维普资讯 http://www.cqvip.com ２００４年第１１期 数学通讯 ４３ 数猎竞赛之矿 （本栏特邀主持人熊 斌冯志刚） 有关本栏目的稿件，请直接寄给熊斌（２０００６２，华东师范大学数学系 Ｅ—ｍａｉｌ：ｘｉｏｎｇｂｉｎ＠ ｓｈ１６３．ＣＯＩＴＩ），或冯志刚（２００２３１，上海市上海中学Ｅ—ｍａｉｌ：ｚｈｇｆｅｎｇ＠ｏｎｌｉｎｅ．ｓｈ．ｃｎ）．提供试题及解 答请尽量注明出处． 公约数． ２设ｏ，Ｈ分别为锐角ＡＡＢＣ的外心和垂心．证 明：ＡＡＯＨ，ＡＢＯＨ，△ＣＯＨ中有一个的面积等于 别外两个面积之和． 本期给出第１６届亚太地区数学奥林匹克（２００４ 年３月）的试题与解答．由上海中学冯志刚先生提 供． ２００４年亚太地区数学奥林匹克 １求所有的非空有限的正整数集Ｓ，使得对任意 ３设Ｓ是平面上给定的２００４个点，其中任意３点 不共线．用Ｌ表示过Ｓ中任意两点的直线全体组成 的集合．证明：可以用至多两种颜色对Ｓ中的点染 ∈ｓ，数舌 ＥＳ，这里（ ， ）表示 与 的最大 色，使得对Ｓ中任意两点Ｐ，ｑ．集合Ｌ中将Ｐ，ｑ两 是 和Ｙ的公约数，这只能是１．同样可知（ｚ＋ ， ）＝１．于是 ＋Ｙ与 互素．由 ｚ ＋Ｙ ＝（ ＋ ） 一２ｘｙ 供了归纳证明的基础．有些整除问题，论证的出发点 是相关量的某个辅助等式，我们再举两个这样的例 子． 可见，若 ＋Ｙ整除 ＋ ，则 ＋ 整除２ｘｙ，但 例８设口ｌ，口２，口３，口４，口５是整数， 为奇数． 若口ｌ＋…＋口５，ｎ１ ＋…＋口５ 都是 的倍数．证 明： 整除口ｌ ＋…十口５ 一５ａｌ…口５． ＋Ｙ与ｘｙ互素，故 ＋Ｙ整除２，这不可能（因 ＋ ＞２）． 现在我们归纳地假设当 ＝２ｋ时（忌≥１），有 ＋Ｙ不整除 ＋Ｙ从．当 ＝２（ｋ＋１）时，由等式 ‘ ’ ＋ ‘ ＝（ ＋ ）（ ＋ ） （１） 证作出一个以ｎ －－，ｎ５为根的多项式ｆ（ｘ） （ —ｎ ）…（ 一口 ）．将右端展开，得出 ｆ（ｘ）＝ ＋ｂ１ ｚ ＋ｂｚ ＋ｂ３ ＋ｂ４ ＋ｂ５， 一ｘｙ（ｘ ＋ ） 其中ｂ１＝一（口ｌ＋…＋口５），ｂ２＝口ｌ口２＋口ｌ口３＋… ＋ｎ ｎ （诸ｎ 的两两乘积之和，ｂ３，ｂ 均为整数（它 们也都可用ｎ。，…，ｎ 表示，但本题并不需要），而 ｂ５＝一口ｌ…口５．由ｆ（ａ１）＋…＋ｆ（ａ５）＝０，得出 （口 ＋…＋口５ ）＋ｂｌ（口１ ＋…＋口５ ）＋ｂ２（口ｌ ＋…＋口５ ）＋６３（口ｌ ＋…＋口５ ）＋ｂ４（口ｌ＋…＋口５） 以及（ ＋Ｙ）ｌ（ ¨ ＋ ”）可见，若 ＋１ ＋ Ｙ ‘ ’ 被 ＋ 整除，则 ＋ 整除ｘｙ（ｘ ＋ ）． 但（ ＋Ｙ， ）＝１，故 ＋ 被 ＋ 整除，与归纳 假设相违．