資源簡介

維普資訊 http://www.
2006年第 3期 數 學 通訊 43
世界各地數學奧林匹克試題選登
徐勝林
(華中師范大學數學與統計學學院。湖北 430079)
中圖分類號：O12—44 文獻標識碼：A 文章編號：0488—7395(2oo6)o3—0043—03
_
1 對任意素數 P和任意正整數 ，證明： 引理 設 4， ，n是正整數，那么
I 5D( ～1)，其中 是歐拉函數． n 一1ln 一1∞，l l ．
2 已知ZABC= ，射線 lI，l2， ，l 一l將 充分性是顯然的．下證必要性．
設 =qn+，．，其中q，，．都是自然數且0-G<，．<
它 n等分，作直線 ￡，它與直線AB，BC分別
n．那么
交于點AI，A +I，且 z n z =A +l(i=1，2，
n卅～1=n 一1=n [(n ) 一1]+n 一1．

， 一 1)．證明：比值
若 n 一1l n 一1，因為 n 一1l(n ) 一1，故有
1 ． 1 n 一1ln 一1，這說明 ，．=0．所以 =qn，即nl1"n．
同 十
引理得證 ，下面證 明
1 ． 1 ． ． 1 ． 1
T琊 十T田 十 十T田 十T舌 _『 原問題．
‘
‘
．
是一個不依賴于直線 l的常數，并求出這個 ( 一1，P)=1，根
據歐拉定理，有 ．
比值．
戶 (，一 )i 1(orod P
3 是否存在一個由不同的自然數組成的無
一 1)．
窮數列{a， } 。，滿足條件：
即 一1 l P~(pn-)一 圖 第 題圖
(i)對任意 7z，an≤1999n；
1，由弓I理可知，nl (戶 一1)．
(i)任意 a 的十進制表示中不包含三
2 證 如圖1，記o BA1A +1，對一切k；l，2，
個連續的數字17
，n，由正弦定理可得
4 設 是一個正整數，P( )是一個2 次
k
-
sin(0+ f)
多項式且滿足P(0)=1，P(k)=2 ‘，．1，2， nl BA ： ： — — ． 因此 ，
^+1 I sin0 sln0 ‘ ’
” ·
，2n．證明：
+
2P(2n+1)一P(2n+2)=1．
5 點 M 是△ABC的邊AC上一點，以BM
2cos罷sjn(口+等) ‘
為直徑的圓r交AB，AC于點P，Q圓r在 — — L (1)
．
P，Q兩點處的切線相交于點R．當點 M 變
．
動時，求點R的軌跡． 1+壹 =1+ 1 k壹=l 口+ )
=
解 答 盞s + )
1 證 先證明一個引理 ．
收稿 日期 ：2005—11—20
維普資訊 http://www.
數 學 通 訊 2006年第3期
1
： ．上 壹2sin ~ sin(口+鯉) 位數字不是1的數的個數， 表示集合 S 中個位
n 2sin 。 咒 咒 數字和十位數字都是 1的數的個數．
1 根據定義，可以得到
= · ~,lcos[O+ ]
甜I十1=9s ， 十1=甜I， 十I= 甜 ．
“2n
根據這些關系式，我們有
一o。s ]} ． +3 "Ok+2 +l 9 ，
1 1
= · ·[o。s(口一 )一cos(口+ )] 因此
+4= 甜 +4+ + + "Q
“ 乏 ． -"k+4
1 1 ．2si =9s,+3+ +3+ 仇+
= n · 2si n(口+號z )．Sin z咒
n =10 +3一 +3
=lOsk+3—9sk．
sin(n+1)~
； ． 蘭絲 (2) 因此，數列 } ：滿足一個四次線性遞推關
smO ．
系，這個遞推關系的特征方程是 P(x)=0，其中
由(1)和(2)，可以得到 P(x)= 一lOx +9=( 一1)( 一9x 一9
一 9)．
(南 + )／(南 十南 0·
容易證明多項式 Q( )= 一9 一9 一9有
唯一一個實根 r(9+南 +南 ) ．
由于 n =9且 ，>9，故l f<1．
的遞推關系的解為
2翠o。s號．sin ，一 sin ‘ =12十擬 +c + ，
其中n，b，c，d為復數．
它與0無關，因此，它與直線 z的位置無關．
因為llm =oo，liml l =0，可知 ≠0，因此
—
