Mar 172013
 

2013年3月12日第54届 IMO中国国家集训队开幕式在江苏省无锡市的江阴南菁高级中学举行. 本次集训为期二周, 通过集中培训和二次测试及一次选拔考试共 6 场考试, 从64名本届国家集训队队员中选拔出 6 位队员, 组成今年国家队.

第一天

2013年3月13日上午 8:00-12:30

1. 如图, 设四边形 \(ABCD\) 内接于圆 \(\omega\), \(AC,BD\) 交于点 \(F\), 延长线段 \(BA,CD\) 交于点 \(E\), 设 \(F\) 在 \(AB,CD\) 上的射影分别为点 \(G,H\), 点 \(M,N\) 分别为线段 \(BC,EF\) 的中点. 设 \(\triangle MNG\) 的外接圆与线段 \(BF\) 有唯一交点 \(P\), \(\triangle MNH\) 的外接圆与线段 \(CF\) 有唯一交点 \(Q\).
求证: \(PQ\parallel BC\).

China team for IMO 2013 selection test 1 problem 1

China team for IMO 2013 selection test 1 problem 1

2. 对正整数 \(n\), 定义 \(f(n)=\min\limits_{m\in\Bbb Z}\left|\sqrt2-\frac mn\right|\)(\(\Bbb Z\) 为整数集). 设 \(n_i\) 是一个严格递增的正整数数列, \(C\) 是常数, 满足 \(f(n_i)<\dfrac C{n_i^2},i=1,2,\dotsc\).
证明: 存在一个实数 \(q>1\), 使得 \(n_i\geqslant q^{i-1}\) 对 \(i=1,2,\dotsc\) 成立.

3. 有编号为 \(1,2,\dotsc,n(n\geqslant3)\) 的小球, 用下述染色方式将每个小球染上红,黄,蓝,绿四种颜色之一: 先将 \(n\) 个小球任意排列在圆周上, 对顺时针方向的任意连续三个小球, 设它们的编号依次为 \(i,j,k\), 若 \(i>j>k\), 则将 \(j\) 号球染为红色; 若 \(i<j<k\), 则将 \(j\) 号球染为黄色; 若 \(i<j,k<j\), 则将 \(j\) 号球染为蓝色; 若 \(i>j,k>j\), 则将 \(j\) 号球染为绿色. \(n\) 个小球的两个染色方式称为不同的, 若至少有一个小球, 它在两个染色方式中被染上不同的颜色.
求所有的不同的染色方式数.

第二天

2013年3月14日上午 8:00-12:30

4. 设 \(n,k\) 为给定的大于 \(1\) 的整数, 非负实数 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n;c_1,c_2,\dotsc,c_n\) 满足
(1) \(a_1\geqslant a_2\geqslant\dotsb \geqslant a_n\), 且 \(a_1+ a_2+\dotsb + a_n=1\);
(2) 对 \(m=1,2,\dotsc,n\), 有 \(c_1+ c_2+\dotsb+ c_m\leqslant m^k\).
求 \(c_1a_1^k+c_2a_2^k+\dotsb+c_na_n^k\) 的最大值.

5. 如图, \(P\) 为 \(\triangle ABC\) 内一点, \(L,M,N\) 分别为边 \(BC,CA,AB\) 的中点, 且

\[PL:PM:PN=BC:CA:AB,\]

延长 \(AP,BP,CP\) 分别交 \(\triangle ABC\) 的外接圆于点 \(D,E,F\).
证明: \( \triangle APF, \triangle APE, \triangle BPF, \triangle BPD, \triangle CPD, \triangle CPE\) 的外接圆圆心六点共圆.

China team for IMO 2013 selection test 1 problem 5

China team for IMO 2013 selection test 1 problem 5

6. 求一切正实数 \(r<1\), 使得存在由实数组成的集合 \(S\), 具有性质: 对任意实数 \(t\), 数 \(t,t+r,t+1\) 中有且仅有一个在 \(S\) 中; 并且数  \(t-1,t-r,t\) 中有且仅有一个在 \(S\) 中.

