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第46届IMO预选题解答


2006 年第 9 期

25

第 46 届 IMO 预选题 ( 上)
李建泉  译
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300074)

代数部分
1. 求所有次数为 2 且首项系数为 1 的整

AC 上并满足 A E = AD , 且 D 、 、

三点共 H E

线 . 证明 : HM 垂直于 △ABC 和 △ADE 的外接 圆的公共弦 .
6. 已知 △ABC 的中线 AM 交其内切圆 Γ

系数多项式 P ( x ) , 使得存在一个整系数多 项式 Q ( x ) , 满足 P ( x ) Q ( x ) 的所有系数均 为 ± 1.
2. 设 R+ 表示正实数集 . 求所有的函数
f : R+ →R+ ,使得对所有正实数 x 、 ,有 y f ( x ) f ( y ) = 2 f ( x + yf ( x ) ) .

于点 K 、 ,分别过 K 、 且平行于 BC 的直线 L L 交圆Γ 于点 X 、 , AX 、 分别交 BC 于点 P 、 Y AY
Q . 证明 : B P = CQ .

7. 在 锐 角 △ABC 中 , 点 A 、 、 在 边 B C
BC 、 、 上的投影分别为 D 、 、 , 点 A 、 CA AB E F B 、 在边 EF 、 、 上的投影分别为 P 、 C FD DE

3. 已知实数 p 、 、、 满足 q r s
p + q + r + s = 9 , p + q + r + s = 21.
2 2 2 2

Q 、 . 记 △ABC 、 PQR 、 DEF 的周长分别 R △ △

证明 : 存在 ( p , q , r , s ) 的一个排列 ( a , b ,
c , d) ,使得 ab - cd ≥ 2.

为 p1 、2 、3 . 证明 : p1 p2 ≥p2 . p p 3

4. 求所有的函数 f : R →R ,对于所有实数
x 、 ,满足 y f ( x + y ) + f ( x ) f ( y ) = f ( xy ) + 2 xy + 1.

参考答案
代数部分
   P ( x) = x2 ±x ± , x2 ± , x2 ± x + 1. 1. 1 1 2 设 F ( x ) 是任意的一个 n 次多项式 , 其系数均 为 ± 若 z 是 F ( x ) 的一个根 ,且| z| > 1 ,则 1.
n

5. 本届 IMO 第 3 题 .

几何部分
1. 已知 △ABC 满足 AB + BC = 3 AC , I 为

| z|

= | z | = | ±z
n n- 1

n- 1

±z n - 2 ±…± 1|
| z| - 1 . | z| - 1
n

≤ z| |

+ | z|

n- 2

+ …+ 1 =

△ABC 的内心 , 内切圆与边 AB 、 的切点 BC 分别为 D 、 . 点 D 、 关于点 I 的对称点分别 E E 为 K 、 . 证明 : A 、 、 、 四点共圆 . L C K L
2. 本届 IMO 第 1 题 . 3. 已知平行四边形 ABCD , 一条过点 A

于是 ,有| z| n ( | z| - 2) ≤- 1. 因此 ,| z| < 2. 从而 , F ( x ) 的所有根的模均小于 2. 设 P ( x ) = x2 + ax ± ,其中 a 为整数 , x1 、2 是 1 x 它的两个根 ,则 x1 x2 = ± 1. 不妨设| x1 | ≥ ,| x2 | ≤ 1 1. 因 x1 、2 也是 P ( x ) Q ( x ) 的根 , 且 P ( x ) Q ( x ) x 的系数均为 ± ,所以 ,| x1 | < 2. 1 于是 ,有| a| = | x1 + x2 | ≤ x1 | + | x2 | < 3 ,即 |
a ∈ ± , ± ,0} . { 2 1

的动直线 l 与射线 BC 、 分别交于点 X 、 , DC Y △ABX 中 ∠BAX 内 的 旁 心 为 K , △ADY 中 ∠DAY 内的旁心为 L . 证明 : ∠KCL 为定值 .
4. 本届 IMO 第 5 题 . 5. 在锐角 △ABC 中 , AB ≠AC , H 为 垂

心 , M 为 BC 的中点 , 点 D 、 分别在边 AB 、 E

当 a = ± 时 ,取 Q ( x ) = 1 ; 1 http://www.cnki.net

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中 等 数 学
y > 0 都有 f ( y ) > 2 矛盾 .

当 a = 0 时 ,取 Q ( x ) = x + 1 ; 当 a = ± 时 ,多项式 x ± x - 1 有一个根的绝 2 2 对值大于 2 , 不满足题设要求 , 若 P ( x ) = x2 ± x + 2
1 ,取 Q ( x ) = x 2. f ( x ) = 2. 1.
2

综上所述 ,满足条件的 f ( x ) = 2.
3. 假设 p ≥q ≥r ≥s .

若 p + q ≥ ,则 5
2 2 2 2 2 2 p + q + 2 pq ≥ = 4 + ( p + q + r + s ) 25

首先证明 : 函数 f ( x ) 是单调不降的 . 若有正实数 x > z , 使得 f ( x ) < f ( z ) , 设 y =
x- z > 0 ,则 x + yf ( x ) = z + yf ( z) . 于是 ,有 f ( z) - f ( x) f ( x ) f ( y ) = 2 f ( x + yf ( x ) )

≥ + p2 + q2 + 2 rs , 4 即  pq - rs ≥ 2. 若 p + q < 5 ,则 4 < r + s ≤p + q < 5. 注意到
( pq + rs) + ( pr + qs) + ( ps + qr) = 1 2 2 2 2 2 [ ( p + q + r + s) - ( p + q + r + s ) ] = 30. 2

= 2 f ( z + yf ( z) ) = f ( z) f ( y ) ,

即  f ( x ) = f ( z) ,矛盾 . 若 f ( x ) 不是严格增加的 ,则存在正实数 x > z , 使得 f ( x) = f ( z) .
x- z 若 y ∈(0 , ( ) ] ,则 z < z + yf ( z) ≤x . f x

因为 ( p - s) ( q - r) ≥ , ( p - q) ( r - s) ≥ , 0 0 所以 , pq + rs ≥pr + qs ≥ps + qr. 因此 ,有 pq + rs ≥ 10. 又因为 0 ≤( p + q) - ( r + s) < 1 ,所以 ,
( p + q) 2 - 2 ( p + q) ( r + s) + ( r + s) 2 < 1.

因为 f 是单调不降的 ,所以 ,
f ( z ) ≤f ( z + yf ( z ) ) ≤f ( x ) = f ( z ) .

从而 , f ( z + yf ( z) ) = f ( z) . 进而 ,有 f ( z) f ( y ) = 2 f ( z + yf ( z) ) = 2 f ( z) ,即
x- z f ( y ) = 2 , y ∈(0 , ]. f ( x)

结合 ( p + q) 2 + 2 ( p + q) ( r + s) + ( r + s ) 2 = 92 , 得 ( p + q) 2 + ( r + s) 2 < 41. 于是 ,
41 = 21 + 2 × 10

若存在 y0 ,使得 f ( y0 ) = 2 ,则
2 × = f ( y 0 ) f ( y0 ) 2 = 2 f ( y 0 + y 0 f ( y0 ) ) = 2 f ( 3 y 0 ) .

≤( p2 + q2 + r2 + s2 ) + 2 ( pq + rs)
2 2 = ( p + q) + ( r + s) < 41 ,

矛盾 .
4. f ( x ) = 2 x - 1 , f ( x ) = - x - 1 , f ( x) = x - 1.
2

所以 , f (3 y0 ) = 2. 由数学归纳法易得 ,对于所有的正整数 k ,有
f (3 y0 ) = 2. x- z 由于满足 f ( y) = 2 的 y ∈(0 , ( ) ] ,所以 ,对于 f x
k

在原方程中 ,设 y = 1 ,且设 a = 1 - f (1) ,则有
f ( x + 1) = af ( x ) + 2 x + 1.

在原方程中 ,将 y 变为 y + 1 ,得
f ( x + y + 1) + f ( x ) f ( y + 1)

所有 x ∈R+ ,有 f ( x) = 2. 若 f ( x ) 是严格增函数 , 则对于所有正实数 x 、
y ,有 f ( x ) f ( y ) = 2 f ( x + yf ( x ) ) > 2 f ( x ) .

