2006中国数学奥林匹克（第二十一届全国中学生数学冬令营）

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2006中国数学奥林匹克

（第二十一届全国中学生数学冬令营）

第一天

福州 1月12日 上午8∶00～12∶30 每题21分

一、 实数a1,a2,?,an满足a1?a2???anmax(ak)?1?k?n2?0，求证：

2n3n?1??ai?ai?1?．

i?1证明 只需对任意1?k?n，证明不等式成立即可． 记dk?ak?ak?1,k?1,2,?,n?1，则

ak?ak，

ak?1?ak?dk，ak?2?ak?dk?dk?1,?,an?ak?dk?dk?1???dn?1， ak?1?ak?dk?1,ak?2?ak?dk?1?dk?2,?,a1?ak?dk?1?dk?2???d1，

把上面这n个等式相加，并利用a1?a2???an?0可得

nak?(n?k)dk?(n?k?1)dk?1???dn?1?(k?1)dk?1?(k?2)dk?2???d1?0．

由Cauchy 不等式可得

(nak)??(n?k)dk?(n?k?1)dk?1???dn?1?(k?1)dk?1?(k?2)dk?2???d1?

22?k?12???i??i?1n?k?i?1??n?12?i???di? ??i?1?2?n?12??n?12?n(n?1)(2n?1)?n?12????i???di????di? 6?i?1??i?1??i?1?n?n?12????di?， 3?i?1?3所以 a?

2kn3n?1??i?1ai?a?i1?2．

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二、正整数a1,a2,?,a2006（可以有相同的）使得

a1a2,a2a3,?,a2005a2006两

两不相等．问：a1,a2,?,a2006中最少有多少个不同的数？

解 答案：a1,a2,?,a2006中最少有46个互不相同的数．

由于45个互不相同的正整数两两比值至多有45×44＋1＝1981个，故

a1,a2,?,a2006中互不相同的数大于45．

下面构造一个例子，说明46是可以取到的．

设p1,p2,?,p46为46个互不相同的素数，构造a1,a2,?,a2006如下：

p1,p1,p2,p1,p3,p2,p3,p1,p4,p3,p4,p2,p4,p1,?， p1,pk,pk?1,pk,pk?2,pk,?,pk,p2,pk,p1,?， p1,p45,p44,p45,p43,p45,?,p45,p2,p45,p1， p46,p45,p46,p44,p46,?,p46,p22,p46，

这2006个正整数满足要求．

所以a1,a2,?,a2006中最少有46个互不相同的数．

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2三、正整数m，n，k满足：mn?k?k?3，证明不定方程

x?11y?4m

22和 x?11y?4n

22中至少有一个有奇数解(x,y)．

证明 首先我们证明如下一个 引理：不定方程

x2?11y2?4m ①

或有奇数解(x0,y0)，或有满足

x0?(2k?1)y0(modm) ②

的偶数解(x0,y0)，其中k是整数．

引理的证明 考虑如下表示

x?(2k?1)y x,y为整数，且0?x?2m ,0?y???m???则共有?2m??1????2????m2，

???1??m个表示，因此存在整数x1,x2??0,2m?，?????m?y1,y2??0,?，满足(x1,y1)?(x2,y2)，且

2??

x1?(2k?1)y1?x2?(2k?1)y2(modm)，

这表明

x?(2k?1)y(modm)， ③

这里x?x1?x2,y?y2?y1。由此可得

x?(2k?1)y??11y(modm)，

22故x?11y?km，因为x?2m,y?2222m2，所以

x?11y?4m?22114m?7m，

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于是1?k?6．因为m为奇数，x2?11y2?2m，x2?11y2?6m显然没有整数解．

（1） 若x2?11y2?m，则x0?2x,y0?2y是方程①满足②的解． （2） 若x2?11y2?4m，则x0?x,y0?y是方程①满足②的解． （3） 若x2?11y2?3m，则?x?11y??11?x?y??32?4m． 首先假设3

m，若x0(mod3),yx?11y3220(mod3)，且x,y0?x?y3y(mod3)，则

x0?是方程①满足②的解．若x?yx0? ④

0(mod3)，则 x?11y3,y0?y?x3 ⑤

是方程①满足②的解．

现在假设3m，则公式④和⑤仍然给出方程①的整数解．若方程①有偶数解

x0?2x1,y0?2y1，则

x1?11y1?m22?36m??5x1?11y1??11?5y1?x1?．

22因为x1,y1的奇偶性不同，所以5x1?11y1，5y1?x1都为奇数． 若x?y(mod3)，则x0?若x15x1?11y135x1?11y13,y0?5y1?x1y1(mod3)，则x0?,y0?35y1?x132是方程①的一奇数解． 是方程①的一奇数解．

