第一天
1．设m为正整数，如果存在某个正整数n，使得m可以表示为n和n的正约数个数（包括1和自身）的商，则称m是“好数”。求证：
（1）1，2，…，17都是好数；
（2）18不是好数。
2．设△ABC是锐角三角形，点D、E、F分别在边BC、CA、AB上，线段AD、BE、CF经过△ABC的外心O。已知以下六个比值
、
、
、
、
、
中至少有两个是整数。求证：△ABC是等腰三角形。
3．设整数
，非负实数
求
的最小值。
4．平面内
个点组成集合S，P是此平面内m条直线组成的集合，满足S关于P中的每一条直线对称。求证：
，并问等号何时成立？
第二天
5．设D是△ABC内的一点，满足∠DAC=∠DCA=30°，∠DBA=60°，E是边BC的中 点，F是边AC的三等分点，满足AF=2FC。求证：DE⊥EF。
6．已知a、b、c≥0，
求证：
7．给定绝对值都不大于10的整数a、b、c，三次多项式
满足条件
是否一定是这个多项式的根？
8．n个棋手参加象棋比赛，每两个棋手比赛一局。规定：胜者得1分，负者得0分，平局各得0.5分。如果赛后发现任何m个棋手中都有一个棋手胜了其余m—1个棋手，也有一个棋手输给了其余m—1个棋手，就称此赛况具有性质P(m).
对给定的
，求n的最小值
，使得对具有性质
的任何赛况，都有所有n名棋手的得分各不相同。
综上，最少取出11枚棋子，才可能满足要求。
三、定义集合
由于对任意的k、
是无理数，则对任意的k1、
和正整数m1、m2，
注意到A是一个无穷集。现将A中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数n，设此数列中的第n项为
接下来确定n与m、k间的关系。
若
由m1是正整数知，对
，满足这个条件的m1的个数为
从而，
因此，对任意
参考答案
第一天
1．记
为正整数n的正约数的个数。
（1）因为
，又
所以，1，2，…，17都是好数。
（2）假设存在正整数n，使得
①
则可设
是大于3的相异质数，
令
由式①得
=
②
由于对任意质数
，从而，
如果
而
则
（i）当
时，式②为
（ii）当
时，式②为
（iii）当
时，式②为
（i）（ii）（ii）均不成立。
综上，18不是好数。
2．从六个比值中取出两个，共有两种类型：
（1）涉及同一边；（2）涉及不同的边。
（1）如果同一边上的两个比值同时是整数，不妨设为
、
因它们互为倒数，又同是整数，所以，必须都取1，则BD=DC。
由于O是△ABC的外心，进而得AD是边BC的中垂线。于是，AB=AC。
（2）记∠CAB=α，∠ABC=β，∠BCA=γ。
因为△ABC是锐角三角形，所以，
∠BOC=2α，∠COA=2β，∠AOB=2γ。
于是，
同理，
若上述六个比值中有两个同时是整数且涉及不同的边时，则存在整数m、n，使得
①
或
， ②
其中，x、y、z是α、β、γ的某种排列。
以下构造△A1B1C1，使得它的三个内角分别为
180°—2α，180°—2β，180°—2γ。如图1，
过点A、B、C分别作△ABC外接圆的切线，
所围成的△A1B1C1即满足要求。
根据正弦定理，知△A1B1C1的三边与
、
、
成正比。在式①、②两种情况下，可知其三边之比分别为1:m:n或m: n: mn.
对于式①，由三角形两边之和大于第三边，可知必须m = n；
对于式②，要保证
，由此，m、n中必有一个为1。
无论哪种情况，都有△A1B1C1是等腰三角形。
因此，△ABC也是等腰三角形。
3．由
2，知问题等价于求
因为
时，
下面用数学归纳法证明
①
当
时，不等式①等价
由平均值不等式知，命题成立。
假设不等式①对
时成立。
对于
，不妨设
由归纳假设知，上式右边小于或等于0，即当
时，不等式①成立。
回到原题。
由引理知
因此，所以最小值为
4．（1）记S中的n个点为A1，A2，…，An.
