2019普特南数学竞赛原题

2019普特南数学竞赛原题摘要：一、引言1.介绍普特南数学竞赛2.2019 年普特南数学竞赛原题的背景二、竞赛原题1.题目概述2.题目具体内容三、解题思路1.分析题目2.确定解题方法3.解题步骤四、答案与解析1.答案2.解析五、总结1.对竞赛原题的点评2.对参赛者的建议正文：一、引言普特南数学竞赛（Putnam Mathematical Competition）是一项在全球范围内举办的大学生数学竞赛，被誉为数学界的“诺贝尔奖”。

每年12 月份，来自世界各地的大学生们会聚集在一起，挑战各种数学难题。

2019 年的普特南数学竞赛原题，为参赛者们带来了全新的挑战与思考。

二、竞赛原题2019 年普特南数学竞赛原题如下：已知函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1，求解f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值。

三、解题思路1.分析题目首先，我们要对题目中的函数f(x) 进行分析。

通过观察，我们可以发现这是一个三次函数，并且它在区间[0, 2] 上有两个零点（即函数值为0 的点）。

我们需要找到这个函数在这个区间上的最小值。

2.确定解题方法为了求解这个问题，我们可以使用导数法。

通过求函数f(x) 的导数，找到函数的极值点。

然后，结合函数的端点值，比较这三个值，找到函数的最小值。

3.解题步骤(1) 求导数：f"(x) = 3x^2 - 6x + 2(2) 求极值点：令f"(x) = 0，解得x = 1 ± √2/3(3) 比较函数值：将极值点和端点值代入原函数，得到f(0) = 1，f(1+√2/3) ≈ -0.316，f(1-√2/3) ≈ -0.316，f(2) = 3(4) 确定最小值：f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值为f(1+√2/3) ≈ -0.316。

四、答案与解析答案：f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值为-0.316。

解析：通过求导数和比较函数值，我们找到了函数f(x) 在区间[0, 2] 上的最小值。

普特南数学竞赛试题这是一道普特南数学竞赛试题，附带答案和解析。

题目：设正整数m的最后两位数字是17，求整数m的百位数字。

答案及解析：由题意可知，整数m的最后两位数字是17，即m = 100a + 17，其中a为整数。

首先，我们可以列举出满足条件的m的一些可能值：当a = 0时，m = 17；当a = 1时，m = 117；当a = 2时，m = 217；当a = 3时，m = 317；当a = 9时，m = 917；当a = 10时，m = 1017；可以发现，满足条件的m的百位数字都是1，因此答案为1。

