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2006年第 3期 数 学 通讯 43
世界各地数学奥林匹克试题选登
徐胜林
(华中师范大学数学与统计学学院。湖北 430079)
中图分类号：O12—44 文献标识码：A 文章编号：0488—7395(2oo6)o3—0043—03
_
1 对任意素数 P和任意正整数 ，证明： 引理 设 4， ，n是正整数，那么
I 5D( ～1)，其中 是欧拉函数． n 一1ln 一1∞，l l ．
2 已知ZABC= ，射线 lI，l2， ，l 一l将 充分性是显然的．下证必要性．
设 =qn+，．，其中q，，．都是自然数且0-G<，．<
它 n等分，作直线 ￡，它与直线AB，BC分别
n．那么
交于点AI，A +I，且 z n z =A +l(i=1，2，
n卅～1=n 一1=n [(n ) 一1]+n 一1．

， 一 1)．证明：比值
若 n 一1l n 一1，因为 n 一1l(n ) 一1，故有
1 ． 1 n 一1ln 一1，这说明 ，．=0．所以 =qn，即nl1"n．
同 十
引理得证 ，下面证 明
1 ． 1 ． ． 1 ． 1
T琊 十T田 十 十T田 十T舌 _『 原问题．
‘
‘
．
是一个不依赖于直线 l的常数，并求出这个 ( 一1，P)=1，根
据欧拉定理，有 ．
比值．
户 (，一 )i 1(orod P
3 是否存在一个由不同的自然数组成的无
一 1)．
穷数列{a， } 。，满足条件：
即 一1 l P~(pn-)一 图 第 题图
(i)对任意 7z，an≤1999n；
1，由弓I理可知，nl (户 一1)．
(i)任意 a 的十进制表示中不包含三
2 证 如图1，记o BA1A +1，对一切k；l，2，
个连续的数字17
，n，由正弦定理可得
4 设 是一个正整数，P( )是一个2 次
k
-
sin(0+ f)
多项式且满足P(0)=1，P(k)=2 ‘，．1，2， nl BA ： ： — — ． 因此 ，
^+1 I sin0 sln0 ‘ ’
” ·
，2n．证明：
+
2P(2n+1)一P(2n+2)=1．
5 点 M 是△ABC的边AC上一点，以BM
2cos罢sjn(口+等) ‘
为直径的圆r交AB，AC于点P，Q圆r在 — — L (1)
．
P，Q两点处的切线相交于点R．当点 M 变
．
动时，求点R的轨迹． 1+壹 =1+ 1 k壹=l 口+ )
=
解 答 盏s + )
1 证 先证明一个引理 ．
收稿 日期 ：2005—11—20
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数 学 通 讯 2006年第3期
1
： ．上 壹2sin ~ sin(口+鲤) 位数字不是1的数的个数， 表示集合 S 中个位
n 2sin 。 咒 咒 数字和十位数字都是 1的数的个数．
1 根据定义，可以得到
= · ~,lcos[O+ ]
甜I十1=9s ， 十1=甜I， 十I= 甜 ．
“2n
根据这些关系式，我们有
一o。s ]} ． +3 "Ok+2 +l 9 ，
1 1
= · ·[o。s(口一 )一cos(口+ )] 因此
+4= 甜 +4+ + + "Q
“ 乏 ． -"k+4
1 1 ．2si =9s,+3+ +3+ 仇+
= n · 2si n(口+号z )．Sin z咒
n =10 +3一 +3
=lOsk+3—9sk．
sin(n+1)~
； ． 兰丝 (2) 因此，数列 } ：满足一个四次线性递推关
smO ．
系，这个递推关系的特征方程是 P(x)=0，其中
由(1)和(2)，可以得到 P(x)= 一lOx +9=( 一1)( 一9x 一9
一 9)．
(南 + )／(南 十南 0·
容易证明多项式 Q( )= 一9 一9 一9有
唯一一个实根 r(9+南 +南 ) ．
由于 n =9且 ，>9，故l f<1．
的递推关系的解为
2翠o。s号．sin ，一 sin ‘ =12十拟 +c + ，
其中n，b，c，d为复数．
它与0无关，因此，它与直线 z的位置无关．
