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竞赛2022年8月3日东南地区( )

小陶同学玩如下游戏:取定大于1的常数v;对正整数m,第m轮与第m+1轮间隔为2-m单位时长;其中第m轮是在平面上取一个半径为2-m+1的圆形安全区域(含边界,取圆时间忽略不计);取定后,该圆形安全区域将在整个游戏剩余时间内保持圆心不动,半径以速率v匀速减小,直至半径为零时,去掉该圆形安全区域.若小陶可在第100轮之前(含第100轮)的某轮将圆形安全区域完全取在已有的安全区域内,求[1/(v-1)]的最小值([x]表示不超过x的最大整数).

记v=1+v0,k=⌊1/(v-1)⌋∈Z+.下面证明k的最小值为18.

记小陶在第m轮开始时所画的圆为Cm,故在第m+l轮开始时,它的半径为

rm,l=max⁡(0,1/2m-1  (1-(1-1/2l )v))=max⁡(0,1/2m+l-1 (1-v0 (2l-1)) )  ①

注意到由①式,设v0∈[1/(2l0+1-1),1/2l0-1 ),其中l0∈Z+,则在任何一个轮m开始的时候平面上至多剩下l0个半径为1/2m-1 (1-v0 (2l-1))的圆,l=1,2,⋯,l0.问题变为是否能用这l0个圆覆盖一个半径为1/2m-1 的圆.也即能否用半径为(1-v0 (2l-1)),l∈1,2,⋯,l0的圆覆盖一个半径为1的圆.

首先,易知若对于v>1小陶有必胜策略,则对于v'∈(1,v),小陶也有必胜策略.故对于任何k,若存在v0∈(1/(1+k),1/k]使得小陶有必胜策略,则对于k'>k,亦存在v'∈(1/(1+k' ),1/k']使得小陶亦有必胜策略. 

我们先证明k=18时存在1/19<v0≤1/18使得小陶有必胜策略.

在这个时候,l0=4,故平面上在任何一个时刻至多剩下4个圆,其半径分别为1-v0,1-3v0,1-7v0,1-15v0.

考虑一个凸四边形ABCD.连接对角线AC,设B对于AC的垂足为HB,设D对AC的垂足为HD.以AB,BC,CD,DA为直径做圆OAB,OBC,OCD,ODA,则直角三角形ABHB,BCHB,CDHD,ADHD分别被OAB,OBC,OCD,ODA覆盖.故凸四边形ABCD被这4个圆覆盖.固定四边长度,我们可以调整四边形ABCD使得A,B,C,D四点共圆.这个圆也必然被OAB,OBC,OCD,ODA所覆盖.若这个圆的半径≥1,则小陶已经获胜.记∠ABC=θ,则∠ADC=π-θ.

设AB,BC,CD,DA的长度分别为a,b,c,d,则对角线AC的长度x满足:

x2=a2+b2-2abcosθ=c2+d2-2cdcos(π-θ),整理得:

x2=(cd(a2+b2 )+ab(c2+d2))/(ab+cd)  ②

即四边形ABCD的外接圆半径为R,故该圆也是三角形ABC的外接圆.由海伦公式,有:

R=abx/(4SABC )=abx/√((a+b+x)(a+b-x)(a+x-b)(b+x-a))  ③

由③得R≥1当且仅当a2 b2 x2≥((a+b)2-x2)(x2-(a-b)2),即

x4-(2a2+2b2-a2 b2 ) x2+(a2-b2 )2≥0  ④

带入v0=1/19,d=2(1-v0 ),c=2(1-3v0 ),b=2(1-7v0 ),a=2(1-15v0)以及②进入④,我们知道④左边严格大于0.此处可首先考虑a=8/19,b=24/19,c=32/19,d=36/19,同时将a,b,c,d乘以19/4,得到a=2,b=6,c=8,d=9以及对应的x2=55,只需验证:

552-2[22+62-(4/19)2 22 62 ]+322≥0

而上式左侧的值满足:

552-2[22+62-(4/19)2 22 62 ]+322=1024+55(16/361 144-25)=9/361>0

故由连续性,对于某个略大于1/19但小于1/18的v0,④依然成立,故对于这个v0,小陶有必胜策略,且k=18.下面说明k=18是最小值,用反证法.

若对于某个v0≥1/17,即k≤17,小陶仍然有必胜策略,则在v0=1/17时小陶有必胜策略.于是我们可以用至多不超过4个半径为1-v0,1-3v0,1-7v0,1-15v0的圆,记为圆O1,O2,O3,O4,覆盖一个半径为1的圆O.