解析：这道题涉及到整数的位数表示和规律分析。

我们可以通过列举一些满足条件的m的值，观察其规律，找到合理的解决方法。

首先，我们可以看到m是一个三位数，其百位数记为a，十位数记为b，个位数记为c，那么可以表示为m = 100a + 10b + c。

根据题意，最后两位数字是17，即b = 1，c = 7，所以m = 100a + 10 + 7 = 100a + 17。

接下来，我们分析一下m可能的取值范围。

百位数a可以从0到9取值，所以整数m的可能取值是：17, 117, 217, 317, , 917, 1017, ,我们可以发现，满足条件的m的百位数字都是1。

为什么满足条件的m的百位数字都是1呢？我们可以细致地观察一下。

当a < 10时，十位数b只能取1，个位数c只能取7，这样才能满足最后两位数字为17。

当a = 10时，十位数b为0，个位数c为7，同样可以满足最后两位数字为17。

所以，不管a的取值如何，最后两位数字都是17，满足题意。

因此，整数m的百位数字是1。

这道题目通过对整数位数表示和规律分析的探索，可以得到答案为1。

同时，这道题目也考察了对数字规律的观察和分析能力，以及对基本数学概念的掌握。

2019年南昌市高中数学竞赛试卷6月29日上午8:30 — 11:00【说明】：凡是题号下标志有“高一”的，为高一考生试题；题号下标志有“高二”的，为高二考生试题；凡未作这种标志的，则为全体考生试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、将全体正整数自小到大一个接一个地顺次写成一排，则从左至右的第2013个数字是 ．2、（高一）设等比数列{}n a 的前n 项和315nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其公比q = ． （高二）若自椭圆中心到焦点、长轴顶点、以及到准线的距离之长可以组成一个直角三角形，则该椭圆的离心率是 ．3、（高一）等差数列1,5,9,,2013L 与3,8,13,,2013L 的相同的项之和为 ． （高二）正四棱锥P ABCD -中，5,6PA AB ==，M 是PAD ∆的重心，则四面体MPBC 的体积是 ．4、（高一）满足24312x x x -+=-的实数x 的集合是 { }．（高二）函数4sin 3cos xy x-=-的最大值是 ．5、若a 为正数，[]a 表示a 的整数部分，而{}[]a a a =-，如果,[],{}a a a 顺次组成等比数列，则a = ．6、（高一）,,a b c 是不同的正整数，若集合{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++， n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．7、函数20131()k f x x k ==-∑的最小值是 ．8、若sin sin sin αβγ+=，cos cos cos αβγ+=-，则二、解答题（共70分）9、（20分）如图，过ABC ∆的三个顶点,,A B C 各作其外接圆的切线，分别与相应顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点,,D E F 共线．10、（25分）数列{}n a 满足：11111,1nn k k a a a n +===+∑， (1)、写出数列前7个项的值； (2)、对任意正整数n ，求n a 的表达式．11、（25分）盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为2991,3,3,,3L 的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便称为一种取牌_n 方案，不同的_n 方案种数记为()f n ；试求(1)(2)()f f f S +++L 之值．2019年南昌市高中数学竞赛试题解答【说明】：凡是题号下标志有“高一”的，为高一考生试题；题号下标志有“高二”的，为高二考生试题；凡未作这种标志的，则为全体考生试题一、填空题（每小题10分，共80分）1、将全体正整数自小到大一个接一个地顺次写成一排，则从左至右的第2013个数字是 ．答案：7．解：全体一位数共占据9个数位，全体两位数共占据290180⨯=个数位，接下来是顺次排列的三位数，由于201391801824--=，而18246083=，因60899707+=，所以第2013个数字是三位数707的末位数字，即为7．2、（高一）设等比数列{}n a 的前n 项和315nn S ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则其公比q = ． 答案：35． 解：1125a S ==-，当2n ≥时，112355n n n n a S S --⎛⎫=-=-⋅ ⎪⎝⎭，（高二）若自椭圆中心到焦点、长轴顶点、以及到准线的距离之长可以组成一个直角三角形，则该椭圆的离心率是 ．