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


Question: 如图, $\triangle A B C$ 和 $\triangle A D E$ 是两个不全等的等腰直角三角形, 现固定 $\triangle A B C$, 而将 $\triangle A D E$绕 $A$ 点在平面上旋转, 试证: 不论 $\triangle A D E$ 旋转到什么位置, 线段 $E C$ 上必存在点 $M$, 使 $\triangle B M D$为等腰直角三角形.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f0c7e9a62ab21ad654d4g-1.jpg?height=357&width=474&top_left_y=501&top_left_x=403)

Solution:
以 $A$ 为原点, $A C$ 为 $x$ 轴正方向建立复平面. 设 $C$表示复数 $c$, 点 $E$ 表示复数 $e(c 、 e \in R)$. 则点 $B$ 表示复数 $b=\frac{1}{2} c+\frac{1}{2} c i$,点 $D$ 表示复数 $d=\frac{1}{2} e-\frac{1}{2} e i$.

把 $\triangle A D E$ 绕点 $A$ 旋转角 $\theta$ 得到 $\triangle A D E$,

则点 $E^{\prime}$ 表示复数 $e^{\prime}=e(\cos \theta+i \sin \theta)$. 点 $D^{\prime}$ 表示复数 $d^{\prime}=d(\cos \theta+i \sin \theta)$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_a9043835ed3845061232g-1.jpg?height=388&width=471&top_left_y=1759&top_left_x=1455)

表示 $E^{\prime} C$ 中点 $M$ 的复数 $m=\frac{1}{2}\left(c+e^{\prime}\right)$.

$\therefore$ 表示向量 $\overrightarrow{\mathrm{MB}}$ 的复数: $z_{1}=b-\frac{1}{2}\left(c+e^{\prime}\right)=\frac{1}{2} c+\frac{1}{2} c i-\frac{1}{2} \cdot c-\frac{1}{2} e(\cos \theta+i \sin \theta)=-\frac{1}{2}$ $e \cos \theta+\frac{1}{2}(c-e \sin \theta) i$.

表示向量 $\overrightarrow{\mathrm{MD}^{\prime}}$ 的复数: $Z_{2}=d^{\prime}-m=\left(\frac{1}{2} e-\frac{1}{2} e i\right)(\cos \theta+i \sin \theta)-\frac{1}{2} c-\frac{1}{2} e(\cos \theta+i \sin \theta)$



$$
=\frac{1}{2}(e \sin \theta-c)-\frac{1}{2} i e \cos \theta .
$$

显然: $Z_{2}=Z_{1} i$. 于是 $|M B|=|M D^{\prime}|$, 且 $\angle B M D^{\prime}=90^{\circ}$. 即 $\triangle B M D^{\prime}$ 为等腰直角三角形. 故证.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, $\triangle A B C$ 和 $\triangle A D E$ 是两个不全等的等腰直角三角形, 现固定 $\triangle A B C$, 而将 $\triangle A D E$绕 $A$ 点在平面上旋转, 试证: 不论 $\triangle A D E$ 旋转到什么位置, 线段 $E C$ 上必存在点 $M$, 使 $\triangle B M D$为等腰直角三角形.

<img_4210>

Solution:
以 $A$ 为原点, $A C$ 为 $x$ 轴正方向建立复平面. 设 $C$表示复数 $c$, 点 $E$ 表示复数 $e(c 、 e \in R)$. 则点 $B$ 表示复数 $b=\frac{1}{2} c+\frac{1}{2} c i$,点 $D$ 表示复数 $d=\frac{1}{2} e-\frac{1}{2} e i$.

把 $\triangle A D E$ 绕点 $A$ 旋转角 $\theta$ 得到 $\triangle A D E$,

则点 $E^{\prime}$ 表示复数 $e^{\prime}=e(\cos \theta+i \sin \theta)$. 点 $D^{\prime}$ 表示复数 $d^{\prime}=d(\cos \theta+i \sin \theta)$

<img_4086>

表示 $E^{\prime} C$ 中点 $M$ 的复数 $m=\frac{1}{2}\left(c+e^{\prime}\right)$.

$\therefore$ 表示向量 $\overrightarrow{\mathrm{MB}}$ 的复数: $z_{1}=b-\frac{1}{2}\left(c+e^{\prime}\right)=\frac{1}{2} c+\frac{1}{2} c i-\frac{1}{2} \cdot c-\frac{1}{2} e(\cos \theta+i \sin \theta)=-\frac{1}{2}$ $e \cos \theta+\frac{1}{2}(c-e \sin \theta) i$.

表示向量 $\overrightarrow{\mathrm{MD}^{\prime}}$ 的复数: $Z_{2}=d^{\prime}-m=\left(\frac{1}{2} e-\frac{1}{2} e i\right)(\cos \theta+i \sin \theta)-\frac{1}{2} c-\frac{1}{2} e(\cos \theta+i \sin \theta)$



$$
=\frac{1}{2}(e \sin \theta-c)-\frac{1}{2} i e \cos \theta .
$$

显然: $Z_{2}=Z_{1} i$. 于是 $|M B|=|M D^{\prime}|$, 且 $\angle B M D^{\prime}=90^{\circ}$. 即 $\triangle B M D^{\prime}$ 为等腰直角三角形. 故证.
Subfield: Geometry


Question: 设直线 $l: y=k x+m$ （其中 $k, m$ 为整数）与椭圆 $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$ 交于不同两点 $A$, $B$, 与双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{12}=1$ 交于不同两点 $C, D$, 存在直线 $l$, 使得向量 $\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D}=0$, 请指出这样的直线有多少条?

