2013第十屆中國東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克試題解答

1、 第十屆東南數(shù)學(xué)奧林匹克解答第一天（2013年7月27日上午8：0012：00）江西鷹潭1.實(shí)數(shù)a,b使得方程x3-ax2+bx-a=0有三個(gè)正實(shí)根.求彳嚴(yán)十的最小值（楊曉鳴提供）x，則由根與系3解設(shè)方程x3-ax2+bx-a=0的三個(gè)正實(shí)根分別為x,x,12數(shù)的關(guān)系可得x+x+x二a,xx+xx+xx二b,xxx二a,TOC o 1-5 h z123122313123故a0,b0.33；xxx=33a知:a3、：3.因止匕123由(x+x+x)23(xx+xx+xx)知：a23b.123122313又由a=x+x+x1232a3一3ab+3a_a(a2一3b)+a3+3aa3+3aa3+3a

2、_39jr-b+1一a2a+1一_3當(dāng)a_33,b_9，即方程三個(gè)根均為f3時(shí)等號(hào)成立.綜上所述，所求的最小值為3.2.如圖，在AABC中，ABAC，內(nèi)切圓I與BC邊切于點(diǎn)D，AD交內(nèi)切圓I于另一點(diǎn)E，圓I的切線EP交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，CF平行PE交AD于點(diǎn)F，直線BF交圓I于點(diǎn)M,N，點(diǎn)M在線段BF上，線段PM與圓I交于另一點(diǎn)Q.證明：ZENP_ZENQ.（張鵬程提供）證法1設(shè)圓I與AC,AB分別切于點(diǎn)S,T聯(lián)結(jié)ST,AI,IT,設(shè)ST與AI交2 2 從而P,S,T三點(diǎn)共線.直線PST截AABC，由梅涅勞斯定理知,ASCPBT二SCPBTA又AS=AT,CS二CD,BT二BD，所以有PCB

3、DPBCD設(shè)BN的延長(zhǎng)線交PE于點(diǎn)H，直線BFH截APDE，由梅涅勞斯定理知,PHEFDBHEFDBPEFPC因?yàn)镃F平行于BE，所以EF二竺，從而有FDCDPHPCDBHECDBP由、知，PH=HE，故PH2二HE2二HM-HN，所以PHHN二，APHNsAMHP，ZHPN二ZHMP=ZNEQ，HMPH又ZPEN=ZEQN，所以ZENP=ZENQ.證法2設(shè)圓I與AC,AB分別切于點(diǎn)S,T,則由PI丄AD知PA2PD2=IA2ID2=IA2IT2=AT2，所以PA2AT2=PD2=IP2ID2=IP2IT2，從而AI丄PT.又AI丄ST，所以P,S,T三點(diǎn)共線以下同證法13.數(shù)列a滿足：a=1

4、,a=2,a=-(n=2,3,).證明:n12n+1a列任意兩個(gè)相鄰項(xiàng)的平方和仍是該數(shù)列中的一個(gè)項(xiàng).該數(shù)陶平生提供)證由an+1a2+(l)nnanl得aa=a2+(1)n(n=2,3,)，于是n+1n1naan12an1aaa2ni212aan1n2a2+(1)n1a21n2aan1n2aan1nan2a2aan1n1n3aan1n2aa=1=2，a5 故a二2a+a(n3).從而TOC o 1-5 h znn-1n-2a二1,a二2,a二5,a二12,a二29,a二70,a二169,，1234567可見a2+a2二5二a,a2+a2二29二a,a2+a2二169二a，故猜想a2+a2二a.

5、123235347nn+l2n+1令f(n)=a2+a2-a，于是nn+12n+1f(n+1)f(n)=a2+a2aa2a2+an+1n+22n+3nn+12n+1二(aa)(a+a)(aa)n+2nn+2n2n+32n+1二2a(a+a)2a=2g(n),n+1n+2n2n+2其中g(shù)(n)二a(a+a)a.進(jìn)一步有n+1n+2n2n+2g(n+1)g(n)=a(a+a)aa(a+a)+an+2n+3n+12n+4n+1n+2n2n+2=aaaa2a=a(2a+a)a(a2a)2an+2n+3n+1n2n+3n+2n+2n+1n+1n+2n+12n+3=2a2+2a22a=2f(n+1).n+

