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奥林匹克题解代数篇


第二章代数
第二节 方程 B2-001 如果方程 x +ax+b=0 与 x +px+q=0 有一个公根,求以它们的相异根为根的二 次方程.
2 2

【题说】1957 年上海市赛高二复赛题 2. 【解】设公根为α ,则 α +aα +b=0 α +pα +q=0 相减,得 (a-p)α =q-b 所以
2 2

/>由韦达定理,另外两个相异的根为

故所求方程为

【注】利用两根之和等于一次项系数的相反数求出的方程为

此方程与上面求出的方程仅是外形不同,事实上,a,b,p,q 有关系. (b-q) =(aq-bp)(p-a)
1
2

B2-002

方程 x =1(x?2)的 n 个根是 1,x1,x2,?,xn-1.证明:

n

【题说】1957 年武汉市赛决赛题 2.将原方程变形为(x-1)(x +x +?+x+1)=0. 【证】x -1=(x-1)(x-x1)?(x-xn-1).因此, (x-x1)(x-x2)?(x-xn-1)=x +x +?+x+1 令 x=±1 得 (1-x1)(1-x2)?(1-xn-1)=n
n-1 n-2 n

n-1

n-2

所以

B2-003 证明:如果整系数二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)有有理根,那么 a、b、c 中至 少有一个是偶数. 【题说】1958 年~1959 年波兰数学奥林匹克三试题 2.

2

2

从而 ap +bpq+cq =0 若 p、q 均为奇数,则
2 2

因此 a、b、c 中至少有一个偶数. 若 p、q 中有一个偶数,则另一个为奇数.不妨设 p 为奇数,q 为偶数,则

即 a 为偶数.

B2-004

证明:方程 x +x=10 有一正根为无理数.

5

【题说】1963 年合肥市赛高三二试题 4. 【证】当 x=0 时,x +x<10.当 x=10 时,x +x>10,因此 x +x=10 必有 正根(在(0,10)内).
5 5 5

并且 p、q 互质)满足条件 p|a0,q|an.因此 x +x-10=0 的有理根只可 能是±10,±5,±2,±1.不难验证它们都不是方程的根.所以方程的正 根都是无理数. B2-005 设 P(x)=a0x +a1x +?+an-1x+an 是整系数多项式,如果 P(0)与 P(1)都是奇数,证明 P(x)没有整数根. 【题说】第三届(1971 年)加拿大数学奥林匹克题 5.第七届(1941 年) 莫斯科数学奥林匹克九、十年级题 8. 【证】对于整数 m,若它是偶数,则 P(m)与 P(0)奇偶性相同;若它是 奇数,P(m)与 P(1)奇偶性相同,故 P(m)总是奇数,不为 0.因此,P(x)没 有整数根.
3
n n-1

5

B2-006 亦无实根.

二次三项式 f(x)=ax +bx+c,如果方程 f(x)=x 无实根.证明:方程 f(f(x))=x

2

【题说】第七届(1973 年)全苏数学奥林匹克十年级题 1. 【证】如果方程 f(x)=x 无实根,则对所有 x 的值,有 f(x)>x(若 a>0) 或 f(x)<x(或 a<0) 从而 f(f(x))>f(x)>x 或 f(f(x))<f(x)<x 所以 f(f(x))=x,无实根. 【注】结论对所有连续函数 f(x)均成立. B2-007 设 a 和 b 为实数,且使方程 x +ax +bx +ax+1=0 至少有一个实根,对所有这种数对(a,b),求出 a +b 的最小可能值. 【题说】第十五届(1973 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由瑞典提供. 【解】设实数 x 使 x +ax +bx +ax+1=0 则
4 3 2 2 2 4 3 2

从而方程 y +ay+(b-2)=0
2

4

此式即

平方整理得 2|a|?2+b 从而

程 x +ax +bx +ax+1 的实根).

4

3

2

B2-008 若 P1(x)=x -2,Pi(x)=P1[Pi-1(x)],i=2,3,4,?.证明:对 任何自然数 n,方程 Pn(x)=x 的根都是不同的实根. 【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由芬兰提供. 【证】当|x|?2 时,P1(x)?2,从而 Pn(x)?2,故 Pn(x)的所有实根 都在(-2,2)中.设 x=2cost,则 P1x(t)=4cos t-2=2cos t 从而 Pnx(t)=2cos2 t
n 2 2

2

5

即当 2 t=±t+2kπ ,k=0,1,?时,得 Pn(x)=x 的 2 个不同的实根, n 因为 Pn(x)次数是 2 ,所以它的所有根都是实根. B2-009 已知方程 2x -9x+8=0,求作一个二次方程,使它的一个根为 原方程两根和的倒数,另一根为原方程两根差的平方. 【题说】1978 年全国联赛一试题 4. 【解】设已知方程的两个根为 x1、x2,所求方程为 x +px+q=0,它
2 2

n

n

故所求方程为 36x -161x+34=0. B2-010 设 a、b、c、d 是互不相同的四个整数,r 是方程 (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)-9=0

2

【题说】1979 年河南省赛一试题 7. 【证】由题意 (r-a),(r-b),(r-c),(r-d) 是互不相同的四个整数,且 (r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=9
6

由整数的唯一分解定理知 r-a,r-b,r-c,r-d 只能分别是-1,1,-3,3. 所以 (r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0 即

B2-011

设 a、b、c 是方程 x -x -x-1=0 的根.

3

2

1.证明:a、b、c 彼此不等; 2.证明:下式表示一个整数

【题说】第十四届(1982 年)加拿大数学奥林匹克题 2.第 2 小题中, 1982 换成任意自然数 n 均成立. 【证】1.由韦达定理,有 a+b+c=1,bc+ca+ab=-1,abc=1 如果 a、b、c 中有两数相等,不妨设 b=c.则有 a+2b=1,b +2ab=-1,ab =1 由前二式解得 a=-1,b=1,a=5/3,b=-1/3.但它们不满足第三式.因 此,a、b、c 彼此不等.
2 2

(a+b+c)=2 都是整数,设在 n?k 时 An 均为整数(k?2),则由于 k k-1 k-2 k+1 k+1 k k k-1 k-1 k-2 k-2 b =b +b +b 等,所以 b -c =(b -c )+(b -c )+(b -c ).从而 Ak+1=Ak+Ak-1+Ak-2 也是整数,因此一切 An 为整数.特别地,A1982 为整数.
k+1

B2-012

已知 x1、x2 是方程 x +(k-2)x+(k +3k+5)=0 (k 为实数)
7
2 2

【题说】1982 年全国联赛题 1(6).原题为选择题. 【解】由于 x1、x2 是实数根,所以 △=(k-2) -4(k +3k+5)?0
2 2

B2-013

已知方程(x-19)(x-83)=p,有实根 r1 和 r2(其中 p 为实数),求方程 (x-r1)(x-r2)=-p

的最小实根. 【题说】1984 年北京市赛高一题 1(4).原题为选择题. 【解】由题意得: (x-19)(x-83)-p=(x-r1)(x-r2) 可见 19 与 83 是方程(x-r1)(x-r2)=-p 仅有的两个实根,最小实根为 19. B2-014 四次方程 x -18x +kx +200x-1984=0 的四个根中的两个根的乘积为-32,试决定 k 的值. 【题说】第十三届(1984 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】设方程四根为 x1、x2、x3、x4,且 x1x2=-32.由根与系数关系, 有 x1+x2+x3+x4=18
4 3 2

(1)

8

x1x2+x3x4+(x1+x2)(x3+x4)=k

(2) x1x2(x3+x4)+x3x4(x1+x2)=-200

(3) x1x2x3x4=-1984

(4) 由(4)得 x3x4=-1984/(-32)=62 代入(3)得 31(x1+x2)-16(x3+x4)=-100

(5) 由(1)、(5)解得 x1+x2=4,x3+x4=14 代入(2)得 k=-32+62+4?14=86

B2-015

方程 x +ax+b+1=0
2

的根是正整数.证明:a +b 是合数. 【题说】第二十届(1986 年)全苏数学奥林匹克八年级题 1. 【证】设 x1、x2 是原方程的两根,则

2

2

9

(1) 由(1)式得

因为 x1、x2 都是正整数,所以 a +b 是合数. B2-016 a1,a2,?,a2n 是 2n 个互不相等的整数.如果方程 (x-a1)(x-a2)?(x-a2n)+(-1) (n!) =0 有一个整数解 r,求证
n-1 2

2

2

【题说】第二届(1987)东北三省数学邀请赛题 6. 【解】由题设可知 (r-a1)(r-a2)?(r-a2n)=(-1) (n!) 2n 个整数 r-a1,r-a2,?,r-a2n 两两不等. 2n 个不同的整数 r-a1,r-a2,?,r-a2n 的积为(-1) (n!) ,所以它们 必为-n,-(n-1),?,-1,1,2,?,n 的一个排列,从而 (r-a1)+(r-a2)+?+(r-a2n) =-n-(n-1)-?-1+1+2+?+n=0
n 2 n 2

B2-017

证明:对每一整数 n>1,方程

10

无有理根. 【题说】第三十届(1989 年)IMO 预选题 4.本题由保加利亚提供. 【证】首先证明对每一个整数 k>0 及每个素数 p,p |k!, 事实上,设 s?0 为整数,满足 P ?k?P ,则满足 p |k!的最大整数为
s s+1 r k

所以 p |k! 若方程有有理根为α ,则
k

B2-018

求方程 x +10x-5=0 所有 199 个解的 199 次方的和.

199

【题说】1991 年日本数学奥林匹克预选赛题 2. 【解】设方程的解为 a1,a2,?,a199,则由韦达定理知 a1+a2+?+a199=0,

11

所以

B2-019

求使方程 x -pqx+p+q=0 有整数根的所有自然数 p 和 q.

2

【题说】第十七届(1991 年)全俄数学奥林匹克十年级题 1, 【解】设自然数 p、q,使得原方程有两根 x1、x2∈Z,则 x1x2=p+q>0,x1+x2=pq>O 因此,这两根均为正数,且 (x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2 2 表为两个非负整数之和,只有三种情况: (1) 0+2;(2) 1+1;(3) 2+0. 由(1)得 p=3,q=2 或 p=2,q=3;由(2)得 p=q=2;由(3)得 p=1,q=5,或 p=5,q=1.

B2-020

对多少个实数 a,x 的二次方程 x +ax+ba=0
2

只有整数根? 【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 8. 【解】设 m、n 是方程二整数根(m?n).则应有 a=-(m+n),6a=mn

12

因此,a 也是整数,且 -6(m+n)=mn 即 (m+6)(n+6)=36 由于 36=2 ?3
2 2

所以(m,n)有 10 组解:(-42,-7),(-24,-8),(-18,-9),(-15, -10),(-12,-12),(-5,30),(-4,12),(-3,6),(-2,3),(0,0)对应 的 a=-(m+n)也有 10 个值: 49,32,27,25,24,-25,-8,-3,-1,0

B2-021

p 为整数,试证 x -2x-(10p +10p+2)=0 无整数解.

2

2

【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第二轮题 1. 【证】将原方程变形为 x(x-2)=2[5p(p+1)+1]

(1) 因为 p(p+1)是偶数,所以(1)式右边

如果 x 是整数,那么 x 必为偶数,(1)式左边

矛盾. 所以原方程无整数解.

13

B2-022 设 f(x)=x +5x +3,其中 n 是一个大于 1 的整数.求证:f(x) 不能表示为两个多项式的乘积, 其中每一个多项式都具有整数系数而且它们 的次数都不低于一次. 【题说】第三十四届(1993 年)国际数学奥林匹克题 1. 【解】f(x)的有理根只可能是±1,±3.不难验证 f(1)=8, n-1 n n-1 n-1 f(-1)=4(-1) +3,f(3)=3 +5?3 +3,f(-3)=2(-3) +3 均不为 0,所以 f(x) 没有一次因式. 若 f(x)=g(x)h(x)

n

n-1

(*) 其中 g(x)=x +ap-1x +?+a1x+a0 h(x)=x +bq-1x +?+b1x+b0 p,q,a0,a1,?,ap-1,b0,b1,?,bq-1 都是整数并且 p+q=n,p?2, q?2, 则比较(*)式两边常数项得 a0b0=3. 不妨设 a0=±3,b0=±1.设 a1,?,ap 中第一个不被 3 整除的为 ak,则 k?p=n-q<n-1. 比较(*)两边 x 的系数得 0=akb0+ak-1b1+?+a0bk 左边被 3 整除,右边仅 akb0 不被 3 整除,从而右边不被 3 整除,矛盾. 所以 f(x)不能分解为两个整系数多项式的乘积. B2-023 x 的二次方程 x +z1x+z2+m=0
2 k q q-1 p p-1

(1)

14

中,z1、z2、m 均是复数,且

(2)

【题说】1994 年全国联赛二试题 1. 【解】由韦达定理有

因为(α -β ) =(α +β ) -4α β

2

2

所以 m-(4+5i)|=7 这表明复数 m 在以 A(4,5)为圆心、以 7 为半径的圆周上.

故原点在⊙A 内. 延长 OA,交圆周于 B、C 两点,则

15

B2-024 已知方程 ax +bx +c=0 有 3 个不同的实数根.证明:方程 cx +bx+a=0 也有 3 个不同的实数根. 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级题 5. 【证】显然 x=0 不是方程 ax +bx +c=0 的根,否则 c=0,方程只有两个不同的实数根, 这与题设矛盾.
5 4

5

4

5

B2-025 方 程 x +ax+b=0 有 两 个 不 同 的 实 数 根 . 证 明 : 方 程 4 3 2 x +ax +(b-2)x -ax+1=0 有 4 个不同的实数根. 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十年级题 2. 【证】x +ax +(b-2)x -ax+1=(x -x1x-1)(x -x2x-1) 其中 x1、x2 分别是方程 x +ax+b=0 的两个不同的实数根. 现在只须证明:方程 x -x1x-1=0
2 2 4 3 2 2 2

2

(1) 及 x -x2x-1=0
2

(2)
16

的实数根各不相同.由判别式

知它们分别有两个不同的实数根.

x1≠x2 矛盾.所以方程(1)、(2)没有公共根.从而本题结论成立. B2-026 求一切实数 p,使得三次方程 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1=66p
3 2

(1) 的三个根均为正整数. 【题说】1995 年全国联赛二试题 2. 【解】由观察知,x=1 是(1)的一个正整数根.所以 3 2 2 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x),其中 Q(x)=5x -5px+66p-1. 设正整数 u、v 是 Q(x)=0 的两个根,则

所以 p 是正整数,将(2)代入(3),得 5uv=66(u+v)-1

(4) 从而

17

因左边是 5 的倍数,19、229 又都是素数,故 5v-66=19 或 229 由此求得 v=17 或 59,u=59 或 17,p=u+v=76,即当且仅当 p=76 时,方 程(1)三根均是正整数:1,17,59. B2-026 求一切实数 p,使得三次方程 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1=66p
3 2

(1) 的三个根均为正整数. 【题说】1995 年全国联赛二试题 2. 【解】由观察知,x=1 是(1)的一个正整数根.所以 2 2 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x),其中 Q(x)=5x -5px+66p-1.
3

设正整数 u、v 是 Q(x)=0 的两个根,则

所以 p 是正整数,将(2)代入(3),得 5uv=66(u+v)-1

(4) 从而

因左边是 5 的倍数,19、229 又都是素数,故 5v-66=19 或 229

18

由此求得 v=17 或 59,u=59 或 17,p=u+v=76,即当且仅当 p=76 时,方 程(1)三根均是正整数:1,17,59. B2-027 已知 f(x)、g(x)和 h(x)都是二次三项式,方程 f(g(h(x)))=0 有根为 1,2,3,4,5,6,7 和 8,这可能吗? 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数学奥林匹克九年级题 3. 【解】设 1,2,3,4,5,6,7 和 8 是方程 f(g(h(x)))=0 的根. 如果直线 x=a 是抛物线 y=h(x)的对称轴,那么当且仅当 x1+x2=2a 时, h(x1)=h(x2). 多项式 f(g(x))的根不多于 4 个,而 h(1),h(2),?,h(8)都是它的 根, 因此只能是 a=4.5, h(4)=h(5), 且 h(3)=h(6), h(2)=h(7), h(1)=h(8). 此 外,由图像可知 h(1),h(2),h(3),h(4)是单调数列. 同样地,考察二次三项式 f(x)及它的根 g(h(1)),g(h(2)),g(h(3)), g(h(4)). 我们得到 h(1)+h(4)=2b, h(2)+h(3)=2b, 其中直线 x=b 是方程 y=g(x) 的抛物线的对称轴. 对于二次三项式 h(x)=Ax +Bx+c,由 h(1)+h(4)=h(2)+h(3),得 4A=0, 即 A=0,这与 h(x)是二次三项式相矛盾,所以方程 f(g(h(x)))=0 不可能有 根 1,2,3,4,5,6,7,8. B2-028 若α 、β 、γ 是 x -x-1=0 的根,计算
3 2

的值. 【题说】第二十八届(1996 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【解】设 f(x)=x -x-1=(x-α )(x-β )(x-γ ) 由多项式根与系数关系,有 α +β +γ =0 α β +β γ +γ α =-1 α β γ =1 从而
19
3

其中分子 A=(1+α )(1-β )(1-γ )+(1+β )(1-α )(1-γ )+(1+γ )(1-α )(1-β ) =3-(α +β +γ )-(α β +β γ +γ α )+3α β γ =7 分母 B=(1-α )(1-β )(1-γ )=f(1)=-1 因此所求值为 S=-7. B2-028 若α 、β 、γ 是 x -x-1=0 的根,计算
3

的值. 【题说】第二十八届(1996 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【解】设 f(x)=x -x-1=(x-α )(x-β )(x-γ ) 由多项式根与系数关系,有 α +β +γ =0 α β +β γ +γ α =-1 α β γ =1 从而
3

其中分子 A=(1+α )(1-β )(1-γ )+(1+β )(1-α )(1-γ )+(1+γ )(1-α )(1-β ) =3-(α +β +γ )-(α β +β γ +γ α )+3α β γ =7 分母

20

B=(1-α )(1-β )(1-γ )=f(1)=-1 因此所求值为 S=-7. B2-030 设 a 是 x -x-1=0 的解,求以 a 为其解的整系数三次方程.
3 2

【题说】1996 年日本数学奥林匹克预选赛题 4. 【解】a -a=1,两边平方得 a (a -1) =1 所以 a 是 x(x-1) =1 的根,展开得 x -2x +x-1=0 这就是所求的方程. B2-031 假设 x +3x +4x-11=0 的根是 a,b,c,x +rx +sx+t=0 的根是 a
3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 3

+b,b+c,c+a,求 t. 【题说】第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】由韦达定理, r =-(a+b)(b+c)(c+a) =-(-3-c)(-3-a)(-3-b) =-((-3) +3(-3) +4(-3)-11)=23 B2-032 设 P 是方程 z +z +z +z +1=0 的有正虚部的那些根的乘积,并 设 P=r(cosθ °+isinθ °),这里 0<r,0?6<360.求θ . 【题说】第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 11. 【解】原方程即
6 4 3 2 3 2

u -2u+1=0

3

21

即 (u-1)(u +u-1)=0 从而
2

z=cos60°±isin60°,cos72°±isin72°,cos144°±isin144° θ =60+72+144=276

B2-033

解方程组

其中 a 和 b 是已知实数,当 a 和 b 满足什么条件时,方程组的解 x、y、z 是互不相同 的正数? 【题说】第三届(1961 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由匈牙利提供. 【解】a -b =(x+y+z) -(x +y +z ) =2(xy+yz+zx) =2(z +yz+zx)=2az 若 a=0,则 b≠0 时方程组无解;b=0 时,由 x +y +z =0 得 x=y=z=0.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

u +(z-a)u+z =0

2

2

22

y>0.

B2-034 一时钟在某时间 T1,短针指在 2 与 3 之间,长针指在 4 与 5 之间,过了某段时间之后,到时间 T2,长针指在原来短针所指的位置,而短 针指在原来长针所指的位置,求原来时间 T1 和现在时间 T2 各为几点钟. 【题说】1963 年上海市赛高三决赛题 2. 【解】设在时间 T1,短针的度数为 x,长针的度数为 y.因短针走

23

B2-035 x5+x2=yx1 x1+x2=yx2 x2+x4=yx3 x3+x5=yx4 x4+x1=yx5

求所有能使等式 (1) (2) (3) (4) (5)

成立的值 x1,x2,x3,x4,x5,这里的 y 是一个参数. 【题说】第五届(1963 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由原苏联提供. 【解】将五个方程相加得 (x1+x2+x3+x4+x5)(y-2)=0 所以 x1+x2+x3+x4+x5=0 或 y=2. 如果 y=2,那么原方程组可写成 x5-x1=x1-x2=x2-x3=x3-x4=x4-x5 即 x1=x2=x3=x4=x5=任意数是原方程组的解. 如果 y≠2,那么 x1+x2+x3+x4+x5=0 由(3)、(2)、(4)得 y x3=y(x2+x4)=(x1+x3)+(x3+x5) 由上式及(3)、(6)得 (y +y-1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=0
2 2

(6)

24

因此,在 y +y-1=0 时,x3=0.同理 x1=x2=x3=x4=x5=0 它显然是原方程组的解.

2

不难验证任意 x2、x1 及由以上三式得出的 x3、x4、x5 是原方程组的解.

B2-036

已知方程组

其系数满足下列条件: (1)a11、a22、a33 都是正的; (2)所有其余系数都是负的; (3)每一方程中系数之和是正的. 证明:x1=x2=x3=0 是已知方程组的唯一解. 【题说】第七届(1965 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由波兰提供.

25

【证】设 x1、x2、x3 为一组解,不妨设|x1|?|x2|?|x3|,则 |a11x1+a12x2+a13x3|?|a11x1|-|a12x2|-|a13x3|?a11|x1|+a12|x1|+a13|x1|= (a11+a12+a13)|x1|?0,等号仅在 x1=x2=x3=0 时成立. B2-037 解方程组

其中 a1、a2、a3、a4 是已知的两两不等的实数. 【题说】第八届(1966 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由捷克斯洛 伐克提供. 【解】在方程组中,如果将足码 i 换 j,j 换成 i,原方程组不变.不 失一般性,可以假定 a1>a2>a3>a4,这时原方程组成为 (a1-a2)x2+(a1-a3)x3+(a1-a4) x4=1 (1) (a1-a2)x1+(a2-a3)x3+(a2-a4) x4=1 (2) (a1-a3)x1+(a2-a3)x2+(a3-a4) (3)

x4=1

(a1-a4)x1+(a2-a4)x2+(a3-a4) x3=1 (4) (1)-(2)、(2)-(3)、(3)-(4),分别得 (a1-a2)(x2+x3+x4-x1)=0 (a2-a3)(-x1-x2+x3+x4)=0 (a3-a4)(-x1-x2-x3+x4)=0 即有 x2+x3+x4=x1 x1+x2=x3+x4
26

(5) (6)

x1+x2+x3=x4 由(5)、(6)、(7)得 x2=x3=0,x1=x4 代入(1)、(4)得

(7)

经检验可知,当 a1>a2>a3>a4 时,

是原方程组的解. 一般地,当 ai>aj>ak>al 时,方程组的解为:

B2-038

给出关于 x1,x2,?,xn 的方程组

其中 a、b、c 为实数,a≠0,且Δ =(b-1) -4ac.证明:在实数范围内该方程组 (i)当Δ <0 时无解; (ii)当Δ =0 时恰有一个解; (iii)当Δ >0 时有多于一个解. 【题说】第十届(1968 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由保加利亚提供.

2

27

【证】将 n 个方程相加得



所以Δ <0 时,无实数解. Δ =0 时,只有一个解

Δ >0 时,显然有两组不同的解

B2-039

已知 p 个方程 q=2p 个未知数 x1,x2,?,xq 的方程组: a11x1+a12x2+?+a1qxq=0 a21x1+a22x2+?+a2qxq=0 ?? ap1x1+ap2x2+?+apqxq=0

其中每一个系数 aij 是集{-1,0,1}中一元素,i=1,2,?,p;j=1, 2,?q .证明:方程组有一个解(x1,x2,?,xq)使得 (i)所有 xj(j=1,2,?,q)是整数; (ii)至少有一个 j 值使 xj≠0(1?j?q); (iii)|xj|?q(j=1,2,?,q).