 Posted by at 11:37 am
Mar 032013
 

今年的 Romaniann 大师杯数学奥林匹克于 2013 年 2 月 27 至 3 月 3 在 Bucharest 举行. 这大师赛, 是比 IMO 还难的数学竞赛, 哇咔咔

Romanian Master of Mathematics Competition 2013-Day1
Romanian Master of Mathematics Competition 2013-Day2

Romanian Master of Mathematics Competition Solutions 2013-1
Romanian Master of Mathematics Competition Solutions 2013-2

Jan 202013
 

假定 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\) 是 \(n\) 个实数, 其 \(k(0\leqslant k\leqslant n)\) 阶对称和为

\[\sigma_k=\begin{cases}1& k=0\\ \sum_{1\leqslant i_1<i_2<\dotsb<i_k\leqslant n}a_{i_1}a_{i_2}\dotsm a_{i_k}&1\leqslant k\leqslant n\end{cases}\]

显然, \(\sigma_k\) 就是多项式 \(\sum\limits_{i=1}^n(x+a_i)\) 中 \(x^{n-k}\) 的系数. 我们定义这 \(n\) 个数的对称平均 \(d_k(0\leqslant k\leqslant n)\) 是

\[d_k=\dfrac{\sigma_k}{n\choose k}.\]

Newton 不等式 如果 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\) 都是实数, \( 1\leqslant k < n\), 则

\[d_k^2\geqslant d_{k-1}d_{k+1}\]

为真, 并且等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_n\).

证明依赖这个简单的事实: \(n\) 次实系数多项式 \(P(x)=\sum\limits_{i=0}^n\sigma_ix^{n-i}\) 的导数是 \(P^\prime (x)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}(n-i)\sigma_ix^{n-i-1}\), 下面两件事情为真

  • 记 \(d^\prime_k=\dfrac{(n-k)\sigma_k}{n{n-1\choose k}}\), 则 \(d^\prime_k=d_k, k=0,1,2,\dotsc,n-1.\)
  • 如果 \(P(x)\) 有 \(n\) 个(非负)实根, 则 \(P^\prime (x)\) 有 \(n-1\) 个(非负)实根.

前者是相当显然的, 使用 Rolle 中值定理即可得后者.

于是, 若记 \(P^\prime (x)\) 有 \(n-1\) 个实根为 \(-a^\prime_1,-a^\prime_2,\dotsc,-a^\prime_{n-1}\), 则  \(a^\prime_1,a^\prime_2,\dotsc,a^\prime_{n-1}\) 这 \(n-1\) 个实数的对称平均 \(d^\prime_k=d_k, k=0,1,2,\dotsc,n-1.\)

从而, 要证明 Newton 不等式, 我们只要验证

\[d_{n-1}^2\geqslant d_{n-2}d_n\]

成立, 并且等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_n\) 就行了.

无妨设所有 \(a_i\ne0, 1\leqslant i\leqslant n\). 注意 \(d_{n-1}^2\geqslant d_{n-2}d_n\) 也就是

\[(n-1)(\sum_{i=1}^n\frac1{a_i})^2\geqslant2n\sum_{0\leqslant i<j\leqslant n}\frac1{a_ia_j},\]

这等价于

\[n\sum_{i=1}^n\frac1{a_i^2}\geqslant(\sum_{i=1}^n\frac1{a_i})^2.\]

最后的不等式是显而易见的.   \(\Box\)

Maclaurin 不等式   \(d_i\) 如上定义, \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\geqslant0\), 则

\[d_1\geqslant\sqrt{d_2}\geqslant\sqrt[3\uproot2]{d_3}\geqslant\dotsb\geqslant\sqrt[n\uproot2]{d_n},\]

等号成立当且仅当 \(a_1=a_2=\dotsb=a_n\).

事实上, 基于同样的理由, 我们只需要指出

\[\sqrt[n-1\uproot2]{d_{n-1}}\geqslant\sqrt[n\uproot2]{d_n}.\]

这是一个齐次不等式, 不妨设

\[d_n=\prod_{i=1}^na_i=1.\]

于是所要证明的不等式就成为

\[\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n\dfrac1{a_i}}n\geqslant1^{\frac{n-1}n}=1.\]

这是不言而喻的事件.   \(\Box\)

显然, Maclaurin 不等式加强了 AM-GM 不等式, 因为 \(a_1,a_2,\dotsc,a_n\) 的算术平均是 \(d_1\), 几何平均是 \(\sqrt[n\uproot2]{d_n}\).

