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20012002年国内外数学竞赛题选解三

发布时间:2013-12-22 14:41:41  

—二三——————————————~

李建泉

天津师范大学数学科学学院,300074)

——————————————————————————————————————————————————————一_

。!竺塾竺

2001--2002年国内外数学竞赛题选解(三)

娄姗姗

(中等数学杂志编辑部,300020)

张茗

(天津市实验中学,300074)

三、代数部分

1.求所有实函数f、g、h:R—R,使得对任意实数x、Y,有

(x—y),(x)+h(z)一xy+Y2≤h(y)≤(x—Y)gf』)+h(z)一xy+Y2.

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(第一轮))解:由式①得

(Ⅳ一y)“x)《(z—Y)g(x)

易知,(z)=g(x)对所有实数z均成立于是,有

(z—y)“£)+h(x)一xy+y2=h(Y).

令x=o,得^(y)=广一f(0)Y+h(0),即h是

一个二次函数.定义f(0)=Ⅱ,h(0)=b,将h(y)=Y2一ay+b代人,有

(x—yⅥz)+x2一础+b—xy+广=广一ay+b,

即(x—y)“x)+x(x—y)一(z—Y)n=0.

经验证,,(J)=g(。)叫+n,h(x)=J2一ax

由于x、Y是任意实数,所以,“x)=一z+1l,

+b满足条件.其中n、b是实常数,z∈R

2(I)设n是大于1的实数,,、g、h:R斗R是实函数,且以x)+g(x)+h(x)≥o对所有的z∈R成立证明:∥。+一‘’’+Ⅱm’=3有解的充要条件是函数,、盯h有公共的根.

(2)解方程5h婚“+2’。。’+41’“’;3.(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(第一轮))(I)证明:由均值不等式得

1={(∥。+一“’+n“”)

≥~圪万而阳w”≥~,7:1

所以,x若是原方程的解,当且仅当∥”=矿“’=n地’,“x)+g(Ⅳ)+^(x)=0,即“z)=g(x)=h(z)=0.

(2)解:原方程等价于

2(№竹’吨5+2,一1+22‘’一。…=3.

设,(x)=(1+C05“x)log25,g(x)=x2—1,

万 

方数据厶幻z,墨

矗(z)=2(1一IJJ),贝Ⅱ

,(z)+g(*)+^(z)=(1+COSⅡz)崦25+(1zI—1)2≥o由(1)知函数f、g、h有公共根,即x=1或一1.

3设等差数列‰(n≥1)包含1和压.证明:

{‰}中的任意三项均不构成等比数列

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(第一轮))证明:设等差数列a。,o,,…,‰,…的公差为r,则存在正整数£、l,使得叽=1,0』=42.于是,

压一1=。f—m=(1一t)r,

即r=鲁.

假设‰、“、吼是等比数列,为方便起见,设

搿=M,矧=Ⅳ,崔=,测

n。=吼+(m—t)r=l+M“2一1),a。=毗+(n—k)r=1+Ⅳ“2一1),‰=ak+(p—k)r=1十P“2一i).

由n:=‰乱,得

(1一Ⅳ+Ⅳ拒)2=(】一肛+村压)(1一尸+.^臣).即(1一』v)2+2酽+2N(1一ⅣVj

:(1一M)(1一P)+2脚,+[(M(1一P)+尸(1一JIf)]√互.由于肘、N、P是有理数,则有3胪一2N=3MP一肼一P.

2N一2N2=M+P一2MP

以上两式相加得N2=MP,代人得2N=M+P.从而,(肘+P)2;4MP,即(M—P)2=0.所以,M=P=N于是可得m=n=P.矛盾.4.已知数列{x。{满足*。=1,当n≥1时,有

4(#1x.+2x2£。一l+3x3xn2+‘‘?+/1,'caXl)

=(//,+1)(£1x2+如奶+…+*。z川).①

求{%}的通项公式.

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(第二轮))

解:将n=1代人式①得4x;=2x.如,则靶=2.

