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数学奥林匹克冬令营测试题D


年中国东南 东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训 2005 年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训
测试题 D(李胜宏供题) (李胜宏供题)
学校 姓名 营员证号

一 . 求证:

{[

2003n] | n = 1, 2,L 中有无穷多个平方数. 有无穷多个平方

}

求所有函数 二 . 求所有函数 f : R → R ,在零点连续 ,且
f ( x + 2 f ( y )) = f ( x ) + y + f ( y )

如果素数 和自然数 三 . 如果素数 p 和自然数 n 满足 证明: 四 .
n

n< p<

4n , 3

p | ∑ (C nj )2
j =0

凸四边形 边形, 设 ABCD 为凸四边形

AC 交 BD 于 P , ?ABP , ?BCP , ?CDP , ?DAP 的

内心依次为 I1 , I 2 , I 3 , I 4 . 求证: 圆当且仅当四边形 内切圆. 求证 I1 , I 2 , I 3 , I 4 四点共圆当且仅当四边形 ABCD 有内切圆

2005 年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训
解答(李胜宏供题) 测试题 D 解答(李胜宏供题)
求证: 中有无穷多个平方数. 1. 求证: [ 2003n] | n = 1, 2,L 中有无穷多个平方数. 引理: x 2 ? 2003 y 2 = ?1992 有无穷多组正整数解. 证明:首先有 92 ? 2003 ? 1 = ?1992 = ?2 ? 312 .令 x0 = 9, y0 = 1, p = 31 .设(u,v)是
2 2 x 2 ? 2003 y 2 = 1 的一组正整数解,则若 xn ? 2003 yn = ?2 p 2 ( xn > 0, yn > 0) .令

{

}

xn+1 = uxn + 2003vyn , yn+1 = vxn + uyn

,



2 2 2 2 2 2 xn+1 ? 2003 yn+1 = ( u 2 ? 2003v 2 ) xn ? 2003( u 2 ? 2003v 2 ) yn = xn ? 2003 yn = 2 p 2

显然. xn+1 > xn , yn+ 1 > yn , 故 x 2 ? 2003 y 2 = ?2 p 2 有无穷多组正整数解.引理得 . 证.
1

取足够大的 N,使得 n ≥ N 时, xn > 3 p 2 考虑 sn = 2003 yn ( xn + 2 p) .
2 2 2 sn = 2003 yn ( xn + 2 p )2 = ( xn + 2 p 2 )( xn + 2 p )2

= ( x n + p )4 ? 2 p 2 ( x n + p ) 2 + p 4 + 2 p 2 ( x n + 2 p ) 2 = ( x n + p )4 + 4 p 3 x n + 7 p 4
2 2 ( xn + p )4 < sn < ( xn + p )4 + 2( xn + p )2 + 1(Q 4 p 3 xn + 7 p 4 < 2 xn )

所以 ( xn + p )2 < sn < ( xn + p )2 + 1 .
[ sn ] = ( xn + p )2 为完全平方数.证毕!

2. 求所有函数 f :



,在零点连续,且 (*) (1)

f ( x + 2 f ( y )) = f ( x ) + y + f ( y )

解:令 x = 0, f (2 f ( y ) = f (0) + y + f ( y )

∴ f (2 f (0)) = 2 f (0),∴ f ( x + 2 f (2 f (0))) = f ( x ) + 2 f (0) + f (2 f (0)) f ( x + 4 f (0)) = f ( x ) + 4 f (0)

而 f ( x + 4 f (0)) = f ( x + 2 f (0) + 0 + f (0) = f ( x ) + 2 f (0) 所以 由(1)有 在(*)中令 再在(*)中令 f (0)=0 f(2f(y))=y+f(y)
x = ? f ( y)

(2) 故 f(f(y)=f( ? f(y))+y+f(y) f(x+2f(f( ? x))=f(f( ? x))

y= ? f(x)

由(*)中 f(x)为单射,故 x+2f( ? f(x))= ? f(x), 将 x 换成 y,有 f ( ? f ( y )) = ?
f ( y) + y 2

∴ f ( f ( y )) =

y + f ( y) 1 = f (2 f ( y )) 2 2

(2')

2

∴ f (2( f (( y )) = 2 f ( f ( y ))