28

【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由荷兰提 供. 【证】 考虑适合条件|yj|?p (j=1, ?, 的所有整数组 1, 2, 2, q) (y y ?, q yq),共有(2p+1) 个. 令 Ai=ai1y1+?+aiqyq,i=1,2,?,p. 由于 aij 是-1,0,1 中的一个,每个 Ai 都是整数,并且 |Ai|?|y1|+?+|yq|?pq 因此,数组(A1,A2,?,Ap)至多有(2pq+1) =(4p+1) 个. 因为(2p+1) =(2p+1) =(4p +4p+1) >(4p+1) ,由抽屉原理, 一定有两个不同的数组(y1,?,yq),(y′1,?,y′q)产生同一个数组 (A1,A2,?,Ap),所以 ai1(y1-y′1)+?+aiq(yq-y′q)= 0(i=1,2,?,p) 令 xj=yj-y′j,j=1,2,?,q.则 x1,?,xq 不全为零,满足方程组 且有 |xj|=|yj-y′j|?|yj|+|y′j|?2p=q 这说明(x1,?,xq)即是所要找的一个解. B2-040 正数 x、y、z 满足方程组
q 2p 2 p p p p

试求 xy+2yz+3xz 的值. 【题说】第十八届(1984 年)全苏数学奥林匹克十年级题 4. 【解】考虑右图,其中∠ROP、∠POQ、∠QOR 分别为 150°,

29

由已知方程组及余弦定理,RP、PQ、QR 分别为 25、9、16. 在△PQR 中,PR =PQ +QR .于是∠PQR=90°.
2 2 2



SPQR=SPOR+SPOQ+SQOR

B2-041



确定 x +y +z +w 的值. 【题说】第二届(1984 年)美国数学邀请赛题 15.考虑 t 的方程

2

2

2

2

30

【解】(1)两边乘(t-1)(t-9)(t-25)(t-49),得 x (t-9)(t-25)(t-49)+y (t-1)(t-25)(t-49) +z (t-1)(t-9)(t-49)+w (t-1)(t-9)(t-25) -(t-1)(t-9)(t-25)(t-49) =0 (2) 它是 t 的四次方程,并有四个根 t=4,16,36,64.故(2)即方程 (t-4)(t-16)(t-36)(t-64)=0 比较(2)与(3)的系数得: x +y +z +w +(1+9+25+49) =4+16+36+64 从而 x +y +z +w =36
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(3)

B2-042

求方程组的所有实数解: (1) (2)

x1?x2?x3=x1+x2+x3 x2?x3?x4=x2+x3+x4 x3?x4?x5=x3+x4+x5
??

x1985?x1986?x1987=x1985+x1986+x1987 x1986?x1987?x1988=x1986+x1987+x1988 x1987?x1988?x1989=x1987+x1+x2 【题说】第十三届(1987 年第三阶段)全俄数学奥林匹克九年级题 2. 【解】(1)-(2)得 x2?x3(x1-x4)=x1-x4

31

于是 x2?x3=1 或 x1=x4 当 x2?x3=1 时,(1)式成为 x2+x3=0,易知方程组 x2?x3=1,x2+x3=0 无实数解.所以 x1=x4. 同理,x2=x5;x3=x6;x1985=x1;x1986=x2;x1987=x3. 于是 x3=x6=?=x1986=x2=x5=?=x1985=x1=x4=?=x1984=x1987=x 代入方程(1)得 x =3x
3

B2-043

解方程组 xy+xz=8-x
2

xy+yz=12-y

2

yx+zx=-4-z

2

【题说】1990 年匈牙利数学奥林匹克第二轮基本水平题 1. 【解】原方程组可以改写成 x(x+y+z)=8 y(x+y+z)=12 z(x+y+z)=-4 将这三个方程相加,可以得到(x+y+z) =16,从而 x+y+z=±4.由此 可得到原方程组的解为(2,3,-1)与(2,-3,1).
2

32

B2-044 若实数 a、b、x、y 满足 ax+by=3,ax +by =7,ax +by =16, 4 4 5 5 ax +by =42,求 ax +by 的值. 【题说】第八届(1990 年)美国数学邀请赛题 15. 【解】由 ax +by =(ax +by )(x+y)-(ax+by)xy 得 3xy 由 得 7xy (2) 由(1)、(2)解得 x+y=-14,xy=-38.因此, ax +by =(ax +by )(x+y)-(ax +by )xy =42?(-14)-16?(-38)=20 B2-046 求满足下列条件的关于 x、y 的次数最低(但不低于 1 次) 的多项式 f(x,y):
5 5 4 4 3 3 4 4 3 3 2 2

2

2

3

3

16=7(x+y)- (1) ax +by =(ax +by )(x+y)-(ax +by )xy 42=16(x+y)-
3 3 2 2

【题说】1994 年日本数学奥林匹克预选赛题 11. 【解】将 f(x,y)表为 i 次齐次多项式之和:f(x,y)=

件,则每一 fi(x,y)也满足同样的条件.所以,所要求的 f(x,y) 是一个次数最低的齐次式. 由(1)知 f(y,y)=0,所以 f(x,y)=(x-y)h(x,y) 其中 h(x,y)是关于 x、y 的齐次式,且 h(x,y)=h(y,x),即 h 为对称式. 由(2)得
33

-yh(x,x+y)-xh(y,x+y)=0 以 y-x 代 y 得 -(y-x)h(x,y)-xh(y-x,y)=0 所以,h(x,y)被 x 整除,由对称性知,h(x,y)也被 y 整除.由 此得 f(x,y)=(x-y)xyg(x,y) 其中 g(x,y)是齐次对称式,将上式代入(2)并整理,得 g(x,x+y)+g(y,x+y)=0 令 y=-x,得 g (x, +g 0) (-x, =0 0) 设 g(x,y)为 l 次齐次式,即 (4) (3)

由(4)得 cl+(-1) cl=0 故 l 为奇数或 cl=0. 若 cl=0,则 g(x,y)被 y 整除,由对称性知,它也被 x 整除,所以 l ?2.若 l=2,则 g(x,y)=cxy(c≠0),不满足(3),故 l?3. 若 cl≠0,则 l 为奇数.若 l=1,则 g(x,y)=c(x+y)(c≠0),不 满足(3),故 l?3. 综上所述,g(x,y)是至少 3 次的齐次对称式.设 g(x,y)=a(x +y )+bxy(x+y) 代入(3)并整理,得 a((x +y )+2(x+y) )+b(x+y)(2x +xy)+(xy+2y ))=0 两边同除以 x+y 并整理,得
3 3 3 2 2 3 3 l

34

(3a+2b)(x +xy+y )=0 取 a=2,b=-3,则得所求的一个 f(x,y)为 f(x,y)=(x-y)xyg(x,y) =(x-y)xy(x+y)(2x-y)(x-2y) 不难验证这个多项式符合要求。 B2-047 货车在 x 时 y 分从莫斯科出发,于 y 时 z 分到达萨拉托夫, 途中共用了 z 小时 x 分钟,求 x 的所有可能值. 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数学奥林匹克九年级题 1. 【解】依题意得 z=x+y,或 z=x+y-60 因为 所 以 (1) 设货车在途中经历了 k 昼夜,则 y=x+z-24k 由(1)、(2)得 x=12k.因为 0?x<24,所以 x=0 或 12 这样的 x 值事实上是可能的,例如 x=0,y=z=15;或 x=12,y=15,z=27 B2-048 求所有使等式 (2) z=x+y x+y<24+24<60

2

2

成立的实数 x,其中 p 是一实参数. 【题说】第五届(1963 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由捷克斯洛 伐克提供.

35

【解】将等式移项,两边平方,化简后得 8 2-p) = 4-p) ( x( 仅当 p<2 时,方程(1)有解.正解为
2 2

(1)

将(2)代入原方程,得

即 p

|3p-4|+2|p|=4- (3)

时,原方程有解,解为

B2-049

解方程组

【题说】1979 年江西省赛一试题 2. 【解】将原方程组两边取倒数并整理得:

36

(1)+(2)+(3)再除以 2 得

用(4)分别减去(3)、(2)及(1)式,即得:

B2-050

对任意的实数 t,[t]表示小于或等于 t 的最大整数.试证:方程 [x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345

没有实数解. 【题说】第十三届(1981 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【解】设 x=[x]+y,0?y<1,则原方程即 63[x]+[2y]+[4y]+[8y]+[16y]+[32y]=12345 从而 63[x]?12345<63[x]+1+3+7+15+31=63[x]+57 但 12345=63?195+60,因此上式无解. B2-051 P(x)和 Q(x)为二实系数多项式,它们对一切实数 x 满足 恒等式 P(Q(x))=Q(P(x)).若方程 P(x)=Q(x)无实数解,试证 方程 P(P(x))=Q(Q(x))亦无实数解. 【题说】第十三届(1981 年)加拿大数学奥林匹克题 4.
37

【证】由于 P(x)=Q(x)无实数解,P(x)-Q(x)恒正或恒负;不 妨设恒正,即 P(x)>Q(x). 如果 P(P(x))=Q(Q(x))有一实数解 x=a,则 P(Q(a))>Q(Q(a))=P(P(a)) >Q(P(a))=P(Q(a)) 得出矛盾.故方程 P(P(x))=Q(Q(x))不可能有实数解. B2-052 解方程

(方程左边的式子中有 1985 个 2) 【题说】第十九届(1985 年)全苏数学奥林匹克十年级题 5. 【解】因为

等价于

解得 x=3.

B2-053

求方程的整数解

38

【题说】第二十二届(1988 年)全苏数学奥林匹克九年级题 1. 【解】原方程变形为

方程的两端都是既约分数,所以有 m =1988 如果 m?1988,则 m >1988 令 n=-(m+1),则得
m+1 1988 m+1 1988

;而如果 0<m<1988,则 m <1988

m+1

1988

.如果 m<-1

1988 所以 n=1988,即 m=-1989.

1988

=n

n

B2-054

求 A ,这里 A 是下列方程所有根的绝对值之和:

2

【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 7. 【解】将右端的繁分式逐步化为简单的分式,所得结果一定是 x 的线 性分式(分子、分母都是 x 的一次式).因此,原方程可化为 x 的二次方程, 至多有两个根.方程

的根显然都是原方程的根,而(1)即
39

恰有两个根.于是原方程等价于(1)、(2),(2)的根 x1、x2 一正 一负,所以

B2-055

解方程组

【题说】第十七届(1991 年)全俄数学奥林匹克十年级题 7. 【解】原方程组即 1/(x +y )=12/5x-1 1/(x +y )=1-4/5y (1)+(2)再除以 2 得 1/(x +y )=6/5x-2/5y (1)-(2)再除以 2 得 1=6/5x+2/5y (3)?(4)得 1/(x +y )=36/25x -4/25y
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

(1) (2)

(3)

(4)

(5)

解(5)得 y =x /4,代入(4)得 x=2/5 或 2,代入(3)得 y=-1/5 或 1. 所以原方程组的解为

40

B2-056 设正实数 a>1,自然数 n?2,且方程[ax]=x 恰有 n 个不同 的解.试求 a 的取值范围.([x]表示不超过 x 的最大整数) 【题说】1992 年四川省赛决赛题 3. 【解】由题设可知,x 必为整数. 在 x<0 时,[ax]<ax<x.所以 x?0 令{a}=a-[a],则原方程变为 x=[ax]=[a]x+[{a}x] 因为[a]?1,所以(1)式成立的充分必要条件是 [a]=1 且{a}x<1 又因 x=0 显然满足方程, (2) (1)

B2-057 方程 x +x+1=0 的解为 w,求满足等式 w +1+(w+1) =0 的不超过 100 的正整 数 k 的个数. 【题说】1992 年日本数学奥林匹克预选赛题 2. 【解】显然有 w =1,(w+1) =w =w. 从而 w +1+(w+1) =0 当且仅当 w +w +1=0. 当 k=3m(m=1,2,?)时, w +w +1=(w ) +(w ) +1=3 当 k=3m+1(m=0,1,2,?)时,
2k k 3 2m 3 m 2k 2k 2k k 3 2 4

2

2k

2k

41

w +w +1=w +w+1=0 当 k=3m+2(m=0,1,2,?)时, w +w +1=w+w +1=0 由于 1 至 100 的正整数中, 3 整除的有 33 个, 被 所以满足条件的正整数 k 有 100-33=67 个. B2-058 解方程
2k k 2

2k

k

2

【题说】第二十四届(1992 年)加拿大数学奥林匹克题 4. 【解】原方程等价于 0=x +2x -x -6x-3=(x +x+1) -4(x+1) =(x +3x+3)(x -x-1) 于是
2 2 4 3 2 2 2 2

又解 令 w=x+1,原方程变为倒数方程



从而



42

w +w+1=0 或 w -3w+1=0 于是

2

2

B2-059 n 为一正整数,试确定有多少个实数 x,满足 1?x<n 和 x 3 3 -[x ]=(x-[x]) .其中[x]表示不超过 x 的最大整数. 【题说】1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 2. 【解】记[x]=-a,x-[x]=r,则有 1?a?n-1,0?r<1,且 (a+r) -[(a+r) ]=r 即
3 2 2 3 3 3 2 3 3 3

3

a +3a r+3ar =[(a+r) ]
3 2 3

3

2

2

3

所以 a +3a r+3ar 是整数,且 a ?a +3a r+3ar <a +3a +3a=(a+1) - 3 3 2 2 1. a 确定时, 当 对任一整数 n, <n< a (a+1)-1, 的二次方程 3ar +3a r+ r 3 3 (a -n)=0 的常数项为负,所以恰有一个正根 r.而且(a+1) -1> 2 2 3 3 n=3ar +3a r+a 推出 r<1.在 n=a 时,显然 r=0.所以 a 确定时,r 有(a+1) 3 3 3 3 -a -1 个不同的值满足 0?r<1. 从而 x=a+r 的个数为 (a+1) -a -1. 故 所求 x 的个数为

B2-060

设[x]表示不超过 x 的最大整数,求方程 4x -20[x]+23=0 的所有实数根.

2

【题说】1993 年河北省赛一试题 4. 【解】令 k=[x].则 4k -20k+23?0 即
43
2

(2k-5) ?2 所以 k=2 或 3.将它们代入原方程,易得

2

B2-061 求下面方程组的所有实数解,并证明你的结论:

【题说】第二十八届(1996 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【解】(1)将三个方程相加,得

移项,整理得

注意到 x、y、z 的非负性,上式左边每一项皆非负,故只能为 0.从而得

于是 f(n)的最小值为 0,最大值为 m-1. (2)设 M 为 r1,r2,?,rm 的分母的公倍数.取 n=M-1,则
44

rkn=rkM-rk [rkn]=rkM-1(k=1,2,?,m)

B2-062

求下列方程的整数解:y -x =91.

3

3

【题说】1949 年~1950 年波兰数学奥林匹克二试题 2. 【解】原方程化为 (y-x)(y +xy+x )=13?7
2 2

(1)

种情形: 1.y-x=91.y +xy+x =1. 这个方程组没有实数解,更没有整数解. 2.y-x=1,y +xy+x =91. 解为 x=5,y=6;x=-6,y=-5. 3.y-x=13,y +xy+x =7. 这个方程组没有实数解. 4.y-x=7,y +xy+x =13. 解为 x=-3,y=4;x=-4,y=3. 因此,方程(1)有四组整数解 x=5,y=6;x=-6,y=-5 x=-3,y=4;x=-4,y=3 B2-063 证明:对于无数多个素数 p,方程 x +x+1=py
45
2 2 2 2 2 2 2 2 2

有整数解(x,y). 【题说】第二届(1968 年)全苏数学奥林匹克八年级题 8. 【证】设方程 x +x+1=py 只对有限个素数 p1,p2,?,pm 有整数解(x,y). 令 p=p1p2?pm,则数 p +p+1 不被 p1,p2,?,pm 中的任何一个整除. 设 q 是 p +p+1 的一个素因数,显然它不同于 p1,p2,?,pm 中的任何一个.而方 2 x +x+1=qy
2 2 2



B2-064

证明:方程 x +11 =y 没有正整数解.

3

3

3

【题说】第四届(1972 年)加拿大数学奥林匹克题 5. 【证】将原方程变形为 11 =y -x =(y-x)(x +xy+y ) 如果它有正整数解(x,y),则可能有以下四种情况 y-x=11 ,x +xy+y =1 y-x=11 ,x +xy+y =11 y-x=11,x +xy+y =112 y-x=1,x +xy+y =113 因为 x +xy+y >y >(y-x) ,故前三种情况均不可能,但若 y-x=1,则 x +x(x+1)+(x+1) =11 即
2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 2 2

3x +3x=1330

2

但 1330 不能被 3 整除.因此,原方程不可能有正整数解.

46

B2-065

求方程 2 +2 +2 +2 =20.625 的满足条件 w>x>y>z 的整数解.

w

x

y

z

【题说】1979 年湖南省赛二试题 2. 【解】方程两端同乘 8,得 2 +2 +2 +2 =165 165 为奇数,故必有 z+3=0,即 z=-3. (1)的两端同减去 1,再除以 4,得 2 +2 +2 =41 同理 y=-1 (2)的两端同减去 1,再除以 8,得 2 +2 =5 于是 x=2,w=4 故所求的解为 w=4,x=2,y=-1,z=-3 【别解】将 20.625 表为 2 的整数幂的和得 2 +2 +2 +2 =2 +2 +2 +2 比较指数即可得解.
w x y z 4 2 -1 -3 w-2 x-2 w+1 x+1 y+1 w+3 x+3 y+3 z+3

(1)

(2)

B2-066

试证:1.如果正整数 n 使方程 x -3xy +y =n
3 2 3

有一组整数解(x,y),那么这个方程至少有三组整数解; (2)当 n=2891 时,上述方程无整数解. 【题说】第二十三届(1982 年)国际数学奥林匹克题 4. 【证】1.因为
47

(y-x) (y-x)x +(-x) =x -3xy +y 所以在(x,y)为方程 x -3xy +y =n
3 2 3

3

2

3

3

2

3

(1)

的整数解时,(y-x,-x)也是(1)的整数解.这时将 y-x 当作 x, -x 当作 y,则由于(-x)-(y-x)=-y,-(y-x)=x-y,所以(-y, x-y)也是(1)的整数解. 这三组解互不相同,因为任两组解相同将导出 x=y=0,与 n 为正整数矛 盾. 2.如果 x -3xy +y =2891,那么 x -3xy +y ≡2(mod9)
3 2 3 3 2 3

(2)

从而 x、y 不能都被 3 整除,如果 x、y 中恰有一个被 3 整除,用(y- x,-x)或(-y,x-y)代替(x,y).因此可以假定 x、y 都不被 3 整除, 从而 x ≡±1,y ≡±1,-3xy ≡±3(mod9) (2)不能成立,这表明当 n=2891 时,(1)无解. B2-068 方程 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 的非负整数解共有多少组?
3 3 2

【题说】1985 年全国联赛一试题 2(2).原题为填空题. 【解】分以下两种情形讨论: 1.若 x1=1,则必有某 xi=1(i=2,3,?,10),而其余 xj=0(j≠i),这有 9 组解. 2.若 x1=0,则 x2+x3+?+x10=3,它的非负整数解共

综上所述,共有 174 组非负整数解.

B2-069

x、y 是满足方程 y +3x y =30x +517 的整数,求 3x y 的值.

2

2 2

2

2 2

48

【题说】第五届(1987 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】原方程变形为 (y -10)(3x +1)=3?13 由此,y -10=1,3,13,39,169 或 507,则 y =11,13,23,49,179,517 仅当 y =49 时,y=7 是正整数.因此,y -10=39,3x +1=3?13 /39=13;3x =12.所以 2 2 3x y =12?49=588. B2-070 满足 n +(n+1) =m +(m+1) 的整数对(m,n)共有多少组?
2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

【题说】1988 年北京市赛高一题 1(4). 【解】原等式可化为: n(n+1)=m(m+1)[m(m+1)+2] 设 k=m(m+1),则得 n(n+1)=k(k+2) 上式成立,当且仅当两边同时为 0.从而 n=0 或 n=-1,k=0 或 k=-2. 整数对(m,n)应取(0,0),(0,-1),(-1,0),(-1,-1). B2-071 满足方程

的正整数解(x,y)有多少组? 【题说】1991 年日本数学奥林匹克预选赛题 4. 【解】显然 x+1、y 均大于 1991.由原方程得 (x+1)y=1991(x+1)-1991y=1991 (x+1-1991)(y-1991)=1991?1992 =2 ?3?11?83?181
3

49

x+1-1991 可为上式左边的任一正因数, 因此 x 的个数即为 1992? 1991 6 的正因数的个数,即 4?2?2?2?2=2 =64. B2-072 求方程组的整数解

【题说】第二十五届(1991 年)全苏数学奥林匹克八、九年级题 1. 【解】由原方程可得 (xz-2yt) +2(xt+yz) =(x +2y )(z +2t )=11 因而
2 2 2 2 2 2 2 2

x +2y =1 或 z +2t =1

2

2

2

2

(1)由 x +2y =1 得 y=0,x=±1.然后由第二个方程得 t=±1.从而得 z=±3. (2)由 z +2t =1 得 t=0,z=±1.从而得 y=±1,x=±3. 经检验知原方程组的整数解为 4 组它们分别是:(1,0,3,1);(- 1,0,-3,-1);(3,1,1,0);(-3,-1,-1,0). B2-073 x +y =z
2 5 3 2 2

证明方程 (1)

有无穷多个整数解,其中 xyz≠0. 【题说】第二十三届(1991 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【证】方程(1)一个最易发现的整数解是(3,-1,2).对于任意 k 15 6 10 ∈N,(3k ,-k ,2k )也是方程(1)的整数解.因而有无穷多个解. 如果限制求(1)的正整数解,则要困难一些.但经过若干试算,还是 可以发现方程(1)较小的正整数解.例如(10,3,7)是(1)的一个正整 15 6 10 数解,从而(1)也有无穷多个正整数解(10k ,3k ,7k ),k∈N. 【评注】如果将方程(1)中指数都换为 3,即方程 x +y =z 就没有正 整数解,它是费马大定理的一个特例. B2-074 证明:方程 (x+y+z) +2(x+y 十 z)=5(xy+yz+zx)
50
2 3 3 3

的正整数解有无穷多个. 【题说】1992 年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 1. 【证】显然,(1,1,1)是所给方程的一组解. 设原方程有一组正整数解(a,b,c),不妨设其中 c 最小.将原方程 改写为 z 的一元二次方程 z -(3x+3y-2)z+x +y -3xy+2x+2y=0 在 x=a,y=b 时,由韦达定理,(1)有解 z=c 及 z=3a+3b-2-c 显然 3a+3b-2-c>c, 因此原方程又有一组新的正整数解 (a, 3a+3b b, -2-c). 用这个方法,从解(1,1,1)出发,可以不断产生新的解(x,y,z), x+y+z 的值严格增加.所以原方程有无穷多组正整数解. B2-075 是否存在整数 m,n 满足 m +1954=n ?
2 2 2 2 2

(1)

【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第三轮题 1. 【解】不存在.因 1954=(n+m)(n-m),右边为奇数或 4 的倍数,不等于左边.

B2-076 若 0<a<b<c<d<500,问有多少个有序的四元整数组(a, b,c,d)满足 a+d=b+c 及 bc-ad=93? 【题说】第十一届(1993 年)美国数学邀请赛题 4. 【解】答 870. 因 a+d=b+c,我们可以取(a,b,c,d)=(a,a+x,a+y,a+x+y), 这里 x,y 为整数,且 0<x<y. 93=bc-ad=(a+x)(a+y)-a(a+x+y)=xy 所以,(x,y)=(1,93)或(x,y)=(3,31) 第一种情形

51

(a,b,c,d)=(a,a+1,a+93,a+94),a=1,2,?,405 第二种情形 (a,b,c,d)=(a,a+3,a+31,a+34),a=1,2,?,465 这两组数组中无重复的,所以共有 405+465=870 个四元整数组满足条 件. B2-077 求满足等式 2x y +y =26x +1201 的一切正整数数组(x,y).
2 2 2 2

【题说】1995 年日本数学奥林匹克预选赛题 8. 【解】由条件得 (2x +1)(y -13)=1188=2 ?3 ?11 从而 2x +1 与 y -13 均为 2 ?3 ?11 的因数.又 2x +1 是奇数,故 2x +1 为 3 ?11=297 的因数.由下表
2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3

可知,所求的正整数解为(4,7)和(7,5).

B2-078

设 n 为一个固定的正整数.证明:对任何非负整数 k,下述不定方程

有无穷多个正整数解(x1,x2,?,xn;y) 【题说】第二十七届(1995 年)加拿大数学奥林匹克题 4. 【证】由立方和公式

52

令 c=n(n+1)/2,对任意正整数 q,有 (c q =c q
3k 3(3k+2) k 3k+2

) +(2c q

3

k 3k+2

) +?+(nc q

3

k 3k+2



3

(1 +2 + ?+n )

3

3

3

=c

3k+2 3(3k+2)

q

=(cq )

3 3k+2

因此,对任意正整数 q,(c q

k 3k+2

,2c q

k 3k+2

,?,nc q

k 3k+2

;cq )都是(1)的解.

3

第三节 不等式 B3-001 北京、上海同时制成电子计算机若干台,除本地应用外,北 京可支援外地 10 台,上海可支援外地 4 台.现在决定给重庆 8 台,汉口 6 台,若每台计算机运费如右表所示(单位:百元),又上海、北京当时制造 的机器完全相同.问应怎样调运,才能使总的运费最省?

总运费为 【题说】1960 年上海市赛高一复赛题 6. 【解】设北京调给重庆 x 台,上海调给重庆 y 台,则 0?x?10,0?y?4 x+y=8

53

8x+4(10-x)+5y+3(4-y) =4x+2y+52=84-2y 当 y=4 时,总运费最小,此时,x=4,10-x=6,4-y=0. 答:北京调给重庆 4 台,调给汉口 6 台,上海调给重庆 4 台,这样总运费最省. B3-002 x 取什么值时,不等式

成立? 【题说】第二届(1960 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由匈牙利提供.

将原不等式化简得

x (8x-45)<0,

2

因此,原不等式的解为

B3-003 甲队有 2m 个人,乙队有 3m 个人,现自甲队抽出(14-m) 人,乙队抽出(5m-11)人,参加游戏,问甲、乙队各有多少人?参加游戏 的人有几种选法? 【题说】1962 年上海市赛高三决赛题 4. 【解】抽出的人数必须满足

解得 m=5.
54

故甲队有 2m=10 人,乙队有 3m=15 人,甲队抽出 14-m=9(人).乙队 抽出 5m-11=14(人),从而参加游戏的人共有

选法.

B3-004

求出所有满足不等式

的实数. 【题说】第四届(1962 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由匈牙利提 供.

B3-007 设 a1,a2,?,an 为 n 个正数,且设 q 为一已知实数,使得 0<q<1.求 n 个数 b1,b2,?,bn 使 1.ak<bk, k=1,2,?,n.

【题说】第十五届(1973 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由瑞典提 供. 【解】设 bk=a1q +a2q +?+ak-1q+ak+ak+1q+?+anq (k=1,2,?,n). 1.显然 bk>ak 对 k=1,2,?,n 成立.
55
k-1 k-2 n-k

2.比较 bk+1=q a1+q a2+?+qak+ak+1+?+q an 与 qbk=q a1+? 2 2 n-k+1 +q ak-1+qak+q ak+1+?+q an,qbk 的前面 k 项与 bk+1 的前面 k 项相等,其余 的项小于 bk+1 的相应项(因为 q<1).因此 bk+1>qbk.

k

k-1

n-k-1

k

因此,b1,b2,?,bn 满足题目的要求. B3-008 求满足条件:x?1,y?1,z?1,xyz=10,x y z ?10 的 x、y、z 的值. 【题说】1979 年黑龙江省赛二试题 3. 【解】设 lgx=u,lgy=v,lgz=w,则原题条件就变为: u?0,v?0,w?0 u+v+w=1 u +v +w ?1 (2)平方得 =1 (4) (4)-(3)得 由(1) 得 (5) 由(2)及(5)得: uv=vw=wu=0 uv+vw+wu?0
2 2 2 2 2 2 lgx lgy lgz

(1) (2) (3) u +v +w +2(uv+vw+wu)

56

因此满足题意的解为:

B3-009 长方形的一边长为 1cm 已知它被两条相互垂直的直线分成四 2 2 个小长方形,其中三个的面积不小于 1cm ,第四个的面积不小于 2cm .问原 长方形另一边至少要多长? 【题说】第十七届(1983 年)全苏数学奥林匹克九年级题 6. 【解】设小长方形的边长如图所示,则

我们要求 c+d 的最小值,由题设 c+d=(a+b)(c+d) =ac+bd+ad+bc

57

B3-010 m 个互不相同的正偶数与 n 个互不相同的正奇数的总和为 1987,对于所有的这样的 m 与 n,问 3m+4n 的最大值是多少?请证明你的结 论. 【题说】第二届(1987 年)全国冬令营赛题 6. 【解】1987?2+4+6+2m+1+3+?+(2n-1) =m(m+1)+n
2

因此,由柯西不等式

于是 221 为 3m+4n 的上界,当 m=27,n=35 时,3m+4n 取得最大值 221. B3-011 求最大的正整数 n,使不等式

只对一个整数 k 成立. 【题说】第五届(1987 年)美国数学邀请赛题 8. 【解】原式等价于
58

取 n=112,则 k 只能取唯一的整数值 97. 另一方面,在 n>112 时,

因此满足要求的 n=112. B3-012 非负数 a 和 d,正数 b 和 c 满足条件 b+c?a+d,这时

【题说】第二十二届(1988 年)全苏数学奥林匹克九年级题 7. 【证】不妨设 a+b?c+d

c?c+d

59

B3-013 式

设 a1、a2、?、an 是给定不全为 0 的实数,r1、r2、?、rn 是实数,如果不等

r1(x1-a1)+r2(x2-a2)+?+rn(xn-an)

对任何实数 x1、x2、?、xn 成立,求,r1、r2、?、rn 的值. 【题说】第三届(1988 年)全国冬令营赛题 1. 【解】取 xi=ai,i=2,3,?,n 代入原不等式,得

当 x1>a1 时,由上式得

当 x1<a1 时,上述不等式反号.令 x1 分别从大于 a1 与小于 a1 的方向趋于 a1,得到

60

B3 - 014 对 于 i=1 , 2 , ? , n , 有 |xi| < 1 , 又 设 |x1|+|x2|+ ? +|xn|=19+|x1+?+xn|.那么整数 n 的最小值是多少? 【题说】第六届(1988 年)美国数学邀请赛题 4.

