[數學]2004年IMO,大陸付雲浩的滿分解答

[數學]2004年IMO,大陸付雲浩的滿分解答

J+W 於 星期日 七月 17, 2005 12:26 am


(引言)
今天上午睡了個懶覺,從下午三點開始工作,又加了一晚上班,終於把本屆IMO的試題全部解答出來並整理精簡了。現在帖出來,希望大家多指教。

45-1:
因爲MO=NO,OR=OR,<MOR=<NOR,所以MR=NR
所以R在<MAN平分線上以及線段MN的中垂線上
又因爲AM/AC=AN/AB得AM與AN不等
所以R就是<MAN平分線和線段MN的中垂線之交點
所以點R在三角形MAN的外接圓上
所以<MRN=180-<MAN
作<MRP=180-<B交BC於P,那麽<NRP=180-<C
因此M、R、P、B以及N、R、P、C分別共圓,證畢。

注:此題難度適合做第一題,倒推會比較簡單,最後需要證明一下點P確實在線段BC上。

45-2:
令a=b=c=0得f(0)=0
令a=b=0得f(c)+f(-c)=2f(c),所以f是偶函數,亦即f(x)是關於x^2的多項式。
對於任意的非負實數m和n,一元二次方程x(x+m)+x(x-n)+(x+m)(x-n)=0顯然有解,這是因爲二次項係數爲正而常數項非正。取一個解x,令a,b,c分別爲x、x+m、x-n,我們得到下面式子:
f(m)+f(n)+f(m+n)=2f(sqrt(m^2+mn+n^2))
不妨設m不小於n,以m-n代替m有f(m)+f(n)+f(m-n)=2f(sqrt(m^2-mn+n^2))
因此f(m+n)-f(m-n)=2f(sqrt(m^2+mn+n^2))-2f(sqrt(m^2-mn+n^2))
令函數g定義在非負實數上且g(x)=f(sqrt(x))
那麽對於任意非負實數m和n,g(m^2+n^2+2mn)-g(m^2+n^2-2mn)=2g(m^2+n^2+mn)-2g(m^2+n^2-mn)
亦即對於任意非負實數p和q,只要p不小於2q就有g(p+2q)-g(p-2q)=2g(p+q)-2g(p-q)
對於任意非負實數s和t,我們有:
g(s)-2g(s+t)+2g(s+3t)-g(s+4t)=0
2g(s+t)-4g(s+2t)+4g(s+4t)-2g(s+5t)=0
g(s+2t)-2g(s+3t)+2g(s+5t)-g(s+6t)=0
所以g(s)-3g(s+2t)+3g(s+4t)-g(s+6t)=0
以t代2t有g(s)-3g(s+t)+3g(s+2t)-g(s+3t)=0
因爲g(x)是關於x的多項式,由上式不難得出g(x)是關於x的不超過2次的多項式。
由g(0)=0知常數項爲0,可設g(x)=dx^2+ex。
所以f(x)=dx^4+ex^2,經檢驗知任意的實數d和e都可以使原函數方程成立。