6、2n+12n+3由、知4f(n+1)二2g(n+1)2g(n)二f(n+2)f(n+1)f(n+1)+f(n)，即f(n+2)二6f(n+1)f(n).由于f(1)二f(2)二0,根據(jù)遞推式可知f(n)二0,即a2+a2二a.證畢.nn+12n+14.十二個(gè)雜技演員編號(hào)分別為1,2,12,將他們按適當(dāng)方式分別圍成A,B兩個(gè)圈，每圈6人，其中B圈的每個(gè)演員分別站在A圈相鄰兩個(gè)演員的肩膀上.如果B圈中每個(gè)演員的編號(hào)分別等于他腳下兩個(gè)演員的編號(hào)之和，就稱這樣搭配成的結(jié)構(gòu)為一個(gè)“塔”，問總共能搭配成多少個(gè)結(jié)構(gòu)不相同的“塔”？（注：旋轉(zhuǎn)或?qū)ΨQ后的塔屬于同一種結(jié)構(gòu)以8個(gè)人的情況為例，畫一個(gè)圓，將底層演員編

7、號(hào)填在圈內(nèi)，上層演員編號(hào)填在圈外，那么以下三個(gè)圖均是“塔”，但后兩個(gè)圖分別可由第一個(gè)圖經(jīng)旋轉(zhuǎn)或?qū)ΨQ而得，故它們屬于同一種結(jié)構(gòu)）陶平生提供）41362解將組A,B中的元素和分別記為x,y，則有y二2x，所以3x=x+y=1+2+12=78，x=26.顯然有1,2gA，11,12gB，設(shè)A=1,2,abGd，其中abcd，則a+b+c+d23,且a38d10(若dW7,貝Ua+b+c+dW44+5+6=!22矛盾)如果d8，則A1,2,abc,8c勺，a+c彳5，于是(a,b,c)(3,5,7)或(4,5,6)，即A1,2,3,5,7,8)或A1,2,4,5,6,8).若A1,2,3,5,7,8,

8、則B-4691Q1112,由于B中含4,6,11,12,93，這時(shí)(a,b,c)故A中必須1、3鄰接，1、5鄰接，5、7鄰接，8、3鄰接,這時(shí)只有唯一的排法，由此得到一個(gè)塔：若A-1,2,4,5,6,8，則B37,9,10,1112，類3似知A中必須1、2鄰接，5、6鄰接，4、8鄰接，這時(shí)有兩種排法，得到兩個(gè)塔：如果d9，則A-12,abc8cWab+4+-(3,5,6)或(3,4,7)，即A1,2,3,5,6,9或A1,2,3,4,7,9.若A1,2,3,5,6,9，則B-4781Q1112，為得到B中的4,10,12,A中必須1、3、9兩兩鄰接，這不可能；若A1,2,3,4,7,9，則B5

9、,6,&1Q,11,12,為得到B中的6,8,12,A中必須2、4鄰接，1、7鄰接，9、312一1012-,11鄰接，于是有兩種排法，得到兩個(gè)塔：3918/T925；8_627-74V4V16185(3)如果d10，則A1,2,a,b,c,1Q,cW9,a+b+c13，這時(shí)，(a,b,c)(3,4,6)，即A=1,2,3,4,6,10，B5,7,&9,11,12，為得到B中&9,11,12，A中必須6、2鄰接，6、3鄰接，10、1鄰接，10、2鄰接，只有唯一排法，得到一個(gè)塔：因此，結(jié)構(gòu)不相同的“塔”共有6個(gè).第十屆東南數(shù)學(xué)奧林匹克解答第二天(2013年7月28日上午8：0012：00)江西鷹潭

10、1.設(shè)f(X)=+2+2073!，x表示不超過x的最大整數(shù).對(duì)整數(shù)n，若關(guān)于x的方程f(x)=n有實(shí)數(shù)解，則稱n為好數(shù).求集合1,3,5,2013中好數(shù)的個(gè)數(shù)(吳根秀提供)解先指出兩個(gè)明顯的結(jié)論：(a)(b)x為實(shí)數(shù)，則x=xmm若m為正整數(shù)，對(duì)任意整數(shù)l與正偶數(shù)m，有2/+1=2廠_m_m_面我們求解原問題.在結(jié)論(a)中令m二k!(k二1,2,2013)并求和，可知f(x)=密卄送冒卜f(x)，k=1k=1這表明方程f(x)=n有實(shí)數(shù)解當(dāng)且僅當(dāng)方程f(x)=n有整數(shù)解.以下只需考慮x為整數(shù)的情況.由于k!f(x+1)f(x)=x+1口+鷲(Ik!k=2所以f(x)(xeZ)單調(diào)遞增下面找整

11、數(shù)a,b，使得f(a1)0f(a)f(a+1)f(b1)f(b)2013f(b+1).注意到f(1)0=f(0)，所以a=0.又由于f(1173)=工11173|=1173+586+195+48+9+1=20122013，k!k=1故b=1173.因此1,3,5,-,2013中的好數(shù)就是f(0),f(1),f(1173)中的奇數(shù). 在中令x二21(l=0,1,586),由結(jié)論(b)知21+1=-2廠_k!_k!_(2k2013),因此f%1)-f(21)=1+珂智-1=1，k2這說明f(21),f+1)中恰有一個(gè)為奇數(shù)，從而f(0),f(1),f(1173)中恰有耳4=587個(gè)奇數(shù)，即集合1，

