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2006年第3届中国东南数学奥林匹克试题及答案


第三屆中國東南地區數學奧林匹克 第三屆中國東南地區數學奧林匹克
第一天
(2006 年 7 月 27 日, 8:00-12:00, 南昌) 2(a + b) x + 2ab 一、 設 a > b > 0, f ( x) = .證明:存在唯一的正數 x,使得 4x + a + b
f ( x) = ( a +b 3 ) . 2
1 3 1 3

A G

二、 如圖所示,在△ABC 中,∠ABC = 90°, D, G 是邊
CA 上的兩點,連接 BD,BG。過點 A,G 分

D F C

別作 BD 的垂線,垂足分別為 E,F,連接 CF。 若 BE=EF,求證: ∠ABG = ∠DFC 。

E B

三、 一副紙牌共 52 張,其中“方塊”、“梅花”、“紅心”、“黑桃”每種花色的牌各
13 張,標號依次是 2,3,?,10, J , Q, K , A ,其中相同花色、相鄰標號的兩張

牌稱為“同花順牌”,並且 A 與 2 也算是順牌(即 A 可以當成 1 使用). 試 確定,從這副牌中取出 13 張牌,使每種標號的牌都出現,並且不含“同花 順牌”的取牌方法數。
3 四、 對任意正整數 n,設 an 是方程 x +

x = 1 的實數根,求證: n

(1) an+1 > an ; (2)

∑ (i + 1) a
i =1 2

n

1

< an 。

i

第二天
(2006 年 7 月 28 日, 8:00-12:00, 南昌) 五、 如圖,在 ?ABC 中, ∠A = 60° , ?ABC 的內切圓 I 分 別切邊 AB、AC 於點 D、E,直線 DE 分別與直線 BI、 1 CI 相交於點 F、G,證明: FG = BC 。 2
B A

G

D F I E

C

六、 求最小的實數 m,使得對於滿足 a+b+c=1 的任意正實數 a,b,c,都有
m (a 3 + b3 + c3) 6 a 2 + b 2 + c 2) 1 。 ≥( +

七、 (1)求不定方程 mn + nr + mr = 2(m + n + r ) 的正整數解 (m, n, r ) 的組數。 (2)對於給定的整數 k>1,證明:不定方程 mn + nr + mr = k (m + n + r ) 至 少有 3k+1 組正整數解 (m, n, r ) 。 八、 對於周長為 n (n ∈ N * ) 的圓,稱滿足如下條件的最小的正整數 Pn 為“圓剖分 數”:如果在圓周上有 Pn 個點 A1 , A2 ,?, Apn ,對於1, 2,?, n ? 1中的每一個整 數 m,都存在兩個點 Ai , Aj (1 ≤ i, j ≤ Pn ) ,以 Ai 和 Aj 為端點的一條弧長等於
m;圓周上每相鄰兩點間的弧長順次構
1
3 7 4 1 2

成的序列 Tn = (a1 , a2 ,?, aPn ) 稱為“圓剖 分序列”。例如當 n=13 時,圓剖分數為
P = 4 ,如圖所示,圖中所標數字為相 13

2

6

鄰兩點之間的弧長,圓剖分序列為
T13 = (1,3,2,7) 或 (1,2,6,4) 。求 P21 和 P31 ,並各給出一個相應的圓剖分序列。

答案
一、 【解法一】 令t = (
a +b 3 2(a + b) x + 2ab ) ,由 t = ,得 2 4x + a + b [2(a + b) ? 4t ]x = t (a + b) ? 2ab ? (1)
1 3 1 3
1 3 1 3

為證(1)有唯一的正數解 x,只要證, 2(a + b) ? 4t > 0 及 t (a + b) ? 2ab > 0 , 即
2ab a +b 3 a+b <( ) < ? (2) a+b 2 2

記 a = u , b = v , u > v, ,即要證
2u 3v3 ? u + v ? u 3 + v 3 <? ?(3) ? < u 3 + v3 ? 2 ? 2
3

