Volum巴 3,Number 1
Olympiad Corner
1997 Chinese Mathematical Oly＂ψiad: Part I (8:00－曰：30,January 13, 1997) Problem t; Let x1, x2, ... , X1991 be r開l numbers ~tis身ing 也e following tw? conditions:
(1)
－ ~sx； 豆花 （i
= 1, 2, : . . , 1997); 、／3(2)x1 ＋為＋ •.• + X1997
=
-318./3.Find 血emaximum value of
x:2
＋拉2+··+xt~！n.Problem 2. Let A1B1 C1D1 be an arbitrary convex quadrilatera』. Let p be a point inside the quadrilateral such 也at the segments fr個1P to each vertex form acute. angl自明白 the two sides through 也evertex. Recursively define 冉，此， C1c andD1c 倒也c points symmetric to P wi也 r臼pect to the lines A1c--1B1c--1, Bk--1 C1c--1, C1c-"1D11-1 and D1c--1A1c--1, r自pee位vely
(k = 2, 3, ···).
(continued on page 4) Editors: CHEUNG Pak-Hong’。盯.s仙也白，HKU
KO Tsz..Mei, EEE Dept, ij]i叩ST 白白，GTat-Wu也 Awt-M泌1D棋，H即U
LI Kin-Yin, Math Dept, HKUST
G Keng Po Roger, ITC, HKPU
Artist: YEUNG Sau-Ying Camille, MFA, CU Acknowledgme11t： τbanks to T眩目aFUNG, EBE Dept, HKUST for her help in typ臼ettiug; and
Catherine NG, EEE Dept, HKUST for general ass1Stance
The editors welcome coru虹ibutions from all teachers 個d students. With your submission, pl臼seinclude your nam丘， addr臼s, school, email, telephone and fax numbers (if available). Electr。nicsubmissions, e學位叫！yinMS Word 缸e enc。uraged. τbe de缸lline for receiving material for the next issue is Apr. 5, 1997.
For individual subsαiption for 也eremaining three issues for the 96-97 academic y臼r,send ω 也ree stamped self叫dressed envelopes. Send all
co訂閱ponden臼 to:
Dr. Kin-Yin Li Department 。fMathematiα Hong k。且gUniversity of Scie.且由個dT目：hnology
Clear Water Bay, Kowloo且，HongKong
Fax: 2358-1643 Email: makyli@u紅nail.ust.hk
5紛紛切
Jan-F曲， 1997 老師不敏的錢何（三） 張百康 十八世紀時，瑞士出了一位大數學 家歐拉但uler）。他雖然在二十多歲 時巴一目失明，但畢生努力從事數 學研究，著作豐富。數學上不少定 理、公式和方法都是他發現、證明 或發明的。我們現在要介紹的是歐 拉線但uler Line）一一一條貫穿三角 形幾個重要的點的直線 。 對一任意的三角形 ABC， 通過它的 三條邊的中點（mid-points).A’， B’和 C’分別作出這三條邊的垂直平分組 (pe中endicufar bisectors）。我們知道： 這三條垂直平分線相交於間一點， 即圖一的點。。這點。就是三角形 ABC 的外接圓心（circumcentre），道 理相信大家已知道。 / B A •• C’
. :Q.’..--r:
.
