2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试一第一天试题

2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试一 第一天试题 题1．设为Fibonacci数列，其中，且按递推定义． 初始时，黑板上写有数对．一次操作擦去黑板上原有的数对，然后写上或，其中是任意整数．求证：存在常数，使得任意正整数，可通过不超过次操作得到． 题2．给定圆，上的两点，以及满足且的点．设的中点为是优弧上的动点，使得．设点满足且．求证：平面上存在一个定点，使得总有． 题3．设整数是模长不超过1的复数．求证： 并求等号成立的条件． 2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试一 第一天试题解答 题1．设为Fibonacci数列，其中，且按递推定义． 初始时，黑板上写有数对．一次操作擦去黑板上原有的数对，然后写上或，其中是任意整数．求证：存在常数，使得任意正整数，可通过不超过次操作得到． 证明：记．Fibonacci数列的通项公式是．注意对，有，于是． 根据规则，每次操作可以对黑板上的数对加上或减去，而根据上述观察，每次操作也可以对黑板上的数对加上或减去．于是，可以利用两次操作加上或减去，也可以利用两次操作加上或减去．特别地，这允许我们对两个坐标分别操作． 引理：任意正整数可以表示为不超过个形如的正整数之和． 证明：设，则，且（即为Lucas数列）．容易验证． 归纳证明，时显然．对于正整数，设下标满足，于是，因此．由归纳假设，可以表示为中不超过个数之和． 由引理，可以通过不超过 次操作，将变为．结论得证． 题2．给定圆，上的两点，以及满足且的点．设的中点为是优弧上的动点，使得．设点满足且．求证：平面上存在一个定点，使得总有． 证明：设直线再次交圆于点，则为定点．我们证明满足条件． 设直线与交于点．因为，故，于是 设，则，并且由余弦定理和中线长公式， 因此 设直线与交于点（图中未画出），则由可知．因为，因此 由于，这意味着，于是四点共圆．因此 题3．设整数是模长不超过1的复数．求证： 并求等号成立的条件． 证明：设是单位圆盘．首先证明结论对成立． 引理：设是模长不超过1的复数，则 等号成立当且仅当中至少有个等于1． 证明：对每个，固定，考虑函数．由于，因此在上非零，故是上的全纯函数．在上，只可能发生在时，此时，于是．因此在上的奇点（若有）都是可去奇点，故是上的连续函数．由最大模原理，的最大值在边界处取到（并且在内部取不到该最大值）．因此只需考虑的情况． 我们用归纳法证明引理，时结论平凡．注意若引理对成立，取可知引理对也成立，因此只需证明若引理对成立，则对也成立． 由前述的观察，不妨设所有的模长均为1．对，取模长为1的复数及实数，使得且（换言之，对应的方向时对应方向的角平分线）．于是待证的不等式变为 由归纳假设，．记，则只需证明．事实上，由于，我们有 由归纳假设，等号成立要求是中至少有个等于1．不妨设，由于，因此．如果中恰有个等于1，通过重排，可以不妨设，其余等于1．在此排列下定义，则，矛盾．因此中至少有个等于1．显然这一条件也是充分的． 回到原题．我们归纳证明题目中的不等式成立，且等号成立当且仅当中至少有个等于1．假设结论对成立（其中），我们将证明对也成立． 设，并设．由Gauss-Lucas定理，的所有根落在的所有根构成的凸包里．特别地，这表明．比较的系数可知 对应用归纳假设，知 代换为，即 两边乘以即为要证的不等式． 由归纳假设（当时利用引理），等号成立要求中至少有个等于1．由于，因此1是的根，于是Gauss-Lucas定理表明1也是的根（否则1无法落在的根的凸包内部）．因为中1的重数至少是，所以中1的重数至少是，即中至少有个等于1．显然这一条件也是充分的． 学科网（北京）股份有限公司 $