答 案
见解析
解析
证明：若否，不存在四边形，讨论点对数
与角的总数
，必有
，
用柯西不等式，可得
，
从而
，矛盾．
答 案
见解析
解析
证明：给定个点
，
，
，
，设
是
，
，
，
与点
的距离等于的点的数
目，则距离为的点对数目
．
以
为圆心，为半径作圆
，一共有个圆
，
，
．因为任意两个不同
的圆至多只有两个交点，所以这个圆至多有
个交点．
另一方面，由于有
个点与点
的距离为，所以这
个点为圆心半径为的圆必两两相交或相
切，至少有
个交点(在点
计算重数)．因而有不等式
(利用
)
模块
模块1：
1
1
例题1
Cn
2
C
d
= d P
i=1
∑
n
d
i
2 ( i
(
i))
C
⩾
n
2
C
i=1
∑
n
d
i
2
n n −1 ⩾
(
)
d
d
−1 =
i=1
∑
n
i ( i
)
d
−
i=1
∑
n
i
2
d
i=1
∑
n
i
⩾
d
−
n
1 (
i=1
∑
n
i)
2
d
=
i=1
∑
n
i
−
n
4m2
2m
m ⩽
n 1 +
4
1
(
4n −3)
例题2
n
P
1
P
2
⋯
P
n
e
i
P
1
P
2
⋯
P
n
P
i
1
1
E =
e
+ e
+ ⋯e
2
1 ( 1
2
n)
P
1 ⩽i ⩽n
i (
)
1
C
i
n
C
1
C
2
⋯C
n
n
2C
=
n
2
n n −1
(
)
ei
P
i
1
e
i
1
C
=
e
i
2
e
e
−1
2
1
i ( i
)
P
i
n n −1 ⩾
(
)
e
e
−1
2
1
i=1
∑
n
i ( i
)
=
e
−
2
1
i=1
∑
n
i
2
E
x
+ x
+ ⋯+ x
⩽
(
1
2
n)2
n x
+ ⋯+ x
(
1
2
n
2)
，
从而
．
一元二次方程
有两个根
和
，因而有
．
显然
，
即
，
．
答 案
见解析
解析
解：
，
所以
；
由于
共有
个元素，故若
，则由抽屉
原理中必有二数对应于同一整数对，，设此二数为
，
．
若
，则
；若
，则
．
所以此不满足题设要求，满足要求的，有
．
再作
，易见
，且
，再
证
满足题设要求，
若否，
中有不同二元素
，
其中一数为另一数的整数倍，不妨设
，则有
，
，
．
由第一个不等式有
，由第二、第三个不等式有
，所以
，再结合
，
，得
，
，
矛盾．
所以满足条件的，
的最大值为
．
答 案
见解析
解析
1
1
⩾
e
−
2n
1 (
i=1
∑
n
i)
2
E =
E −
n
2
2
E
2E −
2
nE −n
n −1 ⩽
2 (
)
0
2E −
2
nE −n
n −1 =
2 (
)
0
1 −
4
n (
8n −7)
1 +
4
n (
8n −7)
E ⩽
1 +
4
n (
8n −7)
−1
−
(
7
8
n
)
2
8n −7
(
)
=
n −
7
64
−
7
16
n
8n + 8
=
n +
7
8
8 −
⩾
7
16
n
2
−
n ⋅8
7
8
=
7
16
n
0
−
7
8
n
1 ⩾
⇔
8n −7
⩾
7
8
n
1 +
8n −7
E ⩽
=
4
n
7
8
n
n
7
2
2
3
例题3
2004 = 2 ×
2
3 × 167
T =
2 3 167 , 0 ⩽a ⩽200, 0 ⩽b ⩽100, 0 ⩽c ⩽100, ∀a, b, c ∈N
{ a
b
c
}
b, c , 0 ⩽b, c ⩽100, b, c ∈N
{(
)
}
1012
S ⊆T S >
∣∣
1012
S
b
c
s
=
1
2 3 167
a
1
b
c
s
=
2
2 3 167
a
2
b
c
a
>
1
a
2
s
∣s
2
1
a
<
1
a
2
s
∣s
1
2
S
S
S ⩽
∣∣
1012
S
=
0
2
3 167 , 0 ⩽b, c ⩽100, b, c ∈N
{ 200−b−c
b
c
}
S
⊆
0
T
S
=
∣
0∣
1012
S
0
S
0
s
=
1
2
3 167c
200−b
−c
1
1
b
1
1
s
=
2
2
3 167
200−b
−c
2
2
b
2
c
2
s ∣s
2
