訓(xùn)練題解答2014東南地區(qū)冬令

1、2014 東南地區(qū)冬令營賽前訓(xùn)練題 E 解答陶平生提供1、 DABC 的三條邊長為a, b, c ，證明：對任何正整數(shù)n ³ 2 ，成立不等式：n an + bn + n bn + cn + n cn + an< 1a + b + c證：由于三角形中，小邊之和大于大邊，故可設(shè)a £ b £ c < a + b ，所證式等價于n an + bn + n bn + cn + n cnn 2由于(a + b + c) >2 × c =c + c ³nnnc ，2因此只要證a + b + c ³ n an + bn + n

2、cn + an ，önæ aa為此，先證 + b ³ n an + bn2，即要證+ b ÷ ³ an + bn ，由于çè 2øönæ a ökæ a ökæ ann+ b ÷ - bn = åCk çbn-k ，即要證åCk çbn-k³ an ，ç÷÷n è 2 øn è 2 øè 2øk =k =11

3、æ 1 ök æ b ön-knåCk³ 1，即證n ç÷ ç a ÷èø èø2k =1kön-k1n³ åk因÷÷，2 øa øk =1k =1a同理可得 + c ³ n an + cn2 ，+得成立，再由，便得到所證結(jié)論成立2 、如圖，在等腰梯形 ABCD 的下底（較長底邊） BC 上的一點，以 PD 為直徑的圓與梯形的外接圓 O 交于 E ， DE 的延長線交直線 BC

4、 于 M ， AP 的延長線交 O 于 N 證明： MN AN 證：如圖，作 O 的直徑 AK ，則ÐANK = 900 ，于是只要證， M , N, K 三點AEB共線；（以下將以 XY 為直徑的圓記為 XY ；）PM于是點 N 在 PK 上，N1連 DK ，交 BC 于 F ，則因ÐADK = 900 ， AD BC ，則ÐPFK = 900 ，故 PFKN 共圓 PK ，于是 PF 為PD ,PK 的公共弦，故也是這兩圓的根軸，PD ,O 的公共弦， KN 是因 DE 是DAPK ,O 的公共弦，因此分別是相應(yīng)兩EB圓的根軸，所以，三條根軸交于一點（根心），

5、由于 M 是其中兩線的交點，于是另一線 KN 也過點 M ，即 M , N, K 共線，而ÐANK = 900 ， 即是 MN AN OCFMPNK3 、將 k 枚棋子放置于一張7 ´ 7 的方格表中求 k 的最小值，使得對于表中的任意三行和任意三列，它們交叉位置的九個格子（稱為一個九格組）中，都至少含有一枚棋子解：最小值k = 16 ；稱滿足以上條件的布放棋子方案為“具有性質(zhì) P ”；首先說明，對于一種具有性質(zhì) P 的布棋方案T ，則任意交換表中兩行， 所得的表T ¢ 也具有性質(zhì) P ，事實上，假設(shè)交換T 表的第m, n 行之后，使得新表T ¢ 中的第

6、a, b, c 行與第 x, y, z 列的交叉九格中無棋子；10 、如果m, n Ïa,b, c，即第a, b, c 行均未參與交換，那么原表T 中第 a, b, c 行與第 x, y, z 列的交叉九格中無棋子，此與所設(shè)表T “具有性質(zhì) P ”相！20 、如果m, n 中恰有一數(shù)屬于a,b, c ，不妨設(shè)a = m ，那么在交換之前的原表T 中，第 n,b, c 行與第 x, y, z 列的交叉九格中無棋子，也與所設(shè)！30 、若 m, n Îa,b, c，不妨設(shè) m = a, n = b ，即第a 行與第b 行交換，那么交換前的表T 中，第a, b, c 行與第 x,

7、y, z 列的交叉九格中無棋子，亦與所設(shè)因此任意交換表T 中兩行，所得的表T ¢ 也具有性質(zhì) P ，同樣得到，任意交換表T 中兩列，所得的表T ¢ 也具有性質(zhì) P ；經(jīng)上述適當(dāng)交換后，用 S j 表示第 j 行的棋子個數(shù)，可以設(shè) S1 £ S2 £！£ S7顯然有 S1 + S2 + S3 ³ 5 ，（假若 S1 + S2 + S3 £ 4 ，那么在由前三行所組成的3´ 7 表中，棋2子至多能占據(jù)4 個列，剩下的3 列無棋子，也就是有3´ 3 交叉九格無棋子，?。┤绻?S1 = 0 ，即有 S2 + S3

8、 ³ 5 ，得 S3 ³ 3 ，于是當(dāng) j ³ 3 時， S j ³ 3 ，這時表中棋子總7åSj j=1= (S1 + S2 + S3 ) + (S4 + S7 ) ³ 5 + 4´ 3 = 17 ；數(shù)7若 S1 = 1, S2 = 1，則 S3 ³ 3 ，當(dāng) j ³ 3 時， S j ³ 3 ，亦有å S j ³ 17 ；j =1若 S1 ³ 1, S2 ³ 2 ，我們來證明，表中棋子總數(shù)至少應(yīng)有16 個：為此，考慮第五行的棋子數(shù) S5 ：由于 S5

