第54届IMO试题解答

20中等数学

第54届IMO试题解答

中圈分类号：G424．79文献标识码：A文章编号：1005—6416(2013)09～0020—08

1．证明：对于任意一对正整数k,n，均存在

k个(允许相同)正整数m，，m,2，…，帆，使得

，+丛rt=(，+斯m+抄(，+封m、，，、编，、‘，

2．平面上的4027个点称为一个“哥伦

比亚式点集”，其中任意三点不共线，且有

2013个点为红色，2014个点为蓝色在平

面上画出一组直线，可以将平面分成若干区

域．若一组直线对于一个哥伦比亚式点集满

足下述两个条件，称这是一个“好直线组”：

(1)这些直线不经过该哥伦比亚式点集

中的任何一个点；

(2)每个区域中均不会同时出现两种颜

色的点．

求k的最小值，使得对于任意的哥伦比亚

式点集，均存在由k条直线构成的好直线组．

3．设△ABC的顶点A所对的旁切圆与

边BC切于点A。．类似地，分别用顶点B、C

所对的旁切圆定义边CA、AB上的点曰，、c卜

假设△A。B。C。的外接圆圆心在△ABC的外接

圆上证明：△ABC是直角三角形．

【注】△ABC的顶点A所对的旁切圆是

指与边BC相切，且与边AB、AC的延长线相切

的圆．顶点曰、C所对的旁切圆可类似定义．

4．设△ABC为一个锐角三角形，其垂心

为日，设形是边BC上一点，与顶点B、C均不

重合，肘和Ⅳ分别是过顶点B和C的高的垂

足．记△BWN的外接圆为圆∞。，设X是圆1．0，

上一点，且WX是圆∞，的直径．类似地，记

△CWM的外接圆为圆tO：，设y是圆tO：上一

点，且盱是圆∞：的直径．证明：X、y、日三点

共线．

5．记Q+是所有正有理数组成的集合．

设函数^Q+_R满足如下三个条件：

(1)对所有的x,y∈Q+，均有

八,OAr)醐叫)；①

(2)对所有的x,y∈Q+，均有

火菇+y)≥0≮舅)+火Y)；(参

(3)存在有理数口>1，使得．厂(口)=n．

证明：对所有的并∈Q+，均有八戈)=茗．

6．设整数n≥3，在圆周上有n+1个等

分点．用数0，l，…，rt标记这些点，每个数字

则FN：FG=3：11。FM：FH=3：13．

【结论】若要将长方形ABCD(或正方形)

的长和宽2n一1等分、2忍+1等分，边AD、AB

的中点分别为F、E，联结DE；在边BC上截

ac=c日=(等pc，联结FG、朋，与肋

的交点分别为Ⅳ、胞则

FN：FG=虿rt：(2凡一1)，

FM：朋=号：(2乃+1)．

过M、N分别作AD、AB的平行折痕即可

17,等分长方形的长和宽．

万方数据

竺!!竺竺!塑c!!

恰用一次．考虑所有可能的标记方式．若一种证法2考虑n一1和一n模2‘的余数

标记方式可以由另一种标记方式通过圆的旋

转得到，则认为这两种标记方式是同一个．若

对于任意满足a+d=b+C的四个标记数

a
标b和C的点的弦均不相交，则称标记方式

为“漂亮的”．

设膨是漂亮的标记方式的总数，又设Ⅳ

是满足戈+)，≤n，且(戈，Y)=l的有序正整数

数对(戈，Y)的个数．证明：M=N+1．

参考答案

1．证法1对k用数学归纳法．

当k=l时，结论显然．

假设当k=_『一1时成立，下面证明k=歹

的情形．

(1)当n为奇数时，即存在某个正整数t

使得n=2t—1．注意到，

1+型：址±型：二U．旦

2t—l2t2￡一l

=(t+半)(1+击)''

