裘宗滬教授、朱華偉、馮祖鳴、吳偉朝教授、錢展望講座

1、開幕式黃埔一期上午一裘宗滬老師1目的一切為了將來；年齡就是資本；研討。2形式系統(tǒng)地學習數(shù)論（帶余除法、一次方程的整數(shù)解、小費爾馬定理等，由潘振標教授講解）；全面地了解世界（比如了解保加利亞2003年試題等，詳見試題）；精僻點評試題的優(yōu)劣、命題人、與IMO接軌等；追求理性的成熟；試題的解答與討論。二朱偉華老師學校簡介；紀律要求（學員手冊）；吃飯時間（學員手冊）；上課時間（作息時間）；其他.3月8日（裘宗滬老師）數(shù)學競賽的發(fā)展以健康為主旋律1三項原則民辦公助；精簡節(jié)約；自愿參加。2取消理科班。3成功與不足普及與提高；中學與大學結(jié)合（）；1，2，4，5題基本不丟分；第六人第一；強項（數(shù)論）不丟.19

2、91年加強代數(shù)；1996年大學內(nèi)容少一點；2001年組合不必太多；2003年與國際競賽接軌.題意理解0123 計算難度0123 總體難度為7思考難度0123452.關于高中數(shù)學聯(lián)賽改革、擴軍（不超過200人）；協(xié)作體目的：了解中學、加強各中學之間的聯(lián)系；向國際數(shù)學強國學習蘇俄 15次中國 10次匈牙利 6次羅馬利亞 5次美國 4次西德 2次東德、捷克、伊朗、保加利亞各1次（特意提到保加利亞）3.中國金牌銀牌銅牌752253月9日上午裘宗滬老師點評IMO1(荷蘭)如圖，.求證：.證法一：設AR=BR=x,BP=y,AQ=z,由正弦定理可得PC=y,CQ=z.在ABR，BPC, ACQ中，應用余弦

3、定理得BC2=（2+)y2, AB2=（2+)x2, AC2=（2+)z2。,設ABC=B，ACB=C，BAC=A，在ABC中應用余弦定理得：同理要證PR2=RQ2,需證zsinA=ysinB ，即 ,zsinA=ysinB PR2=RQ2, PR=RQ要證PR2+RQ2=PQ2,需證 xysinB+xzsinA=2yzsinC, 將他代入上式可證得。證法二：2.最簡單的組合題、最難的組合題以及最漂亮的組合題（1）設S=1，2，3，1978，把S分成6個互不相交的集合，即.求證：在某一中，一個元素是其他兩個元素的和，或者是某一元素的2倍.（2）（2001.3.第42屆IMO試題）21個男孩和2

4、1個女孩參加一次數(shù)學競賽：(i)每一個參賽都至多解出了6道題；(ii)對于每一個女孩和每一個男孩，至少有一道題被這一對孩子都解出.證明：有一道題，至少有3個女孩和至少有3個男孩都解出.略證：G是參加比賽的女生集合，B是參加比賽的男生集合，P為題目集合，P(g)是被解出來的題目集合，P(b)是被解出來的題目集合，G(P)是解出的女生集合，B(p)是解除出p的男生集合。依題意，對任意gG，bB，有：(i)|P(g)6|,|P(b)|6；(ii)P(g)P(b). 為了證明存在pP滿足|G(P)|3,|B(p)|3，我們假設對任意pP,有|G（p）|2或|B(p)| 2.若|G(p)|2 ，則將p染

5、成紅色，否則將其染成黑色，考慮一個21的棋盤，每一行代表一個女生，每一列代表一個男生，對gG，bB,對相應的方格(g,b)進行染色，任選pP(g) P(b)，將p的顏色涂在(g,b)內(nèi)，由條件(ii)知，這樣的涂法是存在的，由抽屆原理知至少有一種顏色涂了不少于個方格，存在一行至少有11個黑色格或存在一列至少有11個紅格.假設gG所在行至少有11個黑色格，對這11個黑色格中的每一個所代表的題目，最多被2個男生解出，于是至少有道不同的題目被g解出，由條件(i)知g僅解出這6道題，這樣最多有12個男生解的題也被g解出，與條件(ii)矛盾.同理，若存在一列至少有11個紅格也可推出矛盾，因此，必存在pP

