１８ ｌ｝ｊ等数学 第５９届ＩＭＯ试题解答 中图分类号：Ｇ４２４．７９ 文献标识码：Ａ 文章编号：１００５—６４１６（２０１８）０９—００１８—０５ １．设，为锐角△ＡＢＣ的外接圆，点Ｄ、 分别在线段ＡＢ、ＡＣ上，满足ＡＤ＝ Ｅ线段 ＢＤ、ＣＥ的垂直平分线分别与圆厂的劣弧 ＡＢ、ＡＣ交于点Ｆ、Ｇ．证明：直线ＤＥ与ＦＧ平 的数均恰等于排在它下面的两个数之差的绝 对值．例如，图１是一个反帕斯卡三角形，共 有四行，且恰有１至１０中 ｄ 行（或重合）． ２．求所有的整数ｎ（ｎ≥３），使得存在实 数ａｌ，ａ２，…，ａ ＋２，满足ａｎ＋ｌ＝ａ１，ａ ＋２＝ａ２，且 对ｉ＝１，２，…，ｎ，均有ａｌａ…＋１＝ａｍ． 的每个整数．问：是否存 ２ ６ 在２０１８行的反帕斯卡三 ５ ７ １ 角形，恰含１至１＋２＋…＋ ８ ３ ０ ９ ２ ０１８中的每个整数？ 图 ４．定义“位置”是指直角坐标平面上的 一３．“反帕斯卡三角形”是由一些数排成 个点（ ，Ｙ），其中， 、），均为不超过２Ｏ的正 的等边三角形数阵，其中每个不在最后一行 整数．最初时，所有４００个位置均是空的．甲 乙两人轮流摆放石子，由甲先进行．每次轮到 （ｉｉ）若ｋ＝２ｊ，ｋ为偶数． 仿上证明得ｍ≥ （一１） 【 ］． （２）再证明： ≤ （一１） 【 】． 令Ｂ ＝｛｛Ｐ。ｋ，ｐ。 ｋ｝ｌｐ ｆ ｋ，ｐ ∈Ｎ， Ｐ ｋ∈Ｎ，ｋ∈Ｎ｝（ｉ∈Ｎ）， 即集合Ｂ 中的元素是Ⅳ的双元素子集，Ｂ 下面证明所有的抽屉共有∑（一１） ］个 ｉ＝０为此，计算ＩＢ Ｉ． 显然，Ｂ 中的任意元素由两个数构成， 其中最大的数在Ｎ中只能被Ｐ “ 整除而不 能被ｐ “ 整除，这样的数属于 一一 一， 共 ＋１Ｉ—ｌＡｐ２１＋２－＝［ ｎ卜【寿 故抽屉一共有 ｃ ｆ一１ ＝ 一中的任意元素包含两个数，一个是只能被Ｐ 整除而不能被Ｐ 整除；另一个是这个数的Ｐ 倍．显然，存在唯一的自然数ｚ，使得 ｐ２１ ＞ｎｐ２１一。≤ｎ，． ）Ｉ＋ ｌ－１ ｆ—Ｉ —Ｉ 考虑 ，Ｂ ，…，Ｂ ．易知，这些集合中 的元素所包含的数没有重复的，它们中的任 意元素均被视为一个抽屉，显然，每个抽屉只 能取一个数． 令Ｃ ＝Ａ，即 是 中所有元素的 ． ∑２ Ｉ Ｂ ｌ＋∑Ｉ Ｂ ｌ＝ｎ一∑Ｉ Ｂ Ｉ 一鬈（【方Ｈ孝］）＝ ㈠，蝌 由抽屉原理，知每个抽屉最多取一个数． 因此，ｍ＜ （ 并集．将集合Ⅳ一Ｉ．