di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Algebra


Question: 已知正整数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2018}$ 满足

$a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{2018}$.

对于 $i=1,2, \cdots, 2018, b_{i}$ 为 $a_{1}, a_{2}, \cdots$, $a_{2018}$ 中不超过 $i$ 的正整数个数. 求

$\frac{\sum_{k=1}^{2018} a_{k}+\sum_{k=1}^{a_{2018}} b_{k}}{a_{2018}+1}$的值。

Solution:
当 $k<a_{1}$ 时, $b_{k}=0$;

当 $a_{j} \leqslant k<a_{j+1}(j=1,2, \cdots, 2017)$ 时,

$b_{k}=j$;

当 $k=a_{2018}$ 时, $b_{k}=2018$.

故 $\sum_{k=1}^{a_{2018}} b_{k}=\sum_{j=1}^{2017} j\left(a_{j+1}-a_{j}\right)+2018$

$=-\sum_{k=1}^{2018} a_{k}+2018\left(a_{2018}+1\right)$.

因此, $\frac{\sum_{k=1}^{2018} a_{k}+\sum_{k=1}^{a_{2018}} b_{k}}{a_{2018}+1}=2018$.

Final answer: $2018$
Subfield: Geometry


Question: 已知

椭圆 $\Gamma: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$

的长轴的左、右端点分别为 $A 、 B$, 左、右焦点分别为 $F_{1} 、 F_{2}$. 若存在椭圆 $\Gamma$ 上的点 $P$, 使得 $P F_{1} 、 P F_{2}$ 三等分 $\angle A P B$, 在所有满足上述条件的椭圆 $\Gamma$ 中, 试求不同的离心率 $e$ 的个数.

Solution:
由 $S_{\triangle P A F_{1}}=S_{\triangle P B F_{2}}$, 得

$P A \cdot P F_{1}=P B \cdot P F_{2}$.

故 $P$ 必为短轴的端点, 不妨设点 $P(0, b)$.

由直线 $P A 、 P F_{1}$ 的斜率分别为 $\frac{b}{a} 、 \frac{b}{c}$, 知

$\tan \angle A P F_{1}=\frac{\frac{b}{c}-\frac{b}{a}}{1+\frac{b}{c} \cdot \frac{b}{a}}=\frac{b(a-c)}{a c+b^{2}}$.

设 $O$ 为坐标原点.

由 $\tan \angle O P F_{1}=\frac{c}{b}$

$\Rightarrow \tan \angle F_{1} P F_{2}=\tan 2 \angle O P F_{1}=\frac{2 \frac{c}{b}}{1-\left(\frac{c}{b}\right)^{2}}=\frac{2 b c}{b^{2}-c^{2}}$.

易知, $\angle A P F_{1}=\angle F_{1} P F_{2}$, 则

$\frac{b(a-c)}{a c+b^{2}}=\frac{2 b c}{b^{2}-c^{2}}$.

将 $b^{2}=a^{2}-c^{2}$ 代人上式得

$(a-c)\left(a^{2}-2 c^{2}\right)=2 c\left(a c+a^{2}-c^{2}\right)$.

由 $e=\frac{c}{a} \in(0,1)$

$\Rightarrow 4 e^{3}-4 e^{2}-3 e+1=0$.

设 $f(t)=4 t^{3}-4 t^{2}-3 t+1(t \in \mathbf{R})$. 则

$f^{\prime}(t)=12 t^{2}-8 t-3$.

令 $f^{\prime}(t)=0$, 可得两个实根

$t_{1}=\frac{2-\sqrt{13}}{6} \in(-1,0)$,

$t_{2}=\frac{2+\sqrt{13}}{6} \in(0,1)$.

由 $f\left(t_{1}\right)>0, f\left(t_{2}\right)<0$, 知方程$4 t^{3}-4 t^{2}-3 t+1=0 \quad \quad (1)$
有三个实根.

因为 $f(0)>0, f(1)<0$, 所以, 方程(1)在区间 $(0,1)$ 内恰有一个实根.

因此,满足条件的不同的离心率 $e$ 的个数为 1 .

Final answer: $1$
Subfield: Algebra


Question: 对于任意实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{5}$ $\in[0,1]$, 求 $\prod_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left|a_{i}-a_{j}\right|$ 的最大值.

Solution:
设 $f\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{5}\right)=\prod_{1 \leqslant i<j \leqslant 5}\left|a_{i}-a_{j}\right|$.

由于 $f\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{5}\right)$ 的最大值必在 $a_{1}$, $a_{2}, \cdots, a_{5}$ 互不相等时取到，不妨设

$a_{1}>a_{2}>\cdots>a_{5}$.

要使 $f\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{5}\right)$ 取到最大值,必有 $a_{1}=1, a_{5}=0$.

故 $f\left(1, a_{2}, a_{3}, a_{4}, 0\right)=\left(a_{2}-a_{3}\right)\left(a_{2}-a_{4}\right)\left(a_{3}-a_{4}\right) \prod_{k=2}^{4} a_{k}\left(1-a_{k}\right)$.

设 $a_{2}-a_{4}=x$. 则 $x \in(0,1)$.