9、³ S2 ³ 2 ，如果 S5 = 2 ，則 S5 = S4 = S3 = S2 = 2 ，(10 ) 、若 S = 1 ，那么表中前兩行只有3 枚棋子，1不妨認(rèn)為這3 枚棋子落在前兩行中的前三列，而四、五、六、七列無棋子，用 H (k, j) 表示第 k 行第 j 列的交叉位置，則對于 k ³ 3 ，第k 行的第四、五、六、七列交叉處，都至少共有兩枚棋子，即 H (k, 4), H (k,5), H (k , 6),H (k , 7)中至少有兩個位置布了棋子，（如果第k 行的這四個位置至多布了一個棋子，那么第k 行和第一、二行的第四、五、六、七列組成的3

10、0; 4 表中，便存在無棋子的3´ 3 交叉九格，?。┻@樣一來，在 S3 = S4 = S5 = 2 的前提下，這三行的第一、二、三列皆無棋子，于是又存在無棋子的3´ 3 交叉九格，！(20 ) 、若 S ³ 2 ，則因 S = 2 ，得 S = S = S = S = S = 2 ，前五行的這十枚棋子，1554321若有三枚同列，這三枚棋子所在的行（不妨設(shè)是第一、二、三行），全部六枚棋子至多占據(jù)四列，則在這三行中，存在無棋子的3´ 3 交叉九格，！于是前五行的這十枚棋子，要分布于至多七個列，且不出現(xiàn)三棋子同列，必有這樣的三列，每列落有兩子，將這三列中的

11、六枚棋子標(biāo)為紅色，六枚紅子在前五行中，必有兩子同行，不妨設(shè)位于第一行的最左邊兩個位置（第一、二列中），再設(shè)第一列另一紅子位于第m行，第二列的另一紅子位于第n 行，1 < m, n £ 5 ，那么前五行中的第1，第m ，第n 行（如果 m = n ，就在前五行中再另取一行），這三行中的總共六枚棋子，有四枚位于前兩列，剩下兩枚棋子，至多占據(jù)兩列，于是這三行中又存在無棋子的3´ 3 交叉九格，因此， S5 ¹ 2 ，從而 S5 ³ 3 ，進(jìn)而 S7 ³ S6 ³ S5 ³ 3，！7當(dāng) S1 ³ 1, S4 

12、9; S3 ³ S2 ³ 2, S7 ³ S6 ³ S5 ³ 3 時， k = å S j ³ 16 ，此等號可以取到，例j =1如圖中的構(gòu)造便是取得最小值的一種情形34 、設(shè)n ³ 3 ，問是否能將集合 M = 1, 2,3n分拆成三個這樣的n 元子集 A1, A2, A3 ，使得對于每個子集 Ai ，其中任兩個數(shù)之和被3n +1除得的余數(shù)，既不為零，也不等于該集合中的另一個數(shù)？試就 n = 4, 5 分別討論上述問題解： (10 ). n = 4 時，對于集合 M = 1, 2,12，存在這種分劃，例如分成3,

13、 6,8,12 ，6,9,11,12 ；5, 7,9,10 ，5,9,11,12 ；1, 2,1, 2,1, 2,1, 2,12 = 1, 2, 4, 7,12 = 1,5, 7,10,12 = 1, 2, 4,8,12 = 1, 2, 7,105,9,10,112,3, 4,83, 6,11,123, 4, 6,8（只有這兩對分法；若將一個式子中的每個元素a 換為13 - a ，便得另一式)(20 ). n = 5時，對于集合 M = 1, 2,15，不存在這樣的分劃為此， 考慮適合條件的所 有 5 元子集， 稱題中條 件為性質(zhì) P ，若 5 元子集A = a1, a2, a3, a4, a

14、5Î P,5 ，則 B = b1,b2,b3,b4,b5Î P ，令bi = 16 - ai , i = 1,稱這集 A, B 為“相伴集”，顯然，這兩集 A, B 一一對應(yīng). 為此，考慮數(shù)對a1 = (1,15), a2 = (2,14),a3 = (3,13),a4 = (4,12),a5 = (5,11),a6 = (6,10),a7 = (7,9),以及8 ，由于每對數(shù)的和為 16，故不能同在一集，記含 1 的五元子集類為 F1 ，含15 的五元子集類為 F-1 ，其余五元子集類為 F0 ，顯然， F1 的集與 F-1 的集一一對應(yīng)，且 F1 的集與 F-1的集中都

