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熊斌教授、冷岗松教授、李胜红教授讲座


3 月 14 日 熊斌主讲(华东师范大学数学系教授) 保加利亚(波兰)竞赛题点评: 1. 数论试题较多,常与数列、函数、不等式结合; 2. 平面几何题; 3. 组合题较少。 注:罗马尼亚、越南试题也难,但倾向于高等数学。 例 1. (2001 年)数列{ an }定义如下: a1 =k, a2 =5k-2, an?2 =3 a n ?1 -2 an ,a=1,2,3,… 。 其中

k 位一实常数。 (1)求所有的 k 的值,使得数列 {an } 是收敛的; (2)若 k=1,求证: an?2 = ?
2 ? 7an ? ?1 ? 8an an ?1 ? ,n=1,2,3,…. 1 ? a ? a n n ?1 ? ?

解:(1) an?2 - an ?1 =2( an ?1 - an ) =22 ( an - a n ?1 ) =… =2n ( a2 - a1 ) =2n+1 (2k-1) ∴ an - a n ?1 =2n-1 (2k-1)

a n?1 - an?2 ==2n-2 (2k-1)
……

a2 - a1 =2(2k-1)
上面各式相加得: an - a1 =(2k-1)(2+2 +2 +…+2 ) ∴ an =(2k-1)2 +2-3k 由于{ an }收敛,故 2k-1=0, ∴k=
n
2 3 n-1

1 . 2
n

(2)当 k=1 时, an =2 -1.

2 ? 7an ? ?12 ? 2 2 n ? 4 ? 2 n ? 1 ? ?1 ? 8an an ?1 ∴ ? ? ?=? 3 ? 2n ? 1 ? ? 1 ? an ? an ?1 ? ?

=4× 2n + ? ? = 4× 2 n -1 = an ? 2 .

1 ? ? n ? 3 ? 2 ? 1? ?

评注:求数列 {an } 的通项公式是解决问题的关键. 例 2. (2000 年)设{an } 为一个整数数列,对任意正整数 n , 均有

(n ? 1)an?1 ? (n ? 1)an ? 2?n ? 1?
若 2000| a1999 ,求最小的正整数 n ,使得 2000| an . 解:令 n=1,则 a1 =0。 设 bn ?

an ,则 n ?1

bn?1 bn 2 ? ? ? n ? 2,3, n ? 1 n n ? n ? 1?


?,

bn bn ?1 1? ? 1 ? ? ?2 ? ? ? n n ?1 ? n ?1 n ? bn ?1 bn ?2 1 ? ? 1 ? ? ?2 ? ? ? n ?1 n ? 2 ? n ? 2 n ?1 ?
……

b3 b2 ?1 1? ? ? ?2 ? ? ? 3 2 ? 2 3?
各式相加得

bn b2 ?1 1? ? ? ?2 ? ? ? n 2 ?2 n?

∴ bn ? ?

? a2 ? ? 1? n ? 2 ? 2 ?

∴ an ? ? n ? 1? ??

?? a2 ? ? ? 1? n ? 2? 。 ? ?? 2 ? ?? a2 ? ? ? 1? ?1999 ? 2? ? ?? 2 ?

故 a1999 ? 1998 ? ?? 由 2000| a1999 得

?? a ? ? 1000 | 999 ?? 2 ? 1? ?1999 ? 2? , ? ?? 2 ?

?1000,999? ? 1
∴ 1000 | (

a2 ? 1) ? 2 , 2

于是 a2 为偶数, 可设 a2 ? 2m ,则

1000 | ? m ?1? ?1999 ? 2
∴ 1000 | ? ? m ?1? ? 2 即 1000 | m ? 3 , 再令 m ? 3 ? 1000t , 则 an ? (n ?1)[(1000t ? 2)n ? 2]

? n(n ? 1) ?1000t ? 2n(n ? 1) ? 2(n ? 1)
因为 2000| an , 所以 2000 | 2n(n ? 1) ? 2(n ? 1) , 故 1000 | n ? 1
2

则 n 为奇数, 可设 n ? 2k ? 1 , 则 250 | k (k ? 1) , 而 ? k , k ? 1? ? 1 所以 53 | k 或 53 | k ? 1 , 取 k ? 124 , ∴ n ? 249 . 评注: (1)分析题设条件,利用奇偶分析是解决本题的关键. (2)本题求数列{bn } 的通项时,还可以采用如下的方法;

nbn?1 ? (n ? 1)bn ? 2
? bn ?1 ? 2 bn ? 2 ? ? n ?1 n b ? bn ? ( 2 ? 1)n ? 2 2 ? b2 ? 2 2

并且,由 nbn?1 ? (n ? 1)bn ? 2 与

? n ?1? bn?2 ? (n ? 2)bn ? 2 相减,可得
2bn?1 ? bn ? bn?2 ,
可知数列 ?bn ? 是等差数列。 例 3. (1996 年)数列{an } 定义如下:

a1 ? 1, an?1 ?

an n ? , n ? 1, 2, n an
2

证明:当 n ? 4 时,有 [an ] ? n ,这里 x 表示不超过 x 的最大整数. 证明:设 f ( x) ?

