第48届IMO试题解答－金锄头文库

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1、竞赛之窗第48届IMO试题解答1.给定实数a1,a2,an.对每个i(1in) ,定义:di=maxaj| 1ji - minaj|ijn ,且令d= maxdi| 1in.(1)证明:对任意实数x1x2xn,有max|xi-ai| | 1ind2;(2)证明:存在实数x1x2xn,使得式中的等号成立.(新西兰供题) 2.设A、B、C、D、E五点中,四边形ABCD是平行四边形,四边形BCED是圆内接四边形.设l是通过点A的一条直线,l与线段DC交于点F(F是线段DC的内点) ,且l与直线BC交于点G.若EF=EG=EC,求证:l是 DAB的平分线.(卢森堡供题) 3.在一次数学竞赛

2、活动中,有一些参赛选手是朋友,朋友关系是相互的.如果一群参赛选手中的任何两人都是朋友,就称这一群选手为一个 “团”(特别地,人数少于2的一群也是一个团) .已知在这次竞赛中,最大的团(人数最多的团)的人数是一个偶数.证明:总能把参赛选手分配到两个教室,使得一个教室中的最大团的人数等于另一个教室中的最大团的人数.(俄罗斯供题) 4.在 ABC中,BCA的平分线与 ABC 的外接圆交于点R,与边BC的垂直平分线交于点P,与边AC的垂直平分线交于点Q. 设K、L分别是边BC、AC的中点.证明: RPK和 RQL的面积相等. (捷克供题)5.设a、b为正整数.已知(4ab-

3、1)| (4a2- 1)2. 证明:a=b.(英国供题) 6.设n是一个正整数.考虑S= (x,y,z)|x、y、z0 ,1 ,n ,x+y+z 0 这样一个三维空间中具有(n+ 1)3- 1个点的集合.问:最少要多少个平面,它们的并集才能包含S,但不含(0 ,0 ,0) ? (荷兰供题)参考答案1. (1)设d=dg(1gn) ,并记ap= maxaj| 1jg ,ar= minaj|gjn.则1pgrn,且d=ap-ar.对任意实数x1x2xn,注意到(ap-xp) + (xr-ar) = (ap-ar) + (xr-xp)ap-ar=d,所以,ap-xpd2或xr-ar

5、式可得xk-ak=al-ak-d 2d-d 2=d 2.这就是式 .从而,对所有1kn,有-d 2xk-akd 2.故max|xi-ai| | 1ind 2.再由(1)知xk确使式取等号.解法2 :对每一个i(1in) ,令Mi= maxaj| 1ji ,mi= minaj|ijn.则Mi=maxa1,aimaxa1,ai,ai+1 =Mi+1,mi=minai,ai+1,anminai+1,an =mi+ 1.这说明序列Mi和mi都是不减的,且由它的定义知miaiMi.令xi=Mi+mi 2,由di=Mi-mi可得-di2=mi-Mi2=xi-Mixi-aixi-mi=Mi-mi2=di

6、2.故max|xi-ai| | 1inmaxdi2| 1in =d 2.再由(1)知xk使得式等号成立.图12.如图1 ,作等腰 ECF和等腰 EGC的高EK和EL.由条件易知 ADF GCFAD GC=DF CFBC CG=DF CFBC CL=DF CKBC+CL CL=DF+FK CKBL CL=DK CKBL DK=CL CK.又由 LBE=EDK知 RtBLERtDKE.所以,BL DK=EL EK.由式、知CL CK=EL EKCLE CKECL CK=CE CE= 1CL=CKCG=CF.故 BAG=G AD.3.我们给出分配选手的一种算法.记这两间教室分别为A、B

7、.我们从某一个初始排列开始,靠每次调整一人从一个教室到另一个教室作若干次修改来达到目标.在这种算法的任何一步,A、B分别表示教室A、教室B中选手的集合,C(A)、C(B)分别表示教室A、教室B中最大团的人数.第一步:设M是所有参赛选手中的最大团,|M|= 2m.将M中的所有成员分配到教室A中,然后,把另外的所有成员分配到教室B中.因为M是所有参赛选手中的最大团,所以,C(A) = |M|C(B) .第二步:只要C(A) C(B) ,我们就从教室A中派一人到教室B中.注意到C(A) C(B) ,这说明A非空.在操作的每一步,C(A)减少1而C(B)至多增加1 ,这样在操作结束时,一定有C(

8、A)C(B)C(A) + 1.在操作结束时,也一定有C(A) = |A|m,否则,M中的至少m+ 1个选手在教室B中,M中的至多m- 1个选手在教室A中,因此,C(B) -C(A)(m+ 1) - (m- 1) = 2 ,不可能.第三步:设C(A) =k,如果C(B) =k,则结论已成立.否则,C(B) =k+ 1 ,从上面估计知k= |A| = |AM|m,|BM|m. 第四步:如果存在一个选手xBM和一个团Cm|BM| ,所以C-M是非空的.我们每次仅调整一个人从教室B到教室A,所以,C(B)至多减少1.因此,在这一个步骤结束时,总有C(B) =k.这时在教室A中有个团AM,其大小|AM|

