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2014年第二届“学数学”奥林匹克邀请赛(春季赛)试题及其解答



文 武 光 华
2014 年第二届“学数学”数学奥林匹克邀请赛(春季赛) 试题及其解答
解答人:文武光华数学工作室 田开斌
一、 已知实数 α、β、γ 满足 α + β + γ = π ,并且 tan 求证:cos α + cos β + cos γ = 1。(单墫 供题) 证明:根据条件知: tan ? tan 令x = 有: 1 = tan(x

+ y + z) =
( )

+ tan

+ tan

= 1,

+ tan + tan ,y =

+ tan + tan ,z =

=1 =1 ,则x + y + z = ,且tan x + tan y + tan z = 1。从而 =

(

)

? tan x tan y + tan y tan z + tan z tan x = tan x tan y tan z 于是知: (1 ? tan x)(1 ? tan y)(1 ? tan z) = 1 ? (tan x + tan y + tan z) + (tan x tan y + tan y tan z + tan z tan x) ? tan x tan y tan z =0 不 妨 设 tan x = 1 , 则 tan y + tan z = 0 ? tan(y + z) = = 0 ? sin(y + z) = 0 。 从而知: cos α + cos β + cos γ = sin 2x + sin 2y + sin 2z = + 2 sin(x + y) cos(x ? y) =1 命题得证。 二、如图,△ABC 中,(AB ≠ AC),AT 为∠BAC 的平分线,M 为 BC 中点,H 为△ABC 垂心,HM 交 AT 于 D,DE⊥AB 于 E,DF⊥AC 于 F,求证:E、H、F 三线共点。(叶中豪 供 题)
A

E

H F D

B

MT

C

证明方法一:如图,作△ABC 的外接圆⊙O,延长 AO 交⊙O 于 N,连结 NB、NC。因为 NB⊥AB,CH⊥AB,所以 CH∥AB。同理可知 BH∥NC,所以四边形 BHCN 为平行四边形,所以 H、M、N 三点共线。 延长 BH 交 AC 于 P,延长 CH 交 AB 于 Q,连结 HA、HE、HF。易知 AD 平分∠HAN,且△ AHQ∽△ANC。所以 = = = = ,所以 EH 平分∠BHQ。同理可知 FH 平分∠CHP。 所以∠EHQ = ∠FHC,所以 E、H、F 三线共点。

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文 武 光 华
A

Q E O D B MT C H P F

N

证明方法二(合肥一中一学生方法):如图,延长 BH 交 AC 于 P,延长 CH 交 AB 于 Q, 则 B、C、P、Q 四点共圆,且圆心为 M。过 H 作 JK⊥MH,分别交 AB、AC 于 J、K,根据蝴蝶 定理知HJ = HK,所以DJ = DK。注意到 AD 平分∠JAK,所以 A、J、D、K 四点共圆。根据 西姆松定理知 E、H、F 三点共线。
A

Q J E H D B MT P F K C

三、开始时黑板上写着数1、2、3、 … 、2013,每步可以擦去黑板上的两个数a、b, 另写上a + b,最少要进行多少步操作才能使黑板上任意多个数之和都不等于2014?(林常 供题) 解答:注意到 1,2013 , 2,2014 ,…, 1006,1008 这1006组数,每组中两数之 和都为2014,所以每组中都至少有一个数被操作到,即至少要操作到1006个数。而每次操 作,涉及到两个数,故至少要进行 = 503次操作。 另一方面,我们进行如下503次操作: 1,1005 → {1006}; 2,1004 → {1006}; 3,1003 → {1006};…; 502,504 → {1006}; 503,1008 → {1511}。 此时黑板上的数为1006、1006、 … 、1006、1007、1009、1010、1011、 …、


1511、1511、1512、1513、 … 、2013,显然任两数之和不为2014,任三数之和大于 2014。这是一种满足条件的操作。

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综上所述,故至少要进行503次操作才能满足要求。 四、证明:在n(n ≥ 3)个互不相同的正整数中,一定能选出两个数,这两个数的和 不整除这n个已知数中任一个的3倍。(单墫 供题,2008 年第四十九届 IMO 预选题) 证明:设这n个正整数从小到大依次为a <a < … <a 。不妨设 a ,a , … ,a = 1, 否则,每项都除以这个最大公约数,剩下的正整数互素,且与原命题等价。下面我们用反 证法。 若结论不正确,则对于每个a (i ≤ n ? 1),存在一个a ,使得a + a |3a 。 若3 ? a + a ,则a + a |a ,从而a + a ≤ a ≤ a ,这是不可能的,所以3|a + a 。 这说明a ≡ a ≡ ? a ≡ ?a (mod 3)。若3|a ,则3| a ,a , … ,a ,这与 a ,a , … ,a = 1矛盾,所以3 ? a 。 又根据条件,对于每个a (i ≤ n ? 2),存在一个a ,使得a a + a ≡ ?2a ? 0(mod 3),所以a + a |a 。从而a ≥ a a = a 。于是知对于每个a (i ≤ n ? 2),都有a + a |a 。 + a |3a 。而 + a >a ,这说明 +a , ,即 ),

