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IMO历届试题


IMO 历届试题

2010 年第 51 届国际奥林匹克数学竞赛(IMO)试题及答案 届国际奥林匹克数学竞赛( )

1. △ABC 的内心为I, 三角形内一点P 满足 ∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB. 求证, AP ≥AI,而且等号当且仅当P=I 时成立.

证:∠PBC+∠PCB=

1 (∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB,故∠PBI=∠PCI,从而 2

P,B,C,I 四点共圆.但由内外角平分线相垂直知 B,C,I 与 BC 边上的旁切圆心T 共圆, 且IT 是这个圆的直径, 的中点O为圆心. IT 由于A, T 共线(∠BAC 的平分线), I, 且 P在圆周上,AP+PO≥AO=AI+IO , PO=IO,故AP≥AI. 等号当且仅当P 为线段AO与圆周的交点即P=I 时成立.

2.正 2006 边形 P 的一条对角线称为好的,如果它的两端点将 P 的边界分成的两部 分各含 P 的奇数条边.P 的边也是好的. 设 P 被不在 P 的内部相交的 2003 条对角线剖分为三角形. 试求这种剖分图中有两条 边为好的等腰三角形个数的最大值.

解:对于剖分图中的任一三角形 ABC,P 的边界被 A,B,C 分为 3 段,A-B 段所含 P 的边数记作 m(AB).由于 m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006,故等腰三角形若有两条好边, 它们必是两腰.称这样的等腰三角形为好三角形. 考虑任一好三角形 ABC(AB=AC). A-B 段上若有别的好三角形, 其两腰所截下的 P 的 边数为偶数.由于剖分图中的三角形互不交叉,而 A-B 段上 P 的边数为奇数,故 A-B 段上必有 P 的一边α不属于更小的腰段,同理 A-C 段上也有 P 的一边β不属于更小的 腰段,令△ABC 对应于{α,β}.由上述取法,两个不同的好三角形对应的二元集无 公共元,因此好三角形不多于

2006 =1003 个. 2

设 P=A1A2…A2006, 用对角线 A1A2k+1(1≤k≤1002)及 A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分 图恰有 1003 个好三角形.因此,好三角形个数的最大值是 1003.

3.求最小实数 M,使得对一切实数 a,b,c 都成立不等式

| ab(a 2 ? b 2 ) + bc(b 2 ? c 2 ) + ca (c 2 ? a 2 ) |≤ M (a 2 + b 2 + c 2 ) 2

解: ab(a 2 ? b 2 ) + bc(b 2 ? c 2 ) + ca (c 2 ? a 2 )

= ?(a ? b)(b ? c)(c ? a )(a + b + c) .
设 a ? b = x,b ? c = y,c ? a = z,a + b + c = s ,则 a 2 + b 2 + c 2 = 原不等式成为

1 2 ( x + y2 + z 2 + s2 ) . 3

M ( x 2 + y 2 + z 2 + s 2 ) 2 ≥ 9 | xyzs | ( x + y + z = 0) .
x,y,z 中两个同号而与另一个反号.不妨设 x,y ≥ 0 .则

1 | z |= x + y,x 2 + y 2 ≥ ( x + y )2 , ( x + y )2 ≥ 4 xy .于是由算术-几何平均不等式 2 3 1 1 1 ( x 2 + y 2 + z 2 + s 2 ) 2 ≥ ( ( x + y ) 2 + s 2 )2 = ( ( x + y ) 2 + ( x + y ) 2 + ( x + y ) 2 + s 2 ) 2 2 2 2 2

≥(4 4

1 ( x + y )6 s 2 ) 2 = 4 2( x + y )3 | s |≥ 16 2 | xyzs | 8
9 2 时原不等式成立. 32

即M =

等号在 s = 2,x = y = 1 , z = ?2 ,即 a : b : c = ( 2 + 3) : 2 : ( 2 ? 3) 时达到,故所求 的最小的 M =

9 2 . 32

4.求所有的整数对( x,y ) ,使得 1 + 2 x + 2 2 x +1 = y 2 .