Solution:
由 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{array}\right.$ 消去 $y$ 化简整理得

$\left(3+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k m x+4 m^{2}-48=0$

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 则 $x_{1}+x_{2}=-\frac{8 k m}{3+4 k^{2}}$

$\Delta_{1}=(8 k m)^{2}-4\left(3+4 k^{2}\right)\left(4 m^{2}-48\right)>0 \quad \quad ①$

由 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ \frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{12}=1\end{array}\right.$ 消去 $y$ 化简整理得

$\left(3-k^{2}\right) x^{2}-2 k m x-m^{2}-12=0$

设 $C\left(x_{3}, y_{4}\right), D\left(x_{4}, y_{4}\right)$, 则 $x_{3}+x_{4}=\frac{2 k m}{3-k^{2}}$

$\Delta_{2}=(-2 k m)^{2}+4\left(3-k^{2}\right)\left(m^{2}+12\right)>0 \quad \quad ②$

因为 $\overrightarrow{A C}+\overrightarrow{B D}=0$, 所以 $\left(x_{4}-x_{2}\right)+\left(x_{3}-x_{1}\right)=0$, 此时 $\left(y_{4}-y_{2}\right)+\left(y_{3}-y_{1}\right)=0$. 由 $x_{1}+x_{2}=x_{3}+x_{4}$ 得 $-\frac{8 k m}{3+4 k^{2}}=\frac{2 k m}{3-k^{2}}$.

所以 $2 k m=0$ 或 $-\frac{4}{3+4 k^{2}}=\frac{1}{3-k^{2}}$. 由上式解得 $k=0$ 或 $m=0$. 当 $k=0$ 时, 由 ① 和 ②得 $-2 \sqrt{3}<m<2 \sqrt{3}$. 因 $m$ 是整数, 所以 $m$ 的值为 $-3,-2,-1,0,1,2,3$. 当 $m=0$, 由①和②得 $-\sqrt{3}<k<\sqrt{3}$. 因 $k$ 是整数, 所以 $k=-1,0,1$. 于是满足条件的直线共有 9 条.

Final answer: $9$
Subfield: Algebra


Question: 已知 $p, q(q \neq 0)$ 是实数, 方程 $x^{2}-p x+q=0$ 有两个实根 $\alpha, \beta$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=p, \quad a_{2}=p^{2}-q, \quad a_{n}=p a_{n-1}-q a_{n-2}(n=3,4, \cdots)$
若 $p=1, q=\frac{1}{4}$, 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.

Solution:
由韦达定理知 $\alpha \cdot \beta=q \neq 0$ ，又 $\alpha+\beta=p$ ，所以

$a_{1}=\alpha+\beta, a_{2}=\alpha^{2}+\beta^{2}+\alpha \beta$.

特征方程 $\lambda^{2}-p \lambda+q=0$ 的两个根为 $\alpha, \beta$.

当 $\alpha=\beta \neq 0$ 时, 通项 $a_{n}=\left(A_{1}+A_{2} n\right) \alpha^{n}(n=1,2, \ldots)$ 由 $a_{1}=2 \alpha, a_{2}=3 \alpha^{2}$ 得

$$
\left\{\begin{array}{l}
\left(A_{1}+A_{2}\right) \alpha=2 \alpha \\
\left(A_{1}+2 A_{2}\right) \alpha^{2}=3 \alpha^{2}
\end{array}\right.
$$

解得 $A_{1}=A_{2}=1$. 故 $a_{n}=(1+n) \alpha^{n}$.

若 $p=1, q=\frac{1}{4}$, 则 $\Delta=p^{2}-4 q=0$, 此时 $\alpha=\beta=\frac{1}{2}$.

数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=(n+1)\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=\frac{n+1}{2^{n}}$, 所以, $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为

$s_{n}=\frac{2}{2}+\frac{3}{2^{2}}+\frac{4}{2^{3}}+\cdots+\frac{n}{2^{n-1}}+\frac{n+1}{2^{n}}$

$\frac{1}{2} s_{n}=\frac{2}{2^{2}}+\frac{3}{2^{3}}+\frac{4}{2^{4}}+\cdots+\frac{n}{2 n}+\frac{n+1}{2^{n+1}}$

以上两式相减, 整理得 $\frac{1}{2} s_{n}=\frac{3}{2}-\frac{n+3}{2^{n+1}}$

所以 $s_{n}=3-\frac{n+3}{2^{n}}$.

Final answer: $3-\frac{n+3}{2^{n}}$
Subfield: Algebra


Question: 求函数 $y=\sqrt{x+27}+\sqrt{13-x}+\sqrt{x}$ 的最大和最小值.

Solution:
函数的定义域为 $[0,13]$. 因为

$$
\begin{aligned}
y=\sqrt{x}+\sqrt{x+27}+\sqrt{13-x} & =\sqrt{x+27}+\sqrt{13+2 \sqrt{x(13-x)}} \\
& \geqslant \sqrt{27}+\sqrt{13} \\
& =3 \sqrt{3}+\sqrt{13}
\end{aligned}
$$

当 $x=0$ 时等号成立. 故 $y$ 的最小值为 $3 \sqrt{3}+\sqrt{13}$.

