中国数学奥林匹克(第二十一届全国中学生数学冬令营)试题及解答

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12,,,naaa满足120naaa，求证：122111max()3nkiikninaaa．证明只需对任意1kn，证明不等式成立即可．记1,1,2,,1kkkdaakn，则kkaa，1kkkaad，2111,,kkkknkkknaaddaaddd，112121121,,,kkkkkkkkkkaadaaddaaddd，把上面这n个等式相加，并利用120naaa可得11121()(1)(1)(2)0kkknkknankdnkddkdkdd．由Cauchy不等式可得2211121()()(1)(1)(2)kkknkknankdnkddkdkdd11222111knkniiiiiid111222111(1)(21)6nnniiiiinnnidd31213niind，所以122113nkiiinaaa．二、正整数122006,,,aaa（可以有相同的）使得200512232006,,,aaaaaa两两不相等．问：122006,,,aaa中最少有多少个不同的数？解答案：122006,,,aaa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122006,,,aaa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1246,,,ppp为46个互不相同的素数，构造122006,,,aaa如下：11213231434241,,,,,,,,,,,,,,pppppppppppppp，11221,,,,,,,,,,,kkkkkkkpppppppppp，14544454345452451,,,,,,,,,,pppppppppp，4645464446462246,,,,,,,,pppppppp，这2006个正整数满足要求．所以122006,,,aaa中最少有46个互不相同的数．三、正整数m，n，k满足：23mnkk，证明不定方程22114xym和22114xyn中至少有一个有奇数解(,)xy．证明首先我们证明如下一个引理：不定方程22114xym①或有奇数解00(,)xy，或有满足00(21)(mod)xkym②的偶数解00(,)xy，其中k是整数．引理的证明考虑如下表示(21)xky2,xxym0为整数，且,02my，则共有2112mmm个表示，因此存在整数12,0,2xxm，12,0,2myy，满足1122(,)(,)xyxy，且1122(21)(21)(mod)xkyxkym，这表明(21)(mod)xkym，③这里1221,xxxyyy。由此可得2222(21)11(mod)xkyym，故2211xykm，因为2,2mxmy，所以221111474xymmm，于是16k．因为m为奇数，22112xym，22116xym显然没有整数解．（1）若2211xym，则002,2xxyy是方程①满足②的解．（2）若22114xym，则00,xxyy是方程①满足②的解．（3）若22113xym，则222111134xyxym．首先假设3m，若x0(mod3),y0(mod3)，且x(mod3)y，则0011,33xyxyxy④是方程①满足②的解．若xy0(mod3)，则0011,33xyyxxy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01012,2xxyy，则22221111111136511115xymmxyyx．因为11,xy的奇偶性不同，所以11511xy，115yx都为奇数．若(mod3)xy，则1111005115,33xyyxxy是方程①的一奇数解．若1x1(mod3)y，则1111005115,33xyyxxy是方程①的一奇数解．（4）22115xym，则22254311113mxyyx．当5m时，若1(mod5),2(mod5)xy，或2(mod5),1(mod5)xy，则003113,55xyyxxy⑥是方程①满足②的解．若1(mod5),2(mod5)xy，或2(mod5),1(mod5)xy，则003113,55xyyxxy⑦是方程①满足②的解．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01012,2xxyy，则221111,xym1x1(mod2)y，可得22111110033113mxyyx．若110(mod5)xy，或者111(mod5),2(mod5)xy，或者112(mod5),1(mod5)xy，则111100333,55xyyxxy是方程①的一奇数解．若111(mod5),2(mod5)xy，或112(mod5),1(mod5)xy，则1111003333,55xyyxxy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00(,)xy．令21lk，考虑二次方程220010mxlyxny，⑧则222000004422lylymnymlyxxmm，这表明方程⑧至少有一个整数根1x，即22101010mxlyxny，⑨上式表明1x必为奇数．将⑨乘以4n后配方得220112114nylxxn，这表明方程22114xyn有奇数解0112,xnylxyx．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，90ACB，△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90BPC，求证：AEAPPD．证明设AE=AF=x，BD＝BF＝y，CD＝CE＝z，AP＝m，PD＝n．因为90ACPPCBPBCPCB，所以ACPPBC．QPFEDCBA延长AD至Q，使得AQCACPPBC，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yznl，①2()xmmn．②因为ACP∽AQC，所以ACAPAQAC，故2()()xzmmnl．③在Rt△ACD和Rt△ACB中，由勾股定理得222()()xzzmn，④222()()()yzzxxy．⑤③－②，得22zzxml，⑥①÷⑥，得22yznzzxm，所以212yzmnzzxm，⑦②×⑦，结合④，得222222()()2xyzxmnxzzzzx，整理得22()2xyzxzzx．⑧又⑤式可写为2xyxzyz，⑨由⑧，⑨得42xzzxyz．⑩又⑤式还可写为2xzyzxz，○11把上式代入⑩，消去yz，得223220xxzz，解得713xz，代入○11得，(275)yz，将上面的x，y代入④，得2(71)3mnz，结合②，得2716xmzmn，从而712nz，所以，xmn，即AEAPPD．五、实数列na满足：112a，112kkkaaa，1,2,k．证明不等式12121211111112()nnnnnaaanaaanaaa．证明首先，用数学归纳法证明：,2,1,210nan．1n时，命题显然成立．假设命题对)1(nn成立，即有210na．设21,0,21)(xxxxf，则()fx是减函数，于是21)0()(1fafann,111()()26nnafaf0，即命题对n＋1也成立．原命题等价于121212nnnnnnaaaaaa12111111naaa．设11()ln1,0,2fxxx，则()fx是凸函数，即对1210,2xx，有121222fxfxxxf．事实上，121222fxfxxxf等价于21212211111xxxx，2120xx．所以，由Jenson不等式可得1212nnfxfxfxxxxfnn，即12121111111nnnnaaaaaa．另一方面，由题设及Cauchy不等式，可得11111nniiiiianaa2211111()2nniiniiinnnnaaaaa211122nniiiinnnnaa，所以1111(1)12niinnniiiiiiannaaa，故12121212(1)(1)(1)12nnnnnnnaaannaaaaaaaaa12111111naaa，从而原命题得证．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41n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256115＝8个元素，又设其它14个子集为1214,,,AAA．考察不含A的任何7个子集，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71441C个元素．另一方面，对于元素a，若aA，则1214,,,AAA中有2个含有a，于是a被计算了771412CC次；若aA，则1214,,,AAA中有一个含有a，于是a被计算了771413CC次，于是77777141412141341(56)()()CACCACC77771412131256()()CCACC77771412131256()8()CCCC，由此可得196195，矛盾．其次证明41n．用反证法．假定40n，设1,2,,56X，令,7,14,21,28,35,42,49,1,2,,7iAiiiiiiiii，,8,16,24,32,40,48,1,2,,8jBjjjjjjjj．显然，8(1,2,,7),0(17)iijAiAAij，7(1,2,,8)jBj，0(18)ijBBij，1(17,18)ijABij，于是，对