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香港奥数题 (2018)

1. $a,b,c>0, ab+bc+ca\ge 1$, 求证  $\sum_{cyc}\cfrac 1{a^2}\ge \cfrac {\sqrt{3}}{abc}.$

2. 求使 $C_{2188}^k $ 能被 $2188$ 整除的整数 $k (0\le k \le 2188)$ 的个数。

3. $\triangle ABC$ 的内心为 $I$, 内切圆分别与 $BC, CA$ 和 $AB$ 切于点 $D, E$ 和 $F$. 直线 $EF$ 分别交直线 $BI, CI, BC$ 和 $DI$ 于点 $K, L, M$ 和 $Q$, 过 $CL$ 中点和 $M$ 的直线与 $CK$ 交于 $P$.

(1) 求 $\angle BKC$.
(2) 求证:直线 $PQ$ 和 $CL$ 平行。


4. 求所有满足如下条件的整数 $n\ge 3$: 存在平面上 $n$ 个不同的点, 使得每点均是某个由其中三点所组成的三角形的外心。

转自 王卫华老师公众号,解答可具名发往QQ: $183895960$
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只会第一题,并且嫌弃它太弱不想写过程

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是的,我知道第一题对你来说太弱

不过我做不出来。看到了好几组解法,大体上一个排序不等式,一个均值不等式。好像有一种做法只用了均值不等式。

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==========此楼太笨,看 6# ==========

尝试玩第四题。

下面的三个图,容易看出它们都是符合条件的,照此构造规律,易知第 `k` 个图共 `(k+6)(k+1)/2` 个点。
QQ截图20181220030054.png
2018-12-20 03:01

另一方面,对图中任意一个小正三角形添加中心点,依然符合条件。
易知第 `k` 个图共 `k^2+4k+1` 个小正三角形,由此可见,区间 `[(k+6)(k+1)/2,(k+6)(k+1)/2+k^2+4k+1]` 内的整数都符合条件。
易证 `(k+6)(k+1)/2+k^2+4k+1>(k+7)(k+2)/2`,故当 `k` 取遍正整数时,这些区间的并集等于 `[7,+\infty)`,所以对于 `n\geqslant7` 都是符合条件的。

而对于 `n<7` 的,显然 `3` 和 `4` 不存在,于是剩下 `5` 和 `6` 要判断,时间关系,先睡了,待续……
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回复 4# kuing

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回复 5# 业余的业余

nonono,我发现我昨晚写的太笨了,根本不需要后面两个图。
既然
QQ截图20181220152215.png
2018-12-20 15:22
这个图符合,那么将任意多个同样的图放在一起也符合,所以 `n=7k` 都符合,然后对小正三角形添加中心点也符合,显然可以添加 1~6 个,所以 `n=7k+r`(`r\in[0,6]`)都符合,也就是 `n\geqslant7` 都符合。

至于 `5` 和 `6`……还是要待续……

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下面证明 `n=5` 不存在。

这种问题要表达清楚也是个麻烦事,为方便起见,先约定记号,设五个点为 `A_1`, `A_2`, `A_3`, `A_4`, `A_5`,用记号 `(w;x,y,z)` 表示 `A_w` 为 `\triangle A_xA_yA_z` 的外心。

先证明:当 `n=5` 时,若符合条件,则必存在三点构成正三角形。

用反证法,假设没有正三角形,对于 `A_1`,不妨设 `(1;2,3,4)`,则对于 `A_2`,若 `(2;1,x,y)`,由于 `x`, `y` 中必有 `3` 或 `4`,则 `\triangle A_1A_2A_3` 或 `\triangle A_1A_2A_4` 为正三角形,所以只能是 `(2;3,4,5)`,同理有 `(3;2,4,5)`,而这样又导致 `\triangle A_2A_3A_4` 为正三角形,矛盾,所以正三角形必存在。

现在设 `\triangle A_1A_2A_3` 为正三角形,以三顶点为圆心,边长为半径作三个圆,如下图。
QQ截图20181220160717.png
2018-12-20 16:14

要使 `A_1` 为某三角形的外心,则 `\odot A_1` 上还需要一个点,对 `A_2`, `A_3` 同理,三个圆都需要点,而现在只有 `A_4`, `A_5` 两个点可用,那么肯定有一个要在两圆的交点上,不妨设 `A_4` 为 `\odot A_1` 与 `\odot A_2` 的交点,则 `A_5` 在 `\odot A_3` 上,显然无论 `A_5` 在圆上的哪个位置,都不能使 `A_4` 满足条件,这样就证明了 `n=5` 时不存在。

真麻烦,`n=6` 恐怕更麻烦……
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我那个擦啊!想了半天怎么仿照楼上去破 `n=6`,到头来突然发现 `n=6` 是存在的!
TIM截图20181217021043.png
2018-12-21 00:22

至此,第四题算是解决了
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回复 8# kuing


    这题好似专门出你玩的。。。

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回复 9# isee

而事实上这题证明了我变笨笨了……

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再补充一点:
也可以从 8# 出发,得出 `n\geqslant6` 都符合,方法与 6# 相同:
首先因为任意多个 8# 的图放在一起也符合,所以 `n=6k` 符合,然后可对图中添加 1~5 个小三角形的外心(如下图的绿点)依然符合条件,所以 `n=6k+r`(`r\in[0,5]`)都符合,即 `n\geqslant6` 都符合。
TIM截图20181217020754.png
2018-12-21 00:19
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回复 11# kuing


  这题目前好像还没人做出来,可以把答案发到那个QQ.