由归纳假设，可找到m，，m：，…，mH，使得

-+牮=(-+批+扣(，+去)．

因此，只需取mi=2t一1即可．

(2)当乃为偶数时，即存在某个正整数t

使得n=2t．此时，

．掣一12t+27—12t+2J一2I+一=——————●——一·一

‘。

2￡2￡+Z一22￡

=(，+矗两)(1+半)．

注意到，2￡+型一2>0，及

·+生t=(，+斯m+抄(-+尊、1八鸭，＼％一l7

因此，只需取mj=2t+2’一2即可．

的二进制展开．

n一1兰2。1+242+…+2～(mod2‘)，

其中，0≤8l
一n=261+262+…+26s(mod2‘)，

其中，0≤61
由一1---20+21+···+2‘一1(mod2‘)，知

{al，n2，…，a，}U{bl，b2，…，b，}

={0，1，…，k一1}，

且r+s=k．

对于1≤p≤r，1≤g≤s，记

Sp=20．+24p+1+…+2“．

Z=26‘+2也+…+2n．

并规定S，+．=To=O．

由S．+Z=梦一l及，l+l兰0(rood梦)，有

，2‘一1n+S1+Z

n+Sl+tn+t

n+tn

=(枣篙瓮)(喜舞)

=嘶+焉矗)嘲·+惫)】

于是，若对于1≤p≤r，1≤9≤s，定义

n+S川+t

mp2——丢_，

n+死一l

鸭+92—而■，

就可得到欲证的等式．

接下来还需证明上述mi均为整数．

事实上，对于1≤p≤r有

n+|s。+l+t三，l+t三0(mod2"9)；

对于l≤g≤s有

凡+瓦一l三n+疋三0(rood2b目)．

由此结论即证．

2．k=2013．

万方数据

中等数学

解法1先举一个例子说明忌≥2013．

在一个圆周上顺次交替标记2013个红

点和2013个蓝点，在平面上另外任取一点

染为蓝色．这个圆周就被分成了4026段弧，

每一段的两个端点均染了不同的颜色．这样，

若题目的要求被满足，则每一段弧均与某条

画出的直线相交．因为每条直线和圆周至多有

两个交点，所以，至少要有型喾：2013条

二

直线．

再证明：用2013条直线满足要求．

注意到，对于任意两个同色点A、B，均可

用两条直线将它们与其他的点分离．作法：在

直线AB的两侧作两条与AB平行的直线，只

要它们足够接近AB，它们之间的带状区域里

就会只有A和B这两个染色点．

设P是所有染色点的凸包，有以下两种

情形．

(1)假设P有一个红色顶点，不妨记为

A．则可作一条直线，将点A和所有其他的染

色点分离．这样，余下的2012个红点可以组

成l006对，每对可以用两条平行直线将

它们与所有其他的染色点分离．所以，总共用

2013条直线可以达到要求．

(2)假设P的所有顶点均为蓝色．考虑

P上的两个相邻顶点，不妨记为A、B．则用一

条直线就可以将这两个点与所有其他染色点

分离．这样，余下的2012个蓝点可以组成

1006对，每对可以用两条直线将它们与

所有其他染色点分离．所以，总共也用了

2013条直线可以达到要求．

【注】可以不考虑凸包，而只考虑一条过

两个染色点A、曰的直线，使得所有其他染色

点均在这条直线的一侧．若A、曰中有一个红

点，则可按(1)进行操作；若A、B均为蓝点，

则可按(2)进行操作．

解法2给出2013条直线就可以达到

要求的另一个证明．

先给出更一般的结论：若在平面上存在

无三点共线的n个标记点，将这些点任意地

染红色或蓝色，则用li1／,l条直线就可以满足

L二J

题目的要求，其中，[髫]表示不超过实数髫的

最大整数．

对n进行归纳．

当n≤2时，结论显然．

下面假设nI>3．

考虑一条过两个染色点A、曰的直线，使

得所有其他染色点均在这条直线的一侧．如

全体染色点的凸包的一条边即为这样的

直线．

暂时把点A、曰从考虑范围内除去．由归

纳假设，余下的点可以用I了／／,l-1条直线达到

L厶J

要求现重新把点A、B加回去，有三种情形．

(1)若点A、B同色，则可以作一条与f

平行的直线，将点A、曰与其他的染色点分

离．显然，这样得到的l詈l条直线可以达到

L厶J

要求．

(2)若点A、B不同色，但是它们之间由

某条已经画出的直线分离，则上述与Z平行

的直线同样满足要求．

