精品解析：2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试四第一天试题

2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试四 第一天试题 1. 给定正整数．用个多米诺骨牌不重不漏地覆盖方格表．一个“Z字形”是指由一对多米诺骨牌构成的如下图形之一： 求字形个数的最大值． 【答案】 【解析】 【分析】先借助小情况摸索构造思路，依据答案形式建立Z字形与方格内部方格的对应关系，借助引理处理边界特殊情形，即可完成上界推导． 【详解】Z字形个数的最大值是． 设由两个水平多米诺构成的Z字形个数为，由两个垂直多米诺构成的Z字形个数为． 设分别表示包含于水平，垂直多米诺的内部方格（不与边界相邻）的个数． 因为每个内部方格要么包含于水平多米诺，要么包含于垂直多米诺， 因此． 我们证明，这样就有Z字形的个数． 对于由两个水平多米诺构成的Z字形，我们称它中间一列为Z字形的中轴． 固定，我们考虑有多少个水平的Z字形中轴位于第列． 标记出第列所有包含于水平多米诺的方格，并写上字母和， 表示该水平多米诺覆盖的是第列，或第列． 于是，第列的相邻两个方格构成某个Z字形的中轴，当且仅当它们都被标记并写上不同的字母． 对于连续的个标记方格，它至多能包含个水平Z字形的中轴（当交替时取等号）． 注意到：①如果这连续的个标记方格中没有边界方格（即第1行或第行的方格）， 则它包含个内部方格，且对应的水平Z字形个数． ②如果这连续的个标记方格中恰有一个边界方格， 则它包含个内部方格，且对应的水平Z字形个数． ③如果这连续的个标记方格中恰有一个边界方格（即，第列的所有方格都标记）， 则它包含个内部方格，根据下面的引理，它们的方向不可能是一直交替的， 因此它对应的水平Z字形个数． 综合以上情况，第列中，每一段连续的标记方格对水平Z字形个数的贡献不超过对内部方格个数的贡献． 对求和即得．同理有，因此结论得证． 最后我们补充引理和证明． 引理：第列不可能所有个方格都是标记方格，并且方向交替． 引理的证明：假设第列发生了这种情况，我们考虑第列． 对于第列每个标记的方格，它所在的水平多米诺覆盖了左边的方格， 该方格（位于第列）标记． 对于第列每个标记为的方格，它左边的方格所在的多米诺不能向右， 也不能向上或向下，因此只能向左，该方格标记． 于是，第列的方格也都被标记，并且方向交替． 重复这一过程，最终第1列也是交替；但这是不可能的，因为第1列方格不可能标记，矛盾． 下面给出原题的构造．不妨设． 当时，将的方格表都用水平多米诺覆盖． 当时，先将第1行和第行分别用个水平的多米诺覆盖， 再将第1列和第列的剩余部分分别用个垂直的多米诺覆盖． 将中间剩下的方格表按此方式递推地覆盖． 设为上述覆盖方式下Z字形的个数，我们考虑边界的多米诺贡献的Z字形个数： 第2行由个水平的多米诺组成，每个多米诺与第1行的2个多米诺形成一个Z字形， 贡献个；第行类似． 第2列由个垂直的多米诺构成，每个多米诺与第1列的2个多米诺形成一个字形， 贡献；第列类似． 因此． 由于，因此由数学归纳法可知． 2. 是否存在正整数，质数和正整数，同时满足 ①； ②. 【答案】不存在 【解析】 【分析】假设存在满足条件的质数和正整数，设，，由条件可得，证明是奇素数时存在矛盾，再利用引理证明时存在矛盾，由此可得结论. 【详解】假设存在满足条件的质数和正整数． 显然有．设，． 由可知． 由条件（1）可知． 由条件（2）可知， 于是． 首先考虑是奇素数的情况． 考虑集合， 对于，一方面，利用可得． 另一方面，1， 所以中每个元素都是的（在模意义下不同的）解，共有个解． 设 表示集合的元素的个数． 对固定的，满足条件的的个数是 ， 因此 由于，我们有 但对奇素数是循环群（亦即存在模的原根）， 因此在模意义下的解的个数不超过，矛盾． 最后考虑的情况．此时均为奇素数，且由易知， 故．下面对的奇偶性分类讨论． 如果是奇数，由引理可知， 于是， 进而，矛盾． 如果是偶数，由引理可知， 于是 进而．由于， 这表明， 对于函数，， 则 所以在上递增． 于是当， 此即，这与矛盾． 3. 设正整数是正整数，对，定义，规定 ．定义多项式，其中．证明：的系数均非负当且仅当． 【答案】设． 定义平移算子为， 于是 定义多项式 （1） 满足． 注意到，， 进而有 于是 由（1）易知：（a）的所有系数非负；（b）；（c）是次回文多项式，即． 先证明必要性．假设的所有系数非负；特别地，系数非负．对固定的，，其中系数为， 于是， 由于，因此， 故 因为，所以上式非负当且仅当，即． 再证明充分性．假设，即．我们只需证明的所有零点实部非正． 这是因为实系数多项式在上分解得到的因式均形如， 或，它们的系数均非负， 因而的系数非负． 注意到的所有根都在单位圆上， 因此的所有根都在单位圆上， 设．归纳定义多项式：； 对，定义． 于是． 我们归纳证明：对，有 （2） 其中多项式的所有零点都在直线上． 对于，我们有，因此满足条件． 假设结论对某个成立，即，则 因此．下面验证多项式的所有零点都在直线上． 事实上，假设是的零点，则 其中乘积取遍的所有零点．两边取模长，得到 ， 由归纳假设，， 因此 以及 因此，若，则右边每个乘积都大于1．若， 则（3）右边每个乘积都小于1．两种情况均导致矛盾，因此只能， 这就完成了归纳，因此（2）成立． 特别地，若，由（2）可知的所有零点都满足， 因此的所有零点实部非正．若， 由（2）可知的所有零点都在直线上． 类似上述证明过程，可知 并且多项式的所有零点都在直线上． 因此的所有零点实部非正．结论得证． 【解析】 【分析】本题以平移算子结合容斥原理改写多项式，通过单位根多项式与归纳法论证零点实部非正来证充分性，再利用低次项系数符号推导必要性，最终得到系数均非负的充要条件. 【详解】略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年国际数学奥林匹克中国国家集训队测试四 第一天试题 1. 给定正整数．用个多米诺骨牌不重不漏地覆盖方格表．一个“Z字形”是指由一对多米诺骨牌构成的如下图形之一： 求字形个数的最大值． 2. 是否存在正整数，质数和正整数，同时满足 ①； ②. 3. 设正整数是正整数，对，定义，规定 ．定义多项式，其中．证明：的系数均非负当且仅当． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $