2005年IMO中国国家集训队测验题3

2005 国家集训队选拔考试（三）解答 第一天 3 月 25 日 上午 8：20—12：20 辽宁，沈阳 每题 7 分 一、求所有正整数 m，n，使得不等式 [( ) ] [( ) ] [ ] [ ] [ ( )]m n m n m m nα β α β α β+ + + ≥ + + + ① 对任意实数 ,α β 都成立. 这里[ ]x 表示实数 x 的整数部分. 解 为 m＝n. 若 m＝n，则原不等式为 [2 ] [2 ] [ ] [ ] [ ( )]m m m m mα β α β α β+ ≥ + + + ， ② 令 ,x m y mα β= = ，则上式为 [2 ] [2 ] [ ] [ ] [ ]x y x y x y+ ≥ + + + ， 即 [{2 }] [{2 }] [{ }]x y x y+ ≥ + ． 不妨设 x y≥ ，则[{2 }] [{2 }] [{2 }] [{ }]x y x x y+ ≥ ≥ + ，从而②式成立． 反过来，设不等式①对所有 α，β成立，取 1 1m n α β= = + + ，得 2 0 1 n m n ⎡ ⎤ ≤⎢ ⎥+ +⎣ ⎦ ， 故 2 1n m n< + + ，即n m≤ . 另一方面，设 ( , )d m n= ，由裴蜀等式，可取 ,x y 为非负整数，满足 nx my m d= + − （可先取正整数 `, `x y ，使 ` ` ( ` 1) `my nx d m y nx d m− = ⇒ − − = − ）． 在①中取 ,x m α β= = 则 22 ,xn xn m m ⎡ ⎤ ⎡ ⎤≥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ 从而 22 1xn xn m m ⎧ ⎫ ⎧ ⎫≤ <⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ， 故 1 , 2 xn m ⎧ ⎫ <⎨ ⎬⎩ ⎭ 即 1 2 my m d m + −⎧ ⎫ <⎨ ⎬⎩ ⎭ ， 即 1 2 m d m − < ， 于是 2m d< . 因 |d m，从而 m＝d（设m dq= ，则由 2dq d< 知 q＝1），故 |m n， 所以 m n≤ . 综上所述，知 m＝n. 二、设 p 是给定的素数， 1, , ka a… 是 ( 3)k k ≥ 个整数，均不被 p 整除且模 p 互不同余. 记 1{ |1 1, ( ) ( ) },p k pS n n p na na= ≤ ≤ − < <" 这里 ( ) pb 表示整数 b 被 p 除的余数. 证明： 2| | 1 pS k < + . 证 需要一个引理. 引理 记 0 1, , 1, 2, ,k i i ib p a b a a i k−= − = − = … ，这里 0 0a = .令 0' { |1 1, ( ) ( ) }p k pS n n p b n b n p= ≤ ≤ − + + =" ， 则 | | | ' | .S S= 引理的证明 设有一个 n S∈ ，则有 10 ( ) ( ) , 2, , .i p i pa n a n p i k−< < < = … 从而 10 ( ) ( )i p i pa n a n p−< − < ， 且 1( ) ( ) ( ) (mod )i p i p i pa n a n b n p−− ≡ （由 ib 定义及带余除法即知），故 1( ) ( ) ( ) , 2, ,i p i p i pa n a n b n i k−− = = … ， 累加得， 1( ) ( ) ( )k p k pa n b n b n= + +" ， 即有（注意 ( ) ( )i p k pb n a n p+ = ） 0( ) ( )p k pb n b n p+ + = ， 故 'n S∈ . 反过来，若 'n S∈ ，因 1 ( 1, , )i ib b a i k+ + = =" … ，故 ( ) ( ) ( ) (mod )i p i p i pa n b n b n p≡ + +" . 因0 ( )i pa n p< < 及 10 ( ) ( )p i pb n b n p< + + <" （由 'n S∈ ），从而 1( ) ( ) ( ) ( 1, , )i p p i pa n b n b n i k= + + =" " . 于是 1 1( ) ( ) ( ) ( ) , 1, , ,i p i p i p i pa n a n b n a n i k− −= + > = … 即 n S∈ ，故 | | | ' |S S= . 