:A'
C （圖一） 另一方面，三角形 A’B’C’和 ABC 不 但相似，而且對應邊平行。這個邊 畏縮小一半的三角形 A宮，C’稱為三 角形 ABC 的中點三角形（medial triangle）。它的三條高（altitud的剛 好就落在 OA ’， OB’和 oc’上，因此 0 點也扮演了中點三角形 A’B℃’的 垂心（or曲。臼ntre）角色（圖二）。 A B C （圖二、 歐拉發現任何三角形的外接圓 心（0）、重心（G) 和垂心（的共線， 他的證明如下（圖三） ： 由於三角形 ABC 的高 AH 和邊 BC 的垂直平分線 OA’平行，因此 LHAG=LOA'G 並且， AH 和 A’。分別是相似三角 形 ABC 和 A宮，C’的對應線，所以 AH:A’。 ＝ BC:B’C’＝2: 1 恰巧地，重心 G 也把中線 AA’分成 AG:A’
G=2:l 因此，三角形 HAG 和 OA’G 相似。 由此推知 LHGA ＝ 乙:OGA ＇’ 所以 0 、 G 、 H 成一直線，稱為歐拉 線，並且 OG:GH= 1:2 。 A 8 C （圖三） 歐拉糗 OH 的中點絕不平凡，它是 著名的九點圖（Nin~point circle）的 圓心。所謂九點圍是指一個通過三 角形 ABC 的三邊的中點 A’、 B’、 C’， 三高的垂足 D 、 E 、 F 以及三頂 點和垂心間的中點 K 、 L、 M 的圓 （圖四）。 C’ B A' D C （圖四） 有關這九點為甚麼共圓的完整證明 是數學家彭賽列（Pon臼let）於 1821 年首先給出的，他將 A’， B’， c’， K, L, M 六點分成互有重覆四點組 合，然後證明每個組合的四點共圓 ，再利用這三個組合的重覆性證明 這三個圓實質上是罔一個圈，最後 證明 D ’ E•F 也在這圖上。讓我們 看看他的證法： 先考慮 B’， C’， L• M 四點（團五）。 (continued on page 2)Mathematical Excalibur, Vol. J, NQ~b Jari－坦壘， 97 主單丘之
老師不教的幾何（二）
(continued from page I)
在三角形 ABH 中， c’和 L 分別是 邊 AB 和 HB 的中點，因此 C'L 平行 AH 。罔理，在三角形 ACH 中， B’M 平行 AH 。所以 C'L 平行 B’M 。 再考慮三角形 ABC 和 HBC ，利用 岡樣的中點定理，可知 B’C’平行 ML 和 CB 。由於 AD 垂直 BC ，因此 B’C'IM 是個矩形。矩形的頂點當然 共圓。 A B C （圖五） 重覆同樣的論証於 A’C'KM 和 A’＇B'KL 可推證它們也是矩形，因此分別共 圖。但這三個矩形兩兩有共同對角 線，即外接圓（circumcircle）的直徑 （圖六）。 A B 不間的圖不可能有共同直徑，因此 A’, B’, C’, K, L• M 六點共圈。另 一方面， LA'DK 是直角（圖四），而 A'K 是前述六點圓的直徑，因此 D 也在此六點圍上。同理， E 和 F 也 在此六點國上，所以九點共圖。 九點圍和歐拉線有甚麼關係？ 大家不妨細心比較兩個頂點都在九 點圓上的三角形 A'B'C’和 KIM （ 圖 七）。由於 KA’， LB’和 MC’是九點 圓的直徑，因此三角形 KIM 繞九 點圓的圓心旋轉 180。可得三角形 A’B’C’。三角形 ABC 的歐拉線 OH 兩 端恰巧正分別是三角形 A’B’C’和 KIM 的垂心（可參考圖二及圖四）， 因此是全等三角形 A’＇B'C’和 KIM 的 對應點，它們的中點就是九點圓的 圓心。 A B C （圖七） 歐拉線真不簡單，它一線穿四心，說 它是三角形的脊骨一點也不過份。 JI 是無理數的六個瞪明 香港大學數學系 蕭文強 r 如何證明 JI 是無理數呢？』 r
~－m還不容易 l 設 JI =m/n ，可當 m
和 n 不全是偶數。由於 m2=2計， m 必 是偶數，寫作泣，則 4k2= 2n2 , 2k2 = 計，故 n 亦是偶數，矛盾！』 上述證明，只用到奇偶性質，來源已不 可稽考。亞里士多德（ ARISTOTL趴 在公元前 330 年左右把它（以幾何形 式）寫下來，用作反證法的示範，可見 在那個時候遣回事已是眾所週知了。不 過由於遺證明是如此簡潔，很多數學史 家都相信那不是這回事的發現經過，而 是 r 事後孔明』的解釋。 在遺個證明中， 2 沒有什麼特別，換了 是另一個質數，同樣的思路仍可沿用， 只是單憑奇偶性質不足夠，需要用到質 因子唯一分解性質。再推廣少許， 我們 還能夠證明若 Pi 、．．．、 P， 是 s 個不間的 轍，則柯：芳是無理數。因此，若 H 不是完全平方，則 .