Ｕｎｃ ）中的任意元素也均 视为一个抽屉． 综上，ｍ ＝ （一－） ［ 】． ２０１８年第９期 甲时，他在一个空的位置上摆一个新的红石 子，要求任意两个红石子所在位置之间的距 离均不等于 ．每次轮到乙时，他在任意一 个空的位置上摆一个新的蓝石子（蓝石子所 在位置与其他石子所在位置之间的距离可以 是任意值）．如此进行下去，直至某个人无法 再摆放石子．试确定最大的整数Ｋ，使得无论 乙如何摆放蓝石子，甲总能保证至少摆放Ｋ 个红石子． ５．设ａ ，ａ。，…为一个无限项正整数序 列．已知存在整数Ｎ＞１，使得对每个整数 ≥Ⅳ． ＋ ＋…＋ ＋ ｎ２ ａ３ ａｎ ａｌ 均为整数．证明：存在正整数Ｍ，使得对所有 的整数ｍ≥ ，均有ａ ＝ａ ６．在凸四边形ＡＢＣＤ中， ＡＢ·ＣＤ＝ＢＣ·ＤＡ． 点 在四边形ＡＢＣＤ内部，且满足 ＸＡＢ＝ ＸＣＤ． ＸＢＣ＝ ＸＤＡ． 证明： ＢＸＡ＋ ＤＸＣ：１８０。． 参 １．如图２，设Ｐ、Ｑ、Ｒ分别为圆厂上劣弧 ＢＣ、ＣＡ、ＡＢ的中点， 、Ⅳ分别为线段ＡＢ、ＡＣ 的中点，０为圆，的圆心． 图２ 于是，０、Ｍ、Ｒ，０、Ｎ、Ｑ分别三点共线． 因为ＡＤ＝ＡＥ，ＡＰ平分 ＢＡＣ，所以， ＡＰ—Ｌ ＤＥ． １，一、０ １ 、０ 由 Ｑ＋寺船Ｒ １９ １ Ｂ： ＋ （ ＋ ｃ）：９０。 ＱＲ上 Ｐ ＤＥ／／ＲＱ． 只需证明ＦＧｆｆＲＱ，即职＝ＧＱ． 设Ｆ 、Ｇ 分别为线段ＢＭ、ＣＮ的中点．则 ＦＦ 上ＡＢ．ＧＧ 上ＡＣ ＦＦｔ／／ＯＲ ＧＧ ？ＯＱ． 由Ｆ Ｍ＝ＢＭ—ＢＦ ＝￣－（ＡＢ—ＢＤ） ：导４Ｄ： Ｅ：Ｇ，Ⅳ， 知直线 与ＧＧ 分别到圆厂的过圆心的直 线ＯＲ与ＯＱ的距离相等，即职＝ＧＱ． 结论得证． ２．所求ｎ为所有３的倍数． 一方面，若 为３的倍数，设ｎ＝３ｋ，取 ａ３ ２＝ａ３ 一—ｌ＝一１，ａ３ ＝２（ｉ＝１，２，…，ｋ）， ａ ＋１＝ａｎ＋２ 一１． 易验证对 １，２，…，ｎ，均有 ａｉａ ＋１＋１＝ａ￡＋２ 满足要求． 另一方面，假设存在满足条件的ａ ，ａ：， …，ａ ＋ ，将其延拓为以ｎ为周期的两端无穷 的序列，则对任意整数ｉ，均有 ａ ａｆ＋１＋ｌ＝ａ ＋２． 依次证明以下结论． （１）不存在ｉ，使得ｎｆ＞Ｏ，ａ…＞０． 若存在这样的ｉ，使得ａ ＞０，ａ…＞０，则 ａ ＋２＝ａｉａ￡＋ｌ＋１＞１． 用归纳法易证：对所有ｍ≥ｉ＋２，均有 ａ ＞１． 