2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二第一天试题

2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二 第一天试题 1．对有限集与整数，记为中所有元素之和． 问：是否对任意整数，均存在元正整数集和个互不相同的整数，使得 ？ 2．给定整数，满足．某团体共有名成员，某些成员之间是朋友关系，朋友关系是相互的．现要分成个委员会，每名成员恰参与一个委员会．首先确定了每个委员会的主任与副主任，此时发现恰有一种方式分配剩余名成员到各委员会中，使得每个委员会的全体成员（包括主任和副主任）两两都是朋友．这里允许一个委员会仅有主任和副主任两人．求该团体名成员中（无序）朋友对数目的最大可能值． 3．设是正整数，是元非常值整系数多项式，是元非常值整系数多项式．已知对任意整数（可以相同），若，则 求证：存在一元有理系数多项式，使得且． 2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试二 第一天试题解答 题1．结论是肯定的． 时，考虑，则，满足． 对于，设，则严格递增．考虑元正整数集合，以及，满足．下面验证其满足条件． 首先证明，且对．事实上．由于，而中任意两个元素之差，因此．对于，一方面，因此．另一方面，假设存在使得，即 注意右边括号内的项与和都互质，因此比较两边和的幂次可知，，即．这表明． 于是，我们得到；对， 因此都相等，满足条件． 题2．朋友关系数的最大值是． 设简单图表示个成员之间的朋友关系．设个委员会是，其中主任和副主任为．我们称其余的个成员为普通成员．在唯一满足条件的分配方式下，都是图的团．等价地，考虑的补图，则每个都是的一个孤立点集． 对，考虑限制在上的子图，它是一个二部图（两部分别为和）．我们证明的每个连通分支都至少包含中的一个．这是因为，假设存在的一个连通分支不包含，则我们可以将中原来在的成员移动至，原来在的成员移动至．考虑移入的原成员，他们之间互相不连边（由的定义），并且他们与的成员也互相不连边（因为是中的连通分支），所以得到的委员会仍满足条件．同理，移动后得到的委员会也满足条件，这就与题目条件的分配方式唯一相矛盾． 特别地，的连通分支个数不超过4，因此它的边数．由于的每条边恰好落在一个子图中，因此对求和得 于是朋友关系数（即图的边数）不大于． 再证明上述最大值是可以取到的．考虑如下朋友关系：个普通成员都与不是朋友；其余情况下，两人均为朋友．此时朋友关系数为．由于普通成员与不是朋友，因此他们只能分配给委员会．于是唯一的分配方式是都只包含其主任和副主任，其余成员都在中，满足条件． 题9．在证明中，我们记．首先证明如下一元多项式的引理． 引理：设，且不是常值多项式．假设对任意满足的整数，都有，则有中的整除关系． 证明：在中，设，并设．由多项式Bézout定理，存在和非零整数，使得．对满足的，有，即，因此．特别地，，因此是常值多项式，于是在中． 回到原题．因为不是常值多项式，存在使得是关于的非常值多项式（例如，取使得的最高次项非零即可）．设． 固定．对任意满足的整数，由条件可知．由引理可知，在中有多项式整除 考虑多项式关于二元多项式（其中是一个新的变量）作带余除法．由于非常值，因此存在满足 代入，并两边减去可得 由（1）可知左边被整除，因此右边的第二项也被整除．但该项关于的次数小于，因此只能．由的任意性， 设，其中．由（2）可知对于，都有．而是无限集非常值），因此只能恒等于零，故与无关．记，于是（2）表明对所有成立，即多项式在上恒等于零，因此． 再证明．因为不是常值多项式，存在使得是关于的非常值多项式． 固定．对任意满足的整数，由条件及可知．对多项式和应用引理，在中有多项式整除 注意在中有多项式整除；特别地，．于是有多项式整除．但右边是常数，因此．由的任意性可知多项式在上恒等于零，因此．结论得证． 学科网（北京）股份有限公司 $