2024年IMO中國國家隊選拔考試(第一階段)2024年IMO中國國家集訓隊第一階段集訓和選拔于3月4日至12日在北京十一學校舉行.期間進行了兩次共四場測試，這些試題新穎有趣，值得思考與研究.本文給出此次測試的試題解答與評析，主要參考了葉語行同學的做法，個別題目參考了王銜邦和周子墨同學的做法.方法可能不是最優(yōu)，但一定程度上能體現(xiàn)出考場上的思考過程，不當之處敬請批評指正.測試一染為黑白兩種顏色之一，使得P的每條棱的兩個端點不同色.求證：可以將P的每條棱內(nèi)部染為紅黃藍三種顏色之一，使得每個頂點連的三條棱的顏色兩兩不同，且每個面恰含兩種顏色的棱.△AC?B和△CB?A分別是以AB,CA為底邊，且順相似的等腰三角形.設(shè)直線BB?,CC?交于點T.求證：∠ATC≠90°1.3設(shè)正整數(shù)M恰有L個不同的質(zhì)因子.對正整在不少于號個數(shù)n,滿足βn-√β·2L-3-1≤h(n)≤βn+√β·2L-3+1. 在a,b,c∈S(可以相同),使得ab=c(modn). 12.5求所有的函數(shù)f:N+→N+,使得對任意正整數(shù)a,b,均有2.6設(shè)m,n是大于2的整數(shù).已知平面上的正n邊形區(qū)域T包含某個邊長為1的正m邊形區(qū)域.求證：該平面上的任意一個邊長為的正m邊形區(qū)域S可以平移嵌入?yún)^(qū)域T,即存在向量或，滿足區(qū)域S中的每個點平移文后都落在區(qū)域T測試二3.1對互質(zhì)的正整數(shù)a,b,用(a-1modb)表示滿足am=1(modb)且0≤m<b的唯一整數(shù)m.(1)求證：對任意兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,1<a<b<c,都有(a-'modb)+(b-1modc)+(c-?'mod(2)求證：對任意正整數(shù)M,存在兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,滿足M<a<b<c,且(a-1modb)+(b-'modc)+(c-1moda)<100√a.3.2如圖，在銳角△ABC中，Ω是外接圓，O是外心，Ω在B,C處的切線交于點M,在A,B處的切線交于點N.設(shè)AM交BC于點D,CN交AB于點F,延長DF交Ω于點P.過P作BO的平行線交線段AB,AC分別于點Q,R.若PQ2=PR·QR,求∠ACB的值.3.3將每個正整數(shù)染為c,C?,C3,c4四種顏色之一.(1)求證：存在正整數(shù)n以及i,j∈{1,2,3,4},使得n的全體正約數(shù)中c顏色的數(shù)比c;顏色的數(shù)至少多3個；2x2=a(modm)的整數(shù)x的個數(shù)不超過2+log?mⅡ.解答與評注證.3接下來進行染色(用棱的中點代替棱，用標記0,1,2代替染色).任取一點u標記0,對其余一點v,取u到v的有向路徑P?(由于相鄰兩棱的中點強連通，這樣的路徑存在),對v標記P長度模3的余數(shù).由已證，標數(shù)與路徑的選取無關(guān)，且對任兩點V1,U2,v?到v?有向路徑的長度與v?,v?的標數(shù)之差模3同余.下面驗證這樣的標數(shù)滿足要求.首先，對任一頂點，它發(fā)出的三條棱的中點兩兩可建立長為1的有向路徑(即一條邊),因此標數(shù)互異.其次，對任一面A?A?…A?k(由每條棱的兩個端點不同色知每個面有偶數(shù)個頂點),其中各點順時針排列且A?黑，設(shè)A?A?的中點標記i,考察面上的有向邊可知該面棱中點交替地標有i,i-1(mod3),恰有兩種標數(shù).