2003年第5期

将n=2代人式①得

4(z1x2+2x2zI)=3(xl

z2+#2

z3),掘4

z3=3

假设机=^,其中1≤k≤n.由

42km…。=(n+1)∑Ⅲ。,得4∑k2(n+1一&)

4(rt+”-血掣一4?掣

=(n+1)∑k(^十1)+(n+1)w。,

=(川)?世掣+

所以,‰。:堑丛掣一。(。+1)一

(。+1).垒;卫十。(。+1)%。

鱼二12111二16

2一旦■

n+1

综上所述,矗孔

r*(*一Y)(x—z)=3,

5求方程组{y(Y—z)(Y一:)=3,的复数解.

o:(=一z)(:一Y)=3

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(第二轮))解:易知£≠0,Y≠0,:≠o,g≠y,Y≠z,z≠x.由前两个方程可得x2+Y2=yz+嚣

同理,可得Y2+2=xy+盛,z2十x2=州+yz将以上三式相加,得

矿+,+z2=叫+yz+盈

将前两个式子相减,可得z2一=2=F一叫,即

x+Y+:=0

由(x+Y+:)2=0,得叫+F+置=0将,+y2=yz+麒代人式①得z2=州,即

,=i'=.

同理.可得≈3=Y3=研=.

y:矗,::五:,其中。:掣.将其代人原方

设挪=n,由于m、Y、z互不相同,故设x=再,

程得n(1一e)(1~E2)=3.于是,有口=1因此.原方程组的解(z,Y,。)为{1,e,£2}的一个全排列

6.设实数口、b满足3‘+136=17。,54+76=

11

6.证明:Ⅱ<b.

万 

方数据33

(第53届罗马尼亚数学奥林匹充(第二轮))

证明:假设n≥b,则13“≥136,5“t>56.

由3。十135=17。,得3。十13“≥17“.即

(吾)。+(可13)“孔

由于“z)=(吾)5+(可13)。学调卜降,,(1)=

帚+号=等<l,itf(n)≥】,“】)则。c1.

由54+76=11“,得56+76≤116,即

(音)5+(舌)5乱

由于g(x)=(音)。+(音)2单调下降,g(1)=音+吾=可12>1,且g(6)≤1<g(1).则b1.

因此,口<1<b,与o≥b矛盾.所以,o<67对于正整数n(n≥2),定义以n)为集合S中元素个数的最小值.集台S满足最小的元素1∈S,最大的元素nES,且对于异于1的每个元素都是S中两个元素的和(可以相同).证明:

(1)“n)≥[崦2n]+1;

(2)有无穷多个n.使得,(n)=“n+1).(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(第二轮))解:(1)对于n≥2,设“t1)=t.则S中有k个元素,且1=Ⅱl<n2<…‘‰2n,故啦=ol+口l=2,o,=Bl+啦或02+凸2.于是,岫=3或4.即q≤寥.

假设口.《2卜1,则nHl=口,+n,≤2n.≤2‘.

所以,n=口I≤2‘.故

^≥1+log

B≥1+[1092r/,].

(2)由(1)可知,若S中有&个元素,则n≤2卜1

所以,“2‘。1+1)≥k+1,f(2…+2)≥k+1.

当k≥3时,对于集合S.=11,2,寥,…,2卜1,2‘叫+1}和集合S={l,2,乎,…,2卜1,2卜’+2}均有k+1个元素,且满足条件,所以,

f(2卜1+1)=“2卜1+2)=k+1

8对所有非负整数z、Y,求所有函数,:卜卜N,

满足“3*+2y)=“z),(Y),其中N为非负整数集.

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(决赛))解:令z=y=0,得f(0)=“o)2所以,f(o)=0或f(0)=1

若^O)=0,对于#=0或Y=0,可得f(2y)=

“3x)=0对所有z、yEN成立设“1)=n,则

“5)=f(3×1+2x1)=,(1)J(1)=a2,以25)=“3×5+2x5J=,(5)以5)=Ⅱ4.义因为“25)=,(2×2+3×7)=一2),(7)=0,所以.o=0

当奇数^>4时,存在y∈N,使得^=3+2y.则

“&)=o,故对于所有x∈N,“z)=0满足条件.

