2007年国际数学奥林匹克竞赛（IMO）试题

genghis

注：试题原题见附件。答案不是标准答案，但答案作者为IMO两届金牌得主。
1：
给定实数a1a2。。。an，对每个1<=i<=n定义
di=max{aj:1<=j<=i}-min{aj:i<=j<=n}
且令
d=max{di:1<=i<=n}
(a)证明对任意实数x1<=x2<=...<=xn，有
max{|xi-ai|:1<=i<=n}>=d/2
(b)证明存在实数x1<=x2<=...<=xn使等号成立

第一步，证明d=max{(ai-aj):1<=i<=j<=n}
为证(a)，不妨设d=ap-aq，其中p<q（p=q时d等于0，不证自明）
那么|xp-ap|+|xq-aq|>=|ap+xq-xp-aq|>=|ap-aq|=d
所以不等式成立。
为证(b)，我们只需要令xi=[max{aj:1<=j<=i}+min{aj:i<=j<=n}]/2即可
单调性易证，与di比较易证明等号成立。


2：
设A，B，C，D，E五点中，ABCD是一个平行四边形，BCED是一个圆内接四边形。设l是通过
A的一条直线，l与线段DC交于点F。且l与直线BC交于点G。若EF=EG=EC，求证l是角DAB的
平分线。

连BE，DE，作三角形CFG的外接圆（E为圆心）
易见CG/CF=BG/AB=BG/CD
所以BG/CG=CD/CF
两边同时减去1，得BC/CG=FD/CF
所以BC*BG/CG^2=FD*CD/CF^2，令其为k
另外，设EF=EG=EC=r
我们考虑BE/DE=sinBCE/sinDCE=sinECG/sinFCE=cosCFG/cosCGF
故BE^2/DE^2=(cosCFG/cosCGF)^2=(r^2-CG^2)/(r^2-CF^2)
又BE^2/DE^2=(r^2+BC*BG)/(r^2+DF*DC)=(r^2+kCG^2)/(r^2+kCF^2)
两式比较，可得CG=CF，故角CFG=角CGF，所以l是角DAB的平分线

3：
在一次数学竞赛活动中，有一些参赛选手是朋友。朋友关系是相互的。如果一群参赛选手
中的任何两人都是朋友，我们就称这一群选手为一个“团”（特别地，人数少于2的一个
群也是一个团）
已知在这次竞赛中，最大的团（人数最多的团）的人数是一个偶数。证明：我们总能把参
赛选手分配到两个教室，使得一个教室中的最大团人数等于另一个教室中最大团的人数。