1
200 −b
−
1
c
⩾
1
200 −b
−
2
c
2
b
⩾
1
b2
c
⩾
1
c
2
b
+
1
c
⩽
1
b
+
2
c
2
b
+
1
c
⩾
1
b
+
2
c2
b
+
1
c
=
1
b
+
2
c
2
b
⩾
1
b
2
c
⩾
1
c
2
b
=
1
b
2
c
=
1
c
2
s
=
1
s
2
S
S
∣∣
101 =
2
10201
例题4
证明：设此年级
名学生的分数分别为
，且定义和
．
显然，
且
，
为正整数．
故
．因此，
为正整数．
显然，
．
注意到，若
，则
，即
，矛
盾．
从而，
．
类似地，
．
因此，
．
设
，其中，
，，
，
．
显然，
，且
或，即
在集合
上为连续变化的整数．
若
，则由中间值定理，知存在
，使得
，对应的
名学生可以组成满足条件的一班．
若
，则定义
，
其中，
．
显然，
．
注意到，
或，即
在
上为连续变化的整数．若
，则由中间值定
理，知存在
，使得
．对应的
名学生可以组成
满足条件的一班．
依此类推．
定义
，其中，
，
．
则
．
注意到，
．
故存在
，使得
．
类似地，存在
，使得
，对应的
名学生
可以组成满足条件的一班．
其余的
名学生的分数依次为
，其取值为
上的正整数，且此区间
内的每个正整数各至少出现一次，且
，
，
，
的算术平均值为
．
设
．
显然，
，且
．
于是，
．
设为使
成立的最大角标(若
，则结论成立)，以下不妨设
．
显然，
．因此，
．
3N
60 = a
⩽
1
a
⩽
2
⋯⩽a
=
3N
100
S
=
i
a
i = 0, 1, ⋯, 2N
j=i+1
∑
i+N
j (
)
s
⩽
0
s
⩽
N
s
2N
s
+
0
s
+
N
s
=
2N
a
=
j=1
∑
3N
j
82.4 × 3N
82.4 × 3N
N ≡0 mod5
(
)
82.4N
s
⩽
0
82.4N ⩽s
2N
S
=
0
82.4N
S
=
N
s
=
2N
82.4N
a
=
1
a
=
2
⋯= a
=
3N
82.4
s
<
0
82.4N
s
>
2N
82.4N
s
<
0
82.4N < s
2N
f
l =
0 ( )
a
+
j=1
∑
N−1
j
a
N+l
l = 0
1
⋯
2N
f
0 =
0 ( )
s
<
0
82.4N
f
l + 1 −
0 (
)
f
l =
0 ( )
a
−
N+l+1
a
=
N+l
0
1
f
l
0 ( )
0, 1, ⋯, 2N
{
}
f
2N
⩾
0 (
)
82.4N
m =
0, 1, ⋯, 2N
{
}
f
m =
0 (
)
82.4N
N
f
2N
<
0 (
)
82.4N
f
l =
1 ( )
a
+
3N
a
+
j=1
∑
N−2
j
a
N+l
l ∈−1, 0, 1, ⋯, 2N −1
{
}
f
−1 =
1 (
)
f
2N
<
0 (
)
82.4N
f
l + 1 −
1 (
)
f
l =
1 ( )
a
−
N+l+1
a
=
N+l
0
1
f
l
1 ( )
−1, 0, 1, ⋯, 2N −1
{
}
f
2N −1 ⩾
1 (
)
82.4N
m ∈−1, 0, 1, ⋯, 2N −1
{
}
f
m =
1 (
)
82.4N
N
f
l =
k ( )
a
+
j=3N−k+1
∑
3N
j
a
+
j=1
∑
N−k−1
j
a
N+l
l ∈−k, −k + 1, ⋯, −k + 2N
{
}
k ∈0, 1, 2, ⋯, N −1
{
}
f
−k =
k (
)
f
−k + 1 + 2N
k−1 (
)
f
N + 1 =
N−1 (
)
a
+
j=2N+2
∑
3N
j
a
=
2N+1
s
>
2N
82.4N
k ∈0, 1, 2, ⋯, N −1
{
}
f
−k <
k (
)
82.4N ⩽f
2N −k
k (
)
m ∈−k, −k + 1, ⋯, −k + 2N
{
}
f
m =
k (
)
82.4N
N
2N
b
⩽
1
b
⩽
2
⋯⩽b
2N
b
, b
[ 1
2N ]
b1
b2
⋯
b2N
82.4
t
=
