2018年协作体数学奥林匹克夏令营A水平考试答案

pi f ( xi ) （ i = 1, , M ）.由中国剩余定理，同余方程组
x ≡ x1 ( mod p1 ) , x ≡ x ( mod p ) M M
有整数解 x ≡ x0 ( mod p1 pM ) .
取其中一个解 n0 使得 f (n0 ) > 1 .则 pi f (n0 ) （ i = 1, , M ） ，这说明 p1 , , pM 都是 f (n0 ) 的素因数，所以 g (n0 ) ≥ M . ………… 30 分 下面回到原题，假设结论不成立，则存在正整数 N ，使得 n > N 时有如下 性质： （1） f ( n ) > 1, f ( n + 1) > 1 ； （2） g (n) ≥ g (n + 1) .
从而 BC ≥
(
5 − 4 cos A BD ．
)
………… 20 分
当 ∠C ≥ 90° 时，设 = x BD = DE ,= y EC ，则点 D 到直 线 BC 的 距 离 为 x sin B ， 点 E 到 直 线 BC 的 距 离 为 y sin( A + B ) ， 因 为 x < y , sin B < sin( A + B ) ， 所 以 x sin B < y sin( A + B ) ，于是 ∠DEA > 90° ，故 = x DE < AD ， B AB 从而 x < ．又 x < y ≤ AC ，所以 2 c x ≤ min , b ． 2 2 c c 2 2 2 于是 a = b + c − 2bc cos A = 4 + b2 − 4b cos A 2 2 c c ≥ 3 + 2b (1 − 2 cos A) 2 2 ≥ (5 − 4 cos A) ⋅ x 2 ， 从而
………… 30 分
所以，我们只需证明： 2 2 ( n − 1)( n − 2) + 2q ≥ ( n − 1)( n − 2) − 2( n − 1)kn q + kn q
2 ⇔ q(2 + 2( n − 1)kn − kn q) ≥ 0 ． ① 4 2 + 2( n − 1)kn n − 1 = 0 的一个根，所以 因为 kn 是方程 x 2 − 4 x − ，于是 = 2 n −1 kn 2 ①式为 n −1 ② q − q ≥ 0 ． 2 n −1 2 n −1 2 2 因为 q > 0 ，并且 ，所以②成 = q xi x j ≤ x1 + x2 + = + xn ( ) ∑ 2 2 1≤i < j ≤ n 立．从而命题得证． 1 等号成立当且仅当 x1 = x2 = = xn = ± ． ………… 40 分 n
时， ∑ ( ai bi + bi ci + ci ai ) = 1308 .
i =1 12 i =1 12
故 ∑ ( ai bi + bi ci + ci ai ) 的最小值是 1308 .
………… 40 分
2 2 + + xn = 1 ．求证： 3、设实数 x1 , x2 ,, xn （ n ≥ 2 ）满足： x12 + x2
= i 1= i 1
i 1= i 1 = 12 12 2 2 i i i i 1= i 1 = 12 2 i i i i =1 12 12
∑ (ai + bi + ci )2 − ∑ (ai2 + bi2 + ci2 )
− 3∑ i
12
12
∑ (a + b + c ) ∑ (a
=
+ b + c ) − 1950 .
………… 10 分
yi = xi + 1, y j = x j − 1, 且 yk xk , k ≠ i, j ，则 =
2 2 yi2 + y 2 j = ( xi + 1) + ( x j − 1) 2 2 = xi2 + x 2 j + 2 − 2( x j − xi ) < xi + x j ，
由柯西不等式，对 1 ≤ i < j ≤ n ， 1 − xi2 ⋅ 1 − x 2 j=
2 2 2 x12 + + xi2−1 + xi2+1 + + xn ⋅ x12 + + x 2 j −1 + x j +1 + + xn
2 2 ≥ x12 + + xi2−1 + xi2+1 + + x 2 j −1 + x j +1 + + xn + xi x j ，
)+2
1≤i < j ≤ n
∑
2 2 2 1 − xi2 ⋅ 1 − x 2 j ≥ ( n − 1) − 2( n − 1) k n q + k n q ，
即
1≤i < j ≤ n
∑
2 2 1 − xi2 ⋅ 1 − x 2 j ≥ ( n − 1)( n − 2) − 2( n − 1) k n q + k n q ．
∑
xi x j ≥ ∑ 1 − xi2 ≥ ∑1 − xi2 = n −1．
1≤i < j ≤; = 0 ，令 q
∑
xi x j > 0 ，则原不等式可以写为
∑
i =1
n
1 − xi2 ≥ n − 1 − kn q ．
两边平方得
= i 1
∑ (1 − x
2
n
2 i
2∑ ( ai bi + bi ci + ci a = i) =
2 2 + + x12 且使得 x12 + x2 取到最小值， 则 x1 , x2 ,, x12 中任意两个数的差的绝对值不 超过 1. 事 实 上 ， 若 存 在 两 个 数 xi , x j (1 ≤ i < j ≤ 12) 满 足 x j − xi ≥ 2 ， 令