因为llm =oo，liml l =0，可知 ≠0，因此
—
3 解 下面证明满足条件的数列不存在． · p
=0(，) (3)
先给出一个定义：如果一个正整数的十进制表
示中不包含三个连续的数字1，就称它为好整数． 设 n为一个熬数(n≥10)，忌是7"／的十进制表
对于 ≥l，设 t 表示不超过n的好整数的个 示中数字的个数，则 l0卜。≤，z数． 从 ￡ 和 的定义易知：t ≤ ，因此由(3)得到
假设存在满足题设条件的无穷数列{12 } 。，由 t =0( ) (4)
题设条件易知，数列中的每一项 n 均为好糇数，从 选择任意实数 e>O，使得 r十e<10，并且假设
而对一切正整数 n，均有 f。99 ≥n，即对一切 n，有 n足够大，使得 I ≤1一 1U 变形得
n In ，
者 ≥ ．但这与下面的引理矛盾． 一-I14 南 ．
‘
引理 lim =0． ‘
．‘l0 ≤n，
·
证 对一切整数五(五≥1)，设 S 表示由十进 ． ． 五≤ +l'从而 五≤ ，
制表示中最多有五个数字的好整数组成的集合，
·
：
． ． r≤ ： ．
表示集合S 中元素的个数．对于五≥2，我们有 =
其中 n ．
+ + ，其中 表示集合S o个位数字不是
l的数的个数， 表示集合S 中个位数字是 l但十 由(4)知，t =0(，z )，又 0<口维普资讯 http://www.
2006年第 3期 数 学 通讯 45
- 设 H是圆r
， ． 1Im ：0．
与AC的另一个
4 证 对 =0，1， ，2 设
交点，则 BHM
L (z) 旦一 l(z— )- =90。，故 BHj_
AC．设 A 是从A
多项式盏 (z)的次数不超过2 ，且与 向 BC所引垂线
P(z)在0，1， ，2”处有相同的值，因此 的垂足，C 是从
C向AB所 引垂
)= 黜 z) (5) ＼ 线的垂足，过点
设 P( )=a2n +丑2 一1 z 一’+ 十4l + A，A 作△且AA
／R
n。．利用(5)式来计算系数n： ， 的外接圆的切线 ／
．
TA和 TA ，交于
篙 =盏
点 丁，过点 C，C
= 盏c ( )附 作△B 的外接圆的切线SC和SC ，交于点 S．
由于A，B，A ，H四点共圆，有
= ㈣ 一( 十( +．- M ； HBA= 佃 = HlQP，
HA4 = HBA = 船 Q= HPQ，
+ ] 因此，△ ∽△ ．
又 ’．。 A = TA = ABA = PBQ=
=号· 1[ 十盏㈠ ( 21 R = RQP，
。
． ． △丁 c~ZXRpQ．
=丢‘ [1+(1—2)2，f ． 因此 △M TOozxHO_~，△M Qc~ZXHTR。
故有 HQA = HRT．
下面考虑 Q( )=2P(z)一P(z+1)．多项式
同样的方法，因为 H∞ = HQP， HC C
Q( )与 P( )有相同的次数和相同的首项系数．根
= 馏 ，可 得 △HC C∽ zxt-IpQ．△S∞ ∽
据假设可得 Q(o)=l，Q(忌)；0，南=1，2， ，2n—
△ ，故 △HCS∽ ZXHQR，从 而 zXHQC∽
1．因此
zxI-IRS，故 HQc= 脓 S．
Q( )：n2 ( 一1)(z一2) ··[z一(2n—1)]
因此 HRT+ I-IRS= 必 + 爿 =
( —r)，
180。，这说明点 R在线段TS上． ／
其中r为实数
由于△m R∽ △M Q，△脓 S∽△ QC，可
‘
·‘Q(0)=1 ，所以 得
TR：A Q=HR：I-IQ=RS：Qc．
1= -(2 _1)!= F，
故 TR：RS=A Q：Qc．
’
． ． F=2 ． 由于AA j_BC，MQj_BC，故AA ∥MQ，因此
因此 Q( ) ( 一1)(z一2) ‘( 一 A，Q：QC=AM：MC，故
TR：RS；AM ：MC．
2n)，故
当点M 沿着边AC从A变到C时，点 R沿线
2 (2 +1)一P(2 2)=Q(2 +1)= _1_ 段7"3从丁变到S，满足 豫 ：RS=AM：MC．因此，
5 解 在下面的证明中，我们假设△ABC是 点R的轨迹即为线段TS．
锐角三角形．对于其他．情形．证明是类似的．维普资讯 http://www.
