2023年中國數(shù)學(xué)奧林匹克國家集訓(xùn)隊第二輪選拔考試試題及答案

2023年國家集訓(xùn)隊第二輪選拔考試試題

I.試題

13.是否存在正無理數(shù)x,使得至多存在有限個正整數(shù)幾滿足對任意整數(shù)

l<k<n,都有｛㈤?

14.對非空有限實數(shù)集B和實數(shù)x,定義

乙(1)=minX-b\.

beB

(1)給定正整數(shù)m.求最小的實數(shù)人使得對任意正整數(shù)八和任意實數(shù)

小,力」一e[0.L都存在小元實數(shù)集B,滿足

+dg(X2)+-'-+dB(Xn)<An.

(2)設(shè)m是正整數(shù)，￡是正實數(shù).求證：存在正整數(shù)n和非負實數(shù)xi,忿，?一，xn,

滿足對任意m元實數(shù)集B,都有

43（11）+43e2）4-------卜d/d）〉（1一￡）（11+工2T-----卜―）.

15.對凸四邊形ABCD,稱其內(nèi)部一點P為平衡的，如果：

⑴P不在AC,RD上；

（2）設(shè)AP,BP,CP,DP分別交ABCD的邊界于點A',B',C',D'則

AP?PA'=BP?PB'=CP?PC'=DP-PD,

求平衡點數(shù)目的最大可能值.

16.如圖，圓匚1\,「2兩兩外切，且均與直線1相切.設(shè)匚一切于點B,

匚「2切于點氏.「卜厶切于點c匚「卜「2分別與z切于點A,A,A2,其中A在

線段AA2上.設(shè)直線AC,A1B1交于點Dy,直線A2GAB交于點Di.求證:

D\D”I.

17.是否存在兩兩不同的整數(shù)ai,ci2,??，，同時滿足：

(1)對任意正整數(shù)k.ak2>0且aki+k<0;

(2)對任意正整數(shù)n,an.｛-an<2023??

18.求最大的實數(shù)人使得對任意一個100階雙隨機矩陣，總可以從中選

出150個元素，并將其余9850個元素都改為0,滿足此時每行元素之和與每列元

素之和都不小于A.

注：一個n階雙隨機矩陣是一個nxn的方陣，所有元素均為非負實數(shù)，且每

行元素之和與每列元素之和均為1.

19.設(shè)A,8是單位圓，上的兩個定點，滿足6<A8<2.P是3上的一個

動點，滿足/Vin尸是銳角三角形且AP>AB設(shè)八人/?。的垂心為HS

是劣弧病上的一點，滿足SH=AH.T是劣弧病上的一點，滿足.

設(shè)直線ST,BP交于點Q.求證：以HQ為直徑的圓經(jīng)過一個定點.

d+1

20.設(shè)整數(shù)a,b,d滿足|a|>2,d>0,b>(|a|+l).設(shè)/(%)是次數(shù)為d的

實系數(shù)多項式，對每個正整數(shù)n,用rn表示了5)陵］模b的余數(shù).求證：若｛%｝最

終周期，則八工)的系數(shù)都是有理數(shù).

21.給定整數(shù)n22.求最小的實數(shù)4使得對任意實數(shù)%.。2.….冊及b,均

有

22.求所有的函數(shù)使得對任意整數(shù)a,b,c,均有

2/(/+1)2+c2)-2f(ab+bc+ca)=f(a-b)2+f(b-c)2+f(c-a)2.

23.設(shè)p是質(zhì)數(shù)，實數(shù)A€(0,1),正整數(shù)〈咨.S,T分別是由s"個連

續(xù)正整數(shù)構(gòu)成的集合滿足

{(x.y)SxT\kx=y(modp))|>1+Xs.

求證：存在整數(shù)a,b,滿足1SaSW￡,且ka=b(modp).

24.設(shè)屋是正整數(shù).初始時，一個2rix2八的方格表中有k個黑格，其余為白

格.允許進行如下兩種操作：

(1)若一個2x2正方形中恰有3個黑格，則可以將第4個也變?yōu)楦瘢?/p>

(2)若一個2x2正方形中恰有2個黑格，則可以將其中的黑格變?yōu)榘赘?、?/p>

格變?yōu)楹诟?

