2020年全俄数学奥林匹克第三阶段

2020年中国数学奥林匹克试题和详细解答word 版一、给定锐角三角形PBC ，PC PB ≠．设A ，D 分不是边PB ，PC 上的点，连接AC ，BD ，相交于点O. 过点O 分不作OE ⊥AB ，OF ⊥CD ，垂足分不为E ，F ，线段BC ，AD 的中点分不为M ，N ．〔1〕假设A ，B ，C ，D 四点共圆，求证：EM FN EN FM ⋅=⋅；〔2〕假设 EM FN EN FM ⋅=⋅，是否一定有A ，B ，C ，D 四点共圆？证明你的结论．解〔1〕设Q ，R 分不是OB ，OC 的中点，连接EQ ，MQ ，FR ，MR ，那么11,22EQ OB RM MQ OC RF ====，又OQMR 是平行四边形，因此OQM ORM ∠=∠，由题设A ，B ，C ，D 四点共圆，因此ABD ACD ∠=∠，因此 图1 22EQO ABD ACD FRO ∠=∠=∠=∠，因此 EQM EQO OQM FRO ORM FRM ∠=∠+∠=∠+∠=∠， 故 EQM MRF ∆≅∆， 因此 EM ＝FM ， 同理可得 EN ＝FN ， 因此 EM FN EN FM ⋅=⋅．〔2〕答案是否定的．当AD ∥BC 时，由于B C ∠≠∠，因此A ，B ，C ，D 四点不共圆，但现在仍旧有EM FN EN FM ⋅=⋅，证明如下：如图2所示，设S ，Q 分不是OA ，OB 的中点，连接ES ，EQ ，MQ ，NS ，那么11,22NS OD EQ OB ==，CB因此NS ODEQ OB=．①又11,22ES OA MQ OC==，因此ES OAMQ OC=．②而AD∥BC，因此OA ODOC OB=，③由①，②，③得NS ES EQ MQ=．因为2NSE NSA ASE AOD AOE∠=∠+∠=∠+∠，()(1802) EQM MQO OQE AOE EOB EOB∠=∠+∠=∠+∠+︒-∠(180)2AOE EOB AOD AOE=∠+︒-∠=∠+∠，即NSE EQM∠=∠，因此NSE∆～EQM∆，故EN SE OAEM QM OC==〔由②〕．同理可得，FN OAFM OC=，因此EN FN EM FM=，从而EM FN EN FM⋅=⋅．CB二、求所有的素数对〔p ，q 〕，使得q p pq 55+．解：假设pq |2，不妨设2=p ，那么q q 55|22+，故255|+q q ．由Fermat 小定理， 55|-q q ，得30|q ，即5,3,2=q ．易验证素数对)2,2(不合要求，)3,2(，)5,2(合乎要求．假设pq 为奇数且pq |5，不妨设5=p ，那么q q 55|55+，故6255|1+-q q ． 当5=q 时素数对)5,5(合乎要求，当5≠q 时，由Fermat 小定理有15|1--q q ，故626|q ．由于q 为奇素数，而626的奇素因子只有313，因此313=q ．经检验素数对)313,5(合乎要求．假设q p ,都不等于2和5，那么有1155|--+q p pq ，故)(m od 05511p q p ≡+--． ①由Fermat 小定理，得 )(m od 151p p ≡- ， ② 故由①，②得)(m od 151p q -≡-． ③设)12(21-=-r p k ，)12(21-=-s q l ， 其中s r l k ,,,为正整数． 假设l k ≤，那么由②，③易知)(mod 1)1()5(5)5(1112121)12)(12(2)12(21)12(2p r r q s r s p s lkl kl -≡-≡==≡=----------，这与2≠p 矛盾！因此l k >．同理有l k <，矛盾！即现在不存在合乎要求的),(q p ． 综上所述，所有满足题目要求的素数对),(q p 为)3,2(，)2,3(，)5,2(，)2,5(，)5,5(，)313,5(及)5,313(．三、设m ，n 是给定的整数，n m <<4，1221+n A A A 是一个正2n +1边形，{}1221,,,+=n A A A P ．求顶点属于P 且恰有两个内角是锐角的凸m 边形的个数．解 先证一个引理：顶点在P 中的凸m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻．事实上，设那个凸m 边形为m P P P 21，只考虑至少有一个锐角的情形，现在不妨设221π<∠P P P m ，那么)13(2122-≤≤>∠-=∠m j P P P P P P m m j ππ，更有)13(211-≤≤>∠+-m j P P P j j j π．而321P P P ∠+11P P P m m -∠>π，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理． 由引理知，假设凸m 边形中恰有两个内角是锐角，那么它们对应的顶点相邻． 在凸m 边形中，设顶点i A 与j A 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐角．设i A 与j A 的劣弧上包含了P 的r 条边〔n r ≤≤1〕，如此的),(j i 在r 固定时恰有12+n 对．〔1〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在劣弧j i A A 上，而j i A A 劣弧上有1-r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为21--m r C ．〔2〕 假设凸m 边形的其余2-m 个顶点全在优弧j i A A 上，取i A ，j A 的对径点i B ，j B ，由于凸m 边形在顶点i A ，j A 处的内角为锐角，因此，其余的2-m 个顶点全在劣弧j i B B 上，而劣弧j i B B 上恰有r 个P 中的点，现在那个2-m 顶点的取法数为2-m r C ．因此，满足题设的凸m 边形的个数为))()()(12()12()()12(11111111121211221∑∑∑∑∑==--+---=-=--=----+-+=⎪⎭⎫⎝⎛++=++nr nr m rm r m r m r n r m r n r m r nr m rm r C C C C n C C n CCn))(12(111--+++=m nm n C C n ．四、给定整数3≥n ，实数n a a a ,,,21 满足 1m in 1=-≤<≤j i nj i a a ．求∑=nk k a 13的最小值．解 不妨设n a a a <<< 21，那么对n k ≤≤1，有k n a a a a k k n k n k 2111-+≥-≥++-+-，因此()∑∑=-+=+=nk kn knk ka a a13131321()()()∑=-+-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛++-+=n k k n k kn k k n k a a a a a a 121211414321 ()∑∑==-+-+≥+≥n k nk kn k k n a a 13131218181． 当n 为奇数时，222113313)1(412221-=⋅⋅=-+∑∑-==n i k n n i nk ． 当n 为偶数时，32113)12(221∑∑==-=-+n i nk i kn⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∑∑==21313)2(2ni n j i j)2(4122-=n n ． 因此，当n 为奇数时，2213)1(321-≥∑=n a nk k，当n 为偶数时，)2(3212213-≥∑=n n a nk k ，等号均在n i n i a i ,,2,1,21=+-=时成立． 因此，∑=nk k a 13的最小值为22)1(321-n 〔n 为奇数〕，或者)2(32122-n n 〔n 为偶数〕．五、凸n 边形P 中的每条边和每条对角线都被染为n 种颜色中的一种颜色．咨询：对如何样的n ，存在一种染色方式，使得关于这n 种颜色中的任何3种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形P 的顶点，且它的3条边分不被染为这3种颜色？ 解 当n 3≥为奇数时，存在合乎要求的染法；当n 4≥为偶数时，不存在所述的染法。

