国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第42届)

第42届IMO预选题解答上第42届IMO预选题解答(上)李建泉译代数部分1.设T表示由非负整数组成的三元数组(p,q,r)所构成的集合.求所有函数f:T→R,使得f(p,q,r)=0,pqr=0,1+16[f(p+1,q-1,r)+f(p-1,q+1,r)+f(p-1,q,r+1)+f(p+1,q,r-1)pqr≠0,+f(p,q+1,r-1)+f(p,q-1,r+1)],其中R为实数集.解:首先证明最多有一个函数满足所给的条件. 假设f1和f2均满足所给的条件,定h=f1-f2, 则h:T→R,且满足h(p,q,r)=0,pqr=0,16[h(p+1,q-1,r)+h(p-1,q+1,r)+h(p-1,q,r+1)+h(p+1,q,r-1)pqr≠0.+h(p,q+1,r-1)+h(p,q-1,r+1)],观察pqr≠0的情况可知,h(p,q,r)是h在(p+1,q-1,r),(p-1,q+1,r),(p-1,q,r+1),(p+1,q,r-1),(p,q+1,r-1),(p,q-1,r+1)这六个点取值的算术平均值,其中这六个点是平面x+ y+z=p+q+r内以(p,q,r)为中心的正六边形的六个顶点.设n是正整数,考虑平面x+y+z=n在非负卦限{(x,y,z)|x,y,z≥0}内的子集H,假设h在(p,q,r)∈H∩T取得最大值.如果pqr=0,则h在H∩T上的最大值为0;如果pqr≠0,h的平均的性质表明,h在六个点(p+1,q-1,r),(p-1,q+1,r),(p-1,q,r+1),(p+1,q,r-1),(p,q+1,r-1),(p,q-1,r+1)的值都等于h(p,q,r),且这六个点都在H中.特别地,h也在(p+1,q-1,r)取得最大值.重复前面的过程(如果有必要),将(p+1,q-1,r) 看作正六边形的中心,有h(p,q,r)=h(p+1,q-1,r)=h(p+2,q-2,r).继续这一过程,可得h(p,q,r)=h(p+q,0,r)=0.于是h在H∩T上的最大值为0.对于函数-h=f2-f1,应用同样的方法可得-h在H∩T上的最大值也为0.从而h在H∩T上的最小值也是0,因此,在H∩T内的所有点处均有h=0. 当n取不同的正整数时,我们可得在T内的所有点处均有h=0,即f1=f2.对于定义在T上的任何函数f,定义函数A[f]为A[f](p,q,r)=16[f(p+1,q-1,r)+f(p-1,q+1,r)+f(p-1,q,r+1)+f(p+1,q,r-1)+f(p,q+1,r-1\]+f(p,q-1,r+1)].则对于实数c,有A[cf\]=cA[f],A[c+f\]=c+A[f].我们只要求f,使得f=1+A[f].设g(p,q,r)=pqr,则A[g](p,q,r)=16[6pqr-2(p+q+r)]=g(p,q,r)-p+q+r3,A3p+q+r·g(p,q,r)=3p+q+r·g(p,q,r)+1.所以,f=3p+q+r·g(p,q,r)=3pqrp+q+r.2.设a0,a1,a2,…是任意一个由正整数组成的无穷序列.证明:存在无穷多个正整数n,使得1+an>an-1n2.证明:定义序列c0,c1,c2,…满足c0=1,cn=an-11+an·cn-1,n≥1,重写为cn=an-1cn-1-ancn.则c1+c2+…+cn=a0c0-ancn=a0-ancn. 由于{an}为正整数序列,则{cn}为正整数序列.所以,c1+c2+…+cn因此,原命题等价于证明存在无穷多个n,使得cncn-1<2-1n成立.42中等数学反证.假设存在正整数N,使得对于n≥N,均有cncn-1≥2-1n.当n>N时,有cncn-1·cn-1cn-2·…·cN+1cN≥2-1n-1n-1-…-1N+1,即cn≥cN·2-1N+1+1N+2+…+1n=C·2-1+12+13+…+1n,其中C=cN·21+12+13+…+1N是一个正常数.对于如上的n,存在正整数k,使得2k-1≤n<2k,则1+12+13+ (1)≤1+12+13+14+…+17+…+12k-1+…+12k-1≤1+1+…+1=k.所以,cn≥C·2-k,其中2k-1≤n<2k.对于如上的N,存在正整数r,使得2r-1≤N< 2r.当m>r时,有c2r+c2r+1+…+c2m-1=(c2r+…+c2r+1-1)+(c2r+1+…+c2r+2-1) +…+(c2m-1+…+c2m-1)≥C(2r×2-(r+1)+2r+1×2-(r+2)+…+2m-1×2-m)=C(m-r)2.