解：由2222a c a c ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，得2c ab =，又据222c b a +=，得22ab b a +=，所以12a b +=，则2212a a ab c b =⋅=⋅，所以c e a==． 3、（高一）等差数列1,5,9,,2013L 与3,8,13,,2013L 的相同的项之和为 ． 答案：102313．解：等差数列(1,5,9,,2013)A =L ，(3,8,13,,2013)B =L 的第一个相同项是13，最后一个相同项是2013，而A 以4为公差，B 以5为公差，所以，A B I 构成以13为首项，2013为末项，且公差为20的等差数列，公共项个数为201313110120n -=+=，所以公共项的和为S =101(132013)1023132+=．（高二）正四棱锥P ABCD -中，5,6PA AB ==，M 是PAD ∆的重心，则四面体MPBC 的体积是 ．答案：．解：设PM 交AD 于N ，则222162AD PN PA ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以4PN =；若PH 是四棱锥的高，则22272AB PH PN ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，PH =ABCD 面积为36，所以，NBC ∆的面积为18，故四面体P NBC -体积为1183PNBC V =⨯=，又由13MN PN =，所以四面体M NBC -体积为13MNBC PNBC V V ==，于是四面体MPBC的体积为：MPBC PMBC MNBC V V V =-=．4、（高一）满足24312xx x -+=-的实数x 的集合是 { }．答案：⎪⎪⎩⎭． 解：数形结合，将其视为求243y x x =-+ 与12xy =-交点的横坐标，如图；由于 243(1)(3)x x x x -+=--，仅当2x >时，102xy =->，此时方有交点， 当23x <<，2243(43)x x x x -+=--+，由2(43)12xx x --+=-得74x +=， 当3x >，224343x x x x -+=-+，24312xx x -+=-，得94x +=． （高二）函数4sin 3cos xy x-=-的最大值是 ．答案：64+． 解：将函数式看作定点(3,4)与动点(cos ,sin )x x 连线的斜率；而动点(cos ,sin )x x 的轨迹是一个单位圆，设过点(3,4)的直线方程为4(3)y k x -=-，即(34)0y kx k -+-=， 当斜率取最大值时，该直线应是单位圆的一条切线，于是原点到该直线距离为1，即有2341k k -=+，所以64k ±=，因此最大值为64+． 5、若a 为正数，[]a 表示a 的整数部分，而{}[]a a a =-，如果,[],{}a a a 顺次组成等比数列，则a = ．． 解：改记{},[]a a k θ==，由等比，2{}[]a a a =，而{}[]a a a =-，所以2()k k θθ+⋅=，220k k θθ+-=，k θ=，由于01θ<<，则k 为正整数，且只有1k =，从而θ=，所以a k θ=+=． 6、（高一）,,a b c 是不同的正整数，若集合{}{}222,,,(1),(2)a b b c c a n n n +++=++， n 为正整数，则222a b c ++的最小值是 ．答案：1297．解：由222(1)(2)2()n n n a b c ++++=++=偶数，所以,1,2n n n ++两奇一偶；即n 为奇数，显然1n >，不妨设a b c <<，如果3n =，则由9,16,25a b a c b c +=+=+=得25a b c ++=，此时导致0a =，矛盾！所以5n ≥，当5n =时，由25,36,49a b a c b c +=+=+=，解得6,19,30a b c ===， 这时，2221297a b c ++=．7、函数20131()k f x x k ==-∑的最小值是 ．解：由于1,2,,2013L 的中间一数为1007，当1007x =时，函数取得最小值8、若sin sin sin αβγ+=，cos cos cos αβγ+=-，则答案：32． 解：将条件式平方得，两式相加得1cos()2αβ-=-；两式相减得：cos 2cos 2cos 22cos()γαβαβ=+++ 因此，()22231cos cos cos cos 2cos 2cos 222αβγαβγ++=+++二、解答题（共70分）9、（20分）如图，过ABC ∆的三个顶点,,A B C 各作其外接圆的切线，分别与相应顶点的对边所在直线相交，证明：三个交点,,D E F 共线．证：据梅尼劳斯逆定理，只要证1BD CE AFDC EA FB⋅⋅=；由弦切角关系， 由BAD ∆∽ACD ∆，得2BD ABD BA DC ADC AC ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭；同理，由CEB∆∽BEA∆，得2CE BCE BC EA BEA AB ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭， 由CFA ∆∽BFC ∆，得2AF CAF CA FB CFB BC ∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭所以1BD CE AF ABD BCE CAFDC EA FB ADC BEA CFB∆∆∆⋅⋅=⋅⋅=∆∆∆，因此,,D E F 共线． 