1、2007年女子數學奧林匹克第一天1設m為正整數，如果存在某個正整數n，使得m可以表示為n和n的正約數個數（包括1和自身）的商，則稱m是“好數”。求證： （1）1，2，17都是好數； （2）18不是好數。2設ABC是銳角三角形，點D、E、F分別在邊BC、CA、AB上，線段AD、BE、CF經過ABC的外心O。已知以下六個比值、中至少有兩個是整數。求證：ABC是等腰三角形。3設整數，非負實數求的最小值。 4平面內個點組成集合S，P是此平面內m條直線組成的集合，滿足S關于P中的每一條直線對稱。求證：，并問等號何時成立？第二天5設D是ABC內的一點，滿足DAC=DCA=30°，DBA=60&#

2、176;，E是邊BC的中 點，F是邊AC的三等分點，滿足AF=2FC。求證：DEEF。6已知a、b、c0，求證：7給定絕對值都不大于10的整數a、b、c，三次多項式滿足條件是否一定是這個多項式的根？8n個棋手參加象棋比賽，每兩個棋手比賽一局。規定：勝者得1分，負者得0分，平局各得0.5分。如果賽后發現任何m個棋手中都有一個棋手勝了其余m1個棋手，也有一個棋手輸給了其余m1個棋手，就稱此賽況具有性質P(m).對給定的，求n的最小值，使得對具有性質的任何賽況，都有所有n名棋手的得分各不相同。綜上，最少取出11枚棋子，才可能滿足要求。三、定義集合由于對任意的k、是無理數，則對任意的k1、和正整數m1

3、、m2，注意到A是一個無窮集。現將A中的元素按從小到大的順序排成一個無窮數列。對于任意的正整數n，設此數列中的第n項為接下來確定n與m、k間的關系。若由m1是正整數知，對，滿足這個條件的m1的個數為從而， 因此，對任意參考答案第一天1記為正整數n的正約數的個數。 （1）因為，又 所以，1，2，17都是好數。 （2）假設存在正整數n，使得 則可設是大于3的相異質數，令由式得= 由于對任意質數，從而， 如果而則 （i）當時，式為 （ii）當時，式為 （iii）當時，式為 （i）（ii）（ii）均不成立。 綜上，18不是好數。2從六個比值中取出兩個，共有兩種類型： （1）涉及同一邊；（2）涉及不同的

4、邊。 （1）如果同一邊上的兩個比值同時是整數，不妨設為、因它們互為倒數，又同是整數，所以，必須都取1，則BD=DC。由于O是ABC的外心，進而得AD是邊BC的中垂線。于是，AB=AC。 （2）記CAB=，ABC=，BCA=。因為ABC是銳角三角形，所以，BOC=2，COA=2，AOB=2。于是， 同理，若上述六個比值中有兩個同時是整數且涉及不同的邊時，則存在整數m、n，使得 或， 其中，x、y、z是、的某種排列。以下構造A1B1C1，使得它的三個內角分別為180°2，180°2，180°2。如圖1，過點A、B、C分別作ABC外接圓的切線，所圍成的A1B1C1即滿足

5、要求。根據正弦定理，知A1B1C1的三邊與、成正比。在式、兩種情況下，可知其三邊之比分別為1:m:n或m: n: mn.對于式，由三角形兩邊之和大于第三邊，可知必須m = n；對于式，要保證，由此，m、n中必有一個為1。無論哪種情況，都有A1B1C1是等腰三角形。因此，ABC也是等腰三角形。3由2，知問題等價于求 因為時， 下面用數學歸納法證明 當時，不等式等價 由平均值不等式知，命題成立。假設不等式對時成立。對于，不妨設 由歸納假設知，上式右邊小于或等于0，即當時，不等式成立。回到原題。由引理知 因此，所以最小值為4（1）記S中的n個點為A1，A2，An.建立直角坐標系，設易證 這說明，平面

6、內存在唯一的一點B，使我們稱B為點集S的“質心”。如果任取P中一條直線l為x軸，建立直角坐標系，則故點B在l上。即P中每一條直線均過質心B。 （2）設顯然， 考慮P中任一直線l，X為S中任一點，X關于l的對稱點Y是唯一的。即對每一個l，三元有序組（X，Y，l）有n個，故 對于F1中的三元有序組（X，Y，l），因為不同的兩點X、Y的對稱軸只有1條，所以， （i）當S中任一點至多在P中的一條直線l上時， 由式、得 （ii）當S中存在一點同時在P中的兩條直線上時，由（1）所證，此點即為質點B。考慮集合中的每條直線對稱，由（i）所證，得綜合（i）、（ii）得 （3）當m=n時，由（2）所證，式、同時取

7、等號，即S中任意兩點的中垂線均屬于P，S中每點恰在P中的一條直線，同時，質心B不在S中。首先，指出相等。否則，如果存在j、，則線段的對稱軸不過點B，與（1）所證矛盾。因此，A1，A2，An均在以點B為圓心的圓上，記此圓為B。不妨設A1，A2，An按順時針排列。其次，A1，A2，An是B的n個等分點。否則，如果存在（定義）。不妨設如圖2，線段的對稱點在（不含端點）上。這與、是相鄰兩點矛盾。因此，當時，集S中的點是正n邊形的n個頂點。易知正n邊形確有n條對稱軸。故當且僅當S中的點組成正n邊形n個頂點，P是正n邊形的n條對稱軸時，第二天5證法1：如圖3，作DMAC于點M，FNCD于點N，聯結EM、E

8、N。 設CF=a，AF=2a，則， 即N是CD的中點。又因為M是邊AC上的中點，E是邊BC上的中點，所以，EM/AB，EN/BD，得MEN=ABD=60°=MDC。故M、D、E、N四點共圓。又因D、M、F、N四點共圓，所以，D、E、F、M、N五點共圓。從而，DEF=90°證法2：建立復平面，令經計算可得 6證法1：不妨設令 最后一步由柯西不等式得到。證法2：令，則于是，所證不等式變為 注意到將上式代入式，所證不等式變為以下同證法1。注：證法2解釋了證法1中替換的動機。7將代入得 8先證明兩個引理。引理1 當個棋手的賽況具有性質，則必有一個棋手全勝。引理1的證明：當n=m時，

9、命題顯然成立。假設命題對n成立。則對個棋手，從中任取n個棋手，由歸納假設，這n個棋手中必有一個棋手全勝。不妨設全勝。若A1勝；若A1平這n個棋手中沒人全勝，不可能；若這n個棋手中全勝的只能是全勝。由歸納原理知，命題對任意成立。類似地可證：引理2 當時，如果n個棋手的賽況具有性質，則必有一個棋手全敗。回到原題。接下來證明：當時，所有棋手的得分必各不相同。由引理1，有一個棋手A1勝了其余n1個棋手，有一個棋手A2勝了除A1外的n2個棋手，有一個棋手個棋手。 由引理2，有一個棋手個棋手，有一個棋手外的個棋手，有一個棋手個棋手，另外，還有一棋手為這樣，這n個棋手編號小的棋手都戰勝了編號大的棋手，因此，他們的得分為