第七届东南数学奥林匹克解答
第一天
1. 设a,b,c??0,1,2,?,9?，若二次方程ax2?bx?c?0有有理根，证明：三位数abc不是素数.（张鹏程提供）
证明：用反证法．若abc?p是素数，二次方程f(x)?ax2?bx?c?0的有理根是
?b?b2?4ac，易知b2?4ac为完全平方数，x1,x2均为负数，且 x1,2?2a f(x)?a(x?x1)(x?x2)，
所以 p?f(10)?a(10?x1)(10?x2)，
4ap?(20a?2ax1)(20a?2ax2)．
易知(20a?2ax1),(20a?2ax2)均为正整数，从而p(20a?2ax1)或p(20a?2ax2)，不妨设
p(20a?2ax1)，则p?20a?2ax1，从而
4a?20a?2ax2，
这与x2为负数矛盾, 所以三位数abc不是素数.
992. 对于集合A??a1,a2,?,am?,记P(A)?a1a2?am.设A1,A2,?,An(n?C2010)是集合
,?1,2?99元子集，求证:2011?P(Ai). （叶永南提供） 的所有,200?1i?1n证明一：对于集合?1,2,?,2010?的每个99元子集Ai??a1,a2,?,a9?9，对应于集合
??1,2,,2010?中惟一的99元子集Bi??b1,b2,?,b99?，其中bk?2011?ak，k?1,2,?,99.
99由于?(ak?bk)?99?2011?奇数，故集合Ai,Bi是集合?1,2,?,2010?的两个不同的子集.当
k?1而 Ai通过集合?1,2,?,2010?的所有99元子集时，Bi也通过集合?1,2,?,2010?的所有99元子集．
P(Ai)?P(Bi)?a1a2?a99?(2011?a1)(2011?a2)?(2011?a99)
?a1a2?a99?(?a1)(?a2)?(?a99)?0（mod2011）,
于是 2?P(Ai)??P(Ai)??P(Bi)?0(mod2011) ,
i?1i?1i?1nnn所以 2011?P(Ai)．
i?1n证明二：构造多项式f(n)?(n?1)(n?2)?(n?2010)?n2010?2010!，其中n?Z，
1
注意2011为素数，由威尔逊定理知，2010!??1(mod2011)，又由费尔马定理，当2011?n时，
n2010?1(mod2011)， 所以对于每个n?Z，
(1)、当2011?n时，f(n)?(n?1)(n?2)?(n?2010)?0(mod2011)；
(2)、当2011n时，f(n)?(n?1)(n?2)?(n?2010)?2011!?2011!?2011!?0(mod2011)．
即f(n)?0(mod2011)在mod2011意义下有2011个解，而f(n)是一个2009次多项式，对于每个
n?Z都有2011f(n)，所以f(n)的各项系数都能被2011整除．
因为
?P(A)就是多项式f(n)中n的1911次项的系数，故有2011?P(A)．
innii?1i?13. 如图，已知△ABC内切圆I分别与边AB，BC相于点F，D，直线AD，CF分别交圆I于另一点H，K．求证：
FD?HK?3.（熊斌提供）
FH?DKFAH证明: 设AF＝x，BF＝y，CD＝z，则可以将各线段长用x，y，z表示如下： 由Stewart定理得：
AD2?BDCD?AC2??AB2?BD?DC BCBCBIKDC4xyzy(x?z)2?z(x?y)2 ?， ?yz?x2?y?zy?zAF2x2?由切割线定理得：AH?，所以 ADADAD2?x24xyz， HD?AD?AH??ADAD(y?z)同理有 KF?4xyz．
CF(x?y)DF?CDDF?z， CFCF又由△CDK ∽ △CFD得DK? 2
由△AFH ∽ △ADF得FH?由余弦定理得
DF?AFDF?x． ADADDF2?BD2?BF2?2BD?BFcosB
?(y?z)2?(x?y)2?(x?z)2??2y?1??
