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一道数学竞赛试题的探究与推广

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≤ｃ。ｓｔ—Ｌ二２上ｃｏＳ４挛
ｃ．丌
Ａ４
Ｂｚ－。ｉＢ十，了Ｃ
’．‘ｃ。幽ｃ。ｓ罢 一丢［ｃ。ｓ（Ａ＋罢）＋ｃ。ｓ（Ａ一导）］
证明
一Ａ手＋Ｂ＋Ｃ－－－啷。拳
Ａ＋Ｂ＋Ｃ－－３－．导＋詈
≤ｉｌ［ｃｏｓ（Ａ＋加卜。攀，
．．仰妣ｓ万Ｂ≤啷。攀，
Ｂ Ｃ
同理，ｃ。８可Ｂ 厶
ｃ。ｓ百Ｃ≤ＣＯＳ？呈弓』，
０ ［
ｃＯｓ２了Ｃｃ。ｓ２百７Ｅ≤ｃｏＳ４—３≯６，
（［ｚ］表示不大于ｚ的最大整数，下同）时，可得靠
综上所述，当公差ｄ一１，２，…，ｋ时，共构成 一ｋ（ｍ～１）个等差数列．
等差数列砌～丛生上县鱼￡坐；把这些数列分
别倒序排列又得到砌一丛生上嵝堕￡二旦个公差
为负的等差数列，故总数为ｋ（２ｎ＋ｋ＋１一ｍ—
探究３从集合Ａ一｛ｎ１，口２，ａ３，…，ｎ。｝中取 出研个不同的数，使这ｍ个数构成等差数列，其 中｛ｎ。｝是公差为ｄ。＜０的等差数列，则可以得 到不同的等差数列的个数仍为
一１）≤竹一（仇一１）时，可得７２一（ｍ一１）个等差
数列；
当１≤“１一ｎ２～２一口３—４一…一ｎ。一２（ｍ
一１）≤ｒ／一２（ｍ一１）时，可得咒一２（ｍ一１）个等
差数列； 当１≤“ｌ—ｎ２～３一日３—６一…一ｎ。一３（ｒｎ 一１）≤行一３（ｍ一１）时，可得７２—３（ｍ一１）个等 差数列； 当１≤口ｌ—ａ２一ｋ—ａ３—２ｋ一…一ｎ。一
ｋ（２行＋志＋１一ｍ一梳），其中ｋ—Ｉ旦二｛Ｉ．
Ｌ，，￡ １’Ｊ
其证明方法同上，限于篇幅，在此就不赘述了．
结合探究１、２、３的结论，我们可归纳得到如
ｋｍ）个，其中矗一［而ｎ
１］．
下结论及推论：
结论从集合Ａ一｛ａｌ，口２，以３，…，口。｝中取
探究２若从集合Ａ一｛＆ｌ，盘ｚ，盘。，…，ｎ。｝中
取出ｍ个不同的数，使这州个数构成等差数列，
成等差数列，则可以得到的不同的等差数列的个
数为——．
解当公差ｄ＝１，２，３，４，５，６，７时，分别可 得到２６，２２，１８，１４，１０，６，２个等差数列，一共９８
个；把这９８个数列分别倒序排列又得到９８个公 差为负的等差数列，故总数为１９６个． 探究１若从集合Ａ＝｛１，２，３，…，行｝中取
结论是显然的，其证明过程如下： 证明设从集合Ａ中取出的觚个不同的数 分另０为ｚ１，ｚ２，…，ｚ。，则
）堡；｛时，可得，２一是（埘～１）个等差数列．
Ｌ＂Ｉｌｌ——上＿Ｊ
成等差数列的总数为ｋｎ一丛生上臻㈣；把
厶
综上所述，当公差ｄ一１，２，…，ｋ时，其共构
这些数列分别倒序排列又得到砌一
丛生土嵝堕￡尘个公差为负的等差数列，故总
数为ｋ（２ｎ＋ｋ＋１～７７ｚ—ｋｍ≤押一是（ｍ—１），其中ｋ一［而ｎ－－１］， ｌ而ｊ。
．・．ｃ。ＳＡｃ。ｓ２虿Ｂ
ｃ。ｓ３
≤ＣＯＳ８—ｊ—下ｌ 。Ａ＋Ｂ＋导＋等＋号 一ｏｓ８———｝型 一Ａ—＋—Ｂ＋一Ｃ＋ｎＣＯＳ８ 一——一－ｃｏｓ８詈， ｉＣ≤ｃ。ｓ６詈一器，
一ｃｏｓｓ詈，
．・．ｃ。ｓＡｃ。ｓ２
ｉＢ
ＣＯＳ３
