第46届IMO试题解答

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1、20中等数学●竞赛之窗●第46届IMO试题解答1.在正△ABC的三边上依下列方式选明:至少有两个参赛者都恰好答对了5道试取6个点:在边BC上选取点A1、A2,在边CA题.(罗马尼亚　提供)上选取点B1、B2,在边AB上选取点C1、C2,参考答案使得凸六边形A1A2B1B2C1C2的边长都相1.如图1,在正△ABC等.证明:直线A1B2、B1C2、C1A2共点.内取一点P,使得(罗马尼亚　提供)△A1A2P是正三角形.则2.设a1,a2,⋯是一个整数数列,其中既由A1P∥C2C1及A1P=有无穷多项是正整数,又有无穷多项是负整C2C1,知四边形A1

2、PC1C2数.如果对每一个正整数n,整数a1,a2,⋯,是一个菱形.an被n除后所得到的n个余数互不相同,证同理,四边形图1明:每个整数恰好在数列a1,a2,⋯中出现一A2B1B2P也是一个菱形.所以,△PB2C1是一个正三角形.次.(荷兰　提供)设∠A1A2B1=α,3.正实数x、y、z满足xyz≥1.证明:525252∠A2B1B2=β,x-xy-yz-z522+522+522∠C1C2A1=γ.x+y+zy+z+xz+x+y则α+β≥0.(韩国提供)=(∠A2B1C+∠C)+(∠B1A2C+∠C)4.数列a1,a2,⋯定义如下:=240°.

3、nnnan=2+3+6-1(n=1,2,3,⋯).又∠B2PA2=β,∠A1PC1=γ,所以,求与此数列的每一项都互质的所有正整β+γ=360°-(∠A1PA2+∠C1PB2)=240°.数.(波兰　提供)故α=γ.5.给定凸四边形ABCD,BC=AD,且BC同理,∠B1B2C1=α.不平行于AD.设点E和F分别在边BC和所以,△A1A2B1≌△B1B2C1≌△C1C2A1.AD的内部,满足BE=DF.直线AC和BD相故△A1B1C1是一个正三角形.交于点P,直线BD和EF相交于点Q,直线于是,A1B2、B1C2、C1A2分别是正△A1B1C1的

4、三边B1C1、C1A1、A1B1上的垂直平分线,故它们共EF和AC相交于点R.证明:当点E和F变动时点.,△PQR的外接圆经过除点P外的另一注:本题的平均分为2161.个定点.(波兰　提供)2.由题设知,对任意正整数n,a1,a2,⋯,an构6.某次数学竞赛共有6道试题,其中任成模n的一个完全剩余系.2意两道试题都被超过5的参赛者答对了.但若i

5、0191.摩尔多瓦选手Boreico进而,若i

6、ai-aj

7、≤n-1.因为5252事实上,若

8、ai-aj

9、≥n,令x-x-x-x5223222x+y+zx(x+y+z)m=

10、ai-aj

11、.23222x(x-1)(y+z)则a1,a2,⋯,am就不是模m的一个完全剩余=x3(x5+y2+z2)(x2+y2+z2)系,矛盾.≥0,对于任意正整数n(n≥1),令52x-xa=min{a所以,∑522i(n)1,a2,⋯,an},x+y+za=max{a,a,⋯,a}.52j(n)12nx-x≥∑x

12、3(x2+y2+z2)由上面的讨论知

13、ai(n)-aj(n)

14、=n-1.=1x2-1x2+y2+z2∑x所以,a1,a2,⋯,an含有ai(n)与aj(n)之间的所≥1(x2-yz)(因为xyz≥1)有整数.x2+y2+z2∑设x是任一整数,由题设及上面的讨论知,数列≥0.a1,a2,⋯,an,⋯中既含有无穷多个不同的正整数,4.满足条件的正整数只有1.又含有无穷多个不同的负整数,故存在i、j,使得下面证明:对任意质数p,它一定是数列{an}的aimax{i,j},则a1,a2,⋯,an包含ai与aj对于p=2和p

15、=3,它们是a2=48的约数.之间的每一个整数,故x在a1,a2,⋯,an中出现.对于每一个大于3的质数p,因为综上所述,每个整数恰好在数列中出现一次.(2,p)=1,(3,p)=1,(6,p)=1,注:本题的平均分为3105.所以,由费尔马小定理有3.原不等式可变形为p-1≡1(modp),2222222222x+y+zx+y+zx+y+z522+522+522≤3.p-1≡1(modp),x+y+zy+z+xz+x+y3p-1≡1(modp).由柯西不等式及题设条件xyz≥1,得652222p-1p-1p-1(x+y+z)(yz+y+z)则3

16、×2+2×3+612222≥[x(xyz)2+y+z]≡3+2+1=6(modp),≥(x2+y2+z2)2,p-2p-2p-2≡6(m