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1996年保加利亚数学奥林匹克

发布时间:2013-12-22 13:39:38  

1996年保加利亚数学奥林匹克(第三轮)

1. 试证对所有整数n≧3,存在正奇数xn、yn使得7xn2+yn2=2n。

证明:当n=3,选(x3,y3)=(1,1)。现假设对给定的自然数n≧3,存在正奇数xn、yn使得7xn2+yn2=2n;要证明存在另一组正奇数(X,Y)使得7X2+Y2=2n+1。

7 [(xn± yn)/2 ]2+[ (-7xn± yn)/2 ]2=2(7xn2+yn2)=2n+1。

剩下要选取奇性,由于(xn+yn)/2 和 |xn- yn|/2两数必有一个奇数,从而对应的(7xn+yn)/2=3xn+(xn+yn)/2 和 |7xn- yn|/2= |3xn+(xn- yn)/2|有相同的奇偶性。

2. 设两圆k1和k2且圆心各位于O1和O2外相切于点C,且另一圆k其圆心位于O与

k1和k2外相切。设L为圆k1和k2的公切线,AB为垂直L之圆k的直径。假设O和A位于L的同侧,证明直线AO2、BO1、L有一公共点。

证明:设r1、r2、r为k1、k2、k的半径。设M、N分别为AC、BC与k的交点。由于AMB是一直角,三角形AMO是等腰和∠AMO=∠OAM=∠O1CM=∠CMO1。因此O、N、O2是共线且AM/MC=OM/MO1=r/r1。同样地O、N、O是共线且

BN/NC=ON/NO2=r/r2。设P为L和AB之交点;直线AN、BM、CP三线共点于ABC的正心,所以由Ceva定理,AP/PB=(AM/MC)(CN/NB)=r2/r1。现在设D1、D2分别为直线L与BO1、AO2的交点。所以CD1/D1P=O1C/PB=r1/PB,及同样地 CD2/D2P=r2/PA。因此CD1/D1P=CD2/D2P且D1=D2,从而直线AO2、BO1、L有一公共点。

3. 设a、b、c为实数及M为函数y=|4x3+ax2+bx+c|在闭区间[-1,1]的极大值。证明M≧

1及试找出使等式成立的所有情形。

证明:当(a,b,c)=(0,-3,0),可知M=1且到达极大值于点x=-1、-1/2、1/2、1。用反证法来证明M≧1;假设存在某些a、b、c使得M<1,则(4x3+ax2+bx+c) - (4x3+3x2)在x=-1为正,在x=-1/2为负,在x=1/2为正,及在x=1为负。但这对二次多项式函数是不可能的,所以M≧1。同样的论证证明等式M=1只发生于(a,b,c)=(0,-3,0)时。

注:这是有关Chebyshev多项式的极小偏差性质的一个特别情形。

4. 设实数列a1,a2,a3,.....,an (n≧3)为一算术(等差)数列及存在a1,a2,a3,.....,an 的

置换ai1,ai2,ai3,.....,ain 使得它们是几何数列。试找出a1,a2,a3,.....,an 其中各项不同和最大的一项是1996。

解:设a1< a2< a3<.....<an =1996和q是几何数列ai1,ai2,ai3,.....,ain 的公比。明显地q≠0,±1。必要时将几何数列的次序换转,可假设 |q|>1,因此|ai1|<|ai2|<|ai3 |<....<|ain |。注意在这数列各项只可是全正号或各项正负交替;在第二的情形下相同符号的各项组成另一个几何级数。

现证明:不能存在三个或以上的正项;否则在已知数列中取出最小的三个正项

0<a<b<c,它们是等差列数列,然后考虑b/a、c/a,若它们不相等,则在三个数a<b<c之间有另一个数在原来的数列,这与a、b、c的最小性有矛盾。因此这三知数 a<b<c是几何数列。由于 a<b<c同为算术及几何数列,但这与AM-GM不等式。同样地,不能只存在三个负项,因此至少存在正负项各二个。

(未完成)

。5. 已知有一凸四边形ABCD,其中∠ABC+∠BCD<180。直线AB、CD的交点为E。

证明∠ABC=∠ADC 当且仅当 AC2=CD x CE -ABx AE。

6. 一个m x n长方形(m>1,n>1)用平行于其中一边的直线分为mn个 1x1的方格。问

有多少种方法剪去其中两个1x1的方格,使得剩下来的方格能用2x1的骨牌完全覆盖?

解:记F(m, n)为所要求的数目。由于每个骨牌有歌个方格,所以当m和n同为奇数时,则F(m, n)=0。

现设m、n中至少有一个是偶数,如国际象棋棋盘般将mn个方格分别涂上黑、白两色。则白色方格和黑色方格数目=mn/2。由于每个骨牌必覆盖一个黑色和一个白色方格。所以如果剪去的两个方格同是白色或同是黑色,则不可能同骨牌核覆盖长方形所余下的部份。

现在要证明:若剪去的两格颜色各异,则所余下部份能用骨牌种覆盖。

证:由于mn是偶数,记mn=2t,其中t≧2。对t作归纳证明。当t=2时,则结果是明显。设t0>2及假设命题对所有的t (2≦t≦t0)全成立。

记T1、T2分别为这长方形的首两行所组成的长方形、剩下来的格子所组成的长方形。

o 若剪去的两个小格同在一个长方形T1或T2;由于T1和T2同时有偶数个方

格,则可用归纳假设证明:当T1或T2剪去的两个小格,余下的格子可用骨

牌所覆盖。

o 不妨假设剪去的两个小格分别在长方形T1和T2内;则放置一个骨牌分别与

T1和T2有一格相交,且在Ti(i=1、 2)中,原来剪去的一格和其中一格颜色

也是不同的。跟据归纳假设,T1和T2的余下的部份也能用骨牌覆盖。

因此,可以选取一个白色和一个黑色的格子来剪除,所选取的方法共有(mn/2)2。

1996年保加利亚数学奥林匹克 (第四轮)

1. 试找出所有的素数p和q使得( 5p-2p)(5q-2q)/pq是个整数。

解:设p为素数使得p能整除( 5p-2p)。由费马小定理得3=3p=(5-2)p=( 5p-2p)=0(mod p),因此 p=3。

现在假设p、q为素数使得( 5p-2p)(5q-2q)/pq是个整数,若p能整除( 5p-2p)则p=3,而且此时( 5p-2p)(5q-2q)=3x3x13x(5q-2q);若q整除( 5p-2p)(5q-2q),q只能是3或13。=(5p-2q),因而q =3 或13。

2. 试找出一个最小的正三角形的边长,使得能在它的内部交置三个两两没有公共内点

的圆碟,其半径分别是2、 3、 4。

3. 实系数的一元二次函数f(x)、g(x)满足下列的性质:若对某个正实数x,g(x)是整数

时,则f(x)也是整数。证明:存在整数m和n,使得对全意的赛数有f(x) =m g(x) +n。

4. 数列{an | n=1, 2, 3, ....}定义如下:=1,an+1=an/n+n/an,n≧1。证明:[an2]=n当n≧4,

其中[y]代表实数y的整数部份。

5. 四边形ABCD内接一圆内,直线AB、CD相交于点E,而对角线AC、BD相交于

。点F。而三角形AFD、BFC的外接圆交于另一点H。证明:∠EHF=90。

6. 在一个7x7的表格剪去四个顶角的小格。

a. 问要至少涂黑多少个小格使得不能出现5格所组成的十字架图形。

b. 证明:能在每个小格内写上整数,使得在每个由5格所组成的十字架内的数

字总和是负数,而整个表格的数字总和是正数。

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