故ｃ。ｓＡ
ｃ。ｓ２罢ｃ（ｊｓ３了Ｃ≤丽２７．
参考文献
（收稿日期：２０１４—０４—０２）
其中｛ａ。｝是以公差为ｄ。＞０的等差数列，则是
出ｍ个不同的数，使这ｍ个数构成等差数列，其中 ｛％｝是以公差为函≠０的等差数列，且踅≥ｍ＞１，
万方数据
２０１４年第６期
中学数学教学
５９
一个有趣的三角不等式
安徽省舒城县杭埠镇中心学校丁遵标
（邮编：ｉ３１３２３）
命题在△ＡＢＣ中，求证：
ｃ。ｓＡ
ｃ。ｓ２虿Ｂ ＣＯＳ３了Ｃ冬丽２７．
最后以一道２０１０年浙江省五校联考试题为
差数列，从中取出若干（大于２）个数构成其子列， 则所有子列中仍成等差数列的子列数为
例，应用上述结论对其进行求解． 例设｛口。）是等差数列，从｛ａ。，以。，…，ａ。。） 中任取３个不同的数，使这３个数仍成等差数
列，则这样不同的等差数列最多有（ Ａ．９０个Ｂ．１２０个 解
出搬个不同的数，使这优个数构成等差数列，则
可以得到多少个不同的等差数列呢？
解析设从集合Ａ中取出的ｍ个不同的数
分别为改ｌ，以２，…，以。，且Ⅱ１＜ｎ２＜…＜以。，则
一１）个等差数列；
当１≤口１一口２一ｌｅｄｏ一Ⅱ３—２ｋｄｏ一…一口ｍ —ｋ（ｍ一１）如≤”～ｋ（ｍ一１）ｄｏ，其中ｋ一
当１≤ａｌ—ｎ２—１一口３—２一…一口。～（ｍ
ｉＣ
ｃ。ｓ２吾
１
一。Ａ＋Ｂｚ，。导愕。ｃｓ＋ｚｂ ≤ｃｏｓ２—产ｃｏｓ２兰了』ｃｏｓ４土丁旦
则可以得到不同的等差数列的个数为
匡继昌．常用不等式［Ｍ］］．山东科学技术出版社， ２００４年１月第３版
ｒ卵二』］
ｋ（２”＋志＋１一ｍ—ｋｍ），其中志一［ａｎ－－１］．
推论１若数列｛以。｝是以公差不为０的等
Ｌｍ一１－Ｊ‘
当１≤ａ１一口２一ｄｏ一口３—２ｄｏ一…一以。 一（ｍ一１）巩≤咒一（ｍ一１）ｄｏ时，可得竹一（ｍ一
１）个等差数列；
当１≤ａ１一口２—２ｄｏ一口３—４ｄｏ一…一口。 一２（ｍ一１）砒≤以一２（ｍ一１）凼时，可得行一２（ｍ 一１）个等差数列；． 当１≤以ｌ一口２—３ｄｏ—ｎ３—６ｄｏ一…一日。 一３（ｍ一１）凶≤７７—３（优一１）ｄｏ时，可得咒一３（ｒｎ
比数列，从中取出若干（大于２）个数构成其子列，
则所有子列中也成等比数列的子列数为
∑ｋ（２ｎ＋ｋ＋１一ｍ—ｋｍ），其中ｋ—
的结论解题不仅过程更为简洁，而且也为这一类
问题的求解提供了一种更为简单而有效的方法．
（收稿日期：２０１４一０９—２８）
万方数据
）
∑ｋ（２ｎ＋ｋ＋１一ＩＴｔ—ｋｍ），其中ｋ一
［而ｎ－－１］．
推论２若数列｛ｎ。｝是以公比不为１的等
由题意知，ｋ一｜等Ｉ一９，以一２０，优
Ｃ．１８０个Ｄ．２００个
一３．于是，得到这样不同的等差数列最多有：９× （２×２０＋９＋１—３—９×３）一１８０（个）．故应选Ｃ 点评从上述解答过程可以看出，运用本文
５８
中学数学教学
２０１４年第６期
一道数学竞赛试题的探究与推广
湖北省孝感市第一中学叶晓斌
（邮编：４３２０００）
题目（２０１３年全国高中数学联合竞赛湖北 省预赛试题（高二年级）第７题）从集合Ａ一｛１，
２，３，…，３０）中取出五个不同的数，使这五个数构
否也可得到ｋ（２ｎ＋愚＋１一ｍ—ｋｍ）个不同的等
差数列呢？

