TMO 1-2 Problem & Answer

Problem

第一届 TMO 测试 2

时间：\(180\) 分钟
总分：\(220\) 分

温馨提醒您: 请合理分配考试时间

  1. (\(40\) 分) 是否存在正无理数 \(a,b(a>1)\), 使得对于所有正整数 \(n\), \(3\lfloor\dfrac{a^n}{3b}\rfloor-\lfloor\dfrac{a^n}{b}\rfloor=0\)? 若存在, 给出一组这样的 \((a,b)\); 若不存在, 请说明理由.

  2. (\(40\) 分) 证明: 求所有的正整数组 \((x,y)\) 使得 \(x\mid(y^2+1),y\mid(x^2+1)\) 且 \((x-1)\mid(y^2+y+2)\).

  3. (\(40\) 分) 给定正整数 \(n\), \(P(x)\) 是 \(n\) 次实系数多项式, 满足 \(\forall x\in[0,1]:xP(x)^2\le1\), 求 \(P(0)\) 的最大值.

  4. (\(50\) 分) 在三角形 \(ABC\) 中, 内切圆在 \(BC,CA,AB\) 上的切点为 \(D,E,F\), \(K,M,N\) 分别为 \(BC,CA,AB\) 中点, \(P\) 为 \(D\) 关于 \(K\) 的对称点, \(Q\) 为 \(E\) 关于 \(M\) 的对称点, \(R\) 为 \(F\) 关于 \(N\) 的对称点. 证明: \(\odot DEF,\odot KMN,\odot PQR\) 有一个公共点.

请考生将图作于答题卡上.

  1. (\(50\) 分) \(n\) 维空间中有 \(m^n\) 个点 \((a_1,a_2,\cdots,a_n)(a_i\in\{1,2,\cdots,m\})\). 在这些点之间连边构成图 \(G\), 其中 \((a_1,a_2,\cdots,a_n)\) 和 \((b_1,b_2,\cdots,b_n\) 连边, 当且仅当存在唯一的 \(i\in\{1,2,\cdots,n\}\), 使得 \(|a_i-b_i|=1\), 且 \(\forall j\ne i:a_j=b_j\). 求最大的整数 \(L=L(n,m)\), 使得对于任意 \(G\) 的生成树 \(T\), \(T\) 中都有一条长为 \(L\) 的路径.

注：两个点 \(u,v\) 之间的路径是指一个节点序列 \(v_0=u,v_1,\cdots,v_{l-1},v_l=v\) 使得 \(v_i\) 两两不同且 \(v_i\) 与 \(v_{i+1}\) 有连边, 此时称 \(l\) 为这条路径的长度; \(G\) 的一棵生成树是指从 \(G\) 中选出一些边, 使得通过这些边，任意两个点之间存在唯一的路径.

Answer

  1. (\(40\) 分) 是否存在正无理数 \(a,b(a>1)\), 使得对于所有正整数 \(n\), \(3\lfloor\dfrac{a^n}{3b}\rfloor-\lfloor\dfrac{a^n}{b}\rfloor=0\)? 若存在, 试说明这样的 \((a,b)\) 有无穷多组; 若不存在, 请说明理由.

答案: 存在.

解析: 取 \(k\in{N^*}\), \(k\equiv2\pmod3\), \(k>1000\).

令 \(\alpha>1>\beta>0\) 为方程 \(x^2-kx+1=0\) 的两根.

构造二阶线性递推数列 \(\{x_n\}_{n\in\mathbb{N}}:x_0=x_1=1,x_{n+2}=kx_{n+1}-x_{n}(n\in\mathbb{N})\).

其通项公式: \(x_n=A\alpha^n+B\beta^n(n\in\mathbb{N})\).

故 \(A=\frac{x_1-\beta{x_0}}{\alpha-\beta}>0,B=\frac{\alpha{x_0}-x_1}{\alpha-\beta}>0\).

由 \(\beta<1\) 知: \(\exists M\in\mathbb{N}^*: \forall n\ge M: 0<B\beta^n<1\).

