1、第 1 页 共 8 页2009 中国数学奥林匹克解答一、给定锐角三角形 PBC， 设 A，D 分别是边 PB，PC 上的点，连接PCBAC，BD ，相交于点 O. 过点 O 分别作 OEAB，OF CD，垂足分别为 E，F，线段BC，AD 的中点分别为 M，N（1）若 A，B，C，D 四点共圆，求证： ；EMFN（2）若 ，是否一定有 A，B ，C，D 四点共圆？证明你的结EF论解（1）设 Q，R 分别是 OB，OC 的中点， 连接EQ，MQ，FR，MR，则，1,22EOBMOCRF又 OQMR 是平行四边形，所以，Q由题设 A，B，C，D 四点共圆，所以，A于是 图 1，2EQOBDCFRO
2、所以 ，MMFR故 ，所以 EMFM ，同理可得 ENFN，所以 EFN（2）答案是否定的当 AD BC 时，由于 ，所以 A，B，C，D 四点不共圆，但此时仍然有B，证明如下：EMFN如图 2 所示，设 S，Q 分别是 OA，OB 的中点，连接 ES，EQ，MQ，NS，则，11,22NOEQO RQNMFE DCBAP第 2 页 共 8 页所以 NSODEQB又 ，所以11,22ESOAMC SAO而 AD BC，所以， DCB由，得 NSEQM因为 ，2SEAOAE(180)QMOBOB ，(180)D即 ，NSEQM所以 ，故 （由OAC ） 同理可得， ，F所以 ，ENM从而 二、求所
3、有的素数对（p，q） ，使得 qp5解：若 ，不妨设 ，则 ，故 |22pq5|225|q由 Fermat 小定理， ，得 ，即 易验证素数对 不合5|q30| ,3)2,(要求， ， 合乎要求)3,(,若 为奇数且 ，不妨设 ，则 ，故 pqpq| pq5|65|1q SO RQ NM FE D CB A P第 3 页 共 8 页当 时素数对 合乎要求，当 时，由 Fermat 小定理有 ，故5q)5,(5q 15|q由于 为奇素数，而 626 的奇素因子只有 313，所以 经检验素数对62| 31q合乎要求)31,(若 都不等于 2 和 5，则有 ，故qp, 15|qp )(mod01qp
4、由 Fermat 小定理，得 ， p故由，得 )(od15q设 ， ， 其中 为正整数)12(rpk )2(sl srlk,若 ，则由，易知l，)(mod1)()5(5)5(1 212)12()12()2( prrqsrsps lklkl 这与 矛盾！所以 pl同理有 ，矛盾！即此时不存在合乎要求的 lk ),(qp综上所述，所有满足题目要求的素数对 为,， ， ， ， ， 及 )3,2(,)5,2(,)5()31)5,(三、设 m，n 是给定的整数， ， 是一个正 2n+1 边形，nm42nA求顶点属于 P 且恰有两个内角是锐角的凸 m 边形的个数121,AP解 先证一个引理：顶点在 P 中
5、的凸 m 边形至多有两个锐角，且有两个锐角时，这两个锐角必相邻事实上，设这个凸 边形为 ，只考虑至少有一个锐角的情况，此时不妨m21设 ，则21Pm，)13(212mjPmmj 更有 )3(1jj而 + ，故其中至多一个为锐角，这就证明了引理32P1m第 4 页 共 8 页由引理知，若凸 边形中恰有两个内角是锐角，则它们对应的顶点相邻m在凸 边形中，设顶点 与 为两个相邻顶点，且在这两个顶点处的内角均为锐iAj角设 与 的劣弧上包含了 的 条边（ ） ，这样的 在 固定时恰有iAj Prnr1),(jir对12n（1） 若凸 边形的其余 个顶点全在劣弧 上，而 劣弧上有 个m2jiAji 1中
6、的点，此时这 个顶点的取法数为 P221mrC（2） 若凸 边形的其余 个顶点全在优弧 上，取 ， 的对径点 ，jiijiB，由于凸 边形在顶点 ， 处的内角为锐角，所以，其余的 个顶点全在劣jBmiAj 2m弧 上，而劣弧 上恰有 个 中的点，此时这 个顶点的取法数为 ji jiBrP22mrC所以，满足题设的凸 边形的个数为 )()()12()()12( 1112221nr nrmrmrrrnrmr CCC1n四、给定整数 ，实数 满足 求 的最小值3nna,21 i1jinjanka13解 不妨设 ，则对 ，有na21 k，kaknkk 211所以 nkknnka1313132 nk k
7、nkknkkn aa1 21211 44knkkna1313188当 n 为奇数时， 221313 )1(42 ninnk第 5 页 共 8 页当 n 为偶数时， 32113)(nink2133)(ninj)(42所以，当 n 为奇数时， ，当 n 为偶数时，2131nank，等号均在 时成立)2(311ank ii,因此， 的最小值为 （n 为奇数） ，或者 （n 为偶数）nk13 2)1(3 )2(31五、凸 边形 中的每条边和每条对角线都被染为 n 种颜色中的一种颜色问：对怎nP样的 n，存在一种染色方式，使得对于这 n 种颜色中的任何 3 种不同颜色，都能找到一个三角形，其顶点为多边形
