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


Question: 设函数 $f$ : $\mathbf{R}_{+} \rightarrow \mathbf{R}$. 若 $f\left(x^{2}\right)-x^{3}$ 、 $f\left(x^{3}\right)-x^{4}$ 均严格单调递增, 证明:

$$
f\left(x^{5}\right)+100\left(f\left(x^{5}\right)-x^{7}\right)
$$

严格单调递增.

Solution:
由 $f\left(x^{2}\right)-x^{3} 、 f\left(x^{3}\right)-x^{4}$ 严格单调递增, 知 $f\left(x^{30}\right)-x^{45} 、 f\left(x^{30}\right)-x^{40}$ 均严格单调递增. 故对正数 $\lambda$ (待定), 有

$$
\begin{aligned}
& \frac{\left(f\left(x^{30}\right)-x^{45}\right)+\lambda\left(f\left(x^{30}\right)-x^{40}\right)}{1+\lambda} \\
& =f\left(x^{30}\right)-\frac{x^{45}+\lambda x^{40}}{1+\lambda}
\end{aligned}
$$

严格单调递增.

另一方面, 结论等价于 $f\left(x^{30}\right)-\frac{100}{101} x^{42}$ 严格单调递增.而
$$
\begin{aligned}
& f\left(x^{30}\right)-\frac{100}{101} x^{42} \\
&= f\left(x^{30}\right)-\frac{x^{45}+\lambda x^{40}}{1+\lambda}+ \\
& \frac{1}{1+\lambda}\left[x^{45}+\lambda x^{40}-\frac{100}{101}(1+\lambda) x^{42}\right],
\end{aligned}
$$

故只需证

$$
F(x)=x^{45}+\lambda x^{40}-\frac{100}{101}(1+\lambda) x^{42}
$$

严格单调递增即可.

注意到,

$$
\begin{aligned}
& F^{\prime}(x)=45 x^{44}+40 \lambda x^{39}-\frac{4200}{101}(1+\lambda) x^{41}>0 \\
& \Leftrightarrow 9 x^{5}+8 \lambda>\frac{840}{101}(1+\lambda) x^{2} . \\
& \text { 而 } 9 x^{5}+8 \lambda=\frac{9 x^{5}}{2} \times 2+\frac{8 \lambda}{3} \times 3 \\
& \geqslant 5 \sqrt[5]{\left(\frac{9 x^{5}}{2}\right)^{2}\left(\frac{8 \lambda}{3}\right)^{3}}=10 \sqrt[5]{12 \lambda^{3}} x^{2},
\end{aligned}
$$

故只需取正数 $\lambda$ 满足

$$
\begin{aligned}
& \sqrt[5]{12 \lambda^{3}}>\frac{84}{101}(1+\lambda) \\
& \Leftrightarrow \frac{101}{84} \times 12^{\frac{1}{5}}>\lambda^{\frac{2}{5}}+\lambda^{-\frac{3}{5}} . \\
& \text { 而 } \lambda^{\frac{2}{5}}+\lambda^{-\frac{3}{5}}=\frac{\lambda^{\frac{2}{5}}}{3} \times 3+\frac{\lambda^{-\frac{3}{5}}}{2} \times 2 \\
& \geqslant 5 \sqrt[5]{\left(\frac{1}{3}\right)^{3} \times\left(\frac{1}{2}\right)^{2}}=\frac{5}{\sqrt[5]{108}},
\end{aligned}
$$

故取 $\lambda=\frac{3}{2}$,上式等号成立. 此时, 只需证

$$
\begin{aligned}
& \frac{101}{84} \times 12^{\frac{1}{5}}>\frac{5}{\sqrt[5]{108}} \Leftrightarrow \sqrt[5]{12 \times 108}>\frac{420}{101} \\
& \Leftrightarrow \frac{16}{3}>\left(\frac{140}{101}\right)^{5} \Leftrightarrow 101^{5}>6 \times 7^{5} \times 10^{5} \\
& \Leftrightarrow 101^{5}=(100+1)^{5}>10^{10}+5 \times 10^{8} \\
& >1.00842 \times 10^{10}=6 \times 7^{5} \times 10^{5}
\end{aligned}
$$
Subfield: Number Theory


Question: 证明: 不存在大于 7 的素数 $p$,使得 $p^{12}+5039 \times 5041$ 的正因子的个数小于 120 .