故 \(\forall n\in\mathbb{N}: \lfloor A\alpha^{n+M} \rfloor=x_{n+M}-1\)

令 \(a=\alpha\), \(b=\dfrac{1}{A\alpha^M}\) (若 \(\dfrac{1}{A\alpha^M}\) 为有理数, 则取 \(M'=M+1\), 令 \(b=\dfrac{1}{A\alpha^{M'}}\)).

注意到: \(3\lfloor\dfrac{a^n}{3b}\rfloor-\lfloor\dfrac{a^n}{b}\rfloor=\{\dfrac{a^n}{b}\}-3\{\dfrac{a^n}{3b}\}\in\ (-3,1), 且3\lfloor\dfrac{a^n}{3b}\rfloor-\lfloor\dfrac{a^n}{b}\rfloor\in\Z\) .故 \(3\lfloor\dfrac{a^{n}}{3b}\rfloor-\lfloor\dfrac{a^{n}}{b}\rfloor=-r_3(\lfloor\dfrac{a^{n}}{b}\rfloor)=-r_3(\lfloor\ A\alpha^{n+M}\rfloor)=-r_3(x_{n+M}-1)\). (这里 \(r_3(y)\) 表示 \(y\bmod3\) 的余数).

归纳易知: \(x_n\equiv1\pmod3\). 于是 \(r_3(x_{n+M}-1)=0\).

  1. 证明: 求所有的正整数组 \((x,y)\) 使得 \(x\mid(y^2+1),y\mid(x^2+1)\) 且 \((x-1)\mid(y^2+y+2)\).

答案: \((2,1),(2,5),(5,2),(5,13)\).

解析: 易得 \(x,y\) 互素.

因为 \(x\mid(x^2+y^2+1),y\mid(x^2+y^2+1)\), 所以 \(xy\mid(x^2+y^2+1)\).

设 \(x^2+y^2+1=kxy\), 由 \(x^2+y^2+1>2xy\) 知 \(k\ge3\).

下证: \(k\ge4\)时, 上述二次方程无正整数解

若有解, 取使得 \(x+y\) 最小的解 \((x_0,y_0)\).

若 \(x_0=y_0\), 则 \(x_0=y_0=1\), 得到 \(k=3\), 矛盾.

不妨设 \(x_0>y_0\).

设 \(t\) 为方程 \(x^2-ky_0x+y_0^2+1=0\) 的另一根. 由韦达定理: \(x_0+t=ky_0, x_0t=y_0^2+1\). 故 \(t\in\matnbb{N}^*\).

由 \(x_0+y_0\)最小性知: \(t\ge x_0\)，

于是 \(ky_0=x_0+t\le 2t\), 所以 \(t\ge\dfrac{ky_0}{2}\ge 2y_0\).

故 \(y_0^2+1=x_0t>y_0\cdot2y_0=2y_0^2,y_0<1\), 矛盾.

所以 \(k=3,x^2+y^2+1=3xy\), 所以 \(y^2=3xy-x^2-1\equiv 3y-2\pmod{x-1}\),

于是得到: \(0\equiv y^2+y+2\equiv3y-2+y+2=4y\pmod{x-1}\).

又 \(4y^2+4y+8\equiv0\pmod{x-1}\), 故 \(x-1\mid8,x=2,3,5,9\).

\(x=2\Rightarrow y^2-6y+5=0\Rightarrow y=1\) 或 \(5\).

\(x=3\Rightarrow y^2-9y+10=0\Rightarrow y\) 无整数解.

\(x=5\Rightarrow y^2-15y+26=0\Rightarrow y=2\) 或 \(13\).

\(x=9\Rightarrow y^2-27y+82=0\Rightarrow y\) 无整数解.

经检验, 上述四解均符合条件.

综上: \((x,y)=(2,1),(2,5),(5,2),(5,13)\)

  1. 给定正整数 \(n\), \(P(x)\) 是 \(n\) 次实系数多项式, 满足 \(\forall x\in[0,1]:xP(x)^2\le1\), 求 \(P(0)\) 的最大值.