8、 的顶点，且它的 3 条边分别被染为这 3 种颜色？P解 当 为奇数时，存在合乎要求的染法；当 为偶数时，不存在所述的3n4染法。每 3 个顶点形成一个三角形，三角形的个数为 个，而颜色的三三搭配也刚好3nC有 种，所以本题相当于要求不同的三角形对应于不同的颜色组合，即形成一一对nC应我们将多边形的边与对角线都称为线段对于每一种颜色，其余的颜色形成种搭配，所以每种颜色的线段（边或对角线）都应出现在 个三角形中，这表21n 21nC明在合乎要求的染法中，各种颜色的线段条数相等所以每种颜色的线段都应当有条2Cn当 为偶数时， 不是整数，所以不可能存在合乎条件的染法下设21n为奇数，我们来给出一种染
9、法，并证明它满足题中条件自某个顶点开始，1mn按顺时针方向将凸 边形的各个顶点依次记为 对于 121,mA，按 理解顶点 再将 种颜色分别记为颜色2,i 12odmiA第 6 页 共 8 页12,1m将边 染为颜色 ，其中 再对每个 ，都将iAi 12,1mi 12,1mi线段（对角线） 染为颜色 ，其中 于是每种颜色的线段都ki1 ,k刚好有 条注意，在我们的染色方法之下，线段 与 同色，当且仅当m1jiA2ji )2(od21mjiji因此，对任何 ，任何 ，线段 都不与)(odmji 0kjiA同色换言之，如果kjiA )12(od21mjiji则线段 都不与 同色1ji 2jiA任取两
10、个三角形 和 ，如果它们之间至多只有一条边同色，当11kji22kjiA然它们不对应相同的颜色组合如果它们之间有两条边分别同色，我们来证明第 3 条边必不同颜色为确定起见，不妨设 与 同色1ji2ji情形 1：如果 与 也同色，则由知1kjA2kj， )(mod1jii， 122kj将二式相减，得 ，故由知 不与 同色)(21iki 1ikA2ik情形 2：如果 与 也同色，则亦由知1kiA2ki， )2(mod1jj， 12kii将二式相减，亦得 ，亦由知 与 不同色总)(1jkj 1kjA2kj之， 与 对应不同的颜色组合 11kjiA22kji六、给定整数 ，证明：存在 n 个互不相同的
11、正整数组成的集合 S，使得对 S 的任3n意两个不同的非空子集 A，B，数第 7 页 共 8 页与 AxBx是互素的合数 （这里 与 分别表示有限数集 的所有元素之和及元素个数 ）Xx X证 我们用 表示有限数集 X 中元素的算术平均)(f第一步，我们证明，正整数的 n 元集合 具有下述性质：nmS,21)!(1对 的任意两个不同的非空子集 A，B，有 1S Bff证明：对任意 ， ，设正整数 k 满足1SA， )!1(!fk并设 l 是使 的最小正整数我们首先证明必有 )(f lA事实上，设 是 A 中最大的数，则由 ，易知 A 中至多有 个元素，即!1k 1Sk，故 又由 的定义知 ，故由
12、kA!)()kf )(Af)(f)!1知 特别地有 此外，显然 ，故由 l 的定义可知 于是我们有)!1()!()kAf AlAlk若 ，则 ；否则有 ，则llkl)(1)(1Aflfl )!1(!2!k由于 是 A 中最大元，故上式表明 结合 即知 )!1(k 1llAl现在，若有 的两个不同的非空子集 A，B，使得 ，则由上述证明知S )(Bff，故 ，但这等式两边分别是 A，B 的元素和，利用lBA)()(fBf易知必须 A=B，矛盾!2)!1(m第二步，设 K 是一个固定的正整数， ，我们证明，对任何正整)(max!11fnKSA第 8 页 共 8 页数 x，正整数的 n 元集合 具有
13、下述性质：对 的任意两个不同12!SxnKS2S的非空子集 A，B，数 与 是两个互素的整数)(fBf事实上，由 的定义易知，有 的两个子集 ，满足 ， ，且211,BAA1B1 )(!)(,)(!)( xfnKfAxfnKf显然 及 都是整数，故由上式知 与 都是正整数!1Afn!1B现在设正整数 d 是 与 的一个公约数，则 是)(ff )(!)(!11AfBnfAd 的倍数，故由可知 ，但由 K 的选取及 的构作可知，)(!11nAS是小于 K 的非零整数，故它是 的约数，从而 再结合)(!)(!11BfnAf !Kd及可知 d=1，故 与 互素)(fBf第三步，我们证明，可选择正整数 x，使得 中的数都是合数由于素数有无穷2S多个，故可选择 n 个互不相同且均大于 K 的素数 将 中元素记为np,1 1S，则 ，且 （对 ） ，故由中,21 )1(!, niKpii 2ji nji国剩余定理可知，同余方程组，ipxni ,),(mod!2有正整数解任取这样一个解 x，则相应的集合 中每一项显然都是合数结合第二步的结果，2S这一 n 元集合满足问题的全部要求
