2010年第51届IMO国际数学奥林匹克竞赛第1、2天试题含答案分解

2010年第51届IMO试题(2010年7月7日)1、求所有的函数—使得对于任意实数X/都有f([%»)=F(x)[fO)]。2、/是A48C的内心，6是A48C的外接圆。拉与6交于。点，石在后皮上，F在BC上，并且NA4尸=NC4石<g/A4。，G为小的中点，证明：E7,DG的交点在r上。3、求所有的函数g:N->N,是的对于任意见(g(m)+〃)(g⑺+初)都是完全平方数。第1页(共8页)2010年第51届IMO第二天试题（2010年7月8日）4、F是A43C（/Cw8C）内一点，4RBRCP分别与A45C的外接圆公交于K,乙”圆刃在。点的切线与直线4H交于S。已知SC=即，证明：MK=MLOK5、开始时在六个盒子昂纥也也也,纥中各有一枚硬币，其后允许操作如下：①选一个不空的盒子81W/W5,取出切中的一枚硬币，在8,+i中加两枚硬币；②选一个不空的盒子用,14左W4,取出屋中的一枚硬币，并交换为+i，与+2中的硬币（可能是空的）。-2010是否可以通过有限次操作，使得耳,与，片再4,月中都没有硬币，而线中有201。2°1°枚硬币？6、4,…是一个正实数数列，s是一个正整数，对于任意正整数都有an=Max{ak+an_fc\i<k<n-i]o证明：存在一个正整数ISs以及正整数N,对于任意n>N都有an=at+。第2页（共8页）2010年第51届IMO解答1、求所有的函数了:RtR,使得对于任意实数都有F([x]y)=F(x)[F(y)]。(其中区表示不大于X的最大整数)解1：令》=0可得F(0)=F(x)[F(0)](*),若[F(o)]wo,则〃X)是一个常数函数，令f(x)=c,代入可得c=c[c],因此c=0,或者[c]=1也即1Wc<22若[F(0)]=0,由⑴可知"0)=0,令x=i可得"y)=〃i)["y)](#)，若「⑴工。，则=因此F([x]y)= ，对调可得F(3S=因此F([x»)=F([y]x)，此式中令x=2,y=；可得F(i)=F(o)=o,矛盾，因此/。)=0,代入(切可知对于任意实数y,/3)=0。容易验证，了(1)=0或者/(%)=。/《。<2都满足要求，是全部的解。解2：由已知对于任意实数苍y有f(x)[f(y)]=/(Hy)=,([印]y)=f(W])[〃y)>因此(川司)-〃对)[〃刈=0。若对于任意实数y都有[f(y)]=0,则在原式中令X=1可得F(y)=/(1)[f(y)]=0,也即/(x)=0o若存在一个实数%使得[/(%)]工0,F阂=『(国」)=〃切r⑴]，故"K(n 「门Yi r1</(1)=/2--=/(2)f-=/(2)原式中令y=o可得F(O)=F(M[F(O)],故有FQ)=C,故[c]=[/(l)]=l,即l«c<2容易验证，八»=0或者/Xx)=c」《e(此题全场平均分5.45,中国队平均6.83分)则对于任意实数x,f(x)=f([x])o因此，因此UW=i，故f- =〃2)[〃0)],故[F(O)]w。。在11_2」人F(x)是一个常数函数，令/(x)=c,当然也□<2都满足要求。第3页(共8页)2、/是/VLB。的内心，/是A43C的外接圆。拉与q交于。点，石在ADC上，F在BC上，并且NA4F=NC4E<gNE4。，G为7F的中点，证明；£7,DG的交点在《上。证明：由于/是A/13C的内心，ZDBI——（^ABAC+zLABC=ADIB,故DI=DB,同理D/=DC,以Z）为圆心。/为半径作圆。2，延长交g于丁点，则GZ?"77?7。Jr公开由已知条件AABF〜A4EC,所以——=——，故/月・/。=4£・/尸。而AFAC1 1 JRATZATC=-Z.4DC=-ZABC=ZABI,因此小4月/〜A47T,故——=——，因此

