2023年中国数学奥林匹克国家集训队第二轮选拔考试试题及答案

2023年国家集训队第二轮选拔考试试题

I.试题

13.是否存在正无理数x,使得至多存在有限个正整数几满足对任意整数

l<k<n,都有｛㈤?

14.对非空有限实数集B和实数x,定义

乙(1)=minX-b\.

beB

(1)给定正整数m.求最小的实数人使得对任意正整数八和任意实数

小,力」一e[0.L都存在小元实数集B,满足

+dg(X2)+-'-+dB(Xn)<An.

(2)设m是正整数，£是正实数.求证：存在正整数n和非负实数xi,忿，•一，xn,

满足对任意m元实数集B,都有

43（11）+43e2）4-------卜d/d）〉（1一£）（11+工2T-----卜―）.

15.对凸四边形ABCD,称其内部一点P为平衡的，如果：

⑴P不在AC,RD上；

（2）设AP,BP,CP,DP分别交ABCD的边界于点A',B',C',D'则

AP•PA'=BP•PB'=CP•PC'=DP-PD,

求平衡点数目的最大可能值.

16.如图，圆匚1\,「2两两外切，且均与直线1相切.设匚一切于点B,

匚「2切于点氏.「卜厶切于点c匚「卜「2分别与z切于点A,A,A2,其中A在

线段AA2上.设直线AC,A1B1交于点Dy,直线A2GAB交于点Di.求证:

D\D”I.

17.是否存在两两不同的整数ai,ci2,••，，同时满足：

(1)对任意正整数k.ak2>0且aki+k<0;

(2)对任意正整数n,an.｛-an<2023«?

18.求最大的实数人使得对任意一个100阶双随机矩阵，总可以从中选

出150个元素，并将其余9850个元素都改为0,满足此时每行元素之和与每列元

素之和都不小于A.

注：一个n阶双随机矩阵是一个nxn的方阵，所有元素均为非负实数，且每

行元素之和与每列元素之和均为1.

19.设A,8是单位圆，上的两个定点，满足6<A8<2.P是3上的一个

动点，满足/Vin尸是锐角三角形且AP>AB设八人/?。的垂心为HS

是劣弧病上的一点，满足SH=AH.T是劣弧病上的一点，满足.

设直线ST,BP交于点Q.求证：以HQ为直径的圆经过一个定点.

d+1

20.设整数a,b,d满足|a|>2,d>0,b>(|a|+l).设/(%)是次数为d的

实系数多项式，对每个正整数n,用rn表示了5)陵］模b的余数.求证：若｛%｝最

终周期，则八工)的系数都是有理数.

21.给定整数n22.求最小的实数4使得对任意实数%.。2.….册及b,均

有

22.求所有的函数使得对任意整数a,b,c,均有

2/(/+1)2+c2)-2f(ab+bc+ca)=f(a-b)2+f(b-c)2+f(c-a)2.

23.设p是质数，实数A€(0,1),正整数〈咨.S,T分别是由s"个连

续正整数构成的集合满足

{(x.y)SxT\kx=y(modp))|>1+Xs.

求证：存在整数a,b,满足1SaSW£,且ka=b(modp).

24.设屋是正整数.初始时，一个2rix2八的方格表中有k个黑格，其余为白

格.允许进行如下两种操作：

(1)若一个2x2正方形中恰有3个黑格，则可以将第4个也变为格；

(2)若一个2x2正方形中恰有2个黑格，则可以将其中的黑格变为白格、白

格变为黑格.

求最小的正整数上使得有限次操作后所有格都是黑格.

II.解答与评注

13.是否存在正无理数①，使得至多存在有限个正整数已满足对任意整数

l<k<n,都有｛k*｝>詣？

解不存在.

考虑数列｛吗,｛2吗,…中，称某项｛反｝是极小的，如果它比前面的项都小(由

于立是无理数，这些项两两不同).

设数列中所有极小的项｛a㈤,，=1,2,…,其中a1<a2<….注意｛nx｝

[neZ+)在(0,1)上稠密，所以极小项有无穷多个.

任取i>2.我们来说明n=ai-1满足题目中的要求.

由于极小项的定义，只需说明｛®_"｝>言.

