2015 第 56 届 IMO 解答
Problem 1 (Netherlands 荷兰)
(a) \(n\) 是奇数.
考察一个周长为 \(n\) 的圆 \(\omega\). 这圆上均匀分布的 \(n\) 个点, 即把圆分成 \(n\) 个长为 \(1\) 的圆弧, 构成点集 \(\mathcal S\). 换句话说, \(\mathcal S\) 的元素即是内接于该圆的正 \(n\) 边形的 \(n\) 个顶点.
我们断言: \(\mathcal S\) 是平衡且无中心的点集.
事实上, \(\mathcal S\) 中任意两个不同的点 \(A\), \(B\) 把圆分成的两个圆弧的弧长都是正整数, 并且两个弧长之和就是圆的周长 \(n\). 既然 \(n\) 为奇数, 这两个圆弧的弧长恰有一个偶数. 于是, 弧长是偶数的那个圆弧的中点 \(C\) 属于 \(\mathcal S\). 此时 \(AC=BC\) 是理所当然. 因而, \(\mathcal S\) 是平衡的.
\(\mathcal S\) 亦是无中心的. \(\mathcal S\) 中任意三个不同的点 \(A\), \(B\), \(C\) 形成的三角形的外心即是 \(\omega\) 的中心. \(\omega\) 的中心显然不在 \(\omega\) 上, 当然也就不在 \(\mathcal S\) 中.
\(n\) 是偶数, 记 \(n=2k+2\), 这里 \(k\) 是正整数.
设 \(\odot O\) 是任意的一个圆. 在这个圆上依逆时针方向选取三点 \(A_1\), \(B_1\), \(C\), 使得 \(\triangle OA_1B_1\) 和 \(\triangle OB_1C\) 都是等边三角形; 再在 \(\widehat{A_1B_1}\) 和 \(\widehat{B_1C}\) 上分别依逆时针方向各选取 \(k-1\) 个点 \(A_2\), \(A_3\), \(\dotsc\), \(A_k\) 和 \(B_2\), \(B_3\), \(\dotsc\), \(B_k\), 使得 \(\triangle OA_iB_i\) 都是等边三角形, \(i=2\), \(3\), \(\dotsc\), \(k\).
令
\[\mathcal S=\{O, A_1, A_2, \dotsc, A_k, B_1, B_2, \dotsc, B_k, C\}.\]
我们断言: \(\mathcal S\) 是 \(2k+2\) 个点构成的平衡点集.
事实上, \(\mathcal S\) 中的两点如果都落在 \(\odot O\) 上, 则 \(O\) 到这两点的距离相等. 对于 \(O\) 和 \(\mathcal S\) 中的落在 \(\odot O\) 上的一点, 必有 \(\mathcal S\) 的落在 \(\odot O\) 上的第二个点与前两个点构成等边三角形, 进而第二个点到前两个点的距离相等.
(b) 先指出, 若 \(n\gt3\) 为偶数, 不存在由 \(n\) 个点构成的平衡且无中心的点集.
假定 \(\mathcal S\) 是由 \(n\) 个点构成的平衡且无中心的点集. \(\mathcal S\) 中任意两个不同的点 \(A\), \(B\), 都有 \(\mathcal S\) 中的点 \(C\), 满足 \(AC=BC\). 也就是说, 线段 \(AB\) 的中垂线经过 \(C\). 我们把这样的点 \(C\) 称为等腰顶点.
恰有 \(\dbinom n2\) 个互不相同的线段的端点落在 \(\mathcal S\) 中, 于是必定有 \(\dbinom n2\) 个等腰顶点 (一个等腰顶点可能多次计数). 故而, 必定有
\[\frac1n\dbinom n2=\frac{n-1}2\]
个等腰顶点其实是 \(\mathcal S\) 中的同一个点. 考虑到 \(n-1\) 是奇数, 必有 \(\dfrac n2\) 个等腰顶点是 \(\mathcal S\) 中的同一点 \(U\), 即有 \(\dfrac n2\) 个线段的中垂线都经过 \(U\). 记这些线段是
\[X_1Y_1, X_2Y_2, \dotsc , X_{\frac n2}Y_{\frac n2}.\]
既然这 \(\dfrac n2\) 个线段的端点都肯定不能是 \(U\), 必有 \(i\), \(j\), \(1\leq i\lt j\leq \dfrac n2\), 使得线段 \(X_iY_i, X_jY_j\) 的端点有重合. 于是, 线段 \(X_iY_i, X_jY_j\) 的端点实际只有三个点互不相同. \(U\) 到这三个点的距离都相同. 这说明, \(\mathcal S\) 不是无中心的.
(a) 已经说明对所有不小于 \(3\) 的奇数 \(n\), 存在由 \(n\) 个点构成的平衡且无中心的点集.