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一道数学奥林匹克问题的推广0610

一道数学奥林匹克问题的推广0610

2 2∏2∏∏( n - 1) ∏a ·( n + n + 1) ·≥ 3∏( a + a + 1)14中 等 数 学一道数学奥林匹克问题的推广朱 纯 刚(湖南省常德市第一中学 ,415000)2006 年《中等数学》第三期的《数学奥林匹克问题》栏目提出了下面的问题 :已知 x 、y 、z ∈R + , x + y + z = 1. 求证 :n2iii = 1na= ∏ a 2 + i ++a i + 1 + +11 - x x2 1 - y y2 1 - z 26 .z3 i = 1ninn n n 2n2 n 个本文给出式 ①的变量个数推广形式和指 ≥ ∏ ( n 2+ n + 1) 数推广形式及相应的证明.1式 ①的变量个数推广形式i = 1= ( n 2+ n + 1)n1n2 n 2+ nn 2n + n + 1·命题 1 设 a i > 0 ( i = 1 ,2 ,, n ) , n ≥2nna ii = 1n + 2n + n + 1,( n ∈N ) ,∑ai= 1. 则n1i = 1 则 ∏ a 2 - a in133i∏- a i ≥ n - 1 .nni = 1a n∏(1 - a i) ∏( a i+ a i+ 1)nn =i = 1i = 1 证明 :因为 ∏(1 - a i ) ≥( n - 1) n∏a i ,na i i = 1i = 1≤n - n ,i = 1n≥a ii = 1n - 2n2 nii = 1b 2- b - 1≡(4 r + 4) k 2 + 4 k 3 + (2 r - 1) k + r 2 - r - 1 ≡k (4 k 2 - 5) + (4 r + 4) k 2 +(2 r + 4) k + r 2- r - 1≡[ (4 r + 4) k 2 + (2 r + 4) k +r 2- r - 1 ] (mod m ) .取 r = - 2 , 则b 2- b - 1≡- 4 k 2 + 5 + (2 r + 4) k + r 2 - r - 6= - k 2+ 5≡0 (mod 4 k 2 - 5) .于 是 , b = 2 k 2+ k - 2.有了这个构造 ,下面的证明就容易了 ,见文[ 1 ] .参考文献 :[1]] 李建泉译. 第 45 届 IMO 预选题 ( 下) (J ) . 中等数学 , 2005 (11) .2 a n + 2i2n2 n + n12n + n + 1n∏2a ii = 1①3 n - 1 3∏ 2n2 3 + 4n2- 2006 年第 10 期 1532故( x n - 1 + x n - 2+ + 1) ·( n 3= - 1) n- 2 n - nn n+ n + 1 2( y n - 1+ yn - 2+ + 1) · a i i = 1n - 12n + n + 1- 232( zn - 1+ zn - 2++ 1)2 s ≥( n 33 n - n- 1) n n + n + 1 3n + nn n + n + 1n≥ 3 n- 12 = n - 1 .n2式 ①的指数推广形式命题 2 设 n ≥3 ( n ∈N ) , x 、 y 、 z > 0 ,x + y + z = 1. 则1 - x 1 - y 1 - z= (1 - x ) ( xn - 1+ xn - 2+ + 1) ·(1 - y ) ( y n - 1 + y n - 2+ + 1) (1 - z ) · ( z n - 1 + z n - 2 + + 1) ( xyz ) - ( n - 1)xn - 1≥ 3 n- 1 3y n - 1 3.zn - 1≥8 ( x n - 1 + x n - 2 ++ 1) · ( yn - 1+ yn - 2++ 1) · 证明 :因 xn - 1 + xn - 2 ++ x + 1 ( zn - 1+ zn - 2++ 1) ( xyz )- ( n - 2)n - 1 x n - 2xn - 2xn - 2- 6 t2 s - + 2= x + 3+3+3+xn - 3 x n - 3 ++ ++≥(3 n - 1) 3 ×3( n )3 3 n- 1( xyz ) 3n- 1(2 n - 3) ×3 n + 1+ 92 (3 n - 1)(5n ×3 n) 2 3 n- 1 3232 2= 3 - 1 ×3n + 1xyz15n ×3n + 13个 xx11≥(3n- 1) 3- (2 n - 3) ×3+ 9×32 (3 n - 1) ×3- 2 +3 n- 1n - 2 + + n - 2 + n - 1 + + n - 1 n + 1n + 133 33- (2 n - 3) ×3+ 9 - 15 + n ×33n - 2个≥(30 + 31 ++ 3n - 1) ·3n - 1个= (3 nn - 1) 3×3 3 - 32 (3 n- 1)23 n - 13n - 1 + 3 ( n )2( n - 3) + + 3n - 22 = (3 - 1) ×3= .x33 + 2 × 2- 2 + 3+ ( n - 2) 3 n - 2+ ( n - 1) 3n - 13 n- 13 n- 1 = 2x s3 t 2 3 n- 1,其 中 ,s = n - 1 + 3( n - 2) + 32( n - 3) ++ 3n - 2n=3 - 2 n - 1 ,t = 3 + 2 ×32+ + ( n - 2) 3n - 2+3( xyz ) 3 n - 16 t.33n- 11 - yy n - 1 1 - zzn - 1 1nn + n 2 2 n∏ i = 1ain + 2 2n + n + 1= ( 2 n - 3) ×3 n+ 3 4 .从而 ,1 - xxn - 1 n n n= (1 - x ) (1 - y ) (1 - z ) ( xyz ) n - 1n2n + n + 1本刊 2006 年第 8 期《中国队获第 47 届 IMO 团体总分第一名》一文中 ,中国国家队队员柳智宇所在学校应为华中师大一附中。