设a + a |3a ,则a + a ≤ 3a 。若k ≤ n ? 2,则a ≤ 3a ? a <a 与a + a |a 矛盾。所以k = n ? 1或n。 若k = n ? 1,即a + a |3a ,注意到 <2,所以a + a = 3a a = 2a ;若k = n ,即a + a |3a ,注意到1< 。从而有a 即a = 2a 。综合两种情况,知a = 2a 1< <2,与a + a |2a 矛盾。 综上所述,命题得证。 五、证明:对于区间 0,1 上的任意无理数x及正整数n,都存在正整数 p 、p 、 … 、p ,使得0<x ? ∑ < 。(张雷 供题) )
!( !

<3 ,所以3a = 2(a + a + a |2a 。然而

证明:我们对n用数学归纳法。 当n = 1时。若x> ,则取p = 2,显然有0<x ? p = ,注意到x为无理数,所以p =

<1 ? =

!( !

)

;若x< ,则取
!( ! )

> ,从而有0<x ?

<x< = <

。于是当

n = 1时,命题成立。 假设n = k时,存在正整数p 、p 、 … 、p ,使得0<x ? ∑ 当n = k + 1时,取p > >p =


!( !

)

。 =

。注意到x ? ∑ >

为无理数,所以p





? 1,又根据归纳假设知p



>k! (k! + 1),从而

p

≥ k! (k! + 1) + 1。于是有 0< x ? ∑ ? < 根据数学归纳法,命题得证。

?

=(

)



!( !

)[ !( ! )![(

) )!

]

<(
]

)![(

)!

]

这即说明存在正整数p 、p 、 … 、p

,使得0<x ? ∑

<(



六、求所有的正整数对 m,n ,使得n + n = m!。(文武光华数学工作室 供题) 解答方法一:显然,当m = 1时,方程无解;当m = 2时,n = 1满足方程;当m = 3时, n = 2满足方程;当m = 4时,方程无解;当m = 5时,方程无解;当m = 6时,方程无解。 下面分类证明:当m ≥ 7时,方程都无解。

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文 武 光 华
(1)若n为奇数。因为n(n + 1) = m! ,且4|m! ,所以4| n(n + 1) ? 4|n + 1。 注意到n为奇数,不妨设n = 2k + 1,则n + 1 = (2k + 1) + 1 ≡ 2(mod 4),这与 4|n + 1矛盾,所以此时无解。 (2)若n为偶数,不妨设n = 2 · p,其中t ≥ 1,p为奇数。此时有n + n = n(n + 1) = 2 · p (2 · p) · + 1 = m!。因为p (2 · p) · + 1 为奇数,所以2 ∥ m! 。 另一方面,不妨设2 ≤ m<2 ,a ∈ N ,则m!中所含2的幂指数为: t= + + +?+ ≥2 +2 +2 +?+ 1 = 2 ?1 ≥ ≥ 1,根据伯努利不等式知: 所以n = 2 · p ≥ 2 ≥ 2 2 = (1 + 7) ≥ 1+7· 。注意到m ≥ 7时,

>1 + (m ? 1) = m,所以n>m。于是知n >(m) >m!,

这与n + n = m!矛盾。 综上所述,满足方程的解为 m,n = 2,1 、 3,2 。 解答方法二: 当n = 1时,m = 2满足方程;当 n = 2 时,m = 3 满足方程;当n = 3 时, m! = 3 + 3 = 30,显然无解。下面我们证明,当n ≥ 4时,方程无解。 当n ≥ 4时,对原方程两边取模n ? 1,则有m! ≡ n + n ≡ 2 ? 0(mod n ? 1),所以 n ? 1 ? m!,所以n ? 1>m。于是知n >m >m!,这与n + n = m!矛盾。 综上所述,满足方程的解为 m,n = 2,1 、 3,2 。

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