46 数 学 通 讯 2006年第5期
世界各地数学奥林匹克试题摘编
周维发
(轺关市乳源高级中学，广东 5]2700)
中圈分类号：O12—44 文献标识码：A 文章编号：0488—7395(2006)05—0000—00
1 (2000年俄罗斯数学奥林匹克)求证：存 口2， ，n。【啪是实数，并且对于 1≤咒~2000，
在l0个不同的实数 n ，口：， ，口 使得方 有
程 ( 一口I )( ～盘2) ( —al0) ( +口I) 。+ 矗口 l 2 + 十(z (nl十口2+ +n ) ，
(z+n2) (z+n10) (1) 求证：n ，口2。 ，口舢 均为整数．
恰有5个不同的实根 证 注意到若 n =i，i=1，2， ，行，那
证 取 口l，n2，口3，n4。n5为正数，口6= 么
0。并且口7+n8=0，口9+n10=0．下证这样的
口 3+n 3+ + 3=[旦 _
lO个实数满足题设．
事实上，对于 是∈ {6，7。8，9，10}，(1)式 (f荟 I ) ( I+ ·+“ 。) ．
两边都有因式( 一口 )，这样 口 七 是方程(1) 引理 如果 n =i。i=1，2， ， ，并且
，
的实根。
=( 挪 么 ∈{7 = +1'一
，
叉当 告{n6，口7，n8，口9，盘 。}时，方程
∑川
(1)可化为
事实上，由 n，
( —a I)( 一口2) ( 一ns)=( + “f) ，得 t J
吐1)( +n2) ( +口5) (2) t。+高 ( 十差 ) = 。2+
若 >0，那么对于k∈{1，2，3，4，5}， I I
2 × +(高
—n I=max{z—n ，口 — }< +
“ =f 十口 I．因此(1)式不能成立 所以n，+I(口 +I+7z)[口， +I一(7z+1)]=
0，所以 口 十I=0或 口 +l=～n，或 (z +l=行
同理，若 <0，(1)式也不能成立．又显
然0不是方程(1)的解．这样方程(1)恰有 5 +1
个实根 口6，口7，n8，口9，口m 对于正整数 k，我们用 表示如下命
题 ：如果口I，n2， ，口 是实数，使得对于 l≤
2 (2oo0年俄罗斯数学奥林匹克)设 口。，
收稿日期：2005—12—15
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2006年第5期 数 学 通讯 47
当P为奇素数时，注意到若 0≤a，6≤
扎≤志．均有耋口 ’；(】耋口 ) ，
那么口。。a：， ，a 均为整数． ； ，刃 么P I口2—6 =(口一6)(4+6)当且
下面我们用数学归纳法证明对正整数 仅当口=6，因此，
量，命题 为真．
1+0 ，1十1 ， ，1+( )
当志=1时，由口l =a1 2知aI∈{0，1}，
被P除的余数互不相同．
P。为真．
一
假设对于 ：1，2， ，屉，命题 P 为真， 0 ，一1 ， 。一( )z
那么对于 i=五+1．设 口l，a2， ，aI+I是实 被P除的余数也互不相同．因此，必存在这
数，并且对于 l≤ ≤ +1， 样的整数 ， ，0≤ ， ≤立
，使得
蓦f曾l 口 ：(盏#I 4 ． 1+ 三 一y2(n1od P)．
情形 1 存在 i∈{1，2， ，五+1}，使得 这样，存在整数 ，使得
口 =0，此时删去 a ，还剩 南个实数，由归纳 l+ 。+ +u =O．
假设知口l，口2， ，a ．a ， ，aI+l均为整 又因为 0< 2+y2+1≤2(生 ) 十1
数，又4 =0为整数。所以命题 P 为真．
情形 2 存在 i∈{1，2， ，五}，使得
4 (2000年韩国数学奥林匹克)求出所有
口川 一af，那么 ≥2，由P 为真知口I，口2，
的实数集到其自身的映射 厂。使得对于任意
，a 为整数，叉由a =一a 知a 为整
实数z，Y，均有