(3)若点A、曰不同色，且在作出上述

I詈I_1条直线后位于同一个区域内．由归

L二J

纳假设，至少有一种颜色，在该区域中不会有

另外的染色点．不失一般性，假设该区域中唯

一的蓝点为A．则只需作一条直线将点A与

所有其他染色点分离即可．

由此，完成了归纳步骤．

【注】将问题一般化，把2013和2014替

换为任意的正整数m和n，不妨假设m≤n．

记相应问题的解为八m，n)．

按解法1的思路可得到

m≤厂(m，n)≤m+1．

若m为偶数，则八m，n)=m；

万方数据

2013年第9期

若m为奇数，则存在一个Ⅳ，使得对任

意的m≤n≤Ⅳ，有以m，n)=m．

对于任意的n>N，有八m，n)=m+1．

3．辅助线如图1．

C

图1

分别记△ABC、△A，B，C。的外接圆为圆

，o、

，、圆一，圆，上弧嬲(含点A)的中点为A，类

似地定义玩、c0．

由题设知圆f．的圆心Q在圆，上．

先证明一个引理．

’引理如图1，AoBl=Aocl，且A、A0、曰l、

C，四点共圆．

证明若点A。与A重合，则△ABC为

等腰三角形．

从而，ABl=ACl．

若点A。与A不重合，由A0的定义知

如B=Aoc．

1

易知曰cl=佃。=÷(b+c一口)，且

厶

么Cl砜=么ABAo=么ACAo=么BlCA0．

于是，△AoBCl丝△AoCBl．

从而，AoBl；AoCl，么AoClB=么AoBlC．

因此，么AoC。A=么AoBlA．

故A、Ao、Bl、c。四点共圆．

回到原题．

显然，点A。、曰。、C。在圆厂。的某个半圆

弧上．于是，△A，B。C。为钝角三角形，不妨设

么A。B。C。为钝角．从而，点Q、B。在边A。C，

的两侧．又点曰、曰。也在边A。c。的两侧，因

此，点Q、B在边A。C。的同侧．

注意到，边A。C，的垂直平分线与圆L

交于两点(在边A。C。的两侧)，由上面的结

论知B。、Q是这些交点中的点．

因为点B。、Q在边A。C。的同侧，所以，

点晚与Q重合．

由引理，知直线QA。、QCo分别‘为边

曰，C。、A，B。的垂直平分线，A。、C。分别为弧

，‘、／‘、

CB、弧尉的中点，于是，

么Cl曰oAl：么ClBoBl+么BlBoAl

=2么AoBoBl+2么曰l玩Co

=2么AoBoCo=1800一么ABC．

另一方面，又由引理得

么C】玩A1=么C，BA。=么ABC．

则么ABC=1800一么ABC．

从而，么ABC=900．

4．如图2，设A￡是边BC上的高，Z是圆

tO。与圆∞：的不同于点形的另一个交点．

图2

接下来证明：x、l，、z、H四点共线．

因为么BNC=么BMC=90。，所以，曰、C、

M、Ⅳ四点共圆，记为圆∞，．

由于WZ、BN、CM分别为圆∞。与圆∞2、

万方数据

24中等数学

圆∞。与圆∞3、圆∞2与圆∞3的根轴，从而，三

线交于一点．

又BN与CM交于点A，则WZ过点A．

由于WX、时分别为圆∞，、圆∞：的直

径，故么WZX=么WZY=900．因此，点X、y

在过点z且与WZ垂直的直线Z上．

因为么BNH=么BLH=900，所以，B、L、

口、Ⅳ四点共圆．

由圆幂定理知

AL·AH=AB·AN=AW·Az．①

若点日在直线A形上，则点日与z重合

若点日不在直线AW上，则由式①得

AZA￡

A—H—2A—W—‘

于是，△AHZ∽△AWL．

故么HZA=么WLA=900．

所以，点日也在直线Z上．

5．将菇=1，Y=Ct代人不等式①得

以1)≥1．

由不等式②出发，关于rt进行数学归纳

得到，对于任意的n∈Z+和筇∈Q+有

火础)≥nf(x)．③

特别地，有

八，1)≥砜1)≥n．④

删用不等式潞爿詈kn)颖m)．

从而，对任意的q∈Q+，有八g)>O．

由不等式②知，是严格递增的，结合不

等式④知对任意的菇≥l，有

八石)≥√^(【戈】)≥【髫】>戈一1．

由不等式①归纳可得，”(戈)≥叽菇“)，故

f“(茗)≥√^(菇“)>石“一1．

从而，对于任意的戈>1和11,∈Z+，有

八戈)≥√菇4—1．

由此，对任意的菇>1，有

八石)≥菇．⑤

(事实上，若戈>y>1，则

茗“一yn=(菇一Y)(髫“一1+茗8—2Y+…+广一1)

