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2015年CMO试题及其解答


文 武 光 华
2015 年 CMO 试题及其解答
解答人:文武光华数学工作室 田开斌
一、给定实数r ∈ 0,1 ,证明:若n个复数z 、z 、 … 、z 满足|z ? 1| ≤ r, k = 1、2、 … 、n,求证:|z + z + ? + z | · 证明:根据条件知: |z + z + ? + z | · = |(∑ ≥ (∑ ≥ ∑ Re

(z )) + (∑ Re(z )) · ∑
( | | ) | ( | | )

+

+?+

≥ n (1 ? r )。

= cos arg( ) ∈ √1 ? r ,1 。于是根据柯西不等式知: +?+
( | | ) ( | | )

+
(

Im(z ))i| ·
) |



? ∑

i

≥ (n · cos arg(z )) ≥ n (1 ? r ) 命题得证。 二、如图,A、B、D、E、F、C 为圆周上六点,满足AB = AC,直线 AD 交 BE 于 P,直 线 AF 交 CE 于 R,直线 BF 交 CD 于 Q,直线 AD 交 BF 于 S,直线 AF 交 CD 于 T,点 K 为线段 ST 上一点,使得∠SKQ = ∠ACE,求证: = 。
A

C T K S P R Q

B

F E

D

证明:根据帕斯卡定理,P、Q、R 三点共线。因为∠DTF =

=

= ∠DSF,

所以 F、T、S、D 四点共圆,所以∠STD = ∠SFD = ∠BCD,所以 ST∥BC。延长 QK 交 BC 于 N,则 = 。 因为∠BNK = ∠SKQ = ∠ACR,∠NBQ = ∠CAR,所以△BNQ∽△ACR,所以 BN = =
· ·
·

。同理可知△CQN∽△APB,且CN =

,于是知

=

·

=

,进而知



将△ABP 绕点 A 旋转至△ACL,则 L、C、E 三点共线,且∠ALC = ∠APB,故 A、L、E、 P 四点共圆。所以∠ELP = ∠EAP = ∠ECD,所以 CQ∥LP,所以 = = = 。证毕!

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文 武 光 华
L A

C T

B N S K Y R Q X P

F E

D

三、给定整数n ≥ 5,求最小的整数m,使得存在两个由整数组成的集合A、B,同时满 足下列条件: (1)|A| = n,|B| = m,且A ? B; (2)对B中任意两个不同元素x、y,x + y ∈ B当且仅当x、y ∈ A。 解答:设A = a ,a , … ,a 。记C = a + a |1 ≤ i<j ≤ n 。则根据条件知A?C ? B。 可以证明|C| ≥ 2n ? 3。事实上,不妨设a <a < … <a ,则a + a <a + a <…< a + a <a + a < … <a + a ,故|C| ≥ 2n ? 3。 |B| |A| |C| |A| 因为 ? ≥ ? ≥ 2n ? 3 ? n = n ? 3 ≥ 2,故B中至少存在一个不为0的元素 不属于A,设为b。因为0 + b = b ∈ B,而b ? A,故0 ? B。进而知0 ? A。 下面我们证明A?C = Φ。若结论不成立,不妨设a = a + a ∈ A。此时A = a ,a , … ,a ,a + a 。 因为a + a ∈ B,(a + a ) + a = (a + a ) + a ∈ B,a ∈ A,故a + a ∈ A。同理 可知a + a 、a + a 、 … 、a + a 这n ? 3个数均属于A,且都不为a 、a + a 。若这 n ? 3个数均不等于a ,则 a + a ,a + a , … ,a + a = a ,a , … ,a ,从而 有 (a + a ) + (a + a ) + ? + (a + a ) = a + a + ? + a ?a =0 这与0 ? A矛盾。从而必存在某个a ,使得a + a = a ,即a = a ? a 。 同理可知,a + a 、a + a 、 … 、a + a 这n ? 3个数也均属于A。同上分析,必存 在某个a ,使得a + a = a ,即a = a ? a 。 因为0 ? A,故a ≠ a ,从而知a + a = (a ? a ) + (a ? a ) = 0 ∈ B。然而这与0 ? B 矛盾。 综上所述,A?C = Φ,于是知|B| ≥ |A| + |C| = n + (2n ? 3) = 3n ? 3。 另一方面,取A = n + 1,n + 2, … ,2n ,C = 2n + 3,2n + 4, … ,4n ? 1 ,令 B = A?C即满足条件。 综上所述,m的最小值为3n ? 3。 四、求具有下述性质的所有整数k,使得存在无穷多个正整数n,满足n + k不能整除 C 。

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文 武 光 华
解答:当k = 1时。对于任意正整数n,都有C = · C ,而 n + 1,2n + 1 = n + 1, ? 1 = 1,故(n + 1)|C 。于是知k = 1不满足条件。 下面我们证明,当整数k ≠ 1时,都存在无穷多个正整数n,满足(n + k) ? C 。 若k ≤ 0,任取奇素数p>2|k|,令n = p + |k|,这里m为任意正整数。此时 n + k = p ,故p|(n + k)。又2n = 2(p + |k|) = 2p + 2|k|。将n和2n都表示为p进制,则 n = 1 00 … 0 |k|
个 | |

