2012年东南地区冬令营赛前训练题G解答.docVIP

PAGE PAGE 1 2012年东南地区冬令营赛前培训 测试题解答 、如果一直线将的周长分成相等的两部分，就称是的一条“周截线”；过三边的中点分别作的周截线； 、证明：三线共点； 、设三线的交点为， 记， 对所有三角形，求． 证：、不妨设，则周截线与的边相交情况便如上图所示；若，，；用表示的周长，其余三角形类似表示，由于为平行四边形，；又因为周截线，则有，所以，，故，即是的平分线；同理可得，分别是与的平分线；因此三线共点，其交点为的内心． 、我们利用三角系统求解；记，当为正三角形时， 则是其三条中线的交点，即为重心，此时，而； 以下证，对所有三角形，． 注意到与相似，其相似比为，用及分别表示的外接圆及内切圆半径，若的内心为，则有： ，，，在中，由中线公式，，同理在和中，有，； 因此， …… ① 假若结论不成立，即若有，使得，则由①， ，… ② 即 ，即 … ③， 由于在中，有，③式成为 … ④， 令，有，， ，，④式成为 ， 由于， 上式成为 … ⑤ 即 ，两边加得到 ， … ⑥， 由于当，时，有（见附证）． 即⑥式不能成立，故所设不真，从而对所有三角形，． 【附证】设，，则有 … ① 证：令，则，即要证 … ②，两边齐次化，即要证 … ③ 由于，则 ，所以 ； 据的对称性，不妨设，则因， ， 于是 … ④ 由于， ，即， 所以，即②成立，故结论得证． 、矩阵中，每行及每列的元素中各有一个和一个，其余元素皆为；证明：可以通过有限次行与行的交换以及列与列的交换，化为矩阵，使得 .（即与对应位置上的元素异号） 证：时结论显然成立;以下考虑时的情况.记矩阵第行、列交叉位置上的元素为，又用表示矩阵的第行，表示第列，（仅表示位置，不代表具体元素与向量）， 今构作一个以为顶点，为边的有向图如下：当第列的在第行，在第行，（即 ），则连一条由点指向点的有向边，于是，的每个顶点都恰好具有个出度和个入度（即发出一个箭头和收到一个箭头），因此，从图的任一顶点出发，沿箭头方向前进，必将回到原出发点，（这是由于，除出发点外，每经过一个点，就将耗去一个入度和一个出度，因此不能回到途经的点）. 这样，图或者本身是一个阶有向圈，或者是若干个不交的有向圈的并，（其中个点的有向圈恰有条有向边，.当时，这种图与适合条件的矩阵一一对应）. 若后者情况出现时，如果删去某个圈所涉及的行和列，并不影响其余圈的状态；或者说，若仅对某个圈所涉及的行和列进行所述的变换，不会改变其它行和列中和的位置. 于是我们仅须考虑只有一个圈(即为阶圈)的情况.示例如下： ； 对应的圈为： 我们注意到： 、每当交换矩阵中的两行位置，等价于圈中仅交换相应两个顶点的位置，（边的位置保持不动）； 、每当交换矩阵中的两列位置，等价于圈中仅交换相应两条边的位置，（仅交换两条边的代号，边的箭头方向以及顶点的位置保持不动）. 于是，我们可先对圈的顶点作两两对换，得到圈，使得沿箭头方向前进时，所经历的各点恰与圈中各点的方向相反，（例如在圈中，诸点的顺序为；而在圈中，诸点的顺序为）. 再对圈的边作两两对换，（每次仅交换一对边的代号，边的箭头方向及顶点的位置保持不动）.使得每条边所关联的顶点与圈中的情况相同.于是得到圈. 圈 圈 与圈所对应的矩阵，其每个元素恰为矩阵中相应位置上元素的相反数. 因此 . 即所证的结论成立. 、在一个九人小班中，已知没有4个人是相互认识的； 求证：这个班能分成4个小组,使得每个小组中的人是互不认识的. 证：以九个点表示这九个人，如果某两人相识，则在相应两点间连红线，如不相识，则连蓝线，如此得九阶两色完全图. 引理一：九阶红蓝两色完全图中，若不存在红色，则必存在蓝色. 引理一证明：若中有一点发出的蓝线条，设为，据条件，之间至少有一条蓝边，例如，则构成蓝色， 若中每点发出的蓝线条，即每点发出的红线条，由于中“红度”奇顶点个数为偶数，其中必有一点发出的红线条，设为红线，而由组成的两色中，据Ramsey定理，必有单色，且必是蓝色的.(若为红色，则组成红色，不合条件). 引理二：六阶红蓝两色完全图中，有5条蓝边，且构成蓝色圈，其余的边皆为红边；为蓝色三角形，现将的六点与的三点间两两连线红蓝染色，如此得九阶红蓝两色完全图，如果中不存在红色，则必可将中的九个点分为四组，在每一组的点中，两两连线皆为蓝色。 引理二证明：为表述方便，将红、蓝边分别用虚、实线表示，并将的蓝色圈画成正五边形，为蓝色三角形，（如图所示）. 五边形的五条对角线与五边形的中心，共作成五个红色，的每个顶点，向这每个红色顶点发出的三条边中，必有一条蓝边. 若的每个顶点都与有蓝边相邻，则分组，，合于条件； 若中只有两个顶点与有