= f ( x ( y + 1) ) + 2 x ( y + 1) + 1.

将 f ( x + y + 1) = af ( x + y ) + 2 ( x + y ) + 1 ,
f ( y + 1) = af ( y ) + 2 y + 1

代入得
a ( f ( x + y) + f ( x ) f ( y) ) + (2 y + 1) (1 + f ( x ) )

于是 , f ( y ) > 2. 又因为对于所有的 x > 0 ,有
2 f ( x + 1 ×f ( x ) ) = f ( x ) f (1) = f (1) f ( x ) = 2 f (1 + xf (1) ) .

= f ( x ( y + 1) ) + 2 xy + 1.

再次利用原方程 ,可得
a ( f ( xy ) + 2 xy + 1) + (2 y + 1) (1 + f ( x ) )

由 f ( x ) 的严格单调性 ,可知
x + 1 ×f ( x ) = 1 + xf (1) ,

= f ( x ( y + 1) ) + 2 xy + 1.

即  f ( x ) = x ( f (1) - 1) + 1. 取足够小的 x , 可使 f ( x ) < 2 , 与对于所有的

设 x =2t ,y = -

1 ,则有 2

a ( f ( - t ) - 2 t + 1) = f ( t ) - 2 t + 1.

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2006 年第 9 期

27 2. 本届 IMO 第 1 题 .

用 - t 代替上式中的 t ,得
a ( f ( t ) + 2 t + 1) = f ( - t ) + 2 t + 1.



3. 如图 2.

消去 f ( - t ) ,得
(1 - a2 ) f ( t ) = 2 (1 - a) 2 t + a2 - 1 ,

其中 , a ≠- 1 ,否则对于所有的 t ,有 8 t = 0 ,矛盾 . 若 a ≠ ,则 1 - a2 ≠ 所以 , 1 0.
f ( t) = 2

1- a t - 1. 1+ a 1- a 1+ a - 1.

令 t = 1 ,得 1 - a = 2 从而 , a = 0 或 a = 3.

当 a = 0 时 ,得 f ( t ) = 2 t - 1 ; 当 a = 3 时 ,得 f ( t ) = - t - 1. 若 a = 1 ,由式 ① 可得 f ( t ) = f ( - t ) . 在原方程中分别设 y = x 和 y = - x ,得
2 2 2 f (2 x) + f ( x) = f ( x ) + 2 x + 1 , 2 2 2 f (0) + f ( x ) = f ( x ) - 2 x + 1.

图2

设 ∠BAX = 2α, ∠DAY = 2β, 设线段 AB 、 延 AD 长线上两点分别为 B′ D′则有 , . ∠K = ∠K = α, AB AX ∠LAD = ∠LAY = β, ∠KBB′ =
1 ∠BAD = α+ β= ∠LDD′ . 2

两式相减得 f (2 x) = 4 x2 + f (0) . 在 f ( x + 1) = af ( x ) + 2 x + 1 中 ,令 x = 0 ,得
f (1) = af (0) + 1.

所以 , ∠A KB = β, ∠ALD = α. 设 ∠BAD 的角平分线与 △A K 的外接圆交于点 L
M ,则 B K ∥AM ∥DL . 由于点 K 、 在 AM 的异侧 ,则 L

因为 a = 1 , f (1) = 1 - a = 0 ,所以 , f (0) = - 1. 于是 , f (2 x ) = 4 x2 - 1. 因此 ,对于所有 x ∈R ,有 f ( x) = x2 - 1.
5. 本届 IMO 第 3 题 .

∠MK = ∠MAL = ∠MAD - ∠LAD = α. L 同理 , ∠ML K = β. 因此 , △A KB △K LM △LAD . 于是 ,有 A K? = KB ? L , KM ? = K ? . LM K LA L LD 在圆内接四边形 A KML 中应用托勒密定理 ,有
AM? L = A K? + KM ? = ( KB + LD) ? L , K LM LA K

几何部分
1. 如图 1 ,设 BI 与 △ABC 的外接圆交于点 P , M

为边 AC的中点 ,点 P 在
IK 上的投影为 N .

即  AM = KB + LD . 设 BD 、L 的中点分别为 P 、 ,则梯形 B K 的 K Q LD 中位线为 PQ . 所以 ,有
2 PQ = B K + DL = AM ,且 PQ ∥AM .

因为 AB + BC
= 3 AC ,

所以 , BD = B E
= AC = 2 CM .

因为 P 是 AC 的中点 ,所以 , Q 是 CM 的中点 . 于 是 , CM 与 K 互相平分 . 从而 ,四边形 KCLM 是平行 L 四边形 .
图1

又 ∠AB P = ∠ACP , 则 △DBI △MCP , 且相似比为 2∶ 1. 由于 PA = PI = PC , ∠N PI = ∠DBI ,则 △PNI △CMP. 从而 ,有 ID = 2 PM = 2 IN ,即 N 是 IK 的中点 . 于是 , PN 是 IK 的中垂线 ,故有 PC = PI = PK. 同理 , PA = PI = PL . 因此 , A 、 、 、 四点共圆 ,圆心为 P. C K L

) 故 ∠KCL = ∠KML = 180° (α+ β = 180° 1 ∠BAD 2

为不依赖于直线 l 的一个定值 .
4. 本届 IMO 第 5 题 . 5. 如图 3 ,设 △ABC 、 ADE 的外心分别为点 O 、 △
O1 .

由于 O1 O 垂直于两个圆的公共弦 , 所以 , 只须 证 OO1 ∥HM . http://www.cnki.net

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中 等 数 学 同理 , ∠IUT = ∠IFT. 又因 ∠IET = ∠IFT , 所 以 , △IUV 是 等 腰 三 角 形 , IT 为其底边 UV 上的高 , T 是 UV 的中点 . 从而 , A 、 、 三点共线 . T M 由于 EF 是点 A 关于 ⊙I 的极线 ,所以 ,
A K AL A K TK = ,即 = . KT L T AL TL

设 ⊙O 的 直 径 为 A P , B H 与 AC 交 于点 B 1 , CH 与 AB 交于点 C1 . 由于 AB ⊥B P ,
AC ⊥CP ,所以 , HC ∥B P , HB ∥CP.

设 L Y 交 A P 于点 Z ,则
图3

KX A K = . L Z AL

于是,四边形

因为 IT 是 KX 和 L Y 的公垂线 ,所以 ,有
KX TK = . LY TL

B PCH 是平行四边形 . 故 H 、 、 三点共线 . M P

又因 △ADE 是 等 腰 三 角 形 , 所 以 , 点 O1 在 ∠BAC 的角平分线上 . 设 AO1 与 HP 交于点 Q . 由于射线 AH 、 关于 AO
AQ 对称 ,所以 , AQ 是 ∠HA P 的角平分线 . QH AH = . QP A P

从而 ,

KX KX = ,即 L 是 YZ 的中点 . L Z LY

因此 , M 是 PQ 的中点 .
7. 如图 5 , 由于

于是 ,有

△ABC 是锐角三角
1 ∠BAC , 2

又因 ∠C1 HD = 90°- ∠C1 DH =

形 ,所以 , P 、 、 分 Q R 别是 EF 、 、 内 FD DE 部的 点 . 设 点 E 、 F 分别在 AB 、 上的 AC 投影为 K 、 . 则 L ∠A K = ∠A EF L
= ∠ABC ,
图5

∠C1 HB = ∠BAC , 所 以 , HD 是 ∠C1 HB 的 角 平 分 线 . 于是 ,有
DC1 HC1 = . DB HB

因为 △AHC1

△A PC ,所以 ,

AH C1 H C1 H = = . AP CP BH

所以 , K ∥BC. L 又因 △A EF
A K DQ = . KF QF

于是 ,可得

DC1 QH = . DB QP

△ABC

△DB F ,所以 ,

由于四边形 C1 HPB 是梯形 ,则 QD ∥HC1 . 同理 , QE ∥HB 1 . 因此 , AQ 是 △ADE 外接圆的直径 ,即 O1 是 AQ 的中点 . 故 OO1 ∥PQ ,即 OO1 ∥HM .
6. 如 图 4 , 设

