2026年塔什干国际奥林匹克数学竞赛试题

2026年塔什干国际数学奥林匹克 第一天 1.在一个无限方格网格上，一辆汽车占据一个单位方格，朝向为 东、南、西或北.两名玩家轮流进行以下操作： ·玩家1将汽车沿当前朝向向前移动至少1格、至多10格. ·玩家2将汽车原地左转90°或右转90°. 玩家1先手.如果在前1000次玩家1的移动中，汽车访问了某 个方格两次，则玩家2获胜.否则玩家1获胜，确定哪位玩家有 必胜策略. 注：玩家2旋转汽车或驾车穿过方格都不算作新的访问.特 别地，玩家1的每次移动恰好使一个方格的访问次数增加1· 2.给定锐角三角形ABC,满足AB<AC.设I为其内心，D 为I在BC上的投影.直线AI交BC于E.设S为弧BAC 的中点.设F丰D为线段CE上的点，满足A,D,S,F四点共 圆.设P为直线AF与SE的交点.证明：∠PIA=∠FDA. 3.设p,g为两个不同的奇素数.证明：存在无穷多个正整数几， 使得 d(0）网)=1 1 第二天 4.一家银行发行面额为a和b的硬币，其中a>b>1且为互 素整数.银行关注这样一种情况：某人拥有一组硬币，总价值为 m,但无法恰好支付金额k.对于给定的自然数k<,如果存在 一组总价值为的硬币，使得它的任何子集的总价值都不等于k, 则称k是-坏的.特别地，如果不存在总价值为n的硬币组合， 测没有k<n是n-坏的. 对于每个n,设f(n)为小于n的-坏自然数的个数.证明 在序列f(1),(2),f(3),.·中，恰好存在一个正整数出现无穷多 次. 5.求所有非零实系数多项式P(x),满足存在自然数N,使得对 任意自然数n≥N,存在实系数多项式Qn(x),满足 1 1 1 P(x) +P(+D+…+P+n- Qn(x) 6.10个孩子每人都有自己最喜欢的糖果类型，且所有孩子的类 型互不相同.他们的祖母从商店订购了一定数量的糖果，每种类 型的糖果数量可以是任意非负整数，共10种类型.然后，店主将 所有订购的糖果放入10个透明袋子中，以任意方式将单个糖果分 配到各个袋子里.看到袋子里的内容后，祖母给每个孩子恰好一 个袋子. 之后，每个孩子会因为收到的袋子里每有一颗自己最喜欢类 型的糖果，就给祖母一个幸福点（其他类型的糖果不给幸福点）. 对于自然数m,求最小的自然数g=g(m),满足以下性质： 祖母总共订购g颗糖果时，无论店主如何将它们分配到10个袋 子中，祖母总能以某种方式将袋子分配给孩子们，确保至少获得 m个幸福点. 2第1题 在一个无限大的方格表上，一辆车占据一个单位方格，且向为北、东、南或西。两名玩家轮流进行 如下操作： 。玩家1将车沿当前方向向前移动至少1格、至多10格。 。玩家2将车在原地向左或向右旋转90度。 玩家1先手。如果在前1000次玩家1的移动过程中，车曾经两次停留在同一个格，则玩家2获胜：否 则玩家1获胜。问：谁有必胜策略？ 注：玩家2的旋转操作不会导致新的停留，车驶过的方格也不计入新的停留。 解答 玩家2有必胜策略，而且能保证远早于第1000次移动就出现重复停留。 把初始格记为(0,0)，不妨设车一开始朝北。若初始朝向不同，只是把坐标系旋转一下，不影响结论。 玩家2的策路如下： 当下一次玩家1将沿水平方向移动时，玩家2让车朝向x=0的方向： 。若当前x>0,就让车朝西： ·若当前x<0,就让车朝东： 。若当前x=0,任选东西之一。 当下一次玩家1将沿竖直方向移动时，玩家2让车朝向y=0的方向： ·若当前y>0,就让车朝南： ·若当前y<0,就让车朝北： 。若当前y=0,任选南北之一。 这个策略总是可行的，因为每次玩家2都是在当前方向的左右两侧中选一个方向：如果当前方向是南 北，则左右正好是东西：如果当前方向是东西，则左右正好是南北。 下面证明这个策略会把所有停留位置限制在一个有限区域内。 第一次玩家1移动后，车离初始格至多10格，所以停在某个满足 |z≤10， ly≤10 的格子里。 1 假设某次移动前，车所在格满足|x≤10，≤10。若下一次是水平移动，玩家2让车朝向x=0。玩 家1无论选择走1到10格中的哪一个距离，新的x仍然满足 |xl≤10. 