Jan 152013
 

一. (1) 显然

\[\angle CAE=\angle CBE=\angle DBF=\angle DAF,\]

结合 \(l_1\) 是 \( CD\) 的中垂线, 可得 \(l_1\) 是 \(\angle EAF\) 的角平分线, 这揭示 \(l_1\) 与 \(l_2\) 必有公共点. 因为圆 \(K_1\) 与 \(K_2\) 半径不相等, 因此 \(l_1\) 与 \(l_2\) 不可能重合, 其交点在 \(\triangle AEF\) 的外接圆上.

(2) 注意到

\begin{equation*}\begin{split}\angle EBF&=\angle EAF+\angle AEB+\angle AFB\\&=\angle EAF+\angle ACB+\angle ADB\\&=\angle EAF+180^\circ-\angle EBF,\end{split}\end{equation*}

所以 \(\angle EBF=90^\circ+\frac12\angle EAF\) 是钝角, 并且由

\[\angle EBF=90^\circ+\frac12\angle EAF=90^\circ+\frac12(180^\circ-\angle EPF)=180^\circ-\frac12\angle EPF\]

可以知道 \(P\) 点是 \(\triangle BEF\) 的外心.

\(D\) 在 \(\triangle BEF\) 的外接圆与圆 \(K_1\) 的根轴上, 所以

\[DP^2-PE^2=DC\cdot DA=2CA^2.\]

\(\triangle PAC, \triangle PAD\) 都是直角三角形, 并且 \(A\) 是 \(CD\) 中点, 我们有

\[CA^2+PE^2=DP^2-CA^2=DP^2-DA^2=AP^2,\]

所以 \( CA,AP,PE\) 能构成一个直角三角形.

二. 先来指出: 若整数 \(a,d\in S\), 那么对于任意的整数 \(n\), 有 \(a+3nd,a+(3n+1)d\in S\).

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Jan 122013
 

2013 年中国数学奥林匹克

 第一天

2013 年 1 月 12 日    8:00-12:30    辽宁  沈阳

 一.  如图, 两个半径不相等的圆 \(K_1\) 与 \(K_2\) 交于 \(A, B\) 两点, \(C, D\) 两点分别在\(K_1, K_2\) 上, 且线段 \(CD\) 以 \(A\) 为中点; 延长 \(DB\) 交 \(K_1\) 于点 \(E\), 延长 \(CB\) 交 \(K_2\) 于点 \(F\). 设线段 \(CD, EF\) 的中垂线分别为 \(l_1, l_2\). 证明:
(1)   \(l_1\) 与 \( l_2\) 相交;
(2)   若 \(l_1\) 与 \( l_2\) 的交点为 \(P\), 则三条线段 \(CA,AP,PE\) 能构成一个直角三角形.

CMO 2013 problem 1

CMO 2013 problem 1

二. 确定所有由整数构成的非空集合 \(S\), 满足: 若 \(m,n\in S\)(\(m,n\) 可以相同), 则 \(3m-2n\in S\).

三. 求一切正实数 \(t\), 具有下述性质: 存在一个由实数组成的无限集合 \(X\), 使得对任意 \(x,y,z\in X\)(这里 \(x,y,z\) 可以相同), 以及任意实数 \(a\) 与正实数 \(d\), 均有

\[\max\{|x-(a-d)|,|y-a|,|z-(a+d)|\}>td.\]

 第二天

2013 年 1 月 13 日    8:00-12:30    辽宁  沈阳

四. 给定整数 \(n\geqslant2\). 设 \(n\) 个非空有限集 \(A_1,A_2,\dotsc,A_n\) 满足: 对任意 \(i,j\in\{1,2,\dotsc,n\}\), 有 \(|A_i\bigtriangleup A_j|=|i-j|\). 求 \(|A_1|+|A_2|+\dotsb+|A_n|\) 的最小值.
(这里, \(|X|\) 表示有限集合 \(X\) 的元素个数; 对于集合 \(X,Y\), 规定 \(X\bigtriangleup Y=\{a|a\in X,a\not\in Y\}\cup\{a|a\in Y,a\not\in X\}\).)