从而 ,可得 KQ ∥AD . 同理 , LR ∥AD . 由于 K ∥BC , AD ⊥BC ,所以 , QR ≥K . L L 又由于 △A K L △A EF △ABC ,则
K L AK A E EF = = cos A = = . EF A E AB BC

△ABC 的 内 心 为
I, 内 切 圆 与 边 BC 、 、 的 切 CA AB

于是 ,有 QR ≥K = L 同理 , PQ ≥
2

EF . BC
2

2

点 分 别 为 D 、E 、
F , EF 与 DI 交于

DE FD , RP ≥ . AB CA

点 T ,过 T 作平行 于 BC 的直线分别 交 AB 、 于 点 AC
U、. V
图4

由柯西不等式得
( AB + BC + CA ) ( PQ + QR + RP)
DE EF FD + + AB BC CA
2 2 2

≥( AB + BC + CA )

≥( DE + EF + FD) 2 . 故所证不等式成立 .
( 未完待续)

由于 ∠ITV = ∠IEV = 90°所以 , I 、 、 、 四点 , T E V 共圆 , ∠IVT = ∠IET.

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中 等 数 学

竞赛之窗

第 46 届 IMO 预 选 题 ( 中)
译 李建泉 
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)

数论部分
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 本届 IMO 第 2 题 . 3. 已知正整数 a 、 、 、 、 、 满足和 b c d e f
S = a+ b+ c+ d+ e+f

(1) 只有有限多对连续的高可约的整数
a 、 ,满足 a| b ; b

(2) 对于每个质数 p ,存在无穷多个高可

约的正整数 r ,使得 pr 也是高可约的 .
6. 设 a 、 是正整数 , 使得对于任意的正 b
n n 整数 n ,均有 ( a + n) | ( b + n) . 证明 : a = b . n n- 1 7. 设 P ( x ) = an x + a n - 1 x + … + a0 ,

可以整除 abc + def 与 ab + bc + ca - de ef - f d . 证明 : S 是合数 . 4. 求所有的正整数 n ( n > 1 ) , 使得存在 n 唯一的整数 a ( 0 < a ≤n !) 满足 a + 1 可以 被 n !整除 . 5. 设正整数 n 的正因数的个数为 d ( n) . 一个 正 整 数 n 若 满 足 对 于 所 有 正 整 数 m ( m < n) ,有 d ( n ) > d ( m ) , 称 n 为 “高可约 的”两个高可约的整数 m 、 ( m < n) 若满足 . n 对于任意的正整数 s ( m < s < n) 都不是高可 约的 ,称 m 、 是 n “连续的”证明 : .

其中 , a0 , a1 , …, an 是整数 , an > 0 ( n ≥ ) . 证 2 明 : 存在正整数 m ,使得 P ( m !) 是合数 .

参考答案
1. 本届 IMO 第 1 题 . 2. 本届 IMO 第 2 题 . 3. 设 P ( x ) = ( x + a) ( x + b) ( x + c) - ( x - d) ( x - e) ( x - f )
2 = Sx + ( ab + bc + ca - de - ef - f d) x + abc + def ,

则二次多项式 P ( x) 的系数都是 S 的倍数 . 因此 ,

分 ∠DPG. 于是 , ∠PDC = ∠DPG = 2 ∠DPC . 再由充分性的证明 ,即可逆推得到
A E + A P = PD .
参考文献 :
[1 ]   梁绍鸿著 .《初等数学复习及研究 ( 平面几何 ) 》 M] . [

图3

北京 : 人民教育出版社 ,1978.
[2]   【美】 A. Johnson 著 . 近代欧氏几何学》 . 单 R. 《 [M]

引理 3   若调和线束中有两条直线互相 垂直 ,则它们必平分另外两条直线所构成的 角. 引理 3 的证明参见文 [ 4 ] . 因 ∠B PC = 90°故由引理 3 知 PC 必平 ,

译.

上海 : 上海教育出版社 ,1999.
[3 ]   单 [4]   单

著 . 平面几何中的小花》M] . 上海 : 上海教育出 《 [ 等著 . 初等数学论丛 ( 第 1 辑) 》M] . 上海 : 上海 《 [

版社 ,2002. 教育出版社 ,1980.

2006 年第 10 期
P ( d) = ( a + d) ( b + d) ( c + d)

23
n ! = 1 × ×…×p ×…×(2 p) ×…×n ,且 α≥ 2 2.

也是 S 的倍数 . 由于 a + d 、 + d 、 + d 均小于 S ,所以 , S 一定 b c 是合数 .
4. n 是质数 .

设 m=

n! α . 对于任意满足 p
α- 1

a ≡- 1 (mod p

m)

的整数 a ,记
a= - 1+ p
p

如果 n = 2 ,则有唯一的整数 a = 1. 如果 n > 2 , 且 n 为偶数 , 则 a 是完全平方数 .
n

α- 1

mk .



α 则 a = ( - 1 + p - 1 mk ) p α
p

因此 , an + 1 模 4 的余数为 1 或 2. 而 n !可以被 4 整 除 ,故不存在满足条件的整数 a . 若 n 为奇数 ,假设 n = p 是质数 ,且对某个正整 数 a (0 < a ≤p !) ,使得 p !| ( ap + 1) . 由费马小定理 ,有
a + 1 ≡( a + 1) (mod p) .
p

= - 1 + p mk + = - 1 + p M.
α

j =2

∑( - 1)

p- j

Cp p

j

(α- 1) j

( mk ) j

其中 , M 是整数 . 这是因为对于所有的 j ≥ 和α≥ , 2 2 α 均有 (α- 1) j ≥ .
α α 于是 , p | ( ap + 1) . 从而 , p | ( an + 1) .

因此 , p| ( a + 1) . 下面证明 :
a +1 没有小于 p 的质因数 q . a+1 a +1 . a+1
p p

又因为 m | ( a + 1) ,所以 , m | ( an + 1) . 考虑到 m 与 p 互质 ,则对于满足式 ① a 均有 的
n n !| ( a + 1) . 但在区间 [ 1 , n !] 中有 p ( p > 2 ) 个整数

假设存在质数 q < p ,满足 q 由于 数. 于是 ,有 ap ≡- 1 (mod q) . 从而 ,有 a2 p ≡ ( mod q) . 1 因此 , a 与 q 互质 ,且 a
q- 1

满足式 ①,即 k = 1 ,2 , …, p ,与 a 的唯一性矛盾 .
5. 若 n 的质因数分解式为
n=
pp

a +1 = a+1

p

p- 1

i =0



( - a ) i 为奇数 , 所以 , q 为奇

α ( n)

∏p
‖n

α ( n)
p

,

其中 , p 为质数 ,则
d ( n) =
pp

α ( n)

∏ (α ( n) + 1) .
p

≡ ( mod q) . 1
d

‖n

由于 d ( n) 可以是足够大的值 ( 如 d ( m !) ,其中
m 足够大) ,因此 ,有无穷多个高可约的整数 .