从而，对ｍ≥ｉ＋２，有 ａｍ＋２＝ａｍａｍ＋１＋１＞ａｍａｍ＋１＞ａｍ＋１． 古炙ａ ＋１＜ａ ＋２＜…＜ａ ＋ ＋１，ｊ 与ａ ＋ ＋１ ：ａｍ＋ｌ矛盾． （２）不存在ｉ，使得ａ ＝０． 若存在这样的ｉ，使得ａ ＝０，则 ａ ＋１＝ａ —ｌａ ｚ＋１＝１， ａｆ＋２ ａ ａ ＋１＋１＝１， ２０ 这与（１）矛盾． 若存在这样的ｉ，使得 （３）不存在 ，使得 ＜０， ＋１＜０，口 ＋２＜０． ａ ＜０，ａ ＋ｌ＜０，ａｆ＋２＜０， 则 ａ ＝ｌ＋ａｉａ…＞０，矛盾． （４）不存在 ，使得ａ ＞０，ａ…＜Ｏ，ａⅢ＞０． 若存在这样的ｉ，使得 ａ ＞０，ａ ＋ｌ＜０，ａｆ＋２＞０， 则由（１），知ａ ＜Ｏ，ａ“。＜０． 由０＜ａⅢ＝１＋ａｉａ…＜１，而 Ｉ ａｆ＋ｌ ａ ＋２ Ｉ＝Ｉ ＋３—１ Ｊ＞１， 故Ｉ ａ…ｌ＞１ ａ…＜一１． 又由Ｉ ａｉａ…Ｉ＝Ｉ ａⅢ一１ Ｉ＜１，于是， Ｉ ａ Ｉ＜１． 从而，０＜ａ ＜１． 由ａ ａ ＝ａ 一１＜０，得ａ ＞Ｏ． 由ａ…＜０，０＜ａ ＜１，得 ａｉ一１ ＜ａ ＋１—１＜ａ ＋１． 于是，由ａ ＞０，ａ…＜０，ａⅢ＞０，推出 ａ ＜０，ａ ＞０，且ａ ＜ａ川． 用归纳法易知，对 ｉ＞０，有 ａ ２ ＞０，ａｆ一一２ ＋ｌ＜Ｏ， 且 ａ…＞ａ ＞ａ ＞ａ ＞…． 特别地，ａ…＞ａ… ，这与所定义的序 列｛ ｝（ｍ∈Ｚ）以；ｒｔ为周期矛盾． 由（１）～（４），知任意连续三项ａ 、ａ…、 ａ 中恰有一项为正数、两项为负数．从而， 此序列的符号以３为周期 数，假设ａ ＞０， ．由于其中 至少有 一项为正 于是，ａ ＞０．因 此，３ Ｉ ｎ． ３．不存在． 反证法．假设存在满足题意的反帕斯卡 三角形．记Ⅳ＝ｌ＋２＋…＋２ ０１８，将第 行中 从左至右的第 个数记为ｒｚ¨．设口 ＝口ｌＩ１． 将 ａ 下方的两个数中大的数记为ａ…，小的 数 记为ｂ…，其中，ｉ＝１，２，…，２ ０１７． 由反帕斯卡三角形的定义知 ａ ＝Ⅱ ＋ｌ—ｂ ＋ｌ（ｉ＝１，２，…，２ ０１７）． 中等数学 贝４ ａ２ ０１８＝ａｌ＋ｂ２＋ｂ３＋…＋６２ ０１８． 由于 ｌ，６２，ｂ３，…，ｂ２ ｏｌ８为２ ０１８个互不 相同的正整数，于是， ａｌ＋６２＋ｂ３＋…＋ｂ２ ０ｌ８ ≥１＋２＋３＋…＋２ ０１８＝ 而ａ２ ０ｌ８≤Ⅳ，故只能ａ２ ０ｌ８＝Ｎ，且 ｛ａ１，ｂ２，ｂ３，…，ｂ２０１８｝＝｛１，２，３，…，２ ０１８ 设ｎ２ ｏ１８＝ ２ ０１８ ． 