第5屆東南數(shù)學(xué)競(jìng)賽

1、第五屆中國(guó)東南地區(qū)數(shù)學(xué)奧林匹克2008年7月27日 上午8：0012：00) 福建 龍巖1. 已知集合，n是正整數(shù)，T是S的子集，滿足：對(duì)任意的 (其中x、y、z可以相同) 都有，求所有這種集合T的元素個(gè)數(shù)的最大值。若取，此時(shí)，且中任三數(shù)之和大于3n，即不在中；故，另一方面，作三元子集列則，對(duì)于S的任一個(gè)2n+1元子集，必包含有某個(gè)。若，則其中有元素3n=n+n+n；若某個(gè)，則其中有元素，于是，因此。2. 設(shè)數(shù)列滿足：。試求通項(xiàng)的表達(dá)式。將所給遞推關(guān)系的兩邊同時(shí)除以，得即即。令，則，可得故 ，從而 。3. 在ABC中，BC>AB，BD平分交AC于D，如圖，CP垂直BD，垂足為P，AQ垂直

2、BP，Q為垂足。M是AC中點(diǎn)，E是BC中點(diǎn)。若PQM的外接圓O與AC的另一個(gè)交點(diǎn)為H，求證: O、H、E、M四點(diǎn)共圓。1. 作AQ延長(zhǎng)線交BC于N，則Q為AN中點(diǎn)，又M為AC中點(diǎn)，故QM/BC。所以。同理，。所以QM= PM。又因?yàn)镼、H、P、M共圓，所以，故。所以P、H、B、C四點(diǎn)共圓，故。結(jié)合OH=OM，知OE為HP中垂線，易知，所以O(shè)、H、E、M四點(diǎn)共圓。4. 設(shè)正整數(shù)，對(duì)于任一個(gè)n元整數(shù)集，取每一對(duì)不同的數(shù)，作差，把這個(gè)差按從小到大順序排成一個(gè)數(shù)列，稱這個(gè)數(shù)列為集合A的“衍生數(shù)列”，記為。衍生數(shù)列中能被m整除的數(shù)的個(gè)數(shù)記為。證明：對(duì)于任一正整數(shù)，n元整數(shù)集及集合所對(duì)應(yīng)的“衍生數(shù)列”及，

3、滿足不等式對(duì)于給定的正整數(shù)，若整數(shù)x被m除得的余數(shù)為i，則稱x屬于模m的剩余類.設(shè)A的元素中屬于的數(shù)有個(gè)，而集合的元素中屬于的數(shù)有個(gè)，則易知， 與至多相差1，且是m的倍數(shù)當(dāng)且僅當(dāng)兩數(shù)x、y屬于模m的同一個(gè)剩余類. 對(duì)于剩余類中的任一對(duì)數(shù)，有，故屬于中個(gè)數(shù)，共作成個(gè)m的倍數(shù)，考慮所有的i，則；類似得。為證本題，只要證 ，化簡(jiǎn)后，即要證 據(jù)(1)易知，若，則與就是同一組數(shù)(至多只有順序不同)，這時(shí)(2)式將取得等號(hào)。若存在i、j，使，這時(shí)將兩數(shù)調(diào)整為，其中，其他元素不變，則，由于，故調(diào)整后(2)式左邊的和值將減少，因此(2)式取得最小值當(dāng)且僅當(dāng)與為同一組數(shù)(至多只有順序不同)，即(2)成立，因此結(jié)

4、論得證。第二天(2008年7月28日上午8：0012：00) 福建 龍巖5. 求出最大的正實(shí)數(shù)，使得對(duì)于滿足的任何實(shí)數(shù)x、y、z成立不等式：。且當(dāng)時(shí)，上述兩個(gè)等號(hào)可同取到，則是的最大值令，則。6. 如圖，的內(nèi)切圓I分別切BC、AC于點(diǎn)M、N，點(diǎn)E、F分別為邊AB、AC的中點(diǎn)，D是直線EF與BI的交點(diǎn)。證明：M、N、D三點(diǎn)共線。2. 連接AD，則易知。連接AI、DM，DM與AC交于點(diǎn)G。因?yàn)?，所以，故，從而連接IG、IC、IM，則所以I、M、C、G四點(diǎn)共圓，從而，因此G與N重合，即M、N、D三點(diǎn)共線。7. 杰克(Jack)船長(zhǎng)與他的海盜們掠奪到6個(gè)珍寶箱，其中內(nèi)有金幣枚，i=1、2、3、4、5、