综合起来, 找寻的所有整数即为所有不小于 \(3\) 的奇数.
Problem 2 (Serbia 塞尔维亚)
容易看见的事实是: \(a\), \(b\), \(c\) 都不可能为 \(1\). 因为 \(a=1\) 给出 \(b-c\) 和 \(c-b\) 都是正整数.
如果 \(a\), \(b\), \(c\) 中有相等者, 无妨 \(a=b\), 那么 \(a^2-c\), \(ac-a\) 都是 \(2\) 的方幂. 注意 \(ac-a=a(c-1)\), 因此 \(a\) 和 \(c-1\) 也都是 \(2\) 的方幂. 可设
\begin{equation}a^2-c=2^u,\end{equation}
\begin{equation}a=2^v,\end{equation}
\begin{equation}c=2^w+1,\end{equation}
这里 \(u\), \(v\), \(w\) 都是非负整数. \(a\gt1\) 定出 \(v\gt0\), \(a\) 是偶数.
若 \(u\gt0\), 则 \((1)\) 表明 \(c\) 是偶数, 进而 \((3)\) 表明 \(w=0\). 于是, \(c=2\). 把 \((2)\) 带入 \((1)\)
\begin{equation}2^{2v}-2=2^u.\end{equation}
\(2^u\equiv2\pmod4\) 定出 \(u=1\), 进而 \(v=1\). 于是 \(a=2\), \(b=a=2\).
在 \(u=0\), 则 \((1)\) 成为
\begin{equation}2^{2v}-c=1.\end{equation}
把 \((3)\) 带入上式, 有
\begin{equation}2^{2v}=2^w+2.\end{equation}
\(2^w\equiv2\pmod4\) 定出 \(w=1\), \(c=2^1+1=3\), 进而 \(v=1\). 于是 \(a=2\), \(b=a=2\).
在 \(a\), \(b\), \(c\) 互不相等, 无妨 \(a\gt b\gt c\).
记
\begin{equation}ab-c=2^x,\;ca-b=2^y,\;bc-a=2^z\end{equation}
这里 \(x\), \(y\), \(z\) 都是非负整数.
由
\[2^x-2^y=(ab-c)-(ca-b)=(b-c)(a+1)\]
说明 \(ab-c\gt ca-b\), \(x\gt y\), 进而
\begin{equation}2^y\mid(b-c)(a+1).\end{equation}
类似的道理, \(y\gt z\).
然后
\[2^x+2^y=(ab-c)+(ca-b)=(b+c)(a-1)\]
说明
\begin{equation}2^y\mid(b+c)(a-1).\end{equation}
\(a-1\), \(a+1\) 是两个相差 \(2\) 的正整数, 至少有一个不是 \(4\) 的倍数.
如果 \(4\nmid(a+1)\), 则 \(2^y\mid2(b-c)\), 于是 \(2^y\leqslant2(b-c)\). 如果 \(4\nmid(a-1)\), 则 \(2^y\mid2(b+c)\), 于是 \(2^y\leqslant2(b+c)\). 无论哪一种情况, \(2^y\leqslant2(b+c)\) 必真.
从
\[c(b+1)\leqslant ca=2^y+b\leqslant 2(b+c)+b\]
给出
\[bc\lt3b+c\lt4b,\]
故而 \(c\lt4\).
\(c=2\).
若 \(a\), \(b\) 至少有一个奇数. 我们断定 \(b\) 是奇数, \(a\) 是偶数绝无可能同时发生. 否则, \(ac-b=2a-b\geqslant a\) 表明 \(2a-b\) 是大于 \(1\) 的奇数.
在 \(a\) 是奇数, 则 \(cb-a=2b-a\) 是奇数, 必定 \(2b-a=1\). 因此 \(a=2b-1\).
此时 \(ab-c=b(2b-1)-2=2b^2-b-2\), \(ca-b=2(2b-1)-b=3b-2\) 都是 \(2\) 的方幂. \(b\geqslant2\) 说明 \(2b^2-b-2 \geqslant4b-b-2= 3b-2\), 因此 \(3b-2\) 整除 \(2b^2-b-2\). 然后
\[9(2b^2-b-2)=(3b-2)(6b+1)-16\]
定出 \((3b-2)\mid16\). 从而 \(3b-2\) 可能是 \(2\), \(4\), \(8\), \(16\). \(3b-2\equiv1\pmod3 \) 蕴涵 \(3b-2\) 只可能是 \(4\), \(16\). 此时, \(b=2\), \(6\). 相应地, \(a=3\), \(11\).
在 \(a\), \(b\) 都是偶数. \(ab-2\equiv2\pmod4\). 但是 \(ab-2\) 是 \(2\) 的方幂, 因此 \(ab-2=2\), \(ab=4\). 所以 \(a=b=2\).
