第六届中国东南地区数学奥林匹克.pdf

2 0 0 9年第 l 0期 第六届中国东南地区数学奥林匹克 第 一 天 1 试求满足方程 一2 x y 1 2 6 y 2 0 0 9 的所有整数对 Y 张鹏程供题 2 在 凸 五边 形 A B C D E 中 已知 A B D E B C E A A B E A 且 B C D E 四点共 圆 证 明 c D四点共圆的充分必要条 件是 A C A D 熊斌供题 3 设 Y z R 0 Y z 6 y z 一 c z Y 求证 a2 b c I 2 口 6 6 c c a 唐立华供题 4 在一个 圆周上给定 十二个红点 求 的最小值 使得存在以红点为顶点的 n个三 角形 满足以红点为端点的每条弦 都是其中 某个三角形的一条边 陶平生供题 第 二 天 5 设 1 2 9的所有排列 X 粕 的集合为 对任意的 记 X l 2 2 9 9 M 厂 X 1 A 求 f f i f 表示集合 的元素个数 熊斌供题 6 如 图 1 已 知 o0 o 分 别 是 A B C的外接 圆 内 切圆 证 明 过 o0上 的任意 一点 D 都可 以 作 一 个 D E F 使得o0 o 分别是 D E F 的外接 圆 内切 圆 E 图 1 陶平生供题 即 2 y 4 z J 由式 得 5 y 2 z 故 Y是 2的倍数 令 Y 2 n N 则 Y 1 8 y 4 Y 三 y 4 3 n 由已知得 1 20 31 28 31 3 0 4 则 A 0 若 Y 12 a b 6 c c 0 4 设红点集为A A A 过点 的弦有 1 1 条 而任一个含顶点 A 的三角形恰含两条过点 4 的弦 故这 1 1 条 过点 A 的弦至少要分布于六个含顶点 4 的 三角形中 同理 过点 i 2 3 1 2 的弦 也各 要分布于六个含顶点 的三角形 中 这样 就 需要 1 2 x 6 7 2个三角形 而每个 三角形 有 三个顶点 故都被重复计算了三次 因此 至 1 1 少需要 2 4个三角形 J 接下来证明 下界 2 4可 以被取到 不失一般性 如图 4 考虑周长 为 1 2的 圆周 其 1 2等分点为红点 以红点 为端点 的 2 0 0 9年第 1 0期 2 9 弦共有 c 6 6条 若某 弦所 对的劣弧长为 就 称该弦的刻度为 于是 红端点 的弦 只有 六 种刻 度 其中 刻度为 l 2 5的弦各 l 2条 刻度 为 6 的弦共 6条 圈 4 如果刻度为 6 c 口 6 c 的弦构成 三角形的j条边 则必满足或者 r z 6 c或 者 0 6 C 1 2两条件之一 于是 红点j角形边长 的刻度组只有 l 2 种可能 口 6 c 1 1 2 2 2 4 3 3 6 2 5 5 1 2 3 1 3 4 1 4 5 1 5 6 2 3 5 2 4 6 3 4 5 4 4 4 下面是刻度组 的一种搭配 取 1 2 3 1 5 6 2 3 5 型 各 六 个 4 4 4 型 四个 此时 恰好得到 6 6条弦 且其 中含刻度为 1 2 5的弦各 l 2条 刻 度为 6的弦共 6条 现构 造 如 下 先 作 1 2 3 1 5 6 2 3 5 型的j角形各六个 4 4 4 型的三 角形i个 再用 一个 2 4 6 型 的三 角形来 补充 1 2 3 型六个 其顶点标号为 2 3 5 4 5 7 6 7 9 8 9 1 1 l 0 l 1 1 l 2 1 3 1 5 6 型六个 其顶点标号为 1 2 7 3 4 9 5 6 1 1 7 8 1 9 1 0 3 1 1 1 2 5 2 3 5 型六个 其顶点标 号为 2 4 1 1 4 6 1 6 8 3 8 1 0 5 1 0 1 2 7 1 2 2 9 4 4 4 型三个 其顶点标号为 1 5 9 2 6 1 0 3 7 1 1 2 4 6 型三个 其顶点标号为 4 6 1 2 8 1 0 4 1 2 2 8 每种情况下的其余三角形都可由其中 一 个 三 角形绕网心适当旋转而得 这样共得 到 2 4个 三角形 且 满 足本题 条件 因此 n的最小值为 2 4 第 二 天 5 一般地证 明 当 n 4时 对 于前 