2026年捷克、奥地利、波兰、斯洛伐克奥林匹克联合竞赛数学试题

2026年捷克奥地利波兰斯洛伐克联合竞赛 第1题 设a1,a2,…,a100为100个两两不同的实数。若某个指标i∈{2,3，，99}满足 a1+a2+…+ai-1=a+1+ai+2+·+a100: 则称i为一个好指标。问：好指标的最大可能个数是多少？ 第2题 称正整数k为可除性数，如果只有有限多个正整数四元组（红，，之，w)同时满足 x2+y2+z2+心2=xy2w 以及 k1x2+刘2+22+w2 求所有可除性正整数k。 第3题 设ABCD为一四边形，且其内切圆圆心为I。分别在线段IA与IC上取点K与L,使得 CK⊥ID, AL⊥IB. 分别在线段AD与BC上取点P与Q,使得 ∠AKP=∠ICD, ∠CLQ=∠IAB 证明： IP=IQ. 第4题 Tom和Jerry在一个16×16的棋盘上进行如下游戏。Jerry先选择若千个格子，但不能选择全部 格子，并在每个所选格子上放置一个红色石子。随后Tom在某个空格子上放置一个黑色石子，并 决定自己扮演“猎人”还是“猎物”。之后双方轮流行动，仍由Jey先手。每一回合中，轮到的玩 家从自己的一枚石子出发，将其移动到与当前格子共边相邻的一个格子中。若该移动会使石子离开 棋盘，则该石子会从棋盘的对侧重新出现：例如，若石子在左边界上，则它会出现在同一行的右边 界上，其余边界情形同理。若在游戏过程中任意时刻，猎人的一枚石子与猎物的一枚石子占据同一 格，则猎人获胜，游戏结束。若游戏无限进行，则猎物获胜。问：哪一位玩家有必胜策略？ 第5题 设M为圆内接四边形ABCD的边AD的中点。分别在射线MB与MC上取点K与L,使得 ∠DAK+∠ACM=∠ABM, 以及 ∠LDA+∠MBD=∠MCD. 证明：点B,C,K,L共圆。 第6题 设n≥2为整数，且a1,a2,,am为非零实数，满足 1 a1+ d22+G,n-1+ 均为整数。证明 1 a1a2…an+ a1a2···am 也是整数。2026年捷克奥地利波兰斯洛伐克联合竞赛 第1题 设a1,2,,a100为100个两两不同的实数。若某个指标i∈{2,3，，99}满足 a1+a2+··+ai-1=ai+1+ai+2+·+a100: 则称为一个好指标。问：好指标的最大可能个数是多少？ 解答 设 d=(a1+·+ai-1)-(a+1+…+a100) (2≤i≤99)： 则讠为好指标当且仅当 d=0. 又有 d+1-d=a+a+1: (1) 若，i+1都是好指标，则d=d+1=0,由(1)得 ai+a+1=0. (2) 若i,i+1,i+2三个连续指标都是好指标，则同理有 ai+ai+1=0, a2+1+ai+2=0, 故 ai ai+2, 与a1,,10两两不同矛盾。因此任意三个连续候选指标中，最多有两个好指标。候选指标为 2,3,..,99, 共98个。分组为 (2,3,4),(5,6,7),·,(95,96,97),(98,99) 前32组每组至多2个，最后一组至多2个，所以好指标数至多 32.2+2=66. (3) 下面构造达到66个的例子。令 1 b0=一3 1 b100= 3 并对m=0,1,,32,令 b3m+1=10m,b3m+2=-10m,bgm+3=10m. 定义 a=b:-b2-1(1≤i≤100). 则 a1+…+ak=bk-b0 特别地， 总和为 a1+…+a10=b100-b0=3 于是讠为好指标等价于 b:-1-bo=(b100-bo)-(b:-bo), 即 b2-1+b:=0. (4) 而由构造，对每个m=0,1,,32,都有 b3m+1+b3m+2=0. b3m+2+b3m+3=0. 所以 3m+2,3m+3 均为好指标，即 2,3:5,6;8,9；.;98,99 都是好指标，共 33.2=66 个。最后验证a:两两不同。由定义得 4 01= a3m+2=-2.10m, a3m+3=2.10m (0≤m≤32)， a3m+4=9.10m (0≤m≤31)： 以及 0100= -102 这些数两两不同。