这表明cn的和可以任意大,与c1+c2+…+cn 的有界性矛盾.所以,有无穷多个n,使得cncn-1<2-1n成立.3.设x1,x2,…,xn是任意实数.证明:x11+x21+x21+x21+x22+…+xn1+x21+ (x2)证明:由柯西(Cauchy)不等式,对于任意实数a1, a2,…,an有a1+a2+…+an≤n·a21+a22+…+a2n.令ak=xk1+x21+…+xk,k=1,2,…,n.只要证明x11+x212+x21+x2 1+x222+…+xn1+x2 1+…+x22<1.当k≥2时,有xk1+x21+ (x2)2≤x2k(1+x21+…+x2k-1)(1+x21+…+x2k) =11+x21+…+x2k-1-11+x21+…+x2k.当k=1时,x11+x2 12≤1-11+x21,因此,∑nk=1xk1+x21+ (x2)2≤1-11+x21+…+x2n<1.4.求所有函数f:R→R,对任意x,y∈R,f满足f(xy)(f(x)-f(y))=(x-y)f(x)f(y),其中R为实数集.解:令y=1,则f(x)(f(x)-f(1))=(x-1)f(x)f(1),即f2(x)=xf(x)f(1).如果f(1)=0,则f(x)=0对所有x成立,满足已知条件.假设f(1)=c≠0,则f(0)=0.设G={x|x∈R,且f(x)≠0}.显然0∈G,且对于所有x∈G,有f(x) =xf(1).于是,满足已知条件的函数为f(x)=Cx,x∈G,0,x∈G.(1)下面确定G的结构,使得由式(1)定义的函数对于任意实数x,y∈R满足已知条件.易验证,如果x≠y,且x,y∈G,当且仅当xy∈G 时,由式(1)定义的函数满足已知条件.x,y∈G时, 由式(1)定义的函数也满足已知条件.由对称性,只考虑x∈G,y∈G的情况.当x∈G,y∈G时,有f(y)=0,则已知条件化为f(xy)f(x)=0.因为x∈G,所以f(x)≠0,于是f(xy)=0.从而有xy∈G.(i)如果x∈G,则1x∈G.若1x∈G,则x·1x=1∈G,与1∈G矛盾.(ii)如果x,y∈G,则xy∈G.若xy∈G,由(i)知1x∈G,从而1x·xy=y∈G,矛盾.(iii)如果x,y∈G,则xy∈G.522002年第5期由(i)知1y∈G,由(ii)得xy∈G.所以G包含1,不包含0,且关于乘法和除法是封闭的.于是关于乘法和除法的封闭性表明了G的特征.我们最后写出这个问题的所有解:f(x)=Cx,x∈G,0,x∈G.这里C是任意一个固定常数,G是任意满足关于乘法和除法封闭的R的子集.其中C=0时即为前面提到的平凡解.5.求所有正整数a1,a2,…,an,使得99100=a0a1+a1a2+…+an-1an,其中a0=1,(ak+1-1)ak-1≥a2k(ak-1),k=1,2,…, n-1.解:设a1,a2,…,an是满足已知条件的正整数. 因为a0=1,所以a1≠1,否则a0a1=1>99100.即有a1≥2,且a1>a0.假设ak>ak-1,ak≥2,则ak+1≥a2k(ak-1)ak-1+1>a2k(ak-1)ak-1≥a2kak-1>ak.综上所述,有ak+1>ak,ak+1≥2,其中k=0,1,2,…,n-1. 将不等式(ak+1-1)ak-1≥a2k(ak-1)重写为ak-1ak(ak-1)≥akak+1-1,即ak-1ak≤ak-1ak-1-akak+1-1.对于k=i+1,i+2,…,n-1,及an-1a nn-1求和可得aiai+1+ai+1ai+2+…+an-1an<aiai+1-1.当i=0时,有1a1≤99100<1a1-1,即10099≤a1<19999,则a1=2. 当i=1时,有a1a2≤99100-1a1<a1a2-1,即20049≤a2<20049+1,则a2=5. 当i=2时,有1a3≤1a299100-1a1-a1a2<1a3-1,即5559≤a3<5559+1,则a3=56. 当i=3时,有1a4≤1a399100-1a1-a1a2-a2a3<1a4-1,即56×14×100≤a4<56×14×100+1,则a4=78400.当i=4时,有1a5≤1a499100-12-25-556-5678400=0,不可能.因此,a1=2,a2=5,a3=56,a4=78400是惟一的解.6.本届IMO第2题.组合部分1.