? ?

x n ? ? x ? R? ? , n x

设 0 ? x1 ? x2 ? n

f ? x2 ? ? f ? x1 ? ?

? x2 ? x1 ? ? x1 x2 ? n 2 ?
nx1 x2

?0
故 f ( x) 在 (0, n] 上是减函数, 同理, f ( x) 在 [n,??) 上是增函数。

[an2 ] ? n ? n ? an2 ? n ? 1

? n ? an ? n ?1
下面利用归纳法先证明: n ? a n ?

n n ?1

(n ? 3) 3 , 2



事实上, a1 ? 1, a2 ? 2, a3 ? 2 ,显然 a3 ? 故 n=3 时,①式成立。 设 n ? an ?

3?

n , n ?1

∵ f ( x) 在 (0, n] 上是减函数, ∴ an?1 ? f ? an ? ? f ?

?

n ? ? ? n ?1 ?
1 n ?1

? n ?1 ?

?

n ? n ? 1 n ?1

且 an?1 ? f ? an ? ? f

? n?
1 n ?1 ? n n

? n?

故对 n+1 时命题①成立。

下面利用归纳法再证明: an ? ∵由①有 an?1 ? ∴ an ?1 ?

n ? 1(n ? 4)



n ?1 ,

n n ?1 ,故 an ? , n ?1 n?2

∵ f ( x) 在 (0, n] 上是减函数, ∴ an?1 ? f ? an ? ? f ?

? n ?1 ? ? ? n?2 ?
2

? n ? 1? ? n 2 ? n ? 2 ? ? n ? n ? 1? n ? 2
下面证明 an?1 ? n ? 2 ③

n ? 1? ? n 2 ? n ? 2 ? ? ③? ? n ? n ? 1? n ? 2
2

n?2

? n 3 ? n 2 ? 2n ? 1 ? ? n 2 ? n ? n 2 ? 2
? 2n3 ? 6n2 ? 4n ? 1 ? 0
上式当 n≥4 时成立。 故③式成立,即原命题成立。 评注: (1)利用函数的观点来解决问题是本题的一个亮点; (2)本题的函数模型可以改进. 例 4. (2003 年)数列{ y n } 定义如下:

y1 ? y2 ? 1, yn?2 ? (4k ? 5) yn?1 ? yn ? 4 ? 2k ,1, 2,
求所有的整数 k ,使得数列 { y n } 中的每一项都是完全平方数. 解:从特殊情形入手, 设 k 是满足条件的整数.

y3 ? 2k ? 2, y4 ? 8k 2 ? 20k ?13

令 2k ? 2 ? (2a)2 ,则 k ? 2a ? 1? k ? 1? ,
2

若 a ? 0 ,则 k ? 1 ; 若 a ? 0 ,则 y4 ? 32a4 ? 8a2 ? 1 ? (4a2 ?1)2 ? (4a2 )2 , 令 (4a ?1) ? (4a ) ? b ?b ? 0? ,
2 2 2 2 2

由于 (4a 2 ? 1,4a 2 ) ? 1 , 所以 4a2 ?1, 4a2 , b 为一组本原勾股数组,

? 4a 2 ? 1 ? n 2 ? m 2 ? 2 即存在 m, n ? N? ,使得 ?4a ? 2mn , ?b ? n2 ? m2 ?
两边模 2 和 4 可知, n 为偶数, m 为奇数,且 ? m, n? ? 1 . 结合 mn ? 2a ,
2

令 n ? 2t ,则 (n ? m)2 ? 2n2 ? 1
2

即 2n2 ? 8t 4 ? (n ? m ?1)(n ? m ? 1) ∴ 2t ?
4

n ? m ?1 n ? m ?1 ? 2 2

∴ 2t 4 ? u(u ? 1)(u ? N ) , 因此 u , u ? 1 必为 c 4 ,2d 4 (c, d ? N ) , ∴ c ? 2d ? ?1
4 4

(1)若 c -2d =1,则 d +2d +1=d +c , ∴(d +1) =(d ) +c
4 4 4 2 2 4 4 8 4 8 4

4

4

∵ 不定方程 x +y =z 没有 xyz≠0 的整数解,

2

∴d 4 +1,d 2 ,c 2 中必有一个为零, ∵ d 4 +1≠0, ∴ d 2 =0,c=± 1, ∴ u=0 ∴ t=0 ∴ n=0 ∴ a=0,与 a>0 矛盾 . (2) 若 c 4 -2d 4 =-1,则 d 8 -2d 4 +1+c 4 =d 8 即(d 4 -1) 2 =(d 2 ) 4 -c 4 ①