6、，滿足|G(p)| 3,|B(p)| 3.（3）3月9日裘宗滬老師點評IMO下午（陰影部分題為集體研討題目）1.在銳角三角形ABC中，AP是BC邊上的高，O是外心，若.求證：（第42屆IMO試題）.分析：2.兩圓相交于A、B兩點，過A作直線與兩圓分別交于C和D，若弧CB和弧DB（這兩弧不含A）中點分別是M和N，線段CD中點是K，求證：（2000年伊朗數(shù)學奧林匹克）.3.在銳角三角形ABC中，角C的平分線交AB于L，從L作邊AC和邊BC的垂線，垂足分別為M和N，設AN和BM的交點是P，證明：CPAB(2000年保加利亞數(shù)學競賽，十年級).分析一：連接CP并延長交AB于Q，利用基本結(jié)論：；分析二：

7、過C作CQ垂直AB于Q，往證AN、BM、CQ共點，利用塞瓦定理轉(zhuǎn)化結(jié)論，然后利用四點共圓的知識得出結(jié)論；分析三：利用向量的內(nèi)積與向量相互垂直的關系；分析四：解析幾何的方法；分析五：過C作AB的平行線，利用同一法可得結(jié)論.思路1，同一法：作于Q，只要證BM、AN、CQ共點，由塞瓦定理，只要證，由三角形相似，轉(zhuǎn)化為。圖2思路2：延長CP交AB于Q，只要證，由得，從而得，轉(zhuǎn)化為證明，即，最后用塞瓦定理證得。思路3：延長CP交AB于D，過C作AB的平行線l，延長LM，LN交l于E、F，得，由同一法證得結(jié)論。思路4，向量法：設，計算得。也可以用解析幾何證。另外，若CL為外角平分線也有類似的結(jié)論。4.圓O

8、1與圓O2內(nèi)切于圓O，切點分別為M、N，圓O1與圓O的公共弦交圓O于A和B兩點，MA和MB交圓O1于C和D，證明：圓O2和直線CD相切(40屆IMO).5.圓S1 圓S2相交于A、B，一直線過A，與S1交于C，與S2交于D，點M、N、K分別是線段CD、BC、BD上的點，且MN/BD，MK/BC，設在S1的弧BC上（不含點A）有一點E，在S2的弧BD上（不含點A）有一點F，滿足，求證: (第43屆IMO備選題).答案見中等數(shù)學2003年第5期P2876.在平行四邊形ABCD中，E、F分別是邊AD和CD上的點，EG平行AB與BF相交于G，若AF與BE相交于 H，DH與BC相交于BC.求證：（200

9、2年保加利亞國家數(shù)學奧林匹克地區(qū)賽）.答案見中等數(shù)學2004年第一期P267. 圓S1 圓S2相交于P、Q兩點，在S1上取不同的兩點A1和B1（不是P、Q），直線A1P和B1P交S2分別于A2和B2，并且A1B1與A2B2交于點C，證明：當A1、B1變化時，三角形A1A2C的外心總在一個固定的圓上（第43屆IMO備選題）.答案見中等數(shù)學2003年第5期P278.凸四邊形ABCD內(nèi)接于一圓，過A和C作圓的切線相交于點P，P不在直線DB上，且PA2=PB·PD，證明：直線BD經(jīng)過AC的中點(1998年保加利亞春季數(shù)學競賽，十年級).分析一：連接AC、OP交于Q（O為圓心），以Q為坐標原點

