2017中国西部数学邀请赛试题及解析

1、2017中国西部数学邀请赛1.设素数p、正整数n满足p2/(k2+1)证明：p2n. k耳n1.按照口(k2+1)中的因子所含 p的哥次分情形讨论.k1(1)若存在 k(1 k n ),使得 p2 (k2 十1),则 p2 n2 +1.于是，p - . n2 1 ： 2n.(2)若对任意的k(1 k n ), p2 ?(k2 +1),由条件，知存在1 w j # k w n，使得p( j2十1)且p (k2+1 则 p (k2 - j2 )于是，p|(k-j)(k j).当 p|(kj),则 pMk jWn12n；当 p|(k + j),则 pk+j n + n-1 = 2n-12n ,综上，

2、p : 2n.2、已知n为正整数，使得存在正整数为 ?2|1,2满足：x1x2 |xn (x1 +x2 +ll| + xn )=100n ,求n的最大可能值.2、n的最大可能值为9702, nn显然：由已知等式得 z x之n,所以：口 x W100 i 1i 1n又等号无法成立，则=xi 99 i 1 nnnn而.：x=.：xi-11：|：: . (xi-11cX n 1i 1i 1i 1i1nn则 Z xi DP三线共点对ADIJ用角元塞瓦定理，只需证明:sin/PDI2 sindDIi02 sinZ0iI2Ii.二isin P DI i sin 02lil2 sin DI 20i事头上,由

3、 02J2 02 12 ,知 S02IiJ2 -S2Iil2，25贝 q sin.DI。2 _ sin.02IJ2 _ IJ2 1102 _ lil 2 sin.。2 li 12 sin.021 il 2 2S, 02|1| 2 I1J2l I 2 , 11。2sin01I2I1I2J1p sinP Dl2cos CDI2同理：=,又=sinDI201I1I2 sinPDI1cos BDI112 Ji cos. CDI2.所以只需证明： 2 =1I1J2cos BDI1即I2J1、I1J2在边BC上的投影长度相同则 H2Kl = DK1 -DH2如图3,设Ii2,Jl, J2在边BC上的投影分

4、别为Hi,H2,Ki,K21 1_(AB AD -BD) (AD CD - AC)2 23 一 一=(AB AC - BC)41_ 一 一同理：H1K2 = (AB AC - BC)2所以：H2 Kl = H1K2,命题得证4、给定整数n,k(n之k2),甲、乙两人在一张每个小方格都是白色的 nn的方格纸上玩游戏：两人轮 流选择一个白色小方格将其染为黑色， 甲先进行.如果某个人染色后， 每个kx k的正方形中都至少有一个 黑色小方格，则游戏结束，此人获胜.问谁有必胜策略？4、解将方格纸按从上到下标记行，从左到右标记列若nM2k-1,则甲将第k行第k列的小方格染为黑色后，每个k k正方形中至少有

5、一个黑格，因此甲获胜.下面假设n之2k,我们证明当n为奇数时，甲存获胜策略；当n是偶数时，乙有获胜策略.对于一个已经有若干个方格染为黑色白局面：如果有两个不相交的kxk正方形所含的全是白格，并且方格纸内白格总数为奇数， 我们称其为“好局面”； 如果有两个不相交的kxk正方形所含的全是白格， 并且方格纸内白格总数为偶数，称其为“坏局面”.我们证明当某人面对好局面时，他有获胜策略A假设甲面对好局面， 他先取定两个不相交的 k父k正方形A和B ,其中都是白格，由于白格总数为奇 数，可选取不在 A, B中的另一个白格，将它染为黑色，此时白格总数为偶数，且A,B中仍然都是白格，因此变为一个坏局面轮到乙面

6、对坏局面，如果他染色后 .仍有两个不相交的kk正方形中都 是白格，此时白格总数是奇 数，又回到好局面；如果他染色后，不存在两个不相交的kk正方形，注意到此时至少有一个全白格的kk正方形，设AJII,。是所有全白格kk正方形，则它们两两相交，故必包含于某个 (2k-1/(2k-1 )的正方形S,因此S的中心方格P是AjILAm的公共格，这样甲将 P染为黑色后， 所有k Mk正方形中都含有黑格，于是甲获胜 .总之，当某人面对好局面时，他可以在自己的下一回合获胜或是仍面对好局面，而游戏必在有限步内结束，因此他有获胜策略.由上述论证亦可知.当某人面对坏局面时， 他要么让对方下一回合即可获胜，要么留给对

