2010年第51屆國(guó)際奧林匹克數(shù)學(xué)競(jìng)賽（IMO）試題及答2（H0年第51屆試題「2010年7月7日）1、求所有的函取f、2只?使得對(duì)于任意實(shí)數(shù)X」都有f{[x]y）=f（x）[f（y）\.的內(nèi)心?◎是^ABC的外接圓.AI口勺交于D氐Eil-BDC上，F(xiàn)BC二H11^BAF=￡CAE<\^BAC（GNIF的中戊，訕期；ELDG的芒亞右勺丨3、求所冇的函數(shù)曠NtN?是的對(duì)予任^mrn^N?（凱朋）*町（飢咼+謝）都是完全平方數(shù)*

LB（2010年7n8a）久開始時(shí)在六個(gè)盒子場(chǎng)廻.場(chǎng)4?鳥遍中各有一枚硬幣.其后允許操作如下:LB（2010年7n8a）久開始時(shí)在六個(gè)盒子場(chǎng)廻.場(chǎng)4?鳥遍中各有一枚硬幣.其后允許操作如下:②選一個(gè)不空的危子BkA<k<4,取出域中的--枚硬幣，并交換埠亠1岀出中的硬幣(可能百、弘陽，…是…個(gè)正實(shí)數(shù)數(shù)列，$是…個(gè)正整數(shù)t對(duì)于任意正整數(shù)2忑都有n>N都有an=Hj+an_{.2010年第51屆IMO第二天試題4、P是^ABC(AC^BC)內(nèi)一點(diǎn)，AP.BP.CP分別AABC的外接圓型交干K.L.Mt圓刃在C點(diǎn)的切線與直線交于E口已^SC=SP，證明：MK=ML.①選一個(gè)不空的盒子5;J<7<5,取出巧中的一枚硬幣■在巧+i中加兩枚硬幣菱是空的)”是否可以通過有限次操作,使得商旦鳥中都沒有換幣，而爲(wèi)中有20岬計(jì)枚硬而?l<fc<n-l}fl證明’存在f正整數(shù)及正整數(shù)N,對(duì)于任意(此題全場(chǎng)平均分(此題全場(chǎng)平均分2.59,中國(guó)隊(duì)平均7分〉(此題全場(chǎng)平均分(此題全場(chǎng)平均分5.45,中國(guó)隊(duì)平均6.S3分)2010年第51屆BIO解答1、求所有的附數(shù)/:RtR，使得對(duì)仟意實(shí)數(shù)X」都有/([.r].v)=/(.r)[/(r)]a(其中卜]表示不大于x的最大整數(shù))解1：令.F=Ouf^/(O)=/(.v)[/(O)](*),若[/(0)]工0,則/(.丫)是一個(gè)常數(shù)幣數(shù)，令/(.V)=c,代入可得c=c[c]f因此c=0,或者[c]=l也Kpi<r<2o若[/(0)]=0,由(*)可知/(0)二0,令x=l可得/(y)=/(l)[/(y)](#)>若/⑴工。,則⑴"卜塔，囚此/(卜卜)=塔嚴(yán)，對(duì)調(diào)"町得/(卜卜r塔嚴(yán)，因此/(卜卜)=/([丁卜)，此式中令x二2」二+叮得/(1)=/(0)=0,孑盾，因此/(I)=0.代入的可知對(duì)于任意實(shí)數(shù)V-/(y)=0o容易驗(yàn)證，/⑴二0或后/&)二ul"<2都滿足要求，是全部的解。解2：由C知對(duì)J：任點(diǎn)實(shí)數(shù).丫」；有/(.r)[/(.v)]=/([-v].v)=/([Ml-v)=^(M)[^W]-因此(/([r])-/(.r))[/(.T)]=0o桿對(duì)J：任總實(shí)數(shù)f都冇[/(.r)]二0，則在原式中令?丫二1可得/(.計(jì)二/(l)[/(i)]二0?也即/(x)三0。若存在?個(gè)實(shí)數(shù).y0使W[/(r0)]工0,則對(duì)j：任意實(shí)數(shù).V,/(.r)=/([.v])o因此/?=/(M-l)=/(x)[/(l)],故/(.v0)=/Oo)[/(l)].因此[/(!)]=1o故二/(2)[/(0)],故[/(0)]工二/(2)[/(0)],故[/(0)]工0。在■，、■丿、L■原式中令y=0nJ-得/(0)=/(丫)[/(())]?故/(?丫)定一個(gè)常數(shù)兩數(shù)，令/(.r)=c,為然也有/(I)=c,故[c]=[/(I)]=1,即15c<2。容易驗(yàn)證,/(.v)=0或者/(.V)=c.l<c<2都滿足要求。