由对称性，不妨设 ≤１ ００９．则 ａ２ ｏ１８、６２ｏｌ８∈｛ａ２ ｏｌ８ｌ，ａ２ ０ｌ８，，２，…，ａ２ ０１ ８． １０１０｝． 从而，ａｌ，ａ２，…，ａ２ ｏｌ８，６２，ｂ３，…，ｂ２ ｏＩ８全 部在集合Ｓ＝｛。 Ｉ ≤ｌ ０１０｝中． 考虑 剩下的反帕斯卡三角形 ， Ｔ＝｛ ａ Ｉ１ ０１１≤ ≤２ ０１８，１ ０１１ ≤ ． 记ｃ２ ｏｌ１＝ａ１ ｏｌ１中同 ．１…． 对ｉ＝１ ０１ １，１ ０１２，…，２ ０１７，将ｃ 下方的 两个数中大的数记为ｃ…，小的数记为ｄ…． 由Ｃ ：ｃ ＋１－ｄ ＋１（ｉ＝ｌ ０１１，１ ０１２，…，２０１７）， 知 Ｃ２ ｏ１８：Ｃ１叭１＋ｄｌ ０ｌ２＋ｄｌ ０１３＋…＋ｄ２ ０Ｉ８． 由于Ｃ２ ０ｌｌ，ｄ１ ０ｌ２，ｄ…３，…，ｄ２ ｎ１８均在 ，而不在Ｓ中，其均大于２ ０１ ８且互不相 ，于是， Ｃｌ ｏｌ１＋ｄｌ ０】２＋ｄ１ ０ｌ３＋…＋ｄ２ ０ｌ８ ≥２ ０１ ９＋２ ０２０＋…＋３ ０２６：２ ５４２ ６８０ ＞Ｎ＝２ ０３７ １７１． 这与ｃ２ ｏＩ８≤Ⅳ矛盾． 因此，反证法假设不成立，满足题意的反 帕斯卡三角形不存在． ４．Ｋ＝１００． 首先，甲有策略可保证至少摆放１００个 红石子． 将所有位置分为奇偶两类，若２｝（ ＋ｙ）， 则称位置（ ， ）为奇位置，否则，称其为偶 位置． 由于任意两个奇位置之间的距离均不等 于 ，且奇位置共有２００个，于是，甲可以在 前１００次轮到自己时均在空的奇位置上摆放 红石子，这样甲可以保证至少摆放１００个红 石子． ２０１８年第９期 其次，乙有策略让甲不能摆放１０１个红 石子． 考虑一个４×４的点 阵，可分成四组，如图３， Ａ Ｂ Ｃ Ｄ 标记同一个字母 四个位 ＤＡＡ Ｂ。ｃ 置为一组·Ｄ Ｃ Ｂ Ａ 同一组的四个位置， 图３ 将其中距离等于 的两 个点连线，均构成一个平行四边形．乙采用如 下策略：先将４００个位置分成２５个４×４的 点阵，每个点阵中均按图３方式分成四组，每 组四个点，且在每组中将距离为 的两个点 连线，这样构成了１００个平行四边形．甲每次 在某个平行四边形中选择了一个顶点摆放红 石子Ｐ，乙就在这个平行四边形上与Ｐ相对 的顶点摆放蓝石子，这样与红石子Ｐ相邻的 两个顶点上甲均不能再摆放红石子．