Solution:
设 $d(n)$ 是 $n$ 的所有正因子的个数.对大于 7 的素数 $p$, 由费马小定理知


$5\left|\left(p^{4}-1\right), 7\right|\left(p^{6}-1\right) \Rightarrow 35 \mid\left(p^{12}-1\right)$.

设 $p=2 k+1$. 由二项式定理得

$(2 k+1)^{12}-1$

$\equiv \mathrm{C}_{12}^{3}(2 k)^{3}+\mathrm{C}_{12}^{2}(2 k)^{2}+\mathrm{C}_{12}^{1} 2 k$

$\equiv 66 \times 4 k^{2}+24 k \equiv 24 k(11 k+1)$

$\equiv 0\left(\bmod 2^{4}\right)$,

即 $2^{4} \mid\left(p^{12}-1\right)$.

设 $p=3 t+r(r \in\{1,2\})$. 则

$(3 k+r)^{12}-1 \equiv \mathrm{C}_{12}^{1} 3 k r^{11}+r^{12}-1$

$\equiv r^{12}-1 \equiv 0\left(\bmod 3^{2}\right)$,

即 $3^{2} \mid\left(p^{12}-1\right)$.

综上, $\left(2^{4} \times 3^{2} \times 5 \times 7\right) \mid\left(p^{12}-1\right)$.

故 $p^{12}+5039 \times 5041=p^{12}-1+5040^{2}$是 5040 的倍数.

令 $p^{12}+5039 \times 5041=5040 k$. 则 $k \geqslant 5041$.

设 $k=2^{s} \times 3^{t} \times 5^{u} \times 7^{v} w(s 、 t 、 u 、 v 、 w \in \mathbf{N}$ ， $(w, 210)=1$ ).

则 $d\left(p^{12}+5039 \times 5041\right)$

$=(5+s)(3+t)(2+u)(2+v) d(w)$.

若 $w>1$, 则

$d\left(p^{12}+5039 \times 5041\right)$

$\geqslant 5 \times 3 \times 2 \times 2 \times 2=120$,

矛盾.

若 $w=1$, 则

$d\left(p^{12}+5039 \times 5041\right)$

$=(5+s)(3+t)(2+u)(2+v)<120$

$\Rightarrow s \leqslant 4, t \leqslant 2, u \leqslant 1, v \leqslant 1$

$\Rightarrow k \leqslant 2^{4} \times 3^{2} \times 5 \times 7<5041$,

矛盾.

从而, 不存在大于 7 的素数 $p$ 满足题设.
Subfield: Number Theory


Question: 在 $4 n \times 4 n\left(n \in \mathbf{N}_{+}\right)$实数表中, 每个数的绝对值均不超过 1 , 所有数的和为 0 . 已知数表中的每行各数之和的绝对值、每列各数之和的绝对值均不小于 $c$. 求 $c$ 的最大可能值.

Solution:
如下: 取数表中第 $i$ 行、第 $j$ 列处的数为

$$
a_{i j}=\left\{\begin{array}{cl}
0, & 1 \leqslant i 、 j \leqslant 2 n \text { 或 } 2 n+1 \leqslant i 、 j \leqslant 4 n ； \\
1, & 1 \leqslant i \leqslant 2 n, 2 n+1 \leqslant j \leqslant 4 n ; \\
-1, & 2 n+1 \leqslant i \leqslant 4 n, 1 \leqslant j \leqslant 2 n .
\end{array}\right.
$$

下面假设每行每列各数的和的绝对值均大于 $2 n$.

设有 $2 n+x$ 列的数和为正 (称为正和列), $2 n-x$ 列的数和为负 (称为负和列), 其中, $|x| \leqslant 2 n-1 ; 2 n+y$ 行的数和为正 (称为正和行), $2 n-y$ 行的数和为负 (称为负和行), 其中, $|y| \leqslant 2 n-1$.

则所有正和列中各数的和

$u>2 n(2 n+x)$,

所有负和列中各数的和的绝对值

$|-u|>2 n(2 n-x)$.

因此, $u>2 n(2 n+|x|)$.

类似地, 所有正和行中的各数的和 $v>2 n(2 n+|y|)$.

令 $a$ 表示正和行与正和列的交集中各数之和, $b$ 表示正和列与负和行的交集中各数之和, $c$ 表示负和列与负和行的交集中各数之和. 则

$$
\begin{aligned}
& a+b=u, b+c=-v \\
& \Rightarrow a-c=u+v>2 n(4 n+|x|+|y|)
\end{aligned}
$$

另一方面，

$$
a-c \leqslant(2 n+x)(2 n+y)+(2 n-x)(2 n-y)
$$

$$
=8 n^{2}+2 x y .
$$

故 $|x y| \geqslant x y>n(|x|+|y|)$, 得

$(|x|-n)(|y|-n)>n^{2}$,

矛盾.