因此上界66可以达到，最大可能个数为 66 第2题 称正整数k为可除性数，如果只有有限多个正整数四元组(x,,之，w)同时满足 x2+y2+22+w2=xyzw 以及 k1x2+y2+22+w2. 求所有可除性正整数k。 2 解答 设 S=x2+y2+z2+2w2. 由题设方程知 S=xyzw: 所以条件 k1x2+y2+22+w2 等价于 k xyzw. 下面求使得满足 22+y2+22+w2 zyzw, k↑xyzw 的正整数四元组只有有限多个的k。先证明任意解中x,y,之，w全为偶数。若四数全奇，则左边是四个 奇数平方之和，为偶数：右边xyz心为奇数，矛盾。若恰有1个或3个奇数，则左边为奇数，而右边 含有偶因子，为偶数，矛盾。若恰有2个奇数，则模4下，左边 x2+y2+z2+w2=1+1=2(mod4), 而右边xyzw含有两个偶因子，故 xyzw≡0(mod4), 矛盾。故只能四数全偶。因此 16|xyz0. 又因为S=xyzw,所以对任意解都有 16S. 于是凡是 k|16 的正整数， 即 k=1,2,4,8,16, 都满足飞」S。此时满足k十S的四元组一个也没有，当然只有有限多个。所以 1,2,4,8,16 都是可除性正整数。接下来证明没有其他k。构造无穷多组解。令 a1=a2=2,an+2=4an+1-an(n≥1). 则前几项为 2,2,6,22,82, 3 证明 (2,2,an,an+1) 均为原方程的正整数解。只需验证 22+22+a品+a品+1=2.2：an0n+1, 即 a2+a2+1+8=4anan+1: (1) 当n=1时， 22+22+8=16=4.2.2, 成立。若 a品+a2+1+8=4anan+l: 由 an+2 4an+1 -an 得 a2+1+a2+2+8-4an+1an+2=a2+1+(4an+1-an)2+8 -4an+1(4an+1-an) =a2+a2+1+8-4anan+1 =0. 所以(1)对所有n成立，故 (2,2,an,an+1) 都是解。并且从α2=2，ag=6起数列严格递增，所以这些解有无穷多个。对这些解，有 xyzw 4anan+1. (2) 由递推式易知每个an都为 an≡2(mod4): 因为a1=a2=2(mod4),若an≡an+1≡2(mod4),则 an+2=4an+1-an≡-2≡2(mod4). 所以 anan+1 恰含两个因子2，从而 xyzw lanan+1 恰含四个因子2，即 16 xyzw, 321xy2w. (3) 因此若32」k,则上面无穷多个解都满足 kxyzw, 所以这样的k不可除性。现在设k含有奇素因子p。证明k也不可除性。只需证明存在无穷多个， 使得 P{anan+1. 考虑数对 (an,an+1）(modp). 递推式 an+2 4an+l-an 说明由(an,an+1)可唯一推出下一对 (an+1,an+2). 同时也可倒推，因为 an =4an+1-an+2. 模p下数对只有p2种，因此数列 (an,an+i）(modp) 从一开始就是周期的。于是存在正整数T,使得 (aT+1,aT+2)≡(a1,a2)≡(2,2)(modp): 于是对无穷多个n,都有 (an,an+1)≡(2,2）(modp). 由于p是奇素数， p12, 所以这些n满足 P{anan+1. 由(2)得 p{xyzw. 又因为pk,所以 k xyzw. 于是对于含有奇素因子p的k,也存在无穷多个解满足k十xy2w,故不可除性。综上，若k可除性， 则既不能被32整除，也不能含有奇素因子，所以只能是 1,2,4,8,16. 而前面己经证明它们都可除性。因此答案为 1,2,4,8,16 5 第3题 设ABCD为一四边形，且其内切圆圆心为I。分别在线段IA与IC上取点K与L,使得 CK⊥ID, AL⊥IB. 分别在线段AD与BC上取点P与Q,使得 ∠AKP=∠ICD, ∠CLQ=∠IAB. 