又由柯西不等式得

$$
\begin{aligned}
y^{2} & =(\sqrt{x}+\sqrt{x+27}+\sqrt{13-x})^{2} \\
& \leqslant\left(\frac{1}{2}+1+\frac{1}{3}\right)(2 x+(x+27)+3(13-x))=121
\end{aligned}
$$

所以 $y \leqslant 11$.

由柯西不等式等号成立的条件, 得 $4 x=9(13-x)=x+27$, 解得 $x=9$. 故当 $x=9$ 时等号成立. 因此 $y$ 的最大值为 11.

Final answer: $11, 3 \sqrt{3}+\sqrt{13}$
Subfield: Geometry


Question: 如图, $M, N$ 分别为锐角三角形 $\triangle A B C(\angle A<\angle B)$ 的外接圆 $\Gamma$ 上弧 $B C 、 A C$ 的中点. 过点 $C$ 作 $P C / / M N$ 交圆 $\Gamma$ 于 $P$ 点, $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 连接 $P I$ 并延长交圆 $\Gamma$ 于 $T$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f8f0c16c9e8d34303826g-1.jpg?height=403&width=416&top_left_y=1009&top_left_x=820)
求证: $M P \cdot M T=N P \cdot N T$;

Solution:
连 $N I, M I$. 由于 $P C / / M N, P, C, M, N$ 共圆, 故 $P C M N$ 是等腰梯形. 因此 $N P=M C$, $P M=N C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f8f0c16c9e8d34303826g-1.jpg?height=386&width=416&top_left_y=1666&top_left_x=820)

连 $A M ， C I$, 则 $A M$ 与 $C I$ 交于 $I$, 因为

$\angle M I C=\angle M A C+\angle A C I=\angle M C B+\angle B C I=\angle M C I$,

所以 $M C=M I$. 同理

$N C=N I$.

于是

$N P=M I, \quad P M=N I$.

故四边形 MPNI 为平行四边形。因此 $S_{\triangle P M T}=S_{\triangle P N T}$ (同底，等高).

又 $P, N, T, M$ 四点共圆, 故 $\angle T N P+\angle P M T=180^{\circ}$, 由三角形面积公式

$S_{\triangle P M T}=\frac{1}{2} P M \cdot M T \sin \angle P M T$

$=S_{\triangle P N T}=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P N T$

$=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P M T$

于是 $P M \cdot M T=P N \cdot N T$.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, $M, N$ 分别为锐角三角形 $\triangle A B C(\angle A<\angle B)$ 的外接圆 $\Gamma$ 上弧 $B C 、 A C$ 的中点. 过点 $C$ 作 $P C / / M N$ 交圆 $\Gamma$ 于 $P$ 点, $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 连接 $P I$ 并延长交圆 $\Gamma$ 于 $T$.

<img_4196>
求证: $M P \cdot M T=N P \cdot N T$;

Solution:
连 $N I, M I$. 由于 $P C / / M N, P, C, M, N$ 共圆, 故 $P C M N$ 是等腰梯形. 因此 $N P=M C$, $P M=N C$.

<img_4162>

连 $A M ， C I$, 则 $A M$ 与 $C I$ 交于 $I$, 因为

$\angle M I C=\angle M A C+\angle A C I=\angle M C B+\angle B C I=\angle M C I$,

所以 $M C=M I$. 同理

$N C=N I$.

于是

$N P=M I, \quad P M=N I$.

故四边形 MPNI 为平行四边形。因此 $S_{\triangle P M T}=S_{\triangle P N T}$ (同底，等高).

又 $P, N, T, M$ 四点共圆, 故 $\angle T N P+\angle P M T=180^{\circ}$, 由三角形面积公式

$S_{\triangle P M T}=\frac{1}{2} P M \cdot M T \sin \angle P M T$

$=S_{\triangle P N T}=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P N T$

$=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P M T$

于是 $P M \cdot M T=P N \cdot N T$.
Subfield: Geometry


Question: 如图, $M, N$ 分别为锐角三角形 $\triangle A B C(\angle A<\angle B)$ 的外接圆 $\Gamma$ 上弧 $B C 、 A C$ 的中点. 过点 $C$ 作 $P C / / M N$ 交圆 $\Gamma$ 于 $P$ 点, $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 连接 $P I$ 并延长交圆 $\Gamma$ 于 $T$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f8f0c16c9e8d34303826g-1.jpg?height=403&width=416&top_left_y=1009&top_left_x=820)
在弧 $A B$ (不含点 $C$ ) 上任取一点 $Q(Q \neq A, T, B)$, 记 $\triangle A Q C, \triangle Q C B$ 的内心分别为 $I_{1}, I_{2}$,

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bcf538ab6ea63b0453bcg-1.jpg?height=414&width=437&top_left_y=333&top_left_x=815)

求证: $Q, I_{1}, I_{2}, T$ 四点共圆.

Solution:
连 $N I, M I$. 由于 $P C / / M N, P, C, M, N$ 共圆, 故 $P C M N$ 是等腰梯形. 因此 $N P=M C$, $P M=N C$.

