2024年第23届比利时弗拉芒区青少年数学奥林匹克竞赛决赛试题解析

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比利时弗拉芒区青少年数学奥林匹克竞赛(JWO)面向比利时弗拉芒大区(荷语区)中学3年级和4年级的学生。每年大约有1万多名选手参加第一轮的比赛,其中大约1千名选手晋级第二轮,通过两轮选择题的选拨,大约有70-80名选手最后晋级决赛。

JWO的决赛由四道开放式问题组成,与其他国家的青少年数学奥林匹克竞赛相比,其难度不高。大致相当于国内普通初中的练习题?

今年的JWO决赛于4月17日下午在布鲁塞尔大学进行。赛后我从小朋友手中拿到试题,下面对这四道题作一些分析和解答。

(看到试卷变成这个样子,我猜测这位小朋友一定在考试过程中把题目都掰开揉碎了理解,可以期待取得好成绩哦!)

第一题,简单翻译如下:

Christelle做了n ≥ 2个煎饼,这些煎饼大小各不相同,她把这些煎饼叠放在一个盘子上。Christelle希望这些煎饼可以由大到小叠放(最大的一个放在最下面),改变这些煎饼叠放顺序的唯一方法是将锅铲推入到某个煎饼的底下,然后通过翻转锅铲,把其上方的所有煎饼翻过来再叠放回盘子上。试证明:Christell最多需要翻转2n – 3次锅铲,就可以使得这一堆煎饼按照她所希望的顺序叠放。

分析:

解决问题最基本的一条黄金规则就是:从最简单的几种情况入手,然后分析这几种情况之间有何联系,是否存在递推的关系,再根据需要证明的问题是否和整数序列有关,从而考虑使用数学归纳法。

这道题就是适用于上述思路的一个典型例子。

解答:

对于n = 2的情况。

如果大煎饼在小煎饼之下,那么Christelle无须做什么翻转。

如果大煎饼在小煎饼之上,那么Christelle只需将锅铲推入小煎饼下方,进行一次翻转,即可使得两个煎饼按照由大到小的顺序叠放。

因此,对于n = 2,翻转次数最多1 = 2 ∙ 2 – 3次。

命题对于n = 2成立。

假设命题对于n = k成立,即对于一堆k个煎饼,最多只需2k – 3次翻转即可使得这k个煎饼按照由大到小的顺序叠放。

现在考虑以任意顺序叠放的k + 1个煎饼,我们可以通过以下操作将这k + 1个煎饼按照由大到小的顺序叠放。

1. 找到其中最大的一个煎饼,将锅铲推入其下方,将这个煎饼及其以上的所有煎饼翻转,此时最大的煎饼位于整个煎饼堆的最上方。

2. 将锅铲推入整个煎饼堆的下方,将所有煎饼翻转,此时最大的煎饼位于整个煎饼堆的最下方。

3. 考虑由除最大煎饼之外的k个煎饼组成的煎饼堆,根据假设,最多需要2– 3次翻转即可使得它们以由大到小的顺序叠放。

通过以上最多1 + 1 + 2k – 3 = 2(k + 1) – 3 次翻转,以任意顺序叠放的k + 1个煎饼即可变成按照由大到小的顺序叠放。

因此,命题对于n = +1也成立。

综上,根据数学归纳法,对于任意n ≥ 2,Christelle最多需要2n – 3次翻转即可使得这n个煎饼按照由大到小的顺序叠放。

证明完毕。

第二题,简单翻译如下:

Ron有一块只有白色格子的神奇游戏板,他希望将它制作成一个带有白色和黑色格子的象棋棋盘图案,图案中相同颜色的格子互不相邻。

此外,Ron还有一个棋子:一只马。Ron可以把这只马放置在他选好的格子中,然后通过马的跳跃将其移动到另一个格子。如旁边的图示,在每次跳跃中,马要么横向移动两个格子、纵向移动一个格子;要么横向移动一个格子,纵向移动两个格子。

在下面的俯视图中,马在跳跃中越过了两个格子,如图中的交叉标记所示。在马的任意一次跳跃中,这两个格子的颜色都随之发生一次转变:黑色的格子将变成白色,而白色的格子将变成黑色,如旁图中的例子所示。

试证明:

a. 当游戏板为× 3格子大小时,Ron可以将它转换成一个象棋棋盘图案。

b. 当游戏板为× 4格子大小时,Ron无法将它转换成一个象棋棋盘图案。

c. 当游戏板为× 5格子大小时,Ron无法将它转换成一个象棋棋盘图案。

分析:

这是一道以棋盘为背景的组合题,一般来说,可以先根据游戏规则,将棋盘中的格子分成几类,观察每类格子的数量,然后再通过计算每类格子的奇偶性、计算棋盘和覆盖形状之间的整除性、或者利用特殊的涂色方案证伪完美覆盖不可行。

这道题比较简单,大致用不到上面所说的后两种方法。

解答:

a. 证明可行,一般不需要啥技巧,阐述或者描述一种可行的方法就行。

对于3 × 3格子大小的游戏板,可以把其格子按照位置标记为3类:角上的格子C,边上的格子S和中央的格子M。

图片

马在这样的格子间跳跃,显然只存在从C跳到S,或者从S跳到C的跳跃方式,无法从M起跳,也无法跳跃到M。

无论从C跳到S,还是从S跳到C,按照题目中的规则,越过的两个格子一定为一个S和一个C。从全部白色格子的游戏板,到黑白格子相间的象棋棋盘图案,最少需要将其中的四个格子变为黑色,所以至少需要4次跳跃。