另一方面,令 x1=x2=?=x10=0.95,x11=x12=?=x20=-0.95,则有

故 n=20 即为所求最小值. B3-015 设 m、n 为正整数,证明存在与 m、n 无关的常数 a

【题说】1989 年瑞典数学奥林匹克题 5. 【解】 amax=3 因为 所以
2 2

m ≡0,1,2,4(mod7) 7n -m ≡-m ≡0,6,5,3(mod7)
2

2

amax=3

61

B3-016

设 x、y、z>0 且 x+y+z=1.求 1/x+4/y+9/z 的最小值.

【题说】1990 年日本第一轮选拔赛题 10. 【解】 1/x+4/y+9/z

=(x+y+z)(1/x+4/y+9/z)

B3-017 设 n 为自然数,对任意实数 x、y、z,恒有(x +y +z ) ?n(x +y +z )成立, 求 n 的最小值. 【题说】1990 年全国联赛一试题 2(3).原题为填空题. 【解】
4 4 4 2 2 2 2

2

2

2

2

4

4

4

(x +y +z )
2 2

2

2

2

2

=x +y +z +2x y +2y z +2z x
4 4 4 4 4 4

?x +y +z +(x +y )+(y +z )+(z +x ) =3(x +y +z ) 当 x=y=z>0 时,原不等式化为 9x ?3nx ,故 n?3. 所以,n 的最小值是 3. B3-019 a、b、c 是一个任意三角形的三边长,证明: a (b+c-a)+b (c+a-b)+c (a+b-c)?3abc. 【题说】第六届(1964 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由匈牙利提供. 【证】不妨设 a?b?c. 3abc-a (b+c-a)-b (c+a-b)-c (a+b-c) =a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) ?b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)
2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4

4

4

4

62

?c(c-b)[(c-a)(b-a)] =c(c-b) ?0
2

B3-020

怎样的整数 a,b,c 满足不等式 a +b +c +3<ab+3b+2c?
2 2 2

【题说】1965 年匈牙利数学奥林匹克题 1. 【解】对于整数 a、b、c,所要解的不等式等价于 a +b +c +4?ab+3b+2c 这个不等式可以变成
2 2 2

由此可知,原不等式只可能有唯一的一组解 a=1,b=2,c=1. B3-021 有限数 a1,a2,?,an(n?3)满足关系式 a1=an=0,ak-1+ak+1 ?2ak(k=2,3,?,n-1),证明:数 a1,a2,?,an 中没有正数. 【题说】1966 年~1967 年波兰数学奥林匹克二试题 1. 【证】设 a1,a2,?,an 中,ar 最大,s 是满足等式 as=ar 的最小下标.若 n>s>1,则 as-1;<as,as+1?as,从而 as-1+as+1<2as,与已知条件 as-1+as+1? 2as 矛盾.故只有 s=1 或 s=n,于是 ar=0,数 a1,a2,?,an 中没有正数,

B3-022 a+b<c+d

设 a、b、c、d 是正数,证明不等式 (1) (2) (3)

(a+b)(c+d)<ab+cd (a+b)cd<ab(c+d) 中至少有一个不正确.

63

【题说】第三届(1969 年)全苏数学奥林匹克九年级题 1. 【证】假定(1)、(2)、(3)都正确.则 (a+b) (c+d)<(a+b)(ab+cd) <ab(a+b)+ab(c+d) <2ab(c+d) 从而(a+b) <2ab,矛盾. B3-023 证明:任何正数 a1,a2,?,an 满足不等式
2 2

【题说】第三届(1969 年)全苏数学奥林匹克十年级题 6.

原不等式左端的和大于

故原不等式得证. 【注】可以考虑更强的不等式

64

(1954 年美国数学家夏皮罗提出的猜测)对 n?12 上式成立.对偶数 n?14 与奇数 n ?27 不成立. B3-024 证明:对所有满足条件 x1>0,x2>0,x1y1-

成立,并求出等号成立的充要条件. 【题说】第十一届(1969 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由原苏联提供.

所以

当且仅当 x1=x2,y1=y2,z1=z2 时,等号成立. B3-025 设 a、b、n 都是自然数,且 a>1,b>1,n>1,An-1 和 An 是 a 进制数系中的数,Bn-1 和 Bn 是 b 进制数系中的数.An-1、An、Bn-1 和 Bn 呈如下 形式:
65

An-1=xn-1xn-2?x0,An=xnxn-1?x0(a 进制的位置表示法); Bn-1=xn-1xn-2?x0,Bn=xnxn-1?x0(b 进制的位置表示法). 其中 xn≠0,xn-1≠0.证明:当 a>b 时,有

【题说】第十二届(1970 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由罗马尼 亚提供. 【证】 由于 a>b, AnBn-1-An-1Bn= xna +An-1)n-1- nb +Bn-1)n-1=xn[xn-1 故 ( B (x A n-1 n-2 n-2 n-1 n-1 n-1 (a b -a b )+?+x0(a -b )]>0
n-1 n-1

B3-026 (n>2)是自然数,证明下述论断仅对 n=3 和 n=5 成立:对 任意实数 a1,a2,?,an 都有 (a1-a2)?(a1-a3)?(a1-an) +(a2-a1)?(a2-a3)?(a2-an)+? +(an-a1)?(an-a2)?(an-an-1)?0 【题说】第十三届(1971 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由匈牙利 提供.1979 年湖南省赛二试题 4. 【证】不妨设 a1?a2?a3???an. 若 n 为偶数,令 a1<a2=a3=?=an,则左边小于 0,因而不等式不成立; 若 n=3,则左边前两项的和为 (a1-a2) ?0 第三项不小于 0,故不等式成立; 若 n=5,则同样可知左边前两项的和不小于 0,末两项的和也不小于 0, 第三项不小于 0,因此左边总不小于 0,不等式成立; 若 n?7,令
66
2

a1=a2=a3<a4<a5=a6=?=an 则左边只有一个非零项 (a4-a1)(a4-a2)?(a4-an)<0 故不等式不成立.

B3-027 A= ij) (a 是一个元素为非负整数的矩阵, 其中 i、 j=1, ?, 2, n.该矩阵有如下性质:如果某一 aij=0,那么对 i 和 j 有 ai1+ai2+?+ain+a1j+a2j+?+anj?n 证明:这个矩阵所有元素的和不小于 0.5n . 【题说】第十三届(1971 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由瑞典提 供. 【证】交换 A 的两行或两列不改变题设的 A 的性质(因为行和与列和 均不变、只是交换了位置),因此我们可以先通过交换两行或两列的变换, 使得有尽可能大的 k 满足 a11=a22=?=akk=0.此时对于 i,j>k 有 aij≠0.对 于 i?k, j>k, aij=0, aji≠0, 若 则 因若不然, 交换 i, 行, j 就会使 a11=a22=? =akk=ajj=0,与 k 的极大性矛盾.因而对于 j>k,仍有 aj1+?+ajn+a1j+?+anj?n
2

B3-028

求出所有能使不等式组

67

成立的所有解(x1,x2,x3,x4,x5),其中 x1,x2,x3,x4,x5 都是正实数. 【题说】第十四届(1972 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由荷兰提供. 【解】为方便起见,令 x5+i=xi,则可以把原不等式组简写为

将它们加起来得

=x5=x2=x4.反之,如果 xi 都相等,原不等式组当然成立.

B3-029
3 3 3

证明:对于正数 a、b、c,下述不等式成立:

a +b +c +3abc ?ab(a+b)+bc(b+c)+ac(a+c) (1)

【题说】第九届(1975 年)全苏数学奥林匹克十年级题 2. 【证】不失一般性,可假定 a?b?c.那末 c(a-c)(b-c)?0,(a-b) (a+b-c)?0
2

68

从而 2 2 ac +bc a +b +2abc?ab(a+b)+a c+b c
3 3 2 2

c +abc? (2) (3)

3

(2)、(3)两式相加即得(1)式. B3-030 已知 a1,a2,?,an 为任何两两各不相同的正整数,求证对任何正整数 n, 下列不等式成立;

【题说】第二十届(1978 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由法国提供. 【证】由柯西不等式

【别证】利用排序不等式.

B3-031 式成立

已知 0?a1,0?a2,0?a3,a1+a2+a3=1,0<λ 1<λ 2<λ 3.求证:下面不等

【题说】1979 年北京市赛二试题 5.本题是康托洛维奇不等式的特例. 【证】对任意正实数 x,

69

B3-032

设 a、b、c 为正实数,证明

【题说】第三届(1974 年)美国数学奥林匹克题 2.注意:这是一个对称不等式. 【证】不失一般性,可以假定 a?b?c>0.原不等式即 a
2a-b-c

?b

2b-a-c

?c

2c-a-b

?1

(1)

由 2a-b-c>0,得 a
2a-b-c

?b

2b-a-c

?b

2a-b-c

?b

2b-a-c

=b

a+b-2c

a=b=c 时,等号成立. 【别证】可以利用等式

70

然后证明右端括号为正.

B3-033 且

设 xi、yi 是实数(i=1,?,n). x1?x2???xn y1?y2???yn

z1、z2、?、zn 是 y1、y2、?、yn 的任一个排列,证明

【题说】第十七届(1975 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由捷克斯洛伐克提供. 【证】由排序不等式

所以原式成立. B3-034 有 n 个数 a1,a2,?,an.假设

C=(a1-b1) +(a2-b2) +?+(an-bn) D=(a1-bn) +(a2-bn) +?+(an-bn) 证明:C?D?2C.
2 2

2

2

2

2

【题说】第十三届(1978 年)全苏数学奥林匹克十年级题 10. 【证】设 f(x)=(x-a1) +(x-a2) +?+(x-an)
2 2 2

71

则 (bn)

f(x)=n(x-bn) +f (1)

2

现在用归纳法来证明不等式 C?D?2C. 当 n=1 时,C=D,故有 C?D?2C. 假设当 n 时,不等式成立,往 a1,a2,?,an 中添一个数 an+1,此时 C 2 2 增加了(an+1-bn+1) ,而 D 增加了(an+1-bn+1) +f(bn+1)-f(bn). 在(1)式中,令 x=bn+1,得

这样,D 增加的值(an+1-bn+1) +f(bn+1)-f(bn)在(an+1-bn+1) 与 2 2 (an+1-bn+1) 之间,从而,对于 n+1 时,也有 C?D?2C 所以,对一切 n,都有 C?D?2C

2

2

B3-035

a、b、c、d、e 为整数,满足 1?a<b<c<d<e

其中[m,n]为 m、n 的最小公倍数. 【题说】第十一届(1979 年)加拿大数学奥林匹克题 3. 【证】更一般地,可以证明:对于 n 个整数 a1,a2,?,an,满足 1?a1<a2<?<an 时,有

72

n=2 时,(1)显然成立.假设 n=k-1 时(1)成立,考虑 n=k 的情况: 若 ak>2 ,则
k

若 ak?2 ,则

k

其中(m,n)为 m、n 的最大公约数,从而

B3-036 证

S 为正奇数集{ai}, i=1, ?, 没有两个差|ai-aj|相等, 2, n. 1?i<j?n. 求

【题说】1979 年英国数学奥林匹克题 3. 【证】不妨设 a1<a2<?<an,r 为整数且 2?r?n.对于 1?

73

所以, r=1 时,上式也成立,故

ar?a1+r(r-1)?1+r(r-1)

B3-037 对于 n 为一正整数,以 p(n)表示将 n 表为一个或较多个正 整数的和的方法数,例如 p(4)=5,因为有 5 个不同的和,即 1+1+1+1,1+1+2 1+3,2+2,4 证明:当 n>1 时, p(n+1)-2p(n)+p(n-1)?0 【题说】1979 年英国数学奥林匹克题 5. 【证】将 n 的 p(n)个不同的表达式各加上 1,得到 p(n)个 n+1 的 不同表达式,每一个都包含加数 1.而且,n+1 的每一个含有加数 1 的表达 式,都可由这方法得到.因此将 n+1 表为大于 1 的整数的和的方法数 q(n+1)=p(n+1)-p(n) 同样将 n+1 表为大于 2 的整数的和的方法数即 q(n+1)-q(n).显 然 q(n+1)-q(n)?0

74

因此 p(n+1)-2p(n)+p(n-1)?0

B3-038

若 0?a,b,c?1,证明:

【题说】第九届(1980 年)美国数学奥林匹克题 5.结论可以推广到 n 个数的情形. 【证】令

因为

(1-b)(1-c)(1+b+c) ?(1-b)(1-c)(1+b)(1+c)

=(1-b )(1-c )?1 (当 a、b、c 轮换时均成立)因此δ ?0.

2

2

B3-039

若 x 为正实数,n 为正整数.证明:

其中[t]表示不超过 t 的最大整数. 【题说】第十届(1981 年)美国数学奥林匹克题 5.

75

【证】用数学归纳法.当 n=1,2 时,(1)显然成立.假设(1)对 n?k-1 均成立.

kxk=kxk-1+[kx] =(k-1)xk-1+xk-1+[kx] (k-1)xk-1=(k-2)xk-2+xk-2+[(k-1)x] ? 2x2=x1+x1+[2x] 将(2)至(k)式相加,得 kxk=xk-1+xk-2+?+x1+x1+[kx]+[(k-1)x]+?+[2x] 因此,由归纳假定, kxk?[kx]+2([(k-1)x]+[(k-2)x]+?+[x]) 但是[(k-m)x]+[mx]?[(k-m)x+mx](m<k),所以 kxk?[kx]+([(k-1)x)]+[x])+?+([x]+[(k-1)x]) ?k[kx] 即 xk?[kx].此即所欲证之(1)式. B3-041 设 a、b、c 是三角形的边长,证明:a b(a-b)+b c(b-c) 2 +c a(c-a)?0,并说明等号何时成立. 【题说】第二十四届(1983 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由美国 提供. 【证】设 a 是最大边, 原式左边=a(b-c) (b+c-a)+b(a-b)(a-c)(a+b-c) 显然上式是非负的,从而原式成立,当且仅当 a=b=c,即这三角形为正 三角形时等号成立. B3-043 设 x1,x2,?,xn 都是正整,求证:
2 2 2

(2) (3)

(k)

76

【题说】1984 年全国联赛二试题 5.本题可用柯西不等式、数学归纳法等多种方法证 明.

将以上各式相加,即得所要证的不等式. B3-044 设 P(x)=a0+a1x+?+akx 为整系数多项式,其中奇系数的个 i 数由 W(P)来表示,设 Qi(x)=(1+x) ,i=0,1,?,n.如果 i1,i2,?, in 是整数,且 0?i1<i2<?<in,证明:
k

【题说】第二十六届(1985 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由荷兰 提供.

当 in=1 时,命题显然成立. 设 in>1 并且命题在 in 换为较小的数时成立.令 k=2 <in<2 ,
m m+1

(1)i1<k.设 ir<k,ir+1>k,Q=R+(1+x) S,其中

k

的次数均小于 K,由(1)(1+x) ≡1+x (mod2),故 W(Q)=W(R+S+x S) =W(R+S)+W(S)
k

k

k

77

?W(R)

的次数均小于 K. W(Q)=W(S+x S) =2W(S) ?2W(R) =W(R+x R) =W((1+x )R)
k k k

045

证明:对于任意的正数 a1,a2,?,an 不等式

成立. 【题说】第二十届(1986 年)全苏数学奥林匹克十年级题 2. 【证】不妨设 a1?a2???an. 因为

当 2?k?(n+1)/2 时

78

【注】原不等式可加强为

B3-046

正数 a,b,c,A,B,C 满足条件 a+A=b+B=c+C=k

证明:

aB+bC+cA<k

2

【题说】第二十一届(1987 年)全苏数学奥林匹克八年级题 5. 【证】由题设 k =(a+A)(b+B)(c+C) =abc+ABC+aB(c+C)+bC(a+A)+cA(b+B) =abc+ABC+k(aB+bC+cA) >k(aB+bC+cA)
3

79



aB+bC+cA<k

2

B3-048

证明:对于任意的正整数 n,不等式 (2n+1) ?(2n) +(2n-1)
n n n

成立. 【题说】第二十一届(1987 年)全苏数学奥林匹克十年级题 8. 【证】只须证明

由恒等式

所以(1)式成立. B3-049 已知 a、b 为正实数,且 1/a+1/b=1.试证:对每一个 n∈N,有(a+b) - n n 2n n+1 a -b ?2 -2 【题说】1988 年全国联赛一试题 5. 【证】用数学归纳法证.
n

80

(1)当 n=1 时,左边=0=右边,命题成立. (2)假设 n=k 时,不等式成立,即 (a+b) -a -b ?2 -2 当 n=k+1 时, 左边=(a+b) -a -b
k k k+1 k+l k+1 k k k 2k k+1

=(a+b)[(a+b) -a -b ]+a b+ab

k

k

k

从而有

?2?2 =2 所以,左边?4(2 -2 )+2 =2
2k k+1 k+2 2(k+1) k+2

k+1

k+2

-2 =右边

由(1)及(2),对一切 n∈N,不等式成立.

B3-050

已知 a5-a3+a=2.证明:3<a6<4.

【题说】第十四届(1988 年)全俄数学奥林匹克八年级题 3. 【证】由 a -a +a=2,变形 为 a[(a -1) +a ]=2 由(2)知 (1)÷a 得 (3) a -a +1=2/a
4 2 2 2 2 5 3

(1) (2) a>0 且 a≠1

81

(1)?a 得 2a (3)+(4)得 4 又由 (1) 知 故 2 由(5)和(6)得 3<a <4.
6

a -a +a = (4) a +1=2(a+1/a)> (5) 2= (a +a) >2a -a =a -a a< (6)
3 5 3 3 3 3 6

6

4

2

B3-051

已知 a、b、c、d 是任意正数,求证:

【题说】1989 年四川省赛二试题 1.

由平均值不等式,

82

(2)

?2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a +c +b +d =(a+b+c+d)
2

2

2

2

2

(3) (2)÷(3)即得结论. B3-052 已知 xi∈R(i=1,2,?,n,n?2),满足

【题说】1989 年全国联赛二试题 2.

因为

A/n?a?A,B?b?B/n

B3-053

已知 a1,a2,?,an 是 n 个正数,满足 a1?a2?an=1,求证 (2+a1)(2+a2)?(2+an)?3
n

【题说】1989 年全国联赛一试题 3.
83

B3-054

对于任何实数 x1,x2,x3,如果 x1+x2+x3=0,那么 x1x2+x2x3+x3x1?0,请证明之.

又对于什么样的 n(n?4),如果 x1+x2+?+xn=0,那么 x1x2+x2x3+?+xn-1xn+xnx1?0? 【题说】1989 年瑞典数学奥林匹克题 3. 【证】如果 x1+x2+x3=0,则有

当 n=4 时,若 x1+x2+x3+x4=0,则

即 n=4 时,命题成立. 当 n?5 时, 令 x1=x2=1,x4=-2,x3=x5=x6=?=xn=0,则 x1+x2+x3+x4+?+xn=0 而 所以 n?5 时,命题不成立. x1x2+x2x3+x3x4+?+xn-1xn+xnx1=l>0

B3-055 <1 成立.

证明:对于任意的 x、y、z∈(0,1),不等式 x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)

84

【题说】第十五届(1989 年)全俄数学奥林匹克九年级题 6. 【证】设 f (x)= (1-y-z) (1-z)+z,它是 x 的一次函数, x+y 因此关于 x 是单调的.因 为 f(0)=y-yz+z=(y-1)(1-z)+1<1 f(1)=1-yz<1 所以当 x∈(0,1)时,f(x)的最大值小于 1,即 x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1

B3-056

证明:若 a、b、c 为三角形三边的长,且 a+b+c=1,则

【题说】第二十三届(1989 年)全苏数学奥林匹克九年级题 2.1990 年意大利数学奥 林匹克题 4.

所以

B3-057 ?1

已知二次函数 f(x)=ax +bx+c,当-1?x?1 时,有-1?f(x)

2

求证:当-2?x?2 时,有-7?f(x)?7.
85

【题说】1990 年南昌市赛二试题 1 【证】由已知 1 -1?f(0)=c?1 -1?f(-1)=a-b+c?1 (1)+(3)得 1 由(4)、(2)得 从而 ±b+c)+2a-c| ?2|a±b+c|+2|a|+|c|?7 即 |f(±2)|?7 -1?a+c? (4) -2?a?2 |4a±2b+c|=|2(a (1) (2) (3) -1?f(1)=a+b+c?

|f(x)|?7

所以,当|x|?2 时

B3-058

证明:对于和为 1 的正数 a1,a2,?,an,不等式
86

成立. 【题说】第二十四届(1990 年)全苏数学奥林匹克十年级题 2.

当 a1=a2=?=an=时,上式取等号.

B3-059 设 a、b、c、d 是满足 ab+bc+cd+da=1 的非负数.试证:

【题说】第三十一届(1990 年)IMO 预选题 88.本题由泰国提供. 【证】设

87

则由柯西不等式

熟知

所以

B3-060 设 a1?a2???a7?a8 是 8 个给定的实数,且 x=(a1+a2+?+a7+a8)/8

【题说】1991 年中国国家教委数学试验班招生数学题 3. 【证】

88

?0 并且由柯西不等式,y?x ,所以
2

B3-061

已知 0<a<1,x +y=0,求证

2

【题说】1991 年全国联赛一试题 5.

89

B3-063

已知 a1,a2,?,an>1(n?2),且|ak+1-ak|<1,k=1,2,?,n-1.证明: a1/a2+a2/a3+?+an-1/an+an/a1<2n-1

【题说】第十七届(1991 年)全俄数学奥林匹克九年级题 8. 【证】若 ak?ak+1(k=1,2,?,n-1),则 ak/ak+1?1,故 a1/a2+a2/a3+?+an-1/an+an/a1<(n-1)+na1/a1 =2n-1(n?2) 若有 ak>ak+1,则由|ak+1-ak|<1 知 ak/ak+1<1+1/ak+1<2 设有 p 个 k 值使 ak?ak+1,(n-1-p)个 k 值使 ak>ak+1,则 a1/a2+a2/a3+?+an-1/an?p+2(n-1-p) 同时 an/a1=[(an-an-1)+?+(a2-a1)+a1]/a1<p+1 因此 a1/a2+a2/a3+?+an-1/an+an/a1<p+2(n-1-p)+p+1 =2n-1 B3-064 令

90

其中 m,n∈N,证明 a +a ?m +n

m

n

m

n

【题说】第二十届(1991 年)美国数学奥林匹克题 4. 【证】不妨设 m?n,则

故 n?a?m,而有 m -a =(m-a)(m +m a+?+a ) ?(m-a)(m +m +?+a ) =(m-a) m
m m-1 m-1 m-1 m m m-1 m-2 m-1

(2) a -n =(a-n)(a +a +?+n ) ?(a-n)n 由(1)有
n n n n-1 n-2 n-1

(m-a)m =(a-n) (3)

m

n

n

将(2)、(3)代入,即得 a -n ?m -a 或 a +a ?m +n 此即所求证之式. B3-065 设 a、b、c 是非负数,证明:
n n m m m n m n

【题说】第二十五届(1991 年)全苏数学奥林匹克十年级题 1. 【证】(a+b+c)
2 2 2

=(a +bc)+(b +ca)+(c +ab)

2

91

所以原不等式成立.

B3-066 设 ai?0(i=1,2,?,n),a=min{a1,a2,?,an},试证

式中 an+1=a1. 【题说】1992 年第七届数学冬令营题 2.

92

B3-067 设 n(?2)是整数,证明

【题说】1992 年日本数学奥林匹克题 3.

93

B3-068

n 是正整数,证明

【题说】1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 8. 【证】因为

B3-069 对 x、y、z?0,证明不等式 x(x-z) +y(y-z) ?(x-z)(y-z)(x+y-z) 等号何时成立? 【题说】第二十四届(1992 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【解】原不等式即 x +y +z +3xyz?x y+xy +y z+yz +z x+zx 由对称性,可设 x?z?y,于是 x(x-z) +y(y-z) ?0?(x-z)(y-z)(x+y+z)
2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2

94

B3-070

设实数 x、y、z 满足条件 yz+zx+xy=-1,求 x +5y +8z 的最小值和最大值.

2

2

2

【题说】1992 年英国数学奥林匹克题 4. 【解】由于 (y-2z) +(x+2y 十 2z) ?0 所以 x +5y +8z ?-4(xy+yz+zx)=4
2 2 2 2 2

的最小值为 4.

x +5y +8z >x
2 2 2

2

2

2

2

当 y→0 时,函数 x +5y +8z 的值可趋于无穷大. B3-071 设 A 是一个有 n 个元素的集合,A 的 m 个子集 A1,A2,?,An 两两互不包含, 证明:

其中 ai 为 Ai 中元素个数. 【题说】1993 年全国联赛二试题 2. 【证】A 中元素的全排列共 n!个.其中开头 ai 个元素取自 Ai 中的,有 ai!(n-ai)! 个.由于 Ai 与 Aj(i≠j)互不包含,故这些排列与开头 aj 个元素取自 Aj 中的不同.

95

由柯西不等式,

结合(1)便得(2).

B3-073

设函数 f:R →R 满足条件:对任意 x、y∈R ,f(xy)?f(x)f(y).

+

+

+

试证:对任总 x>0,n∈N,有

【题说】1993 年中国数学奥林匹克(第八届数学冬令营)题 6. 【证】f(x )?f (x),所以 f(x )?f(x)f (x ).假设有
2 2 2 1/2 2



96

?f (x )

n-1

n

所以(1)对所有的自然数 n 成立.

B3-075 设 a、b、c、d 都是正实数,求证不等式

【题说】第三十四届(1993 年)IMO 预选题本题由美国提供. 【证】由柯西不等式





(a-b) +(a-c) +(a-d) +(b-c) +(b-d) +(c-d) ?0

2

2

2

2

2

2

结合(1)、(2)即得结论. B3-076 设 a1,a2,?,an 为 n 个非负实数,且 a1+a2+?an=n.证明:

【题说】1994 年合肥市赛题 4.

97

一方面由柯西不等式知

B3-077

已知
n n-1

f(z)=c0z +c1z +?+cn 是 z 的 n 次复系数多项式.求证:存在一个复数 z0,|z0|=1,使 |f(z0)|?|c0|+|cn| 【题说】1994 年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题 4. 【证】取复数β ,使|β |=1 且β ?c0 与 cn 辐角相同,从而 |β c0+cn|=|β c0|+|cn|=|c0|+|cn| 再令 ω =e
2π i/n n n n

(1)

(2)

,ak=β ?ω (0?k?n-1)

k

故必有一个 k,使 |f(α k)|?|c0|+|cn|
98

显然,|α k|=1,于是α k 就是所求的 z0。

B3-078 设 m 和 n 是正整数,a1,a2,?,am 是集合{1,2,?,n}中 的不同元素, 每当 ai+aj?n, 1?i?j?m, 就有某个 k, 1?k?m, 使得 ai+aj=ak, 求证:

【题说】第三十五届(1994 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由法国 提供. 【证】不妨设 a1>a2>?>am, 若存在某个 i,l?i?m,使 ai+am+1-i?n.则 ai<ai+am<ai+am-1<?<ai+am+1-i?n 由已知,得 i 元集

这不可能,于是对 1?i?m,恒有 ai+am+1-i?n+1.从而 2(a1+a2+?+am)=(a1+am)+(a2+am-1)+?+(am+a1) ?m(n+1)

B3-079 设 a、b、c 为正实数且满足 abc=1,试证:

【题说】第三十六届(1995 年)国际数学奥林匹克题 2.