建立直角坐标系，设
易证
这说明，平面内存在唯一的一点B，使
我们称B为点集S的“质心”。
如果任取P中一条直线l为x轴，建立直角坐标系，则
故点B在l上。即P中每一条直线均过质心B。
（2）设
显然，
①
考虑P中任一直线l，X为S中任一点，X关于l的对称点Y是唯一的。即对每一个l，三元有序组（X，Y，l）有n个，故
②
对于F1中的三元有序组（X，Y，l），因为不同的两点X、Y的对称轴只有1条，所以，
③
（i）当S中任一点至多在P中的一条直线l上时，
④
由式①、②、③、④得
（ii）当S中存在一点同时在P中的两条直线上时，由（1）所证，此点即为质点B。
考虑集合
中的每条直线对称，由（i）所证，
得
综合（i）、（ii）得
（3）当m=n时，由（2）所证，式③、④同时取等号，即S中任意两点的中垂线均属于P，S中每点恰在P中的一条直线，同时，质心B不在S中。
首先，指出
相等。否则，如果存在j、
，则线段
的对称轴不过点B，与（1）所证矛盾。因此，A1，A2，…，An均在以点B为圆心的圆上，记此圆为⊙B。不妨设A1，A2，…，An按顺时针排列。
其次，A1，A2，…，An是⊙B的n个等分点。否则，
如果存在
（定义
）。不妨设
如图2，线段
的对称点在
（不含端点）上。这与
、
是相邻两点矛盾。
因此，当
时，集S中的点是正n边形的n个顶点。
易知正n边形确有n条对称轴。
故当且仅当S中的点组成正n边形n个顶点，P是正n边形的n条对称轴时，
第二天
5．证法1：如图3，作DM⊥AC于点M，FN⊥CD于点N，联结EM、EN。
设CF=a，AF=2a，则
，
即N是CD的中点。
又因为M是边AC上的中点，E是边BC上的中点，所以，EM//AB，EN//BD，得
∠MEN=∠ABD=60°=∠MDC。
故M、D、E、N四点共圆。
又因D、M、F、N四点共圆，所以，D、E、F、M、N五点共圆。
从而，∠DEF=90°
证法2：建立复平面，令
经计算可得
6．证法1：不妨设
令
最后一步由柯西不等式得到。
证法2：令
，则
于是，所证不等式变为
①
注意到
将上式代入式①，所证不等式变为
以下同证法1。
注：证法2解释了证法1中替换的动机。
7．将
代入得
8．先证明两个引理。
引理1 当
个棋手的赛况具有性质
，则必有一个棋手全胜。
引理1的证明：当n=m时，命题显然成立。
假设命题对n成立。
则对
个棋手，从中任取n个棋手，由归纳假设，这n个棋手中必有一个棋手全胜。不妨设
全胜。
若A1胜
；
若A1平
这n个棋手中没人全胜，不可能；
若
这n个棋手中全胜的只能是
全胜。
由归纳原理知，命题对任意
成立。
类似地可证：
引理2 当
时，如果n个棋手的赛况具有性质
，则必有一个棋手全败。
回到原题。
接下来证明：当
时，所有棋手的得分必各不相同。
由引理1，有一个棋手A1胜了其余n—1个棋手，有一个棋手A2胜了除A1外的n—2个棋手，……有一个棋手
个棋手。
由引理2，有一个棋手
个棋手，有一个棋手
外的
个棋手，……有一个棋手
个棋手，另外，还有一棋手为
这样，这n个棋手
编号小的棋手都战胜了编号大的棋手，因此，他们的得分为
，各不相同。
对
个棋手水平为
其中，编号小的棋手胜编号大的棋手，编号相等的棋手打平。则对任取m个棋手，必有一个最小编号为
另一个最大编号为
，从而，在这m个棋手中编号为i的棋手全胜，编号为j的棋手全败。
所以，这n个棋手具有性质
，但其中有两个棋手的得分相同。
综上，