五. 对正整数 \(n\) 及整数 \(i(0\leqslant i \leqslant n)\), 设 \(C_n^i\equiv c(n,i)\pmod 2\), 其中 \(c(n,i)\in\{0,1\}\), 并记

\[f(n,q)=\sum_{i=0}^nc(n,i)q^i.\]

设 \(m,n,q\) 为正整数且 \(q+1\) 不是 \(2\) 的方幂. 证明: 若 \(f(m,q)|f(n,q)\), 则对任意正整数 \(r\), 有 \(f(m,r)|f(n,r)\).

六. 给定正整数 \(m,n\), 求具有下述性质的最小整数 \(N(\geqslant m)\): 若一个 \(N\) 元整数集含有模 \(m\) 的完全剩余系, 则它有一个非空子集, 其元素和被 \(n\) 整除.

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Nov 202012
 

如何准备数学竞赛? 学生易犯的错误有哪些? 本文, 主要写给有志于冬令营及以上的中学生看的, 分享一些成功经验, 给学弟学妹一些建议.

1. 到一个好的学校
统计一下 IMO, 非名校的选手好像没有. 即便学生有能力,在一个差学校学习, 也很容易出现问题.
应该有一些实验班吧. 比方说, 清华附中应该就有, 湖北省理科实验班应该就设在武钢三中.
如果初中的学习出现问题, 比方说偏科, 英语差一点,  估计就进不了好学校了.

2. 竞赛与全面发展
这是很严重的问题,  好学校应该有解决这些问题的经验. 我个人的看法是: 不一定花很多的时间学习非竞赛科目,  但一定要重视.

3. 多参加竞赛练兵
获得 IMO 金牌,  不是一进考场就能马上成功的. 要参加至少2次全国联赛才可能, 然后有马拉松的选拔.
如果是一个差的学校, 学生未必能够有机会高二甚至高一参加全国联赛, 因为没人重视.

4. 重视简单题目
竞赛党, 比较容易忽略简单题目. 要做到, 任何一道高考题目都能随时秒杀, 任何一张高考试卷至多扣掉3分, 任何全国联赛一试试题都可以在很短时间有思路.

5. 解题速度
不能没有速度观念. 训练的时候, 要有意识的提高速度.

6. 书写表达
这是所有自学的人, 尤其容易出现的毛病.

7. 不要认为自己了不起
看不起搞高考的学生, 是十分错误的. 要有平常心, 和他们融洽的生活在一起, 平常的考试要第一.

8. 心理素质过硬  这个强调的比较多吧, 不啰嗦了.

我觉得, 做竞赛的学生, 在高考题目, 全国联赛出现失误, 主要就是犯了错误 4, 7, 8.

如何学习数学呢?

遇到做不出来的题目, 是很平常的. 想一想, 做不出来可以先放到一边, 能力提高以后再来.

 Posted by at 1:06 pm
Nov 082012
 

问题的提出

\(n\) 个人, 每人有一个独家八卦消息. 任意人都可以打电话给别人, 交换双方目前已知的所有消息. 要想所有人都知道所有 \(n\) 条消息, 最少需要通多少次电话?

这个冠名为 gossip problem 的问题在不少的书上都有, 甚至小学的奥数, 但都不会有答案, 仿佛是一个很简单的问题. 其实不然! 单墫在数学竞赛研究教程 有一个习题, 采用数学归纳法证明了在 \(n\geqslant4\) 时, \(2n-4\) 次电话可以解决问题. 但这是平凡的, 不是困难所在.

这个问题还有另一个版本: 假设这 \(n\) 个人的联系方式不是打电话, 而是发邮件. 也就是说, 每个人都可以发邮件给随便挑选的他人, 把自己掌握的消息告知对方, 但对方了解的秘密不会泄漏. 那么, 要想每个人都知道所有 \(n\) 条消息, 最少需要发多少封邮件?

一些交待

我真正思考这个问题, 应该是06年的10-11月的一个晚上在北大南门街对面的上海城隍庙(已经消失2-3年), 遇上数学院一个朋友. 他在给学生讲奥数, 把这个题目发邮件的版本拿来问我. 在此之前是否看到过这问题, 不清楚, 但之后在奥数之家论坛有人问这个. 我在奥数之家回帖说明思路, 但没写详细证明. matrix67的博客引起我的注意后, 翻了一遍, 发现里面有打电话这种情况的一个证明, 并且交待此问题名 gossip problem. 我开始 Google, 于是回忆往事, 有了这个文章.