i
b
i = 0, 1, ⋯, N
j=i+1
∑
i+N
j (
)
t
⩽
0
t
⩽
1
⋯⩽t
N
t
+
0
t
=
N
b
= 82.4 × 2N
j=1
∑
2N
j
t
⩽
0
82.4N ⩽t
N
k
t
⩽
k
82.4N
t
=
k
82.4N
t
<
k
82.4N
k=
N
/
t
<
k
82.4N < t
k+1
设
．
注意到，
或．
因此，
在集合
上为连续变化的整数．
而
，
．
据中间值定理，知存在
，使得
，对应的
名学生组成满
足条件的二班．剩余的
名同学组成满足条件的三班．
综上，原命题成立．
答 案
见解析
解析
解：由于没有平局，每次比赛有且仅有一个人胜，故
就等于比赛局数，
．
由柯西不等式
．
．
对每个，
时等号成立．而这种情况可能实现．
设
比赛时，当
奇数时令小号胜，当
偶数时令大号胜，则易证
，
．
为求
，不妨设
，
如
，则有某个
战胜过
，调整令
，
其他不变，则令
，
．如果仍有
，再进行同样调整，每次调整只能使增大，调整后必能使
．
调整后的
，
，
，
重排后仍可假设
，其中
．如
果
，依上同法进行调整，直至
，而在调整中，总是增大．然后再调
整
，直至
；
；最终得到
．
，即
，有
．
1
g l =
( )
b
−
j=k+1
∑
N+k+1
j
b
l = 1, 2, ⋯, N + 1
k+l (
)
g l + 1 −
(
)
g l =
( )
b
−
k+l
b
=
k+l+1
−1
0
g l( )
1, 2, ⋯, N + 1
{
}
g l =
( )
b
−
j=k+1
∑
N+k+1
j
b
=
k+1
t
>
k+1
82.4N
g N + 1 =
(
)
b
−
j=k+1
∑
N+k+1
j
b
=
k+N+1
t
<
k
82.4N
l ∈1, 2, ⋯, N + 1
{
}
g l =
( )
82.4N
N
N
例题5
w
i=1
∑
2n+1
i
w
=
i=1
∑
2n+1
i
C
=
2n+1
2
n 2n + 1
(
)
w
1 ⩾
(
i=1
∑
2n+1
i
2)
i=1
∑
2n+1
2
w
=
(
i=1
∑
2n+1
i)
2
n
2n + 1
2(
)2
S =
w
⩾
i=1
∑
2n+1
i
2
n
2n + 1
2 (
)
i
w
=
i
n
P
P
i
j
i + j =
i + j =
w
=
i
n i = 1, 2, ⋯, 2n + 1
(
)
S
=
min
n
2n + 1
2 (
)
S
max
w
⩾
1
w
⩾
2
⋯⩾w
2n+1
w
<
1
2n
P
k
P
1
w
=
1
′
w
+
1
1
w
=
k
′
w
−
k
1
S =
′
w
i=1
∑
2n+1
i
′2
S −
′
S = w
+
1
′2
w
−
k
′2
w
−
1
2
w
=
k
2
2 + 2 w
−w
>
(
1
k)
0
w
<
1
′
2n
S
w
=
1
2n
w
1
w
2
⋯
w
2n+1
w
⩾
1
w
⩾
2
⋯⩾w
2n+1
w
=
1
2n
w
<
2
2n −1
w
=
2
2n −1
S
w
3
w
=
3
2n −2
⋯
S =
w
⩽
i=1
∑
2n+1
i
2
2n
+
(
)2
2n −1
+
(
)2
⋯+ 2 +
2
1 =
2
n 2n + 1
4n + 1
3
1
(
) (
)
w
=
i
2n + 1 −i
2n, 2n −1, 2n −2, ⋯2, 1, 0
{
}
w
=
i=1
∑
2n+1
i
2
2n + 1
4n + 1
3
n (
) (
)
，
，
，
，
只需每个
都战胜排在他后面的人就可实现上述情形，所以
．
答 案
见解析
解析
解：马教授可以最多依次指导
个学生．
一方面，我们可以设马教授指导
个学生完成的课题依次为前
个为
，
，
，
；接下来的
个位
，
，
，
；第类为，
，
，
，其中
，，
，
．此时共
有
个不同课题，最后我们还可以给出课题
，
，
，
，此时共有
个不同课题．易知此时每个命题都是之前未被证明
过的，马教授可以依次指导
个学生．
另一方面，我们来证明马教授最多依次指导
