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2000年加拿大数学奥林匹克

发布时间:2013-12-22 13:39:29  

42数学通讯             2000年第23

数学竞赛之窗

本栏目特邀主持人 熊斌 冯志刚

中图分类号:O122-44    文献标识码:C    文章编号:0488-7395(2000)23-0042-02

  有关本栏目的稿件,请直接寄给熊斌(200062,上海市华东师大数学系),或冯志刚

(200231,上海市上海中学).提供试题及解答,请尽量注明出处.

  本期给出华东师大数学系范端喜先生提供的

2000年加拿大数学奥林匹克试题及解答.

2000年加拿大数学奥林匹克竞赛试题及解答1 中午12:00,Anne,Beth和Carmen从同一地点沿

整数,那么k≥0,且100≤2kd≤200.因此,在时刻

2kt∈T时,Beth和Carmen离Anne都有至少100米

远.

2 a1,a2,…a100是整数1901,1902,…,2000的任

着300米长的环形跑道跑步.每人匀速地在无限的时间内以两种可能的方向奔跑.证明:如果Anne的速度不同于其他两人,那么在以后某一时刻,Anne与其他两人至少保持100米远的距离(这里“距离”是以离二者较近的弧形计算的)

证[方法1] 通过旋转参照系,我们可以假定

Anne的速度为0,Beth的速度不小于Carmen,Car2men的速度为正.如果Beth的速度不及Carmen速

意一个排列.部分和数列S1=a1,S2=a1+a2,S3=

a1+a2+a3,…,S100=a1+a2+…+a100.若数列中

每一项Si(1≤i≤100)均不被3整除,问这样的数列有多少个?

解 令{1901,1902,…2000}=R0∪R1∪R2,这里Ri里的任意元素模3同余i,i=0,1,2.则|R0|

=|R1|=33,|R2|=34.由于任一个排列s=(a1,a2,…,a100)的部分和是否被3整除由s′=(a′1,a′2,…,a′100)的部分和所决定,其中a′i是ai模3

度的两倍,那么当Carmen跑完100米时,二人离

Beth至少100米远;如果Beth的速度超过Carmen

的余数(共有33个0,33个1,34个2).其中每个Ri的排列数恰有|Ri|!=1?2…|Ri|.因为s的部分和仅仅依赖于其余数构成的数列s′.欲使s中每一部分和均不能被3整除,则由s′中67个1和2构成的数列应为1,1,2,1,2,…,1,2或2,2,1,2,1,…,2,1.但|R2|=|R1|+1,故只有第二种情形才可能.s′中的33个0除了a′0,可放在其它任何地方,这样1≠

种方式.因此,满足条件要求的数

33!66!

列共有C3333!?33!?34!=个.99?66!3 设A=(a1,a2,…,a2000)是一个整数数列,其中

速度的两倍,那么当Carmen跑的路程在100~200未之间时,Beth所跑的路程超过200米,这一段路程中有一部分离Anne100多米,那么在这一段路程的某一时刻,Beth和Carmen离Anne都至少100米远.

[方法2] 通过旋转参照系,我们可以假定

Anne的速度为0,其他二人的速度不为0,设Beth的

速度不小于Carmen,Beth用了t秒的时间跑完200米.那么无限集T={t,2t,4t,8t,…}的各时刻,

Beth离Anne恰好100米.t时刻,Carmen跑的路程d米,则0<d≤200.设k是满足2d≥100的最小

k

有C3399=

收稿日期:2000-11-02

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2000年第23期             数学通

讯ai∈[-1000,1000].若a1+a2+…+a2000=1.求

43

另一方面,因BE是角平分线,故有

=,BDDE

证:存在A的一个非空子数列,其和为0.

证 可设ai≠0,(1≤i≤2000).否则,若ai=0,问题得证.

令B是数列A的一个重排数列,b1>0,b2<0,

bi取自A,B=(b1,b2,…,b2000),且i=2,3,…,

同理

=.由条件AB=CB,∴=,∴BDDFDEDF

EF‖AC,∴△DEF与△DAC相似,且由上面知BD交AC于中点N,又∵△ABC是等腰三角形,∴AC⊥BD,∴△NAD,△NCD都是直角三角形,且

2000时,bi的符号与Si-

1

=b1+b2+…+bi-1相

有一条直角边是公共的,∴△NAD≌△NCD,∴

AD=CD.

反.(可假定每个Si-1≠0,否则问题得证).我们可证这样的B是存在的.事实上,由于a1+a2+…+

a2000=1,因此,A中每一次挑选后剩下来的项之和

5 设实数a1,a2,…,a100满足a1≥a2≥…≥a100≥0,a1+a2≤100,a3+a4+…+a100≤100,确定a21+a2+…+a100的最大值,并求出达到最大值时的数

2

2

或者为0,或者与Si-1有相反的符号,所以每一个这样的bi总是存在的.

由以上定义可知,每个S1,S2,…,S2000都属于区间[-999,1000]中的1999个非零整数中的某一个.由抽屉原理知,至少有两个是相等的,设Sj=

Sk,(1≤j<k≤2000),这样bj+1+bj+2+…+bk=

列a1,a2,…,a100.

解 a1+a2+…+a100≤200,

22∴ a21+a2+…+a100

22

≤(100-a2)2+a22+a3+…+a10022=1002-200a2+2a22+a3+…+a100

0.证毕.

4. 若ABCD是一个凸四边

≤1002-(a1+a2+…+a100)a2+2a22+

2

a23+…+a100

22=1002+(a22-a1a2)+(a3-a3a2)+(a4

形,且满足∠CBD=2∠ADB,∠ABD=2∠CDB,AB=CB,求证:AD=CD.

[方法1] 以B为圆心,

-a4a2)+…+(a2100-a100a2)

=1002+(a2-a1)a2+(a3-a2)a3+(a4

-a2)a4+…+(a100-a2)?a100.

通过A和C作圆与DB的延长线交于P,则

∠CPD=

图1

∵a1≥a2≥…≥a100≥0,

∴(a2-a1)a2,(a3-a2)a3,…,(a100-a2)?a100皆非正.

22

所以 a210000,且等号成立1+a2+…+a100≤

∠CBD=∠ADB,∠APD=2

∠ABD=∠CDB,于是,四边形APCD为平行四2

时当且仅当a1=100-a2,a1+a2+…+a100=200,及(a2-a1)a2,(a3-a2)a3,(a4-a2)a4,…,(a100

-a2)a100都为0.

边形(图1).∴PD平分AC,BD是等腰△ABC的角平分线.于是有∠ADB=

∠CBD=∠ABD22

=∠CDB.∴DB是∠ADC的平分线.由于DB是

因为a1≥a2≥a3≥…≥a100≥0,最后一个条件成立时当且仅当i≥1时,a1=a2=…=ai,且ai+1

=…=a100=0.

△ADC的底边的中线,∴△ADC为等腰三角形,

AD=CD.

[方法2] 设∠ABD的平

若i=1,则达到最大值时的数列为100,0,0,…,0;

若i≥2,则由a1+a2=100,有i=4,于是对应的数列为50,50,50,50,0,0,…,0.

22所以,a21+a2+…+a100的最大值是10000,达

分线交AD于E,∠CBD的平分线交CD于F,则∠FBD=∠BDE,∠EBD=∠BDF,所以

BE∥FD,BF∥ED.这样BEDF为平行四边形,且BD

图2

到最大值时的数列为100,0,0,…,0或50,50,50,

50,0,0,…,0.

交EF于中点M(图2).

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