2026.4.6,8 CMO 模拟
special thanks: wjh(1, 6).
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设 \(a,b,c\) 为三个互不相同的正整数. 证明: \(x^a+x^b+x^c+1\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中可约当且仅当存在自然数 \(k\) 使得 \(v_2(a),v_2(b),v_2(c)\) 中有两个恰好为 \(k\) 且另一个 \(\ge k+1\).
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求最小的正实数 \(C\), 使得 \(\forall a,b\in\R^+,ab>1:\exists m,n\in\Z,(m,n)\ne(0,0):am^2-2mn+bn^2\le C\sqrt{ab-1}\).
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设 \(G\) 为 (有限) 有向图. 对任意 \(f:E(G)\to\R\), 记 \(f(u)=\sum\limits_{uv\in E(G)}f(uv)-\sum\limits_{vu\in E(G)}f(vu)(u\in V(G))\).
现在存在 \(f_1:E(G)\to\Z\) 使得 \(\forall e\in E(G):2026\nmid f_1(e)\) 且 \(\forall u\in V(G):2026\mid f_1(v)\).
证明: 存在 \(f_2:E(G)\to\Z\) 使得 \(\forall e\in E(G):|f_2(e)|\le2026\land f_2(e)\ne0\) 且 \(\forall u\in V(G):f_2(v)=0\). -
设 \(P\) 为三角形 \(ABC\) 外接圆一点, \(D\ne K\) 在直线 \(AB\) 上, \(E\ne L\) 在直线 \(AC\) 上, 满足 \(DEKLP\) 共圆. 设 \(\bigodot(PDB)\) 与 \(\bigodot(PCL)\) 交于 \(U(\ne P)\), 设 \(\bigodot(PCE)\) 与 \(\bigodot(PBK)\) 交于 \(V(\ne P)\). 设 \(BE\) 交 \(DV\) 于 \(X\), \(CD\) 交 \(EU\) 于 \(Y\). 证明 \(XL,YK,BC\) 三线共点.
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设 \(n\ge2\) 为正整数, \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 为正实数, \(b_1,b_2,\cdots,b_n,c,d\) 为实数, 满足 \(\forall x\in\R\):
证明 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 中有两个数相同.
- \(\R^2\) 中有 \(n\) 个红点 \(R_1,R_2,\cdots,R_n\) 与 \(n\) 个蓝点 \(B_1,B_2,\cdots,B_n\). \(n\) 个蓝点都在直线 \(l\) 上, \(n\) 个红点都在 \(l\) 的同一侧, 且除了蓝点外无三点共线. 初始有线段 \(R_1B_1,R_2B_2,\cdots,R_nB_n\). 每次操作可以选择两个相交的线段 \(R_iB_j,R_kB_l\), 擦去它们并连接线段 \(R_iB_l,R_kB_j\). 证明无论初始情况如何, 总存在不超过 \(\dbinom{n}{2}\) 次的操作方法, 使得最终 \(n\) 条线段两两不交.
解答
- 设 \(a,b,c\) 为三个互不相同的正整数. 证明: \(x^a+x^b+x^c+1\) 在 \(\mathbb{Q}[x]\) 中可约当且仅当存在自然数 \(k\) 使得 \(v_2(a),v_2(b),v_2(c)\) 中有两个恰好为 \(k\) 且另一个 \(\ge k+1\).
证明 \((\Leftarrow)\) \(x^{2^k}+1\mid x^a+x^b+x^c+1\).
\((\Rightarrow)\) 先证明: 若 \(f(x)=x^a+x^b+x^c+1\) 可约, 则 \(f\) 有根在单位圆上.
不妨 \(a>b>c\). 设 \(f(x)=g(x)h(x)\), 不妨 \(g(x),h(x)\) 首项系数为 \(1\). 考虑 \(h*(x)=x^{\deg h}h(\dfrac{1}{x})\) 与 \(p(x)=g(x)h^*(x)\).