\(c=3\).
\(2^x=ab-3\gt3^2-3\gt4\) 定出 \(x\gt2\), 并且 \(ab-3\) 是偶数, 从而 \(ab\) 是, 进而 \(a\), \(b\) 都是, 奇数. \(2^x\), \(2^y\), \(2^z\) 都是偶数, 从而 \(x\), \(y\), \(z\) 都是正整数, \(x\gt y\gt z\geqslant1\).
由
\begin{equation}(3a-b)+(3b-a)=2^y+2^z\end{equation}
得 \(2(a+b)\lt2^{y+1}\), 故 \(a+b\lt2^y\), \(a\lt2^y-b\lt2^y-3\), 进而 \(a-1\lt a+1\lt2^y-b\lt2^y\).
\(2^y=3a-b\gt2a\) 说明 \(a\lt2^{y-1}\).
\((8)\), \((9)\) 表明
\[2^y\mid(b-3)(a+1),\;2^y\mid(b+3)(a-1).\]
\(b\) 为奇数, 所以 \(b-3\), \(b+3\) 恰有一个不被 \(4\) 整除.
在 \(2\parallel(b-3)\) 时, 则 \(2^y\mid2(a+1)\), 即 \(2^{y-1}\mid(a+1)\). 结合 \(a+1\lt2^y\), 导出 \(a+1=2^{y-1}\), 故 \(a=2^{y-1}-1\).
在 \(2\parallel(b+3)\) 时, 则 \(2^y\mid2(a-1)\), 即 \(2^{y-1}\mid(a-1)\). 结合 \(a-1\lt2^y\), 导出 \(a-1=2^{y-1}\), 故 \(a=2^{y-1}+1\). \(a\lt2^{y-1}\) 表示这种情况不会出现.
既然 \(a=2^{y-1}-1\), \(3a-b=2^y\), 因之 \(b=3a-2^y=3(2^{y-1}-1)-2^y=2^{y-1}-3\). 结合 \(3b-a=2^z\), 我们有 \(3(2^{y-1}-3)-(2^{y-1}-1)=2^z\), 即
\[2^y-2^z=8.\]
这也就是
\[2^z(2^{y-z}-1)=8.\]
\(z\), \(y-z\) 都是正整数, 因此 \(2^z=8\), \(2^{y-z}-1=1\). 所以 \(z=3\), \(y-z=1\). 后一式说明 \(y=4\). 于是
\[a=2^{4-1}-1=7,\;b=2^{4-1}-3=5.\]
综上所述, 所有符合要求的正整数解是 \((2,2,2)\), \((3,2,2)\), \((11,6,2)\), \((7,5,3)\), 以及这些解的所有排列.
解答二
把 \(a=2^v\), \(c=2^w+1\) 带入 \(a^2-c=2^u\) 得
\[(2^v)^2-(2^w+1)=2^u.\]
我们看到
\[2^{2v}=2^w+1+2^u.\]
\(v\geqslant1\) 说明
\[2^w+1+2^u\equiv0\pmod4.\]
\(2^w+2^u\) 为奇数表明 \(w\), \(u\) 一个是 \(0\), 另一个大于 \(0\).
\(w=0\) 导出 \(4\mid (1+1+2^u)\), 进而 \(2^u\) 是偶数但不被 \(4\) 整除, 于是 \(u=1\). 此时 \(v=1\),
\[a=2,\; b=a=2,\; c=2^0+1=2.\]
类似, \(u=0\) 给出 \(4\mid (2^w+1+1)\), 进而 \(2^w\) 是偶数但不被 \(4\) 整除, \(w=1\). 此时 \(v=1\),
\[a=2,\; b=a=2,\; c=2^1+1=3.\]
Problem 3 (Ukraine 乌克兰)
这个题比较棘手. 中国队载在这题上了, 只有 1 个队员做出来, 本题一共才得 12 分.
本题的平均分 0.653, 一共有 31 个队员在考场上做出: 得 7 分有 30 人, 得 6 分仅 1 人.
鉴于此, 这里在这个问题多花点笔墨.
记 \(\Gamma\) 的中心是 \(O\). 设 \(AX\) 为 \(\Gamma\) 的直径.
这个问题所有的证明, 也许, 都需要这个事实: \(Q\), \(H\), \(M\), \(X\) 四点共线.
\(AX\) 是 \(\Gamma\) 的直径蕴涵 \(\angle AQX = 90^{\circ}\). \(\angle AQH = 90^{\circ}\) 表明 \(\angle AQX = \angle AQH\), 进而 \(Q\), \(H\), \(X\) 三点共线.
