训练题解答2014东南地区冬令

1、2014 东南地区冬令营赛前训练题 E 解答陶平生提供1、 DABC 的三条边长为a, b, c ，证明：对任何正整数n ³ 2 ，成立不等式：n an + bn + n bn + cn + n cn + an< 1a + b + c证：由于三角形中，小边之和大于大边，故可设a £ b £ c < a + b ，所证式等价于n an + bn + n bn + cn + n cnn 2由于(a + b + c) >2 × c =c + c ³nnnc ，2因此只要证a + b + c ³ n an + bn + n

2、cn + an ，önæ aa为此，先证 + b ³ n an + bn2，即要证+ b ÷ ³ an + bn ，由于çè 2øönæ a ökæ a ökæ ann+ b ÷ - bn = åCk çbn-k ，即要证åCk çbn-k³ an ，ç÷÷n è 2 øn è 2 øè 2øk =k =11

3、æ 1 ök æ b ön-knåCk³ 1，即证n ç÷ ç a ÷èø èø2k =1kön-k1n³ åk因÷÷，2 øa øk =1k =1a同理可得 + c ³ n an + cn2 ，+得成立，再由，便得到所证结论成立2 、如图，在等腰梯形 ABCD 的下底（较长底边） BC 上的一点，以 PD 为直径的圆与梯形的外接圆 O 交于 E ， DE 的延长线交直线 BC

4、 于 M ， AP 的延长线交 O 于 N 证明： MN AN 证：如图，作 O 的直径 AK ，则ÐANK = 900 ，于是只要证， M , N, K 三点AEB共线；（以下将以 XY 为直径的圆记为 XY ；）PM于是点 N 在 PK 上，N1连 DK ，交 BC 于 F ，则因ÐADK = 900 ， AD BC ，则ÐPFK = 900 ，故 PFKN 共圆 PK ，于是 PF 为PD ,PK 的公共弦，故也是这两圆的根轴，PD ,O 的公共弦， KN 是因 DE 是DAPK ,O 的公共弦，因此分别是相应两EB圆的根轴，所以，三条根轴交于一点（根心），

5、由于 M 是其中两线的交点，于是另一线 KN 也过点 M ，即 M , N, K 共线，而ÐANK = 900 ， 即是 MN AN OCFMPNK3 、将 k 枚棋子放置于一张7 ´ 7 的方格表中求 k 的最小值，使得对于表中的任意三行和任意三列，它们交叉位置的九个格子（称为一个九格组）中，都至少含有一枚棋子解：最小值k = 16 ；称满足以上条件的布放棋子方案为“具有性质 P ”；首先说明，对于一种具有性质 P 的布棋方案T ，则任意交换表中两行， 所得的表T ¢ 也具有性质 P ，事实上，假设交换T 表的第m, n 行之后，使得新表T ¢ 中的第

6、a, b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子；10 、如果m, n Ïa,b, c，即第a, b, c 行均未参与交换，那么原表T 中第 a, b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子，此与所设表T “具有性质 P ”相！20 、如果m, n 中恰有一数属于a,b, c ，不妨设a = m ，那么在交换之前的原表T 中，第 n,b, c 行与第 x, y, z 列的交叉九格中无棋子，也与所设！30 、若 m, n Îa,b, c，不妨设 m = a, n = b ，即第a 行与第b 行交换，那么交换前的表T 中，第a, b, c 行与第 x,

7、y, z 列的交叉九格中无棋子，亦与所设因此任意交换表T 中两行，所得的表T ¢ 也具有性质 P ，同样得到，任意交换表T 中两列，所得的表T ¢ 也具有性质 P ；经上述适当交换后，用 S j 表示第 j 行的棋子个数，可以设 S1 £ S2 £！£ S7显然有 S1 + S2 + S3 ³ 5 ，（假若 S1 + S2 + S3 £ 4 ，那么在由前三行所组成的3´ 7 表中，棋2子至多能占据4 个列，剩下的3 列无棋子，也就是有3´ 3 交叉九格无棋子，！）如果 S1 = 0 ，即有 S2 + S3

8、 ³ 5 ，得 S3 ³ 3 ，于是当 j ³ 3 时， S j ³ 3 ，这时表中棋子总7åSj j=1= (S1 + S2 + S3 ) + (S4 + S7 ) ³ 5 + 4´ 3 = 17 ；数7若 S1 = 1, S2 = 1，则 S3 ³ 3 ，当 j ³ 3 时， S j ³ 3 ，亦有å S j ³ 17 ；j =1若 S1 ³ 1, S2 ³ 2 ，我们来证明，表中棋子总数至少应有16 个：为此，考虑第五行的棋子数 S5 ：由于 S5