现在解决原题 . 因 | ip b/ ，故对 1,2, , 1, ( )i pn p b n= −… 互不相同，所以对 0,1, ,i k= … ，有 ' | ' | (| ' | 1)( ) 1 2 | ' | 2i pn S S Sb n S ∈ +≥ + + + =∑ " . 将上式对 i 求和，注意 'S 的定义及 | | | ' |S S= （由引理），得到 ( ) ' 1 ' | | | ' | ( ) ( ) ( ) | | (| | 1)( 1) . 2 i p k p n S k i p i n S p S p S b n b n b n S Sk ∈ = ∈ = = + + = +≥ + ∑ ∑∑ " 所以 2| | . 1 pS k < + 三、求最小正整数 ( 3)n ≥ ，使得平面内任意无三点共线的 n 个点 中，必有三点是一个非等腰三角形的顶点. 解 首先若平面内 6 点是一个正五边形的 5 个顶点和它的中心时，以这 6 点 为顶点的所有三角形都是等腰三角形.故所求正整数 7.n ≥ 其次，若存在平面 7 点（其中任意 3 点不共线），使以这 7 点为顶点的所有三 角形都是等腰三角形.记这 7 点的集合为 E. 不妨设 E 中距离最远的 2 点为 A，B.分别以 A，B 为中心，AB 为半径作圆弧 相交于 M，N 两点. 记 q q1 2,l MAN MBN l= =∪ 线段 MN. 任取 , ,P E P A P B∈ ≠ ≠ ，则△PAB 为等腰三角形.于是下列三种情形至少有一 个成立：○1 PA PB AB= < ；○2 PA AB PB= ≥ ；○3 PB AB PA= ≥ ，所以 1 2P l l∈ ∪ . 因为 E 中无三点共线，故 2l 上至多有 E 中 2 点，于是q q p p, , ,AM BM AN BN （不 含端点）内至少有 E 中 7－2－2＝3 点. 不妨设pBN 上有 E 中一点 ( , )C C B C N≠ ≠ ，且pBC 内无 E 中的点.再分别以 A、C 为中心，以 AC AB= 为半径作圆弧交 于 `, `M N 两点. 记 q q3 4` ` ` ,`l M AN M CN l= =∪ 线段 ` `M N ，同理 E 中的点全部 属于 3 4l l∪ . 所以 1 2 3 4( ) ( )E l l l l⊆ ∪ ∩ ∪ ，且pBC 内无 E 中的点. 所以 q p` { } { } { } { }E M B CN A O T R⊆ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ，其中 O 点是 2l 与 4l 的交点，T 是 2l 与q`M A的交点，R 是 4l 与pAN 的交点. 记 q p1 2` { }, { }S M B T S CN R= =∪ ∪ ，则 1 2S S∪ 上至少有E 中不同于 A、B、C 的 7－3－1＝3 个点. 所以 1S 或 2S 上至 少有 E 中不同于 A、B、C 的 2 点. 不妨设 2S 上有 E 中不 同于 A，B，C 的两点 P，Q，则只有下列两种情形. （1） p p,P CN Q CN∈ ∈ .因为△PBC 为等腰三角形，且 PB BC> ，所以 PC＝BC. 同理由△QBC 为等腰三角形，得 QC＝BC. 所以 CP＝CQ，即 C 在 PQ 的中垂线上，但 PQ 的中垂线 只通过 A 而不通过 C，矛盾. （2） p,P CN Q R∈ = ，同（1）可得 PC＝BC. 又△RBC 为等腰三角形，且 BR＝BN>BC，所以 RC＝BC，所以 RC＝PC＝ BC.在△BCP 与△BCR 中，BC＝BC，PC＝RC， .BCP BCN BCR∠ ≥ ∠ > ∠ 所以 BP BR> .这与BP BN BR≤ = 矛盾. 可见平面内不存在 7 点（其中任意三点不共线），使以这 7 点为顶点的所有 三角形都是等腰三角形. 综上知，所求最小正整数 7.n = 2005 国家集训队选拔考试（三） 第二天 3 月 26 日 上午 8：20—12：20 辽宁，沈阳 每题 7 分 四、求所有的正整数组 ( , , )a m n ，满足： 1, ,a m n> < 且 1ma − 的 质因子集合与 1na − 的质因子集合相同. 解 记 ( )S n 为正整数 n 的不同质因子构成的集合. 先证明一个引理. 引理 若正整数 1,b p> 为质数，且 ( 1) ( 1)pS b S b− = − ，则 2, 1p b= + 是 2 的 方幂. 