2011年數(shù)學(xué)奧林匹克希望聯(lián)盟講座

1、、20111M。試題選講2011年數(shù)學(xué)奧林匹克希望聯(lián)盟講座鎮(zhèn)海中學(xué)沈虎躍6、設(shè)銳角A43C的外接圓為/是G的一條切線，記/關(guān)于3C,C4,.43的對稱直線分別為必，4。求證：直線構(gòu)成的三角形的外接圓與圓幻相切。證明：設(shè)/與直線交于L,M,N,laJbJc兩兩交于D.E.F,由已知八平分乙ELN,NB平分ZMNE、因此3是ALNF的旁心，所以£3平分AFEDo同理94平分ZEDF,尸。平分N£尸。，所以DA,EB,FC交予ADEF的內(nèi)心I.由于力是AOMM的旁心，因此NBAC=180°-ZENM-ZFMN=90°-ZNDM=90°-ZEDF，又因

2、為2222ABIC=/EIF=90°+-Z£Z）=80°-ZBAC，所以/在圓口上。2設(shè)尸關(guān)于BC的對稱點為P,則P在Z產(chǎn)上，設(shè)APC產(chǎn)的外接圓與AP'BE的外接圓交于Q,典）/BQC=/BQP+/CQP=/BE。+4CFP=180。一/B/C,所以。在圓G上。由于ABP'C=ZBPC=ABIC=ZEIF=90°+-ZEDF,所以24EQF=/EQP+NFQP=SP+N/CP=360Q-2ZB/C=1800-AEDF，所以Q也在。走夕的外接圓G上。過。作G的切線XT,由對稱性獷BC的外接圓與E歹切于P,故ZFPrC=ZPfBC。因此ZYQ

3、F=ZYQC-AFQC=4QBC-4FPC=AQBP'=AQEF,所以XT也是圓G是切線，因此，圓q與圓刃相切于。（此題IMO平均0.32分，此題全場6個滿分，中國隊平均133分）二、多項式問題選講【問題11設(shè)整系數(shù)n1次多項式f(x)在區(qū)間(0,1)上有n個不全相等的實根.若f(x)的首項系數(shù)是a,求證：a2nl.證明設(shè)Xi,X2,L,xn是所給多項式的根，我們有因為所有的根均在(0,1)上，可得f(0)0,f(1)0.并且，當x取整數(shù)值時，f(x)也是整數(shù)，所以f(0),f(1)均為非零整數(shù).從而1.一不等式0Xk1(k1,2,L,n)能夠保證每個因子均為正.對任意X,都有x(1x

4、)-,當且41僅當x2時等號成立(這并不是對所有的Xk都成立)，我們得到這說明a2n.考慮到a是一個整數(shù)，我們得到a2n1.【問題2】設(shè)非負實系數(shù)多項式f(x)xnaixn1Lanix1有n個實根.求證：(1)f(2)3n;(2)對所有x0,有f(x)(x1)n;k(3)對所有k1,2,L,n1,有akCn.證明顯然當x0時，f(x)取正值，所以它的所有實根都是負數(shù).為方便起見，設(shè)其為1,2,L,n,其中i,2,L,n為正.我們得到根據(jù)多項式的根與系數(shù)的關(guān)系得我們將看到，三個命題的證明都依賴于這個等式.(1)由AMGM等式，我們得到對于k1,2,L,n均成立.因此(2)這部分我們基本可以用相同

5、的方法證明，這里要用到加權(quán)AMGM等式.對于所有的非負數(shù)x和所有的k1,2,L,n,我們有如果x0,那么(3)這是AMGM等式的又一個結(jié)論.系數(shù)卜是1,2,L,n中所有可能的k項乘積之和.有n個這樣的乘積，并且每個k都包含在其中的n1個乘積中.因此kkk1【問題3已知a,b,cR,求證：a,b,c都是正數(shù)的充要條件是abc0,abbcca0,abc0【證明】必要性顯然成立下面證明充分性由題設(shè)條件容易聯(lián)想到韋達定理的逆定理，設(shè)pabc0,qabbcca0,rabc0，則由韋達定理得逆定理知，a,b,c是多項式Pxx3px2qxr的三個根.又因為當x0時，Pxx3px2qxr0,所以Px的根都是正

6、的，即a,b,c都是正數(shù).【點評】（1）這里我們利用韋達定理的逆定理，構(gòu)造以a,b,c為根的輔助多項式Pxx3px2qxr，從而將問題轉(zhuǎn)化為證明多項式Pxx3px2qxr的根全為正這種構(gòu)造的技巧在解多項式問題時經(jīng)常用到（2）由本題的證明啟發(fā)我們將此題推廣為：已知xiR,i1,2,L,n，則xi為正數(shù)的充要條件是證法與上例類似i n的全體多項式，使多【問題4】試確定形如a0Xna1Xn1Lan1Xanan1,0項式的根都是實數(shù).【解】不妨先考慮a01,設(shè)其n個根為不公人，Xn,則X1X2X1X2X1X3Xn1Xn32,X1X2 LXnnan由（1）、(2)得x22L2Xn22a212a2于是a2