9、³ S2 ³ 2 ，如果 S5 = 2 ，则 S5 = S4 = S3 = S2 = 2 ，(10 ) 、若 S = 1 ，那么表中前两行只有3 枚棋子，1不妨认为这3 枚棋子落在前两行中的前三列，而四、五、六、七列无棋子，用 H (k, j) 表示第 k 行第 j 列的交叉位置，则对于 k ³ 3 ，第k 行的第四、五、六、七列交叉处，都至少共有两枚棋子，即 H (k, 4), H (k,5), H (k , 6),H (k , 7)中至少有两个位置布了棋子，（如果第k 行的这四个位置至多布了一个棋子，那么第k 行和第一、二行的第四、五、六、七列组成的3

10、0; 4 表中，便存在无棋子的3´ 3 交叉九格，！）这样一来，在 S3 = S4 = S5 = 2 的前提下，这三行的第一、二、三列皆无棋子，于是又存在无棋子的3´ 3 交叉九格，！(20 ) 、若 S ³ 2 ，则因 S = 2 ，得 S = S = S = S = S = 2 ，前五行的这十枚棋子，1554321若有三枚同列，这三枚棋子所在的行（不妨设是第一、二、三行），全部六枚棋子至多占据四列，则在这三行中，存在无棋子的3´ 3 交叉九格，！于是前五行的这十枚棋子，要分布于至多七个列，且不出现三棋子同列，必有这样的三列，每列落有两子，将这三列中的

11、六枚棋子标为红色，六枚红子在前五行中，必有两子同行，不妨设位于第一行的最左边两个位置（第一、二列中），再设第一列另一红子位于第m行，第二列的另一红子位于第n 行，1 < m, n £ 5 ，那么前五行中的第1，第m ，第n 行（如果 m = n ，就在前五行中再另取一行），这三行中的总共六枚棋子，有四枚位于前两列，剩下两枚棋子，至多占据两列，于是这三行中又存在无棋子的3´ 3 交叉九格，因此， S5 ¹ 2 ，从而 S5 ³ 3 ，进而 S7 ³ S6 ³ S5 ³ 3，！7当 S1 ³ 1, S4 

12、9; S3 ³ S2 ³ 2, S7 ³ S6 ³ S5 ³ 3 时， k = å S j ³ 16 ，此等号可以取到，例j =1如图中的构造便是取得最小值的一种情形34 、设n ³ 3 ，问是否能将集合 M = 1, 2,3n分拆成三个这样的n 元子集 A1, A2, A3 ，使得对于每个子集 Ai ，其中任两个数之和被3n +1除得的余数，既不为零，也不等于该集合中的另一个数？试就 n = 4, 5 分别讨论上述问题解： (10 ). n = 4 时，对于集合 M = 1, 2,12，存在这种分划，例如分成3,

13、 6,8,12 ，6,9,11,12 ；5, 7,9,10 ，5,9,11,12 ；1, 2,1, 2,1, 2,1, 2,12 = 1, 2, 4, 7,12 = 1,5, 7,10,12 = 1, 2, 4,8,12 = 1, 2, 7,105,9,10,112,3, 4,83, 6,11,123, 4, 6,8（只有这两对分法；若将一个式子中的每个元素a 换为13 - a ，便得另一式)(20 ). n = 5时，对于集合 M = 1, 2,15，不存在这样的分划为此， 考虑适合条件的所 有 5 元子集， 称题中条 件为性质 P ，若 5 元子集A = a1, a2, a3, a4, a

14、5Î P,5 ，则 B = b1,b2,b3,b4,b5Î P ，令bi = 16 - ai , i = 1,称这集 A, B 为“相伴集”，显然，这两集 A, B 一一对应. 为此，考虑数对a1 = (1,15), a2 = (2,14),a3 = (3,13),a4 = (4,12),a5 = (5,11),a6 = (6,10),a7 = (7,9),以及8 ，由于每对数的和为 16，故不能同在一集，记含 1 的五元子集类为 F1 ，含15 的五元子集类为 F-1 ，其余五元子集类为 F0 ，显然， F1 的集与 F-1 的集一一对应，且 F1 的集与 F-1的集中都

