NJU 2019 计算机拔尖（数学）测试 解题报告
NJU 2019 计算机拔尖（数学）测试 解题报告
题目来源：仲盛老师提供的公开资料。
要准备 2022 计拔所以也自行做了一下！。
1
题目 一个边长为 100 100 100 的正方形的四条边分别处于水平或竖直方向。现在，你可以用 99 99 99 条水平直线和 99 99 99 条竖直直线来把它分割为 10000 10000 10000 个矩形。请问其中面积不超过 1 1 1 的矩形最少可以有多少个？证明你的结论。
解答
设水平分成 100 100 100 条线段长度依次为 x 1 , x 2 , ⋯ , x 100 x_1, x_2, \cdots, x_{100} x1,x2,⋯,x100，竖直分成 y 1 , y 2 , ⋯ , y 100 y_1, y_2, \cdots, y_{100} y1,y2,⋯,y100。不失一般性，设 x 1 ≤ x 2 ≤ ⋯ ≤ x 100 x_1\le x_2\le \cdots\le x_{100} x1≤x2≤⋯≤x100， y 1 ≤ y 2 ≤ ⋯ ≤ y 100 y_1\le y_2\le \cdots\le y_{100} y1≤y2≤⋯≤y100。
容易构造出 100 100 100 的答案，取 x 1 = x 2 = ⋯ = x n = 1 x_1=x_2=\cdots = x_n=1 x1=x2=⋯=xn=1， y 1 = y 2 = ⋯ = y n − 1 = 1 + σ , y n = 1 − 99 σ y_1=y_2=\cdots = y_{n-1}=1+\sigma,y_n=1-99\sigma y1=y2=⋯=yn−1=1+σ,yn=1−99σ（其中 0 < σ < 1 99 0<\sigma<\dfrac{1}{99} 0<σ<991），这样仅有最后一列的矩形为面积不超过 1。
如何证明不可 ≤ 99 \le 99 ≤99 呢？这个很困难。一种证法如下：
设第一行前 s s s 列的矩形面积不超过 1，第一列前 t t t 列的矩形面积不超过 1。那么这里就已经有 s + t − 1 s+t-1 s+t−1 个矩形满足条件了。
则
100 x 1 = ∑ j = 1 100 x 1 y j = ∑ j = 1 s x 1 y j + ∑ j = s + 1 100 x 1 y j ≥ s x 1 y 1 + 100 − s 100x_1=\sum_{j=1}^{100}x_1y_j=\sum_{j=1}^sx_1y_j+\sum_{j=s+1}^{100}x_1y_j\ge sx_1y_1+100-s 100x1=j=1∑100x1yj=j=1∑sx1yj+j=s+1∑100x1yj≥sx1y1+100−s
得 s ≥ 100 ( 1 − x 1 ) 1 − x 1 y 1 s\ge\dfrac{100(1-x_1)}{1-x_1y_1} s≥1−x1y1100(1−x1)，同理 t ≥ 100 ( 1 − y 1 ) 1 − x 1 y 1 t\ge\dfrac{100(1-y_1)}{1-x_1y_1} t≥1−x1y1100(1−y1)。
那么 s + t − 1 ≥ 100 ( 2 − x 1 − y 1 ) 1 − x 1 y 1 s+t-1\ge\dfrac{100(2-x_1-y_1)}{1-x_1y_1} s+t−1≥1−x1y1100(2−x1−y1)，只需证明 100 ( 2 − x 1 − y 1 ) 1 − x 1 y 1 ≥ 100 \dfrac{100(2-x_1-y_1)}{1-x_1y_1}\ge 100 1−x1y1100(2−x1−y1)≥100 即可，即 ( 1 − x 1 ) ( 1 − y 1 ) ≥ 0 (1-x_1)(1-y_1)\ge 0 (1−x1)(1−y1)≥0，成立。
故 s + t − 1 ≥ 100 s+t-1\ge 100 s+t−1≥100，所以答案最小为 100 100 100。
思路 猜测答案是容易的，证明是困难的。合理界定大小，再加上一些“技巧”即可。
2
题目 如果一个正整数等于除了它本身以外的所有约数之和，那么这个正整数就称为完全数。例如 6 ( = 1 + 2 + 3 ) 6(=1+2+3) 6(=1+2+3) 和 28 ( = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 ) 28(=1+2+4+7+14) 28(=1+2+4+7+14) 都是完全数。求证：如果一个完全数大于 28 28 28，并且能被 7 7 7 整除，那么这个完全数一定能被 49 49 49 整除。