这就归纳证明了问题中的结论． 注解答中的“ ＋ 与ｘｙ互素”是至关重要的 个事实．这也可用下面的方法证明（与解答中的论 证本质一样）：若（ ＋ ，ｘｙ）＝ｄ＞１，则ｄ有素约数 Ｐ．由Ｐ ｌ ｄ可见Ｐ ｌ ｘｙ．因Ｐ是素数，故有Ｐ ｌ 或Ｐ ｌ ５口ｌ…口５＝０． （１） 因 整除口ｌ＋…＋口５及口ｌ ＋…＋口５ ，故 整除 （口ｌ＋…＋口５） 一（口ｌ ＋…＋口５ ）＝２ｂ２． 无妨设Ｐｌ ．又Ｐ ｌ（ ＋ ），故Ｐ ｆ ，于是Ｐ为 和 的一个公约数，与（ ， ）＝１矛盾． 递推等式（１）在例７中也扮演了一个角色，它提 但 是奇数，所以 ｆ ｂ ，这结合已知条件即从（１）推 出”整除口ｌ ＋…＋口５ 一５ａｌ…口５．（未完待续）． 维普资讯 http://www.cqvip.com 数学通讯 ２００４年第１１期 点分开的直线条数为奇数的充要条件是Ｐ与ｑ同 色． 注一条直线ｚ将Ｐ，ｑ分开是指：Ｐ，ｑ都不在ｚ 上，且Ｐ，口在ｚ的异侧． ４对实数 ，用［ ］表示不超过 的最大整数．证 明：对任意正整数 ，数［袅ｌ二 ］为偶数． ５证明：对任意正实数ａ，ｂ，ｃ，均有 （口 ＋２）（ｂ ＋２、 ｒ ＋２）≥９（ａｂ＋ｂｃ＋（ｕ）． 解 答 １设Ｓ为满足条件的集合，并设 Ｃ－－Ｓ，则 、ａ，ａ， ：２Ｃ－－Ｓ，如果１Ｅ ８，．￣ｌＪ １＋２ ｌ＝３Ｅ Ｓ；一般地，设，ｚ ｚＥ Ｓ，则弓 ＝ｎ－ｔ－１Ｅ ｓ．这表明ｓ＝Ｎ ，与ｓ为 有限集矛盾． 另一方面，若Ｓ中有大于２的元素，取这些元 素中最小元素，设为 ，则 ＥＳ．若（２， ）＝２， 则２＜旦 ＜ ，这与 为Ｓ中比２大的最小元矛 盾，故（２， ）＝１．因此， －Ｉ－２∈Ｓ．进一步， ＝２ ＋２ Ｅ ｓ， ＝３ ＋２ Ｅ Ｓ，依此类推，可知对任意ｋ∈Ｎ ，数ｋｎ－Ｉ－２Ｅ Ｓ，与 Ｓ为有限集矛盾． 综｝＝可知．Ｓ＝｛２｝． ２以０为原点建立直角 坐标系，不妨设△ＡＢＣ的 外接圆半径为１，各顶点坐 标分别为Ａ（ｅｏｓａ，ｓｉｎａ），Ｂ （ｏ。６ ，ｓｉｎ？＇），Ｃ（Ｏ。６ｙ， ｓｉｎ？＇），则Ｈ的坐标为 （１２０８１／＋∞ｓ』９＋ｃｏｓ７，ｓｉｎａ＋ （第２题图） ｓｉｎ／３＋ｓｉｎ７）．因此，我们有 Ｓ△删 ｌ ｃｏｓａ ｓｉｎａ １ ｌ 丢ｆ ａ＋ 卢＋ｒｌ】Ｓｙ ｓｉｎａ＋ｓｉｎ ＋ｓｊｎａ １】的 ０ １ Ｉ 绝对值，即有 ｓ△＾０Ｈ＝告『Ｏ。６ａ（ｓｉｎａ ４－ｓｉｎ／３ ４－ｓｉｎ７）一ｓｉｎａ （Ｏ。６ａ ４－Ｏ。６口４－Ｏ。６ｙ）１． 同理可得 １ ｓ△。０Ｈ：告ｌ Ｏ。６ （ｓｉｎａ ４－ｓｉｎ／？４－ｓｉｎ７）一ｓｉｎ／？ （Ｏ。６ａ ４－Ｏ。６口４－Ｏ。