綜上，命題得證.口評注本題是中等偏易的組合題，通過考察一個面可知黑、白點發(fā)出的棱具有不同的繞向，注意到按照該方式定義的染色是自洽的，然后驗證要求即可.1.2在銳角△ABC中，∠A>∠B>∠C.B?,C?是平面上的兩個點，滿足△AC?B和△CB?A分別是以AB,CA為底邊，且順相似的等腰三角形.設(shè)直線BB?,CC?交于點T.求證：∠ATC≠證明(周子墨)作與△AC?B順相似的△BA?C記∠BCA?=∠CBA?=θ,對△ABC及點A?用角元塞瓦定理得，同理有其余兩式.于是故由角元塞瓦逆定理，AA?,BB?,CC?共點，該點即為T為證∠ATC≠90°,只需證明AA?與CC?不垂直，這只需證明ACi-AC2≠A?C2-A?C2.ACi+A?C2-A?C2=BCi+BA2-A?Ci4于是只需證明由知于是只需證明這等價于(b2-a2)(b2-c2)<0,由∠A>∠B>∠C,即a>b>c評注本題是簡單的幾何題，由對稱性先引入點A?消掉T,再計算即可.1.3設(shè)正整數(shù)M恰有L個不同的質(zhì)因子。對正整數(shù)n,設(shè)h(n)是集合{1,2,…,n}中與M互質(zhì)的數(shù)的個數(shù).記2.求證：集合{1,2,…,M}中存在不少于號個數(shù)n,滿足βn-√β·2L-3-1≤h(n)≤βn+√β·24-3+1.證明設(shè)μ(n)為M?bius函數(shù).熟知對任意正整數(shù)n,因此于是所以5對正整數(shù)d?,d?,設(shè)D=gcd(d?,d?),再設(shè)記6又從而由S的定義知{1,2,…,M}中至多2個數(shù)n不滿足要求，從而至少個數(shù)n滿足要求.評注本題是中等偏難的數(shù)論題，結(jié)論的形式明顯提示二階矩，用M?bius函數(shù)表示出h(n)之后就轉(zhuǎn)化為數(shù)論函數(shù)的運算，過程較長，需要扎實的基本功.2.4設(shè)正整數(shù)n無平方因子，S是{1,2,…,n}的子集，滿足|SI≥恐.求證：存在a,b,c∈S(可以相同),使得ab=c(modn).證明當n∈S,取a=b=c=n即可.下設(shè)neS.對d|n,記任取a∈Sa.定義Ta上的映射f:f(x)為ar模n的余數(shù).從若f(x)=f(y),則a從又x=y=0(modd),且由n無平方因子知gcd(d,a)=1,所以而x=y.這說明f為單射，又Ta是有限集，故f為雙射.7If(Sa)nSI≥|f(Sa)|+|Sd-|Tal=2|Sa2.5求所有的函數(shù)f:N+→N+,使得對任意正整數(shù)a,b,均有解(王銜邦)取一次函數(shù)g:N+→Z,使得g(1)=f(1),g(2)=f(2).下面歸納當t=0時顯然成立.假設(shè)t時成立，來看t+1時的情形.這是因為g(a)-2g(a+1)+g(a+2)=0,所以當f(a)=g(a)(mod3+1),f(a+1)=3|f(f(a)+1)-2f(f(a)+2)+3+1|105(f(f(a)+1)-2f(f(a)+2)+f(f(a)+3).3+1|24(f(a+1)-2f(a+23+1|48(f(a+2)-2f(a+33°+1|45(f(a+3)-2f(a+43°+1|15(f(a+4)-2f(a+583t+1|8(f(a)-2f(a+1)歸納得證.因此必有f(x)=g(x)是一次的，代入方程易得f(x)=x或f(x)=C.經(jīng)檢驗，這兩類函數(shù)都滿足要求，即為所求.