2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训
测试题D（李胜宏供题）
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一 . 求证: ?[2003n]|n?1,2,??中有无穷多个平方数. 二 . 求所有函数f:R?R,在零点连续 ,且 f(x?2f(y))?f(x)?y?f(y) 三 . 如果素数p和自然数n满足 n?p?证明: p|?(Cnj)2
j?0n4n, 3CDP,?DAP的四 . 设ABCD为凸四边形, AC交BD于P ，?ABP,?BCP,?内心依次为I1,I2,I3,I4.
求证: I1,I2,I3,I4四点共圆当且仅当四边形ABCD有内切圆.
2005年中国东南地区数学奥林匹克冬令营赛前培训
测试题D解答（李胜宏供题）
1. 求证:[2003n]|n?1,2,?中有无穷多个平方数. 引理: x2?2003y2??1992有无穷多组正整数解.
证明:首先有92?2003?1??1992??2?312.令x0?9,y0?1,p?31.设(u,v)是
22x2?2003y2?1的一组正整数解,则若xn?2003yn??2p2(xn?0,yn?0).令
?? xn?1?uxn?2003vyn,yn?1?vxn?uyn,则
22222222222xn?1?2003yn?1?(u?2003v)xn?2003(u?2003v)yn=xn?2003yn?2p
显然.xn?1?xn,yn?1?yn,故x2?2003y2??2p2有无穷多组正整数解.引理得证.
1
取足够大的N,使得n?N时,xn?3p2 考虑sn?2003yn(xn?2p).
222 sn?2003yn(xn?2p)2?(xn?2p2)(xn?2p)2
?(xn?p)4?2p2(xn?p)2?p4?2p2(xn?2p)2 ?(xn?p)4?4p3xn?7p4
22(xn?p)4?sn?(xn?p)4?2(xn?p)2?1(?4p3xn?7p4?2xn)
所以 (xn?p)2?sn?(xn?p)2?1.
[sn]?(xn?p)2为完全平方数.证毕! 2. 求所有函数f:???,在零点连续,且
f(x?2f(y))?f(x)?y?f(y) (*)
解:令 x?0,f(2f(y)?f(0)?y?f(y) （1）
?f(2f(0))?2f(0),?f(x?2f(2f(0)))?f(x)?2f(0)?f(2f(0)) f(x?4f(0))?f(x)?4f(0)
而f(x?4f(0))?f(x?2f(0)?0?f(0)?f(x)?2f(0) 所以 f (0)=0
由(1)有 f(2f(y))=y+f(y) (2)
) 故 f(f(y)=f(?f(y))+y+f(y) 在(*)中令 x??f(y再在(*)中令 y=?f(x) f(x+2f(f(?x))=f(f(?x)) 由(*)中f(x)为单射,故x+2f(?f(x))= ?f(x), 将x换成y,有f(?f(y))??f(y)?y 2?f(f(y))?y?f(y)1?f(2f(y)) (2') 222
?f(2(f((y))?2f(f(y)) (3)
所以由(2)有 f(4f(f(y)))=f(2f(2f(y)))=2f(y)+f(2f(y))=2f(y)+2f(f(y))=3f(y)+y 另一方面 f(4f(f(y))=f(2(y+f(y))=f(2y)+y+f(y)
所以 f(2y)=2f(y) (4)
故由(*)及(4)有 f(x+f(2y))=f(x+2f(y))=f(x)+y+f(y)=f(x)+2f(f(y))=f(x)+f(f(2y)) 所以 f(x+ f(y))= f(x)+ f(f(y)) (5) 于是,易知: f(kf(y))=kf(f(y))
?f(ky+y+f(y))= f((k+1)y) +f(f(y))= f(ky+f(f(2y)))=f(ky)?2f(y)?2f(f(y)) 所以
2f(2y)?f(f(2y))
2=f(ky)?f((k+1)y)= f(ky) +f(y) ?f(ky)=kf(y) k??
?当k??时,亦有 f(ky)=kf(y) (6)
f(f(2f(x)?x))?1(f(2f(x)?x)?2f(x)?x) (由(2')) 2?11(f(?x?2f(x))?2f(x)?x)?(f(?x)?x?f(x)?2f(x)?x)?f(x) 22?f(f(2f(x)?x))?f(x)?f(2f(x)?x)?x
所以 f(x+y)= f(x + f(2 f(y)?y)) (由(5)) = f(x) + f(y)
由于f(x)在零点连续,所以f(x)在所有点连续,故 f(x)=cx (c为常数)
1解得 c=1或?