\(AX\) 是 \(\Gamma\) 的直径蕴涵 \(XB\), \(XC\) 分别与 \(AB\), \(AC\) 垂直. \(H\) 是 \(\triangle ABC\) 的垂心宣示 \(HC\), \(HB\) 分别与 \(AB\), \(AC\) 垂直. 因此, 四边形 \(BXCH\) 是平行四边形. \(M\) 是 \(BC\), 进而也是 \(XH\), 的中点. 从而, \(X\), \(M\), \(H\) 三点共线.
综合起来, 我们知道 \(Q\), \(H\), \(M\), \(X\) 四点共线.
不证明四边形 \(BXCH\) 是平行四边形也是可以说明 \(M\) 是 \(XH\) 的中点. 从而, \(X\), \(M\), \(H\) 三点共线.
事实上, 对任何一个三角形 \(ABC\) 的垂心 \(H\), 外心 \(O\), 以及 \(BC\) 的中点 \(M\), 熟知的一个性质是 \(OM\parallel AH\), 且 \(OM=\dfrac12AH\).
这性质很直接很强烈的表达了 \(M\) 就是 \(XH\) 的中点.
IMO 2015 Problem 3 Proof 1
延长 \(AF\) 交 \(\Gamma\) 于 \(Y\). 注意
\[\angle HKQ=\angle HYX=\angle HFM= 90^{\circ},\]
于是三角形 \(HKQ\) 的外接圆, 三角形 \(HXY\) 的外接圆与三角形 \(HMF\) 的外接圆在 \(H\) 点相切.
\(QK\) 与 \(XY\) 的延长线交于点 \(V\). 于是
\[VQ\cdot VK=VX\cdot VY.\]
故而, \(V\) 在三角形 \(HKQ\) 的外接圆与三角形 \(HXY\) 的外接圆的根轴上. 这个根轴就是 \(VH\), 并且 \(VH\) 是三角形 \(HKQ\) 的外接圆, 三角形 \(HXY\) 的外接圆与三角形 \(HMF\) 的外接圆的公切线. \(VH\perp QX\).
\(AX\) 为 \(\Gamma\) 的直径蕴涵 \(XY\perp AY\). 于是 \(BC\perp AF\) 表明 \(BC\parallel XY\). 设 \(U\) 是 \(VH\) 与 \(BC\) 的交点. \(H\) 是 \(\triangle ABC\) 的垂心揭示 \(F\) 是 \(HY\) 的中点. 至此, \(U\) 是 \(HV\) 的中点. \(\angle HKV= 90^{\circ}\) 蕴涵 \(UK=UH\). \(UH\) 与三角形 \(HKQ\) 的外接圆相切, 故而 \(UK\) 也与三角形 \(HKQ\) 的外接圆相切.
\(U\) 在三角形 \(HMF\) 的外接圆与三角形 \(FKM\) 的外接圆的根轴 \(MF\) 上. \(UH\) 与三角形 \(HMF\) 的外接圆相切. 然后, \(UK=UH\) 蕴涵 \(UK\) 是三角形 \(FKM\) 的外接圆的切线. 于是 \(HKQ\) 的外接圆与三角形 \(FKM\) 的外接圆相切, 因为这两个圆都与 \(UK\) 切于点 \(K\).
解答二
IMO 2015 Problem 3 Proof 2
延长 \(AF\) 交 \(\Gamma\) 于 \(Y\).
在三角形 \( KQH\) 与 \( KAX\) 中, \(\angle HKQ = \angle XKA= 90^{\circ}\), \(\angle HQK = \angle XQK =\angle XAK\), 于是,
\[\angle KHQ = \angle KXA =\angle KYA=\angle KYH.\]
这说明 \(QX\) 与三角形 \(HYK\) 的外接圆相切.
设 \(U\) 是三角形 \(HYK\) 的外心. \(U\) 在 \(HY\) 在中垂线 \(BC\) 上. \(QX\) 是三角形 \(HYK\) 的外接圆的切线, 所以 \(UH\perp QH\). 于是 \(UH\) 与三角形 \(HKQ\) 的外接圆相切. \(UK=UH\) 说明 \(UK\) 也与三角形 \(HKQ\) 的外接圆相切.
\(UH\perp HM\), \(HF\perp MU\), 根据射影定理
\[UK^2=UH^2=UF\cdot UM.\]
这导出 \(UK\) 是三角形 \(FKM\) 的外接圆的切线. 既然 \(UK\) 是\(HKQ\) 的外接圆与三角形 \(FKM\) 的外接圆的公切线, 从而 \(HKQ\) 的外接圆与三角形 \(FKM\) 的外接圆相切.
解答三
IMO 2015 Problem 3 Proof 3
延长 \(AF\) 交 \(\Gamma\) 于 \(Y\).
\(H\) 是 \(\triangle ABC\) 的垂心揭示 \(\angle QMC = \angle YMC\), 于是, 四边形 \(BYCQ\) 是调和四边形, 由此 \(\angle QBY = \angle QMC\).
