裘宗沪教授、朱华伟、冯祖鸣、吴伟朝教授、钱展望讲座2.doc

研讨题 1.（第29届IMO）设，其中[x]表示不超过x的最大整数，证明：(1)有无穷多个正整数m，使； (2) 有无穷多个正整数m，使. 略析：易知 (*) 由此可得，， 于是有 (**） 若（1）不成立，由(**）式知，存在自然数N，使得对任意k. 由此可得 再由(*）得到对任何非负整数k，有 (***） 由于N是固定数，显然当k足够大时，(***）不成立，引出矛盾，于是(1）式成立. 若（2）式不成立，由(**）式知存在N，使得对任意. 由此得， 再由(*）式得，即对非负整数k有 (****） 从(****）引出矛盾，从而（2）式成立. 2.设f为实系数多项式，证明：当且仅当f2不能写成平方和f2=g2+h2（g，h为实系数多项式）的形式且时，f的所有零点为实数. 3.在国内外IMO中找更多的以裴波那契恒等式为背景的问题，并给出详细解答. 4.编制一道以裴波那契恒等式为背景的问题. 3月11日裘宗沪老师 1.（接3月9日第（2）题） （2001.3.第42届IMO试题）21个男孩和21个女孩参加一次数学竞赛： (i)每一个参赛都至多解出了6道题； (ii)对于每一个女孩和每一个男孩，至少有一道题被这一对孩子都解出. 证明：有一道题，至少有3个女孩和至少有3个男孩都解出. 略析：设bi2,gi2,则（bi-2）（gi-2）1， 即，而， 易知 可得 (**) 对，由(i)知，至少有一题有个男生做出，至多2个女生做出，而，故题数； 对，由(i)知，至少有一题有个女生做出，至多2个田生做出，而，故题数. 所以|P|，显然与(**)式矛盾. 2.对(n为正偶数)的方格表中的某些方格标记，使得每一个方格都有一个相邻的“标记格”，问至少要多少个“标记格”？ 略析：设是使方格表符合要求的最小标记数，现在对方格表进行相间染色，设是使所有白格都有相邻“标记格” 的最小数（标记在黑格）；是使所有 黑格都有相邻“标记格”的最小数（标记在 白格）；则， ,而对已标记的白格，它们之间没有共同相邻的黑格，因此, 所以. 3（第43届IMO试题）设n为任意给定的正整数，T为平面上满足x+yn，x,y为非负整数的点（x,y）所组成的集合，T中每一点（x,y）均被染成红色或蓝色，满足：若(x,y)为红色，则T中所有满足x/x，y/y的点（x/，y/）均为红色，如果n个蓝点的横坐标各不相同，则称这n个蓝点所组成的集合为一个X-集；如果n个蓝点纵坐标各不相同，则称这n个蓝点所组成的集合为一个Y-集.证明：X-集的个数和Y-集的个数一样多. 略析：设红点个数为m，X-集合数目为t，Y-集合数目为s，对m,，进行归纳证明. (1)m=0时，由乘法原理，s=t=n!，命题成立. (2)假设m=k()时命题成立. (3)对于m=k+1，设点P（）是使最大的红点之一，那么，将P改为蓝点，由于不存在其他红点(x,y)，，因此，这仍然是一个满足条件的集合，记T/，对它类似地定义t/，s/. 对于T/，设x它在x=i()列上蓝点有个，在y=j()行上蓝点有个，那么. 由归纳假设，有t/=s/,即. 对于改变前的集合T，有(在中,在中). 在列上，纵坐标大于等于的T中的点有个，所以，同理.因此,所以t=s. 即对m=k+1时，命题成立. 因此，对一切，命题成立. 注1：对于组合问题，常常采有反证法或数学归纳法来解决计数、构造（结构）、最优化等问题. 注2：本题还可以对蓝点数进行归纳，对n进行归纳亦可. 4(第44届IMO试题)设实数. 求证：. 略析：(1)不妨设ij，则 =； (2) ； (3)由于将作变换（都减去某一个值），不等式两边不变，不失一般性，设；这样（2）式可化为； (4)由柯西不等式，可得 . 由（3）、（4）易知结论成立. (5)若等号成立，则存在某个k，，从而成等差数列； 反之，若为等差数列，公差为,则，将换成，则，且等号成立. 3月12日 朱华伟老师 《问题的引入与背景2》 背景三：费尔马点（构造模型） 如图，，则P为三角形ABC的费尔马点，关于尔马点有许多有趣的几何性质，此处我们把它向代数方向发展. 设PA=x，PB=y，PC=z. 易知， ， . 在三角形APB、三角形BCP、三角形CPA中，由三角形两边之和大于第三边，并将所三式相加，可得 (＊) 问题：有否下界呢？ 由著名的外森比克不等式，有,， 于是. 易知，所以 （**） 于是，则（＊）、（＊＊）可得 题1：设,求证： （右边不等式的证明作为研讨题目） 题2（第43届IMO预选题）如图，F为三角形ABC的费尔马点.