2(x?y)(y?z)??24xy2z， ?(x?y)(y?z)于是
4xyz4xyz?KF?HDCF(x?y)AD(y?z) ?DFDFFH?DKx?zADCF16xy2z??4， DF2(x?y)(y?z)对圆内接四边形DKHF由Ptolemy定理得
KF?HD?DF?HK?FH?DK，
结合
KF?HDFD?HK?4,便得?3．
FH?DKFH?DK4. 设正整数a,b满足1?a?b?100，若存在正整数k，使得ab(ak?bk)，则称数对
(a,b)是“好的”．求所有“好的”数对的个数．(熊斌提供)
解：易知对于任意奇数t，有(a?b)(at?bt)，所以我们可以假设k?2．令(a,b)?d，
a?sd,b?td,(s,t)?1,t?1，则std2dk(sk?tk)，故stdk?2(sk?tk)．
又因为(st,sk?tk)?1，所以，stdk?2，于是，st的所有素因子都能整除d．
3
若s或者t中有一个不小于11的素因子p，则d也是p的倍数，于是p2a或者p2b， 而p2?100，矛盾！因此st的素因子只可能是2,3,5,7．
若st的素因子中2,3,5,7至少出现3个，则s或者t中有一个有不小于5的素因子， 而d?2?3?5?30，从而a或者b中有一个?5d?100，不可能；st的素因子集也 不可能是{3,7}，否则，a或者b中有一个?7?3?7?100，不可能；同样，st的素因子 集也不可能是{5,7}．所以，st的素因子集只可能是{2}{3，}{5}{7}{2,3，，，}{2,5}{2,7}{3,5}，，，．
当st的素因子集是{3,5}时，d只能为15，此时s?3,t?5，所以，(a,b)?(45,75)． 共1个“好的”数对．
当st的素因子集是{2,7}时，d只能为14，此时(s,t)?(2,7)或者(4,7)，所以，
(a,b)?(28,98)或者(56,98)．共2个“好的”数对．
当st的素因子集是{2,5}时，d只能为10,20． 对于d?10，此时(s,t)?(2,5),(1,10),(4,5),(5,8)；
对于d?20，此时(s,t)?(2,5),(4,5)．共6个“好的”数对． 当st的素因子集是{2,3}时，d只能是6,12,18,24,30．
对于d?6，(s,t)?(1,6),(1,12),(2,3),(2,9),(3,4),(3,8),(3,16),(4,9),(8,9),(9,16)；
对于d?12，(s,t)?(1,6),(2,3),(3,4),(3,8)．对于d?18，(s,t)?(2,3),(3,4)．对于d?24，
(s,t)?(2,3),(3,4)．对于d?30，(s,t)?(2,3)．所以，共19个“好的”数对．
当st的素因子集是{7}时，则(s,t)?(1,7)，d只能是7,14，共2个“好的”数对． 当st的素因子集是{5}时，则(s,t)?(1,5)，d只能是5,10,15,20，共4个“好的”数对． 当st的素因子集是{3}时，则(s,t)?(1,3)，d只能是3,6,?,33；
(s,t)?(1,9)时，d只能是3,6,9；(s,t)?(1,27)时，d只能是3，共15个“好的”数对．
4
当st的素因子集是{2}时，则当(s,t)?(1,2)时，d只能是2,4,?,50；
(s,t)?(1,4)时，d只能是2,4,?,24；(s,t)?(1,8)时，d只能是2,4,?,12； (s,t)?(1,16)时，d只能是2,4,6；
(s,t)?(1,32)时，d只能是2．共47个“好的”数对．
所以，共有1+2+6+19+2+4+15+47=96个好数对．
第二天
5. 如图，三角形ABC为直角三角形，?ACB?90?．M1,M2为△ABC内任意两点，M为线段M1M2的中点，直线BM1,BM2,BM与AC边分别交于点N1,N2,N．求证：
M1N1M2N2MN．(裘宗沪提供) ??2BM1BM2BMM1MM2AN1NN2证明：设H1,H2,H分别为点M1,M2,M在 直线BC上的投影．则
M1N1H1C?,BM1BH1M2N2H2C?, BM2BH2BH1HH2CMNHCH1C?H2C． ??BMBHBH1?BH2不妨设BC?1,BH1?x,BH2?y， 有
M1N1H1C1?xM2N2H2C1?y??,??, BM1BH1xBM2BH2yMNHC1?x?1?y??． BMBHx?y于是， 原不等式的证明等价于证明：
1?x1?y1?x?1?y??2， xyx?y114,即(x?y)2?0．这显然成立．故原不等式成立． 该不等式等价于??xyx?y
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