设 \(QZ\) 为 \(\Gamma\) 的直径. 于是 \(\angle QKZ = 90^{\circ}\). \(\angle QKH = 90^{\circ}\) 表明 \(\angle QKZ = \angle QKH\), 进而 \(K\), \(H\), \(Z\) 三点共线.
\(ZQ\) 为 \(\Gamma\) 的直径, 于是 \(\angle ZKY+\angle QBY= 90^{\circ}\). 故此
\[\angle HKY=\angle ZKY= 90^{\circ}-\angle QBY=90^{\circ}-\angle QMC=\angle MHY,\]
这说明 \(XQ\) 与三角形 \(HYK\) 的外接圆相切.
解答四
IMO 2015 Problem 3 Proof 4
\(QK\) 与 \(BC\) 的延长线交于点 \(W\). 既然 \(HK\perp KW\), \(HF\perp FW\), 于是 \(H\), \(F\), \(W\), \(K\) 四点共圆. 故而
\[\angle KFW=\angle KHW.\]
注意, 三角形 \(ABC\), \(HBC\) 的外接圆的根轴是 \(BC\); 三角形 \(ABC\), \(KQH\) 的外接圆的根轴是 \(QK\). 既然 \(W\) 是 \(BC\) 与 \(QK\) 的交点, 因此 \(W\) 是三个三角形 \(ABC\), \(HBC\), \(KQH\) 的外接圆的根心, 进而 \(HW\) 即是三角形 \(HBC\), \(KQH\) 的外接圆的根轴. 设三角形 \(HBC\), \(KQH\) 的外接圆的 \(H\) 之外的另一个交点是 \(S\), 则 \(S\) 在 \(HW\) 上.
设三角形 \(KQH\) 的外接圆与 \(KF\) 的 \(K\) 之外的另一个交点是 \(T\); \(MS\) 的延长线交三角形 \(ABC\) 的外接圆于 \(K^\prime\); \(S\) 关于 \(M\) 的对称点是 \(S^\prime\). 注意, \(S^\prime\) 在三角形 \(ABC\) 的外接圆上. 于是
\[\angle QHS=180^{\circ}-\angle MHS=180^{\circ}-\angle MXS^\prime=180^{\circ}-\angle QK^\prime S.\]
故此, \(Q\), \(H\), \(S\), \(K^\prime\) 四点共圆. 因而, \(K\) 与 \(K^\prime\) 重合. 这也就是说, \(M\), \(S\), \(K\) 三点共线.
由于 \(H\), \(S\), \(T\), \(K\) 四点共圆, 于是
\[\angle KFM=180^{\circ}-\angle KFW=180^{\circ}-\angle KHW=\angle KTS.\]
这表明 \(ST\parallel MF \). 进而, 三角形 \(KST\) 与 \(KMF\) 位似, \(K\) 是位似中心. 这也就说明了, \(KST\) 的外接圆与三角形 \(KMF\) 的外接圆在 \(K\) 点相切.
解答五
IMO 2015 Problem 3 Proof 5
解答三的 \(K\), \(H\), \(Z\) 三点共线, 以及 \(\widehat{XZ}=\widehat{AQ}\), 所以
\[\angle KHQ=\angle HQZ+\angle HZQ=\angle AYQ+\angle QYK=\angle AYK.\]
或者稍微变通一下, \(AX\) 是 \(\Gamma\) 的直径, 因此 \(\widehat{AKX}\) 恰是一个半圆. 因此
\[\angle XQK+\angle AYK=90^{\circ}.\]
注意 \(\angle HKQ=90^{\circ}\), 于是
\[\angle KHQ=90^{\circ}-\angle KQH=\angle HYK.\]
因此, \(QH\) 是三角形 \(HYK\) 的外接圆的切线. 所以 \(\angle QHK=\angle HYK\). 又因为 \(MF\) 是 \(HY\) 的中垂线, 故而
\[\angle MKH=\angle YKF.\]
于是, 我们得出了
\[\angle QHK+\angle MKH=\angle HYK+\angle YKF=\angle HFK.\]
\(QK\perp HK\), \(HF\perp FC\) 给出 \(\angle QHK=90^{\circ}-\angle KQH\), \(\angle HFK=90^{\circ}-\angle KFC\), 我们有
\[(90^{\circ}-\angle KQH)+\angle MKH=90^{\circ}-\angle KFC.\]
换言之
\[\angle KFC+\angle MKH=\angle KQH.\]
这说明, \(KQH\) 的外接圆与三角形 \(KMF\) 的外接圆在 \(K\) 点相切.