考虑

<a，i-i｛aix｝<a^^a^x｝<出｛&_1立｝.

结合电eZ就说明｛电_逐｝>靑.于是满足题目要求的n必定无穷多个.口

评注本题是一道较为简单的关于小数部分的题目.本题做法多样，但都需要

取出数列的极小项，并且这里给出的证明是最简单的一个.尽管解答如此简短，不

过存在与不存在之间的“循环”也卡住了部分同学.

14.对非空有限实数集8和实数工，定义

此⑺=niin|x—6|,

(1)给定正整数m.求最小的实数入使得对任意正整数n和任意实数

3

旳，①2,…,如e[0,1],都存在加元实数集满足

（1B（北）+厶（工2）H---------F（IB（tn）<An.

（2）设m是正整数，5是正实数.求证：存在正整数n和非负实数工1,立2「一，立小

满足对任意m元实数集B,都有

厶（工1）+d5（*2）+…+dg[Xn）>（1—€）（旳+*2+…+xn）-

解⑴答案为赤匕・

一方面，考虑

cJ22m-21cf131

5={。，5------P…，5------?}，&={5------P5------7>•••=1f•

I2m—12m—1J12m—12m—1J

注意到对任意.Te[0,1],

（））1

dBi*+d&Q=oT-

ZTTl—1

故对任意一•组①l,/2,,••e[o,1],都有

n

dBi（旳）+dBl（工2）H---------\-dB}M<z--------o

4772—Z

或

如2（旳）+如2（22）H-------FdB.2（xn）<------n

4772—2

至少一个成立.即入=石片可行.

下面证明A>』

考虑

{x1,x2,---,xn）=（o；—^―-,•••^^,1]*=27n.

I2m—12m—1）

我们来证明任何m元集合B={bT<b2<---<bm],均有

而（①i）+d，B（*2）H--------FdB（Xn）>------n.

4m—2

为方便，我们不妨“将坐标轴放大2m-1倍”，即{%%•••-}={0,

2m-1}.来证明

45（旳）+45（12）H---------Fd（Xn）>=m.

B厶

令每个g对应到B中离它最近的元素.若有左右各一个则对应左边那个.

m

考虑每个仇被对应了多少次.设为九次,i=1,2,…，m,£t,=2m.来计算

,»=1

所有对应到上的数到它的距离之和.

当友之2时，这个整数中最远的两个距离至少是U-l.

这说明这两个数到U距离之和至少是1,说明所有对应到的数到它的距

离之和至少是心-1.

4

事实上当&=0,1时上面式子也显然正确.于是对所有Z求和得到

m

喝（工1）+厶（22）+…+喝（爲）>£8：-1）=m.

i=l

于是所求人最小值是贏占.

（2）我们取

4rn.1

n>2~,Xi=二.

i

我们不妨送给B一个元素0.并不妨设B中元素非负.

假设8={（）<以<…<ym].记F,表示叼到0的距离的总和减去到

{0,%}的距离的总和.（可以看作加入元素比后距离之和的改良值.）

显然有

nm

d/j（旳）+dB（,X2）H-------1-dpQn）>E-EF”

J=12=1

下面估计月.

对于去>/%的叼=它对于Fi的贡献至多是y,.其余的旳则没有贡献.而

有贡献的叼个数至多是会说明

与<%•2=2.

Vi

于是

nmni

+46（/2）+**'+喝（6n）〉£叼一E^>E；—2m.

j=li=lj=lJ

当n>2等时，

111

V->--log2n》——2m

2e

今办（旳）+如（工2）+…+ds（Xn）>（1—£）（41+工2+…+工"）.

得证.口

评注本题两小问的想法很不一样.第一小问是求最佳常数，通常我们会考虑

均匀/加权分布或者散点式分布的情况，而凑巧的是通过观察小较小的情况发现

均匀的散点分布就能达到目的.证明中的前半部分较为简单，而后半部分较难.事

实上，后半部分也可以选取以下的构造来证明》之行匕：

n=2m-1.{g}=（0.1,…，¥-1）.

'I」I12m-2,2m—2'J

其证明类似，留给读者思考.

第二小问则是去猜测要求的厶的分布，运气较好的话能之间猜出倒数分布.

