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2012年IMO国际数学奥林匹克试题解答


2012 年 IMO 国际数学奥林匹克试题解答
第一题
设 J 是三角形 ABC 顶点 A 所对旁切圆的圆心. 该旁切圆与边 BC 相切于点 M, 与直线 AB 和 AC 分别相切于点 K 和 L. 直线 LM 和 BJ 相交于点 F, 直线 KM 与 CJ 相交于点 G. 设 S 是直线 AF 和 BC 的交点, T 是直线 AG 和 BC 的交点. 证明: M 是线段 ST 的中点.

2012 年 IMO 国际数学奥林匹克试题第一题 解答: 因为

∠JFL=∠JBM?∠FMB=∠JBM?∠CML=1 2 (∠A+∠C)?1 2 ∠C=1 2 ∠A = ∠JAL,
所以 A、 、、 四点共圆. 由此可得 AF⊥FJ, 而 BJ 是 ∠ABS 的角平分线, 于 F J L 是三角形 ABS 的角平分线与高重合, 从而 AB=BS; 同理可得 AC=CT.

综上, 有

SM=SB+BM=AB+BK=AK=AL=AC+CL=CT+CM=MT, 即 M 是线段 ST 的中点.

第二题
设 n? , 正实数 a 2 ,a 3 ,?,a n 满足 a 2 ?a 3 ???a n =1, 证明: 3

(a 2 +1) 2 (a 3 +1) 3 ?(a n +1) n >n n .
解答:由均值不等式, 我们有

(a k +1) k = ? (a k +1 k?1 +?+1 k?1 ) k (ka k ?(1 k?1 ) k?1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? √ k ) k =k k (k?1) k?1 a k ,
当 a k =1 k?1 时等号成立, 其中 k=2,3,?,n. 于是

(a 2 +1) 2 (a 3 +1) 3 ?(a n +1) n ? 2 1 a 2 ?3 3 2 2 a 3 ???n n (n?1) n?1 a n =n n . 2
当对任意的 k=2,3,?,n 时, 若恒有 a k =1 k?1, 此时由 n? 知 3

a 2 ?a 3 ???a n =1 (n?1)! ≠1,
因此上述不等式等号不成立, 从而不等式得证.

第三题
"欺诈猜数游戏" 在两个玩家甲和乙之间进行, 游戏依赖于两个甲和乙都知道的 正整数 k 和 n. 游戏开始时甲先选定两个整数 x 和 N, 1? N. 甲如实告诉乙 N 的值, 但对 x x? 守口如瓶. 乙现在试图通过如下方式的提问来获得关于 x 的信息: 每次提问, 乙 任选一个由若干正整数组成的集合 S (可以重复使用之前提问中使用过的集合), 问甲 "x 是否属于 S?". 乙可以提任意数量的问题. 在乙每次提问之后, 家必须 对乙的提问立刻回答 "是" 或 "否", 甲可以说谎话, 并且说谎的次数没有限制, 唯一的限制是甲在任意连续 k+1 次回答中至少又一次回答是真话. 在乙问完所有想问的问题之后, 乙必须指出一个至多包含 n 个正整数的集合 X, 若 x 属于 X, 则乙获胜; 否则甲获胜. 证明:

(1) 若 n? k, 则乙可保证获胜; 2 (2) 对所有充分大的整数 k, 存在正整数 n? 1.99 k, 使得乙无法保证获胜. 解答: (1)可以认为 n=2 k ,N=n+1. 采用二进制. 把 1,2,…,2 k 都写成二进制: a 1 a 2 …a k+1 ?????????????????? 这 , 里 a i (i=1,2,…,k+1)是 0 或者 1; 然后, 记 T 为这 2 k 个二进制数组成的集合. 2 k +1 的二进制表示是 100…01 ?????????????.令

S 1 ={100…0 ???????????},S i ={a 1 a 2 …a k+1 ?????????????? ???? ∈T|a 1 =0,a i =1},i=2,3,…,k+1,
也就是说, S i 就是 T 中所有满足 a i =1 的元素组成的子集 (i=1,2,…,k+1). 乙采用如下问题, 可保证获胜: 第一次提问, 选择 S 1, 并且接下来也一直选取 S
1,

甲的回答会出现两种情况:
? ?