从而，甲 在每个平行四边形上至多摆放一个红石子． 因此，甲无法摆放１０１个红石子． 综上，所求Ｋ＝１００． ５．由条件，知对整数ｎ≥Ⅳ， ｆ＼ ｉａ０２ ＋ ＋．ａ３ ．．＋ ａｎ＋ｌ ＋ ０ｌ／１一 ｆ＼ ＋ａ２ ＋…＋ａ３ ａ ＋ １ａｌ／ ： 一一 …＋ 一 （整数）．● ＾ Ｕ Ｉ ａｎ＋１ ａ１ ａｌ 于是，对ｎ≥Ⅳ， ＋ ＋ －ａｎ为整数． ¨ｎ＋１ 从而，ａ Ｉａ１口 ． 由归纳法易证，对ｎ≥Ⅳ，有ａ ｌ０ｎ ～ａⅣ． 设Ｐ为ａ ａ 的所有素因子构成的集合． 则Ｐ为有限集合． 对ｒｔ≥Ⅳ，由于ａ １ ０ ａⅣ，于是，ａ 的素 因子均在集合Ｐ中． 要证明数列｛口 ｝（ｉｔ≥１）最终常数，只需 对每个素数ｐ∈Ｐ，证明｛Ｖｐ（口 ）｝（ ≥１）最 终常数． ２１ 设Ｐ∈Ｐ， ≥Ⅳ．则下面两个结论必有一 个成立： （１） （ａ ＋１）≤ （ａ ）； （２） （ａ ＋ ）＞Ｙｐ（ａ ），且 （口 ）＝Ｖｐ（ａ－）． 事实上，若Ｕｐ（ａ ＋ ）＞Ｖｐ（ａ ），则 （ ）＜０， ａｎ＋ｌ ）． 由 （＼ 去＋ａ ＋ｌ ａｎ＋１ ｌ ａｌ ／） ＞ｏ，及 （＼ ／ａａ）ｎ＋ｌ ＜０， 知 （ （ ）中的最／Ｊ、值至少 出现两次． 虮（等 即 Ｖｐ（ａ ＋１）＝Ｙｐ（ａ１）． 再证明结论（３）： 若 。（ａ ）＝Ｖｐ（ａ ）（ｎ≥Ⅳ，Ｐ Ｅ Ｐ），则 Ｕｐ（ａ ＋１）＝Ｖｐ（ａ１）． 若Ｖｐ（ ）≠ （ａ ），则由结论（１）、 （２），知只能 （ａ ＋１）＜ （ａ ）＝Ｖｐ（ａ１）． 此时，Ｕ＇ｐ（－： ）＞０， （鲁）＝ｏ－ｙｐ（ａｎ＋ｌＩ＜ｏ． ．￣１）ｐ（ａ ｎ ＋ ａｎ＋ｌ一 （ ）＜ｏ，这 与 ＋ 一 为整数矛盾． ａｎ＋１ ａ１ ａ１ 设Ｐ∈Ｐ．分两种情况讨论． （ｉ）对所有的ｎ≥Ⅳ，均有 （ａ ＋１）≤ （ａ ）． 此时，｛Ｕｐ（ ）｝（ ≥Ⅳ）为单调不增的非 负整数序列，最终常数． （ｉｉ）存在 ≥Ⅳ，使得 （口 ＋ｌ＞Ｖｐ ａ ）． 由结论（２），知 （ｎ ）＝Ｙｐ（口 ）． 再由结论（３）及归纳法，知对 ≥ ，均有 Ｖｐ（ａ ）＝Ｙｐ（ａ１）． 因此，｛ 。（口 ）｝也是最终常数的． ６．只需证明： ＸＤ ＣＤ ： ，， ①＼ ＸＡ一 一Ｃ—ＢＣ‘ 这是因为由式①及正弦定理得 ｓｉｎ／ＡＸＢ ＡＢ ＣＤ ｓｉｎ／ＣＸＤ ｓｉｎ ＸＡＢ ＸＢ ＸＤ ｓｉｎ ＸＣＤ’ 再由 ＸＡＢ＝ ＸＣＤ，得 ｓｉｎ ＡＸＢ＝ｓｉｎ ａ ． 