设A=(a1,a2,…,a2001)是一个正整数序列,m为3元子序列(ai,aj,ak)的数目,其中1≤i≤2001,且满足aj=ai+1及ak=aj+1.考虑所有这样的序列A,求m的最大值.解:在序列A中考虑下列两个操作.(1)如果ai>ai+1,交换这两项得到新的序列(a1,a2,…,ai+1,ai,…,a2001).(2)如果ai+1=ai+1+d,其中d>0,将a1,a2,…,ai同时加上d,得到新的序列(a1+d,a2+d,…,ai+d,ai+1,…,a2001).显然,施行操作(1),则m的值不减,重复操作(1),能使序列重排为非减序列.因此,可以假设m有最大值的序列是非减序列.如果A是非减序列,施行操作(2),则m的值不减,因此,任意有最大值m的集合A具有下列形式.(a,…,at1个,a+1,…,a+1t2个,…,a+s-1,…,a+s-1ts个).这里t1,t2,…,ts是每个子序列的项数,且s≥3,t1+ t2+…+ts=2001.对于这样的序列A,有m=t1t2t3+t2t3t4+…+ts-2ts-1ts.当s>4时,可将2001分成s-1个部分,而使m 增加,即t2+t3+(t1+t4)+t5+…+ts=2001.则t2t3(t1+t4)+t3(t1+t4)t5+(t1+t4)t5t6+…>t1t2t3+t2t3t4+t3t4t5+t4t5t6+….62中等数学当s=4时,做如上的变化t2+t3+(t1+t4)=2001,则m的值不改变.于是,当s=3时,m有最大值.易知当t1=t2=t3=20013=667时,m有最大值6673=296740963.这个最大值当s=4时也能获得.设t1=a,t2=t3=667,t4=667-a,其中1≤a≤666,则m的最大值为6673=296740963.2.本届IMO第4题.3.定义一个“kO团”为一个k个人的集合,使得他们中的每一对都互相认识.在某次集会上,每两个“3O团”中至少有一个人是公共的,且不存在“5O团”.证明:在这次集会上存在两个(或更少的)人,当他们离开后,不再有“3O团”出现.证明:为了方便起见,我们采用图论的语言,将集会上的每个人用一个点来表示.如果两个人相互认识,则在两个顶点之间连一条边.于是,一个“mO团”对应着一个m个点的集合,每两个顶点之间连一条边.换句话说,这样一个“mO团”存在,就意味着所给图中包含一个有m个点的子图为完全图Km.特别地,一个“3O团”对应着一个三角形(K3).我们需要证明:在任意一个图G中,任意两个三角形至少有一个顶点是公共点,且不存在K5,则存在两个(或更少的)点,移去这些点之后,不再有三角形出现.设G是满足上述条件的一个图,如果在G中最多有一个三角形,结论显然成立.我们分两种情况讨论(如图1、2).图1图2(1)设T1={p,q,r},T2={r,s,t}.如果删去r,则毁掉了所有的三角形.如若不然,有第三个三角形T3,当删去r后没被毁掉,这个三角形一定与T1和T2均有公共点,则这样的三角形转化为情形(2)(如图2),且x=r,u∈T1,v∈T2.(2)设T1={u,v,x},T2={u,v,y}.如果删去u,v,则毁掉了所有的三角形.如若不然,则存在某个z∈{u,v,x,y},且三角形图3{x,y,z}出现.特别地,xy是一条边,此时G包含下列子图(如图3).我们证明删去x,y后,毁掉了所有的三角形.假设没有全毁掉,则存在一个三角形T与{x,y}无公共点.因为T与{x,y,z}有一个公共点,则T包含z.同理T也包含u和v.于是T={z,u,v}.又因为G中没有K5,矛盾.所以,存在两个(或更少的)点,移去之后不再有三角形出现.4.由三个非负整数构成的集合{x,y,z}(xz)被称为“历史”的,如果{z-y,y-x}={1776, 2001}.证明:所有非负整数构成的集合可以分成两两不交的“历史”的集合的并.证明:为方便起见,设a=1776,b=2001.实际上,只要满足0定义A={0,a,a+b},B={0,b,a+b},则A和B都是“历史”的,且集合X是“历史”的,当且仅当X =x+A或x+B,其中x是某个非负整数,而x+S={x+s|s∈S}.实际上,若X=x+A或x+B,则X显然是“历史”的;反之,若X是历史的,设X={x,y,z},且x<y若z-y=a,y-x=b,则X=x+B;若z-y=b,y-x=a,则X=x+A.我们将构造一个由两两不交的“历史”的集合组成的无限序列X0,X1,X2,…使得:如果k是在X0到Xm中没有出现过的非负整数中最小的一个,则让k 属于Xm+1.于是,这无限个集合的并包含了每个非负整数.