評注本題是中等難度的函數(shù)方程，做法比較多，以上做法巧妙地利用了右邊可分離出來的3來提升指數(shù)2.6設(shè)m,n是大于2的整數(shù).已知平面上的正n邊形區(qū)域T包含某個邊長為1的正m邊形區(qū)域.求證：該平面上的任意一個邊長為的正m邊形區(qū)域S可以平移嵌入?yún)^(qū)域T,即存在向量a,滿足區(qū)域S中的每個點平移可后都落在區(qū)域T中以T的中心為原點建立復平面，設(shè)T內(nèi)邊長為1的正m邊形的頂點按逆時針方向依次對應(yīng)復數(shù)z1,22,…,2m·因為T關(guān)于中心旋轉(zhuǎn)不變，所以w*z,(0≤k≤n-1,1≤j≤m)的對應(yīng)點也在T內(nèi).這些點構(gòu)成n個正m邊形，作出它們各自中心到頂點的向量，得到[m,n]個相鄰夾角為20的不同向量.再作出S的中心到某一頂點的向量了，則可以把了夾在上述[m,n]個向量的某相鄰兩個之間.設(shè)這兩個相鄰向量所在正m邊形的頂點對應(yīng)的復數(shù)分別為u?,…,um;v?,…,vm(按逆時針排列),且它們的終點分別為u1,U1.對實數(shù)A∈[0,1],記是位于T內(nèi)的復數(shù).用U,V,W分別表示u,,t,u;的算術(shù)平均值，則u+1-U=e(u;-U),v;+1-V=e(v;所以u;+1-W=e(u;-W).于是wi,…,wm構(gòu)成正m邊形，記為S?.將向量u1-U,v?-V移至同一起點，得到頂角為20的等腰三角形，其底邊上任意一點到頂點的距離不小于腰長乘以cosθ.因為u1,v?所在正m邊形的邊長均為1,所以S?的邊長不小于cosθ.取λ使向量w?-W與了的方向相同，則S可平移嵌入S?,進而嵌入T,命題得證.口9評注本題是中等偏難的組合幾何題，如果只引入一個正m邊形只能做到cosπ,由此想到旋轉(zhuǎn)，構(gòu)造多個夾角更小的圖形，再取出定比分點.3.1對互質(zhì)的正整數(shù)a,b,用(a-1modb)表示滿足am=1(modb)且0≤m<b的唯一整數(shù)m.(1)求證：對任意兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,1<a<b<c,都有(a-'modb)+(b-1modc)+(c-(2)求證：對任意正整數(shù)M,存在兩兩互質(zhì)的正整數(shù)a,b,c,滿足M<a<b<c,且(a-1modb)+(b-'modc)+(c-1moda)<100√a.記則abc|T.所以abc≤T<abry+bcyz+cazr<bc(故x+y+z≥√3(ry+yz+2a)>√(2)對n>M,令(a,b,c)=(n2+n+1,2n2+2n+1,2n3+2n2+n-1).容易驗證(a-1modb)=2,(b-1modc)=n,(c-1moda)=n,故(a-1modb)+(b?1modc)+(c-1moda)=2n+2<3√綜上，命題得證.□評注本題是簡單的數(shù)論題，第一問為了得到√a量級將整除式相乘分析大小，第二問可以先待定數(shù)論倒數(shù)再求解.3.2如圖，在銳角△ABC中，Ω是外接圓，O是外心，Ω在B,C處的切線交于點M,在A,B處的切線交于點N.設(shè)AM交BC于點D,CN交AB于點F,延長DF交Ω于點P.過P作BO的平行線交線段AB,AC分別于點Q,R.若解延長FD交Ω于點S,記器=A,下面用兩種方法計算齡.由PQ2=PR·QR得,所以因此器=號，這說明∠AQR=∠ACB.又由PR//BO知∠AQR=∠ABO=90°-∠ACB兩邊的交點”,則黃金分割式是恒成立的.3.3將每個正整數(shù)染為c?,C?,C3,c4四種顏色之一.