2006中国数学奥林匹克(第二十一届全国中学生数学冬令营)试题及解答

2006 中国数学奥林匹克
(第二十一届全国中学生数学冬令营) 第一天
福州 1 月 12 日 上午 8∶00~12∶30 每题 21 分

一、 实数 a1 , a2 , L , an 满足 a1 + a2 + L + an = 0 ,求证:

max ( ak2 ) ≤
1≤ k ≤ n

n 3

∑ (a ? a )
i =1 i i +1

n ?1

2



证明

只需对任意 1 ≤ k ≤ n ,证明不等式成立即可.

记 d k = ak ? ak +1 , k = 1, 2,L , n ? 1 ,则 ak = ak , ak +1 = ak ? d k , ak + 2 = ak ? d k ? d k +1 ,L , an = ak ? d k ? d k +1 ? L ? d n ?1 , ak ?1 = ak + d k ?1 , ak ? 2 = ak + d k ?1 + d k ? 2 , L , a1 = ak + d k ?1 + d k ? 2 + L + d1 , 把上面这 n 个等式相加,并利用 a1 + a2 + L + an = 0 可得 nak ? (n ? k )d k ? (n ? k ? 1)d k +1 ? L ? d n ?1 + (k ? 1)d k ?1 + (k ? 2)d k ? 2 + L + d1 = 0 . 由 Cauchy 不等式可得
( nak ) 2 = ( ( n ? k ) d k + ( n ? k ? 1) d k +1 + L + d n ?1 ? ( k ? 1) d k ?1 ? ( k ? 2) d k ? 2 ? L ? d1 )
n?k ? k ?1 ? ? n ?1 ? ≤ ? ∑ i 2 + ∑ i 2 ? ? ∑ di2 ? i =1 ? i =1 ? ? i =1 ?
2

? n ?1 ?? n ?1 ? n(n ? 1)(2n ? 1) ? n ?1 2 ? ≤ ? ∑ i 2 ?? ∑ di2 ? = ? ∑ di ? 6 ? i =1 ?? i =1 ? ? i =1 ? n3 ? n ?1 2 ? ≤ ? ∑ di ? , 3 ? i =1 ? 所以
2 ak ≤

n 3

∑ (a ? a )
i =1 i i +1

n ?1

2



二、正整数 a1 , a2 , L , a2006 (可以有相同的)使得

a a1 a2 , , L , 2005 两 a2 a3 a2006

两不相等.问: a1 , a2 , L , a2006 中最少有多少个不同的数?
解 答案: a1 , a2 , L , a2006 中最少有 46 个互不相同的数.

由于 45 个互不相同的正整数两两比值至多有 45× 44 + 1=1981 个,故 a1 , a2 , L , a2006 中互不相同的数大于 45. 下面构造一个例子,说明 46 是可以取到的. 设 p1 , p2 , L , p46 为 46 个互不相同的素数,构造 a1 , a2 , L , a2006 如下: p1 , p1 , p2 , p1 , p3 , p2 , p3 , p1 , p4 , p3 , p4 , p2 , p4 , p1 ,L , p1 , pk , pk ?1 , pk , pk ? 2 , pk ,L , pk , p2 , pk , p1 ,L , p1 , p45 , p44 , p45 , p43 , p45 ,L , p45 , p2 , p45 , p1 , p46 , p45 , p46 , p44 , p46 ,L , p46 , p22 , p46 , 这 2006 个正整数满足要求. 所以 a1 , a2 , L , a2006 中最少有 46 个互不相同的数.

2 三、正整数 m,n,k 满足: mn = k + k + 3 ,证明不定方程

x 2 + 11y 2 = 4m


x 2 + 11y 2 = 4n
中至少有一个有奇数解 ( x , y ) .
证明 首先我们证明如下一个 引理:不定方程

x 2 + 11y 2 = 4m
或有奇数解 ( x0 , y0 ) ,或有满足



x0 ≡ (2k + 1) y0 (mod m)
的偶数解 ( x0 , y0 ) ,其中 k 是整数. 引理的证明 考虑如下表示
m , 2



x + (2k + 1) y x, y为整数,且0 ≤ x ≤ 2 m , 0 ≤ y ≤

?? ? ? ? + 1 ? ? m ? + 1? > m 个 表 示 , 因 此 存 在 整 数 x1 , x2 ∈ ?0, 2 m ? , 则共有 ? 2 m ? ? ? ? ? 2 ? ? ? ??