个学生．我们采用数学归纳法，当
，时显然成立，假设命题在
时成立．
我们首先将这些逻辑陈述
，
，
，
看成个不同的点，若马教授指导了学生完成了课题
的证明，则我们连一条有向边
，注意到马教授已经指导了
个
学生，此时至少连了
条边，必会形成一个圈(事实上若边数
，
则一定有两个点
，
，有有向线段
，
．即一定有有圈了)．设某时刻第一次
形成了圈，由对称性不妨设为
，
．
则注意在此刻
，
，
，
这个点中没有其他有向边(否则会更早的形成圈)；且对任意，
；
，
，不可能同时有有向边
，
(否则会更早的形成
圈)．
从而
与
，
，
，
这些点之间的有向边的数量
．
此时由于形成了圈
，
，故
，
，
，
两两之
间都可以相互推出，故对于任意一个命题若其与某个
，
有推出关系，相当于与所有
，
有推出关系，此时我们将所有的
，
看成一个逻辑叙述(或一个点)，则
总共的点数为
，将所有的
，
到
，
的有向线段看成一
条，则至多减少
条有向线段．由于在形成这个圈之后事实上
，
，
，
所有逻辑叙述都等价故可以看成一个逻辑叙述．则由数学归纳法可得，马教授所指导的学生总数
．
从而完成了命题证明．
1
1
P
1
P
2
⋯P
k
⋯
P
2n+1
P
k
S
=
max
2n + 1
4n + 1
3
n (
) (
)
例题6
2
n + 1
n + 2
(
) (
)
2
n −1
n −2
(
) (
)
n −1
A
⇒
1
A
2
A
⇒
1
A
3
⋯
A
⇒
1
A
n
n −2
A
⇒
2
A
3
A
⇒
2
A
4
⋯
A
⇒
2
A
n
k
A
⇒
k
A
k+1
⋯
A
⇒
k
A
n
k = 1
2
⋯
n −1
1 + 2 + ⋯+ n −1 =
(
)
2
n n −1
(
)
A
⇒
2
A
1
A
⇒
3
A
1
⋯
A
⇒
n
A
1
n −1
2
n −1
n + 2
(
) (
)
2
n −1
n + 2
(
) (
)
n = 1
2
< n
A1
A2
⋯
An
n
A
→
i
A
j
A
→
i
A
j
2
n −1
n + 2
(
) (
)
2
n −1
n + 2
(
) (
)
⩾
+
2
n n −1
(
)
1
Ai
Aj
A
→
i
A
j
A
→
j
A
i
A
→
1
A
→
2
⋯→A
→
k
A
1
2 ⩽k ⩽n
A1
A2
⋯
Ak
k
i
j
1 ⩽i ⩽k
k + 1 ⩽j ⩽n
A
→
i
A
j
A
→
j
A
i
Aj
A1
A2
⋯
Ak
⩽k
A
→
1
A
→
2
⋯→A
→
k
A
1
2 ⩽k ⩽n
A
1
A
2
⋯
A
k
Ai
1 ⩽i ⩽k
Ai
1 ⩽i ⩽k
A
i
1 ⩽i ⩽k
n −k + 1
A
j
k + 1 ⩽j ⩽n
A
i
1 ⩽i ⩽k
n −k
k −1
(
) (
)
A
1
A
2
⋯
A
k
⩽
+
2
n −k −1
−1
n −k −1
+ 2
[(
(
))
] [(
(
))
]
k −1
n −k +
(
) (
)
k =
2
n + n −k + k
2
2
⩽
=
2
n + n −2
2
2
n −1
n + 2
(
) (
)
例题7
答 案
见解析
解析
证明：以
表示分值为的卡片．任取一个值
．庄家告知，在牌对
，
，
中谁可击败谁，并对所有形如
的牌对告知这个问题，其中
，
，
．
如此一共做
次告知．
我们来说明，游戏者根据这些资料就能够断定所有卡片的分值，他可以如此来考虑．由
，
，
的循环击败关系，可以断定其中有一张牌的分值是，图上紧跟其后的牌值是
．此外
被
所击败，而
击败
．这表明，
的分值不可能是或
，因而能够断定谁是
和
．
最后，在牌
，
，
，
中，对于任何一个牌对，都是大分值的牌击败另一张牌，由于我们对
所有
，
，
，都已经知道了
击败
，因此可以知道每个
具有分值．
注：一般地，如果一共有
张分值相连的牌，则通过类似讨论可知，庄家能够通过次告知，
使得游戏者明白它们的顺序，而当
时结论仍然成立，只是上面所说的方法不再适用．
答 案
见解析
解析
解：设甲获胜．若甲倒数第二次摆放后有
个筹码不在板上，其余的筹码分成
