2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试三第一天试题

2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试三 第一天试题 题1．在锐角中，，点在外接圆上，满足．点在内，满足 证明：四点共圆． 题2．求最小的实数，使得对任意正整数和任意连续个正整数，其中都有一个，满足． 题3．求最小的实数，使得对任意正整数，若图有个顶点且最小度不小于，则对的边的任意一种红黄蓝三染色，都存在一个红连通分支、一个黄连通分支、一个蓝连通分支覆盖的所有顶点． 2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试三 第一天试题解答 题1．在锐角中，，点在外接圆上，满足．点在内，满足 证明：四点共圆． 证明：考虑复合变换：先以为中心，为反演幂作反演，再关于的角平分线作对称．于是，因此将圆变为直线，反之亦然．设，，则只需证明三点共线． 设为的外接圆圆心．因为为的等角线，，因此为与的交点，故 设在点处的切线交于点．由于，因此，于是，故在上．类似有，于是，因此，以及．故 类似地，我们有在上，且．于是，由Menelaus逆定理可知三点共线． 题2．求最小的实数，使得对任意正整数和任意连续个正整数，其中都有一个，满足． 解：的最小值是． 记，则．固定，对连续个正整数，条件要求 中有一个数在区间中．由于是无理数，当取遍正整数时在上稠密，因此条件等价于：对将划分为个区间，每个区间长度都不超过． 定义正整数数列，即 引理1：对，我们有． 引理1的证明：对归纳，容易验证．假设对成立，对于， 其中最后一步用到． 引理2：对，我们有． 引理2的证明：对归纳，容易验证．假设对成立，对于， 其中第二步用到． 对，设划分出的区间的长度的最大值为． 引理3：对划分出的区间中，有个区间长度为，有个区间长度为．特别地，． 引理3的证明：固定．对，设是模的余数．由于，故构成的一个排列．补充定义．设，其中．对求和可得． 设，由引理1可知 第一个括号内是整数，因此从到的间距为，并且方向只依赖（的奇偶性），不依赖．对求和，由引理2知这些区间的长度之和为，因此它们不能重叠，恰好构成的划分．这意味着划分出的区间长度就是，其中有个取值为1，其余个取值为0． 引理4：对划分出的区间中，有个区间长度为，有个区间长度为．特别地，． 引理4的证明：考虑中添加，得到． 引理3表明划分出的区间中，有个区间长度为，我们称之为长区间．每个长区间满足，即，此时．因此个长区间恰好对应取值为． 设．当取遍长区间对应的指标时，取遍，所以这些恰好对应添加的点．由引理1知 因此从到的间距为，从到的间距为，方向相同且只依赖（的奇偶性）．所以添加恰好将长区间划分为长度和的两个小区间．结合引理3即证． 由于添加分点使区间长度的最大值不增，因此由引理3和引理4可得以下推论： · 若，则． · 若，则． 引理5：对，我们有． 引理5的证明：考虑中添加个分点，得到．由于划分出的区间中有个区间长度为，必有一个区间不包含添加的点，因此． 回到原题，我们要确定最小的实数，使得对所有成立． 一方面，我们证明满足条件．设，考虑两种情况： · 若，则 由引理1和引理2知上式． · 若，则 括号内显然是正数，因此上式． 另一方面，考虑，并让，则 因此． 综上所述，的最小值是． 题3．求最小的实数，使得对任意正整数，若图有个顶点且最小度不小于，则对的边的任意一种红黄蓝三染色，都存在一个红连通分支、一个黄连通分支、一个蓝连通分支覆盖的所有顶点． 注：红连通分支指红子图（由所有顶点和所有红边构成的子图）的连通分支． 解：的最小值是． 首先证明时不成立．取是8的倍数且充分大，满足．设，顶点集分划为8个子集，每个子集的顶点个数都是．边集包含除连接和中两个顶点的边以外的所有边．这里，对于，定义．于是，每个顶点的度数为． 考虑如下染色方式：对和，且，将边染为第种颜色，其中是使得的最小指标（特别地，每个内部的边总是染第1种颜色）．在此染色方式下，第种颜色的边的两端点所在的集合总是满足的第个分量相等；进而，第种颜色的连通分支要么包含于，要么包含于．于是，三种颜色各一个连通分支必然无法覆盖某个中的顶点，矛盾． 再证明时结论成立．任给满足条件的图和边的三染色，我们的目标是找到红色连通分支，黄色连通分支，蓝色连通分支，满足．首先作出以下观察： 1．如果存在红色连通分支，黄色连通分支，蓝色连通分支满足，则．这是因为，对任意，由于至多有个非邻居，因此一定有邻居在中，从而． 2．如果存在红色连通分支，黄色连通分支满足，则可以达到目标．（类似的结论对任意两种颜色都成立．）事实上，如果则已经成立；否则存在，由于的非邻居个数不超过，所以至少有个邻居在中，而说明这些边只能是蓝色．这意味着存在一个蓝色的连通分支（包含），满足，由观察1可知． 3．如果存在红色连通分支满足，则可以达到目标．（类似的结论对任意一种颜色都成立．）事实上，如果则已经成立；否则存在，我们考虑所在的黄色连通分支和蓝色连通分支．由于的非邻居个数不超过，所以至少有个邻居在中，而说明这些边只能是黄色或蓝色，这意味着．如果，又可取，并考虑所在的黄色连通分支和蓝色连通分支，类似有．但，所以和中必有一个不小于，由观察1知可以达到目标． 由观察3，只需考虑每个同色连通分支的顶点个数都小于的情况．因为的蓝色子图不连通，所以存在的划分，使得之间没有蓝色边．不妨设之间的边至少有一半是红色的，考虑以为顶点，之间的红边构成的红色二部子图．因为每个至少有个邻居在中，因此之间的边数不少于；对称地，之间的边数也不少于．其中红色的边数至少占一半，因此 对于，包含的红色连通分支至少有个顶点．由Cauchy-Schwarz不等式， 因此，存在某条边，满足 这意味着包含的红色连通分支至少有个顶点．类似地，由的红色子图不连通可以推出要么存在黄色连通分支至少有个顶点，要么存在蓝色连通分支至少有个顶点． 不妨设存在红色连通分支和黄色连通分支，分别至少有个顶点．如果且，我们考虑与之间的边，注意它们一定都是蓝色边．每个至多有个非邻居，而，于是任意都有公共邻居在中．类似地，任意都有公共邻居在中．这意味着包含于一个黄色连通分支，该连通分支的顶点个数至少是，此时由观察3可知结论成立． 否则，和至少有一个小于，不妨设．只需考虑的情况（否则由观察3即证），于是，故．我们考虑与之间的边，它们都是蓝色边．类似前一段的证明，中任意两个顶点都有公共邻居在中，这意味着包含于一个黄色连通分支．由于，即，因此由观察1可知结论成立． 学科网（北京）股份有限公司 $