(3)

所以由(2)有 另一方面 所以

f(4f(f(y)))=f(2f(2f(y)))=2f(y)+f(2f(y))=2f(y)+2f(f(y))=3f(y)+y

f(4f(f(y))=f(2(y+f(y))=f(2y)+y+f(y) f(2y)=2f(y) (4)

故由(*)及(4)有 f(x+f(2y))=f(x+2f(y))=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y))=f(x)+f(f(2y)) 所以 f(x+ f(y))= f(x)+ f(f(y)) (5)

于是,易知: f(kf(y))=kf(f(y))
∴ f(ky+y+f(y))= f((k+1)y) +f(f(y))= f(ky+f(f(2y)))= f ( ky ) +

f (2 y ) + f ( f (2 y )) 2

= f ( ky ) +

2 f ( y ) + 2 f ( f ( y )) 2

所以
k∈

f((k+1)y)= f(ky) +f(y) ? f(ky)=kf(y)
∴当 k ∈

时,亦有

f(ky)=kf(y)
1 ( f (2 f ( x ) ? x ) + 2 f ( x ) ? x ) 2

(6) (由(2'))

f ( f (2 f ( x ) ? x )) =

=

1 1 ( f ( ? x + 2 f ( x )) + 2 f ( x ) ? x ) = ( f ( ? x ) + x + f ( x ) + 2 f ( x ) ? x ) = f ( x ) 2 2

∴ f ( f (2 f ( x ) ? x )) = f ( x ) ? f (2 f ( x ) ? x ) = x

f(x+y +y) f(2 所以 f(x+y)= f(x + f(2 f(y) ? y)) = f(x) + f(y)

(由(5))

f(x)在零点连续 在零点连续, f(x)在所有点连续 在所有点连续, 由于 f(x)在零点连续,所以 f(x)在所有点连续,故 f(x)=cx f(x)=cx 解得 c=1 或 ?
1 2

为常数) (c 为常数)

3

所以 f ( x ) = x or ? 经检验均满足条件. 经检验均满足条件.

x 2

和自然数 3. 如果素数 p 和自然数 n 满足 n < p <
n [ ] 2 i =1

n 4n ,证明: p | ∑ (C nj )2 . 证明: 3 j =0

i i i 2 证明:引理: 证明:引理: ∑ (C n )3 x i = (1 + x )n + ∑ C 2 i C n i C n+ i (1 + x )n ? 2 i x i i =0 n [ ] 2 i =1

n

i i i 2 i k? 引理的证明 ,只要证明 (C n )3 = C n + ∑ C 2 i C n i C n + i C n? 2i i n [ ] 2 n [ ] 2 i =1

i i k? k i i n 2 k k i i n 李善兰恒等式) 而 ∑ C 2 i C n i C n+ i C n? 2i i = ∑ C n C k C n? k C n+ i = C n ∑ C n C k C n? k C n+ i (李善兰恒等式) i =1
i =1
k k = (C n )((C n )2 ? 1) n

n

引理证毕. 引理证毕.
n

i i 对原命题: 对原命题: ∑ (C n )4 = ∑ (C n )3 (1 + x )n x i 中 x n 的系数 i =0 i =0

n

∑ (C
i =1

i 3 n

i 2 2i ) (1 + x )n x i = (1 + x )n ((1 + x )n + ∑ C 2 i C n i C n + i (1 + x )n? 2 i x i ) i =1 n [ ] 2 i =1

n [ ] 2

i 2 2i = (1 + x )2 n + ∑ (1 + x )2 n ? 2 i x i C 2 i C n i C n+ i

i i n? i 2 2i i ∴ ∑ (C n )4 = C 2 n + ∑ C 2 n?i 2 i C 2 i C n i C n+ i = C 2 n + ∑ i =1 i =1

n

n [ ] 2

n [ ] 2

( n + i )!(2n ? 2i )! 3 3 i = 1 ( i !) ( n ? 2 i )!(( n ? i )!)



