MO题选做

有趣的数学题

---

例题编号：$\mathscr{A}\mathscr{B}\mathscr{C}\mathscr{D}\mathscr{E}\mathscr{F}\mathscr{G}\mathscr{H}\mathscr{I}\mathscr{J}\mathscr{K}\mathscr{L}\mathscr{M}\mathscr{N}\mathscr{O}\mathscr{P}\mathscr{Q}\mathscr{R}\mathscr{S}\mathscr{T}\mathscr{U}\mathscr{V}\mathscr{W}\mathscr{X}\mathscr{Y}\mathscr{Z}$

例题$\mathscr{A}$

2021.6.20

题意：一个半径为$R$的圆内有两个不重合且不在边界的动点$A,B$，两点均可以在圆内以相同且恒定的速度运动，求$A$点有没有一种策略能使无论$B$采取什么策略运动，都能让两点不重合。

分析：

codecode毒瘤题*1。

考虑把运动分成若干个时间段，第$i$个时间段$A$都向远离$B$点的某一方向移动一固定距离$x_i$。具体地，这一方向可以设为垂直于$A$所在直径且远离$B$所在半圆的方向。（如果$B$在直径上则两侧均可）

不难发现在该操作进行的时间段一定能使$A,B$不重合，那么我们只需要让$x_i$之和趋于无穷且$A$点始终不运动出圆就好了。

可以得到式子：$\begin{cases}\sum x_i\rightarrow \infty\\OA^2+\sum x_i^2<R^2\end{cases}$

即我们要构造数列$x_i$使得其和趋于无穷而平方和收敛于实数$d=R^2-OA^2>0$。

构造$x_i=\frac{C}{i}$，其中$C$为一较小常数满足$C<\frac{6d}{\pi^2}$，不难发现$x_i$趋于无穷而$\sum x_i^2=C\times\sum\frac{1}{n^2}<d$。

例题$\mathscr{B}$

2020.6.21

题意：一个边长为$l$的正方形四个顶点上共有四个速度为$v_w$的动点$A,B,C,D$，只能在边上运动。正方形的中心有一个速度为$V_R$的动点$R$，可以在平面内任意移动，但不能碰到$A,B,C,D$。求$\frac{v_r}{v_w}$的最大值使得点$R$可以移动到的面积有限。

分析：

codecode毒瘤题*2。

考虑先找到一个$\frac{v_r}{v_w}$的值$k$使得比值小于等于$k$的所有方案都满足要求，然后证明大于$k$的所有方案都不满足要求。

考虑$R$第一次运动，设到达$R'$，那么作两条过$R'$的平行线分别平行于正方形的两条对角线交四条边于$A',B',C',D'$，设$R$与$R'$加上对角线形成的矩形另外两个顶点为$E,F$，那么有$AA'=\sqrt2RE=CC',BB'=\sqrt2RF=DD'$，且$RE,RF\leqslant RR'$，因此当比值小于等于$\frac{\sqrt2}{2}$时$R$本次运动时$A,B,C,D$一定能运动到对应的位置。

之后每一次运动也同理，每次$A,B,C,D$一定会到达对应的位置，当$R$到达边界时一定有点在边界守着。

然后证明大于$\frac{\sqrt2}{2}$的比值都可以让$R$逃逸。

考虑$R$在$RB$射线上运动到$R'$，然后以$90$度转向其中一边逃离。（$B$运动到了哪条边，就选另一条边，$B$没有运动则任选）

首先$B$所在那条边的另一个动点以及动点$D$一定追不到$R$，因此考虑$B,C$能否追到$R$。

$B$距离$R''$最近的位置在原位，而由于比值大于$\frac{\sqrt2}{2}$，所以$B$追不到。

由于$R''C=\sqrt2RR'$，所以考虑在$R'R''$趋近于零时（也就是$R'$趋近于$B$时），$R$的运动距离$RR'+R'R''$趋近于$\frac{\sqrt2}{2}R''C$，因此$C$也无法追到$R$。

例题$\mathscr{C}$

2021.6.22

题意：证明有多条对称轴的多边形对称轴共点。

分析：考虑在多边形每一个顶点放置一个单位的质量，那么关于某一条对称轴作对称变换时，质量放置的位置等价，因此质心不会移动，那么质心为所有对称轴的共同交点。

例题$\mathscr{D}$

2021.6.22

原题P7510。

题意：$1\cdots n$每个数各有$2$个，若存在一组排列使得两个$i$中间隔为$i$，求$n$满足的限制（兰弗德问题）

设数字$i$放置在$a_i,b_i$两个地方，由于加与减的奇偶性相同，所以有：

$$\frac{2n(2n+1)}{2}=\sum_{i=1}^n a_i+b_i\equiv\sum_{i=1}^n b_i-a_i=\frac{(n+1)(n+2)}{2}-1\pmod 2$$

因此$\frac{4n^2+2n-n^2-3n}{2}=\frac{n(3n-1)}{2}\equiv1\pmod2$

即$n\equiv 0,3\pmod 4$

考虑构造对应的方案：（嵌套构造）

• $n\equiv 0\pmod 4$时，设$n=4m$。

$$(4m-4)\rightarrow 2m, 4m-2, (2m-3)\rightarrow1, 4m-1, 1\rightarrow (2m-3), 2m\rightarrow (4m-4), 4m, (4m-3)\rightarrow (2m+1), 4m-2, (2m-2)\rightarrow2, 2m-1,4m-1, 2\rightarrow (2m-2), (2m+1)\rightarrow (4m-3), 2m-1,4m$$

• $n\equiv 3\pmod 4$时，设$n=4m-1$

$$(4m-4)\rightarrow 2m, 4m-2, (2m-3)\rightarrow1, 4m-1, 1\rightarrow (2m-3), 2m\rightarrow (4m-4), 2m-1, (4m-3)\rightarrow (2m+1), 4m-2, (2m-2)\rightarrow2, 2m-1,4m-1, 2\rightarrow (2m-2), (2m+1)\rightarrow (4m-3)$$

当然$n=3,4$时有些小问题，因为有重叠，方案是：

2 3 1 2 1 3
2 3 4 2 1 3 1 4

如果题目改为$b_i-a_i=i$的话，只需要把所有数加一然后在前面加上$1\ 1$就好了，$n$的条件便是模$4$余$1$或$0$，此时要特判$n=1$。（原题内容，即斯科伦问题）

例题$\mathscr{E}$

2021.6.22

题意：有一个正方形，连接其对边中点共$6$条边，动点$U,V,W$在边上运动，$U,V$速度相同，$W$速度是$U,V$速度的两倍，求证$W$无论如何运动，$U,V$都可以在某一时刻与$W$重合。

分析：

考虑$U$点守在$EI$的中点，则$W$点无法运动到点$E,I$，然后点$V$直接按照$A\rightarrow G\rightarrow B\rightarrow F\rightarrow C\rightarrow H\rightarrow D$扫过去便可以抓到$W$。

感谢codecode提供的清新MO题！