∵ 不定方程 x 4 -y 4 =z 2 没有 xyz≠0 的整数解, ∴ d 4 -1,d 2 ,c 2 至少中有一个为零, 若 d 2 =0,或 c 2 =0,则①式不成立, 故只有 d -1=0. ∴ d=± 1,c=± 1 ∵ u 与 u+1 必为 c 和 2d , ∴ u=1 ∴ t=1 ∴ n=2 ∵ (n+m) -2n =1, ∴ m=1 由② 知 a=1,k=2a +1=3, 综上可知,k=1 或 k=3 即 k=1 或 3 时 y3 ,y4 是平方数, 下面证明 k=1 或 3 时任意 y n 均是平方数: 当 k=1 时,
2

4

4

4

2

2

yn +2 =-y n?1 -y n +2 {y n }:1,1,0,1,1,0,…各项都是完全平方数。 当 k=3 时, y n ? 2 =7y n?1 -y n -2. 方法一:利用三阶递推,求出 y n ,再用数学归纳法证明它们都是完全平方数。 方法二,构造数列 ? f n ? : f 1 =f 2 =1,f n ? 2 =f n?1 +f n ,n=1,2,… 性质 1:当 n 为奇数时,f n ? 2 · f n ? 2 -(f n ) 2 =1。 简证:左边= fn fn?4 ? fn?22 ? 性质 2:f n ? 2 =3f n -f n ? 2 .

? f5 f1 ? f32 ? 1。

? fn ? :1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,…
计算:y 1 =1,y 2 =1,y 3 =4=2 ,y 4 =5 ,y 5 =13 ,… 猜测:y n =(f 2 n ?3 ) (n≥3) 下面用数学归纳法证明 由(f n ? 2 +f n ? 2 ) =9(f n ) , ∴(f n ? 2 ) =9(f n ) -2 f n ? 2 · f n ? 2 - (f n ? 2 )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2



=7(f n ) -(f n ? 2 ) -2 (n 为奇数) ∴(f 2 n ?1 ) =7(f 2 n ?1 ) -(f 2 n ? 3 ) -2 ∴ y n ? 2 =7y n?1 -y n -2 归纳可证④式, 证毕。
2 2 2

5(1998)证明不存在函数:f:R ? →R ? , 使得对任意 x,y∈R ? , 都有(f(x)) 2 ≥ f(x+y)(f(x)+y). 证:用反证法 假设存在这样的函数 f, 则 f(x)-f(x+y) ≥

yf ( x) ? f ( x)在R ? 是减函数。 y ? f ( x)
?

先证任意 x ∈R ,f(x)-f(x+1)≥
?

1 . 2

事实上,对任意 x∈R , 存在 n∈N, 使得 n(f(x+1)≥1, 对于 k=0,1,2,n-1. f(x)-f(x-1)=

?[ f ( x ? n ) ? f ( x ?
k ?0

n ?1

k

k ?1 )] n

1 k 1 f (x ? ) k k ?1 n ? n f (x ? ) ? f (x ? )? n 1 k k n n ? f ( x ? ) nf ( x ? ) ? 1 n n n k (∵ nf ( x ? ) ? nf ( x ? 1) ? 1) n 1 ∴ 上式≥ . 2n
∴ f(x)-f(x+1)=

?[ f ( x ? n ) ? f ( x ?
k ?0
?

n ?1

k

1 k ?1 )] ≥ 2 n

其次,对任意的 x0 ∈R 存在 m∈N,使得 m≥2f( x0 ) f( x0 )-f( x0 -m)=(f( x0 )-f( x0 +1)+(f( x0 +1)-f( x0 +2))+…+(f( x0 +m-1)-f( x0 +m))≥ ∴ f( x0 +m)≤0. 矛盾 。

m ≥f( x0 ) 2

3 月 15 日 华东师大数学系 熊斌教授 点评保加利亚试题 数论 1(1997)求所有正整数 n,使得存在整数 x,满足条件 499(1997n +1)=x2 +x. 略析: (常用配方法)

? 1996 (1997n ? 1) ? 1 ? (2x ? 1) 2 ? 1996?1997n ? 1997
当 n=1 时,19972 =(2x+1)2 , 从而 x=998 或-999. 下证当 n ? 2 时,无整数根

1997| (2 x ? 1) 2 ? 2 2 2 2 n ? ? 1997| (2 x ? 1) ? 1997 | (2 x ? 1) ? 1997 | (2 x ? 1) ? 1996? 1997 ?1997 是素数 ?
, 矛盾. 因此 n=1. 评注:充分利用整除的性质.

