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2008第5届中国东南数学奥林匹克试题及答案


第五届中国东南地区数学奥林匹克
第一天
(2008 年 7 月 27 日上午 8:00-12:00) 福建龙岩 1. 已知集合 S ? ?1,2,3,?,3n? , 是正整数, 是 S 的子集, n T 满足: 对任意的 x, y, z ? T (其中 x、y、z 可以相同) 都有 x ? y ? z ? T ,求所有这种集合 T 的元素个数的 最大值。 2.

设数列{an } 满足: a1 ? 1, an?1 ? 2an ? n ? (1 ? 2n ), n ? 1,2,3,? 。试求通项 an 的表达 式。
B

3. 在△ABC 中,BC>AB,BD 平分 ?ABC 交 AC 于 D,如图,CP 垂直 BD,垂足为 P,AQ 垂直 BP,Q 为垂足。M 是 AC 中点,E 是 BC 中点。若△PQM 的外接圆 O 与 AC 的另 一个交点为 H,求证: O、H、E、M 四点共 圆。 4. 设正整数 m, n ? 2 ,对于任一个 n 元整数集 A ? ?a1 , a2 ,?, an ? ,取每一对不同的数 a、a j i

E Q D A H O P M C

? j ? i ? ,作差 a j ? ai ,把这 Cn2 个差按从小到大顺序排成一个数列,称这个数列
为集合 A 的“衍生数列” ,记为 A 。衍生数列 A 中能被 m 整除的数的个数记为 A ? m ? 。证明:对于任一正整数 m ? 2 ,n 元整数集 A ? ?a1 , a2 ,?, an ? 及集合
B ? ?1, 2,?, n? 所对应的“衍生数列” A 及 B ,满足不等式 A ? m ? ? B ? m ? .

第二天
(2008 年 7 月 28 日上午 8:00-12:00) 福建龙岩 5. 求出最大的正实数 ? ,使得对于满足 x 2 ? y 2 ? z 2 ? 1 的任何实数 x、y、z 成立不 等式: ? xy ? yz ?
5 。 2

6. 如图, ?ABC 的内切圆 I 分别切 BC、AC 于点 M、N,点 E、F 分别为边 AB、AC 的中点,D 是直线 EF 与 BI 的交 点。证明:M、N、D 三点共线。
E I

A

F N C

D

B

M

1

7. 杰克(Jack)船长与他的海盗们掠夺到 6 个珍宝箱 其中 Ai 内有金币 ai 枚, 2、 i=1、 A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 , a1 3、4、5、6,诸 ai 互不相等。海盗们设计了一种 箱子的布局图(如图), 并推派一人和船长轮流拿珍 宝箱。每次可任意拿走不和两个或两个以上的箱 a 2 a4 a3 a5 a6 子相连的整个箱子。如果船长最后所取得的金币 不少于海盗们所取得的金币,那么船长获胜。问:若船长先拿,他是否有适当 的取法保证获胜? 8. 设 n 为正整数,f ? n ? 表示满足以下条件的 n 位数(称为波形数) a1a2 ? an 的个数: (i) 每一位数码 ai ? ?1,2,3,4? ,且 ai ? ai ?1 ,i=1、2、?; (ii) 当 n ? 3 时, ai ? ai ?1 与 ai ?1 ? ai ? 2 的符号相反,i=1、2、?。 (1) 试求 f ?10 ? 的值; (2) 确定 f ? 2008 ? 被 13 除得的余数。

答案
1. 若取 T0 ? ?n ? 1, n ? 2,...,3n? ,此时 T0 ? 2n ,且 T0 中任三数之和大于 3n,即不在 T0 中;故 max T ? 2n ,另一方面,作三元子集列 A0 ? ?n, 2n, 3n? , Ak ? ?k , 2n ? k , 2n ? k ? , k ? 1,2,?, n ? 1 则 S ? ? Ak , 对于 S 的任一个 2n+1 元子集 T ? , 必包含有某个 A k 。 A0 ? T ? , 若 则其中有元素 3n=n+n+n;若某个 Ak ? T ? , k ? ?1, 2,?, n ? 1? ,则其中有元素
2n ? k ? k ? k ? ? 2n ? k ? ,于是 max T ? 2n ? 1 ,因此 max T ? 2n 。
k ?0 n ?1

2. 将所给递推关系的两边同时除以 2 n?1 ,得 an?1 an n n ? n ? n?1 ? , 2n?1 2 2 2 即 an?1 an n n ? n ? n?1 ? n ?1 2 2 2 2 n n i ? ai ?1 ai ? n i ? i ? ? ? i ?1 ? ? ? ? 2i?1 2 ? i?1 2 i?1 2 i ?1 ?
an?1 a1 n(n ? 1) n i ? ? ? ? i ?1 2n?1 21 4 i ?1 2 n n i i 1 1 n i? n?1 ? n(n ? 1) 即 an?1 ? 2 ? ? n ? ? i ? 。令 S n ? ? i ,则 2 S n ? ? i ?1 ,可得 2 2 i?1 2 ? i ?1 2 i ?1 2 ? 4
2

Sn ? 2Sn ? Sn
n i i ? ? i ?1 ? ? i i ?1 2 i ?1 2 n ?1 i i ?1 ? ? i ?1 ? ? i ?1 i ?1 2 i ?2 2 n n

?