>rt(x—Y)．

因此，对于充分大的n有茁“一1>广，即

八戈)>y．)

由不等式①、⑤得

口“=，“(口)≥√^(a“)≥口“．

于是，八o”)=口“．

对任意的石>1，可选取凡∈Z+，使得

口“一茗>1．

由不等式②、⑤得

口8=八口“)≥√≮茗)+以a4一菇)

≥算+(口“一搿)=口4．

故对任意的戈>l，有以卫)=戈．

对于任意的菇∈Q+和任意的n∈Z+，

由不等式①、③知

，砍石)=尺n)f(x)醐耐)≥，以茗)，

即八w)=nf(x)．

于是，对任意的m、n∈Z+，均有

I詈)=华=詈．

【注】条件f(口)=a>1是本质的．事实

上，对于b≥l，函数f(x)=bx2对于任意的

x,y∈Q+均满足不等式①、②，且有一个唯

一的不动点÷≤1．

6．证法1首先注意到，题目的条件决

定了圆周上标记点的间距是无关紧要的，决

定相关的弦是否相交仅仅是各点之间的次序

关系．

对于[0，n]={0，1，…，／''t}的一个循环排

列，定义一条．|}一弦为一条(可能退化的)

弦，其(可能重合的)两个端点上的数之和为

k．若其中的一条弦的两侧各有一条弦，则称

圆的三条弦是“顺次的”．

若其中任意三条弦是顺次

的，则称m(m≥3)条弦是

顺次的．例如，在图3中弦

A、曰、C是顺次的，但弦曰、

C、D则不是顺次的．

其次证明一个命题．

图3

命题在一个漂亮排列中，对于任意的

万方数据

2013年第9期

整数k，I|}一弦全体是顺次的．

证明利用数学归纳法。

对于n≤3，命题显然．

设n≥4，用反证法．

假设有一个漂亮排列5使得三条||}一弦

A、B、C不是顺次的．若数n不是弦A、B、C的

端点，则可在S中去掉n这个点，得到[0，It

一1]的一个漂亮排列Js＼{n}．由归纳假设知

弦A、曰、c顺次的．同理，若0不是弦A、B、C

的端点，则去掉0，再把其他所有的数均减去

1，就可得到一个漂亮排列S＼{0}，此时，弦

A、曰、C就是顺次的．因此，O和n必均出现在

这三条弦的端点中．假设0所在的弦的另一

端点为x，n所在的弦的另一端点为弘则

n>_-0+戈=k=It+，，≥珏．

于是，0和n是同一条弦的端点，不妨设为

弦C

如图4，设D是以

圆周上分别和0、n相

邻，且相对于弦c与弦

A、曰同侧的数M和秽为

端点的弦．记t=u+移．

若t=死，则弦A、图4

曰、D在漂亮排列Js＼{0，n}中就不是顺次的，

与归纳假设矛盾．

若t
相交，这样，弦C就将t与弦D分离．而t到

n—t的弦与C不相交，这样，t和n—t就位

于弦C的同侧．但这样在S＼{0，n}中，弦A、

B、E就不是顺次的，矛盾．

最后，因为菇-÷n一戈(O≤x≤n)保持一

个循环排列的漂亮性(只是把￡一弦均映到了

(2n—t)～弦)，所以，t>n和t
接下来用数学归纳法证明原命题．

当n=2时，结论成立．

假设n≥3．设．s为[0，n]的一个漂亮排

列，把n去掉以后得到的[o，n一1]的循环排

列记为Z在r中，全体n一弦是顺次的，且

这些弦的端点包括除了0以外的所有数．

若0位于两条n一弦之间，称r为“第一

型”的，否则称r为“第二型”的．

再证明[0，It—1]的每个第一型漂亮排

列恰对应于一个[o，n]的漂亮排列，而[0，n

一1]的每个第二型漂亮排列恰对应于两个

[0，n]的漂亮排列．

若r是第一型的，设O在弦A、B之间．

因为在s中从0到n的弦和A、曰是顺次的，

所以，n必然位于弦A＼B之间的另一段弧上．

这样从r出发有唯一的方式复原S．

另一方面，从每个第一型的丁出发，按

照上述方式加上n，只需说明得到的循环排

列S一定是漂亮的．

对于0
尼一弦，它们是顺次的．而对于n
意到S的玮一弦是互相平行的，因此，存在一

根轴Z，使得对于任意的菇，戈和n一菇关于f

