定起见,不妨设11j i A A 与22j i A A 同色.

情形1:如果11k j A A 与22k j A A 也同色,则由①知

)12(mod 2211++≡+m j i j i , )12(mod 2211++≡+m k j k j ,

将二式相减,得)12(mod 2211+-≡-m k i k i ,故由②知11i k A A 不与22i k A A 同色.

情形2:如果11k i A A 与22k i A A 也同色,则亦由①知

)12(mod 2211++≡+m j i j i , )12(mod 2211++≡+m k i k i ,

将二式相减,亦得)12(mod 2211+-≡-m k j k j ,亦由②知11k j A A 与22k j A A 不同色.总之,

111k j i A A A ?与222k j i A A A ?对应不同的颜色组合.

六、给定整数3≥n ,证明:存在n 个互不相同的正整数组成的集合S ,使得对S 的任意两个不同的非空子集A ,B ,数

A

x

A

x ∑∈ 与

B

x

B

x ∑∈

是互素的合数.(这里∑∈X

x x 与X 分别表示有限数集X 的所有元素之和及元素个数.) 证 我们用)(X f 表示有限数集X 中元素的算术平均.

第一步,我们证明,正整数的n 元集合{}n m m S ,,2,1)!1(1 =+=具有下述性质:对

1S 的任意两个不同的非空子集A ,B ,有)()(B f A f ≠. 证明:对任意1S A ?,?≠A ,设正整数k 满足

)!1()(!+≤

事实上,设)!1(+'k 是A 中最大的数,则由1S A ?,易知A 中至多有k '个元素,即k A '≤,故!)!

1()(k k k A f '>'

+'≥.又由)(A f 的定义知)(A f ≤)!1(+'k ,故由①知k k '=.特别地有k A ≤.

此外,显然)!1()!1()(+=+'≥k k A f A ,故由l 的定义可知A l ≤.于是我们有

A l ≤k ≤.

若k l =,则l A =;否则有1-≤k l ,则

≥??? ??+=+)(11)()1(A f l l A f l )!1(111+??

? ??

-+k k

!2!)!1(++++> k k .

由于)!1(+k 是A 中最大元,故上式表明1+

l B A ==,故)()(B f B A f A =,但这等式两边分别是A ,B 的元素和,利用

!2!)!1(++>+ m m 易知必须A =B ,矛盾.

第二步,设K 是一个固定的正整数,)(max !11

1A f n K S A ??>,我们证明,对任何正整数

x ,正整数的n 元集合{}121!!S x n K S ∈+=αα具有下述性质:对2S 的任意两个不同的非空子集A ,B ,数)(A f 与)(B f 是两个互素的整数.

事实上,由2S 的定义易知,有1S 的两个子集11,B A ,满足A A =1,B B =1,且 1)(!!)(,1)(!!)(11+=+=B xf n K B f A xf n K A f . ②

显然)(!1A f n 及)(!1B f n 都是整数,故由上式知)(A f 与)(B f 都是正整数. 现在设正整数d 是)(A f 与)(B f 的一个公约数,则)()(!)()(!11A f B f n B f A f n -是d 的倍数,故由②可知)(!)(!11B f n A f n d -,但由K 的选取及1S 的构作可知,

)(!)(!11B f n A f n -是小于K 的非零整数,故它是!K 的约数,从而!K d .再结合)(A f d 及②可知d =1,故)(A f 与)(B f 互素.

第三步,我们证明,可选择正整数x ,使得2S 中的数都是合数.由于素数有无穷多个,故可选择n 个互不相同且均大于K 的素数n p p p ,,,21 .将1S 中元素记为n ααα,,,21 ,则())1(1!!,n i n K p i i ≤≤=α,且()1,22=j i p p (对n j i ≤<≤1),故由中国剩余定理可知,同余方程组

n i p x n K i i ,,2,1),(mod 1!!2 =-≡α,

有正整数解.

任取这样一个解x ,则相应的集合2S 中每一项显然都是合数.结合第二步的结果,这一n 元集合满足问题的全部要求.

相关主题