3 解 下面證明滿足條件的數列不存在． · p
=0(，) (3)
先給出一個定義：如果一個正整數的十進制表
示中不包含三個連續的數字1，就稱它為好整數． 設 n為一個熬數(n≥10)，忌是7"／的十進制表
對于 ≥l，設 t 表示不超過n的好整數的個 示中數字的個數，則 l0卜。≤，z數． 從 ￡ 和 的定義易知：t ≤ ，因此由(3)得到
假設存在滿足題設條件的無窮數列{12 } 。，由 t =0( ) (4)
題設條件易知，數列中的每一項 n 均為好糇數，從 選擇任意實數 e>O，使得 r十e<10，并且假設
而對一切正整數 n，均有 f。99 ≥n，即對一切 n，有 n足夠大，使得 I ≤1一 1U 變形得
n In ，
者 ≥ ．但這與下面的引理矛盾． 一-I14 南 ．
‘
引理 lim =0． ‘
．‘l0 ≤n，
·
證 對一切整數五(五≥1)，設 S 表示由十進 ． ． 五≤ +l'從而 五≤ ，
制表示中最多有五個數字的好整數組成的集合，
·
：
． ． r≤ ： ．
表示集合S 中元素的個數．對于五≥2，我們有 =
其中 n ．
+ + ，其中 表示集合S o個位數字不是
l的數的個數， 表示集合S 中個位數字是 l但十 由(4)知，t =0(，z )，又 0<口維普資訊 http://www.
2006年第 3期 數 學 通訊 45
- 設 H是圓r
， ． 1Im ：0．
與AC的另一個
4 證 對 =0，1， ，2 設
交點，則 BHM
L (z) 旦一 l(z— )- =90。，故 BHj_
AC．設 A 是從A
多項式盞 (z)的次數不超過2 ，且與 向 BC所引垂線
P(z)在0，1， ，2”處有相同的值，因此 的垂足，C 是從
C向AB所 引垂
)= 黜 z) (5) ＼ 線的垂足，過點
設 P( )=a2n +丑2 一1 z 一’+ 十4l + A，A 作△且AA
／R
n。．利用(5)式來計算系數n： ， 的外接圓的切線 ／
．
TA和 TA ，交于
篙 =盞
點 丁，過點 C，C
= 盞c ( )附 作△B 的外接圓的切線SC和SC ，交于點 S．
由于A，B，A ，H四點共圓，有
= ㈣ 一( 十( +．- M ； HBA= 佃 = HlQP，
HA4 = HBA = 船 Q= HPQ，
+ ] 因此，△ ∽△ ．
又 ’．。 A = TA = ABA = PBQ=
=號· 1[ 十盞㈠ ( 21 R = RQP，
。
． ． △丁 c~ZXRpQ．
=丟‘ [1+(1—2)2，f ． 因此 △M TOozxHO_~，△M Qc~ZXHTR。
故有 HQA = HRT．
下面考慮 Q( )=2P(z)一P(z+1)．多項式
同樣的方法，因為 H∞ = HQP， HC C
Q( )與 P( )有相同的次數和相同的首項系數．根
= 餾 ，可 得 △HC C∽ zxt-IpQ．△S∞ ∽
據假設可得 Q(o)=l，Q(忌)；0，南=1，2， ，2n—
△ ，故 △HCS∽ ZXHQR，從 而 zXHQC∽
1．因此
zxI-IRS，故 HQc= 膿 S．
Q( )：n2 ( 一1)(z一2) ··[z一(2n—1)]
因此 HRT+ I-IRS= 必 + 爿 =
( —r)，
180。，這說明點 R在線段TS上． ／
其中r為實數
由于△m R∽ △M Q，△膿 S∽△ QC，可
‘
·‘Q(0)=1 ，所以 得
TR：A Q=HR：I-IQ=RS：Qc．
1= -(2 _1)!= F，
故 TR：RS=A Q：Qc．
’
． ． F=2 ． 由于AA j_BC，MQj_BC，故AA ∥MQ，因此
因此 Q( ) ( 一1)(z一2) ‘( 一 A，Q：QC=AM：MC，故
TR：RS；AM ：MC．
2n)，故
當點M 沿著邊AC從A變到C時，點 R沿線
2 (2 +1)一P(2 2)=Q(2 +1)= _1_ 段7"3從丁變到S，滿足 豫 ：RS=AM：MC．因此，
5 解 在下面的證明中，我們假設△ABC是 點R的軌跡即為線段TS．
銳角三角形．對于其他．情形．證明是類似的．維普資訊 http://www.