10、建立直角坐標系，利用解析法證明（此法可以考慮推廣到橢圓的情形）；分析二：連接OP交AC于Q，連接OB、OD、AO、OD，利用射影定理、相似及三角形外角和定理可以證明分析三：連接BD交AC于E，利用對稱性，只須證明PE是的平分線即可，而這只須利用三角形全等及相似得出結(jié)論.思路1，同一法：連接BD，交OP于Q，只要證明，轉(zhuǎn)化為證明DOQPOD。思路2，解析法：Q（m，0），P（，0），由P、B、D/共線，推證Q、B、D共線。思路3：證明D,Q,B三點共線，連OB，接著證明PDQPOB，再證POBBOQ，從而=+，所以D,Q,B三點共線。圖2.1思路4：設AC與BD交于點Q，PD與圓O交于點E。易知

11、PE=PB，BE/AC。易證PAEPBC，則PBCPAD。還可證PABPCD，于是，所以，故PQ平分BPD，PQ平分CPA。又PA=PC，所以PQAC即Q為AC中點得證。 由本題可得以下結(jié)論：過圓外一點P作兩條等長的割線交圓于X、Y、Z、W（設X、Z是對稱的交點），則弦XW、YZ過定點。P在圓內(nèi)，圓改為橢圓也有類似的結(jié)論。9.圓內(nèi)接四邊形ABCD的對角線交于點O，三角形ABO和三角形CDO的外接圓分別是S1,SS,它們的交點是O和K，過O作AB的平行線交圓S1于L，過O 作CD的平行線交圓S2于M，在OL和OM上分別取P ，Q兩點，使OP：PL=MQ：QO，證明：O、K、P、Q四點共圓.分析一

12、：連接OK、LK、KM，可證三角形OLK與三角形OKM相似，進而證明三角形OPK與三角形KQM相似.分析二：輔助線作法同上，但在證明相似的過程中，可以利用弦切角定理的逆定理，證明OM為S1的切線，OL為圓S2的切線，進而利用切線的有關知識予以證明.圖3圖3.1答案見中等數(shù)學2004年第一期P19在OL和OM上分別取P和Q兩點，使OPPL=MQQO，證明：O、K、P、Q四點共圓。（2003俄羅斯數(shù)學奧林匹克） 思路：由=，及=，得到OMK，再證POKQKM,得=，所以O、K、P、Q四點共圓。還可以從OM是圓S1的切線入手，得到OMK。 本題基于以下事實：若=，=，則POKQKMOPPL=MQQO

13、。10.三角形ABC的外心O，內(nèi)心I，作一個旁切圓分別切AB和AC于K、M兩點，旁切圓切邊BC于N點，已知線段KM的中點在三角形ABC的外接圓上，證明：O、N、I共線(2003年俄羅斯數(shù)學奧林匹克).答案見中等數(shù)學2004年第一期P2011.從三角形AAA的三邊向外作三角形、三角形、三角形。其中OA=OA，OA=OA，求證：（2000年伊朗數(shù)學奧林匹克）.12.在凸四邊形ABCD中，,在射線AB和射線AD上，分別有兩點M、N，使得，圓AMN和圓ABD相交于A和K，求證：(2002年伊朗數(shù)學奧林匹克).13.銳角三角形ABC的三條高AH1、BH2、CH3，它的內(nèi)切圓分別切BC、CA、AB三于T1

14、、T2、T3三點，考慮直線H1H2、H2H3、H3H1關于直線T1T2、T2T3、T3T1的對稱映象，證明：映象構(gòu)成的三角形的三個頂點在三角形ABC的內(nèi)切圓上.14(2000年保加利亞數(shù)學奧林匹克)在銳角三角形ABC中，在邊BC、AC、AB上分別有三點A1、B1、C1，具有性質(zhì)：每一點是其他兩點在相應邊上正射影的中點，證明：(1)這樣的三點是存在且唯一的；(2)三角形A1B1C1與三角形ABC的三條中線作邊構(gòu)成的三角形是相似的.答案見數(shù)學通訊2002年第9期P47。3月10日朱華偉老師問題的引入與背景1.自1894年匈牙利IMO迄今，IMO已有100多年的歷史，100多年來產(chǎn)生了眾多新穎而美妙