下面分两种情况讨论:

(A)设圆O的边界与O1,O2,O3,O4按以起点顺时针顺序交于弧L1,L2,L3,L4,则必然能找到凸四边形ABCD使得A,B,C,D在圆O上并且AB,BC,CD,DA分别被包含在圆O1,⋯,O4内.故AB,BC,CD,DA的长度一定小于等于O1,⋯,O4的直径,即a=2(1-v0 ),b=2(1-3v0 ),c=2(1-7v0 ),d=2(1-15v0)的某个排列.我们知道外接圆半径是边长AB,BC,CD,DA的递增函数,故若④式对于AB,BC,CD,DA正确,那对于a,b,c,d的某个排列必然正确,然而当v0=1/18时,固定a=1-v0,无论b,c,d如何排列,④式均不成立.故这种情况下无法满足要求.

(B)存在至少一个圆Oi,i∈{1,2,3,4},使得该圆和O的边界不相交,不妨设为O4.不妨设圆O的边界与圆O1相较于弧L1.由于圆O1的半径小于圆O,必然存在对直径点E,F使得他们都不被圆O1覆盖,而另外的圆O2,O3每个至多能覆盖E,F中的一个(已经假设E,F不在O4当中),那么O2,O3必然与圆O的边界相交,设为弧L2,L3.不妨假设L1,L2,L3起始点以顺时针依排列,于是必然能找到顺时针三个点A,B,C都在圆O的边界上,使得AB,BC,CA分别在圆O1,O2,O3之内.故AB,BC,CA的长度≤a=2(1-v0 ),b=2(1-3v0 ),c=2(1-7v0).另d=0≤2(1-15v0)并且D与C重合.我们易知同样在v0=1/18时④不成立,故圆O的半径R必然<1.矛盾,所以k的最小值为18.

竞赛2022年8月3日东南地区( )

设a,b是正整数,证明:在区间[b2/(a2+ab),b2/(a2+ab-1))上不存在正整数.

当a≥b时,b2/(a2+ab)<b2/(a2+ab-1)≤b2/ab≤1,

所以[b2/(a2+ab),b2/(a2+ab-1))⊂[0,1),命题成立.

当a<b时,

(1)当a=1时,原区间为[b2/(1+b),b2/b)=[1/(1+b)+b-1,b),因为b为正整数,所以在两个连续整数b-1,b之间不存在其他整数.

(2)当a>1时,假设存在正整数当b>a>1,且区间[b2/(a2+ab),b2/(a2+ab-1))上包含正整数,取这样的(a,b)使得a+b最小.

令b=aq+r,r∈N*,0≤r≤a-1,

则b2/(a2+ab)-(q-1)=(aq+r)2/(a2+a(aq+r) )-q+1=(a2+(q+1)ar+r2)/((q+1) a2+ar)>0,

q+1-b2/(a2+ab-1)=q+1-(aq+r)2/(a2+a(aq+r)-1)=((2q+1) a2-(q-1)ar-q-1-r2)/((q+1) a2+r-1) 

≥((2q+1) a2-(q-1)a(a-1)-q-1-(a-1)2)/((q+1) a2+ar-1)=((q+1)(a2+a)-2-q)/((q+1) a2+ar-1)>0.

所以[b2/(a2+ab),b2/(a2+ab-1))被(q-1,q+1)严格包含,故由假设

q∈[b2/(a2+ab),b2/(a2+ab-1))等价于b2/(a2+ab)≤q<b2/(a2+ab-1),

左边等价于a2 q2+2qra+r2≤(q2+q) a2+qra⟺r2/(a2-ar)≤q.

右边等价于(q2+q) a2+qra-q<a2 q2+2qra+r2⟺q<r2/(a2-ar-1).

综上可得正整数q∈[r2/(a2-ar),r2/(a2-ar-1)).

显然r≠0,否则q不存在.

设p=a-r,则a=p+r,p,r∈N*,则有

q∈[r2/((p+r)2-(p+r)r),r2/((p+r)2-(p+r)r-1)),即q∈[r2/(p2+pr),r2/(p2+pr-1)).

由定义显然有p+r=a<a+b,从而(p,r)也是一组满足要求的正整数,而p+r<a+b,与a+b最小矛盾.

所以在区间[b2/(a2+ab),b2/(a2+ab-1))上无正整数存在.

竞赛2022年8月3日东南地区( )

如图所示,在△ABC中,H是垂心.以H为圆心,过点A的圆与边AC,AB分别相交于不同于A的另外两点D,E.△ADE的垂心是H',AH'的延长线与DE相交于点F.点P在四边形BCDE内部,满足△PDE∽△PBC(顶点按对应顺序排列).设直线HH',PF相交于点K,证明:A,H,P,K四点共圆.

设AF的延长线与⊙H相交于点A'.作△AHA'的外接圆ω.设直线HH'与ω相交于除H以外的另一点K'.

先证明K'在△PDE的外接圆上.

由HA=HA'与圆周角定理可得:∠HAH'=∠AA'H=∠AK'H.

故△HAH'∽△HK'A,因此HA²=HH'·HK'.

