数学奥林匹克问题

２０１７年第ｌ２期　４５　一本期问题　个砝码．问：该砝码的质量在最初２　个砝　高５５３　如图１，△ＡＢＣ的三个内角满　码中由重到轻至少排第多少个？　足　Ｃ＝３（　Ａ一　Ｂ），Ｄ、Ｅ分别为边ＡＣ、　高５５３求最大的实数Ｍ，使得对一切　满足　＋ｙ≥Ｏ的实数ｘ．ｙ，均有　（　＋　）　≥Ｍ（　＋　）（ｘｙ一　一Ｙ）．　高５５４设　为正整数，有２　个质量两　ＡＢ上的高的垂足，△ＡＢＣ的垂心为日，Ｍ为　边ＡＢ的中点，Ｐ为△ＡＢＣ外接圆劣弧ＢＣ上　一两不同的砝码．每次称量是指将现有的砝码　分成个数相同的两组放在天平上称重，然后　留下较重的那组（若两组的质量相同，随意　留下一组即可）．这样经过ｎ次称量，还剩下　将引理２运用于点集　和正三角形　，　得到一个三角形，不妨称之为△ＡＢＣ．在边　点，联结胛，设其中点为Ｑ，ＤＭ与ＥＱ交　于点Ⅳ，△ＤＥＮ、△ＤＮＱ的外心分别为０　、　０２．０１　０２与ＤＥ交于点Ｆ，过Ｆ作０１　０２的垂　全等的三角形，故它们重合．因此，由　的定　义知三角形７”不可能与之相交．　引理３得证．　ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ上分别有点集　中的点　其中，有些点可能重合．　，　对三角形　和集合瓦、瓦、　，运用引理　２得到三角形　、三角形　、三角形　，且在　、△Ａ　ＢＣ　、　若△ＡＢＣ的大小不超过三角形　，则题　中结论成立．否则，考虑△　它们的边上可找到分别属于集合　、　、　的点　。，　ｂｃ　△Ａ　Ｂ　Ｃ，其中，△ＡＢ。Ｃ。是以　为中心所作　的△ＡＢＣ的位似图形，其大小与三角形　相　同，其余两个三角形的定义类似．因而，它们　均为三角形　的平移图形．　６，　。、　、　。（可能有　些点相互重合）．　由题意，知点集　｛　口６，　口　，　口，　６，　６　，　６，　ｃ　，　ｃ　，　ｃ｝　。再考虑点集　的如下子集：　Ｘ。＝Ｘ—ＡＡＢ。Ｃ。，　可被三角形　的某两个平移图形　、　所覆　盖．故必有一个平移图形至少盖住　中的两个点，不妨设　∈　．　、　Ｘ６＝Ｘ一△Ａ６ＢＣ６，　Ｘｃ＝Ｘ一△Ａ　Ｂ　Ｃ．　再证明一个引理．　据引理３，知三角形　不可能与集合　相交．从而，点　、　、　均含于另一个三角　引理３若三角形　的某个平移图形　包含点　，则图形　就不可能与　相交．　形　中．再由引理１，知集合　被包含于三　对于其余情形也有类似的结论．　引理３的证明　假设命题不真，于是，三　角形　与△　Ｃ各条边的直线相交．从而，　它包含△Ａ　ＪＥ｝　ｃ．而三角形　与△Ａ　Ｂ　Ｃ是　角形　之中，这表明，集合　被△　。　ｃ和　三角形　所覆盖．　（刘应成　四川成都七中嘉祥外国语学　校，６１００６６）　线，与０：Ｎ的延长线交于点Ｇ．以ＧＦ为半径　作ｏＧ，以０２Ｆ为半径作ｏＤ　，ｏＧ与ｏＤ２的　另一个交点为尼证明：　、Ｒ、Ｑ三点共线．　图１　高５５６　已知整数ｘ，ｙ、　均不为７的倍　数，且７　ｌ（　＋　＋　）．证明：７　ｌ（　＋ｙ十　）．　上期问题解答　高５４９设正数ａ、ｂ、Ｃ满足ａ　＋６　＋ｃ　＝３．　证明：　√　南＋÷　√　＋√砑≤２＋　南　。　证明记“∑”表示轮换对称和．　先证明一个引理．　引理设正数ａ，ｂ、Ｃ满足　ｎ　＋６　＋Ｃ２＝３．　则（ｎ十６＋ｃ）　＋９∑－斗　一ａ　≤１８．　