7、從而X121m一,故a22x22LXn又由（3）X1X2LXn再利用平均不等式得3nnX1X2LXn2n,即n1,2,3.當n1時所求多項式成為當n2時所求多項式成為當n3時所求多項式成為X2X1（有虛根舍去），X3X2X1（有虛根舍去）綜上所求多項式共12個.【點評】此題中我們應(yīng)用韋達定理和不等關(guān)系，求出定出符合題設(shè)條件的全體多項式.n的取值范圍,進而求出n的值，確【問題5設(shè)x,y是實數(shù)，求證：存在實系數(shù)多項式Px,y0,Px,y不能寫成實系數(shù)多項式的平方和.證明：Px,yx2y21x2y227是滿足條件的多項式.證明如下：首先證明Px,y0.若x2y210,顯然Px,y0.若x2y210,

8、則.222,22221xyx1xyxy3即x2y21x2y2，所以Px,y0.下證Px,y不能寫成實系數(shù)多項式的平方和.反設(shè)127其中degPx6,degQixQix,yAx3Px,yQix,y,i13.可設(shè)Bix2yCixy2Diy3Eix2FixyGiy2HixIiyJi,n2比較Px,y和Qix,y中x6,y6的系數(shù)，得i1nnA2Di2i1i1即AiDi0,i1,2,L,n.比較x4,y4對應(yīng)的系數(shù)，得nn22Ei2Gi2i1i1即EiGi0,i1,2,L,n.比較x2,y2對應(yīng)的系數(shù)，得nn22HiIii1i1即HiIi0,i1,2,L,n.因止匕Qix,yBx2yCixy2Fixy

9、Ji.最后，比較x2y2的系數(shù)，得nFi21，i10,0,這與Fi是實數(shù)矛盾.證畢.【問題6】2011個實數(shù)xhX2,L供007滿足方程組2011xkk 1 n k+ ,n 1,2，L,2011 ,2011試計算二的值.k12k1解：構(gòu)造多項式:x20112xx2lx2011x-2x2011據(jù)所給的條件可知:x1,2,L,2011時,皆有0.x2011,1/曰一,東rc21二可得240232011xkk12k1124023【練習(xí)】已知a1,a2,L,a2010滿足：對任意的xR均有求證：aa2a2oio2010.sin1005.cos2011證明：由于coscos2cos2010二A取 201

10、1所以，令x1，代入f (x)得:sin2(k=1;2;.;2010)則A=-1244020,X2,.,X201020112201120102011累加得：所以，aa2a20102010.7】設(shè)n是一個正整數(shù)，考慮n， x y z 0S=(x,y,z):x,y,z0，1，2這樣一個三維空間中具有(n1)31個點的集合。問最少要多少個平面，它們的并集才能包含S,但不含(0,0,0)。分析可能有人以前做過二維的，大體方法如下：二維時，我們可以考慮最外一圈的4n-1個點。如果沒有直線乂二門或丫=3那么每條直線最多過這4n-1個點中的兩個，故至少需要2n條直線。如果有直線x=n或y=n,那么將此直線和

11、其上的點去除，再次考慮最外一圈，只不過點數(shù)變成了4n-3個，需要至少2n-1條直線，再加上去掉的那條正好2n條如果需要多次去除直線，以至于比如x=lx=2x=n這所有n條直線全部被去除了，那么剩下(0,1)(0,2)(0,n)至少還需要n條直線去覆蓋，2n條亦是必須的。2n條顯然是可以做到的，所以二維的最終結(jié)果就是2n。但是將這種方法推向三維的時候，會出現(xiàn)困難，因為現(xiàn)在用來覆蓋的不是直線而是平面，平面等于有了三個自由變量，而且不容易選取標志點來進行考察。當然，我們要堅信一個事實，就是答案一定是3n,否則題目是沒有辦法做的。在這個前提下，通過轉(zhuǎn)化，將這個看起來是個組合的題目變成了一個代數(shù)題。解首