证明： IP IQ. F D 解答 设 E=AB∩CD,F=AD∩BC, 并记 a=∠DAB,Y=LBCD. 先证： P=AD∩KE, Q=BC∩LE. 令 P=AD∩KE, Q'=BC∩LE. 因为I是四边形的内切圆圆心，所以它到四条边所在直线的距离相等。特别地，EI平分直线AB,CD 所成的角。又在三角形EAD与EBC中，I分别位于相应的角平分线上，故由角平分线角追可得 ∠AID=90°+∠AEI, ∠BIC=90°+∠AEI. 6 由于K∈IA且CK⊥ID,有 ∠CKI=-90°+∠AID=∠AEI=∠CEI. 于是 E,K,I,C 四点共圆。同理，由L∈IC且AL⊥IB,有 ∠ALI=-90°+∠BIC=∠AEI, 故 E,L,I,A 四点共圆。现在利用这两个圆。因为A,K,I共线，且P,K,E共线，由E,K,I,C共圆得 ∠AKP'=∠IKE=180°-∠ICE=∠ICD. 而P∈AD,所以P'满足题中对P的定义，故 P'=P. 同理，因为C,L,I共线，且Q,L,E共线，由E,L,I,A共圆得 ∠CLQ'=180°-∠ILE=∠IAE=∠IAB. 而Q∈BC,故 Q'=Q. 于是以后可直接认为 P=ADOKE,Q=BC∩LE. 接下来证明E,F,P,Q,I共圆。由P∈AD、K∈IA,在三角形AKP中， ∠K4P=分 ∠AKP=LICD= 因此 ∠EPF=∠KPA=180°-a+Y 2 同理，在三角形CLQ中， ∠LcQ=多∠00=∠AB=分 所以 ∠EQF=∠LQC=180°-&+Y 2 于是 ∠EPF=∠EQF, 从而 E,F,P,Q 7 四点共圆。再证1也在这个圆上。设内切圆分别与 AB,BC,CD,DA 相切于 X,Y,Z,T. 由切线夹角定理， rX=180°-， Y2=180°-Y. 又E是切线AB,CD的交点，F是切线AD,BC的交点，所以IE,IF分别是对应两组切线夹角的 角平分线。于是 ∠EIF= TX+YZ 2 =180°-a+1, 2 故 ∠EIF=∠EPF, 所以 E,F,P,I 共圆。结合前面E,F,P,Q共圆，得到 E,F,P,Q,I 五点共圆。最后，因为F=AD∩BC,且I是内切圆圆心，所以FI平分直线AD,BC所成的角，即 FI 平分 ∠PFQ. 在圆(EFPQ)中，角平分线FI交圆于I,因此I是弧PQ的中点，故对应弦相等： IP IQ. 证毕。 第4题 Tom和Jerry在一个16×16的棋盘上进行如下游戏。Jerry先选择若干个格子，但不能选择全部 格子，并在每个所选格子上放置一个红色石子。随后T0在某个空格子上放置一个黑色石子，并 决定自己扮演“猎人”还是“猎物”。之后双方轮流行动，仍由Jery先手。每一回合中，轮到的玩 家从自己的一枚石子出发，将其移动到与当前格子共边相邻的一个格子中。若该移动会使石子离开 棋盘，则该石子会从棋盘的对侧重新出现：例如，若石子在左边界上，则它会出现在同一行的右边 界上，其余边界情形同理。若在游戏过程中任意时刻，猎人的一枚石子与猎物的一枚石子占据同一 格，则猎人获胜，游戏结束。若游戏无限进行，则猎物获胜。问：哪一位玩家有必胜策略？ 8 解答 结论：Jerry有必胜策略。把棋盘看成坐标取模16的环面，即所有坐标都按模16计算。Jerry的初始 布置Jerry先放16枚红子。把棋盘分成如下16个互相隔开的2×2小方块： B={4i,4+1}×{41,41+1},元，j∈{0,1,2,3} 在每个B中放一枚红子，例如都放在(4,4)。这些2×2小方块之间至少隔着两行或两列的空隙： 更关键的是：任意一个格子至多只会与一个小方块中的格子相邻。所以To的黑子不可能同时威胁两 个不同小方块里的红子。若Tom选择当猎人Jery让每枚红子永远待在自己的2×2小方块里。在一 个2×2小方块中，若黑子与其中的红子相邻，由于Jey先动，红子总可以沿小方块的一条边移动到 一个不与黑子相邻的格子。直观上，这个2×2小方块就是一个长度为4的小环，猎人速度相同且后 手，抓不到先动的猎物。