组，同一组的
筹码占据连续的格子，不同组之间至少空一格．显然，两端的每一组筹码数不多于
(否则，
乙取走这组，下一步甲不能获胜)．
设中间的组筹码最多的有个．
则
(否则，乙取走这组，下一步甲不能获胜)．
从而，
．
故筹码总数
．
接下来说明可以取到
，如下操作．
甲可在板上将
个筹码摆成个筹码，个空格，个筹码，个空格，
的形状(例如，甲先取
个筹码，按上述要求摆放，然后无论乙如何取走连续的若干个筹码，甲总可将它们放回原处，并可
按要求再摆放个筹码)．无论乙如何取走连续的若干个筹码，甲将它们放回原处，再将剩下的两个
筹码放入两侧的两个空格处，形成这样的情形：两侧每组有
个筹码，中间有组，每组个筹
码．如乙取走的是个筹码的组，则甲将它们放回原处，再从一侧取个筹码填入中间的个空格
处，甲获胜；如乙取走的是
个筹码的组，则甲将乙取走的那组的
个筹码填入中间的空格后再
连续摆放．
因此，甲必获胜．
答 案
见解析
解析
1
1
ci
i
3 ⩽k ⩽98
c
, c
( k
1)
c
, c
( 100
k)
c , c
( 1
100)
c
, c
( i+1
i)
i = 2
⋯
98
100
C
100
c
k
c1
1
100
ck
ck+1
ck
ck−1
ck
1
100
c100
c1
c2
c3
⋯
c99
i = 2
⋯
98
c
i+1
c
i
c
i
i
n > 4
n
n = 4
例题8
m
k + 2
17 −m
x
x + k + 1 ⩽17
x ⩽16 −k
n ⩽m + 2 17 −m +
(
)
k 16 −k ⩽
(
)
34 + k 16 −k ⩽
(
)
98
98
96
8
1
8
1
⋯
16
8
17
8
8
8
9
9
17
17
例题9
解：显然，
．
将凸七边形
剖分为
、
、
、四边形
．
设
与
交于点
．
不妨设
．
注意到，
．
则
．
结合
，得
．
当
、
、
、
、
五点重合时，凸七边形退化为
，此时
．
当点
与
重合，
与
重合，
、
、
三点重合时，凸七边形退化为
，此时，
．
综上，
．
答 案
见解析
解析
引理：
的正整数解，都由斐波那契数列
，
中某相邻两项表示为
，
，其中为奇数．
证明：
，则
，记
，
．
；
，总成立；
，总成立；
；
因此方程满足
的正整数解，总是能得到更小的正整数解．对于
，验证有解
，
，
，这些都满足
，
，
，，上述递推过程可以
描述为
其逆操作为
，
上述操作下
因此从
，
，
开始递推恰好得到题中用斐波那契数列描述的解．
引理：
，
的正整数解为：
，
，
，
，
，
，
，
引理：若个点集中在正边形的个顶点上，则当它们的重心到正边形中心距离最小时，存在
个顶点的一个轮换顺序，个顶点上的顶点个数依次是，，，，，其中，，是正整数，
．
1
>
S
S
+ S
+ ⋯+ S
1
2
7
0
ABCDEFG
△ABC
△CDE
△FGA
ACEF
AE
DG
P
S
⩾
△GEF
S
△DEF
S
>
四边形ACEF
S
>
△AEF
S
⩾
△P EF
min S
, S
=
{
GEF
△DEF }
S
△DEF
S = S
+
△ABC
S
+
△CDE
S
+
△F GA
S
>
四边形ACEF
S
+
△ABC
S
+
△CDE
S
+
△F GA
S△D
S > S
+
△BCD
S
+
△EF G
S
△GAB
2S > S
+
1
S
+
2
⋯+ S
7
A
B
C
D
E
△AFG
=
S
S
+ S
+ ⋯+ S
1
2
7
2
A
B
C
D
E
F
G
△ACE
=
S
S
+ S
+ ⋯+ S
1
2
7
0
∈
S
S
+ S
+ ⋯+ S
1
2
7
0, 2
(
)
例题10
1
x −
2
5y =
2
−4
F
=
1
F
=
2
1
F
=
n+1
F
+
n
F
n−1
x = 2F
+
n
F
n+1
y = F
n+1
n
x −
2
5y =
2
−4
9x −20y
−
(
)2
5 9y −4x
=
(
)2
x −
2
5y =
2
−4
x
=
1
9x −20y
y
=
1
9y −4x
x
>
1
0 ⇔9x > 20y ⇔81x >