一道2015年全国初中数学竞赛题的推广_李远翠

一道2015年全国初中数学竞赛题的推广_李远翠


4 种可能, 因此后 5 列中必有 2 列相同, 显然存在 4 个角数字 相同的矩形框, 该填法是“Y–填法”.
所以 n = 5 时, 如果无论怎样填数字, 填法都是“Y–填 法”. 满足任意填法均为“Y–填法”时, 正整数 n 的最小取值 为 5.
三、赛题推广
1. 与染色问题同源 染色问题是近几年中学数学竞赛与考试的热点问题, 主 要包括区域染色、点染色和线段染色三种类型. 作为区域染 色问题的典型类型“将小方格染上红或蓝两种颜色”, 实际就 是奇偶分析的一种表现形式, 也可看作在矩形方格表中填入 数字 0 或者 1. 因此, 区域染色问题与本题同源. 2. 问题的一般化 我们已经解决了 m × 6 的矩形方格表中正整数 m 的最 小值问题, 那么, 推广为一般情形 m × n 时又会是怎么样的 呢? 下面将进行具体的讨论. ( 1 ) 当 n < 3 时, 不存正整数 m 使得 m × n 的方格表中任 意填法都是“Y–填法”. 若 n = 1 时, 显然任意填法都不是“Y–填法”. 若 n = 2 时, 在 m × 2 的矩形方格表中第一列、第二列分 别填入数字 0 和 1, 显然方格表中不存在四个角数字相同的 矩形框, 故该填法不是“Y–填法”. ( 2 ) 当 n = 3, 4 时, 即在 m × 3 和 m × 4 的矩形方格表中, 满足任意填法是“Y–填法”的正整数 m 的最小取值为 7 证明: 如图 3, 在 6 × 4 的矩形方格表中存在某种填法是“N–填法”, 那么显然 6 × 3 的矩形方格表中也必存在某种填法是“N–填 法”. 所以 m 7.
n 的取 n<3 值
n = 3, 4 n = 5, 6 n 7
m 的最 任 意 值 都
7
小值 不成立
对2023中国数学奥林匹克(cmo)数论题的推广