23
所以 f(x)?xor?经检验均满足条件.
x 2n4n3. 如果素数p和自然数n满足n?p?,证明:p|?(Cnj)2.
3j?0i3ii2iin?2ii证明:引理:?(Cn)x?(1?x)n??C2x iCnCn?i(1?x)i?0i?1n[]2nn[]2i3ii2iik?i引理的证明 ,只要证明(Cn)?Cn??C2iCnCn?iCn?2i
i?1n[]2n[]2而?CCCCi2i2inin?ii?1k?in?2i??CCCkniki?1in?kCnn?i=Ckn?Ci?1nkniinCkCn?kCn?i(李善兰恒等式)
kk2=(Cn)((Cn)?1) 引理证毕.
nni3对原命题:?(C)??(Cn)(1?x)nxi中xn的系数
i4ni?0i?0?(Ci?1ni3ni2i2in?2ii)(1?x)nxi?(1?x)n((1?x)n??C2x) iCnCn?i(1?x)i?1n[]2n[]2i2i2i?(1?x)2n??(1?x)2n?2ixiC2iCnCn?i
i?1i4in?ii2i2ii??(Cn)?C2n??C2n?2iC2iCnCn?i?C2n??i?1i?1nn[]2n[]2(n?i)!(2n?2i)! 33i?1(i!)(n?2i)!((n?i)!)因 i?n?p,n?2i?n?i?n?p 故(i!)3(n?2i)!((n?i)!)3无素数因子p,而P?4n21?(n?i)?(2n?2i) 333故n?i,2n?2i中必有一数大于p,从而 p|(n?i)!(2n?2i)!,故
n(n?i)!(2n?2i)!ii4,又n?p?2n.?p|C2n,?p|?(Cnp|).证毕. 33(i!)(n?2i)!((n?i)!)i?04. 设ABCD为凸四边形,AC交BD于
AxdDI4wPzI3Cc4
aI1αyBb
P.?ABP,?BCP,?CDP,?DAP的内心依次为I1,I2,I3,I4.求证:I1,I2,I3,I4四点共圆当且仅当ABCD有内切圆.
证明: 先证明必要性.当I1,I2,I3.I4四点共圆时,
PI1?PI3?PI2?PI4 (1) 设PA=x, PB=y, PC=z, PD=w.
AB=a, BC=b, CD=c, DA=d.?APB??
PI1?r1sin?2 (r1为?I1的半径)
11?rrrrrr3(r1?r3)(1?cos?)从而可知(1)?13?24?1 (2) ???11(r?r)(1?cos?)24sin2cos2?22r2r4r1?xysin?wzsin?(x?y?z)(x?y?z)(w?z?c)(w?z?c),r3?,1?cos???x?y?aw?z?cxywz(y?z?b)(y?z?b)(x?w?d)(x?w?d) ?yzxw1?x1?x111??yzwr1(1?cos?)?r3(1?cos?)?
111r2(1?cos?)?r4(1?cos?)??yzw1?cos??ac??xywz故(2)?bd??yzxw ?x?y?z?w?a?c (3)
x?y?z?w?b?d设a+c?b?d,则 x?y?z?w?a?c?x?y?z?w?b?d 因为 (a?c)2?(b?d)2,a2?c2?b2?d2?2(ac?bd)?0 故 x2?y2?2xycos??w2?z2?2zwcos?
?(x2?w2?2xwcos??y2?z2?2yzcos?)?2(ac?bd)?0
5
?2(ac?bd)2cos??(xy?zw?xw?yz)
xyzwxyzwx2?y2?a2w2?z2?c2y2?z2?b2x2?w2?d2(cos???????)
2xy2wz2yz2xw2(ac?bd)a2c2b2d2???(22?22)?22?22
xyzwxyzwyzxw?(ac2bd2acbd ?)?(?)????xyzwyzxwxyzwyzxw由(3)式,有:
a?yz1?b?yzc1111????x?y?z?w?a?czwxyzw??1
d1111x?y?z?w?b?d????xwxyzw?它们均等于1,?a?c?b?d.必要性证毕. 充分性.由上述证明可以知道
a?c?b?d?(r1?r3)(1?cos?)?(r2?r4)(1?cos?) ?1111???,从而(2)成立. r1r3r2r4得出I1,I2,I3,I4四点共圆,证毕.
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