[H 是無理數。其 實，如果我們願意運用質因子唯一分解 性質，還有另一個證明辦法 ， 即是數一 數 m2 = Hn2 兩邊中某質因子出現的次 數，一奇一偶，矛盾！ 讓我們來看第三個證明。設 ..fH= min ’可當 m 和 n 無公共因子。由於 m2= Hn2 = n(Hn) , n 必須是 1 或－ 1 ，即是 說 H 是個完全平方，矛盾！這個證明跟 前兩個證明有一點不相間，它能推廣至 頗一般的情況，證明了若有理數是代數 整數，則它必是整數。（代數整數是指 首一整數系數多項式方程 i'+c~1~1+··· +c法＋ co=O 的棍，例如 .[H 是 i--H=O 的根。請讀者試自行誼明這回事吧。） 現在再看一個十分簡攘的證明：若 JI 是有理數，取最小正整數 k 使 kJ2 是整 數，則 m =kJ2-k=k(J2-I） 是一個 較 k 更小的正整數，但 mJI=2k-kJ2 仍是整數，這與 k 的選取矛盾 I （把 Z 換作一個非完全平方 H ，類似的證明適 用。） 上述證明是數論專家埃斯特曼 ( THEODOR ESTERMANN ）在 1975 年一則短文的內容，巧妙簡捷，兼而有 之。後來有人讀曰： r 如同所有精采念 頭，一經指出即明顯不過，但這個精采 念頭卻要等到學達哥拉斯 (PYTHAGORAS）二千多年後才給指出 來 l 』如果我們試圖追尋如何選取 m 的 線索，自然會問到它的幾何詮釋，這個 議何詮釋，說不定正是二千多年前希臘 數學家發現正方形的對角融和邊是不可 公度量的經過呢！不可公度量，是指不 存在一公共度量 ， 使對角線和邊各自是 該公共度量的若干整數倍，也就是說， JI 不是有理數。（以下敘述，取材於H. EVES 的著作“AN 的TRODUCTION
τ'O TIIB 凹STORYOF MATIIEMATICS
”
的第 3 章， 3rd editi咽， 1969 。）在下 圈中設 AP 是正方形的對角線 AC 和邊 AB 的公共度量，即有 AC=jAP 和 AB =kAP 。構作 B1C1 使 B1C1 垂直於 AC, 也使 CB= CB1 。不難知道 BC1 = B1C1 =AB1 ，因此
AC1=AB-AB1 =AB 一 （AC-AB)
=2.i廿一 AC= (2k － β，AP, AB1=AC-AB = (j-k)AP 。 注意： AC1 和 AB1 是一個較小的正方形 的對角線和邊，那個較小的正方形的邊 AB1 小於原正方形的邊 AB 的一半。按 此步驟重慢下去，必得到一個足夠小的 正方形，它的邊 AB， 小於 AP ，但 AB, 卻仍然是 AP 的若干整數倍，豈非矛
盾 I （有些數學史家認為古代希臘數學
家曾企圖以此方法研究不可公度量理論 ，相當於企圖發展今天稱作連分數展開 式的研究。可情當時的數學家無功而退 ，只遺留下來蜍絲馬跡，在古希臘數學 名著〈歐幾里得原本） (EUCLID'S ELEMENTS）的章節間依稀可見！）;
A D 請注意： AC1/AB1= (2k - j)l(j 一帥，而 m=j-k 正是埃斯特壘的短小精悍證明 中的 mo 因為 AC1IAB1 =.J豆，便有 (2k - Dim = J2 ，即是 mJI= 2k-j 是 整數了。當我們了解埃斯特曼證明的背 後的幾何詮釋，我們可以把它重寫成第 六個證明：若 JI =jlk 是最簡的分數式 ，則有 JI ＝ 仙一 j)I。一的（這是因爵 jJI -kJ2=
2k - j ），但 k<j<2k （因為 l<J2<2 ），故 2k- j <j 和 j-k<k ，這與j 和 k 的選取矛盾 l 請讀者想一想，上面討論的六個證明， 真的是六個不闊的證明嗎？還是六個相 闊的證明呢？Mathematical Excalibur, Vol. 3, No. 1, ]<J,1/,-Feb, 97
Problem Corner
We welcome r臼ders to submit solu位個S
to the problems posed below for publi個位on consideration. Solutions 曲ouldbepre臼dedby 也esolver's n個1e,
addr聞s; school a血lia1位個個d grade
level. Please send submissions to Dr. Kin-Yin Li, Dept of Mathematics, Hong
Kong University of Science and
Technology, Clear Water Bay, Kowloon. The deadline 伽 submitting soluti，個sis Apr. 5, 1997.