Final answer: $2 n$
Subfield: Geometry


Question: 已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 边 $B C 、 C A 、 A B$ 上的高的垂足分别为 $D 、 E 、 F$, 直线 $E F$ 与 $\odot O$ 的弧 $\overparen{A B} 、 \overparen{A C}$ 分别交于点 $G 、 H$, 直线 $D F$ 与 $B G 、 B H$ 分别交于点 $K 、 L$, 直线 $D E$ 与 $C G 、 C H$ 分别交于点 $M 、 N$. 证明: $K 、 L 、 M 、 N$ 四点共圆, 且该圆的直径为 $\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)}$; 其中, $B C=a, C A=b, A B=c$.

Solution:
如图.

<img_4134>

因为 $B 、 C 、 E 、 F$ 四点共圆, 所以,

$\angle A F E=\angle A C B$.

注意到, $\angle A F E=\frac{\overparen{G B}^{\circ}+\overparen{H A}^{\circ}}{2}$,

$\angle A C B=\frac{\overparen{A B}^{\circ}}{2}=\frac{\overparen{A G}^{\circ}+\widehat{G B}^{0}}{2}$.

从而, $\overparen{H A}=\overparen{A G}$, 即 $A G=A H$.

因为 $C 、 A 、 F 、 D$ 四点共圆, 所以,

$\angle B F D=\angle A C B=\angle A F E=\angle B F G$.

于是, 直线 $G H$ 与 $D K$ 关于直线 $A B$ 对称.

由 $\overparen{A G}^{\circ}=\overparen{A H}^{\circ}$, 知 $\angle G B A=\angle A B H$.

从而, 直线 $B K$ 与 $B H$ 关于直线 $A B$ 对称.

因此, 点 $K 、 H$ 关于直线 $A B$ 对称, 即

$A K=A H$.

类似地,

点 $L 、 G$ 关于直线 $A B$ 对称, 即 $A L=A G$;

点 $G 、 N$ 关于直线 $A C$ 对称, 即 $A G=A N$;

点 $M 、 H$ 关于直线 $A C$ 对称, 即 $A M=A H$.

综上, $A L=A N=A G=A H=A K=A M$.

因此, $K 、 L 、 M 、 N$ 四点共圆, 且圆心为 $A$,半径为 $A G$, 记该圆为 $\odot A$.

设 $\odot O$ 的半径为 $R, \odot O$ 的直径 $A Q$ 与 $G H$交于点 $P$. 则

$\angle A G Q=90^{\circ}$, 且 $A P \perp G H$.

由射影定理得 $A G^{2}=A Q \cdot A P$.

注意到,

$A P=A F \sin \angle A F E$

$=A C \cos \angle C A B \cdot \sin \angle A C B$.

故 $A Q \cdot A P$

$=2 R \cdot A C \cos \angle C A B \cdot \sin \angle A C B$

$=A B \cdot A C \cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2 b c}$

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

因此, $A G=\sqrt{\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2}}, \odot A$ 的直径为 $\sqrt{2\left(b^{2}+c^{2}-a^{2}\right)}$.
Subfield: Algebra


Question: 设 $a 、 b 、 c 、 d>0$. 证明：

$a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}} d^{\frac{1}{3}} \leqslant(a+b+c)^{\frac{1}{3}}(a+c+d)^{\frac{1}{3}}$.

Solution:
由均值不等式得

$$
\begin{aligned}
& 3\left(\frac{a b}{(a+b+c)(a+c+d)}\right)^{\frac{1}{3}} \\
& =3\left(\frac{a}{a+c} \cdot \frac{b}{a+b+c} \cdot \frac{a+c}{a+c+d}\right)^{\frac{1}{3}} \\
& \leqslant \frac{a}{a+c}+\frac{b}{a+b+c}+\frac{a+c}{a+c+d}, \\
& 3\left(\frac{c d}{(a+b+c)(a+c+d)}\right)^{\frac{1}{3}} \\
& =3\left(\frac{c}{a+c} \cdot \frac{a+c}{a+b+c} \cdot \frac{d}{a+c+d}\right)^{\frac{1}{3}} \\
& \leqslant \frac{c}{a+c}+\frac{a+c}{a+b+c}+\frac{d}{a+c+d} . \\
& \text { 以上两式相加并整理得 } \\
& a^{\frac{1}{3}} b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}} d^{\frac{1}{3}} \leqslant(a+b+c)^{\frac{1}{3}}(a+c+d)^{\frac{1}{3}} .
\end{aligned}
$$

