2008中国数学奥林匹克

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1、2008年第3期21竞赛之窗2008中国数学奥林匹克其和S满足S≡1(modm),且S≡0(modn).第一天(余红兵供题)1.设锐角△ABC的三边长互不相等,O5.求具有如下性质的最小正整数n:将为其外心,点A′在线段AO的延长线上,使得正n边形的每一个顶点任意染上红、黄、蓝∠BA′A=∠CA′A.过A′作A′A1⊥AC、A′A2⊥三种颜色之一,那么,这n个顶点中一定存AB,垂足分别为A1、A2,作AHA⊥BC,垂足为在四个同色点,它们是一个等腰梯形的顶点HA.记△HAA1A2的外接圆半径为RA,类似(两条边平行、另两条边不平行且相等的凸四地可得

2、RB、RC.求证:边形称为等腰梯形).(冷岗松供题)11126.试确定所有同时满足++=,n+2n+2nn+2n+2nRARBRCRq≡3(modp),p≡3(modq)其中,R为△ABC的外接圆半径.的三元数组(p,q,n),其中,p、q为奇质数,n(熊斌供题)为大于1的整数.(陈永高供题)2.给定整数n(n≥3).证明:集合X=2参考答案{1,2,⋯,n-n}能写成两个不相交的非空第一天子集的并,使得每一个子集均不包含n个元素a1,a2,⋯,an,a1

3、,ak≤(k=2,3,⋯,n-1).2作△BOC的外接(冷岗松供题)圆,设其与AO交3.给定正整数n,及实数x1≤x2≤⋯≤于点P(不同于点A′).则xn,y1≥y2≥⋯≥yn,满足nn∠BPA∑ixi≥∑iyi.=∠BCOi=1i=1=∠CBO图1证明:对任意实数α,有nn=∠CPA.∑xi[αi]≥∑yi[αi],故△PA′C≌△PA′B,得A′B=A′C,i=1i=1从而,AB=AC.矛盾.其中,[β]表示不超过实数β的最大整数.(朱华伟供题)其次AA2HAA,=cos∠A2AA′=sinC=,AA′AC第二天π∠A2AHA=-∠B=∠A′A

4、C.24.设A是正整数集的无限子集,n(n>所以,△A2AHA∽△A′AC.1)是给定的整数.已知对任意一个不整除n同理,△A1HAA∽△A′BA.的质数p,集合A中均有无穷多个元素不被p故∠A2HAA=∠ACA′,整除.证明:对任意整数m(m>1),(m,n)=∠A1HAA=∠ABA′.1,集合A中均存在有限个互不相同的元素,©1994-2008ChinaAcademicJournalElectronicPublishingHouse.Allrightsreserved.http://www.cnki.net22中等数学则∠A1HAA2=2π-∠

5、A2HAA-∠A1HAA根据抽屉原理,必有某个Sj(i

6、Sj

7、-1=j-1,RAA1A2A1A22sin∠A1HAA2ak-ak-1≥

8、Tj-1

9、+1=j.2RsinA2R则ak+1-ak

10、sin∠AA′Csin(90°-∠A)这表明S、T即为满足要求的两个子集.AHA2S△ABC==,3.先证明一个引理.cosAacosA引理对任意实数α和正整数n,有其中,AA″⊥A′C于点A″.n-1n-11acosAcosA∑[αi]≤[nα].故==2Ri=1AS△ABCRsinB·sinC引理的证明:只需将[αi]+[(n-i)α]1=R(1-cotB·cotC).≤[nα]对i=1,2,⋯,n-1求和即得.11回到原题.同理,=(1-cotC·cotA),RBR采用归纳法对n进行归纳.11当n=1时,显然.=(1-cotA·cotB).R

11、CR假设n=k时,原命题成立,考虑n=k+1.注意到22令ai=xi+xk+1,bi=yi+yk+1(i=cotA·cotB+cotB·cotC+cotC·cotA=1.kk11121,2,⋯,k).显然,a1≤a2≤⋯≤ak,b1≥b2≥所以,++=.RARBRCRkk22⋯≥2.定义:Sk={k-k+1,⋯,k},bk,且通过计算知∑iai=∑ibi.i=1i=122Tk={k+1,⋯,k+k},kkk=1,2,⋯,n-1.由归纳假设知∑ai[αi]≥∑bi[αi].i=1i=1n-1n-1令S=∪S,T=∪T.又xk+1≥yk+1,否则,若x

12、k+1