中等數(shù)學(xué)屆預(yù)選題

第49屆IMO((天津師范大學(xué)數(shù)學(xué)教育科學(xué)與數(shù)學(xué)奧林匹克研究所,11fx=fy①.IMO4題IMO2題SΑR稱(chēng)從SS,以下條件:第49屆IMO((天津師范大學(xué)數(shù)學(xué)教育科學(xué)與數(shù)學(xué)奧林匹克研究所,11fx=fy①.IMO4題IMO2題SΑR稱(chēng)從SS,以下條件:意的xy S,且x<y,都有f(x)<f(y),g(x)<g(y)f(f(:f的值域(b-c)(b-(a-b)(a-c)a+b+c(c-d)(c-a)c+d+a++b+c+(d-a)(d-d+a++并確定等號(hào)成立的條件ii)對(duì)于任意的S,f(g(g(x)))<g(f(x))牙組合?IMO4題IMO2題3.1)不存在g0x)x,gkx)gg?gx?1)SN是正整數(shù)集+b2)S=aab是正整.4m1,2,3}中存在唯一t(m)m+t(m)是3的倍數(shù).f:ZZ滿(mǎn)足f(-1)=0,f0)=1,f1)=-1且對(duì)于所有滿(mǎn)足2nm的非負(fù)整數(shù)mn,有假設(shè)在集合N+f,g).由條件(i可得fx)gx≥xN成立+:對(duì)任意的非負(fù)整數(shù)kxgx)fkf(2n+m)=f(2n-t(m)-f(m)對(duì)k用數(shù)學(xué)歸納法當(dāng)k0由xfx)知結(jié)論成立假設(shè)k時(shí)結(jié)論成立,在歸納假設(shè)中用gx)xii)f(3p)≥0.2 c da+b+c+d +ag(gk+1(x))=gk(g2(x) ≤f(g2(x)<g(f(x)) c d+d證明:a+b+c+d (x)<f(x)gk+6.f:R→N+xRN,gx)x,競(jìng)賽之t(22k+t(22k+f(g(g(x)))=f(x)=g(f(x)ii)矛盾-2)=-1)=首先證明一個(gè)命題命題證明:k存<g(x0)f(22k+2f(22k+-t(22k+t(22k+f(g(g(x)))=f(x)=g(f(x)ii)矛盾-2)=-1)=首先證明一個(gè)命題命題證明:k存<g(x0)f(22k+2f(22k+-2)=3kx,x,?--= f(22k+x=g(x),<g( =x)=-3k-3)=-3k 若x< ,-2)=-3k-1)=2 k+=g(xk)<g(xk+1)=xk+xk+k0f(-1)=0,f(0)=1,f(1)=-f(2)=f(2-t(0))-f(0)=f(-1)-f(0)=-f(3)=f(2-t(1))-f(1)=f(0)-f(1)結(jié)論成立假設(shè)k-1時(shí)結(jié)論成立xk}是嚴(yán)格遞增的正整數(shù)數(shù)列另一方這個(gè)數(shù)有上界,矛盾xk=gk(x0)≤f(x0牙組合(f,g).(2)存在N+的情況,不存在西f(22k+1-t(m))設(shè)fa =a+1-bbf(22k+-3)=f(22k+(22k-3)ga =a-11=f(22k-2)-f(22k-abb+-3k-1+3k-==fgf(22k+-2)=f(22k+(22k-2)1b=a+1- =f(22k-1)-f(22k-fggab+2+3k-<a+1- =gfa-1bf(22k+-1)=f(22k+(22k-1).b+3a+=f(22k-3)-f(22k-,f,g)是一個(gè)西班牙組合4.由已知條件可知,-3k-=-2×3k-1=-f(22k+-t(m))=f(22k+1+(22k+化看起來(lái)也毫無(wú)規(guī)律.不過(guò)只要直接計(jì)算所有形如f2n-t(m))的值就足夠了.kf(22k+--3)=f(22k+f(22k+-1)-=-3k-0=-3kf(22k+=f(22k+1+(22k+--2)n0a0a1ak≥02aini==f(22k+f(22k+-3)-=0-=-3kanj=2a++?+2ak(j=0,1,?,k) j+f(22k+=f(22k+1+(22k+--1)l=f(22k+f(22k+-2)-[(-1)jf(2at(nj+1))]f(n)-=3k+3k=2回到原題 -t(m)可以被3整除時(shí),f(2-t(m))≥32; -t(m)不能被3整除時(shí)f(2n-t(m)) -t(m)被3整除當(dāng)且僅j=(-1)l+1f(nl+1),l0,1,?,k-n-nnnn:f(2-的值1、f(2-2、f(2-t(22k-t(22k-=2,t(22k-2)=+t(22k+=-3)=3,所以,mn,a-b結(jié)合a>b,有f(3p) -332(1) +m能被3整除,f(2-t(m))≥325.:abcd1abcn- c d b c d n d(2)若 +m不能被3整除,則f(2n-t(m))≤0.此外,還可以得加權(quán)平均444anaab|f(2n-t(m))|≤a=a-b結(jié)合a>b,有f(3p) -332(1) +m能被3整除,f(2-t(m))≥325.:abcd1abcn- c d b c d n d(2)若 +m不能被3整除,則f(2n-t(m))≤0.