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回复 12# 业余的业余

还是先不发了,笨了两回后我的信心已大减,可能还没笨完,n=5或许也有很简单的处理方法。

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回复 13# kuing

证明了 3、4、5不可能,证明了 6 及以上都可以,就搞定了。先发一个,有了新的想法时可以再补充。

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$\frac{abc}{a^2}+\frac{abc}{b^2}+\frac{abc}{c^2}=\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}≥a+b+c≥\sqrt{3(ab+bc+ca)}≥\sqrt3$

第二题估计要注意到$2188=2187+1=3^7+1$,可以用$28=3^3+1$作尝试.

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第四题,讨论n=5的情况:
先有△$A_1A_2A_3$的外心为$A_4$,再讨论最后的$A_5$无论怎么放都不适合.

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回复 16# 游客


学习。

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第二题总算搞出来了,比当年判断组合数奇偶性难得多,因为 2188 不但大而且也不是素数。

我用的方法挺麻烦,幸亏 2188 的质因数分解不复杂,不然这方法会繁死人。不过虽然繁,但对于一般情况来说总可以操作,顶多是多一堆分类讨论。

由于发现整除的比不整除的多得多,所以下面改为研究 `C_{2188}^k` 不能被 `2188` 整除的 `k`(`0\leqslant k\leqslant2188`)的个数。

因为
\[C_{2188}^k=\frac{2188!}{k!(2188-k)!},\]
而除数 `2188` 的质因数分解为 `2^2\times547`,故只需研究上式的分子分母的 `2` 和 `547` 的次数即可。

设 `2188!` 的质因数分解中 `2` 的次数为 `N_2`,`547` 的次数为 `N_{547}`,则
\begin{align*}
N_2&=\left[ \frac{2188}2 \right]+\left[ \frac{2188}{2^2} \right]+\cdots+\left[ \frac{2188}{2^{11}} \right],\\
N_{547}&=\left[ \frac{2188}{547} \right],
\end{align*}
设 `k!(2188-k)!` 的质因数分解中 `2` 的次数为 `M_2`,`547` 的次数为 `M_{547}`,则
\begin{align*}
M_2&=\left[ \frac k2 \right]+\left[ \frac{2188-k}2 \right]+\left[ \frac k{2^2} \right]+\left[ \frac{2188-k}{2^2} \right]+\cdots+\left[ \frac k{2^{11}} \right]+\left[ \frac{2188-k}{2^{11}} \right],\\
M_{547}&=\left[ \frac k{547} \right]+\left[ \frac{2188-k}{547} \right],
\end{align*}
那么 `C_{2188}^k` 的质因数分解中 `2` 的次数为 `N_2-M_2`,`547` 的次数为 `N_{547}-M_{547}`,于是由 `2188=2^2\times547` 可知 `C_{2188}^k` 不能被 `2188` 整除等价于
\begin{align*}
N_2-M_2&\leqslant1 \quad(*) \\
\text{或}~N_{547}-M_{547}&=0, \quad(**)
\end{align*}
显然后者比较容易判断,先搞后者,要使 `\left[ \frac k{547} \right]+\left[ \frac{2188-k}{547} \right]=\left[ \frac{2188}{547} \right]`,注意 `\frac{2188}{547}` 本身就是整数以及`[x]+[y]\leqslant[x+y]`,所以只能各中括号内都要是整数,所以
\[(**)\iff k\in\{0,547,2\times547,3\times547,4\times547\},\]
即这种情况的共 5 个;

比较麻烦的是式 (*) 的判断,首先,如果 `k` 是奇数,则显然有 `\left[ \frac k2 \right]+\left[ \frac{2188-k}2 \right]<\left[ \frac{2188}2 \right]` 且 `\left[ \frac k{2^2} \right]+\left[ \frac{2188-k}{2^2} \right]<\left[ \frac{2188}{2^2} \right]`,必有 `N_2-M_2\geqslant2`,所以奇数都不能使式 (*) 成立。