由于 \(f(x^2)\) 无实根, 故 \(g(x^2),h(x^2)\) 无实根, 说明 \(g,h\) 常数项为正. 结合 \(1=f(0)=g(0)h(0)\) 知 \(g(0)=h(0)=1\).
由于 \(f,p\) 的系数平方和一样且 \(f(1)=g(1)h(1)=g(1)h^*(1)=p(1)\), 所以 \(p\) 的系数和与系数平方和均为 \(4\).
结合 \(p\) 的首项和常数项为 \(1\) 知 \(p(x)=x^a+x^{b'}+x^{c'}+1\), \(a>b'>c'>0\)
由 \(f(x)f^*(x)=g(x)g^*(x)h(x)h^*(x)=p(x)p^*(x)\) 知 \((x^a+x^b+x^c+1)(x^a+x^{a-c}+x^{a-b}+1)=(x^a+x^{b'}+x^{c'}+1)(x^a+x^{a-c'}+x^{a-b'}+1)\). 等价于可重集的相等 \(<a-b,a-c,b-c,b,c>=<a-b',a-c',b'-c',b',c'>\).
求和知 \(b-c=b'-c'\). 所以 \(<a-b,a-c,b,c>=<a-b',a-c',b',c'>\).
\(c'=c\Rightarrow b'=b\Rightarrow h(x)=h^*(x)\).
\(c'=b\Rightarrow b'=a-c\ne b\Rightarrow g(x)\mid x^b-x^{b'}\), 从而 \(g\) 有根在单位圆上, \(f\) 有根在单位圆上.
若 \(c'=a-b\) 或
\(a-c\), 考虑 \(q(x)=g^*(x)h(x)\), 可以变到以上两类.
下面只需考虑 \(h(x)=h^*(x)\) 的情况.
考虑 \(q(x)=g^*(x)h(x)=x^a+x^{a-b}+x^{a-c}+1\). 故 \(h(x)\mid(x^b+x^c)(x^a-x^{b+c})\).
如果 \(a=b+c\), 显然 \(f(x)=(x^b+1)(x^c+1)\) 有根在单位圆上. 否则 \(h(x)\) 有根在单位圆上.
再证明结论. 设 \(z\) 是 \(f\) 的在单位圆上的根, 则 \(z^a+z^b+z^c+1=0\).
由熟知结论, 可将 \(z^a,z^b,z^c,1\) 分为两组, 每组互为相反数. 比如 \(z^a+z^b=z^c+1=0\).
所以 \(z^{|a-b|}=z^c=-1\). 设 \(d=\gcd(|a-b|,c)\), 则 \(z^{2d}=1\) 且 \(z^d\ne1\). 所以 \(z^d=-1\), \(v_2(a-b)=v_2(d)=v_2(c)\).
后不难证明结论. \(\square\)
- 求最小的正实数 \(C\), 使得 \(\forall a,b\in\R^+,ab>1:\exists m,n\in\Z,(m,n)\ne(0,0):am^2-2mn+bn^2\le C\sqrt{ab-1}\).
解 \(\boxed{C_{\min}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}\)
一方面, 取 \(a=b=2\), 则 \(\exists m,n\in\Z,(m,n)\ne(0,0):2(m^2-mn+n^2)\le C\sqrt{3}\). 现在 \(m^2-mn+n^2=(m-\dfrac{1}{2}n)^2+\dfrac{3}{4}n^2>0\), 所以 \(m^2+mn+n^2\ge 1\), \(C\ge\dfrac{2}{\sqrt{3}}\).
另一方面, 只需证: \(\forall a,c\in\R^+,b\in\R,4ac>b^2:\exists m,n\in\Z,(m,n)\ne(0,0):am^2+bmn+cn^2\le\sqrt{\dfrac{4ac-b^2}{3}}\).
先证明: \(\min\limits_{(m,n)\in\Z^2\setminus\{\mathbf{0}\}}\{am^2+bmn+cn^2\}\) 存在.