若f(O)=I,令z=0或y=0,得

“2y)=“,)或“3x)=“z)

设“1)=。,则

f(2)=a,

f(s)=,(3×I+2xI)=,(I),(I)=n:,“25)=f(3×5+2×5)=,(5)j15)=n4Y.N为f(25)=f(3×3+2

8)=,(3)f(8)=

,(1)f(4)=“1)“2)=a2,所以,Ⅱ=0或a=1

同理有

f(x)=锰2或州扎删.

综上所述.共有3个函数满足条件.

9.求所有实多项式,和g,使得对所有z∈R,有

(£2十*+1),(f*+1)=(x2£+1)g(x2+x+1).

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(决赛))解:设w是1的非实的立方根,满足"2+”+1=0,则g(∥+∞+1)=g(O)=o.

设a是一1的非实的立方根.则“G2一a+1)=f(0)=o.故可设“z)=m(*),g(x)=曲(*).因此,原条件化为

令排y,得a(y2+Y+1)=b(y2一y+1),则

a(z2一z+I)=b(x2+x+1).

b(*2+*+1)=6[(x+1)2一(z+1)+1]=a[(x+1)2+(#十1)+1].

故d(z2一z+1)=B[(z+1)2+(*+1)+1].下面证明有无穷多个n使得

a(n2+3n+3)=Ⅱ(1).

由*=1可得a(1)=a(7).

假设a[(n一1)2+3(n一1)+3]=。(1)(n≥2),则

口[(n+1)2+3(f/,+1)+3]=a[(n+2)2+(n+2)+1]=n[(n+1)2一(n+1)+1]

a[(//,一1)2+3(n一1)+3]=a(1).

万 

方数据中等数学

由于多项式n(z)一n(1)有无穷多个根,所以,o(z)一。(1)是零多项式,即。(z)足常数因此,“£)=h.类似地町得日(x)=k.

10求所有实数a、6、f、d、eE[一2,2],使得

n+b+c+d+e=0.Ⅱ3+63+C3+d3+e3=0.

矿+矿+,+扩+e5:lO.

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克【决赛))解:设n=2ms』,b=2cos

v,r=AxB=,d=2cos£,

e=2cos

M.由于2cos5x=(2cosJ)5—5(2cosx)3+

5(2cosz)=。5—5a3+5Ⅱ,所以,

∑2cos5*=∑n5—5∑n3+5∑n=10.

即>、eos

5x±5.

从而,㈨5x=cos

5y=c∞5z=cos5t=cos5u=I

由c嘴5x=1,得5#=2krr,^∈Z.因为cos

o=l,一警=等一了4r;.=

一掣删,¨一扎t{z,与!,一譬).

由y。=0知这5个数一定是1个2,2个

,—/5—-1,十一幽

’一’

如上的。、6、c、d、e满足■183=0.

11设,£R是一个区间,厂:卜-R是一个函数,且不等式l“z)一“Y)l≤lx—YI对所有#、yE1成立.证明:厂在,上是单凋函数的充要条件是:对于

所有的z、y∈,,要么“x)≤,(兰笋)≤,(y),要么一y)≤“兰笋)≤,(x)

(第53届罗马尼亚数学奥林匹克(决赛))证明:若,在区问,上不是单调函数,则存在*(y<:(z、y、z∈,)使得

八x)‘豇y)>曩z)或,(x)>,【y)(九#)不失一般性,下面考虑“z)<“Y)>“:)的情

形.

设A∈R,且满足“z)<^。,(=)<^,,(yb^.

考虑如=[z,=]的中点,则y属f【z,墨笋】、

[字,:】之一,设这个区问为,I=[啦,6.].即y∈

,.