打星号的是强烈推荐的，其他的书也是非常值得一读的，但是时间有限的情况下，可以暂时搁置。

通用书籍：中等数学（无论是刚入门还是国家队）第零阶段知识拓展《数学选修4-1：几何证明选讲》《数学选修4-5：不等式选讲》《数学选修3-X（忘了哪本）：初等数论初步》第一阶段：全国高中数学联赛各赛区预赛1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用高中数学联赛备考手册华东师范大学出版社*3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社*4、单樽《解题研究》*5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几）6、《平面几何》浙江大学出版社7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著第二阶段：全国高中数学联合竞赛第一部分：一试《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社*《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚）5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本）7、《概率与期望》单樽8、《同中学生谈排列组合》苏淳9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*12、《圆锥曲线的几何性质》13、《解析几何》浙江大学出版社第二部分：加试（我怎么可能会说二试这种词语呢）平几1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选*2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》4、浙大小红皮《平面几何》5、沈文选《三角形的五心》6、田廷彦《三角与几何》7、田廷彦《面积与面积方法》不等式1、《初等不等式的证明方法》韩神2、9、命题人讲座《代数不等式》计神3、10、《重要不等式》中科大出版社11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》数论（9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题）12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》13、13、奥林匹克小丛书《数论》14、命题人讲座《初等数论》冯志刚组合15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》17、命题人讲座刘培杰《组合问题》18、《构造法解题》苏淳19、《从特殊性看问题》中科大出版社20、《抽屉原则》常庚哲第三部分：通用《中等数学增刊：高中数学联赛模拟题》*《多功能题典：高中数学竞赛》《数学奥林匹克研究教程》单樽奥林匹克小丛书第二版《高中数学竞赛中的解题方法与策略》第三阶段：中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上（本渣不自量力，竟然敢给这个阶段的大神推荐书籍，如果大神们虐题审美疲劳的话，也不妨一看）命题人讲座《圆》田廷彦《近代欧式几何学》《近代的三角形的几何学》《不等式的秘密》范建熊、隋振林《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军《初等数论难题集》命题人讲座《图论》奥林匹克小丛书第二版《图论》《走向IMO》今天仔细看了看。

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2020巴尔干初中数学奥林匹克（JBMO）预选题数论组中文
翻译
数论组
1.是否存在正整数, 使得为素数?
2.求所有的正整数, 以及素数, 使得.
3.求最大的正整数(), 使得存在正整数 (), 满足对任意个连续的正整数, 一定可以从中选取个数,满足如下条件:
每个被选取的数都不是或者的倍数.
任意两个被选取的数的差都不是或者的倍数.
4.求所有的素数, 使得对任意正整数, 均有整除.
5.对给定正整数, 集合包含到中的正整数, 且对其中不存在互异的正整数 , , , 使得. 称中区间内的数为"小数", 区间内的数为"中数", 区间内的数为"大数". 以下结论是否成立?
不存在正整数, 使得 , , 与被除的余数都为中的元素, 且其中, ,的余数互不相同, 且均为
(1) 小数 (2)中数 (3) 大数
6.是否存在正整数, 使得.
7.求证: 不存在素数, 使得的任意次幂均为回文数.
注: 若一个数从左往右读和从右往左读完全相同, 就称这个数为回文数. 显然的, 末尾为的数一定不是回文数.
8.求所有的素数, 使得
也为素数.。