写这个文章的目的, 是谈论一个叫做 Label-connected graph 的事物, 这是我自己引进的第一个数学概念. 尽管在数学历史上, 已经有人在先, 但我是独立完成的. 当然, 也会交待清楚我以Label-connected graph为工具给出的解法, 以及收集到的别人的解答.

Brenda Baker 和 Robert Shostak 1972年的证明

这个证明转自matrix67.

显然, \(n=2\) 时只需要\(1\) 通电话, \(n=3\) 时必须要\(3\) 通电话. \(n=4\) 时, 可以让AB互相通话, CD互相通话, 此时每个人都知道了(包括自己的)两条消息;然后A和C通话, B和D通话, 从而使得每个人都获知另外两条自己还不知道的消息. 显然, 对于\(4\)个人的情况, \(4\)通电话已经是最少的了.
\(n>4\)的情况, 有一种算法可以保证在\(2n-4\)通电话内解决问题. 首先, 选出\(4\)个人作为消息汇总人. 其余每个人都选择一个汇总人并与之通话; 然后\(4\)个汇总人再用\(4\)通电话互相更新一下消息(用\(n=4\)的办法); 最后\(4\)个汇总人把电话再打回去, 实现所有消息全部共享.

下面我们证明, \(2n-4\) 已经是最少的了. 证明方法很多, 也都很复杂. 最常见的证明由Brenda Baker和Robert Shostak在1972年给出.

证明的关键在于这个引理: 如果我们可以在\(2n-5\)次电话以内达到要求, 则整个过程中绝对不会有人在电话中听到对方八卦自己的消息. 我们将用反证法来证明这一点. 首先找出最小的\(n\)使得\(n\)个人可以在\(2n-5\)次通话中传遍消息. 如果某个人\(G\) 听到了自己的消息, 表明整个过程中存在这么一条通话线路: \((G- G_1)(G_1-G_2)\dotsm(G_r-G)\). 现在, 我们把\(G\) 这个人去掉, 再重新安排一些通话线路, 使得剩下的\(n-1\)个人同样能在\(2(n-1)-5\) 次通话后传遍信息, 从而与\(n\)的最小性矛盾. 直接忽略上述”通话环”中的\((G – G_1)\)和\( (G_r-G )\)两条边.对于其他某个人\(P\)和\(G\)之间的通话\((P-G)\), 找出\((P-G)\)通电后最先出现的”通话环”中的其中一链(比如\((G_i-G_{i+1})\)). 在新方案中, 让 \(P\) 把电话打给\(G_i\). 这样, 原方案中任何一条由 \(P_1\) 带给 \(G\) 再带给\(P_2\) 的消息, 都由对应的 \(G_i\), \(G_j\) 以及他们之间的链条来完成, 即\((P_1-P_i)(G_i-G_{i+1})\dotsm(G_j-P_2)\). 新方案与原方案一样满足要求, 且通话次数减少了两次, 同样小于等于\(2n-5\).

每个人都不会听到自己的消息, 这可以推出一个很有趣的东西: 记一通电话的双方为A和B, 则要么A和B都还没打完, 要么这通电话对双方来说都是最后一通.原因很简单, 假如这通电话是A的最后一电, 这表明A和B都知道了所有的消息, 但B还要给别人打电话, 别人就会听到自己的消息. 类似地, 一通电话的双方要么都是第一次打, 要么都不是第一次打: 假如A的第一通电话是跟B打的, 但B之前已经和C通过话了, 那A的消息将永远与C的消息一起传递, 因此最终C听到A的消息时也会听到她自己的.