对2023中国数学奥林匹克(cmo)数论题的推广

对2023中国数学奥林匹克(cmo)数论题的推广1. 引言1.1 概述中国数学奥林匹克（China Mathematical Olympiad，简称CMO）是中国最高层次的中学生数学竞赛之一，其数论题目一直以来备受关注。

本文旨在探究如何通过推广2023年中国数学奥林匹克的数论题目，提供更多的机会和渠道让更多的学生接触和喜爱数论，进而促进整个国家乃至全球中学生数理思维能力的提高。

1.2 文章结构本文主要包括以下几个部分：引言、数论题介绍、推广方法探讨、成果与影响评估、结论与展望。

在引言部分，我们将概述文章的目的和内容，并阐明本文将探讨如何通过对2023年CMO数论题目的推广来影响更多中学生对数论的兴趣和参与度。

1.3 目的本文旨在通过对2023年CMO数论题目进行推广，提供更多机会和途径让更多中学生接触和熟悉数论，并从中受益。

此外，我们还希望通过该项工作改进整体的数学教育质量，并为未来中国数学奥林匹克的发展方向和趋势提供一些启示和建议。

通过本文的研究，我们希望促进数论在中学生中的普及程度，并为培养优秀数学人才做出一定的贡献。

这就是引言部分的详细内容。

2. 数论题介绍2.1 CMO数论题目概览中国数学奥林匹克（CMO）是中国青少年数学家才能培养的重要平台。

在CMO 竞赛中，数论题一直占据着重要的地位。

数论作为数学分支中研究整数性质和整数间关系的学科，具有其特有的方法和思维模式。

CMO的数论题涵盖了丰富多样的题型，包括初级难度的基础题目和高级难度的深入探索。

其中，初级难度的题目主要考察整除关系、最大公约数、最小公倍数等基本概念和性质；而高级难度的题目则需要对算术函数、二次剩余、同余方程等较为复杂的概念进行深入理解和灵活运用。

通过解决这些数论问题，参赛选手能够提高逻辑思维能力、培养创新思维方式，并且拓宽对数学领域的知识储备。

2.2 数论在奥林匹克竞赛中的地位奥林匹克竞赛通常以其偏向于几何和代数为特点，然而数论作为另一重要的数学分支，在竞赛中也扮演着不可忽视的角色。

对一道初中数学竞赛题的推广

对一道初中数学竞赛题的推广

2
A E P
O
K
B
x
∴ ∆ = k 2 − 4a ( kx0 − y 0 ) = 0
1
图2
⇒ k 2 − 4ax 0 k + 4ay 0 = 0
∴ k1 + k 2 = 4ax 0 ， k1 k 2 = 4ay 0
⇒ x0 =
k1 + k 2 kk ， y 0 = 1 2 ……② 4a 4a
∵ ∆ = 0 时，方程①有等根， ∴ x1 =
∵ x0 =
k1 + k 2 kk 4k 2 − k1 4k 2 − k12 x− 2 ， y 0 = 1 2 代入上式并化简得： y = 4a 4a 3 12a
2
y = ax 2 联立方程组： 4k 2 − k1 4k 22 − k12 消去 y 得： y = x − 3 12a ax 2 − 4k 2 − k1 4k 2 − k12 x+ 2 =0 3 12a 4k 2 − k1 ⇒ 3
2 1
化简得： y =
k 2 + 2k1 k 2 + 2k1 k 2 x− 1 ……③ 3 12a k 22 k k2 = k 2 ( x − 2 ) 即 y = k 2 x − 2 ……④ 4a 2a 4a
又∵切线 PB 的方程为 y −
k + 3k 2 k 2 + 2k1 k12 + 2k1 k 2 x= 1 y x = − 8a 3 12a ，解得： 联立③④得： 2 2 y = k x − k2 y = k1 k 2 + k 2 2 8a 4a
3．3 推广一的证明三：双曲线情形 x= 对于双曲线情形，作变换： y = x' a （其中 i 为虚数单位）来解决该问题，而推广 i ⋅ y' b