并且倒数分布的证明似乎是最简单的.

5

15.对凸四边形ABCD.称其内部一点P为平衡的，如果：

(1)P不在AC.BD上；

(2)设AP,BP,CP,DP分别交ABCD的边界于点4,B',C,D',则

AP-PA1=BP-PB'=CP-PC'=DP-PD'.

求平衡点数目的最大可能值.

解对角线4C,3。将四边形内部分成四个区域.称以46为一边的区域是

48区域.

下面考察AB区域的平衡点.

过P反演易得B'PA'CD五点共圆.由条件ABB'A'也共圆，结合A'B'CD共

圆知ABHCD.

也就是说，若区域48内有平衡点，必定有AB口CD.

更进一步，有

AAB'B=AAA'B=ABB'C.

对称地有AAAB=AAA'D.

反过来，如果线段AD上存在一点B'满足AAB'B=。，作ABB,外接

圆，如果它和线段BC有交点4,那么作44',BB'交于点P,不难推得：

(1)AAA'B=AAA'D,(2)P是43区域平衡点.

回到原题：若ABCD两组对边都不平行，则没有平衡点.

情形1.当ABCD是梯形,ABHCD.不妨设DA,CB延长线交于点T.

此时只有AB.CD区域才能有平衡点.比如看AB区域.

下面来看如何判断满足£AB'B=£BB'C的B'是否存在.

事实上这等价于ATB'B=ABB'C.而这样的B'轨迹是一个阿波罗尼斯圆与

边AD的交点，故B'至多两个.这说明P至多两个.同理CD区域平衡点也至多

两个.

下面证明，AB区域至多一个平衡点.

NC,/。至少一个是锐角.不妨设为NC

6

我们来证明满足AAB'B=ABB'C的B'在线段AD上至多一个.

对AABBLABB，C使用正弦定理知：

ZAB'B=ZBB'C台AB-sinZ.A=BC-sinZB'CB.

即sin/*C8是一个定值.但是AB'CB<ZC<90°,说明AB'CB只有一种取值.

故满足AAB'B=ABB'C的B'在线段AD上至多一个.所以AB区域至多

一个平衡点.

所以梯形中至多三个平衡点.

顺便我们可以给出如下的构造：令△TCO为正三角形，然=乎-

不难验证它在AB区域有一个平衡点，在CD区域有两个平衡点.

情形2.当ABCD是平行四边形.

比如考虑AB区域的平衡点.不妨设4B<90。.有

AB'BC=AAB'B=ABB'C今BC=B'C.

7

但是N8<90°今B'至多一个.故AB区域至多有一个平衡点.

同理四个区域各至多一个平衡点.

容易发现,AB区域的平衡点存在当且仅当CD区域的平衡点存在（两个图中

心对称）.

由>90°,B'存在需要CB>CD.

所以AB.CD区域的平衡点存在需要CB>CD.同理BC,AD区域的平衡

点存在需要BC<CD.

这不可能同时成立，故平行四边形至多有两个平衡点.

综上，答案为3.□

评注本题是（看似是若则题的）较为繁琐的几何不等式.其关键在于发现平

衡点存在需要对边平行，进而分两种情况讨论，并给出平衡点的刻画.其用到的几

何步骤不多且不难，主要考查转化命题的能力.

16.如图，圆两两外切，且均与直线/相切.设r,n切于点Bi,

心切于点切于点c.分别与/切于点其中才在

r,B2,rx,72r,r15r244,42,

线段442上・设直线A1c,A2B2交于点直线A2C,A1Bl交于点D2.求证:

D,D2//I.

8

证明设圆「中月的对径点为P.那么由r,「I关于Bl位似知A.ByP共线,

同理462P共线.

由Ceva定理，结论等价于证明CP平分44.这也等价于CP是I\,r2内公

切线.

设三个圆的根心为E,作r,R的内公切线交,于。1,类似地

则r为的内切圆.设交用庆于此

则熟知由DAA=MD2可得

AyM—4+DyM—D[A+AD2—MD?+。2厶2—A/A2.

于是M为44中点，即。在n,g内公切线上•得证.口

评注本题是简单的几何题.在发现结论等价于CP是「1,「2内公切线之和即

使计算也十分简单.