1 3

1 3

?u+v? 3 3 由於 ( u + v ) ? ? >2 u v ? 2 ?
3 3 3

(

uv

)

3

= 2u 3v3 ,即(3)左端成立。

3 3 1 u 2 ? uv + v 2 2 2 ?u+v? u +v 為證 ? ,即 ( u + v ) < , ( u + v ) < 4(u 2 ? uv + v 2 ) , ? < 2 8 2 ? 2 ? t (a + b) ? 2ab 2 即為所求。 即 3 ( u ? v ) > 0 ,此為顯然.故(3)成立,從而 x = 2(a + b) ? 4t 3

【解法二】
2(a + b) x + 2ab 1 ( a ? b) 2 f ( x) = = (a + b) ? 在 (0, +∞) 上為嚴格單調增加 4x + a + b 2 2(4 x + a + b) 2ab a+b 的連續函數,而且 f (0) = , lim f ( x) = 。據解法一(2)式知 2 a + b x→+∞

2ab a +b 3 a+b a +b 3 <( ) < ,故存在唯一的正數 x,使得 f ( x) = ( ) 。 2 a+b 2 2

1 3

1 3

1 3

1 3

二、 【證法一】 作 GM⊥AB 於 M,設 AE 與 BG 的交點為
K,連接 KM。由 BE=EF,及 AE//GF 知, K 為 Rt△BGM 斜邊 BG 上的中線,所以
A M G

BK=KG=MK, ∠ABG = ∠BMK 。因為 K D BF ? AK = 4 S ?ABK = 2 S ?ABG = AB ? MG AB AM F E 又 MG//BC,所以 = ,故 AB ? MG BC MG B C = BC ? AM ,所以 BF ? AK = BC ? AM , BF AM 即 = 。結合 ∠KAB = ∠CBD,知△KAM ? △CBF,所以 ∠AMK = ∠CFB, BC AK 於是 ∠BMK = ∠CFD ,故 ∠ABG = ∠DFC 。

【證法二】 作 Rt?ABC 的外接圓 w,延長 BD、AE 分別交 w 於
K、J。連接 BJ、CJ、KJ、FJ。易知 ∠BAJ = ∠KBC ,

故 BJ=KC。於是四邊形 BJCK 是等腰梯形,又 AJ 垂直平分 BF,故 BJ=FJ,故四邊形 FJCK 是平行 四邊形. 設 AE 與 BG 的交點為 M,FC 與 JK 的交 點為 N,則 M、N 分別是 BG 和 FC 的中點, 於是 AB sin ∠MAG sin ∠JKC FK = = = , AG sin ∠BAM sin ∠BKJ CK

又 ∠BAG = ∠FKC ,於是 ?BAG ? ?FKC ,所以 ∠ABG = ∠DFC 。 三、 先一般化為下述問題:設 n ≥ 3 ,從 A = ( a1 , a2 ,?, an ) , B = ( b1 , b2 ,?, bn ) ,
C = ( c1 , c2 ,?, cn ) , D = ( d1 , d 2 ,?, d n ) 這四個數列中選取 n 個項,且滿足: (i) 1, 2, ?, n 每個下標都出現; (ii) 下標相鄰的任兩項不在同一個數列中(下標 n 與 1 視為相鄰),其選取方

法數記為 xn ,今確定 xn 的運算式: 將一個圓盤分成 n 個扇形格,順次編號為1, 2, ?, n ,並將 數列 A, B, C , D 各染一種顏色,對於任一個選項方案,如果 下標為 i 的項取自某顏色數列,則將第 i 號扇形格染上該顏
n-1

n 1 2 3

色。於是 xn 就成為將圓盤的 n 個扇形格染四色,使相鄰格不同色的染色方法 數,易知, x1 = 4 、 x2 = 12 、 將(1)寫作 ( ?1) xn ? ( ?1)
n n ?1

xn + xn?1 = 4 ? 3n?1 ( n ≥ 3) ? (1) xn?1 = ?4 ? ( ?3)
n ?1


n? 2

因此

( ?1)

n ?1

xn?1 ? ( ?1)
3

n ?2

xn?2 = ?4 ? ( ?3) ?
2

;