(

)

? m? y1 , y2 ∈ ? 0, ? ,满足 ( x1 , y1 ) ≠ ( x2 , y2 ) ,且 2 ? ?

x1 + (2k + 1) y1 ≡ x2 + (2k + 1) y2 (mod m) ,
这表明

x ≡ (2k + 1) y (mod m) ,
这里 x = x1 ? x2 , y = y2 ? y1 。由此可得



x 2 ≡ (2k + 1) 2 y 2 ≡ ?11 y 2 (mod m) ,
2 2 故 x + 11 y = km ,因为 x ≤ 2 m , y ≤

m ,所以 2

x 2 + 11y 2 < 4m +

11 m < 7m , 4

于是 1 ≤ k ≤ 6 .因为 m 为奇数,x 2 + 11y 2 = 2m ,x 2 + 11y 2 = 6m 显然没有整数解.
2 2 (1) 若 x + 11y = m ,则 x0 = 2 x, y0 = 2 y 是方程①满足②的解. 2 2 (2) 若 x + 11y = 4m ,则 x0 = x, y0 = y 是方程①满足②的解. 2 2 (3) 若 x + 11y = 3m ,则 ( x ± 11 y ) + 11( x m y ) = 32 ? 4m .
2 2

首先假设 3

m,若 x

0 (mod 3), y

0 (mod 3) ,且 x

y (mod 3) ,则

x0 =

x ? 11 y x+ y , y0 = 3 3



是方程①满足②的解.若 x ≡ y

0 (mod 3) ,则

x0 =

x + 11 y y?x , y0 = 3 3



是方程①满足②的解. 现在假设 3 m ,则公式④和⑤仍然给出方程①的整数解.若方程①有偶数解 x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 ,则

x12 + 11y12 = m ? 36m = ( 5 x1 ± 11y1 ) + 11( 5 y1 m x1 ) .
2 2

因为 x1 , y1 的奇偶性不同,所以 5 x1 ± 11y1 , 5 y1 m x1 都为奇数. 若 x ≡ y (mod 3) ,则 x0 = 若 x1
5 x1 ? 11 y1 5y + x , y0 = 1 1 是方程①的一奇数解. 3 3 5 x + 11 y1 5y ? x y1 (mod 3) ,则 x0 = 1 , y0 = 1 1 是方程①的一奇数解. 3 3
2 2

2 2 (4) x + 11y = 5m ,则 52 ? 4m = ( 3 x m 11 y ) + 11( 3 y ± x ) .

当5 则

m 时, 若 x ≡ ±1(mod 5), y ≡ m2 (mod 5) , 或 x ≡ ±2(mod 5), y ≡ ±1(mod 5) ,
3 x ? 11 y 3y + x , y0 = 5 5

x0 =



是方程①满足②的解. 若 x ≡ ±1(mod 5), y ≡ ±2 (mod 5) ,或 x ≡ ±2(mod 5), y ≡ m1(mod 5) ,则
x0 = 3 x + 11 y 3y ? x , y0 = 5 5



是方程①满足②的解.

当 5 m ,则公式⑥和⑦仍然给出方程①的整数解.若方程①有偶数解 x0 = 2 x1 , y0 = 2 y1 ,则

x12 + 11y12 = m,
可得 若

x1
2

y1 (mod 2) ,
2

100m = ( x1 m 33 y1 ) + 11( y1 ± 3x1 ) .
x1 ≡ y1 ≡ 0 (mod 5) ,或者 x1 ≡ ±1(mod 5), y1 ≡ ±2 (mod 5) ,或者
x1 ? 33 y1 y + 3 x1 是方程①的一奇数 , y0 = 1 5 5

x1 ≡ ±2(mod 5), y1 ≡ m1(mod 5) ,则 x0 = 解.

若 x1 ≡ ±1(mod 5), y1 ≡ m2 (mod 5) ,或 x1 ≡ ±2(mod 5), y1 ≡ ±1(mod 5) ,则
x0 = x1 + 33 y1 y ? 33 x1 , y0 = 1 5 5

是方程①的一奇数解. 引理证毕. 由引理,若方程①没有奇数解,则它有一个满足②的偶数解 ( x0 , y0 ) .令

l = 2k + 1,考虑二次方程
2 mx 2 + ly0 x + ny0 ?1 = 0 ,





x=

2 2 ?ly0 ± l 2 y0 ? 4mny0 + 4m ?ly0 ± x0 = , 2m 2m

这表明方程⑧至少有一个整数根 x1 ,即
2 mx12 + ly0 x1 + ny0 ?1 = 0 ,



上式表明 x1 必为奇数.将⑨乘以 4n 后配方得

( 2ny0 + lx1 )

2

+ 11x12 = 4n ,

2 2 这表明方程 x + 11y = 4n 有奇数解 x = 2ny0 + lx1 , y = x1 .

