2014秋季赛二试解答

2014年第二届\学数学数学奥林匹克邀请赛(秋季赛)参考答案第二试{12:10一.(本题满分40分)如图1,△ABC的内切圆⊙I分别与边BC,CA,AB相切于点D,E,F,DD′为⊙I的直径,过圆心I作直线AD′的垂线l,直线l分别与DE,DF相交于点M,N.证明:IM=IN.(单壿供题)ABCDD′EFMNI图1解答(法一)当AB=AC时,由对称性知结论显然成立.以下不妨设ABAC.如图2,延长AD′与⊙I交于点P,设⊙I过点D′,P的切线相交于点S.由AD′⊥MN,易知S,N,M三点共线.ABCDD′EFMNSPI图2首先证明:S,F,E三点共线.联结IA,IP,IE.由IS⊥AP,得IA2−IP2=SA2−SP2:1⃝1在Rt△IPS中,SP2=IS−IP2.在Rt△IAE中,IA2=AE2+IE2.代入式1⃝,并由IP=IE,可得IS2−IE2=AS2−AE2;即IA⊥SE.由IA⊥EF,故S,F,E三点共线.联结PF,PN,PD′.由F,P,D,D′四点共圆及D′P⊥IS,易知\PFN=\PFD=\PD′D=\D′SN=\PSN;于是F,S,P,D四点共圆.从而,\ND′D=90◦−\SD′N=90◦−\SPN=\90◦−\EFD=90◦−\EDC=\D′DE;这表明D′N∥DM,故IM=IN.(法二)如图3,过点A作BC的平行线,分别与射线DF,DE相交于点X,Y.ABCDD′EFMNXYKLI图3由AX∥BC,知\AXF=\BDF=\BFD=\AFX,故AX=AF=AE.于是,\AEX=12(180◦−\XAE)=12(180◦−\XAF−\BAC)=12(180◦−\ABC−\BAC)=12\ACB:联结IC.由DD′是⊙I的直径,知\D′ED=90◦,又易知IC⊥DE,故D′E∥IC,则\AED′=\ACI=12\ACB:因此,\AEX=\AED′,故X,D′,E三点共线.同理,Y,D′,F三点共线.又易知AX=AF=AE=AY,故点X,F,E,Y都在以A为圆心的圆上,过点D′作AD′的垂线,与直线DF,DE分别相交于点K,L,根据蝴蝶定理,知D′K=D′L.又KL∥MN,故IM=IN.二.(本题满分40分)已知i∈R+(i=1;2;···;n).试求方程nXi=1(xi+i)2xi+1=4nXi=1i(其中xn+1=x1)的所有正实数解x1;x2;···;xn.(萧振纲供题)2解答由柯西不等式和均值不等式,得nXi=1(xi+i)2xi+1nXi=1xi+nXi=1i!2nXi=1xi=nXi=1xi+nXi=1i!2nXi=1xi+2nXi=1i2vuuuuuuuutnXi=1xi·nXi=1i!2nXi=1xi+2nXi=1i=4nXi=1i:等号成立当且仅当x1+1x2=x2+2x3=···=xn−1+n−1xn=xn+nx1,且nXi=1xi=nXi=1i.由等比定理,得xi+i=2xi+1,即2xi+1−xi=i,因而2ixi+1−2i−1xi=2i−1i,i=1;2;···;n.求和,得(2n−1)x1=nXi=12i−1i,所以x1=12n−1nXi=12i−1i:由循环性,得xk=12n−1nXi=12i−1k−1+i,k=1;2;···;n.其中n+k=k.三.(本题满分50分)对给定的正整数n,试求所有的正整数k,使得2n可以表示成k个(包括1个)连续整数的立方和.(冯跃峰供题)解答本题的结论是:当n为3的倍数时,k=1;2n+33;当n不是3的倍数时,k不存在.设2n=(i+1)3+(i+2)3+···+(i+k)3:1⃝若i0,则令St=13+23+···+t3(t∈N,并规定S0=0),则式1⃝变为2n=Si+k−Si,其中06ii+k.