2 2 AIACA77ATAE-AF=AB-AC=AI-AT,所以——=——。AIAF由于NE4T=NM£,因此A4£7〜A47F,故ZAEI=ZATF,由于GD||FT,所以/DG=ZATF,因此44E7=N7DG,设@,QG的交点为“，则四点共圆，此圆过4区。这三个点，因此就是q,故应,。G的交点在q上。（此题全场平均分2.59,中国队平均7分）第4页（共8页）3、N表示全体正整数，求所有的函数f是的对于任意制双eN,(g(阴)+/7)(g(/7)+阴)都是完全平方数。解：对于任意正整数人由已知(冢/7+1)+冷(或〃)+死+1)是平方数，由于两个连续的正整数乘积都不是平方数，因此gS+l)rg(«)。令d=|g(〃+l)—g5)|，若4之2,任取素数臼4,则g(7?+l)三g(/7)(modp),令g(/7+l)-g(w)=pak,其中(左,0)=1,则加+g(/7+l)=(/??+g(v))+2"左(*)。若a之2,我们取加使得m+g(/?+l)等于目出2+目> ,则“M+g5+i),由(*)也有p^m+g(n)；若a=l,取用使得加+g(/?+l)=//+4+加>|网，则有03M+gs+]),由(*)也有p^m+g(n)o综上所述，总能找到一个正整数也使得加+g(〃+l)与小+冢%)所含p的幕次为奇数。而g(m)+n与g(/77)+/7+l这两个连续正整数中必有一个与夕互素，因此(g(加)+/7)(g(/7)+加)与(g(切)+/+l)(g(〃+l)+切)中必有一个恰好含p的奇数次零，不是平方数，矛盾。因此只能有|g(/7+l)-或注)|=1,故g(〃+l)=g(/l)+l或g(〃)一1。若存在一个注使得双盟+1)=冢处)-1,则(g(/7+l)+/?)(g(/7)+/l+l)=(g⑺+")2一1不是平方数，矛盾。故对于所有正整数处均有g(附+1)=冢处)+1，因此g(/7)=〃+C,其中。是一个非负整数，容易验证且(避)=应+。的确满足要求。所以g5)=乃+。是全部解，其中。是一个非负整数。(此题全场平均分0.46,中国队平均3.83分)第5页(共8页)4、户是△4月。（/。工用。）内一点，力户,3户,。尸分别与的外接圆中交于K,乙拉，圆中在。点的切线与直线羔交于S。已知SC=SP,证明：MK=ML.证明：设SP与圆由交于尺S点，由于即2=8。2=£4•船，故ASAP〜ASPB,因此ASPA=ZSBP=AAKL,故力R||KZ。因此/ZRR=NPZK=NE4。。由于ZSPC=ZLPR+ZLPC=ZPAB+ZA/CB+ZPBC=ZA/L及+ZPBC,

ZSCP=ZSCA+ZACM=/SBC+£ACM=ZSBL+ZPBC+ZACM,

而NSPC=NSCP,所以/MKL="BL+/ACM=/MLK,所以LM=KM。证明2：由于92=5。2=S4.sg,故am〜ASPS,因此/瓯4=NSRP=N4KL故力R||KZ。因此.nspc=；陷+访）=；（£?+市+而）=；（£?+耘+靠）=+疑）

而NSCP=q（'E+LC）,由于/SPO=NSCP,所以ML=MK,因此£A/=KM。（此题全场平均分5.35,中国队平均7分）第6页（共8页）5、开始时在六个盒子4,为乃3,月4,昆,皖中各有一枚硬币，其后允许操作如下：①选一个不空的盒子约取出鸟中的一枚硬币，在乌+i中加两枚硬币；②选一个不空的盒子纥」《归W4,取出统中的一枚硬币，并交换为…纭+2中的硬币。(可以是空盒.)是杳可以通过有限次操作，使得稣与，旦应，旦中都没有硬币，而心中有2010如1°研枚硬币？解；令7=201。2°1泗\如果我们能够达到(0,0,0,：,0,0),其后我们不断进行操作①，/ T\则可以最终达到(0,0,0,0,01)。为了达到［0,0,0,了o,oj,我们只要能达到某个(O,O,O,X,O,O),X>?e),其后进行X—?次操作②即可。以下来证明可以达到(*)；对于任意正整数(Q,o,o)f("1,2,0).(。一1,0,4),若靠22则继续操作f(a—2,4,0)f(a—2,0,8).…f(1,0,2。).(0,2、0),因此我们总是可以从(a,0,0)出发达到仅,2。,0)。对于整数a*21,依据上述操作可以做到(a/,0,0)T(a,0,泸⑼->0-1,2b,0,0)o根据规则我们可以做到以下操作；(1,1,1,1,1,1)^(0,1,1,1,17,1)^(0,1,1,1,0,35)^(0,0,35,0,0,0)^(0,0,34,2,0,0)然后我们可以从(0,0,34,2,0,0)出发达到(0,0,33,22,0,0)…白(0,0,0,22\o,oj,其中/=2,中有35个2。2? 20102010<2048=211<22，因此T=201。2。1。 <22=V，所以此我们可以通过有限次操作，使得与，旦，旦，为，其中都没有硬币，而纥中有201产1。则°枚硬币。(此题IMO平均分0.93,中国队平均4分)第7页(共8页)6、珥,火，…是一个正实数数列，§是一个正整数，对于任意正整数都有an=Max^k+an_k^<k<n-]]o证明：存在一个正整数/4s以及正整数N,对于任意n>N都有4=%+%0证明：令f 2|14ZK“，则对于1«三s都有及4f(*),若(*)对于所有/<注都成立，则工即+仆.，故对于任意正整数人均有组令f=2」Ws。TOC\o"1-5"\h\znk'+(n-k') n r令3=nt-,则020,由定义可知4可以表示成为形式，其中也为非负i=lS S S整数，并且£通=n。因此以=£2("_卬)=£0也(*)。i=l 1=1 1=1对于任意正整数i,bi+(k+1)r-b1+kr=rt-4+(川)/+%”-(^+(^+1)r-a1+kr-)<0,并且以20,因此子数列/々+,也+