若 \(n=0\), 则 \(am^2+bmn+cn^2\ge a|m|\).
若 \(m=0\), 则 \(am^2+bmn+cn^2\ge c|n|\).
若 \(n,m\ne0\), 则 \(am^2+bmn+cn^2\ge(2ac-|b|)|mn|\).
所以记 \(\lambda=\min\{a,c,2ac-|b|\}>0\), 有 \(am^2+bmn+cn^2\ge\lambda\max\{|m|,|n|\}\).
故 \(\forall\max\{|m|,|n|\}>\dfrac{a}{\lambda},am^2+bmn+cn^2>a\).
所以 \(\min\limits_{(m,n)\in\Z^2\setminus\{\mathbf{0}\}}\{am^2+bmn+cn^2\}=\min\limits_{|m|,|n|\le\frac{a}{\lambda},(m,n)\ne(0,0)}\{am^2+bmn+cn^2\}\) 存在.
再证明: 可不妨设 \(\min\limits_{(m,n)\in\Z^2\setminus\{\mathbf{0}\}}\{am^2+bmn+cn^2\}=a\).
设 \(t=au^2+buv+cv^2=\min\limits_{(m,n)\in\Z^2\setminus\{\mathbf{0}\}}\{am^2+bmn+cn^2\}\).
显然 \(u,v\) 互质. 所以存在 \(w,x\in\Z:ux-vw=1\).
设 \(\begin{bmatrix}y\\ z\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x&-v\\-w&u\end{bmatrix}\begin{bmatrix}m\\ n\end{bmatrix}\),
则 \(\begin{bmatrix}m\\ n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}u&w\\ v&x\end{bmatrix}\begin{bmatrix}y\\ z\end{bmatrix}\),
\((m,n)\ne(0,0)\iff(y,z)\ne(0,0)\).
现在 \(t,aw^2+bwx+cx^2>0\),
因此可不妨设 \(a=t\).
最后, 只需证: \(\forall a,c\in\R^+,b\in\R,4ac>b^2:\left(\forall m,n\in\Z,(m,n)\ne(0,0):am^2+bmn+cn^2\ge a\right)\rightarrow a\le\sqrt{\dfrac{4ac-b^2}{3}}\).
令 \(n=1\), 有 \(\forall m\in\Z:am^2+bm+c-a\ge0\).
如果 \(b^2-4a(c-a)\le 0\), 则符合条件.
如果 \(b^2-4a(c-a)>0\), 则 \(f(x)=ax^2+bx+c-a\) 开口向上且有两个不同零点.
这两个零点的距离应该 \(\le1\) (否则以它们为端点的开区间有整数, 这个整数处的函数值为负).
故 \(\dfrac{\sqrt{b^2-4a(c-a)}}{a}\le1\), \(b^2-4a(c-a)\le a^2\).
综上, \(b^2-4a(c-a)\le a^2\). 变形得 \(a\le\sqrt{\dfrac{4ac-b^2}{3}}\). \(\square\)
注: 此问题与格约化理论密切相关.
设 \(A=\begin{bmatrix}\sqrt{a}&-\frac{1}{\sqrt{a}}\\0&\sqrt{b-\frac{1}{a}}\end{bmatrix}\), 则 \(A^TA=\begin{bmatrix}a&-1\\-1&b\end{bmatrix}\), \(|A\begin{bmatrix}m\\n\end{bmatrix}|^2=am^2-2mn+bn^2\).
设 \(L=A\Z^2\). 取 \(L\) 的 Gauss 约化基 \(\{v_1,v_2\}\), 即满足 \(|v_2|\ge|v_1|\) 与 \(|v_1|\le|v_2\pm v_1|\) 的两个向量.
