第50届IMO试题解答
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f ( f ( n) ) = n ( n
α α α α 5 + sin = sin + sin , 4 4 4 4 α α 5 = sin . 4 4 α > 0. 4
N+ ).
由于 0 <α < 180 ° , 故 sin 90 °
若存在 t
N + ,使 f ( t) < t,则显然
t≥2, f ( t) ≤ t - 1.
当 α = 60 ° 时, 易验证 △ IEC 因此 , △ IEK 故
B EK =
的唯一正整数 ,则
f ( n ) ≤f ( n0 ) + t- 2 ( n - n0 ) t- 1
当 α = 90 ° 时,
E IC = 90 ° -
≤ α = 45 ° = 2
KDC.
M ′ ( t - 2) n + < n. t- 1 t- 1
ssk + 1 = ss k + 1 ≤ssk + 1 .
N+ .
分线 ,它们交于 △AB C 的内心 I . 联结 C I .则
C I平分 C I上 . ACB.
若 d = 1,则由 { sn }的单调性知 故 sk + 1 ≤sk + 1. 又由于 sk + 1 > sk , 故 sk + 1 = sk + 1, 即 { sn } 为等差数列 ,结论已成立 . 下设 d > 1. 接下来证明 : 对于任意的正整数 k ,均有
另一方面 , 由
( a + jd ) - [ a + ( j - 1 ) d + 1 ] = d - 1,
由 sk < sk + 1 ≤ sk + 1 及 { sn } 的单调性 , 知 对任意的正整数 k ,有
ssk < ssk + 1 ≤ss k + 1 ,
得 sa + jd - sa + ( j - 1 ) d + 1 ≤c1 ( d - 1 ) (这里用到了
另一方面 , 由
( a + id ) - [ a + ( i - 1 ) d + 1 ] = d - 1,
2
EC ・ EK sin
得 sa + id - sa + ( i - 1 ) d + 1 ≥c0 ( d - 1 ) (这里用到了
c0的最小性 ) .
与上式比较得 c0 ≥c,矛盾 .
sin 45° sin 45° IE sin 45° 4 = ・ = ・ . α EC α α 3 3 sin sin sin 90° 4 4 2
sk + 1 - sk = c .
由于 K为 △ADC 的内心 ,故点 K 在线段 设
BAC =α . B C ,故
由于 AB = AC ,有 AD
AB C =
ACB = 90 ° -
α . 2
由于 B I、 C I分别平分
AB I = I BC = ACI
AB C、 ACB ,则
若不然 ,则分两种情形讨论 .
由角平分线性质定理知
IK ID = = tan KC DC
α 4 ICD = . α cos 45 ° 4
① ② ③
α α sin (45° - ) sin 45° 4 4 故 ・ = . α α α 3 sin cos (45° - ) sin 90° 4 2 4
sin 45°
在式 ②、 ③ 中分别取 a = 1,得
α
20
中 等 数 学
另一方面 , 由于 K 为 △ADC 的内心 , 故
D K平分 IDC.
5. 满足要求的 f 只能是 f ( n ) = n ( n
N + ).
由条件及整数的离散性知对任意的正整 数 a、 b,都有
sin 45 °
f ( b) + f ( b + f ( a ) - 1 ) - 1 ≥a , f ( b) + a - 1 ≥f ( b + f ( a ) - 1 ) , f ( b + f ( a ) - 1 ) + a - 1 ≥f ( b) .
因此 , 同理 ,Fra bibliotekML K = M KL =
则 △M KL
△A PQ ]
原点 0 开始向右跳跃 n 步 , 它的跳跃距离是
a1 , a2 , …, an 的某个排列 . 证明 : 可以选择一
由于 K、 L、 M 分别是线段 B P、 CQ、 PQ 的 中点 ,故
K M =
种排列 ,使得蚱蜢跳跃落下的点所表示的数 都不在集合 M 中 .
因此 ,当整数 n >M ′ 时 ,有 f ( n ) < n. 取 n1
N + 使得 n1 > M ′ , 且 n1 不等于
) 中 的 任 何 一 个. 由 f ( 1 ) , f ( 2 ) , …, f ( M ′ f ( f ( n1 ) ) = n1 ,知 f ( n1 ) >M ′ .
