求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方． ．可见平方数 整除，从而 整除．因此，数 ），由此可知 是某个自然数的平方． 逐一检验，易知仅 为平方数，故所求的四位数是 是自然数， 的正约数．证明： 不是完全平方． 年匈牙利． 是正整数，如果 的平方，那么 但这是不可能的，因为 都是完全平方，而由 不是平方数． 试证四个连续自然数的乘积加上 的算术平方根仍为自然数． 年上海高三决赛题． 【证】四个连续自然数的乘积可以表示成 因此，四个连续自然数乘积加上 ，是一完全平方数，故知本题结论成立． 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数． 【证】设此算术级数公差是 ，且其中一项 ，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数． 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）． 满足条件，令 ．经验算，仅当 满足条件．若 ．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为 求所有的素数 也是素数． ．所以本题只有一个解 证明存在无限多个自然数 有下列性质：对任何自然数 都不是素数． 【证】对任意整数 不是素数．取 ，…就得到 无限多个符合要求的 位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数． 【证】假设和的数字都是奇数．在加法算式 中，末一列数字的和 为奇数，从而第一列也是如此， 因此第二列数字的和 ．于是将已知数的前两位数字 与末两位数字 去掉，所得的 位数仍具有性质：将它的 数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然 是偶数．矛盾！ 证明：如果 的素数，那么 的因数．因为 余数不同， 整除，所以 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．美国 (window.slotbydup=window.slotbydup || []).push({ id: '4540225', container: s, size: '910,250', display: 'inlay-fix' 该用户的其他资料 (window.slotbydup = window.slotbydup || []).push({ id: '4540180', container: s, size: '250,200', display: 'inlay-fix' 资料评价： 所需积分：5京 东 价： [定价：￥] PLUS会员专享价 您购买此商品可享受专属价 增值业务： 重　　量： 搭配赠品： 所 在 地：黑龙江 哈尔滨市 服务支持： 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 圣彼得堡数学奥林匹克试题集 商品介绍加载中... 扫一扫，精彩好书免费看 服务承诺： 京东平台卖家销售并发货的商品，由平台卖家提供发票和相应的售后服务。请您放心购买！ 注：因厂家会在没有任何提前通知的情况下更改产品包装、产地或者一些附件，本司不能确保客户收到的货物与商城图片、产地、附件说明完全一致。只能确保为原厂正货！并且保证与当时市场上同样主流新品一致。若本商城没有及时更新，请大家谅解！ 权利声明：京东上的所有商品信息、客户评价、商品咨询、网友讨论等内容，是京东重要的经营资源，未经许可，禁止非法转载使用。 注：本站商品信息均来自于合作方，其真实性、准确性和合法性由信息拥有者（合作方）负责。本站不提供任何保证，并不承担任何法律责任。 印刷版次不同，印刷时间和版次以实物为准。 价格说明： 京东价：京东价为商品的销售价，是您最终决定是否购买商品的依据。 划线价：商品展示的划横线价格为参考价，该价格可能是品牌专柜标价、商品吊牌价或由品牌供应商提供的正品零售价（如厂商指导价、建议零售价等）或该商品在京东平台上曾经展示过的销售价；由于地区、时间的差异性和市场行情波动，品牌专柜标价、商品吊牌价等可能会与您购物时展示的不一致，该价格仅供您参考。 折扣：如无特殊说明，折扣指销售商在原价、或划线价（如品牌专柜标价、商品吊牌价、厂商指导价、厂商建议零售价）等某一价格基础上计算出的优惠比例或优惠金额；如有疑问，您可在购买前联系销售商进行咨询。 异常问题：商品促销信息以商品详情页“促销”栏中的信息为准；商品的具体售价以订单结算页价格为准；如您发现活动商品售价或促销信息有异常，建议购买前先联系销售商咨询。 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 加载中，请稍候... 浏览了该商品的用户还浏览了 加载中，请稍候... 价　格： 到 　　　 iframe(src='///ns.html?id=GTM-T947SH', height='0', width='0', style='display: visibility:')当前位置： >> 奥林匹克题解代数篇 第二章代数第二节 方程 B2-001 如果方程 x +ax+b=0 与 x +px+q=0 有一个公根，求以它们的相异根为根的二 次方程．2 2【题说】1957 年上海市赛高二复赛题 2． 【解】设公根为α ，则 α +aα +b=0 α +pα +q＝0 相减，得 (a-p)α ＝q-b 所以2 2
由韦达定理，另外两个相异的根为故所求方程为【注】利用两根之和等于一次项系数的相反数求出的方程为此方程与上面求出的方程仅是外形不同，事实上，a，b，p，q 有关系． (b-q) ＝(aq-bp)(p-a)12B2-002方程 x =1(x?2)的 n 个根是 1，x1，x2，?，xn-1．证明：n【题说】1957 年武汉市赛决赛题 2．将原方程变形为(x-1)(x +x +?+x+1)=0． 【证】x -1=(x-1)(x-x1)?(x-xn-1)．因此， (x-x1)(x-x2)?(x-xn-1)＝x +x +?+x+1 令 x=±1 得 (1-x1)(1-x2)?(1-xn-1)=nn-1 n-2 nn-1n-2所以B2-003 证明：如果整系数二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)有有理根，那么 a、b、c 中至 少有一个是偶数． 【题说】1958 年～1959 年波兰数学奥林匹克三试题 2．22从而 ap +bpq+cq =0 若 p、q 均为奇数，则2 2因此 a、b、c 中至少有一个偶数． 若 p、q 中有一个偶数，则另一个为奇数．不妨设 p 为奇数，q 为偶数，则即 a 为偶数．B2-004证明：方程 x +x=10 有一正根为无理数．5【题说】1963 年合肥市赛高三二试题 4． 【证】当 x=0 时，x +x＜10．当 x=10 时，x +x＞10，因此 x +x=10 必有 正根(在(0，10)内)．5 5 5并且 p、q 互质)满足条件 p｜a0，q｜an．因此 x +x-10=0 的有理根只可 能是±10，±5，±2，±1．不难验证它们都不是方程的根．所以方程的正 根都是无理数． B2-005 设 P(x)=a0x +a1x +?+an-1x+an 是整系数多项式，如果 P(0)与 P(1)都是奇数，证明 P(x)没有整数根． 【题说】第三届(1971 年)加拿大数学奥林匹克题 5．第七届(1941 年) 莫斯科数学奥林匹克九、十年级题 8． 【证】对于整数 m，若它是偶数，则 P(m)与 P(0)奇偶性相同；若它是 奇数，P(m)与 P(1)奇偶性相同，故 P(m)总是奇数，不为 0．因此，P(x)没 有整数根．3n n-15B2-006 亦无实根．二次三项式 f(x)=ax +bx+c，如果方程 f(x)=x 无实根．证明：方程 f(f(x))=x2【题说】第七届(1973 年)全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【证】如果方程 f(x)=x 无实根，则对所有 x 的值，有 f(x)＞x(若 a＞0) 或 f(x)＜x(或 a＜0) 从而 f(f(x))＞f(x)＞x 或 f(f(x))＜f(x)＜x 所以 f(f(x))=x，无实根． 【注】结论对所有连续函数 f(x)均成立． B2-007 设 a 和 b 为实数，且使方程 x +ax +bx +ax+1=0 至少有一个实根，对所有这种数对(a，b)，求出 a +b 的最小可能值． 【题说】第十五届(1973 年)国际数学奥林匹克题 3．本题由瑞典提供． 【解】设实数 x 使 x +ax +bx +ax+1=0 则4 3 2 2 2 4 3 2从而方程 y +ay+(b-2)=024此式即平方整理得 2｜a｜?2+b 从而程 x +ax +bx +ax+1 的实根)．432B2-008 若 P1(x)=x -2，Pi(x)=P1[Pi-1(x)]，i=2，3，4，?．证明：对 任何自然数 n，方程 Pn(x)=x 的根都是不同的实根． 【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 2．本题由芬兰提供． 【证】当｜x｜?2 时，P1(x)?2，从而 Pn(x)?2，故 Pn(x)的所有实根 都在(-2，2)中．设 x=2cost，则 P1x(t)=4cos t-2=2cos t 从而 Pnx(t)=2cos2 tn 2 225即当 2 t=±t+2kπ ，k=0，1，?时，得 Pn(x)=x 的 2 个不同的实根， n 因为 Pn(x)次数是 2 ，所以它的所有根都是实根． B2-009 已知方程 2x -9x+8=0，求作一个二次方程，使它的一个根为 原方程两根和的倒数，另一根为原方程两根差的平方． 【题说】1978 年全国联赛一试题 4． 【解】设已知方程的两个根为 x1、x2，所求方程为 x +px+q=0，它2 2nn故所求方程为 36x -161x+34=0． B2-010 设 a、b、c、d 是互不相同的四个整数，r 是方程 (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)-9=02【题说】1979 年河南省赛一试题 7． 【证】由题意 (r-a)，(r-b)，(r-c)，(r-d) 是互不相同的四个整数，且 (r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=96由整数的唯一分解定理知 r-a，r-b，r-c，r-d 只能分别是-1，1，-3，3． 所以 (r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0 即B2-011设 a、b、c 是方程 x -x -x-1=0 的根．321．证明：a、b、c 彼此不等； 2．证明：下式表示一个整数【题说】第十四届(1982 年)加拿大数学奥林匹克题 2．第 2 小题中， 1982 换成任意自然数 n 均成立． 【证】1．由韦达定理，有 a+b+c=1，bc+ca+ab=-1，abc=1 如果 a、b、c 中有两数相等，不妨设 b=c．则有 a+2b＝1，b +2ab＝-1，ab ＝1 由前二式解得 a=-1，b=1，a=5/3，b=-1/3．但它们不满足第三式．因 此，a、b、c 彼此不等．2 2(a+b+c)=2 都是整数，设在 n?k 时 An 均为整数(k?2)，则由于 k k-1 k-2 k+1 k+1 k k k-1 k-1 k-2 k-2 b =b +b +b 等，所以 b -c =(b -c )+(b -c )+(b -c )．从而 Ak+1=Ak+Ak-1+Ak-2 也是整数，因此一切 An 为整数．特别地，A1982 为整数．k+1B2-012已知 x1、x2 是方程 x +(k-2)x+(k +3k+5)=0 (k 为实数)72 2【题说】1982 年全国联赛题 1(6)．原题为选择题． 【解】由于 x1、x2 是实数根，所以 △=(k-2) -4(k +3k+5)?02 2B2-013已知方程(x-19)(x-83)=p，有实根 r1 和 r2(其中 p 为实数)，求方程 (x-r1)(x-r2)=-p的最小实根． 【题说】1984 年北京市赛高一题 1(4)．原题为选择题． 【解】由题意得： (x-19)(x-83)-p=(x-r1)(x-r2) 可见 19 与 83 是方程(x-r1)(x-r2)=-p 仅有的两个实根，最小实根为 19． B2-014 四次方程 x -18x +kx +200x-1984=0 的四个根中的两个根的乘积为-32，试决定 k 的值． 【题说】第十三届(1984 年)美国数学奥林匹克题 1． 【解】设方程四根为 x1、x2、x3、x4，且 x1x2=-32．由根与系数关系， 有 x1+x2+x3+x4=184 3 2(1)8x1x2+x3x4+(x1+x2)(x3+x4)=k(2) x1x2(x3+x4)+x3x4(x1+x2)=-200(3) x1x2x3x4=-1984(4) 由(4)得 x3x4=-1984/(-32)=62 代入(3)得 31(x1+x2)-16(x3+x4)=-100(5) 由(1)、(5)解得 x1+x2=4，x3+x4=14 代入(2)得 k=-32+62+4?14=86B2-015方程 x +ax+b+1=02的根是正整数．