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 $75^\circ$.

 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.

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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$C\in\mathcal Z$.

 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$d(2\to 3)=3$.

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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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