世界各地数学奥林匹克试题摘编

1（2000年中国台湾数学奥林匹克）设，是正整数集到非负整数集的映射，满足f（1）=0，f（n）=max 1≤j≤n-1 {f（j）＋f（n～j）＋j｜（n≥2），求f（2000）。     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (第 4 7届拉脱维亚数学奥林匹克 )已知ａ ,ｂ是互不相同的自然数 ,求证 :存在无穷多个自然数ｎ ,使得ａ +ｎ与ｂ +ｎ互素 .证　不妨设ｃ =ａ -ｂ >0 ,则存在非负整数 ｑ ,ｒ ,使得ｂ =ｑｃ +ｒ ,这里 0≤ｒ≤ｃ -1 ,令ｎ =ｃ +1 -ｒ +ｋｃ ,这里ｋ为非负整数 ,则ａ +ｎ =(ｂ +ｃ) +(ｃ+1 -ｒ +ｋｃ)=ｑｃ+ｒ +2ｃ+1 -ｒ +ｋｃ=(ｑ +ｋ +2 )ｃ+1 .ｂ +ｎ =(ｑ +ｎ +1 )ｃ +1 .设ｄ是ａ +ｎ与ｂ +ｎ的最大公约数 ,则ｄ|(ａ +ｎ) - (ｂ +ｎ) =ａ -ｂ =ｃ,∴ｄ|1 ,∴ｄ =1 .∴ａ +ｎ与ｂ +ｎ互素 .2　 (拉脱维亚第 4 7届数学奥林匹克 )是否…     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