12、352013中的好數(shù)有587個(gè).2.設(shè)n為大于1的整數(shù).將前n個(gè)素?cái)?shù)從小到大依次記為p,p,p(即1A2np=2,p=3,)，令A(yù)=ppjpP2pp”求所有正整數(shù)x，使得一為偶數(shù)，且1212nxA-恰有x個(gè)不同的正約數(shù).x(何憶捷提供)解由已知得2xIA，注意到A=4?pp2pp”，故可設(shè)x=2pa2pa”，其2n2n中0#a1,0#ap(i=2,3,n).此時(shí)有TOC o 1-5 h z1iiA=22-厲pp2-a2ppn-a”，x2nA故一不同的正約數(shù)個(gè)數(shù)為(3-a)(p-a+1)(p-a+1).由已知得x122nn(3-a)(p-a+1)(p-a+1)=x=2。pa2pa”.122nn2

13、n下面數(shù)學(xué)歸納法證明：滿足的數(shù)組(a,a,a)必為(1,1,1)(n32).12n當(dāng)n=2時(shí)，變?yōu)?3-a)(4-a)=232，其中aI0,1.若a=0，1211則3(4-a)=3a2，無非負(fù)整數(shù)a滿足；若a=1，則2(4-a)=2?3a2，可得2212a=1.從而(a,a)=(1,1)，即n=2時(shí)結(jié)論成立.212假設(shè)n=k-1時(shí)結(jié)論成立(其中k33)，則當(dāng)n=k時(shí)，變?yōu)?3-a)(p-a+1)(p-a+1)(p-a+1)=2。pa2pakpak.122k-1k-1kk2k-1k若a32，則考慮到k0p-a+1p,0p-a+1?p1p(1ik-1)，kkkiiik故的左邊不能被p整除，但此時(shí)的

14、右邊是p的倍數(shù)，矛盾！kk若a=0，則變?yōu)閗(3-a)(p-a+1)(p-a+1)(p+1)=2幻pap.122k-1k-1k2k-1注意到p,p,p為奇素?cái)?shù)，因此一方面p+1為偶數(shù)，從而上式左邊為偶數(shù)23kk而另一方面，右邊pa2pa-為奇數(shù).從而必有a=1但此時(shí)3-a=2，故左TOC o 1-5 h z2k-111邊是4的倍數(shù)，但右邊不是4的倍數(shù)，仍矛盾！由上述討論知，只能a=1，此時(shí)中p-a+1=pak=p，因而kkkkkpka-k-11(3-a)(p-a+1)(p-a+1)=2?！縫a?122k-1k-1122由歸納假設(shè)知a=a=a=1從而a=a=a=a=1，即12k-112k-1k當(dāng)

15、n=k時(shí)結(jié)論成立.由(1)、(2)可斷定(a,a,a)=(11,)，故所求正整數(shù)為12nx=2pp=ppp.2n12n3.將33正方形任意一個(gè)角上的22正方形挖去，剩下的圖形稱為“角形”（例如，圖1就是一個(gè)角形）.現(xiàn)于1010方格表（圖2）中放置一些兩兩不重疊的角形，要求角形的邊界與方格表的邊界或分格線重合.求正整數(shù)k的最大值，使得無論以何種方式放置了k個(gè)角形之后，總能在方格表中再放入一個(gè)完整的角形（何憶捷提供）解首先有k3，a,P,yw(0,1)，a,b,c0(k=1,2,n)滿足kkk工(k+a)aa，工(k+P)bP，工(k+y)cy.kkkk=1k=1k=1若對(duì)任意滿足上述條件的a,b

16、,c(k=1,2,n)，均有2L(k+X)abcX,kkkk=1kkk求九的最小值.件成立，李勝宏提供)令a亠,b=_4,c亠11+a11+P11+y故九須滿足(1+九)上丄1+a1+P1+yaPya,b,c=0(i=2,3,n)，此時(shí)條iii(1+a)(1+p)(l+y)-apyaPy(1+a)(1+p)(1+y)“卩丫巳下面證明，對(duì)任意滿足條件的-k=1,2,n，有c，kkk由題目條件知工(k+九)abc0(i=1,2,，n)時(shí)，有iiJz3Ii=1i丿13(為完整起見，我們將的證明過程附在最后)這里用到了結(jié)論：當(dāng)因此，為證，只需證明對(duì)k=1,2,n，有即事實(shí)上k+九了oabc九kkk0；k+ak+Pk+Y卩Ybe73kkk(k+u)(k+卩)(k+y)3郵丫丿aPy1+(a+P+y)+(aP+Py+ya)aPy