2016年第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析

第57届国际数学奥林匹克中国国家队选拔考试思路分析

2016.03.17 严文兰数学工作室

由于IMO试题比较困难，所以即使写了解答，同学们也不一定看得懂，或者理解试 的解法，为什么这样想呢？以及自己做时如何分析问题呢？本文尽量给予阐明清楚。

1. 如图，在圆内接六边形ABCDEF中，AB=BC=CD=DE，若线段AE内一点K满足 ∠BKC=∠KFE, ∠CKD=∠KFA，证明：KC=KF。 CCDD分析：圆中角的关系最为灵活也相对 BB简单，由已知圆周角∠AFE=∠BKD， E注意到弧BD=弧AE的一半，所以AEAKKOO又有∠AFE=∠BOD，从而∠BKD B'=∠BOD，B、K、O、D四点共圆， 注意到OC为此圆对称轴，所以在直 FF'径上，所以OK为∠BKD的外角平分 D'线，这样分别延长BK、DK交圆O于B’,D’,就可以得到对称性：B、B’;D、D’关于OK对称，由此，联系所证，只要C、F也关于OK对称，即得KC=KF，故不妨设点C关于OK的对称点为点F’，显然在圆上，下面设法证明F’=F，由已知，可想到先证∠BKC=∠KF’E， 首先由对称性有∠BKC=∠B’KF’,下面要证的是∠KF’E=∠B’KF’,这两个角是“内错角”，所以除非直线B’D∥F’E,除非弧B’F’=弧DE，由已知及对称性确实有弧B’F’=弧DE，从而得到∠BKC=∠KF’E，延长F’K交圆O于C’,当点F’变化时，弧EC’=2∠KF’E也跟着单调变化，所以使得∠BKC=∠KF’E的点F’唯一，又∠BKC=∠KFE，所以 F’=F，所以KC=KF。

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2. 求最小的正实数，使得对任意三个复数z1,z2,z3{zC||z|1}，若z1z2z30，

22则|z1z2z2z3z3z1||z1z2z3|。

分析：由连续性，问题等价于条件、结论都是的情况。

在高等数学中有最大模原理，解析函数在自变量在边界时达到最大模。

22所以，容易想到当|z1z2z2z3z3z1||z1z2z3|最大时，z1,z2,z3至少有两个在边界，即22i22i32满足|z|1，而|z1z2z2z3z3z1||z1z2z3|=|(z1z2z2z3z3z1)e||z1z2z3e|，

故不妨设|z1||z2|1,Rez1Rez2x0,则z32x，0x1, 22222224所以|z1z2z2z3z3z1||z1z2z3||14x||2x|14x16x1，所以min1

下面设法证明之

不妨设z1,z2,z3中z3的模最大，因为|z3|1，将每个数都乘以z3代替原来的数，则左边更大，此时z31，因为z1z2z30，设z1xyi,z21xyi,x,yR,y0， 则0x1，代入化简得f左边=2(2xy-y)(xxy1)(xxy)，先固定x，得fy8y(xxy)，所以fy先负后正，f先减后增，在两端最大， 当y0时，f2(xx)222222221'22'12211， 2当y最大时，|z1|,|z2|至少一个为1，不妨设|z2|1，以下同前面分析，即旋转为z1在x轴负半轴上，设z1x(0x1)，则左边(1x)x1，所以min1。

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222.

3. 给定整数n2，设集合X{(a1,a2,素s(s1,s2,,an)|ak{0,1,,k},k1,2,,n}，对任意元,max{sn,tn})，

,sn)X,t(t1,t2,,tn)X，定义st(max{s1,t1},st(min{s1,t1},,min{sn,tn})，求X的非空真子集A的元素个数的最大值，使得对任

意s,tA，均有stA,stA,

分析：如果取AX，显然满足任意s,tA，均有stA,stA,但是，不满足条件A是X的真子集，我们考虑去掉X的一些元素，使得得到的集合A满足后面的条件。 为此，考虑某个ak取少一个值k，这时A满足后面的条件，且|A|k(n1)!，当knk1时得到此种情形的最大值|A|nn!，元素能否再增加些呢？如果对此A添加一个元素

(s1,{(a1,{(a1,,sn1,n)，那么只有stA运算才可能产生新的元素，由此运算可知 ,an1,n)|aksk,k1,,n1}A，所以如果对原来的A添加

,an1,n)|an10}，则这样的A满足所有条件，此时|A|nn!(n1)(n1)!