1 n ?1?1 n ? i i ?1? ? n?1?1 ? ? ? i ?1 ? i ?1 ? 1?1 2 2 2 ? i ?2 ? 2

n n 1 ? ? i ?1 n 2 i ?2 2 1 n 1 ? ? ? 1 ? n ? 2 ?1 ? ( ) n?1 ? 2 1? 1 ? 2 ? 2 n 1 ? 1 ? n ? 1 ? n?1 2 2 n?2 ?2? n 2 ? n(n ? 1) 1 1 ? n ? 2 ?? ? 3 n(n ? 1) n ? 2 ? 故 an?1 ? ? ? n ? ? 2 ? n ?? ? 2n?1 ? ? ? n?1 ? (n ? 1) ,从而 4 2 2? 2 ?? 2 4 2 ? ? ? an ? 2n?2 (n 2 ? n ? 6) ? n ? 1(n ? 2) 。

?1?

3. 作 AQ 延长线交 BC 于 N,则 Q 为 AN 中点, 又 M 为 AC 中点,故 QM//BC。所以 1 ?PQM ? ?PBC ? ?ABC 。 2 1 同理, ?MPQ ? ?ABC 。 A 2 所以 QM=PM。 又因为 Q、H、P、M 共圆,所以 ?PHC ? ?PHM ? ?PQM ,故 ?PHC ??PBC 。

B

E N Q H D O P M C

1 BC ? EP 。 2 结合 OH=OM, OE 为 HP 中垂线, 知 易知 ?EHO ? ?EPO ? ?OPM , 所以 O、 H、E、M 四点共圆。

所以 P、H、B、C 四点共圆, ?BHC ? ?BPC ? 90? ,故 HE ?

4. 对于给定的正整数 m ? 2 ,若整数 x 被 m 除得的余数为 i, i ? ?0,1,?, m ? 1? , 则称 x 属于模 m 的剩余类 K i . 设 A 的元素中属于 K i 的数有 ni ? i ? 0,1,2,?, m ? 1? 个, 而集合 B ? {1,2,?, n} 的元 素中属于 K i 的数有 ni? ? i ? 0,1,2,?, m ? 1? 个,则
3

? ni ? ? ni? ? n ?(1)
i ?0 i ?0

m ?1

m ?1

易知, ?i, j, ni? 与 n?j 至多相差 1,且 x ? y 是 m 的倍数当且仅当两数 x、y 属于 模 m 的同一个剩余类. 对于剩余类 K i 中的任一对数 ai , a j ,有 m a j ? ai ,故属 于 K i 中 ni 个数,共作成 C 个 m 的倍数,考虑所有的 i,则 A(m) ? ? Cn2i ;类
2 ni
i ?0 m ?1

似得 B (m) ? ? Cn2i? 。
i ?0

m ?1

为证本题,只要证 ? Cn2i ? ? Cn2i? ,化简后,即要证
i ?0 i ?0

m ?1

m ?1

? ni2 ? ? ni?2 ?(2)
i ?0 i ?0

m ?1

m ?1

据(1)易知, ?i, j ,ni ? n j ? 1, n0 n1 , ? 若 则 , ,n

1? m

? ? ? 与 n0 , n1 ,?, nm?1 就是同一组数(至

多只有顺序不同),这时(2)式将取得等号。 若存在 i、j,使 ni ? n j ? 2 ,这时将 ni , n j 两数调整为 ni , n j ,其中
(ni2 ? n2 ) ? (ni2 ? n j2 ) ? 2 ? ni ? n j ? 1? ? 0 ,故调整后(2)式左边的和值将减少,因 j
? ? ? 此(2)式取得最小值当且仅当 n0 , n1 ,?, nm?1 与 n0 , n1 ,?, nm?1 为同一组数(至多只有 顺序不同),即(2)成立,因此结论得证。

ni ? ni ? 1, n j ? n j ? 1,其他元素不变,则 ni ? n j ? ni ? n j ,由于

?2 2 1 y ? y2 ? z2 5. 1 ? x ? y ? z ? x ? 2 2 1? ? 1? ?
2 2 2 2

?

2 1? ?2

(? | xy | ? | yz |) ?