第二个不等式等价于 \(\cos\theta\le\dfrac{1}{2}\), 其中 \(\theta=\angle(v_1,v_2)\). 于是 \(\sin\theta\ge\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
故 \(\sqrt{ab-1}=|\det A|=|v_1||v_2|\sin\theta\ge|v_1|^2\dfrac{\sqrt3}{2}=\dfrac{\sqrt3}{2}(am^2-2mn+bn^2)\)
- 设 \(G\) 为 (有限) 有向图. 对任意 \(f:E(G)\to\R\), 记 \(f(u)=\sum\limits_{uv\in E(G)}f(uv)-\sum\limits_{vu\in E(G)}f(vu)(u\in V(G))\).
现在存在 \(f_1:E(G)\to\Z\) 使得 \(\forall e\in E(G):2026\nmid f_1(e)\) 且 \(\forall u\in V(G):2026\mid f_1(v)\).
证明: 存在 \(f_2:E(G)\to\Z\) 使得 \(\forall e\in E(G):|f_2(e)|\le2026\land f_2(e)\ne0\) 且 \(\forall u\in V(G):f_2(v)=0\).
证明
回顾网络流理论中的部分定义与结论.
一个网络是指一个四元组 \((G,s,t,c)\), 其中 \(G\) 为有向图, \(s,t\in V(G),s\ne t\) 称为源点和汇点, \(c:E(G)\to\R_{\ge0}\) 称为容量.
一个流是指一个函数 \(f:E(G)\to\R_{\ge0}\).
一个流 \(f\) 称为可行的, 如果 \(f\) 同时满足以下条件:
- \(\forall e\in E(G):f(e)\le c(e)\).
- \(\forall v\in V(G)\setminus\{s,t\}:f(v)=0\).
- \(f(s)+f(t)=0\).
一个可行流 \(f(s)\) 的总流量定义为 \(f(s)\). 最大流是指总流量最大的可行流.
[整性定理] 如果一个网络每条边的容量都是整数, 那么存在一个最大流, 其每条边的流量都是整数.
推论: 如果一个网络每条边的容量都是 \(n\) 的倍数, 那么存在一个最大流, 其每条边的流量都是 \(n\) 的倍数.
回到原题. 记 \(n=2026\).
不妨设 \(f_1:E(G)\to\{1,2,\cdots,n-1\}\). 下面构造符合题目要求的 \(f_2:E(G)\to\{-n+1,-n+2,\cdots,-1,1,2,\cdots,n-1\}\).
特别地, 我们的构造要求 \(f_2(e)=f_1(e)\) 或 \(f_2(e)=f_1(e)-n\).
定义图 \(\tilde{G}\): \(V(\tilde{G})=V(G)\cup\{s,t\}\), \(E(\tilde{G})=E(G)\cup\{su:u\in V(G),f_1(u)>0\}\cup\{ut:u\in V(G),f_1(u)<0\}\).
定义 \(\tilde{G}\) 上的容量 \(c:E(\tilde{G})\to\R_{\ge0}\):
定义网络 \((\tilde{G},s,t,c)\) 上的流 \(\tilde{f_1}:E(\tilde{G})\to\R_{\ge0}\):
则 \(\tilde{f_1}\) 显然为最大流. (易验证 \(\tilde{f_1}\) 为可行流. 最大是因为 \(\tilde{f_1}(s)=\sum\limits_{su\in E(\tilde{G})}\tilde{f_1}(su)=\sum\limits_{su\in E(\tilde{G})}c(su)\) 达到最大可能值)
条件给出 \(\forall e\in E(\tilde{G}):n\mid c(e)\).
由整性定理的推论, 存在最大流 \(\tilde{f_0}:E(\tilde{G})\to\R_{\ge0}\) 使得 \(\forall e\in E(\tilde{G}):n\mid \tilde{f_0}(e)\).
特别地, 当 \(e\in E(G)\) 时, \(0\le \tilde{f_0}(e)\le c(e)=n\). 结合 \(n\mid \tilde{f_0}(e)\) 知 \(\tilde{f_0}(e)=0\) 或 \(\tilde{f_0}(e)=n\).