15、的好題，這些是試題是培訓學生的基礎，是研究試題的源泉，提倡“以題養(yǎng)題”.2.命題的演繹與深化與解題的化歸是一個互逆的過程背景一：拉格朗日插值公式拉格朗日插值公式：若是互不相等的復數(shù)，則 （）兩端同乘則若將上式兩邊取模， 利用模的不等式性質(zhì)（和的模小于等于模的和）可得即若將視為平面上的三個點A，B，C，復數(shù)Z對應的點為P，則有則題1：設P為三角形ABC所在平面上任意一點，求證：a·PB·PC+b·PA·PC+c·PA·PB（）并判斷等號成立的條件。題2（98年IMO.5）設D為銳角三角形ABC內(nèi)部一點，且滿足DA·DB

16、3;AB+DB·DC·BC+DC·DA·CA=AB·BC·CA，試確定點D的幾何位置，并證明你的結(jié)論.（方法一可考慮用托勒密定理；方法二可考慮運用上述深化）.若將（）式左右兩邊同除以abc（即AB·BC·CA），則可化為，(1)利用代數(shù)不等式，x,y,z>0推出xy+yz+zx (x+y+z)2 （2）把（1）式兩端看成兩兩相乘，代入（2）得題3：設P為三角形ABC所在平面上任一點，求證：.（）式可以推廣為，其中是互不相等的復數(shù).如果取z=0，得上式兩邊取模，則利用和的模小于模的和，從而，若限制=1,i=1,

17、2,3,則zi表示的點都在單位圓上。于是可得題4：題4(92年CMO國家集訓隊)若，任給單位圓上n個不同點，把P到其余各點的距離之積記為,求證：.研討題：在上述背景下，編制一道數(shù)學問題.背景二：裴波那契恒等式裴波那契恒等式關于它的證明方法，其中之一可以用幾何畫圖的方法證。留做研討題。另法也可以用復數(shù)證明，證明過程如下。設z=a+bi,w=c+di,|z|2|w|2=(a2+b2)(c2+d2)|zw|2=|(ac-bd)+ad+bc)i|2=(ac-bd)2+(ad+bc)2|z|2|w|2=|zw|2 (a2+b2)(c2+d2) =(ac-bd)2+(ad+bc)2通俗意義：如果兩個數(shù)都可

18、以表示為平方和的形式，則這兩個數(shù)的積也可表示平方和的形式。如：17=42+1，13=22+32，221=17×13=52+14229=22+52,13=22+32,29×13=962=13×74,74=52+72將（*）式中的a,b,c,d看成四個變元x,y,z,t(x2+z2)(y2+t2)=(xy-zt)2+(xt+yz)2設f(x)=x,則上式為(f(x)+f(z)(f(y0+f(t)=f(xy-zt)+f(xt+yz) (*)此時，可得到題3。 題1：1986年初中數(shù)學聯(lián)賽題. 題2：1963年成都高中數(shù)學競賽試題.題3：由裴波那契恒等式易得，若設，則上式

19、可化為(*)反過來，若x,y,z,t為實數(shù)，求所有滿足條件(*)的函數(shù)f(x),此即為2000年IMO試題.還可以思考：取t=0,則滿足f(x)+f(y)f(z)=f(xz)+f(yz)的函數(shù)又該如何求？題4（第6屆拉丁美洲MO）：已知P(x,y)=2x2-6xy+5y2，若存在整數(shù)B，C，使P（B，C）=A，則稱A為P（x,y）的值.(1)在集合1，2，100中，哪些元素是P的值？(2)證明：P的值的積仍是P的值.略析：p(x,y)=(x-2y)2+(x-y)2，易知A為兩個數(shù)的平方和的形式.（1） 如果A是P的值，那么A是兩個整數(shù)的平方和，反之，若A是兩個整數(shù)的平方和，A=u+v ,設x-