17.是否存在两两不同的整数旳,&2,♦一，同时满足：

(1)对任意正整数k,a*2>0且a^+k<0;

(2)对任意正整数n,an+1-an<2023/H?

解不存在.

a2

对于keZ+,设ak-k到k'+k中最大项为a%.设a*2到a(k+i)2中最小项为

aSk.则由条件,atk>O.aSfc<0.

待定n>10000.

对ke厶，称k是“上好”的，如果%>n,则对于这样的k,考虑atk到

ak2+k中，两两差不超过4046k.于是这些项中在1,2,•••,几中至少有面标-1项.

9

于是

V(----1)<n.

yym的4046k，一

kWn卡上好的

ln「

=>---------<272.

心明A上好的B4U0F4”6k—

=E(wloooo.

kgri水上好的卜

同样对于以可定义吓好的”，有

1

y-<loooo.

Jk-

上与%A:下好的八

称k是“好的”，如果k是上好的或者是下好的.

那么有

£1<20000.

史九内好的,

对于坏的k,由定义知ak2到ak2+k都在(-n.n)中.

今£k<2n.

kgri#坏的

说明1「一，n中至多10g个坏数.

今处工的1215kl亚麻

当n充分大时右式大于20000.矛盾.故不存在这样的数列.口

评注本题是中等难度的代数题，大多数同学都很快猜到不存在.本题的估计

想法也比较自然，即考虑占据绝对值小于n的项的分布，并利用调和级数发散性.

18.求最大的实数人使得对任意一个100阶双随机矩阵，总可以从中选出

150个元素，并将其余9850个元素都改为0,满足此时每行元素之和与每列元素之

和都不小于A.

注：一个九阶双随机矩阵是一个nxn的方阵，所有元素均为非负实数，且每

行元素之和与每列元素之和均为1.

解答案为爲=親•

转化成图论语言：对一个边非负赋值的二部图G=(A吕E),48各100个点

且每点权为1,总能取G一个含至多150边的子图乩使得H每点权至少是A.

一方面，考虑以下的图：

A=AyU厶2,B=B]U

10

|4|=75,也|=25,B|=24,|明=76.

4,5之间的边赋值转；4,为之间的边赋值入=品；4,3之间的边赋值0;

4,82之间的边赋值总

不难验证符合题意.下面假设它有一个包含150边的子图H使得每点权大于

入=iioo-

不妨设没有4,耳之间的边.设31在〃中连出a边,4在〃中连出6边.

则4中至少75-a个点仅有与B2之间得到边，故它们每点度至少为2.B2中

至少76-6个点仅有与4之间得到边，它们每点度至少为2.于是总边数至少

a+6+(75-a)+(76-6)=151,矛盾.

于是证明了入S襦.下面证明入=品可行.

引理对于二部图G=(4B.E\neZ+,若对于任何XU4,

RX)|>|X|-n,

则G中有一个|川一点-匹配.

该引理是Hall定理的直接推论一一在B中添加n个点连向A中所有点后利

用Hall即可得到证明.

回到原题.设G中所有权重不小于A的边构成子图G'.

我们来证明G符合引理中n=50的条件，从而由引理G,有一个50-匹配.

假设某个XU力,|N(X)|<|X|-51.记|X|=a,a>51.并记

A\X=y,Z=N(X),B\Z=w.

则X,W之间每边权重小于品.=>W中每点向Y中权重至少1一Xa.

但是y中每点向iv中权重至多是1,于是有

岬1-M<\Y\0(151-a)(l-Xa)<(100-a).

台a(151-a)>75x76.

但是aeZ+,这不可能.矛盾.

于是我们证明了存在G的50-匹配，每边权重至少是岛.

然后对于这50边没有碰到的共100个点，取每个点连出权重最大的一条边

(该边权不小于忐).

这样取出了至多150边使得每点权重至少為.

综上答案为品.□

11

评注本题是较难的图论题.入手点是猜测取出一个较大的50-匹配，结合熟练

使用Hall定理可以得到能保证取出权重多大的50-匹配，并且发现取等正好可以

解决原问题.该做法可以将150换成任何一个100到200之间的整数.对于更大的

情况读者可自行思考.