６ｙ）． １ ｓ△ ＝ ｌ＿ｌ Ｏ。６ｙ（ｓｉｎａ＋ｓｉｎ／３ ４－ｓｉｎ７）一ｓｉｎ７ （Ｏ。６ａ ４－Ｏ。６口４－Ｏ。６ｙ）１． 去绝对值后，我们总可以选取恰当的±号，使得 ±Ｓ△＾０Ｈ±Ｓ△剃±Ｓ△ １ 告（Ｏ。６ａ（ｓｉｎａ ４－ｓｉｎ／？４－ｓｉｎ７）一ｓｉｎａ（Ｏ。６ａ ４－∞ ＋ １ Ｏ。６ｙ））＋ （ｃ￣／３（ｓｉｎａ＋ｓｉｎ／３＋ｓｉｎ７）一ｓｉｎｆｌ（ｃｘ：）ｓａ＋ Ｏ。６ ＋Ｏ。６ｙ））＋ １ （Ｏ。６ｙ（ｓｉｎａ ４－ｓｉｎ／？４－ｓｉｎ７）一ｓｉｎ７ （Ｏ。６ａ－Ｉ－Ｏ。６口－Ｉ－ｃｏｓ）＇））＝０． 这表明／ＸＡＯＨ，／ＸＢＯＨ，△ＣＯＨ中有一个面积等于 另两个面积之和． ３（由上海中学刘哲同学解答）设Ｓ＝｛Ａ ，Ａ ， Ａ ｝，我们在平面上任取一点ｏ，使得 ０ Ｓ，并且。不在Ｌ中的任何一条直线上，以。 为圆心作一个充分大的圆，使Ｓ中的点都落在该圆 内部，并设射线ＯＡ 交该圆于点Ｂ，进一步，我们还 不妨设这些Ｂｉ构成凸多边形Ｂ Ｂ …Ｂ洲（否则只 需要重新对Ｓ中的点重新编号即可）． 现在对集合丁＝｛Ｂ ，Ｂ ，…，Ｂ： ｝及由丁中 任意两点连出的直线集Ｌ ，可以将Ｂ，，Ｂ，，…，Ｂ姗 染为黑色，而Ｂ ，Ｂ。，…，Ｂ： 染为白色，则丁与Ｌ 符合题中的要求． 下面我们进行如下操作：ｘｔ Ｔ中的点Ｂ ，让Ｂ 沿ＯＡ 移动到Ａ ，每当Ｂ 恰好跨过￡中的一条 直线ｚ变为Ｂ 时，改变丁中除Ｂ 及ｚ上的那两个 丁中的点以外其余所有点的颜色，这样得到染色点 集丁 和Ｌ ．此时，如果某些对点ＢＪ与反被Ｂ Ｂ１ 分离，那么操作后Ｂ与取仍然被Ｂ ，Ｂ 分离，或者 ｚ就是直线Ｂ ＢＪ或Ｂ反，故操作后点对（Ｂｊ，最）仍 满足条件．而对于点对Ａ 与Ａｉ而言，分离它们的 线段条数的奇偶性恰好改变（这里Ａ 不是ｚ上的 维普资讯 http://www.cqvip.com ２００４年第１１期 数学通讯 ４５ 点）．所以，我们得到了对丁－及Ｌ－的符合要求的 染色方式．依此继续操作，只到Ｂ 变到Ａ ；然后将 Ｂ２变到Ａ２；…；最后将Ｂ２０¨变到Ａ２ Ｕ『】４． 所以，命题成立． ４先证一个引理：若 ∈Ｎ 川≥７，且 或 ＋ｌ为 合数，则，ｚ ｌ（ 一１）！或”＋ｌ ｌ（ 一１）！，并且所得 的商数为偶数． 事实上，我们只需证， ＋ｌ为合数的情形（，ｚ为 合数的情形类似）． 如果可写 ＋ｌ＝加，２４ｐ＜ｑ， ，ｑ∈Ｎ ，则２ ≤户＜ｑ≤旦 ≤ 一ｌ，从而，？＋ｌ ｌ（ 一１）！，而 ≥７时，１，２，…， 一１中有至少３个偶数，所以，ｌ，２， １中除 ，ｑ外还有偶数，故 为偶数． 如果不能写 ＋１为上述形式，则由 ＋１为合 数，可知 ＋１＝ ，这里 为质数．