连 $A M ， C I$, 则 $A M$ 与 $C I$ 交于 $I$, 因为

$\angle M I C=\angle M A C+\angle A C I=\angle M C B+\angle B C I=\angle M C I$,

所以 $M C=M I$. 同理

$N C=N I$.

于是

$N P=M I, \quad P M=N I$.

故四边形 MPNI 为平行四边形。因此 $S_{\triangle P M T}=S_{\triangle P N T}$ (同底，等高).

又 $P, N, T, M$ 四点共圆, 故 $\angle T N P+\angle P M T=180^{\circ}$, 由三角形面积公式

$S_{\triangle P M T}=\frac{1}{2} P M \cdot M T \sin \angle P M T$

$=S_{\triangle P N T}=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P N T$

$=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P M T$

于是 $P M \cdot M T=P N \cdot N T$.

因为 $\angle N C I_{1}=\angle N C A+\angle A C I_{1}=\angle N Q C+\angle Q C I_{1}=\angle C I_{1} N$,

所以 $N C=N I_{1}$, 同理 $M C=M I_{2}$. 由 $M P \cdot M T=N P \cdot N T$ 得 $\frac{N T}{M P}=\frac{M T}{N P}$.

因 $N P=M C$, $P M=N C$.

故$\frac{N T}{N I_{1}}=\frac{M T}{M I_{2}}$.

又因$\angle I_{1} N T=\angle Q N T=\angle Q M T=\angle I_{2} M T ，$

有

$\Delta I_{1} N T \sim \Delta I_{2} M T$.

故 $\angle N T I_{1}=\angle M T I_{2}$, 从而

$\angle I_{1} Q I_{2}=\angle N Q M=\angle N T M=\angle I_{1} T I_{2}$.

因此 $Q, I_{1}, I_{2}, T$ 四点共圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 如图, $M, N$ 分别为锐角三角形 $\triangle A B C(\angle A<\angle B)$ 的外接圆 $\Gamma$ 上弧 $B C 、 A C$ 的中点. 过点 $C$ 作 $P C / / M N$ 交圆 $\Gamma$ 于 $P$ 点, $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 连接 $P I$ 并延长交圆 $\Gamma$ 于 $T$.

<img_4196>
在弧 $A B$ (不含点 $C$ ) 上任取一点 $Q(Q \neq A, T, B)$, 记 $\triangle A Q C, \triangle Q C B$ 的内心分别为 $I_{1}, I_{2}$,

<img_4235>

求证: $Q, I_{1}, I_{2}, T$ 四点共圆.

Solution:
连 $N I, M I$. 由于 $P C / / M N, P, C, M, N$ 共圆, 故 $P C M N$ 是等腰梯形. 因此 $N P=M C$, $P M=N C$.

连 $A M ， C I$, 则 $A M$ 与 $C I$ 交于 $I$, 因为

$\angle M I C=\angle M A C+\angle A C I=\angle M C B+\angle B C I=\angle M C I$,

所以 $M C=M I$. 同理

$N C=N I$.

于是

$N P=M I, \quad P M=N I$.

故四边形 MPNI 为平行四边形。因此 $S_{\triangle P M T}=S_{\triangle P N T}$ (同底，等高).

又 $P, N, T, M$ 四点共圆, 故 $\angle T N P+\angle P M T=180^{\circ}$, 由三角形面积公式

$S_{\triangle P M T}=\frac{1}{2} P M \cdot M T \sin \angle P M T$

$=S_{\triangle P N T}=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P N T$

$=\frac{1}{2} P N \cdot N T \sin \angle P M T$

于是 $P M \cdot M T=P N \cdot N T$.

因为 $\angle N C I_{1}=\angle N C A+\angle A C I_{1}=\angle N Q C+\angle Q C I_{1}=\angle C I_{1} N$,

所以 $N C=N I_{1}$, 同理 $M C=M I_{2}$. 由 $M P \cdot M T=N P \cdot N T$ 得 $\frac{N T}{M P}=\frac{M T}{N P}$.

因 $N P=M C$, $P M=N C$.

故$\frac{N T}{N I_{1}}=\frac{M T}{M I_{2}}$.

又因$\angle I_{1} N T=\angle Q N T=\angle Q M T=\angle I_{2} M T ，$

有

$\Delta I_{1} N T \sim \Delta I_{2} M T$.

故 $\angle N T I_{1}=\angle M T I_{2}$, 从而

$\angle I_{1} Q I_{2}=\angle N Q M=\angle N T M=\angle I_{1} T I_{2}$.

因此 $Q, I_{1}, I_{2}, T$ 四点共圆.
Subfield: Algebra


Question: 求证不等式:

$-1<\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{2}+1}\right)-\ln n \leqslant \frac{1}{2}, n=1,2, \ldots$

Solution:
首先证明一个不等式:

(1) $\frac{x}{1+x}<\ln (1+x)<x, \quad x>0$.

事实上, 令

$h(x)=x-\ln (1+x), \quad g(x)=\ln (1+x)-\frac{x}{1+x}$.

则对 $x>0$,

$h^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1+x}>0, \quad g^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{1}{(1+x)^{2}}=\frac{x}{(1+x)^{2}}>0$.

于是

$h(x)>h(0)=0, \quad g(x)>g(0)=0$.

在(1) 中取 $x=\frac{1}{n}$ 得

(2) $\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$.