求最小的正整數(shù)上使得有限次操作后所有格都是黑格.

II.解答與評注

13.是否存在正無理數(shù)①，使得至多存在有限個正整數(shù)已滿足對任意整數(shù)

l<k<n,都有｛k*｝>詣？

解不存在.

考慮數(shù)列｛嗎,｛2嗎,…中，稱某項｛反｝是極小的，如果它比前面的項都小(由

于立是無理數(shù)，這些項兩兩不同).

設(shè)數(shù)列中所有極小的項｛a㈤,，=1,2,…,其中a1<a2<….注意｛nx｝

[neZ+)在(0,1)上稠密，所以極小項有無窮多個.

任取i>2.我們來說明n=ai-1滿足題目中的要求.

由于極小項的定義，只需說明｛?_"｝>言.

考慮

<a，i-i｛aix｝<a^^a^x｝<出｛&_1立｝.

結(jié)合電eZ就說明｛電_逐｝>靑.于是滿足題目要求的n必定無窮多個.口

評注本題是一道較為簡單的關(guān)于小數(shù)部分的題目.本題做法多樣，但都需要

取出數(shù)列的極小項，并且這里給出的證明是最簡單的一個.盡管解答如此簡短，不

過存在與不存在之間的“循環(huán)”也卡住了部分同學(xué).

14.對非空有限實數(shù)集8和實數(shù)工，定義

此⑺=niin|x—6|,

(1)給定正整數(shù)m.求最小的實數(shù)入使得對任意正整數(shù)n和任意實數(shù)

3

旳，①2,…,如e[0,1],都存在加元實數(shù)集滿足

（1B（北）+厶（工2）H---------F（IB（tn）<An.

（2）設(shè)m是正整數(shù)，5是正實數(shù).求證：存在正整數(shù)n和非負實數(shù)工1,立2「一，立小

滿足對任意m元實數(shù)集B,都有

厶（工1）+d5（*2）+…+dg[Xn）>（1—€）（旳+*2+…+xn）-

解⑴答案為赤匕?

一方面，考慮

cJ22m-21cf131

5={。，5------P…，5------?}，&={5------P5------7>???=1f?

I2m—12m—1J12m—12m—1J

注意到對任意.Te[0,1],

（））1

dBi*+d&Q=oT-

ZTTl—1

故對任意一?組①l,/2,,??e[o,1],都有

n

dBi（旳）+dBl（工2）H---------\-dB}M<z--------o

4772—Z

或

如2（旳）+如2（22）H-------FdB.2（xn）<------n

4772—2

至少一個成立.即入=石片可行.

下面證明A>』

考慮

{x1,x2,---,xn）=（o；—^―-,???^^,1]*=27n.

I2m—12m—1）

我們來證明任何m元集合B={bT<b2<---<bm],均有

而（①i）+d，B（*2）H--------FdB（Xn）>------n.

4m—2

為方便，我們不妨“將坐標(biāo)軸放大2m-1倍”，即{%%???-}={0,

2m-1}.來證明

45（旳）+45（12）H---------Fd（Xn）>=m.

B厶

令每個g對應(yīng)到B中離它最近的元素.若有左右各一個則對應(yīng)左邊那個.

m

考慮每個仇被對應(yīng)了多少次.設(shè)為九次,i=1,2,…，m,￡t,=2m.來計算

,?=1

所有對應(yīng)到上的數(shù)到它的距離之和.

當(dāng)友之2時，這個整數(shù)中最遠的兩個距離至少是U-l.

這說明這兩個數(shù)到U距離之和至少是1,說明所有對應(yīng)到的數(shù)到它的距

離之和至少是心-1.

4

事實上當(dāng)&=0,1時上面式子也顯然正確.于是對所有Z求和得到

m

喝（工1）+厶（22）+…+喝（爲(wèi)）>￡8：-1）=m.

i=l

于是所求人最小值是贏占.

（2）我們?nèi)?/p>

4rn.1

n>2~,Xi=二.

i

我們不妨送給B一個元素0.并不妨設(shè)B中元素非負.

