中国数学奥林匹克 CMO 试题及其解答
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（1）
α+β = 4
为方便，取
，显然α、β均为正整数。代入（1）知：
α−β = 4
2x + 2y + 4 2x − 2y + 4 = 4
（2）Βιβλιοθήκη 令 2x + 2y + 4 = 4 2x − 2y + 4 = 4
x= 4 −4
（1 ≤ m ≤ k），则
y= 4
−4
4
−1
，
+ 4 −4
显然x、y都为正整数。于是知，当α =
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文武光华
我们再用数学归纳法证明：对于任意n ∈ N ，都有：
f(n + 1) − f(n) ∈ 0，1
（2）
当n = 1时，结论显然成立。
假设当n ≤ k（k ≥ 1）时，有f(k + 1) − f(k) = 0 或 1。我们考察f(k + 2) − f(k + 1)。
根据条件知：
·
·
…·
= v，则2 ·
·
…
()
=
·
…
＜
()
… + 1 = v + 1。设q为v
·…
()
·…
（3）
+ 1的任一素因子，显然q为奇
数，根据引理二知q＞2 。于是知Ω 2 · … + 1 ＜ log 2 · … + 1 ＜q q … q 。
代入（3）知：
( )＜
()
… () ·…
注意到，当t → +∞，
= f f(k) + f k + 2 − f(k) − f f(k) + f k + 1 − f(k)
= f k + 2 − f(k) − f k + 1 − f(k) ∈ 0，1
若f(k + 1) − f(k) = 1，则f f(k + 1) = f(f(k) + 1)，f k + 2 − f(k + 1) = f k + 1 − f(k) ，
f(a) = f f(a − 1) + f a − f(a − 1) = f 2 + f a − 2
⇒2 +1=2 +f a−2
⇒f a−2 =2 +1
另一方面，a − 2 ≤ 2 − 2 = 2 ，根据（2）知，f a − 2 ≤ f 2 = 2 ，这与
a − 2 = 2 + 1矛盾。所以f 2 = 2 。
B、C、F 、E′四点共圆。又因为 B、C、F、E 四点共圆，所以 = = 。
若AE＜AE′，则AF＜AF′，从而AE + AF＜AE + AF = BC，矛盾；若AE＞AE′，则 AF＞AF′，从而AE + AF＞AE + AF = BC，矛盾。于是只能AE = AE′，进而知AF = AF′。 于是点 E 与点E′重合，点 F 与点F′重合，所以三角形 DEF 的外心即为△DE′F′的外心 I。
A
E N
M
I
F
B
DL
C
（2）我们再证明充分性，即若BE + CF = BC，则△DEF 的外心与△ABC 的内心重合。 如图，以△ABC 的内心 I 为圆心，以 ID 为半径作⊙I，设⊙I 与 AB 的交点中离点 A 较 近的点为E′，⊙I 与 AC 的交点中离点 A 较远的点为F′。根据（1）的证明，知△IDL≌△ IF′M≌△IE′N，且E′在线段 AN 上，F′在线段 CM 上。于是知∠IDL = ∠IE N = ∠IF′M，所以 I、D、B、E′四点共圆，I、E 、A、F′四点共圆，所以∠AF E = ∠AIE = ∠ABD，所以
而 p，q = 1，所以μ = 1。于是知u ≡ −1(mod d) ⇒ d|u + 1。
综合两方面知d = u + 1，所以 u + 1，u + 1 = u + 1，引理一得证。
引理二：设v为大于1的正整数，q为v + 1的奇素因子，则2 |q − 1。
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文武光华
引理二的证明：根据条件知v ≡ −1(mod q) ⇒ v ≡ 1(mod q)。设v关于模q的阶
求最小的正整数k，使得对于任意满足上述条件的函数f，都存在X的k元子集B，使得 B⋃f(B) = X。（注：对X的子集T，定义f(T) = x|x = f(t)，t ∈ T 。）
解答：若存在f(x ) = y ，则将x 、y 在集合X删除，在剩下的集合中继续这种操作， 直到无法操作为止。设共经过了m次操作，此时集合中还剩下100 − 2m个数，且剩下的集 合X 中，不再存在元素x 、y ，使得f(x ) = y ，这即是说X ⋂f(X ) = Φ，所以|X |＜40，即 100 − 2m＜40 ⇒ m ≥ 31。
