2026年北欧数学奥林匹克竞赛试题

2026年北欧数学奥林匹克试题 第1题 设n≥3为整数。n名骑士围坐在一张圆桌旁。桌上有n支蜡烛，并且每两名相邻骑士之间恰有一 支蜡烛。其中有若千支蜡烛被点燃（可能全部点燃，也可能一支都未点燃）。对i=0,1,2,设m 表示恰好与i支被点燃的蜡烛相邻的骑士人数。 求 m maxfmo,mi,m2 关于n的最小可能值。 第2题 考虑方程组 x2=y+1, ry=t+y. 证明：若(z,)=(c0,0)是上述方程组的一个实数解，则还存在一个实数解（亿，）=(x1,1),使得 1x0=1. 第3题 设ABCD为凸四边形，且AB=BC。角∠DBA与∠CBD的内角平分线分别交线段AD与CD 的垂直平分线于点E与F。 证明：三角形△DAC的外接圆与三角形△DEF的外接圆相切。 第4题 称一对正整数(a,b)为“好”的，如果下列所有分数 aa+l a+9 6 b+1' b+9 均为整数。 (a)证明：满足 b<a< 的好数对(a,b)只有有限多个。 (b)证明：满足 b<a<blo 的好数对(a,b)有无穷多个。2026年北欧数学奥林匹克试题 第1题 设n≥3为整数。n名骑士围坐在一张圆桌旁。桌上有n支蜡烛，并且每两名相邻骑士之间恰有一 支蜡烛。其中有若干支蜡烛被点燃（可能全部点燃，也可能一支都未点燃）。对i=0,1,2,设m 表示恰好与i支被点燃的蜡烛相邻的骑士人数。 求 m max{mo,m1,m2} 关于n的最小可能值。 解答：设每支蜡烛的状态为0或1，其中1表示点燃，0表示未点燃。按圆周顺序把n支蜡烛记为一 个循环二进制串 E1,22,.,En, x:∈{0,1}， 下标按模n理解。每名骑士恰好对应一对相邻蜡烛(x,x+1)。于是 00的个数=mo, 01或10的个数=m1, 11的个数=m2. 因此 mo+mI+m2 =n. (1) 又因为在圆周二进制串中，从0变到1的次数必等于从1变到0的次数，所以相邻两项不同的次数为 偶数，即 m1≡0(mod2). (2) 由(1)立刻得到 max{mo,m1,m2}≥ (3) 下面讨论这个下界何时可达。 若n≡3(mod6),设n=6g+3,则 3 =2q+1. 如果有 max{mo,m1,m2}≤2g+1, 由于 mo+m1+m2=6g+3=3(2q+1), 只能是 m0=m1=m2=2g+1. 但这与m1必为偶数矛盾。因此当n三3(mod6)时， max(mo,m1,m2}≥ 3 +1. (4) 接下来证明这些下界都能达到。 先给出一个构造。若a,b≥0，r≥1，则循环串 0+11+1(01)-1 1 的长度为 (a+1)+(b+1)+2(r-1)=a+b+2m. 其中0+1内部贡献a个00,1+1内部贡献b个11， 其余相邻对都为01或10，共 2?个。因此该循环串实现了 (mo,m1,m2)=(a,2r,b). (5) 现在令 n=6g+s, s∈{0,1,2,3,4,5}. 分别取如下三元组： (mo,m1,m2) max(mo,mi,m2} 0 (2q,2q,2q) 24 1 (2q+1,2q.2q) 2q+1 2 (2g+1,2q,2q+1) 2g+1 3 (2g+1,2q+2,2q) 2q+2 4 (2g+1,2q+2,2q+1) 2g+2 5(2g+2,2q+2,2g+1) 2q+2 每一行三数之和均为6g+9=,且第二项均为偶数，故由构造（⑤）均可实现。于是上述下界全部可 达。 综上，最小可能值为 n丰3 (mod 6), minm +1,n≡3 (mod 6). 等价地，若n=6q+s,0≤s≤5，则 24, s=0, minm= 2q+1,s=1,2, 2q+2,s=3,4,5. 2 第2题 考虑方程组 x2=y+1, xy=x+y. 证明：若(，)=(0,0)是上述方程组的一个实数解，则还存在一个实数解(c,)=(c1,1),使得 y1x0=1. 解答：设(o,o)是原方程组的实数解。由 2号=20+1 得 0=哈-1. 代入00=x0+0,得 xo(6-1)=c0+x-1, 即 x8-z哈-2x0+1=0. (1) 显然x0卡0， 否则第一式给出0=-1，第二式矛盾。又x0卡1，否则第一式给出 0=0,第二式矛盾。 令 = 1 x1二1一0 则120=1。并且 。高 1 = 所以 x1(1-1)=y1: 即 x1y1=x1+y1. 下面验证第一式。由于 x好=1+1 等价于 1 1-02=1+ 1=0+1 又等价于 x0=(x0+1)1-xo)2. 而 (0+1)1-20)2=8-哈-2x0+1. 3 由(1)得 8-哈-0+1=x0 故 2子=1+1. 于是(c1,1)也是原方程组的实数解，且 y120=1. 命题得证。 