第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛(解答)

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1、第4届罗马尼亚大师杯数学竞赛第一天:2011年2月25日,星期五,布加勒斯特语言:中文1.证明:存在两个函数,使得函数在R上是严格递减的,而在R上是严格递增的.证明:设A=,B=,则A=2B,B=2A,A=-A,B=-B,AÇB=Æ,并且AÈBÈ{0}=R.现在令而g(x)=2f(x),那么,f(g(x))=f(2f(x))=-2x,而g(f(x))=2f(f(x))=2x.所以,满足条件的函数存在.2.求所有的正整数n,使得存在一个实系数多项式f(x),满足下面的两个性质:(1)对任意整数k,数f(k)为整数的充要条件是k不能被n整除；(2)多项式f(x)的次数

2、小于n.解法一:我们将证明这样的多项式存在的充要条件是n=1或者n是某个素数的幂.为表述上方便起见,依次建立下述引理:[引理一]若pa是一个素数的幂,k是一个整数,则数(=为整数)能被p整除的充要条件是k不能被pa整除.[证明]用Lp(m)表示满足pr

3、m的最大整数r.情形一:若pa

4、k,则对1£j£pa-1,有Lp(j)

5、这是关于多项式的差分中的一个熟知的结论,一个常规的证明是对n归纳.当n=1时,g(x)是一个常数多项式,因此.命题对n=1成立.现设命题对n-1(n>1)的情形成立,对于n的情形,令h(x)=g(x+1)-g(x),则h(x)的次数小于g(x)的次数,由归纳假设可知=0,即有Þ=0Þ=0引理二获证.[引理三]若n有两个不同的素因子,则gcd()=1.[证明]若否,则存在素数p,使得p

6、gcd().特别地,有p

7、,设Lp(n)=a,由于n有两个不同的素因子,因此,1

8、n=1或pa(素数的幂,a为正整数)构造满足条件的多项式.当n=1,时,f(x)=即符合要求；当n=pa时,令f(x)=,它是一个pa-1(=n-1)次的多项式,由引理一可知,它符合要求.最后,我们证明若n有两个不同的素因子,则不存在符合要求的多项式.事实上,如果存在满足条件的多项式f(x),那么,在引理二中,令g=f,x=-k(这里1£k£n)可知,而由条件(1),数f(-k),…,f(-1)；f(1),…,f(n-k)都是整数,所以,对1£k£n,数都为整数.由引理三的结论结合Bezout定理知,存在整数u1,…,un,使得=1.导致f(0)=()f(0)=为

9、整数,与条件(1)不符.问题获解.解法二:答案为n=pa,这里p为素数,a为非负整数.先证一个引理.[引理四]对任意n个整数a1,…,an,存在一个次数小于n的整值多项式P(x),使得对1£k£n,都有P(k)=ak.对n归纳来处理,当n=1时,令P(x)=a1即可,现设命题对n-1(n>1)时命题成立,即存在整值多项式P1(x),对1£k£n-1,都有P1(k)=ak-1,令P(x)=P1(x)+(an-P1(n)),结合对1£k£n-1,都有=0,而=1.即可实现归纳过渡.现在,如果对n存在符合要求的多项式f(x),那么由引理四可构造一个次数小于n-1的整值多

10、项式P(x),使得1£k£n-1,都有P(k)=f(k),此时,1,2,…,n-1都是多项式f(x)-P(x)的根,结合P(x)为整值多项式,可知f(x)-P(x)也是一个符合条件的多项式,因此,为解决中的问题,我们可设f(x)=,这里c是一个有理数常数.设c=是最简分数表示,其中正整数q的素因数分解为.一方面,由于f(x)满足条件,因此,f(0)不是整数,故,因此存在某个j,使得,这说明于是,f()不为整数,有条件(1),可知n

11、,即n为素数的幂.另一方面,当n=pa时,令f(x)=,利用引理一的结论可知它是一个符合要求的多项式.1.设w是△ABC的外接圆,一条

12、平行于BC的动直线l分别交线段AB,AC于点D,E,交圆w于点K,L(点D介于K和E之间),g1是与线段KD,BD和圆w都相切的圆,g2是与线段LE,CE和圆w都相切的圆.求l变化时,圆g1和g2的内公切线的交点的轨迹.解:设P为圆g1和g2的内公切线的交点,直线m是ÐBAC的角平分线,由于KL//BC,故m也是ÐKAL的角平分线.现在将平面上的先作关于直线m的对称变换,然后,以A为反演中心,以为反演半径作反演变换,该合成变换记为F.在变换F下,各几何元素的变换情况如下:点K«点L；直线KL«圆w；射线AB«射线AC；点B«点E；点C«点D；线段BD«线段EC；弧

13、BK«线段