证明：a +b 是合数． 【题说】第二十届(1986 年)全苏数学奥林匹克八年级题 1． 【证】设 x1、x2 是原方程的两根，则229(1) 由(1)式得因为 x1、x2 都是正整数，所以 a +b 是合数． B2-016 a1，a2，?，a2n 是 2n 个互不相等的整数．如果方程 (x-a1)(x-a2)?(x-a2n)+(-1) (n！) ＝0 有一个整数解 r，求证n-1 222【题说】第二届(1987)东北三省数学邀请赛题 6． 【解】由题设可知 (r-a1)(r-a2)?(r-a2n)=(-1) (n！) 2n 个整数 r-a1，r-a2，?，r-a2n 两两不等． 2n 个不同的整数 r-a1，r-a2，?，r-a2n 的积为(-1) (n！) ，所以它们 必为-n，-(n-1)，?，-1，1，2，?，n 的一个排列，从而 (r-a1)+(r-a2)+?+(r-a2n) =-n-(n-1)-?-1+1+2+?+n=0n 2 n 2B2-017证明：对每一整数 n＞1，方程10无有理根． 【题说】第三十届(1989 年)IMO 预选题 4．本题由保加利亚提供． 【证】首先证明对每一个整数 k＞0 及每个素数 p，p ｜k！， 事实上，设 s?0 为整数，满足 P ?k?P ，则满足 p ｜k！的最大整数为s s+1 r k所以 p ｜k！ 若方程有有理根为α ，则kB2-018求方程 x +10x-5=0 所有 199 个解的 199 次方的和．199【题说】1991 年日本数学奥林匹克预选赛题 2． 【解】设方程的解为 a1，a2，?，a199，则由韦达定理知 a1+a2+?+a199=0，11所以B2-019求使方程 x -pqx+p+q=0 有整数根的所有自然数 p 和 q．2【题说】第十七届(1991 年)全俄数学奥林匹克十年级题 1， 【解】设自然数 p、q，使得原方程有两根 x1、x2∈Z，则 x1x2=p+q＞0，x1+x2=pq＞O 因此，这两根均为正数，且 (x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2 2 表为两个非负整数之和，只有三种情况： (1) 0+2；(2) 1+1；(3) 2+0． 由(1)得 p=3，q=2 或 p=2，q=3；由(2)得 p=q=2；由(3)得 p=1，q=5，或 p=5，q=1．B2-020对多少个实数 a，x 的二次方程 x +ax+ba=02只有整数根？ 【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 8． 【解】设 m、n 是方程二整数根(m?n)．则应有 a=-(m+n)，6a＝mn12因此，a 也是整数，且 -6(m+n)=mn 即 (m+6)(n+6)=36 由于 36=2 ?32 2所以(m，n)有 10 组解：(-42，-7)，(-24，-8)，(-18，-9)，(-15， -10)，(-12，-12)，(-5，30)，(-4，12)，(-3，6)，(-2，3)，(0，0)对应 的 a=-(m+n)也有 10 个值： 49，32，27，25，24，-25，-8，-3，-1，0B2-021p 为整数，试证 x -2x-(10p +10p+2)=0 无整数解．22【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第二轮题 1． 【证】将原方程变形为 x(x-2)=2[5p(p+1)+1](1) 因为 p(p+1)是偶数，所以(1)式右边如果 x 是整数，那么 x 必为偶数，(1)式左边矛盾． 所以原方程无整数解．13B2-022 设 f(x)=x +5x +3，其中 n 是一个大于 1 的整数．求证：f(x) 不能表示为两个多项式的乘积， 其中每一个多项式都具有整数系数而且它们 的次数都不低于一次． 【题说】第三十四届(1993 年)国际数学奥林匹克题 1． 【解】f(x)的有理根只可能是±1，±3．不难验证 f(1)=8， n-1 n n-1 n-1 f(-1)=4(-1) +3，f(3)=3 +5?3 +3，f(-3)=2(-3) +3 均不为 0，所以 f(x) 没有一次因式． 若 f(x)=g(x)h(x)nn-1(*) 其中 g(x)=x +ap-1x +?+a1x+a0 h(x)=x +bq-1x +?+b1x+b0 p，q，a0，a1，?，ap-1，b0，b1，?，bq-1 都是整数并且 p+q=n，p?2， q?2， 则比较(*)式两边常数项得 a0b0=3． 不妨设 a0=±3，b0=±1．设 a1，?，ap 中第一个不被 3 整除的为 ak，则 k?p=n-q＜n-1． 比较(*)两边 x 的系数得 0=akb0+ak-1b1+?+a0bk 左边被 3 整除，右边仅 akb0 不被 3 整除，从而右边不被 3 整除，矛盾． 所以 f(x)不能分解为两个整系数多项式的乘积． B2-023 x 的二次方程 x +z1x+z2+m=02 k q q-1 p p-1(1)14中，z1、z2、m 均是复数，且(2)【题说】1994 年全国联赛二试题 1． 【解】由韦达定理有因为(α -β ) =(α +β ) -4α β22所以 m-(4+5i)｜=7 这表明复数 m 在以 A(4，5)为圆心、以 7 为半径的圆周上．故原点在⊙A 内． 延长 OA，交圆周于 B、C 两点，则15B2-024 已知方程 ax +bx +c=0 有 3 个不同的实数根．证明：方程 cx +bx+a=0 也有 3 个不同的实数根． 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级题 5． 【证】显然 x=0 不是方程 ax +bx +c=0 的根，否则 c=0，方程只有两个不同的实数根， 这与题设矛盾．5 4545B2-025 方 程 x +ax+b=0 有 两 个 不 同 的 实 数 根 ． 证 明 ： 方 程 4 3 2 x +ax +(b-2)x -ax+1=0 有 4 个不同的实数根． 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十年级题 2． 【证】x +ax +(b-2)x -ax+1＝(x -x1x-1)(x -x2x-1) 其中 x1、x2 分别是方程 x +ax+b=0 的两个不同的实数根． 现在只须证明：方程 x -x1x-1=02 2 4 3 2 2 22(1) 及 x -x2x-1=02(2)16的实数根各不相同．由判别式知它们分别有两个不同的实数根．x1≠x2 矛盾．所以方程(1)、(2)没有公共根．从而本题结论成立． B2-026 求一切实数 p，使得三次方程 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1=66p3 2(1) 的三个根均为正整数． 【题说】1995 年全国联赛二试题 2． 【解】由观察知，x=1 是(1)的一个正整数根．所以 3 2 2 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x)，其中 Q(x)=5x -5px+66p-1． 设正整数 u、v 是 Q(x)=0 的两个根，则所以 p 是正整数，将(2)代入(3)，得 5uv=66(u+v)-1(4) 从而17因左边是 5 的倍数，19、229 又都是素数，故 5v-66=19 或 229 由此求得 v=17 或 59，u=59 或 17，p=u+v=76，即当且仅当 p=76 时，方 程(1)三根均是正整数：1，17，59． B2-026 求一切实数 p，使得三次方程 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1=66p3 2(1) 的三个根均为正整数． 【题说】1995 年全国联赛二试题 2． 【解】由观察知，x=1 是(1)的一个正整数根．所以 2 2 5x -5(p+1)x +(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x)，其中 Q(x)=5x -5px+66p-1．3设正整数 u、v 是 Q(x)=0 的两个根，则所以 p 是正整数，将(2)代入(3)，得 5uv=66(u+v)-1(4) 从而因左边是 5 的倍数，19、229 又都是素数，故 5v-66=19 或 22918由此求得 v=17 或 59，u=59 或 17，p=u+v=76，即当且仅当 p=76 时，方 程(1)三根均是正整数：1，17，59． B2-027 已知 f(x)、g(x)和 h(x)都是二次三项式，方程 f(g(h(x)))=0 有根为 1，2，3，4，5，6，7 和 8，这可能吗？ 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数学奥林匹克九年级题 3． 【解】设 1，2，3，4，5，6，7 和 8 是方程 f(g(h(x)))=0 的根． 如果直线 x=a 是抛物线 y=h(x)的对称轴，那么当且仅当 x1+x2=2a 时， h(x1)=h(x2)． 多项式 f(g(x))的根不多于 4 个，而 h(1)，h(2)，?，h(8)都是它的 根， 因此只能是 a=4.5， h(4)=h(5)， 且 h(3)=h(6)， h(2)=h(7)， h(1)=h(8)． 此 外，由图像可知 h(1)，h(2)，h(3)，h(4)是单调数列． 同样地，考察二次三项式 f(x)及它的根 g(h(1))，g(h(2))，g(h(3))， g(h(4))． 我们得到 h(1)+h(4)=2b， h(2)+h(3)=2b， 其中直线 x=b 是方程 y=g(x) 的抛物线的对称轴． 对于二次三项式 h(x)=Ax +Bx+c，由 h(1)+h(4)=h(2)+h(3)，得 4A=0， 即 A=0，这与 h(x)是二次三项式相矛盾，所以方程 f(g(h(x)))=0 不可能有 根 1，2，3，4，5，6，7，8． B2-028 若α 、β 、γ 是 x -x-1=0 的根，计算3 2的值． 【题说】第二十八届(1996 年)加拿大数学奥林匹克题 1． 【解】设 f(x)=x -x-1＝(x-α )(x-β )(x-γ ) 由多项式根与系数关系，有 α +β +γ ＝0 α β +β γ +γ α =-1 α β γ =1 从而193其中分子 A=(1+α )(1-β )(1-γ )+(1+β )(1-α )(1-γ )+(1+γ )(1-α )(1-β ) =3-(α +β +γ )-(α β +β γ +γ α )+3α β γ =7 分母 B=(1-α )(1-β )(1-γ )=f(1)=-1 因此所求值为 S=-7． B2-028 若α 、β 、γ 是 x -x-1=0 的根，计算3的值． 【题说】第二十八届(1996 年)加拿大数学奥林匹克题 1． 【解】设 f(x)=x -x-1＝(x-α )(x-β )(x-γ ) 由多项式根与系数关系，有 α +β +γ ＝0 α β +β γ +γ α =-1 α β γ =1 从而3其中分子 A=(1+α )(1-β )(1-γ )+(1+β )(1-α )(1-γ )+(1+γ )(1-α )(1-β ) =3-(α +β +γ )-(α β +β γ +γ α )+3α β γ =7 分母20B=(1-α )(1-β )(1-γ )=f(1)=-1 因此所求值为 S=-7． B2-030 设 a 是 x -x-1=0 的解，求以 a 为其解的整系数三次方程．3 2【题说】1996 年日本数学奥林匹克预选赛题 4． 【解】a -a=1，两边平方得 a (a -1) ＝1 所以 a 是 x(x-1) =1 的根，展开得 x -2x +x-1=0 这就是所求的方程． B2-031 假设 x +3x +4x-11=0 的根是 a，b，c，x +rx +sx+t=0 的根是 a3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 3+b，b+c，c+a，求 t． 【题说】第十四届（1996 年）美国数学邀请赛题 5． 【解】由韦达定理， r =－（a+b）（b+c）（c+a） =－（－3－c）（－3－a）（－3－b） =－（（－3） +3（－3） +4（－3）－11）=23 B2－032 设 P 是方程 z +z +z +z +1=0 的有正虚部的那些根的乘积，并 设 P=r（cosθ °+isinθ °），这里 0＜r，0?6＜360．求θ ． 【题说】第十四届（1996 年）美国数学邀请赛题 11． 【解】原方程即6 4 3 2 3 2u －2u+1=0321即 （u－1）（u +u－1）=0 从而2z=cos60°±isin60°，cos72°±isin72°，cos144°±isin144° θ =60+72+144=276B2－033解方程组其中 a 和 b 是已知实数，当 a 和 b 满足什么条件时，方程组的解 x、y、z 是互不相同 的正数？ 【题说】第三届（1961 年）国际数学奥林匹克题 1．本题由匈牙利提供． 