15、不能含有相鄰的數(shù)。今求 F1 中的所有集合：為此, 先證明， F1 類中的任一集合不含元素5, 7,13 . 采用反證：F1 類中如存在集合 A ，使5Î A ，因為1Î A Þ 4, 6,11,12Ï A .（這是由于4, 6 皆與5 相鄰，且11+ 5 º 0(mod16),12 + 5 º1(mod16)，以下的同余記號中均省略mod16 ）,于是另三數(shù)將取自(2,14),(3,13), (7,9),8,10 ，且(2,14) 與(3,13) 中的任兩數(shù)不能共存，這是由于，若取2, 因3 + 2 = 5,13 + 5 º

16、; 2, 則3,13 皆不能??；若取14, 因14 + 5 º 3,14 =1+13, 則3,13 也不能取。反之，如取3 或13 ，據(jù)以上四式知， 2 與14 也不能取4(1).(3,13),(7,9),8,10，若 7 Î A ，則 8 , 9 , Ï1 A0 因 7 +1 = 8 ，若 三 數(shù) 取 自7 + 9 º 0, 7 +10 º 1，故7 不能取，因此另三數(shù)將取自(3,13),8,9,10 ，顯然9 Ï A ，否則不于是 A 中的數(shù)是(1,3,5,8,10) ，或(1,5,8,10,13) ，能取8,10 ，也不能同取

17、3，13，.但前組中有3 + 5 = 8，后組中有5 + 8 = 13，(2). 若三數(shù)取自(2,14),(7,9),8,10 ，同樣知7 不能取，即另三數(shù)在(2,14),8,9,10 中選取，進(jìn)而知9 不能取，否則不能取8,10 ，也不能同取(2,14). 于是 A 中的數(shù)為(1, 2,5,8,10)或(1,5,8,10,14) ，而前組中有2 + 8 = 10 ，后組中有10 +14 º 8 ，所以5Ï A F1 類中如存在集合 A ，使7 Î A ，因為1Î A Þ 6,8,9,10Ï A ，（,6與7 相鄰，7 + 9

18、86; 0,7 +10 º1），因此另三數(shù)將取自(2,14),(3,13),(4,12),11，且由13 + 4 º 1,13 = 12 +1知， (3,13),(4,12) 中的任兩數(shù)不能并存；(1). 若另三數(shù)取自(2,14),(3,13),11，則11Î A Þ 3Ï A Þ13Î A Þ14Ï A Þ 2Î A ，3 + 4 = 7, 12 + 7 º 3，故 A 中的數(shù)是(1, 2, 7,11,13) ，而其中有2 +11 = 13，(2). 若另三數(shù)取自(2,14

19、),(4,12),11，則11Î AÞ12 Ï AÞ 4Î A,因此7 Ï A.F1 類中如存在集合 A ，使13Î A ，因為1Î A Þ 3, 4,12,14Ï A ，（ 331+,0 º而7 + 4 =11，.431+1 º ，12 +1 = 13,14 = 1+13 ），且據(jù)前述， 5, 7 Ï A ，因此另三數(shù)將取自(6,10), 2,8,9,11，若取9 ，則6,8,10Ï A （因8,10 與9 相鄰，而9 +13 º 6 ），故

20、A 中的數(shù)只有1, 2,9,11,13，而其中2 + 9 =11，故9 不取， A 中另三數(shù)取自(6,10), 2,8,11因2 +11 = 13，故2,11 不能同取，8 必取，且(6,10) 中必取一數(shù)，若取2, 則6,10 不能取，（因6 + 2 = 8, 2 + 8 =10 ），若取11, 因11+13 º 8 ，也得.故13Ï A ，從而5, 7,13Ï A 所以 A 中除1外的另四數(shù)取自(2,14),(4,12),(6,10),(8,9),3,11，（括號中的每對數(shù)不能不能?。ㄒ?0,12 與11相鄰，6 +11 º 1），余下的數(shù)為(2,1

21、4) ，同取），若取11，則6,10,12(3, 4),(8,9)，每組恰取一數(shù)，且3 不能?。ǚ駝t2, 4,8,14 皆不能?。?，于是得兩組解：5(1, 2, 4,8,11),(1, 4,8,11,14)；若不取11，如果取 3 ，則 2, 4,14不能取（因 2, 4 與 3 相鄰， 14+ 3º 1），余下三數(shù)從(6,10),(8,9),12 中取出，每組恰取一數(shù)，得兩組解： (1,3, 6,8,12), (1,3,8,10,12) ；如果11與3 都不取，即要從(2,14),(4,12),(6,10), (8,9)中取出四數(shù)，每組恰取一數(shù)，則只有一解： (1, 6,9,12,14) （這是由于，若有8Î A, 如果2Î A Þ 6,10Ï A，；如果14Î A Þ 6Ï A Þ10Î A Þ 4Ï A Þ12Î A ，因12 +14 º10 Þ10Ï A ，故8Ï A Þ 9Î A Þ10Ï A Þ 6&