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第34届俄罗斯数学奥林匹克十一年级



2009年第2期

第34届俄罗斯数学奥林匹克(十一年级)
11.1.同9.2.

11.2.已知Ⅳ个法码中的任意两个的重




C"11

量之比属于l{,寻I,并且这Ⅳ个砝码既可
’J
-t’

棋赛.比赛进程及

要求如下:任意两场比赛不 同时举行;每位选手所参加的任意两场比赛 之间至少还有忍场比赛.证明:在这样的比

赛中有一位选手既参加了第一场比赛,又参
加了最后一场比赛.

以分成各组重量相等的10组,也可以分成各 组重量相等的11组.求Ⅳ的最小可能值.
11.3.令P是一个由有限个质数组成的

参考答案
11.1.同9.2.
11.2.N。血=50.

集合.证明:存在正整数髫,使得茹可以表示 为两个正整数的质数次幂的和当且仅当这个 质数属于P. 11.4.已知四面体的每个面都可以被单 位圆盘覆盖.证明:这个四面体可以被半径为

N=50的例子.
事实上,20个重50 g、30个重40 g的砝

码就满足要求.这50个砝码可以分成每组2
个50 g的砝码及3个40 g的砝码等重的10

{的球体覆盖.
2√2



组;也可以分成等重的11组(5组每组4个
11.5.是否可以将5l。150这100个整数
50

放在10X 10的数表中,使得对任意两个相邻

g的砝码,6组每组5个40 g的砝码).
下设N<50.

小方格(即它们有公共边)中的数口、b,方程
石2一似+b=0和茗2一bx+口=0中至少有一 个有两个整数根.

引理设已知砝码中的任意两个的重量

之比属于[鲁,{].若分别由k个和t(k<z)
个砝码组成的两组砝码等重,则|j}≥4.当Ij}=4
时,Z=5且每组都是由等重的砝码组成. 引理的证明:设每组的重量为M,rrt是

11.6.魔术师与观众互动表演一个猜凸


008边形面积的节目.在一个只有观众才能

看得到的地方画有一个凸2 008边形.魔术
师通过指定多边形的顶点或通过在指定边上

由z个砝码组成的那组砝码中最轻砝码的
重量.则两组砝码中每个砝码重量都不大于

的指定比例的分点告诉观众他所指定的点. 魔术师每次提问都是指定多边形上的两点; 而观众将这两个指定的点用线段联结得到两 个多边形,然后,将这两个多边形的面积的最 小值告诉魔术师.证明:魔术师通过2 006次 提问便可得到这个凸2 008边形的面积.
n.7.在凸四边形A曰CD中,P、Q分别

{m.由此得到


{概≥M≥lm≥(k+1)m,

I|}>14.

为射线烈和∞、射线嬲和加的交点,H是 点D向直线印的投影.证明:四边形ABCD有 内切圆当且仅当△ADP和△C:叩的内切圆
的通过日的两条切线之间的夹角相等. 11.8.2n+3位选手参加一个单循环快 万方数据

如果k=4,上面的估计中所有的不等式 都变为等式,因此,z=k+1=5.
在由5个砝码组成的砝码组中所有砝码

重量都为m=4x,而在由4个砝码组成的砝 码组中所有砝码重量都为5茗.
回到原题.

30

中等数学

首先假设等重的10组砝码中有2组所 含砝码的个数不同,则由引理及N<50,其中 几组每组由4个重量为5z的砝码组成,而其 余几组每组都由5个重量为4算的砝码组成. 此时,每组的重量都为20x,故砝码总重量为
200x.

回到原题.

设P={Pl,P2…,P。}.令戈=掣-如…厶“.由 引理,这个数满足要求. 11.4.注意如下事实:覆盖~个非钝角三 角形的最小圆是它的外接圆;覆盖一个钝角 三角形的最小圆是以这个钝角三角形的最大
边为直径的圆.

由于200不是11的倍数,故这些砝码不

可能再分成等重的1l组.矛盾. 由此等重的lO组砝码中各组所含砝码
个数相同.这推出10l,v.

设0、R分别是四面体外接球的球心、
半径.

如果在等重的11组中有2组所含砝码 个数不同,则由引理得到每组至少有4个砝 码,由此推出Nt>44.又Ⅳ是10的倍数,得
Ni>50,矛盾.

