2數(shù)學(xué)研修及試題zxst2016

李設(shè)a,b,c是互不相同的非零實(shí)數(shù),若方程ax3bxc=0,bx3cxa=0,cx3axb=0有一個公共根,求證:這三個方程中至少有一個方程有三個實(shí)數(shù)根(不一定相異).at3+bt+c=0,bt3+ct+a=0,ct3+at+b=三式相加,(a+b+c)(t3+t+1)=若t3t10,則at3btc0即為(ba)tca0.類似可得(cb)tab)=0.注意到a,b,c互不相同,則有c?a=a?b?(a?b)2+(b?c)2+(c?a)2=0,b?a c?b即有a=b=c,所以,有a+b+c=0,這表明t=1是三個方程的公共根.由a,b,c非零知a,b,c兩正一負(fù)或一若ab,c兩正一負(fù),不妨設(shè)a,b為正數(shù),考慮函數(shù)f(x)=bx3+cx+a.因?yàn)閒(0)=a>0,且當(dāng)x足夠小時f(x<0.所以f(x)=0必有一個負(fù)根.又x=1也是一個根,從而f(x)至少有兩個實(shí)數(shù)根,由虛根成對定理知f(x)=0恰有三個實(shí)數(shù)根.若ab,c一正兩負(fù),不妨設(shè)a,b為負(fù)數(shù),考慮函數(shù)f(x)=?(bx3+cx+a),同上可證f(x)恰有三個實(shí)數(shù)根.從而命題得證.已知a1a2···a100是12···100的一個排列,S1=a1,S2=a1+a2,···,S100=a1+a2+··解答注意到S1S2···S1001+2+···+1005050,而7125050722故S1S2···S100的完全平方數(shù)都屬于集合{1222···設(shè)S1S2···S100中恰有m個完全平方數(shù)從小到大依次為161i<S2i<···<Smi6712.(0,Si1),(Si1,Si2),(Si2,Si3),···,(Sim?1,Sim?注意到每兩個奇偶性相同的完全平方數(shù)之間至少夾有一個完全平方數(shù)故Si1Si2···Sim中平方數(shù)的個數(shù)不超過71?(m?50)=121?m.于是,m6121?m,解得m660. 1,3,5,···,則則:< 16i6:Si

?+2

2,i=54,58,62,66,70,74,78,82,86,此時S1S2···S100中恰有60個完全平方數(shù)綜上所述S1S2···S100中至多有60個完全平方數(shù)如圖1,凸四邊形ABCD中,K,L,M,N分別是邊AB,BC,CD,DA上的點(diǎn),AK=DA,BL

AB,CM=BC,

=CD

CD

延長AB,DC交于點(diǎn)E,延長AD,BC交于點(diǎn)F.設(shè)△AEF的內(nèi)切圓在邊AE,AF上的切點(diǎn)分別為S,T△CEF的內(nèi)切圓在邊CE,CF上的切點(diǎn)分別為U,V證明若KLMN四點(diǎn)共圓則STUV四點(diǎn)共圓F 設(shè)ABa,BCb,CDc,DAd,AK=ad,BK ab,BL

,CL bcb+ b+ a+CM=bc,DM cd,DN

a+,AN adb+

b+

a+

a+若acbd,則AKAN,故AKN<KNA,同理有BKLKLB,CMLMLC,DMNMND,AKNBKLCMLDMNKNAKLBMLCMND,NMLNKLMNKMLK,故acbd不成立同理,acbd也不成立因而ac=bd,故四邊形ABCD有內(nèi)切圓FTD Uω 如圖2,設(shè)ω與邊AB,BC,CD,DA分別切于點(diǎn)W,X,Y,Z,AE?AF=WE?ZF=EY?FX=CE?設(shè)△AEF的內(nèi)切圓和△CEF的內(nèi)切圓在邊EF上的切點(diǎn)分別為G和G′,2(FG?FG′)=(EF+AF?AE)?(EF+CF?CE)=(AF?AE)?(CF?CE)=因此,△AEF的內(nèi)切圓和△CEF的內(nèi)切圓與邊EF切于同一點(diǎn),仍記為G.由ES=EG=EU及FT=FG=FV,知S

=A+ADC,FTV=180??

AABC2(180?

180??BCD

, 180?