假設(shè)8={（）<以<…<ym].記F,表示叼到0的距離的總和減去到

{0,%}的距離的總和.（可以看作加入元素比后距離之和的改良值.）

顯然有

nm

d/j（旳）+dB（,X2）H-------1-dpQn）>E-EF”

J=12=1

下面估計月.

對于去>/%的叼=它對于Fi的貢獻至多是y,.其余的旳則沒有貢獻.而

有貢獻的叼個數(shù)至多是會說明

與<%?2=2.

Vi

于是

nmni

+46（/2）+**'+喝（6n）〉￡叼一E^>E；—2m.

j=li=lj=lJ

當(dāng)n>2等時，

111

V->--log2n》——2m

2e

今辦（旳）+如（工2）+…+ds（Xn）>（1—￡）（41+工2+…+工"）.

得證.口

評注本題兩小問的想法很不一樣.第一小問是求最佳常數(shù)，通常我們會考慮

均勻/加權(quán)分布或者散點式分布的情況，而湊巧的是通過觀察小較小的情況發(fā)現(xiàn)

均勻的散點分布就能達到目的.證明中的前半部分較為簡單，而后半部分較難.事

實上，后半部分也可以選取以下的構(gòu)造來證明》之行匕：

n=2m-1.{g}=（0.1,…，￥-1）.

'I」I12m-2,2m—2'J

其證明類似，留給讀者思考.

第二小問則是去猜測要求的厶的分布，運氣較好的話能之間猜出倒數(shù)分布.

并且倒數(shù)分布的證明似乎是最簡單的.

5

15.對凸四邊形ABCD.稱其內(nèi)部一點P為平衡的，如果：

(1)P不在AC.BD上；

(2)設(shè)AP,BP,CP,DP分別交ABCD的邊界于點4,B',C,D',則

AP-PA1=BP-PB'=CP-PC'=DP-PD'.

求平衡點數(shù)目的最大可能值.

解對角線4C,3。將四邊形內(nèi)部分成四個區(qū)域.稱以46為一邊的區(qū)域是

48區(qū)域.

下面考察AB區(qū)域的平衡點.

過P反演易得B'PA'CD五點共圓.由條件ABB'A'也共圓，結(jié)合A'B'CD共

圓知ABHCD.

也就是說，若區(qū)域48內(nèi)有平衡點，必定有AB口CD.

更進一步，有

AAB'B=AAA'B=ABB'C.

對稱地有AAAB=AAA'D.

反過來，如果線段AD上存在一點B'滿足AAB'B=。，作ABB,外接

圓，如果它和線段BC有交點4,那么作44',BB'交于點P,不難推得：

(1)AAA'B=AAA'D,(2)P是43區(qū)域平衡點.

回到原題：若ABCD兩組對邊都不平行，則沒有平衡點.

情形1.當(dāng)ABCD是梯形,ABHCD.不妨設(shè)DA,CB延長線交于點T.

此時只有AB.CD區(qū)域才能有平衡點.比如看AB區(qū)域.

下面來看如何判斷滿足￡AB'B=￡BB'C的B'是否存在.

事實上這等價于ATB'B=ABB'C.而這樣的B'軌跡是一個阿波羅尼斯圓與

邊AD的交點，故B'至多兩個.這說明P至多兩個.同理CD區(qū)域平衡點也至多

兩個.

下面證明，AB區(qū)域至多一個平衡點.

NC,/。至少一個是銳角.不妨設(shè)為NC

6

我們來證明滿足AAB'B=ABB'C的B'在線段AD上至多一個.

對AABBLABB，C使用正弦定理知：

ZAB'B=ZBB'C臺AB-sinZ.A=BC-sinZB'CB.

即sin/*C8是一個定值.但是AB'CB<ZC<90°,說明AB'CB只有一種取值.

故滿足AAB'B=ABB'C的B'在線段AD上至多一個.所以AB區(qū)域至多

一個平衡點.

所以梯形中至多三個平衡點.

順便我們可以給出如下的構(gòu)造：令△TCO為正三角形，然=乎-

不難驗證它在AB區(qū)域有一個平衡點，在CD區(qū)域有兩個平衡點.

