2026年哥伦比亚奥林匹克数学竞赛试题

1 2026哥伦比亚数学奥林匹克试题解答 题1 11名学生参加一场锦标赛。锦标赛包含从22个可选项目中选出的11个比赛项目。这11个选定的项 目仅在比赛当天才会公布，且每名学生必须恰好参加其中一个项目。要赢得比赛，学生们必须赢下全 部11个选定的项目。为确保能赢得锦标赛，学生们决定提前准备。已知每名学生花1小时准备就能 精通一个项目，从而保证在该项目中获胜。每名学生各自准备，但他们会提前商定好每个人练习哪些 项目。 求无论比赛当天需要参加哪些项目，都能保证赢得锦标赛所需的最少总准备时长。 解答 下界：至少需要132小时 固定任意一名学生。因为比赛当天公布的11个项目可能是任意11个项目，所以这名学生必须保证： 无论公布哪11个项目，他至少会其中一个。 如果某名学生只准备了至多11个项目，那么在22个项目中，他没有准备的项目至少有 22-11=11 个。比赛当天完全可能正好公布这11个他没准备的项目。这样他必须参加其中一个项目，但他一个都 不会，无法保证全胜。 所以每名学生至少要准备12个项目。共有11名学生，因此总准备时间至少为 11.12=132 小时。 构造：132小时可以做到 把22个项目编号为 1,2,.,22 把11名学生编号为 S1,S2,,S11 安排如下： 。学生S:准备项目元，其中1≤i≤11： ·所有学生都准备项目12,13，.·，22。 也就是说，每名学生准备： 1个专属项目+11个公共项目=12个项目 2 所以总准备时间为 11·12=132 小时。 比赛当天公布任意11个项目后： 。如果公布了某个项目i≤11，就让学生S去参加它： ·剩下的公布项目都在12，..，22中，而这些项目所有学生都会，所以把剩下学生任意一一分配过 去即可。 这样一定能覆盖全部11个公布项目，并且每个参赛学生都参加自己准备过的项目。 因此最少总准备时长为 132小时 题2 设ABC是锐角三角形，满足AB<AC,M是线段AC的中点。点D在AC上，且满足DB=DC, E是三角形ABM的外接圆与直线BD的交点（异于B)。设P,Q分别是直线BC与直线EM,AE 的交点。证明P是线段BQ的中点。 Q 解答 设 AD=a,DC=DB=c. 先说明a<c。记∠BDC=0。因为A,D,C共线且D在线段AC上，由余弦定理， AB2 a2 +c2+2accos 0. 又因DB=DC=C, BC2=2c2(1-c0s0), 3 并且 AC=a+c. 由于△ABC为锐角三角形，特别地∠ABC<90°，故 AB2+BC2>AC2. 代入上式， a2+c2+2 ae cos0+2c2(1-cos0)>(a+c)2, 化简为 2c(c-a)(1-cos0)>0. 因为B,D,C不共线，故1-c0s0>0,于是 a<c. 因此点的顺序为 A-D-M-C, 且 DM=2, MC=a+e 2 (1) 设 DE=e. 因为D位于AM之间，所以D在圆(ABM)内部。直线BD与圆(ABM)交于B,E,故E,D,B 共线且D在BE之间。由点D对圆(ABM)的幂， DB.DE=DA·DM. 即 ce=a.c-a 2 所以 es a(c-a) 2c (2) 特别地e<a,并且 BE=BD+DE=c+e. (3) 下面分别用Menelaus定理。 在三角形DBC中，直线EMP分别交DB,DC,BC于E,M,P。由Menelaus定理， BE DM CP EDMC‘PB=1. 因此 PBBE·DM PC=ED·MC 4 于是 P BE·DM BC= BE·DM+ED.MC 代入(1)3)，得 P (c+e) C= (e+e)学+e字 化简分母： (c+e)(c-a)+e(a+c)=c(c-a)+2ce. 由(2)知2ce=a(c-a),故 c(c-a)+2ce=(a+c)(c-a). 所以 PB c+e BC= atc (4) 再看点Q。因为e<a,在射线DA上取点Ao使DAo=DE=e,则由 DB=DC, DE DAo: 可知EA0‖BC。而A在A0的外侧，所以直线EA与直线BC的交点Q位于C的外侧，即点序为 B-C-Q. 在三角形DBC中，直线EAQ分别交DB,DC,BC的延长线于E,A,Q。由Menelaus定理， BE DA CQ ED AC QB 一1 因此 QB BE.DA (c+e)a QC ED·AC e(a+c) (5) 又因为B-C-Q,所以 BC QB-QC. 