2、的內(nèi)心，q是AJBC的外接RoAl與q交于Z)點(diǎn)，E^BDCI:,F在BC」??，并AkBAF二ZCAE＜丄上加C,G為厲的中點(diǎn)，證明：EI、DG的交點(diǎn)在c】上。21證明：由于/是MBC的內(nèi)心，ZDBI=^(ZBAC+ZABC)=AD1B,故DI二DB,冋理DI=DC,以D為圓心功為半徑作圓q，延長(zhǎng)」D交①/廠點(diǎn)，則GD\\FTADIT曲已知條件AABF?AAEC,所以一二二一，故4B?AC"E?AF。ifnAFAC厶1ZV二2厶LDC二丄ZABC二ZABI,因此X4B1-AATC,故蟲二—,因此

22AlACAE-AF=ABAC=AI-AT,以專AE-AF=ABAC=AI-AT,以專石。由于二ZZ4￡\【劉此M日?A47戸，故4EI二厶4TF,由于GD\\FT,所以4DG二3TF,因此SE1二4DG,改EI、DG的交點(diǎn)為則A.EDH四點(diǎn)共圓，此圓過4ED這二個(gè)點(diǎn)，因此就是s或EI.DG的交點(diǎn)在q上。（此題全場(chǎng)平均分（此題全場(chǎng)平均分535,中國(guó)隊(duì)平均7分）（此題全場(chǎng)平均分（此題全場(chǎng)平均分0.46,中國(guó)隊(duì)平均3.83分）3、N衣示全體止整數(shù)，求所有的函數(shù)g-.N^N?是的對(duì)「任hwN,（g（〃/）+〃）（g（〃）+in）都是完全平方數(shù)。解:對(duì)于任意正整數(shù)〃，由已知（g（〃+l）十"）（g（”）+"十1）是平方數(shù),由于兩個(gè)連續(xù)的正整數(shù)乘枳都不是平方數(shù)，因此g（“+1）Hg（“）?令〃二|g（〃+l）—g（〃）|,若d22,任取素?cái)?shù)”〃，貝ijg（“+l）2g（〃）（inodp）,令g（〃+l）_g（"）=pak,U中伙,p）=l,則in+g（n+1）=（7；/+g（w））+pak（*）a若a>2,我們?nèi)?〃使得〃/+g（”+l）等于+p>pak,則”|”"+g（〃+l），由（*）也有p|M+g（〃）：若a二1,取山使得〃/+g（〃+l）二pz+p‘>|陰，則有p'M+g（〃+l）,由（*）也有p|b〃+g（“）綜上所述，總能找到個(gè)止整數(shù)〃,使得〃/+g（〃+i）s〃+g（〃）所倉(cāng)p的第次為奇數(shù)。而g（〃o+“與g（〃“+〃+i這兩個(gè)連續(xù)正幣數(shù)中必仃-個(gè)與p互素，因此（g（〃/）+〃）（g（〃）+7〃）與（g（7〃）+〃+l）（g（"+l）+〃?）中必有一個(gè)恰好含P的奇數(shù)次幕,不是平方數(shù),矛盾。因此只能們g（〃十l）-g（〃）|=l,故g（ll+1）=g（?7）+1或￡（〃）-1。若存在一個(gè)〃使得g（〃+l）=g（〃）-l,則（g（〃+l）+"）（g（“）i+l）=（g（〃）+〃）?-1不足平方數(shù),矛盾。故對(duì)「?所有正整數(shù)〃均有g(shù)（〃+l）=g（〃）+l,因此g（〃）=〃+r,其中c是個(gè)非負(fù)整數(shù),容易驗(yàn)證g（"）二〃十c的確滿足要求。所以g（〃）二〃+C是全部解，具中C是一個(gè)非負(fù)幣數(shù)。