情形2.當(dāng)ABCD是平行四邊形.

比如考慮AB區(qū)域的平衡點.不妨設(shè)4B<90。.有

AB'BC=AAB'B=ABB'C今BC=B'C.

7

但是N8<90°今B'至多一個.故AB區(qū)域至多有一個平衡點.

同理四個區(qū)域各至多一個平衡點.

容易發(fā)現(xiàn),AB區(qū)域的平衡點存在當(dāng)且僅當(dāng)CD區(qū)域的平衡點存在（兩個圖中

心對稱）.

由>90°,B'存在需要CB>CD.

所以AB.CD區(qū)域的平衡點存在需要CB>CD.同理BC,AD區(qū)域的平衡

點存在需要BC<CD.

這不可能同時成立，故平行四邊形至多有兩個平衡點.

綜上，答案為3.□

評注本題是（看似是若則題的）較為繁瑣的幾何不等式.其關(guān)鍵在于發(fā)現(xiàn)平

衡點存在需要對邊平行，進而分兩種情況討論，并給出平衡點的刻畫.其用到的幾

何步驟不多且不難，主要考查轉(zhuǎn)化命題的能力.

16.如圖，圓兩兩外切，且均與直線/相切.設(shè)r,n切于點Bi,

心切于點切于點c.分別與/切于點其中才在

r,B2,rx,72r,r15r244,42,

線段442上?設(shè)直線A1c,A2B2交于點直線A2C,A1Bl交于點D2.求證:

D,D2//I.

8

證明設(shè)圓「中月的對徑點為P.那么由r,「I關(guān)于Bl位似知A.ByP共線,

同理462P共線.

由Ceva定理，結(jié)論等價于證明CP平分44.這也等價于CP是I\,r2內(nèi)公

切線.

設(shè)三個圓的根心為E,作r,R的內(nèi)公切線交,于。1,類似地

則r為的內(nèi)切圓.設(shè)交用慶于此

則熟知由DAA=MD2可得

AyM—4+DyM—D[A+AD2—MD?+。2厶2—A/A2.

于是M為44中點，即。在n,g內(nèi)公切線上?得證.口

評注本題是簡單的幾何題.在發(fā)現(xiàn)結(jié)論等價于CP是「1,「2內(nèi)公切線之和即

使計算也十分簡單.

17.是否存在兩兩不同的整數(shù)旳,&2,?一，同時滿足：

(1)對任意正整數(shù)k,a*2>0且a^+k<0;

(2)對任意正整數(shù)n,an+1-an<2023/H?

解不存在.

a2

對于keZ+,設(shè)ak-k到k'+k中最大項為a%.設(shè)a*2到a(k+i)2中最小項為

aSk.則由條件,atk>O.aSfc<0.

待定n>10000.

對ke厶，稱k是“上好”的，如果%>n,則對于這樣的k,考慮atk到

ak2+k中，兩兩差不超過4046k.于是這些項中在1,2,???,幾中至少有面標(biāo)-1項.

9

于是

V(----1)<n.

yym的4046k，一

kWn卡上好的

ln「

=>---------<272.

心明A上好的B4U0F4”6k—

=E(wloooo.

kgri水上好的卜

同樣對于以可定義嚇好的”，有

1

y-<loooo.

Jk-

上與%A:下好的八

稱k是“好的”，如果k是上好的或者是下好的.

那么有

￡1<20000.

史九內(nèi)好的,

對于壞的k,由定義知ak2到ak2+k都在(-n.n)中.

今￡k<2n.

kgri#壞的

說明1「一，n中至多10g個壞數(shù).

今處工的1215kl亞麻

當(dāng)n充分大時右式大于20000.矛盾.故不存在這樣的數(shù)列.口

評注本題是中等難度的代數(shù)題，大多數(shù)同學(xué)都很快猜到不存在.本題的估計

想法也比較自然，即考慮占據(jù)絕對值小于n的項的分布，并利用調(diào)和級數(shù)發(fā)散性.

18.求最大的實數(shù)人使得對任意一個100階雙隨機矩陣，總可以從中選出

150個元素，并將其余9850個元素都改為0,滿足此時每行元素之和與每列元素之

和都不小于A.

