2020年国际数学奥林匹克(IMO)全部试题解答

2023年12月10日发(作者：香港高级程度会考数学试卷)

2020年第61届国际数学奥林匹克（IMO）全部试题解答

海亮高级中学 高三 康榕博 高二 陈昶旭

第一天

第1题. 考虑凸四边形ABCD. 设P 是ABCD 内部一点. 且以下比例等式成立:

∠PAD:∠PBA:∠DPA＝1: 2 :3＝∠CBP:∠BAP:∠BPC.

证明: ∠ADP 的内角平分线、∠PCB 的内角平分线和线段AB 的垂直平分线三线共点.

证明： 如图，设∠PAD＝α,∠PBC＝β,则

∠ABP＝2α,∠BAP＝2β, ∠APD＝3α,∠BPC＝3β,

取△ABP外心O, 则∠AOP＝4α＝π－∠ADP

∴A, O, P, D共圆.

∴∠ADO＝∠APO＝∠PAO＝∠PDO

∴OD平分∠PDA.

同理, OC平分∠PCB.

而O为△ABP外心, 显然在AB中垂线上.

故∠PDA平分线, ∠PCB平分线, AB中垂线均过点O.

证毕. 第2题. 设实数a, b, c, d 满足a≥b≥c≥d > 0, 且

a + b + c + d = 1. 证明:(a2b3c4d)aabbccdd1.

证明: 由加权AM－GM不等式, 我们有

aabbccddaabbccdda2b2c2d2

故只需证明(a2b3c4d)(a2b2c2d2)(a)3 (*)

cyc注意到(a)3a33a2b6abc, 及cyccycsymcyca32ab2ad2aa2

cyc2a2bab2b32bc22bd22ba2

cyc3a2c3b2c3ac23cd23ca2

cyc3a2da2b4abd4acd4bcd4da

cyc2∴ (*)成立. 故原不等式成立.

第3题. 有4n 枚小石子, 重量分别为1, 2, 3, . . . , 4n. 每一枚小石子都染了n 种颜色之一, 使得每种颜色的小石子恰有四枚. 证明: 我们可以把这些小石子分成两堆, 同时满足以下两个条件:

• 两堆小石子有相同的总重量;

• 每一堆恰有每种颜色的小石子各两枚.

证明: 引理:将n种颜色的点个4个两两分组, 则可取n组使得每种颜色的点各2个.

即证: n阶4-正则图G(不一定简单)必有2-正则生成子图.

n＝1, G为v的2个自环, 成立.

设nn0成立, 则nn01时:

若G有点含两自环或有两点含4重边, 对其余部分用归纳假设,该部分取1自环或2重边即可.

下设无这样的结构. 若G含三重边,设x,y间有三条边, 且xu,yvG(uy,vx).

考虑将x,y去掉, 并添入边uv得到图G’. 由归纳假设, 图G’有2-正则生成子图, 若该图含添入的边 uv, 删去该边并加入ux, xy, yv即可. 若不含, 加入xy, xy即可.

下设无三重边.

显然G有圈. 设最小圈为x1,x2,...xt,x1. 由G无2自环,3重边知tn01,

xi有两边不指向x1,x2,...xt. 设这两边指向ui,vi，以下下标模t.

在G中删去点x1,x2,...xt并加入边eiuivi1(1it)得到G’.

由归纳假设, G’有2-正则子图G1.

对1≤i≤t, 若eiG1, 则选择G中的边xiui,xi1vi1,

若eiG1, 则选自xixi1, 其余边按G1中边选择, 则选出的边即为G的2-正则生成子图的边集.

结论成立.

回到原题. 将重量为{k,4n1k}的小石子分为一组.(1k2n), 由引理可取n组使每种颜色的小石子恰2个.

这2n个分为一组, 其余分为一组, 此即满足条件的分法, 命题成立.

第二天

第4题. 给定整数n > 1. 在一座山上有n2个高度互不相同的缆车车站. 有两家缆车公司A和B, 各运营k辆缆车; 每辆从一个车站运行到某个更高的车站(中间不停留其他车站). A公司的k辆缆车的k个起点互不相同，k个终点也互不相同,

并且起点较高的缆车，它的终点也较高. B公司的缆车也满足相同的条件. 我们称两个车站被某个公司连接，如果可以从其中较低的车站通过该公司的一辆或多辆缆车到达较高的车站(中间不允许在车站之间有其他移动). 确定最小的正整数k, 使得一定有两个车站被两个公司同时连接.

解: 由题意得, 每个缆车与1或2个缆车相连. (否则有两辆缆车起点不同, 终点相同)

∴A, B各自的缆车线路图可划分为若干个链.

注意到每条链长度大于等于2, 且首尾两点不能作为终点和起点, 故恰有n2k条链.