99

【证】因为 abc=1,所以

题中的不等式等价于

将这不等式左边记为 K,则 ((ab+ac)+(bc+ba)+(ca+cb))?K

=(bc+ca+ab)

2

B3-080 设 x1,x2,?,xn 是满足下列条件的实数:|x1+x2+?+xn|=1

证明:存在 x1,x2,?,xn 的一个排列 y1,y2,?,yn,使得

【题说】第三十八届(1997 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由俄罗 斯提供.

100

【证】对于 x1,x2,?,xn 的任意一个排列π =y1,y2,?,yn,记 S(π ) 为和式 y1+2y2+?+nyn 的值.令 r=(n+1)/2.

=(n+1)(x1+x2+?+xn)

对值都大于 r,它们必然取相反的符号,一个大于 r,另一个小于-r. 从π 0 开始,通过若干次交换两个相邻元素的位置,我们可以得到任意 一个排列.特别地,存在一个排列的序号π 0,π 1,?,π m,使

π i 的两个相邻元素的位置得到的.设π i=y1,y2,?,ynπ 交换 yk 与 yk+1 而得到的,则 |S(π
i+1

i+1

是由π

i

)-S(π i)|

=|kyk+(k+1)yk+1-kyk-(k+1)yk+1| =|yk-yk+1|?|yk|yk+1|?2r. 这说明在序列 S(π 0),S(π 1),?,S(π m)中,任意两个相邻项 的距离不超过 2r.由于 S(π 0)和 S(π m)均落在区间[-r,r]的外面,且 分别位于该区间的两侧,所以至少有一个数 S(π i)落在该区间内,即存在 置换π i 使得|S(π i)|?r.

B3-081 则

命题: a、 c 是非负实数. 设 b、 如果 a +b +c ?2 a b +b c +c a ) ( ,

4

4

4

2 2

2 2

2 2

a +b +c ?2(ab+bc+ca)
101

2

2

2

(*)

(1)证明该命题成立; (2)试写出该命题的逆命题,并判定其是否为真,写出理由. 【题说】1996 年北京市赛高一复试题 5. 【证】(1)不妨设 a、b、c 中 a 为最大. 因为 2(a b +b c +c a )-(a +b +c )=(2ab) -(a +b -c ) ?0 所以 2ab?a +b -c
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2

a +b +c =(a +b -c )+2c ?2ab+2c ?2(ab+bc+ca)

2

2

(2) *) ( 的逆命题: a、 c 是非负实数. 设 b、 如果 a +b +c ?2 ab+bc+ca) ( , 则 a +b +c ?2(a b +b c +c a ) 这逆命题不真,例如 a=4,b=c=1 时 a +b +c =2(ab+bc+ca)=18 而 a +b +c =258>2(a b +b c +c a )=66 【评注】a +b +c <2(a b +b c +c a )是 a、b、c 构成三角形的充分必 要条件,而且在构成三角形时,设三角形面积为Δ ,则 16Δ =2(a b +b c +c a )-a -b -c >0
2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

2

2

2

B3-082 设 n∈N,x0=0,xi>0,i=1,2,?,n.且=1.求证

【题说】1996 年中国数学奥林匹克(第十一届数学冬令营)题 5.

102

从而左边不等式已经证明. 因为 故可令 0?x0+x1+?+xi?1,i=0,1,?,n θ i=arcsin(x0+x1+?+xi),i=0,1,?,n.



(1+x0+x1 十?xi-1)(xi+xi+1+?+xn) =(1+sinθ
i-1

)(1-sinθ

i-1

)=1-sin θ

2

i-1

=cos θ

2

i-1

所以

B3-083(1)证明:

103

(2)求一组自然数 a、b、c,使得对任意 n∈N,n>2,

【题说】1996 年城市数学联赛高年级较高水平题 2. 【证】(1)对于 n?2,令

(2)令 a=5

取 c=4,则在 n?3 时,

故 a=5,b=9,c=4 满足题目要求.

104

整数,所以必有 a=5,b=9.而 c 可为大于 3 的任一自然数.

B3-084 设 a、b、c 是正实数,并满足 abc=1.证明:

并指明等号在什么条件下成立. 【题说】第三十七届(1996 年)IMO 预选题. 【证】由 a +b -a b (a+b)=(a -b )(a -b )?0 得 (a+b) (1) a +b ?a b
5 5 2 2 5 5 2 2 2 2 3 3

(2)

105

当且仅当 a=b=c=1 时,以上各式中等号均成立. B3-085 设非负数列 a1,a2,?满足条件 an+m?an+am,m,n∈N.

求证:对任意 n?m 均有

【题说】1997 年中国数学奥林匹克题 6. 【证】对任意 n?m,设 n=qm+r,0?r<m 则 ?m(aqm+ar) ?m(qam+ar) =(n-r)am+mar =(n-m)am+(m-r)am+mar ?(n-m)am+m(m-r)a1+mra1 =(n-m)am+m a1
2

m?an=maqm+r

B3-087

证明对所有正实数 a,b,c, (a +b +abc) +(b +c +abc) +(c +a +abc) ?(abc)
3 3 -1 3 3 -1 3 3 -1 -1

【题说】第二十六届(1997 年)美国数学奥林匹克题 5. 【解】去分母并化简,原式等价于 a (b +c )+b (c +a )+c (a +b )?2a b c (a +b +c ) (1)
106
6 3 3 6 3 3 6 3 3 2 2 2 3 3 3

由对称性,不妨设 a?b?c. 因为 2a b c (a +b +c )?(a +b )c +(b +c )a +(c +a )b 而 a (b +c )+b (c +a )+c (a +b )-(a +b )c -(b +c )a -(c +a )b
5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 6 3 3 6 3 3 6 3 3 4 4 5 4 4 5 4 4 5 2 2 2 3 3 3 4 4 4 4 4 5 4 4 5

=a b (a-b)+a c (a-c)-b a (a-b)+b c (b-c)-c a (a-c)-c b (b-c) =(a-b)a b (a -b )+(a-c)a c (a -c )+(b-c)b c (b -c )?0 所以(1)成立.
3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

第四节 二项式定理、概率、数学归纳法 B4-001 求(1+x) +(1+x) +(1+x) +?+(1+x) 展开式里的 x 的系数.
3 4 5 n+2 2

【题说】1963 年北京市赛高三一试题 3. 【解】因为(1+x) +(1+x) +(1+x) +?+(1+x)
3 4 5 n+2

所以展开式中 x 的系数为

2

【别解】x 的系数为

2

B4-002 设 f 是具有下列性质的函数:
107

(1)f(n)对每个正整数 n 有定义; (2)f(n)是正整数; (3)f(2)=2; (4)f(mn)=f(m)f(n),对一切 m,n 成立; (5)f(m)>f(n),当 m>n 时. 试证:f(n)=n. 【题说】第一届(1969 年)加拿大数学奥林匹克题 8. 【证】 先用数学归纳法证明 f (2 ) (k=1, ?) 事实上, (3) =2 2, . 由 , j+1 j k=1 时,f(2)=2 成立.假设 k=j 成立,则由(4)f(2 )=f(2?2 )=f j j j+1 k k (2)f(2 )=2?2 =2 .故对所有自然数 k,f(2 )=2 . 现考虑自然数 n=1. (5) 由 函数 f 的严格递增性知:(2) f =2>f (1) 由 . (2),f(1)=1. 再考虑自然数 n:2 <n<2 .由(5)有 2 =f(2 )<f(2 )<f(2 ) k+1 k+1 k+1 k k k k <?<f (2 -1) (2 ) <f =2 , 故必有 f (2 +1) +1, (2 +2) +2, =2 f =2 ?, k+1 k+1 f(2 -1)=2 -1 综上所述,对任何正整数 n,都有 f(n)=n B4-003 证明:对任何自然数 n,一定存在一个由 1 和 2 组成的 n 位数,能被 2 整除.
n k k+1 k k k+1 k+2 k k

【题说】第五届(1971 年)全苏数学奥林匹克八年级题 1. 【证】用归纳法. (1)当 n=1 时,取该数为 2 即可; (2)设 A=2 B 是一个能被 2 整除的 n 位数,则 2?10 +A 和 1?10 +A 中必有一个能被 2 整除.
n+1 n n n n

从而,命题得证.

108

B4-004 假设一个随机数选择器只能从 1,2,?,9 这九个数字中选 一个,并且以等概率作这些选择,试确定在 n 次选择(n>1)后,选出的 n 个数的乘积能被 10 整除的概率. 【题说】第一届(1972 年)美国数学奥林匹克题 3. 【解】要使 n 个数之积被 10 整除,必须有一个数是 5,有一个数是偶 数. n 次选择的方法总共有 9 种,其中 A.每一次均不取 5 的取法,有 8 种; B.每一次均不取偶数的取法,有 5 种; C.每一次均在{1,3,7,9}中取数的方法有 4 种,显然 C 中的取法既 包含于 A,也包含于 B,所以,取 n 个数之积能被 10 整除的概率是
n n n n

B4-005 一副纸牌共有 N 张,其中有三张 A,现随机地洗牌(假定纸牌 一切可能的分布都有相等机会).然后从顶上开始一张接一张地翻牌,直至 翻到第二张 A 出现为止.求证:翻过的纸牌数的期望(平均)值是(N+1) /2. 【题说】第四届(1975 年)美国数学奥林匹克题 5. 【证】设三张 A 的序号分别是 x1、x2、x3.若将牌序颠倒过来,则第二 张 A 的序号为 N+1-x2.在这两副纸牌中,第二张 A 的平均位置(即翻过的纸 牌数的期望值)为 [x2+(N+1)-x2]/2=(N+1)/2

【别证】由题设,除了第 1 张和最后一张外,其余各张皆可能是第 2 张 A,且是等可能的.因此第 2 张 A 所在序号的平均期望值是 [2+3+?+(N—1)]/(N-2)=(N+1)/2. B4-006 某艘渔船未经允许在 A 国领海上捕鱼.每撒一次网将使 A 国 的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失. 在每次撒网期间渔船被 A 国海 岸巡逻队拘留的概率等于 1/k,这里 k 是某个固定的正整数.假定在每次撒
109

网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关 的.若渔船被巡逻队拘留,则原先捕获的鱼全被没收,并且今后不能再来捕 鱼.船长打算捕完第 n 网后离开 A 国领海.因为不能排除渔船被巡逻队拘留 的可能性,所以捕鱼所得的收益是一个随机变量.求 n,使捕鱼收益的期望 值达到最大. 【题说】1975 年~1976 年波兰数学奥林匹克三试题 5.

这里ω 是撒一次网的收益. 由(1)可知

f(n)达到最大值. B4-007 大于 7 公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用 3 公斤和 5 公斤的两种砝码来称,而用不着增添其他不同重量的砝码.试用数学归纳法 加以证明. 【题说】1978 年重庆市赛二试选作题 1(3).

数 a,b,使得 n=3a+5b.事实上 (1)当 n=8,9,10,11 时,不难验证命题成立.
110

(2)设 k>11 并且当 8?n<k 时,命题成立,则当 n=k 时, 由归纳假设 k-3=3l+5m,m,n 为非负整数 所以 k=(k-3)+3=3l+5m+3 =3(l+1)+5m 故命题对 k 成立.

B4-008 给定三只相同的 n 面骰子,它们的对应面标上同样的任意整 数.证明:如果随机投掷它们,那么向上的三个面上的数的和被 3 整除的概 率大于或等于 1/4. 【题说】第八届(1979 年)美国数学奥林匹克题 3. 【证】因为问题只涉及和是否被 3 整除,所以不妨假定,每个面上的 数是被 3 除后的余数;0、1、2.设每个骰子上标“0”的有 a 个,标“1” 的有 b 个,标“2”的有 c 个.这里 a,b,c 是适合下列条件的整数: 0?a,b,c?n, a+b+c=n (1)

随机地投掷三只骰子,总共有 n3 种等可能情形.其中朝上三个数的和 被 3 整除的情形有以下四种类型: 0,0,0;1,1,1; 2,2,2;0,1,2 第一类共有 a3 种,第二类共有 b3 种,第三类有 c3 种,第四类有 3! abc=6abc 种. 因此,原问题转化为在条件(1)下,证明不等式

即 上式可化简为等价的不等式

4(a +b +c +6abc)?(a+b+c)

3

3

3

3

a +b +c +6abc?a b+a c+b a+b c+c a+c b 不妨设 a?b?c,则 a +b +2abc-a b-ab -a c-b c
3 3 2 2 2 2

3

3

3

2

2

2

2

2

2

(2)

111

=a (a-b)+b (b-a)+ac(b-a)+bc(a-b) =(a-b)(a -b -ac+bc)=(a-b) (a+b-c)?0,
2 2 2

2

2

(3) c +abc-c a-c b=bc(a-c)+c (c-a) =c(a-c)(b-c)? 0 (4) (3)、(4)相加得 a +b +c +3abc?a b+a c+b a+b c+c a+c b 从而(2)成立.
3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2

B4-009

抛掷一枚硬币,每次正面出现得 1 分,反面出现得 2 分.试

【题说】第十二届(1980 年)加拿大数学奥林匹克题 4. 【证】令得到 n 分的概率为 Pn.因为得不到 n 分的情况只可能是:先得 n-1 分,再掷 出一次反面.所以有

由于

P1=1/2

112

B4-010 某个国王的 25 位骑士围坐在一张圆桌旁.他们中的三位被选 派去杀一条恶龙(设三次挑选都是等可能的),令 P 是被挑到的三人中至少 有两人是邻座的概率.若 P 写成一个既约分数,其分子与分母之和是多少? 【题说】第一届(1983 年)美国数学邀请赛题 7. 【解】选二相邻的骑士有 25 种方法.再随着选第三位,有 23 种,故 共有 25?23 种方法.但其中三者相邻的 25 种情况重复,应减去.故

因此,所求之分子、分母之和为 57. 【别解】所选 3 人分两种情况:3 人皆相邻,或 2 人相邻、1 人不邻, 故有 25+25?(25-4)种.

B4-011 在给定的圆周上随机地选择 A、B、C、D、E、F 六点,这些点 的选择是独立的,对于弧长而言是等可能的.求 ABC、DEF 这两个三角形不 相交(即没有公共点)的概率. 【题说】第十二届(1983 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】设圆周上给定 6 个点,从这 6 点中取 3 个点作为△ABC 的顶

113

B4-012 一个园丁把三棵枫树、四棵橡树和五棵白桦树种成一行.十 二棵树的排列次序是随机的,每一种排列都是等可能的.把没有两棵白桦树 相邻的概率写成既约分数 m/n.试求 m+n. 【题说】第二届(1984 年)美国数学邀请赛题 11. 【解】先把三棵枫树和四棵橡树排好,有 7!种排法,中间 6 个空

所以,m+n=106 为所求. B4-013 设 A、B、C、D 是一个正四面体的顶点,每条棱长 1 米.一只 小虫从顶点 A 出发,遵照下列规则爬行:在每一个顶点相交的三条棱中选一 条(三条棱选到的可能性相等),然后从这条棱爬到另一个点.设小虫爬了 7 米路之后,又回到顶点 A 的概率为 P=m/729,求 m 的值. 【题说】第三届(1985 年)美国数学邀请赛题 12. 【解】设从 A 出发走过 n 米回到 A 点的走法为 an 种.由于从 A 出发走 n-1 米的走法共 3n-1 种, 其中 an-1 种走到 A 的, 下一步一定离开 A. 除去这 an-1 种,其余的每一种都可以再走 1 米到达 A 点.因此有 an=3 -an-1
n-1

B4-014 某商店有 10 台电视机,排成一排.已知其中有三台是次品, 如果我们对这批电视机作一次随机抽查, 那么在前 5 台电视机中出现所有次 品的概率是多少?

114

【题说】1988 年新加坡数学奥林匹克(A 组)题 9.原题为选择题.

品的概率是

B4-015 把一个质地不均匀的硬币抛掷 5 次,正面朝上恰为一次的可 能性不为 0,而且与正面朝上恰为二次的概率相同.令既约分数 i/j 为硬币 在 5 次抛掷中有 3 次正面朝上的概率.求 i+j. 【题说】第七届(1989 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】令 r 是掷一次硬币正面朝上的概率,则在 n 次投掷中 k 次正面 朝上的概率为

由已知,有

由此得 r=0,1 或 1/3.但 r=0,1 都不可能,故 r=1/3.于是 5 次投掷 3 次正面朝上的概率为

因此 B4-016 n(n+1)/2 个不同的数随机排成一个三角阵:

i+j=283

设 Mk 是从上往下数第 k 行中的最大数,求 M1<M2<?<Mn 的概率.

115

【题说】第二十二届(1990 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【解】设所求概率为 pn,显然 p1=1,p2=2/3 假设 pk=2 /(k+1)!
k

对于 n=k+1,最大数在最下一行的概率为

因此,对所有自然数 n,都有 pn=2 /(n+1)!
n

B4-017 在吐姆巴利亚仅有总统与发言人两名诚实的人.其它人均以 概率 p(0<P<1)说谎.总统决定再次竞选,并告诉他身边的第一个人, 这个人再告诉他身边的人,如此继续下去,直到这链上第 n 个人将总统的决 定告诉发言人.发言人在这以前未听到有关总统的决定的信息,在 n=19 与 n=20 中,哪一种情况,发言人宣布的结果与总统决定相符的可能性较大? 【题说】1990 年匈牙利数学奥林匹克第二轮较高水平题 1. 【解】设发言人宣布结果与总统决定相符的概率为 Qn,则有递推公式 Qn+1=P(1-Qn)+(1-P)Qn=P+(1-2P)Qn 将 n+1 换为 n 得 Qn=P+(1-2P)Qn-1 所以 Qn+1-Qn=(1-2P)(Qn-Qn-1)

116

由于 Q0=1,Q1=1-P,所以 Qn+1-Qn=(1-2P) ?(-P)
n

时,Q20<Q19. B4-018 某生物学家想要计算湖中鱼的数目,在 5 月 1 日他随机地捞 出 60 条鱼并给它们做了记号,然后放回湖中.在 9 月 1 日他又随机捞出 70 条鱼,发现其中有 3 条有标记.他假定 5 月 1 日时湖中的鱼有 25%在 9 月 1 日时已不在湖中了(由于死亡或移居),9 月 1 日湖中 40%的鱼在 5 月 1 日 时不在湖里(由于新出生或刚刚迁入湖中),并且在 9 月 1 日捞的鱼能代表 整个湖中鱼的情况.问 5 月 1 日湖中有多少条鱼? 【题说】第八届(1990 年)美国数学邀请赛题 6. 【解】设 5 月 1 日湖中有 x 条鱼

因此 x=840. 【注】题中条件 25%可改为任一百分数,不影响结果. B4-019 用二项式定理展开(1+0.2) (1+0.2)
1000

,有

1000

=A0+A1+?+A1000

【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 3.比较 Ak-1 与 Ak.

117

B4-020 有两串字母 aaa 与 bbb 要在电讯线上传送.每一串都是一个 一个字母地传送.由于设备的毛病,这些字母的每一个都以 1/3 的概率被错 误地接收到,即该收到 a 的都收到 b,该收到 b 的都收到 a.但每一个字母 是否被正确收到与接收其他字母的状况互相独立. Sa 记传送 aaa 时收到的 以 一串 3 个字母,以 Sb 记传送 bbb 时收到的一串 3 个字母,按词典顺序,Sa 在 Sb 之前的概率记为 P,将 P 写成既约分数,它的分子是多少? 【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 10. 【解】设 Sa=x1x2x3,Sb=y1y2y3.

因此

所求的数是 532.

B4-021 一只抽屉内装有红袜子和蓝袜子,袜子至多有 1991 只.现 在的情况是:不放回地随机取两只袜子,它们都是红色或都是蓝色的概率恰 为 1/2,按此情况,抽屉中红袜子的数目最多可能是几只? 【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 13.

118

【解】设红、蓝袜子数分别为 x 和 y.由已知,任取两只袜子其颜色不 同的概率是 1/2.故有

即 令 n=x-y,则
2

(x-y) =x+y n =x+y?1991

2

B4-022 一位网球选手的“赢率”是她赢的场数比参赛的场数.在一 个周末开始时,她的赢率恰好是 0.500.在这个周末期间她比赛了四场,赢 了三场,输了一场,到这个周末结束时,她的赢率大于 0.503.在这个周末 开始之前,她最多可能赢几场? 【题说】第十届(1992 年)美国数学邀请赛题 3. 【解】设 W 是这网球运动员在周末开始时已赢的局数,M 是她已

若 W=164,M=328,则 W/M=0.500.而(W+3)/(M+4)>0.503.因此,在周 末开始前,这运动员最多可赢 164 场. B4-023 在贾宪-杨辉三角形中,每一个数值是它上面的二个数值之和,这三角形开 头几行如下:

在贾宪-杨辉三角形中的哪一行中会出现三个相邻的数,它们的比是 3∶4∶5? 【题说】第十届(1992 年)美国数学邀请赛题 4.

119

n 组成.如果第 n 行中有

那么

3n-7k=-3,4n-9k=5

解这个联立方程组,得 k=27,n=62.即第 62 行有三个相邻的数

B4-024 从集合{1,2,3,?,1000}中随机地、不放回地取出 3 个 数 a1、a2、a3,然后再从剩下的 997 个数中同样随机地、不放回地取出 3 个 数 b1、b2、b3.令 p 为 a1?a2?a3 的砖能放在 b1?b2?b3 的盒子中的概率.若 将 p 写成既约分数,那么分子和分母的和是多少? 【题说】第十一届(1993 年)美国数学邀请赛题 7. 【解】不妨设 a1<a2<a3,b1<b2<b3,当且仅当 a1<b1,a2<b2,a3<b3 时砖可放入盒中. 设 c1<c2<c3<c4<c5<c6 是从{1,2,?,1000}中选出的 6 个数, 再从中选出 3 个有

种方法.这 3 个作为 a1、a2、a3,剩下 3 个作为 b1、b2、b3.符合要求 的 a1 只能是 c1.a2 若为 c2,则 a3 可为 c3 或 c4 或 c5;a2 若为 c3,则

求分子、分母的和为 1+4=5. B4-024 从集合{1,2,3,?,1000}中随机地、不放回地取出 3 个 数 a1、a2、a3,然后再从剩下的 997 个数中同样随机地、不放回地取出 3 个

120

数 b1、b2、b3.令 p 为 a1?a2?a3 的砖能放在 b1?b2?b3 的盒子中的概率.若 将 p 写成既约分数,那么分子和分母的和是多少? 【题说】第十一届(1993 年)美国数学邀请赛题 7. 【解】不妨设 a1<a2<a3,b1<b2<b3,当且仅当 a1<b1,a2<b2,a3<b3 时砖可放入盒中. 设 c1<c2<c3<c4<c5<c6 是从{1,2,?,1000}中选出的 6 个数, 再从中选出 3 个有

种方法.这 3 个作为 a1、a2、a3,剩下 3 个作为 b1、b2、b3.符合要求 的 a1 只能是 c1.a2 若为 c2,则 a3 可为 c3 或 c4 或 c5;a2 若为 c3,则

求分子、分母的和为 1+4=5. B4-025 A 和 B 轮流掷一个均匀的硬币, 谁先掷出人头的一面谁获胜, 他们玩了 n 次,而且前一场的输家下一场先掷.若 A 第一场先掷,

数码是什么? 【题说】第十一届(1993 年)美国数学邀请赛题 11. 【解】任一场比赛,先掷的人赢的概率为

令 Pk 为 A 赢第 k 场比赛的概率,则 P1=.对 k?2,有

121

所以,m+n=1093,其最后三个数码为 093.

B4-026 一种单人纸牌游戏,其规则如下:将 6 对不相同的纸牌放入 一个书包中,游戏者每次随机地从书包中抽牌并放回,不过当抽到成对的牌 时,就将其放到一边,如果游戏者每次总取三张牌,若抽到的三张牌中两两 互不成对,游戏就结束,否则抽牌继续进行直到书包中没

【题说】第十二届(1994 年)美国数学邀请赛题 9. 【解】设书包中有 n(?2)对互不相同的牌,p(n)为按所说规则抽 牌使书包空的概率.则 P(2)=1.由于前三张牌中有两张成对的概率为

所以,对 n?3,有

反复利用这个递推公式,得

当 n=6 时,有

122

所以,p+q=9+385=394. B4-027 质点 x 按下列规则(1),(2)在 p、q 两点之间移动:(1) x 在 q 处时,1 秒后必移到 p 处;(2)x 在 p 处时,1 秒

p 处的概率. 【题说】1995 年日本数学奥林匹克预选赛题 5. 【解】设 n 秒后 x 在 p 处的概率为 pn,x 在 q 处的概率为 qn.则

B4-028

在重复掷一枚均匀硬币的过程中,在连得 2 个反面之前

的正整数,求 m+n. 【题说】第十三届(1995 年)美国数学邀请赛题 15. 【解】 设掷 k 次, 不出现连续 2 个反面的情况有 bk 种, 易知 b1=2, 2=3, b 约定 b0=1.
123

由于第一次为正面, 再掷 k-1 次不出现连续 2 个反面的情况有 bk-1 种. 第 一次为反面,第 2 次必须为正面,再掷 k-2 次不出现连续 2 个反面的情况有 bk-2 种, 所以 bk=bk-1+bk-2 1) 又设掷 k 次,无连续 2 个反面,而有 5 个连续正面,并且最后一次为 正面的情况有 ak 种.这 ak 种,倒数 1~5 次均为正面的情况有 bk-5 种,倒数 1~4 次均正、第 5 次为反面的情况有 ak-5 种,倒数 1~3 次均正、第 4 次为 反面的情况有 ak-4 种,依此类推,从而有递推关系 ak=bk-5+ak-5+ak-4+ak-3+ak-2 (2) 又显然 a1=a2=a3=a4=0,a5=1,a6=2. 掷 k+2 次,最后 2 次为反面,而且在这前面已有 5 个连续正面,没 (

利用递推关系(2)有

再利用(1)

124

所以 m+n=3+34=37 B4-029 一目标在坐标平面上一步步移动.它从(0,0)出发,每一 步移动一个单位长度, 可以向左、 向右、 向上、 向下, 四个方向是等可能的. 设 p 为该目标移动 6 步或更少的步数到达(2,2)的概率.p

【题说】第十三届(1995 年)美国数学邀请赛题 3. 【解】到达(2,2)需 4 步或 6 步.

6 步到达有两类情况,一类一下三上两右,另一类一左三右两上.概率 为

4 步到达后再走两步仍回到(2,2)的概率为

所以

B4-030 在五个队参加的比赛中,每个队与别的队都比赛一场.一场 比赛中每个参加的队有 50%赢的机会(没有平局).整个比赛既没有

125

m+n. 【题说】第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 6.

所以 m+n=17+32=49

第五节 函数 B5-001 设 a 是大于 0 的实数,f(x)是定义在全体实数 x 上的一个实函数,并且 对每一实数 x 满足条件:

1.试证明:函数 f(x)是周期函数,也就是,存在一个实数 b>0,使得对每一 x 都 有 f(x+b)=f(x) 2.就 a=1 举出一个这种函数 f(x)的例子,但 f(x)不能是常数. 【题说】第十届(1968 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由原民主德国提供. 【证】1.f(x+2a)=f[(x+a)+a]

126

由于

所以,由(1)可得

即 f(x)是周期函数,周期 b=2a.