如果在等重的ll组中有各组所含砝码
个数相同,则1lIⅣ,由此推出110iN.与N< 50,的假设矛盾. 11.3.首先证明如下引理. 引理设P是一个质数,n为一个正整

首先假设点0不在四面体的内部.设x 是四面体到0距离最近的点. 若x位于四面体某一面的内部,不妨设 为面ABC的内部,则x是△ABC外接圆的 圆心.故△ABC是锐角三角形.由题设知它 的外接圆的半径r不大于1. 注意到,0、D分别位于△ABC所在平面 的两侧,故以x为球心、r为半径的球包含四 面体外接球被平面ABC截下的含D的那个 球冠.因此,也包含四面体. 若x位于某一条棱上(如AB),则D向
平面ABC的投影0。位于△ABC的外面.由

数.则存在正整数a、b,使得2“=at,+bp当 且仅当P J(n一1).
引理的证明:如果儿一l-助,则 2“=(2‘)9+(2‘)9. 反过来,若24=ap+矿,设口=2"k.,b=

此,0,、C位于直线AB的两侧,/aCB不是

锐角,因此,以衄为直径的球(由假设其半
径不大于1)必含顶点C.同理,也包含顶点

2‘z,其中,k、z为奇数. 如果s>o,则
28:矿+6P:2肛[2’““’||}P+护]. 由于2,““’||}P+护是一个大于l的奇

D.故它包含整个四面体.
现假设点0位于四面体的内部。此时,

四面体ABCO、四面体ABDO、四面体ACDO、 四面体BCDO的体积之和等于四面体ABCD 的体积‰面懈鼢,因此,它们中的一个(如 四面体ABCO)的体积‰面懒聊不大于

数,这是不可能的.故
s=t,ap+矿=2一(矿+1p).

如果P=2,则驴+lp--2(rood 4).故只要
驴+矿>2,2”就有一个大于1的奇因数

{‰面骱肋.设直线加交平面ABC于D。.则
1、V四面体,taco 7 4 ODl

!要三,矛盾.由此推出k=z=1,2“=2×
∥,得到聘=pt+1.

l-p

l”

V四面体脚一肋l‘




因此,oDl≤去DD=芸.
设x是四面体的表面到球心0的距离 最近的点.于是,

如果P>2,则
驴+lp=(||}4-‘Z)(矿一1一J|}P一2 Z+…+矿一‘).

上式右端第二个括号里是一个奇数,故 它必等于l,这推出妒+lp=k+Z.
因此,k=Z=l,n=肼+1.

OX≤OD。≤争
x不可能位于一条棱上.故x位于某一

万方数据

2009年第2期

3l

面的内部,不妨设为平面ABC.则x为

St=min{2(丁I+孔+…+瓦一I)+瓦, 死+2(瓦+I+死+2+…+孔晰)},
Sl=TI,S2006

△佃c外接圆的圆心.设△ABC外接圆的半
径为r.则

r=廊≥√R2一(玎=警尺.
由r≤1,得R≤二≥.
2√2

2疋00ci.

魔术师只要算出所有孔的值便可得到 多边形的面积.

11.5.不可以. 假设有一种放法满足要求.设77<n<

令肛是平分多边形面积的直线.当帆 与A.位于直线舡的同一侧时,观众告诉魔
术师的是多边形M,…A。帆的面积;而当 肘。与A。不同侧时,观众告诉魔术师的是多 边形肌:泖…A…肘々的面积.因此,SI开始
递增,然后递减,即 Sl<S2<…<最≥S+l>|s。+2>…>S2 006 (1≤n≤2 006). 贝0当i=1,2,…,n—l时,有 Si=2(Tl+死+…+t—I)+正. 由此很容易得到Z. 类似地,对i=2 006,…,rt+1,也可得 到Z. 最后计算瓦. 疋可由公式 S。=2min{TI+砭+…+咒一1, 瓦+I+兀+2+…+咒嘶}+瓦 得到.

150是一个质数,6是一个与a相邻的数. 若方程髫2一k+口=0有两个整数根, 则由韦达定理,它们的积等于口,它们的和等
于b>0.这表明1、o是它的根,且b=l+口. 若方程省2一ax,+b=0有两个整数根 戈l、z2,贝0戈l+x2=fl,,xI菇2=b; 若还有戈l、z2>12,则 b=z1(口一戈1)≥2(a一2), 这推出b≥2口一4>150,矛盾. 故1是方程的根,
b=1

X(口一1)=口一1.

上述讨论表明,对于这样的质数n只有 两个数可以和它相邻,即
b=o—1.b=口+1.

故口只能位于表格中的角上.但在77与 150之间的质数多于4个(如79,83,89,97,

11.7.令圆60。、60:分别是△ADP、△coo

101),它们不可能都位于角上.矛盾. 11.6.令A。A2…A2瞄是一个凸2 008边 形,A=A2瞄.从点A出发的对角线将多边形
分成了2 006+三角形: △AAI A2,△A,42A3,…,△肌2嘶A2啷.

的内切圆,“,:分别是它们的圆心,r。、r:分
别是它们的半径. 因为圆60。和∞:关于点D位似,所以, 所l 72一所2‘
7I

设AM。,AM2,…,AM:雠是这些三角形
的中线.