又因为Tom的黑子一次至多只能威胁一个小方块中的红子，所以Jerry每回 合只需要移动被威胁的那一枚红子：若没有红子被威胁，就随便移动一个离黑子不相邻的小方块里的 红子。这样Jerry可以保持如下不变量： 在Tom每次行动前，黑子不与任何红子相邻。 于是Tom无法在自己的回合移动到红子所在格，永远抓不到红子。所以如果Tom当猎人，Jerry作 为猎物获胜。若Tom选择当猎物这时红子是猎人。Jerry不再需要保持红子分散，可以重新排兵布阵。 Jerry先用有限多步把l6枚红子移动到两道“墙”上。若Tom在此过程中被红子走到同一格，Jerry 己经赢了：否则这些移动总能完成，因为黑子不能阻止红子沿预定路径移动，站到红子的下一步目标 格只会被吃掉。Jerry形成两道水平墙，例如： 第0行的偶数列：0,2,4，，14， 第8行的偶数列：0,2,4，，14. 每道墙有8枚红子，正好用完16枚红子。注意一枚红子作为猎人时，不只占住自己的格子，还威胁四 个相邻格子。若一行的偶数列都有红子，那么这一整行都被红子威胁：偶数列被红子占据，奇数列与 左右某个红子相邻。因此Tom作为猎物不能在自己的回合后停在这整行上，否则Jerry下一回合立刻 吃掉他。两道墙把环面切成两个水平带状区域，Tom必在其中一个区域里。接下来Jery把包含Tom 的那个带状区域逐行压缩。说明一下一道墙如何安全地平移一行：若墙在第？行偶数列，Jerry依次把 (r,0),(,2),(r,4),.,(r,14) 这些红子向目标方向移动一格，例如移动到第？+1行的同一列。移动过程中，旧行和新行之间始终 形成一条不能穿过的“锯齿墙”： 。己经移动的红子控制新行附近的格子： 。尚未移动的红子控制旧行附近的格子； 。黑子若想从墙的一侧到另一侧，必须在某一步停到被红子占据或相邻威胁的格子上，下一回合就 会被吃掉。 9 所以Tom不能穿墙。Jerry每完成一次墙的平移，就把Tom所在的水平带宽度减少1。一开始两墙相 隔8行，所以Tom所在带最多只有7行。重复有限次后，带宽被压到0或1，Tom无处可逃，必然 在某一步被红子吃掉。综上，Jerry的初始I6枚红子布置同时满足两件事： 1.Tom当猎人时，Jerry让红子各自在自己的2×2小方块内逃跑，Tom抓不到。 2.Tom当猎物时，Jerry把红子重组成两道墙并逐行压缩，最终抓到Tom。 所以必胜者是： Jerry 第5题 设M为圆内接四边形ABCD的边AD的中点。分别在射线MB与MC上取点K与L,使得 ∠DAK+∠ACM=∠ABM, 以及 ∠LDA+∠MBD=∠MCD. 证明：点B,C,K,L共圆。 R M B 10 解答 设w为ABCD的外接圆，记 ∠DAK=,∠ACM=B, ∠LDA=Y,∠MBD=6. 由题设， ∠ABM=a+B, ∠MCD=Y+6. (1) 令B为直线BM与w的另一交点，C为直线CM与w的另一交点。再令 K'=AD∩BC,L=AD∩CB. 先证A,B,K,K'共圆。因为K,B,M共线，K',B,C共线，故 ∠K'BK=∠CBM=∠ABM-∠ABC. (2) 又A,B,C,C共圆，且C,M,C共线，所以 ∠ABC=∠ACC'=∠ACM=B. (3) 由(1)，(2)，(3)得 ∠K'BK=(a+B)-B=a. 而K'∈AD,故 ∠K'AK=∠DAK=a. 于是 ∠K'BK=∠K'AK, 所以 A,B,K,K共圆 (4) 同理证明C,L,L,D共圆。因为L,C,M共线，，C,B共线， ∠LCL'=∠MCB'=∠MCD-∠B'CD. (5) 又B,B,C,D共圆，且B,B,M共线，所以 ∠B'CD=∠B'BD=∠MBD=6. (6) 由(1)，(5)，(6)得 ∠LCL'=(y+)-6=y. 而L∈AD,故 ∠LDL'=∠LDA=Y. 于是 ∠LCL=∠LDL, 所以 C,L,L,D共圆 (7) 11 现在用蝴蝶定理。圆w中，M是弦AD的中点：两条过M的弦为BB'与CC。直线BC与CB 分别交AD于K,。