19.设46是单位圆3上的两个定点，满足46<2.P是3上的一个

动点，满足4ABP是锐角三角形且AP>AB>BP.设4ABP的垂心为H,S

是劣弧上的一点，满足SH=AH.T是劣弧检上的一点，满ATBHAP.

设直线ST,BP交于点Q.求证：以HQ为直径的圆经过一个定点.

证明设AB中点为M.我们来证明以HQ为直径的圆过点M.

采用复数法，以3为单位圆建立复平面，用各点小写字母表示其对应复数.

,,八〃h-o(a-1-b+p)abp

h=a+b+p,AS1OH今as=-----=^―-~，丿

h-oab+bp+ap

_(a+6+p)bp

-7,S--j".

ab+bp+pa

这里利用了a,b,p模长均为1.

TBHAP=t=弋.

重新定义Q在BP上并且MQ丄HM,来证明QST共线.

q—mh—m

q+bj)q=b+p,

q—mh—m

联立得

P(b+p)

p+a

只需证明q+s后=s+1.代入后，这等价于

p[b+p)a2P仅+力(0+b+(a+b+p)bpap

-------+---------------------=------------+—.

p+ab(ab+ap+bp)[p+a)ab+ap+pbb

将分母带有ab+ap+bp的两项移到一边通分：

p(b(b+p)-a(p+a))_p(a+b+p)(/(p+a)-a2(6+p))

b(p+a)(ab+apbp)b(p+a)

因式分解得证.口

评注本题是简单的几何题.由于单位圆上有很多点，所以采用复数法将十分

方便.

20.设整数a,b,d满足|a|>2,d>0,b>(|a|+1严.设f(x)是次数为d的

n

实系数多项式，对每个正整数n,用rn表示［/(n)a］模b的余数.求证：若｛rn｝最

终周期，则/(二)的系数都是有理数.

12

nn

证明记[/(n)a]=xn,{/(n)a}=yn.

由条件，存在N,TeZ+,使得对任意n>N,xn+T-xn被b整除注意到

Tn

a/(n+T)-f(n)为d次多项式，记为g(n).则ag(n)—(xn+T-xn)G(-1,1).

考虑

d+1J_i_1\

£(a"+'g(n+，))•a(z+i(-1)i=0

i=01/

d+1J_i_1\

d+1-i4

今£(a"+'g(n+z)-(xn+r+i-酸+力)・a.(-1)=0(modb)

i=o1/

对任何n>N成立.

但是

d+1r71\

N(Q"2gs+，)—(2计T+2—Zn+£))•Q"1T.j(—1)'

i=02/

所以

"1J1\

£(an+'g(n+5)—(与+7+庁—Cn+J)•a"」'.I(—l)z=0

i=o1/

d+l.JI1\

=C(Cn+T+I-/i+f)・a"J.)(—1)'=°

2=01)

对任何n>N成立.

于是与+T-*n在n>N是d+2项递推数列，特征值为d+1重a.即

n

xn+r—xn=a-/z(n),h[x｝为d次多项式.由插值公式以及xneZ+得h(t)eQ[.T].

所以an(h(n)-g(n))€(-1,1),对任何n>N.

这说明h(x)=g[x).再结合

aT/(n+T)-/(n)=g(—)GQ团,同>2

容易推出f⑺6Q团.得证.口

评注本题是较简单的题目，关键在于熟练运用递推数列性质以及放缩.本题

要证明的结论看似有些怪，不过这提示我们从条件入手，将整数、小数部分分开是

经典的技巧.

21.给定整数八22.求最小的实数人使得对任意实数的,&2「一及A均

有_______

fiIn7i

入52\/|出一“+\n\f嘲2£\/kd-

i=ly?=1z=l

13

解答案为一浮1.(记这个值为C).

一■方面，取Qi=…=an_i——1—b,an—n—1,则有A>c.

下面证明入=c可行.