( ?1)
n n

x3 ? ( ?1) x2 = ?4 ? ( ?3) ;
2

( ?1)

2

x2 = ?4 ? ( ?3)
n

相加得, ( ?1) xn = ( ?3) + 3 ,於是 xn = 3n + 3 ? ( ?1) (n ≥ 2) 。 因此 x13 = 313 ? 3 . 這就是所求的取牌方法數. a 3 四、 由 an + n = 1 ,得 0 < an < 1 。 n (1) a a a a 3 3 3 3 0 = an+1 ? an + n+1 ? n < an+1 ? an + n+1 ? n n +1 n n n 1 2 2 = (an+1 ? an )(an+1 + an+1an + an + ) n 1 2 2 因為 an+1 + an+1an + an + > 0 ,故 an+1 ? an > 0 ,即 an+1 > an . n ? 2 1? (2) 因為 an ? an + ? = 1 ,所以 n? ?

an =

1
2 an +

1 n

>

1 1+ 1 n

=

n , n +1

從而

1

( n + 1)
n

2

an
2

<

1 , n ( n + 1)
n 1 1 1 1 n = ∑( ? = < an 。 ) =1? i +1 n +1 n +1 i =1 i ( i + 1) i =1 i n

∑ ( i + 1)
i =1 n

1

ai

<∑ < an .



∑ ( i + 1)
i =1

1

2

ai

五、 【證法一】 分別連接 CF,BG,ID,IE,AI ,則 A D I E 四點共 、 、、 1 1 圓。所以 ∠IDE = ∠A ,從而 ∠BDF = 90° + ∠A ; 2 2 1 1 又 ∠BIC = 180° ? (∠B + ∠C) 90° + ∠A , = 2 2 所以 ∠BDF = ∠BIC 。
A

G

D F I E

又 ∠DBF = ∠CBI ,得 ?FDB ? ?CIB 。所以 FB DB = 。 CB IB 又由 ∠DBI = ∠FBC ,得 ?IDB ? ?CFB ,所以 CF ⊥ BF ,從而 1 ∠FCG = ∠A = 30° 。同理 BG ⊥ GC ,所以 B C F G 四點共圓,由此 、、、 2 FG 1 = BC ,所以 FG = BC 。 2 sin ∠FCG 【證法二】 1 180° ? ∠A 1 因為 ∠BIG = (∠B + ∠C ),又因為 ∠BDG = ∠ADE = = (∠B + ∠C ) , 2 2 2 所以 B D I G 四點共圓,因此 ∠BGC = ∠BDI = 90° 。 、 、、 同理 ∠CFB = 90° ,所以 B C F G 四點共圓。 、、、 1 又 ∠FCG = 90° ? ∠FBC ? ∠BCI = 90° ? (∠B + ∠C ) = 30° ,所以 2 1 FG = BC sin ∠FCG = BC . 2 六、 【解法一】 1 當 a=b=c = 時,有 m ≥ 27 。下證不等式 3

B

C

27(a 3 + b3 + c3 ) ≥ 6 (a 2 + b 2 + c 2 ) + 1

對於滿足 a+b+c=1 的任意正實數 a,b,c 都成立。 因為對於 0 < x < 1 ,有 27 x3 ≥ 6 x 2 + 5 x ? 4 ? 81x3 ? 18 x 2 ? 15 x + 4 ≥ 0 ? (3 x ? 1)2 (9 x + 4) ≥ 0 3

4 故 27 x3 ≥ 6 x 2 + 5 x ? , 0 < x < 1 。 3 所以 27 a 3 ≥ 6a 2 + 5a ? 4 3 4 27b3 ≥ 6b 2 + 5b ? 3 4 27c3 ≥ 6c 2 + 5c ? 3