i ≤ n < p, n ? 2i ≤ n ? i < n < p 4n 2 1 = ( n + i ) + (2n ? 2i ) 3 3 3

故 ( i !)3 ( n ? 2i )!(( n ? i )!)3 无素数因子 p,而 P <

中必有一数大于 故 n + i , 2n ? 2i 中必有一数大于 p,从而 p | ( n + i )!(2n ? 2i )! ,故

p|

n ( n + i )!(2n ? 2i )! i i 证毕. ,又 n < p < 2n. ∴ p | C 2 n ,∴ p | ∑ (C n )4 .证毕. 3 3 ( i !) ( n ? 2i )!(( n ? i )!) i=0

为凸四边形, 4. 设 ABCD 为凸四边形,AC 交 BD 于

A x

d D I4 w P z I3 C c

4

a I1 α y B b

P. ?ABP , ?BCP , ?CDP , ?DAP 的内心依次为 I1 , I 2 , I 3 , I 4 .求证: I1 , I 2 , I 3 , I 4 四 求证:
有内切圆. 点共圆当且仅当 ABCD 有内切圆. 证明: 先证明必要性. 四点共圆时, 证明: 先证明必要性.当 I1 , I 2 , I 3 . I 4 四点共圆时, PI1 ? PI 3 = PI 2 ? PI 4 (1)

设 PA=x, PB=y, PC=z, PD=w.

AB=a, BC=b, CD=c, DA=d. ∠APB = α
PI1 = r1 sin

α
2

的半径) ( r1 为 I1 的半径)

1 1 + r1 r3 r1 r3 ( r1 + r3 )(1 + cos α ) r2 r4 从而可知(1) 从而可知(1) ? = ? = 1 1 ( r2 + r4 )(1 ? cos α ) 2 α 2 α sin cos + 2 2 r2 r4 r1 =

(2)

xy sin α wz sin α ( x + y + z )( x + y ? z ) ( w + z ? c )( w + z ? c ) , r3 = ,1 + cos α = = x+ y+a w+z+c xy wz ( y + z ? b )( y + z + b ) ( x + w ? d )( x + w + d ) = yz xw 1 1 1 1 + + + x y z w r1 (1 + cos α ) + r3 (1 + cos α ) = 1 1 1 1 r2 (1 ? cos α ) + r4 (1 ? cos α ) + + + x y z w

1 ? cos α =

a c + + xy wz 故(2) ? b d + + yz xw =

x+ y+z+w?a?c x+ y+ z+ w?b?d

(3)

设 a+c ≥ b + d , 则

x+ y+ z+w?a?c ≤ x+ y+z+w?b?d

因为 (a + c )2 ≥ (b + d )2 , a 2 + c 2 ? b 2 ? d 2 + 2(ac ? bd ) ≥ 0 故 x 2 + y 2 ? 2 xy cos α + w 2 + z 2 ? 2 zw cos α
? ( x 2 + w 2 + 2 xw cos α + y 2 + z 2 + 2 yz cos α ) + 2(ac ? bd ) ≥ 0

5

?

2(ac ? bd ) 2 cos α ( xy + zw + xw + yz ) ≥ xyzw xyzw

( cos α =

x2 + y2 ? a2 w2 + z2 ? c2 y 2 + z 2 ? b2 x2 + w2 ? d 2 ) = =? =? 2 xy 2 wz 2 yz 2 xw

2(ac ? bd ) a2 c2 b2 d2 ? ≥ ?( 2 2 + 2 2 ) + 2 2 + 2 2 xyzw x y z w y z x w ?( a c 2 b d 2 a c b d ) ≥( + ) ? + + ≥ + xy zw yz xw xy zw yz xw

由(3)式,有: (3)式 a + yz 1≤ b + yz c 1 1 1 1 + + + + x+ y+z+w?a?c zw x y z w = ≤1 d 1 1 1 1 x+ y+ z+ w?b?d + + + + xw x y z w

它们均等于 必要性证毕. ∴ 它们均等于 1,∴ a + c = b + d .必要性证毕. 充分性. 充分性.由上述证明可以知道
a + c = b + d ? ( r1 + r3 )(1 + cos α ) = ( r2 + r4 )(1 ? cos α )

?

1 1 1 1 + = + ,从而(2)成立. 从而(2)成立. (2)成立 r1 r3 r2 r4

四点共圆,证毕. 得出 I1 , I 2 , I 3 , I 4 四点共圆,证毕.

6



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