2016年北京大学数学学科夏令营初赛试题

本试卷共4题，每题30分，满分120分，考试时间180分钟．

1、 已知锐角$\triangle ABC$中，$\angle B=60^\circ$，$P$为$AB$中点，$Q$为外接圆上弧$AC$(不包含点$B$)的中点，$H$为$\triangle ABC$的垂心．如果$P,H,Q$三点共线，求$\angle A$．

2、求所有的整系数多项式$P(x)$，使得存在一个无穷项整数数列$\{a_n\}$，其中任意两项互不相等，且满足：$P(a_1)=0$，$P(a_{k+1})=a_k$($k=1,2,\cdots$)．

3、给定正整数$n$，有$2n$张纸牌叠成一堆，从上到下依次编号为$1$到$2n$．我们进行这样的操作：每次将所有从上往下数偶数位置的牌抽出来，保持顺序放在牌堆下方．例如$n=3$时，初始顺序为$123456$，操作后依次得到$135246$，$154326$，$142536$，$123456$．证明：对任意正整数$n$，操作不超过$2n-2$次后，这堆牌的顺序会变回初始状态．

4、给定正整数$p,q$，数列$\{a_n\}$满足：$a_1=a_2=1$，$a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n$($n=1,2,3\cdots$)．求证：要使得对任意正整数$m,n$，均有$(a_m,a_n)=a_{(m,n)}$，当且仅当$p=1$时成立．

参考答案

1、答案　$75^\circ$．

解　如图，设$O$为外接圆圆心，延长$CO$交外接圆于$D$，则四边形$BHAD$为平行四边形，因此$D,P,H$三点共线，进而$D,P,H,Q$四点共线．

连接$OH,BQ$，由$\angle B=60^\circ$，于是 $$BH=AD=\dfrac 12CD=OQ,$$ 又$OB=OQ$，因此$BHQO$为菱形，从而 $$\angle OBC=\angle OCB=\angle BAD=\angle HBA,$$ 又 $$\angle BCD=\angle BQD=\angle OBQ=\angle HBQ,$$ 因此$BO,BQ,BH$将$\angle CBA$四等分，进而不难得知$\angle A=75^\circ$．

2、答案　$P(x)=x+C$，其中$C\in\mathcal Z$．

解　设 $$P(x)=\lambda_0 +\lambda_1x+\cdots +\lambda_mx^m,$$ 其中$m\in\mathcal N^*$，$\lambda_i\in\mathcal Z$($i=0,1,2,\cdots ,m$)，则 $$P(a_{k+1})-P(a_{k+2})=a_k-a_{k+1},k=1,2,\cdots ,$$ 而 $$P(a_{k+1})-P(a_{k+2})=\lambda_1(a_{k+1}-a_{k+2})+\lambda_2(a_{k+1}^2-a_{k+2}^2)+\cdots +\lambda_m(a_{k+1}^m-a_{k+2}^m),$$ 因此 $$(a_{k+1}-a_{k+2})\mid (a_k-a_{k+1}),k=1,2,\cdots ,$$ 因此 $$\big|a_1-a_2\big|\geqslant \big|a_2-a_3\big|\geqslant \cdots \geqslant \big|a_k-a_{k+1}\big|\geqslant \big|a_{k+1}-a_{k+2}\big|\geqslant \cdots .$$ 由于$\big|a_1-a_2\big|$的值有限，因此必然存在$K$，使得当$k\geqslant K$且$k\in\mathcal{Z}$时，有 $$\big|a_k-a_{k+1}\big|= \big|a_{k+1}-a_{k+2}\big|= \big|a_{k+2}-a_{k+3}\big|=\cdots .$$ 由于数列$\{a_n\}$中任意两项互不相等，因此有 $$a_k-a_{k+1}=a_{k+1}-a_{k+2}=a_{k+2}-a_{k+3}=\cdots,$$ 因此有 $$P(a_{k+1})-a_{k+1}=P(a_{k+2})-a_{k+2}=\cdots.$$ 若$m\geqslant 2$，则方程 $$P(x)-x=P(a_{K+1})-a_{K+1}$$ 有无数个解，矛盾．这样得到了所有符合题意的整系数多项式$P(x)=x+C$，其中常数$C\in\mathcal Z$．