由均值不等式得

$$
\begin{aligned}
f & \left(1, a_{2}, a_{3}, a_{4}, 0\right) \\
= & \left(1-a_{2}\right) a_{4}\left(1-a_{3}\right) a_{3}\left(1-a_{4}\right) a_{2} . \\
& \left(a_{2}-a_{3}\right)\left(a_{3}-a_{4}\right)\left(a_{2}-a_{4}\right) \\
\leqslant & \left(\frac{1-a_{2}+a_{4}}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1-a_{4}+a_{2}}{2}\right)^{2} . \\
& \left(\frac{a_{2}-a_{4}}{2}\right)^{2}\left(a_{2}-a_{4}\right) \\
= & \left(\frac{1-x}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{2}\right)^{2}\left(\frac{1+x}{2}\right)^{2}\left(\frac{x}{2}\right)^{2} x \\
= & \frac{1}{2^{8}}\left(x^{7}-2 x^{5}+x^{3}\right) \triangleq g(x),
\end{aligned}
$$

当 $a_{2}+a_{4}=1, a_{3}=\frac{1}{2}$ 时,上式等号成立.

令 $g^{\prime}(x)=\frac{1}{2^{8}}\left(7 x^{6}-10 x^{4}+3 x^{2}\right)$

$=\frac{1}{2^{8}} x^{2}\left(7 x^{2}-3\right)\left(x^{2}-1\right)=0$.

则在区间 $(0,1)$ 内有唯一解 $x_{0}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.

当 $0<x<x_{0}$ 时, $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 严格单调递增;

当 $x_{0}<x<1$ 时, $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 严格单调递减.

故 $g(x)$ 的最大值为

$g\left(x_{0}\right)=\frac{3 \sqrt{21}}{2^{4} \times 7^{4}}=\frac{3 \sqrt{21}}{38416}$.

由 $a_{2}-a_{4}=\frac{\sqrt{21}}{7}$, 知 当 $a_{1}=1, a_{2}=$ $\frac{7+\sqrt{21}}{14}, a_{3}=\frac{1}{2}, a_{4}=\frac{7-\sqrt{21}}{14}, a_{5}=0$ 时, $f\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{5}\right)$ 取得最大值 $\frac{3 \sqrt{21}}{38416}$.

Final answer: $\frac{3 \sqrt{21}}{38416}$
Subfield: Algebra


Question: 已知正实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a b+b c+c a=1$.证明:

$\frac{3}{\sqrt{a^{2}+1}}+\frac{4}{\sqrt{b^{2}+1}}+\frac{12}{\sqrt{c^{2}+1}}<\frac{39}{2}$.

Solution:
$\frac{3}{\sqrt{a^{2}+1}} \leqslant 3, \frac{4}{\sqrt{b^{2}+1}} \leqslant 4, \frac{12}{\sqrt{c^{2}+1}} \leqslant 12$.

则 $\frac{3}{\sqrt{a^{2}+1}}+\frac{4}{\sqrt{b^{2}+1}}+\frac{12}{\sqrt{c^{2}+1}}\leqslant 3+4+12=19<\frac{39}{2}$.
Subfield: Geometry


Question: 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$, 过点 $M(1,-1)$的直线 $l$ 与双曲线 $C$ 的右支交于 $A 、 B$ 两点,与 $x$ 轴交于点 $N$. 设

$\overrightarrow{M A}=\lambda_{1} \overrightarrow{A N}, \overrightarrow{M B}=\lambda_{2} \overrightarrow{B N}\left(\lambda_{1}, \lambda_{2} \in \mathbf{R}\right)$.

求 $\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}$ 的取值范围.

Solution:
易知, 直线的斜率存在, 设为 $k$.

则直线 $l: y+1=k(x-1), N\left(\frac{1}{k}+1,0\right)$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$.

将直线 $l$ 代人双曲线 $C$ 的方程得

$\left(1-4 k^{2}\right) x^{2}+8 k(k+1) x-4(k+1)^{2}-4=0$.

由方程(1)有两个不同的正根 $x_{1} 、 x_{2}$, 知

$\left\{\begin{array}{l}\Delta>0, \\ x_{1}+x_{2}=\frac{-8 k(k+1)}{1-4 k^{2}}>0, \\ x_{1} x_{2}=\frac{-4(k+1)^{2}-4}{1-4 k^{2}}>0\end{array}\right.$

$\Rightarrow \frac{1}{2}<k<\frac{1+\sqrt{7}}{3}$.

设 $t=\frac{1}{k}+1$. 则 $t \in\left(\frac{\sqrt{7}+1}{2}, 3\right)$.

由 $\overrightarrow{M A}=\lambda_{1} \overrightarrow{A N} \Rightarrow x_{1}=\frac{1+\lambda_{1} t}{1+\lambda_{1}}, y_{1}=\frac{-1}{1+\lambda_{1}}$.

代入双曲线 $C$ 的方程, 整理得$\left(t^{2}-4\right) \lambda_{1}^{2}+(2 t-8) \lambda_{1}-7=0$.

类似地, $\left(t^{2}-4\right) \lambda_{2}^{2}+(2 t-8) \lambda_{2}-7=0$.

于是, $\lambda_{1} 、 \lambda_{2}$ 为关于$\lambda$ 的二次方程

$\left(t^{2}-4\right) \lambda^{2}+(2 t-8) \lambda-7=0$的两个实根.

