中等数学届预选题

第49届IMO((天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所,11fx=fy①.IMO4题IMO2题SΑR称从SS,以下条件:第49届IMO((天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所,11fx=fy①.IMO4题IMO2题SΑR称从SS,以下条件:意的xy S,且x<y,都有f(x)<f(y),g(x)<g(y)f(f(:f的值域(b-c)(b-(a-b)(a-c)a+b+c(c-d)(c-a)c+d+a++b+c+(d-a)(d-d+a++并确定等号成立的条件ii)对于任意的S,f(g(g(x)))<g(f(x))牙组合?IMO4题IMO2题3.1)不存在g0x)x,gkx)gg⋯gx⋯1)SN是正整数集+b2)S=aab是正整.4m1,2,3}中存在唯一t(m)m+t(m)是3的倍数.f:ZZ满足f(-1)=0,f0)=1,f1)=-1且对于所有满足2nm的非负整数mn,有假设在集合N+f,g).由条件(i可得fx)gx≥xN成立+:对任意的非负整数kxgx)fkf(2n+m)=f(2n-t(m)-f(m)对k用数学归纳法当k0由xfx)知结论成立假设k时结论成立,在归纳假设中用gx)xii)f(3p)≥0.2 c da+b+c+d +ag(gk+1(x))=gk(g2(x) ≤f(g2(x)<g(f(x)) c d+d证明:a+b+c+d (x)<f(x)gk+6.f:R→N+xRN,gx)x,竞赛之t(22k+t(22k+f(g(g(x)))=f(x)=g(f(x)ii)矛盾-2)=-1)=首先证明一个命题命题证明:k存<g(x0)f(22k+2f(22k+-t(22k+t(22k+f(g(g(x)))=f(x)=g(f(x)ii)矛盾-2)=-1)=首先证明一个命题命题证明:k存<g(x0)f(22k+2f(22k+-2)=3kx,x,⋯--= f(22k+x=g(x),<g( =x)=-3k-3)=-3k 若x< ,-2)=-3k-1)=2 k+=g(xk)<g(xk+1)=xk+xk+k0f(-1)=0,f(0)=1,f(1)=-f(2)=f(2-t(0))-f(0)=f(-1)-f(0)=-f(3)=f(2-t(1))-f(1)=f(0)-f(1)结论成立假设k-1时结论成立xk}是严格递增的正整数数列另一方这个数有上界,矛盾xk=gk(x0)≤f(x0牙组合(f,g).(2)存在N+的情况,不存在西f(22k+1-t(m))设fa =a+1-bbf(22k+-3)=f(22k+(22k-3)ga =a-11=f(22k-2)-f(22k-abb+-3k-1+3k-==fgf(22k+-2)=f(22k+(22k-2)1b=a+1- =f(22k-1)-f(22k-fggab+2+3k-<a+1- =gfa-1bf(22k+-1)=f(22k+(22k-1).b+3a+=f(22k-3)-f(22k-,f,g)是一个西班牙组合4.由已知条件可知,-3k-=-2×3k-1=-f(22k+-t(m))=f(22k+1+(22k+化看起来也毫无规律.不过只要直接计算所有形如f2n-t(m))的值就足够了.kf(22k+--3)=f(22k+f(22k+-1)-=-3k-0=-3kf(22k+=f(22k+1+(22k+--2)n0a0a1ak≥02aini==f(22k+f(22k+-3)-=0-=-3kanj=2a++⋯+2ak(j=0,1,⋯,k) j+f(22k+=f(22k+1+(22k+--1)l=f(22k+f(22k+-2)-[(-1)jf(2at(nj+1))]f(n)-=3k+3k=2回到原题 -t(m)可以被3整除时,f(2-t(m))≥32; -t(m)不能被3整除时f(2n-t(m)) -t(m)被3整除当且仅j=(-1)l+1f(nl+1),l0,1,⋯,k-n-nnnn:f(2-的值1、f(2-2、f(2-t(22k-t(22k-=2,t(22k-2)=+t(22k+=-3)=3,所以,mn,a-b结合a>b,有f(3p) -332(1) +m能被3整除,f(2-t(m))≥325.:abcd1abcn- c d b c d n d(2)若 +m不能被3整除,则f(2n-t(m))≤0.此外,还可以得加权平均444anaab|f(2n-t(m))|≤a=a-b结合a>b,有f(3p) -332(1) +m能被3整除,f(2-t(m))≥325.:abcd1abcn- c d b c d n d(2)若 +m不能被3整除,则f(2n-t(m))≤0.