(n1)!(n1)!，同理再往下添加，则不行了，如果这是最大值，那么，当

|A|(n1)!(n1)!时，就不满足条件，也就是必定会有A不是X的真子集，即AX，

下面设法证明：当|A|(n1)!(n1)!时，AX，今对n行归纳法。 (1) n=1时，显然。

(2) 假设对nk1，成立，那么对nk，将A分成k1支Ai{(a1,，则至少有一支，不妨设为Aj，有|Aj|,ak)A|aki}

|A|(k1)!(k1)!k!(k2)!，注意到k1k1,ak)X|akj}

(,ai,)Al每支都对运算st,st封闭，由归纳假设，有Aj是满的，即Aj{(a1,，因为A是X的真子集，所以至少有一支是不满的，不妨设为Al(lj)，记si则由st运算知s(s1, maxai，

,sk1,l)Al，再将s与Aj的元素进行st运算知

,ak1,l)|aisi}Al，由于Al是不

{(a1,,ak1,l)|aisi}Al，由si的定义知{(a1,满的，所以至少有一个sii，所以|Al|所以 |A||A1|.

ik!(k1)(k1)!， i1|Ak|kk!(k1)(k1)!(k1)!(k1)!，得证。

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d4. 设整数c,d2，数列{an}满足a1c,an1anc(n1,2,)，

证明：对每个整数n2，存在an的素因子p，使得对i1,2,

|an。 ,n1，有p分析：像这种不整除的问题，首先应考虑反证法，反设对某个an，不存在这样的p，即an的所有素因子都是a1,dc，这种非线性,an1的素因子，我们再来看递推式an1an递推是比较复杂的，对此递推的把握容易想到这两点：整除与增长速度，考虑整除是因为联系所证的结论，递推式虽然复杂，但是考虑整除就不一定复杂了，比如当p|an时，

d有ancc(modp)，也有ancc(modp)，结果都是同样简单的；考虑增长速度是因

为d次幂增长非常快，显然要注意到这个特点，还有一个原因是，数论很常结合不等式技巧，所以应该如何考虑，应怎样分析，对水平高的同学来说条理是非常清晰的，思维更容易直指问题的本质。而不是乱想，而后才凑巧想到某个点。

d2接下来，考虑比较简单的增长速度（不等式），有anan1can1（因为an1可以无2限大，故c相对较小，舍去，而d是有可能等于2的）an1an2a1a2an1，

即ana1a2

an1 ①

最后，考虑整除，注意到an的所有素因子都是a1,自然的了，设anp11设11，设a1,kpk,a1,an1的素因子，以下比较素数幂是

an1p11pkk，由①知，至少有一个ii，不妨

,an1中ai的p1幂指数最大，为，则1，要进行比较，就要考虑

((aidc)dddddd唯一的已知条件an1anc，anan1c(an2c)c)dc，

1p1)，

dd1)因为p1|ai，所以可以考虑modp1，有0an((0cd)can(modi1这样就化简了，所以p1|ani，这与ai的p1幂指数最大为矛盾，所以假设不成立，得证。

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5.如图所示，四边形ABCD内接于圆O，∠A，∠C的内角平分线相交于点I，∠B，∠D的内角平分线相交于点J，直线IJ不经过点O，且与边AB，CD的延长线分别交于点P,R,与边BC，DA分别交于点Q,S,线段PR，QS的中点分别为M,N,证明：OM⊥ON。

C

A'D FB' EORS IJQMN B AD' C'