2（4）x2?11y2?5m，则52?4m??3x?11y??11?3y?x?． 当5则

x0?是方程①满足②的解．

若x??1(mod5),y??2(mod5)，或x??2(mod5),y??1(mod5)，则

x0?3x?11y5,y0?3y?x53x?11y5,y0?3y?x5m时，若x??1(mod5),y??2(mod5)，或x??m2(,od)5m1(od)5y??，

⑥

⑦

是方程①满足②的解．

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当5m，则公式⑥和⑦仍然给出方程①的整数解．若方程①有偶数解

x0?2x1,y0?2y1，则

22 x1?11y1?m,x12，y1(mod2)

2可得

100m??x1?33y1??11?y1?3x1?．

若 x1?y1?0(mod5)，或者 x1??1(mod5),y1??2(mod5)，或者

x1??2(mod5),y1??1(mod5)，则x0?x1?33y15,y0?y1?3x15是方程①的一奇数

解．

若 x1??1(mod5),y1??2(mod5)，或x1??2(mod5),y1??1(mod5)，则

x0?x1?33y15,y0?y1?33x15

是方程①的一奇数解．

引理证毕．

由引理，若方程①没有奇数解，则它有一个满足②的偶数解(x0,y0)．令

l?2k?1，考虑二次方程

mx?ly0x?ny0?1?022， ⑧

?ly0?x02m则 x??ly0?ly0?4mny0?4m2m222?，

这表明方程⑧至少有一个整数根x1，即

mx1?ly0x1?ny0?1?0，

22 ⑨

上式表明x1必为奇数．将⑨乘以4n后配方得

?2ny0?lx1?2?11x1?4n，

222这表明方程x?11y?4n有奇数解x?2ny0?lx1,y?x1．

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2006中国数学奥林匹克

（第二十一届全国中学生数学冬令营）

第二天

福州 1月13日 上午8∶00～12∶30 每题21分

四、在直角三角形ABC中，?ACB?90?，△ABC 的内切圆O分

别与边BC，CA， AB 相切于点D，E，F，连接AD，与内切圆O相交于点P，连接BP，CP，若?BPC?90?，求证：AE?AP?PD．

证明 设AE = AF = x，BD＝BF＝y，CD＝CE＝z，AP＝m，PD＝n． 因为?ACP??PCB?90???PBC??PCB，所以?ACP??PBC．

APECDBFQ

延长AD至Q，使得?AQC??ACP??PBC，连接BQ，CQ，则P，B，Q，C四点共圆，令DQ＝l，则由相交弦定理和切割线定理可得

yz?nl， ① x?m(m?n)． ②

2因为?ACP∽?AQC，所以

ACAQ2?APAC，故

(x?z)?m(m?n?l)． ③

在Rt △ACD和Rt △ACB中，由勾股定理得

(x?z)?z?(m?n)， ④ (y?z)?(z?x)?(x?y)． ⑤

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222222教学视频-公开课,优质课,展示课,课堂实录(http://www.sp910.com/)

③－②，得 z2?2zx?ml， ⑥ ①÷⑥，得 所以 1?yzz?2zxyz2??nmm?n，

， ⑦

z2?2zxm②×⑦，结合④，得 x2?x2yz(m?n)2?(x?z)2?z2z2?2zx?，

整理得 x2yz?2x?2z(x?z)． 又⑤式可写为 x?z?2xyy?z， 由⑧，⑨得

xz?2x?4zy?z． 又⑤式还可写为 y?z?2xzx?z， 把上式代入⑩，消去y?z，得

3x2?2xz?2z2?0，

解得 x?7?13z，

代入○11得， y?(27?5)z， 将上面的x，y代入④，得

m?n?2(7?1)3z，

2结合②，得 m?xm?n?7?16z，

从而 n?7?12z，

所以，x?m?n，即 AE?AP?PD．

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⑧

⑨

⑩ ○11

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五、实数列?an?满足：a1?ak?1??ak?121，

，k?1,2,?．

2?ak证明不等式

??n?1??2(a?a???a)12n??nn???1??1?a1?a2???an??1???1?1??1 ?．??????naaa???1??2??n?12,n?1,2,?．