,2n = 2 00 … 0 |2k|
个 | |

,根据卢卡斯定理知:

C ≡ C · C · C … · C · C | | ≡ 2C | | ? 0(mod p) 故p ? C ,从而(n + k) ? C 。根据m的任意性,存在无穷多个正整数n,满足(n + k) ? C 。 若k ≥ 2,根据贝特兰定理,存在素数p,满足k<p<2k。令n = p + (p ? k),这里m为 任意正整数。此时n + k = p + p,故p|(n + k) 。又n = 2p + 2(p ? k)。注意到2(p ? k)<p, 将n和2n都表示为p进制,则n = 1 00 … 0 (p ? k)


,2n = 2 00 … 0 (2p ? 2k)


,根据

卢卡斯定理知: C ≡ C · C · C …· C · C ≡ 2C ( ) ? 0(mod p) 故p ? C ,从而(n + k) ? C 。根据m的任意性,存在无穷多个正整数n,满足(n + k) ? C 。 综上所述,满足条件的k为不等于1的任意整数。 五、某次会议共有30人参加,其中每个人在其余人中至多有5个熟人,任意5个人中存 在两人不是熟人。求最大正整数k,使得满足上述条件的30人中总存在k个人,两两不是熟 人。 解答:设30个人分别为A 、A 、 … 、A 。根据条件,A 至少与A 、A 、 …、A 中 的24个人不是熟人,不妨设A 与A 、A 、 …、A 都不熟。 又根据条件,A 与A 、A 、 …、A 中的至少18个人不熟,不妨设A 与A 、A 、 …、 A 都不熟。 又根据条件,A 与A 、A 、 …、A 中的至少12个人不熟,不妨设A 与A 、A 、 …、 A 都不熟。 进而根据条件,A 与A 、A 、 …、A 中的至少6个人不熟,不妨设A 与A 、A 、 …、 A 都不熟。 最后,根据条件,A 、A 、 …、A 这六个人中,至少有两人不是熟人,不妨设 A 、A 不是熟人。 此时A 、A 、A 、A 、A 、A 这六个人两两不是熟人。于是知k ≥ 6。 最后我们只需构造一种情况,使得任意7个人中,一点存在两个人是熟人。我们用平 面上的30个点A 、A 、 … 、A 表示30个人,若两个人是熟人,则在相应两点之间连一条 线。下面的图,即满足要求:
A7 A8 A6 A5
A18 A17 A16 A15
A28 A27 A26 A25

A9

A4

A19

A14

A29

A24

A10 A1 A2

A3

A20 A11 A12

A13

A30 A21 A22

A23

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综上所述,满足条件的k的最大值为6。 六、设非负整数的无穷数列a 、a 、 …,满足:对任意正整数m、n,均有∑ a ≤ m。证明:存在正整数k、d,满足∑ a = k ? 2014。 证明:令m = 1,则根据条件,对任意n ∈ N ,有a + a ≤ 1。注意到{a }为非负整 数数列,故a ∈ 0,1 。 记f m,n = m ? ∑ a ,则f m,n ≥ 0。我们即要证明,存在正整数k、d,使 得f k,d = 2014。 因为a ∈ 0,1 ,故 f m + 1,n ? f m,n = (m + 1) ? ∑ = 1 ? a(
) ( )

a
)

? m? ∑ ∈ ?1,0,1

a

+ a(

且f 1,n = 1 ? (a + a ) ≤ 1。若存在某个f m ,n ≥ 2014,则根据离散界值原理, 必存在某个m ∈ 1,2, … ,m ,使得f m,n = 2014。 下面我们只需证明函数f m,n 无上界。若结论不成立,设f m,n 的上界为M,即对 任意m、n ∈ N ,f m,n ≤ M。则对任意给定的正整数m,以及任意正整数t,恒有 ∑ f m ,n =∑ m? ∑ a ∑ a = 2tm ? ∑ = 2tm ? ∑ ∑ a = 2tm ? ∑ t ? f t ,i = 2tm ? 2mt ? ∑ f t,i = ∑ f t,i ≤ 2mM 注意到f m,n ≥ 0,且2mM为常数,故对任意正整数m,存在某个t ∈ N ,当n ≥ t 时, 恒有f m,n = 0。也即当n ≥ t 时,恒有∑ a = m。取T = max t ,t ,则当 n ≥ T 时,有 ) ∑ ( a ? ∑ a = (m + 1) ? (m) ? a(
)

+ a(

)

=1

取n ≥ max , ,T ,则 a +a = a ( × )· + a ( × )· = 1 a +a = a ( × )· + a( × )· = 1 a +a = a ( × )· + a( × )· = 1 从而知a = a =a = ,这与a ∈ 0,1 矛盾。故函数f m,n 无上界。 综上所述,命题得证。

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