3、证明　我们证明一个等价的命题，将每次操作改为先从上往下取后一半的数出来，然后与前一半交叉放置(类似于洗扑克牌)，如初始顺序为$123456$，操作后依次得到$142536$，$154326$，$135246$，$123456$．将纸牌按顺时针摆放，使得第一张牌和最后一张牌(它们始终为$1$和$2n$)重合，将第一张牌的位置记为$1$，顺时针旋转将其他牌的位置依次记为$2,3,\cdots ,2n-1$．定义纸牌$m$顺时针旋转到纸牌$n$时旋转的步数为纸牌$m$到$n$的距离，记为$d(m\to n)$，如图中$d(2\to 3)=3$．

下面证明经过$k$次操作($k\in\mathcal N^*$)后 $$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n),$$ 用数学归纳法．

归纳基础　当$k=1$时，有 $$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n)=1,$$ 命题成立．

归纳假设与递推证明　设当$k=p$时，有 $$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n)=q.$$ 不难计算得经过操作后位置$x$的纸牌将会移动到位置 $$f(x)=(2x-1)\%(2n-1),$$ 其中$t\%s$表示$t$模$s$的余数，因此原来距离为$q$的纸牌在操作后距离为$(2q)\%(2n-1)$．因此经过$p+1$次操作后，仍然有 $$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n).$$

综上所述，经过$k$次操作($k\in\mathcal N^*$)后 $$d(1\to 2)=d(2\to 3)=\cdots =d(2n-1\to 2n).$$ 这就意味着当纸牌$2$的位置确定时，其他所有纸牌的位置都可以依靠该性质确定．而纸牌$2$至多只有$2n-2$种可能的位置，并且纸牌$2$的所在的位置不可能出现不包含位置$2$的循环．这是因为操作是可以反向的，因此如果出现不包含位置$2$的循环，那么可以断定最初的状态纸牌$2$所在的位置不可能为$2$．因此经过不超过$2n-2$次操作后，纸牌$2$必然回到位置$2$，原命题得证．

4、证明　必要性
根据题意，有 $$\begin{split}a_1&=1,\\ a_2&=1,\\ a_3&=p+q,\\ a_4&=p^2+pq+q,\\ a_5&=p^3+p^2q+2pq+q^2,\\ a_6&=p^4+p^3q+3p^2q+2pq^2+q^2,\end{split}$$ 而由$(a_3,a_4)=a_1$，可得$(p,q)=1$；又由$(a_3,a_6)=a_3$，可得 $$p+q\mid p^2q+q^2,$$ 即 $$p+q\mid pq(p-1)+q(p+q),$$ 因此$p=1$．

充分性　当$p=1$时，$a_{n+2}=a_{n+1}+qa_n$，于是 $$\begin{split} (a_{n+2},q)=&(a_{n+1}+qa_n,q)\\=&(a_{n+1},q)=\cdots \\=&(a_1,q)=1, \end{split}$$ 进而 $$\begin{split} (a_{n+1},a_{n+2})=&(a_{n+1},a_{n+1}+qa_n)\\=&(a_{n+1},a_n)=\cdots \\=&(a_1,a_2)=1. \end{split}$$ 记$a_0=0$，用数学归纳法可以证明对任意$m,n\in\mathcal N^*$，$m\leqslant n$，均有 $$a_n=a_ma_{n-m+1}+qa_{m-1}a_{n-m},$$ 于是 $$\begin{split} (a_m,a_n)=&(a_m,a_ma_{n-m+1}+qa_{m-1}a_{n-m})\\=&(a_m,a_{n-m})=\cdots \\=&(a_{(m,n)},a_{(m,n)})=a_{(m,n)},\end{split}$$ 原命题得证．

这份答案是由我与广东深圳的汪飞、江苏江阴的吴罗勇在光子问答上共同讨论完成的，在此对两位老师一并表示感谢！

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