到现在我还没做完，原因比较多，主要是心情不平和，不是做学术的日子，而且现在减肥
中营养不足，呵呵。先写一下到现在的成果吧。

首先假设结论不成立。那么当我们把这些人任意分成两组后，两组各自最大团数都不相同
。如果我们考虑先将所有人放入同一组，然后一个一个地移动到另一组。那么在移动的途
中，必然存在某个时刻，两边的最大团大小差1，然后下个时刻，两边的最大团的大小颠
倒。
令A为全体学生的集合。A的一个划分A=P并Q，（其中PQ不交）称为次优的，如果说P和Q中
最大团的成员数相差1。下面我们要先证明，存在一个正整数k，使得A的任意“次优”的
划分，其两个部分中的最大团的成员数都是k和k+1
假设并不是如此。比如其中一个次优划分P并Q的最大团成员数分别是k和k+1，而另一个次
优划分R并S的最大团成员数分别是l和l+1（l>k）。我们令P最大团成员数是k+1，给P中所
有人发一顶红帽子，给Q中所有人发一顶黄帽子。现在我们按照R和S来划分，假设R最大团
成员数是l+1，我们将致力于把R集合变成P集合，把S集合变成Q集合。现在如果R集合有戴
黄帽子的，则移动一个至S集合，这时新的R和S最大团成员数依然只能是l和l+1，只是不
知道哪个是l哪个是l+1。总之，每次如果R最大团成员数是l+1，则移动R中一个黄帽子；
如果S最大团成员数是l+1，则移动S中一个红帽子。如果如此移动下去可以将R和S变成P和
Q，则已经有k=l。若不然，则一定是有一个集合中已经全是同一色的帽子，而且轮到该集
合移动成员，无法移动。但是这样就出现了矛盾。因为同一色帽子中最大团成员数最多是
k+1，而需要移动成员的集合需要l+1个两两认识的人。综上存在一个正整数k，使得A的任
意“次优”的划分其两个部分中最大团成员数都是k和k+1。
下面我们要证明，对于A的任意划分M和N，MN中都有一个，其最大团成员数不小于k+1，另
一个最大团成员数不多于k。如若不然，假设M最大团成员数比N的多。则从M中一个一个移
动成员至N，直到两集合最大团成员数相差1为止。如果之前不是一个不小于k+1一个不大
于k，那么最后变成的“次优”划分的最大团成员数将不是k和k+1。
所以，在A中任意选出k+1个两两认识的人后，剩余的人中最大团成员数将恰为k。而如果
将这k+1个人中任意一个移到另一群去，则另一群出现k+1人两两认识。因此，可以认为剩
下的人里有很多k人两两认识的组合在等着“接”这k+1个人。
我下一步打算证明存在2k+1个人两两认识，从而得出存在2k+2个人两两认识，而得出矛盾
。如果存在一个k+1人两两认识的组合，在他们之外只有一组k人两两认识的，则此2k+1人
必然两两相识，就没问题了，但是这个还没有进展。
另外，我想到可以把所有k+1人两两认识的组合都罗列出来，所有不属于任何一个k+1人组
合的人都可以无视，再从里面找线索。
我们得到的结论是，将这些人任意分成两组，总有一组中存在
k+1人两两认识，而另一组不存在k+1人两两认识。而k是一个已定的正整数。
接下来我们考虑任何k个互相认识的人。如果至少存在一个人，与这k个人都认识，那么情
况如何呢？
设这k个人为A1，A2，……Ak，如果把这k个人放在同一间屋子，其他所有人放入另一间屋
子，易见另一间屋子存在至少一个“k+1团”。我们设另一间屋子里所有“k+1团”的公共
元素（人）是B1，B2，……Br，我们知道另一间屋子里，有且仅有B1，B2，……Br与A1，
A2，……Ak都认识。
事实上，如果某个Bi不认识A1，A2，……Ak的所有人，那么把Bi移动到第一间屋子，两间
屋子都不存在“k+1团”了；而如果另外一个C认识A1，A2，……Ak所有人，而C并不是第
二间屋子中所有“k+1团”的公共元素。那么将C移动到第一间屋子，第一间屋子有了“k
+1团”，而第二间屋子至少还有一个“k+1团”没有被破坏，矛盾。
下面，我们假设人数最多的团有k+m个人(1<=m<=k+1)，并设其中一个“k+m团”的所有成
员是A1，A2，……A(k+m)，我们将证明，所有的“k+1团”都包含在这个“k+m团”之中
。
如若不然，则至少存在一个“k+1团”不包含在这个“k+m团”之中，但是显而易见的是，
所有的“k+1团”都要与这个“k+m团”有公共的部分，否则，将这两个无公共部分的团放
入两个房间将导致矛盾。我们设不包含于此“k+m团”，但是与此“k+m团”拥有最多公共
成员的“k+1团”之一是A1，A2，……Ax，C1，C2，……C(k+1-x)，它与上面的“k+m团”
拥有x个公共成员。
如果x=k，那么将A1，A2，……Ak置于第一个房间，由刚才的结论，A(k+1)，A(k+2)，…
…A(k+m)与C1都是另一个房间所有“k+1团”的公共元素，故他们两两认识。因此C与所有
的A都认识，这与人数最多的团有k+m人矛盾！
如果x<k，由于C中每个人最多认识A中的k-1个人，故存在Ci和Aj
(1<=i<=k+1-x；x+1<=j<=k+1)是不认识的，我们先把A1，A2，……A(k+1)，C1，C2，……
C(k+1-x)这些人放入同一房间，再将Ci和Aj移出此房间，现在考虑此房间中有没有“k+1
团”。
如果此房间中有“k+1团”，那么这个“k+1团”将不包含在A中，但是它与A至少有
(k+1)-(k-x)=(x+1)个公共成员，这与假设矛盾！
如果此房间中无“k+1团”，那么另一个房间里必然有“k+1团”，且Ci与Aj都是另一个房
间所有“k+1团”的公共成员，所以Ci与Aj认识，矛盾！
因此，我们证明了成员数最多的团，包含着所有的“k+1团”。因此，这个团的成员数必
然是2k+1，(如果至少是2k+2，则可以对半分出两个“k+1团”来，如果至多是2k，则对
半后将出现没有任意一边有“k+1团”)但这恰恰与题设矛盾！
因此，我们最初的假设不成立，命题得证。