2
400y ⇔
2
405y −
2
324 > 400y ⇔
2
y > 8
y
>
1
0 ⇔9y > 4x ⇔81y >
2
16x ⇔
2
81y >
2
80y −
2
64
x
<
1
x ⇔8x < 20y ⇔4x <
2
25y ⇔
2
20y −
2
16 < 25y2
y
<
1
y ⇔8y −4x < 0 ⇔4y <
2
x ⇔
2
y > 2
y > 8
y ⩽8
1, 1
(
)
4, 2
(
)
11, 5
(
)
x = 2F
+
n
F
n+1
y = F
n+1
n = 1
3
5
x +
y
9 −4
=
(
5 ) (
5)
9x −20y +
(
)
9y −4x
5 (
)
x = 9 9x −20y +
(
)
20 9y −4x
(
)
y = 9 9y −4x +
(
)
4 9x −20y
(
)
9 2F
+ F
+
(
n
n+1)
20F
=
n+1
18F
+
n
29F
=
n+1
11F
+
n+1
18F
=
n+2
7F
+
n+2
11F n+
4F
+
n+3
7F
=
n+4
3F
+
n+4
4F
=
n+5
F
+
n+5
3F
n+6
= 2F
+
n+6
F
n+7
1, 1
(
)
4, 2
(
)
11, 5
(
)
2
x −
2
5y =
2
−4
y ⩽1009
1, 1
(
)
4, 2
(
)
11, 5
(
)
29, 13
(
)
76, 34
(
)
199, 89
(
)
521, 233
(
)
1364, 610
(
)
3
n
5
5
5
5
5
a
a
b
c
b
a
b
c
2a + 2b + c = n
证明：个顶点按点数奇偶性涂色个点任意涂两色，总有保持颜色的反射对称性，将此反射下对应
的两顶点上点数求平均(对称点奇偶性相同保证平均为整数)，得到个点的一种放置；新的放置的
重心是旧放置重心及其反射放置重心的中点，因此距离正边形中心不会更远．
引理：设向量
的算术平均(重心)为
，则对任何向量
，有
．
证明：及向量
，
的内积为
，根据内积的对称性，双线性性质，及
，有
补充证明：根据引理，对任何
，
其中
为除去
的其余点的重心．因此当达到最大值时，
在到
最远的
一个点上，必然是正五边形的一个顶点．因此每个
，
，
，
都在正五边形的某个顶
点上，不妨设正五边形内接于单位圆．
利用引理类似的计算，记
，当
都是正五边形顶点时
其中
为重心，因此达到极大值当且仅当
达到极小值．
根据引理，当达到最大值时，个顶点上点数具有一个反射对称性，可设顶点数依次是，，
，，，其中
．不妨设复平面上的是正五边形一个顶点，上面有个
中的
点，则
记
，
，则上述距离倍为
，其中
，
因此
或者
．
若
，则
，于是
；
若
，则
，于是若
(很容易达到)，则
．
当
时，根据引理，枚举这样的解，试验
，
解得
，
；
当
，
时，，无解，因此这时
最小值在
，
时取
到，其值为
当
时，
．
5
5
n
5
4
X
, X
, ⋯, X
1
2
n
X =
∗
X
n
1
i=1
∑
n
i
Y
Y −X
=
i=1
∑
n
∣
i∣2
X
−X
+
i=1
∑
n
∣
i
∗∣2
n Y −X
∣
∗∣2
A
B
A, B
(
)
A
=
∣∣2
A, A
(
)
Y −X
=
i=1
∑
n
∣
i∣2
Y −X
, Y −X
=
i=1
∑
n
(
i
i)
Y , Y
−
i=1
∑
n
(
)
2 Y , X
+
(
i)
X
, X
(
i
i)
= n Y , Y
−
(
)
2n Y , X
+
(
∗)
X
, X
=
i=1
∑
n
(
i
i)
n Y −X
+
∣
∗∣2
−X , X
+ X
, X
i=1
∑
n
(
(
∗
∗)
(
i
i
= n Y −X
+
∣
∗∣2
X , X
−2 X , X
+ X
, X
=
i=1
∑
n
((
∗
∗)
(
∗
i)
(
i
i))
n Y −X
+
∣
∗∣2
X
−
i=1
∑
n
∣
i
CMO201806
4
P
i
S = 2017 P
−P
+
∣
i
i
∗∣2
P
−P
+
j= i
/