因为如果x>0,车向西走，新的横坐标是x-d,其中1≤d≤10：若0≤x≤10，则lz-d≤10。 x<0的情形同理。何易阳高中数学竖直方向完全相同。 所以玩家2可以始终保持不变量： lz≤10， ly≤10. 也就是说，前1000次玩家1移动后的所有停留格，都落在 [-10,10]×[-10,10j 这个方形区域内。这里一共有 21·21=441 个格子。 但玩家1一共会产生1000个停留位置，而这些位置都在441个格子中。由抽屉原理，必有两个停留 位置是同一个格子。 因此玩家2必胜。事实上，玩家2最迟在第442次玩家1移动后就能保证出现重复停留。 第2题 如图，在锐角△ABC中，AB<AC,I是内心，D是I在BC上的投影。直线AI与BC交于点 E,S是外接圆弧BAC的中点。设F是直线CE上不同于D的一点，使得A,D,S,F共圆。设P 是直线AF与SE的交点，求证： ∠PIA=∠FDA. 2 解答 记 a=BC,b=CA,c=AB, 则c<b。设 K=AS∩BC,M为BC中点， AH⊥BC于H. 因为S是外接圆上弧BAC的中点，所以AS是∠A的外角平分线，而AI是内角平分线，故 AS⊥AI 又ID⊥BC,且K,D∈BC,于是 ∠KAI=∠KDI=90°， 所以K,A,I,D共圆。因此 ∠KIA=∠KDA. 若能证明K,I,P共线，则由K,D,F共线可得 ∠PIA=∠KIA=∠KDA=∠FDA, 结论成立。 下面证K,I,P共线。 注意这里实际是在三角形KAE中用Ceva。因为 F∈KE, S∈KA,I∈AE 且P=AF∩ES,所以只需证明 AI EF KS E‘KF·Si=1. (1) 先处理中间两个比值。由A,D,S,F共圆，且K,A,S共线、K,D,F共线，点K对该圆的幂给出 KD·KF=KA·KS. (2) 又SM⊥BC,而AE⊥AS,故 △KAE~△KMS, 从而 KA·KS=KE.KM. (3) 由(2)3)得 KD·KF=KE.KM. 于是 -等-1-品-兴 EF-KF-KE=1-KE- K下=KF (4) 3 另一方面，AH‖SM,所以 △KAH△KSM. 因此 KH KA KM KS 于是 SA 1- 然1--品 KH MH 即 KS KM SA MH (5) 由(4)(5)，式(1)化为只需证明 AI DM IE MH 1. (6) 现在计算。内心在角平分线AE上满足标准比例 AI AB+ACb+c BC (7) a 再由D是内切圆在BC上的切点， BD=8-b=a+c-b 2 而BM=号， DM=BN-BD=月+g-“ 2 (8) 又由投影公式 BH=a2+c2-2 2a 故 MH=BM-BH =42+222 2 2a 2a (9) 由(8)(9)得 DM_岁 M币=e=6+c (10) 2a 结合(7)(10)， AI DMb+c.a=1. IE'MH a'b+e 所以Ceva成立，AF,ES,KI共点。由于P=AF∩ES,故 K,I,P共线 于是 ∠PIA=∠FDA. 证毕。 第3题 设p,g是两个不同的奇质数。求证：存在无穷多个正整数，使得 解答 先用一个标准判别。 Kummer判别。对任意奇质数r,有 当且仅当n的r进制展开中每一位都不超过(r-1)/2。 理由是Kummer定理说：r在()中的指数，等于用r进制计算n+n时产生的进位次数。因为r 是奇数，某一位a加倍不进位正好等价于 2a≤r-1, 即 ast-1 2 所以题目等价于证明：存在无穷多个正整数，使得n在p进制和q进制中的每一位分别都不超过 p=1, 9-1 2, 2 下面用Erd6s-Graham-Ruzsa-Straus的二基数小数位定理： 二基数小数位定理。设g,h>1为整数。若整数A,B≥0满足 g-五+n-121, 则存在无穷多个正整数n,使得n的g进制展开中所有数位都不超过A,且n的h进制展开中所有 数位都不超过B。 把它用于 g=P,h=9, 4=, B=92 因为p,q是奇质数，A,B都是整数，并且 品+--1 + B=学 -19-1 因此由该定理，存在无穷多个正整数n,使得n的p进制每一位都≤(p-1)/2,并且 n的q进制每一位都≤(g-1)/2。 