设 d = ( q - 1 ,2 p) ,则有 a ≡ ( mod q) . 1 因为 q < p ,所以 , d = 2. 则 a ≡± (mod q) . 1 当 a ≡ (mod q) 时 ,有 1
a +1 = a+1
p p- 1 i =0

若 n 是高可约的 ,则
n=2
α ( n)
2

?3 3

α ( n)

? ?p … p

α ( n)

,

∑( -

i a) ≡ ( mod q) , 1

α α 其中 ,α ( n) ≥ 3 ( n) ≥…≥ p ( n) . 2 于是 ,若质数 q < p ,且 p| n ,则 q| n . 下面证明 : 对于每个质数 p ,除了有限个高可约 的整数外 ,其他所有的高可约的整数都是 p 的倍数 . 当 p = 2 时 ,上面的结论显然成立 . 当 p ≠ 时 ,假设 p 是第 r ( r > 1) 个质数 , n 是最 2 大质因数小于 p 的无穷多个高可约的整数中的一 个 ,则 (α ( n) + 1) r - 1 ≥d ( n) . 2 因此 ,α ( n) 可以取任意大的值 . 2 设 n 满足 2 令 m=
np
t

矛盾 ; 当 a ≡- 1 ( mod q) 时 ,有
a +1 = a+1
p p- 1 i =0

∑( -

i a) ≡p ( mod q) ,

即 q| p ,矛盾 . 由于
a +1 没有小于 p 的质因数 ,且 a+1 a +1 a+1
p p

( p - 1) !| ( a + 1)

,

所以 , ( p - 1) !| ( a + 1) . 又因为 p| ( a + 1) ,所以 , p !| ( a + 1) . 于是 ,存在唯一的整数 a = p ! - 1. 若 n 是奇数 , 且为合数 , 设 p 为 n 的最小质因 数 ,且 p | n ! , p
α α+ 1

α ( n) - 1
2

> p .记 t =

2

a2 ( n)

2

.

2

,则 m < n . 而

因为 2 p < p2 ≤n ,所以 ,

8 n !.

d ( m ) = 2 d ( n)

α ( n) - t + 1 2 ( ) α ( n) + 1 > d n , 2

与 n 是高可约的整数矛盾 .

24

中 等 数 学 若
n 不是高可约的整数 ,则存在一个高可约的 p n ,使得 d ( m ) ≥d p n p

因此 ,有无穷多个高可约的整数是 p 的倍数 . 接下来证明 : 对于任意的质数 p 和常数 k ,只有 有限多个高可约的整数 n ,使得 α ( n) ≤k . p 若结论不正确 ,设 k 是一个使得有无穷多个高 可约的整数 n 满足α ( n) ≤k 的常数 , q 是一个满足 p
q> p
2k +1

整数 m <

.

由于 α ( m ) < α ( n) ,因此 ,有 p p
d ( mp) = d ( m )

的质数 . 除了有限多个正整数 n 外 ,其他所
pp
α ( n)α ( n) +α ( n) +α ( n)
q p q

α ( m) + 2 p α ( m) + 1 p

有的 n 都是 q 的倍数 . 设
m= qq
α ( n)

≥d
n

n α ( n) + 1 p ( ) α ( n) = d n , p p x +1 是减函数 . x

.

其中 ,不等式用到了 f ( x ) =

通过计算可知 d ( m ) > d ( n) . 所以 , m > n . 于是 ,有
p
α 2 ( n)α ( n) +α ( n)
p q q

又因为 mp < n , 与 n 是高可约的整数矛盾 , 因
n 此 , 是高可约的整数 . p

α α ≥p p ( n)αq ( n) +αq ( n) +αp ( n) > q q ( n) .

从而 ,有 p2

α ( n) + 1
p

> q> p

2k +1

.

又由于 k 可以足够大 ,所以 ,可以得到无穷多个 高可约的整数 n , 使得 任意质数 .
6. 假设 b ≠a .
n 也是高可约的 , 其中 , p 为 p

与 α ( n) ≤k 矛盾 . p
(1) 设 n 是高可约的整数 ,且有 α ( n) ≥ ,即除 8 3

了有限个高可约的整数外 ,所有的 n 都具有上述性 质. 由于整数
8n 8n < n ,所以 , d 9 9 < d ( n) ,即

当 n = 1 时 ,有 ( a + 1) | ( b + 1) ,故 b > a . 设 p 是一个大于 b 的质数 , n 是满足
n ≡ ( mod ( p - 1) ) , n ≡- a ( mod p) 1

(α ( n) + 4) (α ( n) - 1) 2 3 < (α ( n) + 1) (α ( n) + 1) . 2 3

的正整数 . ① 由中国剩余定理 ( 即孙子定理 ) 知 ,这样的 n 是 存在的 . 例如 , n = ( a + 1) ( p - 1) + 1. 由费马小定理 ,有
a = a
n k ( p - 1) + 1

故 3α ( n) - 5 < 2α ( n) . 3 2

假设 n 、 是连续的高可约的整数且满足 n| m , m 因为 d (2 n) > d ( n) ,所以 ,在区间 ( n ,2 n ] 中一定存 在一个高可约的整数 . 因此 , m = 2 n ,且有 d
d ( n) . 否则 ,在区间 n,

3n 2



≡a ( mod p) ,

其中 , k 为整数 . 所以 , an + n ≡ ( mod p) . 因此 , p| ( bn + n) . 0 再由费马小定理 ,有 bn + n ≡( b - a) ( mod p) . 所以 , p| ( b - a) ,矛盾 . 因此 , a = b .
7. 假设 a0 = ± 否则 , 当 a0 = 0 及 a0 ≠ , ± 1. 0 1

3n 中一定存在一个高可约 2

的整数 ,与 n 、 是连续的高可约的整数矛盾 . 于是 , m α ( n) (α ( n) + 2) ≤(α ( n) + 1) (α ( n) + 1) , 2 3 2 3 α 所以 ,α ( n) ≤ 3 ( n) + 1. 2 代入式 ① 可得
3α ( n) - 5 < 2 (α ( n) + 1) , 3 3

时 ,结论成立 . 若质数 p > k ≥ ,则 1
( p - 1) ! = ( p - k) ![ p - ( k - 1) ][ p - ( k - 2) ] …( p - 1)

所以 ,α ( n) < 7 ,与 α ( n) ≥ 矛盾 . 8 3 3 因此 ,只有有限多对连续的高可约的整数 a 、 , b 满足 a| b .
(2) 设 k 是任意的正整数 ,则存在最小的高可约

≡( - 1) k - 1 ( p - k ) ! ( k - 1) ! ( mod p) . 由威尔逊 ( Wilson) 定理知
( p - 1) ! ≡- 1 ( mod p) .

的正整数 n , 使 α ( n) ≥k , 且除了有限多个高可约 p 的整数外 ,所有的高可约的整数 n′ 均满足 α ( n′ ≥k . ) p 下面证明 :
n 也是高可约的整数 . p

所以 , ( p - k ) ! ( k - 1) ! ≡( - 1) k ( mod p) . 设 Q ( x) = an + an - 1 x + …+ a0 x n ,则有
P

( - 1) k ( - 1) kn k = n Q ( ( - 1) ( k - 1) !) . ( k - 1) ! [ ( k - 1) !]

2006 年第 10 期

25

第 32 届俄罗斯数学奥林匹克
第 32 届俄罗斯数学奥林匹克于 2006 年 4 月 21 日 — 日在俄罗斯普斯科夫举行 . 竞赛分 26 九年级 、 十年级和十一年级 ,每个年级考两天 ,每天 5 个小时考 4 道题 . 我国派出了上海市代表 队参加了这次竞赛 . 6 名队员是华东师大二附中的张成 、 边远 , 复旦大学附中的禹仲俊 、 龚墨 , 上海中学的应鲍龙 、 张一凡 . 其中 2 人参加了九年级的比赛 ,4 人参加了十年级的比赛 ,并获得 了一金 、 、 四银 一铜的好成绩 . 九年级
9. 1. 15 × 的方格表中有一条非自交闭 15

以这 2 006 个点中的某些点为端点作弦 , 使 得每条弦的两个端点同色 , 且任意两条弦不 相交 ( 包括端点) . 考里亚要尽可能多地作出 这样的弦 ,而别佳则尽力阻碍考里亚多作这 样的弦 . 问考里亚至多能作多少条这样的弦 ? 9. 4. 圆 Γ 与 △ABC 的 外 接 圆 相 切 于 点 A ,与边 AB 交于点 K ,且和边 BC 相交 . 过 点 C 作圆 Γ 的切线 , 切点为 L , 联结 K , 交 L 边 BC 于点 T . 证明 : 线段 B T 的长等于点 B 到圆Γ 的切线长 .
9. 5. 设 a1 , a2 , …, a10 为正整数 , a1 < a2 < …< a10 . 将 ak 的不等于自身的最大约数

折线 ,该折线由若干条连接相邻小方格 ( 两个 有公共边的小方格称为相邻小方格) 的中心 的线段组成 , 且它关于方格表的某条对角线 对称 . 证明 : 这条闭折线的长度不大于 200.
9. 2. 证明 : 存在绝对值都大于 1 000 000

的 4 个整数 a 、 、 、 ,满足 b c d
1
a

+

1
b

+

1
c

+

1
d

=

1
abcd

.