现在设 `k=2p`, `0\leqslant p\leqslant1094`,则 `M_2` 化为
\[M_2=1094+\left[ \frac p2 \right]+\left[ \frac{1094-p}2 \right]+\left[ \frac p{2^2} \right]+\left[ \frac{1094-p}{2^2} \right]+\cdots+\left[ \frac p{2^{10}} \right]+\left[ \frac{1094-p}{2^{10}} \right],\]
为方便对照,将前面的 `N_2` 写为
\[N_2=1094+\left[ \frac{1094}2 \right]+\left[ \frac{1094}{2^2} \right]+\cdots+\left[ \frac{1094}{2^{10}} \right],\]
那么
\[N_2-M_2=d_1+d_2+\cdots+d_{10},\]
其中
\[d_i=\left[ \frac{1094}{2^i} \right]-\left[ \frac p{2^i} \right]-\left[ \frac{1094-p}{2^i} \right],\]
现在用 `x\bmod y` 表示 `x` 除以 `y` 的余数,则易知 `d_i` 可化简为
\[d_i=-\left[ \frac{(1094\bmod2^i)-(p\bmod2^i)}{2^i} \right],\]
可见各 `d_i` 要么为 `0` 要么为 `1`,到这里,是时候开启二进制模式了,因为
\[1094=2^{10}+2^6+2^2+2^1=10001000110_2,\]

\begin{align*}
d_1&=-\left[ -\frac{p\bmod2}2 \right],\\
d_2&=-\left[ \frac{10_2-(p\bmod2^2)}{2^2} \right],\\
d_i&=-\left[ \frac{110_2-(p\bmod2^i)}{2^i} \right],\quad(i=3,4,5,6)\\
d_i&=-\left[ \frac{1000110_2-(p\bmod2^i)}{2^i} \right],\quad(i=7,8,9,10)
\end{align*}
所以
\begin{align*}
d_1=0&\iff p\bmod2=0,\\
d_2=0&\iff p\bmod2^2\leqslant10_2,\\
d_i=0&\iff p\bmod2^i\leqslant110_2,\quad(i=3,4,5,6)\\
d_i=0&\iff p\bmod2^i\leqslant1000110_2,\quad(i=7,8,9,10)
\end{align*}
要使 `N_2-M_2\leqslant1`,等价于各 `d_i` 中最多出现一个 `1`,故此要分类讨论了:

(1)当所有 `d_i` 都为零时,由上面的等价式易知,`d_i` 全为零等价于 `p=\text{*000*000**0}_2`(这里的星号 * 表示可任取 `0` 或 `1`,下同),共 16 个;

(2)当 `d_1=1` 且其余 `d_i` 都为零时,等价于 `p=\text{*000*000*01}_2`,共 8 个;

易知 $d_2=1\riff d_1=1$,以及 $d_3=1\riff d_4=1\riff d_5=1\riff d_6=1$,所以 `d_2` 至 `d_5` 都不能出现 `1`,否则至少有两个 `1`。

(3)当 `d_6=1` 且其余 `d_i` 都为零时,等价于 `p=\text{*0000100**0}_2`,共 8 个;

又易知 $d_7=1\riff d_8=1\riff d_9=1\riff d_{10}=1$,所以 `d_7` 至 `d_9` 也都不能出现 `1`。

(4)当 `d_{10}=1` 且其余 `d_i` 都为零时,等价于 `p=\text{0100*000**0}_2`,共 8 个。

最后,注意情况(1)中包含了前面的 `k\in\{0,547,2\times547,3\times547,4\times547\}` 之中的 `k=0` 和 `k=4\times547` 这两种情况(对应 `p=0` 和 `p=10001000110_2` 这两解),也就是重复了两个要减回,所以不整除的个数为
\[5+16+8+8+8-2=43,\]
那么原题所求的能整除的个数就是 `2189-43=2146`。
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另外,根据上述讨论,可以把不整除的 `k` 具体列出来。

比如情况(1)中,`p=\text{*000*000**0}_2`,则 `k=2p=\text{*000*000**00}_2`,即
\begin{align*}
k\in\{ & 0,100_2,1000_2,1100_2, 10000000_2,10000100_2,10001000_2,10001100_2, \\
& 100000000000_2,100000000100_2,100000001000_2,100000001100_2, \\
& 100010000000_2,100010000100_2,100010001000_2,100010001100_2 \},
\end{align*}
化回十进制之后就是
\[k\in\{0, 4, 8, 12, 128, 132, 136, 140, 2048, 2052, 2056, 2060, 2176, 2180, 2184, 2188\};\]
同样的方法列情况(2)(3)(4)分别为
\begin{align*}
k&\in\{2,10,130,138,2050,2058,2178,2186\};\\
k&\in\{64,68,72,76,2112,2116,2120,2124\};\\
k&\in\{1024,1028,1032,1036,1152,1156,1160,1164\}.
\end{align*}
将以上四个集合与前面的 `k\in\{0,547,2\times547,3\times547,4\times547\}` 并起来之后,就得到了不整除的所有 `k` 为
0, 2, 4, 8, 10, 12, 64, 68, 72, 76, 128, 130, 132, 136, 138, 140, 547, 1024, 1028, 1032, 1036, 1094, 1152, 1156, 1160, 1164, 1641, 2048, 2050, 2052, 2056, 2058, 2060, 2112, 2116, 2120, 2124, 2176, 2178, 2180, 2184, 2186, 2188。

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回复 19# kuing

用程序验证, 2046 是正确答案。可否用 $C_n^k=C_n^{n-k}$ 的对称性,减少一些搜索的工作量?

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