20、y=u,x-2y=v,解得x=2u-v,y=u-v.然后對1，2，,100一一驗證。（2） 題5（M·O Summer Program,USA,1997）求證：存在無窮多個正整數(shù)n，使得n19+n99可以用兩種不同的方式表示為兩個平方的和.略析：原式=，因此利用裴波那契恒等式需將n表示成兩個數(shù)平方和的形式，顯然=則n19+n99=然后用斐波那契等式。題6（英國，1995）求證：方程x2+y2=z5+z有無窮多組正整數(shù)解x,y,z，使（x,y,z）=1.略析：，利用裴波那契恒等式，只須將z表示兩個數(shù)平方和的形式，而這可以利用題5的形式，或者可設，現(xiàn)在只須證明有無窮多組解且（x,y,z）

21、=1即可.題7（第44屆普南特B-6）設k為正整數(shù)，m=2k+1，r(不等于1)是方程的一個復根，求證：存在整系數(shù)多項式P（z）、Q（z），使得（P(x)）2+（Q(x)）2=-1.略析：易知在上式中，除第一項外，其余各項均為兩個數(shù)的平方和的形式，而第一項亦為兩個數(shù)的平方和的形式，利用裴波那契恒等式，問題得證.項是完全平方數(shù).題8(第30屆IMO備選題，1990)求證：數(shù)列有無窮多項是完全平方數(shù).略析：關鍵與難點是本題蘊含著佩爾方程的影子，而凡是能運用佩爾方程解決的問題均可利用裴波那契恒等式來解決，因此可先考慮Pell方程.有無窮多組正整數(shù)解（u,v），則取，在（）式中，取，則.易知，顯然有無

22、窮多組解.研討題1.（第29屆IMO）設，其中x表示不超過x的最大整數(shù)，證明：(1)有無窮多個正整數(shù)m，使；(2) 有無窮多個正整數(shù)m，使.略析：易知 (*)由此可得，于是有 (*）若（1）不成立，由(*）式知，存在自然數(shù)N，使得對任意k.由此可得 再由(*）得到對任何非負整數(shù)k，有 (*）由于N是固定數(shù)，顯然當k足夠大時，(*）不成立，引出矛盾，于是(1）式成立.若（2）式不成立，由(*）式知存在N，使得對任意.由此得，再由(*）式得，即對非負整數(shù)k有 (*）從(*）引出矛盾，從而（2）式成立.2.設f為實系數(shù)多項式，證明：當且僅當f2不能寫成平方和f2=g2+h2（g，h為實系數(shù)多項式）的

23、形式且時，f的所有零點為實數(shù).3.在國內(nèi)外IMO中找更多的以裴波那契恒等式為背景的問題，并給出詳細解答.4.編制一道以裴波那契恒等式為背景的問題.3月11日裘宗滬老師1.（接3月9日第（2）題）（2001.3.第42屆IMO試題）21個男孩和21個女孩參加一次數(shù)學競賽：(i)每一個參賽都至多解出了6道題；(ii)對于每一個女孩和每一個男孩，至少有一道題被這一對孩子都解出.證明：有一道題，至少有3個女孩和至少有3個男孩都解出.略析：設bi<<2,gi<<2,則（bi-2）（gi-2）<<1，即，而，易知可得 (*)對，由(i)知，至少有一題有個男生做出，至多2

24、個女生做出，而，故題數(shù)；對，由(i)知，至少有一題有個女生做出，至多2個田生做出，而，故題數(shù).所以|P|，顯然與(*)式矛盾.2.對(n為正偶數(shù))的方格表中的某些方格標記，使得每一個方格都有一個相鄰的“標記格”，問至少要多少個“標記格”？略析：設是使方格表符合要求的最小標記數(shù)，現(xiàn)在對方格表進行相間染色，設是使所有白格都有相鄰“標記格”的最小數(shù)（標記在黑格）；是使所有黑格都有相鄰“標記格”的最小數(shù)（標記在白格）；則，,而對已標記的白格，它們之間沒有共同相鄰的黑格，因此,所以.3（第43屆IMO試題）設n為任意給定的正整數(shù)，T為平面上滿足x+y<n，x,y為非負整數(shù)的點（x,y）所組成的集合