∑∣
j
i
∗∣2
P
−P
j<j ,j= i,j = i
′
/
′/
∑
∣
j
j′∣2
P
=
i
∗
P
2017
1
j= i
/
∑
j
P
i
S
P
i
P
i
∗
P
i
i = 1
⋯
2018
4
n = 2018
P
i
2S =
P
−P
=
i,j=1
∑
n
∣
i
j∣2
2n
P
−
i=1
∑
n
∣
i∣2
2
P
, P
=
i,j=1
∑
n
(
i
j)
2n −
2
2n
P , P
2 (
∗
∗)
P
=
∗
P
n
1
i=1
∑
n
i
S
P
∣
i
∗∣
3
S
5
a
a
b
c
b
2a + 2b + c = n
1
c
P
i
nP
=
∗
2a cos
+
5
4π
2b cos
+
5
2π
c = −
a +
2
+ 1
5
b +
2
−1
5
c
=
4036 −2a −2b −
a −b
2
1 (
5 (
))
x = 4036 −5a −5b
y = a −b
2
x −
y =
5
x +
y
5
x −5y
2
2
x −
2
5y ≡
2
1 mod5
(
)
x −
2
5y ≡
2
0 mod4
(
)
x −
2
5y =
2
−4
x −5y
⩾
∣∣
2
2∣∣
16
x > 0
a + b ⩽807
y ⩽
∣∣
a + b ⩽807
x ⩽0
x ⩾4036 −5 × 1009 = −1009
x −
y
<
∣∣∣
5 ∣∣∣
1
y <
∣∣
500
x −
2
5y =
2
−4
2
y = 233
x = 521
a = 468
b = 235
y = 610
x = 1364
a
b
x −
y
∣∣∣
5 ∣∣∣
a = 468
b = 235
⩽
521 + 233
5
4
521
2
x −5y
⩾
∣∣
2
2∣∣
16
x −
y
=
∣∣∣
5 ∣∣∣
⩾
∣∣∣∣
x +
y
5
x −5y
2
2
∣∣∣∣
⩾
1 + 2
y
5 ∣∣
16
>
5 × 807 + 1
16
521
2
综上所述，题目中的最小值在正五边形个顶点上点数(在某个轮换顺序下)依次为
．
答 案
不能
解析
解：设棋子经过的点为
，
，
，
，
，其初始位置为点
．下面考虑棋子移
动前后与原点的距离的平方之差．
首先说明：点
，
，
，
，
，不能在轴、轴及直线
上．
当棋子由点
移动到
时，
或
．
又初始状态时
与
均为无理数，因此，移动后横、纵坐标之比必为无理数．故
，
，
，
，
，均不可能在轴、轴及直线
上．
其次证明：棋子从点
移动至点
、
、
或
时，考虑
，只有一种可能小于，即棋子移动后只有一种情形离原点更
近．
记
，
，
，
．
又
，
而
，
，则
、
、
、
中有且仅有一个小于
．
最后，用反证法证明：棋子不能从点
出发，经有限次移动后再回到此点．
假设存在路线
，记
．
若
，则
，且
．
显然，棋子可由位置
到达
，由此可得
．从而，棋子由
到达
后立即
返回，与题意矛盾．
这样一直操作下去，总可以得到
，使
，
，同
上导出矛盾．
若
，则
，
．
因此，点
与
重合．
从而，棋子由点
到达
后立即返回，与题意矛盾．
这样一直操作下去，总可以得到
，
使
，
，同上导出矛盾．
若
，则
，
．
因此，点
与
重合．
从而，棋子由点
到达
后立即返回，与题意矛盾．
综上，棋子不能从点
出发，经有限次移动后再回到这个点．
1
5
468, 235, 612, 235, 468
(
)
例题11
P
0
P
1
⋯
P
n
⋯
P
p,
0 (
q)
P
0
P
1
⋯
P
n
⋯
x
y
y = ±x
P x, y
(
)
Q x , y
(
′
′)
=
y′
x′
±
y
x
2
=
x′
y′
±
x
y
2
q
p
p
q
P
0
P
1
⋯
P
n
⋯
x
y
y = ±x
P x, y
(
)
Q x + 2y, y
(
)
x −2y, y
(
)
x, y + 2x
(
)
x, y −2x
(
)
OQ −
2
OP 2
0
Δ
=
1
x + 2y
+ y
−
((
)2
2)
x + y
=
(
2
2)
4y x + y =
0
(
) /