把上面三個不等式相加,得 27(a 3 + b3 + c3 ) ≥ 6 (a 2 + b 2 + c 2 ) + 1 . 所以,m 的最小值為 27。 【解法二】 1 當 a=b=c = 時,有 m ≥ 27 。下證不等式 3 27(a 3 + b3 + c3 ) ≥ 6 (a 2 + b 2 + c 2 ) + 1 對於滿足 a+b+c=1 的任意正實數 a,b,c 都成立。 因為 (a ? b)2 (a + b) ≥ 0 ,所以 a 3 + b3 ≥ a 2b + ab 2 ,同理, b3 + c 3 ≥ b 2c + bc 2 , c3 + a 3 ≥ c 2 a + ca 2 , 於是
2(a 3 + b3 + c3 ) ≥ a 2b + b 2c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 3(a 3 + b3 + c3 ) ≥ a 3 + b3 + c3 + a 2b + b 2c + c 2 a + ab 2 + bc 2 + ca 2 = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ) = a2 + b2 + c 2

所以
6 (a 2 + b 2 + c 2 ) + 1 = 6 (a 2 + b 2 + c 2 ) + (a + b + c) 2 ≤ 6(a 2 + b 2 + c 2 ) + 3(a 2 + b 2 + c 2 ) = 9(a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 27(a 3 + b3 + c3 )

所以,m 的最小值為 27. 七、 (1) 若 m, n, r ≥ 2 ,由 mn ≥ 2m, nr ≥ 2n, mr ≥ 2r 得
mn + nr + mr ≥ 2(m + n + r ) ,

所以以上不等式均取等號,故 m = n = r = 2 。 若1∈{m, n, r} ,不妨設 m=1,則 nr + n + r = 2(1 + n + r ) ,於是
(n ? 1)(r ? 1) = 3 ,

所以{n ? 1, r ? 1} = {1, 3} ,故 {n, r} = {2, 4} ,{m, n, r} = {1, 2, 4} ,這樣的 解有 3! = 6 組。 所以,不定方程 mn + nr + mr = 2(m + n + r ) 共有 7 組正整數解。
(2) 將 mn + nr + mr = k (m + n + r ) 化為 [n ? (k ? m)][r ? (k ? m)] = k 2 ? km + m 2 。

k n = k ? m + 1, r = k 2 ? km + m 2 + k ? m 滿足上式,且 m = 1,2,?,[ ] 時, 2 0< m< n< r。 k 2 2 k 為偶數時,{m, n, r} = {l , k ? l + 1, k ? kl + l + k ? l},其中 l = 1, 2,?, 給 2 出了不定方程的 3 k 組正整數解。 k ?1 2 2 k 為奇數時 {m, n, r} = {l , k ? l + 1, k ? kl + l + k ? l} 其中 l = 1, 2,?, , , 2 k +1 給出了不定方程的 3 (k ? 1) 組正整數解, m, n, r 中有兩個 ,另一個 2 k +1 k +1 2 k + 1 (k + 1)(3k ? 1) 為k2 ? k +( ) +k ? = 的情況給出了不定方 2 2 2 4 程的 3 組正整數解;

而 m = n = r = k 亦為不定方程的正整數解. 故不定方程 mn + nr + mr = k (m + n + r ) 至少有 3k+1 組正整數解。 八、 由於 k 個點中,每兩個點間可得一段優弧和一段劣弧,故 至多可得 k (k ? 1) 個弧長值。當 k (k ? 1) ≥ 20 時,則 k ≥ 5 ;而 當 k (k ? 1) ≥ 30 時,則 k ≥ 6 。另一方面,在 k = 5 時,可以給 2 出剖分圖所以, P21 = 5,T21 = (1,3,10, 2,5) .對於 n=31,在 k=6 時,類似可給出剖分圖
1 5 2 7

1
5

3

10

1 13

2
10

1

3 2 7

1 14

3 6

1 14 7 3

5

所以, P31 = 6 , T31 = (1,2,7, 4,12,5) 、 (1,2,5,4,6,13) 、 (1,3,2,7,8,10) 、
(1,3,6, 2,5,14) 或 (1,7,3,2, 4,14) 等。


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