9. 3. 圆周上有 2 006 个点 . 别佳同学先用 17 种颜色给这些点染色 , 然后 , 考里亚同学
( k - 1) ! 若 k - 1 > a2n , 则 an | ( k - 1) ! , 且 可以
an

取 k = m ! , 其中 , m = q - 1 > 2 , q 是一个质数 , 则 m !是合数 , m ! + 1 也是合数 ( 因为 m ! + 1 > m + 1
= q ,由威尔逊定理知 m ! + 1 ≡ ( mod q) ) ,且 m ! + l 0 ( l = 2 ,3 , …, m ) 也是合数 . 所以 ,设比 m ! + l 大的最

被小于或等于 k - 1 的所有的质数整除 . 于是 ,
k Q ( ( - 1) ( k - 1) !) = a n bk , k k n an - 1 ( - 1) ( k - 1) ! a0 [ ( - 1) ( k - 1) !] 其中 , bk = 1 + + …+ an an

小的质数 p = m ! + m + t ( t ≥ , t ∈N) . 1 因此 , p - k = m + t . 对于足够大的 m ,有
P ( ( p - k ) !) = P ( ( m + t ) !) >

中没有小于或等于 k - 1 的质因数 . 由于 Q ( x ) 的首项为 a0 = ± ,所以 , Q ( x ) 不是 1 常数 . 故当 k 足够大时 ,| Q ( ( - 1 ) k ( k - 1) !) | 也可 以足够大 . 从而 ,| bk | 也可以足够大 . 特别地 ,当 k 足够大时 ,| bk | > 1. 取这样的 k 为偶数 ,任选 bk 的质因数 p ,则 p >
k ,且有 P ( ( p - k ) !) ≡ ( mod p) . 0

( m + t) ! , 2

这是因为 an > 0. 当 m 足够大时 ,
( m + t) ! > m !+ m + t(t ≥ . 1) 2

因此 , P ( ( p - k ) !) > p ,且 P ( ( p - k ) !) 是 p 的 倍数 . 所以 , P ( ( p - k) !) 是合数 .

为了证明原命题 ,需要确定 k ,使得
| P ( ( p - k ) !) | > p .

( 未完待续)

2006 年第 11 期

19

竞赛之窗

第 46 届 IMO 预选题 ( 下)
译 李建泉 
( 天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所 ,300387)

组合部分
1. 一幢房子有偶数盏灯分布在若干个房

服两个其他的人去买帽子 . 如果某人说服的 两个人中的每一个人都至少说服了 k 个人 买了帽子 ( 直接或间接 ) , 则这个人赢得一台 免费的学习机 . 证明 : 若 n 个人买了帽子 , 则 最多有
n 个人得到学习机 . k +2

间内 ,每个房间内至少有 3 盏灯 . 每盏灯恰和 另外一盏灯共用一个开关 ( 不一定是同一个 房间中的灯) . 每改变一次开关的状态 , 共用 这个开关的两盏灯同时改变它们的开关状 态 . 证明 : 对于一个初始状态 , 都存在有限次 操作 ,使得每个房间中的灯既有开着的 ,又有 关着的 .
2. 设 k 是一个固定的正整数 . 一个公司

3. 已知 m ×n 的方格表 . 若两个单位正

方形有公共边 ,则称这两个正方形 “相邻”如 . 果有若干个单位正方形可以排成一个序列 , 使得这个序列中任意两个连续排列的正方形 都是相邻的 , 则称这个单位正方形序列为一 条 “通路”将方格表中的每个正方形染为黑 . 色或白色 . 设 N 是使得至少有一条从方格表 左端边到右端边的黑色通路的染色方法的数 目 , M 是使得至少存在两条不相交的 、 从方 切点坐标为 ( 14 ,9) . 因此 , m = x + 2 y = 32. 综上 , x + 2 y 的最大值为 80 , 最小值为 32. 评述 : 解法 1 、 是通过代换将原题进行 3 转化 ,从而使问题得到解决 ( 解法 1 转化为三 角函数问题 , 解法 3 转化为直线与椭圆的位 置关系问题) . 解法 2 通过引进中间变量将原 题转化为一元二次方程在闭区间上有解的问 题 ,从而使问题获解 . 解法 4 则是利用数形结 合思想在曲线的端点和切点处找到最值 . 由 此不难看出 ,随着思维的不断深入 ,往往会产

用下面的方法卖帽子 : 每个买了帽子的顾客 可以说服两个人去买帽子 ,其中 ,这两个人未 曾被其他人说服过 . 每个新的顾客又可以说

  因此 , x + 2 y 的最小值是 32 , 最大值是 80. 解法 4 : 因为曲线 x + 2 + y - 5 = 6 的 端点为 C ( - 2 ,41) 、 ( 34 ,5) ,将其代入 m = D
x + 2 y ,解得 m = 80 或 m = 44.

又切线 x + 2 y = m 的斜率为 y - 5 =6 y = x - 12 y′ 1 = x + 2 ,得 x + 2 + 43 ,

1 ,由 2

6
x +2

= -

1 . 2

解得 x = 14. 将 x = 14 代入
x +2 + y - 5 = 6 ,得

生意想不到的解法 .

20

中 等 数 学 任选一个非正常的房间 R0 . 不妨假设房间 R0 中的所有的灯都是关着的 . 如果在房间 R0 中有一对双胞胎 , 则操作一次 , 能使这两盏灯开着 . 房间 R0 成为正常的 . 若在房间 R0 中没有双胞胎 , 任选一盏灯 a0 ∈
R0 ,设与其构成双胞胎的另一盏灯 b0 ∈R1 . 改变开

格表最左边到最右边的黑色通路的另一种染 色方法的数目 . 证明 : N ≥ M . 2
2
mn

4. 已知正整数 n ( n ≥3 ) . 将 正 n 边 形
P1 P2 …Pn 的每条边和每条对角线标上一个

不超过 r 的正整数 ,且满足 : ① 每个正整数 1 ,2 , …, r 都出现在边或 对角线所标的数中 ; ② 每个 △Pi Pj Pk 中 , 有两条边标的数相 等 ,且大于第三边上标的数 . 求 : ( 1) 满足上述条件的最大正整数 r ;
(2) 对于这个最大值 r , 满足上述条件的

关的状态 , 则房间 R0 成为正常的 . 若房间 R1 仍为 正常的 ,则正常的房间的数目增加了 . 否则 ,房间 R1 中的灯的开关的状态全相同 . 与前面类似 ,假设在房间 R1 中没有双胞胎 . 任 选一盏不同于 b0 的灯 a1 ∈R1 , 设与其构成双胞胎 的另一盏灯 b1 ∈R2 . 改变这两盏灯的开关状态 , 能 使房间 R1 为正常的 . 若房间 R2 也为正常的 , 则正 常的房间的数目增加了 . 否则 , 继续进行类似的操 作 ,直到出现循环为止 . 假设不同的房间分别为 R0 , R1 , …, Rm ,房间 R i 和房间 R i + 1 是由一对双胞胎 ai 和 bi 相关连的 , 其 中 , ai ∈Ri , bi ∈Ri + 1 ( i = 0 ,1 , …, m - 1) , 且有一盏 灯 am ∈Rm ( am ≠bm - 1 ) , 与其构成双胞胎的另一盏 灯 bm 属于某个房间 Rk (0 ≤k ≤m - 1) . 若这个操作 过程到 am 和 bm ,则房间 Rm 是正常的 . 若 k ≥ ,则房间 Rk 中有两盏灯前面曾经分别 1 改变过开关的状态 , 它们分别为 bk - 1 和 ak , 与它们 构成双胞胎的另外两盏灯分别为 ak - 1 和 bk , 所以 ,
bm 不是 bk - 1 和 ak . 当我们第一次考虑房间 R k 时 ,