注：一個九階雙隨機矩陣是一個nxn的方陣，所有元素均為非負實數(shù)，且每

行元素之和與每列元素之和均為1.

解答案為爲(wèi)=親?

轉(zhuǎn)化成圖論語言：對一個邊非負賦值的二部圖G=(A呂E),48各100個點

且每點權(quán)為1,總能取G一個含至多150邊的子圖乩使得H每點權(quán)至少是A.

一方面，考慮以下的圖：

A=AyU厶2,B=B]U

10

|4|=75,也|=25,B|=24,|明=76.

4,5之間的邊賦值轉(zhuǎn)；4,為之間的邊賦值入=品；4,3之間的邊賦值0;

4,82之間的邊賦值總

不難驗證符合題意.下面假設(shè)它有一個包含150邊的子圖H使得每點權(quán)大于

入=iioo-

不妨設(shè)沒有4,耳之間的邊.設(shè)31在〃中連出a邊,4在〃中連出6邊.

則4中至少75-a個點僅有與B2之間得到邊，故它們每點度至少為2.B2中

至少76-6個點僅有與4之間得到邊，它們每點度至少為2.于是總邊數(shù)至少

a+6+(75-a)+(76-6)=151,矛盾.

于是證明了入S襦.下面證明入=品可行.

引理對于二部圖G=(4B.E\neZ+,若對于任何XU4,

RX)|>|X|-n,

則G中有一個|川一點-匹配.

該引理是Hall定理的直接推論一一在B中添加n個點連向A中所有點后利

用Hall即可得到證明.

回到原題.設(shè)G中所有權(quán)重不小于A的邊構(gòu)成子圖G'.

我們來證明G符合引理中n=50的條件，從而由引理G,有一個50-匹配.

假設(shè)某個XU力,|N(X)|<|X|-51.記|X|=a,a>51.并記

A\X=y,Z=N(X),B\Z=w.

則X,W之間每邊權(quán)重小于品.=>W中每點向Y中權(quán)重至少1一Xa.

但是y中每點向iv中權(quán)重至多是1,于是有

岬1-M<\Y\0(151-a)(l-Xa)<(100-a).

臺a(151-a)>75x76.

但是aeZ+,這不可能.矛盾.

于是我們證明了存在G的50-匹配，每邊權(quán)重至少是島.

然后對于這50邊沒有碰到的共100個點，取每個點連出權(quán)重最大的一條邊

(該邊權(quán)不小于忐).

這樣取出了至多150邊使得每點權(quán)重至少為.

綜上答案為品.□

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評注本題是較難的圖論題.入手點是猜測取出一個較大的50-匹配，結(jié)合熟練

使用Hall定理可以得到能保證取出權(quán)重多大的50-匹配，并且發(fā)現(xiàn)取等正好可以

解決原問題.該做法可以將150換成任何一個100到200之間的整數(shù).對于更大的

情況讀者可自行思考.

19.設(shè)46是單位圓3上的兩個定點，滿足46<2.P是3上的一個

動點，滿足4ABP是銳角三角形且AP>AB>BP.設(shè)4ABP的垂心為H,S

是劣弧上的一點，滿足SH=AH.T是劣弧檢上的一點，滿ATBHAP.

設(shè)直線ST,BP交于點Q.求證：以HQ為直徑的圓經(jīng)過一個定點.

證明設(shè)AB中點為M.我們來證明以HQ為直徑的圓過點M.

采用復(fù)數(shù)法，以3為單位圓建立復(fù)平面，用各點小寫字母表示其對應(yīng)復(fù)數(shù).

,,八〃h-o(a-1-b+p)abp

h=a+b+p,AS1OH今as=-----=^―-~，丿

h-oab+bp+ap

_(a+6+p)bp

-7,S--j".

ab+bp+pa

這里利用了a,b,p模長均為1.

TBHAP=t=弋.