解:对于每组解( x,y ) ,显然 x ≥ 0 ,且 ( x, y ) 也是解. x = 0 时给出两组解 (0, 2) . ? ± 设 x,y >0,原式化为 2 x (2 x +1 + 1) = ( y + 1)( y ? 1) . y + 1 与 y ? 1 同为偶数且只有一个被4 整除.故 x ≥ 3 ,且可令 y = m 2 x ?1 + ε ,其中 m 为正的奇数, ε = ±1 .代入化简得

1 ? ε m = 2 x ? 2 (m 2 ? 8) .
若 ε = 1 , m 2 ? 8 ≤ 0,m = 1 .不满足上式. 故必 ε = ?1 ,此时 1 + m = 2 x ? 2 ( m 2 ? 8) ≥ 2( m 2 ? 8) ,解得 m ≤ 3 .但 m = 1 不符合,只 有 m = 3 , x = 4 , y = 23 . 因此共有4组整数解 (0, 2),, 23) . ± (4 ±

5.设 P ( x ) 为n 次(n>1)整系数多项式,k是一个正整数.考虑多项式

Q ( x) = P ( P (L ( P ( x))L)) ,其中 P 出现k 次.证明,最多存在 n 个整数t,使得 Q (t ) = t .

证:若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点,结论显然成立. 设有整数 x0 使得 Q ( x0 ) = x0 ,P ( x0 ) ≠ x0 . 作递推数列 xi +1 = P ( xi )(i = 0,2L) . 1, 它 以 k 为周期.差分数列 ? i = xi ? xi ?1 (i = 1, L) 的每一项整除后一项.由周期性及 2,

?1 ≠ 0 ,所有 | ? i | 为同一个正整数 u .令
xm = min{x1,x2, ,xk },u = xm ?1 ? xm = xm +1 ? xm,xm +1 = xm ?1 . L
数列的周期为 2.即 x0 是 P 的2-周期点. 设 a 是P 的另一个2-周期点, b = P ( a ) (允许b=a).则 a ? x0 与 b ? x1 互相整除, 故 | a ? x0 |=| b ? x1 | ,同理 | b ? x0 |=| a ? x1 | .展开绝对值号,若二者同取正号,推出

x0 = x1 ,矛盾.
故必有一个取负号而得到 a + b = x0 + x1 .记 x0 + x1 = C ,我们得到:Q 的每个整数不 动点都是方程 P ( x ) + x = C 的根.由于P 的次数n 大于 1,这个方程为n 次.故得本 题结论.

6.对于凸多边形 P 的每一边 b,以 b 为一边在 P 内作一个面积最大的三角形.证明, 所有这些三角形的面积之和不小于 P 的面积的两倍. 证:过 P 的每个顶点有唯一的直线平分 P 的面积,将该直线与 P 的边界的另一交点也 看作 P 的顶点(允许若干个相继顶点共线).每两条面积平分线都交于 P 内.P 可 看成一个 2n 边形 A1 A2 L A2 n-1 A2 n ,每条对角线 Ai Ai + n 是 P 的面积平分线(i=1,2,…, n, Ai + 2 n = Ai ).设 Ai Ai + n 与 Ai +1 Ai + n +1 交于 Oi ( Oi + n = Oi ),由面积关系得到,

S (△Oi Ai Ai +1 ) = S (△Oi Ai + n Ai + n +1 ) ,Oi Ai Oi Ai +1 = Oi Ai + n Oi Ai + n +1 ,故

Oi Ai + n Oi Ai + n +1 和 Oi Ai Oi Ai +1

中必有一个不小于 1,于是以 Ai Ai +1 为一边在 P 内作的面积最大的三角形的面积

S ( Ai Ai +1 ) ≥ max{S (△ Ai + n Ai Ai +1 ),S (△ Ai + n +1 Ai Ai +1 )} ≥ 2 S (△Oi Ai Ai +1 ) .
对于每条有向线段 Ai Ai + n ,P 内部的每一点 T 或在它的左侧或在它的右侧.由于 T 在

uuuuuu r

uuuuuu uuuuuuuuu uuuuuu r r r uuuuuu uuuuuuuuu r r A1 An +1 和 An +1 A2 n +1 = An +1 A1 的相反侧,故必有 i 使得 T 在 Ai Ai + n 和 Ai +1 Ai + n +1 的相反侧,
从而T在 △Oi Ai Ai +1 或 △Oi Ai + n Ai + n +1 中.即 U △Oi Ai Ai +1 ? P .于是
i =1 2n i =1 2n i =1 2n

∑ S ( Ai Ai+1 ) ≥ 2∑ S (△Oi Ai Ai+1 ) ≥ 2S ( P)
P 中同一边上的各个 S ( Ai Ai +1 ) 之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积.


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