几个 正整数 1 2 n的所 有排列 X 构成的集合A 若 l厂 j 2 2 M 厂 l A 则 I 下面用数学归纳法证明 n n 1 2 n 1 1 6 当 凡 4时 由排序不等式知 集合 中 的最小元素是 厂 4 3 2 1 2 0 最 大元素 是 1 2 3 4 3 0 又 3 4 2 1 2 1 3 4 1 2 2 2 4 2 1 3 2 3 厂 2 3 4 1 2 4 I厂 2 4 1 3 2 5 D厂 1 4 3 2 J 2 6 l厂 1 4 2 3 2 7 厂 2 1 4 3 2 8 厂 1 2 4 3 2 9 I 2 o 2 1 3 o fi 1 1 个 元素 因此 当 n 4时 命题成立 假设命题在 凡 一 1 n I 5 时成立 考虑命 题在 凡时 的情况 对 于 1 2 n一1的任 一 一 排列 Y l 2 一 1 恒取 得至 0 1 2 的一个 j 歹 U n 贝 0 n k x 由 归 纳假 设知 此时 取遍区 问 n 2 旦 n 2 旦 一 一 i i 2 1 一 l 6 6 J 内的所有整 数 令 1 则 k x n 1 1 再由归纳假设知 取遍区间 血 l 内的所有整数 因 所 以 O 0 取遍 区间 翌 2 I 璺 兰 2 i 2 1 翌 1 6 6 J 内的所有整数 于是 命题对 n也成立 由数学归纳法知 命题成立 又 一 一 旦 一 6 则集合 的元素个数为 特别土 f1 当n 9时 f l f 眠 f 1 2 1 6 如图 5 设 O d R r分 别 是 A B C 的外接圆 内 切 圆的半径 延长 4 交O0于点 K 则 KI KB 2Rs i n A K E 图 5 中 等 数 学 延长 0 交o0于点 M 则 矗 R d 1 M V A I K I 2 R r 即R 一d 2 Rr 过点 D分别作o 的切线 D E D F 点 E F在o0上 联结 E F 则 平分 E D F 接下来只须证明 也与o 相切 设 D I N o0 P 则 P是弧E F 的中点 联 结 P E 则 眦 2 Rs i n D DI m I D I P I M I N R d R d R 2 d 2 故 R一 2 d 2 s in 譬 2Rs 1 n D PE 由于点 在 F D E的平分线上 易知 是 D E F的 内心 这是 由于 P E I P I E 1 8 o 一 P 1 1 8 o F 而 P 故 聊 因此 弦 肼 与o 相切 7 首 先 证 明 导 当 且 仅 当 y z 时 等 号 成 立 注意到 Y 2 1 21 1 一 3 v 3 v 由柯 西不 等 式得 又 1 3 y 2 x 4 y 则 一 2 故 1 当且仅当 y z 3H I 等 2 0 0 9年第 1 0期 号 成 立 其次证明 0 当 1 Y z 0时 等 号成立 证法 1 事实上 f x y 毫 x y 志 一 一 一 1 3 y 1 Y 3 z 3 0 故f m 0 当 1 Y z 0时 等 号 成立 证法 2 设 m i n y z 若 0 则 x y 0 一 一 0 2 4y 2v 下设 y z 0 由式 要证 厂 0 只要证 吉 注 意 到 寺 2土 x 4 y Y 于是 式 等价于 曼 1 z 3 南 一 南 南 一 南 4 y 1 3 y 1 y 2 I 3 z 即 而由柯西不等式得 8 y J 1 3 y 1 y 3 z 一 上 2 一 一 3 y 1 一 3 x y 2 Y 3 y z 一兰 一 1 z 3 即式 成立 从而 0 故 厂 m 0 当 1 Y z 0时 等号 成立 8 至少要在图 6中挖去 1 4个小方格 圈匿 图 6 如图7 将 8 8棋 盘分割为 五个 区域 中央部分的区域至少要挖去两个小方格 才 能使 T形 的五方块放不进去 两个 打叉 的位 置是不等同的位置 一个在角落位置 另一个 在内部位置 只挖去其 中一个无法避免 T形 置 入 下面证明 对 于在边 界的 四个全等的 区 域 每个区域至少要挖去 3个小方格才 能使 T形的五方块放不进去 如图 8 以右上 角 的 区域为例 下 方 T形 部分 必须挖去 1个 小