——————————————————————————————————————————————————————————~~

2003年第5期

3S

因为爿丁x+z)<^,区问,】的中点值也小于^,

考虑由I。的中点将,;分成的两个区问中包含y的区间,并设其为12=[啦,如],等等.可得区问L:[a。,k].n为正整数,且满足

(2002,罗马尼亚为lklO和巴尔干地区数学奥林匹克选拔考试供题(第一轮))

证明:考虑数列{b。}(n≥0),乓中b。=~1,b,

=1…b-=4b。一b¨(n≥1)用数学归纳法易证

明:

“%)<^,以b。)(A,y∈厶,b。一峨=兰挈.

(1)2‰一1=醛;

(2)2k6。一1=a。+n。一l一4故结论成立

14.设整数n≥4,n.,n:,…,‰是正实数,使得

由于tf(y)一“‰)I≤‘‰一7/l(兰≥,所以,

“y)<“an)+!}<^+等

对所有的正整数n成立矛盾.

反之显然成立.

12.求所有集合对A、B,使得A、B满足

(1)AUB=Z;

a:+蠢+…+B2。=1证明:

寿+寿+”一寻+焘

≥{(n。v/i+m/i+…+‰√瓦)。.

(2002,罗马尼亚为IMO和巴尔干地区数学奥林匹克选拔考试供题(第三轮))

证明:由柯两(caIJdu)不等式,得

(2)如果z∈A.则*一1∈口;(3)§n果x∈B,y∈B,则z+,∈A

(2002,罗马尼亚为1MO和巴尔干地区数学奥林匹克选拔考试供题(第一轮))

解:若OEB,由(3)知对所有*EB,04-々E

A,

旦2+生+…+生≥!!!±垒!=±生■

z】十X2十…+耗

所以,詹[A.叉由(1)知A=Z.由(2)知对vz∈A,z—tE口,所以,B=z.

若0仨e,由(1)知,0EA由(2)知,一1EB.由(3)得一2=(一1)+(一1)∈A,进而得一3E

B,一4

其中*。,*:,…,‰为任意正实数.于是,有

:i{_i+和+’一+=ijl+卉

a2

an

o^

∈A,?~.因此,由数学归纳法易证一2n∈A.一2R一1∈B对所有非负整数n成立.

若2EB.则1=2+(一1)∈A,由(2)知,1—1=0EB,矛盾.所以.2色B.2EA,1=2一l∈B

下面证明,对所有的n,有2hEA.2n芒占.若不成立.则存在一个最小的n(n>1)满足2n∈口叉因为一1∈占,所以,2n一1EA.由(2)知,(2n一1)一1=2(n一1)EB,与n的最小性矛盾.所以.当n≥l时,2hE^.从而,2n—l∈B,即所有正偶数均属于A,所有正奇数均属于B.

若一2hEB,n为正整数,由2n+1∈B及(3)得1∈A.由(2)得0EB,矛盾.于是,所有的偶数均属于A,但不属于B

若有奇数2n+1∈A,由(2)得2n∈曰.矛盾.于是,A=2Z,B=2Z+1.”设数列{‰f(n≥0)定义如下:ao=al=1,B。+l=14a,,一I'1.一.(n≥1).证明:对所有正整数n,2a.一1是完全平方数.

=i南+蠢毛一+薪k。i孺+ii矗+‘+i糯;≮2融2毫2筹2:;薪一掣.

因此,其须证明。:。;+正n;+…+。:蠢《{.

其中n≥4,且a;+正+…+Ⅱ2。=1.

一般地,对于正数x。.x:,…,x。,当n≥4,且扎+如+…+z。=1时,有

为。2+。2。3+’一+h51≤音、

当n为偶数时,有

Xl#2+#223+‘‘。+zhxl

≤(xl+却+…+‰一1)(缸+知+…+靠)≤{

当n为奇数,且n≥5时,不妨假设*.≥z:因为≈1x2+x2却+m3轧≤≈l(,2+托)+(;2+z3)轧,用zl,x2+≈,札,…,^。代替x1,#2,….‰,所证不等式的左端变大,利用项数为偶数时的情形即知结论成立.