记 \(f_0=\tilde{f_0}\upharpoonright_{E(G)}\).
取 \(f_2(e)=f_1(e)-f_0(e)\), 下面验证 \(\forall u\in V(G):f_2(u)=0\).
\(f_2(u)=f_1(u)-f_0(u)\).
若 \(f_1(u)>0\), 则 \(f_0(u)=\tilde{f_0}(u)+c(su)=f_1(u)\).
若 \(f_1(u)=0\), 则 \(f_0(u)=\tilde{f_0}(u)=0\).
若 \(f_1(u)<0\), 则 \(f_0(u)=\tilde{f_0}(u)-c(ut)=f_1(u)\).
综上 \(f_2(u)=0\). \(\square\)
- 设 \(P\) 为三角形 \(ABC\) 外接圆一点, \(D\ne K\) 在直线 \(AB\) 上, \(E\ne L\) 在直线 \(AC\) 上, 满足 \(DEKLP\) 共圆. 设 \(\bigodot(PDB)\) 与 \(\bigodot(PCL)\) 交于 \(U(\ne P)\), 设 \(\bigodot(PCE)\) 与 \(\bigodot(PBK)\) 交于 \(V(\ne P)\). 设 \(BE\) 交 \(DV\) 于 \(X\), \(CD\) 交 \(EU\) 于 \(Y\). 证明 \(XL,YK,BC\) 三线共点.
证明
先证明: \(D,L,U\) 共线, \(E,K,V\) 共线.
\(\measuredangle PUD=\measuredangle PBD=\measuredangle PBA=\measuredangle PCA=\measuredangle PCL=\measuredangle PUL\Rightarrow D,L,U\) 共线.
\(\measuredangle PVE=\measuredangle PCE=\measuredangle PCA=\measuredangle PBA=\measuredangle PBK=\measuredangle PVK\Rightarrow E,K,V\) 共线.
再证明: 设 \(\bigodot(BDP)\) 交 \(\bigodot CEP\) 于 \(W(\ne P)\), 则 \(D,E,W\) 共线, \(D,C,U\) 共线, \(D,B,V\) 共线.
\(\measuredangle PWD=\measuredangle PBD=\measuredangle PBA=\measuredangle PCA=\measuredangle PCE=\measuredangle PWE\Rightarrow D,E,W\) 共线.
\(\measuredangle PWU=\measuredangle PDU=\measuredangle PDL=\measuredangle PEL=\measuredangle PEC=\measuredangle PWC\Rightarrow D,C,U\) 共线.
\(\measuredangle PWV=\measuredangle PEV=\measuredangle PEK=\measuredangle PDK=\measuredangle PDB=\measuredangle PWB\Rightarrow D,B,V\) 共线.
最后证明: \(BC,KY,LX,UV\) 共点.
设 \(BC\) 交 \(UV\) 于 \(T\).
因为 \(\triangle DUV,\triangle ECB\) 透视, 所以 \(DU\cap EC=L,DV\cap EB=X,UV\cap CB=T\) 共线.
因为 \(\triangle EUV,\triangle DCB\) 透视, 所以 \(EU\cap DC=Y,EV\cap DB=K,UV\cap CB=T\) 共线. \(\square\)
- 设 \(n\ge2\) 为正整数, \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 为正实数, \(b_1,b_2,\cdots,b_n,c,d\) 为实数, 满足 \(\forall x\in\R\):
证明 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) 中有两个数相同.
证明 \(\sum\limits_{i=1}^na_i=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1}{x}\sum\limits_{i=1}^n\lfloor a_ix+b_i\rfloor=\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1}{x}\lfloor cx+d\rfloor=c\).
不妨 \(c=1,d=0\).
利用 \(\lim\limits_{x\to y^+}\lfloor x\rfloor-\lim\limits_{x\to y^-}\lfloor x\rfloor=[y\in\Z]\)
知 \((1): \forall y\in\R:\sum\limits_{i=1}^n[a_iy+b_i\in\Z]=[y\in\Z]\).