于是, 对于所有电话次数不超过\(2n-5\)的情况, \(n\)只能是偶数. 并且情况只可能是这样: 先两两配对拨打\(\frac n2\)通”处女电”, 然后中间打很多” 中介电话”, 最后再两个两个地打\(\frac n2\)个”最后一电”. 由于所有的”处女电”和”最后一电”加起来恰好有\(n\)通, 那么”中介电话”最多只能有\(n-5\)通. 又由于连通所有\(n\)个点至少要\(n-1\)条边, 可知这些”中介电话”构成了至少\(5\)个连通分量. 对于任何一个人来说, 在任何“最后一电”拨打之前, 她的消息最多只能够在其中两个连通分量内传递(她所在的连通分量和她“处女电”的对象所在的连通分量); 类似地, 所有“处女电”都打完了后, 每个人都只能收到两个连通分量内的消息(她自己的和“最后一电”的对象的). 对于一个特定的人\(G\)来说, 除去她自己, “处女电”的对象和“最后一电”的对象所在的连通分量, 至少还有两个连通分量, 里面的所有“中介电话”对她没有任何意义: 这些“中介电话”既不会把她的消息传出去, 也不会把别人的消息带给她.

设与G不相干的电话通数为\(c(G)\).

反过来, 又有多少通电话与\(G\)有关呢? 让我们继续把目光停留到G身上. 要想把她的消息传给所有人, 至少需要\(n-1\) 通电话; 要想让所有消息都传到她那里, 同样也得要n-1通电话. 某些电话可以同时起到这两种作用, 但有一个前提条件: 这些电话必需是她亲自打的. 否则, 她自己的消息将“捆绑”进那些将会传给她的消息里, 从而与引理矛盾. 假设她自己打了 \(v(G)\) 通电话, 那么总共有\(2n-2-v(G)\) 通电话负责传出她的消息并把别人的消息传给她. 由\(2n-5 \geqslant 2n-2-v(G)+c(G)\) 可知 \(v(G)\geqslant3+c(G) \geqslant 3\). 既然每个人都打了至少\(3\)电话, 这表明每个人都打过”中介电话”, 直接推出每个连通分量都有至少一条边. 前面说了, \(c(G)\)包含了至少两个连通分量中的所有边, 因此\(c(G)\geqslant2\). 因此, \(v(G)\geqslant5\). 每个人都打了至少\(5\)次电话? 这当然是不可能的, 这将导致总的电话数目比 \(2n\)  还大了.

 Posted by at 3:53 pm
Oct 032012
 

Number theory will be understood, not as a collection of tricks and isolated results, but as a coherent and interconnected theory.

算术基本定理最早的准确表述与证明, 应该是出自 Gauss 的名著算术研究. 但是, 在这之前很久, 人们似乎就已经知道这个定理的具体内容, 并且已经广泛使用.

很明显, 这个结果是重要的! \(\sqrt2\) 是无理数的经典证法也依仗它! 当然, 定理也是漂亮的!

Green(与 Tao 合作 Green–Tao theorem 的那位)的(博士)导师 Gowers, 写了两篇关于此定理的文章: Why isn’t the fundamental theorem of arithmetic obvious?  和 Proving the fundamental theorem of arithmetic.

定理不是显然的. 流行的证明, 大家都知道, 是利用 Bézout 恒等式还有归纳法. 罕见的一个证明来自英国大数学家 Hardy 的数论导引, 如今名为哈代数论, 的第二章的最后: 利用最小数原理.

陈省身说, 好的数学就是可以引导出很多后来发展的数学! 所以, 题外话是: 竞赛数学不是好的数学!

对于算术基本定理来说, 很遗憾, 在一般的数域中, 在更广泛的范围, 并不成立. 20世纪最伟大的数学家 Hilbert 曾经举个一个例子: 唯一分解在

\[H=\{1,5,9,13,17,\dotsc\}\]

中不成立. 众所周知的一个事情是: 如果唯一分解总是成立的的话, 著名的 Fermat 大定理就太 easy 了.

算术基本定理诱导了如唯一分解整环, Euclid 整环等等概念. Gauss 为了描述唯一分解成立的程度, 引进了类数的概念. 大致上, 类数越大, 一个数被分解成质数的分法个数就越多. 虚二次域 \(Q( \sqrt D)\) 的 Gauss 猜想已经解决, 但实二次域的情形, 现在还是木有证明的事情.

关于理想 ideal, 倒是有一个相应的唯一分解定理: \(O_k\) 的任意非零真理想可以唯一写成质理想的积, 不考虑顺序的话.

 Posted by at 11:44 am