2(2001)证明:存在 8 个连续的正整数,它们中的任何一个都不能表示为

| 7 x 2 ? 9xy ? 5 y 2 | 的形式,其中 x, y ? Z .
略析:设 f ( x, y) ? 7 x 2 ? 9 xy ? 5 y 2 ,易知

f (1,0) ? 7, | f (0,1) |? 5, f (1,1) ? 11, | f (0,2) |? 20, f (2,0) ? 28,?
由此猜测 12,13,14,…,19 这 8 个连续正整数不能表示成| f ( x, y) | 的形式. 设 f ( x, y) ? ?k , k ? {12,13,14,?,19} .x,y∈ Z 若 k 为偶数,由 A= f ( x, y) ? 7 x 2 ? 9 xy ? 5 y 2 =± k 知 x,y 同为偶数, (∵ x,y 同为奇,或一奇一偶,则 f ( x, y) ? 7 x ? 9 xy ? 5 y 是奇数)
2 2

不妨设 x=2x1 ,y=2y1 ,则 4f(x1 ,y1 )= ? k ,因此 k ? 14, k ? 18 . 当 k=12 时,f(x1,y1 )= ? 3 当 k=16 时,f(x1,y1 )= ? 4,从而 x 1 ,y 1 同为偶数, 令 x1 =2x 2 ,y1 =2y 2 , 则 f(x2 ,y2 )= ? 1.

因此,下面只须证明 f(x,y)=k, k ? {1,3,13,15,17,19}无整数解即可.

f ( x, y ) ? ? k ? 4 ? 7 2 x 2 ? 4 ? 66 y ? 4 ? 35y 2 ? ?28k ?
而 (14x ? 9 y ) ? 221y ? ?28k ?
2 2

. ( *)

(14x ? 9 y ) 2 ? 13? 17 y 2 ? ?28k
设 t ? (14x ? 9 y) 2 ,则 t 2 ? 13?17y 2 ? 28k 当 k=1 时, t 2 ? ?2(mod 13) ? t 6 ? 26 ? ?1(mod13) ,由费尔马定理知,此式不成立, 所以 k ? 1 . 同理可证,当 k=3,13,15,17,19 时亦不成立(取模 13 或 17 即可). 评注:由简单情形猜测,并进行证明. (2000) 3 求出所有的(x,y,z) ( x, y, z ? N ? ) , 使 3 不整除 z, y 整除 z, y 为质数, 且 x3 ? y3 ? z 2 . 略析: ? ( x ? y)[(x ? y) 2 ? 3xy] ? z 2 (*)

结合条件“y 为质数,且 y 不整除 z”,可得(x,y)=1(否则(x,y)=y, 利用反证法可以说明)

? ( x ? y, y) ? 1, ( x ? y, x) ? 1

? ( x ? y,3) ? 1 ? ( x ? y,3xy) ? 1 ? ( x ? y, ( x ? y)2 ? 3xy) ? 1
结合(*)式,可设

?x ? y ? m 2 ? 2 2 2 2 2 2 ? x 2 ? xy ? y 2 ? n 2 ? 4 x ? 4 xy ? 4 y ? 4n ? 3 y ? (2n) ? ?2 x ? y ? ?z ? m n ?

?2n ? 2 x ? y ? 1 ?? ? 3 y 2 ? 1 ? 4 x ? 2 y ? 4m 2 ? 6 y ? 3( y ? 1) 2 ? 4 ? 4m 2 , 2 ?2n ? 2 x ? y ? 3 y
两边取模 3,上式显然无解. 或? ?

?2n ? 2 x ? y ? 1 ?2n ? 2 x ? y ? 3 y
2

? 3 y 2 ? 1 ? 4 x ? 2 y ? 4m 2 ? 6 y ? 3( y ? 1) 2 ? 4 ? 4m 2

? ( y ? 3 ? 2m)( y ? 3 ? 2m) ? 12 ? ( y ? 3 ? 2m) ? 6, ( y ? 3 ? 2m) ? 2 ? y ? 7, m ? 1, x ? 8, z ? 13

或? ?

?2n ? 2 x ? y ? y ? x ? 0 ? n ? 0 ? z ? 0 ,与 z ? N ? 矛盾. ?2n ? 2 x ? y ? 3 y

综上所述, y ? 7, m ? 1, x ? 8, z ? 13 . 评注:充分利用题目条件“整除与质数”,结合整数的因式分解的方法,使问题获得解决. 4. 求所有的正整数 x,y,使

x3 ? y3 ? x2 y 2

?x ? y ?2

是一个非负数.

略析:设所求式为 z ,显然 z ? 0 . 又据题中式子的对称性,故可 设 x+y=a,xy=b ,则

a(a 2 ? 3b) ? b 2 2 z? , b ? 3ab ? (a 2 z ? a 3 ) ? 0 2 a

(**)

因(**)式有整数解,故其判别式应为完全平方数,故

? ? (9 ? 4z)a 2 ? 4a 3 ? a 2 [?9 ? 4z ? ? 4a] ? (2t ? 1) 2 ? 4t 2 ? 4t ? 1 ? 9 ? 4a ? 4z, t 2 ? t ? z ? 2 ? a
又b ?