答案: \(2n+1\).

解析: 取 \(P_0(x)=1,P_1(x)=-4x+3,P_{n+2}(x)=2(1-2x)P_{n+1}(x)-P_n(x)\). 则 \(P_n(0)=2n+1\), \(P_n(sin^2\theta)=\dfrac{\sin(2n+1)\theta}{\sin\theta}(\theta\in(0,\dfrac{\pi}{2}])\).

另一方面, 对所有满足题意的 \(P(x)\), 取 \(x_k=\sin^2\dfrac{(2k+1)\pi}{2(2n+1)}(k=0,1,\cdots,n)\), 有 \(\sqrt{x_k}P_n(x_k)=(-1)^k\), \((-1)^k\sqrt{x_k}P_n(x_k)=1\ge\sqrt{x_k}|P(x_k)|\), 即 \(|P(x_k)|\le(-1)^kP_n(x_k)\).

由拉格朗日插值, \(P(0)=\sum\limits_{k=0}^nP(x_k)\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{0-x_j}{x_k-x_j}\le\sum\limits_{k=0}^n|P(x_k)|\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{x_j}{|x_k-x_j|}\le\sum\limits_{k=0}^n(-1)^kP_n(x_k)\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{x_j}{|x_k-x_j|}=\sum\limits_{k=0}^nP_n(x_k)\prod\limits_{j\ne k}\dfrac{0-x_j}{x_k-x_j}=P_n(0)\).

综上, \(P(0)\) 的最大值为 \(2n+1\).

  1. 在三角形 \(ABC\) 中, 内切圆在 \(BC,CA,AB\) 上的切点为 \(D,E,F\), \(K,M,N\) 分别为 \(BC,CA,AB\) 中点, \(P\) 为 \(D\) 关于 \(K\) 的对称点, \(Q\) 为 \(E\) 关于 \(M\) 的对称点, \(R\) 为 \(F\) 关于 \(N\) 的对称点. 证明: \(\odot DEF,\odot KMN,\odot PQR\) 有一个公共点.

解析:

由费尔巴哈定理: \(\triangle ABC\) 九点圆与内切圆切于一点 \(J\), 即 \(\odot(KMN)\) 与 \(\odot(DEF)\) 切于一点 \(J\).

设 \(\triangle ABC\) 外心与内心分别为 \(O,I\), \(I\) 关于 \(O\) 对称点为 \(I'\). 下证: \(\triangle AOI\sim\triangle JKD\), 于是 \(I'\) 与 \(P\) 会是相似对应点.

设 \(A\) 在 \(BC\) 上的投影为 \(X\), \(I\) 在 \(AX\) 上投影为 \(Y\), 直线 \(JD\) 与 \(\odot(KMN)\) 交于另一点 \(L\).

因为 \(\odot(DEF)\) 与 \(\odot(KMN)\) 切于 \(J\), \(KX\) 为 \(\odot(KMN)\) 的一条弦且切 \(\odot(DEF)\). 故 \(L\) 为 \(\overset{\frown}{KX}\) 中点.

\(\angle{XJD}=\angle{KJD}=\frac{1}{2}\angle{KJX}=\frac{1}{2}\angle{KMX}=\frac{1}{2}(\angle{KMC}-\angle{CMX})=\frac{1}{2}(\angle{BAC}-2(\dfrac{\pi}{2}-\angle{BCA}))=\frac{1}{2}(\angle{ACB}-\angle{ABC})=\angle{OAI}=\angle{IAX}\).

由 \(\triangle JDK\sim\triangle XDL\) 得: \(\dfrac{JD}{JK}=\dfrac{XD}{XL}=\dfrac{IY}{XL}=\dfrac{AI\sin\angle{IAX}}{AO\sin\angle{XJL}}=\dfrac{AI}{AO}\). (这里用到了九点圆直径等于外接圆半径)

故 \(\triangle JKD\sim\triangle AOI\), \(P\) 与 \(I'\) 为相似对应点.