【解】a －b =（x+y+z） －（x +y +z ） =2（xy+yz+zx） =2（z +yz+zx）=2az 若 a=0，则 b≠0 时方程组无解；b=0 时，由 x +y +z =0 得 x=y=z=0．2 2 2 2 2 2 2 2 2 2u +（z－a）u+z =02222y＞0．B2－034 一时钟在某时间 T1，短针指在 2 与 3 之间，长针指在 4 与 5 之间，过了某段时间之后，到时间 T2，长针指在原来短针所指的位置，而短 针指在原来长针所指的位置，求原来时间 T1 和现在时间 T2 各为几点钟． 【题说】1963 年上海市赛高三决赛题 2． 【解】设在时间 T1，短针的度数为 x，长针的度数为 y．因短针走23B2－035 x5+x2=yx1 x1+x2=yx2 x2+x4=yx3 x3+x5=yx4 x4+x1=yx5求所有能使等式 （1） （2） （3） （4） （5）成立的值 x1，x2，x3，x4，x5，这里的 y 是一个参数． 【题说】第五届（1963 年）国际数学奥林匹克题 4．本题由原苏联提供． 【解】将五个方程相加得 （x1+x2+x3+x4+x5）（y－2）=0 所以 x1+x2+x3+x4+x5=0 或 y=2． 如果 y=2，那么原方程组可写成 x5－x1=x1－x2=x2－x3=x3－x4=x4－x5 即 x1=x2=x3=x4=x5=任意数是原方程组的解． 如果 y≠2，那么 x1+x2+x3+x4+x5=0 由（3）、（2）、（4）得 y x3=y（x2+x4）=（x1+x3）+（x3+x5） 由上式及（3）、（6）得 (y +y－1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=02 2（6）24因此，在 y +y－1=0 时，x3=0．同理 x1=x2=x3=x4=x5=0 它显然是原方程组的解．2不难验证任意 x2、x1 及由以上三式得出的 x3、x4、x5 是原方程组的解．B2－036已知方程组其系数满足下列条件： （1）a11、a22、a33 都是正的； （2）所有其余系数都是负的； （3）每一方程中系数之和是正的． 证明：x1=x2=x3=0 是已知方程组的唯一解． 【题说】第七届（1965 年）国际数学奥林匹克题 2．本题由波兰提供．25【证】设 x1、x2、x3 为一组解，不妨设|x1|?|x2|?|x3|，则 |a11x1+a12x2+a13x3|?|a11x1|－|a12x2|－|a13x3|?a11|x1|+a12|x1|+a13|x1|= （a11+a12+a13）|x1|?0，等号仅在 x1=x2=x3=0 时成立． B2－037 解方程组其中 a1、a2、a3、a4 是已知的两两不等的实数． 【题说】第八届（1966 年）国际数学奥林匹克题 5．本题由捷克斯洛 伐克提供． 【解】在方程组中，如果将足码 i 换 j，j 换成 i，原方程组不变．不 失一般性，可以假定 a1＞a2＞a3＞a4，这时原方程组成为 （a1－a2）x2+（a1－a3）x3+（a1－a4） x4=1 （1） （a1－a2）x1+（a2－a3）x3+（a2－a4） x4=1 （2） （a1－a3）x1+（a2－a3）x2+（a3－a4） （3）x4=1（a1－a4）x1+（a2－a4）x2+（a3－a4） x3=1 （4） （1）－（2）、（2）－（3）、（3）－（4），分别得 （a1－a2）（x2+x3+x4－x1）=0 （a2－a3）（－x1－x2+x3+x4）=0 （a3－a4）（－x1－x2－x3+x4）=0 即有 x2+x3+x4=x1 x1+x2=x3+x426（5） （6）x1+x2+x3=x4 由（5）、（6）、（7）得 x2=x3=0，x1=x4 代入（1）、（4）得（7）经检验可知，当 a1＞a2＞a3＞a4 时，是原方程组的解． 一般地，当 ai＞aj＞ak＞al 时，方程组的解为：B2－038给出关于 x1，x2，?，xn 的方程组其中 a、b、c 为实数，a≠0，且Δ =（b－1） －4ac．证明：在实数范围内该方程组 （i）当Δ ＜0 时无解； （ii）当Δ =0 时恰有一个解； （iii）当Δ ＞0 时有多于一个解． 【题说】第十届（1968 年）国际数学奥林匹克题 3．本题由保加利亚提供．227【证】将 n 个方程相加得即所以Δ ＜0 时，无实数解． Δ =0 时，只有一个解Δ ＞0 时，显然有两组不同的解B2－039已知 p 个方程 q=2p 个未知数 x1，x2，?，xq 的方程组： a11x1+a12x2+?+a1qxq=0 a21x1+a22x2+?+a2qxq=0 ?? ap1x1+ap2x2+?+apqxq=0其中每一个系数 aij 是集｛－1，0，1｝中一元素，i=1，2，?，p；j=1， 2，?q ．证明：方程组有一个解（x1，x2，?，xq）使得 （i）所有 xj（j=1，2，?，q）是整数； （ii）至少有一个 j 值使 xj≠0（1?j?q）； （iii）|xj|?q（j=1，2，?，q）．28【题说】第十八届（1976 年）国际数学奥林匹克题 5．本题由荷兰提 供． 【证】 考虑适合条件|yj|?p （j=1， ?， 的所有整数组 1， 2， 2， q） （y y ?， q yq），共有（2p+1） 个． 令 Ai=ai1y1+?+aiqyq，i=1，2，?，p． 由于 aij 是－1，0，1 中的一个，每个 Ai 都是整数，并且 |Ai|?|y1|+?+|yq|?pq 因此，数组（A1，A2，?，Ap）至多有（2pq+1） =（4p+1） 个． 因为（2p+1） =（2p+1） =（4p +4p+1） ＞（4p+1） ，由抽屉原理， 一定有两个不同的数组（y1，?，yq），（y′1，?，y′q）产生同一个数组 （A1，A2，?，Ap），所以 ai1（y1－y′1）+?+aiq（yq－y′q）= 0（i=1，2，?，p） 令 xj=yj－y′j，j=1，2，?，q．则 x1，?，xq 不全为零，满足方程组 且有 |xj|=|yj－y′j|?|yj|+|y′j|?2p=q 这说明（x1，?，xq）即是所要找的一个解． B2－040 正数 x、y、z 满足方程组q 2p 2 p p p p试求 xy+2yz+3xz 的值． 【题说】第十八届（1984 年）全苏数学奥林匹克十年级题 4． 【解】考虑右图，其中∠ROP、∠POQ、∠QOR 分别为 150°，29由已知方程组及余弦定理，RP、PQ、QR 分别为 25、9、16． 在△PQR 中，PR =PQ +QR ．于是∠PQR=90°．2 2 2又SPQR=SPOR+SPOQ+SQORB2－041若确定 x +y +z +w 的值． 【题说】第二届（1984 年）美国数学邀请赛题 15．考虑 t 的方程222230【解】（1）两边乘（t－1）（t－9）（t－25）（t－49），得 x （t-9）（t-25）（t-49）+y （t-1）（t-25）（t-49） +z （t-1）（t-9）（t-49）+w （t-1）（t-9）（t-25） -（t-1）（t-9）（t-25）（t-49） =0 （2） 它是 t 的四次方程，并有四个根 t=4，16，36，64．故（2）即方程 （t－4）（t－16）（t－36）（t－64）=0 比较（2）与（3）的系数得： x +y +z +w +（1+9+25+49） =4+16+36+64 从而 x +y +z +w =362 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2（3）B2－042求方程组的所有实数解： （1） （2）x1?x2?x3=x1+x2+x3 x2?x3?x4=x2+x3+x4 x3?x4?x5=x3+x4+x5??x?x+x x?x+x x?x+x1+x2 【题说】第十三届（1987 年第三阶段）全俄数学奥林匹克九年级题 2． 【解】（1）－（2）得 x2?x3（x1－x4）=x1－x431于是 x2?x3=1 或 x1=x4 当 x2?x3=1 时，（1）式成为 x2+x3=0，易知方程组 x2?x3=1，x2+x3=0 无实数解．所以 x1=x4． 同理，x2=x5；x3=x6；x1985=x1；x1986=x2；x1987=x3． 于是 x3=x6=?=x=?=x=?=x=x 代入方程（1）得 x =3x3B2－043解方程组 xy+xz=8－x2xy+yz=12－y2yx+zx=－4－z2【题说】1990 年匈牙利数学奥林匹克第二轮基本水平题 1． 【解】原方程组可以改写成 x（x+y+z）=8 y（x+y+z）=12 z（x+y+z）=－4 将这三个方程相加，可以得到（x+y+z） =16，从而 x+y+z=±4．由此 可得到原方程组的解为（2，3，－1）与（2，－3，1）．232B2－044 若实数 a、b、x、y 满足 ax+by=3，ax +by =7，ax +by =16， 4 4 5 5 ax +by =42，求 ax +by 的值． 【题说】第八届（1990 年）美国数学邀请赛题 15． 【解】由 ax +by =（ax +by ）（x+y）－（ax+by）xy 得 3xy 由 得 7xy （2） 由（1）、（2）解得 x+y=－14，xy=－38．因此， ax +by =（ax +by ）（x+y）－（ax +by ）xy =42?（－14）－16?（－38）=20 B2－046 求满足下列条件的关于 x、y 的次数最低（但不低于 1 次） 的多项式 f（x，y）：5 5 4 4 3 3 4 4 3 3 2 2223316=7（x+y）－ （1） ax +by =（ax +by ）（x+y）－（ax +by ）xy 42=16（x+y）－3 3 2 2【题说】1994 年日本数学奥林匹克预选赛题 11． 【解】将 f（x，y）表为 i 次齐次多项式之和：f（x，y）=件，则每一 fi（x，y）也满足同样的条件．所以，所要求的 f（x，y） 是一个次数最低的齐次式． 由（1）知 f（y，y）=0，所以 f（x，y）=（x－y）h（x，y） 其中 h（x，y）是关于 x、y 的齐次式，且 h（x，y）=h（y，x），即 h 为对称式． 由（2）得33－yh（x，x+y）－xh（y，x+y）=0 以 y－x 代 y 得 －（y－x）h（x，y）－xh（y－x，y）=0 所以，h（x，y）被 x 整除，由对称性知，h（x，y）也被 y 整除．由 此得 f（x，y）=（x－y）xyg（x，y） 其中 g（x，y）是齐次对称式，将上式代入（2）并整理，得 g（x，x+y）+g（y，x+y）=0 令 y=－x，得 g （x， +g 0） （－x， =0 0） 设 g（x，y）为 l 次齐次式，即 （4） （3）由（4）得 cl+（－1） cl=0 故 l 为奇数或 cl=0． 若 cl=0，则 g（x，y）被 y 整除，由对称性知，它也被 x 整除，所以 l ?2．若 l=2，则 g（x，y）=cxy（c≠0），不满足（3），故 l?3． 若 cl≠0，则 l 为奇数．若 l=1，则 g（x，y）=c（x+y）（c≠0），不 满足（3），故 l?3． 综上所述，g（x，y）是至少 3 次的齐次对称式．设 g（x，y）=a（x +y ）+bxy（x+y） 代入（3）并整理，得 a（（x +y ）+2（x+y） ）+b（x+y）（2x +xy）+（xy+2y ））=0 两边同除以 x+y 并整理，得3 3 3 2 2 3 3 l34（3a+2b）（x +xy+y ）=0 取 a=2，b=－3，则得所求的一个 f（x，y）为 f（x，y）=（x－y）xyg（x，y） =（x－y）xy（x+y）（2x－y）（x－2y） 不难验证这个多项式符合要求。 B2－047 货车在 x 时 y 分从莫斯科出发，于 y 时 z 分到达萨拉托夫， 途中共用了 z 小时 x 分钟，求 x 的所有可能值． 【题说】第二十一届（1995 年）全俄数学奥林匹克九年级题 1． 【解】依题意得 z=x+y，或 z=x+y－60 因为 所 以 （1） 设货车在途中经历了 k 昼夜，则 y=x+z－24k 由（1）、（2）得 x=12k．因为 0?x＜24，所以 x=0 或 12 这样的 x 值事实上是可能的，例如 x=0，y=z=15；或 x=12，y=15，z=27 B2－048 求所有使等式 （2） z=x+y x+y＜24+24＜6022成立的实数 x，其中 p 是一实参数． 【题说】第五届（1963 年）国际数学奥林匹克题 1．本题由捷克斯洛 伐克提供．35【解】将等式移项，两边平方，化简后得 8 2－p） = 4－p） （ x（ 仅当 p＜2 时，方程（1）有解．正解为2 2（1）将（2）代入原方程，得即 p|3p－4|+2|p|=4－ （3）时，原方程有解，解为B2－049解方程组【题说】1979 年江西省赛一试题 2． 【解】将原方程组两边取倒数并整理得：36（1）+（2）+（3）再除以 2 得用（4）分别减去（3）、（2）及（1）式，即得：B2－050对任意的实数 t，[t]表示小于或等于 t 的最大整数．试证：方程 [x]+[2x]+[4x]+[8x]+[16x]+[32x]=12345没有实数解． 【题说】第十三届（1981 年）加拿大数学奥林匹克题 1． 