注:此題難度並不大,放在第二題稍顯容易。

45-3:
每一個鈎形凹下去的那一格必須由另一個鈎形的某一格填充
經試驗得必然是兩個鈎形拼成如下兩個形狀之一:
XXXX XX
XXXX XXXX
XXXX XXXX
XX
所以,要是a*b的矩形可以被鈎形不重不漏地補滿,必然有12|ab
又:a至少是3,這是因爲上面兩個形狀都至少需要3行3列
再者,a不等於5,否則可以先把以上兩個形狀視爲2*3矩形拼起來的。而2*3矩形要拼寬度是5的矩形,角落必然是如下形狀:
XXX
XXX
XX
XX
XX
上面那個小2*3矩形無法與任一2*3矩形形成上面兩個形狀之一,矛盾!
綜上,我們證明了12|ab以及a和b都不等於1或2或5
下面將證明4|a或4|b
若不然,2||a且2||b
我們知道,所有的第4k+1行比所有的第4k+3行恰好多b個格子
第一種圖形(3*4矩形)如果如上放會導致所有的第4k+1行和所有的第4k+3行差出4個格子或者不差,如果換個方向放則兩邊格子一樣多。
第二種圖形如果如上放會導致所有的第4k+1行和所有的第4k+3行差出2個格子,如果換個方向放會導致兩邊格子一樣多。
由於b是2的奇數倍,所以如上放的第二種圖形有奇數個
同理,換個方向放置的第二種圖形也有奇數個,亦即第二種圖形共有偶數個。
再把大矩形編號,第一行按12341234……編號,第二行按23412341……編號,依次類推。
考慮編號爲1和2的總共比編號爲3和4的多2個(這婼陓牧抪Q想爲什麽)
而第一種圖形無論怎麽擺放都是編號爲1和2的和編號爲3和4的一樣多,都占6個
第二種圖形無論怎麽擺放都是編號爲1和2的與編號爲3和4的差出兩個
所以第二種圖形應該有奇數個,這與上面結論矛盾!
綜上,我們已經證明了3|a或3|b,4|a或4|b,且a和b都不是1或2或5
下面證明對於這樣的a和b,a*b的矩形可以被鈎形不重不漏地覆蓋
若3|a且4|b,那麽大矩形可以被兩兩一組組成3*4矩形的鈎形覆蓋,對於3|b且4|a的情況也是一樣
若12|a那麽3*a和4*a的矩形均可被鈎形覆蓋,又b不等於1或2或5,所以b可以表示成3x+4y的形式(x和y都是非負整數),所以a*b的矩形亦可被覆蓋,對於12|b的情況也是一樣。
綜上所述,大矩形可以被鈎形不重不漏覆蓋的充要條件是3|a或3|b,4|a或4|b,且a和b都不是1或2或5。

注:已經很長時間沒有碰過這麽好的組合題了,做完了真是爽就一個字。這個題放在第三題稍難,筆者也是用了3次染色,才將多出來的第二種圖形自生自滅掉,可見題目之繁瑣。

45-4:
如果其中有三個數a,b,c滿足a>=b+c(就是組不成三角形),那麽
原式右邊>a/b+b/c+c/a+a/c+c/b+b/a+(n^2-6)(這一步留給讀者去思考)
>=a/b+c/a+a/c+b/a+(n^2-4)
>=(b+c)/b+c/(b+c)+(b+c)/c+b/(b+c)+(n^2-4)
(這一步讀者也可以考慮一下爲什麽)
=b/c+c/b+n^2-1
>=n^2+1。矛盾!證畢。

注:本題和第一題一樣屬於最簡單的題目,考的都是基本功。

45-5:
不妨設P在三角形ABD內部
如果ABCD內接於圓,那麽延長BP,DP分別交此圓於F和E。
易知AF=CD,AE=BC,又因爲這是在一個圓堙A故整個圖形是軸對稱圖形,故AP=CP

如果AP=CP,那麽以AC中垂線爲對稱軸作B和D的對稱點記作E和F,這又是個軸對稱圖形,
設BF和DE交於點Q
如果P,Q重合,那麽有三角形ABF和三角形BCD外接圓半徑相同,所以E,B,C,D四點共圓,所以六點共圓,所以原四邊形內接於圓
若P,Q不重合,不妨設P比Q更接近直線DF
那麽<ABF小於<DBC,故點E應該在三角形BCD外接圓外部
基本同理可得,點F應該在三角形BCD外接圓內部
所以<BFD大於180-<BCD大於<BED,但這與B、D、F、E四點共圓矛盾!證畢。

注:先想到前面一半用軸對稱圖形來解,後面就容易了,否則會很難,本題放在這媄曮袢y高。

45-6:
引理1:對於任意正整數n,存在一個不超過n位,末位非0的“轉變的”數是2^n的倍數
用數學歸納法,n=1時取2,n每次多1時,先確定在已知數前面應該加一個奇數還是偶數才能被新的2^n整除,再考慮不與後一位相同,總可以做到。

引理2:對於任意正整數n,存在一個不超過n位,末位非0的“轉變的”數是5^n的倍數
用數學歸納法,n=1時取5,n每次多1時,先確定在已知數前面應該加一個被5除餘多少的數才能被新的5^n整除,再考慮不與後一位相同,總可以做到。如果第一位被迫爲0,那麽去掉它就是滿足條件的數,而向下一個n遞推時再把0寫上並考慮第一位不能是0

引理3:對於任意互素的正整數m和n,總可以找到一個正整數p使m^(p-1)+m^(p-2)+……+m+1被n整除
當p遍曆整個正整數集時,總有兩個p使所列出的兩個數模n同餘,用大的減小的,再除以m的若干次方即可