假设E(ii=np*0,考虑将电,6同时减去p.此时它\j\di-b\不变,

2=1i—1_______

£\/N至多减少riy/p(因为，>+引<y/\x\+y/\y\).而Jn\p^a~\减少了

ny/p.故调整后LHS-RHS不增.1

TI

故不妨设2&=0.设Q1,…，册中有力个非负数，s个负数.s+%=n.设其

中所有非负数誌口为4则由均值不等式，

n___

£A/W<(人+Vi)'/A.

i=l

对称地，不妨设b>0.注意到，而是一个在除了奇异点0处之外上凸的函

数.有

£电—“NVA—tb.

a；>0

£，|电-〃工(s-1)A/&+VA+b.

ai<0

故

n_____________________

—“—\/A—tb+(s-l)\/b+y/A+b.

i=l

再看上式右边在b移动时何时取最小值：仍然利用国是一个在除了奇异点。处

之外上凸的函数.有:后国+(3-1)逐+，^前当6=0或者4时取最小.即

52-U>min{2V%(s-1)^^-+^(1+彳)/}-

于是我们只需证明：

cmin{2%/^,(s—1)^^-+J(1+之(\/s+y/t')\/~A.

显然2c>\/2n>y/s+\/t.

下面证

c(s—l)y-+y1+-^+Vt.

这等价于

s-1+J1+i〉\/~st+t

y/rin_1+y/n—1

等价于

s—1+\/tH-1-y/ri7st4-t-(72—1+Tl—-1)

y/riTl-]+y/Tl—-1

14

注意到

S—1+t+i—\]-Tl2S—1—y/S—T,

\/~St+t—(Tl—1+y/fl—-1)S7St-SSTl>-—1).

并且

s-1-\Js-1〉y/n—l(-^/s-1)

y/riTI_14~\]TI—j

对于所有3>4均成立.

对于s=1,2,3直接代入

c(s-+J1+.2+Vi-

容易检验.(s=1时取等号.)

综上，答案为叱丐戸□

评注本题是较困难的代数题.第一步把和调整成0能够极大地简化放缩(如

果没有发现这一点也可以做出来，但是过程将十分繁琐).事实上，本题的结论还是

比较松的，可以直接使用均值不等式将右侧放缩.之后利用凸性可以很好地进行放

缩左边.

22.求所有的函数/:Z-%使得对任意整数a,b,c,均有

2/(.2+b2+c2)—2f(ab+be+ca)-f(a—6)2+f(b—c)2+/(c—a)2.

解f⑺=x或者f[x)=0.

检验：前者,LHS=RHS=2£a?+2£曲.后者,LHS=RHS=0.

下面证明/(乃=x或者/(#)=0.

记条件为P(a,b,c).

P(a,0,0)2/(a2)=/(a)2+/(-a)2.

P(a,a,0)=>/(2a2)=2/(a2).

于是于⑴=負1产+/(-l)2,/(2)=2/(1).又

0)02/(2)-2/(-1)=負2产+2/(-1)2.

联立得/⑴=1或0.

P(a,b.c).P(a：c：b)=>+y+z=zGZ.

/3)2+/(y)2+〃z)2=/(-x)2+f(—y)2+/(一z)2.

15

记g(rr)=/(a;)2-/(-re)2,则

\fx+y+z=Q,x,y,zeZ,g(x)+g(y)+g(z)=0.

容易说明g(7i)=c%c为常数.

情形1./⑴=1.此时/(-I)=—1=g⑴=0.

故g三0，/(-①)=±/(①).结合2fg2)=/(a)2+/(-a)2=/(a2)-/(a)2.结

合/(2a2)=2/(a2)令/(2a)=±2/(a).

尸(a,1,0)-0)02/(a)+f(a-I)2=2/(-a)+f(a+l)2.

记之为⑴式.

P(a,2,—1)—P(—a,2,—1)

=>2/(a—2)+/(a—2)2+f(a+I)2=2/(—a—2)+f(a+2)2+f(a—I)2.

记之为⑵式.

称n好的，如果/(n)=n.下面对n归纳证明n,-n是好的.

(1)式中a=3并注意到/⑵=2,-4)=±4,得/(3)-/(-3)=6

=>3,—3是好的.

(1)式中令a=2即得—2是好的.

71=0,1,2,3已经成立.假设小于n时结论成立，考虑n时.

若n是奇数，⑴中令a-n并由归假,/(«)-以一n)-2n分n,-n是好的.