AABC

—180??A

2

AADC=180?所以S,T,V,U四點(diǎn)共圓設(shè)整數(shù)n2,n(n1)張,依次編號為123···,n(n1). n(n? 鄰的整數(shù),則稱它們構(gòu)成一個魔法對.特別地,編號為1和 的兩張紙牌也構(gòu)成魔法對2,,首先,假設(shè)某組中有構(gòu)成魔法對的兩張紙牌,設(shè)這兩張紙牌的編號分別為i和i+1.對這一組和包含編號為i+2的紙牌的一組(可能是同一組),這兩組紙牌中有兩個魔法對,.因此,任意一組紙?n?n?=張紙牌,從而至少需要n·n>n(n?1)張紙牌,從而至少需要n·n>n(n?1)張紙牌 ,,(法一)設(shè)n組紙牌分別a1a2···an,并記n=2m+1.將編號為1的紙牌放入組a1.對i=12···若編號為km+i的紙牌放入組aj,則將編號為km+i+1的紙牌放入組 這里,所有的指標(biāo)按modn理解

=m(2m+1),編號形如km+1的紙牌,這樣的紙牌恰有n=2m+1張 斷言,這樣的紙牌在每一組中恰有一張.事實(shí)上,編號為1的紙牌在組a1中,而編號為km+的紙牌在組a1+k(1+2+3+···+m)中.由123···m

m(m+ 2m+

m(m+ =1,1+k(1+2+3+···+m),k=0,1,···, 的2m1張紙牌中的一張對兩個不同的組av和au不失一般性,不妨設(shè)存在i=12···m,使得u=v+i(這里,所有的指標(biāo)按modn理解).由于組av中存在編號形如km+i的紙牌,故編號為km+i+1的紙牌在組av+i..為為 ),故任意兩組的所有紙牌中恰有一個魔法對22,,2數(shù)均為n?1(偶數(shù)).因此,存在一個圈e1e2···en(n?1)e1.將編號為i的紙牌放入組ei中,則魔法2 ,設(shè)整數(shù)k1,n2k.證明:若{12···n}的某個子集S滿足|S|

,則S是平衡集.是否存在n=2k(k>1為整數(shù)),使得任意滿足|S| (1)設(shè)m=n?|S|,則m<n

n,即m4

1這是因?yàn)閚是4的倍數(shù)).設(shè)a∈S,4.,它們中至少有n1m>n個屬于S.對每個這樣的元素b,數(shù)ab都是整數(shù),并且這些數(shù)(有n個

兩兩不同,而它們中至多有m4個不屬于S故S是平衡集3(2)(法一)為方便起見, 們證明,總可以找到某個非平衡子集,其中包含超過2n個元素.3用v2(i)表示i的素因數(shù)分解式中2的冪次.S={0,1,2,···,n? ∪

···T),其中l(wèi)l

k1,若k為偶數(shù), n,

1— |S|=n?

+··· =n?n 2 >n 1 4證明S是非平衡集.取a=0S,并考慮bS(b?=0).若b是奇數(shù),則0b不是整數(shù).若b 故. (法二

Aj={2j?1+1,2j?1+2,···,S=

∪{1},其中l(wèi) 2,若k為偶數(shù)1,若k為奇數(shù)注意到對任意j6kAj{12···n}且|Aj|2j?1,|S|=2k?1+2k?3+···+2l?1+1=2l?1?2k+1+1=?2l?1+2n+1>1? 1 證明S是非平衡集.取a=1∈S,并考1bb∈S(b?=1),則存在j使得b∈Aj.若b是偶數(shù) 不是整數(shù).若b是奇數(shù),則1+b∈A,從而

,即1+b?∈S.故S是非平衡集2

(法三)對a∈S,若不存在b∈S(b?=a),使得 對所有的k分別構(gòu)造一個滿足|S|>2n的非平衡集S.對n=4,取S={124}(3孤立元對n8,取S{123567}(2和6是孤立元下面 在給定非平衡集T?{1,2,···,n}的假設(shè)下,構(gòu)造非平衡集S?{1,2,···,4n}.S={i∈{1,2,···,4n}|i≡1(mod2)}∪{4t?2|t∈T則|S|=2n+|T|>2n

2n=8n=2· 假設(shè)aT是孤立元,下面證明4a?2S也是孤立元.事實(shí)上,假設(shè)存在bS(b?=4a?2),得4a2b=2a?1+b∈S.顯然,b為偶數(shù),則b=4t?2(t∈T,t?=a),4a24t2a+

a+

a+ 4

—2仍是偶數(shù).而由a是孤立元,

?∈T,從而4

2?∈S.由此可知4a2是S 因此,S是非平衡集.由數(shù)學(xué)歸納法原理可知,對任意k> 都能找到一個元素個數(shù)大于3a1<a2<···<a3162015,b1<b2<···<b316a1+a2+···+a31=b1+b2+···+XX定義集合A{m|ambm16m631}B{n|anbn16n631}.XX