7、方好局面，因此对方有获胜策略；在n之2k时.由于四个角上的kMk正方形互不相交，且一开始都是白格.因此当n是奇数时，一开始是好局面，甲有获胜策略；当n是偶数时.一开始是坏局面,乙有获胜策略.5 .已知九个正整数 a1,a2M|,a9 （允许相同）满足：对任意的1 Ei j k E9,均存在与i、j、k不同的l（1 l + 4+ 4=100.注意到，b*bi,b7 b2,bs b3,b9 之b .结合式，知结论中的不等号均为等号于是，b2=b3=IH=bs.因此，设（bndJILh ）=（x,y,川，y,z）,其中，xy z.由条件，知使x + y+z+bl =100的bl的值只能为y ,即x

8、+ 2y + z = 100.（1）当 x = y = z = 25时，有 血,必|他）=（25,25,|,25）,此时，得到一组（&,|自）.（2）当x, z中恰有一个为y时，记另一个为 w ,由式知 w+3y =100.该条件也是充分的.此时，y可以取1,2，川,24,26,27, |,33这32种不同值，且每个 y值对应一组 4心,|他卜进而，对应九组不同的佃0,111e9）,共有32M9 = 288个数组（&0,111,a ）.（3）当x y 2.证明：对任意正实数 4e2414，均有Z (maXaj )(.min aj2 a2.iW -1 -J,2 : n - 1 iw当n = 2时

9、，式左边8.对n用第二数学归纳法.=a1 min a1,a2/ a2 maXiaa2 .222a1a2 - a1 a2 ,命题成立;若a1 Wa2,则式ua2 + a2 w a2十a；,命题成立.假设命题对所有正整数k(2Ekn评立，考虑n时的情形.对 2 Mi Wn ,记 g =；,定义G = 1 .2 J -1容易 3证 g =q 63 |lCn,记 M = man a j,并设 ak = M .当k=1时，式左边=MZ min a y i可包由 min aji 口刊j=min aj .2jn j且当 2 wi w n有 min aj, ijP jain1n n n n所以：“ minaj

10、 -、 ai 一二：aai 3in -1 Iiz2n -1 y由均值不等式得式左边nMn -1ai* 舟 un - 2:二M2.n-1n、+ a2T)二 n(a：2；n-1 -当 k =n 时，min ajmin a j 则式左边 =Z (max a, X min a,i j n J j, 1 j 4 j ij药jn -1由归纳假设得：m (maxaj )( min aj )cnai2 , im 1mm j F任二 jim- I 29 n C/2 c n n 9所以：式左边 Wcnai2+M22.求最小的正实数c ,使得对任意复数nnZi,Z2,|i，Zn ,均有 z Zi +c |Zi -Z

11、j|zi J1j0.易知集合S满足条件（1）.接下来证明集合 S满足条件（2）.取P = f m ）三S| f在Z l.x 1上不可约.对集合S中的任一元素f （n），f可以分解为首项系数为正的若干不可约整系数多项式的乘积f =甲2用3则 fQ) = f1G)f2G)HlfnG).由于f没有正实根，其任一因子fi均没有正实根，且fi首项系数为正，于是，对所有的x0 ,均有fi(x)0.从而，fi(n)wP.下面证明分解的唯一性.设 f (二)=fl(二)f2(二)Hlfn (二)二91(二沟2(二)1|回(二)则整系数多项式fif2 lllfn gg2 111gm有根n，但冗为超越数，故fl

12、f2 | II fn gg2 111gm恒为0 ,即 fifzlllfn =gig2“lgm,于是，由整系数多项式唯一分解定理，知gig2 111gm为fifzlll fn的排列。故 f =%(叽5) Il|fn(n) = gi(n)g2(n)ll|gm(n)为同一种分解。取 f(x)=x,知 nwS.因此，s不为正整数集.5 .记A为所有整数数列构成的集合.求所有f : At Z满足：对任意x, y w A ,均有 f x y = f x f . yn5. f (xi,x2,|, xn,HI)=S aiK ,易验证这样的f符合条件. i W接下来证明所有符合条件的f均具有所给形式.设en为第n项为i、其他项为0的数列.n设 f (e ) = an,且 g(xi,x2,lll,xn,IH)= f(x) -E axi , i d由g的构造，知其满足 g(x+y) = g(x)+g(y),且若x仅有有限项非零，则 g(x)=0.下面只需证明对所有的义三A,均有g(x)=0.设 x = % .由裴蜀定理，知存在数列y = y/和z =zn,满足对所有正整数 n,均有xn = 2n yn + 3nzn,从而，g(x) =g(y) g(z).要证 g(x)=0,只需证