解答六
Problem 4 (Vaggelis Psychas&Silouanos Brazitikos , Greece 希腊)
IMO 2015 Problem 4 Proof 1
记 \(FG\) 与 \(AC\) 的交点是 \(R\). 连结 \(AG\), \(GC\), \(DF\).
\(FG\) 是 \(\Gamma\) 和 \(\Omega\) 的公共弦蕴涵 \(AO\) 是 \(FG\) 的中垂线. 于是, \(\widehat{AF}=\widehat{AG}\), 进而
\[\angle AGR=\angle AGF=\angle ACF=\angle ACG.\]
这表明 \(\triangle AGR\sim\triangle ACG\). 结合 \(A\), \(B\), \(C\), \(G\) 四点共圆, 我们可有
\[\angle GRC=180^{\circ}-\angle ARG=180^{\circ}-\angle AGC=\angle ABC=\angle KFD.\]
连结 \(FC\), \(EG\). 注意 \(F\), \(D\), \(E\), \(G\) 四点都在圆 \(\Gamma\) 上, 故
\[\angle GFD=\angle GEC=\angle GLC=\angle GLR.\]
至此, 我们得出
\[\angle XGF=\angle GRC-\angle GLR=\angle KFD-\angle GFD=\angle XFG.\]
这说明 \(XG=XF\). 换句话说, \(X\) 在 \(FG\) 的中垂线 \(AO\) 上.
解答二
Problem 5 (Dorlir Ahmeti，Albania 阿尔巴尼亚)
记
\begin{equation}f(x+f(x+y))+f(xy)=x+f(x+y)+yf(x).\end{equation}
在 \((11)\), 令 \(x=y=0\), 记 \(f(0)=a\), 得
\[f(0+a)+a=0+a.\]
由此 \(f(a)=0\).
在 \((11)\), 令 \(x=0\), \(y=a\), 得
\[f(f(a))+f(0)=0+f(a)+af(0).\]
此即 \(2a=a^2\). 于是 \(a=0\) 或 \(2\).
在 \(a=0\), 即 \(f(0)=0\) 时.
在 \((11)\), 令 \(y=0\), 得
\begin{equation}f(x+f(x))=x+f(x).\end{equation}
在 \((11)\), 令 \(y=1\), 得
\[f(x+f(x+1))+f(x)=x+f(x+1)+f(x).\]
即
\begin{equation}f(x+f(x+1))=x+f(x+1).\end{equation}
在 \((11)\), 令 \(y=-x\), 得
\begin{equation}f(x)+f(-x^2)=x-xf(x).\end{equation}
在 \((14)\), 令 \(x=-1\), 得 \(f(-1)+f(-1)=-1+f(-1)\). 于是
\begin{equation}f(-1)=-1.\end{equation}
在 \((14)\), 令 \(x=1\), 得 \(f(1)+f(-1)=1-f(1)\). 利用 \((15)\), 得 \(f(1)-1=1-f(1)\). 因而
\begin{equation}f(1)=1.\end{equation}
在 \((11)\), 令 \(x=1\), \(y=x-1+f(x)\), 注意 \((16)\), 得
\[f(1+f(x+f(x)))+f(x-1+f(x))=1+f(x+f(x))+(x-1+f(x)).\]
结合 \((12)\),\((13)\), 此即
\[f(1+x+f(x))+(x-1+f(x))=1+(x+f(x))+(x-1+f(x)).\]
\begin{equation}f(1+x+f(x))=1+x+f(x).\end{equation}
在 \((11)\), 令 \(y=-1\), 得
\[f(x+f(x-1))+f(-x)=x+f(x-1)-f(x).\]
结合 \((17)\), 此即
\[x+f(x-1)+f(-x)=x+f(x-1)-f(x).\]
\begin{equation}f(-x)=-f(x).\end{equation}
在 \((11)\), 将 \(x\) 换成 \(-x\), \(y\) 换成 \(x\), 得
\begin{equation}f(-x)+f(-x^2)=-x+xf(-x).\end{equation}
\((14)\), \((19)\) 两式相减, 得
\[(f(x)+f(-x^2))-(f(-x)+f(-x^2))=(x-xf(x))-(-x+xf(-x)).\]
\[f(x)-f(-x)=2x-x(f(x)+f(-x)).\]
\((18)\) 说明这就是 \(2f(x)=2x\). 所以, \(f(x)=x\).
在 \(a=2\), 即 \(f(0)=2\) 时.
在 \((11)\), 令 \(y=1\), 得
\begin{equation}f(x+f(x+1))=x+f(x+1).\end{equation}
在 \((11)\), 令 \(x=0\), \(y=x-1+f(x)\), 得
\[f(f(x-1+f(x)))+2=f(x-1+f(x))+2(x-1+f(x)).\]
利用 \((20)\), 此即
\[x-1+f(x)+2=x-1+f(x)+2(x-1+f(x)).\]
故而, \(f(x)=2-x\).