设X0=A,假设我们已经构造了X0到Xm,设k是在这些集合的并U=∪mi=0Xi中没出现过的最小的非负整数,若k+a∈U,则设Xm+1=k+A;否则设Xm+1 =k+B.假设构造到Xm就无法构造了,由于X0到Xm中每一个集合中最小的元素都小于k,所以元素k和k +a+b均不在U中,故若构造失败,必有k+b∈U.因为若k+a∈U,则可以继续构造Xm+1=k+A,所以k+a∈U.从而取Xm+1=k+B.因为构造失败,且k∈U,k+a+b∈U,则必有k+b∈U,且k+b一定是某个Xj中最大的元素,其中j≤m.设l表示Xj中722002年第5期最小的元素,则k+b=l+a+b.所以k=l+a.因为k∈U,所以l+a∈U.于是有Xj=l+B.但是我们前面已经约定,当l+a∈U时,Xj=l+A,矛盾.因此,构造可以无限地进行下去.5.求所有的有限序列{x0,x1,…,xn},使得对每个j,0≤j≤n,xj等于j在序列中出现的次数.解:设{x0,x1,…,xn}是任意一个满足条件的序列.因为每一个xj是j出现的次数,所以,数列中的每一项都是非负整数,且x0>0.设m表示x1,x2,…,xn中正数项的数目,设x0=p≥1,于是xp≥1,从而有m≥1,且∑ni=1xi=m+1.这是因为左边的和是这个序列全部正数项的数目(包括x0>0)(若对于某个xi=j>0,则xj一定存在,且至少有一个非i的值出现.如果i≠j,则j即为非i的值;如果i=j,0即为非i的值).因为和式∑mi=1xi中有m个正项,所以只能是m-1项为1,1项为2,余下的为0.因此,只有x0可以超过2.对于j>2,若xj>0,j 只能是x0.由于x1为1出现的次数,且x1最大为2, 所以有m-1≤2,即m≤3.(1)m=1.在x1,x2,…,xn中有一个2,没有1,则x1=0,x2=2,x0=2.于是,所求序列为{2,0,2,0}. (2)m=2.在x1,x2,…,xn中有一个2,一个1.若x1=2,则1出现2次,而x1,x2,…,xn中只有一个1,故x0=1.从而0出现1次,x2=1,x3=0.于是,所求序列为{1,2,1,0}.若x2=2,则2出现2次,所以x0=2,0出现2次,共5项,且x1=1.于是,所求序列为{2,1,2,0,0}.对于j>2,xj≠2.因为j最多出现1次.(3)m=3.在x1,x2,…,xn中有一个2,两个1.若x0=1,则x1=3,不可能.若x0=2,则x2=2,x1=2,不可能.设x0=p,其中p≥3,则一定有xp=1,x1=2,x2=1.于是,所求序列为{p,2,1,0,…,0(p-3)个,1,0,0,0}.综上所述,满足条件的序列分别为{2,0,2,0},{1,2,1,0},{2,1,2,0,0},{p,2,1,0,…,0(p-3)个,1,0,0,0}.6.对于一个正整数n,如果一个0-1序列有n个0,n个1,则称这个序列是“平衡”的.对于两个平衡序列a,b,如果你能移动a中的某一个数到其他位置后得到b,则称a和b是“相邻”的.例如,当n=4 时,平衡序列a=01101001和b=00110101是“相邻”的.因为a中的第3(或第4)个0移到第1(或第2)个位置后即可得到b.证明:存在一个至多包含1n+1Cn2n 个平衡序列的集合S,使得每一个平衡序列要么等于S中的一个序列,要么至少与S中的一个序列相邻.证明:对于每个平衡序列a={a1,a2,…,a2n},设f(a)是a中1所在位置的序数的和.例如,f(01101001)=2+3+5+8=18.将Cn2n个平衡序列根据f模n+1的剩余分为n+1类.设S是包含元素最少的一类,则|S|≤1n+1Cn2n.我们证明:对于每一个平衡序列,要么等于S中的一个序列,要么至少与S中的一个序列相邻.设a={a1,a2,…,a2n}是一个给定的平衡序列.分两种情况讨论.(1)a1=1.将a中左边起第一个1移到第k个0的右边,得到的平衡序列b={b1,b2,…,b2n}满足f(b)=f(a)+k(如果设am+1是a的第k个0,在从a 到b的过程中,最左边的1移动了m个位置,而am+1 前面的m-k个1向前移动了一个位置).于是得到了n个与a相邻的平衡序列,且这n个平衡序列与a 共n+1个平衡序列,其f值构成了n+1个连续整数.特别地,这n+1个平衡序列中的一个属于S. (2)a1=0.将a中左边起第一个0移到第k个1的右边,得到的平衡序列b满足f(b)=f(a)-k.于是,每一个平衡序列要么等于S中的一个序列,要么至少与S中的一个序列相邻.7.以下二题选择一个.