标法有多少种 ?
5. 有 n 张书签 , 每张书签一面为白色 ,

另一面为黑色 . 将它们排成一排 ,且所有的书 签的白色一面朝上 . 每次操作 ( 如果可能的 话) 是拿掉一张白色的面朝上的书签 ( 非最靠 边的书签) ,并将与这张书签相邻的两张书签 翻到另一面 . 证明 : 能够使得只剩下两张书签 的充分必要条件是 n - 1 不能被 3 整除 .
6. 本届 IMO 第 6 题 . 7. 已知正整数 n ( n > 1) ,整数列 a1 , a2 ,

…, an 满足 n | ( a1 + a2 + … + an ) . 证明 : 存 τ 在 1 ,2 , …, n 的两个排列σ、 ,使得对于所有 的 i = 1 ,2 , …, n ,有 σ( i ) + τ( i ) ≡ai ( mod n) .
8. 已知凸 n ( n ≥4 ) 边形 M , 将其中的
n - 3 条对角线染为绿色 , 另外的 n - 3 条对

改变 bk - 1 时使房间 R k 不正常 ,改变 ak 时使房间 R k 变为正常的 ,因此 , bk - 1 与 ak 的状态不同 . 故不管 bm 是怎样的状态 ,房间 Rk 均为正常的 . 所以 ,正常的房 间的数目增加了 . 若 k = 0 ,则 bm ∈R0 , bm ≠a0 ,这是因为 a0 与 b0 是双胞胎 . 因为每个房间至少有 3 盏灯 , 所以 , 存在
c ∈R0 , c ≠a0 , c ≠bm . 由于开始时 c 是关着的 ,而对 a0 进行一次操作后 , a0 是开着的 , 故不管 bm 是怎

角线染为红色 ,使得同色的对角线在 M 的内 部不相交 . 求在 M 的内部 , 红色的对角线与 绿色的对角线的交点数目的最大值 .

参考答案
1. 将共用一个开关的两盏灯称为 “双胞胎” 若 .

样的状态 ,房间 R0 均为正常的 . 所以 ,正常的房间的 数目增加了 .
2. 首先考虑 : 若 w 个人得到了学习机 , 那么 , 买

一个房间的灯有些是开着的 、 有些是关着的 ,则称这 个房间是 “正常的” 为此 , 设计一种操作次序 : 使得 . 这幢房子中正常的房间的数目是增加的 . 从而 ,经过 有限次操作 ,能使所有的房间都是正常的 .

帽子的人的数目 n 的最小值是多少 ? 当 w = 1 时 , n 的最小值为
2 k + 3 = 1 ×( k + 2) + ( k + 1) ;

2006 年第 11 期

21 3. 首先证明一个更一般的结论 .

当 w = 2 时 , n 的最小值为
3 k + 5 = 2 ( k + 2) + ( k + 1) .

假设每个单位正方形的上下两边是考虑的对 象 ,一些单位正方形是透明的 , 其他是不透明的 . 一 ① 个透明的单位正方形只染一条边 , 它从上和从下看 都是一样的 . 不透明的单位正方形必须染两条边 ( 同 色或不同色) . 设 A 是满足从上面看至少有一条从方格表左 端到右端的黑色通路的染色方法的集合 ,同样 ,设 B 是满足从下面看至少有一条从方格表左端到右端的 黑色通路的染色方法的集合 , C 是满足从上 、 下看至 少有两条从左端到右端的黑色通路且这两条通路在 任何透明的正方形处不相交的染色方法的集合 , D 表示所有染色方式的集合 . 下面证明 :
| A | ? B | ≥ C| ? D| . | | |

下面用数学归纳法证明 :
n ≥w ( k + 2) + ( k + 1) .

若 P 直接或间接地使 Q 买了帽子 ,或 Q = P ,则 称 P “影响” Q . 若某个人除了自己不被其他人影 了 响 ,则称该人影响的人的集合为一个分支 . 一个分支 中没有人可以影响到另外一个分支中的人 . 因此 ,只 要对每个分支证明式 ① 成立即可 . 实际上 ,若式 ① 对于 r 个分支成立 ,设第 i 个分 支有 ni 个人 , w i 个获奖的人 ( i = 1 ,2 , …, r) ,则
r r i

n=

i =1 r

∑n ∑n
r

,w =
r

i =1

∑w
i

i

,

且  n =
=(

i



i =1

i =1

∑[ w ( k + 2) + ( k + 1) ]


mn

其中 ,原命题即为所有正方形都是透明的 ,且有
| A | = | B | = N ,| C| = M ,| D| = 2 .

i =1

∑w ) ( k + 2) + r ( k + 1)
i

≥w ( k + 2) + ( k + 1) . 假设所有的人是一个分支 , 则所有的人都被一 个人 A 影响了 . 要证明式 ① 只须证明有 w 个获奖的 人的分支 G 中关于 n 的最小值成立 . 于是 , A 是一个 获奖者 . 否则去掉他 , 分支 G 中的获奖者在新的集 合 G′ 中还是获奖者 , w 没有改变 , n 变小了 ,矛盾 . 当 w = 1 时 ,则获得学习机的人只可能是 A . 他 说服了两个人 B 、 买了帽子 , 则 B 、 各直接或间 C C 接地说服了至少 k 个人 ,且被 B 说服的人与被 C 说 服的人没有相同的 . 因此 , n ≥ k + 3. 2 假设式 ① 对于小于 w 个获奖者成立 ,当有 w 个 获奖者时 ,这些获奖者都被一个人 A 影响 , 则 A 一 定是获奖者 . 设 A 直接说服的两个人分别为 B 、 , C 被 B 影响的人的数目为 nB ,这些人中获得学习机的 人的数目为 wB . 类似地 ,定义 nC 、 C . w 由归纳假设 ,若 wB > 0 ,则
nB ≥wB ( k + 2) + ( k + 1) ;

对透明的正方形的数目 k , 用数学归纳法证明 式 ①. 当 k =0时 ,
mn 2 mn 2 | A | = | B | = 2 N , | C| = N , | D | = (2 ) ,

式① 的等号成立 . 假设式 ① k 成立 ,下面考虑 k + 1 的情形 . 对 设 A 、 、 、 是如上定义的集合 . 选择一个透 B C D 明的正方形 a , 若设 A′ B′ C′ D′ 、 、 、 分别为 a 变为不 透明时相应的集合 ,由归纳假设有
| A′? B′ ≥ C′? D′. | | | | | | |



当 a 变为透明时 ,有| D′ = 2| D| . | 对于 A 中的任何一种染法 ,对应着 A′ 中的两种 染法 ,即从下面看 a 染为黑色和白色 ,且是一一对应 的 ,所以 ,| A′ = 2| A | . | 同理 ,| B′ = 2| B | . | 由式 ②,只须证明| C′ ≥ C| . | 2| 在 C 中任取一种染法 , 它包含两条黑色通路
(从上和从下看) ,且在透明的正方形处不相交 . 由于
a 是透明的 , a 最多在其中的一条通路上 , 不妨设在

若 wB = 0 ,由于 A 是获奖者 ,则
nB ≥wB ( k + 2) + ( k + 1) .

上面的通路上 . 当 a 变为不透明时 ,保持上面的边的 颜色 ,而下面的边有两种可能的染色方法 ,则这两种 染法在 C′ . 于是 ,有| C′ ≥ C| . 中 | 2| 从而 ,式 ② 成立 .
4. 称满足条件 ② 的标法为 “好的”满足条件 ① ,

同理 , nC ≥w C ( k + 2) + ( k + 1) . 因为 n = nB + nC + 1 , w = wB + w C + 1 , 所以 , n ≥w ( k + 2) + ( k + 1) . 综上所述 ,最多有
n 个人得到学习机 . k +2

和② 的标法为 “非常好的” 并将多边形的对角线和 ,

22

中 等 数 学 当 n = 3 时 , f (3) = 3 ,结论成立 . 假设对于 k < n 时 ,有 f ( k ) =
k ! ( k - 1) !