1、设()4mod 1≡n 且n ＞1，{}na a a P ,,,21=是{}n ,,3,2,1 的任意排列，pk 表示使下列不等式成立的最大下标k ，k a a a +++ 21＜n k k a a a +++++ 21．试对一切可能的不同排列P ，求对应的pk 的总和．解：设14+=m n （m 为正整数），对于{}n ,,3,2,1 的任意排列{}na a a P ,,,21=，由pk 的定义得p k a a a +++ 21＜n k k a a a p p +++++ 21， ① 121+++++p p k k a a a a ≥n k a a p +++ 2．②首先，②中等号不成立．事实上，若=+++++121p p k k a a a a n k a a p +++ 2，则()()12121221121+=+++=+++=++++n n n a a a a a an k p ()()1214++=m m ．上式左端为偶数，右端为奇数，矛盾．故②应为121++++p k a a a ＞n k a a p +++ 2③于是，对于P 的反序排列{}121,,,,'a a a a P n n-=，由①，③得()1'+-=p p k n k，即1'-=+n k k p p ，将{}n ,,3,2,1 的n ！个排列两两配对，每对中的两个排列P 与P ’互为反序，它的对应的pk 之和为()()!121n n -．2、给定2003个集合，每个集合都恰含44个元素，并且每两个集合恰有一个公共元．试求这2003个集合的并集中元素的个数．解：设给定的2003个集合为200321,,,A A A ．依题意有44=iA（1≤i ≤2003）．1=j i A A （1≤i ＜j ≤2003）．为了求200321A AA ，由容斥原理，只需求ki i i A A A21（1≤1i ＜2i ＜…＜ki ≤2003，k ≥3）．由1=j iA A 知这个数至多等于1，若都等于1，则必有一个元是所有iA 的公共元．考虑1A ．它与其他2002个集合iA （2≤i ≤2003）都有惟一公共元．又441=A，且45442003=⎥⎦⎤⎢⎣⎡，若1A 中每个元至多属于其他45个集合，则1A 至多与其他44×45＝1980个集合有公共元，矛盾．可见1A 中必有一个元a 至少属于其他46个集合，不妨设a 属于2A ，3A ，…，47A ，并设B 是20034948,,,A A A中任意一个集合，如果B a ∉，又因为B 与4721,,A A A 中每一个都有公共元，且这些公共元两两不同（这时，若B 与iA 及jA ()471≤<≤j i 有相同的公共元b ，则a b ≠，于是iA 与jA ()471≤<≤j i 有两个公共元a 和b ，矛盾），可见B 至少有47个元，这与44=B 矛盾．故必有B a ∈，即a 是2003个集合200321,,A A A 的公共元，但200321,,A A A 中任何两个只有惟一公共元a ，所以()200311121≤<<≤=⋂⋂⋂k i i i i i A A A k ．由容斥原理得200321A A A ⋃⋃⋃200321200312003120031A A A A A A A A A k j i k j i j i j i i i ⋂⋂⋂+-⋂⋂+⋂-=∑∑∑≤<<≤≤<≤=200320033200322003442003C C C +-+-⨯= ()200320032200312003020031200302003442003C C C C C C -+--++⨯=()8613011861302003=--=． 3、证明：在任何n 个人中，总存在2人，使得其余2-n 人中与这两人都互相认识或都不互相认识的人数不少于12-⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 个．证明：如果结论不成立，那么对n 个人中任意两人A 和B ，其余2-n 个人中同时认识A 和B 以及同时不认识A 和B 的总人数至多为22-⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 个．设除A ，B 外其余2-n 个人中恰认识A 或B 中一人的有k 个，则222-⎥⎦⎤⎢⎣⎡≤--n k n ，所以222n n n n n k =-≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡-≥．若C 恰认识A 、B中一个人，则将（C ，A ，B ）组成一个三人组，并设这种三人组的个数为S ，因为n 个人可形成2nC 个（A ，B ）对，并且对每一对人A 和B ，至少有2n 个人恰认识A 或B中一个，所以()41222-=≥n n C n S n ①．另一方面，设对n 人中任意一人C ，其余1-n 人中恰有h 人认识C 而hn --1人不认识C ，于是含C 的三人组有()()4121122-=⎪⎭⎫⎝⎛--+≤--n h n h h n h 个，而C 有n 种取法，所以()412-≤n n S ②．①与②矛盾，故命题成立．从上述例题可以看出，用组合分析方法证明组合问题中的不等式时，就是对题中所涉及的组合结构进行数量上的分析和比较，从而导出要证的不等式．而有的则先转化成一个图论模型，再按题目要求构造出符合条件的组合结构，然后进行数量上的分析与比较后得出要证的不等式．有的则从结论的反面出发，对组合结构进行数量上的分析和比较后导致矛盾，从而证明了结论成立．有的考虑的“三元组”是一种很有用的组合结构，今后的例题会看到，对恰当的“三元组”进行数量上的分析和比较是解决组合问题的一种有效方法．4、设n 和k 是正整数，S 是平面内n 个点的集合，满足：（1）S 中任何三点不共线；（2）对S 中有一个点P ，S 中至少有k 个点与P 的距离相等．求证：nk 221+<．证法一 设{}nP P P S ,,,21=，依题意，对任意S P i∈，存在以iP 为中心的圆iC ，使得iC 上至少有S 中k 个点()n i ,,2,1 =．设i C 上恰有i S 中i r 个点且设i P 恰在n C C C ,,,21 中i e 个圆上()n i ,,2,1 =，于是kn r r r e e e n n ≥+++=+++ 2121．若S 中点iP 同时在两个圆kC 与()j k C j ≠上，则将iP 与k C ，j C 组成一个三元组()j k i C C p ,;，这种三元组的全体构成的集合记为M ．一方面，每两个圆至多有2个交点，至多形成2个三元组，n 个圆至多形成22nC 个三元组，故22nC M≤． 另一方面，因iP 在ie 个圆上，可形成2ie C 个含iP 的三元组()n i ,,2,1 =，故∑==ni e iC M 12．综合上述两个方面，并利用哥西不等式得∑∑∑===⎪⎭⎫⎝⎛-=≥ni n i n i i i e ne e C C i111222212⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥∑∑∑∑====n i i n i i n i i n i i n e e n e e n 1112121121 ()()12121-=-∙≥k nk n kn kn n ， 即()0122≤---n k k，∴()n n n k 22128121811+=+<-++≤． 证法二 依题意，以S 中的每一点为中心可作n 个圆，使每个圆上至少有k 个点属于S ．我们称两个端点均属于S 的线段为好线段． 一方面，好线段显然共有2nC 条．另一方面，每个圆上至少有2kC 条弦是好线段，n 个圆共有2knC 条弦是好线段，但其中有一些公共弦被重复计算了．由于每两个圆至多有一条公共弦，n 个圆至多有2nC 条公共弦（这些公共弦还不一定是好线段），故好线段的条数不少于22nkC nC-． 综上所述，得到222nk nC nC C -≥． 即()0122≤---n k k，∴n n k 2212781+<-+≤． 注（1）本题的两种解法都说明了题目中的每一条件是多余的．（2）在用算二次方法证明题目时，由于选择计算的题不同，常常得到的证明方法不全相同．在本题中显然证法二较证法一简便．但从今后的例题会看到，计算“三元组“是一个有效的方法．（3）算二次时，如果两方面都是精确结果，综合起来就得到一个等式．如果至少有一个方面采取了估计（即算了量的下界或上界），那么综合起来就得到了一个不等式．