本文中｜A｜表示集合A的元素个数． 1设P（x）=x^3-3x＋1．求一个多项式Q（x），使得Q（x）的根是P（x）的根的5次幂．     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　设Ａ ={ｚ1,ｚ2 ,… ,ｚｎ}是ｎ(ｎ≥ 2 )个不同的复数构成的集合 .已知对于任意的ｉ∈ { 1,2 ,… ,ｎ} ,有{ｚｉｚ1,ｚｉｚ2 ,… ,ｚｉｚｎ} =Ａ (1)1)求证 |ｚｉ| =1,ｉ=1,2 ,… ,ｎ ;2 )证明若ｚ∈Ａ ,则 ｚ∈Ａ .证　 1)对于 1≤ｉ≤ｎ ,由 (1)知∏ｎｊ=1ｚｉｚｊ=∏ｎｊ=1ｚｊ∴ｚｎｉ ∏ｎｊ=1ｚｊ =∏ｎｊ=1ｚｊ (2 )若有一个 ｊ∈ { 1,2 ,… ,ｎ} ,使得ｚｊ=0 ,则{ｚｊｚ1,ｚｊｚ2 ,… ,ｚｊｚｎ} ={ 0 }≠Ａ ,矛盾 .所以对于任意的 ｊ∈ { 1,2 ,… ,ｎ} ,有ｚｊ≠ 0 ,∴∏ｎｊ=1ｚｊ≠ 0 .由 (2 )得 ,ｚｎｉ=1,∴ |ｚｉ| =1,ｉ…     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (西班牙 )解方程组ｘ|ｘ| ｙ|ｙ|=1,[ｘ] [ｙ] =1.解　 1)当ｘ≥ 0且ｙ≥ 0时 ,有ｘ2 ｙ2= 1.∴ 0≤ｘ ,ｙ≤ 1.若ｘ <1且 ｙ <1,则 [ｘ] [ｙ] =0 ,矛盾 .故ｘ =1或ｙ =1,从而方程组有解ｘ =1,ｙ =0 ,或 ｘ =0 ,ｙ =1.2 )当ｘ≥ 0且ｙ <0时 ,有ｘ2 -ｙ2 =1.∵ [ｘ]≤ｘ ,[ｙ]≤ｙ ,∴ｘ ｙ≥ [ｘ] [ｙ] =1.∴ｘ -ｙ >ｘ ｙ≥ 1.∴ｘ2 -ｙ2 =(ｘ -ｙ)·(ｘ ｙ) >1,矛盾 .同理 ,当ｘ <0且 ｙ≥ 0时可导出矛盾 .综上知方程组的解为ｘ =0 ,ｙ =1,　 ｘ =1,ｙ =0 .2　 (西班牙 )求所有自然数ｎ ,使得ｎ(ｎ 1) (ｎ 2 ) (ｎ 3 )的素因…     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1（2000年俄罗斯数学奥林匹克）求证：存在10个不同的实数a1，a2，…，a10使得方程（x-a1）（x-a2）…（x-a10）=（x＋a1）（x＋n2）…（x＋a10）（1）     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (以色列 )α是给定的实数 ,ｆ(ｘ)是 ( 0 , ∞ )到 ( 0 , ∞ )的映射 ,且对于任意的ｘ >0 ,有αｘ2 ｆ( 1ｘ) ｆ(ｘ) =ｘｘ 1( 1)求 ｆ(ｘ) .解　在 ( 1)中以 1ｘ 换ｘ ,得α 1ｘ2 ｆ(ｘ) ｆ( 1ｘ) =11 ｘ ( 2 )若α2 ≠ 1,由 ( 1) ,( 2 )可解得ｆ(ｘ) =ｘ( 1-αｘ)(ｘ 1) ( 1-α2 )若α2 =1,( 1) ,( 2 )构成的方程组无解 ,ｆ(ｘ)不存在 ,又 ｆ(ｘ) >0 ,∴α∈ ( - 1,0 ) .2　 (拉脱维亚 )已知ａ1,ａ2 ,ａ3是非零实数 ,证明可将 ( 1) ,( 2 ) ,( 3)中的“ ”分别用“ <”或“ >”代换 ,使所得到的不等式组无解 .　　ａ1ｘ ｂ1ｙ …     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (意大利 1995年数学奥林匹克 )求出所有正整数ｘ ,ｙ ,使得ｘ2 615=2 ｙ ( 1)解　对于非负整数ｋ ,2 2ｋ 1=4 ｋ·2≡ ( - 1) ｋ·2≡ 2或 3(ｍｏｄ 5) ,又∵ｘ2 ≡ 0或 1或 4 (ｍｏｄ 5) ,∴ ｙ必须是偶数 .令 ｙ =2ｚ ,代入 ( 1)得( 2 ｚ-ｘ) ( 2 ｚ ｘ) =615=3× 5× 4 1∴　　　 2 ｚ ｘ =6152 ｚ-ｘ =1( 2 )　　或　　　 2 ｚ ｘ =2 0 52 ｚ-ｘ =3 ( 3)　　或　　　 2 ｚ ｘ =12 32 ｚ-ｘ =5( 4 )　　或　　　 2 ｚ ｘ =4 12 ｚ-ｘ =15( 5)显然 ,方程组 ( 2 ) ,( 3) ,( 5)无正整数解 .由方程组 ( 4 )得 :2 ｚ=64,∴ｚ =6,ｘ =59,…     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1(2000年俄罗斯数学奥林匹克)求证:存在10个不同的实数a1,a2,…,a10,使得方程(x-a1)(x-a2)…(x-a10)=(x a1)(x a2)…(x a10)(1)恰有5个不同的实根.证取a1,a2,a3,a4,a5为正数,a6=0,并且a7 a8=0,a9 a10=0.下证这样的10个实数满足题设.事实上,对于k∈{6,7,8,9,10},(1)式两边都有因     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1(2000年中国台湾数学奥林匹克)设f是正整数集到非负整数集的映射.满足f(1)=0,f(n)=max1≤j≤n-1{f(j) f(n-j) j}(n≥2).求f(2000).解我们用数学归纳法证明f(n)=n(n-1)2(n≥1).当n=1时,结论成立.当n=2时,f(2)=f(1) f(1)-1=1.易知f(3)=max{f(1) f(2) 1,f(2) f(1) 2}=3,f(4)=6.假定n≥5,并且f(k)=k(k-1)2对于1≤k相似文献   

世界各地数学奥林匹克试题摘编

１．ｐ,ｑ是正整数,ｆ是正实数集合到正实数集的一个映射,使得对于任意的正实数ｘ,ｙ,有ｆ（ｘｆ（ｙ））＝ｘｐｙｑ①求证：ｑ＝ｐ２．证取ｘ＝１ｙ,代入①得ｆ（ｙ）＝ｙｑｐ（ｆ（１））１ｐ②再取ｙ＝１,代入②得ｆ（１）＝１,由②得ｆ（ｙ）＝ｙｑｐ③∴ｆ（...     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (朝鲜 )对任意正整数ｍ ,证明存在整数ａ ,ｂ ,|ａ|≤ｍ ,|ｂ|≤ｍ ,使得0 <ａ ｂ 2≤1 2ｍ 2 .证　∵ａ ｂ 2∈ [0 ,ｍ ｍ 2 ] ,ａ =0 ,1,2 ,… ,ｍ ,ｂ =0 ,1,2 ,… ,ｍ .将区间 [0 ,ｍ ｍ 2 ]等分成ｍ2 2ｍ个小区间 ,每个小区间的长度为1 2ｍ 2 ,∵ (ｍ 1) 2ｍ2 2ｍ >1,由抽屉原则知必存在两个不同的数ａ1 ｂ1 2>ａ2 ｂ2 2 (ａ1 ,ｂ1 ,ａ2 ,ｂ2 ∈ [0 ,ｍ ] ,ａ1 ,ｂ1 ,ａ2 ,ｂ2 为整数 )在同一个小区间 .从而0 <ａ1 ｂ1 2 -(ａ2 ｂ2 2 ) <1 2ｍ 2 .令ａ =ａ1 -ａ2 ,ｂ =ｂ1 -ｂ2 ,则ａ ｂ 2满足要求 .2　 (…     