令 $x_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{2}+1}-\ln n$, 则 $x_{1}=\frac{1}{2}$,

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

$<\frac{n}{n^{2}+1}-\frac{1}{n}$

$=-\frac{1}{\left(n^{2}+1\right) n}<0$

因此 $x_{n}<x_{n-1}<\cdots<x_{1}=\frac{1}{2}$.

又因为

$\ln n=(\ln n-\ln (n-1))+(\ln (n-1)-\ln (n-2))+\cdots+(\ln 2-\ln 1)+\ln 1=\sum_{k=1}^{n-1} \ln \left(1+\frac{1}{k}\right)$.

从而

$$
\begin{aligned}
x_{n} & =\sum_{k=1}^{n} \frac{k}{k^{2}+1}-\sum_{k=1}^{n-1} \ln \left(1+\frac{1}{k}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{k}{k^{2}+1}-\ln \left(1+\frac{1}{k}\right)\right)+\frac{n}{n^{2}+1}>\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{k}{k^{2}+1}-\frac{1}{k}\right) \\
& =-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\left(k^{2}+1\right) k} \geqslant-\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{(k+1) k} \\
& =-1+\frac{1}{n}>-1 .
\end{aligned}
$$
Subfield: Number Theory


Question: 设 $k, l$ 是给定的两个正整数. 证明: 有无穷多个正整数 $m \geqslant k$, 使得 $C_{m}^{k}$ 与 $l$ 互素.

Solution:
对任意正整数 $t$, 令 $m=k+t \cdot l \cdot(k !)^{2}$, 我们证明 $\left(\mathrm{C}_{m}^{k}, l\right)=1$.

设 $p$ 是 $l$ 的任一素因子, 只要证明: $p \nmid C_{m}^{k}$.

若 $p \nmid k$ !, 则由

$$
\begin{aligned}
k ! C_{m}^{k} & =\prod_{i=1}^{k}(m-k+i) \\
& \equiv \prod_{i=1}^{k}\left[\left(i+t l(k !)^{2}\right]\right. \\
& \equiv \prod_{i=1}^{k} i \\
& \equiv k !(\bmod p)
\end{aligned}
$$

即 $p$ 不整除上式, 故 $p \nmid \mathrm{C}_{m}^{k}$.

若 $p \mid k$ !, 设 $\alpha \geqslant 1$ 使 $p^{\alpha} \mid k$ !, 但 $p^{\alpha+1} \nmid k ! . p^{\alpha+1} \mid(k !)^{2}$. 故由

$$
\begin{aligned}
k ! C_{m}^{k} & =\prod_{i=1}^{k-1}(m-k+i) \\
& \equiv \prod_{i=1}^{k}\left[\left(i+t l(k !)^{2}\right]\right. \\
& \equiv \prod_{i=1}^{k} i \\
& \equiv k !\left(\bmod p^{\alpha+1}\right)
\end{aligned}
$$

及 $p^{\alpha} \mid k$ !, 且 $p^{\alpha+1} \nmid k !$, 知 $p^{\alpha} \mid k ! C_{m}^{k}$ 且 $p^{\alpha+1} \nmid k ! C_{m}^{k}$. 从而 $p \nmid C_{m}^{k}$.
Subfield: Algebra


Question: 设 $a_{n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(n+1-k)}$, 求证: 当正整数 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n+1}<a_{n}$ 。

Solution:
由于 $\frac{1}{k(n+1-k)}=\frac{1}{n+1}\left(\frac{1}{k}+\frac{1}{n+1-k}\right)$, 因此 $a_{n}=\frac{2}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$, 于是, 对任意的正整数 $n \geqslant 2$, 有 $\frac{1}{2}\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=\frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-\frac{1}{n+2} \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k}$ $=\left(\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right) \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-\frac{1}{(n+1)(n+2)}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}\left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-1\right)>0$, 即 $a_{n+1}<a_{n}$ 。
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f(x)$ 对所有的实数 $x$ 都满足 $f(x+2 \pi)=f(x)$, 求证: 存在 4 个函数 $f_{i}(x)(i=1$, $2,3,4)$ 满足: (1) 对 $i=1,2,3,4, f_{i}(x)$ 是偶函数, 且对任意的实数 $x$, 有 $f_{i}(x+\pi)=f_{i}(x)$; (2) 对任意的实数 $x$, 有 $f(x)=f_{1}(x)+f_{2}(x) \cos x+f_{3}(x) \sin x+f_{4}(x) \sin 2 x$。

Solution:
记 $g(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}, h(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}$, 则 $f(x)=g(x)+h(x)$, 且 $g(x)$ 是偶函数, $h(x)$ 是奇函数, 对任意的 $x \in R, g(x+2 \pi)=g(x), h(x+2 \pi)=h(x)$ 。令

$f_{1}(x)=\frac{g(x)+g(x+\pi)}{2} \quad, \quad f_{2}(x)=\left\{\begin{array}{cl}\frac{g(x)-g(x+\pi)}{2 \cos x} & x \neq k \pi+\frac{\pi}{2} \\ 0 & x=k \pi+\frac{\pi}{2}\end{array}\right.$, $f_{3}(x)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{h(x)-h(x+\pi)}{2 \sin x} & x \neq k \pi \\ 0 & x=k \pi\end{array}, \quad f_{4}(x)=\left\{\begin{array}{cc}\frac{h(x)+h(x+\pi)}{2 \sin 2 x} & x \neq \frac{k \pi}{2} \\ 0 & x=\frac{k \pi}{2}\end{array}\right.\right.$, 其中 $k$ 为任意整数。

容易验证 $f_{i}(x), i=1,2,3,4$ 是偶函数, 且对任意的 $x \in R, f_{i}(x+\pi)=f_{i}(x), i=1,2,3,4$.