(bn?mA nBS則S=S1S2.又由條件(ii)知S1S2當(dāng)A=?時,S2S1=

(am?bm)=0,從而S1=S2 2以下設(shè)A??則B??,此時|A||B|為正整數(shù)且|A||B|6記u=akbk=max(ambm),vblalmax(bnmA nB證明u+v .不失一般性,設(shè)16k<l631,注意到條件(i)有b3162015,b31bl31lbkk,alaklku+v62015?(31?l)?k?(l?k) 又顯然有S16u|A|,S26v|B|,>u+v>S1+S2>S1 =S 即另一方面,

31? S62×15×16 =

(a1,a2,···,a16,a17,a18,···,a31)=(1,2,···,16,2001,2002,···,2015),(b1,b2,···,b31)=(961,962,···,991),則條件(i)(ii)均滿足,此時S2S1216960綜上所述S的最大值為一項(xiàng)賽事共有100位選手參加.對于任意兩位選手x,y,他們之間恰比賽一次且分出勝負(fù),以x→y表示x戰(zhàn)勝y如果對任意兩位選手xy均能找到某個選手序列u1u2···uk(k>2使得xu1→u2→···uk=y,那么稱該賽事結(jié)果是友好的.證明:對任意一個友好的賽事結(jié)果,存在正整數(shù)m滿足如下條件:對任意兩位選手x,y,均能找zm=y;對任意一個友好的賽事結(jié)果T將符合(1)中條件的最小正整數(shù)m記為m(T).求m(T)的最小值考慮選手總數(shù)為n的情況(在本題中n=100).對所有整數(shù)n>4證明(1)的結(jié)論,并對所有整數(shù)n>11,證明(2)中m(T)的最小值等于3.將賽事結(jié)果T看作一個以選手為頂點(diǎn),戰(zhàn)勝關(guān)系為有向邊的競賽圖,選手總數(shù)n就是T的頂點(diǎn)數(shù),T是友好的等價于T是強(qiáng)連通的.引理1當(dāng)n>3時,T有一個長度為n的圈引理2當(dāng)n>4時,T有一個長度為n1的圈引理3當(dāng)n>3時,對任意整數(shù)m>n23n3,存在非負(fù)整數(shù)λ,μ,使得m=λn+μ(n,由引理1,引理2知T中有一個長度為n的圈C1和一個長度為n1的圈C2.對任意兩位選手xy由于T是強(qiáng)連通的故能找到s6n位選手w1w2···ws使得xw1···wsy.當(dāng)整數(shù)m>n22n3時,ms>n23n3.由引理3知,存在非負(fù)整數(shù)λ,μ,使得λnμ(n1ms.C2至少包含x,y之一若C2包含x則可用λ個C1和μ個C2拼接成一條邊數(shù)為ms的有向回路xz1···zm?sx,于是x=z1···zm?sx=w1···ws=y,從而z1···zm?sw1···ws為滿足要求的長度若C2包含y則可用λ個C1和μ個C2拼接成一條邊數(shù)為ms的有向回路yz1···zm?sy,于是x=w1···ws=yz1···zm?s=y,從而w1···wsz1···zm?s為滿足要求的長度因此(1)得證對任意一個強(qiáng)連通的n(n>11)階競賽圖,設(shè)x→y是T的一條邊,則從y到x的有向路至少有3個頂點(diǎn),故m(T)>3.下面構(gòu)造一個強(qiáng)連通競賽圖Tn,使得m(Tn)=