4、 设 f ( x) 是一个给定的非常数的整系数多项式.对于满足 f (n) > 1 的整数 n ， 记 g (n) 为 f (n) 的不同素因数的个数.求证：存在无穷多个正整数 n ，使得同时满 足： （1） f ( n ) > 1, f ( n + 1) > 1 ； （2） g (n) < g (n + 1) . 证明：先证如下两个引理. 引理 1： 设 f ( x) 是一个非常数的整系数多项式，则数列 { f (n)}（ n = 0,1, ） 中有无穷多个不同的素因数. 引理 1 的证明：假设结论不成立，则存在一个非常数的整系数多项式 则 a0 ≠ 0 （若 a0 = 0 ， f ( x) = ∑ ai x i 对 x = 0,1, 仅有有限个不同的素因子 p1 , , pk ，
BC ≥
2
= DE < EC ，当 ∠C < 90° 时，将点 C 向点 A 移动到点 C ′ ，使得 （2）若 BD ′ BD = EC ，此时线段 BC 的长度减少，于是由（1）知 ………… 30 分 BC > BC ′ ≥ 5 − 4 cos A BD ．
(
)
A D C E
(
5 − 4 cos A BD ．
1308 . ∑ (a b + b c + c a ) ≥ 2 (4566 − 1950) =
1
………… 30 分
(1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12 ) ， ( 7,8,9,10,11,12, 1,2,3,4,5,6) ， (11,9,7,5,3,1,12,10,8,6,4,2 )
………… 20 分
对所有的 1 ≤ i < j ≤ n 求和，我们得
1≤i < j ≤ n
∑
1 − xi2 ⋅ 1 − x 2 j ≥
1≤i < j ≤ n
∑
1 − xi2 − x 2 j + xi x j
2 2 2 )+q ≥ Cn − ( n − 1)( x12 + x2 + + xn
=
( n − 1)( n − 2) + q． 2
x 2 = u 2 + v 2 − 2uv cos A ， 于是 ………… 10 分 a 2 = x 2 (3 − 2 cos A) + 2(u + v ) x (1 − cos A) ． 因为 x ≤ u + v ，所以 a 2 = x 2 (3 − 2 cos A) + 2(u + v ) x (1 − cos A) ≥ x 2 (5 − 4 cos A) ．
由于把 234 写成 12 个正整数的和，写法只有有限种，所以一定有一种使得 2 2 x + x2 + + x12 达到最小值. 不妨设 x1 ≤ x2 ≤ ≤ x12 ， 满足 x1 + x2 + + x12 = 234 ，
2 1
记 xi = ai + bi + ci , i = 1, 2,,12 ，则 ∑ = xi 3= ∑ i 234 .
= i 1
∑
n
1 − xi2 + kn
1≤i < j ≤ n
∑
xi x j ≥ n − 1 ，
这里 kn =− 2 2 1+
1 ． n −1 证明：分如下两种情形： （1）若 ∑ xi x j ≤ 0 ，则
1≤i < j ≤ n
= i 1
∑
n
1 − xi2 + kn
1≤i < j ≤ n
（2）若
∑
1≤i < = j ≤n i 1 = i 1
)
………… 40 分
2、设 ( a1 , a2 ,, a12 ) ， ( b1 , b2 ,, b12 ) ， ( c1 , c2 ,, c12 ) 均为 1, 2,,12 的排列，求
∑ (a b + b c + c a ) 的最小值.
i =1 i i i i i i
12
解：因为
12
i 1 =
2018 年协作体数学奥林匹克夏令营 A 水平考试答案
1 、在三角形 ABC 中， ∠BAC ≥ 60° ，点 D, E 分别在边 AB, AC 上，使得
BD = DE ≤ EC ，求证： BC ≥
(
5 − 4 cos A BD ．
D
)
A E C
= DE = EC ，设 证明： （1）若 BD = u AD= = DE = EC ． , v AE= , x BD B 由余弦定理 a 2 =(u + x ) 2 + ( v + x ) 2 − 2(u + x )( v + x ) cos A ，
矛盾. ………… 20 分 2 2 2 所以，当 x 取到 + + x10 = x= = x= 19, x= x= = x12 = 20 时， x1 + x2 1 2 6 7 8 最小值 6 × 192 + 6 × 202 = 4566 ，于是
12 i =1 i i i i i i
当 ( a1 , a2 ,, a12 ) ， ( b1 , b2 ,, b12 ) ， ( c1 , c2 ,, c12 ) 分别为
i =0 n
则 x f ( x) ，那么 f ( x) 对 x = 0,1, 有无穷多个不同的素因数，矛盾）. 取 x = p1 pk a0t ，并设整数 t 充分大，则 f ( x) 可以表示为如下形式：
= f ( x) a0 ( p1 pk At + 1) ，
这里 At 是一个依赖于 t 的整数.在 t 充分大时， At > 1 ，此时取 p1 pk At + 1 的一 个素因子 p ，则 p 不同于 p1 , , pk ，矛盾！故引理 1 获证. 整数 n0 ，使得 g (n0 ) ≥ M . 引理 2 的证明：由引理 1，数列 { f (n)} （ n = 0,1, ）有无穷多个不同的素 因数，取其中 M 个不同的素因数 p1 , , pM .那么存在非负整数 x1 , , xM ，使得 ………… 10 分 引理 2：对题设中的 f ( x), g (n) ，有如下性质：对于任意正整数 M ，存在正
= 取 M max { g (1), , g ( N ), g ( N + 1)}（对于 g 上没有定义的正整数 n ，将它去
掉） ，那么对于任意 g 上有定义的正整数 n ，都有 g (n) ≤ M . 而由引理 2，存在正整数 n0 使得 g (n0 ) ≥ M + 1 ，矛盾！ 故结论成立. ………… 40 分