25、，T中每一點（x,y）均被染成紅色或藍色，滿足：若(x,y)為紅色，則T中所有滿足x/x，y/y的點（x/，y/）均為紅色，如果n個藍點的橫坐標各不相同，則稱這n個藍點所組成的集合為一個X-集；如果n個藍點縱坐標各不相同，則稱這n個藍點所組成的集合為一個Y-集.證明：X-集的個數(shù)和Y-集的個數(shù)一樣多.略析：設紅點個數(shù)為m，X-集合數(shù)目為t，Y-集合數(shù)目為s，對m,，進行歸納證明.(1)m=0時，由乘法原理，s=t=n!，命題成立.(2)假設m=k()時命題成立.(3)對于m=k+1，設點P（）是使最大的紅點之一，那么，將P改為藍點，由于不存在其他紅點(x,y)，因此，這仍然是一個滿足條件的集合

26、，記T/，對它類似地定義t/，s/.對于T/，設x它在x=i()列上藍點有個，在y=j()行上藍點有個，那么.由歸納假設，有t/=s/,即.對于改變前的集合T，有(在中,在中).在列上，縱坐標大于等于的T中的點有個，所以，同理.因此,所以t=s.即對m=k+1時，命題成立.因此，對一切，命題成立.注1：對于組合問題，常常采有反證法或數(shù)學歸納法來解決計數(shù)、構(gòu)造（結(jié)構(gòu)）、最優(yōu)化等問題.注2：本題還可以對藍點數(shù)進行歸納，對n進行歸納亦可.4(第44屆IMO試題)設實數(shù).求證：.略析：(1)不妨設i<j，則=；(2) ；(3)由于將作變換（都減去某一個值），不等式兩邊不變，不失一般性，設；這樣（

27、2）式可化為；(4)由柯西不等式，可得.由（3）、（4）易知結(jié)論成立.(5)若等號成立，則存在某個k，從而成等差數(shù)列；反之，若為等差數(shù)列，公差為,則，將換成，則，且等號成立.3月12日朱華偉老師問題的引入與背景2背景三：費爾馬點（構(gòu)造模型）如圖，則P為三角形ABC的費爾馬點，關于爾馬點有許多有趣的幾何性質(zhì)，此處我們把它向代數(shù)方向發(fā)展.設PA=x，PB=y，PC=z.易知，.在三角形APB、三角形BCP、三角形CPA中，由三角形兩邊之和大于第三邊，并將所三式相加，可得 ()問題：有否下界呢？由著名的外森比克不等式，有,，于是.易知，所以（*）于是，則（）、（）可得題1：設,求證：（右邊不等式的證

28、明作為研討題目）題2（第43屆IMO預選題）如圖，F(xiàn)為三角形ABC的費爾馬點.求證：AB+AC.略析：由，得,同理，.從而，將EF、DF的表達式代入，從而待證不等式即 (*)略析：顯然，從而要證(*)式成立，只須證明，而此式易證.背景四：距離空間(構(gòu)造模型)如果集合S上有一個二元非負值實函數(shù)d(x,y)滿足(i)d(x,y)=0當且僅當x=y；(ii)對稱性：d(x,y)=d(y,x)；(iii)三角形不等式：d(x,y)d(x,z)+d(z,y).則稱（S,d）為距離空間.受(i)式啟發(fā)，定義，對任意正實數(shù)x,y,z，(i)、(ii)均成立，猜測(iii)式亦成立，經(jīng)過驗證這是真的，于是對x