世界各地数学奥林匹克竞赛试题摘编

1　 (第 2 3届全俄中学奥林匹克竞赛试题 ,11年级 )求方程 (x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y的整数解 .解　以下将证明方程(x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y (1)的解是 (- 4,5 ) ,(4,5 ) ,(- 1,0 ) ,(1,0 ) ,(- 4,3) ,(4,3) .设x ,y是满足方程 (1)的两个整数 .注意到 ,若 y <0 ,则 1+ 16 y <0 ,则 1+ 16 y不是一个完全平方数 ;若 (x ,y)就是 (1)的解 .不失一般性 ,可设x≥ 0 .情形 1:若x≥y ,可令x =y +a且a∈N .方程 (1)可改写为 :4a2 y2 + 4 (a3- 4) y +a4 - 1=0 .故 y是二次方程 4a2 X2 + 4 (a3- 4)X +a4 - 1=0的一个解 .此时Δ =16 (- 8a3+a2 + 16 ) ,则一…     

世界各地奥林匹克试题摘编

1 . (第 18届匈牙利———波兰数学竞赛 ,1998)设Ｐ(ｘ) =ｘ4 ｘ3 ｘ2 ｘ 1,证明存在正次数的整系数多项式Ｑ(ｙ)和Ｒ(ｙ) ,使得Ｑ(ｙ)·Ｒ((ｙ) =Ｐ(5ｙ2 ) .证　Ｐ(5ｙ2 ) =54 ｙ8 53ｙ6 52 ｙ4 5ｙ2 1,令Ｐ(5ｙ2 ) =(2 5ｙ4 ａｙ3 ｂｙ2 ｃｙ 1) (2 5ｙ4-ａｙ3 ｂｙ2 -ｃｙ 1) ,比较同次幂的系数可得一组解ａ =2 5,ｂ =15,ｃ=5.从而Ｑ (ｙ) =2 5ｙ4 2 5ｙ3 15ｙ2 5ｙ 1,Ｒ(ｙ) =2 5ｙ4 - 2 5ｙ3 15ｙ2 - 5ｙ 1,满足题设要求 .2 .(1995年格鲁吉亚数学奥林匹克竞赛 )已知3个正数的积为 1,且它们的和大于它们的倒数的和 ,求证…     

世界各地数学奥林匹克试题选登

1 求证：对任意实数a3，a4，…，a85，方程a85x^85 a84x^84 … a3x^3 3x^2 2x 1=0的根不全为实数．     

世界各地数学奥林匹克试题选登

1找到所有映射f:R→R,满足f(f(x) y)=f(x2-y) 4f(x)y,其中x,y∈R.解映射f(x)=0和f(x)=x2显然符合条件.下面证明不存在其它的映射符合要求.设映射f:R→R满足f(f(x) y)=f(x2-y) 4f(x)y(1)其中x,y∈R.令a=f(0).在(1)中取x=0则对任意y∈R,f(a y)=f(-y) 4ay(2)在(2)式中先取y=0,则有f(a)=a.取y=-a,则有a=a-4a2,即a=0.因此由(2)式知f是一个偶函数.在(1)式中令y=-f(x)及y=x2.比较其结果有4(f(x))2=4x2f(x).因而f(x)=0或f(x)=x2.现假设存在x0使得f(x0)≠0,则x0≠0及f(x0)=x02.因为f是偶函数.我们假设x0>0.令x为任意非零实数,在(1)式中令y=-x0,则…     

世界各地数学奥林匹克试题选登

1 对任意素数p和任意正整数n，证明：n｜ψ（p^n-1），其中ψ是欧拉函数．     

世界各地数学奥林匹克试题选登

同理可证 A5 是△ A1 A2 A3的垂心 ,这样A4与 A5重合 ,矛盾 .这个矛盾表明 n≤ 4 .图 1　三角形2 )由 1 )可知 ,A4是△ A1 A2 A3的垂心 .如图 ,设 A1 A4与 A2 A3交于 D,A2 A4与 A1 A3交于 E,A3A4与 A1 A2交于 F.∵ 2λ1 =(λ1 λ2 ) ( λ1 λ2 ) - ( λ2 λ4)=A1 A2 2