上式等号成立的充分必要条件为

$\left\{\begin{array}{l}\frac{a}{a+c}=\frac{b}{a+b+c}=\frac{a+c}{a+c+d}, \\ \frac{c}{a+c}=\frac{a+c}{a+b+c}=\frac{d}{a+c+d}\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow \frac{a}{a+c}=\frac{b}{a+b+c}=\frac{a+c}{a+c+d}=\lambda \in(0,1)$

$\Leftrightarrow c=\frac{1-\lambda}{\lambda} a, b=\frac{1}{1-\lambda} a, d=\frac{1-\lambda}{\lambda^{2}} a(\lambda \in(0,1))$.
Subfield: Algebra


Question: 已知正整数 $n \geqslant 2$. 若整数数列 $x_{0}, x_{1}$, $\cdots, x_{n}$ 满足 :

(1) 对任意的 $0 \leqslant i \leqslant n$, 均有 $\left|x_{i}\right| \leqslant n$;

(2) 对任意的 $0 \leqslant i<j \leqslant n$, 均有 $x_{i} \neq x_{j}$;

(3) 对任意的 $0 \leqslant i<j<k \leqslant n$, 均有

$\max \left\{\left|x_{k}-x_{i}\right|,\left|x_{k}-x_{j}\right|\right\}=\frac{1}{2}\left(\left|x_{i}-x_{j}\right|+\left|x_{j}-x_{k}\right|+\left|x_{k}-x_{i}\right|\right)$,

则称该数列为 “优数列”. 求优数列的个数.

Solution:
对 $0 \leqslant i<j<k \leqslant n$, 由条件 (3) 得

$\max \left\{\left|x_{k}-x_{i}\right|,\left|x_{k}-x_{j}\right|\right\}$

$=\frac{1}{2}\left(\left|x_{i}-x_{j}\right|+\left|x_{j}-x_{k}\right|+\left|x_{k}-x_{i}\right|\right)$

$=\max \left\{x_{i}, x_{j}, x_{k}\right\}-\min \left\{x_{i}, x_{j}, x_{k}\right\}$.

则 $x_{k}$ 在数轴上不夹在 $x_{i} 、 \dot{x}_{j}$ 中间, 即

$x_{i}<x_{k}<x_{j}$ 或 $x_{j}<x_{k}<x_{i}$

均不成立.

首先, 设 $x_{0}, x_{1}, \cdots, x_{n}$ 为连续 $n+1$ 个整数组成的一个满足条件 (3) 的排列. 由前面的论述, 知对 $k=1,2, \cdots, n$, 有 $x_{0}, x_{1}, \cdots, x_{k}$为连续 $k+1$ 个整数的排列.

将满足条件 (3) 的每个排列 $x_{0}, x_{1}, \cdots, x_{n}$依下标顺序放到数轴上.

设 $x_{0}=i$. 则 $x_{1}$ 有两种可能位置: $i-1$ 或 $i+1$. 当已经将 $x_{0}, x_{1}, \cdots, x_{k-1}$ 放到数轴上时, $x_{k}$ 的位置也有两种可能: $\min _{0 \leqslant i \leqslant k-1}\left\{x_{i}\right\}-1$ 或$\max _{0 \leqslant i \leqslant k-1}\left\{x_{i}\right\}+1$. 故将所有满足条件 (3) 的 $x_{0}$, $x_{1}, \cdots, x_{n}$ 放到数轴上时, 其相互位置共有 $2^{n}$种放法, 即对于连续 $n+1$ : 个整数, 其满足条件 (3) 的排列个数为 $2^{n}$.

最后, 从 $\mathbf{Z} \cap[-n, n]$ 中任意选出 $n+1$个数, 将其依大小关系编号为 $0,1, \cdots, n$, 将其视为连续 $n+1$ 个整数, 知其满足条件 (3)的排列个数为 $2^{n}$.

因此,满足条件 (1)、(2)、(3) 的排列总数为 $\mathrm{C}_{2 n+1}^{n+1} \cdot 2^{n}$.