29、,y,z>0，有如下三角不等式：d(x,y)+d(y,z)d(x,z).特別地，取，得,即，特別地，取z=1，有題目：設，求證：(此為研討題).背景五：一元多項式的根與系數(shù)的關系給出一個實系數(shù)多項式系數(shù)絕對值的和的估計.實系數(shù)多項式可設為，并設它的零點全為正數(shù).則韋達定理得：,(*)將(*)中各項相加得，共項.利用均值不等式得,即，將(*)代入，得 由（*）可知， 上式可化為為了掃除韋大定理得痕跡，再限制a0>0,由（*）知(-1)kak>0,上式即為至此我們得到和式的下界，能否給出它的上界呢？由因式分解定理知=令x=-1得=兩端同乘以(-1)n得，=于是得到下題（第33屆I

30、MO中國集訓隊第二次測驗的第二題）設實系數(shù)多項式的根全為正數(shù)，且。求證：六推廣（歸納與類比）以不等式的推廣為例說明.題1（1963年第26屆莫斯科數(shù)學競賽試題）若a,b,c為任意正數(shù)，求證：（略析：不妨設a>b>c，則，由切比雪夫不等式可得下略）.題2（循環(huán)不等式）設，且,則.（略析：可采用換元法，然后利用切比雪夫不等式即可得證.）取特例，可得；,將3換成n,則（1984年全國聯(lián)賽試題）；在題2中，取，則得題3（條件同題2）.（略析：可采用換元法，然后利用切比雪夫不等式即可得證.）由于上式左邊分式都是一次的，我們自然猜測能否升次，于是有（第30屆IMO預選題）設是正實數(shù)，證明：.題

31、4：若a,b,c是三角形ABC的三條邊，且2s=a+b+c，則.(略析：連續(xù)兩次運用切比雪夫不等式，其間運用基本不等式，即可得證).題5：將題4分子中的次數(shù)由2換為n，則得到第28屆IMO預選題：.（略析：連續(xù)n次運用切比雪夫不等式，其間利用均值不等式即可得結(jié)論）.題6：將題5中(a,b,c)換成()(m>1)，且，則.略析），再利用，可得出結(jié)論.當m=3時，題6即為題5，因此題6既是題5的推廣，又是題3的推廣.題6中左邊分母中的各項次數(shù)均為1，能否對次數(shù)進行推廣呢？題7：為正數(shù)，m>1，且，則（略析：利用切比雪夫不等式及題3，可得）(冪平均不等式)，下略.)3月22日下午 馮祖鳴

32、北京大學畢美國一所私立中學教師美國國家隊IMO領隊email:主講美國數(shù)學奧林匹克（含部分伊朗內(nèi)容）風格：先讓學員自己做。然后讓學員講，不會，則他給出提示。1n序列：1，2，3，,n.找出最小的n,存在一個n序列是個“回尾數(shù)”，在19列中有多少個“回尾數(shù)”?！盎匚矓?shù)”是指從頭到尾讀或從尾到頭讀是一樣的數(shù)。如12321。解：（1）2，13，4，15，6，17，8，19，1，10，11，9，18，7，16，5，14，3，12（2）9，18，7，16，5，14，3，12，1，10，11，2，13，4，15，6，17，8，192設S=，2是以1開頭的604位數(shù)，求S中以4

33、開頭的數(shù)的個數(shù)。解：以1開頭的數(shù)有603個，則以2，3開頭的數(shù)有603個，以4，5，6，7開頭的數(shù)有603個，以8，9開頭的數(shù)有2004（603+603+603）=1809個。所以以4開頭的數(shù)有1809個。3月22日下午 馮祖鳴美國一所私立中學教師美國國家隊IMO領隊主講美國數(shù)學奧林匹克（含部分伊朗內(nèi)容）風格：先讓學員自己做。然后讓學員講，不會，則他給出提示。3月23日上午 吳偉朝中國數(shù)學奧林匹克高級教練員數(shù)學奧林匹克命題專家IMO中國國家代表隊教練MO方向碩士生導師地址：廣州大學理學院數(shù)學系02086198971（宅）mail:wuweichao主講函數(shù)與函數(shù)方程1