若i0,则令i=−r(r0),则式1⃝变为2n=(−r+1)3+(−r+2)3+···+(−r+k)3:注意到2n0,上式右边的正项多于负项,从而上式可变为2n=(1−r)3+(2−r)3+···+03+13+···+(r−2)3+(r−1)3+r3+(r+1)3+···+(−r+k)3=S−r+k−Sr−1=Si+k−S−i−1;其中06−i−1i+k.由此可见,如果2n可以表示成k个(包括1个)连续整数的立方和,则一定存在整数i,j(06ij),使2n=Sj−Si,其中St=13+23+···+t3=t(t+1)22(t∈N,并规定S0=0).于是2n=Sj−Si=j(j+1)22−i(i+1)22;3所以2n+2=[j(j+1)]2−[i(i+1)]2=(j2+j+i2+i)(j2+j−i2+i)=(j2+j+i2+i)(j−i)(j+i+1):因为(j−i)+(j+i+1)=2j+1为奇数,所以j−i,j+i+1中必有一个为正奇数,但2n只有唯一的正奇因子1,而j+i+1j+11,所以j−i=1,即j=i+1.所以2n=Si+1−Si=(i+1)3.(1)当n是3的倍数时,由式2⃝得i+1=2n3,此时2n=(i+1)3=(2n2)3=(2n3)3+(2n3−1)3+···+03+13+···+(1−2n3)3;所以,k=1,2×2n3满足条件.(2)当n不是3的倍数时，2n不是立方数,与式2⃝矛盾,此时k不存在.综上所述,当n为3的倍数时,k=1;2n+33;当n不是3的倍数时,k不存在.四.(本题满分50分)将正n(n3)边形的每条边和对角线都染为m种颜色之一,使得每个顶点所连出的n−1条线段(边或对角线)的颜色两两不同,试求正整数m的最小可能值.(李伟供题)解答本题的结论是:当n为奇数时,m的最小可能值为n;当n为偶数时,m的最小可能值为n−1.将正n边形的n个顶点记为1;2;···;n,将以a,b为端点的线段记为{a;b}.当n为奇数时,设n=2k−1(k2),此时共有C2n=n(n−1)2=(k−1)(2k−1)条线段,而每种颜色至多染k−1条线段(否则,若某种颜色至少染k条线段,而每条线段联结两个顶点,为确保每个顶点连出的所有线段不同色,则至少需要2k个顶点,矛盾),因此m2k−1.另一方面,如下的染色方案符合要求(其中,Ai(16i62k−1)表示染为颜色i的线段的集合):A1=§{1;n};{2;n−2};···;§n−12;¡n−12⁄+1““;An=§{n;2};{n−1;3};···;§¡n+12⁄+1;n+12““;Ai=§{1;n−1};{2;n−1−i};···;§n−i2;¡n−i2⁄+1“;§n−¡i2⁄;n+1−i2“;§n−¡i2⁄−1;n+2−i2“;···;{n−i+2;n−1};{n−i+1;n}“;An+1−i=§{n;i+1};{n−1;i+2};···;§¡n+i2⁄+1;n+i2“;{i;1};{i−1;2};···;§¡i2⁄+1;i2““(i=2;3;···;k−1);Ak=n{1;n};{2;n−1};···;nhn2i;ln2m+1oo:因此,当n为奇数时,m的最小可能值为n.当n为偶数时,设n=2k(k2),此时共有C2n=n(n−1)2=k(2k−1)条线段,而每种颜色至多染k条线段(否则,若某种颜色至少染k+1条线段,而每条线段联结两个顶点,为确保每个顶点连出的所有线段不同色,则至少需要2k+2个顶点,矛盾),因此m2k−1.我们在n=2k−1的基础上构造此时满足条件的染色方案(其中,A′i(16i62k−1)表示染为颜色i的线段的集合).因为Ai(16i62k−1)中一共出现2k−2个不同的顶点,而当n=2k−1时共有2k−1个顶点,所以一定存在某个pi∈{1;2;···;2k−1}没有出现在Ai中,并且当i̸=j时,pi̸=pj.从而只要令A′i=Ai∪{{pi;2k}}即可.综上所述,当n为奇数时,m的最小可能值为n;当n为偶数时,m的最小可能值为n−1.4