第64届IMO试题解答.pdf

竞赛之窗292023年第5期第6 4届IM0试题解答中图分类号：G424.79文献标识码：A文章编号：10 0 5-6 416(2 0 2 3)0 5-0 0 2 9-0 5引用格式：第6 4届IMO试题解答J.中等数学，2 0 2 3（5）：2 9-33.1.求所有满足下述条件的合数n1：若n的所有正因子为d,d,d,(1=dd,.d=n),则对每个1k-2,均有d,I(di1+d;+2).2.在锐角ABC中，ABAC.设Q为A BC的外接圆.S是Q上包含点A的弧CB的中点.过点A作垂直于BC的直线，与BS交于点D，与圆Q的第二个交点为E.过点D且平行于BC的直线与直线BE交于点L.记为BDL的外接圆.设与Q的第二个交点为P.证明：在点P处的切线与直线BS的交点在ZBAC的内角平分线上.3.对每个整数k2，求所有满足下述条件的无穷正整数序列,2,：存在一个多项式 P()=x+Ch-1xk-1+.+Cx+Co(Co,C,.,Ck-1是非负整数）,使得代人式有xf(y)=f(x).结合式得f()=x或 f(x)=-x.若f(0)0,则在式中代人y=得x2=(f(x)-)2.结合(2)将替换为f()得f()=(-).+得f(x)=-.代回原函数方程考虑常数项得=0.5.综上，原函数方程的解为f(x)=x或f()=-x或f(x)=0.5-x.P(a,)=an+Ianan+2n+k对所有整数n1成立.4.设x,2,x2023是两两不等的正实数，使得对每个n=1,2,.,2023，11(x+x2+.+xn)a：2n都是一个整数.证明：2 0233034.5.设n是正整数.日式三角是将1+2+n个圆排成正三角形的形状，使得对i=1,2,，n，从上到下的第i行恰有i个圆且其中恰有一个被染为红色.在日式三角内，忍者路径是指一串由n个圆组成的序列，从最上面一行的圆开始，每次从当前圆连接到它下方相邻的两个圆之一，直至到达最下面一行的某个圆为止.图1是一个n=6的日式三角，其中画有一条包含两个红色圆的忍者【评注】考虑对合的部分是本题的核心，运用f(x)固定时有x固定相当于给出了“弱单射”的条件，自然也就可以使用交换元方法，并逐一讨论即可。参考文献：1Moldova Team Selection Test 2015DB/0L.(2015)2023-01-14.https:/ Problems 2014DB/OL.(2014-05-15)2023-01-14.https:/ 0 14(10)：33.qP则dknn中等数学30路径.求最大的整数k（用n表示），使得在每个日式三角中都存在一条忍者路径，它包含至少k个红色圆.6.设ABC是正三角形.点A、B、C在ABC的内部，且满足BA=A,C,CB,=B,A，A C,=C,B,及ZBA,C+ZCB,A+ZAC,B=480设直线BC,与CB交于点A，直线CA与AC,交于点B,，直线AB,与BA交于点C2证明：若A,B,C,的三边长度两两不等，则AAA、BB,B、CC,C,的外接圆都经过两个公共点.参考答案1.所有满足条件的合数为p,这里p是素数,整数a2.显然,若n=p(a2),则d,=pi-l(i=1,a+1).故 d,=p-I 整除 da+di+2=p+pi+I 对所有i=1,.,-1成立.下面证明至少有两个不同素因子的合数n不满足条件，记p为n最小的素因子.设n的第二小素因子q满足pipi+l(iEZ).由题目条件知dI(d-i+dk一+1人nn但明显上面的整除式不可能成立，矛盾，综上，满足所有条件的合数n只能是素数p的幂次.2.如图2.n=6图1SADLD1一-Q11CB11ES图2记S为圆Q的劣弧BC的中点，故SS是Q的直径，且AS是ZBAC的平分线.设在点P处的切线与Q的第二个交点为Q，则ZSQS=90.下面证明APD和SQS的对应边是平行的，从而联结对应顶点的线段，即ZBAC的平分线、在点P处的切线、DS三线共点于（反向）位似中心。