4：
在三角形ABC中，角BCA的平分线与三角形ABC的外接圆交于点R，与BC的垂直平分线交于点
P，与边AC的垂直平分线交于点Q。设K与L分别是边BC和AC的中点。证明三角形RPK和三角
形RQL的面积相等。

其实很容易发现三角形RPK的面积等于三角形RPB面积的一半，三角形RQL的面积等于三角
形RQA面积的一半。而RB=RA是显然的。我们只需要证明PBsinPBR=QAsinQAR。
但是角RBA=角RCA=角RCB=角CBP，导致角PBR=角CBA
同理角QAR=角CAB
而PB=BC/2*sin(C/2)，QA=AB/2*sin(C/2)，代回上式即得结论。

5：
设a与b为正整数，已知4ab-1整除(4a^2-1)^2，证明a=b

如果存在一个不同于a的b，使得4ab-1整除(4a^2-1)^2，那么考虑4ab-1和(4a^2-1)^2分别
模4a的余数，它们一个是-1一个是1，故(4a^2-1)^2/(4ab-1)模4a余-1，设其为4ac-1  
(c是正整数)
所以(4ab-1)(4ac-1)=(4a^2-1)^2，化简得：
b+c-2a=4a(bc-a^2)
如果b不等于a，那么c也不等于a。显然我们有b+c>2a，否则b+c<2a，左边将不是4a的倍数
。可以假设b+c=2a+k，那么bc-a^2=4ak。
通过上面两式我们有(b-c)^2=4(4a^2k^2+4a^2k-k)
所以4a^2k^2+4a^2k-k必须是一个完全平方数。由于4a^2k^2+4a^2k-k<(2ak+a)^2，可以假
设4a^2k^2+4a^2k-k=(2ak+a-x)^2
化简，得(a-x)^2=(4ax-1)k
而这个式子，已经可以用无穷递降法来解决。具体方法是取a和x中较大的一个，把上式化
为关于其的二次方程，有两解，另一解肯定比原来小了，这样无穷递降下去，最终a和x有
一个变成0，然后发现矛盾。

6：设n是一个正整数，考虑
S={(x,y,z):x,y,z=0.1.2......n,x+y+z>0}
这样一个三维空间中具有(n+1)^3-1个点的集合。问最少要多少个平面，它们的并集才能
包含S，但不含(0,0,0)

到现在为止我也只是对2维的情况做出了解答，三维的还没有好的思路。
二维时，我们可以考虑最外一圈的4n-1个点。如果没有直线x=n或y=n，那么每条直线最多
过这4n-1个点中的两个，故至少需要2n条直线。
如果有直线x=n或y=n，那么将此直线和其上的点去除，再次考虑最外一圈，只不过点数变
成了4n-3个，需要至少2n-1条直线，再加上去掉的那条正好2n条
如果需要多次去除直线，以至于比如x=1 x=2 ...... x=n这所有n条直线全部被去除了，
那么剩下(0,1)(0,2)......(0,n)至少还需要n条直线去覆盖，2n条亦是必须的。
2n条显然是可以做到的，所以二维的最终结果就是2n

[ 本帖最后由 genghis 于 2007-12-30 14:23 编辑 ]