分析：要证垂直，联想与垂直有关的知识，熟知如果分别延长AI,CI,BJ,DJ,分别与圆O交于点A’C’B’D’,则四边形A’B’C’D’为矩形，这是因为由对称性，A’C’,B’D’都是圆的直径的缘故。所以只要证明∠MON等于其中一个直角即可，可想到分别证明OM∥A’B’,ON∥B’C’。再看中点条件，M为PR的中点，而O为四边形A’B’C’D’的中心，所以如果能证明点P，R分别在直线A’B’,C’D’上，则OM就位于平行线A’B’,C’D’的中间，从而有OM∥A’B’，从而转化为A’B’R与C’D’P三点共线问题，如果C’D’P三点共线，注意到此时会有△AIC’与△BJD’的对应点的连线交于点P，由笛沙格定理，会有这两个三角形的对应边的交点共线，反之也然，注意到有两双对应边的交点正好是内角平分线的交点E,F，这两个点在AD,BC所成角的平分线上，设AD,BC交于点G，AC’,BD’交于点H，则EFG三点共线，要证EFH三点共线，只要再证点H在直线EFG上即可，证明三点共线，还可联想到帕斯卡定理，考虑圆内接六边形AC’CBD’D,即得点FGH三点共线，所以EFH三点共线，从而对△AIC’与△BJD’，由笛沙格定理，C’D’P三点共线，同理A’B’R也三点共线，所以OM∥A’B’∥C’D’,同理ON∥B’C’∥A’D’,得证。

P.

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6．设m,n为整数，nm2，S是一个n元整数集合，证明：S至少有2nm1个子集，每个子集的元素和均被m整除。（这里约定空集的元素和为0）

分析：注意到2nm1恰好是nm1元集合的所有子集的个数，如果取S的某个nm1元子集A，则A的所有子集（当然也是S的子集）的元素和有2nm1个，这样任取的元素和当然不大可能都被m整除，所以，我们应当考虑余下的m1个元素，设所成的集合为B，接下来自然考虑对前面的每个和s1，再于B中取若干元素的得和s2，使得凑出m|s1s2，如果能做到，这样，就可得到2nm1个子集元素和，都是m的倍数，从而完成证明。

由于前面和的任意性，很可能是取遍了模m的完系，这就需要B满足：B的子集元素和也取遍模m的完系，所以考虑的重点为：如何从S中取出m1元子集B，使得B的子集元素和也取遍模m的完系？比如 B{1,1,（严格的写法是比如B{1,1m,,1}就满足条件，注意，空集的元素和为0。

,1(m2)m}，模m下1km与1效果一样）

这个问题是复杂的，如何接着考虑呢？我们可以试试能否复杂问题简单考虑，m1个太多不好把握，我们可以从1个开始，用数学归纳法的思想，从B开始，每次添加一个元素，看B能否产生新的子集元素和，如果每次都可以，那么，添加到m1个元素时，就得到m个模m各不相同不同的数，也就是得到模m的完系了。证明如下：

B时，B的子集元素和为0，有一个，设B的元素小于k个时，在模m下它的所有不同子集元素和为s1,,sk，任取S的余下元素s，将s添加到B中，如果此时B的子集元

素和在模m下能产生新的数，则完成了我们想要的步骤。有以下两种情况：

(1) 每次都顺利完成，得到S的m1元子集B，B的子集元素和取遍模m的完系，如上，至

少有2nm1个S的子集和，每个都被m整除；

(2) 对某个km，B不能产生新的子集元素和，即对任意的S的余下元素s，在模m下

ss1,,ssk不产生新的数，注意到ss1,,ssk模m各不相同，所以只能是s1,,sk的一个排列，所以有 (ss1)(ssk)s1sk(modm)，ks0(modm)，m|ks，

设 (k,m)d,mm'd，则 dm,m'|s，所以S中余下的所有元素(nk)，每个都是m'的倍数，记为m'x1,,m'xnk，又记S'{x1,,xnk}，注意到 d|xi1xij

mm'd|m'xi1m'xij，所以这种情形下，将S的子集元素和为m的倍数问题，转化

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为S'的子集元素和为d的倍数问题，假设对m行归纳法法，则对d，S'中至少有2nkd1个子集的元素和是d的倍数，对应地，S中至少有2nkd1个子集的元素和是m的倍数， 因为 (k,m)d,km，所以kmd，所以2nkd12nm1，得证。

小结：在这个困难的问题中，我们将(1)(2)综合起来，一般来说，数学难题都不是单一思路的，要善于综合起来思考。一方面是什么，另一方面又是什么，综合起来才得到结论。

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