2013罗马尼亚大师杯数学竞赛

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1、2013年第6期2013罗马尼亚大师杯数学竞赛中图分类号：G424．79文献标识码：A文章编号：1oo5-6416(2013)06-0025—03数列n，口2，⋯中．第一天6．已知l，2，⋯，2n放置在一个正2n边1．任给正整数n，定义整数数列，戈，形的各个顶点上．记一次运动是指选取2n边⋯形一条边的两个顶点上的两数交换．假设经，满足1=口，=2x一l+1(n≥1)．有限次运动后每对数恰好相互交换一证若Y=2“一1，试确定整数k的最大值，明：存在有没被选择的边．使得存在某个正整数0满足Y，Y：，⋯，Y均参考答案为质数．第一天2．是否存在RR上的函数对(g，h)满足如下性质：若对函数_厂：R

2、—R使得对所1．若Y是质数，则也是质数．有的∈R，有否则，若=1，则Y=1不是质数；若g())=g())，i=mn(整数rn、n>1)，则h())=())，(2一1)I(2一1)，则只能为恒同函数，即)-x?即、Y是合数．3．已知四边形ABCD内接于O0，直线下面用反证法证明：对任意的奇质数0，AB与CD交于点P，AD与BC交于点q，对角Y、Y、Y中至少有一个为合数．线AC与BD交于点R．若M是线段PQ的中否则，、、，均为质数．点，K为线段MR与630的交点，证明：oD与由，i>3是奇数，知△KPQ的外接圆相切．2>3，且2-3(mod4)．第二天因此，3=-7(rood8)．故2是，的二

3、次剩余，即存在∈N+，4．设P、P是平面上相交的两个凸四边使得形区域，0为其相交区域上的一点．=-2(rood3)．假设对任意一条经过0的直线在区域Px3一l中截得的线段比在区域P中截得的线段长．所以，2=2丁Eq—E1(rood)．问：是否有可能区域P的面积与区域P的面于是，3IY2．积比大于1．97又2>3，贝02一1>2x2+1=3．5．记[]为不超过实数的最大整数．所以，Y：是合数．给定一个正数k(k92)，令o=1，对任意的最后，若0=2，则整数凡(nI>2)，。为方程Yl=3，Y2=31，且23IY3=(2”一1)．n—lkr—一所以，Jj}=2．=1+∑i1『Ⅱ12．存在这样

4、的函数对．中大于口的最小解．证明：所有的质数均在首先，建立一个R与单位闭区间的双射．26中等数学从而，只需在单位区间上存在函数对即可．是不变集．给出一个特例：取正实数、，令同理，知[6，1]也是不变集．g()=max{—ol，0}，故{6}(0<<1)，{0}、{1}均是不变集．h()=min{+／3，1}．所以，．厂是恒同函数．对集合SC_[0，1]，若对所有的满足3．注意到，P、Q、R是(关于O0的)Qr、g())=g))，RP、PQ的极点．．h())=())，从而，OP上QR，OQ-l-，OR上PQ．且S)C_S，则称该集合为“不变集”．所以，尺是△oeQ的垂心．注意到，不变集的交、

5、并集仍是不变集，若MR_l_PQ，则、、D三点共线，且不变集关于函数g,h的原像也是不变集，这△PQR关于这条直线对称．结论显然成立．表明，若Is是不变集，原像T=g(5)，则否则，过点D作直线MR的垂线，垂足为g(T))=g(T))-f(S)Js，，直线OV与PQ交于点即jr()由OU上MR，U为线段UR的一个端点，下面利用数学归纳法证明一个结论：知UK是o0的切线．若a+／3

6、交于由于，能与g交换，则点R．g0，构造区域P与区域则数(n一1)一邶与删一(m—1)至P，使二者面积之比大于2—．少有一个属于(0，1)．设D为正方形ABCD的中心，A、、C不妨设(一1)一，∈(0，1)．则分别为D关于A、、C的反射点．[0，，一，]=g一’([0，(／7,一1)一，]．注意到，z为除直线AC外过点0的任一因此

7、，[0，胞一，]是不变集．直线．再证明：若则Z分别被四边形ABCD、△ABC所截1Ol+／3<1，01)，长度相等．／1,在BA、Bc上分别取点M、』v满足则对所有的0<6<1，区间[0，]是不变集．事实上，由前面结论，对所有／"t(∈N)，B’MBtNl18丽√一。有[0，眦(mod1)]是不变集，而(mod1)区域P取凸四边形BMON以0为位似在[0，1]中稠密，特别地，4厂—[0，6]=n[0，瞰