5、在某一次竞赛中，共有a 个参赛选手及b 个裁判，其中3≥且为奇数．设每一位裁判对每一位参赛选手的判决方式只有“通过”或“不通过”．已知任意两个裁判至多对k 个参赛选手有相同的判决，证明：bb a k 21-≥．（1998年第38届IMO 试题）证明：设a 个参赛选手为bA A A a ,,,,21 个裁判为b B B B ,,,21 ，若两个裁判()j i B B j i ≠,对选手k A 的判决相同，则将()kjiA B B ,,组成三元组，这种三元组的个数记为S ．一方面，由已知条件知对任意一对裁判()j i B B ji≠,，至多存在k 个选手jA 组成k 个三元组()kjiA B B ,,，而iB ，jB 有2bC 种取法，所以2bC k S ⋅≤①另一方面，设对选手kA 有kr 个裁判对jA 的判决是“通过”，kt 个裁判对kA 的判决是“不通过”，于是b t r k k=+，且含kA 的三元组恰有22kkt r C C+个． ∴()∑=+=ak t r kk C CS 122．而[]()()[]k k k k k k k k k k t r t r t r t r t t r r C Ckk 2212122222-+-+=+-=+()k k t r b b 2212--=．因b t rk k=+且b 为奇数，所以()()()1414112-=+-≤b b b t r k k ．故()()22222141141221-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⋅--≥+b b b b C C kk t r ． ∴()2141-⋅≥b a S ．②由①②，得()22141-⋅≥⋅b a Ck b， ∴bb ak 21-≥．6、若任意133个正整数中，至少有799对数互素，证明：其中必存在4个正整数a 、b 、c 、d 使得a 与b ，b 与c ，c 与d，d 与a 都互素．证明：用平面内133个点1A ，2A ，…，133a 表示133个正整数，若两个正整数互素，则对应两点连一线段，并设从iA 出发的线段有id 条()133,,2,1 =i ，于是，由已知条件得79921331⨯≥∑=i id．若两点A 、B 都与点C 连有线段，则称（A ，B ）为属于C 的点对．于是，分别属于1A ，2A ，…，133A 的点对数的总和为⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-==∑∑∑∑∑∑======13311331221331133113312133121/2121i i i i i i i i i i d d d d d C M i ()13379927992133211331332113311331-⨯⨯⨯⨯⨯≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=∑∑==i i i i d d ()21332132133133133621336213321C =⨯=-⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯>． 但133个点一共只能组成2133C 个点对，可见上式左端计数有重复，即存在一个点对（A ，C ）属于不同的两点B 和D ，即A 、C 既与B 连有线段，又与D 连有线段，所以A 、B 、C 、D 对应的4个正整数满足a 与b ，b 与c ，c 与d，d 与a 都互素．7、设Z 为空间含有()4≥n 个点的点集，其中任意四点不共面，这些点之间连有142+⎥⎦⎤⎢⎣⎡n 条线段．证明：这些线段必可构成两个有公共边的三角形（特别n 为偶数时，此题为1987年国家集训队选拔考试试题）．证明：4=n 时，Z 中共有4个点A 、B 、C 、D ，它们之间连有51442=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡条线段，故仅有1524=-C 对点之间没有连线．不妨设C 与D 没有连线，于是存在两个有公共边的三角形：△ABC 与△ABD ．设()4≥=k n 时，结论成立．考虑1+=k n 的情形，这时Z中有1+k 个点，它们之间连有()1412+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+k 条线段，于是从各点出发的线段数之总和为()24122+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+k 条，其中必有一点A ，从A 出发的线段数Al 为最少，于是()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎥⎦⎤⎢⎣⎡++≤2412112k k l A ． 当t k 2=为偶数时，()()121212121+++=+++≤t t t t t t lA，所以t l A ≤；当12-=t k 为奇数时，()tt t t l A 2122212+=+≤，所以t l A ≤．去掉A 点以及从A 出发的线段后还剩k 个点，它们之间所连线段数为()()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+-=-+=+⎥⎦⎤⎢⎣⎡=+=-++≥12141112141112222t k k t t t t t k k t t t t m故由归纳假设知连线段中必存在两个有公共边的三角形，即1+=k n 时结论成立，于是命题得证．8、设+⊆N 是一个n 元集合，求证：存在Y B ⊆，满足：（1）3n B >；（2）若u ，B v ∈，则B v u ∉+．分析：先考虑一种特珠情形：若{}13,,2,1-=k X 是连续13-k 个正整数组成的集合，而{}12,22,,2,1,--++=k k k k k A ，则易知X k A 31>=，并且若u ，A v ∈，则A v u ∉+，且v u +模13-k 的最小正剩余也不属于A ．对一般的{}+⊆=N y y y Y n,,,21，若用m 表示正整数m 模13-k 的最小正剩余，其中n k >-13且13-k 与n y y ,1都互素（例如取n y yy k 21=即可），利用上述集合A 来构造Y的子集()13,3,2,1-=k i B i如下：{}Aiy Y y y B i ∈∈=且．利用A 的性质易证每个iB 都满足条件（2），再用算二次方法证明必有某个0i B 满足3nBi >，从而完成证明．证明：设{}+⊆=N y y y Y n,,21，取正整数n k p >-=13且使p 与n y y y ,,,21 都互素（例如取n y y y k 21=即可），m 表示正整数m模P 的最小正剩余（pm ≤≤1）．令{}12,2,1,-++=k k k k A ，则易知若x ，A y ∈，则A y x ∉+事实上，若x ，A y ∈，则242-≤+≤k y x k ，故或者132-≤+≤k y x k 或者()113241-=---≤+≤k k k y x ，总有A y x ∉+）．构造Y 的子集()131-≤≤k i B i如下：{}()131-≤≤∈∈=k i A iy Y y y B i 且．则每一个iB 满足：当u ，iB v ∈时，iB v u ∉+．事实上，当u ，iB v ∈时，有A aiu u∈=及A a iv v ∈=，于是()A a av u i v u∉+=+，从而i B v u ∉+．下面证明必有某个oi B 满足3n Boi >．为此作()n k ⨯-13表格，其中第i 行第j 列处的数为()()()n j k i B y B y x ijijij≤≤-≤≤⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=1,13101若若． 于是1=ijx当且仅当A iy j ∈．因为13-=k p 与j y 互素，因此p 的完全剩余系乘jy 后仍是p 的完全剩余系，即jy ，jy 2，…，()jy k 13-是1，2，…，13-k 的一个排列，其中恰有k 个数属于A ，故jx 1，jx 2，…，()jk x ,13-中恰有k个等于1，即k xk i ij=∑-=131．