B5-002

设 f 和 g 为对 x 和 y 的所有实值定义的实函数,且对所有 x、y 满足方程 f(x+y)+f(x-y)=2f(x)g(y)

证明:如果 f(x)不恒为 0,且如果|f(x)|?1 对所有 x 都成立,则|g(y)|?1 对 所有 y 都成立. 【题说】第十四届(1972 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由保加利亚提供. 【证】因为|f(x)|有界,它有一上确界 M,又因为 f 不恒为 0,所以 M>0. 现在假定不等式|g(y)|?1 不是对所有 y 都成立.则有一点 y0 使得|g(y0)|>1. 于是 2|f(x)||g(y0)|=|f(x+y0)+f(x+y0)| ?|f(x+y0)|+|f(x-y0)|?2M

127

这与 M 为|f(x)|的上确界矛盾,所以|g(y)|?1 对所有 y 都成立. 【别证】设 M 是|f(x)|上确界,应有 M>0.取正数δ ,0<δ <M,总可以找到 x, 使 |f(x)|>M-δ 此时对任意实数 y,总有 2M?|f(x+y)|+|f(x-y)| ?|f(x+y)+f(x-y)| =2|f(x)||g(y)|>2(M-δ )|g(y)| 于是

因为δ 可以任意小,令δ →0,即有|g(y)|?1.

B5-003

确定下列和式的取值范围:

其中 a、b、c、d 是任意正实数. 【题说】第十六届(1974 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由荷兰提供.



S<2

128

所以 S 的值均在开区间(1,2)内. 对区间(1,2)内的任一个值 1+t(0<t<1),令 a=c=1,则 S=1+t,即

b、d 使(1)成立. 于是 S 的取值范围为开区间(1,2). B5-004 函数 f 是在有理数集上定义的且仅取有理数值.证明:对于 一切有理数 x 与 y,如 f(x+f(y))=f(x)f(y) 则 f 为一常数. 【题说】1979 年英国数学奥林匹克题 4. 【证】f0 与 f1 显然满足(1).因为对于一切有理数 x,如果 f(x)c, 2 则由(1),c=c ,从而 c=0 或 c=1.下面证明对于任何其它类的函数均不满 足(1). 若对于某-y 有 f(y)=0,则由(1)对一切 x 有 f(x)=0.设对一切 y 都有 f(y)≠0.令 x=y-f(y),(1)变成 f(y)=f(y-f(y))f(y) 所以 因此有 r∈Q,使 f(r)=1. 对于任何 x,由(1) f(x+f(r))=f(x)f(r) 即 f(x+1)=f(x) f(y-f(y))=1 (1)

129

由归纳法可得 f(x+n)=f(x)(2) 对于一切整数 n 与一切有理数 x 均成立. 由(1),利用归纳法易证:对于正整数 n, f(nf(n))=f(0)[f(y)]
n

设 f(y)=p/q,其中 p、q 均为整数,且 q>0,则 f(p)=f(qf(y)) q =f(0)[f(y)] .由(2)得 f(p)=f(0)≠0,故 f(y)=±1.但如果 f(y)=-1,则由(1),f(x-1)=-f(x),结合(2)得 f(x)=0,矛盾.故 对一切 y,f(y)=1. B5-005 对一切非负整数 x、y,函数 f(x,y)满足

(1)f(0,y) =y+1; (1) (2)f(x+1,0)=f(x, 1); (3)(x+1,y+1)=f(x,f(x+1, y)). 试确定 f(4,1981). 【题说】第二十二届(1981 年)国际数学奥林匹克题 6. 【解】 令 x=0,由(2)与(1)得 f(1,0)=f(0,1)=2. 在(3)中令 x=0,y=n-1,并利用(1)及前式,有 f(1,n)=f(0,f(1,n-1))=f(1,n-1)+1 =n+f (1, =n+2 0) 由(3)、(4)得 f(2,n)=f(1,f(2,n-1)) =f(2,n-1)+2=2n+f(2,0) 又 所以 f(2,0)=f(1,1)=1+2=3 f(2,n)=2n+3(5) (4)

(2)

(3)

130

由(3)、(5)得 f(3,n)+3=f(2,f(3,n-1))+3 =2f(3,n-1)+6 =2[f(3,n-1)+3]=?=2 所以 =2 -3
n+3 n+3

f(3,n) (6)

由(3)、(6)得 f(4,n)+3=f(3,f(4,n-1))+3

=2f(4,n-1)+3=?= 由于

(共有 n 个 2) f(4,0)+3=f(3,1)+3=2
4

所以

f(4,n)=3+

(n+3 个 2)

故 个 2)

f(4,1981)=-3+

(1984

B5-106 函数 f(x)在[1,1]上有定义,f(0)=f(1).如果对于任 意不同的 x1、x2∈[0,1],都有|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.

【题说】1983 年全国联赛二试题 2. 【证】不妨设 0?x1?x2?1,

|f(x2)-f(x1)|=|f(x2)-f(1)+f(0)-f(x1)| ?|f(x2)-f(1)|+|f(0)-f(x1)|<1-(x2-x1)

131

【别证】由|f(x2)-f(x1)|<1-(x2-x)(0?x1<x2?1),|f(x2) -f(x1)|<x2-x1 得 2|f(x2)-f(x1)|<1,即

B5-007 条件:

求所有正实数集上定义的函数,它们取正实数值,并且满足

(1)对所有正数 x、y,f(xf(y))=yf(x); (2)当 x→∞时,f(x)→0. 【题说】第二十四届(1983 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由英国 提供.

可取的值.再令 y 满足 f(y)=1,则由(1)得 f(x)=yf(x),从 而 y=1.于是 f(1)=1. 对任一正实数 x,令 xf(x)=a,则在(1)中取 y=x 得 f(a)=a. 若 a>1,则 f(a )=f(a(a))=af(a)(由(1))=a ,用归纳法 2 2 易知 f(a π )=a →+∞,与(2)矛盾.
2 2

由上面的讨论(将 a 换为 1/a)知道这也是不可能的.

B5-008

若 a>0,a≠1,F(x)是一奇函数,求下式的奇偶性:
x

G(x)=F(x).[1/(a -1)+1/2]
132

【题说】1984 年全国联赛一试题 1(5).原题为选择题.

B5-009

函数 y=f(x)定义在整个实数轴上,它的图像绕坐标

1.证明:方程 f(x)=x 恰有一解. 2.举出这样函数的例子.

【题说】第二十一届(1987 年)全苏数学奥林匹克十年级题 6. 【证】1.设 f(0)=a.即 f(x)的图像过点(0,a).将 f

即 a=0,故 f(0)=0.于是 x=0 是方程 f(x)=x 的一个解. 又设 x=b 是 f(x)=x 的一个解,即点(b,b)在 f(x)图像上.将

该点仍在 f(x)图像上,即 b=f(b)=-b,所以 b=0.从而 f(x)只有一个解 x=0.

133

2.设

它为满足要求的函数(并非唯一). B5-010 求证:不存在这样一个函数 f:N0→N0,N0={0,1,2,3,?, n,?},使得对于任何 n∈N0,f[f(n)]=n+1987. 【题说】第二十八届(1987 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由越南 提供. 【证】假设存在这样的函数 f,则有 f(n+1987)=f[f[f(n)]]=f(n)+1987 用归纳法可得 f(n+1987m)=f(n)+1987m(m∈Z). 令 i,j∈{0,1,2,?,1986}=M. 若 f(i)≡j(mod 1987).设 j=f(i)+1987k,则有 f(j)=f[f(i)+1987k]≡f[f(i)]≡i(mod 1987) 因 M 的元素个数为奇数,故总存在 n∈N,使 f(n)≡n(mod 1987) 设 f(n)=n+1987k(k∈Z),则 f[f(n)]=f(n+1987k)=f(n)+1987k =n+1987?2k(k∈Z) 由题设 f[f(n)]=n+1987,所以 2k=1.矛盾. B5-011 设 f(x)是定义在 R 上的函数, M={x|f(x)=x},N={x|f(f(x) )=x}

2.若 f(x)在 R 上是增函数,判断 M=N 是否成立,并证明你的结论. 【题说】第一届(1989 年)浙江省数学夏令营一试题 4.
134

【解】1.对任-x∈M,f(x)=x,于是 f(f(x) )=f(x)

<x,前者导出 f(f(x) )>f(x)>x

合 1.得 M=N

B5-012 假设 a、b、c 是已知的自然数且 a<b<c. 1.证明函数 f:N→N 是唯一的,f 是由下列规则定义

2.找出至少有一个不动点(即 f(x)=x)的充分必要条件. 3.用 a、b、c 来表示这样的一个不动点. 【题说】1990 年中国队测试题 11. 【解】我们可以逐步求出 f(x)的表达式. 在 n>c 时, f(n)=n-a 在 c?n>c-(b-a)时, f(n)=f(f(n+b) )=f(n+b-a) =n+(b-a)-a 在 c-(b-a)?n>c-2(b-a)时, f(n)=f(f(n+b) )=f(n+2(b-a) ) =n+2(b-a)-a ? 一般地,在 c-k(b-a)?n>c-(k+1) (b-a) 时, f(n)=n+(k+1) (b-a)-a,k=0,1,?,q 这里 q∈N,满足 q(b-a)?c<(q+1) (b-a) 因此,f(n)是唯一的.若 f 有不动点 n,则 n=n+k(b-a)-a 即 (b-a)|a 上式不但是必要条件,而且也是充分条件.事实上,在这一条件成立时,设 a=k(b-a) , 则满足 c-(k-1) (b-a)?n>c-k(b-a) 的自然数 n 都是不动点.

135

B5-013 f 为 N→N 的函数, f(1)=1 f(2n+1)=f(2n)+1 f(2n)=3f(n) 求 f 的值集. 【题说】1990 年中国集训队测试题 18. 【解】设 n 的二进制表示为 n=(asas-1?a0)2,则 f(n)=(asas-1?a0)3 归纳证明如下: (i)n=1 时,显然成立. (ii)设 n<k(k?2)时,命题成立,则对 n=k 时,k 可为奇数或偶数. 若 k 为奇数,设 k=(asas-1?a11)2,k-1=(asas-1?a10)2,那么 f(k)=f(k-1)+1=(asas-1?a10)3+1 =(asas-1?as1)3 命题成立. 若 k 为偶数,设 k=(asas-1?a10)2,则 k/2=(asas-1?a1)2.那么 f(k)=3f(k/2)=3? sas-1?a1)3 (a =(asas-1?a10)3 命题成立. 综上所述,结论成立. f(n)的值集是由 0 和 1 在三进制下组成的数集.

B5-014 已知集合 A={a1,a2,?,an},f 是 A 到自身的一一映射, 令 f0(x)=f(x) k+1(x)=fk(f(x),k=0,1,2,?.试证一定存在自 ,f ) 然数 m,使 fm(x)=x 对所有 x∈A 成立. 【题说】1993 年江苏省赛一试题 5. 【证】f0(a1) 1(a1) 2(a1) ,f ,f ,?,fn(a1)中必有两个相同,设 fi (a1) (a1) =fj (0?i<j?n) 则由于 f 是一一对应, 所以 fi-1 1) j-1 1) ?, (a =f (a , a1=fj-i(a1)即有 k1 使 fk1(a1)=a1,同理必存在正整数 k2,k3,?,kn,使

kn 的最小公倍数 m,则 fm(x)=x 对所有 x∈A 成立. 【别证】令 f0(x)=x,作数表 a1,a2,?,an f1(a1) 1(a2) ,f ,?f1(an) f2(a1) ,f2(a2) ,?f2(an) ? fk(a1) k(a2) ,f ,?,fk(an) ?

136

fn!(a1) n!(a2) ,f ,?,fn!(an) 在上述 n!+1 行中,每行均是集合 A 中 n 个元素的一个排列,故必有 两行相同,即有 0?k<r?n!使 fk(x)=fr(x) (x∈A) .由于 f 是一一对应, 所以 fr-k(x)=x(x∈A)成立. B5-016 设 X 是一个非零的有限集合,f 是 X 到 X 的一个映射,满足 条件 f p (x)=x,x∈X ( ) ( ) ( ) 其中 p 是素数 f k (x)=f(f k-1 (x),f 0 (x)=x.设 Y={x|x∈X 且 ) f(x)≠x},|Y|表示 Y 的元数.证明:p||Y|. 【题说】伊朗第十届数学奥林匹克第二阶段题 6. () 【证】 对任意 x∈Y. j 为使 f i(x) 的最小正整数, 1<j?p. 设 =x 则 由 ( r) ( r) (qj) 带余除法 p=aj+r,q、r 为非负整数并且 r<j,因为 f (x)=f (f (x) ) (p) =f (x)=x,所以由 j 的最小性,r=0.从而 p=aj,但 p 为素数,j>1,所 ( ) ( ) 以必有 j=p.因此 x,f(x) 2 (x) ,f ,?,f p-1 (x)这 p 个数互不相同.称 ( ) B(x)={x,f(x) ,?,f p-1 (x)}为 x 的轨道.
( )

=f m (y) (0?l,m?p-1) ,从而 f m (y) m+1 (y)=f l+1 (x) ,f ,?, (m+p-1) (l+p-1) f (y)=f (x)全在 B(x)中,而 m,m+1,?,m+p-1 跑遍 mod ( ) p 的完全剩余系,因此 y,f(y) ,?,f p-1 (y)全在 B(x)中,即 B(x) =B(y) . 于是 Y 被分为若干个互不相交的轨道,每个的长为 p.所以 p||Y|. B5-017 证明:定义在整个实数轴上的任意函数,总可以表为两个函 数的和,这两个函数中的每一个的图像都是有对称轴的. 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数学奥林匹克十一年级题 2. 【证】设 f(x)是给定的函数,我们证明 f(x)可表为函数图像是以 直线 x=0 为对称轴的函数 f1(x)及函数图像是以直线 x=a(a>0)为对称轴 的函数 f2(x)的和. 首先确定在区间[-a, a]上 f1 和 f2 的函数值, 然后依次确定在区间[a, 3a], [-3a,-a],[3a,5a],?上 f1 和 f2 的函数值. 在[-a,a]上,令 f1(x)=0(事实上,可取在[-a,a]上是偶函数且在区 间两端点处函数值为 0 的任一函数为 f1(x),在该区间上 f2(x)=f(x)-f1 ) (x)=f(x) . 在[a,3a]上,f2(x)=f2(2a-x) 1(x)=f(x)-f2(x) .f . 在[-3a,-a]上,令 f1(x)=f1(-x) ,而 f2(x)=f(x)-f1(x) ;在[3a, 5a]上,定义 f2(x)=f2(2a-x) ,而 f1(x)=f(x)-f2(x)等等. B5-018 设函数 f:R→R 适合条件: f(x3+y3)=(x+y)(f(x)2-f(x)f(y)+(f(y) 2) ( ) (1) x、y∈R.试证:对一切 x∈R,都有 f(1996x)=1996f(x) 【题说】1996 年中国数学奥林匹克(第十一届数学冬令营)题 3.

( )













137

【证】在(1)中令 x=y=0,得 f(0)=0. 在(1)中令 y=0,得 f(x3)=x(f(x) 2,x∈R )

(2)

因此,当 x?0 时,f(x)?0;x?0 时,f(x)?0. 令 S={a|a>0,f(ax)=af(x) ,x∈R}

由(2)及 S 定义,有

再证:若 a、b∈s,则 a+b∈S. 利用(1)~(3) ,有

=(a+b)f(x) ,x∈R 因为 1∈S, 1+1=2∈S, 故 由此推知, 任何正整数 n∈S, 特别地 n=1996 ∈S.从而 f(1996x)=1996f(x) ,x∈R B5-019 设 f 是一个从实数集 R 映射到自身的函数,并且对任何 x

证明:f 是周期函数,即存在一个非零实数 c,使得对任何 x∈R,成立 f(x+c)=f(x) . 【题说】第三十七届(1996 年)IMO 预选题. 【证】因为对任何 x∈R,有

138

同样,有

由(1)(2)得 、

即 f(x+1)-f(x)=f(x+2)-f(x+1) 因此,f(x+n)=f(x)+n(f(x+1)-f(x) )对所有 n∈N 成立. 又因对所有 x∈R,|f(x)|?1,即 f(x)有界, 故只有 f(x+1)-f(x)=0 即对所有 x∈R,f(x+1)=f(x) ,所以 f(x)为周期函数.

B5-020 设集合 A={1,2,3,4,5}.满足下列条件的映射 f:A→A 有多少个: f(f(f(x))=x,对任意 x∈A ) 【题说】1997 年日本数学奥林匹克预选赛题 4. 【解】当 f 不是恒等映射时,存在 a∈A,使得 f(a)≠a.

b},因为若 c=a,则 f(c)=f(a) ,与 b≠a 矛盾,若 c=b.则 a=f(c) =f(b)=c,也与 b=a 矛盾.所以,a、b、c 是 A 中三个相异的元素. 除了以上三个元素外,A 中还有两个元素 d、e.由 f(f(f(d))=d ) 知 f(d)≠a,b,c.从而 f(d)=d 或 f(d)=e.如果 f(d)≠d,则用上 面的推理,d、f(d) (d) 、f( )是 A 中三个相异元素,并且 d、f(d) 、f(f (d) )与 a、b、c 均相异.这与|A|=5 矛盾,从而 f(d)=d.同理 f(e)=e.

139

因此, 非恒等映射 f 由 A 中的三个元素 a、 (a) c=f f a) 确定. b=f 、 (( ) 但 a、b、C 轮换时所确定的 f 是相同的.因而,非恒等映射 f

20.加上恒等映射,所求的映射数是 21. B5-021 设 f、g 是定义在正整数集 Z+上并取正整数值的严格递增函数,如果它们满 足: (i)f(Z+)∪g(Z+)=Z+,

B5-022 函数 f(n)是定义在正整数集上,并取非负整数值,且对所有 m、n,有 f(m+ n)-f(m)-f(n)=0 或 1 以及 f(2)=0,f(3)>0,f(9999)=3333.求 f(1982) . 【题说】第二十三届(1982 年)国际数学奥林匹克题 1. 【解】令 m=n=1,则 f(2)=2f(1)+(0 或 1) . 因 f(2)=0,f(1)是非负整数,故 f(1)=0. 令 m=2,n=1,则 f(3)=f(2)+f(1)+(0 或 1) . 由 f(3)>0,f(2)=0,f(1)=0 得 f(3)=1. 下面我们先证,对于 k<3333 时,有 f(3k)=k. 因为 f(m+ n)?f(m)+f(n) 所以 f(3k)?f[3(k-1)]+f(3)?f[3(k-2)]+2f(3)???kf(3)=k 若 f(3k)>k,则 f(3k)?k+1, f(9999)?f(9999-3k)+f(3k) ?3333-k+k+1>3333 这与题设矛盾,所以 f(3k)=k. 于是 1982=f(3?1982)?3f(1982)

又 f(1982)?f(3?660)+f(2)=660 所以 f(1982)=660 B5-023 已知函数 f(x)=ax2-c,满足: -4?f(1)?-1,-1?f(2)?5 求 f(3)的范围. 【题说】1983 年全国联赛题 1(5) ,原题为选择题. 【解】由 f(1)=a-c,f(2)=4a-c 得



-1?f(3)?20

140

B5-024 函数 f 定义在整数集上,且满足

求 f(84) . 【题说】第二届(1984 年)美国数学邀请赛题 7. 【解】由 f 的性质, f(999)=f[f(1004)]=f(1001)=998 f(998)=f[f(1003)]=f(1000)=997 f(997)=f[f(1002)]=f(999)=998 f(996)=f[f(1001)]=f(998)=997 f(995)=f[f(1000)]=f(997)=998 因此我们推想,对 n<1000,有

对 n =999 至 995, (1)已经证得. 假设对大于 m 且小于 1000 的 n, (1)成立. 当 m 是偶数时,m+5 是奇数,此时有 f(m)=f[f(m+5)]=f(998)=997 当 m 是奇数时,m+5 是偶数,此时有 f(m)=f[f(m+5)]=f(997)=998 因此,对于 m<1000, (1)式成立.特别地,f(84)=997.

B5-025 函数 f 的定义域是正整数集合,且有: (a)对于每个正整数 n,f(f(n) )=4n-3; k (b)对于每个非负整数 k,f(2 )=2k+1-1.求 f(1985)的值. 【题说】1985 年匈牙利阿拉尼?丹尼尔数学竞赛(16 年龄组)题 1. 【解】设数列 n0,n1,n2,?,除了 f(n0)=n1 之外,满足 nk+1=2nk- 1,利用(a)和归纳法容易证明,对每一个非负整数 k 有 f(nk)=nk+1.现 在从 1985 往前倒推,得到数列 1985,993,497,249,125,63,32 再由(b)得 f(32)=63.所以 f(1985)=2?1985-1=3969. B5-026 设集合 M={x|1?x?9,x∈Z}, F={(a,b,c,d)|a、b、c、d∈M} 定义 F 到 Z 的映射 f:

若 u,v,x,y 都是 M 中的元素,且满足:

141

试求:u +v + x +y 之值. 【题说】1986 年北京市赛高一题 2(4) . 【解】由题意得: uv-xy=39 (1) uy-xv=66 (2) (1)+(2)得 (u-x) (v+y)=105 (2)-(1)得 (y-v) (u+x)=27 因式中字母都表示非零数字,可见 u>x,y>v,v+y<18,u+x<18 所以 u-x=7,v+y=15,y-v=3,u+x=9 解得 x=1,y=9,u=8,v=6 故 u+v+x+y=24

B5-027 设 f(x)=4x/(4x+2)那么和式 f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+?+f(1000/1001) 的值等于多少? 【题说】1986 年全国联赛一试题 2(3) .原题为填空题. 【解】因为 n/1001+(1001-n)/1001=1(n=1、2、?、500) ,而当 x +y =1 时, x x y y f(x)+f(y)=4 /(4 +2)+4 /(4 +2)

故所求和式的值为 500.

B5-028 对任意的正整数 k, f(k) 令 1 定义为 k 的各位数字和的平方. 对 于 n?2,令 fn(k)=f1(fn-1(k),求 f1988(11) ) . 【题说】第六届(1988 年)美国数学邀请赛题 2. 【解】由定义知 f1(11)=(1+1)2=4 f2(11)=f1[f1(11)]=f1(4)=16 f3(11)=f1[f2(11)]=f1(16)=(1+6)2=49 f4(11)=f1[f3(11)]=f1(49)=(4+9)2=169 f5(11)=f1[f4(11)]=f1(169)=162=256 f6(11)=f1[f5(11)]=f1(256)=132=169

因此 f1988(11)=169 B5-029 N 为正整数集,在 N 上定义函数 f 如下:f(1)=1,f(3)

142

=3,且对 n∈N,有 f(2n)=f(n) f(4n+1)=2f(2n+1)-f(n) f(4n+3)=3f(2n+1)-2f(n) 问:有多少个 n∈N,且 n?1988,使得 f(n)=n? 【题说】第二十九届(1988 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由英国 提供. 【解】通过试验,我们发现:当 n 的二进制表示为(alal-1,?,a1a0) 2,al=1 时,有 f(n)=(a0a1?al-1al)2 (*) 用归纳法证明(*)式,奠基是显然的,设当 n<k 时(*)式成立.考 虑 f(k) . (1)在 k 为偶数时,设 k=(a1a2?al-10)2,则 f(k)=f[(a1a2?al-10)2]=(al-1?a2a1)2 =(0al-1?a2a1)2 (2)在 k=4m+1 时,设 k=(a1a2?as01)2,则 f(k)=f[(a1a2?as01)2] =2f[(a1?as1)2]-f[(a1?as)2] =(1as?a1)2+(1as?a1)2-(as?a1)2 =(10as?a1)2 (3)在 k=4m+3 时,设 k=(a1?as11)2,则 f(k)=f[(a1?as11)2] =3f[(a1?as1)2]-2f[(a1?as)2] =(1as?a1)2+(1as?a1)2+(1as?a1)2 -(as?a1)2-(as?a1)2 =(11as?a1)2 于是(*)式对一切自然数 n 成立. 由(*)式,满足 f(n)=n 的 n 必须是“对称的” ,即形如 (a1a2a3?a3a2a1)2 - - 2s-1 2s 在 2s 位(2 ?n<2 )或 2s-1 位(22s 2?n<22s 1)二进制的数中 - 各有 2s 1 个是对称的(首位与末位数字必须是 1,第二位至第 s 位的数字可 以为 0,或 1,其余数字随之确定) ,易知 1988=(11111000100)2(210+29+28+27 十 26+22) 在二进制中是 11 位数.11 位数中有 1+1+2+2+22+22+23+23+24+24+25=94 个是对称数,其中(11111111111)2 与(11111011111)2 大于 1988,且 也只有这两个大于 1988(因为 1988 的二进制表示中前 5 位数字都是 1) ,所 以本题的答案为 92. B5-030 设函数 f(n)=k,n 是自然数,k 是无理数π =3.1415926535? 小数点后第 n 位的数字,并且规定 f(0)=3.令

求证:F[f(1990)+f(5)+f(13)]=F[f(1990)f(3)f(25)]

143

【题说】第一届(1990 年)希望杯高一二试题 3. 【证】以 f[k](n)表示函数 f(n)k 次迭代: - f[2](n)=f[f(n)],?,f[k]=f[f[k 1](n)] 现将 f(n) [2](n) ,f ,?,f[8](n)的取值列表如下:

可见自 k?7 开始,f[k](n)≡1,即 F(n)≡1,n∈N. 故 F[f(1990)+f(5)+f(13)≡1=F[f(1990)f(3)f(25)] B5-031 定义域为正整数的函数 f,满足:

求 f(90) . 【题说】1990 年日本第一轮选拔赛题 8.