连续 k+1 次回答 “否”, 则 100…0 ??????????? 可以排除; 在至多 k+1 次回答中, 一旦出现”是”, 乙接下来的 k 次提问, 依次选取 S 2 ,S 3 ,…,S k+1, 就取得胜利. 事实上, 若甲最后的 k 次回答都是”是”, 则

x∈T; 若甲最后的 k 次回答有一些是”否”, 则 x 绝对不可能是 a 1 a 2 …a ?????????????????? 这里 a 1 =0, a i =0 还是 1 取决于甲 , 对 S i 的答案: 若甲的回答是”是”, a i =0, 否则 a i =1(i=2,3,…,k+1).
k+1

(2). 先将问题转化成等价形式: 甲从集合 S 中取定一个元素 x (|S|=N), 乙提出 一系列的问题. 乙的第 j 个问题题就是取 S 的子集 D j, 随后甲选取集合 P j ∈

{D j ,D c j }, 使得对任意的 j? 都有 1 x∈P j ∪P j+1 ∪?∪P j+k ,
当乙提完他想问的一系列问题后, 如果乙能选取一个集合 X 满足 |X|? , 使得 n

x∈X, 那么乙获胜; 否则甲获胜.
解答 1. 任取实数 p 使得 2>p>1.99, 再选取正整数 k 0, 使得当 k>k 0 时

(2?p)p k+1 ?1.99 k >1.设 N 使得 (2?p)p k+1 >N>1.99 k. 我们来证明, 若|S|=N, 不 妨 S={1,2,…,N}, 甲有办法使乙无法胜利.

记 D j 是乙的第 j 个问题展示的集合, 定义 P j 为 D j 或者 D C j, 取决于甲对 D
j 的答案:

若甲的回答是”是”, P j =D j, 否则 P j =D C j; 再记 P 0 =S. 定义 A j 如

下:

A j =A j (P j )=a 0 +pa 1 +p 2 a 2 +?+p j a j ,
这里 a 0 =∣ ∣ P j ∣ ∣ ,a i =∣ ∣ P j?i ?(P j ∪P j?1 ∪?∪P j?i+1 )∣ ∣

(i=1,2,…,j).此时 ∑ i=0 j a i =N.注意 A 0 =N.
我们指出, 甲可以使得 N 2?p >A j 成为事实: N 2?p >A 0 =N.假设已有 N

2?p >A j, 甲可选取 P j+1 ∈{D j+1 ,D C j+1 }使得 N 2?p >A j+1. 事实上, A j+1 (D j+1 )=b 0 +pb 1 +p 2 b 2 +…+p j b j +p j+1 b j+1 , A j+1 (D C j+1 )=c 0 +pc 1 +p 2 c 2 +…+p j c j +p j+1 c j+1 . 注意 b 0 +c 0 =N,b i +c i =a i?1 (i=1,2,…,j+1),于是 A j+1 (D j+1 )+A j+1 (D C j+1 ) =N+p(a 0 +pa 1 +p 2 a 2 +…+p j a j ) <N+p?N 2?p ,
因之

min{A j+1 (D j+1 ),A j+1 (D C j+1 )}<N 2 +p 2 ?N 2?p =N 2?p .
于是, 可以选取 P j+1 ∈{D j+1 ,D C j+1 }达到我们的要求. 既然 p k+1 >N 2?p >A j, 那么, 只要 i? k+1,必定 a i =0,这导致乙无法排除 S 的 任何一个元素, 不能取得胜利. 解答 2. 记 p,q 是满足 2>q>p>1.99 的实数, 选取正整数 k 0 使得

(p q ) k 0 ? 2(1?q 2 ),p k 0 ?1.99 k 0 >1.
我们来指出, 对任意 k? 0, 若 |S|∈(1.99 k ,p k ), 那么甲有策略, 通过回答”是” k 或者”否”, 使得下式对所有 j∈N 成立:

P j ∪P j+1 ∪?∪P j+k =S,
这里 P i 是 D i 或者 D C i, 取决于甲对 D i 的答案: 若甲的回答是”是”, P i =D i, 否则 P i =D C i; D i 是乙的第 i 个问题所问的集合 (i∈N).

