第47届国际数学奥林匹克（IMO）竞赛试题 1． △ABC 的内心为I，三角形内一点P 满足 ∠PBA+∠PCA=∠PBC+∠PCB．求证， AP≥AI，而且等号当且仅当P=I 时成立． 证：∠PBC+∠PCB= 1(∠ABC+∠ACB)=∠IBC+∠ICB，故∠PBI=∠PCI，从而 2P，B，C，I 四点共圆．但由内外角平分线相垂直知 B，C，I 与 BC 边上的旁切圆心T 共圆，且IT 是这个圆的直径，IT 的中点O为圆心．由于A，I，T 共线(∠BAC 的平分线)，且 P在圆周上，AP+PO≥AO=AI+IO ， PO=IO，故AP≥AI． 等号当且仅当P 为线段AO与圆周的交点即P=I 时成立． 2．正 2006 边形 P 的一条对角线称为好的，如果它的两端点将 P 的边界分成的两部分各含P 的奇数条边．P 的边也是好的． 设 P 被不在 P 的内部相交的 2003 条对角线剖分为三角形．试求这种剖分图中有两条边为好的等腰三角形个数的最大值． 解：对于剖分图中的任一三角形ABC，P的边界被A，B，C分为3段，A-B段所含P的边数记作m(AB)．由于m(AB)+ m(BC)+ m(CA)=2006，故等腰三角形若有两条好边，它们必是两腰．称这样的等腰三角形为好三角形． 考虑任一好三角形 ABC(AB=AC)．A-B 段上若有别的好三角形，其两腰所截下的 P 的边数为偶数．由于剖分图中的三角形互不交叉，而 A-B 段上 P 的边数为奇数，故A-B段上必有P的一边α不属于更小的腰段，．由上述取法，两个不同的好三角形对应的二元集无公共元，因此好三角形不多于2006 =1003 个． 2设 P=A1A2…A2006，用对角线 A1A2k+1(1≤k≤1002)及 A2k+1A2k+3(1≤k≤1001)所作的剖分图恰有1003 个好三角形．因此，好三角形个数的最大值是1003． 3．求最小实数M，使得对一切实数 a，b，c都成立不等式 |ab(a2b2)bc(b2c2)ca(c2a2)|≤M(a2b2c2)2 解：ab(a2b2)bc(b2c2)ca(c2a2) (ab)(bc)(ca)(abc)． 设abx，bcy，caz，abcs，则a2b2c2原不等式成为 12 (xy2z2s2)．3M(x2y2z2s2)2≥9|xyzs|(xyz0)． x，y，z中两个同号而与另一个反号．不妨设 x，y≥0．则 1|z|xy，x2y2≥(xy)2，(xy)2≥4xy．于是由算术－几何平均不等式 23111(x2y2z2s2)2≥((xy)2s2)2＝((xy)2(xy)2(xy)2s2)2 2222≥(441(xy)6s2)242(xy)3|s|≥162|xyzs| 8等号在s2，xy1，z2，即a:b:c(23):2:(23)时达到，故所求的最小的M92． 324．求所有的整数对（x，y），使得12x22x1y2． y)也是解．x0时给出两组解(0，2)．解：对于每组解（x，y），显然x≥0，且(x， 设x，y>0，原式化为2x(2x11)(y1)(y1)．y1与y1同为偶数且只有一个被4整除．故x≥3，且可令ym2x1，其中m为正的奇数，1．代入化简得 1m2x2(m28)． 若1，m28≤0，m1．不满足上式． 故必1，此时1m2x2(m28)≥2(m28)，解得m≤3．但m1不符合，只有m3，x4，y23． 2)，，(423)． 因此共有4组整数解(0， 5．设P(x)为n 次(n>1)整系数多项式，k是一个正整数．考虑多项式 Q(x)P(P((P(x))))，其中 P 出现k 次．证明，最多存在 n 个整数t，使得Q(t)t． 证：若Q 的每个整数不动点都是 P 的不动点，结论显然成立． 1，2)． 设有整数x0使得Q(x0)x0，P(x0)x0．作递推数列 xi1P(xi)(i0，它2，)的每一项整除后一项．由周期性及以 k 为周期．差分数列ixixi1(i1，10，所有|i| 为同一个正整数u．令xmmin{x1，x2，，xk}，uxm1xmxm1xm，xm1xm1． 数列的周期为 2．即x0是 P 的2-周期点． 设 a 是P 的另一个2-周期点，bP(a) (允许b=a)．则ax0与bx1互相整除，故|ax0||bx1|，同理|bx0||ax1|．展开绝对值号，若二者同取正号，推出x0x1，矛盾． 故必有一个取负号而得到abx0x1．记x0x1C，我们得到：Q 的每个整数不动点都是方程 P(x)xC的根．由于P 的次数n 大于 1，这个方程为n 次．故得本题结论． 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/06a4058230b765ce0508763231126edb6e1a76e1.html