引理的证明： 假设 p 为奇质数，由于 1 2 11 ( 1) ( 1)p p pb b b b b p− − −+ + + + = − + + − +" " . 若 | 1p b −/ ，则 1 2( 1, 1) ( , 1) 1p pb b b b p b− −+ + + + − = − =" , 从而 1( 1) ( 1)pS b b S b− + + + ⊆ −" ， 矛盾！ 若 | 1p b − ，设 1 , , , |sb p t s t p t+− = ⋅ ∈ /Z ，则 2 2 1 1 (1 ) 1 ( ) (1 ), . p s p s s p s s b p t p p t C p t p t p t x x+ + − = + ⋅ − = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + = ⋅ + ⋅ ⋅ ∈ " Z 因为 (1 , 1) (1 , ) 1s s sp t x b p t s p t+ ⋅ ⋅ − = + ⋅ ⋅ ⋅ = , 所以 ( 1) ( 1)pS b S b− ⊆ − ，矛盾！ 所以， 22, 1 ( 1)( 1)p b b b= − = − + . 若 b 为偶数，则 ( 1, 1) 1b b− + = ，故 ( 1) ( 1)S b S b+ ⊆ − ，矛盾！ 所以 b 为奇数, 2 1 11 4 2 2 b bb − +− = ⋅ ⋅ . 因为 1 1( , ) 1 2 2 b b− + = ，故 1 2 b + 没有奇质因子（否则 ( 1) ( 1)S b S b+ ⊆ − ，矛盾.）， 即 1b + 是 2 的方幂. 回到原题：设 ( , )m n d= ，可设 n kd= ，由m n< 知 1k > .熟知 ( , )( 1, 1) 1 1m n m n da a a a− − = − = − ， 于是我们有 ( 1) ( 1) (( 1, 1)) ( 1)m n m n dS a S a S a a S a− = − = − − = − . 令 db a= ，则 1b > ，且 ( 1) ( 1)kS b S b− = − . 任取 k 的质因子 p，则 1| 1, 1| 1p p kb b b b− − − − ， 故 ( 1) ( 1)pS b S b− = − . 由引理知, 2, 1 1dp a b= + = + 是 2 的方幂. 由 p 的任意性知 2 , .rk r += ∈Z 若 2r ≥ ，则 2 4 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1)rS b S b S b S b− = − = − = − .仍由引理知， 2 1b + 是 2 的方幂，但 2 21 2(mod 4), 1 2b b+ ≡ + > . 矛盾！ 所以， 1, 2r k= = . 设 1 2 , , 2d la l l++ = ∈ ≥Z ，则 a 为奇数. 若 d 为偶数，则 1 2(mod 4)da + ≡ ，不可能. 故 d 为奇数. 如果 1d > ，由于 1 21 1 1 d d da a a a − −+ = − + ++ " 为大于 1 的奇数，这与 1 2d la + = 矛盾！ 所以 1, 2d n kd= = = ，由m n< 知： 1, 2 1lm a= = − . 反之，当 2 1( 2), 1, 2la l m n= − ≥ = = 时，由 2 1 ( 1)( 1) 2 ( 1)la a a a− = − + = ⋅ − ， 知 2( 1) ( 1)S a S a− = − . 综上知，所求的 ( , , ) ( 2 1,1, 2) , , 2 .la m n l l+= − ∈ ≥Z 五、锐角△ABC 的三边长为 , ,BC a CA b AB c= = = ，且 a b c> > . △ABC 的内心、外心、垂心分别记为 I、O、H . 点 D、E 分别是边 BC、CA 上的点，使得 ,AE BD CD CE AB= + = ，设 BE 与 AD 的交点 为 K . 求证： //KH IO，且 2KH IO= . N G J M K E CB A D I O H 解 设△ABC 重心为 G．如图，由a b c> > 知：H，G，O 和 I，G，K 都是由 左至右依次出现. 由欧拉线性质知，O、G、H 三点共线，且 2OG GH= ． 设 AM 为 BC 边上的中线，连接 AI 并延长交 BC 于点 N，连接 IK 交 AM 于 点 F．