而∑==nj iij B x 1恰是iB 中元素的个数，所以∑∑∑∑∑∑-==-===-=====131113111131k i n j k i nj ij n j ij k i ikn k x x B．∑-=>-=-131313131k i i nn k k B k ． 故由平均值原理知存在1310-≤≤k i，使30nB i >．于是取0i B B =，则B 满足题中两个条件（1）和（2）．注：本题证法的关键有两个：第一个是先对一个特殊的n 元素+⊆N X ，构造出它的一个子集A 满足题目条件（实际解答时X 没有写出），而对一般n 元素+⊆N Y ，利用A 及完全剩余系构造出Y 的一列子集iB 满足题目条件（2）；第二个关键是利用0-1矩阵算二次来证明构造出来的iB 中必有一个0i B 满足条件（1），从而完成了题目的证明．利用完全剩余系构造子集和利用0-1矩阵计算两次，这两种做法在解有关组合的竞赛题时是相当常见的．9、设{}20,2,1 =M ，1A ，2A ，…，nA 是M 的互不相同的非空子集，当j i ≠时，jiA A ⋂至多有两个元，求n 的最大值．解：M的一元、二元、三元子集共有1350320220120=++C C C ，它们满足题目条件，所以n 的最大值≥1350．设1B ，2B ，…，nB 是M 的互不相同的非空子集，当j i ≠时，2≤⋂j iB B．若1B ，2B ，…，n B 中至少有一个集合有多于3个元素，不妨设4≥iB且i B a ∈，则{}()i i B a B ⋂\至少有3个元素，故{}{}niB B B a B ,,,\21∉（因1B ，2B ，…，nB中任何两个集合的交集至多有2个元素）．现有{}a B i\代替iB 得到的一族子集仍满足题目要求，不断地进行这种替换，最后可使子集族中每个子集的元素个数至多有3个，而不改变子集的个数，所以1350320220120=++≤C C Cn ．综上知所求n 的最大值为1350．10、某班共30名学生，每名学生在班内部都有同样多的朋友，期末考试后，任何两人的成绩都可分出优劣，没有并列者，比自己的多半朋友的成绩都好的学生称之为好学生，问好学生最多有几名？（第20届全俄数学奥林匹克试题）解法一：设每人有k 个朋友，全班有x 个好学生．若学生a 比他的朋友b 好，则将a 与b 组成一对，这种对子集合记为S ．一方面最好的那名学生比它的k 个朋友都好，可配成k 对，其余1-x 名学生，每人都至少比它的2112+≥+⎥⎦⎤⎢⎣⎡k k 个朋友好，每人至少配成21+k 对，所以 ()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+≥211k x k S ． 另一方面，30名学生，每人恰有k 个朋友共形成k k15230=对子集，所以k S 15=． 所以()kk x k 152111≤⎪⎭⎫⎝⎛+-+，即128291128+-=++≤k k k x ． ①其次，设C 是好学生中最差的1名，故比C 差的学生最多有x -30个，而C 的k 个朋友中至少有2112+≥+⎥⎦⎤⎢⎣⎡k k 个比C 差，所以2130+≥-k x ，即x k 259-≤． ②将②代入①得xx x --=--≤3014292602829，即 0856592≥+-x x ．解得2625759<-≤x 或3025759>+≥x （舍去）． 所以25≤n ．下面例子表明好学生可以为25人（由②中等号成立知这时9=k ）．用1，2，……30这30个号码分别表示第1名，第2名，…，第30名学生，并将这些号码填入如图的6×5的表格中，并且称第1行上面一行是第6行，而第6行的下面一行是第1行．如果两名学生的编号位于下列位置之一，那么他们便是一对朋友．（1）每一行中的任一号码与它的上面一行中不同列的每一个号码．（2）每一行的任一号码与它的下面一行中的任何号码（例如1号学生的朋友是编号为27，28，29，30和6，7，8，9，10的学生）．于是，每人恰有9位朋友，并且编号为1至25的都是好学生．解法二：若每位学生有12-k 个朋友，那么所有朋友对的数目为()1530123021-=-⨯⨯k k ．每对朋友中，给成绩较优的发一张奖状，这样共发出了1530-k 张奖状．显然，得到至少k 张奖状的学生是好学生，而第1名总是拿12-k 张奖状，第2名至少拿22-k 张奖状，第3名至少拿32-k 张奖状……，第k 名至少拿k 张奖状，于是这k 名好学生至少拿了()()()13212212-=+-+-k k k k k 张奖状，余下学生至多拿了()13211530---k k k 张奖状．因此，余下学生中至多有()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---132115301k k k k 名好学生，故好学生的人数n 至多为()215221302152130132115301k k k k k k k k k ⨯-≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+5.2552130302130=-<-=． 所以25≤n ．若每个学生有k 2个朋友，则完全类似地，可发出k 30张奖状，至少得到1+k 张奖状者为好学生．第1名至第k 名至少得到了()1321+k k 张奖状，因此，好学生的人数n 至多为()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++121301113213011k k k k k k l k k ()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+--++=121213013011k k k k ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=⎪⎭⎫⎝⎛-++-=2113121312213130k k k k25721316221312113122131<-<-=+⋅+-≤k k ． 综合两种情形知，好学生至多有25人，下同解法一．11、求最小正整数n ，使得存在n 个不同的正整数1a ，2a ，…n a 同时满足下列3个条件：（1）1a ，2a ，…na 的最小公倍数是2002；（2）对任意n j i ≤<≤1，ia 与ja 的最大公约数大于1；（3）乘积1a2a …n a 为完全平方数且是32的倍数．进一步，对这个最小正整数n ，求所有满足条件（1），（2），（3）的n 元组{1a ，2a ，…na }．解：因为1311722002⨯⨯⨯=，且ia 是202的约数()n i ,,2,1 =，故()n i a i i i i i ,,2,1131172 ==δγβα①这里iα，iβ，iγ，{}1,0∈iδ．设1a2a …n a 2k =，因为2002i a ，所以每个i a 都不是22的倍数，但25232k =，故262k ，所以6≥n ，且具有形式①的2的倍数只有下列8个：2，2×7，2×11，2×13，2×7×11，2×7×13，2×11×13，2×7×11×13． ②如果6=n ，则因为1a ，2a ， (6)a 都是②中的数且②中8个数之积为4448131172⨯⨯⨯，它是一个完全平方数，而②中任意两数之积不是完全平方数，故②中任意6个数之积不为完全平方数，这与已知条件（3）矛盾，所以7≥n ．设7=n ，则1a ，2a ，…，7a 不能都是2的倍数（否则272k ，而822k ，矛盾），但262k ，故1a ，2a ，…，7a 中恰有6个是2的倍数，即1a ，2a ，…，7a 中恰有一个数不是②中的数．不妨设1a 不是②中的数，由已知条件（1）知1a ，2a ，…，7a 中必有一个数为7的倍数，也有一个数为11的倍数，还有一个数为13的倍数，结合条件（2）知1a ，2a ，…，7a 中任何两个数的最大公约数大于1．又1a 不为2的倍数，所以1a 能被7×11×13整除．于是由①得131171⨯⨯=a ，又②中所有数之积为4448131172⨯⨯⨯，故惟一的可能为4446721131172⨯⨯⨯=a a a ，于是3336732131172⨯⨯⨯=aa a ，即②中只有两个数：2和2×7×11×13不属于2a ，3a ，…，7a ，即{2a ，3a ，…，7a }＝{2×7，2×11，2×13，2×7×11，2×7×13，2×11×13}．综上可知，所求n 的最小值为7，这时{1a ，2a ，…，7a }＝{7×11×13，2×7，2×11，2×13，2×7×11，2×7×13，2×11×13}．