9、 =k,所以,C(A)k.22中等数学下面证明:教室A中没有人数比k更大的团.设Q 0的点(x1,x2,xk)都是P(x1,x2,xk)的零点,且P(0 ,0 ,0)0 ,则degPkn.引理的证明:对k用归纳法.当k= 0时,由P0知结论成立.假设结论对k- 1成立,下证结论对k成立.令y=xk,设R(x1,x2,xk- 1,y)是P被Q(y) =y(y- 1)(y-n)除的余式.因为多项式Q(y)以y= 0 ,1 ,n为n+ 1个零点,所以,P(x1,x2,xk- 1,y) =R(x1,x2,xk- 1,y) ,对所有x1,x2,xk- 1,y0 ,1 ,n成立.因此,R也满足引理的

10、条件,进一步有degyRn.又明显地degRdegP,故只要证明degRnk即可.(下转第31页)322007年第9期2x+y= - 3 ,x+ 2y= - 669有整数解x= 221 ,y= - 445.若yx,还有两组整数解x= - 221 ,y= 445 ,x= - 445 ,y= 221.所以,共有4组整数解.三、由条件知3 + 2 = 3a+b,3 = -a+ba= 3 - 1 ,b= 2 3 - 1.于是,2 -c=ac+b= ( 3 - 1)c+ (2 3 - 1) .解得c= 3 - 2.因此,a-b= -3 ,b-c= 3 + 1 ,c-a= - 1.故a2+b2+c2-a

11、b-bc-ca=1 2 (a-b)2+ (b-c)2+ (c-a)2 =4 + 3.图7四、如图7 ,联结AC、BD.因为弦CD垂直于直径AB,则BC=BD.所以,BCD=BDC.因OA=OC,有OCA=OAC.又 BDC=OAC,则 BCD=OCA.故 BCD OCACB CO=CD CA.在 CDN与 CAM中,因为DCN=ACM,CDN=CAM,所以,CDN CAM.从而,CN CM=CD CA=CB CO=CB 2CMCN=1 2CB.故BN=CN.五、获胜的关键是要看裁判擦去的是哪个数.注意到2 ,3 ,2 006中有1 002个奇数、1 003个偶数.(1)若裁判擦去的是奇数,

12、此时,乙一定获胜.乙不管甲取什么数,只要还有奇数,就擦去奇数,这样,最后两个数一定都是偶数,从而,所剩两数不互质,故乙胜.(2)若裁判擦去的是偶数,此时,甲一定获胜.设裁判擦去的数是2m,则将所剩的数配成1 002对:(2 ,3) ,(2m- 2 ,2m- 1) , (2m+ 1 ,2m+ 2) ,(2 005 ,2 006) .这样,不管乙擦去哪一个数,甲都擦去所配数对中的另一个数,最后剩下的两数必然互质.故甲胜.所以,甲获胜的概率为1 0032 005.(许清华提供)(上接第23页)将多项式R写成y的降幂形式:R(x1,x2,xk- 1,y)=Rn(x1,x2,xk- 1)yn+Rn-

13、1(x1,x2,xk- 1)yn- 1+R0(x1,x2,xk- 1) .下证Rn(x1,x2,xk- 1)满足归纳假设条件. 事实上,考虑多项式T(y) =R(0 ,0 ,0 ,y) ,易见degT(y)n,这个多项式有n个根,y= 1 ,2 ,n;另一方面,由T(0)0知T(y)0.因此,degT=n,且它的首项系数是Rn(0 ,0 ,0)0.特别地,在k= 1的情况下,得到系数Rn是非零的. 类似地,取任意a1,a2,ak- 10 ,1 ,n 且a1+a2+ak- 1 0. 在多项式R(x1,x2,xk- 1,y)中令xi=ai,得到y的多项式R(a1,ak- 1,y)以y= 0

14、,1 ,n为根且次数不大于n,因此,它是一个零多项式.所以,Ri(a1,ak- 1) = 0 (i= 0 ,1 ,n) ,特别有Rn(a1,ak- 1) = 0. 这样就证明了多项式Rn(x1,x2,xk- 1)满足归纳假设的条件,所以,degRn(k- 1)n.故degRdegRn+nkn. 引理得证. 回到原题.假设N个平面的并集包含S但不含原点,设它们的方程是aix+biy+ciz+di= 0.考虑多项式P(x,y,z) =Ni=1(aix+biy+ciz+di) ,它的阶为N.对任何(x0,y0,z0)S,这个多项式有性质P(x0,y0,z0) = 0但P(0 ,0 ,0)0.因此,由引理得到N= degP3n. 注:这个问题的本质是一个代数问题.它虽有空间形式,但完全可由平面结论类似过去,当然平面问题具有同样的难度. (朱华伟提供)132007年第9期

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