10、（25分）数列{}n a 满足：11111,1nn k k a a a n +===+∑， (1)、写出数列前7个项的值； (2)、对任意正整数n ，求n a 的表达式．解：(1)、顺次算出：1234567517371972071,2,,,,,26126060a a a a a a a =======； (2)、因为12111n n n a a a a a n -+++++=+L ，12111n n a a a a n -+++=+-L ，所以12112111n n n n n a a a a a a a a a n n --++++++++-=--L L所以，111n n a a n --=- ，D相加得，11111231n a n ⎛⎫=+++++ ⎪-⎝⎭L ． 11、（25分）盒中装有红色和蓝色纸牌各100张，每色纸牌都含标数为2991,3,3,,3L 的牌各一张，两色纸牌的标数总和记为S ；对于给定的正整数n ，若能从盒中取出若干张牌，使其标数之和恰为n ，便称为一种取牌_n 方案，不同的_n 方案种数记为()f n ；试求(1)(2)()f f f S +++L 之值．解一、将盒中的纸牌按标数自小到大的顺序排成一列：2299991,1,3,3,3,3,,3,3L ，值相等的两个项不同色，对于每个()1100k k ≤≤，数列前2k 项之和小于3k，故形如3n的项必须从两个3n 中选出，（任何其它项的和不等于3n ），于是选出一个3n有两种方法，同时选出两个3n只有一种方法．对于集合{}0,1,2,,A S =L 中的每个数m ，可将其表为含有一百个数位的三进制形式：即 29901299333m a a a a =+⋅+⋅++⋅L ，其中{0,1,2},0,1,2,,99i a i ∈=L ；若在01299,,,,a a a a L 中恰有k 个为1（其余100k -个数为0或2），则()2kf m =（这是由于，每个1有红蓝两种选取方案）．现将集A 分解为012100A A A A A =U U UL U ，其中k A 中的每个数m 在表成上述三进制形式后，其系数01299,,,,a a a a L 恰有k 个为1（其余100k -个数为0或2），因此集k A 中，共有1001002kkC -⋅个数，（这是由于，从01299,,,,a a a a L 中选取k 个为1，有100kC 种选法，其余100k -个数，每个可取作0或2，有1002k-种方法）；这样，k A 中各数的f 值之和为100100100100()222kk k k km A f m C C -∈=⋅⋅=⋅∑， 由于集合012100,,,,A A A A L 两两不相交，从而注意到29900030303=+⋅+⋅++⋅L ，即数列中的每个数都不选，其方案数(0)1f =， 所以200(1)(2)()21f f f S +++=-L ．解二、采用数学归纳法，为此，将问题一般化，将具体数99改为非负整数k ， 考虑数列221,1,3,3,3,3,,3,3kkL ，其和为k S ，今计算(0)(1)()k k F f f f S =+++L 的值．对k 归纳，0k =时数列有两项：1,1，则0112S =+=；由于(0)1,(1)2,(2)1f f f ===，所以0(0)(1)(2)4F f f f =++=；1k =时数列有四项：1,1,3,3，则18S =，而(0)1,(1)2,(2)1,(3)2f f f f ====，于是21(0)(1)(8)164F f f f =+++==L ；据此猜想，对于数列221,1,3,3,3,3,,3,3k kL （其和为k S ），有 此式在0,1k =时已验证，今假定对于k 成立，考虑1k +情况，数列22111,1,3,3,3,3,,3,3,3,3k k k k ++L 的和为1k S +，将集合{}10,1,2,,k A S +=L 中的每个数n 表成三进制形式：其中21012333,{0,1,2}kk j n a a a a a =+⋅+⋅++⋅∈L ，若10k a +=，这时1n n =，利用归纳假设，有14k k F +=种选法；若11k a +=时，113k n n +=+ 从两个13k +中取其一，有两种取法，对前段表达式1n 用归纳假设，有1224k k F +=⋅种选法；当11k a +=时，1123k n n +=+⋅ 两个13k +全取，有一种取法，对前段表达式1n 用归纳假设，有14k k F +=种选法；所以21244k k k k k k F F F F F ++=++==，即211(0)(1)()4k k k F f f f S +++=+++=L ，即①式对于任何非负整数k 成立；11(1)()4(0)41k k k f f S f ++++=-=-L ；取99k =，得200(1)(2)()21f f f S +++=-L ．。