(澳大利亚 提供 ) 2. 设 O 是 △AB C 的外心 ,点 P、 Q 分别是
参考答案
1. 首先 , 利用数学归纳法证明 :对任意的 整数 i ( 2 ≤ i≤k ) ,都有 n | a1 ( ai - 1 ) . 事实上 ,当 i =2时 ,由已知得 n | a1 ( a2 - 1) , 结论成立 . 假设已有 n | a1 ( ai - 1 ) ( 2 ≤ i≤k - 1 ) ,则
n | a1 ( ai - 1 ) ( ai + 1 - 1 ) .
边 CA、 AB 上 的 点 . 设 K、 L、 M 分别是线段
B P、 CQ 、 PQ 的中点 ,Γ 是过点 K、 L、 M 的圆 .
若直线 PQ 与圆 Γ 相切 ,证明 : O P = OQ.
(俄罗斯 提供 ) 3. 设 s1 , s2 , … 是一个严格递增的正整数
1
因此 ,
α , 2
IEC =
BA E +
AB E = 45 ° + IE ・ EK sin
= [ a + ( si + 1 - 1 ) d ] - [ b + ( si - 1 ) d ] = c0 d - c.
α 3 . 4
1
IK S △ IEK 2 故 = = KC S △EKC 1
IEK KEC
f ( b) = f ( b + f ( 1 ) - 1 )
对任意的 b
N + 成立 .
去分母得 α α α 3 2 sin 45 ° ・ cos 45 ° = 2 sin ・ cos . 4 4 2 利用积化和差公式得
sin 90 ° 即 sin 90 °
若 f (1) ≠1,则上式说明 f 是一个周期函数. 结合 f 的定义域知 f 有界 . 取正整数 M ,使得 M ≥ f ( n ) 对所有的正 整数 n 成立 (即 M 是 f 的一个上界 ) , 在式 ① 中取 a = 2M 即得矛盾 . 因此 , f ( 1 ) = 1. 在式 ①、 ② 中分别取 b = 1,得
- sss j + 1
= [ a + ( sj + 1 - 1 ) d ] - [ b + ( sj - 1 ) d ] = c1 d - c .
… 均为严格递增的正整数数列 . 设 ssk = a + ( k - 1 ) d1 , ssk + 1 = b + ( k - 1 ) d2
( k = 1, 2, …, a、 b、 d1 、 d2 N+ ).
A P・ CP = AQ・ BQ.
由圆幂定理知
OP =OA - AP ・ CP =OA - AQ・ BQ =OQ .
2 2 2 2
(不妨设 sj + 1 - sj = c1最大 ) . 故
sa + jd - sa + ( j - 1 ) d + 1 = sss
j+1
因此 , O P = OQ.
3. 由条件易知 ss1 , ss2 , …与 ss1 + 1 , ss2 + 1 ,
2. 显然 , 直线 PQ 与圆 Γ 切于点 M .
有的正 整数 a、 b, 都存 在一个 以 a、 f ( b ) 、
f ( b + f ( a ) - 1 ) 为三边长的非退化三角形 (称
由弦切角定理知 点 ,故
K M ∥BQ ]
QM K =
ML K.
由于点 K、 M 分别是线段 B P、 PQ 的中
QM K = AQ P. A PQ. M K AP = . ML AQ AQ P.
一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶 点不共线 ) .
(法国 提供 ) 6. 设 a1 , a2 , …, an是互不相同的正整数 .
M 是有 n - 1 个元素的正整数集 , 且不含数 s = a1 + a2 + … + an . 一只蚱蜢沿着实数轴从
f ( b + t - 1) = f ( b + f ( a) - 1)
≤f ( b) + a - 1 ≤f ( b) + t - 2. 令 M′ = ( t - 1 ) m ax f ( i) .
1 ≤i ≤t - 1
对任意的整数 n >M ′ ,设 n0是满足
1 ≤n0 ≤ t - 1, n0 ≡n ( mod t - 1 )
1, 2, …, n 中的两个不同的整数 ) ,故
n 8 ak ( a1 - 1 ) .
