2006年第五届中国女子数学奥林匹克试题

2006年第五届中国女子数学奥林匹克试题

第一天

2006年8月8日 下午15：30——19：30 乌鲁木齐

中国在国际数学奥林匹克竞赛中，连续多年取得很好的成绩，这项竞赛是高中程度，不包括微积分，但题目需要思考，我相信我是考不过这些小孩子的，因此有人觉得，好的数学家未必长于这种考试，竞赛胜利者也未必是将来的数学家，这个意见似是而非。数学竞赛大约是百年前在匈牙利开始的；匈牙利产生了同它人口不成比例的许多大数学家。

——陈省身

一、设a＞0，函数 f : （0，＋∞） → R满足f（a）＝1．如果对任意正实数x，y 有

2aafxfyfffxyxy，①求证： f（x）为常数．

证明：

在①中令x＝y＝1，得

f2（1）＋f2（a）＝2 f（1），

（f（1）－1）2＝0， ∴ f（1）＝1。

在①中令y＝1，得

f（x）f（1）＋f（ax）f（a）＝2 f（x），

f（x）＝f（ax），x＞0。 ②

在①中取y＝ax，得

f（x）f（ax）＋f（ax）f（x）＝2 f（a），

f（x）f（ax）＝1。 ③

由②，③得：f2（x）＝1，x＞0。

在①中取x＝y＝t，得

f2（t）＋f2（at）＝2 f（t），

∴ f（t）＞0。

故f（x）＝1，x＞0。

二、设凸四边形ABCD对角线交于O点．△OAD，△OBC的外接圆交于O，M两点，直线OM分别交△OAB，△OCD的外接圆于T，S两点．求证：M是线段TS的中点．

证法1：

如图，连接BT，CS，MA，MB，MC，MD。

∵ ∠BTO＝∠BAO，∠BCO＝∠BMO， ∴ △BTM ∽△BAC，得

TMBMACBC； ①

同理，△CMS ∽△CBD，得

MSCMBDBC。 ②

①÷②得 TMBMACMSCMBD。③

又∵ ∠MBD＝∠MCA，∠MDB＝∠MAC，

∴ △MBD ∽△MCA，得

BMBDCMAC。 ④

将④代入③，即得TM ＝ MS。

证法2：

设△OAB，△OBC，△OCD，△ODA的外心分别

为O1，O2，O3，O4，自作O1，O3作TS的垂线，

垂足分别为E，F。连接O2，O4交TS于G。

因OM是⊙O2和⊙O4的公共弦，故O2O4垂直平分

OM，即G是线段OM的中点。

同样，O1O4垂直平分OA，O2O3垂直平分OC，

得O1O4∥O2O3；

同理，O1O2∥O3O4。

因此O1O2O3O4构成平行四边形，其对角线互相平分。

由此易知EG ＝ FG。

又由垂径定理，E是TO中点，F是OS中点。

因此TM ＝ TO＋OM ＝ 2EO＋2OG ＝ 2EG， ①

MS ＝ OS－OM ＝ 2OF－2OG ＝ 2GF。 ②

由①，②即知TM ＝ MS。

三、求证：对i＝1，2，3，均有无穷多个正整数n，使得n，n＋2，n＋28中恰有i个可表示为三个正整数的立方和．

证：

三个整数的立方和被9除的余数不能为4或5，这是因为整数可写为3k或3k±1（k∈Z），而（3k）3＝9×3k3，

（3k±1）3＝9（3k3±3k2＋k）±1。

对i＝1，令n＝3（3m－1）3－2（m∈Z＋），则n，n+28被9除的余数分别为4，5，故均不能表示为三个整数的立方和，而

n+2＝（3m－1）3＋（3m－1）3＋（3m－1）3。

对i＝2， n＝（3m－1）3＋222（m∈Z＋）被9除的余数为5，故不能表示为三个整数的立方和，而

n+2＝（3m－1）3＋23＋63，

n+28＝（3m－1）3＋53＋53。

对i＝3， n＝216m3（m∈Z＋）满足条件：

n＝（3m）3＋（4m）3＋（5m）3，

n+2＝（6m）3＋13＋13， STOMBCDAGFEO4O3O2O1STOMBCDAn+28＝（6m）3＋13＋33。

注：所命原题要求证明结论对i＝0，1，2，3均成立。

为降低试卷难度，去掉了i＝0的要求。

以下是i＝0的证明。

对n＝9m＋3，m∈Z，n+2，n+28被9除的余数分别为5，4，不能表示为三个整数的立方和，若n＝a3＋b3＋c3，a，b，c∈Z，由前知a，b，c均为3 k＋1型（k∈Z）的整数。

小于（3 N）3（N∈Z＋）的9m＋3型（m∈Z）的正整数共3 N3个。（*）

小于3 N的3k＋1型（k∈Z）的正整数有N个，三个这样的数的立方和的组合不超过N3种，故（*）中正整数至少有3N3－N3＝2N3个不能表示为三个正整数的立方和。N可取任意正整数，故i＝0情形得证。

四、8个人参加一次聚会.

（1）如果其中任何5个人中都有3个人两两认识. 求证：可以从中找出4个人两两认识；

（2）试问, 如果其中任何6个人中都有3个人两两认识, 那么是否一定可以找出4个人两两认识?