万方数据 

15设m、/7.是奇偶不同的正整数,且满足m<n

<5m.证明:存在一种分拆,将集合Il,2,3,…,4m}

分成若干个只有两个元索的子集,使得每个子集中的两个元素的和是一个完全平方数.

(2002.罗马尼亚为IM0和巴尔干地区数学奥林匹克选拔考试供题(第五轮))

证明:若存在非负整数n、6,。<b,使得(1)(2a+1)2+4mn=(2b+1)2.

(2)(2a+1)2<4rrm,

则可将{l,2,3,…,4”m}做如下分拆:

11,(2a+1)2—1},{2,(2a+1)2—2I,??,{2Ⅱ2+

2Ⅱ,2Ⅱ2+2n+l}.{(2a+1)2,4rrm}.}(2a+1)2+1,

4rrm一1f,…,{2Ⅱ2+2n+2M,2。2+20十l+2mn},

且满足已知条件

由(1)得m=(6一Ⅱ)(6+。+1).因为m<n,

设m=6一Ⅱ,n=6+n+1,于是,有

。=掣加掣

由于m、n奇偶不同,所以,n、6是非负接数

由(2)得(m—n)2<4rrm,即旦<3+2压.

由已知条件n<5m知结论成立.16.求所有的实参数m的值,使得不等式

m*2+8(m一1)x+7m一16≤0

最多有6个整数解,且有1个等丁2

(2002,保加利亚春季数学竞赛)

解:设,(x)=槲2+8(m一1)x+7m一16因不

等式“z)《o有有限个整数解,必有m>0.

由于2是一个解,则,(2)《o,即m≤筹.又因

为“一1)=一8(o,所以,一1也是“*)《o的一个

解.而,(一2)=一5m《o,易知当m∈(o,西32】时,

“x)《0至少有5个整数解,即一2.一1,0,1,2.

因为以一3)=8(1一m),“3)=40(m一1),当m

=1时,原不等式有7个整数解.

(1)m∈(0,1),j-(一3)>0,/(3)(0,f(4)=55m一48应满足大于0,才能保证f(z)《0的解不超

x过6d-因此,m’丽48所以,m∈(篙,1).

(2)m∈(1,丽32】。“一3)<0,“3)>0.且“一4)

=16—9m>0.

万 

方数据中等数学

综上所述,m∈(芸,1)u(1,芴32】

17.求所有正整数对(b,c),使得数列n.=6,a2

=c,‰+:=『3a川一2a。l(n≥1),只有有限个合数

(21702,保加利亚国家数学奥林匹克(决赛))解:设(6,c)是满足条件的数对.

若哪=嘶…且^是满足这个条件的下标中最

小的一个.若^≥4.因为毗+I=l3a‘一20^l】,且嘶

≠n川,则啦+I=2a-一l一3口。,即‰I=2aI

又因为m=I

3a¨一2a¨1,所以。2aH=5a^

或2吼:=7吼,即m可以被2整除.

另一方面,易知峨=吼,其中n≥I设P是所有素数和1构成的集合.则嘶∈P从而.知吼=2,

吼1=4,嘶一2=5或7,与4=口¨=I3嘶2—2a¨l

矛盾.因为右端是奇数.左端是偶数.所以.女《3

当I=3时,嘶=2,。:=4,nI=5或7,即(6,c)=(5,4)或(7.4).

当k=2时,n:=p,n,=2p.其中p∈P,即(6,

c)=(2p,p)

当^=1时,。I=P,P∈P,#3-2=P,即(6,c)=

(P,P)

若对所有的n,均有O-n≠‰+.,由于n。≥0.则

一定存在一个正整数f,使得n…>∽由敬学归纳

法可得,当n≥f时.有‰+,’%.再利用‰+2=3a.+。一2n。.由数学归纳法可得

Ⅱ.=m+2+2(2”‘2—1)(嘶+2一哪.1)

若哪+z是偶数,则%≥4是偶数,其中n≥f+

3.矛盾.

若q+z是奇数,则d』+。≥3,且(nI+?,2)=1

由欧拉(Euler)定理.钆2可以整除2叫’+2’一1,

其中学是欧拉函数,即P(m)表示小于m且与m互紊的正整数的个数.