12、设{}10,9,8,7,6,5,4,3,2,1=S ，1A ，2A ，…，kA 是S 的子集，满足（1）()k i A i≤≤=15；（2）()k j i A Aj i≤<≤≤⋂12．求这样一批子集个数k 的最大值．（1994年国家集训队第6次测验试题）解：作k ⨯10的表格，其中第i 行、第j 列处的元素为()()()k j i A i A i a j j ij ,,2,1,10,,2,101 ==⎪⎩⎪⎨⎧∉∈=若若． 于是表中第i 行元素之各∑==kj ijia l 1表示i 属于1A ，2A ，…，k A 中i l 个集合，而第j 列元素之和∑==101i jij A a 表示集合jA 中元素个数，由已知条件（1）有∑===1015i j ijA a，所以∑∑∑∑∑∑==========1011110111015i k j kj j i ij kj iji i kA a al ．①若jiA A r ⋂∈，则将{}r A A ji,,组成三元组，这种三元组的个数记为S ．一方面因r 属于1A ，2A ，…，k A 中rl 个集合，可形成2rl C 个含r 的三元组，所以∑==1012r l rC S ．另一方面，对任意iA ，()k j i A j ≤<≤1有jiA A⋂个元属属于jiA A ⋂，可形成jiA A⋂个含iA ，jA 的三元组，所以∑≤<≤⋂=kj i jiA A S 1，于是∑∑∑∑===≤<≤⎪⎭⎫⎝⎛-==⋂10110110122121r r r r r l k j i j i l l C A A r． 利用①及已知条件（2）和哥西不等式得()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛≥⋂≥=-∑∑∑==≤<≤1012101121012121i i i i j i j i k l l A A C k k()()[]()24551052012-=-=k k k k ， 所以6≤k ．其次，下列6个集合满足题设条件：{}5,4,3,2,11=A ，{}8,7,6,2,12=A ，{}10,9,6,3,13=A ，{}10,9,7,4,24=A ，{}10,8,7,5,35=A ，{}9,8,6,5,46=A ．综上可知，所求k 的最大值为6．13、设凸四边形ABCD 的面积为1，求证在它的边上（包括顶点）或内部存在4个点，使得以其中任意3点为顶点的四个三角形的面积都大于41．（1991年全国高中联赛试题）证明：如图，考虑四个三角形：△ABC ，△BCD ，△CDA ，△DAB 的面积，不妨设DABS ∆最小，分下列四种情形讨论：（1）41>∆DABS ，则A ，B ，C ，D 四点即为满足题设条件的四个点．（2）41<∆DAB S ，设G 为△BCD 的重心，则431>-=∆∆DAB BCD S S ，故4131>===∆∆∆∆BCD DBG CDG BCG S S S S ．故B 、C 、D 、G 四点即为满足题设要求的四个点． （3）41=∆DABS，而其余三个三角形的面积均大于41．由于BCD DAC ABCS S S∆∆∆=<-=431，故过A 作BC 的平行线l必与线段CD 相交于CD 内部一点E （如图）．由于41=>∆∆DAB ABC S S ，故41=>∆∆DAB EAB S S ．又41>=∆∆DAB EAC S S ，41>=∆∆ABCEBC S S ，所以A 、B 、C 、E 四点即为满足题设要求的四个点．（4）41=∆DABS，其余三个三角形中还有一个三角形的面积也等于41．不妨设41=∆CDAS．因为CDA DABS S∆∆=，所以AD ∥BC ．又43==∆∆DBC ABC S S ，故AD BC 3=．在AB 上取点E ，CD 上取点F ，使AB AE 41=，DC DF 41=，则()BC AD AD BC AD EF 212341==-+=，于是41329214343>=⨯===∆∆∆∆ABC ABF ECF EBF S S S S ，41>>=∆∆∆EBF FBC EBC S S S ，故E 、B 、C 、F 四点即为满足题设要求的四点．注：本题证明中用到了下列一个常用的几何结论：若△ABC ，△ABD ，△ABE 共有底边AB ，且C 、D 、E 在一直线上．D 介于C 与E 之间，并且ABE ABCS S ∆∆<，则ABE ABD ABC S S S ∆∆∆<<．14、平面内有4条直线，其中任意3条不共点，每两条相交于一点，从而每条直线上有3个交点，在此直线上截出2条线段．问所得8条线段的长能否为（1）1，2，3，4，5，6，7，8？（2）互不相等的整数？解（1）如图，所得8条线段的长为1，2，3，4，5，6，7，8，因为三角形中任意一个边之长大于其余两边之差的绝对值，故在一个非等腰且边长为整数的三解形中，任何一边的长大于1，所以长为1的线段只可能为AB 或AF ．不妨设AF ＝1，由于CF AC AF ->=1，且AC ，CF 均为正整数，所以AC ＝CF ．在△ACF 中，由余弦定理得FCAC FC AC AF FC AC AF FC AC C ⋅-=⋅-=⋅-+=∠211212cos 2222． 在△BCD 中，由余弦定理得C CD BC CD BC BD ∠⋅-+=cos 2222⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-⋅-+=FC AC CD BC CD BC 211222FC DC AC BC CD BC CD BC ⋅+⋅-+=222． 上式中FC DC AC BC ⋅为小于1的真分数，而其余各项均为整数，矛盾．故不存在满足条件的4条直线，使得截出8条线段的长为1，2，3，4，5，6，7，8．（2）如图知所截出的8条线段可以为互不相等的线段，图中这8条线段的长依次为3，4，5，12，16，20，28，32．15、证明：在边长为1的正方形内，不可能无重叠地放入两个边长大于32的正三角形．分析：我们只需证明：在边长为1的正方形内放入一个边长大于32的正三角形后，必有正方形内一定点（由对称性自然会想到应是正方形的中心）落到这个正三角形内．证明：设边长大于32的正△ABC 任意放入一个边长为1的正方形DEFG 内．设DF 与EG 的交点为O ，则A 必在△DOE ，△EOF ，△FOG 及△GOD 中某一个三角形的内部或边界上（如图），不妨设A 在△DOE 的内部或边界上．作△ABC 的高AH ，则AO OE BC AH >==⋅==22322323． 可见，O ，A 在BC 的同一侧．同理可证O 、B 在AC 的同一侧，O 、C 在AB 的同一侧，这就证明了O必在△ABC内．因此，如果边长为1的正方形内可以无重叠地放2的正三角形，则正方形中心必是这置两个边长大于3两个正三角形的公共内点，矛盾．可见，边长为1的2的正正方形内不可能无重叠地放置两上边长大于3三角形．注：在证明是一定条件的覆盖（或嵌入）不存在时，常用反证法．先假设它存在，然后证明至少有一点没有被盖住（或至少有一点是嵌入的诸图形的公共内点），从而导致矛盾．这种“攻其一点”的方法是解决不能覆盖（或不能无重叠嵌入）问题的一个有效方法．16、平面有sh+条直线，其中h条是水平线，另s条直线满足：（1）它们都不是水平线；（2）它们中任意两条不平行；（3）sh+条h+条直线中任何3条不共点，且这s直线恰好把平面分成1992个区域．求所用的正整数对（h，s）．（1992年亚太地区数学奥林匹克试题）解：因为每条直线把平面分成两个区域，设n条直线（其中每两条相交，但任意3条不共点）把平面分成n a 个区域，则1+n 条这样的直线把平面分成的1+n a 个区域满足()11++=+n a a n n ，21=a ．由此推得()()∑∑==-++=+=-+=n k n k k k n n n k a a a a 22112112． 于是s 条直线把平面分成()1211++s s 个区域．又h 条平行线与这s 条直线相交时又增加了()1+s h 个区域（即每加一条水平线，增加1+s 个区域），所以有()()199212111=++++s s s h ， ()()1811121991221⨯⨯=⨯=++s h s ．对上述不定方程的可能正整数解可列出下表：故所求的正整数对()s h ,为（995，1），（176，10），（80，21）．。

