# 2016 第 57 届 IMO 解答

## Problem 1 (The Kingdom Of Belgium)

IMO 2016 Problem 1

$\angle FBA=\angle FAB=\angle DAC=\angle DCA= \angle EAD=\angle EDA.$

$$\begin{split}\angle FDC&=180^\circ-\angle ADF-\angle DAC-\angle DCA\\&=180^\circ-\angle ACB-\angle FAB-\angle FBA\\&=\angle FBC=90^\circ,\end{split}$$

$$D$$ 落在以 $$M$$ 为心, $$MB$$ 为半径的圆上, 即 $$D$$, $$F$$, $$B$$, $$C$$ 四点共圆, 并且 $$FC$$ 即为此圆的直径. 记这个圆为 $$\Gamma_1$$. 然后, $$\angle FBD=\angle FCD=\angle FBA$$ 表明 $$FB$$ 平分 $$\angle DBA$$. 结合 $$AF$$ 是 $$\angle DAB$$ 的平分线, 我们知道 $$F$$ 就是 $$\triangle DAB$$ 的内心, 并且 $$DA=DB$$, 这是因为

$\angle DBA=2\angle FBA=\angle DAB.$

$$M$$ 是直角三角形 $$FBC$$ 的斜边 $$FC$$ 的中点, 因此 $$MF=MB$$. 由

$\angle MFB= \angle FBA+\angle FBA=\angle DAB$

$\angle DEA+\angle EAC= \angle DEA+(\angle EAD+\angle DAC)=\angle DEA+(\angle EAD+\angle EDA)=180^\circ$

## Problem 2 ( Australia)

• 第一类: 第 $$2$$, $$5$$, $$8$$, $$\dotsc$$, $$3k-1$$ 行的所有格子;
• 第二类: 第 $$2$$, $$5$$, $$8$$, $$\dotsc$$, $$3k-1$$ 列的所有格子; 以及
• 第三类: 小方格个数是三的倍数的所有对角线上的全部格子.

IMO 2016 Problem 2 Proof 1

## Problem 3 ( Russia)

$16S^2=2a^2b^2+2b^2c^2+2c^2a^2-a^4-b^4-c^4$

$A_iA_j^2=p^{\alpha_{ij}}z_{ij},\;\alpha_{ij}\in\Bbb N,\; z_{ij}\in\Bbb N, \;\big(z_{ij}, p\big)=1, \; 1\leqslant i\lt j\leqslant m,$

$u=\max\{\alpha_{ij}, \; 1\leqslant i\lt j\leqslant m,\; j-i\gt1\}.$

IMO 2016 Problem 3 Proof 1

Ptolemy 定理给出

$ab+cd=ef.$

$a^2b^2+c^2d^2+2abcd=e^2f^2.$

$2abcd=2\sqrt{p^{\alpha_{(i-1)i}+\alpha_{(i+1)j}+\alpha_{i(i+1)}+\alpha_{(i-1)j}}z_{(i-1)i}z_{(i+1)j}z_{i(i+1)}z_{(i-1)j}}=2p^{\alpha+v}\sqrt z,$

## Problem 4 (Luxembourg)

1. $$\big(P(n),P(n+1)\big)=1$$;
2. $$\big(P(n),P(n+2)\big)\mid7;\;\big(P(n),P(n+2)\big)=7 \iff n\equiv 2\pmod 7$$;
3. $$\big(P(n),P(n+3)\big)\mid3;\;\big(P(n),P(n+3)\big)=3 \iff n \equiv 1 \pmod3$$;
4. $$\big(P(n),P(n+4)\big)\mid19;\;\big(P(n),P(n+4)\big) = 19 \iff n \equiv 7 \pmod{19}$$.

$a \equiv 7\pmod{19},\; a+1 \equiv 2\pmod7,\; a+2 \equiv 1\pmod 3,$

$\big(P(a),P(a+4)\big)=19,\; \big(P(a+1),P(a+3)\big)=7,\; \big(P(a+2),P(a+5)\big)=3.$

$$P(a+1)$$, $$P(a+2)$$, $$P(a+3)$$, $$P(a+4)$$, 因为 $$\big(P(a+1),P(a+3)\big)=7$$ 与 $$\big(P(a+2),P(a+4)\big)=7$$ 不能同时成立, 故 $$b=4$$ 不可能存在非负整数 $$a$$ 满足要求.

$\big(P(a+2),P(a+5)\big)=3,\; \big(P(a+1),P(a+4)\big)=3$

Lemma 1   当 $$n$$ 为正整数, $$9\not\mid P(n)$$.