(1)将n块鹅卵石堆放成一竖直列,并根据下列规则进行操作.如果有一块鹅卵石在某一列的顶部,且这一列鹅卵石的数目比其右边与其相邻的那列鹅卵石的数目至少多两块,则这块鹅卵石可以移动(如果其右边与其相邻的一列中没有鹅卵石,则认为这列中有0块鹅卵石).每一次操作是在可移动的鹅卵石中选择一块(如果有可移动的鹅卵石),将它放到其右边与其相邻的那列的顶部.如果没有鹅卵石可以移动,这一状态称为“最终状态”.对于每一个正整数n, 82中等数学证明:在每一次操作中,无论怎样选择鹅卵石,“最终状态”是惟一的,并描述“最终状态”鹅卵石的分布情况.(2)将2001块鹅卵石堆放成一竖直列,并根据下列规则进行操作.如果有一块鹅卵石在某一列的顶部,且这一列鹅卵石的数目比其右边与其相邻的那列鹅卵石的数目至少多两块,则这块鹅卵石可以移动(如果其右边与其相邻的一列中没有鹅卵石,则认为这列中有0块鹅卵石).每一次操作是在可移动的鹅卵石中选择一块(如果有可移动的鹅卵石),将它放到其右边与其相邻的那列的顶部.如果没有鹅卵石可以移动,这一状态称为“最终状态”.证明:在每一次操作中,无论怎样选择鹅卵石,“最终状态”是惟一的.求非空的列数c.对于每一个i(i=1,2,…,c),求在第i列中鹅卵石的数目pi.这里第一列是最左边的那列, 第二列是在第一列右边与第一列相邻的那列,等等. 证明:(1)对于每一个状态,设pi是第i列中鹅卵石的数目,i=1,2,…,其中第一列表示最左边的那列,我们将证明在“最终状态”,对于所有的i,每一个pi>0,除了最多一个i3满足pi3=pi3+1外,均有pi =pi+1+1.图4这一状态如图4所示(n=12时的“最终状态”),共有c列非空,构成一个三角形状态.特别地,设tk=1+2+…+k=k(k+1)2是第k个三角形内所包含的鹅卵石的数目,则c是满足tc-1设s=n-tc-1,则在最大的一个三角形的斜边上有s个鹅卵石,使得同样高的两列是第c-s与c-s +1列(如果s=c,在这种情况中不存在两个非空列是等高的),且pi=c-i,i≤c-s,c-i+1,i>c-s.要证明这一结论,我们先证明如下的三个命题. (i)在每一个状态,均有p1≥p2≥…;(ii)在每一个状态,不可能存在ipi+1,pj=pj+1>0,且pi+1-pj≤j-i-1(即从第i+1列到第j列每列鹅卵石的数目平均下降1个或更少).(iii)在每一个“最终状态”,pi-pi+1=0或1,最多有一个i,满足pi>0,且pi-pi+1=0.在证明(i)～(iii)的过程中,我们引用下列定义:将一个鹅卵石由第k列移动到第k+1列,称为一次“kO转换”.对于任意一列,不妨设为第i列,称pi -pi+1为第i列的“减少量”.证明(i)假设经过一系列有效的移动,在第j次移动后首次产生pi必定是一个“i2转换”,但这与已知条件第i列比第i +1列至少多2个鹅卵石是矛盾的.因此,命题(i)得证.证明(ii)假设在某一状态,存在i=pi+1,pj=pj+1>0,且pi+1-pj≤j-i-1,则在所有可能的满足如上条件的状态中j-i将有最小值.假设p1,p2,…是具有j-i为最小值的状态.若j=i+1,则这一状态之前的一次移动一定是对于i-1≤k≤i+2的一次“kO转换”.如果是这样的话,转换之前的状态不满足命题(i).因此,有j>i+1.考虑在这一系列的移动中,当第一次出现第i,i+1,j,j+1列上鹅卵石的数目等于“最终状态”这四列上鹅卵石的数目时,记为状态C.注意到,在状态C,从第i+1列到第j列,每列只减少1个鹅卵石.因为如果在某一列“减少量”大于等于2,由pi+1-pj≤j-i-1,在这j-i列中一定存在一列,其“减少量”为0.于是j-i不是最小的.因此,从第i+1列到第j-1列,每列的“减少量”为1.导致出现状态C的要么是一次“iO转换”,要么是一次“jO转换”.若是“iO转换”,这次移动之前,第i+1列与第i+2列上鹅卵石的数目相同,与j-i为最小相矛盾;若是“jO转换”,这次移动之前,第j-1列与第j列上鹅卵石的数目相同,也与j-i为最小相矛盾.因此,命题(ii)成立.证明(iii)如果某一列的“减少量”大于等于2,则操作还没有结束.于是,所有列的“减少量”都是0 或1.如果有两非空列的“减少量”为0,则与命题(ii) 相违.于是“最终状态”满足命题(ii),也满足命题(iii).(2)与(1)相同,直接计算可得2001=t63-15,所以有63个非空列,“最终状态”满足pi=63-i,i≤15,64-i,16≤i≤63.8.本届IMO第3题.922002年第5期。

