2010年罗马尼亚大师杯数学竞赛

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1、第3届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答第一天2010年2月26日(9：30-14：00)，布加勒斯特每题7分，共21分1.对一个由有限个素数组成的集合P，用表示具有下述性质的连续正整数的个数的最大值：这些连续正整数中的每个数都能被P中的至少一个元素整除.(1)证明：，等号当且仅当时取到.(2)证明：.这里

2、P

3、表示集合P的元素个数.解答：设1

4、P

5、³1.(1)由中国剩余定理可知：存在正整数a,使得aº-i(modpi),即pi

6、a+i,因此，存在k个连续正整数a+1,…,a+k,它们具有题中性质,从而m(P)³k.注意到，当minP>k时,对P中的每

7、个元素而言，任意连续k+1个正整数中至多有一个是其倍数，但由抽屉原则可知，任意具有题中性质的连续k+1个正整数中应有两个数同时是P中某个数的倍数。因此，此时m(P)=k.另一方面，当minP£k时，再次运用中国剩余定理，对1,2,…,k的任意一个排列r1,…,rk,都存在正整数a,使得aº-ri(modpi),特别地，设r1ºk+1-p1,则数a+1,…,a+k;a+k+1符合要求，这时m(P)>k.综上可知，(1)成立。(2)只要证在连续个正整数中，必有一个数与互质。设是的一个子集，是这连续个正整数中满足其为中每个数的倍数的数的集合。设，由容斥原理，这些数中与互质的数的个数为。我们只要证明

8、。由于，且,故只要证明.这等价于，即.由1

9、

10、=n-1.故，，(i=1,2,…,n)中必有一个数不小于，从而，。另一方面，令fi(x)=,i=1,2,…,n,我们证明：对任意实数Î[0,1],都有。为此，只需证明：1-n££0.左边不等式等价于(n-1)x1…xn+(x1-1)(x2…

11、xn-1)+…+(xn-1-1)(xn-1)³0,此式中每一个加项都不小于0，成立。右边不等式等价于Û，同上可知亦成立。1.设是一个凸四边形，它的两组对边都不平行.对，定义圆如下：它在四边形的外部，且与直线，和都相切，设是与边的切点(下标在模4的意义下取，故，，).证明：直线三线共点的充要条件是三线共点.解答1：不妨设射线A2A1与A3A4交于点X,而射线A1A4与A2A3交于点Y.由对称性只需在证明：若X,T4,T2共线，则三线共点。延长X,T4,T2所共的线交圆w2于另外一点,由w2与w4关于X位似，点T4与是该位似变换下的对称点，因此圆w4过T4的切线与圆w2过的切线平行。设Y’是圆w

12、2过的切线与直线A2A3的交点，则Y’//YT4,故ÐYT2T4=ÐY’T2=ÐY’T2=ÐYT4T2,从而，YT2=YT4,于是，C3T4=B3T2，且B1T4=C1T4.这里Bi,Ci分别是wi与Ai-1Ai,Ai+1Ai+2的交点(下标在模4意义下取)。进一步，有B4T3=C3T4=B3T2=T3C2,同理有，C4T1=T1B2.结合XC4=XB4,XB2=XC2可得XT1=XT3,故ÐXT1T3=ÐXT3T1.现设，ÐC1A2T1=a,ÐB3A3T3=b,则ÐC1T1A2=90°-,ÐA3B3T3=90°-,而ÐT1XT2=a+b-180°,于是ÐXT1T3=ÐXT3T1=180°-

13、.ÐA2T1T3=,得ÐC1T1T3+ÐC1B3T3=180°,所以，C1,B2,T3,T1四点共圆。同理可得，C3,B1,T2,T1四点共圆，结合C1,B3,C3,B1也共圆可知三条根轴三线共点(或平行)，而相交，故它们共点。命题获证。解答2：不妨设射线A4A1与A2A3交于点Q,而射线A3A4与A1A1交于点P.设ÐQA1A2=a,ÐQA2A1=b,ÐPA4A1=g,ÐQA3P=180°-d.注意到，三线共点ÛQ,T1,T3共线ÛT1,T3到两边QT2,QT4的距离的比相同Û。由，知，利用正弦定理及w1为内切圆，可知。类似地，结合w4为旁切圆，可知，因此三线共点ÛÛ同理可证：三线共点Û。

14、所以，命题成立。第3届罗马尼亚大师杯数学竞赛试题及解答第二天2010年2月27日(9：30-14：00)，布加勒斯特每题7分，共21分1.问：是否存在一个系数都为整数的两变量多项式和平面上的两个点?同时满足下面的所有条件：(1)A是一个整点(即都是整数);(2);(3)对平面上所有整点(不同于点A)，都有;(4)对平面上所有点(不同于点B)，都有.解答：存在满足条件的多项式和平面上的两个点。令a1=a2=0,