34、求證：任何一個其定義域關于原點對稱的函數(shù)，都可表示為一個奇函數(shù)與一個偶函數(shù)之和，并且表示是唯一的。解：y=f(x),xD,若xD則xD設f(x)=g(x)+h(x),g(x)是奇函數(shù)，h(x)是偶函數(shù)f(x)=g(x)+h(x)=g(x)+h(x)兩式相加和相減分別得到h(x)=(f(x)+f(x)g(x) =(f(x)f(x)2.設aR,若函數(shù)y=f(x)與 y=10+3關于直線y=x對稱，且y=f(x)與y=lg(xx+a)有公共點，求a的取值范圍。解：y=f(x)是y=10+3的反函數(shù)，即y=lg(x3) y=f(x)與y=lg(xx+a)有公共點， 方程lg(xx+a) =lg(x3)

35、有解 由xx+a =lg(x3)得a=x+2x3=(x1)2再由x>3 得a<-6yzx<0y+xz+x x3.在正三角形的三個頂點上各放置一個整數(shù)，使得三個數(shù)的和為正。若某個頂點上的數(shù)x<0,則三個頂點上的數(shù)x,y,z分別被換為x,y+x,z+x.只要三個數(shù)中還有一個是負數(shù)，這種“操作”就進行下去，一直到不出現(xiàn)負數(shù)時才停止。問：是否存在有限多次之后，這種“操作”一定會停止。解：構(gòu)造函數(shù)設f(x,y,z)=x+y+z 條件:(1)f(x,y,z)0;(2)f(x,y,z)為整數(shù);(3)f(x,y,z)嚴格下降 即f(x,y,z)>f(x,y+x,z+x).f(x,

36、y,z)f(x,y+x,z+x)=x+y+z(x)+(y+x)+(z+x)=2x(x+y+z).以下為函數(shù)方程4求出所有的函數(shù)f:R -> R,使得對于所有的 a,bR,都有f(a·f(b)=ab (*)解法一：特殊到一般取a=1,f(f(b)=b (1)對（*）兩邊取f,并利用(1) f(ab)=f(f(a·f(b)=af(b) (2)對 （2）中取b=1,f(a)=af(1) (3)把（3）帶入（*），左右互換 ab=f(1)· ab所以f(1)=1或f(1)=1 所求函數(shù)為f(x)=x 或f(x)=x解法二：利用滿射3月28日李興懷 華南師大附中4月1

37、日錢展望中學數(shù)學特級教師，湖北省數(shù)學學會理事，中國數(shù)學奧林匹克高級教練。所帶學生共獲得7塊金牌?，F(xiàn)為珠海人大附中副校長。1.證明：（1）若x>0,y>0,則；(2) 若x,y,zR+,則 。證：（1）（2） 點評：不要把問題考慮的太復雜。用“爬坡推理”2若,證明：（1）（2）設,求證：分析用數(shù)學歸納法當n=1 時，顯然成立當n=2時， 當n=3時， 已不好判斷，因為后面的項正負交錯。當若設n=k時，結(jié)論成立，判斷n=k+1比較簡單。因為（2）思考：前兩道題若沒有第一問，是否能做出來。3設x,y,zR,滿足 ，試證：x,y,z都不是負數(shù)，也都不大于a.分析：本題為60年代華羅庚老一輩數(shù)學家提出的問題，估計考查兩問解法一：（ 華羅庚老一輩數(shù)學家給出）(1)消去 a得若z<0，則x+y0 x+y+z<0，矛盾.故z0.同理可證x0,y0.(2)令經(jīng)驗證X，Y，Z滿足由第一問知X，Y，Z都不是負數(shù)，所以x,y,z都不大于a.以下為新的解法。解法二由（1）