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第52届(2011)IMO试题及解答(2011.7.18-7.19)


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在荷兰阿姆斯特丹举行的第 52 届 IMO(2011)中,中国队获六块金牌, 总分第一!

举小旗的是陈麟,这是 2011 年第 52 届国际奥林匹克数学竞赛(IMO2011)的开幕式。



金牌! 麟,38 分, 总分第 3 名,金牌!

周天佑, 金牌! 周天佑,34 分,总分第 10 名,金牌! 姚博文, 金牌! 姚博文,30 分,总分第 14 名,金牌! 龙子超, 金牌! 龙子超,30 分,总分第 14 名,金牌! 靳兆融, 金牌! 靳兆融,29 分,总分第 25 名,金牌! 吴梦希, 金牌! 吴梦希,28 分,总分第 39 名,金牌!

18 日的比赛

陈 麟 中国人民大学附属中学

高二

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吴梦希 江苏南菁高级中学 龙子超 湖南师大附中 靳兆融 中国人民大学附属中学 周天佑 上海中学 姚博文 河南省实验中学

高二 高二 高三 高三 高三

IMO2011,第 14-24 名都是 30 分,第 25-38 名都是 29 分,第 39-54 名 都是 28 分。1 分是很精贵的。金牌分数线是 28 分,大致得做对 4 道题才 行,这也是 IMO 常见的情况。2011 年 IMO 共有 54 块金牌,占参赛总人 数的约 10%!这也是历年的惯例。银牌分数线是 22 分,得做对 3 道题,这 也是 IMO 常见的情况。2011 年 IMO 共有 90 块银牌,占参赛总人数的约 20%!这也是历年的惯例。
参加本次数学奥赛的 6 名中国选手均获得金牌,这使得中国队的团体总分名列第一。美国队的 6 名选手也均获得金牌,但因总分略低于中国队而获得团体第二名,新加坡队则以 4 金、1 银、1 铜的成绩名列团体第三名。

International Mathematical Olympiad 是世界上规模最大的奥林匹克数学竞赛。在两天的竞赛 中,参赛学生每天需要解答 3 道题,每道题 7 分,满分为 42 分。 赛事分两日进行,每日参赛者有 4.5 小时来解决三道问题(由上午 9 时到下午 1 时 30 分) 。 通常每天的第 1 题(即第 1、4 题)最浅,第 2 题(即第 2、5 题)中等,第 3 题(即第 3、6 题) 最深。所有问题是由中学数学课程中的不同范畴中选出,通常是组合数学(Combinatorics) 、数 论(Number Theory) 、几何(Geometry)和代数(Algebra) 、不等式。解决这些问题,参赛者

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通常不需要更深入的数学知识(虽然大部分参赛者都有,而且实际上需要很多课程以外的数学知 识和技巧) ,但通常要有异想天开的思维和良好的数学能力,才能找出解答。 共有来自 101 个国家和地区的 564 位选手参加了本次大赛。

18 岁的德国天才少女 Lisa Sauermann,凭藉 42 分的满分,摘得 2011 年国际奥林匹克数学竞赛金牌,成为历史上获金牌数第一的选手。 (2007IMO 银牌,2008IMO 金牌,2009IMO 金牌,2010IMO 金牌,2011IMO 金牌) 美国队自冯祖念做领队以来, 块金牌。 美国队自冯祖念做领队以来,几年来首次获得 6 块金牌。 念做领队以来

1. All the possible divisibilities are , and . Then the cases make . We have and

, . Now, assume without loss of generality are easily got rid of. And let us try to . Now, we still have

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. Let

. Then rearranging gives and hence,

and so, . . Then by the conditions , we have . So, . This gives

Indeed, if

. Now, consider the condition

. Let

. Rearranging gives

. If

, then

and if

,

2. To each oriented straight line than point

meeting

in exactly one point

, associate the pair of numbers

of points from

, other that to each

, lying on its right side, respectively left side (clearly (called anchor) corresponds some distinguished line with

). Our goal is to exhibit such a (fixed) pair

. Then starting the windmill on one of these lines will

fulfill the requirements, since except at the moment of changing pivots (when the line of the windmill passes through two points), the pair associated to the windmill line stays (this is easily seen, by the very movement of the windmill). As said above, when the windmill line becomes parallel (and ).

similarly oriented) with one of the distinguished lines, it will have to pass through its anchor point (because of the count of points given by

Thus, there is nothing magic about having a balanced pair containing a point (other than its centre) we can use a

; for a convex formation we can use a pair. However, a pair known to exist for all points of discrete continuity arguments.

pair; for a square is precisely such a balanced pair, by

In fact the first paragraph even provides a way to measure the correctness of a different approach. Clearly, the lines of every windmill will (except at changing pivots) share a same pair , so for each of the points of there must exist some line passing through, with associated pair that of the

starting line of the windmill, otherwise such a faulty point will be skipped, and the proof fail.

A final word. A windmill starting on a line

through a point

, corresponding to the pair

, will pass precisely through those points and . gives

only those as pivots, for which there exists a line having associated the starting pair 3. Let be the assertion that , whence .

Suppose for the sake of contradiction that

for some

. Then by taking

to be very small (i.e., negative and having large absolute value)

and setting

in (1), we get that

. Thus, for sufficiently small . But for such , we get

, we have

which is impossible, so

for all

.

Now substitute . Since

into (1) to get for all , we see that if , then

, whence . Thus,

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.

whenever

Substituting gives

and

into (1) therefore yields , so

, so , so , and , so

as well. But

. Thus,

whenever .

whenever

4. The problem is equivalent to counting the number of ways , and

of creating a sum is a permutation of

, where ; such that it satisfies the property

, for every

Notice that the signed sum of different powers of Then we can extract the term , and divide the remaining terms by

is always different than zero. . (this is for

, and we will have a solution for the problem with )

Also the term

cannot be at the begining, but otherwise, (2n-1) . Then

can be anywhere. for every (2n-1)!!

Then we get a recuerrence We can easily see that

5. We have implying have hence

setting

gives .This gives .Further

, setting

we get , If .This implies we may have we

but from the previous inequality which means case , but this ,with ,giving and the only possibility is .But we have . Hence we must have , and we are done! clearly impossible.We consider , gives , again not possible.The last case implying

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the intersections of 3 lines .

6. Denote Let

the intersections of and ;

and be the reflections of quadrilateral

, respectively; wrt .

be the point of contact of

be the Miquel point of the completed

We have the distances from

to

are equal so

is the bisector of angle

We get On the other side, let be the projections of onto then passes through the midpoint of , which follows that concyclic. We get . are

From So

and

we obtain

. Similarly with

Therefore Construct a tangent of . We will show that is also a tangent of iff .

But Hence is true. We are done.

http://www.clanlu.net/html/2011/07/2371.html http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewforum.php?f=729

IMO2012 将在阿根廷举行。 将在阿根廷举行。

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