46 數 學 通 訊 2006年第5期
世界各地數學奧林匹克試題摘編
周維發
(軺關市乳源高級中學，廣東 5]2700)
中圈分類號：O12—44 文獻標識碼：A 文章編號：0488—7395(2006)05—0000—00
1 (2000年俄羅斯數學奧林匹克)求證：存 口2， ，n。【啪是實數，并且對于 1≤咒~2000，
在l0個不同的實數 n ，口：， ，口 使得方 有
程 ( 一口I )( ～盤2) ( —al0) ( +口I) 。+ 矗口 l 2 + 十(z (nl十口2+ +n ) ，
(z+n2) (z+n10) (1) 求證：n ，口2。 ，口舢 均為整數．
恰有5個不同的實根 證 注意到若 n =i，i=1，2， ，行，那
證 取 口l，n2，口3，n4。n5為正數，口6= 么
0。并且口7+n8=0，口9+n10=0．下證這樣的
口 3+n 3+ + 3=[旦 _
lO個實數滿足題設．
事實上，對于 是∈ {6，7。8，9，10}，(1)式 (f薈 I ) ( I+ ·+“ 。) ．
兩邊都有因式( 一口 )，這樣 口 七 是方程(1) 引理 如果 n =i。i=1，2， ， ，并且
，
的實根。
=( 挪 么 ∈{7 = +1'一
，
叉當 告{n6，口7，n8，口9，盤 。}時，方程
∑川
(1)可化為
事實上，由 n，
( —a I)( 一口2) ( 一ns)=( + “f) ，得 t J
吐1)( +n2) ( +口5) (2) t。+高 ( 十差 ) = 。2+
若 >0，那么對于k∈{1，2，3，4，5}， I I
2 × +(高
—n I=max{z—n ，口 — }< +
“ =f 十口 I．因此(1)式不能成立 所以n，+I(口 +I+7z)[口， +I一(7z+1)]=
0，所以 口 十I=0或 口 +l=～n，或 (z +l=行
同理，若 <0，(1)式也不能成立．又顯
然0不是方程(1)的解．這樣方程(1)恰有 5 +1
個實根 口6，口7，n8，口9，口m 對于正整數 k，我們用 表示如下命
題 ：如果口I，n2， ，口 是實數，使得對于 l≤
2 (2oo0年俄羅斯數學奧林匹克)設 口。，
收稿日期：2005—12—15
維普資訊 http://www.
2006年第5期 數 學 通訊 47
當P為奇素數時，注意到若 0≤a，6≤
扎≤志．均有耋口 ’；(】耋口 ) ，
那么口。。a：， ，a 均為整數． ； ，刃 么P I口2—6 =(口一6)(4+6)當且
下面我們用數學歸納法證明對正整數 僅當口=6，因此，
量，命題 為真．
1+0 ，1十1 ， ，1+( )
當志=1時，由口l =a1 2知aI∈{0，1}，
被P除的余數互不相同．
P。為真．
一
假設對于 ：1，2， ，屜，命題 P 為真， 0 ，一1 ， 。一( )z
那么對于 i=五+1．設 口l，a2， ，aI+I是實 被P除的余數也互不相同．因此，必存在這
數，并且對于 l≤ ≤ +1， 樣的整數 ， ，0≤ ， ≤立
，使得
驀f曾l 口 ：(盞#I 4 ． 1+ 三 一y2(n1od P)．
情形 1 存在 i∈{1，2， ，五+1}，使得 這樣，存在整數 ，使得
口 =0，此時刪去 a ，還剩 南個實數，由歸納 l+ 。+ +u =O．
假設知口l，口2， ，a ．a ， ，aI+l均為整 又因為 0< 2+y2+1≤2(生 ) 十1
數，又4 =0為整數。所以命題 P 為真．
情形 2 存在 i∈{1，2， ，五}，使得
4 (2000年韓國數學奧林匹克)求出所有
口川 一af，那么 ≥2，由P 為真知口I，口2，
的實數集到其自身的映射 廠。使得對于任意
，a 為整數，叉由a =一a 知a 為整