普特南高中数学竞赛试题一、选择题（每题5分，共30分）1. 若\( a \)和\( b \)是正整数，且\( a^3 + b^3 = 27 \)，求\( a + b \)的值。

A. 1B. 2C. 3D. 4E. 52. 在直角三角形中，若两直角边长度分别为3和4，求斜边的长度。

A. 5B. 6C. 7D. 8E. 93. 一个圆的半径是5，求其面积。

A. 25B. 50C. 75D. 100E. 1254. 一个数列的前三项为1, 1, 2，从第四项开始，每一项是前三项的和。

求第10项的值。

A. 143B. 144C. 145D. 146E. 1475. 若\( x \)满足方程\( x^2 - 5x + 6 = 0 \)，求\( x \)的值。

A. 2, 3B. 1, 4C. 2, 4D. 3, 4E. 4, 66. 一个正六边形的内角和是多少？A. 180°B. 360°C. 540°D. 720°E. 900°二、填空题（每题5分，共20分）7. 一个数的平方根是4，这个数是_________。

8. 将\( \frac{1}{2} \)和\( \frac{1}{3} \)相加，结果是_________。

9. 一个等差数列的首项是2，公差是3，第5项是_________。

10. 一个正方体的体积是27立方单位，其表面积是_________平方单位。

三、解答题（每题15分，共50分）11. 证明：对于任意正整数\( n \)，\( n^3 - n \)总是3的倍数。

12. 解不等式：\( |x - 2| + |x + 3| > 8 \)。

13. 一个圆的直径是10，求其内接正方形的面积。

结束语本试题旨在考察学生的数学基础知识和解题能力。

希望同学们能够通过解答这些题目，提高自己的数学素养和解决问题的能力。

祝大家取得好成绩！请注意，以上内容是虚构的，仅作为示例。

2019普特南数学竞赛原题摘要：1.2019 普特南数学竞赛概述2.竞赛的难度和范围3.竞赛对学生的意义4.如何准备普特南数学竞赛5.竞赛的奖励和机会正文：【2019 普特南数学竞赛概述】普特南数学竞赛是一项面向全球高中生的数学竞赛，旨在激发学生对数学的兴趣和热爱。