因为 90+7?130=1000 ( ) ( ) 所以 f(90)=f 2 (97)=?=f 131 (1000) 又 f(1000)=997 (2) f(997)=f (1004)=f(1001)=998 ( ) f(998)=f 2 (1005)=f(1002)=999 ( ) f(999)=f 2 (1006)=f(1003)=1000 ( ) 因此,f m (1000)以 4 为周期,轮流取 997,998,999,1000.因为 131÷4=32 余 3, 所以 f(90)=f
(131)

(1000)=f

(3)

(1000)=999

B5-032 设 a,b,c,x,y,z 均为实数,且 a2+b2+c2=25,x2+y2+z2=36, ax+ by+cz=30.求(a+b+c)/(x+y+z)的值. 【题说】1992 年友谊杯数学竞赛九年级题 1. 【解】由柯西不等式 25?36=(a2+b2+c2) 2+y2+z2) (x 2 2 ?(ax+by+cz) =30 因此上述不等式等号成立.即有

144

B5-033 设 f:N→N,并且对所有正整数 n,有 f(n+1)>f(n) ,f(f(n) )=3n 求 f(1992) . 【题说】1992 年英国数学奥林匹克题 5. 【解】显然,函数 f 严格增. 若 f(1)=1,则 f(f(1) )=1≠3,与题设矛盾.所以 f(1)?2. 由 3=f(f(1) )?f(2)>f(1)?2 得 f(1)=2,f(2)=3 (1) f(3n)=f(f(f(n))=3f(n) ) (2) 由(1)及(2)即得 f(3n)=3nf(1)=2?3n f(2?3n)=3nf(2)=3n+1,n=0,1,2,? 注意到 2?3n 与 3n+1 之间共有 3n-1 个自然数,而 3n 与 2?3n 之间也恰 有 3n-1 个自然数,由 f 的严格单调性,可得 f(3n+m)=2?3n+m,0?m?3n,n=0,1,2,? 由上式即得 f(2?3n+m)=f(f(3n+m) )=3(3n+m) 于是

由于 1992=2?36+534,所以 f(1992)=3(36+534)=3789 B5-036 函数 f(k)是定义在正整数集 N 上,在 N 中取值的严格增 函数,并且满足条件 f(f(k) )=3k.试求 f(1)+f(9)十 f(96)的值. 【题说】1996 年北京市赛高一复试题 2. 【解】对 k∈N,f(f(k) )=3k (1) 所以 f[f(f(k) )]=f(3k) 又 f[f(f(k) )]=3f(k) 所以 f(3k)=3f(k) (2) 若 f(1)=1,代入(1)得 f(1)=3,矛盾.所以 f(1)=a>1.由 f (k)严格递增,f(1)<f(a)=3.故只能 f(1)=2,f(2)=3.此时,f (3)=3f(1)=6, 而 f(6)=f(3?2)=3f(2)=9 f(9)=3f(3)=18 f(18)=3f(6)=27 f(27)=3f(9)=54 f(54)=3f(18)=81

145

注意到,自变量由 27 变到 54,增加 27 个数,函数值相应地由 54 增至 81,也增加 27 个数,由 f 的严格递增性可知: f(28)=55 f(29)=56 f(30)=57 f(31)=58 f(32)=59 ? 从而 f(96)=f(3?32)=3f(32)=3?59=177 f(1)十 f(9)+f(96)=2+18+177=197 B5-037 N+为全体正整数的集合,f:N+→N+是满足下列 3 个条件的 函数: (1)f(xy)=f(x)+f(y)-1 对任意正整数 x、y 都成立; (2)满足 f(x)=1 的 x 只有有限个; (3)f(30)=4. 求 f(14400)的值 【题说】1996 年日本数学奥林匹克预选赛题 6. 【解】由(1)与(3)得 f(14400)=f(120)+f(120)-1 =2(f(4)+f(30)-1)-1 =2( (2f(2)-1)+3)-1 =4f(2)+3 若存在正整数 n(?2)使 f(n)=1,则对任意正整数 k,有 f(nk)=f - (nk 1)= ?=f(n)=1.这与条件(2)矛盾.故对 n?2,f(n)?2. 由(3)知 f(2)+f(3)+f(5)-2=4 所以 f(2)=f(3)=f(5)=2,从而 f(1440)=11. B5-038 设 f(n)是一个在正整数集合 N 上定义且在 N 上取值的函 数.证明:如果对每一个正整数 n,f(n+1)>f[f(n)]都成立,则对每一 个 n,f(n)=n 都成立. 【题说】第十九届(1977 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由保加利 亚提供. 【证】我们先用数学归纳法证明命题 An:对任意正整数 n,若 m?n, 则 f(m)?n. 显然 A1 真.设 An-1 真,则对任意 m?n,f(m-1)?n-1,故 f(m) >f(f(m-1) )?n-1,于是 f(m)?n,从而 An 真. 由此可知,f(n)?n,f(n+1)>f(f(n) )?f(n) .于是 f 单调增 加,若有一个 n 使 f(n)>n,则 f(n)?n+1,f(f(n) )?f(n+1) ,与 已知矛盾.因此只能有 f(n)=n. B5-039 设 f(x)是定义在全体正实数上的一个函数. 1.对于任意两个正实数 x1、x2,f(x)满足关系式 f(x1?x2)=f(x1)+f(x2) (1) 求证:f(1)=0. 2.f(x)满足关系式

求 f(x)的表达式.

146

【题说】1979 年宁夏区赛二试题 2. 【解】1.取 x1=1,得 f(x2)=f(1)+f(x2) 因而 f(1)=0.

由(2)(3)解得 、

B5-040 设 Q 是所有有理数的集合,求满足下列条件的从 Q 到 Q 的函数 f: (1)f(1)=2; (2)对所有 x、y∈Q,有 f(xy)=f(x)f(y)-f(x+y)+1 【题说】1980 年五国国际数学竞赛题 1.本题由英国提供. 【解】在(2)中令 y=1 即得 f(x+1)=f(x)+1.又 f(1)

求. B5-041 在坐标平面上有两个区域 M 和 N.M 是由 y?0、y?x 和 y ?2-x 这三个不等式确定的.N 是随 t 变化的区域,它由不等式 t?x?t+1 所确定的,t 的取值范围是 0?t?1,设 M 和 N 的公共面积是函数 f(t) ,求 f(t) . 【题说】1981 年全国联赛题 1(6) .原题为选择题. 【解】如图,M 是△OAB,N 是 l1 与 l2 所界的带形区域,二者交集为 G(阴影部分) .

147

B5-042 已知二次函数 f(x)满足条件:1.f(-1)=0;2.对

【题说】1982 年芜湖市赛题 5. 【解】设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0) 因为 f(-1)=0,所以 b=a+c.

因为对一切 x 之值有:ax2+bx+c?x 即 ax2+(b-1)x+c?0,故 a>0:

B5-043 已知函数 f(x)=x2-2x+2,x∈[t,t+1] 的最小值是 g(t) .试 写出函数 s=g(t)的解析表达式,并画出它的图像. 【题说】1982 年上海市赛二试题 1. 【解】f(x)=(x-1)2+1,x∈[t,t+1]. 当 t?1?t+1,即 0?t?1 时,f(x)在[t,t+1]上的最小值 g(t)=f(1) =1. 当 1>t+1,即 t<0 时,f(x)在[t,t+1]上的最小值 g(t)=f(t+1)=t2+1 当 1<t,即 t>1 时,f(x)在[t,t+1]上的最小值 g(t)=f(t)=(t -1)2+1.函数

的图像如图所示.

148

B5-044 函数 F(x)=|cos2x+2sinxcosx-sin2x+ Ax +B|

最小?证明你的结论. 【题说】1983 年全国联赛二试题 5.

(1)+(3)-2? (2)得 0<0,矛盾.将(1)(2)(3)中严格的不 、 、 等式改为不严格的不等式,仍然导出矛盾,除非(1)(2)(3)全为等式, 、 、 而(1)(2)(3)全为等式,即 A=B=0. 、 、

B5-045 f 为定义于非负实数集上的且取非负数值的函数,求所有满足下列条件的 f: (1)f(xf(y) )f(y)=f(x+y) ; (2)f(2)=0; (3)f(x)≠0,当 0?x<2. 【题说】第二十七届(1986 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由英国提供. 【解】如果ω >2,那么在(1)中取 y=2,x=ω -2,就得 f(ω )=f( -2)f(2)?f(2)=0 (ω )

149

因为 x?0,在(1)中令 0?y<2,则

这样一来,当 0?y<2,x>0 时,有

综合上述,所求的 f 是

不难验证这一函数满足题中条件.

B5-046 求方程 x2-8[x]+7=0 的所有解. 【题说】第十三届(1987 年)全俄数学奥林匹克十年级题 2. 【解】设 x 是原方程的解,n=[x],则 x2+7=8n,n>0,n?x<n+1,于 是 n2+7?x2+7<(n+1)2+7=n2+2n+8.从而得 n2+7?8n<n2+2n+8,即

解得 1?n<2 或 4<n?7.于是 n=1,5,6,7,相应地

B5-047 设 N 为自然数集合,k∈N.如果有一个函数 f:N→N 是严格 递增的,且对每个 n∈N,都有 f(f(n) )=kn.求证,对每一个 n∈N 都有

【题说】第五届(1990 年)全国冬令营选拔赛题 1. 【证】由于 f 严格递增且取整数值,所以 f(n+1)?f(n)+1 从而对 m?n,有 f(m)=f(n+m-n)?f(n)+m-n 取 m=f(n) ,得 f(f(n) )-f(n)?f(n)-n

150



f(n)?2kn/(k+1)

B5-048 求出满足以下要求的所有 R→R 的函数 f、g、h: f(x)-g(y)=(x-y)h(x+y) (1) 对任意的 x、y∈R. 【题说】1990 年中国队测试题 6.本题也是第五届中国队选拔试题. 【解】在(1)中令 x =y,得 f(x)-g(y)=0,即 f(x)=g(x) (2) (1)式变为 f(x)-f(y)=(x-y)h(x+y) 在此式中令 y=0,得 f(x)=f(0)+xh(x) (3) 代入 f(x)-f(y)=(x-y)h(x+y) ,有 xh(x)-yh(y)=(x-y)h(x+y) (4) 在(4)式中令 y=-x,得 x(h(x)+h(-x) )=2xh(0) 从而 h(x)+h(-x)=2h(0) (5) 令 H(x)=h(x)-h(0) ,则 H(0)=0,H(-x)=-H(x) ,并且由(4)得 xH(x)-yH(y)=(x-y)H(x+y) (6) 在(6)中将 y 换为-y 得 xH(x)-yH(y)=(x+y)H(x-y) (7) 由(6)(7)得 、

H(x)=kx (x≠0) 显然上式对 x=0 也成立.因此 h(x)=kx+h(0) (8) 将(8)代入(3)得 f(x)=kx2+h(0)x+f(0) (9) 设 h(0)=a,f(0)=b,a、b 为常数,由(8)(9)(2)得 、 、 2 f(x)=g(x)=kx +ax+b h(x)=kx+a 不难验证,上面的 f(x) 、g(x) 、h(x)确为所求. B5-049 求方程[x/1!]+[x/2!] +?+[x/10!]=1001 的整数解. 【题说】第二十四届(1990 年)全苏数学奥林匹克十年级题 5. 【解】显然 x 是不超过 1001 的自然数. 设 f(x)=[x/1!]+[x/2!]+?+[x/10!],则 f(x)是在正整数集上严格递增的函数. f(583)=998,f(584)=1001 所以 x=584 是原方程的唯一解.

151

B5-050 设 f(x,y)是二元多项式,且满足下列条件: (1)f(1,2)=2, (1) (2)yf(x,f(x,y) )≡xf(f(x,y) ,y) 2 ≡(f(x,y) . ) (2) 试确定所有这样的 f(x,y) . 【题说】1990 年中国集训队测试题 13. 【解】由条件(2)知,x、y 是 f(x,y)的因式,即 f(x,y)=xyg(x,y) (3) g(x,y)也为二元多项式.将(3)代入(2)式并化简得 g(x,y)=g(x,xyg(x,y) ) =g(xyg(x,y) ,y) 比较次数即知 g(x,y)中无 x,无 y,即 g(x,y)=常数,再由(1) 即得 f(x,y)= xy. B5-051 Q+是全体正有理数所成的集合.试作一个函数 f:Q+→

【题说】第三十一届(1990 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由土耳其提供. 【解】将素数依大小(从小到大)排列为 p1,p2,p3,? + 设 a∈Q ,并且

B5-052 设 I=[0,1],G={(x,y)|x∈I,y∈I}.求 G 到 I 的所有映射 f,使得对任何 x、y、z∈I,有 (1)f(f(x,y) ,z)=f(x,f(y,z); )

152

(2)f(x,1)=x,f(1,y)=y; (3)f(zx,zy)=zkf(x,y) ,其中 k 是与 x、y、z 都无关的数. 【题说】1991 年中国数学奥林匹克题 2. 【解】由(3)(2) 、 , k f(zx,z)=z f(x,1)=zkx (4) 同样, f(z,zy)=zky (5) 于是(在(4)中令 u=zx,v=z;在(5)中令 u=z,v=zy)

在 k=1 时,f(u,v)=min(u,v) . k 在 k?2 时,取 x=y?z?x ,则 - f(f(x,y) ,z)=f(xk,z)=xkzk 1 - - - f(x,f(y,z) )=f(x,xk 1z)=xk 1xk 1z 由(1)得 - - - xkzk 1=xk 1xk 1z 所以 k=2,f(u,v)=uv. 易知 f(u,v)=min(u,v) (k=1)及 f(u,v)=uv(k=2)均满足条件(1)(2) 、 、 (3) . B5-053 长为 l 的梯子靠在竖直的墙上,梯子上有一档,距水平地面 及墙的距离均为 d,求梯子靠墙点距地面的高 h,答案用 l,d 的显式表示. 【题说】1991 年英国数学奥林匹克题 7. 【解】设梯子上端距地面 h,下端距墙为 b,则 b2+h2=l2 (1) 又考虑梯子、墙、地面构成的三角形的面积得 bh=d(b+h) (2) 由(1)(2)得 , (b+h)2-2d(b+h)=l2

再由这两个方程解出

B5-054 设 R 是全体实数的集合.试求出所有的函数 f:R→R,使得 对于 R 中的一切 x 和 y,都有 f(x2+f(y) )=y+(f(x) 2. ) 【题说】第三十三届(1992 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由印度 提供. ( ) 【解】令 t=f2(0) 2 (x)=f[f(x)].在函数方程 ,f f(x2+f(y) )=y+(f(x) 2 ) (1) 中令 x=0,得

153

f 2 (y)=y+t (2) 由(1)(2)有 、 ( ) ( ) ( ) x2+f 2 (y)+t=f 2 [x2+f 2 (y)] ( ) =f[f2(x)+f(y)]=[f 2 (x)]2+y 即 x2+y+2t=y+(x+t)2 或 2t=t2+2tx 由于此式对任意 x∈R 都成立,故 t=0,即 f(0)=0.于是(2)成为 ( ) f 2 (y)=y(y∈R) (3) 又对任意 x?0,由(1)(3)有 、

( )

令 y=0,得

所以 f(x+y)=f(x)+f(y)?f(y) (x?0) 这就是说,f(x)是 R 上的非减函数,即若 x?y,则 f(x)?f(y) . 最后证明,对一切 x∈R,有 f(x)=x.事实上,若存在 z∈R,使 f(z) ( ) ≠z.假如 z<f(z) ,则 f(z)?f 2 (z)=z,矛盾;假如 f(z)<z,则 ( ) z=f 2 (z)?f(z) ,也矛盾. 显然,函数 f(x)=x 满足题设条件. B5-055 求满足下列条件的所有函数 f: (1)取实数值; (2)

【题说】1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 6.

即有方程组

B5-056 试求一切函数 f(x) ,它对任意正值 x 都取正值,并且对任何

154

正的 x 和 y 都满足等式:f(xy)=f(x)f y . 【题说】第十九届(1993 年)全俄数学奥林匹克十一年级一试题 3. 【解】显然 f(x)≡1 是一个解.假设对某一个 a>0,有 f(a)≠1, ( ) ( ) ( ) f( ) 于是由等式 f(a)f xy =f(axy)=f(ax)f y =f(a)f x · y 得到 f(xy)=f(x)f(y) (对任意 x、y>0) (1) f(x+y) x+y x y f(x) 这时由等式 f(a) =f(a )=f(a ) ?f(a )=f(a) ?f(a) f(y) f(x)+f(y) = f(a) ,得到 f(x+y)=f(x)+f(y) (对任意 x、y>0) (2) 2 由(1)我们有 f(1)=f(1?1)=f(1) ,也就是 f(1)=1.再由(2) 和(1)得到 f(n)=f(1+?+1)=f(1)+?+f(1)=n

( )

也就是对任何 m,n∈N,都有

假设对于某个 x>0,f(x)≠x,不妨设 f(x)<x(f(x)>x

=f(y+(x-y) )=f(y)+f(x-y)>f(y)=y,矛盾!因此 f(x)=x 对任意 x>0 都成立.显然 f(x)=x 符合要求. 所以所求函数为 f(x)=1 和 f(x)=x. B5-057 求适合以下条件的所有函数 f:[1,+∞)→(1,+∞) : (1)f(x)?2(x+1) ; 2 (2)f(x+1)=[f (x)-1]/x. 【题说】1994 年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题 3. 【解】易见,函数 f(x)=x+1 满足条件.下面证明这是唯一符合要求的函数. 令 g(x)=f(x)-(x+1) ,由(2) ,有 |g(x+1)|=|f(x+1)-(x+2)|

因 f(x)?1,故

又由 1?f(x)?2(x+1) ,得 -x?g(x)?x+1

(2)

155

代入(1) ,得

代入(1) ,得

因此,对任何自然数 n,都有

令 n→∞,就得 g(x)=0. 从而 f(x)=x+1 是满足本题条件的唯一函数.

B5-058 设 S 表示所有大于-1 的实数组成的集合. 确定所有的函数 f: S→S,满足以下两个条件: (i)对于 S 内的所有 x 和 y,有 f(x+f(y)+xf(y) )=y+f(x)+yf(x) ;

【题说】第三十五届(1994 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由英国 提供.

解,u∈(-1,0) . 在(i)中,令 x =y =u,得 f(u2+2u)=u2+2u 因为-1<u<0,u2+2u=(u+1)2-1,所以-1<u2+2u<0,利用唯一 性,得 u2+2u=u,从而 u=0 或-1,与 u∈(-1,0)矛盾.所以对(-1,0) 内任一数 u,必有 f(u)≠u. 类似地,在(0,∞)内没有 u,满足 f(u)=u,从而 f(u)=u 导致 u=0.在(i)中,令 x=y,得 f(x+(1+x)f(x) )=x+(1+x)f(x) 从而 x+(1+x)f(x)=0

B5-059 函数 f(x)由满足下列关系式所确定:

156

其中 x≠1.求所有这样的函数. 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十一年级题 6.

f(x)=1+2x 容易检验,所求得的函数满足方程(1) ,

B5-060 求出所有定义在有理数集上的实值函数 f,满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy 【题说】1994 年澳大利亚数学奥林匹克一试题 4. 【解】令 x=y=0,得 f(0)=0. 令 x =n(n∈N+) ,y=1,得 f(n+1)=f(n)+f(1)+2n 所以 f(n)-f(n-1)=2(n-1)+f(1)

故有 f(n)=n2+(f(1)-1)n. 令 f(1)-1=c,则 f(n)=n2+cn.

故有

由(1)(2)得,对任意正整数 m、n,有 、

157



从而对任意有理数 x,f(x)=x2+cx(其中 c 是常数) . 2 反之,f(x)=x +cx(c 为常数)显然满足题设条件,从而所求的函数 即为 f(x)=x2+cx(x∈Q,c 是常数) . B5-060 求出所有定义在有理数集上的实值函数 f,满足 f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy 【题说】1994 年澳大利亚数学奥林匹克一试题 4. 【解】令 x=y=0,得 f(0)=0. 令 x =n(n∈N+) ,y=1,得 f(n+1)=f(n)+f(1)+2n 所以 f(n)-f(n-1)=2(n-1)+f(1)

故有 f(n)=n2+(f(1)-1)n. 令 f(1)-1=c,则 f(n)=n2+cn.

故有

由(1)(2)得,对任意正整数 m、n,有 、

158



从而对任意有理数 x,f(x)=x2+cx(其中 c 是常数) . 2 反之,f(x)=x +cx(c 为常数)显然满足题设条件,从而所求的函数 即为 f(x)=x2+cx(x∈Q,c 是常数) . B5-062 设 S={0,1,2,3,?}是所有非负整数的集合.找到所有在 S 上定义、取值于 S 中的满足下面条件的函数 f: f(m+f(n) )=f(f(m) )+f(n) ,对所有 m,n∈S 成立. 【题说】第三十七届(1996 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由罗马 尼亚提供. 【解】设 f:S→S 满足条件. 令 m=n=0,得 f(f(0) )=f(f(0) )+f(0) ,所以 f(0)=0,令 m=0, 得 f(f(n) )=f(n) (1) 于是 f(m+f(n) )=f(m)+f(n) (2) 记 f 的值域为 T.由(1)可知,T 中任一数 f(n)是 f 的不动点.而 f 的不动点,当然在 f 的值域中.因此,f 的值域就等于 f 的不动点全体. 设 m?n∈T,则 f(m)=m,f(n)=n.于是 f(m+n)=f(m+f(n) )=f(m)+f(n)=m+n 从而 m+n∈T.又 f(m-n)+f(n)=f(m-n+f(n) )=f(m-n+n) =f(m) ,从而 f(m-n)=f(m)-f(n)=m-n,即 m-n∈T. 若 T≠{0},设 T 中最小的正数为 d.对任一数 c∈T,设 c= kd+r,k 为自然数,0?r<d,则 kd∈T,r=c-kd∈T.由 d 的最小性得 r=0.即 T 中 任一数 c 都是 d 的倍数. 对任一非负整数 n,令 n=qd+t,q 为非负整数,0?t<d,则由上面所 说,f(t)=htd,ht 为非负整数. f(n)=f(qd +t)=f( (q-1)d+t)+f(d) =f( (q-1)d+t)+d =?=qd+f(t)=qd+htd 于是,所求函数一定是如下形式: f(n)=qd+htd 其中非负整数 q、t 由 n=qd+t,0?t<d 定出.而 ht(t=1,2,?,d-1) 为任意非负整数,h0=0. 反之,设函数为上述形式,则对任意 m、n∈S,设 m=qd+t,f(n)=kd,

159

则 f(m+f(n) )=f(qd+t+kd)=f( (q+k)d+t) =(q+k)d+f(t)=qd 十 f(t)+kd =f(m)+f(n) 即这样的函数满足要求. B5-063 将奇数依大小顺序排成如图所示的三角形数阵,从上到下第 m 行中从左到右的第 n 个数记为 a(m,n) .

(1)试用 m,n 的代数式表示 a(m,n) ; (2)若 a(m,n)=1997,试求 m 与 n 之值; (3)由行的中间项 1,5,13,25,41,?构成一个数列,试求此数列 前 p 项之和. 【题说】1997 年江苏省赛题 4. 【解】 (1)因第一个奇数为 1,?,第 k 个奇数为 2k-1,前 k 个奇数 2 之和为 k ,故在三角数阵中,前 m-1 行共有(m-1)2 个奇数,a(m,n) 是第(m-1)2+n 个奇数,从而 a(m,n)=2[(m-1)2+n]-1; (2)若 a(m,n)=1997,而(m-1)2+n=999.因为 1?n?2m-1, 故上述方程正整数解为 m=32,n=38; (3)第 p 行共有 2p-1 个奇数,故正中的奇数是该行第 p 个奇数,

B5-064 设 f(x)是 5 次多项式,x=-1 是 5 次方程 f(x)+1=0 的 3 重根,x=1 是 5 次方程 f(x)-1=0 的 3 重根.求 f(x) . 【题说】1997 年日本数学奥林匹克预选赛题 8. 【解】由 x=-1 是 f(x)+1=0 的 3 重根知 f′(x)=(x+1)2h(x) .再 由 x=1 是 f(x)-1=0 的 3 重根知 f′(x)=a(x-1)

B5-065 假设 a1,a2,?,an 是自然数 1,2,?n 的某一种排列,对 1,

160

2,?,n 的所有排列,求和 |a1-1|+|a2-2|+?+|an-n| 的最大值. 【题说】1957 年匈牙利数学奥林匹克题 3. 【解】将和中绝对值符号去掉(在 ak-k<0 时,|ak-k| 换成 k-ak) , 原来的和表成 2n 项的和,其中 1,2,?,n 各出现两次,而且有 n 项负 n 项正,因此 1,1,2,2,?,n,n 中前 n 项为负,后 n 项为正时和最大(在 a1=n,a2=n-1,?,an=1 时恰好达到) . 当 n=2k 时,最大值为

当 n=2k+1 时,最大值为

B5-066 证明:如果三个素数组成算术数列,并包这个数列的公差不 被 6 整除,那么这个数列的最小数是 3. 【题说】1963 年~1964 年波兰数学奥林匹克二试题 1. 【证】设三个素数 p1<p2<p3 成等差数列,则公差 d=p3-p2 是两个奇 数之差,因而 d 为偶数,p1=p2-d 为奇数.所以 p1?3. 因为 d 不被 6 整除,所以 d≡2 或 4(mod6) .2d≡4 或 2(mod6) . 若 p1≡1(mod 6) ,则在 d≡2(mod 6)时, p2=p1+d≡3(mod 6) ;在 d≡4(mod 6)时,p3=p1+2d≡3(mod 6) .即 p2 或 p3 被 3 整除,与 p2、p3 为素数矛盾. 若 p1≡5(mod 6) ,同样导出 p2 或 p3 被 3 整除,矛盾. 因此,只有 p1≡3(mod 6) ,即素数 p1=3. B5-067 设定义域为一切实数的函数 f(x)满足下列条件: (1)对任意实数 x,均有 f(x)?2; (2)对任意实数 x1、x2,均有 f(x1+x2)?f(x1)+f(x2) 试证:对任意实数 x1、x2.均有 lgf(x1+x2)?lgf(x1)+lgf(x2) 【题说】1979 年天津市赛二试题 2. 【证】对于任意实数 x1、x2,由条件(1) , f(x1)?2,f(x2)?2

f(x1)十 f(x2)?f(x1) ?f(x2) 又由条件(2)得 f(x1+x2)?f(x1)+f(x2)?f(x1) ?f(x2) 由于有条件(1) ,可对上式取对数,得 lgf(x1+x2)?lgf(x1)+lgf(x2)

161

B5-068 函数 f 定义在实数集上,且对一切实数 x 满足等式:f(2+x) =f(2-x)和 f(7+x)=f(7-x) .设 x=0 是 f(x)=0 的一个根,记 f(x) =0 在区间-1000?x?1000 中的根的个数为 N.求 N 的最小值. 【题说】第二届(198 年)美国数学邀请赛题 12. 【解】由已知条件,有 f(x)=f(2+(x-2) )=f(2-(x-2) )=f(4-x) (1) 及 f(x)=f(4-x)=f(7-(x+3) ) =f(7+x+3)=f(x+10) 在(1)中令 x=0,得 f(4)=f(10)=0. 区间[-1000,1000]是 f(x)的 200 个周期.因此[-1000,1000] 上 f (x)至少有 1+200?2=401 个根.

我们可以构造出一个 “锯齿形” 函数, 满足上述所有条件, 它在区间[- 1000,1000]上有 401 个根,除此以外不再有其他根,因此,所求 N 的最小 值为 401. B5-069 设 a>1,a、θ 均为实数,试求当θ 变化时,函数

的最小值. 【题说】1986 年上海市赛二试题 1.

162

B5-070 求|?||x1-x2|-x3|-?-x1990|最大值,其中 x1,x2,?,x1990 是 1 至 1990 不同的自然数. 【题说】第二十四届(1990 年)全苏数学奥林匹克九年级题 7. 【解】 对于非负数 x、y、z,有|x-y|?max{x,y},max{max{x,x}, z}=max{x,y,z} 记 Sn=|?||x1-x2|-x3|-?-xn| 则 S1990?max{S1989,x1990} ?max{S1988,x1989,x1990} ?? ?max{x1,x2,?,x1990} =1990 因为 S1990 与 x1+x2+?+x1990=1+2+?+1990=995?1991 的奇偶性相同, 所以 S1990?1989. 令{xn}为 2,4,5,3;6,8,9,7;?1986,1988,1989,1987;1990, 1.则对于任意的 k=1,2,?,497,S4k=0.于是 S1990=||S1988-1990|-1|=1989 即所求的最大值为 1989. B5-071 设 n 是给定的自然数,n?3,对 n 个给定的实数 a1,

[题设] 1992 年上海市赛高三二试题 4. 【解】不妨设 a1?a2???an.于是,a2-a1?m,a3-a2?m,?,an -an-1?m,aj-ai?(j-i)m(1?i<j?n) .

163

[别解]不妨设 a1,a2,?,an 中正数不少于负数.设其中最大的非正数 为 a,则

B5-072 函数 f 定义在区间(0,1)上,且

【题说】1992 年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题 5.

164

若 q-p=1,则 8<q<9,这不可能.

B5-074 给定 k∈N 及实数 a>0,在条件 k1+k2+?+kr=k (ki∈N,1?r?k)下,求

的最大值. 【题说】1993 年中国数学奥林匹克(第八届数学冬令营)题 2.