【解】设 x=[x]+y，0?y＜1，则原方程即 63[x]+[2y]+[4y]+[8y]+[16y]+[32y]=12345 从而 63[x]?12345＜63[x]+1+3+7+15+31=63[x]+57 但 +60，因此上式无解． B2－051 P（x）和 Q（x）为二实系数多项式，它们对一切实数 x 满足 恒等式 P（Q（x））=Q（P（x））．若方程 P（x）=Q（x）无实数解，试证 方程 P（P（x））=Q（Q（x））亦无实数解． 【题说】第十三届（1981 年）加拿大数学奥林匹克题 4．37【证】由于 P（x）=Q（x）无实数解，P（x）－Q（x）恒正或恒负；不 妨设恒正，即 P（x）＞Q（x）． 如果 P（P（x））=Q（Q（x））有一实数解 x=a，则 P（Q（a））＞Q（Q（a））=P（P（a）） ＞Q（P（a））=P（Q（a）） 得出矛盾．故方程 P（P（x））=Q（Q（x））不可能有实数解． B2－052 解方程（方程左边的式子中有 1985 个 2） 【题说】第十九届（1985 年）全苏数学奥林匹克十年级题 5． 【解】因为等价于解得 x=3．B2－053求方程的整数解38【题说】第二十二届（1988 年）全苏数学奥林匹克九年级题 1． 【解】原方程变形为方程的两端都是既约分数，所以有 m =1988 如果 m?1988，则 m ＞1988 令 n=－（m+1），则得m+1 1988 m+1 1988；而如果 0＜m＜1988，则 m ＜1988m+11988．如果 m＜－11988 所以 n=1988，即 m=－1989．1988=nnB2－054求 A ，这里 A 是下列方程所有根的绝对值之和：2【题说】第九届（1991 年）美国数学邀请赛题 7． 【解】将右端的繁分式逐步化为简单的分式，所得结果一定是 x 的线 性分式（分子、分母都是 x 的一次式）．因此，原方程可化为 x 的二次方程， 至多有两个根．方程的根显然都是原方程的根，而（1）即39恰有两个根．于是原方程等价于（1）、（2），（2）的根 x1、x2 一正 一负，所以B2－055解方程组【题说】第十七届（1991 年）全俄数学奥林匹克十年级题 7． 【解】原方程组即 1/（x +y ）=12/5x－1 1/（x +y ）=1-4/5y （1）+（2）再除以 2 得 1/（x +y ）=6/5x－2/5y （1）－（2）再除以 2 得 1=6/5x+2/5y （3）?（4）得 1/（x +y ）=36/25x －4/25y2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2（1） （2）（3）（4）（5）解（5）得 y =x /4，代入（4）得 x=2/5 或 2，代入（3）得 y=－1/5 或 1． 所以原方程组的解为40B2－056 设正实数 a＞1，自然数 n?2，且方程[ax]=x 恰有 n 个不同 的解．试求 a 的取值范围．（[x]表示不超过 x 的最大整数） 【题说】1992 年四川省赛决赛题 3． 【解】由题设可知，x 必为整数． 在 x＜0 时，[ax]＜ax＜x．所以 x?0 令{a}=a－[a]，则原方程变为 x=[ax]=[a]x+[{a}x] 因为[a]?1，所以（1）式成立的充分必要条件是 [a]=1 且{a}x＜1 又因 x=0 显然满足方程， （2） （1）B2－057 方程 x +x+1=0 的解为 w，求满足等式 w +1+（w+1） =0 的不超过 100 的正整 数 k 的个数． 【题说】1992 年日本数学奥林匹克预选赛题 2． 【解】显然有 w =1，（w+1） =w =w． 从而 w +1+（w+1） =0 当且仅当 w +w +1=0． 当 k=3m（m=1，2，?）时， w +w +1=（w ） +（w ） +1=3 当 k=3m+1（m=0，1，2，?）时，2k k 3 2m 3 m 2k 2k 2k k 3 2 422k2k41w +w +1=w +w+1=0 当 k=3m+2（m=0，1，2，?）时， w +w +1=w+w +1=0 由于 1 至 100 的正整数中， 3 整除的有 33 个， 被 所以满足条件的正整数 k 有 100－33=67 个． B2－058 解方程2k k 22kk2【题说】第二十四届（1992 年）加拿大数学奥林匹克题 4． 【解】原方程等价于 0=x +2x －x －6x－3=（x +x+1） －4（x+1） =（x +3x+3）（x －x－1） 于是2 2 4 3 2 2 2 2又解 令 w=x+1，原方程变为倒数方程即从而即42w +w+1=0 或 w －3w+1=0 于是22B2－059 n 为一正整数，试确定有多少个实数 x，满足 1?x＜n 和 x 3 3 －[x ]=（x－[x]） ．其中[x]表示不超过 x 的最大整数． 【题说】1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 2． 【解】记[x]=－a，x－[x]=r，则有 1?a?n－1，0?r＜1，且 （a+r） －[（a+r） ]=r 即3 2 2 3 3 3 2 3 3 33a +3a r+3ar =[（a+r） ]3 2 33223所以 a +3a r+3ar 是整数，且 a ?a +3a r+3ar ＜a +3a +3a=（a+1） － 3 3 2 2 1． a 确定时， 当 对任一整数 n， ＜n＜ a （a+1）－1， 的二次方程 3ar +3a r+ r 3 3 （a －n）=0 的常数项为负，所以恰有一个正根 r．而且（a+1） －1＞ 2 2 3 3 n=3ar +3a r+a 推出 r＜1．在 n=a 时，显然 r=0．所以 a 确定时，r 有（a+1） 3 3 3 3 －a －1 个不同的值满足 0?r＜1． 从而 x=a+r 的个数为 （a+1） －a －1． 故 所求 x 的个数为B2－060设[x]表示不超过 x 的最大整数，求方程 4x －20[x]+23=0 的所有实数根．2【题说】1993 年河北省赛一试题 4． 【解】令 k=[x]．则 4k －20k+23?0 即432（2k－5） ?2 所以 k=2 或 3．将它们代入原方程，易得2B2－061 求下面方程组的所有实数解，并证明你的结论：【题说】第二十八届（1996 年）加拿大数学奥林匹克题 2． 【解】（1）将三个方程相加，得移项，整理得注意到 x、y、z 的非负性，上式左边每一项皆非负，故只能为 0．从而得于是 f（n）的最小值为 0，最大值为 m－1． （2）设 M 为 r1，r2，?，rm 的分母的公倍数．取 n=M－1，则44rkn=rkM－rk [rkn]=rkM－1（k=1，2，?，m）B2－062求下列方程的整数解：y －x =91．33【题说】1949 年～1950 年波兰数学奥林匹克二试题 2． 【解】原方程化为 （y－x）（y +xy+x ）=13?72 2（1）种情形： 1．y－x=91．y +xy+x =1． 这个方程组没有实数解，更没有整数解． 2．y－x=1，y +xy+x =91． 解为 x=5，y=6；x=－6，y=－5． 3．y－x=13，y +xy+x =7． 这个方程组没有实数解． 4．y－x=7，y +xy+x =13． 解为 x=－3，y=4；x=－4，y=3． 因此，方程（1）有四组整数解 x=5，y=6；x=-6，y=－5 x=－3，y=4；x=－4，y=3 B2－063 证明：对于无数多个素数 p，方程 x +x+1=py452 2 2 2 2 2 2 2 2有整数解（x，y）． 【题说】第二届（1968 年）全苏数学奥林匹克八年级题 8． 【证】设方程 x +x+1=py 只对有限个素数 p1，p2，?，pm 有整数解（x，y）． 令 p=p1p2?pm，则数 p +p+1 不被 p1，p2，?，pm 中的任何一个整除． 设 q 是 p +p+1 的一个素因数，显然它不同于 p1，p2，?，pm 中的任何一个．而方 2 x +x+1=qy2 2 2程B2－064证明：方程 x +11 =y 没有正整数解．333【题说】第四届（1972 年）加拿大数学奥林匹克题 5． 【证】将原方程变形为 11 =y －x =（y－x）（x +xy+y ） 如果它有正整数解（x，y），则可能有以下四种情况 y－x=11 ，x +xy+y =1 y－x=11 ，x +xy+y =11 y－x=11，x +xy+y =112 y－x=1，x +xy+y =113 因为 x +xy+y ＞y ＞（y－x） ，故前三种情况均不可能，但若 y－x=1，则 x +x（x+1）+（x+1） =11 即2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 2 23x +3x=13302但 1330 不能被 3 整除．因此，原方程不可能有正整数解．46B2－065求方程 2 +2 +2 +2 =20.625 的满足条件 w＞x＞y＞z 的整数解．wxyz【题说】1979 年湖南省赛二试题 2． 【解】方程两端同乘 8，得 2 +2 +2 +2 =165 165 为奇数，故必有 z+3=0，即 z=－3． （1）的两端同减去 1，再除以 4，得 2 +2 +2 =41 同理 y=－1 （2）的两端同减去 1，再除以 8，得 2 +2 =5 于是 x=2，w=4 故所求的解为 w=4，x=2，y=－1，z=－3 【别解】将 20.625 表为 2 的整数幂的和得 2 +2 +2 +2 =2 +2 +2 +2 比较指数即可得解．w x y z 4 2 -1 -3 w-2 x-2 w+1 x+1 y+1 w+3 x+3 y+3 z+3（1）（2）B2－066试证：1．如果正整数 n 使方程 x －3xy +y =n3 2 3有一组整数解（x，y），那么这个方程至少有三组整数解； （2）当 n=2891 时，上述方程无整数解． 【题说】第二十三届（1982 年）国际数学奥林匹克题 4． 【证】1．因为47（y－x） （y－x）x +（－x） =x －3xy +y 所以在（x，y）为方程 x －3xy +y =n3 2 3323323（1）的整数解时，（y－x，－x）也是（1）的整数解．这时将 y－x 当作 x， －x 当作 y，则由于（－x）－（y－x）=－y，－（y－x）=x－y，所以（－y， x－y）也是（1）的整数解． 这三组解互不相同，因为任两组解相同将导出 x=y=0，与 n 为正整数矛 盾． 2．如果 x －3xy +y =2891，那么 x －3xy +y ≡2（mod9）3 2 3 3 2 3（2）从而 x、y 不能都被 3 整除，如果 x、y 中恰有一个被 3 整除，用（y－ x，－x）或（－y，x－y）代替（x，y）．因此可以假定 x、y 都不被 3 整除， 从而 x ≡±1，y ≡±1，－3xy ≡±3（mod9） （2）不能成立，这表明当 n=2891 时，（1）无解． B2－068 方程 2x1+x2+x3+x4+x5+x6+x7+x8+x9+x10=3 的非负整数解共有多少组？3 3 2【题说】1985 年全国联赛一试题 2（2）．原题为填空题． 【解】分以下两种情形讨论： 1．若 x1=1，则必有某 xi=1（i=2，3，?，10），而其余 xj=0（j≠i），这有 9 组解． 2．若 x1=0，则 x2+x3+?+x10=3，它的非负整数解共综上所述，共有 174 组非负整数解．B2－069x、y 是满足方程 y +3x y =30x +517 的整数，求 3x y 的值．22 222 248【题说】第五届（1987 年）美国数学邀请赛题 5． 【解】原方程变形为 （y －10）（3x +1）=3?13 由此，y －10=1，3，13，39，169 或 507，则 y =11，13，23，49，179，517 仅当 y =49 时，y=7 是正整数．因此，y －10=39，3x +1=3?13 /39=13；3x =12．所以 2 2 3x y =12?49=588． B2－070 满足 n +（n+1） =m +（m+1） 的整数对（m，n）共有多少组？2 2 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2【题说】1988 年北京市赛高一题 1（4）． 【解】原等式可化为： n（n+1）=m（m+1）[m（m+1）+2] 设 k=m（m+1），则得 n（n+1）=k（k+2） 上式成立，当且仅当两边同时为 0．从而 n=0 或 n=－1，k=0 或 k=－2． 整数对（m，n）应取（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，－1）． B2－071 满足方程的正整数解（x，y）有多少组？ 【题说】1991 年日本数学奥林匹克预选赛题 4． 【解】显然 x+1、y 均大于 1991．由原方程得 （x+1）y=1991（x+1）－ （x+1－1991）（y－1991）= =2 ?3?11?83?181349x+1－1991 可为上式左边的任一正因数， 因此 x 的个数即为 6 的正因数的个数，即 4?2?2?2?2=2 =64． B2－072 求方程组的整数解【题说】第二十五届（1991 年）全苏数学奥林匹克八、九年级题 1． 【解】由原方程可得 （xz－2yt） +2（xt+yz） =（x +2y ）（z +2t ）=11 因而2 2 2 2 2 2 2 2x +2y =1 或 z +2t =12222（1）由 x +2y =1 得 y=0，x=±1．