Problem 51. Is there a positive integer n
SU曲曲at d立 ＋ .Jn立區 a m位onal
number?
Problem 52. Let a, b, c be distinct real
numbers such 也at a3 = 3(b2+c2) －詣，
b3 = 3(c2+a2) - 25, c3 = 3(a2+b2) - 25.
F詛dthe value of abc.
Problem 53. For MBC, define A’∞
BC so 也atAB+ BA
’
=
AC+ CA' andsimilarly define B’個 αandCon AB.
Show that AA’,BB’, CC' are concu虹ent. 口'he point of concurrency is called the Nagel point of MBC.)
Solution: CHEUNG Tak Fai (Valt做個
College, F，白宮1 6) and Gary NG Ka
Wing (S甘A Leung Kau Kui College,
Form4). Suppose
x13 + x + 90 =
(i'- -
x + a)q(x),where q(x) is a polynom旭I M也 integer
coefficients. Taking x = -1, 0, 1, we get 88 = (2+a)q(-1),
90 = aq(O) 92 = aq(l).
·and
Sin臼 a divi悔s 90, 92 and a+2
divi也s 帥， a 個n only be 2 or -1. Now
x2-x-1 h品 a positive root, but x13 +x+ 90 個.nnothave a positive root.
So a 個且個lybe 2. We c扭曲eek by
long divisi個也at
i'- -
x + 2 divi侮Sx13 + x + 90 or observe that if w is any of
也e two roots of
i'- -
x + 2，也mw2=w-2, w4 = -3w+ 2,
w'
= -3w-14,w12 =45w-46 個d
w13
+ w+ 90 = 0.Other commended solvers: CHAN.Ming Chiuιa Salle College, Form 6), CHAN
Wing Sum 任主KUST) and William
CHEUNG Pok-man (S.T.F.A. Leung
Kau Kui Colle阱， Form6).
E鐘丘之
Problem 48. Squares ABDE 個d BCFG
訂e drawn outside of triangle ABC.
Prove 也at 副組gle ABC is is個自1自芷
DGis p位allelto AC.
Solu組on: Henry NG Ka Man (Sτ'FA
Leung Kao Kui Colle阱， Form6); Gary
NG Ka Wing (STFA Leung Kau Kui College, Form 4) and YUNG Fai
(CUHK.).·
From B, draw a perpendicular· line to AC
(and hen臼 also perpendicular to DG.
}
Let it intersect AC at X and DG at Y.
Since LABX = 90。－ LDBY = LBDY
祖dAB= BD，也e right 虹泊ngl，個 ABX
個d BDY are congruent and AX = BY.
Similar句， the right triangles CBX and BGYareαmgruent and BY= CX. So AX = CX, which implies AB = CB.
Comments: This w品 a problem m 也e
1988 Leningrad Ma也em.a位“l
Olympiad. Most solvers gave solutions
using pure ge值泊的 or a bit of
trigon咽etry. The editor will like to point out there is also a simple v叫做
soluti個. Set 血e origin O at 也e
-+ -+
mi冉,oint of AC. Let OC = m, OB= n 個dkbe the unit v自個rperpendicular to
Problem 54. Let R be 也e set of real
• •
.hers. Find all h叫oos/:R → R Prob岫 47. 恥， y, z are 叫 numbers th! plane. 田間 AB=n:m, α ＝ n-m,
such 曲at
such thatx2 + y2 +z2
=2，也en show 也at BD＝ 一（n
+ m) x k, BG= (n - m}
xkx+y+z:S; 均1z+2. →→→
and DG= BG- BD =
2n x
k. If DG 誌parallel 個 AC，出enn x k is a multiple of
－今－＋
m and so m =OC and n =OB are
If one of x, y, z is nonpositive, say z, then pe：中endicul也尬的如飢甘iangleABC
is isosce1臼． 2 ＋均1z-x-y-z= (2-x-y)-z(l－砂）這 O
fl.J{x+y)) = J(x+y) + J(x)j(y） 一砂
Solution: CHAN Ming Chit且 (La Salle
伽 allx.y ε R. (Sour但： 1”5B插曲間組 College, Form 6).