假定 S={1,2,…,N}. 定义 (x) ∞ j=0 =(x j 1 ,x j 2 ,…,x j N )如下: x 0 1 =x 0 2 =?=x 0
N

=1; P 0 =S, 在 P j+1 选定之后, 定义 x j+1:

x j+1 i ={1, qx j i , i∈P j+1 , i?P j+1 . (1)
只要甲使得成立 x j i ? k (1? N,j? , 那么乙就不能取得胜利. 记 T(x)=∑ q i? 1) i=1 N x i, 甲只要使得 T(x j )? k (j? 即可. 这是可以做到的: 显而易见的事情 q 1) 是, T(x 0 )=N? k <q k. 假设已有 T(x j )? k, 甲可以就乙的 D j+1 选取 P j+1 p q

∈{D j+1 ,D C j+1 }使得 T(x j+1 )? k. 假定甲回答”是”, 此时 P j+1 =D j+1, 记 y q
是根据 (1)得到的序列; 相应地, 记 z 是甲回答”否”, P j+1 =D C j+1, 根据 (1)得 到的序列. 于是

T(y)=∑ i∈D C j+1 qx j i +∣ ∣ D j+1 ∣ ∣ , T(z)=∑ i∈D j+1 qx j i +∣ ∣ D C j+1 ∣ ∣ .
因此

T(y)+T(z)=q?T(x j )+N? k+1 +p k , q
根据选取的 k 0 的性质, 得

min{T(y),T(z)}? 2 ?q k +p k 2 ? k . q q

第四题
求所有的函数 f:Z→Z 使得对任意满足 a+b+c=0 的整数 a,b,c 恒有

f(a) 2 +f(b) 2 +f(c) 2 =2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).
解答: 令 a=b=c=0 可得 3f(0) 2 =6f(0) 2, 这说明 f(0)=0. 现在我们令 b=?a, c=0 可得到 f(a) 2 +f(?a) 2 =2f(a)f(?a)即 (f(a)?f(?a)) 2 , 于是 f(a)=f(?a), 即 f(n)为 偶函数. 假设对某个整数 a 使得 f(a)=0, 则对任意整数 b 我们有 a+b+(?a?b)=0, 因此

f(a) 2 +f(b) 2 +f(a+b) 2 =2f(b)f(a+b), 这等价于 (f(b)?f(a+b)) 2 =0, 即 f(a+b)=f(b). 因此对某个整数 a 使得 f(a)=0 时, f 是一个以 a 为周期的函数.

令 b=a 及 c=?2a 代入题目条件中的等式 f(2a)?(f(2a)?4f(a))=0. 取 a=1 我们得 到 f(2)=0 或 f(2)=4f(1). 如果 f(2)=0, 那么 f 以 2 为周期, 对任意奇数 n 有 f(n)=f(1). 容易验证对任意 的 c∈Z 函数

f(x)={0, c, 2∣n, 2?n
满足题目条件. 现在假设 f(2)=4f(1)并且 f(1)≠0. 如果对任意的整数 n 都有 f(n)=n 2 ?f(1)成立, 那么此时问题解决了. 如果存在整数 n 使得 f(n)≠n 2 f(1), 由于 f 是偶函数, 不 妨将 n 看做自然数, 那么显然 n? , 我们设 n 是使得 f(n)≠n 2 f(1)的最小的正 3 整数. 令 a=1, b=n?1, c=?n 代入可得

f(1) 2 +(n?1) 4 f(1) 2 +f(n) 2 =2(n?1) 2 f(1) 2 +2((n?1) 2 +1)f(n)f(1)


(f(n)?(n) 2 f(1))?(f(n)?(n?2) 2 f(1))=0,
由假设可得此时 f(n)=(n?2) 2 f(1). 令 a=n, b=2?n, c=?2 代入可得

2(n?2) 4 f(1) 2 +16f(1) 2 =2?4?2(n?2) 2 f(1) 2 +2?(n?2) 4 f(1),
这说明(n?2) 2 =1 即 n=3. 因此 f(3)=f(1). 令 a=1, b=3, c=4 (因为 f 为偶函数, 所以条件改成 c=a+b 时仍然成立)代入可得 f(4) 2 =4f(4)f(1), 即 f(4)=0 或

f(4)=4f(1)=f(2).
如果 f(4)≠0, 令 a=2, b=2, c=4 代入可得

f(2) 2 +f(2) 2 +f(4) 2 =2f(2) 2 +4f(2)f(4), 即 f(4)=4f(2). 又因为我们已经推得 f(4)=f(2), 这说明 f(2)=0, 矛盾. 因此 f(4)=0, 从而 f 以 4 为周期. 于是 f(4k)=0, f(4k+1)=f(4k+3)=c, 以及 f(4k+2)=4c, 容易验证这个解满足题目条件.