由韦达定理得

$\lambda_{1}+\lambda_{2}=\frac{2 t-8}{4-t^{2}}, \lambda_{1} \lambda_{2}=\frac{7}{4-t^{2}}$

$\Rightarrow \frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=\frac{\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)^{2}}{\lambda_{1} \lambda_{2}}-2=\frac{(2 t-8)^{2}}{7\left(4-t^{2}\right)}-2$.

设 $z=t-4$. 则

$z \in\left(\frac{\sqrt{7}-7}{2},-1\right)$,

$\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=-\frac{4}{7\left(\frac{12}{z^{2}}+\frac{8}{z}+1\right)}-2$.

设 $w=\frac{1}{z}$. 则 $w \in\left(-1,-\frac{\sqrt{7}+7}{21}\right)$.

设 $f(w)=12 w^{2}+8 w+1$, 其对称轴为 $w=-\frac{1}{3}$.

显然, $w$ 的取值范围在 $w=-\frac{1}{3}$ 的左侧.

从而, $f\left(-\frac{\sqrt{7}+7}{21}\right)<f(w)<f(-1)$, 即

$-\frac{1}{7}<f(w)<5$, 且 $f(w) \neq 0$.

故 $\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{2}}+\frac{\lambda_{2}}{\lambda_{1}}=-\frac{4}{7 f(w)}-2\in\left(-\infty,-\frac{74}{35}\right) \cup(2,+\infty)$.

Final answer: $(-\infty,-\frac{74}{35}) \cup(2,+\infty)$
Subfield: Algebra


Question: 定义在区间 $[1,2017]$ 上的函数 $f(x)$满足 $f(1)=f(2017)$, 且对于任意的 $x 、 y \in$ $[1,2017]$, 均有 $|f(x)-f(y)| \leqslant 2|x-y|$. 若实数 $m$ 满足对于任意的 $x 、 y \in[1,2017]$,均有 $|f(x)-f(y)| \leqslant m$, 求 $m$ 的最小值.

Solution:
先证明: 对于任意的 $x 、 y \in[1,2017]$,均有 $|f(x)-f(y)| \leqslant 2016$.

事实上,若 $|x-y| \leqslant 1008$, 则

$|f(x)-f(y)| \leqslant 2|x-y| \leqslant 2016 ;$

若 $|x-y|>1008$, 不妨假设 $1 \leqslant x<y \leqslant$ 2017 , 则

$$
\begin{aligned}
& |f(x)-f(y)| \\
& =|f(x)-f(1)+f(2017)-f(y)| \\
& \leqslant|f(x)-f(1)|+|f(2017)-f(y)| \\
& \leqslant 2|x-1|+2|2017-y| \\
& \leqslant 2(x-1)+2(2017-y) \\
& =2 \times 2016-2(y-x) \\
& <2 \times 2016-2 \times 1008=2016 .
\end{aligned}
$$

再证明: 2016 是最小的.

设函数 $f(x)=2|x-1009|$, 则函数 $f(x)$满足

$$
f(1)=f(2017)=2016 \text {, }
$$

且对于任意的 $x 、 y(1 \leqslant x<y \leqslant 2017)$, 均有

$|f(x)-f(y)|$

$=2|| x-1009|-| y-1009||$

$\leqslant 2|x-y| \leqslant 2016$.

取 $x=1, y=1009$, 则

$|f(1)-f(1009)|=|2016-0|=2016$.

因此,2 016 是最小的.

综上,实数 $m$ 的最小值为 2016 .

Final answer: $2016$
Subfield: Geometry


Question: 在平面直角坐标系中, 已知抛物线 $\Gamma: y=a x^{2}$ ( $a$ 为给定的正实数). 对于给定的正实数 $b$, 若以 $P(0, b)$ 为圆心、变量 $r(r>0)$为半径的圆与抛物线 $\Gamma$ 有四个交点 $A 、 B 、 C$ 、 $D$, 求以 $A 、 B 、C 、 D$ 为顶点的四边形面积 $S$ 的最大值.

Solution:
设以 $P(0, b)$ 为圆心、变量 $r$ 为半径的圆是 $\Gamma_{r}$, 不妨假设点 $A 、 B 、 C 、 D$ 按顺时针的次序排列, 且 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 在第一象限. 则 $x_{1}>x_{2}>0, y_{1}>y_{2}>0$.

由于圆 $\Gamma_{r}$ 的方程为 $x^{2}+(y-b)^{2}=r^{2}$,与 $y=a x^{2}$ 联立得

$$
y^{2}+\left(\frac{1}{a}-2 b\right) y+b^{2}-r^{2}=0 \text {. }
$$

由韦达定理得

$y_{1}+y_{2}=2 b-\frac{1}{a}=\frac{2 a b-1}{a}>0$,

$y_{1} y_{2}=b^{2}-r^{2}>0$.

故 $4 a b-1>2 a b-1>0, r<b$.

由 $\Delta=\left(\frac{1}{a}-2 b\right)^{2}-4\left(b^{2}-r^{2}\right)>0$

$\Rightarrow \frac{\sqrt{4 a b-1}}{2 a}<r<b$.

由对称性,知四边形 $A B C D$ 为等腰梯形.

故 $S=\frac{1}{2}\left(2 x_{1}+2 x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)$.

