2023年北京大学中学生数学科学夏令营试题

2023年北大夏令营试题解答与评析 2023年8月5日和6日进行了两场考试，每天上午各一场，每场4小时4题.试题第1，5，7 题较简单，第3，4，6题难度中等，第2，8题较困难.试题整体思想性较强，需要将问题想到位，想清楚.笔者水平有限，解答如有不当之处，敬请指正. I.试题 1.设奇数，求证：是无理数. 2.对正整数，用表示在十进制中的数码和之和.求证：对任意正整数， 3.在中，是最长边.设的中垂线与直线分别交于点关于此中垂线的对称点为.设的中垂线与直线分别交于点关于此中垂线的对称点为.设交于点的外接圆与直线交于另一点的外接圆与直线交于另一点.过作的平行线交直线于，设是的交点，是外接圆平行于的直径，求证：直线交于一点. 4.将一个方格表的每个格黑白染色，满足每个小正方形中均至少有一个黑格，且每个黑格均在一个小黑色正方形中.记为每行中黑格的个数，为每列中黑格的个数，求的最大值. 5.给定正整数.求所有的数组，使得对任意满足的实数组，都有. 6.是否存在质数和非零整系数多项式，使得对任意正整数中至少有个正整数使得？ 7.魔术师和小美在的方格表中放入或的骨牌.魔术师先放入一些两两无公共格的骨牌，满足对任意，方格表中每个的正方形至多与个已放入的骨牌有公共格.求证：小美可以再放入骨牌恰覆盖方格表中余下的方格. 8.设简单有向图的顶点是（10行1000列）的格点.的边满足：除最后一列外，每个顶点恰有三条有向边指向下一列的三个不同顶点；除第一列外，每个顶点恰有三条有向边被前一列的三个不同顶点指向；中无其他边.对最后一列的每个顶点赋予一个实数.对其余每个顶点，若从出发指向，则递归定义.求证：. II.解答与评注 题1.证明1用反证法，若是有理数，设为，其中为正整数.则. 又由 且，得为一根.化简得 模并结合，可得，与为大于等于3的奇数矛盾! 证明2用反证法，若是有理数，设为，其中为正整数，.易得.则. 记，且.则. 归纳易证明为奇数，且，也即说明这样的存在且单调递增. 只需注意到为奇数，. 由欧拉定理，知有，与单调递增矛盾. 评注本题较为简单，做法也较多，法一引入切比雪夫多项式，是考场上大多数同学的证法.法二较为巧妙.由法一可以看出是代数整数，故若其为有理数则必定为整数，则为奇数的条件可加强为. 题2.证明记为在十进制中数码和.不妨设，只需证明 对归纳，时成立. 若命题对小于的数均成立，设. ①.设.对.有 又归纳假设有 两式相加即证.需证 ②.有，只 又时，.只需证 即，化为归纳假设. ③.设.有 只需证 若，化为更弱的①②情形； 若，即 化为更弱的更小情形. 评注本题较为复杂，虽然入手点较多，但无论是直接表示还是讨论进位次数最多的数都容易卡住.关键的想法是把看作在退位上对应最佳，从而走通归纳法.除了此作法外，还可以应用用类似Kummer公式表示.通过讨论进位次数来解决一部分的情形①③），其余的情况可用归纳法解决. 题3.证明易证共线，设为与交点，则是的外心. 由共圆，有 进而共圆. 由，有共圆，记为圆1. 又由，有共圆，记为圆2. 由得. 再由，得与圆1相切，及. 再结合，得为圆1与圆2的根轴. 设与交于，由，得与圆2相切. 故为圆1，圆2，点圆的根心. 由共圆，进而共圆，同理共圆. 又共圆，得 延长与圆1交于，由在圆1和点圆根轴上得：. 故共圆，直线与圆1交于. 故与重合，即共线. 评注本题是中等难度的几何题，作图是一个难点.从很多共圆可感觉到根轴根心的想法十分自然，余下部分主要是倒角. 题4.解答案为， 构造为行均染黑，其余染白.因为 因此 只需 又，只需 设第行中某段连续黑格长为，由每个黑格均在黑色正方形中，第､第行中与这一段同列的黑格总数个. 设第行中某段连续白格长为，由每个小正方形中均至少有一个黑格，第､第行中与这一段同列黑格数各有个. 若，由以上论述，，由及二次函数凸性， 结合得证. 若，第行白格被分为至多674段，故 得证. 将这674条式子与相加得证. 评注答案较容易猜出，此后调整法可以走通，也可以通过取等配凑均值.这一类题目需敢于下手处理，抓住要点即可做出.难度中等. 题5.解答案为满足的所有数组. 一方面，若存在，即.取 使趋向于且之和为0.则趋向于0时，矛盾! 另一方面，若有.即且时该式大于等于不取等.所以 即，得证. 评注容易看出数列应集中于较大的一侧，进而用密度大于刻画得到最后答案，构造和证明自然就得到了. 题6.解不存在. 加强命题为：不存在常数，使存在质数和非零整系数多项式，使得对任意正整数中至少有个正整数使得. 对次数归纳证明. 时平凡.若对成立，考虑的情况. 用反证法.若存在常数，质数和多项式，使得对任意正整数中至少有个正整数使得. 引入优化版本的Hensel引理： 由反证假设，中至少有个正整数使得