而这4次跳跃是可行的,马按照下图所示的顺序跳跃即可。

图片

b. 证明不可行,有时候比证明可行还要简单。

对于4 × 4格子大小的游戏板,用类似的方法根据格子位置的不同将它们分成C,S和M三类。

图片

不难看出,根据题目中通过马的跳跃来改变颜色的规则,只有S和M的颜色可能被改变,而马不可能越过C,所以C的颜色将保持为白色。

假设4 × 4格子大小的游戏板最终可以转变为黑白格相间的图案,考虑第一行两个角上的方格C,它们之间相差3个格子为奇数,所以这两个格子的颜色互不相同,其中必然存在一个黑色格子。

这与上述C的颜色将保持为白色相矛盾。

因此,4 × 4格子大小的游戏板无法转变为一个象棋棋盘图案。

c. 同样使用反证法。

假设3 × 5格子大小的游戏板最终可以转变为黑白格相间的图案,根据b中得到的结论,其角上的格子只能是白色,所以最终图案只有下图这一种情况。

图片

如果将白色格子数值记为0,黑色格子数值记为1,那么在游戏板的初始状态,全部15个格子都是白色,15个格子数值的总和为0,是个偶数;在最终的黑白格相间的图案中,一共有7个黑色格子,8个白色格子,15个格子数值的总和为7,是个奇数。

而在马的每一次跳跃中,有且只有两个格子的颜色发生改变,不论是从黑色变成白色还是从白色变成黑色,这两个格子数值的奇偶性同时发生变换,使得在跳跃后,这两个格子数值之和的奇偶性不变,所以所有15个格子数值总和的奇偶性也保持不变。

所以,不论跳跃多少次,也不论如何跳跃,这15个格子数值的总和不可能从初始状态的0变为最终黑白格相间图案状态的7。

因此,3 × 5格子大小的游戏板无法转变为一个象棋棋盘图案。

图片

第三题,简单翻译如下:

如图所示,两个相同大小的圆相切,且每个圆都与一个直角三角形的两条边相切。已知直角三角形的两条直角边的边长分别为2128,圆的半径是多少?

图片

分析:

圆和圆相切,圆和三角形相切,一个简单的思路就是先把圆心和圆心连接起来,把圆心和切点连接起来,然后寻找直角三角形使用勾股定理。

解答:

令两圆的圆心分别为PQ,圆的半径为r

如图所示,令两圆和三角形边之间的切点分别为EFGH。通过PBC的垂线,垂足为N;通过QAB的垂线,垂足为MPNQMO

因为AB ⊥ CB,易知PN ⊥ QM

再由相切关系,易知PQGHPOMEQONF都为矩形,BMON为边长为r的正方形。

因为∆POQ的三条边分别与∆ABC的三条边平行,所以

OPQ = ∠BAC,∠QPO = ∠CAB

所以,∆POQ ~ ∆ABC

根据勾股定理,易知BC : AB : CA = 3 : 4 : 5,CA = 35。

所以,OQ : PO : QP = 3 : 4 : 5。

QP = 2r,所以

PO = 2r/5 ∙ 4 = 8r/5,OQ = 2r/5 ∙ 3 = 6r/5。

这样,

GH = PQ = 2r

EM = PO = 8r/5,

EN = QO = 6r/5。

由同一点引圆的两条切线,令AE = AG aCF CH = c

这样,

AB = 28 = a + 8r/5 + r

BC = 21 = c + 6r/5 + r

CA = 35 = a + c + 2r

前两式相加减去第三式,得到:14 = 14r/5。

所以,r = 5。

第四题,简单翻译如下:

a1, a2, a3, …, a9为正实数,满足

a12 + a22 + a32+ … + a92 ≤ 2024

试证明:在a1, a2, a3, …, a99个数字中存在3个数字,其和小于45

分析:

题目的条件是一个轮换对称的不等式,证明的目标也是一个不等式,可以考虑使用基本的均值不等式。

解答:

利用反证法。

假设在a1a2a3, …, a9这9个数字中的任意3个数字之和都大于等于45,即

对于任意互不相等的1 ≤ ijk ≤ 9,都有ai + aak ≥ 45。

考虑从9个数字中选取3个数字的组合数C(9, 3) = 84,所以诸如

ai + aj + a≥ 45

的不等式一共有84个。

将这84个不等式加起来,因为a1a2a3, …, a9中的每个数字在这84个不等式中出现3 ∙ 84 / 9 = 28次,所以加起来后的不等式即

28(a1 + a2 + a+ … + a9) ≥ 45 ∙ 84

简化得到,

a1 + a2 + a+ … + a9 ≥ 135

根据均值不等式中的AM-QM,有

(a1 + a2 + a+ … + a9)/9 ≤ √[(a12 + a2a32 + … + a92)/9]

综合以上两个不等式,有

135/9 ≤ √[(a12 + a2a32 + … + a92)/9]

整理后,得到

a12 + a22 + a3+ … + a92 ≥ 1352/9 = 2025

这与题目中的条件a12 + a2a32 + … + a92 ≤ 2024相矛盾。

因此,在a1a2a3, …, a9这9个数字中必然存在3个数字,其和小于45。

证明完毕。




发布于 2024-04-20 07:18

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