原題:所有這樣的n是所有非100的倍數的n
如果100|n顯然n不符合要求
否則設n=2^x*5^y*z,其中z與10互素,且x與y至少有一個小於2
若x小於2,由引理2存在一個不超過y位,末位非0的“轉變的”數是5^y的倍數,又因爲n與10^d互素(這厤是指那個“轉變的”數的位數再加1),故由引理3存在這麽一個p,那麽易見把那個“轉變的”數後面添一個0,再重復寫p遍,就是n的倍數,且還是一個“轉變的”數
若y小於2,由引理2存在一個不超過x位,末位非0的“轉變的”數是2^x的倍數,又因爲n與10^d互素(這厤是指那個“轉變的”數的位數再加1),故由引理3存在這麽一個p,那麽易見把那個“轉變的”數後面添一個0,再重復寫p遍,就是n的倍數,且還是一個“轉變的”數,證畢

注:有了結論之後,所有的引理以及證明都不難想到,此題並不難,放在第6題有些勉強,甚至可能會比第5題容易




附:



由於本人一時疏忽,沒有讀完第六題題目,以爲只須鄰位元數位不相同就行了,以至給出了一個錯誤的答案,現把更正後的答案給出,望大家諒解。
首先重證引理1,並把最後一位定爲2:
還是用數學歸納法,n=1時取2,n=2時取12,以後n每加1的時候就考慮在最左邊應該添加
一個奇數還是偶數才能使得新的數被新的2^n整除,如果要添加的數必須和原來的首位數奇偶性相同,那麽把原來的首位加或者減2就可以了。
然後重證引理2,並把最後一位定爲5:
其實這個就是利用每位都有2個不同奇偶性的選擇
之後引理3不用變
對原命題的證明:若n不是5的倍數,那麽先用引理1,如果n媄5的冪次是奇數次就隨便補一位奇數使得原始的那個數是偶數位,如果原始就是偶數位便不用動,再套引理3即得。
若n是奇數,那麽先用引理1並同樣把原始的數弄成偶數位,再套引理3。
若n模4餘2,用n/2代替n代入上面情況,最後在所得的奇數後面加個0。
若20|n,顯然n的任何正整數倍都不是“轉變的”。
綜上,所求的n是所有不是20的倍數的n。

最後我要說一句,請大家相信我,如果我拿到的是中文題目,我一定不會犯這個低級錯誤的。

J+W:貼文的用意是供有需要者做參考!

J+W
版 主
版 主
 
文章: 2165
註冊時間: 2003-12-30

yll 於 星期日 七月 17, 2005 11:06 am


J+W
原始的題目哪有?
不然只有答案
看不懂...

yll
帥哥良~
帥哥良~
 
文章: 4367
註冊時間: 2002-08-28
來自: 天父的小花園~

浩浩 於 星期日 七月 17, 2005 11:39 am


1.已知三角形ABC為銳角三角形,AB 不等於 AC,以BC為直徑的圓分別交邊AB,AC於點M,N
記BC的中點為O,角BAC的平分線和角MON的平分線相交於點R
求證:三角形BMR的外接圓和三角形CNR的外接原有一個交點在線段BC上.

2.試求出所有的實係數多項式P(x)使得滿足ab+bc+ca=0的所有實數a b c,都有
P(a-b)+P(b-c)+P(c-a)=2P(a+b+c)

3.
    X X X
    X O X
    X
由6個單位正方形構成如上圖(X的地方)以及他的旋轉或翻轉所得到的圖形統稱為鉤型,試確定所有的m*n矩行,使其能被鉤型所覆蓋.要求
(1)覆蓋時,不能有空隙.鉤型之間不重疊
(2)鉤型不能覆蓋到矩形外

4.設N大於等於3為整數,t1,t2....tn 為正整數
滿足
證明對任何 1<= i < j < k <=n 的所有整數 i  j  k 以t1  t2  tk為邊長的線段能夠成三角形

5.在凸四邊形ABCD中,對角線BD既不是角ABC的平分線,也不是角CDA的平分線.點P在四邊形ABCD的內部,滿足角PBC=角DBA和角PDC=角BDA
證明:ABCD為圓內接四邊形的充分必要條件是AP=CP

6.如果一個正整數的十進制表示中,任何2個相鄰的數字奇偶性不同,則稱這個正整數為交替數
試求出所有的正整數n,使得n至少有一個倍數為交替數.
Fernando Tan
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只要我不放棄,夢想就在不遠處

浩浩
版 主
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文章: 488
註冊時間: 2004-02-14
來自: 數之領域






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