Δ
=
2
x −2y
+ y
−
((
)2
2)
x + y
=
(
2
2)
4y y −x =
0
(
) /
Δ
=
3
x + y + 2x
−
(
2
(
)2)
x + y
=
(
2
2)
4x x + y =
0
(
) /
Δ
=
4
x + y −2x
−
(
2
(
)2)
x + y
=
(
2
2)
4x x −y =
0
(
) /
Δ
Δ
Δ
Δ
=
1
2
3
4
−256x y
x −y
x + y
<
2
2(
)2(
)2
0
Δ
+
1
Δ
=
2
8y >
2
0
Δ
+
3
Δ
=
4
8x >
2
0
Δ
1
Δ
2
Δ
3
Δ
4
0
p,
(
q)
P
→
0
P
→
1
⋯→P
→
n
P
=
n+1
P
0
OP
=
k
OP
0⩽i⩽n+1
max
{
i}
k > 0
OP
>
k
OP
k+1
OP
>
k
OP
k−1
P
k
P
k−1
P
=
k−1
P
k+1
P
k−1
P
k
0 < i
<
0
n + 1
OP
>
i
0
OP
i
−1
0
OP
>
i
0
OP
i
+1
0
k = 0
OP
<
n
OP
=
0
OP
n+1
OP
>
0
OP
1
P
n
P
1
P
0
P
1
0 < i
<
0
n + 1
OP
>
i
0
OP
i
−1
0
OP
>
i
0
OP
i
+1
0
k = 0
OP
<
n
OP
=
0
OP
n+1
OP
>
0
OP
1
P
n
P
1
P
0
P
1
p,
(
q)
答 案
见解析
解析
解：的最小值为
．
若两座城市可以通过有限次直航来连接，称这两座城市“通航”．
首先证明：
．
反证法．
若
，不妨设有两座城市
、
间至少经过
次到达，设城市
到
的一个最短连接
路线为
．
因为每一座城市至少和七座城市通航，所以，城市
、
与除去
以外的至少六座城市
通航，城市
与除去
以外的至少五座城市通航．
设
，分别与城市
、
、
、
、
、
、
、
、
、
通航，且不属于
的所有城市组成的集合为
．易知，
，
，
．
又
，否则，城市
、
之间有更短连接路线．
故
，矛盾．
从而，
．
其次证明：
是可以的．
事实上，取
座城市
，
，
，
与城市集合
．
当
，时，
；
当
时，
，且对
，
，
中不包含城市
，
，
，
．
对
，城市
、
、
与集合
中的所有城市通航；城市
、
与集合
中所有城市通航；城市
、
与集合
中所有城市通航；集合
中任意一座城
市与上述的城市
通航，与且仅与集合
中其余城市通航；城市
与
通航．
这样，城市
至少与七座城市通航，集合
中任意一座城市均只与七座城市通航，且城市
至少经过
次直航来连接．
因此，
．
1
例题12
n
27
n ⩽27
n ⩾28
A
1
A
29
28
A
1
A
29
A
→
1
A
→
2
⋯→A
29
A1
A29
A
∼
2
A
28
A
∼
2
A
28
A
∼
1
A
29
A =
A
, A
, ⋯, A
{
1
2
29}
A
1
A
4
A
7
A
10
A
13
A
16
A
19
A
22
A
25
A29
A
X
i = 0, 1, ⋯, 9
i (
)
X
⩾
∣
0∣
6
X
⩾
∣
9∣
6
X
⩾
∣
i∣
5 i = 1, 2, ⋯, 8
(
)
X
∩
i
X
=
j
∅i=
j
( / )
A
1
A
29
A ∪X
∪X
∪⋯∪X
⩾
∣
(
0
1
9)∣
29 + 6 × 2 + 5 × 8 = 81 > 80
n ⩽27
n = 27
28
A1
A2
⋯
A28
X
i = 0, 1, ⋯, 9
i (
)
i = 0
9
X
=
∣
i∣
6
i = 1, 2, ⋯, 8
X
=
∣
i∣
5
0 ⩽i < j ⩽9
X
∩
i
X
=
j
∅
X
i
A
1
A2
⋯
A28
1 ⩽k ⩽8
A
3k
A
3k+1
A
3k+2
X
k
A
1
A
2
X
0
A27
A28
X
9
X
0 ⩽i ⩽9
i (
)
As
X
i
A
i
A
i = 1, 2, ⋯, 27
i+1 (
)
A
∼
1
A
28
X
i
A
∼
1
A
28
27
n = 27