Final answer: $\binom{2 n+1}{n+1} \cdot 2^{n}$
Subfield: Number Theory


Question: 某年级有 $3 N$ 名学生, 在一次数学测验中可能的分数为 $60,61, \cdots, 100$,这些分数至少各出现两次,且平均分数为 82.4. 证明:可将这个年级的学生分成三个班, 每班有 $N$名学生,且各班的平均分数均为 82.4.

Solution:
设此年级 $3 N$ 名学生的分数分别为

$60=a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{3 N}=100$,

且定义和 $s_{i}=\sum_{j=i+1}^{i+N} a_{j}(i=0,1, \cdots, 2 N)$.

显然, $s_{0} \leqslant s_{N} \leqslant s_{2 N}$, 且

$s_{0}+s_{N}+s_{2 N}=\sum_{j=1}^{3 N} a_{j}=82.4 \times 3 N$ (正整数).

故 $N \equiv 0(\bmod 5)$.

因此, $82.4 N$ 为正整数.

显然, $s_{0} \leqslant 82.4 N \leqslant s_{2 N}$.

注意到, 若 $s_{0}=82.4 N$, 则

$s_{N}=s_{2 N}=82.4 N$,

即 $a_{1}=a_{2}=\cdots=a_{3 N}=82.4$ ，

矛盾.

从而, $s_{0}<82.4 N$.

类似地, $s_{2 N}>82.4 N$.

因此, $s_{0}<82.4 N<s_{2 N}$.

设 $f_{0}(l)=\sum_{j=1}^{N-1} a_{j}+a_{N+l}(l=0,1, \cdots, 2 N)$.

显然, $f_{0}(0)=s_{0}<82.4 N$, 且

$f_{0}(l+1)-f_{0}(l)=a_{N+l+1}-a_{N+l}=0$ 或 1 ,

即 $f_{0}(l)$ 在集合 $\{0,1, \cdots, 2 N\}$ 上为连续变化的整数.

若 $f_{0}(2 N) \geqslant 82.4 N$, 则由中间值定理, 知存在 $m \in\{0,1, \cdots, 2 N\}$, 使得 $f_{0}(m)=82.4 N$,对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.

若 $f_{0}(2 N)<82.4 N$, 则定义

$f_{1}(l)=a_{3 N}+\sum_{j=1}^{N-2} a_{j}+a_{N+l}$,

其中, $l \in\{-1,0,1, \cdots, 2 N-1\}$.

显然, $f_{1}(-1)=f_{0}(2 N)<82.4 N$.注意到，

$f_{1}(l+1)-f_{1}(l)=a_{N+l+1}-a_{N+l}=0$ 或 1,即 $f_{1}(l)$ 在 $\{-1,0,1, \cdots, 2 N-1\}$ 上为连续变化的整数.

若 $f_{1}(2 N-1) \geqslant 82.4 N$, 则由中间值定理,知存在 $m \in\{-1,0,1, \cdots, 2 N-1\}$, 使得 $f_{1}(m)=82.4 N$. 对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.

依此类推.

定义 $f_{k}(l)=\sum_{j=3 N-k+1}^{3 N} a_{j}+\sum_{j=1}^{N-k-1} a_{j}+a_{N+l}$,其中, $l \in\{-k,-k+1 ; \cdots,-k+2 N\}$,

$k \in\{0,1, \cdots, N-1\}$.

则 $f_{k}(-k)=f_{k-1}(-k+1+2 N)$.

注意到,

$f_{N-1}(N+1)=\sum_{j=2 N+2}^{3 N} a_{j}+a_{2 N+1}=s_{2 N}>82.4 N$.

故存在 $k \in\{0,1, \cdots, N-1\}$, 使得

$f_{k}(-k)<82.4 N \leqslant f_{k}(2 N-k)$.

类似地, 存在 $m \in\{-k,-k+1, \cdots,-k+2 N\}$,使得 $f_{k}(m)=82.4 N$, 对应的 $N$ 名学生可组成满足条件的一班.

其余的 $2 N$ 名学生的分数依次为

$b_{1} \leqslant b_{2} \leqslant \cdots \leqslant b_{2 N}$,

其取值为区间 $\left[b_{1}, b_{2 N}\right]$ 上的正整数,且此区间内的每个正整数各至少出现一次, 且 $b_{1}$, $b_{2}, \cdots, b_{2 N}$ 的算术平均值为 82.4 .

设 $t_{i}=\sum_{j=i+1}^{i+N} b_{j}(i=0 ; 1, \cdots, N)$.