由A、P、B、E四点共圆和D、P、L、B四点共圆得ZPAD=ZPAE=180-ZEBP=ZPBL=ZPDL=90-ZADP.于是，AP工DP由AE与SS都垂直于BC=AD/SS.因为线段PQ与圆相切，所以，ZDPQ=ZDBP=ZSBP=ZSQP.从而,PD/QS.由 API PD,PD/QS,QS I SQ AP/SQ.因此，APD和SQS的对应边平行.3.所求是公差为非负整数且首项为正整数的等差数列，即a,=a+nd(anEN+,dEN).首先,若a,=a+nd,取P(x)=(x+d).(x+kd),易验证式对所有正整数n成立.下面证明所有满足式的无穷正整数序列是公差为非负整数且首项为正整数的等差数列.(1）序列1a，要么是常数序列,要么严格递增。2023年第5期31假设不是.若对某个角标no2有ano-Iam,则am na+no k-=P(ano-1)P(an,)=ang+1no+2 ano+k因此,amano+k:设m是在an之后的第一个不大于ano的项,从而,n,no+k且am-/an类似地，可以找到下标nzE（n,n+使得am-am这样继续下去就得到an.amam.此时,所有的P(a,)都是有界的.又由于n;-n;Ik,则所有的a,都是有界的（实际上,对于每一个;，可以找到n,使得jEn;+1,n;+h.故a,P(an,).记am是序列ia,中的最大元素.则P(am)=aM+IaM+2*aM+haM因此,P(x)=x,am+1=aM+2.=aM+k此时用归纳法易知i，是一个常数序列.(2）假设ia，是严格递增的，下面证明，是公差为正整数的等差数列.记P()=xk+d.+do记P()=x+dk-1x令C=dg+de-+1.则对于任何mEN,有 P(m)a,).现在如果a,C.2(显然a,maxido,dk-1t),记a,aa+=a,+,其中每个8,E(0,C),并观察到at+d=a.an+kn+1n+2=(an+0)(an+02).(an+0k)从这里可以推断出d.等于关于，的第i个基本对称多项式.（一种简单的看法是将上述等式的两边视为N进制数.）这意味着P()=(+S)(+8).（特别地，这些,都是与n无关的.）因此，当amC*.2时,总有am+:=am+,对于每个i=1,k成立.考虑到am+同样的情况，推断出am+=am1+.因此8,=io,所以当n足够大时，a,，a+.构成等差数列.通过简单的反向归纳法可以证明整个序列1a,是等差数列.4.只需证明对任意的nE（1,，2 0 2 1)有an+2a,+3.于是，a2 023 a2 021+3a2 019+6.a,+3033=1+3033=3034.根据柯西一施瓦兹不等式有根据柯西一施瓦炫不等式有(xj+x2+.+xn)+(xn+I+xn+2).11X2n+1+2(x+x2+xXn+2Xn+1n+2由此知n十n+1+2a,+2.因为题目假设x，两两不等，所以上述不等式的第二个不等号不能取等.又由于，都是整数，故a+2a，+3.从而，结论成立.5.最大的整数k为1+log,n（Lx 表示不超过实数x的最大整数）记N=log,nJ.于是,2 n2+l-1.首先给出一个构造，使得每个忍者路径最多通过N+1个红色圆.对于第i=2+b中等数学32(0aN,0b2）行，将第2 b+1个圆染为红色，如图3.图3则对任一=0,1,N,每条忍者路径在第2,2+l,2a+1-1行中总共至多经过一个红色圆.因此，每个忍者路径最多经过N+1个红色圆.现在证明对每个日式三角都存在一条忍者路径经过至少N+1个红色圆.在下面的讨论中，扩展忍者路径的定义，使得忍者路径的连续子序列（可能在中间行开始和结束）也被称为忍者路径.注意到，忍者路径的子序列包含的红色圆数量不多于原始路径，因此只需对这种扩展的忍者路径进行证明.在每个圆C中，标记所有从三角形的顶部开始,并在C处结束的忍者路径中的红色圆的最大数量.