综上所述, 函数方程的解为: f(x)=cx 2, 其中 c∈Z; f(x)={0, c, 2∣n, 2?n 其中 c

∈Z; 以及 f(x)=? ? ? ? ? 0, c, 4c, 4∣n, 2?n, n≡2 (mod 4)其中 c∈Z.

第五题
已知三角形 ABC 中, ∠BAC=90 ?, D 是过顶点 C 的高的垂足. 设 X 是线段

CD 内部一点. K 是线段 AX 上一点, 使得 BK=BC. L 是线段 BX 上一点, 使得 AL=AC. 设 M 是 AL 与 BK 的交点. 证明: MK=ML.

2012 年 IMO 国际数学奥林匹克试题第五题 解答: 因为 AL 2 =AC 2 =AD?AB, 所以 △ALD 和 △ABL 相似, 因此 ∠

ALD=∠XBA.

设 R 是射线 DC 上一点, 使得 DX?DR=BD?AD. 由于 ∠BDX=∠RDA=90 ? 我们可以推得 △RAD?△BXD, 因此∠XBD=∠ARD, 从而 ∠ALD=∠ARD 即 R, A, D, 和 L 四点共圆. 这说明 ∠RLA=90 ?, 于是 RL 2 =AR 2 ?AL 2

=AR 2 ?AC 2. 类似地, 我们可以得到 RK 2 =BR 2 ?BC 2 和 ∠RKB=90 ?. 因为 RC⊥AB 我们有 AR 2 ?AC 2 =BR 2 ?BC 2, 因此 RL 2 =RK 2 即 RL=RK.

又因为 ∠RLM=∠RKM=90 ?我们可以推得

MK 2 =RM 2 ?RK 2 =RM 2 ?RL 2 =ML 2 ,
从而 MK=ML.

第六题
求所有正整数 n, 使得存在非负整数 a 1 ,a 2 ,?,a n, 满足

1 2 a 1 +1 2 a 2 +?+1 2 a n =1 3 a 1 +2 3 a 2 +?+n 3 a n =1.
解答: 所求 n≡1,2(mod4). 设 M=max{a 1 ,a 2 ,?,a n }, 则有

3 M =∑ k=1 n k?3 M?a k ≡∑ k=1 n k=n(n+1) 2 (mod2),
所以 n(n+1) 2 是奇数, 从而 n≡1,2(mod4). 若对奇数 n=2m+1, 此时存在非负整数序列 (a 1 ,a 2 ,?,a n )使得

1 2 a 1 +1 2 a 2 +?+1 2 a n =1 3 a 1 +2 3 a 2 +?+n 3 a n =1.
注意到

1 2 a m+1 =1 2 a m+1 +1 +1 2 a m+1 +1 ,m+1 3 a m+1 =m+1 3 a m+1 +1 +2(m+1) 3 a m+1 +1 =m+1 3 a m+1 +1 +n+1 3 a m+1 +1 .
因此此时对 n+1, 可以验证 (a 1 ,a 2 ,?,a m ,a m+1 +1,a m+2 ,?,a n ,a m+1 +1)为满足 题意的序列. 这说明对奇数 n 若满足题目条件, 则 n+1 也满足题目条件. 剩下的问题只要解决 n=4m+1 时的构造问题即可. 设序列 (a 1 ,a 2 ,?,a 2k+1 )是 (1,2,?,2k+1)的一个排列, 设 G=(1,2,?,2k,2k), 用 g
i 表示它的分量.

定义 D(X)=∑ i=1 2k+1 a i 3 g i, 由于 ∑ i=1 2k+1 1 2 g i =1, 所以我们只要求出一个 排列 X 使得 D(X)=1, 问题就解决了. 令 X=(2,1,4,3,6,5,...,2k,2k?1,2k+1), 用归 纳法可算得此时 D(X)=1+k 3 2k. 现在假设上面的 k 是正偶数, 即 k=2m, 则

X=(2,1,4,3,...,2m,2m?1,2m+2,2m+1,...,4m,4m?1,4m+1),
定义

Y=(2,1,4,3,...,2m,2m?1,2m+1,...,4m,4m?1,4m+1,2m+2), 即将 X 的第 2m+1 个分量移动到最后形成的. 简单计算可得 D(X)?D(Y)=2m 3 4m, 所以 D(Y)=1. 当 k=0 时, 此时取 a 1 =0 时即可. 这说明 n=4m+1 时的构造 问题已经解决.
综上所述, 要求的为满足 n≡1,2(mod4)的正整数.


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