5、6，諸互不相等。海盜們?cè)O(shè)計(jì)了一種箱子的布局圖(如圖)，并推派一人和船長(zhǎng)輪流拿珍寶箱。每次可任意拿走不和兩個(gè)或兩個(gè)以上的箱子相連的整個(gè)箱子。如果船長(zhǎng)最后所取得的金幣不少于海盜們所取得的金幣，那么船長(zhǎng)獲勝。問：若船長(zhǎng)先拿，他是否有適當(dāng)?shù)娜》ūＷC獲勝？ 3. 當(dāng)箱子數(shù)為2時(shí)，船長(zhǎng)有必勝之策略。【引理1】當(dāng)箱子數(shù)為4時(shí)，船長(zhǎng)有必勝之策略。當(dāng)箱子數(shù)為4時(shí)，共有兩種不同的鏈結(jié)在一起的方式第一種情況第二種情況第一種情況時(shí)在開始的第一輪船長(zhǎng)有在外部的三個(gè)箱子可挑選，船長(zhǎng)當(dāng)然挑選這三個(gè)箱子中最多金幣的箱子，海盜只能拿剩下來的兩個(gè)箱子之一，無法取得中央的箱子.經(jīng)過第一輪后，船長(zhǎng)拿到的金幣不少于海盜，此時(shí)剩下兩個(gè)箱

6、子，船長(zhǎng)可以拿金幣較多的箱子，因此船長(zhǎng)必勝。第二種情況時(shí)：將4個(gè)箱子黑白相間涂色，如下圖所示：若在兩個(gè)涂黑色箱子內(nèi)金幣的數(shù)量總和不少于兩個(gè)涂白色箱子內(nèi)金幣的數(shù)量總和，則開始時(shí)船長(zhǎng)取所能拿到的黑色箱子，迫使海盜接下來只能取白色箱子，當(dāng)海盜拿完后又露出一個(gè)黑色箱子讓船長(zhǎng)拿，從而船長(zhǎng)可拿光所有黑色箱子而獲勝否則船長(zhǎng)可以拿光所有白色箱子而獲勝回到原題。假設(shè)a6內(nèi)金幣的數(shù)量不少于a5，則船長(zhǎng)先取能拿到的箱子中最多金幣的一個(gè)箱子，海盜拿后，還剩四個(gè)箱子.問題轉(zhuǎn)化為四個(gè)箱子的情形。假設(shè)a5內(nèi)金幣的數(shù)量多于a6，且不妨假設(shè)a1內(nèi)金幣的數(shù)量比a2多，則船長(zhǎng)將a1, a3與a5涂白色，其他的箱子涂黑色，如下圖所示

7、現(xiàn)在檢驗(yàn)涂白色箱子內(nèi)金幣的數(shù)量總和是否不少于涂黑色箱子內(nèi)金幣的數(shù)量總和.若是，則船長(zhǎng)能拿光所有白色箱子藉由涂色法而獲勝.若否，則船長(zhǎng)先拿a6，接下來：(A) 若海盜拿a1，則船長(zhǎng)再依次拿而獲勝。(B) 若海盜拿a2，已知a1內(nèi)金幣的數(shù)量比a2多，則船長(zhǎng)接著拿a1.雖然船長(zhǎng)不能拿光所有黑色箱子，但因?yàn)閍1內(nèi)金幣的數(shù)量比a2多，二者替換之后船長(zhǎng)一點(diǎn)都不吃虧，最終仍然可獲勝(C) 若海盜拿a5，則船長(zhǎng)接著拿a4，接著：(i)若海盜拿a1，則船長(zhǎng)拿而獲勝(ii)若海盜拿a2，已知a1內(nèi)金幣的數(shù)量比a2多，則船長(zhǎng)接著拿a1，可獲勝。故不論原先箱子內(nèi)的金幣數(shù)為多少，船長(zhǎng)均有恰當(dāng)?shù)娜》ūＷC獲勝8. 設(shè)n為正

8、整數(shù)，表示滿足以下條件的n位數(shù)(稱為波形數(shù))的個(gè)數(shù)：(i)每一位數(shù)碼，且，i=1、2、；(ii) 當(dāng)時(shí)，與的符號(hào)相反，i=1、2、。(1) 試求的值； (2) 確定被13除得的余數(shù)。當(dāng)時(shí)，稱滿足的n位波形數(shù)為A類數(shù)，其個(gè)數(shù)為；而滿足的n位波形數(shù)為B類數(shù)，據(jù)對(duì)稱性，當(dāng)時(shí)，其個(gè)數(shù)也是；于是。今求：用表示末位為i的k位A類波形數(shù)的個(gè)數(shù),則。由于，則(i)當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，；(ii)當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，；易知, 則。由此，所以；又由，所以。類似可求得，.一般地，當(dāng)時(shí)， 今證(1)如下：對(duì)n歸納，n=5、6、7、8皆已驗(yàn)證，設(shè)(1)直至n皆成立，考慮n+1情況。當(dāng)n為偶數(shù)，據(jù)(i)、(ii)，而，則因?yàn)?，；這時(shí)有。當(dāng)n為奇數(shù)，而，, 則因?yàn)?，這時(shí)也有。故(1)式對(duì)于n+1也成立，從而由歸納法得，對(duì)所有，(1)式皆成立。據(jù)(1)得，所以。今考慮的