而HD=HE=HA,故HD²=HE² = HH'·HK'

于是△HDH'∽△HK'D,△HEH'∽△HK'E,进而

∠DK'E=∠HK'D+∠HK'E=∠HDH'+∠HEH'=∠DH'E-∠DHE=2∠BAC-(180°-∠BAC)=3∠BAC-180°.

设BD,CE相交于点X,由密克点的知识可知,△XDE,△XBC的外接圆相交于除X以外的另一点P.

注意到AB=BD,AC=CE,因此∠DPE=∠DXE=360°-∠DAE-∠AEX-∠ADX=360°-3∠BAC.

因∠DK'E+∠DPE=180°,则D,P,E,K'四点共圆,即点K'在△PDE的外接圆上.

再证明点P在圆ω上.

由已知条件△PDE∽△PBC,

而∠A'DE=∠EAF=90°-∠AED=∠HAD=∠HBC,即∠ADE=∠HBC.

同理,∠A'ED=∠HCB,故△A'DE∽△HBC,

故∠HPA'=∠(BC,DE)=∠HAA',

于是A,H,P,A'四点共圆,进而点P在圆ω上.

考虑到PK'是圆ω与△DPE外接圆的根轴,且FA·FA'=FD·FE,则点F对两圆等幂,进而P,F,K'共线。

因此点K'与K重合.

而A,H,P,K均在圆ω上,故结论成立.

竞赛2022年8月3日东南地区( )

设正数数列{an },{bn}满足:a1=b1=1,bn=an bn-1-1/4(n≥2).

求4+1/(a1 a2⋯ak )的最小值,其中m是给定的正整数.

由假设an=(bn+1/4)/bn-1 ,n≥2,

于是a1 a2⋯an=((b2+1/4)(b3+1/4)⋯(bn+1/4))/(b1 b2⋯bn-1 ),即

bn/(a1 a2⋯an )=bn/(a2⋯an )=(b2⋯bn)/((b2+1/4)(b3+1/4)⋯(bn+1/4))=1/((1+1/(4b2 ))(1+1/(4b3 ))⋯(1+1/(4bn )))≤

1/(a1 a2⋯ak )=1/a1 +1/(a1 a2⋯ak )=1+1/(a1 a2⋯ak ) 4(ak bk-1-bk)

=1+4(bk-1/(a1 a2⋯ak-1 )-bk/(a1 a2⋯ak )) =1+4(b1/a1 -bn/(a1 a2⋯an ))=5-4 bn/(a1 a2⋯an )≥5-4

取b2=b3=⋯=bm=1/4,由an=(bn+1/4)/bn-1 可得:a2=1/2,a3=a4=⋯=am=2,从而得

4+1/(a1 a2⋯ak )=4+1+2+1+1/2+⋯+(1/2)m-3=5

所以,4+1/(a1 a2⋯ak )的最小值为5.

竞赛2022年8月2日东南地区( )

给定整数m,n≥2.将一个m行n列的方格表S的每个格子染上红、蓝两色之一,使下述条件成立:对于同一行的两个格子,若它们均被染了红色,则它们所属的两列中,一列的所有格子都被染了红色,另一列中有格子被染了蓝色,求不同的染色方式的数目.

用(i,j)表示第i行与第j列的交叉格,1≤i≤m,1≤j≤n.

分以下三种情况:

(1) S中没有一列全为红格.

此时,由条件知S的每行至多有一个红格。因此,每行的染色方式有n+1种(全为蓝格的情况1种,恰有一个红格的情况n种),由乘法原理,共得到(n+1)m种染色方式.排除掉其中红格全集中在同一列上的那些情况(n种),共有(n+1)m-n种符合要求的染色方式.

(2) S中恰有一列全为红格.

设第k列全为红格,其中k∈{1,2,⋯,n}.考虑S中剩余的格子组成的m行n-1列的方格表S(k),则S(k)中没有一列全为红格.与情况(1)类似,可知S(k)的每行至多有一个红格,进而S(k)有nm-(n-1)种染色方式.

对其中每种染色方式,添上第k列的红格后得到的S的染色方式是满足条件的。事实上,若有两个红格P,Q位于同一行,因S(k)在该行至多有一个红格,故P,Q必有一个在第k列,另一个在S(k)中,此时P,Q所属的两列中确实恰有一列(第k列)全为红格,符合要求.

注意到k的取法有n种,由乘法原理知共有n∙(nm-n+1)种符合要求的染色方式.

(3) S中存在两列全为红格.

不妨第j列与第k列全为红格,则红格(1,j),(1,k)显然不合题意。因此这样的染色方式不存在.

综合(1),(2) ,(3),可知满足条件的染色方式的数目为:

(n+1)m-n+n∙(nm-n+1)=(n+1)m+n^(m+1)-n2.