? 3a ? 9 ? 4a ? 4 z a ? ta ? a(t ? 2) 2

考虑 ( x ? y) 2 ? ( x ? y) 2 ? 4 xy ? a 2 ? 4b ? a 2 ? 4(t ? 1)a
2 由 t ? 2 知, a ? t 所以

?a ? 2( y ? 1) ? 2?2 ? a 2 ? 4a(t ? 1) ? (a ? 2(t ? 1))2 ,且 ?a ? 2( y ? 1) ? 2?2 ? a 2 ? 4a(t ? 1)
( 说 明 : 阴 影 部 分 的 左 边 最 好 是 ?a ? 2( y ? 1) ? 1? , 但 不 满 足 条 件 , 故 缩 小 到 了
2

?a ? 2( y ? 1) ? 2?2 )
所以 ?a ? 2( y ? 1) ? 2? ? a 2 ? 4a(t ? 1) ? 4t 2 ? 4a ? 0 ? t 2 ? a ? t ? z ? 2 ? 0
2

所以 t ? 2, z ? 0 . 另解:不妨设 x ? y .

(1)当 x ? y 时,原式=

2x ? x 2 ?0?0? x?2? x ? y ?2; 4

(2)当 x ? y 时, 由题意可得

x 2 ? xy ? y 2 x2 y2 3xy x2 y2 3xy x2 y2 ? ? Z ? x ? y ? ? ? Z ? ? ?Z x? y x ? y ( x ? y) 2 x ? y ( x ? y) 2 ( x ? y) 2


xy p 3p p2 p2 xy ? , ( p, q) ? 1 ? ? 2 ? Z ? 3p ? ?Z ? q ?1? y ? ?Z x? y q q q q xy

y2 ? ? Z ? y2 ? x ? y , x? y
又 x 3 ? y 3 ? x 2 y 2 ? y 3 ? x 2 y 2 ? x 3 ? x 2 y 2 ? x ? x 2 y ? y 3 ,自相矛盾. 所以 x ? y 成立. 综上所述, x ? y ? 2 . 评注:本题的解法与 2003 年 IMO 试题基本类似. 平面几何 1. A,B,C,D 是一条直线上依次四点, ⊙ O
N L

?

?

经过点 B,C. 且 AM, AN, DL,DK 是⊙ O 的切线. (1) 记 P=MN∩BC,Q=KL∩BC. 求证 :点 P,Q 的位置与⊙ O 的半径大小无关. (2)若 AD=a, BC=b,a>b, 且线段 BC 在线 段 AD 上移动, 求 PQ 长度的最小值. 分析:(1) ?AP,DQ 的长是定值. 证:(1)由 Steward 定理知 AP =
2
M K A B P Q C D

PN NP ? AN 2 ? ? AM 2 ? PN ? PM =AM 2 - BP· PC MN MN
2

=AB· AC-(AP- AB)(AC- AP)= AB· AC-(- AP +AP(AC+AB) - AB· AC) =2AB· AC+AP -AP(AC+AB)
2

∴AP= 同理

2 AB ? AC , ∴ 点 P 是 AD 上一定点. AB ? AC
点 Q 是 AD 上一定点.

(2)设 AB=x, BC=y,CD=z. 由(1)知 AP 2 =

2 x( x ? y ) 2 BD ? AC 2 z ( z ? y ) ,DQ= ? y ? 2x BD ? AC y ? 2z

PQ=x+y+z-

2 z( z ? y) 2 x( x ? y ) 2 z ( z ? y ) 2 x( x ? y ) - =(x+y- )+(z- ) y ? 2x y ? 2x y ? 2z y ? 2z

=(x+y)(1-

y 2 ( x ? y ? z) 2x 2( z ? y ) )+z(1- )= y ? 2x y ? 2z ( y ? 2 x)( y ? 2 z )

∴ PQ=

ab2 ab2 4ab2 ab2 b 2 ? ? ? ? (b ? 2 x)(b ? 2 z ) ((b ? 2 x) ? (b ? 2 z ))2 (2b ? 2(a ? b) 2 a a2 4
a?b a?b 时, 等号成立. 即 PG min = . 2 2
2

当 x=y=

评注:1. 理解并记住斯特瓦特定理及其对应图形:如下左图,在△ ABC 中, 点 P 是 BC 上任 一点, 则 AP =

BP PC ? AC 2 ? ? AB 2 ? BP ? PC BC BC

(证明:在△ ABP 与△ ACP 内运用余弦定理, 设∠ APB= a , ∠ APC=180° -a) 2. 本题还有一个基本结论:如下右图,AM、 AN 是圆 O 的 切线,则 AP 为 AB 与 AC 的调和平均值.