重新定義Q在BP上并且MQ丄HM,來證明QST共線.

q—mh—m

q+bj)q=b+p,

q—mh—m

聯(lián)立得

P(b+p)

p+a

只需證明q+s后=s+1.代入后，這等價于

p[b+p)a2P僅+力(0+b+(a+b+p)bpap

-------+---------------------=------------+—.

p+ab(ab+ap+bp)[p+a)ab+ap+pbb

將分母帶有ab+ap+bp的兩項移到一邊通分：

p(b(b+p)-a(p+a))_p(a+b+p)(/(p+a)-a2(6+p))

b(p+a)(ab+apbp)b(p+a)

因式分解得證.口

評注本題是簡單的幾何題.由于單位圓上有很多點，所以采用復(fù)數(shù)法將十分

方便.

20.設(shè)整數(shù)a,b,d滿足|a|>2,d>0,b>(|a|+1嚴.設(shè)f(x)是次數(shù)為d的

n

實系數(shù)多項式，對每個正整數(shù)n,用rn表示［/(n)a］模b的余數(shù).求證：若｛rn｝最

終周期，則/(二)的系數(shù)都是有理數(shù).

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nn

證明記[/(n)a]=xn,{/(n)a}=yn.

由條件，存在N,TeZ+,使得對任意n>N,xn+T-xn被b整除注意到

Tn

a/(n+T)-f(n)為d次多項式，記為g(n).則ag(n)—(xn+T-xn)G(-1,1).

考慮

d+1J_i_1\

￡(a"+'g(n+，))?a(z+i(-1)i=0

i=01/

d+1J_i_1\

d+1-i4

今￡(a"+'g(n+z)-(xn+r+i-酸+力)?a.(-1)=0(modb)

i=o1/

對任何n>N成立.

但是

d+1r71\

N(Q"2gs+，)—(2計T+2—Zn+￡))?Q"1T.j(—1)'

i=02/

所以

"1J1\

￡(an+'g(n+5)—(與+7+庁—Cn+J)?a"」'.I(—l)z=0

i=o1/

d+l.JI1\

=C(Cn+T+I-/i+f)?a"J.)(—1)'=°

2=01)

對任何n>N成立.

于是與+T-*n在n>N是d+2項遞推數(shù)列，特征值為d+1重a.即

n

xn+r—xn=a-/z(n),h[x｝為d次多項式.由插值公式以及xneZ+得h(t)eQ[.T].

所以an(h(n)-g(n))€(-1,1),對任何n>N.

這說明h(x)=g[x).再結(jié)合

aT/(n+T)-/(n)=g(—)GQ團,同>2

容易推出f⑺6Q團.得證.口

評注本題是較簡單的題目，關(guān)鍵在于熟練運用遞推數(shù)列性質(zhì)以及放縮.本題

要證明的結(jié)論看似有些怪，不過這提示我們從條件入手，將整數(shù)、小數(shù)部分分開是

經(jīng)典的技巧.

21.給定整數(shù)八22.求最小的實數(shù)人使得對任意實數(shù)的,&2「一及A均

有_______

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i=ly?=1z=l

13

解答案為一浮1.(記這個值為C).

一■方面，取Qi=…=an_i——1—b,an—n—1,則有A>c.

下面證明入=c可行.

假設(shè)E(ii=np*0,考慮將電,6同時減去p.此時它\j\di-b\不變,

2=1i—1_______

￡\/N至多減少riy/p(因為，>+引<y/\x\+y/\y\).而Jn\p^a~\減少了

ny/p.故調(diào)整后LHS-RHS不增.1

TI

故不妨設(shè)2&=0.設(shè)Q1,…，冊中有力個非負數(shù)，s個負數(shù).s+%=n.設(shè)其

中所有非負數(shù)誌口為4則由均值不等式，

n___

￡A/W<(人+Vi)'/A.

i=l

對稱地，不妨設(shè)b>0.注意到，而是一個在除了奇異點0處之外上凸的函

數(shù).有

￡電—“NVA—tb.

a；>0

￡，|電-〃工(s-1)A/&+VA+b.

ai<0

故

n_____________________

—“—\/A—tb+(s-l)\/b+y/A+b.

i=l

再看上式右邊在b移動時何時取最小值：仍然利用國是一個在除了奇異點。處

之外上凸的函數(shù).有:后國+(3-1)逐+，^前當(dāng)6=0或者4時取最小.即

52-U>min{2V%(s-1)^^-+^(1+彳)/}-

于是我們只需證明：

cmin{2%/^,(s—1)^^-+J(1+之(\/s+y/t')\/~A.