由(5)， QB QB a(c+e) BC 器-1 a(c+e)-e(a+c) 而 a(c+e)-e(a+c)=ac+ae-ae-ec=c(a-e). 由(2)， ce=a(c-a) 2 所以 c(a-e)=ac-ce ac- a(c-a)a(a+c) 2 2 于是 a(c+e)2(c+e) a(ate) (6) a+c 2 S 比较(4)(6)，得到 -2Pa QB BC' 即 QB =2PB. 又P在线段BC上，Q在C的外侧，所以P在线段BQ上。因此 PB=PQ. 故P是线段BQ的中点。证毕。 题3 设a≥2为正整数。对于正整数m,定义c(m)为整除m的最大平方数。称序列ao,a1,·为哥伦比 亚序列，若它满足ao=a,且对任意n≥0，有 an, 若√a为整数， an+1= an+c(an),否则. 求所有属于每一个哥伦比亚序列的整数。 解答 把任意正整数m唯一写成 m dg", 其中d是无平方因子数，即平方自由数。于是 c(m)=q2. 若d=1,则m=q2是完全平方数，下一项为q。若d>1,则m不是完全平方数，下一项为 m+c(m)=dg2+q2=(d+1)g2. 关键是证明：从任意初值出发，序列最终都会到达2。 先看平方自由部分的变化。设d>1为平方自由数。每次把 d+1=er2 写成平方自由数e与平方数2的乘积， dq2→(d+1)q2=e(rq)2. 所以平方自由部分从d变成e,而平方因子中的g被乘上r。 6 我们需要一个引理。 引理：对任意平方自由数d>1,按规则 d→sf(d+1) 反复操作，最终会到达1。并且若沿途写 dG+1=d+1r号， 直到d山k=1,记 h(d)=Tor1…Tk-1, 则 h(d)≤d, 且等号只在d=2时成立。 证明引理。 在任意四个连续整数中，必有一个能被4整除，所以从d+1,d+2,d+3,d+4中必有一个不是平方 自由数。设t≤4是最小的正整数，使得d+t不是平方自由数。于是 d+1,d+2,.,d+t-1 都是平方自由数，前面这些步骤只会让平方自由部分逐次加1。而 d+t=er2 中有r≥2， e-告s牛<4 所以平方自由部分经过至多四步就会下降到一个更小的平方自由数。不断下降，最终必到达1。 再用强归纳估计h(d)。对d=2,有 2→3→1， h(2)=2. 对d=3,有 3→1，h(3)=2<3. 现在设d≥5。仍取上面的t≤4，写 d+t=er2,r22,e<d. 由归纳假设， h(e)≤e. 因此 n④=rhle)≤re=a+些sa+4<d 2 引理得证。 7 现在回到原序列。设当前项为 m=dg2. 若d=1,则m=g2。因为我们从a≥2出发，不会到达1，所以q≥2，下一项 9<m. 若d>1,由引理，经过若干次“加上最大平方因子”的操作后会到达完全平方数 (h(dq)2, 再下一步变成 h(d)q. 若d>2,则h(d)<d, h(d)q<dq≤dg=m. 若d=2,则h(2)=2,于是新项为2q。当q>1时， 2g<2g2=m. 唯一没有严格下降的情形是 d=2,q=1, 也就是m=2。 因此，除m=2以外，从任何当前项出发，经过有限步都会到达一个更小的正整数。于是从任意初值 a≥2出发，序列必定最终到达2。 而 2→2+c(2)=3,3→3+c(3)=4,4→V4=2. 所以每一个哥伦比亚序列最终都会进入循环 2+3→4→2. 因此2,3,4都属于每一个哥伦比亚序列。 另一方面，初值α=2的序列本身就是 2,3,4,2,3,4, 它只含有2,3,4。所以若某个整数属于每一个哥伦比亚序列，它必须属于这个序列，因而只能是2,3,4。 综上，所有属于每一个哥伦比亚序列的整数为 2,3,4 P 题4 设a和b是两个正实数，且b≠1。执行如下操作： 第一步，在一张纸上写下数字α。之后每一步，都将上一步写下的数字乘以b,再写在纸上。当纸上出 现大于100的数，或者出现非整数时，停止书写。求这张纸上最多能写下多少个数字？ 解答 把己经写下且还没有触发停止条件的数叫作“合格数”，也就是正整数且不超过100。如果一共写了N 个数，那么前N-1个数都必须是合格数，第N个数才是第一次出现的“大于100”或“非整数”的 数。 所以关键是：一串公比不为1的几何数列中，最多能有多少个连续项都是1,2，.，100里的整数。 设这些合格项为 1,E2·,rm 若b<1,把它们倒过来看，公比变成1/b>1:所以只需研究公比>1的情形。于是 E1,E23···,Em 是一个递增的正整数几何数列，且都不超过100。 因为x1,x2都是整数，所以 r= 2 1 是有理数。