令n=1+2+妇(叭2),i=1,2,….则嘶+2可以

整陈‰(n。>嘶+:),矛盾.

综上所述,(6,c):(5.4)或(7,4)或(2p,P)或(p,P).其中p∈P.

蝎.求所有实多项式p(x),对于所有实数x,满足方程p(2p(x))=2p(p(#))+2(p(x))2.

(第19届伊朗数学奥林匹克(第一轮))证明:设p(x)2m矿+‰一I

xh-‘+一十口l

z+d0,

~———————————————————————~

2(103年第5期

37

则P(2p(z)),2p(P(z)),2fP(x))2的首项分别为有一个是完全平方数,则称之为。二次排列”.求所有28。:¨z乒.2。:,,z?,2£zh.

如果n≥3,则t12>2n,故r以“=2Ⅱ?因为

‰≠0不可能,所以.n=0,1,2,

若n=0,没P(,)=n,则

。=2a+2n2.。:o或。=一喜

若19,=l,设p(*)=甜+b,得n=o,不合题意若n=2,设p(z)=∞2+k+c,比较x4的系数得a=】,比较常数项得c=0,b为任意实数.

综上所述,可得

p(x);o,p(x)t一{.p(z):』2+k,bell.

19.求所有函数f:R\}o}一R,使得对所有x、r∈R、i0/.有

矿(z+÷)+州,)+÷=矿(,+÷)+识x)+手

(第19届伊朗数学奥林匹克(第二轮))解:设g(*)=“x)一z。则原函数方程化为

帮(z+了1)+yg(y)=增(y+÷)+增(z).

令v=I.可得

罐(*+1)+g(1)=g(1+i1)+增(x).

用上代替。.得

÷g(1+{)+g(1)=g(x+1)+i1卧i1).故g(1+i1)=硒(z+1)+g({)一昭(1).消去g(1+i1),得昭(z)+g(÷)=(x+1)g(1).

同理,令Y=一1,可得

孵(x)~g(1)=g(一1)(z—1).

于是,有

2昭(x)=[g(1)十茸(一1)]*+[g(1)一g(一1)].

则,(;):A+喜+。,其中^、口为任意常数.

经验证,“x)满足原函数方程.

20考虑{1,2。…,n}的一个排列(n.,n:,…,n。),若n1.01+口2.…,nl4-m+…+n。之中摹少

万 

方数据正整数n,对于{1,2,…,n}的每一个排列都是“二次

排列:;19届伊朗数学奥林匹克(第三轮))

(第

届伊朗数学奥林匹克(第三轮))

解:设啦=i,1≤‘《n,bI=∑咄若虬=m2,

即地笋=m2,则喜c

m.且坠jj掣=

m2+女+1<(m+1)2所以婚b。不是完全平方数

将m与m+.交换,则该排列前^项的和为“+1,不是完全平方数.重复这一过程,可得一非二次排列,除非^:n.

若掣=宝i=m2.则

(2n+1)2—2(2m)2=1.

设x=2n+1.Y=2m,得佩尔(Peu)方程z2—

2y2=1.知x。=3,yo=2为其根.若其解为(x,y),则Ⅳ+拒,=(3+2应^z~在y=(3—2压)‘,^=1,2,

…,则

x={[(3+2以)‘+(3-2压)‘],

。:{[(3+2压)t+(3—2压)?~2],

k=1.2.….

21.设x.,x:,…,‰是正实数,且满足∑x:=n,

有【掣】个数大于等.

∑置≥s>o.对于o≤^《1.证明:这n个数中至少

(第19届伊朗数学奥林匹克(第三轮))

证明:定义A={Jll≤,《n,而>等).由柯西

(岛uchy)不等式得

s≤善i

:,

2蚤t+暑t

‘∈^

‘£J

≤√…搿+瑟

≤俪^+坐.。

故IAl≥篁l!型:.

因此,至少有[掣】个数大于等.

(未完待接)

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