?n?1設(shè)A={i∈N?|i6k,i?=3}∪{n?3},其中k .當(dāng)n>11時,k>5.容易驗(yàn)證.,對每個i=12···k,i與n?i恰有一個在A中對任意整數(shù)k0(modn),均存在abA,使得abk(mod設(shè)Tn的頂點(diǎn)為v1v2···vn.任取16ij6n,若jiA,則規(guī)定vivj;若nijA,規(guī)定v→v;若ji,n+ij?∈A,則只可能n為偶數(shù),且j=i+n,此時規(guī)定vv.由(i) 對任意vivj(16ij6n由(ii)知存在abA使得a+bj?i(modn故有vivi+a這里下標(biāo)按模n理解.因此,Tn是友好的,且m(Tn)=綜上所述,m(T)的最小值為引理1的證明首先T中必有圈(事實(shí)上任取xy不妨設(shè)xy由T的強(qiáng)連通性可知存在從y到x的假如p6n1,任取u?∈{v1v2···,,···zku則k>1且所有z1···zk均不屬于{v1v2···vp},于是存在長度為pk1>p的圈v1→···→vp→z1→···→zk→u→v1,.···zkv1則k1且所有z1···zk均不屬于{v1v2···vp}于是存在長度為pk1p的圈v1→···→vp→u→z1→···→zk→v1,.其余情況下存在ij1···p},使得viuvj,不妨設(shè)uvp,k是滿足viu的最大正整數(shù)i,則必有kp,且vkuvk+1,于是存在長度為p1的圈v1···vkuvk+1···→vp→v1,.從而pn,即T中有長度為n的圈,引理1證畢無論x1x3還是x3x1,T中必存在長度不超過n1的圈,該圈的所有頂點(diǎn)生成T的一個強(qiáng)連通設(shè)H是T中頂點(diǎn)個數(shù)最大的一個強(qiáng)連通真子圖,H的頂點(diǎn)為v1,v2,···,證明,p=n.,U1={v∈T|v→v1},U2={v∈T|v1→若uU1則uvi(16i6p否則u,v1v2···vp生成p1階強(qiáng)連通的真子圖與p的最大性矛盾).同理可知,若u∈U2,則vi→u(16i6p).成p+1階強(qiáng)連通的真子圖,與p的最大性.因此,p=n1.故對H應(yīng)用引理1知,引理2的結(jié)論成立設(shè)N為正整數(shù).在NN的方格表的每個單元格中各作出一條對角線,所作的對角線將方格表分成K個區(qū)域(圖3給出了N=3,K=7時的一個例子).對給定的正整數(shù)N,試求K的最小可能值和最大圖 所求K的最小可能值為2N,最大可能值為(N+1)12(法一)首先求最小值 稱以單元格的對角線為斜邊2的等腰直角三角形為角形.稱方格表的邊界線上的水平或豎直的單位線段為邊界線段,在方格表有4N條邊界線段,每條邊界線段都屬于某個區(qū)域.注意到每個區(qū)域的邊界上恰有0或2條邊界線段.事實(shí)上,設(shè)區(qū)域R的邊界上至少有一條邊界線段.其中的一條邊界線為紅色,并將以這條邊界線段為一條直角邊的角形(含邊界)也染為紅色.在接下來的每一步中,唯一一個有一條直角邊被染紅的角形染為紅色.該過程當(dāng)某一部被染紅的角形的另一條直角邊是邊界線段時停止.這樣,可以遍歷區(qū)域R中的每一個角形,從而R的邊界上恰有兩條邊界線段.若區(qū)域的數(shù)目為K則至多有2K條邊界線段,故2K4N即K2N圖4給出了K=2N時的一個例子,,若一個區(qū)域的邊界上沒有邊界線段,則稱該區(qū)域?yàn)閮?nèi)區(qū)域.內(nèi)區(qū)域的邊界由一些單元格對角線組成,它們位于兩個分別平行的方向上.選擇內(nèi)區(qū)域的邊界上的一個點(diǎn),從該點(diǎn)出發(fā),沿逆時針方向遍歷該區(qū)域一周,最終回到該點(diǎn).在該過程中,方向改變的次數(shù)至少是3次,這意味著在內(nèi)區(qū)域的邊界上至少有4條單元格對角線.每個單元格對角線屬于不同的角形,所以內(nèi)區(qū)域的面積至少為2.如果某個區(qū)域不是內(nèi)區(qū)域,那么它的邊界上恰有兩條邊界線段.2個角相交,則該區(qū)域只包含一 角形,其面積為1 稱這樣的區(qū)域?yàn)榻菂^(qū)域.若一個區(qū)域既2是內(nèi)區(qū)域也不是角區(qū)域則稱之為外區(qū)域一個外區(qū)域的邊界上恰有兩條邊界線段它們不是同一個角形的直角邊,故外區(qū)域的面積至少是1.邊上且有公共端點(diǎn)則該區(qū)域的面積恰等于?不是內(nèi)區(qū)域的區(qū)域共有2N個,其面積至少為4?

1+(2N?4)·1=2N? 1 2N? .不是內(nèi)區(qū)域的區(qū)域的面積至少是2N?2,即內(nèi)區(qū)域的面積至多為N2?2N+2.從而,至多有1(N2.2N+2)個內(nèi)區(qū)域,即此時至多有2N+N2+22N2

+)2 .2N?

+(2N?2)·12.,,·從而該區(qū)域的面積至少是3.此時,外區(qū)域和角區(qū)域的面積之和至少為3132N4·12N· 若恰有4個角區(qū)域則方格表的全部4條邊上均有奇數(shù)條邊界線段屬于外區(qū)域面積至少是3.此時,外區(qū)域和角區(qū)域的面積之和至少為4·12·3(2N6·12N 若沒有角區(qū)域或只有一個角區(qū)域 則外區(qū)域和角區(qū)域的面積之和至少為(事實(shí)上 可以證明這種情況是不存在的.

1+(2N?1)·1>2N2因此,不是內(nèi)區(qū)域的區(qū)域的面積至少為2N?1,從而剩下的區(qū)域的面積至多為N2?2N+1