Mathematical Olympiad (Final Round))
Problem 55. In the beginning，的
beetles 位eplaced at different 呵oar，自 of a 9 × 9 square board. In each move,
ev位y M目前leα臼ps to a h個包個個1 or
V位拉伯I adja品nt square. If no beetle makes either two horizontal moves or two v副i個I mov，間 in succession, show
也at after some mov，間，也ere will be at
least two beetles in the same square. (Sour白： 1995 Byelorussian M抽emati1叫 Olym戶ad(Fmal Round))
** ** ** ** *”,* * M * * M * *-un * *du* ＊山＊ * dH * *-un * *‘‘* ** ** ** **
Problem 46. F叮 what integer a do自
i'- -
x + a divide x13 + x + 90? (Source: 1963 Putnam Exam.)because
x+y 三 ~~2
and勾Y 三（i'-+ y2）且三 1
So we may assume
x,
y,z
are pos1Uve, sayO<x:S;;y:S;;z. Ifz:S;;l ，也en2 ＋均月ii:-x-y-z
= (1-x)(l-y) + (1-z)(l－砂）注 0.
Ifz>l,then
(x+
y)+z 刊和＋ y)2+z2)
=2布立旬＋ 2 至耶＋ 2.
Comments: This w品 anunused probl間1
扭曲e1987 IMO and la:臨 appeared 晶 a
prob1個仙也e 1991 Polish
Mathema位.calOlympiad.
Other commended solvers: CHAN
Wing Chiu (La Salle College, F，個m 4), Cal泊n CHEUNG Ch，叫KLwi (S.T.F.A. Leung Kao Kui College, Form 5), William CHEUNG Pok-man (S.T.F.A. Leung Kau Kui College, Form 6), Yv，臼 CHEUNG Yui Ho (S.T.F.A. Leung Kao Kui College, Form 5), CHING Wai Hung (S.T.F.A. Leung Kao Kui College,
F個m 5), Alan LEUNG Wing Lun
(Sτ1月A Leung Kao k凶 College, Form 日， .OR Fook Sing & WAN Tsz Kit
(V altorta College, Form 吻， TSANGSai
Wing (Valtorta College, Form 6), WONG Hau Lun (STFA Leung Kau K凶 College,Form 5), Sam YUEN Man
Long (STF A Leung Kao Kui Coll昏ge,
Form.4).
Mathematical Excalibur, Vol. 3, No. 1, Jan-Feb, 97 Problem Corner
(continued from page 3)
Problem 49. Let u1 ，跑， U3, •• ; be ·a
sequence of integers such 也泌的＝訝，
U2 ＝的 and u叫＝ Un+l- Un for n= }, 2, 3, .... -Show 也at1996 divid臼 infinitely
many 伽ms of 血is sequen臼． (So叮臼：
1986 Canadian Mathematical Olympiad
wi也 modification)
Solution: William CHEUNG Pok-man (STFA Leung Kau Kui College, Form 6)
組dYUNG Fai (CUlIK).
Let Un be the r個iainder of Un upon division by 1996, i.e.,
Un 至 Un(mod 1996).
Consider the sequence of pairs （此， Un+1).
There are at most 19962 distinct pairs. So let （巧，E弘1) = （吭，Uq..:1) be tbe first repetition wi也 p< q. If p > 1, then 也e
recurrence relation implies (Ur-1，可〉＝
(Uq-1,Uq) resulting in an earlier repetition. Sop= 1 and the sequen臼 d p組s （此，吼叫） is peri吋ic wi也 period q -1. Since 的＝1996, we have O = U3 =
的兩制﹜個dso 1996 divi也S U3啊？” fc質
eveηpositive integ訂 k.
Other commended solvers; CHAN Ming
Chiu 江ASalle College, F，凹m6),C~
Wing _Sum (HKUST) and Gary NG Ka Wing (STFA Leung Kau Kui Colleg<!, Form4).
c= 2(y 一 2z+ 3w-2x), d = 2(z-2w+ 3y- 2z).