接下来求 $S$ 的最大值.

将 $y_{1}=a x_{1}^{2}, y_{2}=a x_{2}^{2}$ 代人上式得

$S=a\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)$

$=2 a \sqrt{\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}}{2} \cdot \frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}}{2}\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}}$

$\leqslant 2 a\left(\frac{2\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}\right)}{3}\right)^{\frac{3}{2}}=2 a\left(\frac{2\left(y_{1}+y_{2}\right)}{3 a}\right)^{\frac{3}{2}}$

$=2 a\left(\frac{2(2 a b-1)}{3 a^{2}}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{4 \sqrt{6}}{9} \cdot \frac{(2 a b-1)^{\frac{3}{2}}}{a^{2}}$.

上式等号成立, 当且仅当

$\frac{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}}{2}=\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}$

$\Leftrightarrow x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=6 x_{1} x_{2}$

$\Rightarrow \frac{2 a b-1}{a^{2}}=6 \sqrt{\frac{b^{2}-r^{2}}{a}}$

$\Rightarrow r=\frac{\sqrt{(8 a b-1)(4 a b+1)}}{6 a} \in\left(\frac{\sqrt{4 a b-1}}{2 a}, b\right)$.

故当 $r=\frac{\sqrt{(8 a b-1)(4 a b+1)}}{6 a}$ 时, $S$ 取最大值 $\frac{4 \sqrt{6}(2 a b-1)^{\frac{3}{2}}}{9 a^{2}}$.

Final answer: $\frac{4 \sqrt{6}(2 a b-1)^{\frac{3}{2}}}{9 a^{2}}$
Subfield: Geometry


Question: 已知凸四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C 、 B D$交于点 $O, \triangle A O B 、 \triangle B O C 、 \triangle C O D 、 \triangle D O A$ 的内心分别为点 $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3} 、 I_{4}, \triangle A O B 、 \triangle B O C 、$ $\triangle C O D 、 \triangle D O A$ 中 $\angle A O B 、 \angle B O C 、 \angle C O D 、$ $\angle D O A$ 内的旁心分别为点 $J_{1} 、 J_{2} 、 J_{3} 、 J_{4}$. 证明: $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3} 、 I_{4}$ 四点共圆的充分必要条件是 $J_{1} 、 J_{2} 、 J_{3} 、 J_{4}$ 四点共圆.

Solution:
先证明一个引理.

引理 设 $\triangle A B C$ 的内心、 $\angle A$ 内的旁心分别为点 $I, I_{a}$. 则 $A I \cdot A I_{a}=A B \cdot A C$.

注意到,

$\angle A I_{a} C=\pi-\frac{\angle A}{2}-\left(\angle C+\frac{\pi-\angle C}{2}\right)$

$=\frac{\angle B}{2}=\angle A B I$.

则 $\triangle A I_{a} C \backsim \triangle A B I \Rightarrow \frac{A I_{a}}{A B}=\frac{A C}{A I}$.

由引理知

$O I_{1} \cdot O J_{1}=O A \cdot O B$,

$O I_{2} \cdot O J_{2}=O B \cdot O C$,

$O I_{3} \cdot O J_{3}=O C \cdot O D$,

$O I_{4} \cdot O J_{4}=O D \cdot O A$.

故 $O I_{1} \cdot O J_{1} \cdot O I_{3} \cdot O J_{3}$

$=O A \cdot O B \cdot O C \cdot O D$

$=O I_{2} \cdot O J_{2} \cdot O I_{4} \cdot O J_{4}$.

这表明,

$O I_{1} \cdot O I_{3}=O I_{2} \cdot O I_{4} \Leftrightarrow O J_{1} \cdot O J_{3}=O J_{2} \cdot O J_{4}$,

即 $I_{1} 、 I_{2} 、 I_{3} 、 I_{4}$ 四点共圆的充分必要条件是 $J_{1} 、 J_{2} 、 J_{3} 、 J_{4}$ 四点共圆.
Subfield: Algebra


Question: 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足

$x_{0}=1, x_{1}=6$,

$x_{2}=x_{1}+\sin x_{1}=5.72 \cdots$,

$x_{3}=x_{2}+\cos x_{2}=6.56 \cdots$.

一般地，

若 $x_{n} \geqslant x_{n-1}$, 则 $x_{n+1}=x_{n}+\sin x_{n}$;

若 $x_{n}<x_{n-1}$, 则 $x_{n+1}=x_{n}+\cos x_{n}$.

对任意的 $n \in \mathbf{Z}_{+}$, 求最小常数 $c$ 满足$x_{n}<c$.

Solution:
首先指出: 若 $x<3 \pi$, 则

$x+\sin x=x+\sin (3 \pi-x)<x+(3 \pi-x)=3 \pi$.

下面证明: $x_{n}<3 \pi\left(n \in \mathbf{Z}_{+}\right)$.

若不然,存在 $k \in \mathbf{Z}_{+}$, 使得

$x_{k} \geqslant 3 \pi, x_{k-1}<3 \pi$,

则 $x_{k}=x_{k-1}+\cos x_{k-1}$.

故 $x_{k-1}=x_{k}-\cos x_{k-1} \geqslant 3 \pi-1>\frac{5 \pi}{2}$.