實數z，Y，均有
數，從 al，a2， 。a +I中刪去 ai，口 ，由歸
，(z 一 )=(z— )[廠( )+f(y)] (1)
納假設知 al，a2， ，af-Il，a +2， 。a +I為整
解 設 廠滿足(1)式，在(1)中令 =
數，又a ，a川為整數，所以命題 P川 為真．
=0，得 f(0)=0．
情形3 對于 ≤五+1，af≠0，并且 口f 再在(1)中令 =一 ，得
≠一aH ．這時我們利用引理容易證明對于1 0=f(0)=2x[／(x)+廠(一 )]，
≤i≤ +1，口 =i，所以命題 P+l為真． 所以f(x)=一f(z)。即廠( )為奇函數．
綜上可知，對于是≥1，命題 P 為真． 再在(1)式中用一 代Y，并注意到廠(一
3 (韓國2000年教學奧林匹克)求證：對于 )=一f(y)，得
任意素數p，存在整數 z，2o，2， ，使得 ，( 一 )=( + )[，( )一，( )] (2)
2+ 2+ 2一u =0． 由(1)，(2)得
其中0<伽證 當P=2時．取 ．／7= = =1，z=0 = ( + )[，( )一f(y)]．
即可． 化簡得 ( )= ( ) (3)
維普資訊 http://www.
數 學 通 訊 2006年第5期
在(3)中令 Y=1，得 二次多項式，這樣必有
f(X)：f(1)X， f(x)= 一2xeosa+1
所以f(x)=kx，k為實數． 下面證明 廠(X)=z 一2xcosa+1整除
容易驗證，對于任意實數 k，函數f(X) P，．(X)( ≥3)．
=kx滿足(1)式，故所求的函數為 由(1)可知，
f(x)：kx． P (X)=xp 一l(X)+[sin( 一1)口]·f(x)，
5 (2000年越南數學奧林匹克)對任意整 P ～l(z)=xp 一2( )十[sin( 一2)G]·f(z)，
數 竹≥3和任意的 a∈(0， )，令
P (X)：X“sing—xsinna+sin(”一1)a． 聲2( )=0十(sing)f(x)．
1)求證存在唯一的首項系數為 1的二 這樣可得
次多項式 P (X)=廠(X)[sin( 一1)口+xsin( 一
f(x)：z +nz+b，
2)口+ +X sing]，所以對于 ”≥3，
使得對于 ≥3，f(x)l P ( )， f(X)IP (X)．
2)求證：不存在首項系數為1的一次多
2)假設對于 押≥3，g(x)= +C整除
項式
P (X)，那么必有g(x)IP3( )．由1)知，
g(x)=z+ ，
P3(X)=(sing)f(z)(X+2COSG)
使得對任意的 ≥3，均有g(z)I P ( )．
由于多項式，(z)沒有實根(廠( )的根為
證 首先注意到
和 )，因此g( )必整除 X+2COSG，所以必
P +I(X)一z (z)
有
= sinna—x[sin(扎+1)a+sin(n一1)G]
f 2CVSG．
十sinna
又因為g(x)I P ( )，這樣必有
= 2sin 一2xsin 口COS口+sin
P4(一2COSG) 0，
= (sinna)( 一2xcosa+1)． (1)
1)設f(X)= 十b，并假定對任意的 即3—4sin2 a 0，這樣必有a 詈或a
≥3，均有f(x)I P，．( )，那么必有 =夸．但是無論a=號或a：警，一2cosa不
f(x)I[P +l(z)一xp (z)]=sinna(X
是P (X)的根，N~g(x)不能整除所有的
一
2xcosa+1)，由于 口∈(0，丌)，必有這樣的
P，。(X)．
整數 n。使得 sinna4：0，這樣必有f(x)l X
一 2xcosa+1．由于f(z)是首項系數為 l的

展開更多......

收起↑