将它写成最简分数 r= 其中p>q≥1，且gcd(p,q)=1。 分两种情况。 若q=1,则？=p是整数，且p≥2。因此 xm=x1pm-1≥2m-l 又因为xm≤100， 2m-1≤100. 由于 26=64≤100<128=27， 9 得到 m-1≤6， 即 m≤7. 若q≥2， 必须都是整数，特别地xm是整数。由于gcd(p,q)=1,要使 pm-1 gm-1 为整数，必须有 gm-1|x1. 于是 gm-1≤x1≤100， 又q≥2，所以 2m-1≤100. 同样得到 m≤7. 因此，在停止之前最多只能连续写下7个合格数。第8个数可以是第一次触发停止条件的数，所以总 数最多为 7+1=8. 这个上界可以达到。例如取 a=1, b=2. 依次写下 1,2,4,8,16,32,64,128. 其中前7个数都是不超过100的整数，而第8个数128>100，于是停止。 所以纸上最多能写下 ⑧ 个数字。 10 题5 求所有实数1，x2,·,x100,使得 100 t3 =x1+E2, x00=x2+x3, xh8=x98+x99, x400=xg9+x100, z200=x100+1. 解答 设下标都按模100理解，即 x9=+2+1 (i=1,2,.,100) 显然每个相邻和都非负： +x+1=x49≥0. 下面证明只有两个解。 由 x9=-1+, x00=E-2+c-1 相减得 x9-2x00=--2. (1) 令 M=max zil. 1≤i≤100 若M=0,则全部x:=0, 下面设M>0。先说明一定存在某个k,使得 Tk=M. 若最大绝对值本来由正数取得，则显然。若某个工=一M,则由 ++1=9≥0 得 rj+1≥M. 又因为c+1≤M,所以+1=M。因此总能取到xk=M。 11 把i=k代入(1)，得 x49-2xW00=k-ck-2, 即 x491-M100=M-Ek-2: 由于k+1≤M,左边≤0：由于k-2≤M,右边≥0。两边相等，所以只能同时为0。于是 xk-2=M,|Ek+1=M. 同理，对k一2，k一4，.反复使用同样论证，得到与k同奇偶性的全部50个数都等于M,而另一奇 偶性的全部数的绝对值也都等于M。也就是说，所有数都满足 xil M, 并且某一奇偶性的数全为M,另一奇偶性的数为士M。 现在取一个与k同奇偶性的指标i。 =M, i-2=M. 由原方程的移位形式 x00=-2+-1 得 M100=M+2x:-1. 而x-1=土M。若x:-1=-M,则右边为0，与M100>0矛盾。因此 c-1=M. 由于这样的i-1遍历另一奇偶性的全部指标，所以所有x;都等于M。 于是原方程化为 M100=M+M=2M. 因为M>0,所以 M99=2, 即 M=21/99 所以所有实数解为 (x1,x2,x100）=(0,0,,0) 或 (c1,x2,,x100）=(2/99,21/99,.,22/99) 12 题6 设n为正整数。初始时，一个n×n棋盘的所有格子均为白色。每一步操作允许将棋盘上的一个格子 涂成黑色，前提是操作完成后，每一个白色格子都至少与另外两个白色格子有公共边。求最多可以将 多少个格子涂成黑色。 解答 答案为 n=1, n2-2n, n≥2且n为偶数， n2-2m-1,n≥3且n为奇数. 等价地，n≥2时最多涂黑 n2-2n -(n mod 2) 个格子。 证明 把棋盘看成图：格子是顶点，有公共边的两个格子连边。一次涂黑就是删除一个顶点，要求删除后剩 下的白色顶点在白色诱导子图中的度都至少为2。 先处理≥2。设最终留下的白格集合为S,|S=k。最终S中每个格子至少有两个白色邻格，所以 在诱导子图G引[S中 e(S)≥k. 把整个过程倒过来看：从最终白格S出发，把被涂黑的格子一个一个加回来。每次加回一个格子时， 它至少己经有两个白色邻格。若一共加回 n2-k 个格子，则我们可以给每个加回的格子选两条连向己有白格的边。这样选出的 2(m2-k) 条边彼此不同，并且都不完全在S内。 整个n×n网格图共有 2m(m-1) 条边， 2m(n-1)≥e(S)+2(m2-)≥k+2(n2-k)=2n2-k. 所以 k≥2m. 13 所以至少要留下2n个白格。 下面说明当n为奇数时还必须多留下一个白格。反设n为奇数且k=2。上面的不等式必须处处取 等号，所以 e(S)=S]. 又因为S中每个顶点度至少为2，故每个顶点度恰好为2，于是S的每个连通分量都是一个圈。 设这些圈为C,.,Cc。