α α α α 5 + sin = sin + sin , 4 4 4 4 α α 5 = sin . 4 4 α > 0. 4
N+ ).
由于 0 <α < 180 ° , 故 sin 90 °
若存在 t
N + ,使 f ( t) < t,则显然
t≥2, f ( t) ≤ t - 1.
当 α = 60 ° 时, 易验证 △ IEC 因此 , △ IEK 故
B EK =
的唯一正整数 ,则
f ( n ) ≤f ( n0 ) + t- 2 ( n - n0 ) t- 1
当 α = 90 ° 时,
E IC = 90 ° -
≤ α = 45 ° = 2
KDC.
M ′ ( t - 2) n + < n. t- 1 t- 1
ssk + 1 = ss k + 1 ≤ssk + 1 .
N+ .
分线 ,它们交于 △AB C 的内心 I . 联结 C I .则
C I平分 C I上 . ACB.
若 d = 1,则由 { sn }的单调性知 故 sk + 1 ≤sk + 1. 又由于 sk + 1 > sk , 故 sk + 1 = sk + 1, 即 { sn } 为等差数列 ,结论已成立 . 下设 d > 1. 接下来证明 : 对于任意的正整数 k ,均有
另一方面 , 由
( a + jd ) - [ a + ( j - 1 ) d + 1 ] = d - 1,
由 sk < sk + 1 ≤ sk + 1 及 { sn } 的单调性 , 知 对任意的正整数 k ,有
ssk < ssk + 1 ≤ss k + 1 ,
得 sa + jd - sa + ( j - 1 ) d + 1 ≤c1 ( d - 1 ) (这里用到了
另一方面 , 由
( a + id ) - [ a + ( i - 1 ) d + 1 ] = d - 1,
2
EC ・ EK sin
得 sa + id - sa + ( i - 1 ) d + 1 ≥c0 ( d - 1 ) (这里用到了
c0的最小性 ) .
与上式比较得 c0 ≥c,矛盾 .
sin 45° sin 45° IE sin 45° 4 = ・ = ・ . α EC α α 3 3 sin sin sin 90° 4 4 2
sk + 1 - sk = c .
由于 K为 △ADC 的内心 ,故点 K 在线段 设
BAC =α . B C ,故
由于 AB = AC ,有 AD
AB C =
ACB = 90 ° -
α . 2
由于 B I、 C I分别平分
AB I = I BC = ACI
AB C、 ACB ,则
若不然 ,则分两种情形讨论 .
由角平分线性质定理知
IK ID = = tan KC DC
α 4 ICD = . α cos 45 ° 4
① ② ③
α α sin (45° - ) sin 45° 4 4 故 ・ = . α α α 3 sin cos (45° - ) sin 90° 4 2 4
sin 45°
在式 ②、 ③ 中分别取 a = 1,得
α
20
中 等 数 学
另一方面 , 由于 K 为 △ADC 的内心 , 故
D K平分 IDC.
5. 满足要求的 f 只能是 f ( n ) = n ( n
N + ).
由条件及整数的离散性知对任意的正整 数 a、 b,都有
sin 45 °
f ( b) + f ( b + f ( a ) - 1 ) - 1 ≥a , f ( b) + a - 1 ≥f ( b + f ( a ) - 1 ) , f ( b + f ( a ) - 1 ) + a - 1 ≥f ( b) .
因此 , 同理 ,Fra bibliotekML K = M KL =
则 △M KL
△A PQ ]
原点 0 开始向右跳跃 n 步 , 它的跳跃距离是
a1 , a2 , …, an 的某个排列 . 证明 : 可以选择一
由于 K、 L、 M 分别是线段 B P、 CQ、 PQ 的 中点 ,故
K M =
种排列 ,使得蚱蜢跳跃落下的点所表示的数 都不在集合 M 中 .
因此 ,当整数 n >M ′ 时 ,有 f ( n ) < n. 取 n1
N + 使得 n1 > M ′ , 且 n1 不等于
) 中 的 任 何 一 个. 由 f ( 1 ) , f ( 2 ) , …, f ( M ′ f ( f ( n1 ) ) = n1 ,知 f ( n1 ) >M ′ .