特别地 \((2): \forall y\in\R,i\in\{1,2,\cdots,n\}:a_iy+b_i\in\Z\rightarrow y\in\Z\).
现在 \((2)\) 中分别令 \(y=-\dfrac{b_i}{a_i},-\dfrac{1+b_i}{a_i}\), 知 \(-\dfrac{b_i}{a_i},-\dfrac{1+b_i}{a_i}\in\Z\).
所以 \(\dfrac{1}{a_i}\in\Z\). 设 \(a_i=\dfrac{1}{p_i},b_i=q_ia_i\), 则 \(p_i\in\Z^+,q_i\in\Z\).
由 \(n\ge 2\) 与 \(\sum\limits_{i=1}^na_i=1\) 知 \(p_i\ge2\).
由 \((1)\) 知 \(\forall m\in\Z:\sum\limits_{i=1}^n[a_im+b_i\in\Z]=1\),
即 \(\forall m\in\Z:\sum\limits_{i=1}^n[p_i\mid(m+q_i)]=1\)
故有幂级数相等 \(\sum\limits_{m\ge 0}\sum\limits_{i=1}^n[p_i\mid(m+q_i)]z^m=\sum\limits_{m\ge 0}z^m\),
从而 \(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{z^{r_i}}{1-z^{p_i}}=\dfrac{1}{1-z}\), 其中 \(r_i\in\{0,1,\cdots,p_i-1\},r_i\equiv-q_i\pmod{p_i}\).
设 \(p_1=p_2=\cdots=p_k>p_{k+1}\ge p_{k+2}\ge\cdots\ge p_n\), \(1\le k\le n\).
则 \(\sum\limits_{i=1}^kz^{r_i}=(1-z^{p_1})(\dfrac{1}{1-z}-\sum\limits_{i=k+1}^n\dfrac{z^{r_i}}{1-z^{p_i}})\)
代入 \(z=e^{2\pi\sqrt{-1}/p_1}\) (由 \(p_1\ge 2\) 与 \(p_1>p_i(i>k)\) 知右侧分母不为 \(0\)),
有 \(\sum\limits_{i=1}^ke^{2\pi r_i\sqrt{-1}/p_1}=0\). 从而 \(k\ne1\), \(k\ge2\).
故 \(p_1=p_2,a_1=a_2\).
- \(\R^2\) 中有 \(n\) 个红点 \(R_1,R_2,\cdots,R_n\) 与 \(n\) 个蓝点 \(B_1,B_2,\cdots,B_n\). \(n\) 个蓝点都在直线 \(l\) 上, \(n\) 个红点都在 \(l\) 的同一侧, 且除了蓝点外无三点共线. 初始有线段 \(R_1B_1,R_2B_2,\cdots,R_nB_n\). 每次操作可以选择两个相交的线段 \(R_iB_j,R_kB_l\), 擦去它们并连接线段 \(R_iB_l,R_kB_j\). 证明无论初始情况如何, 总存在不超过 \(\dbinom{n}{2}\) 次的操作方法, 使得最终 \(n\) 条线段两两不交.
证明
对于一种连线方式 \(R_1B_{\sigma_1},\cdots,R_nB_{\sigma_n}\), 记 \(M=\{(i,j):i<j,\text{ 直线 }R_iB_{\sigma_i},R_jB_{\sigma_j}\text{ 的交点不在线段 }R_iB_{\sigma_i},R_jB_{\sigma_j}\text{ 上}\}\).
特别地, 平行 (交于无穷远点) 也认为不在线段上.
策略：设 \(R_i\) 是距离 \(l\) 最远的点. 如果线段 \(R_iB_{\sigma_i}\) 与别的线段相交则操作, 否则可以归纳下去.
\(0\le M\le\dbinom{n}{2}\), 讨论易知 \(M\) 随操作严格单调递增.
浙公网安备 33010602011771号