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试题一：证明：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。

解答一：我们可以通过反证法来证明这个命题。

假设4^n + n^4是一个素数，即不存在其他因子能够整除它。

考虑到任何正整数n都可以写成2k或2k+1的形式，其中k是整数。

当n为偶数时，可以将n表示为2k的形式。

那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k)^4 = 2^(2n) + (2k)^4我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k)^4也是一个完全平方数。

根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k)^4也是一个完全平方数。

因此，当n为偶数时，4^n + n^4不可能是素数。

当n为奇数时，可以将n表示为2k+1的形式。

那么我们有：4^n + n^4 = (2^2)^n + (2k+1)^4 = 2^(2n) + (2k+1)^4同样地，我们可以看出，2^(2n)是一个完全平方数，而(2k+1)^4也是一个完全平方数。

根据完全平方数的性质，它们的和2^(2n) + (2k+1)^4也是一个完全平方数。

因此，当n为奇数时，4^n + n^4同样不可能是素数。

综上所述，我们可以得出结论：当n为正整数时，4^n + n^4不是素数。

试题二：证明：对于任意正整数n，n^2 + 3n + 1不是完全平方数。

解答二：我们同样可以使用反证法来证明这个命题。

假设n^2 + 3n + 1是一个完全平方数，即存在另一个正整数m，使得m^2 = n^2 + 3n + 1。

根据完全平方数的性质，m^2必然是一个奇数，因为奇数的平方也是奇数。

我们可以将n^2 + 3n + 1拆分为两部分，即(n^2 + 2n + 1) + n。

1.求证(21n+4)/(14n+3) 对每个自然数 n都是最简分数。

2.设√(x+√(2x-1))+√(x-√(2x-1))=A，试在以下3种情况下分别求出x的实数解：(a) A=√2；(b)A=1；(c)A=2。

3.a、b、c都是实数，已知 cos x的二次方程a cos2x +b cos x +c = 0,试用a,b,c作出一个关于 cos 2x的二次方程，使它的根与原来的方程一样。

当a=4,b=2,c=-1时比较 cos x和cos 2x的方程式。

4.试作一直角三角形使其斜边为已知的 c，斜边上的中线是两直角边的几何平均值。

5.在线段AB上任意选取一点M，在AB的同一侧分别以AM、MB为底作正方形AMCD、MBEF，这两个正方形的外接圆的圆心分别是P、Q，设这两个外接圆又交于M、N，(a.) 求证 AF、BC相交于N点；（b.) 求证不论点M如何选取直线MN 都通过一定点 S；(c.) 当M在A与B之间变动时，求线断 PQ的中点的轨迹。

6.两个平面P、Q交于一线p，A为p上给定一点，C为Q上给定一点，并且这两点都不在直线p上。

试作一等腰梯形ABCD（AB平行于CD），使得它有一个内切圆，并且顶点B、D分别落在平面P和Q上。

1.找出所有具有下列性质的三位数 N：N能被11整除且 N/11等于N的各位数字的平方和。

2.寻找使下式成立的实数x：4x2/(1 - √(1 + 2x))2< 2x + 93.直角三角形ABC的斜边BC的长为a，将它分成 n 等份（n为奇数），令α为从A点向中间的那一小段线段所张的锐角，从A到BC边的高长为h，求证：tan α = 4nh/(an2 - a).4.已知从A、B引出的高线长度以及从A引出的中线长，求作三角形ABC。

5.正方体ABCDA'B'C'D'（上底面ABCD，下底面A'B'C'D'）。

2023年imo国际数学奥林匹克第二天全解答一、了解IMO国际数学奥林匹克国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是世界上最具影响力的青少年数学竞赛活动。

自1959年起，每年举办一次，吸引了全球范围内的优秀中学生参加。

我国自1985年开始参加IMO，取得了优异的成绩。

二、掌握2023年IMO第二天试题及解答2023年IMO国际数学奥林匹克竞赛已经落幕，第二天试题涵盖了代数、几何、组合、数论等多个数学领域。

以下为部分试题及解答：1.试题一：已知函数$f(x)$满足$f(x+1) + f(x-1) = 2f(x)$，求证：$f(x)$为周期为4的周期函数。

2.试题二：求解不等式$frac{1}{x-1} + frac{1}{x-2} + frac{1}{x-3} + frac{1}{x-4} geqslant 1$的解集。

3.试题三：已知$n$为正整数，求$1^2 + 2^2 + 3^2 + cdots + n^2$与$n(n+1)(2n+1)$的比值。

三、分析试题特点与难点1.试题特点：（1）注重基础，涵盖初中至高中数学知识；（2）题目新颖，需要灵活运用数学方法；（3）考察逻辑思维、分析问题和解决问题的能力。

2.试题难点：（1）题目阅读理解，需要快速抓住关键信息；（2）解题方法多样，需要合理选择和运用；（3）对数学公式和定理的熟练掌握程度要求较高。

四、总结数学竞赛备战策略1.扎实掌握基本概念、公式和定理；2.提高解题技巧，熟练运用数学方法；3.培养逻辑思维能力，提升分析问题和解决问题的水平；4.多做真题，积累经验，提高应试能力；5.参加培训课程或寻找专业指导，提升数学素养。