2. 面积为 S 的凸四边形 ABCD 内接于一圆,圆心 O 在 ABCD 的内部,证明:以该四边形 对角线交点在四边上的射影为顶点的四边形的面积不超过

1 S. 2

略析:(1)对于凸四边形 ABCD,若设 A ? C ? 2? , AB ? a, BC ? b, CD ? c, DA ? d ,则

四边形 ABCD 的面积 S ?

( p ? a)( p ? b)( p ? c)( p ? d ) cos 2 ?

( S ? S ?ABD ? S ?BCD ? absin A ? cd sin C ,两边平方后利用和差化积即可得结论). (2)若 ABCD 是圆的内接四边形,则四边形 ABCD 的面积为

S ? ( p ? a)( p ? b)( p ? c)( p ? d ) ,其中 p ?
(3)若 ABCD 有内切圆,则 S ?

a?b?c?d (证明略). 2

abcd sin ? .
1 AC ? BD sin ? . 2

(4)若 ABCD 的两条对角线 AC 与 BD 所成的角为 ? ,则 S ? 回到本题,即要证明 S PQRS ?

1 S. 2

先证: PQRS 有内切圆,并且 M 为其内心. (提示:充分利用题目中给定的四点共圆知识, 可以证明 PM、QM、RM、SM 分别是

?SPQ, ?PQR, ?QRS, ?RSP 的平分线),所以

S 2 PQRS ? PQ ? QR ? RS ? SP sin 2
又 S ABCD ?

?SPQ ? ?SRQ ? PQ ? QR ? RS ? SPsin 2 ?AMD . 2

1 1 AC ? BD sin ? ? ( AM ? MC )( BM ? MD ) sin ? 2 2

? ?

1 ? PS QR ?? PQ SR ? ? ? ? ?? ? sin ? 2 ? sin A sin C ?? sin B sin D ? 1 ( PS ? QR)(PQ ? SR) sin ? ? 2 PS ? QR ? PQ ? SR sin ? ? 2S PQRS 2

从而得到本题结论. 评注:1. 本题有许多基本结论,需要理解并记住; 2. 保加利亚的平面几何试题常常与三角、向量、不等式等代数知识结合起来.

几何部分 1. A,B,C,D 是一条直线上 依次四点, ⊙ O 经过点 B,C. 且 AM,AN,DL,DK 是⊙ O 的切线. (1) 记
M K A B P Q N

L

C

D

P=MN∩BC,Q=KL∩BC. 求 证: 点 P,Q 的位置与⊙ O的 半径大小无关.

(2)若 AD=a,BC=b,a>b, 且线段 BC 在线段 AD 上移动, 求 PQ 长度的最小值. 分析:(1)证明 AP,DQ 是定值. 引理: (Steward 定理) 如右图,在△ ABC 中,P 是 BC 上任一点, 则 AP 2 =

A

BP PC ? AC 2 ? ? AB 2 ? BP ? PC BC BC

B

P

C

引理的证明: 设∠ APB= ? , ∠ APC=180° -? , 在△ ABP 与△ ACP 内运用余弦定理即可. (1)证明:由 Steward 定理知 AP =
2

MP NP ? AN 2 ? ? AM 2 ? MP ? PN MN MN
2

=AM - BP· PC =AB· AC-(AP- AB)(AC- AP) = AB· AC-(- AP +AP(AC+AB) - AB· AC) =2AB· AC+AP -AP(AC+AB) ∴AP=
2 2

2 AB ? AC , AB ? AC

∴ 点 P 是 AD 上一定点。 同理,点 Q 是 AD 上一定点。 (2)设 AB=x, BC=y,CD=z.

由(1)知 AP=

2 x( x ? y ) , y ? 2x
2 BD ? AC BD ? AC

DQ=

?

2 z( z ? y) y ? 2z 2 x( x ? y ) 2 z ( z ? y ) - y ? 2x y ? 2z

PQ=x+y+z-

=(x+y-

2 x( x ? y ) 2 z( z ? y) )+(z- ) y ? 2x y ? 2z 2x 2( z ? y ) )+z(1- ) y ? 2x y ? 2z

=(x+y)(1-

y 2 ( x ? y ? z) = ( y ? 2 x)( y ? 2 z )
∴ PQ ?

ab2 (b ? 2 x)(b ? 2 z )
ab 2 ((b ? 2 x) ? (b ? 2 z )) 2 4

?