解答 假设设存在一个完全数 n n n 大于 28 且能被 7 7 7 整除，但不能被 49 49 49 整除，设 n = 2 k ⋅ 7 ⋅ ∏ p i t i n=2^k\cdot 7\cdot \prod p_i^{t_i} n=2k⋅7⋅∏piti，其中 p i p_i pi 为质数且不为 2 2 2 或 7 7 7。
则 2 n = d ( n ) 2n=d(n) 2n=d(n)，展开得
2 k + 1 ⋅ 7 ⋅ ∏ p i t i = ( 2 k + 1 − 1 ) ⋅ 8 ⋅ ∏ ( 1 + p i + p i 2 + ⋯ + p i t i ) 2^{k+1}\cdot 7\cdot \prod p_i^{t_i}=(2^{k+1}-1)\cdot 8\cdot \prod (1+p_i+p_i^2+\cdots+p_i^{t_i}) 2k+1⋅7⋅∏piti=(2k+1−1)⋅8⋅∏(1+pi+pi2+⋯+piti)
由于右边一定是 8 8 8 的倍数，所以 k + 1 ≥ 3 k+1\ge 3 k+1≥3，即 k ≥ 2 k\ge 2 k≥2。而
2 k + 1 ⋅ 7 − ( 2 k + 1 − 1 ) ⋅ 8 = 8 − 2 k + 1 ≤ 0 2^{k+1}\cdot 7-(2^{k+1}-1)\cdot 8=8-2^{k+1}\le 0 2k+1⋅7−(2k+1−1)⋅8=8−2k+1≤0
故 2 k + 1 ⋅ 7 ≤ ( 2 k + 1 − 1 ) ⋅ 8 2^{k+1}\cdot 7\le (2^{k+1}-1)\cdot 8 2k+1⋅7≤(2k+1−1)⋅8
当且仅当 k = 2 k=2 k=2 等号成立
而又
∏ p i t i ≤ ∏ ( 1 + p i + p i 2 + ⋯ + ∏ p i t i ) \prod p_i^{t_i}\le \prod (1+p_i+p_i^2+\cdots+\prod p_i^{t_i}) ∏piti≤∏(1+pi+pi2+⋯+∏piti)
当且仅当连乘为空乘积是时等号成立
两不等式相乘，可得 2 n ≤ d ( n ) 2n\le d(n) 2n≤d(n)，当且仅当 k = 2 k=2 k=2 且乘积为空乘积，即 n = 4 × 7 = 28 n=4\times 7=28 n=4×7=28 时等号成立。又 n > 28 n>28 n>28，所以 2 n < d ( n ) 2n
故如果一个完全数大于 28 28 28，并且能被 7 7 7 整除，那么这个完全数一定能被 49 49 49 整除。
思路 这个问法，很明显要用反证法解决。后面自然就是顺理成章地推下来了。
3
题目 假设 f f f 是定义在正整数集合上、取值总为正整数的一个函数，满足：对于任意正整数 m m m 和 n n n，倘若 m − n m-n m−n 也是正整数，那么 f ( m + n ) f ( m − n ) = f ( m 2 ) f(m+n)f(m-n)=f(m^2) f(m+n)f(m−n)=f(m2)。求所有满足条件的函数 f f f。
解答
我们发现，
f ( m 2 ) = f ( m − 1 ) f ( m + 1 ) f ( m 2 ) = f ( m − 2 ) f ( m + 2 ) ⋯ f ( m 2 ) = f ( 1 ) f ( 2 m − 1 ) \begin{aligned} f(m^2)=&f(m-1)f(m+1)\\ f(m^2)=&f(m-2)f(m+2)\\ \cdots&\\ f(m^2)=&f(1)f(2m-1) \end{aligned} f(m2)=f(m2)=⋯f(m2)=f(m−1)f(m+1)f(m−2)f(m+2)f(1)f(2m−1)
又
f ( ( m + 1 ) 2 ) = f ( m − 1 ) f ( m + 3 ) f ( ( m + 1 ) 2 ) = f ( m − 2 ) f ( m + 4 ) ⋯ f ( ( m + 1 ) 2 ) = f ( 1 ) f ( 2 m + 1 ) \begin{aligned} f((m+1)^2)=&f(m-1)f(m+3)\\ f((m+1)^2)=&f(m-2)f(m+4)\\ \cdots&\\ f((m+1)^2)=&f(1)f(2m+1) \end{aligned} f((m+1)2)=f((m+1)2)=⋯f((m+1)2)=f(m−1)f(m+3)f(m−2)f(m+4)f(1)f(2m+1)
记 f ( m 2 ) = k 1 , f ( ( m + 1 ) 2 ) = k 2 f(m^2)=k_1, f((m+1)^2)=k_2 f(m2)=k1,f((m+1)2)=k2，