同理: \(\triangle JME(Q)\sim\triangle BOI(I'), \triangle JNF(R)\sim\triangle COI(I')\).

所以 \(\angle{JPK}=\angle{AI'O},\angle{JQM}=\angle{BI'O},\angle{JRN}=\angle{CI'O}\).

设 \(\triangle ABC\) 旁心三角形为 \(\triangle I_AI_BI_C\).

注意到: \(I\) 为 \(\triangle I_AI_BI_C\) 垂心, \(O\) 为 \(\triangle I_AI_BI_C\) 九点圆圆心. 于是 \(I'\) 为 \(\triangle I_AI_BI_C\) 外心.

故 \(\triangle PQR\) 为 \(I'\) 关于 \(\triangle ABC\) 的垂足三角形.

于是 \(I',A,Q,R\) 共圆, \(I',B,P,R\) 共圆, \(I',C,P,Q\) 共圆.

故 \(\angle{JPR}=\angle{RPC}-\angle{JPC}=\angle{BI'R}-\angle{AI'O}=\angle{BI'O}-\angle{AI'R}=\angle{JQC}-\angle{RQC}=\angle{JQR}\)，即 \(J,P,Q,R\) 四点共圆.

  1. \(n\) 维空间中有 \(m^n\) 个点 \((a_1,a_2,\cdots,a_n)(a_i\in\{1,2,\cdots,m\})\). 在这些点之间连边构成图 \(G\), 其中 \((a_1,a_2,\cdots,a_n)\) 和 \((b_1,b_2,\cdots,b_n\) 连边, 当且仅当存在唯一的 \(i\in\{1,2,\cdots,n\}\), 使得 \(|a_i-b_i|=1\), 且 \(\forall j\ne i:a_j=b_j\). 求最大的整数 \(L=L(n,m)\), 使得对于任意 \(G\) 的生成树 \(T\), \(T\) 中都有一条长为 \(L\) 的路径.

注：两个点 \(u,v\) 之间的路径是指一个节点序列 \(v_0=u,v_1,\cdots,v_{l-1},v_l=v\) 使得 \(v_i\) 两两不同且 \(v_i\) 与 \(v_{i+1}\) 有连边, 此时称 \(l\) 为这条路径的长度; \(G\) 的一棵生成树是指从 \(G\) 中选出一些边, 使得通过这些边，任意两个点之间存在唯一的路径.

答案: \(L=\begin{cases}n(m-1)&,2\nmid m\\nm-1&,2\mid m\end{cases}\)

解析: 设 \(D((a_1,a_2,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots,b_n))=\sum_{i=1}^n|a_i-b_i|\), 则 \(D(u,v)+D(v,w)\ge D(u,w)\).

对于在 \(G\) 中任意两个连边的点 \(u,v\), \(D(u,v)=1\). 从而对于任意两个点 \(u,v\) 与它们之间的路径 \(v_0=u,v_1,\cdots,v_{l-1},v_l=v\)，都有 \(D(u,v)\le\sum_{i=0}^{l-1}D(v_i,v_{i+1})=l\).

若 \(2\nmid m\), 考虑两个点 \(u=(1,1,\cdots,1),v=(m,m,\cdots,m)\), 它们在 \(T\) 中的路径的长度 \(l\ge D(u,v)=n(m-1)\). 故 \(T\) 中有一条长为 \(L\) 的路径.

可构造 \(T\)，其中 \((a_1,a_2,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots,b_n)\) 连边当且仅当存在 \(i\in\{1,2,\cdots,n\}\) 使得 \(a_{i-1}=\dfrac{m+1}{2}\) (我们认为 \(a_0=\dfrac{m+1}{2}\) 恒成立), \(|a_i-b_i|=1\), 且 \(\forall j\ne i:a_j=b_j\). 对 \(n\) 归纳证明, \(T\) 中的路径长度不会超过 \(n(m-1)\), 从而 \(L=n(m-1)\).