4ab2 ? (2b ? 2(a ? b)2
ab2 b 2 ? 2 ? a a
a?b 时, 等号成立. 2 a?b 即 PG min = . 2
当 x=y=

3 月 24 日下午

冷岗松

上海大学数学系教授 湖南师范大学数学系教授、博士生导师 数学奥林匹克研究所所长、博士生导师 电话:021-56680206(家) 0731-8826514(家) 021-6613900(办) 13917992881 Email: gleng@mail.shu.edu.cn lenggangson@163.com 有关数学奥林匹克试题及教练员的一些看法。 一、奥林匹克试题的鉴赏 从美学标准方向考虑:条件简单而对称,结论奇异而深刻。 “奇”指“新”“出乎人之料” “深刻”指小中见大,有背景,有发展。 试题难度适中,有区分度。 存在构思精巧的巧解,或以综合见长。“精巧”考学生的灵气,“综合”考学生的工夫。 二、对教练员的看法。 1.基本功: 热爱数学 基本数学成熟性 潜下心来“弄”题:想题、解题、整理题,整理全国联赛试题、冬令营试题、集训队测试题、 IMO 试题 全面了解竞赛各个方向 做强某一块 问题积累相当丰富。 2.整体设计 首先以教材为主,建立知识框架,不能跳过代数、几何直接去搞数论、组合、函数方程。 “没有教会的几何,只有做会的几何” 3.细节处理 循序渐进,有系统性 高难度,高综合,少题量 多激励,善于发现苗子。

讲解试题
1.设 n 是正整数,n ≥ 2, 求最大的实常数 λ,使得不等式

2 an ? ?(a1 ? a2 ? ... ? an ) ? 2an

(*)

对所有正整数 a1 ? a2 ? ... ? an 成立。 解:当 a i =i,i=1,2,…,n

2n ? 4 , n ?1 2n ? 4 2 下面只须证明 a n ? (a1 ? ... ? a n ?1 ) ? 2a n n ?1
由(*)可得 ? ?

(**)

对所有满足 a1 ? a2 ? ... ? an 的正整数 a 1 ,a 2 ,…,a n 成立。 因为 ak ? an ? (n ? k ) (∵ an?1 ? an ? 1, an?2 ? an?1 ? 1 ? an ? 2,......) 故

2n ? 4 n ?1 ? ak n ? 1 k ?1
2n ? 4 n(n ? 1) ((n ? 1)an ? ) n ?1 2 n ? (2n ? 4)( an ? ) 2 ?

? (2n ? 4)an ? n(n ? 2) ? (n ? 2)(2an ? an )( an ? n) ? (n ? 2)an
这就是(**)

2 .设 1≤r≤n 是正整 数, xr ?1 , xr ?2 ,..., xn 是给定的正整 数,试 确定 x1 , x2 ,...,xr 使得

S ??
i? j

xi 最小。 xj

解:

S ??
i? j

xi 1 1 ? ( x1 ? ... ? xn )( ? ... ? ) ? n xj x1 xn

? ( x1 ? ...xr ? xr ?1 ? ... ? xn )(
令 A ? xr ?1 ? ... ? xn ,

1 1 1 1 ? ... ? ? ... ? ) ? n x1 xr xr ?1 xn

B?

1 1 ? ... ? , xr ?1 xn 1 1 ? ... ? B) ? n x1 xr

S ? ( x1 ? ...xr ? An )(
由柯西不等式得 S≥ (r ? 当

AB) 2 ? n
? ... ? xr 1 xr ? A B


x1 1 x1

即 x1 ? x2 ? ... ? xr ?

A 时,等号成立。 B A 时,S 取得最小值 (r ? AB) 2 ? n 。 B

故当 x1 ? x2 ? ... ? xr ?

3.设正数列 x1 ? x2 ? x3 ? ... ,且对一切 m∈ N, 有 x1 ?

x 2 x 4 x9 ? ? ... ? m ? 1 2 3 m

求证:对一切 n∈ N, 有 x1 ? 分析:分段、分组

x x 2 x3 ? ? ... ? n ? 3 2 3 n

证明:对任意的 n∈ N,必有 m∈ N,使得 n<(m+1) -1
m x( k ?1)2 ?1 x2 x2 xk ? ( k2 ? 2k ?1 ? ... ? ) ? ? k ?1 (k ? 1)2 ? 1 k ?1 n k ?1 k m

2



? ? (2k ? 1)
k ?1

m

xk 2 k2

(? x1 ? x2 ? ...)