对应式子相除，可得
f ( m + 3 ) f ( m + 1 ) = f ( m + 4 ) f ( m + 2 ) = f ( m + 5 ) f ( m + 3 ) = ⋯ = f ( 2 m + 1 ) f ( 2 m − 1 ) = k 2 k 1 \dfrac{f(m+3)}{f(m+1)}=\dfrac{f(m+4)}{f(m+2)}=\dfrac{f(m+5)}{f(m+3)}=\cdots =\dfrac{f(2m+1)}{f(2m-1)}=\dfrac{k_2}{k_1} f(m+1)f(m+3)=f(m+2)f(m+4)=f(m+3)f(m+5)=⋯=f(2m−1)f(2m+1)=k1k2
又
f ( ( m + 1 ) 2 ) = f ( m ) f ( m + 2 ) ⋯ f ( ( m + 1 ) 2 ) = f ( 3 ) f ( 2 m − 1 ) \begin{aligned} f((m+1)^2)=&f(m)f(m+2)\\ \cdots&\\ f((m+1)^2)=&f(3)f(2m-1) \end{aligned} f((m+1)2)=⋯f((m+1)2)=f(m)f(m+2)f(3)f(2m−1)
一、三部分相除(第一部分第一行不参与，容易得到
f ( m ) f ( m − 2 ) = f ( m − 1 ) f ( m − 3 ) = f ( m − 2 ) f ( m − 4 ) = ⋯ = f ( 3 ) f ( 1 ) = k 2 k 1 \dfrac{f(m)}{f(m-2)}=\dfrac{f(m-1)}{f(m-3)}=\dfrac{f(m-2)}{f(m-4)}=\cdots=\dfrac{f(3)}{f(1)}=\dfrac{k_2}{k_1} f(m−2)f(m)=f(m−3)f(m−1)=f(m−4)f(m−2)=⋯=f(1)f(3)=k1k2
容易发现对于不同的 m m m，由于 f ( 3 ) f ( 1 ) \dfrac{f(3)}{f(1)} f(1)f(3) 是定值，所以 k 2 k 1 \dfrac{k_2}{k_1} k1k2 是定值。使 m m m 在 N ∗ \mathbb N^* N∗ 内改变，容易得到
f ( n + 2 ) f ( n ) = c ( c 为常数 , n ∈ N ∗ ) \dfrac{f(n+2)}{f(n)}=c(c\ \textnormal{为常数},n\in \mathbb N^*) f(n)f(n+2)=c(c 为常数,n∈N∗)
在 f ( m + n ) f ( m − n ) = f ( m 2 ) f(m+n)f(m-n)=f(m^2) f(m+n)f(m−n)=f(m2) 中：
令 m = 2 , n = 1 m=2,n=1 m=2,n=1，有 f ( 3 ) f ( 1 ) = f ( 4 ) f(3)f(1)=f(4) f(3)f(1)=f(4)，所以 c f 2 ( 1 ) = c f ( 2 ) cf^2(1)=cf(2) cf2(1)=cf(2)。可知 c ≠ 0 c\ne 0 c=0，所以 f ( 2 ) = f 2 ( 1 ) f(2)=f^2(1) f(2)=f2(1)；
再令 m = 3 , n = 2 m=3, n=2 m=3,n=2，有 f ( 1 ) f ( 5 ) = f ( 9 ) f(1)f(5)=f(9) f(1)f(5)=f(9)，即 c 2 f ( 1 ) = c 4 f ( 1 ) c^2f(1)=c^4f(1) c2f(1)=c4f(1)，由于 f ( 1 ) ≠ 0 f(1)\ne 0 f(1)=0， c c c 为正整数，所以 c = 1 c=1 c=1；所以 f ( n + 2 ) = f ( n ) f(n+2)=f(n) f(n+2)=f(n)
再令 m = 3 , n = 1 m=3, n=1 m=3,n=1，有 f ( 2 ) f ( 4 ) = f ( 9 ) f(2)f(4)=f(9) f(2)f(4)=f(9)，即 f 2 ( 2 ) = f ( 1 ) f^2(2)=f(1) f2(2)=f(1)，结合 f ( 2 ) = f 2 ( 1 ) f(2)=f^2(1) f(2)=f2(1)，可知 f ( 1 ) = f ( 2 ) = 1 f(1)=f(2)=1 f(1)=f(2)=1。
于是 f ( n ) = 1 f(n)=1 f(n)=1。经检验，符合题意。
综上，符合题意的 f f f 为 f ( n ) = 1 , n ∈ N ∗ f(n)=1, n\in \mathbb N^* f(n)=1,n∈N∗。