于是, $\cos x_{k-1}<0, x_{k}<x_{k-1}<3 \pi$. 矛盾.

由 $x_{3}=6.56 \cdots>2 \pi$, 用数学归纳法易得 $x_{n}>2 \pi,\left\{x_{n}\right\}$ 单调递增.

故 $x_{n+1}=x_{n}+\sin x_{n}(n \geqslant 3)$.

若 $x_{n}<c<3 \pi\left(n \in \mathbf{Z}_{+}\right)$, 则

$x_{n+1}-x_{n}=\sin x_{n}\geqslant \min \left\{\sin x_{3}, \sin c\right\}(n \geqslant 3)$.

这表明, $\left\{x_{n}\right\}$ 无界. 矛盾.

从而, $c_{\min }=3 \pi$.

Final answer: $3 \pi$
Subfield: Combinatorics


Question: 某国足协规定: 在联赛中比赛双方胜一场得 $a$ 分, 平一场得 $b$ 分,负一场得 0 分, 其中, 实数 $a>b>0$. 若一支球队经过 $n$场比赛后总得分恰有 2015 种可能,求 $n$ 的最小值.

Solution:
假设某支球队在这 $n$ 场比赛中胜 $x$ 场、平 $y$ 场、负 $z$ 场, 其中, $x 、 y 、 z \in \mathbf{N}$, 且 $x+y+z=n$. 则该队在经过 $n$ 场比赛后总得分为 $a x+b y(0 \leqslant x+y \leqslant n)$.

故要考虑该球队经过 $n$ 场比赛后总得分有多少种可能, 只需考虑 $a x+b y$ 的取值有多少种可能.

(1) 若 $\frac{a}{b} \in \mathbf{R} \backslash \mathbf{Q}$, 则

$$
a x+b y=a x^{\prime}+b y^{\prime} \Leftrightarrow x=x^{\prime}, y=y^{\prime}
$$

(若 $x \neq x^{\prime}, y \neq y^{\prime}$, 则

$$
a\left(x-x^{\prime}\right)=b\left(y^{\prime}-y\right) \Leftrightarrow \frac{a}{b}=\frac{y^{\prime}-y}{x-x^{\prime}},
$$

矛盾).

当 $x=0$ 时, $y=0,1, \cdots, n$, 此时, $a x+b y$取值有 $n+1$ 种可能;

当 $x=1$ 时, $y=0,1, \cdots, n-1$, 此时, $a x+$ $b y$ 取值有 $n$ 种可能;

以此类推, 当 $x=n$ 时, $y=0$, 此时, $a x+$ by 取值有 1 种可能.

故当 $\frac{a}{b} \in \mathbf{R} \backslash \mathbf{Q}$ 时, 该球队经过 $n$ 场比赛后总得分共有

$$
\sum_{i=1}^{n+1} i=\frac{1}{2}(n+1)(n+2)
$$

种可能 (类似于 $n$ 个球和 2 个挡板的排列情形数, $0 \leqslant x+y \leqslant n$ 时, $a x+b y$ 取值共 $\mathrm{C}_{n+2}^{2}=$ $\frac{1}{2}(n+1)(n+2)$ 种可能 $)$.

令 $\frac{1}{2}(n+1)(n+2)=2015$. 显然, $n$ 无正整数解.

(2) 若 $\frac{a}{b} \in \mathbf{Q}$, 设 $\frac{a}{b}=\frac{A}{B}\left(A 、 B \in \mathbf{Z}_{+}\right.$, $(A, B)=1$, 且 $A>B>0)$, 则问题等价于考虑 $A x+B y$ 的取值有多少种可能.

(i) 当 $n<A$ 时, 有 $0 \leqslant x+y \leqslant n<A$, 假设存在 $x^{\prime} 、 y^{\prime}$, 使得 $A x+B y=A x^{\prime}+B y^{\prime}$. 则

$$
A\left(x-x^{\prime}\right)=B\left(y^{\prime}-y\right) \Leftrightarrow x=x^{\prime}, y=y^{\prime} .
$$

类似于 $\frac{a}{b} \in \mathbf{R} \backslash \mathbf{Q}$ 的情形,该球队经过 $n$ 场

比赛后总得分共有 $\frac{1}{2}(n+1)(n+2)$ 种可能.

令 $\frac{1}{2}(n+1)(n+2)=2015$. 显然, $n$ 无正整数解

(ii) 当 $n \geqslant A$ 时,若 $y \geqslant A$, 该球队胜 $B$场、平 $A-B$ 场的得分与比赛场数等价于平 $A$ 场的得分与比赛场数, 连续作如下置换: $x^{\prime}=x+B, y^{\prime}=y-A$, 可使得 $0 \leqslant y<A$, 以下不妨假设 $0 \leqslant y<A$.

当 $y=0,1, \cdots, A-1$ 时, $0, B, 2 B, \cdots$, $(A-1) B$ 模 $A$ 两两不同余.

当 $y=0$ 时, $A x+B y$ 取值有 $n+1$ 种可能;

当 $y=1$ 时, $A x+B y$ 取值有 $n$ 种可能;

以此类推, $y=A-1$ 时, $A x+B y$ 取值有 $n-A+2$ 种可能.