下证对任意的 $x \in \mathbb{R}$ 有 $f_{1}(x) + f_{2}(x) \cos x=g(x)$. 当 $x \neq k \pi+\frac{\pi}{2}$ 时, 显然成立; 当 $x=k \pi+\frac{\pi}{2}$时, 因为 $f_{1}(x)+f_{2}(x) \cos x=f_{1}(x)=\frac{g(x)+g(x+\pi)}{2}$, 而 $g(x+\pi)=g\left(k \pi+\frac{3 \pi}{2}\right)=g\left(k \pi+\frac{3 \pi}{2}-2(k+1) \pi\right)=g\left(-k \pi-\frac{\pi}{2}\right)=g\left(k \pi+\frac{\pi}{2}\right)=g(x)$, 故对任意的 $ x \in R, f_{1}(x) + f_{2}(x) \cos x=g(x)$.

下证对任意的 $x \in \mathbb{R}$ 有 $f_{3}(x) \sin x + f_{4}(x) \sin 2 x=h(x)$. 当 $x \neq \frac{k \pi}{2}$ 时, 显然成立; 当 $x=k \pi$ 时, $h(x)=h(k \pi)=h(k \pi-2 k \pi)=h(-k \pi)=-h(k \pi)$, 所以 $h(x)=h(k \pi)=0$, 而此时 $f_{3}(x) \sin x + f_{4}(x) \sin 2 x=0$, 故 $h(x)=f_{3}(x) \sin x + f_{4}(x) \sin 2 x ;$ 当 $x=k \pi+\frac{\pi}{2}$ 时, $h(x+\pi)=h\left(k \pi+\frac{3 \pi}{2}\right)=h\left(k \pi+\frac{3 \pi}{2}-2(k+1) \pi\right)=h\left(-k \pi-\frac{\pi}{2}\right)=-h\left(k \pi+\frac{\pi}{2}\right)=-h(x)$, 故 $f_{3}(x) \sin x=\frac{h(x)-h(x+\pi)}{2}=h(x)$, 又 $f_{4}(x) \sin 2 x=0$, 从 而 有 $h(x)=f_{3}(x) \sin x + f_{4}(x) \sin 2 x.$

于是, 对任意的 $x \in \mathbb{R}$，有 $f_{3}(x) \sin x + f_{4}(x) \sin 2 x=h(x)$. 综上所述, 结论得证.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $A B < A C, A D$ 是边 $B C$ 上的高, $P$ 是线段 $A D$ 内一点。过 $P$ 作 $P E \perp A C$, 垂足为 $E$, 作 $P F \perp A B$, 垂足为 $F。 O_{1} 、 O_{2}$ 分别是 $\triangle B D F 、 \triangle C D E$ 的外心。求证： $O_{1} 、 O_{2} 、 E 、 F$ 四点共圆的充要条件为 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心。

<img_4088>

Solution:
连结 $B P 、 C P 、 O_{1} O_{2} 、 E O_{2} 、 E F 、 F O_{1}$ 。因为 $P D \perp B C, P F \perp A B$, 故 $B 、 D 、 P 、 F$四点共圆, 且 $B P$ 为该圆的直径。又因为 $O_{1}$ 是 $\triangle B D F$ 的外心, 故 $O_{1}$ 在 $B P$ 上且是 $B P$ 的中点。同理可证 $C 、 D 、 P 、 E$ 四点共圆, 且 $O_{2}$ 是的 $C P$ 中点。综合以上知 $O_{1} O_{2}$ $/ / B C$, 所以 $\angle P O_{2} O_{1}=\angle P C B$ 。因为 $A F \cdot A B=A P \cdot A D=A E \cdot A C$, 所以 $B 、 C$ 、 $E 、 F$ 四点共圆。

充分性：设 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心, 由于 $P E \perp A C, P F \perp A B$, 所以 $B 、 O_{1} 、 P$ 、 $E$ 四点共线, $C 、 O_{2} 、 P 、 F$ 四点共线, $\angle F O_{2} O_{1}=\angle F C B=\angle F E B=\angle F E O_{1}$, 故 $O_{1} 、 O_{2} 、 E_{1} F$ 四点共圆。

必要性: 设 $O_{1} 、 O_{2} 、 E 、 F$ 四点共圆, 故 $\angle O_{1} O_{2} E+\angle E F O_{1}=180^{\circ}$ 。

由于 $\angle P O_{2} O_{1}=\angle P C B=\angle A C B-\angle A C P$, 又因为 $O_{2}$ 是直角 $\triangle C E P$ 的斜边中点,也就是 $\triangle C E P$ 的外心, 所以 $\angle P O_{2} E=2 \angle A C P$ 。因为 $O_{1}$ 是直角 $\triangle B F P$ 的斜边中点, 也就是 $\triangle B F P$ 的外心, 从而 $\angle P F O_{1}=90^{\circ}-\angle B F O_{1}=90^{\circ}-\angle A B P$ 。