2006 中国数学奥林匹克
(第二十一届全国中学生数学冬令营) 第二天
福州 1 月 13 日 上午 8∶00~12∶30 每题 21 分 四、在直角三角形 ABC 中, ∠ACB = 90° ,△ABC 的内切圆 O 分

别与边 BC,CA, AB 相切于点 D,E,F,连接 AD,与内切圆 O 相 交于点 P,连接 BP,CP,若 ∠BPC = 90° ,求证: AE + AP = PD .
证明 设 AE = AF = x,BD=BF=y,CD=CE=z,AP=m,PD=n. 因为 ∠ACP + ∠PCB = 90° = ∠PBC + ∠PCB ,所以 ∠ACP = ∠PBC .
A P E C D B F

Q

延长 AD 至 Q,使得 ∠AQC = ∠ACP = ∠PBC ,连接 BQ,CQ,则 P,B,Q, C 四点共圆,令 DQ=l,则由相交弦定理和切割线定理可得
yz = nl ,

① ②

x 2 = m( m + n ) . 因为 ΔACP ∽ ΔAQC ,所以 AC AP = ,故 AQ AC

( x + z ) 2 = m( m + n + l ) . 在 Rt △ACD 和 Rt △ACB 中,由勾股定理得 ( x + z ) 2 + z 2 = (m + n) 2 , ( y + z )2 + ( z + x) 2 = ( x + y )2 .



④ ⑤

③-②,得 ①÷⑥,得 所以 ②×⑦,结合④,得

z 2 + 2 zx = ml ,



yz n = , z + 2 zx m yz m+n , 1+ 2 = z + 2 zx m
2



x2 +

x 2 yz = ( m + n) 2 = ( x + z ) 2 + z 2 , z 2 + 2 zx ⑧

整理得

x2 y = 2z( x + z) . z + 2x x+z = 2 xy , y+z

又⑤式可写为



由⑧,⑨得 又⑤式还可写为 把上式代入⑩,消去 y + z ,得

x 4z = . z + 2x y + z
y+z = 2 xz , x?z

⑩ 11 ○

3 x 2 ? 2 xz ? 2 z 2 = 0 ,

解得 代入○ 11 得, 将上面的 x,y 代入④,得

x=

7 +1 z, 3

y = (2 7 + 5) z ,

m+n =

2( 7 + 1) z, 3

结合②,得

m=

x2 7 +1 = z, 6 m+n n= 7 +1 z, 2

从而

所以, x + m = n ,即 AE + AP = PD .

五、实数列 {an } 满足: a1 =
ak +1 = ? ak +

1 , 2

1 , k = 1, 2, L . 2 ? ak

证明不等式
n n ? ? ? ?? 1 ? ? 1 n ? a1 + a2 + L + an ? ? 1 ? 1? ≤ ? ? ? ? ? 1?? ? 1?L ? ? 1? . n ? ? ? a1 ?? a2 ? ? an ? ? 2(a1 + a2 + L + an ) ?
证明 首先,用数学归纳法证明: 0 < a n ≤
1 , n = 1, 2, L . 2

n = 1 时,命题显然成立.
假设命题对 n( n ≥ 1) 成立,即有 0 < a n ≤ 设 f ( x) = ? x +

1 . 2

1 ? 1? , x ∈ ?0, ? ,则 f ( x ) 是减函数,于是 2? x ? 2? 1 , 2 1 1 an +1 = f ( an ) ≥ f ( ) = > 0 , 2 6 a n +1 = f (a n ) ≤ f (0) =

即命题对 n+1 也成立. 原命题等价于 ? ? ?1 ?? 1 ? ?1 ? ? ? n n ? 1 ≤ ? ? 1?? ? 1?L ? ? 1? . ? ? ? ? ? ? ? a1 ?? a2 ? ? an ? ? a1 + a2 + L + an ? ? 2 ( a1 + a2 + L + an ) ?
1 ?1 ? ? 1? 设 f ( x ) = ln ? ? 1? , x ∈ ? 0 , ? ,则 f ( x ) 是凸函数,即对 0 < x1 , x2 < ,有 2 ?x ? ? 2?
n n

? x + x ? f ( x1 ) + f ( x2 ) f ? 1 2 ?≤ . 2 ? 2 ? ? x + x ? f ( x1 ) + f ( x2 ) 事实上, f ? 1 2 ? ≤ 等价于 2 ? 2 ?
? 2 ? ?1 ?? 1 ? ? 1 ? ≤ ? ? 1? ? ? 1? , ? ? x1 + x2 ? ? x1 ? ? x2 ?
?
2

( x1 ? x2 )

2

≥ 0.