①　证明　注意到，　９一（口＋ｂ＋ｃ）　＝∑（０—６）　，　９　１　一９　ｑ一＝（￣（４－ａ２））（∑　１。２，）一９　＝∑（￣４＿－ｂ２　一羼　故式①　§∑（厝一愿　．　只要证：　中等数学　（脬＿ｂ２一辱　§　（４一口　）（４一　）ｂ　　、一　（４一ａ　）（４一ｂ　）≥（ａ＋６）　．　３／．（４一ａ　）（４—６　）　＝（１＋ｂ　＋ｃ　）（ａ　＋１＋ｃ　）　≥（ａ＋ｂ＋Ｃ　）　＞（ａ＋ｂ）　，　从而，要证不等式成Ａ—Ｌ．　引理得证．　记　＝　∑４　２．　ａ贝０由弓Ｉ理知　＋ｙ≤２．　由柯西不等式得　（∑√　）　≤（　＋ｃ）　（∑击）　：９ｘｙ２：９（２　）　≤詈（　２３３．　故∑　≤　因此，原不等式得证．　（唐立华　华东师范大学第二附属中　学，２０１２０３）　高５５０平面上有以边长为１的正三角　形组成的无限网格．有一些大小形状相同的　小瓷砖，每个小瓷砖恰覆盖两个相邻网格．把　这些瓷砖不重叠地放入网格中，瓷砖边线与　网格重合．这些小瓷砖按放置方向分为三类，　每类的个数分别为ａ、６、ｃ．证明：若这些小瓷　砖拼成了一个实心凸多边形，则ａｂｃ为完全　平方数．　证明　由于拼成的凸多边形的每个外角　为６０。的整数倍，则凸多边形必为每个内角　等于１２０。的六边形或其退化形式（某些边长　为０）．格线的三个方向称为　、　、　类，每个　小瓷砖由其中两类边围成．不妨设　类边的　２０１７年第１２期　小瓷砖的左侧是一个含ＯＬ类边的瓷砖或左边　界，右侧同理．从而，得到结论：六边形对边相　等；从左边界至右边界间，两条相邻　类格线　间的含　类边的瓷砖的个数均等于左边界长．　设六边形三类边界长为ｘ．ｙ、ｚ（ｘ．ｙ、　∈　ｚ＋）．则含三类边界的瓷砖数分别为　（Ｙ＋彳）、ｙ（　＋　）、　（　＋Ｙ）．　因此，三类瓷砖分别有　、ｙｚ、　个，乘积　为（ｘｙｚ）　，是完全平方数．　（余泽伟　学而思培优广州分校，　５１００００）　高ＳＳｌ求所有满足下列条件的整数ｋ：　存在２　０１７个整数口ｌ，口２，…，　２　ｏ１７，使得对任　意不含素因子２　０１７的正整数ｎ，均有　ｎ＋口　＋０；＋…＋０；０１７［，７　ｎ＋ｋ　厶’　解先证明一个引理．　引理存在无穷多个２　Ｏ１７ｋ＋１型素数　证明假设存在有限个２　０１７ｋ＋１型素　数Ｐｌ，Ｐ２，…，Ｐ　．　令ｍ＝２　Ｏ１７ｐ１Ｐ２…Ｐ　，　２　Ｏ１７　．　＝　＝————■＿＝＝　ｍ２　０１６＋ｍ２　ｏ１＋　５＋＋……＋　＋ｍ＋１．＋１．　ｍ—ｌ　考虑ｔ的一个素因子ｇ．则ｇ十ｍ．　若ｍ三１（ｍｏｄ　ｑ），则ｇＩ２　０１７．　由于２　０１７　ｌｍ，于是，ｇｌｍ，矛盾．　故ｍ≠Ｏ，１（ｍｏｄ　ｑ）．　从而，ｍ　ｍ　三１（ｍｏｄ　ｑ）．　由费马小定理，知ｍ　三１（ｍｏｄ　ｑ）．　因此，２　０１７　ｌ（ｇ一１），即ｇ为２　Ｏ１７ｋ＋１　型素数．　而ｑ十ｍ，即ｑ　｛Ｐ１，Ｐ２，…，Ｐ　｝，矛盾．　引理得证．　由引理，知存在无穷多个素数Ｐ，使得　Ｐ三１（ｍｏｄ　２　０１７）．　任取一个这样的Ｐ．　由中国剩余定理，知存在自然数　，使得　ｆ　三一　（ｍｏｄ　Ｐ），　【ｎ三１（ｍｏｄ　Ｐ一１）．　４７　则　不含素因子２　０１７．　由费马小定理，知ｐ１０（　～一１）．　由于（ｐ一１）Ｉ（　—１），于是，　（０　一　一１）ｌ（口　一　一１）．　从而，ｐＩ（口　一ａ）．　注意到，　Ｐ　Ｉ（　＋　），　（ｎ＋ｋ）Ｉ（　＋０　＋ｎ；＋…＋ｎ；０１７）．　