顯然2c>\/2n>y/s+\/t.

下面證

c(s—l)y-+y1+-^+Vt.

這等價于

s-1+J1+i〉\/~st+t

y/rin_1+y/n—1

等價于

s—1+\/tH-1-y/ri7st4-t-(72—1+Tl—-1)

y/riTl-]+y/Tl—-1

14

注意到

S—1+t+i—\]-Tl2S—1—y/S—T,

\/~St+t—(Tl—1+y/fl—-1)S7St-SSTl>-—1).

并且

s-1-\Js-1〉y/n—l(-^/s-1)

y/riTI_14~\]TI—j

對于所有3>4均成立.

對于s=1,2,3直接代入

c(s-+J1+.2+Vi-

容易檢驗.(s=1時取等號.)

綜上，答案為叱丐戸□

評注本題是較困難的代數(shù)題.第一步把和調(diào)整成0能夠極大地簡化放縮(如

果沒有發(fā)現(xiàn)這一點也可以做出來，但是過程將十分繁瑣).事實上，本題的結(jié)論還是

比較松的，可以直接使用均值不等式將右側(cè)放縮.之后利用凸性可以很好地進行放

縮左邊.

22.求所有的函數(shù)/:Z-%使得對任意整數(shù)a,b,c,均有

2/(.2+b2+c2)—2f(ab+be+ca)-f(a—6)2+f(b—c)2+/(c—a)2.

解f⑺=x或者f[x)=0.

檢驗：前者,LHS=RHS=2￡a?+2￡曲.后者,LHS=RHS=0.

下面證明/(乃=x或者/(#)=0.

記條件為P(a,b,c).

P(a,0,0)2/(a2)=/(a)2+/(-a)2.

P(a,a,0)=>/(2a2)=2/(a2).

于是于⑴=負1產(chǎn)+/(-l)2,/(2)=2/(1).又

0)02/(2)-2/(-1)=負2產(chǎn)+2/(-1)2.

聯(lián)立得/⑴=1或0.

P(a,b.c).P(a：c：b)=>+y+z=zGZ.

/3)2+/(y)2+〃z)2=/(-x)2+f(—y)2+/(一z)2.

15

記g(rr)=/(a;)2-/(-re)2,則

\fx+y+z=Q,x,y,zeZ,g(x)+g(y)+g(z)=0.

容易說明g(7i)=c%c為常數(shù).

情形1./⑴=1.此時/(-I)=—1=g⑴=0.

故g三0，/(-①)=±/(①).結(jié)合2fg2)=/(a)2+/(-a)2=/(a2)-/(a)2.結(jié)

合/(2a2)=2/(a2)令/(2a)=±2/(a).

尸(a,1,0)-0)02/(a)+f(a-I)2=2/(-a)+f(a+l)2.

記之為⑴式.

P(a,2,—1)—P(—a,2,—1)

=>2/(a—2)+/(a—2)2+f(a+I)2=2/(—a—2)+f(a+2)2+f(a—I)2.

記之為⑵式.

稱n好的，如果/(n)=n.下面對n歸納證明n,-n是好的.

(1)式中a=3并注意到/⑵=2,-4)=±4,得/(3)-/(-3)=6

=>3,—3是好的.

(1)式中令a=2即得—2是好的.

71=0,1,2,3已經(jīng)成立.假設(shè)小于n時結(jié)論成立，考慮n時.

若n是奇數(shù)，⑴中令a-n并由歸假,/(?)-以一n)-2n分n,-n是好的.

若n是偶數(shù)，則由歸假=±n.同上知n+1,-(n+1)是好的.在

(1)中令a=n即得n,-n是好的.于是/(n)=n.

情形2./(I)=0.此時/(-I)=00g⑴=0,故g三0,/(—①)=±/(以結(jié)

合2/(a2)-/(a)?+/(-a)2=>/(a2)=/(a)2.結(jié)合/(2a2)=2/(a2)=>/(2a)=

±2/(a).