边统称为边 ,边上所标的数称为两点间的距离 . 设标最大值 r 的边为 AB , C 是不同于 A 、 的顶 B 点. 由条件 ② 可知 , AC 、 中有一条标的数为 r ,另 BC 一条标的数小于 r. 于是 , 将所有顶点分为两组 , 第 一组包含到点 A 的距离为 r 的顶点 ( 特别地 , 点 B 在这一组) , 第二组包含到点 B 的距离为 r 的顶点
( 特别地 ,点 A 在这一组) .

2

k- 1

.

对 n 边形 P ,将 n 个顶点分为非空的两组 ,第一 组中有 k 个顶点 ,共有 Cnk 种分法 . 第一组中的每个 顶点与第二组中的每个顶点所连的边上必须标数
n - 1 ,则在 1 ,2 , …, n - 2 中选出 k - 1 个数用在由第

一组中的点组成的 k 边形 P1 的边上 ,共有 C k -- 1 种选 n 2 法 . 剩下的 n - k - 1 个数标在由第二组中的点组成 的 n - k 边形 P2 的边上 , 且 P1 非常好的标法有
f ( k) 种 , P2 非常好的标法有 f ( n - k ) 种 . 由于选取 k 个点作为第一组等价于选取余下的 n - k 个点作

设 X 为第一组中不同于点 B 的顶点 , Y 为第二 组中不同于点 A 的顶点 . 在 △AXY 中 ,由于 AY 标的 不是 r , AX 标的是 r ,所以 , XY 标的是 r , 即第一组中 的任意一个顶点与第二组中的任意一个顶点所连的 边上标的数均为 r. 若 X 、 为第一 组 中 的 任 意 两 个 点 , 在 △AXY Y 中 ,由于 AX 、 标的数为 r ,则 XY 上标的数小于 r. AY 同理 ,第二组中的任意两个点所连的边上标的 数也都小于 r. 好的标法应该满足下述要求 : 第一组中任意一 点与第二组中任意一点所连的边标的数为最大值
r ,且每组中标法是好的标法 ,同时 ,每条边上标的数

为第一组 ,则每种非常好的标法被计算了两次 . 有
f ( n) =

1 2

n- 1

k =1

C ∑ C
k n n- 1

k- 1 n- 2

f ( k) f ( n - k)

= =

n !( n - 1) ! f ( k) f ( n - k) ? 2( n - 1) k =1 k !( k - 1) ! ( n - k) !( n - k - 1) !


n- 1

n ! ( n - 1) ! 1 1 n ! ( n - 1) ! ? = . n- 1 2 ( n - 1) k = 1 2 k - 1 2 n - k - 1 2



综上所述 ,有 f ( n) =

n ! ( n - 1) !

2

n- 1

.

小于 r.
(1) 用数学归纳法证明 : r 的最大值为 n - 1.

5. 将白色的面朝上的书签称为 “白书签” 反之 ,

称 “黑书签”则黑书签的数目的奇偶性不变 . 因此 , , 若只剩下两张书签 ,这两张书签一定同色 . 若一张白书签的左边有 t 张黑书签 , 则在白书 签上放置一个数 ( - 1) t ( 只在白书签上放置数) . 设 s 是白书签上放置的数的和模 3 的余数 , 下 面证明 : 在可能的操作下 , s 是不变量 . 选择一个白书签 W , 且拿掉 W 之前其左边有 t 张黑书签 . 若 W 的两个相邻的书签均为黑书签 , 拿 掉 W 后 ,白书签上放置的数的和增加了
t - ( - 1) + ( - 1) t- 1 t- 1 t- 1 + ( - 1) = 3 ( - 1) ,

当 n = 3 时 ,易知 r = 2 ,结论成立 . 假设结论对于小于 n ( n > 3) 的正整数成立 . 对 n 边形 P ,将顶点分成两组 ,不妨设第一组中 有 k 个顶点 , 第二组中有 n - k 个顶点 . 由归纳假 设 ,第一组中的 k 个顶点构成的 k 边形 P1 的每条边 上标的数最多有 k - 1 个 ( 不一定是从 1 到 k - 1) . 同理 ,第二组中的 n - k 个顶点构成的 n - k 边 形 P2 的每条边上标的数最多有 n - k - 1 个 ( 不一定 是从 1 到 n - k - 1) . 而第一组与第二组的点之间所 连的边上标的数都相同 ,且是最大值 ,所以 ,最多有
( k - 1) + ( n - k - 1) + 1 = n - 1

因此 , s 没有改变 . 类似地 ,可以证明 : 当 W 的左右两个相邻的书 签分别为同白 、 一黑一白 、 一白一黑时 , 仍满足 s 的 值不变 . 若最后剩下两张书签 , 当剩下的是两张白书签 时 , s = 2 ; 当剩下的是两张黑书签时 , s = 0. 因为开始时是 n 张白书签 ,则 s ≡n (mod 3) . 因此 , n ≡ ,2 (mod 3) ,即 n - 1 不能被 3 整除 . 0 若 n - 1 不能被 3 整除 ,当 n ≥ 时 ,每次选择最 5 左边的可以进行操作的白书签 ,连续进行 3 次操作 ,

个不同的数 . 例如 ,若 n - 1 边形有非常好的标法 , r 的最大值为 n - 2 ,则将 n 边形的第 n 个顶点与 n - 1 边形中的每个顶点所连的边上都标上 n - 1 ,即为满 足条件的非常好的标法 .
(2) 设 f ( n) 是将 n 边形 P 用 1 ,2 , …, n - 1 标在

每条边上的非常好的标法的数目 . 下面用数学归纳法证明 : f ( n) =
n ! ( n - 1) !

2

n- 1

.

2006 年第 11 期

23

则剩下 n - 3 张白书签 , 没有黑书签 . 而当 n = 2 ,3 时 ,能够剩下两张书签 .
6. 本届 IMO 第 6 题 .

若 p > 2 ,考虑从第 p 行到第 q 行 . 由于每行的 和模 n 余零 ,且从左上到右下的对角线上的三个数 的和也模 n 余零 . 因此 ,有
- bip + τ( i p) + τ( i p + 1 ) + σ( i q - 1 ) + σ( i q ) - biq ≡ 0.

τ 7. 假设存在满足条件的排列 σ、. 若整数列 b1 ,
b2 , …, bn 满足 n | ( b1 + b2 + … + bn ) , 且 b1 , b2 , …, bn 与 a1 , a2 , …, a n 只有两个下标 i 1 、2 模 n 的余数 i

由于 i p = i q ,所以 , biq ≡ ( i q ) + τ( i p ) . σ 又因为 σ( i p - 1 ) - bip + τ( i p + 1 ) ≡ ,所以 , 0 σ( i p - 1 ) = σ( i q - 1 ) . 从而 ,有 i p - 1 = i q - 1 ,矛盾 . 因此 , p = 1 或 p = 2. 删去第 q 行 , 将第 1 列和第 3 列分别周期性地 向下和向上移动一个位置 , 则所得到的图表 ( 见图
2) 的每一行的和模 n 余零 ,除了第一行的和与最后

不同 ,则对于每个 i ≠i1 、2 ,有 i σ( i ) + τ( i ) ≡bi ( mod n) .
b2 , …, bn 式 ① 均成立 .