<img_4212>
因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以 $\angle A F E=\angle A C B, \angle P F E=90^{\circ}-\angle A C B$ 。于是, 由 $\angle O_{1} O_{2} E+\angle$ $E F O_{1}=180^{\circ}$ 得

$(\angle A C B-\angle A C P)+2 \angle A C P+\left(90^{\circ}-\angle A B P\right)+\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)=180^{\circ}$ ， 即 $\angle A B P=\angle A C P$ 。 又因为 $A B < A C, A D \perp B C$, 故 $B D<C D$ 。设 $B^{\prime}$ 是点 $B$ 关于直线 $A D$ 的对称点, 则 $B^{\prime}$ 在线段 $D C$ 上且 $B^{\prime} D=B D$ 。连结 $A B^{\prime} 、 P B^{\prime}$ 。由对称性, 有 $\angle A B^{\prime} P=\angle A B P$, 从而 $\angle A B^{\prime} P=\angle A C P$, 所以 $A 、 P 、 B^{\prime} 、 C$ 四点共圆。由此可知 $\angle P B^{\prime} B=\angle C A P=90^{\circ}-\angle A C B$ 。因为 $\angle P B C=\angle P B^{\prime} B$,故 $\angle P B C+\angle A C B=\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)+\angle A C B=90^{\circ}$, 故直线 $B P$ 和 $A C$ 垂直。由题设 $P$ 在边 $B C$ 的高上, 所以 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $A B < A C, A D$ 是边 $B C$ 上的高, $P$ 是线段 $A D$ 内一点。过 $P$ 作 $P E \perp A C$, 垂足为 $E$, 作 $P F \perp A B$, 垂足为 $F。 O_{1} 、 O_{2}$ 分别是 $\triangle B D F 、 \triangle C D E$ 的外心。求证： $O_{1} 、 O_{2} 、 E 、 F$ 四点共圆的充要条件为 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心。

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_895fe6c3dcbc5cb39413g-1.jpg?height=371&width=485&top_left_y=1048&top_left_x=1277)

Solution:
连结 $B P 、 C P 、 O_{1} O_{2} 、 E O_{2} 、 E F 、 F O_{1}$ 。因为 $P D \perp B C, P F \perp A B$, 故 $B 、 D 、 P 、 F$四点共圆, 且 $B P$ 为该圆的直径。又因为 $O_{1}$ 是 $\triangle B D F$ 的外心, 故 $O_{1}$ 在 $B P$ 上且是 $B P$ 的中点。同理可证 $C 、 D 、 P 、 E$ 四点共圆, 且 $O_{2}$ 是的 $C P$ 中点。综合以上知 $O_{1} O_{2}$ $/ / B C$, 所以 $\angle P O_{2} O_{1}=\angle P C B$ 。因为 $A F \cdot A B=A P \cdot A D=A E \cdot A C$, 所以 $B 、 C$ 、 $E 、 F$ 四点共圆。

充分性：设 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心, 由于 $P E \perp A C, P F \perp A B$, 所以 $B 、 O_{1} 、 P$ 、 $E$ 四点共线, $C 、 O_{2} 、 P 、 F$ 四点共线, $\angle F O_{2} O_{1}=\angle F C B=\angle F E B=\angle F E O_{1}$, 故 $O_{1} 、 O_{2} 、 E_{1} F$ 四点共圆。

必要性: 设 $O_{1} 、 O_{2} 、 E 、 F$ 四点共圆, 故 $\angle O_{1} O_{2} E+\angle E F O_{1}=180^{\circ}$ 。

由于 $\angle P O_{2} O_{1}=\angle P C B=\angle A C B-\angle A C P$, 又因为 $O_{2}$ 是直角 $\triangle C E P$ 的斜边中点,也就是 $\triangle C E P$ 的外心, 所以 $\angle P O_{2} E=2 \angle A C P$ 。因为 $O_{1}$ 是直角 $\triangle B F P$ 的斜边中点, 也就是 $\triangle B F P$ 的外心, 从而 $\angle P F O_{1}=90^{\circ}-\angle B F O_{1}=90^{\circ}-\angle A B P$ 。

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_72c933e36078d6f6978ag-1.jpg?height=383&width=511&top_left_y=588&top_left_x=1458)
因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以 $\angle A F E=\angle A C B, \angle P F E=90^{\circ}-\angle A C B$ 。于是, 由 $\angle O_{1} O_{2} E+\angle$ $E F O_{1}=180^{\circ}$ 得

$(\angle A C B-\angle A C P)+2 \angle A C P+\left(90^{\circ}-\angle A B P\right)+\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)=180^{\circ}$ ， 即 $\angle A B P=\angle A C P$ 。 又因为 $A B < A C, A D \perp B C$, 故 $B D<C D$ 。设 $B^{\prime}$ 是点 $B$ 关于直线 $A D$ 的对称点, 则 $B^{\prime}$ 在线段 $D C$ 上且 $B^{\prime} D=B D$ 。连结 $A B^{\prime} 、 P B^{\prime}$ 。由对称性, 有 $\angle A B^{\prime} P=\angle A B P$, 从而 $\angle A B^{\prime} P=\angle A C P$, 所以 $A 、 P 、 B^{\prime} 、 C$ 四点共圆。由此可知 $\angle P B^{\prime} B=\angle C A P=90^{\circ}-\angle A C B$ 。因为 $\angle P B C=\angle P B^{\prime} B$,故 $\angle P B C+\angle A C B=\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)+\angle A C B=90^{\circ}$, 故直线 $B P$ 和 $A C$ 垂直。由题设 $P$ 在边 $B C$ 的高上, 所以 $P$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 已知函数 $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d(a \neq 0)$, 当 $0 \leq x \leq 1$ 时, $\left|f^{\prime}(x)\right| \leq 1$,试求 $a$ 的最大值.