稱n好的，如果f(n)-0.下面對n歸納證明n,-n是好的.

n=0,1,2已經(jīng)成立.假設(shè)小于n時結(jié)論成立，考慮n時.

若n是奇數(shù)，(1)中令a=n-l并由歸假=>n是好的.故—n是好的.

若n為偶數(shù)，直接由歸假以及/(2a)=±2f(a)得n,-n好.

于是f(n)=0.

綜上有/(賓)=x或者/(#)=0.□

評注本題是有一定難度的整數(shù)型函數(shù)方程.其難點在于2a2并不好控制，所

以筆者的想法是消去該項.有了這個想法就可以完成歸納.本題還可以利用三平方

和定理來刻畫

16

23.設(shè)p是質(zhì)數(shù)，實數(shù)Ae(0,1),正整數(shù)sw方〈卷.S,T分別是由s,t個連

續(xù)正整數(shù)構(gòu)成的集合，滿足

|{(t,y)eSxT\kx=y(modp)}|>1+Xs.

求證：存在整數(shù)a,h.滿足1WQW同S気且ka三b(modp).

證明取最小的正整數(shù)Q,使得ka(modp)落在［―曰總中.

一方面：由抽屜原理，

{(x,y)ESxT\kx=y(modp)}

中至少1+As個元素有兩個對應(yīng)的y的差至多気說明存在S中兩個數(shù)的差乘

k后落在［一吉,總中.

故aSs.

假設(shè)a>；.不妨設(shè)ka(modp)落在［0,為中.將S中的元素按moda分

類.注意到(n+a)k(modp)落在nk(modp)后面至多生的位置.每一類至多

+1個數(shù)，故每一類乘k后modp落在一段長度至多

ts

-------<t

Xsa

的區(qū)間中.

稱S中moda一類是好的，如果這類中有某個數(shù)乘k后落在T中.對每個好

類，取S中moda該類中最小的數(shù).設(shè)所有/+1個好類對應(yīng).，⑻€S.那么

這/+1個數(shù)兩兩差小于Q.

顯然至少一個好類.如果只有一個好類，那么

\{(x.y)ESxT\kx=y(mod—+1<1+Xs.

a

矛盾！所以ZeZ+.

注意每一類的數(shù)“升序排列”并且總長度不會超過。并且結(jié)合好類的定

義，推出kx0,---,kxt(modp)落在一段長度不超過"的區(qū)間內(nèi).于是存在

kx0,,kxi中兩者，modp的差至多是j.

不妨設(shè)為bk(modp)e［-苧，用.其中6是那兩個?的差,beZ+,b<a.

設(shè)a=qb+r,q,re厶|r|<記(rr)表示x(modp)的絕對值最小剩余(即

(①)6(―|,1).)則b(rk)=brk=r(bk)(modp).

考慮

s

|{(a;,y)eSxT\kx=y(modp)}|<(Z+1)(-+1)

/_，s.3/

=(1+Z)(—F1)之1+As=aW—.

a~~X

17

于是

到w.?戀

q\r(bk)\<a-

I~XIX~

若b(rk)=r(6A.-)；則(成)=q(bk)+(泌)，但是|r|<推出

(泌)<g(bk)=|(注)|<|(叫I，

與a最小性矛盾！故\b(rk)\>p—k*(^)|,所以|(rfc)|=\{ak—q-bk)\中：

T)—T*—十9/

左邊>—產(chǎn)，右邊<|(afc)|+q\(bk)\<T-+q~.

0ASI

故有

p-ryt2t2t.t

―7-1-W丁+q-f=7?的+r)+6b2P

0ASIIAS

2tt

=>-T-a+a—>p.

IXs

而

t』tp

a—<s—<—.

Xs-Xs12

于是

2tiiin

T.?>-P=>?>-.

這與aW號矛盾！

綜上得證.口

評注本題是難度較大的數(shù)論題.在取出最小的a之后，入手點可以考慮特殊

情況，比如僅有一類或者兩類觸碰到T的情況，然后可以用類似的估計推廣到更多

類的情況.（其核心在于，如果a比較接近+時，通過b來放縮與a最小性推矛盾）

本題也可以通過對偶形式：即一開始取出

{akmod（p