由，２≥７知户≥ ３，从而１＜ ＜２ｐ＜ 一１．所以， ＋１ ｌ（ 一１）！，同 上讨论，还可知 为偶数． 现在回到原题．如果 与，ｚ＋ｌ都为合数，那么 ，２≥８，此时由引理知 ｌ（．，２一１）！川＋ｌ ｌ（， ～１）！， 而（ ， ＋１）：１，故 十ｌ 为整数，并由， 与， ＋ ｌ具有不同的奇偶性，可知 为偶数（这里再 次用到引理），故命题成立． 如果 与 ＋１中有一个为质数，直接计算可 知， ≤６时，［ ］为偶数，现只讨论，ｚ≥７的 情形．这时，若 为质数，则由ｗｉｌｓＯｎ定理知（，ｚ— １）！；一ｌ（ｍｏｄ，２），而此时，２＋ｌ为合数，故，２＋ｌｌ （ 一１）！，依此可知［ ， 十ｌ ］＝ ＿＿，２ 十ｌ １，结合引理， 为偶数，故 为 奇 数， 当 然 有 亦为奇数，从而［袅＿二 ］为偶 数；若 ＋１为质数，则 为合数，此时 为偶 数，而由Ｗｉｌｓｏｎ定理知（，２一１）！ ｌ（ｍｏｄ，？＋１）， 于是，［ ］＝ 一１，前者为奇 数，因此，亦有［ ］为偶数． 综上可知，对任意 ∈Ｎ ，数［等 ］为偶 数． ５（由上海中学陈昕韫同学解答）注意到， （口 ＋２）（ｂ ＋２）＝（口 ＋ｌ＋１）（１＋ｂ ＋１）≥ （Ⅱ＋ｂ＋１） ． 依此可得 （口 ＋２）（ｂ ＋２）（ｃ ＋２） ≥（口＋ｂ＋１）（ｂ＋ｃ＋１）（ｃ＋口＋１）． 因此，我们只需证明 （口＋ｂ＋１）（ｂ＋ｃ＋１）（ｃ＋口＋１） ≥９（ａｂ＋ｂｅ＋∞） （１） 成立 将（１）式左边展开并变形得 （口＋ｂ＋１）（ｂ＋ｃ＋１）（ｃ＋口＋１）＝２口 ＋（口 ＋ｂ ＋ｃ ）＋３（ａ６＋ ＋ｃ口）＋（口 ｂ＋ａ６ ＋ｂ ｃ＋ ｃ６ｌ ＋ｃ 口＋∞ ）＋２（口＋ｂ＋ｃ）＋１＝２口 ＋（口 ＋ ｂ ＋ｃ ）＋３（口６＋ ＋ｃ口）＋（口 ｂ＋ｂ）＋（ａ６ ＋口） ＋（ｂ ｃ＋ｃ）＋（ 。＋ｂ）＋（ｃ 口＋口）＋（ｍ ＋ｃ）＋１ ≥２口ｂｅ＋（口 ＋ｂ ＋ｃ ）＋３（口６＋ ＋∞）＋４ａ６＋ ４ｂｅ＋４ｃａ＋１＝２ａｂｅ＋（口 ＋ｂ ＋ｃ２）＋７（口ｂ＋ｂｅ＋ ∞）＋１． 所以，为证（１）成立，只需证明 ２ａｂｅ＋（口 ＋ｂ ＋ｃ ）＋１≥２（ａｂ＋ｂｅ＋ｃ口）（２） 将（２）式左边减去右边，并设ｂ，ｃ同时不大于１ 或不小于１（注意，由抽屉原则知ｎ，ｂ，ｃ中必有两个 这样的数），得 ２口缸＋（口 ＋ｂ ＋ｃ ）＋１—２（ａｂ＋ｂｅ＋ｃ口） ２ａｂｅ＋（口 ＋１）＋（ｂ ＋ｃ ）～２（ａｂ＋ｂｅ＋ｃ口） ￣２ａｂｅ＋２ａ＋２ｂｅ一２（ａｂ＋ ＋￣ｚ／） ＝２ａｂｅ＋２ａ一２（ｂ＋ｃ）口 ２ａ（ 一ｂ—ｃ＋１） ＝２ａ（ｂ一１）（ｃ一１） ≥Ｏ． 从而，（２）成立，所以，原不等式成立．