对这些n,由Kummer判别可得 pt(）t(） 又因为p,q是不同质数，所以 gu(（))=1 这样的n有无穷多个，命题得证。 5 第4题 银行发行面值为a和b的硬币，其中整数a>b>1且互质。银行关注到这样一种情况：某人拥有总 价值为n的一堆硬币，但却无法精确支付全金额k。对于给定的正整数k<,若存在总价值为的 一堆硬币，使得其任意子集的总价值都不等于k,则称k是-坏的。特别地，如果根本不存在总价值 为n的硬币堆，那么就没有任何k<n是n-坏的。对每个n,记f(n)为小于n且是n-坏的正整数 的个数。求证：在序列f(1),∫(2)，f(3),.中，恰好有一个正整数出现了无限多次。 解答 设一堆总值为n的硬币含有X枚a元硬币、Y枚b元硬币，则 ax +bY =n. 若它能付出k,就等价于存在非负整数U,V,使得 aU +bV=k, 0≤U≤X,0≤V≤Y 我们证明：唯一无限多次出现的正整数是 (a-1)(b-1) 1.标准表示 因为(a,b)=1,对每个整数m≥0，唯一确定整数xm,m满足 0≤xm<b, acm≡m(modb), 0≤m<a, bym≡m (mod a). 于是 m-acm -bym 同时被a,b整除，所以可写成 m axm bym abLm 其中Lm∈Z。 注意： m可由a,b硬币表示→Lm≥0. 若Lm≥0，则m的所有表示恰好为 m=a(Im +bt)+b(ym+a(Lm-t)),t=0,1,....Lm. 因此m的表示个数为Lm+1. 此外，若Lm<0,则Lm≤-1，所以 m<a(b-1)+b(a-1)-ab ab-a-b. 因此不可表示的正整数只有有限多个。 6 2.固定一个可表示的，刻画哪些k不是坏的 设 n=ax +by abL, 其中 0≤x<b,0≤y<a,L≥0 是n的标准表示。 于是所有总值为n的硬币堆为 P=(x+bt,y+a(L-t)),t=0,1,...,L. 对0<k<n,令 e=n-k. 若k不可表示，则任何硬币堆都不能付出k,所以k是-坏的。若不可表示，也不能付出k,因为 付出k后剩余硬币总值为，这会给出的表示，矛盾。 因此，若k不是-坏的，必须有k,都可表示。 设 k au+bv abR,e=au'+bv'+abR', 其中 0≤uu<b, 0≤v,v<a, R,R≥0. 因为k+E=,比较标准表示时，可能出现进位： u+u=x+ab, a∈{0,1}， v+v'=y+Ba,B∈{0,1}. 代入k+E=n, L=R+R+a+B. 现在看哪些-堆能分成一部分付k、另一部分剩。 k的表示参数为s=0,.,R,的表示参数为s=0,,R。把它们相加，得到的n-堆参数为 t=a+s+8. 因为s+s可以取遍 0,1,.,R+ 所以能通过“付出k”得到的-堆恰好是 P,a≤t≤a+R+R=L-B. 7 因此，所有-堆都能付出k,当且仅当 {0,1,L}≤{a,a+1,,L-B}. 这等价于 a=0,B=0. 也就是说： k不是n-坏的 当且仅当k与一k的标准表示相加时，在x-坐标和y坐标都没有进位。 3.计数不是坏的k 没有进位意味着 u+u=z,v+v=y,R+R=L. 因此一个不是-坏的k等价于选择 0≤u≤x,0≤v≤y,0≤R≤L, 并令 k au+bv abR, 但要排除k=0和k=n。 这样的选择共有 (x+1)(y+1)(L+1) 个，排除0，n后，得到不是n-坏的正整数k<n的个数为 (x+1)(y+1)(L+1)-2. 所以当n可表示，且 n=ax+by abL 为标准表示时， f(m)=(m-1)-(x+1)(y+1)(L+1)-2). 即 f(n)=n+1-(x+1)(y+1)(L+1): 代入n=ac+by+abL,得 f(n)=(ab-(x+1)(y+1)L+(ax+by+1-(x+1)(y+1) 8 4.分析无限多次出现的值 这里 0≤x<b, 0≤y<a. 因此 (x+1)(y+1)≤ab. 等号成立当且仅当 x=b-1,y=a-1. 