故（ｎ＋ｋ）ｌ（口　＋口；＋…＋０；０１７一ｋ）　＝　Ｐ　Ｉ（ｎ？＋０；＋…＋口；ｏ１７一ｋ）　＝　Ｐ　Ｉ（０１＋ｎ２＋…＋ａ２ｏ１７一ｋ）．　由ｐ的任意性，知Ｐ可任意大．　从而，　ｌ＋口２＋…＋口２　ｏ１７一ｋ＝０．　由中国剩余定理，知存在自然数ｍ，使得　ｆｍ三一ｋ（ｍｏｄ　Ｐ），　【ｍ－－－２（ｍｏｄ　Ｐ一１）．　则ｍ不含素因子２　０１７．　由费马小定理，知Ｐ　ｌ　０（　～一１）．　由于（ｐ一１）ｌ（ｍ一２），于是，　（口　一　一１）ｌ（口　一　一１）　＝　Ｐ　Ｉ口　（０　一　一１）　＝　Ｐ　ｌ（口　一口　）．　由Ｐ　Ｉ（ｍ＋　）　＝　Ｐ　Ｉ（０　＋０　＋…＋口　ｏ１７一ｋ）　Ｐ　Ｉ（０　＋口；＋…＋口　０ｌ７一　）．　因为Ｐ可任意大，所以，　口　＋ａ　＋…＋口２２　ｏ１７一　：０．　故　ｌ＋口２＋…＋０２　０１７　＝口　＋ｎ　＋…＋０　ｏ１７．　由于口ｆ（ｉ＝１，２，－－－，２０１７）为整数，贝０　０２ｆ≥ｎ　．　当且仅当口　＝Ｏ或１时，上式等号成立．　从而，０≤　≤２　０１７．　当ｋ＝ｍ（Ｏ≤ｍ≤２　０１７）时，令０１，０２，…，　口２　ｏ１７中有ｍ个１，２　０１７一ｍ个０即可．　故ｋ＝Ｏ，１，…，２　０１７满足条件．　（缠祥瑞　辽宁省沈阳市东北育才学　校，１１０１７９）　高５５２　如图２，锐角△ＡＢＣ的内心为　，三条角平分线的延长线分别与外接圆交于　中等数学　《中等数学￣２０１７年总目次　ＩＭＯ快讯　（８・２）　基于重心坐标系的平面几何证明的探讨　（李朝晖２・２）　第八届陈省身杯全国高中数学奥林匹克获奖名单　（９・４８）　平面几何中相切问题的证明思路　（沈文选与曼海姆定理有关的一类几何问题　（潘成华田开斌　褚小光任悦３・２）　４・２）　５・６）　数学活动课程讲座　・初中・　反演变换的应用　不等式证明与最值探求策略　含有两圆相交结构的问题初探　超５・２）　（邓王慧兴杨运新６・２）　７・２）　平方差公式在初中数论问题中的应用　与数论相关的数列题的解题策略　黄志军７・７）　算两次在组合数学中的应用　（刘媛媛　石泽晖・高中・　极端原理浅析　（李海军１・２）　８・３）　点Ａ。　、Ｃ１，△　Ｂ　ｃ　的内心为，１．证明：当且　，，１与Ａ　ＪＥ｝　所成锐角　＝仅当直线，　，／／ＡＣ时，直线ＡＢ、Ｂ　Ｃ　Ｉ１　，ＢＣ、　Ａ。　，、，。，分别三线共点．　ＡＣ与Ａ　Ｂ　所成锐角　９０。一　ＡｌＢ１　Ｃ１＋９Ｏ。一　ＣｌＡｌ曰ｌ　＝　ＡＡｌＢ１＋　Ａ１ＣｌＣ　＝＝　ＡｌＣ１Ｂ１．　作，１　上ＣＣ　于点　￣１］ｔａｎ　Ａ１Ｃ　．　设ｃ１Ｃ与　ｌ　ｌ交于点Ｍ，ＢｌＣ１＝口，ＡｌＣ１　＝ｂ，Ａ１Ｂｌ＝Ｃ．　Ａ１　计算得ｔａｎ　ｃ　。：　．　图２　证明　对圆内接六边形ＡＢＣＡ　Ｂ　Ｃ　，由　帕斯卡定理，知ＡＢ与Ｂ　ｃ　的交点　、Ａ　ＪＥ｝　与　ＢＣ的交点ｙ、ｊ三点共线．　注意到，　而点　在ＸＹ上　省　Ｍｖ　ＭＴ　廿　ｌＴ　Ｍｌ　‘　又　，、　、ｌ，三点共线甘，１、　、ｙ三点共线．　１１　阳１■　　１’１　Ｂ等■—１，　揣合　‘，　，　　ＡＢ　Ｂ　Ｃ＝＝Ａ　１Ｂ＇Ａ１　Ｃ故问题表述为当且仅当，。，／／ＡＣ时，点　，１在　ｙ上．　必要性．　ＭＹ＝Ｂ１　Ｙ—Ｂ１　，　代人口、６、ｃ即得证．　充分性的证明类似．　（侯彬北京市第四中学，１０００３７）