2017中国西部数学邀请赛试题及解析

2017中国西部数学邀请赛1.设素数、正整数满足.证明：.1.按照中的因子所含的幂次分情形讨论.〔1〕假设存在，使得，则.于是，.〔2〕假设对任意的，，由条件，知存在，使得且.则.于是，.当，则；当，则，综上，.2、为正整数，使得存在正整数满足：，求的最大可能值.2、的最大可能值为，显然：由等式得，所以：又等号无法成立，则而则取，可使上式等号成立3.如图1，在中，为边上一点，设的心分别为，的外心分别为，直线与交于点.证明：.3.由及心的性质，知为外接圆弧的中点.如图2，延长交于点，则为中的旁心，且为的中点类似地，延长交于点，则为中的旁心，且为的中点过点作.只需证明、、三线共点对用角元塞瓦定理，只需证明：事实上，由，知，则同理：，又所以只需证明：即在边上的投影长度一样.如图3，设在边BC上的投影分别为则同理：所以：，命题得证4、给定整数，甲、乙两人在一每个小方格都是白色的的方格纸上玩游戏：两人轮流选择一个白色小方格将其染为黑色，甲先进展.如果*个人染色后，每个的正方形中都至少有一个黑色小方格，则游戏完毕,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.假设，则甲将第行第列的小方格染为黑色后，每个正方形中至少有一个黑格，因此甲获胜.下面假设，我们证明当为奇数时，甲存获胜策略；当是偶数时，乙有获胜策略.对于一个已经有假设干个方格染为黑色的局面：如果有两个不相交的正方形所含的全是白格，并且方格纸白格总数为奇数，我们称其为“好局面〞；如果有两个不相交的正方形所含的全是白格，并且方格纸白格总数为偶数，称其为“坏局面〞.我们证明当*人面对好局面时，他有获胜策略^假设甲面对好局面，他先取定两个不相交的正方形和，其中都是白格，由于白格总数为奇数，可选取不在中的另一个白格，将它染为黑色，此时白格总数为偶数，且中仍然都是白格，因此变为一个坏局面轮到乙面对坏局面，如果他染色后.仍有两个不相交的正方形中都是白格，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正方形，注意到此时至少有一个全白格的正方形，设是所有全白格正方形，则它们两两相交，故必包含于*个的正方形，因此的中心方格是的公共格，这样甲将染为黑色后，所有正方形中都含有黑格，于是甲获胜.总之，当*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，而游戏必在有限步完毕，因此他有获胜策略.由上述论证亦可知.当*人面对坏局面时，他要么让对方下一回合即可获胜，要么留给对方好局面，因此对方有获胜策略；在时.由于四个角上的正方形互不相交，且一开场都是白格.因此当是奇数时，一幵始是好局面，甲有获胜策略；当是偶数时.一开场是坏局面，乙有获胜策略.5.九个正整数〔允许一样〕满足：对任意的，均存在与不同的，使得；求满足上述要求的有序九元数组的个数.5.对满足条件的正整数组，将从小到大排列为.由条件，知分别存在及，使得.①注意到，.②结合式①，知结论②中的不等号均为等号于是，.因此，设，其中，.由条件，知使的的值只能为，即.③〔1〕当时，有，此时，得到一组.〔2〕当中恰有一个为时，记另一个为，由式③知.该条件也是充分的.此时，可以取这种不同值，且每个值对应一组，进而，对应九组不同的，共有个数组.〔3〕当时，由条件，知存在*个，使得，与式③比拟得，则必有.故.该条件也是充分的.此时，对，每个值对应一组，进而，对应组不同的，共有个数组.综上，知符合条件的数组个数为.6.如图，在锐角中，点分别在边上，线段与交于点分别为线段的中点。证明：为的垂心的充分必要条件是四点共圆且.6.