若(x,)≠(b-1,a-1),则 ab-(x+1)(y+1)>0, 所以在固定的(x,)下，f()随L严格线性增长。于是任意给定整数值至多在这个剩余类中出现一 次。由于可能的(x,)只有有限多个，所以这些情形中没有某个正整数能出现无限多次。 唯一可能产生常值的情形是 x=b-1,y=a-1. 此时 n=a(b-1)+b(a-1)+abL,L=0,1,2,. 给出无限多个n。代入公式： f(n)=n+1-ab(L+1): 而 n=a(b-1)+b(a-1)+abL, 所以 f(n)=a(b-1)+b(a-1)+abL +1-abL-ab. 化简得 f(m)=ab-a-b+1=(a-1)(b-1) 因此(a-1)(b-1)在序列 f(1),f(2),f(3),. 中出现无限多次。 另一方面，任何正整数M≠(a-1)b-1),在特殊情形(x,)=(b-1,a-1)中不会出现：在其 他有限多个(：，)情形中，每个情形至多出现一次：不可表示的又只有有限多个，并且按题意此时 f(n)=0。因此M只能出现有限多次。 综上，在序列f(1),∫(2)，∫(3)，.中，恰好有一个正整数出现无限多次，这个正整数就是 (a-1)(b-1) 9 第5题 求所有的非零实系数多项式P(x),使得存在正整数N,满足对任意整数n≥N,存在实系数多项式 Qn(x),使 1 P(+P+五 +…+Pr+n-d=Qn回 解答 答案： P(x)=c(c∈R) 或 P(x)=c(x+a)(x+a+1)(c∈R*,a∈R) 先验证这两类确实可行。 若P(x)=c≠0，则 1 兮P红+I n1 k=0 c c/n' 取Qn(x)=c/n即可。 若 P()=c(x+a)(x+a+1), 令y=x+a,则 p+丙“0+0++可=(g++） 所以 cy(y+n) 于是 Qn(x)=c(x+a)(z+a+n) 即可。· 这对所有n≥1都成立。 下面证明没有别的可能。 设 1 f)=P s回=2u+ k=0 若P为常数，已经处理。以下设degP=d≥1。设P的首项系数为p卡0。当x→oo时， .a-2+oe4 而Sn=1/Qn,故 degQn =d. 10 也就是说，对所有充分大的n,有理函数Sm约分后的分母次数恒为d,不会随n增长。 现在在复数域中看极点。把∫的极点按“相差整数”分组。对某一组，取代表元入，则这一组的极点 可写为 入+j,j∈JcZ, 其中J是有限集。该组的部分分式写成 ”示 ajr 在 n Sn(c)= ∑fc+k) k=0 中，点x=入+t处r阶极点的系数为 ajr. t<j<t+n-1 若n>maxJ-minJ,则当t取中间的n-(maxJ-minJ)个值时，上式恒等于 j∈J 如果某个A,卡0，那么Sn会有随n线性增长的极点个数，矛盾于其约分后分母次数恒为d。因此对 每一组、每一个，都有 r=0. jEJ 于是可以对每一组取“累加和” r=∑au, u≥方 由于总和为0，这些b,x只有有限多个非零。令 倒=∑∑a-X-亦 bir 各组jr 直接相减可得 f(x)=R(x)-R(x+1) 所以 Sn(x)=R(x)-R(x+n). 而题设说明，对所有充分大的n, R(x)-R(c+m=Qn西 是某个多项式的倒数，因此它没有有限零点。 接下来证明这迫使R是一次分式函数。写 R(x)= A(z) B(x)' (A,B)=1. 11 取一个充分大的n,使B(c)与B(x+n)无公共根：这可以做到，因为B的根有限。于是 R(z)-R(x+n)=A()B(z+n)-A(z+n)B(z) B(x)B(x+n) 己经约分完全。由于它是多项式的倒数，分子不能有有限零点：在复数域中，非客非常数多项式必有 根，因此分子必须是非零常数。 比较x→o∞时的阶数。若R有正次数的多项式部分，设其次数为s≥1，则 R(x)-R(I+n) 的主项次数为s一1。它要成为约分后分子为常数的形式，只能有s=1且没有非平凡分母部分，即 是一次多项式。 若R在无穷远处有有限极限，设degB=q≥1，则 R(x)=L+cx-e+O(x-e1), 1≤e≤g. 于是 R(x)-R(x +n)=cenx-e-1+O(x-e-2). 