故当 $n \geqslant A$ 时, 该球队经过 $n$ 场比赛后总得分共有

$$
\begin{aligned}
& \sum_{i=0}^{A-1}(n-i+1)=n A-\frac{1}{2} A(A-1)+A \\
& =n A-\frac{1}{2} A(A-3)
\end{aligned}
$$

种可能.

令 $n A-\frac{1}{2} A(A-3)=2015$

$\Rightarrow A(2 n-A+3)=4030$.

于是, $A$ 只可能取 4030 的正因子.

结合 $n=\frac{2015}{A}+\frac{A-3}{2} \geqslant A>1$, 即

$A^{2}+3 A-4030 \leqslant 0$,

得到 $1<A \leqslant 62$.

因为 $4030=2 \times 5 \times 13 \times 31$, 所以,

$A=2,5,10,13,26,31,62$.

当 $A=2$ 时, $n=1007$;

当 $A=5$ 时, $n=404$;

当 $A=10$ 时, $n=205$;

当 $A=13$ 时, $n=160$;

当 $A=26$ 时, $n=89$;

当 $A=31$ 时, $n=79$;

当 $A=62$ 时, $n=62$.

综上, $n$ 的最小值为 62 , 对应的 $A$ 值为 62 .

Final answer: $62$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 其垂心、内心分别为 $H 、 I, A H$ 的中点为 $M$, 且满足 $A O / / M I$. 设 $A H$ 的延长线与 $\odot O$ 交于点 $D$, 直线 $A O 、 O D$ 与 $B C$ 分别交于点 $P 、 Q$.
<img_4105>
证明: $\triangle O P Q$ 为等腰三角形;

Solution:
显然, $\angle O A D=\angle O D A$.

因为 $A D \perp B C$, 所以,

$\angle O A D+\angle A P C=90^{\circ}$,

$\angle O D A+\angle D Q C=90^{\circ}$.

又 $\angle D Q C=\angle P Q O$, 则

$\angle O D A+\angle P Q O=90^{\circ}$.

于是, $\angle P Q O=\angle A P C=\angle O P Q$, 即 $O P$ $=O Q, \triangle O P Q$ 为等腰三角形.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 其垂心、内心分别为 $H 、 I, A H$ 的中点为 $M$, 且满足 $A O / / M I$. 设 $A H$ 的延长线与 $\odot O$ 交于点 $D$, 直线 $A O 、 O D$ 与 $B C$ 分别交于点 $P 、 Q$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_cf6fa1d87941be546a12g-1.jpg?height=459&width=456&top_left_y=747&top_left_x=1221)
证明: $\triangle O P Q$ 为等腰三角形;

Solution:
显然, $\angle O A D=\angle O D A$.

因为 $A D \perp B C$, 所以,

$\angle O A D+\angle A P C=90^{\circ}$,

$\angle O D A+\angle D Q C=90^{\circ}$.

又 $\angle D Q C=\angle P Q O$, 则

$\angle O D A+\angle P Q O=90^{\circ}$.

于是, $\angle P Q O=\angle A P C=\angle O P Q$, 即 $O P$ $=O Q, \triangle O P Q$ 为等腰三角形.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 其垂心、内心分别为 $H 、 I, A H$ 的中点为 $M$, 且满足 $A O / / M I$. 设 $A H$ 的延长线与 $\odot O$ 交于点 $D$, 直线 $A O 、 O D$ 与 $B C$ 分别交于点 $P 、 Q$.
<img_4105>
证明: 若$I Q \perp B C$，则$\cos B + \cos C = 1$.

Solution:
如下图, 由 $I Q \perp B C$, 知 $Q$ 为 $\triangle A B C$的内切圆 $\odot I$ 与 $B C$ 的切点.

<img_4093>

则 $B Q=\frac{B A+B C-A C}{2}, N$ 为 $P Q$ 的中点.故 $B P=2 B N-B Q=\frac{B A+B C+A C}{2}-B A$.

因此, $P$ 为 $\triangle A B C$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆 $\odot I_{a}$ 与 $B C$ 的切点.

设 $P_{1} Q$ 为 $\odot I$ 的直径, 过点 $P_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$. 则 $A$ 为 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 与 $\triangle A B C$ 的位似中心.

因为 $P_{1} 、 P$ 为对应点 $\left(P_{1}\right.$ 为 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆 $\odot I$ 与 $B_{1} C_{1}$ 的切点, $P$ 为 $\triangle A B C$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆 $\odot I_{a}$ 与 $B C$ 的切点), 所以, $A 、 P_{1} 、 P$ 三点共线.

又 $O N$ 为 $Rt \triangle P P_{1} Q$ 的中位线, 则

$O N=\frac{1}{2} P_{1} Q=I Q$.

设 $\odot O, \odot I$ 的半径分别为 $R$、$r$. 则在 $\triangle C O N$中,有

$R \cos A=r \Rightarrow \frac{r}{R}=\cos A$.

由 $\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}$

$\Rightarrow \cos A+\cos B+\cos C=1+\cos A$

$\Rightarrow \cos B+\cos C=1$.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 其垂心、内心分别为 $H 、 I, A H$ 的中点为 $M$, 且满足 $A O / / M I$. 设 $A H$ 的延长线与 $\odot O$ 交于点 $D$, 直线 $A O 、 O D$ 与 $B C$ 分别交于点 $P 、 Q$.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_cf6fa1d87941be546a12g-1.jpg?height=459&width=456&top_left_y=747&top_left_x=1221)
证明: 若$I Q \perp B C$，则$\cos B + \cos C = 1$.