若n是偶数，则由归假=±n.同上知n+1,-(n+1)是好的.在

(1)中令a=n即得n,-n是好的.于是/(n)=n.

情形2./(I)=0.此时/(-I)=00g⑴=0,故g三0,/(—①)=±/(以结

合2/(a2)-/(a)?+/(-a)2=>/(a2)=/(a)2.结合/(2a2)=2/(a2)=>/(2a)=

±2/(a).

称n好的，如果f(n)-0.下面对n归纳证明n,-n是好的.

n=0,1,2已经成立.假设小于n时结论成立，考虑n时.

若n是奇数，(1)中令a=n-l并由归假=>n是好的.故—n是好的.

若n为偶数，直接由归假以及/(2a)=±2f(a)得n,-n好.

于是f(n)=0.

综上有/(賓)=x或者/(#)=0.□

评注本题是有一定难度的整数型函数方程.其难点在于2a2并不好控制，所

以笔者的想法是消去该项.有了这个想法就可以完成归纳.本题还可以利用三平方

和定理来刻画

16

23.设p是质数，实数Ae(0,1),正整数sw方〈卷.S,T分别是由s,t个连

续正整数构成的集合，满足

|{(t,y)eSxT\kx=y(modp)}|>1+Xs.

求证：存在整数a,h.满足1WQW同S気且ka三b(modp).

证明取最小的正整数Q,使得ka(modp)落在［―曰总中.

一方面：由抽屉原理，

{(x,y)ESxT\kx=y(modp)}

中至少1+As个元素有两个对应的y的差至多気说明存在S中两个数的差乘

k后落在［一吉,总中.

故aSs.

假设a>；.不妨设ka(modp)落在［0,为中.将S中的元素按moda分

类.注意到(n+a)k(modp)落在nk(modp)后面至多生的位置.每一类至多

+1个数，故每一类乘k后modp落在一段长度至多

ts

-------<t

Xsa

的区间中.

称S中moda一类是好的，如果这类中有某个数乘k后落在T中.对每个好

类，取S中moda该类中最小的数.设所有/+1个好类对应.，⑻€S.那么

这/+1个数两两差小于Q.

显然至少一个好类.如果只有一个好类，那么

\{(x.y)ESxT\kx=y(mod—+1<1+Xs.

a

矛盾！所以ZeZ+.

注意每一类的数“升序排列”并且总长度不会超过。并且结合好类的定

义，推出kx0,---,kxt(modp)落在一段长度不超过"的区间内.于是存在

kx0,,kxi中两者，modp的差至多是j.

不妨设为bk(modp)e［-苧，用.其中6是那两个©的差,beZ+,b<a.

设a=qb+r,q,re厶|r|<记(rr)表示x(modp)的绝对值最小剩余(即

(①)6(―|,1).)则b(rk)=brk=r(bk)(modp).

考虑

s

|{(a;,y)eSxT\kx=y(modp)}|<(Z+1)(-+1)

/_，s.3/

=(1+Z)(—F1)之1+As=aW—.

a~~X

17

于是

到w.?恋

q\r(bk)\<a-

I~XIX~

若b(rk)=r(6A.-)；则(成)=q(bk)+(泌)，但是|r|<推出

(泌)<g(bk)=|(注)|<|(叫I，

与a最小性矛盾！故\b(rk)\>p—k*(^)|,所以|(rfc)|=\{ak—q-bk)\中：

T)—T*—十9/

左边>—产，右边<|(afc)|+q\(bk)\<T-+q~.

0ASI

故有

p-ryt2t2t.t

―7-1-W丁+q-f=7•的+r)+6b2P

0ASIIAS

2tt

=>-T-a+a—>p.

IXs

而

t』tp

a—<s—<—.

Xs-Xs12

于是

2tiiin

T.«>-P=>«>-.

这与aW号矛盾！

综上得证.口

评注本题是难度较大的数论题.在取出最小的a之后，入手点可以考虑特殊

情况，比如仅有一类或者两类触碰到T的情况，然后可以用类似的估计推广到更多

类的情况.（其核心在于，如果a比较接近+时，通过b来放缩与a最小性推矛盾）

本题也可以通过对偶形式：即一开始取出

{akmod（p