是对称的．若有两条J|}一弦是相交的，则它们

关于z的对称像是两条(2n—k)一弦，也是

相交的．但此时0<2n—k
若r是第二型的，则在对应的s中n的

位置有两种可能，即在0的两侧与之相邻．

同上，验证得到的均为[0，厅]的漂亮排列．

于是，若记[0，rb]的漂亮排列总数为

肘。，以￡¨记[0，，l—1]的第二型漂亮排列

的总数，有

』I霸=(』10一l一￡。一，)+牡。一；=Uo一1+厶。一1．

最后只需说明L川为满足戈+Y=n，且

(省，y)=l的正整数数对(戈，Y)的个数．

因为nI>3，所以，此数为9(It)．

为了证明这一点，考虑[0，n—1]的一

个第二型漂亮排列．沿顺时针方向在圆周上

标记位置0，1，…，，l—l(rood，1)，使得数0位

于位置0．记位置i上的数为以i)，其中，厂是

[0，n—1]的一个置换．设位置a上的数是

万方数据

中等数学

n一1，即人口)=n一1．

又除了0以外所有的数均在一个n一弦

中，且n一弦全体是顺次的，且0两侧的两个

位置的连线是一条n一弦，于是，所有的凡一

弦是平行的(此时设各点间距相同)，即对于

任意的i，有

以i)+以一i)=n．

同理，由(，l—1)一弦全体是顺次的，且

每个点均属于一条(n—1)一弦，则这些弦均

互相平行，且对于任意的i有

八i)+八a—i)=，l一1．

于是，对于任意的i有

八口一i)=苁一i)一1．

而广(0)=0，则对于任意的_|}，在模n意

义下有

．厂(一ak)=七．①

因为，是一个置换，必有a，n)=1，即

L。一l≤妒(n)．

’

为证明上式等号成立，只需证明式①给

出的是一个第二型漂亮排列．为此考虑圆周

上满足埘+Y=菇+z的四个数埘、x、Y、z．它们

在圆周上的位置满足

(一aw)+(一ay)=(一ax)+(一az)，

即联结伽和Y的弦与联结龙和z的弦是平行

的．这样式①是漂亮的，且由构造可知这是

第二型的．

证法2注意到，(0，1)中恰有Ⅳ个分母

不超过n的既约分数工<厶<…<^，且每个

满足菇+y≤，l，(x,y)=l的正整数数对x，Y)

均对应到分数÷．

五十了

对于l≤i≤Ⅳ，记Z=}．

‘，i

首先构造Ⅳ+1个漂亮排列．

考虑不等于上述Ⅳ个分数的任意一个

a∈(O，1)．取一个周长为1的圆周．顺次在

圆上标记点0，1，…，n，其中，0点的位置是任

意的，而从i到i+1沿顺时针方向前进a．

这样标记k的点到标记0的点的顺时针方向

的距离就是{妇}，其中，…表示实数r的小

数部分．称这样的一个漂亮排列是“循环

的”，记为A(a)．

若AOal)、A(a2)

的各标记点的顺时针

次序是相同的，就认

为它们是同一个标记

方式．图5是[0，13]

对于某个充分小的

，2、

占>o的A《÷+81．图5

若a
oa+da=妇+o住．

于是，在A(d)中联结标记口和d的点的

弦与联结标记b和c的点的弦是平行的．从

而，在每个循环排列中，对于任意的k，所有

七一弦均互相平行．因此，每一个循环排列均

是漂亮的．

其次说明：恰有N+1种不同的循环排列．

考虑当a从0递增到l时A(仅)的变化

方式．标记P的点和标记q的点的位置顺序

发生改变当且仅当a满足{硼}={凹}；而

这种情形只会在a等于前述Ⅳ个分数之一

的时候发生．这样最多只能有Ⅳ+1种不同

的循环排列．

接下来证明这些循环排列的确是两两不

同的．

对于充分小的占>0和某个Z=}，考

Oi

虑A(Z+s)．则标记为k的点的(顺时针)位

置在丝墅竽生盟+船．于是，所有的点可以根

oi

据该位置表达式的第一项的值分成bi组．介于粤和生坚掣之间的点所标记的数对

DiDi

应的是玩f1(roodbi)在0到n之间的不同取

值(按从小到大依次排列)．这样在A(Z+占)