另一方面，分子为常数而分母为B(x)B(x+),故其无穷远阶数为 x-29. 所以 e+1=2q. 但e≤g,故只能g=1,e=1。因此R仍然是一次分式函数。 于是 R(x)=a+B Yx+8' ad-By≠0. 计算 By-a8 R()-R(r+1）=z+6x+y+6 但 Ra)-ec+1)=f)=P西 若Y=0,右边为常数，因此P为常数。 若y卡0， 6 a=7 23 By-a6≠0， c= 则 P(x)=c(x+a)(x+a+1). 由于原来的P是实系数多项式，比较首项系数与一次项系数可知c,a∈照。 因此全部解正是 P()=c(c∈R*) 和 P(x)=c(x+a)(x+a+1)(c∈R*,a∈R) 12 第6题 有10个孩子，每个孩子都有自己最喜欢的一种糖果，且这些糖果种类各不相同。奶奶从商店订购一定 数量的糖果，她可以为每种糖果选择任意非负整数个。然后，店主将所有订购的糖果任意分装在10个 透明袋子中。看到袋子里的糖果后，奶奶给每个孩子恰好一袋。之后，每个孩子会根据自己的袋子中 属于自己最喜欢种类的糖果数量，给奶奶相应的快乐点数。给定正整数m,求最小的正整数g=g(m), 满足：奶奶可以订购总共g颗糖果，使得无论店主如何将它们分配到袋子中，奶奶总能通过合理分配 袋子给孩子们，确保获得至少m点快乐。 解答 答案 m(m+1) 2 1≤m≤9， g(m)= 10m-45,m≥9. 把10个袋子看成行，10种糖果看成列。若第i个袋子里有a颗第j种糖果，那么奶奶最后能得到 的最大快乐值是 10 max T∈S10 a(j)j. j=1 关键引理。 设奶奶订购第j种糖果x颗，写成 xj=10gj+ri 0≤ri≤9. 记 10 Q=∑9 j=1 并令 H(,,10)=minn(a+#{j:r>a}). 0<a<9 那么在最坏装袋方式下，奶奶能保证的快乐值恰好是 Q+H(r1,.,10) 下界由赋值问题对偶得到。任意一种装袋方式给出矩阵()。从第j列每个位置都减去，得到整数 矩阵 bij=aij-9j. 第j列的和就是，。由赋值问题的对偶形式，最大排列和至少为 H(1,,r10) 13 更具体地说，若 T=max∑b 赋值问题对偶给出整数山，U,满足 +≥b T=4+ 设U=∑：山。对第j列求和，有 y=∑6≤0+10e, 所以 ≥。1 于是 T0+2.1 把0写成U=10b+a,其中0≤a≤9。因为0≤T)≤9，有 [。1=-b+1 所以 T≥a+#{0:r>a}≥H. 加回每列的鲂，奶奶至少能保证Q+H分。 再看上界。· 取一个a使得 H=a+#j:rj>a). 店主先把每种糖果的10q颗平均放入10个袋子，每袋放颗。余下颗这样放： 若r)≤a,就把这r颗放进某固定的a个袋子中，每袋至多1颗： 若>a,随便放进r)个不同袋子中，每袋至多1颗。 这样所有“余数糖果”的正位置都被下面这些点覆盖：那固定的a个袋子，以及所有满足r>a的糖 果种类。一个匹配最多使用这些覆盖点中的 a+#{:T>a}=H 个正余数位置。所以店主能保证奶奶至多得到Q+H分。引理成立。 现在只需选择x,使Q+H≥m,并让总数 G=∑西=100+∑y 最小。 14 设 §=∑ 如果H≥t,那么对a=0,1,.,t-1,必须有 a+#{j:rj>a}≥t 即 #{:ri>a}≥t-a. 又因为 8 S=∑#0：>a以， a=0 所以 S≥t+化-1)+…+1=+ 2 这个下界可以达到：取余数 tt-1,t-2,,1,0,.,0 即可，此时H=t,余数总和正好是生出。 由于余数部分最多只能保证9分，最优选择是： 若1≤m≤9，直接让余数保证m分，所需总数为 1+2+…+m= m(m+1) 2 若m≥9，先用余数保证9分，最少需要 1+2+·+9=45 颗：剩下的m-9分，每多保证1分需要再加10颗同种糖果。因此 9(m）=45+10(m-9)=10m-45. 一种达到的方法是订购 10(m-9)+9,8,7,6,5,4,3,2,1,0 颗这10种糖果，总数正是10m-45,并且无论店主怎样装袋，奶奶都能保证至少m分。 15