类似地，由式②得 ｓｉｎ ＤＸＡ＝ｓｉｎ ＢＸＣ． 若 ＡＸＢ＋ ＣＸＤ＝１８０。或 ＤＸＡ＋ ＢＸＣ＝１８０。． 则结论成立． 若 ＡＸＢ＝／ＣＸＤ，／ＤＸＡ＝ ＢＸＣ， 则 为ＡＣ与ＢＤ的交点． 由条件，知四边形ＡＢＣＤ为平行四边形． 结合ＡＢ·ＣＤ＝ＢＣ·ＤＡ，知￣２ＡＢＣＤ为菱形．此 时，ＡＣ上ＢＤ，结论仍然成立． 下面证明式①、②成立． 以 为中心、１为半径做反演变换．分别 以 、 、Ｃ 、Ｄ 表示 、Ｂ、Ｃ、Ｊ［）反演后的像． 如图４． —Ａ Ｃ 图４ 由ＸＡ·ＸＡ ＝ＸＢ·ＸＢ ＝ＸＣ·ＸＣ ＝ＸＤ·ＸＤ ＡＸＡＢ０９ｌ△船 ，△船Ｃ∽△ＸＣ～Ｂ ／ＸＢ Ａ ＝ ＸＡＢ＝ ∞。 ｘＣＢ： ＸＢｔ Ｃ ｒ ｊ ＢＣＤ＝／ＢＣｘ＋ ＸＣＤ ＝／ＸＢ Ｃ ＋ Ａ ＢｔＸ＝ ＡｆＢ Ｃ’ 类似地， ＣＤＡ：／Ｂ Ｃ Ｄ ， ＤＡＢ＝／Ｃ Ｄ ． ＡＢＣ＝ Ｄ～Ａ Ｂ ． 于是，四边形ＡＢＣＤ与四边形Ｄ Ａ Ｂ Ｃ 的对应内角相等． 中等数学 又利用相似知 １ Ｂ ＰＡＢ＝ ＝ Ｗ－． Ａ Ｂ ＸＡ ＸＡ ＸＢ · 一 ＸＡ ＸＢ．· ’ 对Ｂ ｃ 、Ｃ Ｄ 、Ｄ 也有类似计算公式． 则／４～Ｂ·Ｃ～Ｄ＝ Ａ Ｂ· Ｃ Ｄ ：堡 ． ： ，Ｃ，．Ｄ，Ａ，ＸＢ·ＸＣ ＸＤ·ＸＡ ～ ．‘ 从而，四边形ＡＢＣＤ与四边形Ｄ Ｂ Ｃ 具有相同的内角，及对边乘积相等的性质． 接下来证明一个引理． 引理设图形ＸＹＺＴ、图形 ｙ 为两 个凸四边形，对应的内角相等，且 ＸＹ·ＺＴ：ＹＺ·ＴＸ．Ｘ Ｙ ·Ｚｔ Ｔ’＝Ｙ Ｚ ·Ｔ Ｘ ． 则这两个四边形相似． 证明作四边形ＸＹＺ，Ｔ１与四边形 ｚ 相似，点 、ｚ 分别在射线ＸＴ、ＹＺ上．假 设四边形ＸＹＺＴ与四边形 ｌ， ｚ ７１ 不相似， 则点 与 不重合，点ｚ 与ｚ不重合． 由于内角相同， ｚ ∥ ，不妨设点 在线段ＸＴ的内部．设 线段ＸＺ与 交于 点 （如图５）．则 】 Ｘ ＴＸ ＜ 图５ ＸＹ ＸＹ ＜ Ｔ１Ｘ·ＹＺ１＜Ｔ１Ｚ】·ＸＹ， 矛盾． 引理得证． 由引理，知四边形ＡＢＣＤ与四边形 Ｄ Ｂ Ｃ 相似． Ｂｃ Ａｔ Ｂｆ ＡＢ ＸＤ·ＸＡ ＡＢ ＸＤ 蚁 ’ ‘ Ａ ＡＢ Ｂ ’ ～一一一 ＸＤ ＢＣ·ＡＤ ＡＢ·ＣＤ ＣＤ‘ 因此，式①成立． 类似地，式②也成立． 综上，命题得证． （瞿振华提供）