Solution:
如下图, 由 $I Q \perp B C$, 知 $Q$ 为 $\triangle A B C$的内切圆 $\odot I$ 与 $B C$ 的切点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_265f774c3ec0406840fcg-1.jpg?height=501&width=501&top_left_y=1982&top_left_x=315)

则 $B Q=\frac{B A+B C-A C}{2}, N$ 为 $P Q$ 的中点.故 $B P=2 B N-B Q=\frac{B A+B C+A C}{2}-B A$.

因此, $P$ 为 $\triangle A B C$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆 $\odot I_{a}$ 与 $B C$ 的切点.

设 $P_{1} Q$ 为 $\odot I$ 的直径, 过点 $P_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$. 则 $A$ 为 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 与 $\triangle A B C$ 的位似中心.

因为 $P_{1} 、 P$ 为对应点 $\left(P_{1}\right.$ 为 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆 $\odot I$ 与 $B_{1} C_{1}$ 的切点, $P$ 为 $\triangle A B C$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆 $\odot I_{a}$ 与 $B C$ 的切点), 所以, $A 、 P_{1} 、 P$ 三点共线.

又 $O N$ 为 $Rt \triangle P P_{1} Q$ 的中位线, 则

$O N=\frac{1}{2} P_{1} Q=I Q$.

设 $\odot O, \odot I$ 的半径分别为 $R$、$r$. 则在 $\triangle C O N$中,有

$R \cos A=r \Rightarrow \frac{r}{R}=\cos A$.

由 $\cos A+\cos B+\cos C=1+\frac{r}{R}$

$\Rightarrow \cos A+\cos B+\cos C=1+\cos A$

$\Rightarrow \cos B+\cos C=1$.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设 $P(x) 、 Q(x) 、 R(x)$ 为三个非常值整系数多项式,且

$$
P(x) Q(x) R(x)=2015
$$

存在 49 个两两不同的整数根. 用 $\operatorname{deg} f(x)$ 表示多项式 $f(x)$ 的次数,证明:

$\operatorname{deg} P(x) \cdot \operatorname{deg} Q(x) \cdot \operatorname{deg} R(x) \geqslant 656$.

Solution:
注意到, $2015=13 \times 5 \times 31$.

因此, 2015 有 8 个正因子,有 16 个整数因子.

设 $P(x) Q(x) R(x)=2015$ 的 49 个两两不同的整数根为 $x_{i}(1 \leqslant i \leqslant 49)$.

显然, $P\left(x_{i}\right)$ 为 2015 的整数因子, 即 $P\left(x_{i}\right)$只有 16 种可能值.

据抽屈原理,知存在 $1 \leqslant j<k<l<m \leqslant 49$,使得

$$
P\left(x_{j}\right)=P\left(x_{k}\right)=P\left(x_{l}\right)=P\left(x_{m}\right),
$$

即非常值整系数多项式 $P(x)=P\left(x_{m}\right)$ 至少存在四个两两不同的根.

于是, $\operatorname{deg} P(x) \geqslant 4$.

类似地, $\operatorname{deg} Q(x) \geqslant 4, \operatorname{deg} R(x) \geqslant 4$.

记 $\operatorname{deg} P(x)=p, \operatorname{deg} Q(x)=q$,

$\operatorname{deg} R(x)=r$.

要证原命题,只要证明:

若 $p \geqslant q \geqslant r \geqslant 4$, 且 $p+q+r \geqslant 49$, 则 $p q r \geqslant 656$.

注意到,

$(q-4)(r-4) \geqslant 0 \Leftrightarrow q r \geqslant 4 q+4 r-16$.

故 $p q r \geqslant p(4 q+4 r-16)$

$=4 p q+4 p r-16 p$

$\geqslant 4(4 p+4 q-16)+4(4 p+4 r-16)-16 p$

$=16(p+q+r)-128$

$\geqslant 16 \times 49-128=656$.

原命题成立.
Subfield: Algebra


Question: 证明:多项式

$$
\begin{aligned}
f(x, y)= & x^{2}\left(x^{2}-1\right)^{2}+y^{2}\left(y^{2}-1\right)^{2}- \\
& \left(x^{2}-1\right)\left(y^{2}-1\right)\left(x^{2}+y^{2}-1\right)
\end{aligned}
$$

非负但不能表示为若干个实系数多项式的平方和.

Solution:
首先证明: $f \geqslant 0$.

作变换 $X=x^{2}-1, Y=y^{2}-1$. 则

$X \geqslant-1, Y \geqslant-1$.

故 $f=X^{2}(X+1)+Y^{2}(Y+1)-X Y(X+Y+1)$.

若 $X+Y+1 \leqslant 0$, 则 $X \leqslant-Y-1 \leqslant 0$.

类似地, $Y \leqslant-X-1 \leqslant 0$, 即 $X Y \geqslant 0$.

显然, $f \geqslant 0$.

不妨设 $X+Y+1>0$.

若 $X Y \leqslant 0$, 则 $f \geqslant 0$.