当且仅当 k1,k2,?,kr 中有 r-1 个 1,一个为 k-r+1 时等号成立,所以最大值即(r - -1)a+ak r+1.

B5-075 设函数 f:[0,1] →R 满足:

(2)f(1)=1; (3)f(x)+f(y)?f(x+y) ,x,y,x+y∈[0,1]. 求出最小的常数 c,使 f(x)?cx 对一切满足上述条件的函数 f 及一切 x∈[0,1]都成立,并证明你的结论. 【题说】第二十二届(1993 年)美国数学奥林匹克题 3. 【证】最小常数 c=2. 首先,我们证明:如果 f 满足(1)-(3) ,则 f(x)?2x 对一切 x∈ [0,1]成立.

165

由(3)与(1) ,f(x)?f(x)+f(y)?f(x+y) ,即 f(x)在[0,1] 上是增函数. 对 x∈(0,1],取非负整数 n,使

而由(3) ,2f(x)?f(2x) ,所以 n n-1 n-2 2 f(x)?2 f(2x)?2 f(22x)???f(2nx)?f(1)=1<2n+1x f(x)<2x 又显然有 f(0)+f(1)?f(0+1)=f(1) ,所以由(1) , f(0)=0 于是 f(x)?2x,x∈[0,1]. 另一方面,令

这函数显然满足(1)和(2)

f(x)+f(y)=f(y)?f(x+y) 即 f(x)满足题述的所有条件.

最小常数. B5-077 设 n 个不同的自然数 a1,2, an 有下列性质: a ?, 对集合 S={a1, a2,?,an}的任何两个不同的非空子集 A、B,A 中所有

【题说】1994 年上海市赛高三二试题 4. 【解】不妨设 a1<a2<?<an. 对任一自然数 k?n,{a1,a2,?,ak} 有 2k-1 个非空子集,每个子集 的元素和都是自然数,并且各不相同,所以最大的一个和

由于(1) ,

166

所以

B5-078 已知 95 个数 a1,a2,?,a95 每个取值+1 或-1,求

【题说】1994 年全国联赛一试题 2(6) .原题是填空题.



(m-n)2=2N+95

因为 m+n=95,所以 m-n 为奇数.大于 95 的奇平方数中,最小的是 112=121,故 N 最小正值是

167

B5-079 试求

-95k)|的最小值.其中 x、y 是任意实数. 【题说】1995 年中国数学奥林匹克(第十届数学冬令营)题 3. 【解】由于对任意实数 t、a、b, |t-a|+ |t-b|?|a-b| 并且在 t∈[a,b]时等号成立.所以

=250 并且在 50?x+y?60 时,等式成立.

成立.

<1 时的值也显然大于 t=1 时的值.所以考虑 f(t)的最小值,可以假 定 t∈[1,10]. 因为在 n?t?n+1(n 为 1 与 10 之间的自然数)时, f(t)=(1+2+?+n)t-12-?-n2-(10+9+?+(n+1) )t+102+?+ (n+1)2 是 t 的单调函数,而且 f(n+1)-f(n)=1+2+?+n-(10+9+?+(n+1) ) =n(n+1)-55 所以在 n?7 时,f(n+1)?f(n) .在 n<7 时,f(n+1)<f(n) .从 而 f(t)的最小值为 f(7)=112.

由于 x=55,y=-4 满足 50?x+y?60,60?x-2y?72,x+5y=35,所 以此时 P(x,y)取得最小值,最小值为 250?900?10640=2394?106. B5-080 设 a1,2, a10 是十个两两不同的正整数, a ?, 它们的和为 1995, 试求 a1a2+a2a3+?+a9a10+a10a1 的最小值. 【题说】1995 年中国数学奥林匹克(第十届数学冬令营)题 5. 【解】设在 a1+a2+?+a10=n 时, a1a2+a2a2+?+a9a10+a10a1 (1) 的最小值为 Sn,其中 a1,a2,?,a10 为自然数,并且将它们依大小顺

168

序排成 b1?b2 ???b10 时,bk?k(k=1,2,?,10) . 在 n>55 时,至少有一个 k 使 bk>k,将这个 bk 减少 1,Sn 至少减少 1 ?(1+2)=3.所以 Sn?Sn-1+3 从而 S1995?S1994+3???S55+3(1995-55)=S55+5820 对于 a1+a2+?+a10=55,必有 {a1,a2,?,a10}={1,2,?,10} 将 10 减少为 9,和(1)至少减少 3.再将 2 个 9 减少为 8,和至少减 少 1?2+2+3 (在 2 个 9 之间恰好为 1, 另两个与 9 相邻的数为 2 与 3 时正好 减少这么多) .依此类推,直至最大的数为 6(共 5 个 6) ,和(1)至少减少 (1+2)+(1?2+2+3)+( (1+2)?2+3+4)+( (1+2+3)?2+4+5)=44 而由 5 个 6 与 1,2,3,4,5 这 10 个数形成的和(1) ,如果有两个 6 相邻,总可将一个 6 与另一个相邻的数 a 对调.设?ba 66?变为?b6a6?, 和(1)减少 6?6+ab-6a-6b=(6-a) (6-b)?0.因此,在 5 个 6 均不 相邻时,和最小,最小值为 6?2?(1+2+3+4+5)=180 所以 S1995?44+180+5820=6044 又在(a1,a2,a3,?,a10)=(1950,1,9,3,7,5,6,4,8,2) 时,a1a2+a2a3+?+a9a10+a10a1=6044.因此 6044 即为所求的最小值. B5-081 设正实数的数列 x0,x1,?,x1995 满足以下两条件: (i)x0=x1995;

求所有满足上述条件的数列中 x0 的最大值. 【题说】第三十六届(1995 年)国际数学奥林匹克题 4. 【解】由(ii)可得

设从 x0 开始,总共 k-t 次前一类变换和 t 次后一类变换得到 xk.请注 意,当两类变换穿插交错进行时,可能会有某些第一类变换两两抵消. (倘 若两个第一类变换之间相隔奇数次第二类变换, 这两个第一类变换的作用就 彼此抵消. )因此 (- ) xk=2sx0 1 t 其中 s≡k-t(mod2) 现在考察 k=1995 的情形.若 t 是偶数,则 s 是奇数并且 x0=x1995=2sx0 从而 2s=1,这是不可能的. 于是,t 是奇数,由 - x0=x1995=2sx0 1

169

另一方面,数列 xj=2997 j,j=0,1,?,1994


满足条件(i)(ii) , . 综上所述,x0 的最大值为 2997. B5-082 α 是方程 x2-3x+3=0 的根.α 与正整数 n 以及实数 k 满足等式 α 1995=kα n 求满足条件的 n 的最小值,及这时 k 的值. 【题说】1995 年日本数学奥林匹克预选赛题 4.

使α

为实数的 m 的最小值是 m=6,这时 α 6=-33 又由于 1995=332?6+3,所以 α 1995=α 1992?α =3996?α 3 故所求的 n=3,此时 k=3996.

m

3

B5-083 对给定的常数 p、q∈(0,1) ,p+q>1,p2+q2

【题说】1996 年江苏省赛题 5. 【解】 f2(x)=(1-x)2(p2-x2)+x2[q2-(1-x)2]+2x(1

?(1-x)2(p2-x2)+x2[q2-(1-x)2]+x (1-x)[(p2-x2)+q2-(1-x)2] =x2-(p2-q2+1)x+p2

170

其中等号成立当且仅当 p2-x2=q2-(1-x)2

[别解] 考虑如图的直角梯形 ABCD,易知 f(x)=b(1-x)+ax=pqsinβ cosα +pqsinα cosβ =pqsin(α +β )=pqsinθ

B5-084 对于 t>0,设

求 f(t)的最小值和 g(t)的最大值. 【题说】1996 年全国联赛昆明选拔赛题 22.

171

B5-085 x1,x2,?,x1993 满足|x1-x2+|x2-x3|+?+|x1992-

之最大可能值是多少? 【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第三轮题 2. 【解】令 n=1993.易得

最大值 n-1=1992 能达到,只需令 x1=t+n,x2=?=xn=t 即可.

B5-087 对于非负整数,函数 f 定义如下: f(0)=0

f(x)在 0?x?1996 中取最大值时,x 的值是多少?([x] 表示不超过 实数 x 的最大整数. ) 【题说】1996 年日本数学奥林匹克预选赛题 8. 【解】设 x=10p+q(p,q 为整数,0?q?9) ,则

172

于是

由上式易知,f(x)的值为 x 的十进制表示中数字 1 的个数.故在 0? x?1996 内,f(x)的最大值是 4,此时 x=1111. B5-089 设实数 x1,x2,?,x1997 满足条件

【题说】1997 年中国数学奥林匹克题 1.

173

即 954 (1′)

3x



y+a=



x+y=1996 (2′) 相加得 4x+a=1042.从而 a=1042-4x 为整数且 a≡2(mod 4) .因

最大值 189548. B5-090 设 A={1,2,?,17}.f:A→A,作函数 f 迭代:f[1] (x) =f(x) [k+1](x)=f(f[k](x),k∈N+.如果 f 是 A→A 的一一映射,且满 ,f ) 足 (1)当 m<M,1?i?16 时, f[m](i+1)-f[m](i) ±1(mod 17) [m] [m] f (1)-f (17) ±1(mod 17) (2)当 1?i?16 时, f[M](i+1)-f[M](i)≡1 或-1(mod 17) f[M](1)-f[M](17)≡1 或-1(mod 17) 试对满足上述条件的一切 f,求所对应的 M 的最大可能值,并给以证 明. 【题说】1997 年中国数学奥林匹克题 5. 【解】 (1)先证 M?8. 由于 f 是一一映射,所以 {f[k](1) ,?,f[k](17)}={1,2,?,17}.k∈N+ 从而对 k=1,2,?,M,存在 ak∈A,使 f[k](ak)=1. 假设存在 k,l, (1?k<l?M)使得 f[k](ak+1) [k](ak-1)之一与 f[l] 、f [l] [k] (al-1) (al+1)之一相等,不妨设 f (ak+1)=f[l](al+1) 、f . [l-k] [k] 由于 f 是一一映射, 便应有 ak+1=f (al+1) 又因 f (ak) . =1=f[l] l) (a , -k [l 有 ak=f ](al) . - [l-k] 从而 f (al+1)-f[l k](al)=1. 但这里 1?l-k<M,与 M 定义矛盾.因此,对任意 k,l,1?k<l? M,都有 f[k](ak±1)≠f[l](al±1) 又显然 f[k](ak+1)≠f[k](ak-1) ,k=1,2,?,M. [l] [1] [2] 故 f (a1+1) (a1-1) (a2+1) [2](a2-1) ,f ,f ,f ,?,f[M](aM+1) , [M] f (aM-1)互不相同.故 2M?17,M?8. (2)证明 M=8 为最大值. 设 f(k)≡5k(mod 17) 2 3 因为 5≡5,5 ≡8,5 ≡6,54≡13,55≡14,56≡2,57≡10,58≡-1 (mod 17) 所以,对任意 n∈{1,2,?,7},有 f[n](k+1)-f[n](k)≡5n? (k+1)-5n?k ±1(mod 17) 而 f[8](k+1)-f[8](k) ≡58(k+1)-58?k≡1(mod 17) 因此 M=8 是满足条件的最大值.

174

B5-091 设 f(x)是定义在整数集上的整值函数,满足下列 4 条性质: (1)对任意 x∈Z,0?f(x)?1996; (2)对任意 x∈Z,f(x+1997)=f(x) ; (3)对任意 x,y∈Z, f(xy)≡f(x)f(y) (mod 1997) (4)f(2)=999. 已知这样的函数存在且唯一, 据此求满足 f x) ( =1000 的最小正整数 x. 【题说】1997 年日本数学奥林匹克预选赛题 9. 【解】考虑函数 f(x) : 当 x 是 1997 的倍数时,f(x)=0; 当 x 不是 1997 的倍数时,因为 1997 是素数,x 与 1997 互素,xy≡1 (mod1997)有唯一的整数解 y∈{1,2,?,1996}.定义 f(x)=y. 不难验证,上述函数满足条件(1)~(4) .所以它就是本题所说的唯 一的函数 f(x) .

而所求的最小正整数 x=1332. B5- 092 自三角形 ABC 的角顶引外角角平分线,两两相交得△ A1B1C1.类似地再作出△A2B2C2、△A3B3C3、?,以 A、B、C 和 An、Bn、 Cn 分别表示△ABC 和△AnBnCn 的内角, 1.求证:

【题说】1963 年杭州市赛高三二试题 2.先建立 An 与 An-1 递推关系, 再用数学归纳法证明. 【解】

1.如图,∠1=∠3,∠1+∠B+∠3=π ,

175

从而

于是

B5-093 在平面上画出一个圆, 半径为 r, 圆心在直角坐标系的原点. 设 δ (r) 是和所画的圆最近的整点到圆的距离. 证明: 如果圆的半径 r 充分大, 便可使距离δ (r)任意小,即当 r→∞时,δ (r)→0. 【题说】1973 年匈牙利数学奥林匹克题 2. 【证】 u=[r]. 令 直线 x=u 上有两个相邻整点 B (u, 和 A v) (u, v+1) 一 . 个在圆内,一个在圆外,即 u2+v2?r2<u2+(v+1)2 连结圆心 O 与 A,交圆于 A1,则



当 r→+∞时,

176

B5-094 计算:

【题说】1981 年上海市赛二试题 3.

B5-095 a,b 为正整数,且 a>b.设 xn=a2n2+2bn.对实数 x,

【题说】1994 年日本数学奥林匹克预选赛题 9. 【解】由 a2n2<a2n2+2bn<(an+1)2

177

是△AnBnM 的外心,当 n→∞时,求 Pn 的极限点的坐标(a,b) ,这

【题说】1997 年爱朋思杯——上海市赛决赛题 2.

△MAnBn 是以 AnBn 为底边的等腰三角形,底边中垂线方程为 y=x.

AnM 的中垂线方程为

由此求得外心 Pn(xn,yn)的坐标

故极限点的坐标为(2,2) .

第六节 数列 B6-001 有一群儿童,他们的年龄之和 50 岁,其中最大的 13 岁,有一 个是 10 岁;除去这个 10 岁儿童之外,其余儿童的年龄都是整数且恰好组成 一个等差数列.问有几个儿童?每个儿童是几岁? 【题说】1956 年北京、天津市赛二试题 1. 【解】设除去 10 岁的那个儿童外,他们的岁数为 a,a+ d,a+2d,?,a+ nd 且 a+nd=13. 于是 a+(a+ d)+(a+2d)+?+(a+ nd)

亦即 (n+1) (2a+nd)=80 或 (n+1) (a+13)=80 可见, (n+1)|80.但 a+13>13,又 a+13<2?13=26,故 3<n+1<6.

178

当 n+1=4 时,由 4(a+13)=80,得 a=7,从而 d=2,共 5 个儿童,岁 数为 7,9,10,11,13.

是不可能的,于是解是唯一的. B6-002 在公比大于 1 的等比数列中,最多有几项是在 100 和 1000 之 间的整数. 【题说】第四届(1972 年)加拿大数学奥林匹克题 10. 【解】考虑等比数列 (100?)a<ar<ar2<?<arn-1(?1000) 其中 r>1 是公比, 为首项, a 各项都是整数. 因此 r 为有理数. r =p/q, 设 (p,q)=1,p>q. 因为 arn-1=a(p/q)n-1 是整数,所以 qn-1 整除 a. 如果 q?3,则有

而有 n?5. 如果 q=1,则

而有 n?4. 如果 q=2,则

432,648,972 在 100 与 1000 之间. B6-003 若实数 a1,a2,a3,a4 满足

求证:a1,a2,a3 成等比数列,且公比为 a4. 【题说】1978 年上海市赛二试题 5.

看成关于 a4 的二次方程,则判别式

179

因为判别式为 0,方程两根相等,由韦达定理

即 a4 是等比数列 a1,a2,a3 的公比. B6-004 如果 1、x、y 三个正数,既依次是一个等差数列的第 l 项、第 m 项、第 n 项,又依次是一个等比数列的第 l 项、第 m 项、第 n 项,试确定 x、y 应满足的关系式. 【题说】1983 年上海市赛一试题 1(6) . 【解】设该等差数列的公差为 d.若 d≠0,则

又设该等比数列的公比为 q,则 q≠1,且有

若 d=0,则 x=y=1.此时仍有 xy-1=yx-1.</ B6-005 n2(n?4)个正数排成 n 行 n 列 a11 a12 a13 a14 ? a1n a21 a22 a23 a24 ? a2n a31 a32 a33 a34 ? a3n a41 a42 a43 a44 ? a4n ? ? ? ? ? ? an1 an2 an3 an4 ? ann 其中每一行的数成等差数列,每一列的数成等比数列,并且所有公比 相等.已知 a24=1,a42=1/8,a4=3/16,求 a11+a22+a33+a44+?+ann. 【题说】1990 年全国联赛一试题 4. 【解】设第一行公差为 d,各列公比为 q, 则 aik=[a11+(k-1)d]qi-1 从而 a24=(a11+3d)q=1

180

a42=(a11+d)q3=1/8

a43=(a11+2d) 所以 q3=3/16 akk=[a11+(k-1)d]qk-1=k/2k

s=2-1/2n-1-n/2n B6-006 等差数列{an}与等比数列{bn }的首项是相等的正数,且 a2n+1=b2n+1.an+1 与 bn+1 的大小关系是什么? 【题说】1994 年四川省赛题 1(1) .原题为填空题. 【解】设 a1=b1=M,a2n+1=b2n+1=N.因为 M=N?q2n,q 为公比,所以 M、 N 同号.

所以 an+1?|bn+1|?bn+1 B6-007 数 1,2,3,?,100 能否是 12 个等比数列的项? 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数学奥林匹克十一年级题 1. 【解】不能.首先证明:3 个不同的素数不可能在同一个等比数列中. 假设三个素数 p1<p2<p3,在以 a1 为首项、q 为公比的等比数列中, p1=a1qk-1,p2=a1qi-1,p3=a1qm-1,则 p2=p1qs=p3q-t,其中 s= l-k,t= m-l 都是正 整数.

而不可能成立.< 由于 1 至 100 中含有 25 个素数,而根据上面所证,每个等比数列中至 多含有两个素数,因此 25 个素数不可以包含于 12 个等比数列中. 所以答案是否定的. B6-008 证明:在首项为 1,公差为 729 的等差数列中,可找到无限多 项是 10 的(自然数)方幂. 【题说】第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克九年级题 5. 【证】我们可证明更为一般的结论: 若整数 a 与 m 互素, 则存在无限多个自然数 k, 使得 ak-1 被 m 整除 (当 a=10,m=729 时便是本题的结论) . 先证至少存在一个这样的 k. 由抽屉原则,在数列 1,a,a2,?,am 中,必有两项,除以 m 所得的 余数相同,即它们的差 aj+k-aj=aj(ak-1)被 m 整除,因为 a 与 m 互素,所以 ak-1 被 m 整除. ak-1 被 m 整除时,显然 alk-1 被 m 整除,其中 l=1,2,3,?.

181

B6-010 设[x]表示不超过 x 的最大整数.试对任意正整数 n 计算和

【题说】第十届(1968 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由英国提供. 【解】令{x}=x-[x],则

从而

利用(1)得

B6-011 求 1?1!+2?2!+3?3!+?+(n-1)(n-1) ? !+n?n!的和, 这里 n!=n? (n-1)??2?1. 【题说】第一届(1969 年)加拿大数学奥林匹克题 6. 【解】 原式= (2! ) (3! ) (4! ) -1! + -2! + -3! +?+[n! n-1) ]+[ n+1) ( ! ( ! -n!] =(n+1) !-1 B6-013 设 f(n)是数列 0,1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,? 前 n 项的和. 1.给出 f(n)的公式; 2.证明 f(s+ t)-f(s-t)=st,其中 s 和 t 是正整数,并且 s>t. 【题说】第二届(1970 年)加拿大数学奥林匹克题 9. 【解】1.当 n 为偶数时, f(n)=0+1+2+?+(n/2-1)+1+2+?+n/2

182

当 n 为奇数时,

2.s+ t 与 s-t 奇偶性相同. 当 s+ t 与 s-t 同为偶数时

当 s+ t 与 s-t 同为奇数时

B6-014 已知对任意的 n∈N,有 an>0,且

求证:an=n. 【题说】1989 年全国联赛一试题 5.

以上二式相减,并约去 an+an+1,得 an+1-an=1(n?2)

假设 ak=k(k?2) ,则 ak+1=ak+1=k+1.故对任意 n∈N,an=n 成立. B6-016 对自然数 k,g(k)表示 k 的最大奇因子(例如 g(3)=3,g (20)=5) .求 g(1)+g(2)+g(3)+?+g(2n) (其中 n 是自然数) .

183

【题说】1993 年上海市赛高三二试题 3. 【解】令 Sn=g(1)+g(2)+?+g(2n) ,则 n Sn=1+3+?+(2 -1)+g(2)+g(4)+g(6)+?+g(2n) =(2n-1)2+g(1)+g(2)+g(3)+?+g(2n-1) =4n-1+Sn-1 将 S2-S1=4,S3-S2=42,?,Sn-Sn-1=4n-1 相加得 Sn=S1+4+42+?+

B6-018 n、r 为正整数(n?2) 不是 n 的倍数,g 是 n 与 r 的最大公 ,r 约数.求证

其中{x}=x-[x]为 x 的非负小数部分. 【题说】1995 年日本数学奥林匹克题 1.< 【证】记 n= g?n1,r= g?r1,则(n1,r1)=1,且

由于{r1i} (i=1,2,?,n1)构成模 n1 的一个完全剩余系,所以



B6-020 设数列{an}的前 n 项和 Sn=2an-1(n=1,2,?) 数列{bn}满足条件 b1=3,bk+1=ak+bk (k=1,2,?) 求数列{bn}的前 n 项和. 【题说】1996 年全国数学联赛二试题 1. 【解】由(1)得 a1=1. 又由 an=Sn-Sn-1=2an-2an-1 ?an=2an-1 故 an=2n-1,Sn=2n-1,从而

(1) (2)

184

=2n+2n-1 B6-021 设 r 为正整数,定义数列{an}如下:a1=1,且对每个正整数 n,

证明每个 an 都是正整数,并且确定对哪些 n,an 是偶数. 【题说】第一届(1992 年)中国台北数学奥林匹克题 4. 【证】由题设,有 (n+2)an+1=nan+2(n+1)2r (1) 两边同乘以 n+1,得 (n+2) (n+1)an+1=(n+1)nan+2(n+1)2r+1 令 bn=(n+1)nan(n=1,2,?) ,则 b1=2,且 2r+1 bn+1=bn+2(n+1) (n=1,2,?)

所以 再将 bn 改写成

n |bn

即得(n+1)|bn.由于 n,n+1 互质,故 n(n+1)|bn

是正整数.

185

在 n≡3(mod4)时,

用类似的方法也可证明在 n≡0(mod 4)时,an 是偶数;在 n≡

不难验证.在 n 为奇数时,由(1)得 an+1≡an(mod 2) 在 n≡0(mod 4) ,由(1)得 2an+1≡2(mod 4) 所以 an+1≡1(mod 2) 在 n≡2(mod 4)时,由上面所证 an+1≡0(mod 2) . 所以由结论对 an 成立导出结论对 an+1 成立. 于是,对一切自然数 n,n≡0 或 3(mod 4)时,an 为偶数,其它情况 an 为奇数. B6-023 设{xn}{yn}为如下定义的两个整数列: 、 x0=1,x1=1,xn+1=xn+2xn-1 (n=1,2,3,?) y0=1,y1=7,yn+1=2yn+3yn-1 (n=1,2,3,?) 于是这两个数列的前几项是: x:1,1,3,5,11,21,? y:1,7,17,55,161,487,? 证明:除了“1”以外,两个数列中不再有其他相同的数. 【题说】第二届(1973 年)美国数学奥林匹克题 2. 【证】用数学归纳法证明. n}从第 3 项起,奇数项被 8 除余 3,偶 {x 数项被 8 除余 5. 当 n=2,3 时,xn=3,5,结论成立. 假设 n?k(k>3)时结论成立,则当 n=k+1 时, xk+1=xk+2xk-1=(xk+xk-1)+xk-1 因(xk+xk-1)被 8 除余数恰为 0,故 xk+1 与 xk-1 被 8 除后,余数相同; 而(k+1)与(k-1)奇偶相同. 同法可证{yn}从第 2 项起,奇数项被 8 除余 1,偶数项被 8 除余 7. 综上所述,除“1”外,二数列中没有别的数相同. B6-024 数列 a1,a2, 3, a ?满足 a1=1/2 且 a1+a2+?+an=n2an (n?1) .确 定 an 的值(n?1) .

186

【题说】第七届(1977 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【解】令 sn=a1+a2+?+an,则 an=sn-sn-1=n2an-(n-1)2an-1

B6-025 设数列 u0,u1,u2,?的定义如下:

试证:

这里[x]表示不大于 x 的最大整数. 【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由英国提 供. 【证】首先用数学归纳法证明:当 n>0 时,

事实上,由

可知命题对 n=1,2 为真. 设命题对 n=k-1,k 为真,我们证明命题对 n=k+1 为真.令

由数列的递推关系得

=2f

(k)+2f(k-1)

+2-[f

(k)+2f(k-1)]

+2f

(k)-2f(k-1)

187

因为

所以

这就证明了命题对 n=k+1 为真. 易知

是整数,从而 2-f

(n)

是真分数,故

B6-026 设 0<u<1,且定义

证明:对 n 的所有值,un>1. 【题说】第九届(1977 年)加拿大数学奥林匹克题 6. 【证】用数学归纳法证明 1<un?1+u,n=1,2,? (1) (Ⅰ)1<u1=1+u 满足(1)式. (Ⅱ)假设 n=k 时(1)满足,则

188

即 1<uk+1<1+u 因此,对 n 所有值(1)成立. B6-027 求实数 a0 的集合,使得由 an+1=2n-3an,n=0,1,2,? 定义的无限序列{an}是严格增加的,即对于 n?0 有 an<an+1. 【题说】1980 年英国数学奥林匹克题 4. 【解】an+1=2n-3an=2n-3?2n-1+32an-1 =2n-3?2n-1+32?2n-2-33an-2=? =2n-3?2n-1+32?2n-2-?+(-3)n+(-3)n+1?a0

以在 n 充分大时,an 正负交错.

B6-028 选取一列整数 a1 ,a2 ,a3 ,?,使得对每个 n?3,都有 an=an-1-an-2. 若该数列前 1492 项之和等于 1985, 1985 项之和等于 1492. 前 那 么前 2001 项之和是多少? 【题说】第三届(1985 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】设 a1=a,a2=b,则 a3=b-a,a4=-a,a5=-b,a6=a-b,a7=a,?每 6 个重复一遍,且每相邻 6 项之和为零.于是 (a1+a2+?+a1488)+a1489+a1490+a1491+a1492=1985 故 a+ b+(b-a)+(-a)=1985 即 2b-a=1985 (1) 又 (a1+a2+?+a1980)+a1981+?+a1985=1492 得 a +b+(b-a)+(-a)+(-b)=1492 即 b-a=1492 (2) 由(1)(2)解得 b=493.因此 、

=a+ b+(b-a)=2b=986 B6-029 对于每个实数 x1,由 xn+1=xn(xn+1/n) ,n?1,构成序列 x1, x2,?,证明:存在唯一的 x1,使得 0<xn<xn+1<1(n=1,2,?) .