以上就是关于2023年IMO国际数学奥林匹克第二天的全解答，希望对大家有所帮助。

imo试题答案[正文]imo试题答案1. 概述国际数学奥林匹克（International Mathematical Olympiad，简称IMO）是全球最具影响力的数学竞赛之一。

每年，来自各国的高中生代表队齐聚一处，共同参与这场为期两天的激烈角逐。

本文将介绍并回答最近一次IMO试题的答案。

2. 第一题答案第一题要求计算一个三角形的面积。

给定三条边的长度a、b、c，我们可以使用海伦公式来求解。

根据海伦公式，设三角形的半周长为s，面积可以通过以下公式计算得到：面积 = sqrt(s * (s - a) * (s - b) * (s - c))其中，sqrt表示开平方运算。

将给定的边长代入公式，即可得到最终的答案。

3. 第二题答案第二题是一道几何问题，要求证明或者推导一些几何结论。

根据题目的描述，我们可以采取不同的方法来解决。

例如，可以运用数学归纳法、反证法或者特殊案例等思路。

根据题目的具体要求，给出相应的证明过程和结论即可。

4. 第三题答案第三题通常是一道代数或者组合数学的题目。

它要求我们运用一些数学定理和技巧，进行一系列的计算和推导。

解答这类题目时，可以运用数学归纳法、数学分析、数学推理等思维方式。

根据题目的要求，给出详细的推导过程和最终的答案。

5. 第四题答案第四题常常是一道数论题或者图论题。

我们需要根据题目的描述和给定的条件，构建一些数学模型或者图论模型，并通过一系列的计算和推理找到最终的答案。

在解答这类问题时，可以借助一些已知的数论定理、图论算法等。

附上详细的计算过程和最终的答案，确保答案的准确性和完整性。

6. 第五题答案第五题是一道综合性较强的问题，可能涉及多个数学分支的知识。

解答这类题目时，需要结合题目的要求，迅速找到解题思路，并采取相应的数学方法求解。

根据题目的指导，给出详细的解题过程和最终的答案。

7. 第六题答案第六题常常是一道较为复杂的几何问题或者数学推理题。

解答这类题目时，需要对较深入的几何知识或者数学推理进行充分的理解和运用。

国际数学奥林匹克（IMO ）竞赛试题（第38届） 1. 在坐标平面上，具有整数坐标的点构成单位边长的正方格的顶点．这些正方格被涂上黑白相间的两种颜色（像棋盘一样）．对于任意一对正整数m 和n ，考虑一个直角三角形其顶点具有整数坐标，两腰长分别为m 和n ，且其两腰都在这些正方格的边上． 设S 1为这个三角形区域中所有黑色部分的总面积，S 2则为所有白色部分的总面积． 令f(m ，n)=|S 1-S 2|，o a. 当m ，n 同为正偶数或者同为正奇数时，计算f(m ，n)；o b. 求证f(m ，n)≤max(m ，n)/2对所有m ，n 都成立；o c. 求证不存在常量C 使得f(m ，n)．2. 设∠A 是△ABC 中最小的內角．B 和C 将此三角形的外接圆分成两个弧．U 为落在不含A 点的弧上且异于B ，C 的一点．线段AB ，AC 的垂直平分线分别交AU 于V ，W ． 直线BV ， CW 相交于T ，求证：AU ＝TB ＋TC ．3. x 1，x 2，...，x n 是正实数满足|x 1+x 2+...x n |=1 且对所有i 有|x i |≤(n+1)/2． 试证明存在x 1，x 2，...，x n 的一个 排列y 1，y 2，...，y n 满足|y 1+2y 2+...+ny n |≤(n+1)/2．4. 一个n×n 的矩阵称为一个n 阶“银矩阵”，如果它的元素取自集合S={1，2，...，2n-1}且对于每一个i=1，2，...，n ，它的第i 列与第i 行中的所有元素合起来恰好是S 中的所有元素．求证：o a. 不存在n=1997阶的银矩阵；b. 有无限多个n ，存在n 阶银矩阵．5. 试找出所有的正整数对(a ，b)满足6. 对每个正整数n ，将n 表示成2的非负整数次方之和，令f(n)为正整数n 的上述不同表示法的个数．如果俩个表示法的差别仅在于他们中各个数相加的次序不同，这两个表示法就被视为是相同的．例如，f(4)=4，因为4恰有下列四种不同的表示法：4; 2+2; 2+1+1;1+1+1+1．求证：对于任意整数n ≥3， 22/4/22(2)2nn n f <<。