若r,≠/'2,令s表示圆∞。、叫:具有正位 似系数的位似中心(即两个圆的外公切 线的交点).△ADP和△COq的内切圆的通 过日的两条切线之间的夹角相等等价于

下面证明:如果魔术师指定点对(/I,帆)
(|]}=1,2,…,2 006),他就能够得到多边形的 面积. 令S。表示被直线AMk分开的两个多边

瓦Hll=瓦l"I.而满足瓦X11=畿=要的点x的轨
迹是以SD为直径的圆周.因此,命题等价于 么DHS=90。,即点S位于直线Pp上. 下面证明:四边形ABCD有内切圆当且

形面积的最小值,2Tk表示△似。以…的
面积.

因为中线平分三角形的面积,所以, 万方数据

32

中等数学

仅当S∈Pp.

设四边形脚有内切圆圆∞.由三位
反过来,假设S属于直线Pp.设圆叫是

场比赛中的一场.特别是,所有的选手都在 g。,g:,…,既+:中出场了.参加了比赛g。的 两名选手分别经过了n+1和rt+2间隔后 又参加了比赛.这表明任意选手比赛的间隔
为n+l和n+2.

似中心定理知S、P、Q三点共线(它们分别 是圆叫。和叫:、∞和叫。、cc,:和∞的两条外公 切线的交点). /'xCOQ切CD的旁切圆,r是圆甜、CO。具有正
位似系数的位似中心.由三位似中心定理知

断言:存在一名选手其比赛的所有间隔
都是n+2.

在证明断言前,先证明:所有间隔都是 n+2的选手参加了第一场和最后一场比赛. 因单循环赛中每名选手参加了2n+2场 比赛,所以,有2儿+1个间隔.这名选手的间
隔总和为 (n+2)(2n+1)=2n2+5n+2,

T、Q、S三点共线,即r在直线PQ上. 另一方面,r位于直线PC上.

因此,点r与P重合.故朋与圆∞相 切,即四边形佃CD有内切圆.
若rl-r2,则圆cc,。、1.02关于么ADC的平 分线Z对称.

恰比所有比赛的场次《Ⅲ少1,这说明第一
场和最后一场比赛他都参加了.
最后用反证法证明断言.

命题结论等价于证明: mI=H12§DHLI、12§lIl2//PQ.
如果四边形ABCD外切于圆∞,则圆1.0 关于直线Z对称.由此推出直线BA和BC、

如果断言不成立,则每一名选手都出现
过n+1间隔. 设x是第一次出现n+1间隔最晚的选

Dc和DA关于f对称,故P和Q也对称,即 PQ f}l。12. 反过来,如果,。,2∥PQ,则 直线DA、DC关于直线DH对称 爿直线BA、BC关于直线DH对称 j四边形ABCD关于直线DH对称. 故它有内切圆. 11.8.将所有选手参加的所有比赛按时 间顺序依次称为第l场,第2场,……第

手.设其第一次出现n+1间隔后参加了第t 场比赛,对手为l,.由x的选取,】,在这之前 已出现过n+1间隔.设l,在第t场比赛之前 最后一次出现n+1间隔是参加了第q场和 第q+n+1场比赛,从第q+n+1场直至第
t场,y的间隔都为n+2.设这期间l,共有k 次n+2间隔.则 t=q+(n+1)+k(IT,+2).

暖。+,场.称同一名选手参加的相邻比赛的场
次差为“间隔”. 由赛程要求,所有选手的间隔不小于
rt+1.

另一方面,x在参加了第t一(n+1)场 比赛之前的间隔全部为It,+2,于是,若他在 参加第t场比赛之前出现过至少k+1次间 隔,则X参加了第t一(rt+1)一k(n+2)=q 场比赛,即x和l,相遇过至少两次,矛盾. 如果x在第t场比赛之前出现的间隔次 数小于I|}+1,则他参加的第一场比赛的场次
不小于 ‘t一(n+1)一(k一1)(n+2) =q+(n+2)≥rL+3.

考虑任意连续的rt+3场比赛g,,g:, …,既+,,共有2几+6人次参加.我们指出只 有三名选手分别参加了其中两场比赛. 事实上,考虑三对比赛 (gl,骺+2),(gI,gn+3)(92,g。+3). 每一对中的两场比赛都有唯~的一名选

手都参加,.所有其他选手都参加了这n+3

这与所有的选手在前,l+2场比赛都出 现过矛盾. (李伟固提供)

万方数据

第34届俄罗斯数学奥林匹克(十一年级)
作者: 作者单位: 刊名: 英文刊名: 年,卷(期): 引用次数: 李伟固

中等数学 HIGH-SCHOOL MATHEMATICS 2009,(2) 0次

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