? 3?
k ?1

m

xk 2 k2 (? ?
k ?1 m

(? 2k ? 1 ? 3) xk 2 k2 ? 1)

?3

3 月 24 日下午

冷岗松

上海大学数学系教授 湖南师范大学数学系教授、博士生导师 数学奥林匹克研究所所长、博士生导师 电话:021-56680206(家) 0731-8826514(家) 021-6613900(办) 13917992881 Email:gleng@mail.shu.edu.cn lenggangson@163.com

8.设 a,b,c,d 是正数,且(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)=1,求证: (2a+b+c)( 2b+c+d)(2c+d+a)(2d+a+b) ≤ 分析:本题的难点是次数很高 由 A.M-GM 不等式

1 16

cylicy

? (2a ? b ? c) ? ( 4 ? (2a ? b ? c))
cylicy

1

4

? (a ? b ? c ? d ) 4
可知,此题只须证 (a+b+c+d) (abcd) ≤
4 2

1 16

1 [ (a+b)(b+c)(c+d)(d+a)] 3 (使左右两边的次数相等) 16 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 ? ? ? ) (1) ? (( ? )( ? )( ? )( ? )) 3 ? ( a b b c c d d a 16 abc bcd cda dab 1 1 1 1 令 ? x, ? y , ? z , ? v a b c d

即须证:(a+b+c+d) 4 (abcd) 2 ≤

(1) ? ((x ? y)( y ? z)(z ? v)(v ? x))3 ? 16( xyz ? xyv ? yzv ? xzv) 4 下证(2)

(2)

4( xyz ? xyv ? yzv ? xzv)2 ? 4[ xy( z ? v) ? zv( x ? y)]2

? 4[ xy ?

x? y z?v ? ( z ? v) ? zv ? ? ( x ? y )] 2 2 2

(∵ xy ?

x? y , zv ? x ? y ) 2

= [ xy ? ( x ? y) ? ( z ? v) ? zv ? ( z ? v) ? ( x ? y)]2
= ( x ? y)2 ( z ? v)2 ( xy ? zv )2

? ( x ? y)2 ( z ? v)2 ( xy ? zv ? 2 xyzv )
? ( x ? y) 2 ( z ? v) 2 ( xy ? zv ? xz ? yv)
= ( x ? y) 2 ( z ? v) 2 ( y ? z)(v ? x) 同理 (3) (∵ 2 xyzv ? xz ? yv )

4( yzv ? xzv ? xyv ? xyz) 2 ? ( y ? z) 2 (v ? x) 2 ( x ? y)(z ? v)
将(3) 、 (4)两式相乘得

(4)

16( yzv ? xzv ? xyv ? xyz) 4 ? ([ y ? z)(v ? x)(x ? y)(z ? v)]3
即(2)成立。

几何问题
传统平面几何得内核跟现代几何思想的结合。 要求学生掌握: 1.全等形、相似形、圆内角关系及圆幂定理、托勒密定理。 2.图形结构与数量关系的结合。 3.纸上有图,心中有图。会作局部图(有时无法作出完整的图形) 。 4.记住一些“中层”的结论。 几道伊朗几何题 1.在凸四边形 ABCD 中,∠ABC=∠ ADC=135 度,点 M 和点 N 分别在射线 AB 和 AD 上, 使得∠ MCD=∠ NCB=90 度,外接圆 AMN 和 ABD 相交于点 A 和 K。求证: AK⊥KC。 说明:∠ ABC=∠ADC=135 度要求学生画出精确的图形,训练学生严谨的作图习惯,不能 随手画。 2. 平面上有 A, B 两个固定点, 构造一个丝包线 ABCD, 使 AB=BC, AD=DC, ∠ADC=90° , 证明:存在一个固定的点 P,使得每一个构造的三边形 ABCD 在线段 AB 的同侧,并且 CD 通过点 P。

说明:精选问题对培养学生特别重要。

9. 在△ ABC 中, ∠A=60° , P 为△ ABC 所在平面上一点, 使得 PA=6, PB=7, PC=10, 求△ ABC 面积的最大值。 分析:变不凸为凸。 A

P 托勒密定理: B C D A

四边形两组对 边和的积不大于对角线的乘积。当且仅当 四边形是圆内接四边形时,等号成立。 如图: 凸四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 P,则 (AD+BC)(AB+CD)≤AC×BD 当且仅当四边形 ABCD 是圆内接四边形 时,等号成立。 B

P

C

引理:如上图,凸四边形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 P,∠ APD=θ,则 DC +AB -AD -BC =2AC· BDcosθ. 证明上面引理只须在四个小三角形中应用余弦定理,再相加。 下解原题:
2 2 2 2

3 月 26 日 李胜宏 浙江大学数学系 邮编:310027 0571-87295248(宅) 0571-87953024(办) 13615810245 lsh@hzcnc.com shli@zjz.edu.cn
n

87588831(小灵通)

1. 已知: a1 ? a2 ? ...? an ? 1 , 求证:

? (2 ? a ) ? 3 。
i i ?1

证:因为 2 ? ai ? 1 ? 1 ? i ? 33 ai 所以

? (2 ? a ) ? 3
i i ?1
+

n

n3

a1a 2 ...a n ? 3n

2.x,y,z,w ∈ R , ? , ? , ? ,? 满足? ? ? ? ? ? ? ? (2k ? 1)? , k ? Z

pi ( xi , yi ) 为单位圆上的四个点,求证:


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