然后由第二个方程得 t=±1．从而得 z=±3． （2）由 z +2t =1 得 t=0，z=±1．从而得 y=±1，x=±3． 经检验知原方程组的整数解为 4 组它们分别是：（1，0，3，1）；（－ 1，0，－3，－1）；（3，1，1，0）；（－3，－1，－1，0）． B2－073 x +y =z2 5 3 2 2证明方程 （1）有无穷多个整数解，其中 xyz≠0． 【题说】第二十三届（1991 年）加拿大数学奥林匹克题 1． 【证】方程（1）一个最易发现的整数解是（3，－1，2）．对于任意 k 15 6 10 ∈N，（3k ，－k ，2k ）也是方程（1）的整数解．因而有无穷多个解． 如果限制求（1）的正整数解，则要困难一些．但经过若干试算，还是 可以发现方程（1）较小的正整数解．例如（10，3，7）是（1）的一个正整 15 6 10 数解，从而（1）也有无穷多个正整数解（10k ，3k ，7k ），k∈N． 【评注】如果将方程（1）中指数都换为 3，即方程 x +y =z 就没有正 整数解，它是费马大定理的一个特例． B2－074 证明：方程 （x+y+z） +2（x+y 十 z）=5（xy+yz+zx）502 3 3 3的正整数解有无穷多个． 【题说】1992 年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 1． 【证】显然，（1，1，1）是所给方程的一组解． 设原方程有一组正整数解（a，b，c），不妨设其中 c 最小．将原方程 改写为 z 的一元二次方程 z －（3x+3y－2）z+x +y －3xy+2x+2y=0 在 x=a，y=b 时，由韦达定理，（1）有解 z=c 及 z=3a+3b－2－c 显然 3a+3b－2－c＞c， 因此原方程又有一组新的正整数解 （a， 3a+3b b， －2－c）． 用这个方法，从解（1，1，1）出发，可以不断产生新的解（x，y，z）， x+y+z 的值严格增加．所以原方程有无穷多组正整数解． B2－075 是否存在整数 m，n 满足 m +1954=n ？2 2 2 2 2（1）【题说】第三届（1993 年）澳门数学奥林匹克第三轮题 1． 【解】不存在．因 1954=（n+m）（n－m），右边为奇数或 4 的倍数，不等于左边．B2－076 若 0＜a＜b＜c＜d＜500，问有多少个有序的四元整数组（a， b，c，d）满足 a+d=b+c 及 bc－ad=93？ 【题说】第十一届（1993 年）美国数学邀请赛题 4． 【解】答 870． 因 a+d=b+c，我们可以取（a，b，c，d）=（a，a+x，a+y，a+x+y）， 这里 x，y 为整数，且 0＜x＜y． 93=bc－ad=（a+x）（a+y）－a（a+x+y）=xy 所以，（x，y）=（1，93）或（x，y）=（3，31） 第一种情形51（a，b，c，d）=（a，a+1，a+93，a+94），a=1，2，?，405 第二种情形 （a，b，c，d）=（a，a+3，a+31，a+34），a=1，2，?，465 这两组数组中无重复的，所以共有 405+465=870 个四元整数组满足条 件． B2－077 求满足等式 2x y +y =26x +1201 的一切正整数数组（x，y）．2 2 2 2【题说】1995 年日本数学奥林匹克预选赛题 8． 【解】由条件得 （2x +1）（y －13）= ?11 从而 2x +1 与 y －13 均为 2 ?3 ?11 的因数．又 2x +1 是奇数，故 2x +1 为 3 ?11=297 的因数．由下表2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3可知，所求的正整数解为（4，7）和（7，5）．B2－078设 n 为一个固定的正整数．证明：对任何非负整数 k，下述不定方程有无穷多个正整数解（x1，x2，?，xn；y） 【题说】第二十七届（1995 年）加拿大数学奥林匹克题 4． 【证】由立方和公式52令 c=n（n+1）/2，对任意正整数 q，有 （c q =c q3k 3(3k+2) k 3k+2） +（2c q3k 3k+2） +?+（nc q3k 3k+2）3（1 +2 + ?+n ）333=c3k+2 3(3k+2)q=(cq )3 3k+2因此，对任意正整数 q，（c qk 3k+2，2c qk 3k+2，?，nc qk 3k+2；cq ）都是（1）的解．3第三节 不等式 B3－001 北京、上海同时制成电子计算机若干台，除本地应用外，北 京可支援外地 10 台，上海可支援外地 4 台．现在决定给重庆 8 台，汉口 6 台，若每台计算机运费如右表所示（单位：百元），又上海、北京当时制造 的机器完全相同．问应怎样调运，才能使总的运费最省？总运费为 【题说】1960 年上海市赛高一复赛题 6． 【解】设北京调给重庆 x 台，上海调给重庆 y 台，则 0?x?10，0?y?4 x+y=8538x+4（10－x）+5y+3（4－y） =4x+2y+52=84－2y 当 y=4 时，总运费最小，此时，x=4，10－x=6，4－y=0． 答：北京调给重庆 4 台，调给汉口 6 台，上海调给重庆 4 台，这样总运费最省． B3－002 x 取什么值时，不等式成立？ 【题说】第二届（1960 年）国际数学奥林匹克题 2．本题由匈牙利提供．将原不等式化简得x （8x－45）＜0，2因此，原不等式的解为B3－003 甲队有 2m 个人，乙队有 3m 个人，现自甲队抽出（14－m） 人，乙队抽出（5m－11）人，参加游戏，问甲、乙队各有多少人？参加游戏 的人有几种选法？ 【题说】1962 年上海市赛高三决赛题 4． 【解】抽出的人数必须满足解得 m=5．54故甲队有 2m=10 人，乙队有 3m=15 人，甲队抽出 14－m=9（人）．乙队 抽出 5m－11=14（人），从而参加游戏的人共有选法．B3－004求出所有满足不等式的实数． 【题说】第四届（1962 年）国际数学奥林匹克题 2．本题由匈牙利提 供．B3－007 设 a1，a2，?，an 为 n 个正数，且设 q 为一已知实数，使得 0＜q＜1．求 n 个数 b1，b2，?，bn 使 1．ak＜bk， k=1，2，?，n．【题说】第十五届（1973 年）国际数学奥林匹克题 6．本题由瑞典提 供． 【解】设 bk=a1q +a2q +?+ak-1q+ak+ak+1q+?+anq （k=1，2，?，n）． 1．显然 bk＞ak 对 k=1，2，?，n 成立．55k-1 k-2 n-k2．比较 bk+1=q a1+q a2+?+qak+ak+1+?+q an 与 qbk=q a1+? 2 2 n-k+1 +q ak-1+qak+q ak+1+?+q an，qbk 的前面 k 项与 bk+1 的前面 k 项相等，其余 的项小于 bk+1 的相应项（因为 q＜1）．因此 bk+1＞qbk．kk-1n-k-1k因此，b1，b2，?，bn 满足题目的要求． B3－008 求满足条件：x?1，y?1，z?1，xyz=10，x y z ?10 的 x、y、z 的值． 【题说】1979 年黑龙江省赛二试题 3． 【解】设 lgx=u，lgy=v，lgz=w，则原题条件就变为： u?0，v?0，w?0 u+v+w=1 u +v +w ?1 （2）平方得 =1 （4） （4）－（3）得 由（1） 得 （5） 由（2）及（5）得： uv=vw=wu=0 uv+vw+wu?02 2 2 2 2 2 lgx lgy lgz（1） （2） （3） u +v +w +2（uv+vw+wu）56因此满足题意的解为：B3－009 长方形的一边长为 1cm 已知它被两条相互垂直的直线分成四 2 2 个小长方形，其中三个的面积不小于 1cm ，第四个的面积不小于 2cm ．问原 长方形另一边至少要多长？ 【题说】第十七届（1983 年）全苏数学奥林匹克九年级题 6． 【解】设小长方形的边长如图所示，则我们要求 c+d 的最小值，由题设 c+d=（a+b）（c+d） =ac+bd+ad+bc57B3－010 m 个互不相同的正偶数与 n 个互不相同的正奇数的总和为 1987，对于所有的这样的 m 与 n，问 3m+4n 的最大值是多少？请证明你的结 论． 【题说】第二届（1987 年）全国冬令营赛题 6． 【解】+6+2m+1+3+?+（2n－1） =m（m+1）+n2因此，由柯西不等式于是 221 为 3m+4n 的上界，当 m=27，n=35 时，3m+4n 取得最大值 221． B3－011 求最大的正整数 n，使不等式只对一个整数 k 成立． 【题说】第五届（1987 年）美国数学邀请赛题 8． 【解】原式等价于58取 n=112，则 k 只能取唯一的整数值 97． 另一方面，在 n＞112 时，因此满足要求的 n=112． B3－012 非负数 a 和 d，正数 b 和 c 满足条件 b+c?a+d，这时【题说】第二十二届（1988 年）全苏数学奥林匹克九年级题 7． 【证】不妨设 a+b?c+dc?c+d59B3－013 式设 a1、a2、?、an 是给定不全为 0 的实数，r1、r2、?、rn 是实数，如果不等r1（x1－a1）+r2（x2－a2）+?+rn（xn－an）对任何实数 x1、x2、?、xn 成立，求，r1、r2、?、rn 的值． 【题说】第三届（1988 年）全国冬令营赛题 1． 【解】取 xi=ai，i=2，3，?，n 代入原不等式，得当 x1＞a1 时，由上式得当 x1＜a1 时，上述不等式反号．令 x1 分别从大于 a1 与小于 a1 的方向趋于 a1，得到60B3 － 014 对 于 i=1 ， 2 ， ? ， n ， 有 |xi| ＜ 1 ， 又 设 |x1|+|x2|+ ? +|xn|=19+|x1+?+xn|．那么整数 n 的最小值是多少？ 【题说】第六届（1988 年）美国数学邀请赛题 4．另一方面，令 x1=x2=?=x10=0.95，x11=x12=?=x20=－0.95，则有故 n=20 即为所求最小值． B3－015 设 m、n 为正整数，证明存在与 m、n 无关的常数 a【题说】1989 年瑞典数学奥林匹克题 5． 【解】 amax=3 因为 所以2 2m ≡0，1，2，4（mod7） 7n －m ≡－m ≡0，6，5，3（mod7）22amax=361B3－016设 x、y、z＞0 且 x+y+z=1．求 1/x+4/y+9/z 的最小值．【题说】1990 年日本第一轮选拔赛题 10． 【解】 1/x+4/y+9/z=（x+y+z）（1/x+4/y+9/z）B3－017 设 n 为自然数，对任意实数 x、y、z，恒有（x +y +z ） ?n（x +y +z ）成立， 求 n 的最小值． 【题说】1990 年全国联赛一试题 2（3）．原题为填空题． 【解】4 4 4 2 2 2 22222444（x +y +z ）2 22222=x +y +z +2x y +2y z +2z x4 4 4 4 4 4?x +y +z +（x +y ）+（y +z ）+（z +x ） =3（x +y +z ） 当 x=y=z＞0 时，原不等式化为 9x ?3nx ，故 n?3． 所以，n 的最小值是 3． B3－019 a、b、c 是一个任意三角形的三边长，证明： a （b+c－a）+b （c+a－b）+c （a+b－c）?3abc． 【题说】第六届（1964 年）国际数学奥林匹克题 2．本题由匈牙利提供． 【证】不妨设 a?b?c． 3abc-a （b+c-a）-b （c+a－b）-c （a+b-c） =a（a-b）（a-c）+b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b） ?b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 444462?c（c-b）[（c-a）（b-a）] =c（c-b） ?02B3－020怎样的整数 a，b，c 满足不等式 a +b +c +3＜ab+3b+2c？2 2 2【题说】1965 年匈牙利数学奥林匹克题 1． 【解】对于整数 a、b、c，所要解的不等式等价于 a +b +c +4?ab+3b+2c 这个不等式可以变成2 2 2由此可知，原不等式只可能有唯一的一组解 a=1，b=2，c=1． B3－021 有限数 a1，a2，?，an（n?3）满足关系式 a1=an=0，ak-1+ak+1 ?2ak（k=2，3，?，n－1），证明：数 a1，a2，?，an 中没有正数． 【题说】1966 年～1967 年波兰数学奥林匹克二试题 1． 【证】设 a1，a2，?，an 中，ar 最大，s 是满足等式 as=ar 的最小下标．若 n＞s＞1，则 as-1；＜as，as+1?as，从而 as-1+as+1＜2as，与已知条件 as-1+as+1? 2as 矛盾．故只有 s=1 或 s=n，于是 ar=0，数 a1，a2，?，an 中没有正数，B3－022 a+b＜c+d设 a、b、c、d 是正数，证明不等式 （1） （2） （3）（a+b）（c+d）＜ab+cd （a+b）cd＜ab（c+d） 中至少有一个不正确．63【题说】第三届（1969 年）全苏数学奥林匹克九年级题 1． 