(1)求證：存在正整數(shù)n以及i,j∈{1,2,3,4},使得n的全體正約數(shù)中c顏色的數(shù)比c;顏色的數(shù)至少多3個；(2)求證：對任意正整數(shù)A,存在正整數(shù)n以及i,j∈{1,2,3,4},使得n的全體正約數(shù)中c顏色的數(shù)比c;顏色的數(shù)至少多A個.證明只需證明(2).引理(超圖的Ramsey定理)給定正整數(shù)k,d.將無限集S的所有k元子集d染色，則存在S的無限子集T,使得T的所有k元子集同色.當k=1時由抽屜原理即證.假設(shè)k≥2且k-1時成立，來看k時的情形.歸納地選取(x?,S?),其中S=So2S?2S?2…是無限集，xi∈Si-1\S,且一個元素是x?、其余元素屬于S?的k元子集均同色，記這種顏色為C.假設(shè)(x?,S?),…,(xj-1,S;-1)已選取，任取x;∈Sj-1,對Sj-1\{x;}用k-1時的歸納假設(shè)即可找到Sj.現(xiàn)在，由抽屜原理，存在一種顏色C,使得對無窮多個i有C=C.令T={z:|C?=C}即可.引理證畢.回到原題.令P是素數(shù)集，將P的有限子集S染成和一樣的顏色.取質(zhì)數(shù)r≥A+2.對P用引理，得到無限集P?CP,它的一元子集同色.對P用引理，得到無限集P?CP,它的二元子集同色以此類推，有無限集PCP,它的1,2,…,r元子集分別同色.取P,的某一r元子集Q,并取對1≤i≤4,設(shè)n的正約數(shù)中有m;個為c:色.因為Q的1,2,…,r-1元子集分別同色，且個數(shù)均為r的倍數(shù)，所以可寫m;=a;r+b,其中a,b?∈N且因為a1+a2+a3+a4=2-2不是4的倍數(shù)，所以ai,a2,a3,a4不全相同.設(shè)ai>aj,則m;-m,=(a;-a;)r+(b?-b?)≥r綜上，命題得證.□評注本題是中等偏難的組合題，這里應(yīng)用超圖的Ramsey定理本質(zhì)上是約化到一個子格點，接下來取出r是從組合數(shù)的性質(zhì)入手.值得一提的是，將顏色數(shù)改成3時，結(jié)論是不正確的，這是因為可以按照質(zhì)因子個數(shù)(計重數(shù))模3染色.4.4設(shè)M是正整數(shù)，f(x)=x3+ax2+br+c是整系數(shù)多項式，且-M≤證明設(shè)x?是f(x)的第三個復根.當x?,T?,x3中有兩個相同時，不妨設(shè)x?=T?.此時(x?-x2)2=(x2+x2+x3)-(xiT?+T?T3+當x1,T?,r3兩兩不同時，考慮因為△是關(guān)于x?,T?,x3的整系數(shù)對稱多項式，所以由對稱多項式基本定理，△是關(guān)于a,b,c的整系數(shù)多項式，因此是非零整數(shù)|(z?-x?)(x3-x1)|≥M2+3綜上，命題得證.口評注本題是中等難度的代數(shù)題，先想到用判別式轉(zhuǎn)化為三個根之間的關(guān)系，再用另一個二次式估計差距即可.解最大值為2m-1個一各分成兩個六.這樣，L?m-1+1=…=L?=—,于是引理1對任意正整數(shù)k,證明設(shè)第2k-1步操作之后的2k個數(shù)為a?≥a?≥…≥a2k.對0≤i≤k-1,Lk+1+Lk+2+…+L?≤a?+a引理1證畢.引理2對任意正整數(shù)k,Lk+1+2Lk+2+…+2L2k+1≤1.證明設(shè)第2k步操作之后的2k+1個數(shù)為a?≥a?≥…≥a?k+1.對0≤i≤k,Lk+1+2Lk+2+…+2L2k+1≤a1+2a3+≤a1+a