波蘭數學奧林匹克試題及解答

波蘭數學奧林匹克試題及解答

1 設為正整數，證明：所有與互質且不超過的自然數的立方和是的倍數。 　 2 在銳角三角形中，點是邊上一點，使得。證明：。 　 3 已知正實數的和等于1，證明：。 　 4 圓周上的點都被染上了某三種顏色中的一種，證明：在這個圓周上存在三個點，它們是某個等腰三角形的頂點，且它們同色。 　 5 求所有的正整數對（），使得與都是完全立方數。 　 6 點是內部或邊界上一點，點分別是點在邊上的垂足，證明：的充要條件是點在邊上。 　 7 證明：對任意正整數，和每一個實數，存在實數，使得。 　 8 關于非負整數的函數定義如下：對任意；對。證明：對均有。 　 9 設為給定的自然數，且，證明：是一個完全平方數。 　 10 設是三維空間中彼此垂直的三個單位向量，設是過點的一個平面，分別是在平面上的投影。對任意平面，求數構成的集合。 　 11 設為正整數，是具有下述性質的個自然數構成的集合：中任意個元素中，必有兩個數，使得其中一個是另一個的倍數。證明：中存在個數，使得對，均有。 　 12 點分別是銳角三角形的邊上的點，的外接圓交于一點，證明：若，則為三角形的三條高。 　 解答或提示 1 利用結論：若，則，將與配對即可證明此題。 　 2 記，則，利用正弦定理可知，，，從而，要證的式子等價于，最后一式是顯然的。 　 3 注意到，，所以，， 故。 于是，我們有：。 即：。結合，可知命題成立。 　 4 可以證明：該圓周的內接正十三邊形的13個頂點中，必有同色的三個點，它們是一個等腰三角形的頂點。 　 5 設是滿足條件的正整數對，不失一般性，設， 則：，故，這表明，將之代入，可知是一個完全立方數， 從而，是一個完全立方數。設，展開可知，于是。注意到：， 故或，分別求解，可知只能是，進而。所求數對。 　 6 利用勾股定理易證：等價于。 　 7 任給，及，令待定， 則： （1） 注意到，對給定的，有，而（1）式右邊是關于的連續(xù)函數（這里為常數），并且，當時，（1）式右邊。所以，存在，使得（1）式成立。 于是，令，這里使（1）成立，并且，則為滿足條件的實數。綜不可知，命題成立。 　 8 構造函數，使。 定義。注意到，由的定義，可知；并且，當時，有： 這表明，與具有相同的初始值和遞推關系式。而由題中的條件及遞推式，可右對任意，唯一確定，所以，。 利用的定義，易知，故命題獲證。 　 9 令，即，視為關于的一元二次方程，可知為一個完全平方數，設，則，若，由為完全平方數，可知為完全平方數；若，由，可知，進而為偶數，結合，可知為偶數，故，當然，，于是，這導致，進而為完全平方數，所以為完全平方數，綜上可知，總有為完全平方數。 　 10 所求的集合為，即數.此題等價于證明：四面體中，若兩兩垂直，則直線與平面所成角的余弦的平方和為常數（注：這個常數等于2）。這是一個不難的常規(guī)立體幾何問題。 　 11 對任意個自然數，若對，均有，則稱（）為一條鏈稱為該鏈的首元，為鏈長。對中的每一個元素，考慮取自的以為首元的鏈中最長的鏈，記此鏈的長度為，則中必有一個數不小于。 事實上，若對，均有，則中必有個數相等，不失一般性，設，則由的性質，可知必有一個數為另一個數的倍數，不妨設，則將置于以為首元的那條最長鏈，我們得到一條長為的，以為首元的鏈，而這與矛盾。從而，中必有一個數不小于。 利用上述結論，不妨設，則中存在個數，使得對均有。于是，令，則即為中滿足條件的個數。 　 12 先證一個引理。 　 引理 任給一個三角形和，滿足，且 則：。 引理的證明作一個三角形，使∽，且，。 則： 故，即，所以，。 　 下面分二步來證明原題。 第一步 證。先證，若，不妨設，則。利用條件及引理，可知：與中，有；和中，有；與中，也有。于是，矛盾。 所以，，而。 故。所以，同理還可證。 第二步 證明三點共線，從而為的垂心。 設的外心分別為，并設它們的外接圓半徑分別為分別是與的交點。 由條件及，可知∽故。利用正弦定理，可知故，同理，于是，，即為的外心。 由的定義，可知，所以，分別為的中點（注意，這里用到為的外心），結合為的外心，可知為的垂心，故。結合為的中點，故∥，從而，故共線。