【证】假定（1）、（2）、（3）都正确．则 （a+b） （c+d）＜（a+b）（ab+cd） ＜ab（a+b）+ab（c+d） ＜2ab（c+d） 从而（a+b） ＜2ab，矛盾． B3－023 证明：任何正数 a1，a2，?，an 满足不等式2 2【题说】第三届（1969 年）全苏数学奥林匹克十年级题 6．原不等式左端的和大于故原不等式得证． 【注】可以考虑更强的不等式64（1954 年美国数学家夏皮罗提出的猜测）对 n?12 上式成立．对偶数 n?14 与奇数 n ?27 不成立． B3－024 证明：对所有满足条件 x1＞0，x2＞0，x1y1－成立，并求出等号成立的充要条件． 【题说】第十一届（1969 年）国际数学奥林匹克题 6．本题由原苏联提供．所以当且仅当 x1=x2，y1=y2，z1=z2 时，等号成立． B3－025 设 a、b、n 都是自然数，且 a＞1，b＞1，n＞1，An-1 和 An 是 a 进制数系中的数，Bn-1 和 Bn 是 b 进制数系中的数．An-1、An、Bn-1 和 Bn 呈如下 形式：65An-1=xn-1xn-2?x0，An=xnxn-1?x0（a 进制的位置表示法）； Bn-1=xn-1xn-2?x0，Bn=xnxn-1?x0（b 进制的位置表示法）． 其中 xn≠0，xn-1≠0．证明：当 a＞b 时，有【题说】第十二届（1970 年）国际数学奥林匹克题 2．本题由罗马尼 亚提供． 【证】 由于 a＞b， AnBn-1－An-1Bn= xna +An-1）n-1－ nb +Bn-1）n-1=xn[xn-1 故 （ B （x A n-1 n-2 n-2 n-1 n-1 n-1 （a b －a b ）+?+x0（a －b ）]＞0n-1 n-1B3－026 （n＞2）是自然数，证明下述论断仅对 n=3 和 n=5 成立：对 任意实数 a1，a2，?，an 都有 （a1－a2）?（a1－a3）?（a1－an） +（a2－a1）?（a2－a3）?（a2－an）+? +（an－a1）?（an－a2）?（an－an-1）?0 【题说】第十三届（1971 年）国际数学奥林匹克题 1．本题由匈牙利 提供．1979 年湖南省赛二试题 4． 【证】不妨设 a1?a2?a3???an． 若 n 为偶数，令 a1＜a2=a3=?=an，则左边小于 0，因而不等式不成立； 若 n=3，则左边前两项的和为 （a1－a2） ?0 第三项不小于 0，故不等式成立； 若 n=5，则同样可知左边前两项的和不小于 0，末两项的和也不小于 0， 第三项不小于 0，因此左边总不小于 0，不等式成立； 若 n?7，令662a1=a2=a3＜a4＜a5=a6=?=an 则左边只有一个非零项 （a4－a1）（a4－a2）?（a4－an）＜0 故不等式不成立．B3－027 A= ij） （a 是一个元素为非负整数的矩阵， 其中 i、 j=1， ?， 2， n．该矩阵有如下性质：如果某一 aij=0，那么对 i 和 j 有 ai1+ai2+?+ain+a1j+a2j+?+anj?n 证明：这个矩阵所有元素的和不小于 0.5n ． 【题说】第十三届（1971 年）国际数学奥林匹克题 6．本题由瑞典提 供． 【证】交换 A 的两行或两列不改变题设的 A 的性质（因为行和与列和 均不变、只是交换了位置），因此我们可以先通过交换两行或两列的变换， 使得有尽可能大的 k 满足 a11=a22=?=akk=0．此时对于 i，j＞k 有 aij≠0．对 于 i?k， j＞k， aij=0， aji≠0， 若 则 因若不然， 交换 i， 行， j 就会使 a11=a22=? =akk=ajj=0，与 k 的极大性矛盾．因而对于 j＞k，仍有 aj1+?+ajn+a1j+?+anj?n2B3－028求出所有能使不等式组67成立的所有解（x1，x2，x3，x4，x5），其中 x1，x2，x3，x4，x5 都是正实数． 【题说】第十四届（1972 年）国际数学奥林匹克题 4．本题由荷兰提供． 【解】为方便起见，令 x5+i=xi，则可以把原不等式组简写为将它们加起来得=x5=x2=x4．反之，如果 xi 都相等，原不等式组当然成立．B3－0293 3 3证明：对于正数 a、b、c，下述不等式成立：a +b +c +3abc ?ab（a+b）+bc（b+c）+ac（a+c） （1）【题说】第九届（1975 年）全苏数学奥林匹克十年级题 2． 【证】不失一般性，可假定 a?b?c．那末 c（a－c）（b－c）?0，（a－b） （a+b-c）?0268从而 2 2 ac +bc a +b +2abc?ab（a+b）+a c+b c3 3 2 2c +abc? （2） （3）3（2）、（3）两式相加即得（1）式． B3－030 已知 a1，a2，?，an 为任何两两各不相同的正整数，求证对任何正整数 n， 下列不等式成立；【题说】第二十届（1978 年）国际数学奥林匹克题 5．本题由法国提供． 【证】由柯西不等式【别证】利用排序不等式．B3－031 式成立已知 0?a1，0?a2，0?a3，a1+a2+a3=1，0＜λ 1＜λ 2＜λ 3．求证：下面不等【题说】1979 年北京市赛二试题 5．本题是康托洛维奇不等式的特例． 【证】对任意正实数 x，69B3－032设 a、b、c 为正实数，证明【题说】第三届（1974 年）美国数学奥林匹克题 2．注意：这是一个对称不等式． 【证】不失一般性，可以假定 a?b?c＞0．原不等式即 a2a-b-c?b2b-a-c?c2c-a-b?1（1）由 2a－b－c＞0，得 a2a-b-c?b2b-a-c?b2a-b-c?b2b-a-c=ba+b-2ca=b=c 时，等号成立． 【别证】可以利用等式70然后证明右端括号为正．B3－033 且设 xi、yi 是实数（i=1，?，n）． x1?x2???xn y1?y2???ynz1、z2、?、zn 是 y1、y2、?、yn 的任一个排列，证明【题说】第十七届（1975 年）国际数学奥林匹克题 1．本题由捷克斯洛伐克提供． 【证】由排序不等式所以原式成立． B3－034 有 n 个数 a1，a2，?，an．假设C=（a1－b1） +（a2－b2） +?+（an－bn） D=（a1－bn） +（a2－bn） +?+（an－bn） 证明：C?D?2C．2 22222【题说】第十三届（1978 年）全苏数学奥林匹克十年级题 10． 【证】设 f（x）=（x－a1） +（x－a2） +?+（x－an）2 2 271则 （bn）f（x）=n（x－bn） +f （1）2现在用归纳法来证明不等式 C?D?2C． 当 n=1 时，C=D，故有 C?D?2C． 假设当 n 时，不等式成立，往 a1，a2，?，an 中添一个数 an+1，此时 C 2 2 增加了（an+1－bn+1） ，而 D 增加了（an+1－bn+1） +f（bn+1）－f（bn）． 在（1）式中，令 x=bn+1，得这样，D 增加的值（an+1－bn+1） +f（bn+1）－f（bn）在（an+1－bn+1） 与 2 2 （an+1－bn+1） 之间，从而，对于 n+1 时，也有 C?D?2C 所以，对一切 n，都有 C?D?2C22B3－035a、b、c、d、e 为整数，满足 1?a＜b＜c＜d＜e其中[m，n]为 m、n 的最小公倍数． 【题说】第十一届（1979 年）加拿大数学奥林匹克题 3． 【证】更一般地，可以证明：对于 n 个整数 a1，a2，?，an，满足 1?a1＜a2＜?＜an 时，有72n=2 时，（1）显然成立．假设 n=k－1 时（1）成立，考虑 n=k 的情况： 若 ak＞2 ，则k若 ak?2 ，则k其中（m，n）为 m、n 的最大公约数，从而B3－036 证S 为正奇数集{ai}， i=1， ?， 没有两个差|ai－aj|相等， 2， n． 1?i＜j?n． 求【题说】1979 年英国数学奥林匹克题 3． 【证】不妨设 a1＜a2＜?＜an，r 为整数且 2?r?n．对于 1?73所以， r=1 时，上式也成立，故ar?a1+r（r－1）?1+r（r－1）B3－037 对于 n 为一正整数，以 p（n）表示将 n 表为一个或较多个正 整数的和的方法数，例如 p（4）=5，因为有 5 个不同的和，即 1+1+1+1，1+1+2 1+3，2+2，4 证明：当 n＞1 时， p（n+1）－2p（n）+p（n－1）?0 【题说】1979 年英国数学奥林匹克题 5． 【证】将 n 的 p（n）个不同的表达式各加上 1，得到 p（n）个 n+1 的 不同表达式，每一个都包含加数 1．而且，n+1 的每一个含有加数 1 的表达 式，都可由这方法得到．因此将 n+1 表为大于 1 的整数的和的方法数 q（n+1）=p（n+1）－p（n） 同样将 n+1 表为大于 2 的整数的和的方法数即 q（n+1）－q（n）．显 然 q（n+1）－q（n）?074因此 p（n+1）－2p（n）+p（n－1）?0B3－038若 0?a，b，c?1，证明：【题说】第九届（1980 年）美国数学奥林匹克题 5．结论可以推广到 n 个数的情形． 【证】令因为（1－b）（1－c）（1+b+c） ?（1－b）（1－c）（1+b）（1+c）=（1－b ）（1－c ）?1 （当 a、b、c 轮换时均成立）因此δ ?0．22B3－039若 x 为正实数，n 为正整数．证明：其中[t]表示不超过 t 的最大整数． 【题说】第十届（1981 年）美国数学奥林匹克题 5．75【证】用数学归纳法．当 n=1，2 时，（1）显然成立．假设（1）对 n?k－1 均成立．kxk=kxk-1+[kx] =（k－1）xk-1+xk-1+[kx] （k-1）xk-1=（k-2）xk-2+xk-2+[（k-1）x］ ? 2x2=x1+x1+[2x] 将（2）至（k）式相加，得 kxk=xk-1+xk-2+?+x1+x1+[kx]+[（k－1）x]+?+[2x] 因此，由归纳假定， kxk?[kx]+2（[（k－1）x]+[（k－2）x]+?+[x]） 但是[（k－m）x]+[mx]?[（k－m）x+mx]（m＜k），所以 kxk?[kx]+（[（k－1）x）]+[x]）+?+（[x]+[（k－1）x]） ?k[kx] 即 xk?[kx]．此即所欲证之（1）式． B3－041 设 a、b、c 是三角形的边长，证明：a b（a－b）+b c（b－c） 2 +c a（c－a）?0，并说明等号何时成立． 【题说】第二十四届（1983 年）国际数学奥林匹克题 6．本题由美国 提供． 【证】设 a 是最大边， 原式左边=a（b－c） （b+c－a）+b（a－b）（a－c）（a+b－c） 显然上式是非负的，从而原式成立，当且仅当 a=b=c，即这三角形为正 三角形时等号成立． B3－043 设 x1，x2，?，xn 都是正整，求证：2 2 2（2） （3）（k）76【题说】1984 年全国联赛二试题 5．本题可用柯西不等式、数学归纳法等多种方法证 明．将以上各式相加，即得所要证的不等式． B3－044 设 P（x）=a0+a1x+?+akx 为整系数多项式，其中奇系数的个 i 数由 W（P）来表示，设 Qi（x）=（1+x） ，i=0，1，?，n．如果 i1，i2，?， in 是整数，且 0?i1＜i2＜?＜in，证明：k【题说】第二十六届（1985 年）国际数学奥林匹克题 3．本题由荷兰 提供．当 in=1 时，命题显然成立． 设 in＞1 并且命题在 in 换为较小的数时成立．令 k=2 ＜in＜2 ，m m+1（1）i1＜k．设 ir＜k，ir+1＞k，Q=R+（1+x） S，其中k的次数均小于 K，由（1）（1+x） ≡1+x （mod2），故 W（Q）=W（R+S+x S） =W（R+S）+W（S）kkk77?W（R）的次数均小于 K． W（Q）=W（S+x S） =2W（S） ?2W（R） =W（R+x R） =W（（1+x ）R）k k k045证明：对于任意的正数 a1，a2，?，an 不等式成立． 【题说】第二十届（1986 年）全苏数学奥林匹克十年级题 2． 【证】不妨设 a1?a2???an． 因为当 2?k?（n+1）/2 时78【注】原不等式可加强为B3－046正数 a，b，c，A，B，C 满足条件 a+A=b+B=c+C=k证明：aB+bC+cA＜k2【题说】第二十一届（1987 年）全苏数学奥林匹克八年级题 5． 【证】由题设 k =（a+A）（b+B）（c+C） =abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B） =abc+ABC+k（aB+bC+cA） ＞k（aB+bC+cA）379即aB+bC+cA＜k2B3－048证明：对于任意的正整数 n，不等式 （2n+1） ?（2n） +（2n－1）n n n成立． 【题说】第二十一届（1987 年）全苏数学奥林匹克十年级题 8． 【证】只须证明由恒等式所以（1）式成立． B3－049 已知 a、b 为正实数，且 1/a+1/b=1．试证：对每一个 n∈N，有（a+b） － n n 2n n+1 a －b ?2 －2 【题说】1988 年全国联赛一试题 5． 【证】用数学归纳法证．