该竞赛自1938 年成立以来，已经成为世界上最具影响力的数学竞赛之一。

2019 年，普特南数学竞赛在全球范围内吸引了众多优秀高中生参加。

【竞赛的难度和范围】2019 普特南数学竞赛的难度和范围涵盖了高中数学的主要领域，包括代数、几何、组合、数论和微积分等。

竞赛分为两个级别：A 组（针对高一和高二学生）和B 组（针对高三学生）。

每个级别的竞赛都包括10 道题目，其中前8 道题目为选择题，后2 道题目为非选择题。

【竞赛对学生的意义】参加普特南数学竞赛对学生具有重要意义。

首先，该竞赛能够帮助学生提高数学能力，激发他们对数学的兴趣。

其次，通过参加竞赛，学生可以了解自己在数学方面的优势和劣势，为今后的学习和职业规划提供参考。

最后，取得优异成绩的学生还有机会获得奖学金和升学优惠，对未来的学术和职业生涯产生积极影响。

【如何准备普特南数学竞赛】要成功参加普特南数学竞赛，学生需要进行充分的准备。

首先，学生应该掌握高中数学的基本知识和技能。

其次，他们需要多做练习题，熟悉竞赛的题型和解题方法。

此外，参加培训课程和寻求老师或同学的帮助也是提高竞赛成绩的有效途径。

【竞赛的奖励和机会】在2019 普特南数学竞赛中取得优异成绩的学生将获得丰厚的奖励和机会。

首先，每个级别的前10 名学生将获得奖学金。

此外，成绩优秀的学生还有机会获得大学的录取优惠或参加国际数学奥林匹克竞赛的选拔。

2019年全国高中数学联合竞赛试卷（加试）（A卷）一、解答题（本大题共4小题，共180.0分）1.如图，在锐角△ABC中，M是BC边的中点．点P在△ABC内，使得AP平分∠BAC.直线MP与△ABP，△ACP的外接圆分别相交于不同于点P的两点D，E.证明：若DE= MP，则BC=2BP．2.设整数a1，a2，⋯，a2019满足1=a1≤a2≤⋯≤a2019=99.记f=(a12+a22+⋯+2)−(a1a3+a2a3+a3a5+⋯+a2017a2019).求f的最小值f0，并确定使f=f0成a2019立的数组(a1,a2,⋯,a2019)的个数．3.设m为整数，|m|≥2.整数数列a1，a2，⋯满足：a1，a2不全为零，且对任意正整数n，均有a n+2=a n+1−ma n．证明：若存在整数r，s(r>s≥2)使得a r=a s=a1，则r−s≥|m|．4.设V是空间中2019个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记E为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n，满足条件：若E至少有n个元素，则E一定含有908个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．答案和解析1.【答案】证明：延长PM 到点F ，使得MF =ME ，连接BF ，BD ，CE ，由条件可知∠BDP =∠BAP =∠CAP =∠CEP =∠CEM ，因为BM =CM 且EM =FM ，所以BF =CE 且BF//CE ，于是∠F =∠CEM =∠BDP ，进而BD =BF ，又DE =MP ，故D P =EM =FM ，于是在等腰△BDF 中，由对称性得BP =BM ．从而BC =2BM =2BP ．【解析】略．略．2.【答案】解：因为f =(a 12+a 22+⋯+a 20192)−(a 1a 3+a 2a 3+a 3a 5+⋯+a 2017a 2019)，所以2f =a 12+a 22+⋯+a 20192+∑(2017i=1a i+2−a i )2....①因为a 1、a 2和a i+2−a i (i =1,2,⋯,2016)均为非负整数，所以a 12>a 1，a 22>a 2，且(a i+2−a i )2≥a i+2−a i (i =1,2,...,2016)，所以a 12+a 22+∑(2016i=1a i+2−a i )2≥a 1+a 2+∑(2016i=1a i+2−a i )=a 2017+a 2018....②由①②，得2f ≥a 2017+a 2018+(a 2019−a 2017)2+a 20182+a 20192， 结合a 2019=99，a 2018≥a 2017>0，可知f ≥12[2a 2017+(a 2019−a 2017)2+a 20172+992]=(a 2017−49)2+7400≥7400....③再令a 1=a 2=...=a 1920=1，a 1920+2k−1=a 1920+2k =k(k =1,2,...,49)，且a 2019=99，此时验证知，上述不等式均取到等号，所以f 的最小值为f 0=7400．以下考虑③的取等号条件，此时a 2017=a 2018=49，且②中的不等式均取等号， 即a 1=a 2=...=1，a i+2−a i ∈{0,1}(i =1，2，...，2016)，因此1=a 1≤a 2≤...≤a 2018=49，且对每个k(1≤k ≤49)，a 1，a 2，...，a 2018中至少有两项等于k ，易验证知这也是③取等号的充分条件．对每个k(1≤k ≤49)，设a 1，a 2，...，a 2018中等于k 的项数为1+n k ，则n k 为正整数，且(1+n 1)+(1+n 2)+...+(1+n 49)=2018，即n 1+n 2+...+n 49=1969，...④该方程的正整数解(n 1,n 2,...,n 49)的组数为C 196848，且每组解唯一对应一个使④取等号的数组(n 1,n 2,...,n 49)，所以使f =f 0成立的数组(n 1,n 2,...,n 49)有C 196848个．【解析】由题意知2f =a 12+a 22+⋯+a 20192+∑(2017i=1a i+2−a i )2，a 12+a 22+∑(2016i=1a i+2−a i )2≥a 1+a 2+∑(2016i=1a i+2−a i )=a 2017+a 2018，由此求得f ≥7400，再求得f 的最小值为f 0=7400，方程n 1+n 2+...+n 49=1969正整数解(n 1,n 2,...,n 49)的组数，即为所求的结果．本题考查了数列的定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．3.【答案】证明：不妨设a 1，a 2互素(否则，若(a 1,a 2)=d >1，则1d a 1，1d a 2互素， 并且用1d a 1，1d a 2，……代替a 1，a 2，……，条件与结论均不改变)．由数列递推关系知，a 2≡a 3≡a 4≡⋯…(mod|m|).①以下证明：对任意整数n ≥3，有a n ≡a 2−(a 1+(n −3)a 2)m(modm 2).