第3题 设ABCD为凸四边形，且AB=BC。角∠DBA与∠CBD的内角平分线分别交线段AD与CD 的垂直平分线于点E与F。 证明：三角形△DAC的外接圆与三角形△DEF的外接圆相切。 原题构型 反演后的解答构型 EF是角平分线与AD、CD垂直学分线的交点 从8为中心，争检BA-BC支溪：AC不功 ……A ECAD.PECD 角平分线定理： AEVED-CPED 中心B,幂BA 故ET∥AC 两圈以D为中心庄鞋 红为DAC,调为(DEF):余性线表尔公共切线 设特角度和相时关系，因此醒到阁酮在D处相对 解答：设R=AB=BC,作以B为中心、半径R的反演。记点D,E,F的像分别为D,E,F。由于 BA=BC=R, 故A,C在反演圆上， 从而A,C不动。 先说明反演后的E在直线AD'上。因为E在∠DBA的内角平分线上，所以E仍在∠DBA的内 角平分线上。又E在AD的垂直平分线上，所以 EA=ED. 反演距离公式给出 R2.EA EA BE·BA BD ED R2.ED BA BE·BD 而由反演关系 BD·BD'=R2, BA=R, 可得 BD R BA BA BD 4 于是 EA BA ED=BD 在三角形ABD中，E位于∠DBA的内角平分线上，且满足角平分线定理对应的分比，因此E正 是该角平分线与AD'的交点， 即 E∈AD'. 同理，由F在CD的垂直平分线上可得 FC=F'D' BC BD 等价地 F'C BC FD BD 又F在∠CBD'的内角平分线上，所以 F'∈CD'. 因此反演后命题化为： 在平面上有AB=BC。∠DBA、∠CBD的内角平分线分别交AD,CD于E,F。证明 (DAC)与(DEF)相切。 下面证明这个新命题。由角平分线定理，在三角形ABD中有 AE AB ED-BD 在三角形CBD中有 CF BC FD BD 又AB=BC,所以 AE AB BC ED-ED-BD-FD 于是 DE DF DA DC 故在三角形DAC中，由平行线判定定理可得 EF‖AC. 于是三角形DEF与三角形DAC以D为位似中心对应，即 △DEF~△DAC. 且对应边EF‖AC。因此(DEF)是(DAC)在以D为中心的某个同位似下的像。两个同位似圆共 同经过位似中心D,故它们在D处相切。 反演保持角度，因而保持圆与圆的相切关系。反演后两圆相切，所以反演前原题中的(DAC)与(DEF) 也相切。 证毕。 5 第4题 称一对正整数(a,b)为“好”的，如果下列所有分数 aa+1 a+9 6+1 b+9 均为整数。 (a)证明：满足 b<a<69 的好数对(a,b)只有有限多个。 (b)证明：满足 b<a<blo 的好数对(a,b)有无穷多个。 解答：设 L=lcm(b,b+1,..,b+9). 注意到对0≤i≤9，有 =1+8 bti 因此(a,b)为好数对当且仅当 b+ila-b (0≤i≤9)， 即 La-b. (1) (a) 记 P=b(b+1)…(b+9). 先估计L的下界。 对任意正整数x1,,10,有 x12…c10≤lcm(c1,,x10）Πgcd(x,2. (2) 1≤i<j≤10 这是因为比较任意素数p的指数即可：最小公倍数提供最大的p指数，而与取得最大指数的那个数的 各个最大公因数足以补齐其余指数。 令 x:=b+i(0≤i≤9). 若0≤i<j≤9，则 gcd(b+i,b+j)j-i, 故 gcd(b+i,b+)≤9. 6 由(2)得 P≤L·95. 又P≥b10, 所以 b10 L296 (3) 若b>945,则由(3)得 L>b9. 若此时(a,b)是好数对且b<a<°，由(1)知a-b是L的正倍数，于是 a-b≥L>b9, 但另一方面 a-b<b9; 矛盾。 所以满足条件的b必须满足 b≤945. 这样的b只有有限多个：对每个固定的b,满足b<a<b的a也只有有限多个。因此满足 b<a<b 的好数对只有有限多个。 (b) 仍设 L=lcm(b,b+1,.,b+9): 只要取 a=b+L, 则由L|b+i的最小公倍数定义可知 a+1=1+42s2 b+i 对0≤i≤9全部成立，所以(a,b)是好数对。 下面证明可使a<b10。 取b为偶数。因为 gcd(b,b+2)=2, 所以 Icm(6,6+2)= b(b+2) 2 于是 Lb(b+2) 2 Ⅱ6+)=b6+1)…6+9) 2 0<i<9 ≠0,2 7 因此 a=6+L≤b+ b(b+1)…(b+9) 2 而 6+6+1)…6+9 610 =0+i(0+)→<1 故当b为充分大的偶数时， a<b10. 同时a=b+L>b。 因此对所有充分大的偶数b,取 a=b+lcm(b.b+1,..,b+9) 都得到一个满足 b<a<b10 的好数对。这样的偶数b有无穷多个，故满足条件的好数对也有无穷多个。