12、先第一步，我們就要將每個平面表述成一個三元一次多項式的形式。比如平面xyz1就表示成xyz1。將所有這些平面表述成如此形式后，我們將這些多項式都乘起來。下面我們需要證明的只有一點，就是乘出來的多項式，至少具有3n次。(3n個平面是顯然可以做到的，只要證明這點，3n就是最佳答案了)這個乘出來的多項式具有什么特點呢？它在x，y，z均等于0時不等于0，在x，y，z取其它0n之間的數(shù)值時，其值均為0o我們發(fā)現(xiàn)，當多項式中，某一項上具有某個字母的至少n+1次時，我們可以將其降低為較低的次數(shù)。我們用的方法就是，利用僅僅討論x,y,z在取0,1,2,，n這些值時多項式的取值這一事實，在原多項式里可以減去形如

13、x(x1)(x2)(xn)或者此式子的任何倍數(shù)的式子。從而，如果多項式中某一項的某個字母次數(shù)超過n,可以用此法將其變成小于或等于n0我們假設(shè)用此法變換過后剩余的多項式是F,顯然F的次數(shù)不大于原乘積多項式的次數(shù)。我們下面需要證明的，就是F中xnynzn這一項系數(shù)非0(F中只有這一項次數(shù)是3n)0要想證明這樣的問題，我們需要證明二維即兩個未知數(shù)時的兩個引理。引理1:一個關(guān)于x和y的實系數(shù)多項式，x和y的次數(shù)均不超過n。如果此多項式在x=y=0時非零，在x=p,y=q(p,q0,1,2n且p,q不全為0)時為零，那么此多項式中xnyn的系數(shù)必然不是零。引理1的證明：假設(shè)xnyn的系數(shù)是00我們知道，

14、當假設(shè)y=1,2,3n中任意一值時，將y代入多項式，所得的多項式，必須都是零多項式。這是由于當y取這些值時，此多項式為關(guān)于x的不超過n次的多項式，卻有n+1個零點。所以假設(shè)y是常數(shù)，按x的次數(shù)來整理該多項式，xn的次數(shù)是一個關(guān)于y的不超過n-1次的多項式，但是卻有n個零點，故為零多項式。因此，當按照x的次數(shù)來整理多項式時，x的最高次最多是n-1次。現(xiàn)在令y=0代入多項式，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x的多項式，最多n-1次，但是有n個零點（1,2,，n）。因此，這個多項式應(yīng)當是零多項式，但是這與此多項式在x=y=0時非零矛盾！引理2：一個關(guān)于x和y的實系數(shù)多項式，x和y的次數(shù)均不超過n。如果此多項式在x=p,y

15、=q（p，q0，1，2n）時均為0，則此多項式為零多項式。引理2的證明：對于任意的y=0,1,2,n代入原多項式，變成關(guān)于x的不超過n次的多項式，這個新多項式必然是零多項式，否則它不可能有n+1個零點。所以按x的次數(shù)來整理原多項式，對于任意的k=0,1,2,n,xk項的系數(shù)Ck（y）都是一個關(guān)于y的不超過n次的多項式，但是卻有n+1個零點，故所有的系數(shù)都為零。回到原題。假設(shè)F中xnynzn這一項系數(shù)為0,那么設(shè)z為常數(shù)，考慮按x和y的次數(shù)來整理多項式F。F中，xnyn項的系數(shù)，是一個關(guān)于z的，不超過n-1次的多項式。但是，由引理2,這個多項式卻擁有1,2,，n共n個零點，故它是零多項式。現(xiàn)在我

16、們令z=0,化歸成關(guān)于x和y的多項式。此時xnyn項的系數(shù)已然是0,但是我們卻發(fā)現(xiàn)，這個多項式恰恰在x=y=0時非零，在x=p,y=q（p,q0,1,2n且p,q不全為0）時為零，這與剛才的引理1矛盾！綜上，我們證明了多項式F中xnynzn這一項系數(shù)非0,即原乘積多項式至少有3n次，即至少需要3n個平面，才能覆蓋題目中要求的所有點而不過原點。故原題的答案為3n。【點評】這是20071M。的第6題，一個很難想出來的題目。最關(guān)鍵的一點就是將這個看似組合幾何的題目，轉(zhuǎn)化成純代數(shù)題。尤其是在有二維的背景的前提下，在考試的時間內(nèi)，更是很少有人能跳出思維的局限。這或許就是為什么全世界頂尖的高中生只有區(qū)區(qū)4人做出此題的原因吧。三、備選問題1【問題8】數(shù)列烝定義如下：ai1,且122an-2anann1,2,L證明：對每一個正整數(shù)n,都有為a2La01.證：由于anan1o31(an)0,所以an0,nN，又2422ananan1a，anan12anan所以，an1an,nN.于是1an1an2La1，所以a1a2Lan1,n1,2,L【問題9】已知f：RR滿足條件：(1)對任意x.yR,f(xf(y)yf(x)；(2) x時，f(x)0求f(x)解：令yx,有f(xf(x)xf(x).可見其不動點集為xf