(澳大利亚 提供 ) 2. 设 O 是 △AB C 的外心 ,点 P、 Q 分别是
参考答案
1. 首先 , 利用数学归纳法证明 :对任意的 整数 i ( 2 ≤ i≤k ) ,都有 n | a1 ( ai - 1 ) . 事实上 ,当 i =2时 ,由已知得 n | a1 ( a2 - 1) , 结论成立 . 假设已有 n | a1 ( ai - 1 ) ( 2 ≤ i≤k - 1 ) ,则
n | a1 ( ai - 1 ) ( ai + 1 - 1 ) .
边 CA、 AB 上 的 点 . 设 K、 L、 M 分别是线段
B P、 CQ 、 PQ 的中点 ,Γ 是过点 K、 L、 M 的圆 .
若直线 PQ 与圆 Γ 相切 ,证明 : O P = OQ.
(俄罗斯 提供 ) 3. 设 s1 , s2 , … 是一个严格递增的正整数
1
因此 ,
α , 2
IEC =
BA E +
AB E = 45 ° + IE ・ EK sin
= [ a + ( si + 1 - 1 ) d ] - [ b + ( si - 1 ) d ] = c0 d - c.
α 3 . 4
1
IK S △ IEK 2 故 = = KC S △EKC 1
IEK KEC
f ( b) = f ( b + f ( 1 ) - 1 )
对任意的 b
N + 成立 .
去分母得 α α α 3 2 sin 45 ° ・ cos 45 ° = 2 sin ・ cos . 4 4 2 利用积化和差公式得
sin 90 ° 即 sin 90 °
若 f (1) ≠1,则上式说明 f 是一个周期函数. 结合 f 的定义域知 f 有界 . 取正整数 M ,使得 M ≥ f ( n ) 对所有的正 整数 n 成立 (即 M 是 f 的一个上界 ) , 在式 ① 中取 a = 2M 即得矛盾 . 因此 , f ( 1 ) = 1. 在式 ①、 ② 中分别取 b = 1,得
- sss j + 1
= [ a + ( sj + 1 - 1 ) d ] - [ b + ( sj - 1 ) d ] = c1 d - c .
… 均为严格递增的正整数数列 . 设 ssk = a + ( k - 1 ) d1 , ssk + 1 = b + ( k - 1 ) d2
( k = 1, 2, …, a、 b、 d1 、 d2 N+ ).
A P・ CP = AQ・ BQ.
由圆幂定理知
OP =OA - AP ・ CP =OA - AQ・ BQ =OQ .
2 2 2 2
(不妨设 sj + 1 - sj = c1最大 ) . 故
sa + jd - sa + ( j - 1 ) d + 1 = sss
j+1
因此 , O P = OQ.
3. 由条件易知 ss1 , ss2 , …与 ss1 + 1 , ss2 + 1 ,
2. 显然 , 直线 PQ 与圆 Γ 切于点 M .
有的正 整数 a、 b, 都存 在一个 以 a、 f ( b ) 、
f ( b + f ( a ) - 1 ) 为三边长的非退化三角形 (称
由弦切角定理知 点 ,故
K M ∥BQ ]
QM K =
ML K.
由于点 K、 M 分别是线段 B P、 PQ 的中
QM K = AQ P. A PQ. M K AP = . ML AQ AQ P.
一个三角形为非退化三角形是指它的三个顶 点不共线 ) .
(法国 提供 ) 6. 设 a1 , a2 , …, an是互不相同的正整数 .
M 是有 n - 1 个元素的正整数集 , 且不含数 s = a1 + a2 + … + an . 一只蚱蜢沿着实数轴从
f ( b + t - 1) = f ( b + f ( a) - 1)
≤f ( b) + a - 1 ≤f ( b) + t - 2. 令 M′ = ( t - 1 ) m ax f ( i) .
1 ≤i ≤t - 1
对任意的整数 n >M ′ ,设 n0是满足
1 ≤n0 ≤ t - 1, n0 ≡n ( mod t - 1 )
1, 2, …, n 中的两个不同的整数 ) ,故
n 8 ak ( a1 - 1 ) .