n80（1）当 n=1 时，左边=0=右边，命题成立． （2）假设 n=k 时，不等式成立，即 （a+b） -a -b ?2 -2 当 n=k+1 时， 左边=（a+b） -a -bk k k+1 k+l k+1 k k k 2k k+1=（a+b）[（a+b） -a -b ]+a b+abkkk从而有?2?2 =2 所以，左边?4（2 -2 ）+2 =22k k+1 k+2 2（k+1） k+2k+1k+2-2 =右边由（1）及（2），对一切 n∈N，不等式成立．B3-050已知 a5-a3+a=2．证明：3＜a6＜4．【题说】第十四届（1988 年）全俄数学奥林匹克八年级题 3． 【证】由 a -a +a=2，变形 为 a[（a -1） +a ]=2 由（2）知 （1）÷a 得 （3） a -a +1=2/a4 2 2 2 2 5 3（1） （2） a＞0 且 a≠181（1）?a 得 2a （3）+（4）得 4 又由 （1） 知 故 2 由（5）和（6）得 3＜a ＜4．6a -a +a ＝ （4） a +1=2（a+1/a）＞ （5） 2= （a +a） ＞2a -a =a -a a＜ （6）3 5 3 3 3 3 6642B3-051已知 a、b、c、d 是任意正数，求证：【题说】1989 年四川省赛二试题 1．由平均值不等式，82（2）?2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a +c +b +d ＝（a+b+c+d）22222（3） （2）÷（3）即得结论． B3-052 已知 xi∈R（i=1，2，?，n，n?2），满足【题说】1989 年全国联赛二试题 2．因为A/n?a?A，B?b?B/nB3-053已知 a1，a2，?，an 是 n 个正数，满足 a1?a2?an=1，求证 （2+a1）（2+a2）?（2+an）?3n【题说】1989 年全国联赛一试题 3．83B3-054对于任何实数 x1，x2，x3，如果 x1+x2+x3=0，那么 x1x2+x2x3+x3x1?0，请证明之．又对于什么样的 n（n?4），如果 x1+x2+?+xn=0，那么 x1x2+x2x3+?+xn-1xn+xnx1?0？ 【题说】1989 年瑞典数学奥林匹克题 3． 【证】如果 x1+x2+x3=0，则有当 n=4 时，若 x1+x2+x3+x4=0，则即 n=4 时，命题成立． 当 n?5 时， 令 x1=x2=1，x4=-2，x3=x5=x6=?=xn=0，则 x1+x2+x3+x4+?+xn=0 而 所以 n?5 时，命题不成立． x1x2+x2x3+x3x4+?+xn-1xn+xnx1=l＞0B3-055 ＜1 成立．证明：对于任意的 x、y、z∈（0，1），不等式 x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）84【题说】第十五届（1989 年）全俄数学奥林匹克九年级题 6． 【证】设 f （x）= （1-y-z） （1-z）+z，它是 x 的一次函数， x+y 因此关于 x 是单调的．因 为 f（0）=y-yz+z=（y-1）（1-z）+1＜1 f（1）=1-yz＜1 所以当 x∈（0，1）时，f（x）的最大值小于 1，即 x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1B3-056证明：若 a、b、c 为三角形三边的长，且 a+b+c=1，则【题说】第二十三届（1989 年）全苏数学奥林匹克九年级题 2．1990 年意大利数学奥 林匹克题 4．所以B3-057 ?1已知二次函数 f（x）=ax +bx+c，当-1?x?1 时，有-1?f（x）2求证：当-2?x?2 时，有-7?f（x）?7．85【题说】1990 年南昌市赛二试题 1 【证】由已知 1 -1?f（0）=c?1 -1?f（-1）=a-b+c?1 （1）+（3）得 1 由（4）、（2）得 从而 ±b+c）+2a-c| ?2|a±b+c|+2|a|+|c|?7 即 |f（±2）|?7 -1?a+c? （4） -2?a?2 |4a±2b+c|=|2（a （1） （2） （3） -1?f（1）=a+b+c?|f（x）|?7所以，当|x|?2 时B3-058证明：对于和为 1 的正数 a1，a2，?，an，不等式86成立． 【题说】第二十四届（1990 年）全苏数学奥林匹克十年级题 2．当 a1=a2=?=an=时，上式取等号．B3-059 设 a、b、c、d 是满足 ab+bc+cd+da=1 的非负数．试证：【题说】第三十一届（1990 年）IMO 预选题 88．本题由泰国提供． 【证】设87则由柯西不等式熟知所以B3-060 设 a1?a2???a7?a8 是 8 个给定的实数，且 x=（a1+a2+?+a7+a8）/8【题说】1991 年中国国家教委数学试验班招生数学题 3． 【证】88?0 并且由柯西不等式，y?x ，所以2B3-061已知 0＜a＜1，x +y=0，求证2【题说】1991 年全国联赛一试题 5．89B3-063已知 a1，a2，?，an＞1（n?2），且|ak+1-ak|＜1，k=1，2，?，n-1．证明： a1/a2+a2/a3+?+an-1/an+an/a1＜2n-1【题说】第十七届（1991 年）全俄数学奥林匹克九年级题 8． 【证】若 ak?ak+1（k=1，2，?，n-1），则 ak/ak+1?1，故 a1/a2+a2/a3+?+an-1/an+an/a1＜（n-1）+na1/a1 =2n-1（n?2） 若有 ak＞ak+1，则由|ak+1-ak|＜1 知 ak/ak+1＜1+1/ak+1＜2 设有 p 个 k 值使 ak?ak+1，（n-1-p）个 k 值使 ak＞ak+1，则 a1/a2+a2/a3+?+an-1/an?p+2（n-1-p） 同时 an/a1=[（an-an-1）+?+（a2-a1）+a1]/a1＜p+1 因此 a1/a2+a2/a3+?+an-1/an+an/a1＜p+2（n-1-p）+p+1 =2n-1 B3-064 令90其中 m，n∈N，证明 a +a ?m +nmnmn【题说】第二十届（1991 年）美国数学奥林匹克题 4． 【证】不妨设 m?n，则故 n?a?m，而有 m -a =（m-a）（m +m a+?+a ） ?（m-a）（m +m +?+a ） ＝（m-a） mm m-1 m-1 m-1 m m m-1 m-2 m-1（2） a -n =（a-n）（a +a +?+n ） ?（a-n）n 由（1）有n n n n-1 n-2 n-1（m-a）m =（a-n） （3）mnn将（2）、（3）代入，即得 a -n ?m -a 或 a +a ?m +n 此即所求证之式． B3-065 设 a、b、c 是非负数，证明：n n m m m n m n【题说】第二十五届（1991 年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【证】（a+b+c）2 2 2=（a +bc）+（b +ca）+（c +ab）291所以原不等式成立．B3-066 设 ai?0（i=1，2，?，n），a=min{a1，a2，?，an}，试证式中 an+1=a1． 【题说】1992 年第七届数学冬令营题 2．92B3-067 设 n（?2）是整数，证明【题说】1992 年日本数学奥林匹克题 3．93B3-068n 是正整数，证明【题说】1992 年澳大利亚数学奥林匹克题 8． 【证】因为B3-069 对 x、y、z?0，证明不等式 x（x-z） +y（y-z） ?（x-z）（y-z）（x+y-z） 等号何时成立？ 【题说】第二十四届（1992 年）加拿大数学奥林匹克题 2． 【解】原不等式即 x +y +z +3xyz?x y+xy +y z+yz +z x+zx 由对称性，可设 x?z?y，于是 x（x-z） +y（y-z） ?0?（x-z）（y-z）（x+y+z）2 2 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2 294B3-070设实数 x、y、z 满足条件 yz+zx+xy=-1，求 x +5y +8z 的最小值和最大值．222【题说】1992 年英国数学奥林匹克题 4． 【解】由于 （y-2z） +（x+2y 十 2z） ?0 所以 x +5y +8z ?-4（xy+yz+zx）=42 2 2 2 2的最小值为 4．x +5y +8z ＞x2 2 22222当 y→0 时，函数 x +5y +8z 的值可趋于无穷大． B3-071 设 A 是一个有 n 个元素的集合，A 的 m 个子集 A1，A2，?，An 两两互不包含， 证明：其中 ai 为 Ai 中元素个数． 【题说】1993 年全国联赛二试题 2． 【证】A 中元素的全排列共 n！个．其中开头 ai 个元素取自 Ai 中的，有 ai！（n-ai）！ 个．由于 Ai 与 Aj（i≠j）互不包含，故这些排列与开头 aj 个元素取自 Aj 中的不同．95由柯西不等式，结合（1）便得（2）．B3-073设函数 f：R →R 满足条件：对任意 x、y∈R ，f（xy）?f（x）f（y）．+++试证：对任总 x＞0，n∈N，有【题说】1993 年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题 6． 【证】f（x ）?f （x），所以 f（x ）?f（x）f （x ）．假设有2 2 2 1/2 2则96?f （x ）n-1n所以（1）对所有的自然数 n 成立．B3-075 设 a、b、c、d 都是正实数，求证不等式【题说】第三十四届（1993 年）IMO 预选题本题由美国提供． 【证】由柯西不等式即又（a-b） +（a-c） +（a-d） +（b-c） +（b-d） +（c-d） ?0222222结合（1）、（2）即得结论． B3-076 设 a1，a2，?，an 为 n 个非负实数，且 a1+a2+?an=n．证明：【题说】1994 年合肥市赛题 4．97一方面由柯西不等式知B3-077已知n n-1f（z）=c0z +c1z +?+cn 是 z 的 n 次复系数多项式．求证：存在一个复数 z0，|z0|=1，使 |f（z0）|?|c0|+|cn| 【题说】1994 年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题 4． 【证】取复数β ，使|β |=1 且β ?c0 与 cn 辐角相同，从而 |β c0+cn|=|β c0|+|cn|=|c0|+|cn| 再令 ω =e2π i/n n n n（1）（2），ak=β ?ω （0?k?n-1）k故必有一个 k，使 |f（α k）|?|c0|+|cn|98显然，|α k|=1，于是α k 就是所求的 z0。B3-078 设 m 和 n 是正整数，a1，a2，?，am 是集合{1，2，?，n}中 的不同元素， 每当 ai+aj?n， 1?i?j?m， 就有某个 k， 1?k?m， 使得 ai+aj=ak， 求证：【题说】第三十五届（1994 年）国际数学奥林匹克题 1．本题由法国 提供． 【证】不妨设 a1＞a2＞?＞am， 若存在某个 i，l?i?m，使 ai+am+1-i?n．则 ai＜ai+am＜ai+am-1＜?＜ai+am+1-i?n 由已知，得 i 元集这不可能，于是对 1?i?m，恒有 ai+am+1-i?n+1．从而 2（a1+a2+?+am）=（a1+am）+（a2+am-1）+?+（am+a1） ?m（n+1）B3-079 设 a、b、c 为正实数且满足 abc=1，试证：【题说】第三十六届（1995 年）国际数学奥林匹克题 2．99【证】因为 abc=1，所以题中的不等式等价于将这不等式左边记为 K，则 （（ab+ac）+（bc+ba）+（ca+cb））?K=（bc+ca+ab）2B3-080 设 x1，x2，?，xn 是满足下列条件的实数：|x1+x2+?+xn|=1证明：存在 x1，x2，?，xn 的一个排列 y1，y2，?，yn，使得【题说】第三十八届（1997 年）国际数学奥林匹克题 3．本题由俄罗 斯提供．100【证】对于 x1，x2，?，xn 的任意一个排列π =y1，y2，?，yn，记 S（π ） 为和式 y1+2y2+?+nyn 的值．令 r=（n+1）/2．=（n+1）（x1+x2+?+xn）对值都大于 r，它们必然取相反的符号，一个大于 r，另一个小于-r． 从π 0 开始，通过若干次交换两个相邻元素的位置，我们可以得到任意 一个排列．特别地，存在一个排列的序号π 0，π 1，?，π m，使π i 的两个相邻元素的位置得到的．设π i=y1，y2，?，ynπ 交换 yk 与 yk+1 而得到的，则 |S（πi+1i+1是由πi）-S（π i）|=|kyk+（k+1）yk+1-kyk-（k+1）yk+1| =|yk-yk+1|?|yk|yk+1|?2r． 这说明在序列 S（π 0），S（π 1），?，S（π m）中，任意两个相邻项 的距离不超过 2r．由于 S（π 0）和 S（π m）均落在区间[-r，r]的外面，且 分别位于该区间的两侧，所以至少有一个数 S（π i）落在该区间内，即存在 置换π i 使得|S（π i）|?r．B3-081 则命题： a、 c 是非负实数． 设 b、 如果 a +b +c ?2 a b +b c +c a ） （ ，4442 22 22 2a +b +c ?2（ab+bc+ca）101222（*）（1）证明该命题成立； （2）试写出该命题的逆命题，并判定其是否为真，写出理由． 