证明 首先，用数学归纳法证明：0?an?n?1时，命题显然成立．

12假设命题对n(n?1)成立，即有0?an?设f(x)??x?1．

?1?,x??0,?，则f(x)是减函数，于是 2?x?2?an?1?f(an)?f(0)?12,

an?1?f(an)?f()?2116?0，

即命题对n＋1也成立．

原命题等价于

??????1??1??1nn?1?1??1?1???． ?????????2?a?a???a??a?a???aaaa2n??12n?1??2??n?1??nn设f(x)?ln??11????1?,x??0,?2??x??，则f(x)是凸函数，即对0?x1,x2?12，有

f?x1??f?x2??x?x2?． f?1??22??事实上，f?f?x1??f?x2??x1?x2??等价于 ?22?????1??1?2?1??1?1??????，

?x1?x2??x1??x2??2?x1?x2?2?0．

所以，由Jenson 不等式可得

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f?x1?x2???xn?f???n????n?1???a1?a2???an?n?x1??f?x2????f?xn?n，

即

?1??1??1????1???1??1． ???aaa?1??2??n?另一方面，由题设及Cauchy不等式，可得

nn?i?1?1?ai???ai?11i?ai?1?n

?nn2?n??ai?1)n2n?n

i?(ai?1ian?1?a1?2?ai?1??2??nn??n?n??1?， nn??2?ai2a?i??i?1?i?1?n所以

?(1?ai?1ni)?ai?1i???n?n??n?1?， n???ai?2?ai??i1?i1??nn??n故 ??a?a???a2n??1n???(1?a1)?(1?a2)???(1?an)?n?1????? ?2?a?a???a??a1?a2???an12n??????1??1??1???1???1????1?， ?a1??a2??an?从而原命题得证．

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六、设X是一个56元集合．求最小的正整数n，使得对X的任意15个子集，只要它们中任何7个的并的元素个数都不少于n，则这15个子集中一定存在3个，它们的交非空．

解 n的最小值为41．

首先证明n?41合乎条件．用反证法．假定存在X的15个子集，它们中任何7个的并不少于41个元素，而任何3个的交都为空集．因每个元素至多属于2个子集，不妨设每个元素恰好属于2个子集（否则在一些子集中添加一些元素，上述条件仍然成立），由抽屉原理，必有一个子集，设为A，至少含有??2?56??1??15?＝8个元素，又设其它14个子集为A1,A2,?,A14．考察不含A的任何7个子集，

7都对应X中的41个元素，所有不含A的7－子集组一共至少对应41C14个元素．另

一方面，对于元素a，若a?A，则A1,A2,?,A14中有2个含有a，于是a被计算

77?C12次；了C14若a?A，则A1,A2,?,A4177?C13中有一个含有a，于是a被计算了C14次，于是

41C14?(56?A)(C14?C12)?A(C14?C13)

?56(C14?C12)?A(C13?C12)

?56(C14?C12)?8(C13?C12)7777777777777，

由此可得196?195，矛盾．

其次证明n?41．

用反证法．假定n?40，设X??1,2,?,56?，令

Ai??i,i?7,i?14,i?21,i?28,i?35,i?42,i?49?,i?1,2,?,7，

Bj??j,j?8,j?16,j?24,j?32,j?40,j?48?,j?1,2,?,8．

显然，Ai?8(i?1,2,?,7),Ai?Aj?0(1?i?j?7，)Bj?7(j?1,2,?,8)，

Bi?Bj?0(1?i?j?8)，Ai?Bj?1(1?i?7,1?j?8)，于是，对其中任何3个

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子集，必有2个同时为Ai，或者同时为Bj，其交为空集．

对其中任何7个子集Ai,Ai,?,Ai,Bj,Bj,?,Bj(s?t?7)，有

12s12tAi1?Ai2???Ais?Bj1?Bj2???Bjt ?Ai1?Ai2???Ais?Bj1?Bj2???Bjt?st

?8s?7t?st?8s?7(7?s)?s(7?s) ?(s?3)?40?40，

2任何3个子集的交为空集，所以n?41．

综上所述，n的最小值为41．

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子集，必有2个同时为Ai，或者同时为Bj，其交为空集．

对其中任何7个子集Ai,Ai,?,Ai,Bj,Bj,?,Bj(s?t?7)，有

12s12tAi1?Ai2???Ais?Bj1?Bj2???Bjt ?Ai1?Ai2???Ais?Bj1?Bj2???Bjt?st

?8s?7t?st?8s?7(7?s)?s(7?s) ?(s?3)?40?40，

2任何3个子集的交为空集，所以n?41．

综上所述，n的最小值为41．

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