15、不能含有相邻的数。今求 F1 中的所有集合：为此, 先证明， F1 类中的任一集合不含元素5, 7,13 . 采用反证：F1 类中如存在集合 A ，使5Î A ，因为1Î A Þ 4, 6,11,12Ï A .（这是由于4, 6 皆与5 相邻，且11+ 5 º 0(mod16),12 + 5 º1(mod16)，以下的同余记号中均省略mod16 ）,于是另三数将取自(2,14),(3,13), (7,9),8,10 ，且(2,14) 与(3,13) 中的任两数不能共存，这是由于，若取2, 因3 + 2 = 5,13 + 5 º

16、; 2, 则3,13 皆不能取；若取14, 因14 + 5 º 3,14 =1+13, 则3,13 也不能取。反之，如取3 或13 ，据以上四式知， 2 与14 也不能取4(1).(3,13),(7,9),8,10，若 7 Î A ，则 8 , 9 , Ï1 A0 因 7 +1 = 8 ，若 三 数 取 自7 + 9 º 0, 7 +10 º 1，故7 不能取，因此另三数将取自(3,13),8,9,10 ，显然9 Ï A ，否则不于是 A 中的数是(1,3,5,8,10) ，或(1,5,8,10,13) ，能取8,10 ，也不能同取

17、3，13，.但前组中有3 + 5 = 8，后组中有5 + 8 = 13，(2). 若三数取自(2,14),(7,9),8,10 ，同样知7 不能取，即另三数在(2,14),8,9,10 中选取，进而知9 不能取，否则不能取8,10 ，也不能同取(2,14). 于是 A 中的数为(1, 2,5,8,10)或(1,5,8,10,14) ，而前组中有2 + 8 = 10 ，后组中有10 +14 º 8 ，所以5Ï A F1 类中如存在集合 A ，使7 Î A ，因为1Î A Þ 6,8,9,10Ï A ，（,6与7 相邻，7 + 9

18、86; 0,7 +10 º1），因此另三数将取自(2,14),(3,13),(4,12),11，且由13 + 4 º 1,13 = 12 +1知， (3,13),(4,12) 中的任两数不能并存；(1). 若另三数取自(2,14),(3,13),11，则11Î A Þ 3Ï A Þ13Î A Þ14Ï A Þ 2Î A ，3 + 4 = 7, 12 + 7 º 3，故 A 中的数是(1, 2, 7,11,13) ，而其中有2 +11 = 13，(2). 若另三数取自(2,14

19、),(4,12),11，则11Î AÞ12 Ï AÞ 4Î A,因此7 Ï A.F1 类中如存在集合 A ，使13Î A ，因为1Î A Þ 3, 4,12,14Ï A ，（ 331+,0 º而7 + 4 =11，.431+1 º ，12 +1 = 13,14 = 1+13 ），且据前述， 5, 7 Ï A ，因此另三数将取自(6,10), 2,8,9,11，若取9 ，则6,8,10Ï A （因8,10 与9 相邻，而9 +13 º 6 ），故

20、A 中的数只有1, 2,9,11,13，而其中2 + 9 =11，故9 不取， A 中另三数取自(6,10), 2,8,11因2 +11 = 13，故2,11 不能同取，8 必取，且(6,10) 中必取一数，若取2, 则6,10 不能取，（因6 + 2 = 8, 2 + 8 =10 ），若取11, 因11+13 º 8 ，也得.故13Ï A ，从而5, 7,13Ï A 所以 A 中除1外的另四数取自(2,14),(4,12),(6,10),(8,9),3,11，（括号中的每对数不能不能取（因10,12 与11相邻，6 +11 º 1），余下的数为(2,1

21、4) ，同取），若取11，则6,10,12(3, 4),(8,9)，每组恰取一数，且3 不能取（否则2, 4,8,14 皆不能取），于是得两组解：5(1, 2, 4,8,11),(1, 4,8,11,14)；若不取11，如果取 3 ，则 2, 4,14不能取（因 2, 4 与 3 相邻， 14+ 3º 1），余下三数从(6,10),(8,9),12 中取出，每组恰取一数，得两组解： (1,3, 6,8,12), (1,3,8,10,12) ；如果11与3 都不取，即要从(2,14),(4,12),(6,10), (8,9)中取出四数，每组恰取一数，则只有一解： (1, 6,9,12,14) （这是由于，若有8Î A, 如果2Î A Þ 6,10Ï A，；如果14Î A Þ 6Ï A Þ10Î A Þ 4Ï A Þ12Î A ，因12 +14 º10 Þ10Ï A ，故8Ï A Þ 9Î A Þ10Ï A Þ 6&