奥林匹克数学竞赛简介“奥数”是奥林匹克数学竞赛的简称。

1934年和1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称，1959年在布加勒斯特举办第一届国际数学奥林匹克竞赛。

国际数学奥林匹克(IMO)作为一项国际性赛事，由国际数学教育专家命题的国际性大赛。

我国奥林匹克数学竞赛由中国科技部下属的中国数学会，奥林匹克数学委员会负责组织和安排。

数学奥林匹克活动在我国已有一段普及的历史，也多次在国际大赛上取得了优异的成绩。

奥林匹克数学研究也已成为数学教育的重要课题。

目前在我国大部分高等师范院校的数学系中，也都开设了“数学竞赛研究”或“奥林匹克数学理论”的必修或选修课。

奥林匹克数学理论正逐渐成为一门独立的数学教育分支。

因此，系统的研究和探讨奥林匹克数学理论，无论对高等师范数学教育，还是对中学数学奥林匹克活动都有十分重要的现实意义和理论意义。

数学奥林匹克国内赛况我国的数学竞赛起步不算晚。

解放后，在华罗庚教授等老一辈数学家的倡导下，从1956年起，开始举办中学数学竞赛，在北京、上海、福建、天津、南京、武汉、成都等省、市都恢复了中学数学竞赛，并举办了由京、津、沪、粤、川、辽、皖合办的高中数学联赛;1979年，我国大陆上的29个省、市、自治区全部举办了中学数学竞赛。

此后，全国各地开展数学竞赛的热情有了空前的高涨。

1980年，在大连召开的第一届全国数学普及工作会议上，确定将数学竞赛作为中国数学会及各省、市、自治区数学会的一项经常性工作，每年10月中旬的第一个星期日举行“全国高中数学联合竞赛”。

同时，我国数学界也在积极准备派出选手参加国际数学奥林匹克的角逐。

1985年，开始举办全国初中数学联赛;1986年，开始举办“华罗庚金杯”少年数学邀请赛;1991年，开始举办全国小学数学联赛。

现在.我国的高中数学竞赛分三级：每年10月中旬的全国联赛;次年一月的CMO(冬令营);次年三月开始的国家集训队的训练与选拔.为使我国的数学竞赛活动能广泛而有序、深入而持久地开做好各级各类数学竞赛的培训选拔工作，国内采取了一系列有效措施。

什么是奥数奥数是奥林匹克数学的简称。

1934年和1935年，前苏联开始在列宁格勒和莫斯科举办中学数学竞赛，并冠以数学奥林匹克的名称。

1959年罗马尼亚数学物理学会邀请东欧国家中学生参加在布加勒斯特举办的第一届国际数学奥林匹克竞赛。

从此每年一次，至今已举办了43届。

国际数学奥林匹克作为一项国际性赛事，由国际数学教育专家命题，出题范围超出了所有国家的义务教育水平，难度大大超过大学入学考试。

有关专家认为，只有5%的智力超常儿童适合学奥林匹克数学，而能一路过关斩将冲到国际数学奥林匹克顶峰的人更是凤毛麟角。

奥数的出题范围超出了所有国家的义务教育水平，有些题目的难度大大超过了大学入学考试，个别题目甚至连数学家也感到棘手。

通过这样高水平的比赛，可以及早发现数学人才，然后进行培养，使其脱颖而出。

近年来国内外很多名牌大学和重点中学比较注重奥数人才，通常通过奥数选拔优秀生源。

北京大学、清华大学、复旦大学等高校对奥数优秀的学生偏爱有佳，每年有很多全国高中数学竞赛成绩优异的学生直接免试进入北大数学系。

目前各种以远远高于课堂数学教学内容为主的各种课外数学提高班、培训班纷纷冠以“奥数”的名号，使得“奥数”培训逐渐脱离奥赛选手选拔的轨道，凸显出泛大众化的特征。

虽然不少知名数学家和数学教育工作者发出了谨防“奥数”走偏的呼声，但“奥数”成绩与中学升学之间的微妙关系使得“奥数”内涵的扩大化趋势难以阻挡。

凡是各学校、团体主办的各种杯赛针对性极强的课外数学培训统统披上了“奥数”的外衣，脱离课本、强调技巧成了“奥数”的代名词。

而在北京地区，奥数更是成了各个知名中学从小学选拔优质生源的重要手段，为了能让孩子在小升初的竞争中占得先机，北京地区的家长都会让孩子在课余时间参加各种形式的奥数辅导，奥数在小学范围内已经逐步演变为一门普及性学科。

“奥数”与“华数”这个问题恐怕是很多“入门级”家长必问的问题。

其实“奥数”、“华数”没有本质上的区别，只是说法不同而已，因为北京有所仁华学校（原北京市华罗庚学校），他们自己编了一套奥林匹克数学教材，叫《仁华学校奥林匹克数学课本》，这套教材在北京普及性强、影响力大，堪称传统经典奥数教材，所以便随之出现“华数”一说。