显然, $t_{0} \leqslant t_{1} \leqslant \cdots \leqslant t_{N}$, 且

$t_{0}+t_{N}=\sum_{j=1}^{2 N} b_{j}=82.4 \times 2 N$.

于是, $t_{0} \leqslant 82.4 N \leqslant t_{N}$.

设 $k$ 为使 $t_{k} \leqslant 82.4 N$ 成立的最大角标 (若 $t_{k}=82.4 N$, 则结论成立), 以下不妨设

$t_{k}<82.4 N$.

显然, $k \neq N$. 因此, $t_{k}<82.4 N<t_{k+1}$.

设 $g(l)=\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+l}(l=1,2, \cdots, N+1)$.

注意到,

$g(l+1)-g(l)=b_{k+l}-b_{k+l+1}=-1$ 或 0.

因此, $g(l)$ 在集合 $\{1,2, \cdots, N+1\}$ 上为连续变化的整数.

而 $g(1)=\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+1}=t_{k+1}>82.4 N$,

$g(N+1)=\sum_{j=k+1}^{N+k+1} b_{j}-b_{k+N+1}=t_{k}<82.4 N$.

据中间值定理,知存在 $l \in\{1,2, \cdots, N+1\}$ ，使得 $g(l)=82.4 N$, 对应的 $N$ 名学生组成满足条件的二班. 剩余的 $N$ 名同学组成满足条件的三班.

综上, 原命题成立.
Subfield: Geometry


Question: 已知锐角 $\triangle A B C$ 满足 $A B>A C$, 内心为 $I, \angle A$ 内的旁心为 $I_{1}, B C$ 的中点为 $L$, 直线 $L I$ 与边 $A C$ 交于点 $M$, 直线 $I_{1} L$ 与边 $A B$ 交于点 $N$. 记 $B C=a, C A=b, A B=c$. 证明:

$$
\frac{S_{\triangle L M N}}{S_{\triangle A B C}}=\frac{a(c-b)}{(a+c-b)^{2}} \text {. }
$$

Solution:
先证明一个引理.

引理 设 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \angle A$ 内的旁切圆 $\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E, L$ 为边 $B C$ 的中点. 则 $A E / / I L, A D / / I_{1} L$.

证明 如下图, 设 $D D_{1}$ 为 $\odot I$ 的直径, 过点 $D_{1}$ 作 $B C$ 的平行线, 与边 $A B 、 A C$ 分别交于点 $B_{1} 、 C_{1}$.

<img_4126>

则 $B_{1} C_{1}$ 与 $\odot I$ 切于点 $D_{1}$.

故 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 中 $\angle A$ 内的旁切圆为 $\odot I$.

由于 $A$ 为 $\triangle A B_{1} C_{1}$ 与 $\triangle A B C$ 的位似中心, $D_{1} 、 E$ 为对应点, 于是, $A 、 D_{1} 、 E$ 三点共线.

由 $B E=\frac{A B+B C+C A}{2}-A B$

$$
=\frac{B C+C A-A B}{2}=C D \text {, }
$$

知 $L$ 为线段 $E D$ 的中点.

从而, $I L$ 为 $\triangle D_{1} E D$ 的中位线, 则 $I L / / D_{1} E$,即 $A E / / I L$.

类似地, 如下图, 设 $E E_{1}$ 为 $\odot I_{1}$ 的直径, 则 $L I_{1}$ 为 $\triangle D E E_{1}$ 的中位线, 即 $L I_{1} / / D E_{1}$.

<img_4119>

过点 $E_{1}$ 作 $\odot I_{1}$ 的切线, 与 $A B 、 A C$ 的延长线分别交于点 $B_{2} 、 C_{2}$.

则 $A$ 为 $\triangle A B C$ 与 $\triangle A B_{2} C_{2}$ 的位似中心, 且 $\odot I_{1}$ 为 $\triangle A B_{2} C_{2}$ 的内切圆, 即 $D 、 E_{1}$ 为对应点.

从而, $A 、 D 、 E_{1}$ 三点共线.

因此; $I_{1} L / / A D$.

引理得证.

如下图, 设 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 与边 $B C$切于点 $D, \angle A$ 内的旁切圆 $\odot I_{1}$ 与边 $B C$ 切于点 $E$.

<img_4064>

由引理得 $A E / / M L, A D / / N L$.