【题说】1996 年北京市赛高一复试题 5． 【证】（1）不妨设 a、b、c 中 a 为最大． 因为 2（a b +b c +c a ）-（a +b +c ）=（2ab） -（a +b -c ） ?0 所以 2ab?a +b -c2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2a +b +c =（a +b -c ）+2c ?2ab+2c ?2（ab+bc+ca）22（2） *） （ 的逆命题： a、 c 是非负实数． 设 b、 如果 a +b +c ?2 ab+bc+ca） （ ， 则 a +b +c ?2（a b +b c +c a ） 这逆命题不真，例如 a=4，b=c=1 时 a +b +c =2（ab+bc+ca）=18 而 a +b +c =258＞2（a b +b c +c a ）=66 【评注】a +b +c ＜2（a b +b c +c a ）是 a、b、c 构成三角形的充分必 要条件，而且在构成三角形时，设三角形面积为Δ ，则 16Δ =2（a b +b c +c a ）-a -b -c ＞02 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2222B3-082 设 n∈N，x0=0，xi＞0，i=1，2，?，n．且=1．求证【题说】1996 年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题 5．102从而左边不等式已经证明． 因为 故可令 0?x0+x1+?+xi?1，i=0，1，?，n θ i=arcsin（x0+x1+?+xi），i=0，1，?，n．又（1+x0+x1 十?xi-1）（xi+xi+1+?+xn） =（1+sinθi-1）（1-sinθi-1）=1-sin θ2i-1=cos θ2i-1所以B3-083（1）证明：103（2）求一组自然数 a、b、c，使得对任意 n∈N，n＞2，【题说】1996 年城市数学联赛高年级较高水平题 2． 【证】（1）对于 n?2，令（2）令 a=5取 c=4，则在 n?3 时，故 a=5，b=9，c=4 满足题目要求．104整数，所以必有 a=5，b=9．而 c 可为大于 3 的任一自然数．B3-084 设 a、b、c 是正实数，并满足 abc=1．证明：并指明等号在什么条件下成立． 【题说】第三十七届（1996 年）IMO 预选题． 【证】由 a +b -a b （a+b）=（a -b ）（a -b ）?0 得 （a+b） （1） a +b ?a b5 5 2 2 5 5 2 2 2 2 3 3（2）105当且仅当 a=b=c=1 时，以上各式中等号均成立． B3-085 设非负数列 a1，a2，?满足条件 an+m?an+am，m，n∈N．求证：对任意 n?m 均有【题说】1997 年中国数学奥林匹克题 6． 【证】对任意 n?m，设 n=qm+r，0?r＜m 则 ?m（aqm+ar） ?m（qam+ar） =（n-r）am+mar =（n-m）am+（m-r）am+mar ?（n-m）am+m（m-r）a1+mra1 =（n-m）am+m a12m?an=maqm+rB3-087证明对所有正实数 a，b，c， （a +b +abc） +（b +c +abc） +（c +a +abc） ?（abc）3 3 -1 3 3 -1 3 3 -1 -1【题说】第二十六届（1997 年）美国数学奥林匹克题 5． 【解】去分母并化简，原式等价于 a （b +c ）+b （c +a ）+c （a +b ）?2a b c （a +b +c ） （1）1066 3 3 6 3 3 6 3 3 2 2 2 3 3 3由对称性，不妨设 a?b?c． 因为 2a b c （a +b +c ）?（a +b ）c +（b +c ）a +（c +a ）b 而 a （b +c ）+b （c +a ）+c （a +b ）-（a +b ）c -（b +c ）a -（c +a ）b5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 5 3 6 3 3 6 3 3 6 3 3 4 4 5 4 4 5 4 4 5 2 2 2 3 3 3 4 4 4 4 4 5 4 4 5=a b （a-b）+a c （a-c）-b a （a-b）+b c （b-c）-c a （a-c）-c b （b-c） =（a-b）a b （a -b ）+（a-c）a c （a -c ）+（b-c）b c （b -c ）?0 所以（1）成立．3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2第四节 二项式定理、概率、数学归纳法 B4-001 求（1+x） +（1+x） +（1+x） +?+（1+x） 展开式里的 x 的系数．3 4 5 n+2 2【题说】1963 年北京市赛高三一试题 3． 【解】因为（1+x） +（1+x） +（1+x） +?+（1+x）3 4 5 n+2所以展开式中 x 的系数为2【别解】x 的系数为2B4-002 设 f 是具有下列性质的函数：107（1）f（n）对每个正整数 n 有定义； （2）f（n）是正整数； （3）f（2）=2； （4）f（mn）=f（m）f（n），对一切 m，n 成立； （5）f（m）＞f（n），当 m＞n 时． 试证：f（n）=n． 【题说】第一届（1969 年）加拿大数学奥林匹克题 8． 【证】 先用数学归纳法证明 f （2 ） （k=1， ?） 事实上， （3） =2 2， ． 由 ， j+1 j k=1 时，f（2）=2 成立．假设 k=j 成立，则由（4）f（2 ）=f（2?2 ）=f j j j+1 k k （2）f（2 ）=2?2 =2 ．故对所有自然数 k，f（2 ）=2 ． 现考虑自然数 n=1． （5） 由 函数 f 的严格递增性知：（2） f =2＞f （1） 由 ． （2），f（1）=1． 再考虑自然数 n：2 ＜n＜2 ．由（5）有 2 =f（2 ）＜f（2 ）＜f（2 ） k+1 k+1 k+1 k k k k ＜?＜f （2 -1） （2 ） ＜f =2 ， 故必有 f （2 +1） +1， （2 +2） +2， =2 f =2 ?， k+1 k+1 f（2 -1）=2 -1 综上所述，对任何正整数 n，都有 f（n）=n B4-003 证明：对任何自然数 n，一定存在一个由 1 和 2 组成的 n 位数，能被 2 整除．n k k+1 k k k+1 k+2 k k【题说】第五届（1971 年）全苏数学奥林匹克八年级题 1． 【证】用归纳法． （1）当 n=1 时，取该数为 2 即可； （2）设 A=2 B 是一个能被 2 整除的 n 位数，则 2?10 +A 和 1?10 +A 中必有一个能被 2 整除．n+1 n n n n从而，命题得证．108B4-004 假设一个随机数选择器只能从 1，2，?，9 这九个数字中选 一个，并且以等概率作这些选择，试确定在 n 次选择（n＞1）后，选出的 n 个数的乘积能被 10 整除的概率． 【题说】第一届（1972 年）美国数学奥林匹克题 3． 【解】要使 n 个数之积被 10 整除，必须有一个数是 5，有一个数是偶 数． n 次选择的方法总共有 9 种，其中 A．每一次均不取 5 的取法，有 8 种； B．每一次均不取偶数的取法，有 5 种； C．每一次均在{1，3，7，9}中取数的方法有 4 种，显然 C 中的取法既 包含于 A，也包含于 B，所以，取 n 个数之积能被 10 整除的概率是n n n nB4-005 一副纸牌共有 N 张，其中有三张 A，现随机地洗牌（假定纸牌 一切可能的分布都有相等机会）．然后从顶上开始一张接一张地翻牌，直至 翻到第二张 A 出现为止．求证：翻过的纸牌数的期望（平均）值是（N+1） /2． 【题说】第四届（1975 年）美国数学奥林匹克题 5． 【证】设三张 A 的序号分别是 x1、x2、x3．若将牌序颠倒过来，则第二 张 A 的序号为 N+1-x2．在这两副纸牌中，第二张 A 的平均位置（即翻过的纸 牌数的期望值）为 [x2+（N+1）-x2]/2=（N+1）/2【别证】由题设，除了第 1 张和最后一张外，其余各张皆可能是第 2 张 A，且是等可能的．因此第 2 张 A 所在序号的平均期望值是 [2+3+?+（N―1）]/（N-2）=（N+1）/2． B4-006 某艘渔船未经允许在 A 国领海上捕鱼．每撒一次网将使 A 国 的捕鱼量蒙受一个价值固定并且相同的损失． 在每次撒网期间渔船被 A 国海 岸巡逻队拘留的概率等于 1/k，这里 k 是某个固定的正整数．假定在每次撒109网期间由渔船被拘留或不被拘留所组成的事件是与其前的捕鱼过程无关 的．若渔船被巡逻队拘留，则原先捕获的鱼全被没收，并且今后不能再来捕 鱼．船长打算捕完第 n 网后离开 A 国领海．因为不能排除渔船被巡逻队拘留 的可能性，所以捕鱼所得的收益是一个随机变量．求 n，使捕鱼收益的期望 值达到最大． 【题说】1975 年～1976 年波兰数学奥林匹克三试题 5．这里ω 是撒一次网的收益． 由（1）可知f（n）达到最大值． B4-007 大于 7 公斤的任何一种整公斤数的重量都可以用 3 公斤和 5 公斤的两种砝码来称，而用不着增添其他不同重量的砝码．试用数学归纳法 加以证明． 【题说】1978 年重庆市赛二试选作题 1（3）．数 a，b，使得 n=3a+5b．事实上 （1）当 n=8，9，10，11 时，不难验证命题成立．110（2）设 k＞11 并且当 8?n＜k 时，命题成立，则当 n=k 时， 由归纳假设 k-3=3l+5m，m，n 为非负整数 所以 k=（k-3）+3=3l+5m+3 =3（l+1）+5m 故命题对 k 成立．B4-008 给定三只相同的 n 面骰子，它们的对应面标上同样的任意整 数．证明：如果随机投掷它们，那么向上的三个面上的数的和被 3 整除的概 率大于或等于 1/4． 【题说】第八届（1979 年）美国数学奥林匹克题 3． 【证】因为问题只涉及和是否被 3 整除，所以不妨假定，每个面上的 数是被 3 除后的余数；0、1、2．设每个骰子上标“0”的有 a 个，标“1” 的有 b 个，标“2”的有 c 个．这里 a，b，c 是适合下列条件的整数： 0?a，b，c?n， a+b+c=n （1）随机地投掷三只骰子，总共有 n3 种等可能情形．其中朝上三个数的和 被 3 整除的情形有以下四种类型： 0，0，0；1，1，1； 2，2，2；0，1，2 第一类共有 a3 种，第二类共有 b3 种，第三类有 c3 种，第四类有 3！ abc=6abc 种． 因此，原问题转化为在条件（1）下，证明不等式即 上式可化简为等价的不等式4（a +b +c +6abc）?（a+b+c）3333a +b +c +6abc?a b+a c+b a+b c+c a+c b 不妨设 a?b?c，则 a +b +2abc-a b-ab -a c-b c3 3 2 2 2 2333222222（2）111=a （a-b）+b （b-a）+ac（b-a）+bc（a-b） =（a-b）（a -b -ac+bc）=（a-b） （a+b-c）?0，2 2 222（3） c +abc-c a-c b=bc（a-c）+c （c-a） =c（a-c）（b-c）? 0 （4） （3）、（4）相加得 a +b +c +3abc?a b+a c+b a+b c+c a+c b 从而（2）成立．3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2B4-009抛掷一枚硬币，每次正面出现得 1 分，反面出现得 2 分．试【题说】第十二届（1980 年）加拿大数学奥林匹克题 4． 【证】令得到 n 分的概率为 Pn．因为得不到 n 分的情况只可能是：先得 n-1 分，再掷 出一次反面．所以有由于P1=1/2112B4-010 某个国王的 25 位骑士围坐在一张圆桌旁．他们中的三位被选 派去杀一条恶龙（设三次挑选都是等可能的），令 P 是被挑到的三人中至少 有两人是邻座的概率．若 P 写成一个既约分数，其分子与分母之和是多少？ 【题说】第一届（1983 年）美国数学邀请赛题 7． 【解】选二相邻的骑士有 25 种方法．再随着选第三位，有 23 种，故 共有 25?23 种方法．但其中三者相邻的 25 种情况重复，应减去．故因此，所求之分子、分母之和为 57． 【别解】所选 3 人分两种情况：3 人皆相邻，或 2 人相邻、1 人不邻， 故有 25+25?（25-4）种．B4-011 在给定的圆周上随机地选择 A、B、C、D、E、F 六点，这些点 的选择是独立的，对于弧长而言是等可能的．求 ABC、DEF 这两个三角形不 相交（即没有公共点）的概率． 【题说】第十二届（1983 年）美国数学奥林匹克题 1． 【解】设圆周上给定 6 个点，从这 6 点中取 3 个点作为△ABC 的顶113B4-012 一个园丁把三棵枫树、四棵橡树和五棵白桦树种成一行．十 二棵树的排列次序是随机的，每一种排列都是等可能的．把没有两棵白桦树 相邻的概率写成既约分数 m/n．试求 m+n． 【题说】第二届（1984 年）美国数学邀请赛题 11． 【解】先把三棵枫树和四棵