中国数学奥林匹克试题解答.docVIP

1．?设n是奇数．试证：存在2n个整数．a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn，使对任一整数k，0＜k＜n，下列3n个数 ai+ai+1，ai+bi，bi+bi+k （i=1，2，…，n；其中an+1=a1，bn+j=bj，0＜j＜n）被3n除所得余数互不相同． 证：取ai=3i，bi=3i+1（1≤i≤n），则 ai+ai+1=6i+3 ai+bi=6i+1 显然，6i+3，6j+1，6t+3k+2，或6t+3k-3n+2，除以3余数分别为0，1，2．因此它们被3n除后余数各不相同． 在1≤i≤j≤n时，（6j+3）-（6i+3）=6（j-i）．因为n是奇数，0＜j-i＜n，所以6（j-i）不被3n整除，即6j+3与6i+3被3n除，余数不同． 同样，在1≤i＜j≤n时，6j+1与6i+1被3n除，余数不同．6j+3k+2或6j+3k-3n+2与6i+3k+2或6i+3k-3n+2被3n除，余数不同． 因此，所取的ai，bi（1≤i≤n）符合要求． 2．给定k∈N及实数a＞0，在条件 k1+k2+…+kr=k（ki∈N，1≤r≤k）下，求 的最大值． 当且仅当k1，k2，…，kr中有r－1个1，一个为k－r+1时等号成立，所以最大值即（r－1）a+ak－r+1． 3．设圆K与K1同心，半径分别为R，R1、R1＞R．四边形ABCD内接于圆K，四边形A1B1C1D1内接于圆K1．点A1、B1、C1、D1分别在射线CD、DA、AB、BC上． 求证： 证： 如图，设ABCD各边分别为a、b、c、d，AB1＝x，BC1=y，CD1＝z，DA1＝ω． 设BD为垂直于AC的直径，则 S△ABC+S△ADC≤S△ABC+S△ADC 即????????ab+cd≤AB2+AD2=BD2=4R2 同理?????????可证ad+bc≤4R2 ? 从而结论成立．? 4．给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：可以把S中元素分成若干子集，使得 （1）S中每个元素属于且仅属于一个子集； （2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°； （3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°． 证：现对任意正整数n给以证明． 设非零复数集S=｛Z1，…，Zn｝． 对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和． S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大． 若S≠S1，对S\S1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等． 因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，Sk，它们的和a1，a2，…，ak的模分别是S，S\S1，S\（S1∪S2），…，S\（S1∪S2∪…∪Sk-1）的非空子集和的最大模． 这样的划分，条件（1）显然满足． 若某个Sr中有一元素Z与ar的夹角＞90°，则如图a，|ar－Z|＞|ar|．ar－Z是S\（S1U…USr-1）的非空子集Sr\{Z}之和，与Sr的选取矛盾． 若ar与at（1≤r＜t≤k＝的夹角≤90°，则如图（b），|ar＋at|＞|ar|．ar＋at是S\（S1∪…∪Sr-1）不空子集Sr∪St之和，这又与Sr选取矛盾． 因此，所述划分满足条件（1）～（3）． 【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集． 5．10人到书店买书，如果已知 （1）每人都买了三本书； （2）任二人所买书中都至少有一本相同，问最受欢迎的书（购买人数最多者）最少有几人购得？为什么？ 解： 设最受欢迎的书有k人购买．每人买3本书，共买30本书．若k≤4，由于4 30，不可能每种书均被4人购买．设第一个人购的书为a、b、c，并且买a的人≤3个，则与第一个人的公共图书为a的，不超过2人；为b或c的，均不超过3人．从而总人数≤1+2+3+3=9，矛盾！因此k≥5． 现给出一种k=5的购书法： 因此，被购买人数最多的一种书，最少有5人购买． 6． 设函数f：R+→R+满足条件：对任意x、y∈R+，f（xy）≤f（x）f（y）． 试证：对任总x＞0，n∈N，有 证：f（x2）≤f2（x），所以f（x2）≤f（x）f1/2（x2）．假设有 则 ≥fn-1（xn） 所以（1）对所有的自然数n成立． 精彩文档，无偿分享！