经检验, \(f(x)=2-x\) 和 \(f(x)=x\) 确实符合要求.
综上所述, 所有的寻找的函数即是 \(f(x)=x\) 以及 \(f(x)=2-x\).
Problem 6 (Ross Atkins&Ivan Guo, Australia 澳大利亚)
考察 \(d_j=a_j+j\), \(j=1\), \(2\), \(\dotsc\). 于是, 正整数序列 \(d_1\), \(d_2\), \(\dotsc\) 互不相同, 并且对每个正整数 \(j\geqslant1\), 有 \(j+1\leqslant d_j\leqslant j+2015\).
显然, 肯定有正整数不会在序列 \(\{d_j\}\) 中出现, 比如 \(1\). 我们指出, 至多有 \(2015\) 个正整数 \(z\), 使得不存在正整数 \(j\), 满足 \(d_j=z\). 换句话说, 集合 \(\{1, 2, 3, \dotsc\}\setminus\{d_1, d_2,\dotsc\}\) 的元素个数 \(b\), 成立 \(1\leqslant b\leqslant 2015\).
对每个正整数 \(j\geqslant1\), 记
\[N_j=\{1, 2, 3, \dotsc, j\},\;D_j=\{d_1, d_2, d_3, \dotsc, d_j\}.\]
设 \(L\gt2015\) 是任意的正整数. 对任意的正整数 \(j\), \(1\leqslant j\leqslant L-2015\),
\[d_j\leqslant j+2015\leqslant(L-2015)+2015=L,\]
于是, \(d_j\in N_L\). 注意 \(d_1\), \(d_2\), \(\dotsc\), \(d_{L-2015}\) 是 \(L-2015\) 个互不相同的正整数, 于是 \(N_L\cap\{d_1, d_2,\dotsc\}\) 的元素个数 \(\geqslant L-2015\). \(N_L\setminus\{d_1, d_2,\dotsc\}\), 进而 \(\{1, 2, 3, \dotsc\}\setminus\{d_1, d_2,\dotsc\}\), 的元素个数 \(\leqslant2015\).
至此, 我们证明了 \(1\leqslant b\leqslant 2015\).
设 \(Y=\{z_1, z_2, \dotsc, z_b\}\) 是所有的没有在序列 \(\{d_j\}\) 中出现的 \(b\) 个正整数组成的集合. 于是 \(Y\cup\{d_1, d_2, d_3\dotsc\}\) 恰好就是全部正整数形成的集合.
取定一个正整数 \(N\gt\max\{z_1, z_2, \dotsc, z_b\}\).
设 \(n\) 和 \(m\) 是任意的满足 \(n\gt m\geqslant N\) 的整数.
\(Y\) 中的元素小于 \(N\), 当然更小于 \( m+2015\); \(D_m\) 中的元素 \(d_k\)(\(k\leqslant m\)) 必定 \(d_k\leqslant k+2015\leqslant m+2015\), 因此 \(Y\cup D_m\subset N_{m+2015}\). 此外, 当 \(k\leqslant m+1\) 时, \(k\) 要么属于 \(Y\), 要么存在正整数 \(t\lt k\), 使得 \(d_t=k\). 因此, \(N_{m+1}\subset Y\cup D_m\), \(Y\cup D_m\) 恰有 \(b-1\) 个元素属于 \(N_{m+2015}\setminus N_{m+1}\). 于是
\begin{equation}\sum_{k=1}^{m+b}k\leqslant\sum_{k=1}^md_k+\sum_{k=1}^bz_k\leqslant\sum_{k=1}^{m+1}k+\sum_{k=m+2017-b}^{m+2015}k.\end{equation}
当然, \((21)\) 中的 \(m\) 换成 \(n\) 也是成立的.