4、P^±4BC（AC^BC）內(nèi)民AP.BP.CP分別9SBC的外接圓e交J&丄,圓{{-C點(diǎn)的切線與直線月B交于S。C知SC二SP,證明:MK二ML。證明：設(shè)SP與圓e交于RS點(diǎn)，由于SP2=SC2=SASB,故ASAP?'SPB,因此乙SPA=ZSBP二乙AKL,故TR\\KL.因此ZLPR二乙PLK二乙P4B°由于ZSPC=ZLPR+ZLPC=ZPAB+ZMCB+ZPBC=AMLK+ZPBC,乙SCP二ZSCd+ZACM=上SBC+^ACM=乙SBL+ZPBC+ZACM,而ZSPC=ZSCP,所以ZMKL=ZSBL+￡ACM=ZMLK,所以LM二KM°證明厶由于SP'二SC'=S4?SB,故'SAP?空PB■因此ZSP—SBP二厶1KL,故77?||AZ.因此zspc二阿二+（￡?+亦阿二+（￡?+石+而）二由￡?+尿）而ZSCF=+（證+E0）,由、?乙SPC=ZSCP，所以■證=.匠，因此L\f=KM。（此題（此題IMO平均分0.93,中國(guó)隊(duì)平均4分）5、開始時(shí)在六個(gè)盒子中各有-枚皺幣，其后允許操作如卜?:①選-個(gè)不空的盒子取出巧中的?枚硬幣,在巧+i中加兩枚硬幣;②選個(gè)不空的盒子Bk,l<k<4,取出禺中的一枚便幣，并交換耳+】,耳+2中的磧幣。（可以是空盒）是否可以通過有限次操作，使得比場(chǎng)，務(wù)爲(wèi)‘耳中都沒有硬幣，而4中有2O1O20加枚硬幣?5T解：令廠二201（）2°1代°?如果我們能夠達(dá)到0.00-00.苴斤我們不斷進(jìn)行操作①.4丿則可以最終達(dá)到（o.o.o.o.o.r）<,為了達(dá)到；o.o.o.f,o.o|,我們只要能達(dá)到某個(gè)（o.o.o,xo.o）.A^re）,其后進(jìn)^x--次操作②即可。以卜來證明對(duì)以達(dá)到（》4對(duì)J：任意正整數(shù)?7>1,仏0,0）—（“一1,2,0）->（°-1,0,4）,若心2則繼續(xù)操作t（。一2,4,0）—（4-2,0,8）—...->（1,0,2。）1（02,0）,因此我們總是可以從（么0.0）出發(fā)達(dá)到（0,2\0）.對(duì)于整數(shù)a.b>l,依據(jù)匕述操作<可以做到（a,b、0.0）t（a,0.2?,0）—（q-1,2\0.0）。根據(jù)規(guī)則我們可以做到以F操作：（1丄U丄1）->（0丄1丄17,1）t（0丄1丄0,35）->（003500.0）->（003420.0）然后我們町以從（0.0.34.2.0.0）出發(fā)達(dá)到（0.0.33.22.0.0）—[0.0.0,22【0.0）,R:中Y=2??中有35個(gè)2。2010<2048=2n<22?,因此7=20102010?1°<2^=Y,所以此我們可以通過有限次操作，使得耳，角，目,盡中都沒有硬幣,而民中右2010如門枚硬幣。（此題（此題IMO平旳分0.3^中國(guó)隊(duì)平禺4.17分〉6,…是一傘疋實(shí)數(shù)數(shù)列”s足一亍卍整數(shù).對(duì)尸任意正整數(shù)m都有碣二就處｛的1｝。證明：存在一個(gè)正整數(shù)Z<jU及正整數(shù)N，對(duì)于任意心N郁有叫二q卡侏y證明：令t二Me*卩玉則對(duì)■于都fi'—<^（*）-若（T對(duì)于所Ui<n都成立，則乞二學(xué)十：“故對(duì)于任意正整數(shù)宀胸有^~<f,令f=^A<r<3.（）\1令加=肝一佈’>0>山定義川一知礙呵以液示成為工戸耳形式，其中出為罪負(fù)M』sJ榕禺井且￡py因此女=丫角（汙一耳）=工典酉（*hr?】』■】j-1對(duì)」-任意i[:整數(shù)i,備呦尸_玄4撲=卅_耳+斟1卩