中任意两点距离≥d , 所以它们又都在以 P 为
圆心, d 为半径的半圆外. 故这些去掉的点都落
在阴影部分中. (不包括虚线边界)
由于相似,
所以比值X
Y
Y Z
保持不变.
注意: 不管 X , Y , Z 同 A 的位置关系如
何, 这都是正确的. (图中∠A X B = Α, ∠A YB
= Β, ∠A ZB = Χ, 则 ∠B X Y = 180°- Α,
因此, 不论 l 如何选择, 相应的三角形 B X Y 与 B X Z 的各内角的大小都不改变.
假设 S 中的点在 xy 平面内, 且点 P 是 y 轴坐标最大的那个点, 把 P 归入 T.
现在去掉点 P 和那些 S 中所有与点 P 的距离< 3 ·d 的点.
在剩下的那些点中, 再取出纵坐标最大 的点, 将其归入 T , 并去掉 S 中所有与此点相 距< 3 d 的点. 以此类推, 直到取尽 S 中所 有的点.
盾!
意两点至少相距 3 d.
证 我们采用如下的方式构造 T :
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显然, 所有归入 T 的点, 两两之间的距 离≥ 3 d.
为了证明 T
≥
n 7
,
只需证明上述过程中
的每一步, 去掉的点的个数不会超过 6 个. 注意
到在每一步中, 我们取了一个纵坐标最大的点
P , 所以所有与 P 相距< 3 d 的点都在以 P
为圆心, 3 d 为半径的半圆内(见图 2) , 而 S
2003 年第 19 期 数 学 通 讯
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数学竞赛之窗
(本栏目特邀主持人 熊 斌 冯志刚)
有关本栏目的稿件, 请直接寄给熊斌 (200062, 华东师范大学数学系 E - m ail: x iongb in @ sh163. net) , 或冯志刚 (200231, 上海市上海中学 E - m ail: zhgfeng@on line. sh. cn). 提供试题及 解答请尽量注明出处.
30°·k + Β±1°= 12·Β. 不难得到上述方程的满足条件的整数解 (k, Β) 为 (4, 11) 或 (7, 19). 所以
n= 60k + 2Β= 262 或 458. 2 求 200320022001 的最末三位数字.
解 设 N = 20022001, 问题即是求 2003N 除以 1000 所得的余数.
是最小圆的圆周上不同于 A 和 B 的一个动
点. 直线 A X 与另两圆分别交于 Y 和 Z (Y 在
X
和Z
之间).
求证:
比值X
Y
Y Z
不随动点
X
的
位置而改变.
证 如图 1 所
示, 设 l 是不同于 A B
且过A 的直线, l 与三
个圆分别交于点 X ,
图1
Y , Z.
显然, ∠A X B , ∠A YB , ∠A ZB 与 l 的选 择无关.
本期给出由华东师大二附中苏勇先生提 因为 32= 10- 1, 利用二项式展开, 有
供的《第 35 届 (2003) 加拿大数学奥林匹克试
32m = ( 10 - 1 ) m = ( - 1 ) m + 10m
题及解答》.
m (m - 1)
· (- 1) m - 1+ 100 2 (- 1) m - 2+ …+ 10m.
12≡13 (m od 25) , 22001≡4·13= 52 (m o d 100).
即 20022001可以写成 100k + 52 的形式, 其中 k ∈Z. 于是, 200320022001 ≡352 (m o d 1000) ≡120·13+ 1300·25≡241 (m od 1000). (利用 了 (1) 式)
第 35 届 (2003) 加拿大数学奥 林匹克
1 有一个标准的时钟, 某刻时针和分针恰相 隔 1°, 而此时已是中午过后 n 分针, 其中 n 为 整数, 且 0< n< 720. 试确定所有可能的 n.
解 由于时钟上每两个相邻的刻度恰相 隔 30°, 可以设此刻时针与刻度 12 的夹角 Α = 30°·k + Β, 其中 0≤k ≤11; 0≤Β< 30°, 且 k , Β∈Z. 注意到每 1 个小时, 时针转过 30°而 分针转过 360°, 故分针的角速度为时针的 12 倍. 因此有
由 于 2003N ≡3N (m od 1000) , 下面先来 求 1 个 n, 使得 3n ≡1 (m od 1000) , 这样, 将 20022001写为 nk + r 的形式, 便有:
可见, 除了开头的三项外, 其余每一项皆为 1000 的倍数. 令m = 2q, 则 34q≡1- 20q+ 100q (2q- 1) (m od 1000) (1) 因 此, 3100 ≡ 1 (m od 1000 ). 故 只 要 确 定
x 2+
y 2+
z
2≥
1 3
(x +
y+
z ) 2≥3x 2y 2z 2,
2003N ≡3nk+ r≡ (3n) k ·3r≡3r (m o d 1000).
即 x y z ≥3x 2y 2z 2,
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所求的最末三位数码为 2, 4, 1. 3 求不定方程: x 3+ y 3+ z 3= x + y + z ; x 2 + y 2+ z 2= xy z 的所有正实数根 (x , y , z ).
解 因为 x , y , z ∈R+ , 所以 x 3 + y 3 + z 3 ≥3xy z.
故 x + y + z ≥3xy z , 所以
∠B YX = Β, ∠B Y Z = 180°- Β, ∠B Z Y = Χ; 如 果 X 和 Y , Z 分 别 位 于 A 的 两 侧, 则 ∠A X B = 180°- Α, 但仍然有∠B X Y = 180°Α等, 其余情况类似) 5 S 是平面上 n 个不同的点组成的点集. S 中任意两点距离的最小值为 d. 证明: 存在一
个S
的由至少
n 7
个点组成的子集
T
,
T
中任
图 2
图3
将阴影部分分为如图 2 所示相同的 6
份. 如果去掉的点多于 6 个, 由抽屉原理, 至
少有 2 个点落在同一区域内, 不妨设为 R 1,
如图 3. 但区域 R 1 中任两点距离的最大值为
A B = d. 故落在 R 1 内的那两点间距< d , 矛
20022001 除 以 100 所 得 的 余 数 即 可. 由 于
20022001 ≡22001 (m o d 100) ≡4·21999 (m o d 4· 25). 又 210= 1024≡- 1 (m od 25) , 所以
21999 = (210) 199 ·29 ≡ (- 1) 199 ·512≡-
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数 学 通 讯 2003 年第 19 期
于是ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
xy
z
≤
1 3
(1)
又 x y z = x 2+ y 2+ z 2≥3 3 x 2y 2z 2 , 可得
xy z ≥27
(2)
(1) 和 (2) 导致矛盾.
因此, 此不定方程无正实数根.
4 三个固定的圆通过 2 个定点 A 和 B. X