由蝴蝶定理， MK'=ML'. (8) 又题设M是AD的中点，所以 MA-MD (9) 由(4)，对圆(ABKK)以点M作幂，因M,B,K共线且M,A,K'共线，有 MB.MK=MA-MK'. (10) 由(7)，对圆(CLLD)以点M作幂，因M,C,L共线且M,D,U共线，有 MC.ML=MD.ML'. (11) 由(8)，(9)，(10)，(11)得 MB-MK=MC.ML. (12) 最后，B,K在同一直线MB上，C,L在同一直线MC上。由相交割线幂定理的逆定理，(12)推出 B,C,K,L 共圆。证毕。 第6题 设n≥2为整数，且a4,a2,…,an为非零实数，满足 1 1 a1+22+ga-1+m+ 均为整数。证明 1 a1a2…an+ a1a2…an 也是整数。 解答 令 an+1=a1: 并设 m=+1∈z (元=1,2，，n). aitl 于是 aiai+1+1 miai+1. (1) 先证明如下结论：对每个k=1,2,,n,都存在整数Ak,Bk,Ck,Dk,使得 Akak+1+Bk =(a2a3..ak+1)a1, (2) Ckak+1+Dk =a203..ak+1; (3) 12 并且 Ak Dk-BkCk =1. (4) 下面用数学归纳法证明。当k=1时，由 a1a2+1=m1a2 可得 m1a2-1=a1a2. 又显然 1·a2+0=a2 因此取 A1=m1, B=-1,C1=1, D1=0, 则 A1a2+B1=a1a2, C1a2+D1=a2, 并且 A1D1-B1C1=m1·0-（-1)·1=1. 所以结论对k=1成立。假设结论对某个飞成立，即存在整数Ak,Bk,Ck,Dk,满足 Akak+1+Bk (a2a3...ak+1)a1, Ckak+1+Dk a2a3.ak+1, 且 Ak Dk-BkCk 1. 将第一个式子两边乘以ak+2,得 Akak+1ak+2+Bkak+2=(a2a3...ak+2)a1. 由式(1)知 ak+1ak+2+1=mk+1ak+2, 即 ak+1ak+2=mk+1ak+2-1. 代入上式，得到 Ak(mk+1ak+2-1)+Bkak+2=(a2a3...ak+2)a1. 整理得 (Akmk+1+Bk)ak+2-Ak =(a2a3...ak+2)a1. (5) 同理，将第二个式子两边乘以ak+2,可得 (Ckmk+1+Dk)ak+2-Ck=a2a3..ak+2. (6) 13 于是令 Ak+1=Akmk+1+Bk Bk+1=-Ak Ck+1=Ckmk+1+Dk Dk+1=-Ck. 由于Ak,Bk,Ck,Dk,mk+1都是整数，所以Ak+1,Bk+,Ck+1,Dk+1也都是整数。由（⑤），(6)知，式 (2),(③)对k+1成立。再验证不变量： Ak+1Dk+1-Bk+1Ck+1=(Akmk+1+Bk)(-Ck)-(-Ak)(Ckmk+1+Dk) =-AkCkmk+1-BkCk +AkCkmk+1+Ak Dk =Ak Dk-BkCk =1. 所以结论对k+1也成立。由归纳法，结论对k=1,2,,n全部成立。现在取k=n。记 P=a1a2…an 由an+1=a1,式(2)，(3)给出 Ana1+Bn (a2a3...ana1)a1 Pal, (7) Cna1+Dn a2a3...anal=P. (8) 记 A=An,B=Bn;C=Cn,D=Dn. 则A,B,C,D均为整数，且 AD-BC=1. (9) 由(7）得 Aa+B=Pa1, 所以 P-A=B (10) 由（⑧）得 Ca1+D=P, 所以 P-D=Can. (11) 将(10)，(11)相乘，得到 (P-A)(P-D)=BC. 展开： P2-(A+D)P+AD =BC. 因此 P2-(A+D)P+AD-BC=0. 14 由(9)知AD-BC=1,所以 P2-(A+D)P+1=0. 由于所有a;卡0，故P≠0。两边除以P,得 1 P+ p=A+D. 而A,D都是整数，所以 A+D∈Z. 于是 a12…an+ 1 。=P+p∈z. a1a2…a 故原命题成立。