189

【题说】第二十六届(1985 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由瑞典 提供. 【证】设 P1(x)=x,Pn+1(x)=Pn(x) n(x)+1/n)(n?1)那么 (P , n-1 Pn (x) 是正系数的 2 次多项式. 于是 xn=Pn 1) 由于 xn+1>xn 与 xn>1-1/n (x , 等价,问题可改为证明存在唯一的正实数 t,使得 1-1/n<Pn(t)<1(n=1, 2,. ) 由于 Pn(x)是严格的增函数(x?0) n(0)=0,且 P1(1)=1,Pn ,P (1)>1(n?2) ,我们可以找到唯一的 an<bn?1,使 Pn(an)=1-1/n 及 Pn (bn)=1. 又由 Pn+1(an)=1-1/n 及 Pn+1(an+1)=1-1/(n+1) ,可得 an<an+1 同理,由 Pn+1(bn+1)=1 及 Pn+1(bn)=1+1/n,得 bn+1<bn. 由于[an,bn] [an-1,bn-1],所以 Pn-1(an)?Pn-1(an-1)?

?P1(bn)-P1(an)=bn-an

由“区间套定理” ,存在唯一实数 t,使得对所有 n 均满足 an<t<bn, 由此得 1-1/n<Pn(t)<1. B6-031 已知{an}为正整数数列 an+3=an+2(an+1+2an) (n∈N) a6=2288.求 a1、a2、a3. 【题说】1988 年四川省赛题 2. 【解】由 an+3=an+2(an+1+2an) (n∈N)得: a4=a3(a2+2a1) a5=a3(a2+2a1) 3+2a2) (a

因为 a6=2288=24?11?13,正整数(a2+2a1+2)比(a2+2a1)大 2,所 以 a2+2a1=11

从而得出 a3=1 或 2. a3=1 时,a2 不是正整数,所以 a3=2. 从而 a1=5,a2=1,a3=2 B6-032 已知 a1=1,a2=2,

190

试证:对一切 n∈N,an≠0. 【题说】1988 年全国联赛二试题 1. 【证】由递推公式,an,an+1,an+2 的奇偶性只有:奇,偶,奇;偶, 奇,奇;奇,奇,偶.三种情形. a1=1,a2=2,a3=7 均不是 4 的倍数,下面证明{an}中所有的项都不是 4 的倍数. 设 am 是 4 的倍数,m 为最小下标,m>3,则 am-1,am-2 均为奇数,am-3 为偶数. 由 am=am-1-am-2 及 am-1=5am-2-3am-3,得 3am-3=4am-2-am 故 am-3 是 4 的倍数,与所设矛盾. 由于 0 是 4 的倍数,故对一切 n∈N,an≠0. B6-033 设 x0=0,x1=1,且 xn+1=4xn-xn-1;y0=1,y1=2,且 yn+1=4yn-yn-1 (n=1,2,3,?) .求证:对一切整数 n?0,有

【题说】第二十届(1988 年)加拿大数学奥林匹克题 4.用数学归

【证】当 n=1 时, 、 (a)(b)二式显然成立. 假设 n=k 时, 、 (a)(b)成立,则

=3xn(4xn-xn-1)+ 2 =3xnxn+1+2 因此,对任何自然数 n, 、 (a)(b)都成立. B6-034 数列{an}定义为 a1=a2=1,an+2=an+1+an.求证:当 n?2 时, a2n-1 必是数列中某两项的平方和,a2n 必是数列中某两项的平方差. 【题说】1990 年南昌市赛二试题 1.此数列即为斐波拉契数列. 【证】数列的前 4 项为 1,1,2,3,

191

因此对一切自然数 n?2,

B6-035 数列{an}由下列条件决定:a1=1;n?1 时,an+1=an+1/an.求 a100 的整数部分[a100]. 【题说】1990 年日本数学奥林匹克第一轮选拔赛题 12. 【解】由题有

因为 an+1-an=1/an>0,所以 an 递增.当?2 时,an?a2=2,于是

=200+98/4<225 所以 14<a100<15 故 [a100]=14. B6-036 三元数组(xn,yn,zn) ,n=1,2,?由下列关系式确定: x1=2,y1=4,z1=6/7

1.证明:上述作三元组的过程可以无限继续下去.

192

2.能否在某一步,得到的三元数组(xn,yn,zn)满足等式 xn+yn+zn=0? 【题说】第十六届(1990 年)全俄数学奥林匹克十年级题 4. 【证】1.只须证明:在任何一步所得到的三个数中都不可能出现 1 或 -1.

所以 xn+1≠±1.同理,yn+1,zn+1 都不等于±1. 2.由 x1、y1、z1≠0 及递推关系知道,对于任意的 n∈N,xn、yn、zn ≠0,xnynzn≠0 我们用归纳法来证明: xn+yn+zn=xnynzn (1) 显然 x1y1z1=48/7=x1+y1+z1 假设 xnynzn=xn+yn+zn 令 xn=tanα ,yn=tanβ ,zn=tanγ

由假设

tanα +tanβ +tanγ =tanα ?tanβ ?tanγ

所以 从而

α +β +γ =0 或α +β +γ =±π tan2α +tan2β +tan2γ =tan2α ?tan2β ?tan2γ

所以 xn+1?yn+1?zn+1=xn+1+yn+1+zn+1 从而(1)式对一切自然数 n 成立. 由于 xnynzn≠0,所以 xn+yn+zn 永远不为 0. B6-037 设 a1=1,a2=3,对一切自然数 n 有 an+2=(n+3)an+1-(n+2)an 求所有被 11 整除的 an 的值. 【题说】1990 年巴尔干地区数学奥林匹克题 1. 【解】设 bn+1=an+1-an(n?1) ,则由条件有 bn+1=(n+1) n-an-1)=(n+1)bn(n?2) (a bn=nbn-1=n(n-1)bn-2 =?=n(n-1)?3b2 =n! (n?2) 所以 an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+?+(a2-a1)+1

由此可算出:

193

整除. 故本题答案为 n=4,n=8 以及 n?10. B6-038 函数列{fn(x) }由下列条件递归定义:

对于每个正整数 n,求出方程 fn(x)=2x 的所有实数解. 【题说】第十九届(1990 年)美国数学奥林匹克题 2.

若 x<4,测 f1(x)>2x,fn+1(x)>2x. 故对每一 n,fn(x)=2x 只有唯一解 x=4. B6-039 已知整数列{a0,a1,a2,?}满足: (1)an+1=3an-3an-1+an-2,n=2,3,?; (2)2a1=a0+a2-2; (3)对任意自然数 m,在数列{a0,a1,a2,?}中必有相继的 m 项 ak,ak+1,?,ak+m-1 都是完全平方数. 求证: 0,a1,a2,?)的所有项都是完全平方数. {a 【题说】1992 年中国数学奥林匹克题 6. 【证】令 dn=an-an-1,则由(1) dn+1-dn=dn-dn-1=?=d2-d1 所以{dn}是等差数列,从而

194

由(2) 2-d1=a2-2a1+a0=2,所以 ,d an=n2+bn +c,b、c∈Z 若 b 为奇数 2t+1,则在 n 充分大时,

大于(n+t)2,小于(n+t+1)2(=(n+t)2+2n+2t+1) ,因而 an 不是平 方数.而由(3){an}有任意大的平方数,矛盾!所以 b 为偶数 2t,从而 , an=(n+ t)2+c-t2 在 c-t2>0 时,对于充分大的 n,an 介于(n+ t)2 与(n+t+1)2 之间, 与(3)矛盾.同样 c-t2<0 也导出矛盾(考虑连续平方数(n+t-1)2 与(n+t) 2 ) .所以 c-t2=0,an=(n+ t)2. 【注】 (3)可减弱为{an}中有任意大的平方数,即{an}中有无穷多 个平方数. B6-040 设正数列 a0,a1,?,an,?满足

(2)a0=a1=1 求{an}通项公式. 【题说】1993 年全国联赛一试题 5.

bn-1=2bn-1 即 bn+1=2(bn-1+1) 从而 bn+1=(b1+1) n-1=2n ?2 n an=(2 -1)2an-1 =(2n-1)2(2n-1-1)2an-2 =?

B6-041

设 数 列 { vn } 满 足 : v0=1 , v1=3 , vn+2=4vn+1-vn . 试 对

【题说】1993 年(第十六届)哈尔滨市赛二试题 3. 【解】因为 vn+2≡-vn(mod4) ,而 v0=1,v1=3,则

195

所以

另一方面 vn 除以 25,余数成周期为 15 的数列:

所以 vn≡1,3,6,11,16,21(mod 25) 因为 2vn3-vn-1=(vn-1) n2+2vn+1) (2v 并且由(1) ,在 vn 3(mod 25)时, 2 vn-1≡0(mod 5) n +2vn+1≡2?12+2?1+1≡0(mod 5) ,2v 在 vn≡3(mod 25)时, 2vn2+2vn+1≡2?32+2?3+1=25≡0(mod 25) 所以恒有 2vn3-vn≡1(mod25) 由(1)(3) 、 (2)

(3)

即在 n=4k 或 4k+3 时,2vn3-vn 的末两位数字为 01;在 n=4k+1 或 4k+2 时,2vn3-vn 的末两位数字为 51. B6-042 由 0 和 1 组成的、长度为 n(如 00101,10100 长度都为 5)的 排列中,没有两个 1 相连的排列的个数记为 f(n) .约定 f(0)=1.试证明: (1)f(n)=f(n-1)+f(n-2) ,n?2; (2)f(4k+2)可被 3 整除,k?0. 【题说】1993 年河北省赛二试题 3. 【证】 (1)长度为 1 的排列只有 0,1,故 f(1)=2,长度为 2 的排列 有 00,01,10,11,故 f(2)=3.所以 f(2)=f(1)+f(0) .当 n>2 时, 将长度为 n 的排列分为两类:一类以 0 结尾,另一类以 01 结尾.以 0 结尾 的排列中无两个 1 相连的排列的个数为 f(n-1) ;以 01 结尾的排列中无两个 1 相连的排列的个数为 f(n-2) .所以对任意自然数 n?2,总有 f(n)=f(n-1)+f(n-2) (2)用数学归纳法. k=0 时,f(4k+2)=f(2)=3,3|f(2) . 假设当 k=m 时,3|f(4+2) ,即 f(4m+2)=3q 令 f(4m+3)=3q1+r,0?r<3,由(1)有 f(4m+4)=f(4m+3)+f(4m+2)=3q2+r f(4m+5)=f(4m+4)+f(4m+3)=3q3+2r f(4m+6)=f(4m+5)+f(4m+4)

196

=3q4+3r=3(q4+r) 这就是说,当 k=m+1 时,f(4+2)是 3 的倍数.所以对一切 k?0,有 3|f(4k+2) B6-044 数列 y1,y2,y3,?满足条件 y1=1,对于 k>0,

证明:数列 y1,y2,y3,?能取遍每个正整数并且恰好一次. 【题说】第二十五届(1993 年)加拿大数学奥林匹克题 5. 【证】用二进制表示.设 n=(amam-1?a1a0)2 其中 am=1,ai=0 或 1,i=0,1,?,m-1. 我们用归纳法证明 yn=(bmbm-1?b1b0)2 其中 bm=1,b2≡ai+ai+1(mod2) ,i=0,1,?,m-1. (1)n=1 时,显然. (2)假设对于小于 n 的正整数结论成立.对于 n=(am?a1a0)2,

其中 b0=0≡a1+a0(mod2) . (ii)若 a1=1,a0=0,则

其中 b0=1≡a0+a1(mod2) . (iii)若 a1=0,a0=1,则

其中 b0=1≡a0+a1(mod2) . (iv)若 a1=a0=1,则

其中 b0=0≡a0+a1(mod2) . 因此,命题对任意正整数 n 也成立. 反之,对任意数(bm?b1b0)2,可以唯一确定 n=(amam-1?a1a0)如下: am=bm=1,ai≡bi-ai+1(mod2) 所以,yn→n 是 N+→N+的一一对应. B6-045 已知数列{an} (n=1,2,?)中,a1=1,a2=3,a3=6,且当 n >3 时,an=3an-1-an-2-2an-3.试证:对 n>3 的一切自然数有 an>3?2n-2. 【题说】1994 年全国联赛河北省预赛二试题 2.

197

【证】a4=13>2a3,a5=27>2a4,假设 n?5 时 ak>2ak-1,ak-1>2ak-2,则 ak+1=3ak-ak-1-2ak-2 =2ak+ak-ak-1-2ak-2 >2ak+2ak-1-ak-1-2ak-2 =2ak+(ak-1-2ak-2) >2ak 所以,对 n>3,均有 an>2an-1. 由此,得 an>2an-1>22an-2>?>2n-3a3=3?2n-2 B6-046 设 q 是任意正实数, an 而 (n=1, ?) 2, 为实数. 0=1, 1=1+q, a a 且对所有正整数 k 满足以下等式;

(2)a2k-a2k-1=a2k+1-a2k. 证明:对每个给定的正实数 q,总能找到正整数 N,使得对所有正整数 n>N,都有 an>1994. 【题说】1994 年澳大利亚数学奥林匹克二试题 1. 【证】

a3=2a2-a1=(1+q) (2q+1)

a5=2a4-a3=(2q+1) (3q+1) ?? 一般地,用数学归纳法易证 a2k=(kq+1)2,a2k+1=(kq+1)(k+1)q+1) ( 若 a2k>1994,则对一切 n>2k,有 an>1994.由(kq+1)

有 an>1994. B6-047 设函数 f:N+→N+,满足条件 f(1)=1,且对任意 n∈N+都有

试求方程 f(k)+f(l)=293,k<l (*) 的所有解. 【题说】1995 年中国数学奥林匹克(第十届数学冬令营)题 2. 【解】由题设得 3f(n)(f(2n+1)-f(2n) ? )=f(2n)<6f(n) (1) 从而 0<f(2n+1)-f(2n)<2

198

即 f(2n+1)=f(2n)+1 将(2)代入(1) ,得 f(2n)=3f(n) 将 n 表示成二进制数.设

(2) (3)

其中 m1>?>ms?0.那么由 f(1)=1 及(2)(3) 、 ,用归纳法不难证 明

则方程(*)即

=35+33+2?32+3+2?30 (5) 2 0 由于右边 3 、3 系数均为 2,故在 k、l 的二进制表示中都含有 22 和 20 的项,注意到 k<l,l 的最高项为 25.故满足条件的(k,l)有 4 组: 1°k=22+1=5,l=25+23+22+2+1=47 2°k=22+2+1=7,l=25+23+22+1=45 3°k=23+22+1=13,l=25+22+2+1=39 4° k=23+22+2+1=15,l=25+22+1=37 B6-048 设 n 是大于 1 的奇数,已知

若正整数 m 满足 Xm=X0,求证:m 是 n 的倍数. 【题说】1995 年中国数学奥林匹克(第十届数学冬令营)题 6.

(1,0,?,0,1) 易见数列 kn+i} {x 是以 n 为最小正周期的周期数列, 且对任意 i, x-i=xi+1. 有 由已知的递推关系

199

=xi+2xi+1+xi+2 一般地,

从而

因此,m 是 n 的倍数. B6-049 m 是正整数,数列 a1,a2,a3,?,am 的长度为 m,其各项 ai 是整数,且 1?ai?4.数列若满足条件: “若 ai=aj 且 ai+1=aj+1,则 i=j. ”求 m 的最大值. 【题说】1995 年日本数学奥林匹克预选赛题 9. 【解】由条件知, i,ai+1)的不同组合有(1,1)(1,2) (a , ,?, (4, 4)等 16 种.而数列中相同的组合不能出现两次,从而数列的长度 m 不超 过 17.下面的数列长度为 17,且满足题设条件:1,1,2,1,3,1,4,2, 2,3,2,4,3,3,4,4,1.故所求 m 的最大值为 17. B6-050 设 u 为区间(0,1)内一实参数,定义

数列{un}递归定义如下: u1=f(1) un=f(un-1) , (n>1) 证明:一定存在一个正整数 k 使 uk=0. 【题说】第二十七届(1995 年)加拿大数学奥林匹克题 5. 【证】易知 f(1)=u1=1-u.对任意 x∈[u,1],u?x 且 1-x?1-u,所 以

?u+x-2ux-2u(1-x) =x-u

200

于是,若 u1,u2,?,un 均?u,则 un+1=f(un)?un-u ?un-1-2u?? ?1-(n+1)u 因此,对于充分大的 k,uk-1<u,从而 uk=f(uk-1)=0 B6-052 假设 a1,a2,a3,?是无穷的自然数列,a1=1,而且当 k>1 时 有不等式 ak?1+a1+a2+?+ak-1 证明:所有的自然数都可以表示成这个数列的某些项之和的形式(可 以只有一项构成) . 【题说】1960 年匈牙利数学奥林匹克题 2. 【证】我们证明稍广一点的断言:如果自然数 n?a1+a2+?+ak,那么 n 可以表示成 a1,a2,?,ak 中某些数的和. k=1 时断言显然成立,假设断言对于 k-1 成立,则自然数 n?a1+a2+? +ak-1 时 n 可以表示成 a1,a2,?,ak-1 中某些数的和. 若 1+a1+a2+?+ak-1?n?a1+a2+?+ak,则由已知条件 0?n-ak?a1+a2+? +ak-1.于是数 n-ak 或者等于 0,或者根据归纳假设可以表示成 a1,a2,?, ak-1 中某些数的和.因此 n 可以表示成 a1,a2,?,ak 中某些数的和. B6-053 考察数列{cn} : c1=c1+c2+?+a8

??

其中 a1,2, a8 是不全为 0 的实数. a ?, 假定该数列中有无限多项 cn=0. 求 出所有使 cn=0 的自然数 n. 【题说】第九届(1967 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由原苏联提 供. 【解】不妨设 a1 的绝对值为最大,则必有某个 ai,满足 ai=-a1(i≠1) . 否则,当 n 充分大时,

不失一般性可设

a2=-a1

所得的和 cn 仍然有无穷多个为 0.根据上面的推理,有(适当调整编 号) : a3=-a4,a5=-a6,a7=-a8 因而 n 为奇数时,cn=0. B6-054 一次竞赛在 n(>1)轮中共发了 m 枚奖章.第一轮发了

201

轮正好发了 n 枚而没有余下的奖章.这个竞赛共包括几轮?一共发了 多少奖章? 【题说】第九届(1967 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由匈牙利提 供.

即 (m-36) n-1=7n? ?6 (n-6) n-1 所以 6 |(n-6) 但 6n-1>n-6 所以 n=6,m=36 B6-055 设{an}为有下列性质的实数列: 1=a0 ? a1 ? a2 ?? (1) 又{bn}是由下式定义的数列:

?

?

?

an

证明: (a)对所有 n=1,2,3,?,有 0?bn<2; (b)对 0?c<2 的任一 c,总存在一个具有性质(1)的数列{an} , 使得由(2)导出的数列{bn}中有无限多个下标 n 满足 bn>c. 【题说】第十二届(1970 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由瑞士提 供.

所以

202

=2

第 k 项是

现在要求对无穷多个 n,d(1+d) (1-dn)>c,则

事实上,这时有 d(1+d)>c.故(3)右端为一正数.因为 0<d<1 时, →0, d 所以存在一个确切的自然数 N (如取 N=[ln 1-c/ (1+d) ( (d /lnd) ]) ) , 使得当 n>N 时(3)成立.于是(b)得证. B6-056 证明:如果{an}是两两互异的自然数组成的无穷序列,并且 这些自然数的十进制表达式中不含数字 0,那么
n

【题说】1970 年~1971 年波兰数学奥林匹克三试题 1. 【证】k 位数中,数字不含 0 的共 9k 个,其中首位数字为 1,2,?,9 的各 9k-1 个,因此

B6-057 证明:数列{2n-3} ,n=2,3,4,?中至少有一个无穷子列,

203

其中的项两两互素. 【题说】第十三届(1971 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由波兰提 供. 【证】我们用归纳法来构造一个这样的子列. 取 n1=2.若 n1,?,nk 已经取定,且 2ni-3(1?i?k)两两互素,将它 们分解成素因子的积,设在这些积中出现的素因子为 pj(1?j?n) 令 nk+1=(p1-1) 2-1)?(pm-1)+2 (p

≡4-3=1(mod pj) (1?j?n) 故 2 -3 不能被任一 pj 整除,因而它与 2ni(1?j?k)都互素,这样, 子列{2nk-3}就是满足题目要求的一个子列. B6-058 设 a1,2,3, a a ?是正整数无穷数列, 且对所有 k?1 有 ak<ak+1. 证 明:在上述数列出,有无穷多个 am 可以表示成 am=xap+yaq 的形式,其中 x,y 是适当的正整数,并且 p≠q. 【题说】第十七届(1975 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由英国提 供. 【证】考虑模 a1 的剩余类.因为关于模 a1 的剩余类只有有限个,所以 必存在一个剩余类, 其中包含所给数列的无穷多项, ap 是该剩余类中的最 设 小的异于 a1 的数,则此类中其余的 am>ap,都可表成 am=ap+ya1,y 为正整 数. B6-059 在一个实数的有限数列中,任何七个连续项之和都是负数,而 任何十一个连续项之和都是正数.试问:这样一个数列最多能包含多少个 项? 【题说】第十九届(1977 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由越南提 供. 【解】设所求的有最大项数的数列为 a1,a2,?,an. 首先,n?16.否则,
nk+1

矛盾. 其次,n=16 是可能的.例如数列(5,5,-13,5,5,5,-13,5,5, -13,5,5,5,-13,5,5) ,因此所求的最大数为 16. B6-060 在正整数集上定义一个函数 f(n)如下:当 n 为偶数时,f(n) =n/2;当 n 为奇数时,f(n)=n+3. 1.证明:对任何正整数 m,数列 a0=m,a1=f(a0) ,?,an=f(an-1) ,? 中总有一项为 1 或 3. 2. 在全部正整数中, 哪些 m 使上述数列必然出现 3?哪些 m 使上述数 列必然出现 1? 【题说】1979 年全国联赛二试题 5.

204

【解】1.若 ak>3,则 ak 为偶数时,ak+1=ak/2<ak;ak 为奇数时,ak+2= (ak+3)/2<ak.由于数列取正整数值,任一无限子列不能严格递减,所以 必有一项?3.如果这项为 2,则下一项为 1,故数列中必有一项为 1 或 3. 2. m 是 3 的倍数时, 当 一切项都是 3 的倍数, 因此, 数列必然出现 3. 当 m 不是 3 的倍数时,一切项都不是 3 的倍数,因此,数列必然出现 1. B6-061 无穷正实数列{xn}具有以下性质: x0=1,xi+1?xi(i?0) (1)试证:对具有上述性质的任一数列,总能找到一个 n?1,使下式 成立.

(2)寻找这样一个数列,下列不等式:

对任一 n 均成立. 【题说】第二十三届(1981 年)国际数学奥林匹克题 3.

??

因此当 n 足够大时,就有

205

B6-062 n 个不同的数, 依递增次序写成一行, 再把这些数写在第二行, 顺序不拘.将上、下两行的每对数相加,和数写在第三行.如果第三行的数 是按递增顺序排列,求证:第一、二两行数的次序完全一致. 【题说】第十八届(1984 年)全苏数学奥林匹克十年级题 2. 【证】设给定的(第一行)数为 a1<a2<?<am<am+1<?<an 第二行数是 b1,b2,?,bn.则 a1+b1<a2+b2<?<an+bn (1) 若 b1≠a1,设 bm=a1(m?2) ,则由(1) ,对 i=1,2,?,m-1,有 ai+bi<am+a1 由于 ai?a1,所以 bi<am.于是 a1,b2,b2,?,bm-1 这 m 个不同的数 均小于 am.但 a1,a2,?,an 中只有 m-1 个数小于 am.矛盾.因此 b1=a1. 同理 b2=a2,?,bn=an.因此第二行与第一行的次序完全相同. B6-063 设 a1,a2,a3,?是一不减的正整数序列,对于 m?1,定义 bm=min {n|an?m} bm 是使 an?m 的 n 最小值) 若 a19=85, (即 , 试求 a1+a2+? +a19+b1+b2+?+b85 的最大值. 【题说】第十四届(1985 年)美国数学奥林匹克题 5.本命题的一般 情况容易入手. 【解】我们证明一般命题:若 aq=p,则 a1+a2+?+aq+b1+?+bp=p(q+1) (1) 如果 a1=a2=?=aq=p,则 b1=b2=?=bp=1,易得(1)式. 若有 ai<p(1?i<q) ,令 t 为使 at<p 的最大下标,且令 at=u,若 at 增 加 1,则 bj(j≠u+1)保持不变,而 bu+1 减少 1.所以(1)左边总和不变.经 过不断调整,最后可得常数序列.由此可导出所求证的结果. 因此,当 q=19,p=85 时,a1+?+a19+b1+?+b85=85?(19+1)=1700. [别解]考虑坐标平面上的矩形{ (x,y) :1?x?q;1?y?p} .将点(i, ai)用水平与竖直线段连结起来形成阶梯形, (i,ai)都是阶梯形的顶点.这 时,a1+a2+?+aq 是阶梯形中整点的个数.b1+b2+?+bp 是另一阶梯形(它与 前一阶梯形合成整个矩形)中整点的个数.每条水平线段 y=j(1?j?p)上 有一点被计算了两次.所以 a1+a2+?+aq+b1+b2+?+bp=pq+ p= p(q+1) B6-064 递增数列 1,3,4,9,10,12,13,?由一些正整数组成, 它们或者是 3 的幂, 或者是若干个不同的 3 的幂之和. 求此数列的第 100 项. 【题说】第四届(1986 年)美国数学邀请赛题 7. [设] 由前 6 个 3 的幂:1,3,9,27,81,243 可以组成 26-1=63 个不 同的 3 的幂之和,它是数列的前 63 项;第 64 项是 37=729.第

243,接下去是

206

729+243+1,729+243+3,729+243+1+3 故第 100 项是 729+243+9=981. [别解]注意在三进制中,数列由不含数字 2 组成. B6-065 已给实数 a>1,构造一个有界无穷数列 x0,x1,x2,?,使得 对每一对不同的非负整数 i、j 有 |xi-xj|?|i - j|a?1 【题说】第三十二届(1991 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由荷兰 提供. 【解】设 p 为正整数,q 为非负整数.

因此恒有

并且对每一对不同的非负整数 i、j,由(1) ,

B6-066 对任一实数序列 A=(a1,a2,a3,?) ,定义△A 为序列(a2-a1, a3-a2,a4-a3,?) ,它的第 n 项是 an+1-an.假定序列△(△A)的所有的项都 是 1,且 a19=a92=0,试求 a1. 【题说】第十届(1992 年)美国数学邀请赛题 8. 【解】设△A 的首项是 d,则依条件,△A 为(d,d+1,d+2,?) ,其 中第 n 项是 d+(n-1) .因此序列 A 可写成 (a1,a1+d,a1+d+(d+1) 1+d+(d+1)+(d+2) ,a ,?) ,

所以

B6-067 设正数数列 a1,a2,?,an,?满足:

207

且 a4=4,a5=5. (1)求 a1,a2,a3; (2)证明 a1,a2,?,an,?是自然数数列,即 ak=k(k=1,2,?) . 【题说】1993 年四川省赛题 6.

(2)假设 3?k<n 时结论成立. 则在 k=n 时,在已知等式中令 k=n-1,n 并将两式相减得

从而

于是对一切自然数 k,均有 ak=k. B6-068 设 a、b 是正奇数,序列 fn 定义下:f1=a,f2=b,对 n?3,fn 是 fn-1+fn-2 的最大奇约数.证

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