所以,由 Jenson 不等式可得

? x + x + L + xn ? f ( x1 ) + f ( x2 ) + L + f ( xn ) f? 1 2 , ?≤ n n ? ?

n ? ? ? ?1 ?? 1 ? ?1 n 1 ? ? ? ≤ ? ? 1?? ? 1?L ? ? 1? . ? a1 ?? a2 ? ? an ? ? a1 + a2 + L + an ? 另一方面,由题设及 Cauchy 不等式,可得

∑ (1 ? ai ) = ∑
i =1 i =1

n

n

1 ?n ai + ai +1
n2 ?n = ) n2 an +1 ? a1 + 2 ∑ ai
i =1 n



∑ (a + a
i =1 i

n

?n

i +1

? ? ? ? n n ? 1? , ≥ n ? n = n? n ?2 a ? 2 ∑ ai ? ∑ i ? i =1 ? i =1 ?
2

所以

∑ (1 ? a )
i =1 i

n

∑a
i =1

n

i

? ? ? ? n n ? n ≥ n ? 1? , ? ai ? ∑ ? 2 ∑ ai ? i =1 ? i =1 ?
n n



? ? n ? ? ? a1 + a2 + L + an ?

n

? ? ? (1 ? a1 ) + (1 ? a2 ) + L + (1 ? an ) ? n ? ? ? 2 ( a + a + L + a ) ? 1? ? ≤? a1 + a2 + L + an 1 2 n ? ? ? ?

? ?1 ?? 1 ? ?1 ≤ ? ? 1?? ? 1?L ? ? 1? , ? a1 ?? a2 ? ? an ?
从而原命题得证.

六、设 X 是一个 56 元集合.求最小的正整数 n,使得对 X 的任意 15 个子集,只要它们中任何 7 个的并的元素个数都不少于 n,则这 15 个子集中一定存在 3 个,它们的交非空.


n 的最小值为 41.

首先证明 n = 41 合乎条件.用反证法.假定存在 X 的 15 个子集,它们中任 何 7 个的并不少于 41 个元素,而任何 3 个的交都为空集.因每个元素至多属于

2 个子集, 不妨设每个元素恰好属于 2 个子集 (否则在一些子集中添加一些元素,
? 2 × 56 ? 上述条件仍然成立) ,由抽屉原理,必有一个子集,设为 A,至少含有 ? +1 ? 15 ? ?

=8 个元素,又设其它 14 个子集为 A1 , A2 , L , A14 .考察不含 A 的任何 7 个子集,
7 都对应 X 中的 41 个元素, 所有不含 A 的 7-子集组一共至少对应 41C14 个元素. 另

一方面,对于元素 a,若 a ? A ,则 A1 , A2 , L , A14 中有 2 个含有 a,于是 a 被计算
7 7 7 7 了 C14 次; 若a∈ A, 则 A1 , A2 , L , A14 中有一个含有 a, 于是 a 被计算了 C14 ? C12 ? C13

次,于是
7 7 7 7 7 41C14 ≤ (56 ? A )(C14 ? C12 ) + A (C14 ? C13 ) 7 7 7 7 = 56(C14 ? C12 ) ? A (C13 ? C12 )
7 7 7 7 ≤ 56(C14 ? C12 ) ? 8(C13 ? C12 ),

由此可得 196 ≤ 195 ,矛盾. 其次证明 n ≥ 41 . 用反证法.假定 n ≤ 40 ,设 X = {1, 2, L , 56} ,令

A i = {i, i + 7, i + 14, i + 21, i + 28, i + 35, i + 42, i + 49} , i = 1, 2,L, 7 , B j = { j , j + 8, j + 16, j + 24, j + 32, j + 40, j + 48} , j = 1, 2,L ,8 .
显然, Ai = 8(i = 1, 2,L , 7), Ai I A j = 0(1 ≤ i < j ≤ 7) , B j = 7( j = 1, 2,L ,8) ,
Bi I B j = 0(1 ≤ i < j ≤ 8) , Ai I B j = 1(1 ≤ i ≤ 7,1 ≤ j ≤ 8) ,于是,对其中任何 3 个

子集,必有 2 个同时为 Ai ,或者同时为 B j ,其交为空集. 对其中任何 7 个子集 Ai1 , Ai2 ,L , Ais , B j1 , B j2 ,L , B jt ( s + t = 7) ,有
Ai1 U Ai2 UL U Ais U B j1 U B j2 UL U B jt

= Ai1 + Ai2 + L + Ais + B j1 + B j2 + L + B jt ? st
= 8s + 7t ? st = 8s + 7(7 ? s ) ? s (7 ? s )

= ( s ? 3) 2 + 40 ≥ 40 ,
任何 3 个子集的交为空集,所以 n ≥ 41 . 综上所述,n 的最小值为 41.


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