From 也atpoint on, a, b, c, d will always
beev冊， so lbc一叫，！前－bdl, I。 － cdl
will always be divisible by 4. Solution 2: Official Solution.
After n ~ 1 steps，也esum of 曲eintegers will be 0. Sod= -a- b- c. Then
.be - ad =be+ a(a + b + e)
=(a+ b)(a+e).
Sin世arly,
ae- bd =(a+ b)(b + e) and
ab-ed ＝（α ＋ e)(b + e).
Finally
lbe一叫， ︱昕一叫，
lab-edl臼nnot all be prime because 也eir
product is 也esquare of (a+b)(a+e)(b+e). Other eommended solvers: Calvin
CHEUNG Cheuk Ltm (S.T.F.A. Leung Kau. Kui College, Form 5) and William <::HEUNG Pok-man (STFA Leung Kau KuiCollege, Form6).
Olympiad Corner (continued from page 1)
Consider 自己s~uence of qua也ilaterals
AJJiCPi (j = 1, 2,…).
E單已 Part II (8:00-12:30. J組uary14, 1997) Problem 4. Let qua也ilateral ABCD be inscribed in a circle. Suppose lines AB a:nd DC intersect at P a:nd lines AD and BC intersect at Q. 扭曲EQ, construct 也e
two tangents QE and QF to the circle where E and F . are the points of tangency. Prove 也at 也e 也reepoints P, E, F are collinear.
Problem 5. Let A
={
l, 2, 3, ···, 17} For a mapping/: A•
A, denotef
[11(x) = f (x),f﹝州﹞（劫 ＝！（戶﹞（x))
(k=
1 ，口，
Consider one-to-one mappings f from A to A 且也句ingthe c個dition: there exists a natural number M such that
(1) form < M, 1 $ i $ 16,
f
[m](i + 1)-/[m)(i) 拳 ±1 (mod 17),f[m](1)-/[m)(17）季 ±1 (mod 17);
(2) for 1 至 i:s; 16,
/[M)(i +1）一 f﹝M﹞ （i) ,=1oc-1 (modlη，
f
[M]1(1)-/[MJ(17)=1oc-1 (modlη－ For all mappings f satis幼時 the above condition, determine the largest possible value of the corresponding M’
s.Problem 6. Consider a sequen臼 of
nonnegative r個1 numbers a1，的，
satisfying the condition
a .... m 三三 a，.＋ α用， m,n ε N.
Problem 50. Four integers are marked on a circle. . On· each · step we simultaneously replace each number· by
也c difference between this number 個d
next number on 也e circle in a giv開
direction (that 恕， thenumbers a, b, c, d are repla臼dby a - b, b - c, c·~ d, d -a). Is it possible after 1996 such st叩sto have numbers a, b, c, d such 也at the numbers
I
be －叫， lac bdl, lab-cdl are prim品？. (Source: unused problem in the 1996 IMO.)
(1) Determine which of the first 12 Prove 也atfor any 昆主 m,
quadrila:伽als are. similar to 也e ( \
1997血中心叫． a,, ima1 ＋＼可－ lfm
Solution 1: Henry NG Ka Man {STFA Leung Kau Kui College, Form 6) and Gary NG Ka Wing (S甘A Leung Kau Kui College, Form 4).
If the initial numbers are a= w, b = x
(2)If 也e 1997也 quadrila個al is cyclic,
det釘mine which of the first 12
qua世沮ateralsare cyclic.
Problem 3. Prove 也at 也ereare infinitely many natural numbers n such that
1, 2, ···, 3n can be put into an array
a1 a2 ... an b1 b2 ··· bn e1 e2 ... en
satisfying the following two conditions: C= y, d ＝己也已n after 4 st句S，也e (1) a1+b1+e1 = a2+bz+e2 = • • • = an+bn+en numbers wiil be and the sum is a multiple of 6;
a= 2(w - 2x + 3y - 2z), b = 2(x - 2y + 3z - 2w),
(2) a1＋向＋．．﹒＋亂， ＝ bi＋，拉＋．．→bn=erK:z+﹒ ··+en 個d 也esum is a multiple of 6.
4、特總
之斗～ ＼＼之于～ \ \ ....~
吋'4
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