连接 CK 并延长交边 AB 于点 J. 记 2 a b cp + += ，由 BAN NAC∠ = ∠ 知： .acBN b c = + 而 BD AB AE CE CD AC CD p+ = + + = + = ， 所以 , , , ( ) , , 2 2( ) 2 2 BD p c DC a c p CE p a a a b c a b cMN BN MD p c b c = − = + − = − − −= − = = − − =+ 所以 MN a MD b c = + ． 由 I 为内心及 acBN b c = + ，可得 .2 AI b c AN p += 对于△ABD 和截线 CKJ，由 Menelaus 定理得 1AK DC BJ KD CB JA ⋅ ⋅ = ， 而由 Ceva 定理可得 1BJ AE CD JA CE DB ⋅ ⋅ = ， 于是 1JA AE BJ DC CE DB CE = =⋅ ⋅ （因为 AE BD= ）， 所以 AK CB JA KD BJ DC ⋅= ⋅ CB CE = a p a = − ， 所以 AK a AD p = ． 设 ,NAM MADα β∠ = ∠ = ，则 sin sin IFA FKA SIF AI FK S AK α β Δ Δ ⋅= = ⋅ ， 同理 sin sin MN AN MD AD α β ⋅= ⋅ ． 所以 1 2 2 IF AI MN AD MN AI AD a b c p FK AK MD AN MD AN AK b c p a += = = =+ ． 连接 IM. 因为 MN a NI MD b c AI = =+ ， 所以 //IM AD ， 所以 1 2 MF IF FA FK = = ， 于是，点 F 与 G 重合. 所以， 1 2 IG OG GK GH = = ，故 //KH IO，且 2 .KH IO= 六、设 n 是正整数， 22 1 n nF = + . 证明：对 3n ≥ ，数 nF 有一个 质因子大于 22 ( 1)n n+ + . 证 先证一个引理： 设 p 是 nF 的任一质因子，则 p 具有形式 12 1,n n nx x+ + 是 正整数. 引理的证明：设 p 是 nF 的任一质因子，则 2p ≠ . 设 2 模 p 的阶是 k. 由 22 1(mod ) n p≡ − ， ○* 得 122 1(mod )n p+ ≡ ，故 1| 2nk + ，所以 k 是 2 的幂，设 2 ,lk = 其中0 1l n≤ ≤ + . 若 l n≤ ， 则将 22 1(mod )l p≡ 两边反复平方若干次，产生 22 1(mod )n p≡ ，结合○* 得 1 1(mod )p≡ − ，这不可能. 故必须 1l n= + ，即阶 12nk += . 由费马小定理 12 1(mod )p p− ≡ ，所以 12 | 1n p+ − ，故 11 2n np x+− = .引理得证. 回到原题：设 1 2 1 2 k n kF p p p αα α= " ， ① 则由引理知， 12 1ni ip x+= + ，故由①知 1 1( ) ( )2 1 ( 1)2 1 (2 1) 2 1 n k kn nα α α α+ + + ++ ++ ≥ + > +" " （用二项式展开）, 即有 1 2 1 nk i i n α = < +∑ . ② 另一方面，由二项式展开知， 1 1 2 2(2 1) 1 2 (mod 2 )i in n ni i i ip x x α α α+ + += + ≡ + . 由于 3n ≥ 时，2 2 2n n≥ + ，故由①模 2 22 n+ 得到 2 1 1 1 1 2 2 1 1 2 1 (1 2 ) 1 2 (mod 2 ) . n i k k n i i i i i k n n i i i p x x α α α + = = + + = ≡ + = ≡ + ≡ + ∏ ∏ ∑ 即 1 2 2 1 2 0(mod 2 ) k n n i i i xα+ + = ≡∑ , 所以 1 1 0(mod 2 ) k n i i i xα + = ≡∑ , 故有 1 1 2 k n i i i xα + = ≥∑ . 从而，必有某个 jx ，使 1 1 2 k n j i i x α + = ≥∑ ． ③ 由①，②，③得 1 1 22 1 nk n j i j i x x n α+ = ≤ < ⋅ +∑ ， 从而有 2( 1)jx n> + ，故 1 1 22 1 2 (2 2) 2 ( 1)n n nj jp x n n + + += + > + = + .