例如图4.222222图4若圆C不是红色的,则C中的数字是C上方的一个或两个圆的数字的最大值；若圆C是红色的，则C的数字是上述的最大值加1.记第i行中的数字为,，并设是这些数字中的最大值.那么第i+1行中的数字至少会是U,Um-，,这并mm+没有考虑到第i+1行中的一个圆是红色的事实.另一方面，对于第i+1行中的红色圆，可以将对应数字的下界加1.因此,第i+1行中的数字之和至少是(ui+.+)+1.使用这个观察，证明以下引理。引理设,是第k行中所有圆中的数字之和.则对0 jN,有,j2i+1.证明对j使用归纳法.j=0的情况显然,因为第一行的数字总是1.假设，习j2+1,则第2 i行中所有圆中数的最大值至少是j+1.因此,对于所有的k2i,第k行上存在一个数字至少为j+1的圆.从而由上面的观察得0k+I0,+(j+1)+1=0,+(j+2)=02m0,+2(j+2)j2i+1+2(j+2)=(j+j+2)2i+1=(j+1)2 i+I+1.引理得证.对j=N,由引理知第2 N行中的某个圆的数字至少为N+1,即存在一个忍者路径至少经过N+1个红色圆.6.记A、B、分别为AAA、BB,B2、CC,C,的外接圆.下面将找到两个不同的点，它们对于、。有相等的幂.引理1A是A,BC的外心，B是B,CA 的外心C,是C,AB的外心.证明如图5.AA22-XBB2CA1B图5由于点A在BC的垂直平分线上且位于BA,C内，则只需证明ZBA,C=2ZBA,C.L332023年第5期事实上，ZBA,C=ZA,BA+ZBAC+ZACA(180-ZAC,B)+(180-ZCB,A)+602=240(480-ZBA,C)ZBA.C.22因此，A是A,BC的外心.其余类似，引理得证由引理中关于外心的结论得ZB,B,C,=ZB,B,A=ZB,AB,=ZC,AC,=ZAC,C,=ZB,C,C,=B、C i、B,、C,四点共圆.类似地,CiA、C2、A,和A、B、A、B,分别四点共圆.由 ZC,A,B,+ZB,C,A,+LA,B,C,=480￥36 0,知A,B,C,A,B,C,不是圆内接六边形.因此，由根心定理知AA2、B,B2、CC2 三线共点（记为点X）,并且点X对于B、厂的幂相等.如图6,设A,BC的外接圆与的第二个交点为A.类似定义点B,和C3.11B2B图6引理2B、C、B、C,四点共圆.证明由BC,C=ABC,C,+4C,C,C=ABAC,+4C,C,C=90+4(C,C,AC,)+4C,C,C(因CC,LAB)=90+4C,C,Br.类似地,4CB,B=90+AB,B,Cj.因此，由B、C/、B,、C,四点共圆知XBB,C=90+4C,B,B,=90+XC,C,B,=XBC,C.引理得证.类似地，CAC,A,和ABA,B,也是圆内接四边形.但是，AC,BA,CB,不是圆内接六边形，因为否则A、B、C、B,会共圆，这意味着点B,位于ABC的外接圆上，但点B,位于ABC内，所以这是不可能的.因此，对这三个圆使用根心定理得AA、BB、CC,三线共点（记为点Y），且该点对于A、B、具有相等的幂.在完成证明之前还需要讨论一些位置关系.设0 是ABC的中心.则 ZBA,C=480-ZCB,A-ZAC,B480-180-180=120.故点A位于BOC内.对点B、C,有类似的结果.因此BAC、CB,A、A C,B具有不重叠的内部.由此可得A,B,C,A,BC,是凸六边形，故点X在线段AA上，从而位于内.由于A是A,BC的外心,有AA=AA，因此，由A、A、A、A,四点共圆知AA,和AA（即AY）是关于线AA的反射.由于点X在线段AA上，X与Y重合的唯一可能就是点A和A都在BC的垂直平分线上.但这迫使点B和C,也在这条线上反射，意味着A,B=AC，这与不等边条件矛盾。综上，有两个不同的点X、Y对于、B、具有相等的幂，因此这些圆具有一个公共的根轴.由于点X位于内（同样也在B、。内）,故这条根轴与圆有两个交点.因此A、有两个公共点.（肖梁提供