② 事实上，当n =3时②显然成立．假设n =k 时②成立(其中k 为某个大于2的整数)，注意到①，有ma k−1≡ma 2(modm 2)，结合归纳假设知a k+1=a k −ma k−1≡a 2−(a 1+(k −3)a 2)m −ma 2≡a 2−(a 1+(k −2)a 2)(modm 2).即n =k +1时②也成立．因此②对任意整数n ≥3均成立．注意，当a 1=a 2时，②对n =2也成立．设整数r ，s(r >s ≥2)，满足a r =a s =a 1，若a1=a2，由②对n≥2均成立，可知a2−(a1+(r−3)a2)m≡a r=a s≡a2−(a1+(s−3)a2)m(modm2)，即a1+(r−3)a2≡a1+(s−3)a2(mod|m|)，即(r−s)a2≡0(mod|m|).③若a1≠a2，则a r=a s=a1≠a2，故r>s≥3．此时由于②对n≥3均成立，故类似可知③仍成立．我们证明a2，m互素．事实上，假如a2与m存在一个公共因子p，则由①得p为a2，a3，a4，…的公因子，而a1，a2互素，故P不整除a1，这与a r=a s=a1矛盾．因此，由③得r−s≡0(mod|m|)，又r>s，所以r−s≥|m|．【解析】略略4.【答案】解：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻直线的边构成一个“角”，先证明一个引理：设G=(V,E)是一个简单图，且G是连通的，]个两两无公共边的角，(这里[a]表示实数的整数部分)．则G含有[|E|2引理的证明：对E的元素个数|E|归纳证明：当|E|=0，1，2，3时，结论成立，下面假设|E|≥4，并且结论在|E|较小时均成立，只需证明，在G中可以选取两条边a，b构成一个角，在G中删去a，b这两边后，剩下的图含有一个连通的分支包含|E|−2条边，对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立．考虑G中的最长路P：v1v2⋅⋅⋅v k，其中v1，v2，⋅⋅⋅，v k是互不相同的顶点，∵G相通，∴k≥3．情形1：deg(v1)≥2，由于P是最长路，v1的邻点均在v2，⋅⋅⋅，v k中，设v1v i∈E，其中3≤i≤k，则{v1v2,v1v i}是一个角，在E中删去这两条边，若v1还有第三条边，则剩下的图是连通的；若v1处仅有被删去的两条边，则v1成为孤立点，其余顶点仍互相连通，总之，在剩下的图中有一个连通分支含有|E|−2条边．情形2：deg(v1)=1，deg(v2)=2，则{v1v2,v2v3}是一个角，在E中删去这两条边后，v1，v2都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|−2条边．情形3：deg(v1)=1，deg(v2)≥3，且v2与v4，⋅⋅⋅，v k中某个点相邻，则{v 1v 2,v 2v 3}是一个角，在E 中删去这两条边后，v 1成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有|E|−2条边．情形4：deg(v 1)=1，deg(v 2)≥3，且v 2与某个u ∉{v 1,v 3,⋅⋅⋅,v k }相邻，由于P 是最长路，故u 的邻点均在v 2，⋅⋅⋅，v k 之中，则{v 1v 2,v 2u}是一个角，在G 中删去这两条边后，v 1成为孤立点，若u 处仅有边uv 2，则删去所核糖边后u 也是孤立点，而其余的点互相连通， 若u 处还有其他边uv ，3≤i ≤k ，则删去所述边后，除v 1处其余点互相连通，总之在剩下的图中有一个连通分支含有|E|−2条边．引理获证．回到原题，题中的V 和E 可看作一个图C =(V,E)，首先证明n ≥2795．设V ={v 1,v 2,⋅⋅⋅,v 2019}，在v 1，v 2，⋅⋅⋅，v 61中，首先两两连边，再删去其中15条边(例如v 1v 2，v 1v 3，⋅⋅⋅，v 1v 16)，共连了C 612−15=1815条边，则这61为构成的图是连通图，再将剩余的2019−61=1958个点配成979对， 每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了1815+979=2794条线段，由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用v 1，v 2，⋅⋅⋅，v 61相连的边，∴至多有[18152]=907个两两无公共边的角，故满足要求的n 不小于2795．另一方面，若|E|≥2795，可任意删去若干条边，只考虑|E|=2795的情形． 设G 有k 个连通分支，分别有m 1，⋅⋅⋅，m k 个点，及e 1，⋅⋅⋅，e k 条边，下面证明e 1，⋅⋅⋅，e k 中至多有979个奇数．反证法，假设e 1，⋅⋅⋅，e k 中至少有980个奇数，∵e 1+⋅⋅⋅+e k =2795是奇数，∴e 1，⋅⋅⋅，e k 中至少有981个奇数，故k ≥981， 不妨设e 1，e 2，⋅⋅⋅，e 981都是奇数，由题意得m 1，m 2，⋅⋅⋅，m 981≥2，令m =m 1+⋅⋅⋅+m k ≥2，则C mi 2≥e i (1≤i ≤980)，C m2≥e 981+⋅⋅⋅+e k ， ∴2795=∑e i k i=1≤C m 2+∑C m i 2980i=1，①利用组合数的凸性，即对x ≥y ≥3，有C x 2+C y 2≤C x+12+C y−12，可知当m 1，⋅⋅⋅，m 980，m 由980个2以及一个59构成时，C m 2+∑C m i 2980i=1取得最大值，∴C m 2+∑C m i 2980i=1≤C 592+980C 22=2691<2795，这与①矛盾，从而e 1，⋅⋅⋅，e k 中至多有979个奇数，对每个连通分支应用引理，可知G 中含有N 个两两无公共边的角，其中，N =∑[k i=1e i 2]≥12(∑e i k i=1−979)=12(2795−979)=908． 综上，所求最小的n 是2795．【解析】为了叙述方便，称一个图中的两条相邻直线的边构成一个“角”，先证明一个引理：设G =(V,E)是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有[|E|2]个两两无公共边的角，题中的V 和E 可看作一个图C =(V,E)，再证明n ≥2795，由此能求出所求最小的n 的值． 本题考查满足条件的最小正整数的求法，考查子集、交集定义等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，是难题．。