2 1? ?2

(| ? xy ? yz |) 。

1? ?2 2 2? 2 且当 y ? 时,上述两个等号可同取到,则 ,x ? ,z ? 2 2 2 ?2 ?1 2 ?2 ?1

1? ?2 5 ? 是 | ? xy ? yz | 的最大值.令 ,则 ? ? 2 。 2 2

6. 连接 AD,则易知 ?ADB ? 90? 。连接 AI、DM, DM 与 AC 交于点 G。因为 ?ABI ? ?DBM ,所 AB BI ? 以 ,故 ?ABI ? ?DBM ,从而 BD BM 1 ?DMB ? ?AIB ? 90? ? ?ACB 2 连接 IG、IC、IM,则

A

E I

F N

D

B

M

C

4

1 ?IMG ? ?DMB ? 90? ? ?ACB ? ?GCI 2 所以 I、M、C、G 四点共圆,从而 IG ? AC ,因此 G 与 N 重合,即 M、N、D 三点共线。

7. 当箱子数为 2 时,船长有必胜之策略。 【引理 1】当箱子数为 4 时,船长有必胜之策略。 当箱子数为 4 时,共有两种不同的链结在一起的方式.

第一种情况

第二种情况

第一种情况时 在开始的第一轮船长有在外部的三个箱子可挑选,船长当然挑选这三个箱子 中最多金币的箱子,海盗只能拿剩下来的两个箱子之一,无法取得中央的箱 子.经过第一轮后,船长拿到的金币不少于海盗,此时剩下两个箱子,船长可 以拿金币较多的箱子,因此船长必胜。 第二种情况时: 将 4 个箱子黑白相间涂色,如下图所示:

若在两个涂黑色箱子内金币的数量总和不少于两个涂白色箱子内金币的数 量总和,则开始时船长取所能拿到的黑色箱子,迫使海盗接下来只能取白色 箱子,当海盗拿完后又露出一个黑色箱子让船长拿,从而船长可拿光所有黑 色箱子而获胜.否则船长可以拿光所有白色箱子而获胜. 回到原题。 假设 a6 内金币的数量不少于 a5,则船长先取能拿到的箱子中最多金币的一个 箱子,海盗拿后,还剩四个箱子.问题转化为四个箱子的情形。 假设 a5 内金币的数量多于 a6,且不妨假设 a1 内金币的数量比 a2 多,则船长将 a1, a3 与 a5 涂白色,其他的箱子涂黑色,如下图所示.
a1

a2

a3

a4

a5

a6

5

现在检验涂白色箱子内金币的数量总和是否不少于涂黑色箱子内金币的数量 总和.若是,则船长能拿光所有白色箱子藉由涂色法而获胜.若否,则船长先拿 a6,接下来: (A) 若海盗拿 a1,则船长再依次拿 a2 , a4 而获胜。 (B) 若海盗拿 a2,已知 a1 内金币的数量比 a2 多,则船长接着拿 a1.虽然船长 不能拿光所有黑色箱子, 但因为 a1 内金币的数量比 a2 多, 二者替换之后 船长一点都不吃亏,最终仍然可获胜. (C) 若海盗拿 a5,则船长接着拿 a4,接着: (i) 若海盗拿 a1,则船长拿 a2 而获胜. (ii) 若海盗拿 a2,已知 a1 内金币的数量比 a2 多,则船长接着拿 a1,可 获胜。 故不论原先箱子内的金币数为多少,船长均有恰当的取法保证获胜. 8. 当 n ? 2 时,称满足 a1 ? a2 的 n 位波形数 a1a2 ? an 为 A 类数,其个数为 g ? n ? ; 而满足 a1 ? a2 的 n 位波形数 a1a2 ? an 为 B 类数,据对称性,当 n ? 2 时,其个数 也是 g ? n ? ;于是 f ? n ? ? 2 g ? n ? 。 今求 g ? n ? :用 mk ? i ? 表示末位为 i 的 k 位 A 类波形数的个数 (i ? 1,2,3,4) ,则
g ? n ? ? ? mn ? i ? 。
i ?1 4

由于 a2 k ?1 ? a2 k , a2 k ? a2 k ?1 ,则 (i) 当 k 为偶数时, mk ?1 ? 4 ? ? 0, mk ?1 ? 3? ? mk ? 4 ? , mk ?1 ? 2 ? ? mk ? 4 ? ? mk ? 3? , mk ?1 ?1? ? mk ? 4 ? ? mk ? 3? ? mk ? 2 ? ; (ii) 当 k 为奇数时, mk ?1 ?1? ? 0, mk ?1 ? 2 ? ? mk ?1? , mk ?1 ? 3? ? mk ?1? ? mk ? 2 ? , mk ?1 ? 4 ? ? mk ?1? ? mk ? 2 ? ? mk ? 3? ;