Solution:
$f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c$,

由 $\left\{\begin{array}{l}f^{\prime}(0)=c, \\ f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4} a+b+c, \\ f^{\prime}(1)=3 a+2 b+c\end{array}\right.$

$$
3 a=2 f^{\prime}(0)+2 f^{\prime}(1)-4 f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)
$$

所以 $3|a|=\left|2 f^{\prime}(0)+2 f^{\prime}(1)-4 f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\right|$

$$
\leq 2\left|f^{\prime}(0)\right|+2\left|f^{\prime}(1)\right|+4\left|f^{\prime}\left(\frac{1}{2}\right)\right|
$$

$$
\leq 8,
$$

$$
a \leq \frac{8}{3},
$$

又易知当$f(x)=\frac{8}{3} x^{3} - 4 x^{2} + x + m$($m$为常数)满足题设条件，所以$a$最大值为$\frac{8}{3}$.
$f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c$.

设 $g(x)=f^{\prime}(x)+1$, 则当 $0 \leq x \leq 1$ 时, $0 \leq g(x) \leq 2$.

设 $z=2 x-1$, 则 $x=\frac{z+1}{2},-1 \leq z \leq 1$.

$$
h(z)=g\left(\frac{z+1}{2}\right)=\frac{3 a}{4} z^{2}+\frac{3 a+2 b}{2} z+\frac{3 a}{4}+b+c+1 .
$$

容易知道当 $-1 \leq z \leq 1$ 时 $, 0 \leq h(z) \leq 2,0 \leq h(-z) \leq 2$.

从而当 $-1 \leq z \leq 1$ 时, $0 \leq \frac{h(z)+h(-z)}{2} \leq 2$,

即 $0 \leq \frac{3 a}{4} z^{2}+\frac{3 a}{4}+b+c+1 \leq 2$ ，

从而 $\frac{3 a}{4}+b+c+1 \geq 0, \frac{3 a}{4} z^{2} \leq 2$,

由 $0 \leq z^{2} \leq 1$ 知 $a \leq \frac{8}{3}$.

又易知当 $f(x)=\frac{8}{3} x^{3}-4 x^{2}+x+m$ ( $m$ 为常数) 满足题设条件, 所以 $a$ 最大值为 $\frac{8}{3}$.

Final answer: $\frac{8}{3}$
Subfield: Algebra


Question: 证明: 方程 $2 x^{3}+5 x-2=0$ 恰有一个实数根 $r$, 且存在唯一的严格递增正整数数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 使得 $\frac{2}{5}=r^{a_{4}}+r^{a_{2}}+r^{a_{3}}+\cdots$.

Solution:
令 $f(x)=2 x^{3}+5 x-2$, 则 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}+5>0$, 所以 $f(x)$ 是严格递增的. 又 $f(0)=-2<0, f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}>0$, 故 $f(x)$ 有唯一实数根 $r \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$.

所以

$$
2 r^{3}+5 r-2=0
$$

$$
\begin{aligned}
\frac{2}{5} & =\frac{r}{1-r^{3}} \\
& =r+r^{4}+r^{7}+r^{10}+\cdots .
\end{aligned}
$$

故数列 $a_{n}=3 n-2(n=1,2, \cdots)$ 是满足题设要求的数列.

若存在两个不同的正整数数列 $a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}<\cdots$ 和 $b_{1}<b_{2}<\cdots<b_{n}<\cdots$ 满足

$$
r^{a_{1}}+r^{a_{2}}+r^{a_{3}}+\cdots=r^{b_{1}}+r^{b_{2}}+r^{b_{3}}+\cdots=\frac{2}{5},
$$

去掉上面等式两边相同的项, 有

$$
r^{s_{1}}+r^{s_{2}}+r^{s_{2}}+\cdots=r^{t_{1}}+r^{t_{2}}+r^{t_{2}}+\cdots,
$$

这里 $s_{1}<s_{2}<s_{3}<\cdots, t_{1}<t_{2}<t_{3}<\cdots$, 所有的 $s_{i}$ 与 $t_{j}$ 都是不同的.

不妨设 $s_{1}<t_{1}$, 则

$$
\begin{aligned}
& r^{s_{1}}<r^{s_{1}}+r^{s_{2}}+\cdots=r^{t_{1}}+r^{t_{2}}+\cdots, \\
& 1<r^{t_{1}-s_{1}}+r^{t_{2}-s_{1}}+\cdots \leq r+r^{2}+\cdots=\frac{1}{1-r}-1<\frac{1}{1-\frac{1}{2}}-1=1 \text {, 矛盾. }
\end{aligned}
$$

故满足题设的数列是唯一的.