对每个圈C,令h,w;分别是它所占最小矩形的行数和列数。一个圈若跨越 :行、心：列，则它至少要上下各走一次、左右各走一次，所以 IC≥2(h+w-2). 还需要一个简单引理：若某个初始白格集合能通过“每次加入一个已有至少两个白邻格的格子”扩展 到整个n×n棋盘，那么其各连通分量外接矩形的半周长之和至少为2n,即 h:+w)≥2m. 理由是：在扩展过程中，若新格子加入同一个连通分量，它不会增大该分量的外接矩形：若它把两个 分量连起来，则新外接矩形的“行数+列数”不超过原来两个外接矩形的“行数+列数”之和。最终 整个棋盘的外接矩形是n×n,半周长为2n,故初始半周长之和至少为2n。 于是 2n=|S=∑1C≥2∑(h:+-2)=2∑h:+u)-4c≥4n-4c 所以 c n 另一方面，每个圈至少有4个格子，因此 2m=lS1≥4c, 即 cs? 当n为奇数时，整数c不可能同时满足c≥n/2与c≤n/2。矛盾。因此奇数n≥3时必须有 |S≥2m+1. 接下来给出构造，证明这些下界都能达到。 偶数情形 设n=2m。保留主对角线方向上的m个互不相交的2×2白块： {1,2}×{1,2,{3,4}×{3,4},,{2m-1,2m}×{2m-1,2m. 共留下 4m=2m 14 个白格。每个白格在自己的2×2白块中都有两个白色邻格。 倒过来看，从这些白块出发可以扩展回整个棋盘：第一个2×2白块先填满左上角2×2：若己经填满 了左上角的2t×2t方阵，而下一个2×2白块位于 {2t+1,2t+2}×{2t+1,2t+2}, 则格子(2t,2t+1)和(2t+1,2)都已有两个白色邻格，可以先加入：随后即可逐行逐列填满新的 (2t+2)×(2t+2)方阵。归纳可填满整个棋盘。 所以偶数n时可以只留下2n个白格，最多涂黑 n2-2m 个格子。 奇数情形 设n=2m+1。保留如下白格： {1,2}×{1,2},{2,3}×{2,3},{4,5}×{4,5},..,{2m,2m+1}×{2m,2m+1}. 前两个2×2白块重叠一个格子，后面的互不重叠。因此留下的白格数为 4+4-1+4(m-1)=4m+3=2n+1. 每个留下的白格仍至少有两个白色邻格。 倒过来看，前两个重叠的2×2白块可以先扩展成左上角3×3方阵：只需加入(1,3)和(3,1)。之后 与偶数情形相同，每遇到下一个对角方向的2×2白块，就可以把已填满的方阵扩大两行两列。最终 能扩展回整个n×n棋盘。 所以奇数n≥3时可以只留下2n+1个白格，最多涂黑 n2-(2m+1)=n2-2m-1 个格子。 最后，n=1时只有一个格子，把它涂黑后已经没有白格，条件真空成立，所以最多涂黑1个格子。2026年哥伦比亚数学奥林匹克 第一天 题1.11名学生参加一场锦标赛.锦标赛包含从22个可选项目中选出的11个比赛项目.这11个选定 的项目仅在比赛当天才会公布，且每名学生必须恰好参加其中一个项目. 要赢得比赛，学生们必须赢下全部11个选定的项目.为确保能赢得锦标赛，学生们决定提前准 备.已知每名学生花1小时准备就能精通一个项目，从而保证在该项目中获胜.每名学生各自准 备，但他们会提前商定好每个人练习哪些项目. 求无论比赛当天需要参加哪些项目，都能保证赢得锦标赛所需的最少，总准备时长. 题2.设ABC是锐角三角形，满足AB<AC,M是线段AC的中点.点D在AC上，且满足 DB=DC,E是三角形ABM的外接圆与直线BD的交点（异于B),设P、Q分别是直线BC与 直线EM、AE的交点.证明P是线段BQ的中点， 题3.设a≥2为正整数.对于正整数m,定义c(m)为整除m的最大平方数.称序列ao,a1,.…为哥 伦比亚序列，若它满足a0=a,且对任意n≥0，有 ∫√an 若√an为整数， an+1= lan十c(an)否则. 求所有属于每一个哥伦比亚序列的整数 第二天 题4.设a和是两个正实数，且b≠1.费利佩执行如下操作： 第一步，他在一张纸上写下数字α.之后每一步，他都将上一步写下的数字乘以b,再写在纸上. 当纸上出现大于100的数，或者出现非整数时，费利佩停止书写.求这张纸上最多能写下多少个 数字？ 题5.求所有实数1，x2,·,100,使得 平x1十优2 公 甲第2十花3 =Eg8十Egg 100 =cg9+x100 =100+C1 题6.设n为正整数.初始时，一个n×n棋盘的所有格子均为白色.每一步操作允许将棋盘上的一 个格子涂成黑色，前提是操作完成后，每一个白色格子都至少与另外两个白色格子有公共边.求 最多可以将多少个格子涂成黑色