第一试波兰数学奥林匹克试题及解答

　　第一试波兰数学奥林匹克试题及解答

　　1设为正整数，证明：所有与互质且不超过的自然数的立方和是的倍数。2在锐角三角形中，点是边上一点，使得。证明：。3已知正实数的和等于1，证明：。4圆周上的点都被染上了某三种颜色中的一种，证明：在这个圆周上存在三个点，它们是某个等腰三角形的顶点，且它们同色。5求所有的正整数对（），使得与都是完全立方数。6点是内部或边界上一点，点分别是点在边上的垂足，证明：的充要条件是点在边上。7证明：对任意正整数，和每一个实数，存在实数，使得。8关于非负整数的函数定义如下：对任意；对。证明：对均有。9设为给定的自然数，且，证明：是一个完全平方数。10设是三维空间中彼此垂直的三个单位向量，设是过点的一个平面，分别是在平面上的投影。对任意平面，求数构成的集合。11设为正整数，是具有下述性质的个自然数构成的集合：中任意个元素中，必有两个数，使得其中一个是另一个的倍数。证明：中存在个数，使得对，均有。12点分别是锐角三角形的边上的点，的外接圆交于一点，证明：若，则为三角形的三条高。解答或提示1利用结论：若，则，将与配对即可证明此题。2记，则，利用正弦定理可知，，，从而，要证的式子等价于，最后一式是显然的。3注意到，，所以，，故。于是，我们有：。即：。结合，可知命题成立。4可以证明：该圆周的内接正十三边形的13个顶点中，必有同色的三个点，它们是一个等腰三角形的顶点。5设是满足条件的正整数对，不失一般性，设，则：，故，这表明，将之代入，可知是一个完全立方数，从而，是一个完全立方数。设，展开可知，于是。注意到：，故或，分别求解，可知只能是，进而。所求数对。6利用勾股定理易证：等价于。7任给，及，令待定，则：（1）注意到，对给定的，有，而（1）式右边是关于的连续函数（这里为常数），并且，当时，（1）式右边。所以，存在，使得（1）式成立。于是，令，这里使（1）成立，并且，则为满足条件的实数。综不可知，命题成立。8构造函数，使。定义。注意到，由的定义，可知；并且，当时，有：这表明，与具有相同的初始值和递推关系式。而由题中的条件及递推式，可右对任意，唯一确定，所以，。利用的定义，易知，故命题获证。9令，即，视为关于的一元二次方程，可知为一个完全平方数，设，则，若，由为完全平方数，可知为完全平方数；若，由，可知，进而为偶数，结合，可知为偶数，故，当然，，于是，这导致，进而为完全平方数，所以为完全平方数，综上可知，总有为完全平方数。10所求的集合为，即数.此题等价于证明：四面体中，若两两垂直，则直线与平面所成角的余弦的平方和为常数（注：这个常数等于2）。这是一个不难的常规立体几何问题。11对任意个自然数，若对，均有，则称（）为一条链称为该链的首元，为链长。对中的每一个元素，考虑取自的以为首元的链中最长的链，记此链的长度为，则中必有一个数不小于。事实上，若对，均有，则中必有个数相等，不失一般性，设，则由的性质，可知必有一个数为另一个数的倍数，不妨设，则将置于以为首元的那条最长链，我们得到一条长为的，以为首元的链，而这与矛盾。从而，中必有一个数不小于。利用上述结论，不妨设，则中存在个数，使得对均有。于是，令，则即为中满足条件的个数。12先证一个引理。引理任给一个三角形和，满足，且则：。引理的证明作一个三角形，使∽，且，。则：故，即，所以，。下面分二步来证明原题。第一步证。先证，若，不妨设，则。利用条件及引理，可知：与中，有；和中，有；与中，也有。于是，矛盾。所以，，而。故。所以，同理还可证。第二步证明三点共线，从而为的垂心。设的外心分别为，并设它们的外接圆半径分别为分别是与的交点。由条件及，可知∽故。利用正弦定理，可知故，同理，于是，，即为的外心。由的定义，可知，所以，分别为的中点（注意，这里用到为的外心），结合为的外心，可知为的垂心，故。结合为的中点，故∥，从而，故共线。