$4(n^2+n+1)=(2n+1)^2+3,$

Lemma 2   当 $$n$$, $$m$$ 都是正整数,  $$\big(P(n),P(n+m)\big)\mid (m^3+3m)$$.

$$\begin{split}n\big(P(n+m)-P(n)\big)-2mP(n)&=\big(2mn^2+(m^2+m)n\big)-\big(2mn^2+2mn+2m\big)\\&=\big(m^2-m\big)n-2m.\end{split}$$

$\big(m-1\big)X-2Y=\big(m-1\big)(m^2+2nm+m)-2\Big(\big(m^2-m\big)n-2m\Big)=m^3+3m.$

Lemma 3  命 $$p$$ 为素数. 同余方程

$x^2+a_1x+a_0\equiv 0\pmod p$

Lemma 4  当整数 $$t \equiv n, n^2\pmod{P(n)}$$, 必定 $$P(t) \equiv 0 \pmod{P(n)}$$.

$P(t)\equiv n^4 + n^2 + 1 = (n^2-n+1) (n^2+n+1) \equiv 0 \pmod {P(n)}.$

$$n \equiv 1 \pmod 3$$, 则 $$P(n) \equiv 0 \pmod 3$$;
$$n \equiv 2,4 \pmod 7$$, 则 $$P(n)\equiv 0 \pmod 7$$;
$$n\equiv7, 49\pmod{57}$$, 则 $$P(n)\equiv 0\pmod {57}$$. 这导致当 $$n\equiv 7, 11\pmod {19}$$ 时, 有 $$P(n)\equiv0\pmod{19}$$

## Problem 5 ( Russia)

$$\begin{split}&\hspace3.25ex(x-1)(x-4)(x-5)(x-8)\dotsm(x-2013)(x-2016)\\&=(x-2)(x-3)(x-6)(x-7)\dotsm(x-2014)(x-2015)\end{split}$$

\begin{split}
(x-1)(x-4)&\lt(x-2)(x-3);\\
(x-5)(x-8)&\lt(x-6)(x-7);\\
&\vdots\\
(x-2013)(x-2016)&\lt(x-2014)(x-2015).\end{split}

\begin{split}
(x-4)(x-5)&\gt(x-3)(x-6);\\
(x-8)(x-9)&\gt(x-7)(x-10);\\
&\vdots\\
(x-2012)(x-2013)&\gt(x-2011)(x-2014).\end{split}

$x-1\gt x-2\gt0,$

$-(x-2016)\gt-(x-2015)\gt0.$

\begin{equation*}-(x-1)(x-4)(x-5)(x-8)\dotsm(x-2013)(x-2016)\gt-(x-2)(x-3)(x-6)(x-7)\dotsm(x-2014)(x-2015)\end{equation*}

## Problem 6 (The Czech Republic)

(a) 在 $$n$$ 为奇数, 把青蛙放在 $$P_1$$, $$P_3$$, $$\dotsc$$, $$P_{2n-1}$$, 可以实现他的愿望.

$$P_i$$, $$P_j$$ 之间有奇数个点(不包括这两点本身). 这奇数个点组成集合 $$S$$. 不以 $$S$$ 中的点为端点的弦如果与线段 $$P_iA$$, $$P_jA$$ 中的一个相交, 则必定也与另一个相交, 因为此弦的端点不属于 $$S$$, 即不能在$$P_i$$, $$P_j$$ 之间; 以 $$S$$ 中的点为端点的弦必定与线段 $$P_iA$$, $$P_jA$$ 中的恰好一个相交. $$S$$ 有奇数个点, 这表明线段 $$P_iA$$, $$P_jA$$ 与所有的 $$n$$ 条弦的交点个数的奇偶性不同. 进而, 从 $$P_i$$, $$P_j$$ 出发的青蛙, 任何时刻都不会落在同一个交点.

(b) 杰夫想实现他的理想的话, 青蛙不能放在圆上相邻的端点.

### Annotations

1. 今年的题, 如果时间充裕一点, 应该都能做出来
2. 又一次的证明, 出现精彩万分的数论题是多么不容易.
3. 最好的题是第 3 题, 毫无疑问. 本题需要一点智慧. 如果知道一点代数数论, 本题是有好几种突破口, 请参看续集 IMO 2016 solutions II.
4. 题 6 不适合作为 Q3 或 Q6, 难度不够, 似乎比 Q2 容易.
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### One Response to “IMO 2016 solutions”

1. I personally cannot concur with the first point you made, as Q3 has its immanent difficulty that, for quite a number of contestants, resolution would demand MORE than ‘a bit more time’. Also, quite a few strong contestants conjectured incorrect polynomials for Q5 which is immediately 0 point. And I believe this is where the difficulty of Q5 lies, namely until a proof is completed the contestant really does now know whether his/her construction is valid, notwithstanding the fact that the degree 4 case directly motivates the construction. The motivation can lead to multiple different conjectures for the polynomial, only some of them work. I was a contestant at the IMO this year, and I found Q6 extremely approachable. Thus the jury, I suppose, did not do the job of distinguishing between problems perfectly, and quite a large number of contestants regret for not giving enough time to Q6 and missing out marks that would otherwise be readily obtainable, had the Q6 been put in the position of Q5, or, arguable, Q4. I suppose similar incident took place after the USAMO, where the Q6 is almost trivial. Otherwise, the paper is quite easy this year–at least a lot easier than last year’s.
(I can’t type Chinese on my laptop so I have to use English instead. Sorry)