此外,還可以得加權(quán)平均444anaab|f(2n-t(m))|≤a=3mn成立這個(gè)不等式2的整數(shù)次冪的非負(fù)整數(shù)m,|f(m)|的上界.首先用數(shù)學(xué)歸納法證明:對(duì)于任意的nd ≤a+.++4b 1b+,++ c≤ c++ 負(fù)整數(shù)mn, >m,有|f(m)|≤324ddb當(dāng)n0,f0)1結(jié)論成立1 d+++d≤.n時(shí)結(jié)論成立n1 b2n+a+b+c+<2n由歸納假設(shè)可得結(jié)論成立3ac 1bca≤由+ + m≥2nm2nk2n 4 d|f2n-tk))|n b c d×及歸納假設(shè)ab+c+d 3 d a <a+b+c+ |f(m)|=|f(2n-t(k))-f(k)6.假設(shè)結(jié)論不正確fR)N≤|f(2nt(k))|+|f(k) n+1+32<32可以假設(shè)f0)設(shè)agx)先證明函數(shù)f的一些n≤f(3p):對(duì)于任意的非負(fù)整p=Rfa)=f(x+3p2在二進(jìn)制表示下至少有兩個(gè)1.3p2a2bcab,2bc≥0)f(3p)=f(2a+2b+=f(2a-t(2b+c))-f(2b+=f(2a-t(2b+c))-f(2b-t(c))+f( +2b+c可以被3整除,所以,xayaxy11gx=fx+ag(f(y+11=y+a=y.f(x+g(因此g,g0)g和f即gR)a-ab1)f2t(2+c))≥32f(N,從而,f(0) +c不能被3整除,所以,由結(jié)論(2)可得f(2b-t(c))≤0. >c≥0時(shí),有|f(c)|≤32b1R1nbfcn =N+1:fR)N+f(c)≥-321f(xf(=xR1mm=1=c+f(Rfx1m=,f1)1(1n<N+<f(cfn2qm,kmf0)f1)12對(duì)于所有的非負(fù)有理數(shù)q,有f(q)=f(q1).1得證特別地,1c0c=1,31n1+1f N+= N+=命題4對(duì)于每個(gè)正整數(shù)n,有 = n4:對(duì)于一個(gè)非負(fù)有理數(shù)1f(xf(=xR1mm=1=c+f(Rfx1m=,f1)1(1n<N+<f(cfn2qm,kmf0)f1)12對(duì)于所有的非負(fù)有理數(shù)q,有f(q)=f(q1).1得證特別地,1c0c=1,31n1+1f N+= N+=命題4對(duì)于每個(gè)正整數(shù)n,有 = n4:對(duì)于一個(gè)非負(fù)有理數(shù)2若對(duì)于某兩個(gè)實(shí)數(shù)uvfu)fvq,f(u+q)=f(v+xq,y0311=fqff(f(=f(q+1)=f(由式②對(duì)于每個(gè)正整③n,都存在一1k11=kuxf=f(f(q=11x+f(v+f(==.k由于f(x1k1n1n===.1k對(duì)于任意的N,f11fu =v 回到原題nn設(shè)正有理數(shù)q (kN+)n11n+f=k次可設(shè)(st是互質(zhì)的正整數(shù))f(u+q)=fu+= t+,t因?yàn)閗=fv =f(v+q) n2得證ks-lt=q,滿(mǎn)f(q)=11對(duì)于任意的正整數(shù)k由于f0)f0)=f(q.,f(q)=f(2q),f(2q)=f(3q),f((k-1)q)=f(f0)12面的結(jié)論可得f =tl33q,f(q)=f(q+1t1fΖ= +l= =ttt1tNsbd)A″+B″C″+D4=t,矛盾因此,原命題成立b+d-a+=3(a-c)(b-7.Aa-ba-cBb-cb-d) 3(a-c)(b-d)a1tNsbd)A″+B″C″+D4=t,矛盾因此,原命題成立b+d-a+=3(a-c)(b-7.Aa-ba-cBb-cb-d) 3(a-c)(b-d)a+b+b+c+=,②(c-d)(c-(d-a)(d-C,D.c+d+d+a+W=bdM-ac=(b+d)bd-(a+c)MNs2ac)(bd)sac)acs(b+d)bd+>s[a+c)ac+b+d)bd≥|W|s, ,(a-c)(a-c)(a-2b+,A.a+b+,C,sabcd.ABCD的分母分別為s-ds-as-bs-c.3|a-c|·|b-d|A″+B″+C″+D|.s2(A+B+C+DA+B+C+D)A+BC+D|a-c|b-dd·s·s-as-s-|c-a|d-b2≥16|a-c|·|b-d|-3|a-c|·|b-ds-bs-··7|a-c|·|b-d=3(a+b+c+ss-s-(a-c)(b-d)(c-a)≤+++s-(d-b)s-s-a=c,b=(4s-為s-=3s(A′+B′+C′+D)A′+B′C′+D≥(2|a-c|+2|b-d|)①=(a-c)(a+c-2b)+(c-a)(c+a-s-s-(a-c)(a+c-2b)(s-b)+(c-a)(c+a-2d)(s-=(s-d)(s-(a-c)[-2b(s-b)-b(a+c)+2d(s-d)