由 $\frac{C M}{C A}=\frac{C L}{C E}$

$\Rightarrow C M=b \cdot \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a+c-b}{2}}=\frac{a b}{a+c-b}$

$\Rightarrow A M=A C-C M=\frac{b(c-b)}{a+c-b}$.

类似地, $B N=\frac{a c}{a+c-b}, A N=\frac{c(c-b)}{a+c-b}$.

故 $\frac{S_{\triangle L M N}}{S_{\triangle A B C}}=1-\frac{S_{\triangle A M N}}{S_{\triangle A B C}}-\frac{S_{\triangle B L N}}{S_{\triangle A B C}}-\frac{S_{\triangle C L M}}{S_{\triangle A B C}}$

$=1-\frac{(c-b)^{2}}{(a+c-b)^{2}}-\frac{a}{2(a+c-b)}-\frac{a}{2(a+c-b)}$

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


Question: 已知函数 $f: \mathbf{Z}_{+} \rightarrow \mathbf{Z}_{+}$, 满足对任意的 $x \in \mathbf{Z}_{+}$, 均有

$$
f(x)+f(x+2) \leqslant 2 f(x+1) .
$$

证明: 存在一个无穷正整数集合 $M$,使得对任意的 $i 、 j 、 k \in M$ ，均有

$$
(i-j) f(k)+(j-k) f(i)+(k-i) f(j)=0 .
$$

Solution:
考虑点列 $A_{n}=(n, f(n))\left(n \in \mathbf{Z}_{+}\right)$.

注意到, 题目中条件等价于

$f(x+1)-f(x) \geqslant f(x+2)-f(x+1)$.

则 $k_{A_{n} A_{n+1}}=f(n+1)-f(n)$

$\geqslant f(n+2)-f(n+1)=k_{A_{n+1} A_{n+2}}$.

故折线 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n} \cdots$ 的各段斜率 $\left\{k_{A_{n} A_{n+1}}\right\}$为不升的整数列, 且 $\left\{k_{A_{n} A_{n+1}}\right\}$ 中不出现负数项,否则,该项后面均为负数项.

于是, 折线 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n} \cdots$ 必与 $x$ 轴相交, 这与 $f(n)>0$ 矛盾.

从而, $\left\{k_{A_{n} A_{n+1}}\right\}$ 为不升的非负整数列.

因此, 存在 $n_{0}$, 使得当 $n \geqslant n_{0}$ 时, $k_{A_{n} A_{n+1}}$ 为常数.

进而, 当 $n \geqslant n_{0}$ 时, 所有点 $A_{n}$ 在同一条直线上.

取 $M=\mathbf{Z} \cap\left[n_{0},+\infty\right)$.

对任意的 $i 、 j 、 k \in M$, 由 $A_{i} 、 A_{j} 、 A_{k}$ 三点共线, 设该直线为

$$
\begin{aligned}
& y=u x+v\left(u \in \mathbf{Z}_{+}, v \in \mathbf{Z}\right) . \\
& \text { 则 } f(i)=u i+v, f(j)=u j+v, f(k)=u k+v . \\
& \text { 故 }(i-j) f(k)+(j-k) f(i)+(k-i) f(j) \\
& =(i-j)(u k+v)+(j-k)(u i+v)+ \\
& \quad(k-i)(u j+v) \\
& =0 .
\end{aligned}
$$

综上, 原命题成立.
Subfield: Number Theory


Question: 若 $n$ 为完全平方数或 $n$ 到距离其最近的完全平方数的距离为完全立方数, 则称 $n$为 “好数”. 例如, $\left|45^{2}-2017\right|=2^{3}$, 即 2017 为好数. 对于正整数 $N$, 令 $S(N)$ 为集合 $\{1$, $2, \cdots, N\}$ 中好数的个数.
求 $S(2018)$;

Solution:
对于正整数 $n, n^{2}$ 左侧的完全平方数为 $n^{2}-2 n+1, n^{2}$ 右侧的完全平方数为 $n^{2}+2 n+1$.

于是,距离区间 $\left[n^{2}-n+1, n^{2}+n\right]$ 内整数最近的完全平方数均为 $n^{2}$.

记 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.

设 $s=[\sqrt[3]{n-1}], t=[\sqrt[3]{n}]$.

则区间 $\left[n^{2}-n+1, n^{2}+n\right]$ 内的好数依次为

$n^{2}, n^{2}-1^{3}, n^{2}-2^{3}, \cdots, n^{2}-s^{3}, n^{2}+1^{3}, \cdots, n^{2}+t^{3}$.