数为λ，则λ|2 而λ ∤ 2 ，所以λ = 2 。又根据费马小定理知v ≡ 1(mod q)，所以
2 |q − 1。引理二得证。
下面借助引理证明原命题。
取n = 2 · … · k，其中q 、q 、 … 、q 为互异的奇素数，s ∈ N 。
一方面，根据ω(n)的定义知：
( )=
()
·
…
·
·
…·
≥
·
证明：我们先证明一个引理：对任意大于1的整数k，存在正整数α＞β，使得关于x、y
的方程x(x + α) = y(y + β)至少有k组正整数解。
引理的证明：根据条件知：
x(x + α) = y(y + β) ⇔ (2x + α) − α = (2y + β) − β ⇔ (2x + α) − (2y + β) = α − β ⇔ (2x + 2y + α + β)(2x − 2y + α − β) = (α + β)(α − β)
文武光华
2014 年中国数学奥林匹克（CMO）试题及其解答
解答人：文武光华数学工作室 田开斌
一、如图，在锐角△ABC 中，AB＞AC，∠BAC的平分线与边 BC 交于点 D，点 E、F 分 别在边 AB、AC 上，使得 B、C、F、E 四点共圆。证明：△DEF 的外接圆圆心与△ABC 的内切 圆圆心重合的充分必要条件为BE + CF = BC。
→ +∞，当s → +∞时，
()
知，取s、t足够大时，即有 ( ) ＞α， ( ) ＜β。
()
()
（4） … ( ) → 0。根据（3）、（4）
·…
五、集合X = 1，2， … ，100 ，函数f: X → X同时满足：（1）对于任意x ∈ X， f(x) ≠ x；（2）对于X的任意一个40元子集A，都有A⋂f(A) ≠ Φ。
根据数学归纳法知，对任意整数m ≥ 2，求f(2 ) = 2 的值。
综上所述，命题得证。
四、对正整数n＞1，设n = p · p · … · p 是n的标准分解式，定义ω(n) = l，
Ω(n) = α + α + ⋯ + α ，是否对任意给定的正整数k及正实数α、β，总存在正整数n＞1，
使得 ( ) ＞α， ( ) ＜β？证明你的结论。
且1 ≤ f(k) ≤ k，从而根据归纳假设知：
f(k + 2) − f(k + 1) = f f(k + 1) + f k + 2 − f(k + 1) − f f(k) + f k + 1 − f(k)
= f(f(k) + 1) + f k + 1 − f(k) − f f(k) + f k + 1 − f(k)
，β =
时，方程x(x + α) = y(y + β)
至少有k组正整数解。引理得证。 下面借助引理证明原命题。
根据引理知，存在正整数α＞β，使得方程x(x + α) = y(y + β)至少有k组正整数解，设
这k组正整数解分别为 x ，y 、 x ，y 、 … 、 x ，y 。
令n = x (x + α)，1 ≤ i ≤ k，则n = x (x + α) = y (y + β)，所以 α，β ⊆ D(n )。于 是知 α，β ⊆ D(n )⋂D(n ) ⋂ … ⋂D(n )，命题得证。
三、证明：存在唯一的函数f: N → N ，满足f(1) = f(2) = 1，f(n) = f f(n − 1) +
f n − f(n − 1) ，n = 3、4、5、 …。并对每个整数m ≥ 2，求f(2 )的值。
证明：我们先用数学归纳法证明：对于任意n ∈ N ，
≤ f(n) ≤ n
（1）
当n = 1、2时，结论显然成立。 假设当n ≤ k（k ≥ 2）时，都有 ≤ f(n) ≤ n。则当n = k + 1时，有1 ≤ f(k) ≤ k，
…
· …· =
·
…
()
（1）
为方便，令2 = u，则2 · … + 1 = u … + 1。显然 |u … + 1，且根
据引理一知 两两互素，其中i = 1、2、 … 、t。所以ω 2 · … + 1 ≥ t，代入（1）
知：
( )≥
()
()
另一方面，根据Ω(n)的定义知：
（2）
( )=
()
令2 …
·…
1 ≤ k + 1 − f(k) ≤ k。根据归纳假设知： f(k + 1) = f f(k) + f k + 1 − f(k) ≥ ( ) +
![中国数学奥林匹克竞赛试题【CMO】[1987-2003]](https://imgs-1438308264.cos.ap-hongkong.myqcloud.com/3dc2f4630b1c59eef8c7b4ea.webp)