此外,还可以得加权平均444anaab|f(2n-t(m))|≤a=3mn成立这个不等式2的整数次幂的非负整数m,|f(m)|的上界.首先用数学归纳法证明:对于任意的nd ≤a+.++4b 1b+,++ c≤ c++ 负整数mn, >m,有|f(m)|≤324ddb当n0,f0)1结论成立1 d+++d≤.n时结论成立n1 b2n+a+b+c+<2n由归纳假设可得结论成立3ac 1bca≤由+ + m≥2nm2nk2n 4 d|f2n-tk))|n b c d×及归纳假设ab+c+d 3 d a <a+b+c+ |f(m)|=|f(2n-t(k))-f(k)6.假设结论不正确fR)N≤|f(2nt(k))|+|f(k) n+1+32<32可以假设f0)设agx)先证明函数f的一些n≤f(3p):对于任意的非负整p=Rfa)=f(x+3p2在二进制表示下至少有两个1.3p2a2bcab,2bc≥0)f(3p)=f(2a+2b+=f(2a-t(2b+c))-f(2b+=f(2a-t(2b+c))-f(2b-t(c))+f( +2b+c可以被3整除,所以,xayaxy11gx=fx+ag(f(y+11=y+a=y.f(x+g(因此g,g0)g和f即gR)a-ab1)f2t(2+c))≥32f(N,从而,f(0) +c不能被3整除,所以,由结论(2)可得f(2b-t(c))≤0. >c≥0时,有|f(c)|≤32b1R1nbfcn =N+1:fR)N+f(c)≥-321f(xf(=xR1mm=1=c+f(Rfx1m=,f1)1(1n<N+<f(cfn2qm,kmf0)f1)12对于所有的非负有理数q,有f(q)=f(q1).1得证特别地,1c0c=1,31n1+1f N+= N+=命题4对于每个正整数n,有 = n4:对于一个非负有理数1f(xf(=xR1mm=1=c+f(Rfx1m=,f1)1(1n<N+<f(cfn2qm,kmf0)f1)12对于所有的非负有理数q,有f(q)=f(q1).1得证特别地,1c0c=1,31n1+1f N+= N+=命题4对于每个正整数n,有 = n4:对于一个非负有理数2若对于某两个实数uvfu)fvq,f(u+q)=f(v+xq,y0311=fqff(f(=f(q+1)=f(由式②对于每个正整③n,都存在一1k11=kuxf=f(f(q=11x+f(v+f(==.k由于f(x1k1n1n===.1k对于任意的N,f11fu =v 回到原题nn设正有理数q (kN+)n11n+f=k次可设(st是互质的正整数)f(u+q)=fu+= t+,t因为k=fv =f(v+q) n2得证ks-lt=q,满f(q)=11对于任意的正整数k由于f0)f0)=f(q.,f(q)=f(2q),f(2q)=f(3q),f((k-1)q)=f(f0)12面的结论可得f =tl33q,f(q)=f(q+1t1fΖ= +l= =ttt1tNsbd)A″+B″C″+D4=t,矛盾因此,原命题成立b+d-a+=3(a-c)(b-7.Aa-ba-cBb-cb-d) 3(a-c)(b-d)a1tNsbd)A″+B″C″+D4=t,矛盾因此,原命题成立b+d-a+=3(a-c)(b-7.Aa-ba-cBb-cb-d) 3(a-c)(b-d)a+b+b+c+=,②(c-d)(c-(d-a)(d-C,D.c+d+d+a+W=bdM-ac=(b+d)bd-(a+c)MNs2ac)(bd)sac)acs(b+d)bd+>s[a+c)ac+b+d)bd≥|W|s, ,(a-c)(a-c)(a-2b+,A.a+b+,C,sabcd.ABCD的分母分别为s-ds-as-bs-c.3|a-c|·|b-d|A″+B″+C″+D|.s2(A+B+C+DA+B+C+D)A+BC+D|a-c|b-dd·s·s-as-s-|c-a|d-b2≥16|a-c|·|b-d|-3|a-c|·|b-ds-bs-··7|a-c|·|b-d=3(a+b+c+ss-s-(a-c)(b-d)(c-a)≤+++s-(d-b)s-s-a=c,b=(4s-为s-=3s(A′+B′+C′+D)A′+B′C′+D≥(2|a-c|+2|b-d|)①=(a-c)(a+c-2b)+(c-a)(c+a-s-s-(a-c)(a+c-2b)(s-b)+(c-a)(c+a-2d)(s-=(s-d)(s-(a-c)[-2b(s-b)-b(a+c)+2d(s-d)