国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题（第47届）1．△ABC的内心为I，三角形内一点P满足∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证，AP ≥AI，而且等号当且仅当P=I时成立．证：∠PBC+∠PCB= 12(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而P，B，C，I四点共圆．但由内外角平分线相垂直知B，C，I与BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT是这个圆的直径，IT的中点O为圆心．由于A，I，T共线(∠BAC的平分线)，且P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO，PO=IO，故AP≥AI．等号当且仅当P为线段AO与圆周的交点即P=I时成立．2．正2006 边形P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将P 的边界分成的两部分各含P的奇数条边．P的边也是好的．设P被不在P的内部相交的2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值．解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形．考虑任一好三角形 ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的 P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而 A-B 段上 P 的边数为奇数，故A-B 段上必有P 的一边α不属于更小的腰段，同理A-C 段上也有P 的一边β不属于更小的腰段，令△ABC 对应于{α，β}．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于20062=1003 个． 设 P=A 1A 2…A 2006，用对角线 A 1A 2k+1(1≤k ≤1002)及 A 2k+1A 2k+3(1≤k ≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003．3．求最小实数M ，使得对一切实数 a ，b ，c 都成立不等式2222222222|()()()|()ab a b bc b c ca c a M a b c -+-+-++≤解：222222()()()ab a b bc b c ca c a -+-+-()()()()a b b c c a a b c =----++．设a b x b c y c a z a b c s -=-=-=++=，，，，则22222221()3a b c x y z s ++=+++． 原不等式成为22222()9||(0)M x y z s xyzs x y z +++++=≥．x y z ，，中两个同号而与另一个反号．不妨设 x y ，≥0．则2221||()2z x y x y x y =+++，≥，2()4x y xy +≥．于是由算术－几何平均不等式 222222223()(())2x y z s x y s +++++≥＝22222111(()()())222x y x y x y s ++++++23)|||x y s xyzs =+≥(≥即32M =时原不等式成立．等号在1s x y ===，2z =-，即::3):3)a b c =时达到，故所求的最小的M =．4．求所有的整数对（x y ，），使得212122x x y +++=．解：对于每组解（x y ，），显然0x ≥，且()x y -，也是解．0x =时给出两组解(02)±，．设x y ，>0，原式化为12(21)(1)(1)x x y y ++=+-．1y +与1y -同为偶数且只有一个被4整除．故3x ≥，且可令12x y m ε-=+ ，其中m 为正的奇数，1ε=±．代入化简得 2212(8)x m m ε--=-．若1ε=，2801m m -=≤，．不满足上式．故必1ε=-，此时22212(8)2(8)x m m m -+=--≥，解得3m ≤．但1m =不符合，只有3m =，4x =，23y =．因此共有4组整数解(02)(423)±±，，，．5．设()P x 为n 次(n >1)整系数多项式，k 是一个正整数．考虑多项式()(((())))Q x P P P x = ，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t ，使得()Q t t =．证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立．设有整数0x 使得00()Q x x =，00()P x x ≠．作递推数列 1()(012)i i x P x i +== ，，．它以 k 为周期．差分数列1(12)i i i x x i -∆=-= ，，的每一项整除后一项．由周期性及10∆≠，所有||i ∆ 为同一个正整数u ．令121111min{}m k m m m m m m x x x x u x x x x x x -++-==-=-= ，，，，，．数列的周期为 2．即0x 是 P 的2-周期点．设 a 是P 的另一个2-周期点，() b P a =(允许b =a )．则0a x -与1b x -互相整除，故01||||a x b x -=-，同理01||||b x a x -=-．展开绝对值号，若二者同取正号，推出01x x =，矛盾．故必有一个取负号而得到01a b x x +=+．记01x x C +=，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 ()P x x C +=的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论．6．对于凸多边形P 的每一边b ，以b 为一边在P 内作一个面积最大的三角形．证明，所有这些三角形的面积之和不小于P 的面积的两倍．证：过P 的每个顶点有唯一的直线平分P 的面积，将该直线与P 的边界的另一交点也看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线)．每两条面积平分线都交于 P 内．P 可 看成一个 2n 边形122-12n n A A A A ，每条对角线i i n A A +是P 的面积平分线(i =1，2，…，n ，2i n i A A +=)．设i i n A A +与11i i n A A +++交于 i O (i n i O O +=)，由面积关系得到， 11()()i i i i i n i n S O A A S O A A ++++=△△，11i i i i i i n i i n O A O A O A O A ++++= ，故i i n i i O A O A +和11i i n i i O A O A +++ 中必有一个不小于 1，于是以 1i i A A +为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积 11111()max{()()}2()i i i n i i i n i i i i i S A A S A A A S A A A S O A A +++++++≥△，△≥△．对于每条有向线段i i n A A + ，P 内部的每一点T 或在它的左侧或在它的右侧．由于T 在11n A A + 和12111n n n A A A A +++= 的相反侧，故必有i 使得T 在i i n A A + 和11i i n A A +++ 的相反侧，从而Ｔ在1i i i O A A +△或1i i n i n O A A +++△中．即211ni i i i O A A P +=⊇ △．于是221111()2()2()n nii i i i i i S A A S O A A S P ++==∑∑≥△≥ P 中同一边上的各个1()i i S A A +之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积．。