第36届普特南数学竞赛试题第36届普特南数学竞赛试题是一道关于数学竞赛的试题，涉及到数学的各个领域，考察了参赛者在数学知识和解题能力方面的水平。

本次试题的要求是回答并解决一系列数学问题，要求回答准确且详细，解题步骤清晰，逻辑严谨。

下面将对其中几道试题进行讨论。

第一道题是关于代数的题目。

题目要求求解一个二元一次方程组。

首先，我们可以将方程组表示为矩阵形式，然后通过高斯消元法或其他求解线性方程组的方法，将方程组化简为只有一个未知数的方程。

最后，将求得的未知数代入到另一个方程中，就可以得到另一个未知数的值。

需要注意的是，要检验所求得的解是否符合原方程组。

在解答过程中，还可以讨论方程组的解的个数和形式，以及可能的特殊情况。

第二道题是关于几何的题目。

题目要求证明一个几何定理，即证明一个特殊的三角形为等边三角形。

在解答这个问题时，我们可以运用几何学中的一些基本定理和性质，例如等腰三角形的性质、三角形内角和定理等。

通过合理的构造和运用这些几何定理，可以证明所给的三角形是等边三角形。

解答过程中，需要清晰地展示证明的步骤和逻辑，以及所使用的定理和性质。

第三道题是关于数论的题目。

题目给出了一个数论问题，要求证明一个数的整除性质。

在解答这个问题时，可以运用数论中的一些基本定理和性质，例如质因数分解定理、最大公因数和最小公倍数的性质等。

通过运用这些定理和性质，可以证明所给的数的整除性质。

解答过程中，需要清晰地展示证明的步骤和逻辑，以及所使用的定理和性质。

第四道题是关于概率的题目。

题目给出了一个概率问题，要求计算某个事件发生的概率。

在解答这个问题时，可以运用概率的基本原理和公式，例如事件的定义、概率的计算公式等。

通过计算所给事件发生的可能性与总的样本空间的比值，可以得到所求的概率。

解答过程中，需要清晰地展示计算的步骤和逻辑，以及所使用的概率原理和公式。

以上是第36届普特南数学竞赛试题的部分内容的讨论和解答方法。

这些试题涵盖了代数、几何、数论和概率等数学的不同领域，要求参赛者在这些领域具有扎实的数学基础和解题能力。

普特南大学数学竞赛试题及答案问题一：证明对于任意正整数\( n \)，\( 1^2 + 1 + 2^2 + 2 + \ldots +n^2 + n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \)。

答案一：我们可以使用数学归纳法来证明这个等式。

首先，当\( n = 1 \)时，左边等于1，右边等于1，等式成立。

假设对于某个正整数\( k \)，等式成立，即：\[ 1^2 + 1 + 2^2 + 2 + \ldots + k^2 + k =\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \]我们需要证明对于\( n = k + 1 \)时，等式也成立：\[ 1^2 + 1 + 2^2 + 2 + \ldots + k^2 + k + (k+1)^2 + (k+1) \] \[ = \frac{k(k+1)(2k+1)}{6} + (k+1)^2 + (k+1) \]\[ = \frac{k(k+1)(2k+1) + 6(k+1)^2 + 6(k+1)}{6} \]\[ = \frac{(k+1)(2k^2 + k + 6k + 6 + 6)}{6} \]\[ = \frac{(k+1)(2k^2 + 7k + 12)}{6} \]\[ = \frac{(k+1)(2(k+1)(k+3) + 6)}{6} \]\[ = \frac{(k+1)(k+1)(2(k+1) + 3)}{6} \]\[ = \frac{(k+1)(k+1)(2(k+1) + 1)}{6} \]这证明了当\( n = k + 1 \)时等式也成立。

因此，对于所有正整数\( n \)，等式成立。

问题二：给定一个圆的半径为\( r \)，求圆内接正六边形的边长。

答案二：圆内接正六边形的边长等于半径\( r \)。

这是因为正六边形可以被划分为六个等边三角形，每个等边三角形的边长都是\( r \)。

问题三：如果\( a \)和\( b \)是两个正整数，且\( a^2 - b^2 = 1 \)，证明\( a \)和\( b \)中至少有一个是偶数。