易知 m2 ?1? ? 0, m2 ? 2 ? ? 1, m2 ? 3? ? 2, m2 ? 4 ? ? 3 , 则 g ? 2 ? ? 6 。 由此, m3 ?1? ? m2 ? 2 ? ? m2 ? 3? ? m2 ? 4 ? ? 6 , m3 ? 2 ? ? m2 ? 3? ? m2 ? 4 ? ? 5 ,
m3 ? 3? ? m2 ? 4 ? ? 3 , m3 ? 4 ? ? 0 ,所以 g ? 3? ? ? m3 ? i ? ? 14 ;
4 i ?1

又由 m4 ?1? ? 0, m4 ? 2 ? ? m3 ?1? ? 6, m4 ? 3? ? m3 ?1? ? m3 ? 2 ? ? 11 , m4 ? 4 ? ? m3 ?1?
? m3 ? 2 ? ? m3 ? 3? ? 14 ,所以 g ? 4 ? ? ? m4 ? i ? ? 31 。
4 i ?1

类似可求得, g ? 5 ? ? 70 , g ? 6 ? ? 157, g ? 7 ? ? 353, g ?8 ? ? 793 ,…. 一般地,当 n ? 5 时, g ? n ? ? 2 g ? n ? 1? ? g ? n ? 2 ? ? g ? n ? 3? ?(1) 今证(1)如下: 对 n 归纳,n=5、6、7、8 皆已验证,设(1)直至 n 皆成立,考虑 n+1 情况。 当 n 为偶数, 据(i)、 (ii),mn?1 ? 4 ? ? 0, mn?1 ? 3? ? mn ? 4 ? ,mn?1 ? 2 ? ? mn ? 4 ? ? mn ? 3? , mn?1 ?1? ? mn ? 4 ? ? mn ? 3? ? mn ? 2 ? ,而 mn ?1? ? 0 ,则
6

? 4 ? g ? n ? 1? ? ? mn?1 ? i ? ? 2 ? ? mn ? i ? ? ? mn ? 4 ? ? mn ? 2 ? ? 2 g ? n ? ? mn ? 4 ? ? mn ? 2 ? i ?1 ? i ?1 ?
4

因为 mn ? 4 ? ? mn?1 ?1? ? mn?1 ? 2 ? ? mn?1 ? 3? ? 0 ? ? mn?1 ? i ? ? g ? n ? 1? , 这时有 g ? n ? 1? ? 2 g ? n ? ? g ? n ? 1? ? g ? n ? 2 ? 。
4 i ?1

4

mn ? 2 ? ? mn?1 ?1? ? mn?2 ? 4 ? ? mn?2 ? 3? ? mn?2 ? 2 ? ? 0 ? g ? n ? 2 ? ;

i ?1

当 n 为奇数, g ? n ? 1? ? ? mn?1 ? i ? ,而 mn?1 ?1? ? 0, mn?1 ? 2 ? ? mn ?1? , mn ? 4 ? ? 0 ,
mn?1 ? 3? ? mn ?1? ? mn ? 2 ? , mn?1 ? 4 ? ? mn ?1? ? mn ? 2 ? ? mn ? 3? , 则

g ? n ? 1? ? ? mn?1 ? i ? ? 2? mn ? i ? ? mn ?1? ? mn ? 3? ? 2 g ? n ? ? mn ?1? ? mn ? 3?

4

4

因为 mn ?1? ? mn?1 ? 4 ? ? mn?1 ? 3? ? mn?1 ? 2 ? ? 0 ? g ? n ? 1? , mn ? 3? ? mn?1 ? 4 ? ? mn?2 ?1? ? mn?2 ? 2 ? ? mn?2 ? 3? ? 0 ? g ? n ? 2 ? , 这时也有 g ? n ? 1? ? 2 g ? n ? ? g ? n ? 1? ? g ? n ? 2 ? 。 故(1)式对于 n+1 也成立,从而由归纳法得,对所有 n ? 5 ,(1)式皆成立。 据(1)得 g ? 9 ? ? 2 g ? 8 ? ? g ? 7 ? ? g ? 6 ? ? 1782 , 所以 f ?10 ? ? 2 g ?10 ? ? 8008 。 今考虑 ? g ? n ?? 的模数列:
g ?10 ? ? 2 g ? 9 ? ? g ? 8 ? ? g ? 7 ? ? 4004 ,

i ?1

i ?1

利用(1)式易算出,当 n=2、3、4、?、14、15、16、17、?时, g ? n ? 被 13 除 得的余数分别是: 6、1、5、5、1、2、0、1、0、1、1、3、6、1、5、5、? 因此当 n ? 2 时,数列 ? g ? n ?? 被 13 除得的余数所构成的数列是一个周期数列, 其最小周期长度为 12.而 2008 ? 12 ?167 ? 4 ,所以 g ? 2008? ? 5 ? mod13? , 因此, f ? 2008? ? 10 ? mod13? 。

7


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