若kn2n1, 则A最多由n－1条链.

n2由抽屉原理, 其中至少有一条链上有n2个点, 设n1为P. 而B仅有n－1条链, 故P上一定有两个点同时在B的一条链上, 则这两点可被两个公司同时连接.

另一方面,

kn2n时, 记n2个车站高度排序为1,2,...n2(从低到高)

令A的n2n辆缆车为ini(1in2n)

令B的n2n辆缆车为ii1(1in21,n|i)

易见此时任两个车站不能被两个公司同时相连.

kminn2n1. 第5题. 有一叠n > 1张卡片. 在每张卡片上写有一个正整数.

这叠卡片具有如下性质：其中任意两张卡片上的数的算术平均值也等于这叠卡片中某一张或几张卡片上的数的几何平均值.确定所有的n, 使得可以推出这叠卡片上的数均相等?

解: 设这n张卡片上的数为x1,x2,...xn.(x1x2...xn).

若gcd(x1,x2,...xn)d1, 用故不妨设gcd(x1,x2,...xn)1.

由题意得,

1ijn,xi代替xi, 不影响结果.

dxixj2为代数整数.

则2|xixjxi模2同余. 又gcd(x1,x2,...xn)1, 故xi全为奇数.任取一个素数p, p≥3.

记A{xi|1in,p|xi},B{xi|1in,p|xi}

则对xA,yB,xy不为p的倍数.

211xyxyk|(ik)k

(ik), 则p设22∴对1jk,xijB.

xymaxxi. 取xmaxxi,ymaxxi,

xiAxiBxiB2xiAxiB则maxximaxxi

若xn1, 取xn的奇素因子p, 由gcd(x1,x2,...xn)1知,

i, 使p|xi.

取i0max{i|1in,p|xi}, 由上述结论知xnxi0, 则xnxio. 又p|xi0,p|xn, 矛盾!

xn1. 则1in,xi1.

∴对任意n≥2, 卡片上的所有数均相等. 第6题. 证明: 存在正常数c 具有如下性质:

对任意整数n > 1, 以及平面上n个点的集合S, 若S中任意两点之间的距离不小于1，则存在一条分离S的直线ℓ, 使得S

中的每个点到直线ℓ 的距离不小于cn.

(我们称直线ℓ分离点集S, 如果某条以S中两点为端点的线段与ℓ 相交.)

证明: 以每个点为圆心,

部分面积为0.

引理1: 对凸多边形P, 其内部最多由其中s,l代表P的面积和周长.

131为半径作圆, 则这些圆两两公共24s2l1个点在S中,

1, 并以P上每个点211为圆心, 为半径作圆, 拓展区域面积为l.

2241Sl244s2l1个点. ∴P内部最多证明: 如图, 将P的每条边往外侧平移4现在对于一条直线l, 作S中每个点在l上的投影. 任取相邻两个投影点, 则这两点连线的中垂线分离点集S, 且所有的到该直线的距离≥1投影点距离.

2

设S的直径为D, 则可作一个以D为边长的正方形覆盖S.

由引理1,

4D28D1nD(n)

12设P,Q∈S, PQ＝D. 将PQ作为上述l, 记我们所能做到的使每个点到一条直线的距离均不小于该数的最大值为d. 由于仅与夹角有关, 故d存在.

而l上除P,Q外有n－2个投影点.

11DD. 又D(n2), 故d(n2).

d2(n1)2n13需证明d(n) .取点集S的凸包P. 若一直线过P上一点且使得S中所有点都在该线一侧, 我们认为其亦分离S. 称其为支撑边. 对于任一常数C, 作两条平行的距离为C的直线, 满足这两条直线分离S. 作他们的垂线l, 设这个带状区域内有m个S中的点, 则dccm1.

m1d不妨设do(1), 则可以认为m远远大于1. 为使m尽量小,

应取两直线其中之一为支撑边.

∴现在对于一条分离S的直线l, 设l与P围成的区域内部有B个点. P中与l距离最近的点到l距离为s0, 则d(以下用≥代表数量级估计)

11D113我们证明d, 从而d 则d(n3).

nDnDs0

B1如图, P夹在这样一个区域里, 取XY上一点Z, 使得YZs0.

过Z作MN⊥XY, 点M,N在以X为圆心, D为半径的圆上.

则B≤YMN内S中点的个数.

不妨设XY为x轴, 对YMN内任意两点(x1,y1),(x2,y2),

|x1x2|s0,(x1x2)2(y1y2)21, 则

2|y1y2|1s0BMN1s201.

22=2Ds0s0而MND2(Ds0）

s0dMN21s022s01s02Dsos21s2020由于s0(1)

111, 则dn3, 即d(n3)证毕.

dD