数，从 al，a2， 。a +I中删去 ai，口 ，由归
，(z 一 )=(z— )[厂( )+f(y)] (1)
纳假设知 al，a2， ，af-Il，a +2， 。a +I为整
解 设 厂满足(1)式，在(1)中令 =
数，又a ，a川为整数，所以命题 P川 为真．
=0，得 f(0)=0．
情形3 对于 ≤五+1，af≠0，并且 口f 再在(1)中令 =一 ，得
≠一aH ．这时我们利用引理容易证明对于1 0=f(0)=2x[／(x)+厂(一 )]，
≤i≤ +1，口 =i，所以命题 P+l为真． 所以f(x)=一f(z)。即厂( )为奇函数．
综上可知，对于是≥1，命题 P 为真． 再在(1)式中用一 代Y，并注意到厂(一
3 (韩国2000年教学奥林匹克)求证：对于 )=一f(y)，得
任意素数p，存在整数 z，2o，2， ，使得 ，( 一 )=( + )[，( )一，( )] (2)
2+ 2+ 2一u =0． 由(1)，(2)得
其中0<伽证 当P=2时．取 ．／7= = =1，z=0 = ( + )[，( )一f(y)]．
即可． 化简得 ( )= ( ) (3)
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数 学 通 讯 2006年第5期
在(3)中令 Y=1，得 二次多项式，这样必有
f(X)：f(1)X， f(x)= 一2xeosa+1
所以f(x)=kx，k为实数． 下面证明 厂(X)=z 一2xcosa+1整除
容易验证，对于任意实数 k，函数f(X) P，．(X)( ≥3)．
=kx满足(1)式，故所求的函数为 由(1)可知，
f(x)：kx． P (X)=xp 一l(X)+[sin( 一1)口]·f(x)，
5 (2000年越南数学奥林匹克)对任意整 P ～l(z)=xp 一2( )十[sin( 一2)G]·f(z)，
数 竹≥3和任意的 a∈(0， )，令
P (X)：X“sing—xsinna+sin(”一1)a． 声2( )=0十(sing)f(x)．
1)求证存在唯一的首项系数为 1的二 这样可得
次多项式 P (X)=厂(X)[sin( 一1)口+xsin( 一
f(x)：z +nz+b，
2)口+ +X sing]，所以对于 ”≥3，
使得对于 ≥3，f(x)l P ( )， f(X)IP (X)．
2)求证：不存在首项系数为1的一次多
2)假设对于 押≥3，g(x)= +C整除
项式
P (X)，那么必有g(x)IP3( )．由1)知，
g(x)=z+ ，
P3(X)=(sing)f(z)(X+2COSG)
使得对任意的 ≥3，均有g(z)I P ( )．
由于多项式，(z)没有实根(厂( )的根为
证 首先注意到
和 )，因此g( )必整除 X+2COSG，所以必
P +I(X)一z (z)
有
= sinna—x[sin(扎+1)a+sin(n一1)G]
f 2CVSG．
十sinna
又因为g(x)I P ( )，这样必有
= 2sin 一2xsin 口COS口+sin
P4(一2COSG) 0，
= (sinna)( 一2xcosa+1)． (1)
1)设f(X)= 十b，并假定对任意的 即3—4sin2 a 0，这样必有a 詈或a
≥3，均有f(x)I P，．( )，那么必有 =夸．但是无论a=号或a：警，一2cosa不
f(x)I[P +l(z)一xp (z)]=sinna(X
是P (X)的根，N~g(x)不能整除所有的
一
2xcosa+1)，由于 口∈(0，丌)，必有这样的
P，。(X)．
整数 n。使得 sinna4：0，这样必有f(x)l X
一 2xcosa+1．由于f(z)是首项系数为 l的

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