如图4，延长，与交于点，延长，与交于点.充分性。由四点共圆知.又，从而，均为直角三角形.注意到，分别为斜边的中点.则故所以：.类似地，.因此，为的垂心.必要性.假设为的垂心，则.故类似地，，于是利用比例性质及，知又因为为的垂心，所以，则所以：四点共圆。设四边形的外心为易知，.从而，.类似地，.于是，四边形为平行四边形，即.过点作的平行线，与交于点注意到，为边的中点.则.由熟知的外心性质，知为的垂心.因此，，即.7.设正整数，其中，为非负整数，为奇数.证明：对任意正整数，方程①的整数解的个数能被整除.7.设方程①的解的个数为为方程①的一个非负整数解，不妨设其中有个非零项注意到，的每个分量有正负两种情形，恰对应原方程的个整数解.设为该方程恰有个非零项的非负整数解的个数，则.因为个非零项的非负整数解有种位置可选，所以，.于是，要证明，只需证明：注意到，.则分子中的因子个数至少为，而分母中的因子个数为其中，表示不超过实数的最大整数。故分母中的因子至多有个.因此，，即.8.整数.证明：对任意正实数，均有.①8.对用第二数学归纳法.当时，式①左边.假设，则式①，命题成立；假设，则式①，命题成立.假设命题对所有正整数成立，考虑时的情形.对，记，定义.容易验证,记，并设.当时，式①左边.由，且当有所以：由均值不等式得式①左边当时，则式①左边由归纳假设得：，所以：式①左边当时，结合时的证明得：式①左边综上，命题得证注：取知常数为最正确附：本届邀请赛预选题1.如图5，的外接圆为，为平分线上一点，与交于点与交于点与交于点〔点在线段上〕，与分别交于点.证明：1.先证明一个引理引理如图6，在圆中，三条弦共点于与交于点与交于点与圆交于两点。假设与圆分别交于点分别与交于点，则分别三点共线.证明：设与交于点与交于点〔假设平行，设其交于无穷远处〕.对圆接六边形，由帕斯卡定理，知三点共线.对圆接六边形，由帕斯卡定理，知三点共线.于是，三点共线.从而，点与重合，此即三点共线.类似地，三点共线.引理得证.如图7，延长分别与交于点，记分别与交于点.由引理，知分别三点共线.联结.由为弧的中点四点共圆.2.为锐角的一点，关于边的中点的对称点为，关于边的对称点为，的中点记为，类似定义点.假设点在边、上的射影分别为.证明：与中心对称.2.如图8，设线段的中点分别为.下面证明点与重合，即只需证明：点到的距离相等，点到的距离也相等.设点到所在的直线的距离为，即证，依题意得.于是，故延长至点，使得，则.又，从而，结合，知四边形为矩形.故从而，，即点到的距离相等.类似地，点到的距离也相等.因此，点与重合.设的中点为，类似可得点与也重合.综上，与中心对称3.给定整数.求最小的正实数，使得对任意复数，均有3.当时，取；当时，取以上两种情形均有.下面证明：对任意复数，均有事实上，对，由三角不等式对从到求和即得：综上，所求最小的正实数为.4.设为正实数集，满足：〔1〕，且对任意的，有.〔2〕存在的一个子集，使得中的数均能唯一表示成中假设干数〔允许一样〕的乘积〔两种写法假设只有因子顺序不同，则视为同一种〕.问：是否一定为正整数集？4.不一定.取{为整系数多项式，且对任意的有}.易知集合满足条件〔1〕.接下来证明集合满足条件〔2〕.取{在上不可约}.对集合中的任一元素，可以分解为首项系数为正的假设干不可约整系数多项式的乘积.则.由于没有正实根，其任一因子均没有正实根，且首项系数为正，于是，对所有的，均有.从而，.下面证明分解的唯一性.设则整系数多项式有根，但为超越数，故恒为，即，于是，由整系数多项式唯一分解定理，知为的排列。故为同一种分解。取，知.因此，不为正整数集.5.记为所有整数数列构成的集合.求所有满足：对任意，均有.5.，易验证这样的符合条件.接