中，从0出发，顺时针方向的第一个标记数

是bi，而从0出发顺时针方向碰到的第一个

比bi小的数是口f1(roodbi)，而由此数可以唯一

地确定哦．这样从一个循环排列出发可以唯一

万方数据

2013年第9期27

地确定Z．同时，注意到上述定义的循环排列

AU+占)是不包括顺时针方向顺次写上0，1，

…，n这样一个“平凡”排列的，从而，Ⅳ+1个

循环排列A(s)，A(^+占)，…，A(靠+s)是两

两不同的．

下面给出一个引理．

引理若Z<0c
出发，顺时针方向的第一个数是bi，逆时针

方向的第一个数是b川．

事实上，已经对A(0c)=AU+占)证明了

前半部分，同理，可对A(口)=A(Z+。一s)证

明后半部分．

最后，通过对／7,的归纳证明：[0，n]的所

有漂亮标记均为循环排列．

对于n=3，显然．

假设[0，／7,一1]的所有漂亮标记方法均

为循环排列．考虑[0，n]的一个漂亮标记方

法A．于是，A。一。=A{It}是[0，，l一1]的一个

漂亮标记方法．从而，是一个循环排列．

设A川=A¨(晓)．

假设在n一1阶Farey序列(即分母不超

过珏一l的(0，1)之间的分数从小到大排列)

中，a介于相邻的两个分数堕<丝之间．

qlq2

因为对于i(0
￡0l+工i<再≤了，

所以，在n阶Farey序列中，至多有一个分母

为n的分数夹在这两个分数之间．

(1)堕与丝之间没有分母为n的分数．

q1q2

首先设在A。(d)中，n介于髫和Y之间

(顺时针方向依次为戈、厅、Y)．由引理知0两

边的数分别为g。、g：．因此，戈、)，≥1．

由上讨论，知戈=n—bi关于某个岛满足

菇--ka(1(modb￡)，

且Y为Y兰(k+1)口f1(modbi)在[1，n]中的

最小解。

同理，龙一1=(凡一1)一bi关于某尼’满足

茁一1Ek’口，1(modbi)．

故Y一1毒(蠡’+1)口f1(ⅡDdbi)，且是[o，n]

满足上述同余方程的数中最小的—个

因此，在A。(01)中，x,y、并一1、，l一1、Y一1

顺时针方向顺次出现(可能出现菇=Y一1或

者Y=菇一l的情形)．

注意到，A和A。(a)相比最多只有／7,的

位置可能不同．在A中，因为联结戈和n—l

的弦与联结茄一1和／7,的弦不相交，所以，

(沿顺时针方向)n一定在石和r／．一l之间．

同理，(沿顺时针方向)

n也一定在n一1和Y

之间。从而，(沿顺时

针方向)／7,必在戈和Y

之间(如图6)，因此，A

是一个循环排列．图6

(2)堕与丝之间恰有一个分母为n的

91q2

分数．

此时，有两个循环排列A。(d，)和A。(嘞)，

去掉凡以后均得到A。一，(a)，分别对应于

P_L
qln／1,q2

在A川(Ol。)中，由引理知顺时针方向连续

顺次出现q：、0,q，．同理，在A。(口。)中，顺时针

方向连续顺次出现q2、n,0、q。；在A。(叱)中，顺

时针方向连续顺次出现92、0、n、q。．

令x=q：，Y=g。，按(1)类似讨论知在A

中，ll,也必位于茹和Y之间，于是，A要么等

价于A。(a。)，要么等价于A。(a：)．

综上，每一个漂亮的标记法均为一个循

环排列．

(熊斌李秋生提供)

万方数据

第54届IMO试题解答

刊名：中等数学

英文刊名：High-SchoolMathematics

年，卷(期)：2013(9)





引用本文格式：第54届IMO试题解答[期刊论文]-中等数学2013(9)