当 \(b=1\) 时,
\begin{equation}\sum_{k=1}^md_k+\sum_{k=1}^bz_k=\sum_{k=1}^{m+1}k,\end{equation}
\begin{equation}\sum_{k=1}^nd_k+\sum_{k=1}^bz_k=\sum_{k=1}^{n+1}k.\end{equation}
于是
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^nd_k=\sum_{k=m+2}^{n+1}k.\end{equation}
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^nd_k=\sum_{k=m+1}^n\Big(k+1\Big).\end{equation}
因 \(d_k=a_k+k\), \(b=1\), 这就是
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)=0.\end{equation}
下面, 我们假定 \(b\geq2\). 由 \((21)\), 我们可有
\begin{equation}\left(\sum_{k=1}^nd_k+\sum_{k=1}^bz_k\right)-\left(\sum_{k=1}^md_k+\sum_{k=1}^bz_k\right)\geqslant\sum_{k=1}^{n+b}k-\left(\sum_{k=1}^{m+1}k+\sum_{k=m+2017-b}^{m+2015}k\right),\end{equation}
与
\begin{equation}\left(\sum_{k=1}^nd_k+\sum_{k=1}^bz_k\right)-\left(\sum_{k=1}^md_k+\sum_{k=1}^bz_k\right)\leqslant\left(\sum_{k=1}^{n+1}k+\sum_{k=n+2017-b}^{n+2015}k\right)-\sum_{k=1}^{m+b}k.\end{equation}
\((27)\) 即
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^nd_k\geqslant\sum_{k=m+2}^{n+b}k-\sum_{k=m+2017-b}^{m+2015}k.\end{equation}
注意
\begin{equation}\sum_{k=m+2}^{n+b}k=\sum_{k=m+2}^{m+b}k+\sum_{k=m+b+1}^{n+b}k=\sum_{k=2}^b\Big(k+m\Big)+\sum_{k=m+1}^n\Big(k+b\Big).\end{equation}
\begin{equation}\sum_{k=m+2017-b}^{m+2015}k=\sum_{k=2}^b\Big(k+m+2015-b\Big)=\sum_{k=2}^b\Big(k+m\Big)+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big).\end{equation}
\((29)\) 就是
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^nd_k\geqslant\sum_{k=m+1}^n\Big(k+b\Big)-\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big).\end{equation}
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^n\Big(d_k-k-b\Big)\geqslant-\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big).\end{equation}
因为 \(d_k=a_k+k\), 所以
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)\geqslant-\Big(b-1\Big)\Big(2015-b\Big).\end{equation}
类似的道理, \((28)\) 即, 当 \(n+1\geq m+b\) 时
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^nd_k\leqslant\sum_{k=n+2017-b}^{n+2015}k+\sum_{k=m+b+1}^{n+1}k;\end{equation}
或, 当 \(n+1\lt m+b\) 时
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^nd_k\leqslant\sum_{k=n+2017-b}^{n+2015}k-\sum_{k=n+2}^{m+b}k.\end{equation}
注意
\begin{equation}\begin{split}\sum_{k=n+2017-b}^{n+2015}k&=\sum_{k=2}^b\Big(k+n+2015-b\Big)\\&=\sum_{k=2}^b\Big(k+n\Big)+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big)\\&=\sum_{k=n+2}^{n+b}k+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big),\end{split}\end{equation}
于是, 当 \(n+1\geq m+b\) 时
\begin{equation}\begin{split}\sum_{k=m+1}^nd_k&\leqslant\sum_{k=m+b+1}^{n+1}k+\sum_{k=n+2}^{n+b}k+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big)\\&=\sum_{k=m+b+1}^{n+b}k+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big)\\&=\sum_{k=m+1}^n\Big(k+b\Big)+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big);\end{split}\end{equation}
当 \(n+1\lt m+b\) 时
\begin{equation}\begin{split}\sum_{k=m+1}^nd_k&\leqslant\sum_{k=n+2}^{n+b}k+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big)-\sum_{k=n+2}^{m+b}k\\&=\sum_{k=m+b+1}^{n+b}k+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big)\\&=\sum_{k=m+1}^n\Big(k+b\Big)+\sum_{k=2}^b\Big(2015-b\Big).\end{split}\end{equation}
故此, 无论哪一种情况, 因为 \(d_k=a_k+k\), 所以
\begin{equation}\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)\leqslant\Big(b-1\Big)\Big(2015-b\Big).\end{equation}
综合 \((34)\), \((40)\), 利用算术几何平均不等式,
\[\left|\sum_{k=m+1}^n\Big(a_k-b\Big)\right|\leqslant\Big(b-1\Big)\Big(2015-b\Big)\leqslant1007^2.\]
看到我们的魂牵梦绕.
Annotations
- 本届 IMO 其实不是最难, 恰恰相反, 应该是史上最简单, 大概与 1989 年相当. 分数低与训练有关, 不完全真实反映试题的难易.
- 题 1(a) 是陈题, 已经多次出现; 把 (a) 中对偶数 \(2k+2\) 构造的平衡点集的点 \(C\) 去掉, 得到的 \(2k+1\) 个点形成的点集亦是平衡的; 找出 (a) 所有符合要求的构造可能是困难的. 也就是说, 对整数 \(n\geq3\), 希望找出所有的由 \(n\) 个点构成的平衡点集.
- 题 3 的几何, 其实比最近几年的以 3 或 6 出现的几何简单很多. 通常, 如果考察的是三角形一些常见的点及其外接圆的性质, 不应当有太多人做不出的.
- 题 5 是函数方程. 一般来说, 一个函数方程可能是真正有难度的问题, 如果任何解法都避不了某关键的性质, 诸如特定集合的一个非常特殊的性质, 或者必须使用不等式.
