2006年第47届国际数学奥林匹克(IMO)解答

第
47届
IMO试题解答


(2006.7.12-13于斯洛文尼亚,卢布尔雅那)
linchang编译
第一天


1.(韩国) △ABC的内心为
I,三角形内一点
P满足
∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB.求证, AP≥AI,而且等号当且仅当
P=I时成立.
证.∠PBC+∠PCB= 12
(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB,故∠PBI=∠PCI,从而


TOPIBA
C


P,B,C,I四点共圆.但由内外角平分线相垂直知
B,C,I与
BC边上的旁切圆心
T共圆,
且
IT是这个圆的直径, IT的中点
O为圆心.由于
A,I,T共线(∠BAC的平分线),且
P
在圆周上, AP+PO≥AO=AI+IO , PO=IO, 故
AP≥AI.
等号当且仅当
P为线段
AO与圆周的交点即
P=I时成立.

2.(塞黑)正
2006边形
P的一条对角线称为好的,如果它的两端点将
P的边界分
成的两部分各含
P的奇数条边.P的边也是好的.
设
P被不在
P的内部相交的
2003条对角线剖分为三角形.试求这种剖分图中


有两条边为好的等腰三角形个数的最大值.

解.对于剖分图中的任一三角形
ABC,P的边界被
A,B,C分为
3段,A-B段所含
P
的边数记作
m(AB).由于
m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006,故等腰三角形若有两条好边,
它们必是两腰.称这样的等腰三角形为好三角形.

考虑任一好三角形
ABC(AB=AC).A-B段上若有别的好三角形,其两腰所截下
的
P的边数为偶数.由于剖分图中的三角形互不交叉,而
A-B段上
P的边数为奇数,
故
A-B段上必有
P的一边
α不属于更小的腰段,同理
A-C段上也有
P的一边
β不属
于更小的腰段,令△ABC对应于{α,β}.由上述取法,两个不同的好三角形对应的二元

2006

集无公共元,因此好三角形不多于
2
=1003个.

设
P=A1A2…A2006,用对角线
A1A2k+1(1≤k≤1002)及
A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所
作的剖分图恰有
1003个好三角形.因此,好三角形个数的最大值是
1003.

3.(爱尔兰)求最小实数
M,使得对一切实数
a,b,c都成立不等式
|ab(a2－b2)+bc(b2－c2)+ca(c2－a2)|≤M(a2+b2+c2)2.
解. ab(a2－b2)+bc(b2－c2)+ca(c2－a2)=－(a－b)(b－c)(c－a)(a+b+c).
记
a－b=x,b－c=y,c－a=z,a+b+c=s,则
a2+b2+c2= 13
(x2+y2+z2+s2).原不等式成为


M(x2+y2+z2+s2)2≥9|xyzs| (x+y+z=0).
x,y,z中两个同号而与另一个反号.不妨设
x,y≥0. 则 |z|=x+y, x2+y2≥
1 (x+y)2,

2
(x+y)2≥4xy.于是由算术-几何平均不等式
11

(x2+y2+z2+s2)2≥( 3 (x+y)2+s2)2=( 1 (x+y)2+ (x+y)2+ (x+y)2+s2)2

2 222

4

1 )62 )2=4

≥(4 (x+
ys2 (x+y)3|s|≥16 2 |xyzs|.

8

即
M=92 时原不等式成立.

32


等号在
s= 2 ,x=y=1,z=－2,即
a:b:c=( 2 +3): 2 :( 2－3)时达到.故所求的最小

的
M=92.

32

第二天


4.(美国)求所有的整数对(x,y),使得 1+2x+22x+1=y2.
解.对于每组解(x,y),显然
x≥0,且(x,－y)也是解.x=0时给出两组解(0,±2).
设

x,y > 0.原式化为 2x(2x+1+1)=(y+1)(y－1). y+1与
y－1同为偶数且只有一个
被
4整除.故
x≥3,且可令
y=m·2x-1+ε,其中
m为正的奇数,ε =±1.代入化简得

1－εm=2x-2(m2－8).
若
ε =1, m2－8≤0,m=1.不满足上式.
故必
ε =－1,此时 1+m=2x-2(m2－8)≥2(m2－8),解得
m≤3.但
m=1不符合,只有


m=3,x=4,y=23.
因此共有
4组整数解(0,±2),(4,±23).

5.(罗马尼亚)设
P(x)为
n次(n>1)整系数多项式,k是一个正整数.考虑多项式
Q(x)=P(P(…(P(x))…)),其中
P出现
k次.证明,最多存在
n个整数
t,使得
Q(t)=t.

证.若
Q的每个整数不动点都是
P的不动点,结论显然成立.

设有整数
x0使得
Q(x0)=x0, P(x0)≠x0.作递推数列
xi+1=P(xi) (i=0.1.2….).它以
k
为周期.差分数列
Δi=xi－xi-1 (i=1,2,…)的每一项整除后一项.由周期性及
Δ1≠0,所有
|Δi|为同一个正整数
u.令
xm=min{x1,x2,…,xk},u=xm-1－xm= xm+1－xm, xm+1=xm-1.数列
的周期为
2.即
x0是
P的
2-周期点.

设
a是
P的另一个
2-周期点,b=P(a) (允许
b=a).则
a－x0与
b－x1互相整除,故
|a－x0|=|b－x1|,同理|b－x0|=|a－x1|.展开绝对值号,若二者同取正号,推出
x0=x1,矛盾.


故必有一个取负号而得到
a+b=x0+x1.记
x0+x1=C,我们得到:Q的每个整数不动点都
是方程 P(x)+x=C的根.由于
P的次数
n大于
1,这个方程为
n次.故得本题结论.

6.(塞黑)对于凸多边形
P的每一边
b,以
b为一边在
P内作一个面积最大的三角
形.证明,所有这些三角形的面积之和不小于
P的面积的两倍.
证.过
P的每个顶点有唯一的直线平分
P的面积,将该直线与
P的边界的另一交
点也看作
P的顶点(允许若干个相继顶点共线).每两条面积平分线都交于
P内.P可
看成一个
2n边形
A1A2…A2n-1A2n ,每条对角线
AiAi+n是
P的面积平分线(i=1,2,…,n,
Ai+2n=Ai).设
AiAi+n与
Ai+1Ai+n+1交于
Oi (Oi+n=Oi),由面积关系得到,

OA
OA1

ii

S(△OiAiAi+1)=S(△OiAi+nAi+n+1), OiAi·OiAi+1= OiAi+n·OiAi+n+1, 故
iinii+和
ii1n++
+

OA
OA


中必有一个不小于
1,于是以
AiAi+1为一边在
P内作的面积最大的三角形的面积
S(AiAi+1)≥max{ (Δ
A
SA
AA)

SAA), (Δ
}≥2S(△OiAiAi+1).

inii
+1 in+1

++
ii
+1

............G


对于每条有向线段
Aii+

An,P内部的每一点
T或在它的左侧或在它的右侧.由于
T

................................G
..................................................

在
AA和
A+
A= A+
A的相反侧,故必有
i使得
T在
AA和
AA的相反侧,从而

1 n+1 n12n+1 n11 ii+ni+1 i+n+1

n


T在△OiAiAi+1或△OiAi+nAi+n+1中.即
OAA.
P.于是

∪Δ(2) iii+1
i=1

2n
2n


SA) ≥2 SOA+

∑
( iiA+1 ∑
(Δ
iiiA1) ≥2S(P).
i=1 i

=1

P中同一边上的各个
S(AiAi+1)之和就是该边上的面积最大的内接三角形面积.