\(n=1\) 时平凡. 下设 \(n\ge2\), \(n-1\) 时的情况成立. 对于两个点 \(u=(a_1,a_2,\cdots,a_n),v=(b_1,b_2,\cdots,b_n)\), 若 \(a_n=b_n\), 由归纳假设知它们之间的路径长度 \(l\le(n-1)(m-1)<n(m-1)\); 若 \(a_n\ne b_n\), 则它们的路径必然经过 \(u'=(\dfrac{m+1}{2},\dfrac{m+1}{2},\cdots,\dfrac{m+1}{2},a_n),v'=(\dfrac{m+1}{2},\dfrac{m+1}{2},\cdots,\dfrac{m+1}{2},b_n)\), 路径长度 \(l\le D(u,v)\le D(u,u')+D(u',v')+D(v',v)\le(n-1)\dfrac{m-1}{2}+(m-1)+(n-1)\dfrac{m-1}{2}=n(m-1)\).

若 \(2\mid m\), 设 \(f(x)=\begin{cases}x+\frac{m}{2}&,x\le\frac{m}{2}\\x-\frac{m}{2}&,x>\frac{m}{2}\end{cases}\), \(f(a_1,a_2,\cdots,a_n)=(f(a_1),f(a_2),\cdots,f(a_n))\).

考虑两个点 \(v,f(v)\), 它们在 \(T\) 中的路径 \(v_0=v,v_1,\cdots,v_{l-1},v_l=f(v)\) 的长度 \(l\ge D(v,f(v))=n\dfrac{m}{2}\). 设 \(g(v)=(v_0,v_1)\), 则 \(g\) 时一个从 \(T\) 的点集合到 \(T\) 的边集合的映射.

因为 \(T\) 是树, 所以 \(|V(T)|>|E(T)|\). 由抽屉原理, 存在 \(u\ne v\) 使得 \(f(u)=f(v)\). 设 \(u_0=u,u_1=v,\cdots,u_l=f(u)\) 为 \(u,f(u)\) 之间的路径, \(v_0=v,v_1=u,\cdots,v_{l'}=f(v)\) 为 \(v,f(v)\) 之间的路径, 则 \(u_l=f(u),u_{l-1},\cdots,u_1=v_0=v,u_0=v_1=u,\cdots,v_{l'}=f(v)\) 为 \(f(u),f(v)\) 之间的路径, 它的长度为 \(l+l'-1\ge nm-1\).

可构造 \(T\)，其中 \((a_1,a_2,\cdots,a_n),(b_1,b_2,\cdots,b_n)\) 连边当且仅当存在 \(i\in\{1,2,\cdots,n\}\) 使得 \(a_{i-1}=\dfrac{m}{2}\) (我们认为 \(a_0=\dfrac{m+1}{2}\) 恒成立), \(|a_i-b_i|=1\), 且 \(\forall j\ne i:a_j=b_j\). 对 \(n\) 归纳证明, \(T\) 中的路径长度不会超过 \(nm-1\), 从而 \(L=nm-1\).

\(n=1\) 时平凡. 下设 \(n\ge2\), \(n-1\) 时的情况成立. 对于两个点 \(u=(a_1,a_2,\cdots,a_n),v=(b_1,b_2,\cdots,b_n)\), 若 \(a_n=b_n\), 由归纳假设知它们之间的路径长度 \(l\le(n-1)m-1<nm-1\); 若 \(a_n\ne b_n\), 则它们的路径必然经过 \(u'=(\dfrac{m}{2},\dfrac{m}{2},\cdots,\dfrac{m}{2},a_n),v'=(\dfrac{m}{2},\dfrac{m}{2},\cdots,\dfrac{m}{2},b_n)\), 路径长度 \(l\le D(u,v)\le D(u,u')+D(u',v')+D(v',v)\le(n-1)\dfrac{m}{2}+(m-1)+(n-1)\dfrac{m}{2}=nm-1\).

posted @ 2024-11-08 21:35  a3official  阅读(26)  评论(0)    收藏  举报