以下设 $X Y>0$. 注意到,

$f=X^{2}(X+1)+Y^{2}(Y+1)-X Y(X+Y+1)$

$=X^{3}+X^{2}+Y^{3}+Y^{2}-X Y(X+Y+1)$

$=(X+Y)(X-Y)^{2}+X^{2}+Y^{2}-X Y$

$=(X+Y)(X-Y)^{2}+(X-Y)^{2}+X Y$

$=(X-Y)^{2}(X+Y+1)+X Y$.

仍然有 $f \geqslant 0$.

下面证明一个引理.

引理 设 $g(x, y)=\sum_{i+j \leqslant 3} a_{i j} x^{i} y^{j}$ 为实系数多项式且次数不超过 3. 若 $g(x, y)$ 在

$A_{1}(1,1), A_{2}(-1,1), A_{3}(-1,-1)$,

$A_{4}(1,-1), O(0,0), B_{1}(1,0)$,

$B_{2}(0,1), B_{3}(-1,0), B_{4}(0,-1)$

这九个点中的八个点处的值等于 0 , 则它在剩下的第九个点处的值也为 0 .

证明 只需验证下面等式

$\sum_{l=1}^{4} g\left(A_{l}\right)-2 \sum_{l=1}^{4} g\left(B_{l}\right)+4 g(O)=0 \quad \quad (1)$.

注意到,

$g(x, y)=a_{00}+\sum_{i=1}^{3} a_{i 0} x^{i}+\sum_{j=1}^{3} a_{0 j} y^{j}+$

$$
a_{11} x y+a_{12} x y^{2}+a_{21} x^{2} y .
$$

则在式(1)的左边包含 $a_{00}$ 的项为

$4 a_{00}-2 \times 4 a_{00}+4 a_{00}=0$;

当 $i$ 为偶数时,包含 $a_{i 0}$ 的项为

$4 a_{i 0}-2 \times 2 a_{n 0}=0$ ；

当 $i$ 为奇数时,包含 $a_{i 0}$ 的项为 $\left(a_{10}-a_{10}-a_{10}+a_{00}\right)-2\left(a_{20}-a_{00}\right)+0=0 ;$

当 $j$ 为偶数时,包含 $a_{0 j}$ 的项为

$4 a_{0 j}-2 \times 2 a_{0 j}=0$;

当 $j$ 为奇数时,包含 $a_{0 j}$ 的项为 $\left(a_{0 j}+a_{0 j}-a_{0 j}-a_{0 j}\right)-2\left(a_{0 j}-a_{0 j}\right)+0=0$;

包含 $a_{11}$ 的项为

$\left(a_{11}-a_{11}+a_{11}-a_{11}\right)-0+0=0$ ；

包含 $a_{12}$ 的项为

$\left(a_{12}-a_{12}-a_{12}+a_{12}\right)-0+0=0$ ；

包含 $a_{21}$ 的项为

$\left(a_{21}+a_{21}-a_{21}-a_{21}\right)-0+0=0$.

回到原题.

现证原题第二部分: 若 $f(x, y)$ 能表示为若干个实系数多项式的平方和, 不妨设

$f(x, y)=\sum_{j=1}^{m} g_{j}^{2}(x, y)$.

则 $\operatorname{deg} g_{j} \leqslant 3$.

由于 $f\left(A_{l}\right)=f\left(B_{l}\right)=0$ 等价于

$g_{j}\left(A_{l}\right)=g_{j}\left(B_{l}\right)=0$

故由引理得 $g_{j}(0)=0$.

于是, $f(0)=0$.

而显然 $f(O)=1$, 矛盾. 故假设不成立.

综上,命题得证.
Subfield: Geometry


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, $D 、 E$ 分别为边 $A B 、 A C$的中点, $B E$ 与 $C D$ 交于点 $G, \triangle A B E$ 的外接圆与 $\triangle A C D$ 的外接圆交于点 $P(P \neq A)$, $A G$ 的延长线与 $\triangle A C D$ 的外接圆交于点 $L$ $(L \neq A)$. 求证: $P L / / C D$.

Solution:
<img_4221>

如图, 联结 $P A 、 P B 、 P C 、 P D 、 P E$.

因为 $\angle B D P=\angle A C P$, $\angle C E P=\angle A B P$,

所以, $\triangle D B P \backsim \triangle C E P$.

故 $\frac{A B}{A C}=\frac{D B}{C E}=\frac{D P}{C P}$

$=\frac{\sin \angle D C P}{\sin \angle C D P}=\frac{\sin \angle B A P}{\sin \angle C A P} \quad \quad (1)$.

设 $B C$ 的中点为 $F$. 则

$\frac{B F}{C F}=\frac{S_{\triangle A B F}}{S_{\triangle A C F}}=\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A F \sin \angle B A F}{\frac{1}{2} A C \cdot A F \sin \angle C A F}=1$.

故 $\frac{A B}{A C}=\frac{\sin \angle C A F}{\sin \angle B A F} \quad \quad (2)$.

由式(1)、(2)得

$\frac{\sin \angle B A P}{\sin \angle C A P}=\frac{\sin \angle C A F}{\sin \angle B A F}$.

从而, $\angle B A P=\angle C A F=\angle C A L$.

故 $\angle P C D=\angle B A P=\angle C A L=\angle C P L$.

因此, $P L / / C D$.