2023年IMO第一天试题解答

解答：

容易验证n=p^(k−1)（p为素数）满足题意．

若n有至少2个不同的素因子，设最小的两个素因子为$p<q$，则$n$的正因数从小到大依次为$1,p,\cdots,p^{t},q,\cdots$．< p=""></q$，则$n$的正因数从小到大依次为$1,p,\cdots,p^{t},q,\cdots$．<>

有(n)/(q)∣(n)/(p^(t))+(n)/(p^(t−1))，即公式：\dfrac{\dfrac{n}{p^{t}}+\dfrac{n}{p^{t-1}}}{\dfrac{n}{q}}=\dfrac{q(p+1)}{p^{t}}\in\mathbb{Z}，由gcd(p,q)=gcd(p,p+1)=1知矛盾．

所以满足题意的全体n=p^(k−1)（p为素数）．

证明：

设A^(′)为A的对径点，G为南极点，则A^(′)和E关于SG对称．

由公式：\angle BPD=\angle BLD=\angle EBC=\angle BCA'=\angle BPA'知，P,D,A^(′)三点共线．

设∠BAC的平分线AG交PA^(′)于点H，交BD于F，只需证明：PF为ω的切线．

延长EA,A^(′)S交于点T，则△TEA^(′)为直角三角形，且由SE=SA^(′)知S为斜边中点．

注意到AA^(′)和SG均过圆心，故AG∥SA^(′)，因此F为AH中点，而∠APH=∠APA^(′)=90^(∘)．

而S,A^(′),B,P四点共圆，则由公式：\angle BFH=\angle BSA'=\angle BPA'=\angle BPH知F,H,B,P四点共圆．

于是公式：\angle FPH=\angle FHP=\angle FBP=\angle DBP，即FP为ω的切线，证毕．

答案

首项为正整数，公差为非负整数的等差数列．

证明

（1）

由P(a_(n))=a_(n+1)a_(n+2)⋯a_(n+k)和公式：P(a_{n+1})=a_{n+2}a_{n+3}\cdots a_{n+k+1}知公式：\dfrac{P(a_{n+1})}{P(a_{n})}=\dfrac{a_{n+k+1}}{a_{n+1}}．

因为P(x)系数均非负，所以P(x)在(0,+∞)递增．

若存在n∈N_(+)，使得a_(n+1)<a_(n)，即P(a_(n+1))<P(a_(n))，则a_(n+k+1)<a_(n+1)．

必存在m∈{n+1,n+2,⋯,n+k}，使得a_(m+1)<a_(m)．取其中最大的一个（最后一次下降），则a_(n+1)>a_(m+1)．

重复上述过程，又有t∈{m+1,m+2,⋯,m+k}，且a_(t+1)<a_(t)，a_(m+1)>a_(t+1)．

于是有无穷多个n_(1)<n_(2)<⋯，满足a_(n_(i)+1)<a_(n_(i))，且a_(n_(1))>a_(n_(2))>⋯，经过有限项后必小于0，与a_(n_(i))为正整数矛盾！

于是{a_(n)}不减．

（2）

若a_(n)=a_(n+1)，则P(a_(n))=P(a_(n+1))，于是a_(n+1)=a_(n+k+1)．

而a_(n+1)≤a_(n+2)≤⋯≤a_(n+k+1)，因此a_(n)=a_(n+1)=⋯=a_(n+k+1)．

公式：P(a_{n-1})=a_{n}a_{n+1}\cdots a_{n+k-1}=a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{n+k}=P(a_{n})，故a_(n−1)=a_(n)．

向前，向后分别递推得：{a_(n)}为常数列．

下设a_(1)<a_(2)<⋯．

（3）

取一个足够大的正整数t，满足Crk⋅t^(r)≥c_(k−r)对1≤r≤k恒成立，则

公式：P(x)=x^{k}+c_{k-1}x^{k-1}+\cdots+c_{1}x+c_{0}\le x^{k}+\mathrm{C}_{k}^{k-1}tx^{k-1}+\cdots+\mathrm{C}_{k}^{1}t^{k-1}x+t^{k}=(x+t)^{k}

于是公式：a_{n+1}^{k}\le a_{n+1}a_{n+2}\cdots a_{n+k}=P(a_{n})\le (a_{n}+t)^{k}，即a_(n+1)≤a_(n)+t．

（4）

对固定的n，有a_(n+k)−a_(n)≤kt，设公式：d_{k}=a_{n+k}-a_{n}\in\{1,2,\cdots,kt\}，其中d_(1)<d_(2)<⋯<d_(k)，(d_(1),d_(2),⋯,d_(k))可能出现的状态至多有(kt)^(k)种，于是存在一组重复出现无穷多次的(d_(1),d_(2),⋯,d_(k))，对应的n设为n_(1)<n_(2)<⋯．

则公式：P(a_{n})=(a_{n}+d_{1})(a_{n}+d_{2})\cdots(a_{n}+d_{k})对无穷多个a_(n)成立，而P(x)为多项式，必有公式：P(x)=(x+d_{1})(x+d_{2})\cdots(x+d_{k})．

（5）

用数学归纳法证明d_(m)=md_(1)对1≤m≤k成立．

m=1时显然，假设结论对1,2,⋯,m−1成立，则在m时，由

公式：P(a_{n}+d_{1})=P(a_{n+1})=a_{n+2}a_{n+3}\cdots a_{n+k+1}=(a_{n}+d_{2})\cdots(a_{n}+d_{k})a_{n+k+1}

等式右边有因式a_(n)+d_(m)，于是a_(n)+d_(m)∣P(a_(n)+d_(1))对无穷多个a_(n)成立，因此x+d_(m)∣P(x+d_(1))．

于是存在l∈{1,2,⋯,k}，使得d_(m)=d_(1)+d_(l)．

若l≤m−2，则有d_(1)+d_(l)=d_(l+1)≤d_(m−1)<d_(m)，矛盾！

因此l=m−1，d_(m)=d_(1)+d_(m−1)=md_(1)，由归纳法即证．

设d=d_(1)，则公式：P(x)=(x+d)(x+2d)\cdots(x+kd)．

（6）

取(4)中的a_(n)（满足a_(n+1)=a_(n)+d，⋯，a_(n+k)=a_(n)+kd）．则

公式：P(a_{n+1})=(a_{n+1}+d)(a_{n+1}+2d)\cdots(a_{n+1}+kd)=(a_{n}+2d)(a_{n}+3d)\cdots(a_{n}+(k+1)d)

公式：P(a_{n+1})=a_{n+2}a_{n+3}\cdots a_{n+k+1}=(a_{n}+2d)(a_{n}+3d)\cdots(a_{n}+kd)a_{n+k+1}

于是a_(n+k+1)=a_(n)+(k+1)d．

归纳知，从a_(n)开始为等差数列，公差为d．

公式：P(a_{n-1})=a_{n}a_{n+1}\cdots a_{n+k-1}=a_{n}(a_{n}+d)\cdots(a_{n}+(k-1)d)=P(a_{n}-d)

由P(x)单调性知a_(n−1)=a_(n)−d．

向前归纳可得，a_(n)=a_(1)+(n−1)d．

综上所述，满足题意的全体{a_(n)}为首项为正整数，公差为非负整数的等差数列．