)竞赛试题(第47届)
国际数学奥林匹克(IMO)竞赛试题(第47届) 1. △ABC的内心为/,三角形内一点P满足 ZPBA+ZPCA=ZPBC+ ZPCB.求证,AP ^AI,而且等号当且仅当P=/时成立. 证:ZPBC+ZPCB= | (ZABC+ZACB)^ZIBC+ZICB,故ZPBI=ZPCI,从而 P, B, C, I四点共圆.但由内外角平分线相垂直知B, C, I与BC边上的旁切圆心T 共圆,且“是这个圆的直径,IT的中点0为圆心.由于A, I, T共线(ZBAC的平分线), 且 P在圆周上,AP+PO^AO=AI+IO , PO=IO,故AP2A/. 等号当且仅当P为线段A0与圆周的交点即P勻时成立. 2.正2006边形P的一条对角线称为好的,如果它的两端点将P的边界分成的两部 分各含P的奇数条边.P的边也是好的. 设P被不在P的内部相交的2003条对角线剖分为三角形.试求这种剖分图中有两条 边为好的等腰三角形个数的最大值. 解:对于剖分图中的任一三角形ABC, P的边界被A, B, C分为3段,A-B段所含P 的边数记作m(AB).由于m(AB)+m(BC)+m(CA)=2006,故等腰三角形若有两条好边, 它们必是两腰.称这样的等腰三角形为好三角形. 考虑任一好三角形ABC(AB=AC). A-B段上若有别的好三角形,其两腰所截下的P的 边数为偶数.由于剖分图中的三角形互不交叉,而A-B段上P的边数为奇数,故A-B 段上必有P的一边a不属于更小的腰段,同理A-C段上也有P的一边B不属于更小的 腰段,令AABC对应于{a, B }.由上述取法,两个不同的好三角形对应的二元集无 公共元,因此好三角形不多于却西=1003个. 2 设 P=A1A2-A20o6,用对角线 AiA2k+i(lWkW1002)及 A2k+1A2k+3(l^k^l001M作的剖分 图恰有1003个好三角形.因此,好三角形个数的最大值是1003. 3.求最小实数M,使得对一切实数a, b, c都成立不等式 \ab(a2-b2) + bc(b2-c2) + ca(c2-a2) I^M(a2 +b2 +c2)2 解:ab(a2 -b2) + bc(b2 -c2) + ca(c2 -a2) =-(a - b)(b 一 c)(c 一 q)(q + 方 + c)・ 设°一方=兀,b^c = y c-a-z a + b + c = s ,贝Oa2 +Z?2 +c2 =^(a:2 +)^2 + z2 +52). 原不等式成为 M(x2 + y2 +z2 +52)2 2 91 xyzs 丨(x + y+ z = 0). 兀,y z中两个同号而与另一个反号.不妨设兀,详0 •贝II \ z\= x+y,谨+于 *(兀+歹)2, (x+y)2$4xy.于是由算术一几何平均不等式 (/ + y2 +g2 +$2)2 2 (|(X+y)2+S2)2 =(扣 + 川 +扣 + 丁尸 +£(X+ 川 +$于 2 (^^(x + y)6s2 )2 = 4^/2(% + y)31 s I 1 旋 I xyzs I 即M =— 时原不等式成立. 32 等号在s =近,x = y = 1, z = -2,即a:b:c = (a/2 + 3):a/2 :(V2-3)时达到,故所求 的最小的M=皿. 32 4.求所有的整数对(x, y),使得1 + 2X +22x+l = y2. 解:对于每组解(x, y),显然x20,且(%, - y)也是解.x = 0时给出两组解(0, + 2). 设x, y>0,原式化为2x(2x+1+l) = (y + l)(y-l). y+ 1与y -1同为偶数且只有一个被4 整除.故x23,且可令y = m 2x-l+s,其中加为止的奇数,£ = +1.代入化简得 若£ = 1,— 8 W 0 m = 1.不满足上式. 故必£ = -1,此时1 + 〃? =—8) 2 2(”『—8),解得“?W3.但“?=1不符合,只 有加=3 , x -4 , y = 23 . 因此共有4组整数解(0, ±2),(4 +23). 5.设P(x)为“次(”>1)整系数多项式,k是一个正整数.考虑多项式 Q(x) = P(P(---(P(x))■■■)),其中P出现k次.证明,最多存在n个整数使得 2(0 = t • 证:若Q的每个整数不动点都是P的不动点,结论显然成立. 设有整数x0使得Q(x0) = x0, P(x0)MX。•作递推数列乜+i =)0 = 0,12…).它 以k为周期.差分数列A,. =x;(i=l,2, ••)的每一项整除后一项.由周期性及 △严0,所有1厶丨为同一个正整数“.令 xm =min{x1, x2 xk} u = xm_x -xm = xm+l -xm xm+l = xm_Y . 数列的周期为2.即勺是P的2-周期点. 设a是P的另一个2-周期点,b = P(a)(允许b=a).则a-x0与b-兀互相整除, 故\ a-x0\=\b-xr\,同理I b -.r() \=\a-x{\.展开绝对值号,若二者同取止号,推出 x0 =无,矛盾. 故必有一个取负号而得到a + b = x0+Xl. HxQ+Xl=C,我们得到:Q的每个整数不 动点都是方程P(x) + x = C的根.由于P的次数“大于1,这个方程为“次.故得本 题结论. 6.对于凸多边形P的每一边4以b为一边在P内作一个面积最大的三角形•证明, 所有这些三角形的面积之和不小于P的面积的两倍. 证:过P的每个顶点有唯一的直线平分P的面积,将该直线与P的边界的另一交点也 看作P的顶点(允许若干个相继顶点共线).每两条面积平分线都交于P内.P可 看成一个2“边形£企…企”一“2”,每条对角线44+”是P的面积平分线(#1,2,…, “,4+2” =4)设44+“与4+人+”+1交于Q(Q+”=Q),由面积关系得到, 0 AQ A s(AdU+J = s( o,4+”4+”+J,Q4 Q4+严Q4+” 0,4+忒,故竽和廿亘 uiAiuiAi+i 中必有一个不小于1,于是以AA+1为一边在P内作的面积最大的三角形的面积 S( A,+h+iAA+i)} 2S( O;AA+i)- 对于每条有向线段AA+n , P内部的每一点:T或在它的左侧或在它的右侧.由于:T在 AA,+1和A+血+1 = A+A的相反侧,故必有i使得T在44+”和a+1A+„+1的相反侧, 2n 从而 t在△0,44+1 或△Q4+”4+”+i 中.即二 p •于是 心1 2nIn 工s(44+J 三老s( 0,44+J 2s(p) i=\i=l p中同一边上的各个s(44”)之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积.