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2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答海亮高级中学高三康榕博高二陈昶旭第一天第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.证明：如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP∴A, O, P, D共圆.∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO∴OD平分∠PDA.同理, OC平分∠PCB.而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.证毕.第2题. 设实数a, b, c, d 满足a ≥b ≥c ≥d > 0, 且 a + b + c + d = 1. 证明:(234)1a b c d a b c d a b c d +++<. 证明: 由加权AM －GM 不等式, 我们有2222a b c d a b c d a a b b c c d d a b c d <⋅+⋅+⋅+⋅=+++ 故只需证明22223(234)()()cyca b c d a b c d a ++++++<∑ (*)注意到332()36cyc cyc sym cyca a ab abc =++∑∑∑∑, 及32222cyca ab ad a a ++≥∑2232222222cyca b ab b bc bd b a ++++≥∑2222233333cyca cbc ac cd c a +++≥∑22234444cyc a d a b abd acd bcd d a ++++≥∑∴ (*)成立. 故原不等式成立.第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:• 两堆小石子有相同的总重量;• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.证明: 引理:将n 种颜色的点个4个两两分组, 则可取n 组使得每种颜色的点各2个.即证: n 阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图. n ＝1, G 为v 的2个自环, 成立.设0n n ≤成立, 则01n n =+时:若G 有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.下设无这样的结构.若G 含三重边,设x,y 间有三条边, 且,(,)xu yv G u y v x ∈≠≠. 考虑将x,y 去掉, 并添入边uv 得到图G ’. 由归纳假设, 图G ’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv 即可. 若不含, 加入xy, xy 即可.下设无三重边.显然G 有圈. 设最小圈为121,,...,t x x x x . 由G 无2自环,3重边知01t n <+, i x 有两边不指向12,,...t x x x . 设这两边指向,i i u v ，以下下标模t.在G 中删去点12,,...t x x x 并加入边1(1)i i i e u v i t +=≤≤得到G’. 由归纳假设, G ’有2-正则子图G 1.对1≤i ≤t, 若1i e G ∈, 则选择G 中的边11,i i i i x u x v ++, 若1i e G ∉, 则选自1i i x x +, 其余边按G 1中边选择, 则选出的边即为G 的2-正则生成子图的边集.结论成立.回到原题. 将重量为{,41}k n k +-的小石子分为一组.(12)k n ≤≤, 由引理可取n 组使每种颜色的小石子恰2个. 这2n 个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.第二天第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A 公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同, 并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有2n k-条链.若21k n n≥-+, 则A最多由n－1条链.由抽屉原理, 其中至少有一条链上有221nnn⎡⎤=+⎢⎥-⎢⎥个点, 设为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B 的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.另一方面, 2k n n=-时, 记2n个车站高度排序为21,2,...n (从低到高)令A的2n n-辆缆车为2(1)i n i i n n→+≤≤-令B的2n n-辆缆车为21(11,|)i i i n n i→+≤≤-/易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.2 min 1k n n∴=-+.第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数. 这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等? 解: 设这n 张卡片上的数为1212,,....(...)n n x x x x x x ≤≤. 若12gcd(,,...)1n x x x d =>, 用i x d 代替i x , 不影响结果. 故不妨设12gcd(,,...)1n x x x =.由题意得, 1,2i jx x i j n +∀≤≤≤为代数整数.则2|i j i x x x +⇒模2同余. 又12gcd(,,...)1n x x x =, 故i x 全为奇数.任取一个素数p, p ≥3.记{|1,|},{|1,|}i i i i A x i n p x B x i n p x =≤≤=≤≤/ 则对,,2x y x A y B +∀∈∈不为p 的倍数. 设121(...)2k k i i i x y x x x +=, 则121|(...)2k k i i i x y p x x x +=/ ∴对1,j i j k x B ∀≤≤∈.max 2i i x B x y x ∈+∴≤. 取max ,max i i i i x A x B x x y x ∈∈==, 则max max i i i i x A x B x x ∈∈≤若1n x ≠, 取n x 的奇素因子p, 由12gcd(,,...)1n x x x =知, i ∃, 使|i p x /.取0max{|1,|}i i i i n p x =≤≤/, 由上述结论知0n i x x ≤, 则o n i x x =. 又0|,|i n p x p x /, 矛盾!1n x ∴=. 则1,1i i n x ∀≤≤=.∴对任意n ≥2, 卡片上的所有数均相等.第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:对任意整数n > 1, 以及平面上n 个点的集合S, 若S 中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S 的直线ℓ, 使得S 中的每个点到直线ℓ 的距离不小于13cn -.(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S 中两点为端点的线段与ℓ 相交.)证明: 以每个点为圆心,12为半径作圆, 则这些圆两两公共部分面积为0.引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由421s l π++个点在S 中,其中s,l 代表P 的面积和周长. 证明: 如图, 将P 的每条边往外侧平移12, 并以P 上每个点为圆心, 12为半径作圆, 拓展区域面积为124l π+. ∴P 内部最多1422414S l s l πππ+++=+个点. 现在对于一条直线l, 作S 中每个点在l 上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥12投影点距离.设S 的直径为D, 则可作一个以D 为边长的正方形覆盖S. 由引理1, 122481()D Dn D n π++≥⇒=Ω 设P,Q ∈S, PQ ＝D. 将PQ 作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d.由于仅与夹角有关, 故d 存在.而l 上除P,Q 外有n －2个投影点.2(1)2D D d n n∴≥>-. 又12()D n =Ω, 故12()d n -=Ω. 需证明13()d n -=Ω .取点集S 的凸包P. 若一直线过P 上一点且使得S 中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C 的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m 个S 中的点, 则11c c d m m d≥⇒≥-+. 不妨设(1)d o =, 则可以认为m 远远大于1. 为使m 尽量小, 应取两直线其中之一为支撑边.∴现在对于一条分离S 的直线l, 设l 与P 围成的区域内部有B 个点. P 中与l 距离最近的点到l 距离为0s , 则01s d B ≥+ (以下用≥代表数量级估计) 我们证明d≥从而311D d n D n ≥⋅= 则13()d n -=Ω. 如图, P 夹在这样一个区域里, 取XY 上一点Z, 使得0YZ s =. 过Z 作MN ⊥XY , 点M,N 在以X 为圆心, D 为半径的圆上. 则B ≤YMN 内S 中点的个数.不妨设XY 为x 轴, 对YMN 内任意两点1122(,),(,)x y x y , 221201212||,()()1x x s x x y y -≤-+-≥, 则12||1y y B -≥⇒≤+.而MN =02s d MN∴≥=+由于0(1)s =Θd ∴≥, 则13d n -≥, 即13()d n -=Ω证毕.。

题目：探讨2020中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答---1. 引言2020年的中美洲及加勒比数学奥林匹克试解答，是一个备受关注的事件。

在数学领域，这些试题代表着挑战和机遇。

本文将深入探讨这些试题，给您带来一场关于数学奥赛的知识盛宴。

2. 试题概述2020年中美洲及加勒比地区的数学奥林匹克试题，涵盖了代数、几何、概率等多个领域。

每道题目都设计严谨，考察了考生对数学知识的深度和灵活运用能力。

试题内容不仅注重基础知识的考察，更将数学与现实生活相结合，增加了题目的趣味性和挑战性。

3. 题目解析（1）代数题在代数题部分，考生需要熟练运用代数运算、方程式求解等技巧，解决问题。

一道题目要求计算多项式的值，另一道题目则考察了对齐次方程组的解法。

这些题目旨在考察考生对代数知识的掌握情况，并培养其逻辑推理能力。

（2）几何题几何题部分则考察了考生的空间想象能力和几何推理能力。

题目设计涉及了线段、角度、多边形等几何形状，要求考生在解题过程中画出清晰准确的图形，并通过严密的证明、推理解决问题。

（3）概率题概率题部分考察了考生对概率的理解和应用能力。

题目设计涉及了随机事件、概率计算、独立事件等内容，要求考生通过分析情况、计算概率，解决实际问题。

4. 试题意义2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计，旨在提高学生的数学综合能力，培养他们的逻辑思维和解决问题的能力。

通过解答这些试题，考生不仅能够巩固已学的数学知识，还能够开拓思维，拓展数学视野，提高解决实际问题的能力。

5. 个人观点作为一名数学爱好者，我认为2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的设计非常有价值。

这些试题既考察了考生的数学基础知识，又注重了数学在现实生活中的应用。

通过解答这些试题，我深切感受到数学的魅力和实用性，也在实践中不断提高自己的数学素养。

6. 总结2020年中美洲及加勒比数学奥林匹克试题的内容丰富多样，题目设计严谨合理，体现了数学的广度和深度。

解答这些试题不仅有助于考生巩固数学知识，还能够培养他们的逻辑思维和问题解决能力。