下面变换 σ 和τ 到恰当的排列 , 使得对于 b1 , 假设所有的余数都是在模 n 意义下的余数 . 首 先构造一个图表 ( 见图 1) . σ( i1 ) σ( i2 ) σ( i3 ) … σ( i p - 1 ) σ( i p ) σ( i p + 1 ) … σ( i q - 1 ) σ( i q )
- bi1 - bi2 - bi3

τ( i1 ) τ( i2 ) τ( i3 ) … τ( i p - 1 ) τ( i p ) τ( i p + 1 ) … τ( i q - 1 ) τ( i q )

一行的和可能模 n 不余零 . σ( i q - 1 ) σ( i1 ) σ( i2 ) …
- bi1 - bi2 - bi3

τ( i 2 ) τ( i 3 ) τ( i 4 ) …

σ( i q - 1 ) σ( i1 ) σ( i2 ) …

- bi1 - bi2 - bi3

τ( i1 ) τ( i3 ) τ( i4 ) … τ( i q - 1 ) τ( i2 )


- bip - 1 - bip - bip + 1





σ( i q - 3 ) - biq - 2 τ( i q - 1 ) σ( i q - 2 ) - biq - 1 τ( i 1 )
( p = 1)

σ( i q - 3 ) - biq - 2 σ( i q - 2 ) - biq - 1
( p = 2)
图2


- biq - 1 - biq
图1

当 p = 1 时 , 最后一行的和模 n 也余零 ( 因为
i p = i q = i 1 ,σ( i q - 2 ) - biq - 1 + τ( i q ) ≡ ) ; 0

当 p = 2 时 , 再将第 3 列中的 τ( i2 ) 和 τ( i1 ) 进 行交换 . 因为 i p = i q = i 2 ,则最后一行的和模 n 也余 零. 当 p = 1 和 p = 2 时 ,第 1 列和第 3 列分别是 σ( i1 ) , ( i2 ) , …, ( iq - 1 ) σ σ τ τ τ 和   ( i1 ) , ( i2 ) , …, ( i q - 1 ) 的一个排列 . 将不包含在上面构造的三元数组再排 在其后 ,分别得到第 1 列和第 3 列关于 1 ,2 , …, n 的 排列σ 和τ ,满足对于所有的 i ≠i1 ,有 ′ ′ σ ( i ) + τ ( i ) ≡bi . ′ ′
n n i

每行是有相同的次序的三元数组
Ti = (σ( i ) , - bi ,τ( i ) ) ( i = 1 ,2 , …, n) ,

前两行分别为 Ti1 、 i2 . T 因 σ和τ 是 1 ,2 , …, n 的排列 , 则存在唯一的
i 3 ,使得

σ( i1 ) + τ( i3 ) ≡bi . 2 在第三行写下 Ti3 ,存在唯一的 i4 ,使得 σ( i2 ) + τ( i4 ) ≡bi . 3 在第四行写下 Ti4 . 如此下去 ,直到第 1 列确定的数出现两次 ,不妨 设为第 p 行确定的 i p 和第 q 行确定的 i q , p < q ,且有
ip = iq .

由于

i =1

′ ′ ∑(σ ( i) + τ ( i ) ) ≡0 ≡ ∑b
i =1

,所以 ,

σ ( i1 ) + τ ( i 1 ) ≡bi . ′ ′ 1 因为结论对于常数 ( 整数 ) 列是正确的 , 且其和 模 n 的余数为零 ,于是 ,每次调整两个数 , 即可得到

下面证明 : p = 1 或 p = 2.

24

中 等 数 学 的数目k r ≥n - 2 r. 由前面得到的结论 ,有
f ( d2 r - 1 ) + f ( d2 r ) ≤ n - k r - 4 ≤n + 2 r - 4. 2

对于任意满足 a1 + a2 + … + an ≡ ( mod n ) 的数列 0 τ a1 , a2 , …, a n 均存在σ、 ,使得 σ( i ) + τ( i ) ≡ai ( mod n) , i = 1 ,2 , …, n .
8. 容易得到凸 n 边形中最多有 n - 3 条对角线

若 n - 3 为偶数 ,则 d1 , d2 , …, dn - 3 均为绿色的 对角线 ; 若 n - 3 为奇数 ,则最后一条未成对的绿色 对角线最多可以与 n - 3 条红色对角线相交 . 设 n - 3 = 2 l +ε,ε∈ ,1} . 则所求交点的数目 {0 不超过
l

满足任意两条对角线在凸 n 边形内部不相交 , 这
n - 3 条对角线将凸 n 边形分割为 n - 2 个三角形 ,

且至少有两个顶点没有引出对角线 ,因此 ,至少有两 条对角线从 n 边形上切割下的是三角形 . 对于任意对角线 d ,记 f ( d) 为 d 上红色对角线 与绿色对角线的交点的数目 . 对于任意一对绿色的 对角线 d 和 d′假设在 d 与 d′ , 之间的 M 的顶点 ( 包 括 d 和 d′ 的端点) 有 k 个 ,余下的 n - k 个点构成一 个凸多边形 A …BC …D ,其中 , A 、 是与 d 的顶点相 B 邻 ,且不在如上 k 个顶点中的 M 的顶点 , C 、 是与 D
d′ 的顶点相邻 ,且也不在如上 k 个顶点中的 M 的顶

r=1

∑( n + 2 r - 4) +ε( n - 3)

) = l (2 l +ε- 1) + l ( l + 1) + ε(2 l +ε 3 2 2 ) = 3 l + ε(3 l + ε = 「 ( n - 3) . 4

其中 ,「 表示不小于 t 的最小整数 . t
0

特别地 ,当 n = 4 时 ,和式

点 , A 、 可能重合 , C 、 也可能重合 . B D 设多边形 A …BC …D 内红色线段的数目为 m . 因为 n - k 边形至多有 n - k - 3 条不相交的对 角线 ,所以 ,有 m ≤( n - k - 3) + 2 ,其中 ,包括 AD 和
BC 也可能是红色的 .

r=1

∑无意义 ,定义为 0.

下面的例子说明这个值是可以取到的 . 设 PQ 和 RS 是 M 的两条边 , 对角线 QR 和 PS 不在 M 内相交 ,且满足下面的条件 : 设 U 为在 Q 、 R 之间的 M 的边界 ( S 、 | U) , V 为在 P 、 之间的 M P S 的绝对值不超过 1. 当 n = 2 k 时 ,交点的数目为
(2 k - 4) + …+ k + ( k - 1) ( k - 1) + k + …+ (2 k - 4) + (2 k - 3) + = (2 k - 3) + [ ( k - 1) + (2 k - 4) ][ (2 k - 4) - ( k - 1) + 1] 3 2 2 = 3 k - 9 k + 7 = 「 ( n - 3) . 4

的边界 ,则 M 在 U 上和在 V 上的顶点的数目的差 将下列对角线染为绿色 : 对角线 PR ,联结 P 与 将下列对角线染为红色 : 对角线 QS ,联结 Q 与

这 m 条红色对角线中的每一条最多与 d 和 d′ 都有交点 ,而余下的 n - 3 - m 条中的每一条对角线 最多与 d 和 d′ 之一有交点 . 于是 ,有
) 2 f ( d) + f ( d′ ≤ m + ( n - 3 - m ) = n - 3 + m

U 中顶点及 R 与 V 中顶点的所有对角线 .

≤n - 3 + n - k - 1 = 2 n - k - 4. 任取两条绿色的对角线 , 使得这两条对角线能 从 n 边形 M 中切割下三角形 ,将这两条对角线 d1 、
d2 作为第一对对角线 ; 再选取两条绿色的对角线 ,

V 中顶点及 S 与 U 中顶点的所有对角线 .

能从剩下的 n - 2 边形中切割下三角形 ,设为 d3 、 4 d 并作为第二对对角线 ; ……; d2 r - 1 、 2 r 作为第 r 对绿 d 色的对角线 . 如果 n - 3 为奇数 ,则最后剩下一条绿 色的对角线 . 第 r 对对角线后 ,多边形化为 n - 2 r 个顶点的 多边形 , 其中 , 有两条边是成对的 , 即为 d2 r - 1 、 2 r , d 其他的边要么是 M 的边 , 要么是绿色的对角线 d1 ,
d2 , …, d2 r - 2 .

当 n = 2 k - 1 时 ,交点的数目为

( k - 1) + k + …+ (2 k - 5) + (2 k - 4) +

(2 k - 5) + (2 k - 6) + …+ ( k - 1) + ( k - 2) = (3 k - 5) ( k - 2) (3 k - 7) ( k - 2) + 2 2

因为不在 d2 r - 1 和 d2 r 内部 ( 包括 d2 r - 1 和 d2 r 的 端点) 且属于 M 的顶点最多有 2 r 个 , 所以 , d2 r - 1 和
d2 r 内部 ( 包括 d2 r - 1 和 d2 r 的端点 ) 且属于 M 的顶点

3 2 2 = 3 k - 12 k + 12 = 「 ( n - 3) . 4

综上所述 ,满足条件的交点的最大值为

3 「 ( n - 3) 2 . 4


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