解法1：

（1） 用8个点表示8个人，相识二人之间连一线段。按图论语言，这些点称为图的顶点，线段称为图的边。

按照题意，该图的每个5点子图中均有一个三角形，而每个三角形属于283C=25C=10个不同的5点子图。我们知道，这些三角形共有

358C＝3×56＝168

条边，其中每条边至多被重复计算了10次。这样一来，即知：每个顶点至少连出

21684810条边。所以存在一个顶点A，由它至少连出5条边。

假设由顶点A有边连向B，C，D，E，F这5个顶点，而由题意在这5个点中又存在一个三角形，不妨设为△BCD。于是A，B，C，D这4个点中的任何二点之间均有连线，所以它们所代表的4个人两两认识。

（2）如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此认识, 例子为:

在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相应二人相互认识. 不难验证: 其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不出4人两两彼此认识.

解法2：

（1）分情形讨论.

情形（i）如果存在3个人两两互不认识. 那么其余5个人必然两两都认识. 因若不然, 假如他们之中有二人互不认识, 则在他们与原来的3个人一起构成的5人组中就找不出3个人两两认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.

情形（ii）在剩下的情形中, 任何3人中, 都有某两个人相互认识.

（a）如果8个人中有1个人A至多认识3个人, 那么他至少不认识4个人. 显然这4个人中的任何二人都彼此认识. 因若不然, 这两个人与A一起构成的3人组中就没有二人互相认识, 导致矛盾. 所以此时题中结论成立.

（b）如果存在1个人A至少认识5个人. 那么这5个人中有3个人两两彼此认识, 他们又都认识A, 所以他们与A一起即为所求之4人.

情形（iii）只需再考虑每个人都恰好有4个熟人, 并且任何3人中都有两人相互认识的情形.

任取其中一人A. 假如A的4个熟人两两认识, 那么他们即为所求. 否则, 其中就有B,C二人互不认识. 易知, 此时A有3个不认识的人F,G.,H, 而这3个人中的任何两人都与A构成3人组, 所以F,G.,H中的任何两人都相互认识. 如果B,C之一与F,G.,H中的每个人都彼此认识,那么此人与F,G.,H一起构成所求的4人组. 否则, B,C二人分别不认识F,G.,H中的一个人. 易知, B和C不可能不认识他们中的同一个人, 否则该人与B,C所成的3人组中任何二人均互不认识, 导致矛盾. 这就表明, B和C分别不认识F,G.,H中的两个不同的人, 不妨设B不认识F, 而C不认识G. 现在把B,F,A,G,C依次排在一个圆周上, 于是任何两个相邻放置的人都互不认识. 然而他们中的任何三个人中都一定有在圆周上相邻的两个人, 从而在他们之中找不到3个人两两认识, 导致矛盾, 所以这种情况不可能存在.

综合上述, 在一切可能的情况下, 都能找出4个人两两都彼此认识.

（2） 如果其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 则不一定可以找出4人两两彼此认识, 例子为:

在正八边形中连出8条最短的对角线. 每个顶点代表一个人, 有线段相连的顶点表示相应二人相互认识. 不难验证: 其中任何6个人中都有3个人两两彼此认识, 但是却找不出4人两两彼此认识.

第二天

2006年8月9日 9：00——13：00

五、平面上整点集S＝｛（a，b）│1≤a，b≤5，a，b∈Z｝，T为平面上一整点集，对S中任一点P，总存在T中不同于P的一点Q，使得线段PQ上除点P，Q外无其他的整点．问T的元素个数最少要多少？

解：

答案：最少个数为2。

先证T不可能只包含一个点。

若不然，设T＝｛Q（x0，y0）｝。在S中取点P（x1，y1）满足（x1，y1）≠（x0，y0）且x1与x0同奇偶，y1与y0同奇偶。则线段PQ的中点为一整点。矛盾。

T含两个点的情形如下图所示：

六、设集合M＝｛1，2，…，19｝，A＝｛a1，a2，…，ak｝M．求最小的k，使得对任意

b∈M，存在ai，aj∈A，满足ai＝b，或ai±aj＝b（ai，aj可以相同）． 解：由假设， 在A中， 有)1(kk种可能的组合， 从而19)1(kk，即4k。

当4k时，我们有20)1(kk。不妨假设4321aaaa。则104a。

当104a时， 有93a。

这时82a或7。 如果82a，则189,1910,20，这不可能。

如果72a，则61a或51a。由于167,1910,20

或257,279,20，这不可能。

当114a时， 有83a。

这时72a以及61a， 这不可能。

当124a时，有73a。这时5,612aa，这不可能。

当134a时， 有4,5,6123aaa，这不可能。

当144a时， 有4,523aa，这不可能。

当154a时， 有2,3,4123aaa， 这不可能。

当164a时， 有1,2,3123aaa， 这不可能。

当174a时，均不可能。

所以， 5k。

如果取}16,9,5,3,1{A，则A满足条件。故最小的5k。

七、已知xi＞0，,,,2,1nik≥1．求证：

1111nniiiixx≤11111knnikiiiixxx．

证法1：

原不等式等价于

1111111011knnnniikiiiiiiixxxxx，

上式左1111kjikijijijixxxxx