故区间 $\left[n^{2}-n+1, n^{2}+n\right]$ 内的好数的个数为 $1+[\sqrt[3]{n-1}]+[\sqrt[3]{n}]$.

注意到, $44^{2}<2018=45^{2}-7<45^{2}$.

则 $S(2018)$

$$
\begin{aligned}
& =\sum_{n=1}^{44}(1+[\sqrt[3]{n-1}]+[\sqrt[3]{n}])+([\sqrt[3]{44}]-1) \\
& =44+2 \sum_{n=1}^{44}[\sqrt[3]{n}]-1 \\
& =43+2(1 \times 7+2 \times 19+3 \times 18)=241 .
\end{aligned}
$$

Final answer: $241$
Subfield: Number Theory


Question: 若 $n$ 为完全平方数或 $n$ 到距离其最近的完全平方数的距离为完全立方数, 则称 $n$为 “好数”. 例如, $\left|45^{2}-2017\right|=2^{3}$, 即 2017 为好数. 对于正整数 $N$, 令 $S(N)$ 为集合 $\{1$, $2, \cdots, N\}$ 中好数的个数.
证明：存在正实数 $\alpha 、 \beta$ 满足

$$
\lim _{N \rightarrow \infty} \frac{S(N)}{N^{\alpha}}=\beta ?
$$

Solution:
存在正实数 $\alpha 、 \beta$ 满足

$\lim _{N \rightarrow+\infty} \frac{S(N)}{N^{\alpha}}=\beta\left(\alpha=\frac{2}{3}, \beta=\frac{3}{2}\right)$.

对于充分大的正整数 $N$,

$$
\begin{aligned}
& \left.\sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]}\right]^{-1}(1+[\sqrt[3]{k-1}]+[\sqrt[3]{k}])<S(N) \\
& <\sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]+1}(1+[\sqrt[3]{k-1}]+[\sqrt[3]{k}]), \\
& 2 \sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]}[\sqrt[3]{k}]-3[\sqrt[3]{N}]<S(N)<2 \sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]+1} \sqrt[3]{k} \\
& 2 \sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]} \sqrt[3]{k}-5 \sqrt{N}<S(N)<2 \sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]} \sqrt[3]{k} .
\end{aligned}
$$

注意到, $f(x)=\sqrt[3]{x}$ 为区间 $[0,+\infty)$ 上的严格单调递增的正函数.

则 $\sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]} \sqrt[3]{k}<\int_{0}^{[\sqrt{N}]+2} \sqrt[3]{x} \mathrm{~d} x$ $<\int_{0}^{\sqrt{N}+2} \sqrt[3]{x} \mathrm{~d} x=\left.\frac{3}{4} x^{\frac{4}{3}}\right|_{0} ^{\sqrt{N}+2}$

$=\frac{3}{4}(\sqrt{N}+2)^{\frac{4}{3}}=\frac{3}{4} N^{\frac{2}{3}}\left(1+\frac{2}{\sqrt{N}}\right)^{\frac{4}{3}}$.

又 $\sum_{k=1}^{[\sqrt{N}]} \sqrt[3]{k}>\int_{0}^{[\sqrt{N}]} \sqrt[3]{x} \mathrm{~d} x$

$>\int_{0}^{\sqrt{N}-1} \sqrt[3]{x} \mathrm{~d} x=\left.\frac{3}{4} x^{\frac{4}{3}}\right|_{0} ^{\sqrt{N}-1}$

$=\frac{3}{4}(\sqrt{N}-1)^{\frac{4}{3}}=\frac{3}{4} N^{\frac{2}{3}}\left(1-\frac{1}{\sqrt{N}}\right)^{\frac{4}{3}}$,

$$
\begin{aligned}
& \text { 则 } \frac{3}{2} N^{\frac{2}{3}}\left(1-\frac{1}{\sqrt{N}}\right)^{\frac{4}{3}}-5 \sqrt{N}<S(N) . \\
& <\frac{3}{2} N^{\frac{2}{3}}\left(1+\frac{2}{\sqrt{N}}\right)^{\frac{4}{3}}, \\
& \frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{\sqrt{N}}\right)^{\frac{4}{3}}-5 N^{-\frac{1}{6}}<S(N) \div N^{\frac{2}{3}} \\
& <\frac{3}{2}\left(1+\frac{2}{\sqrt{N}}\right)^{\frac{4}{3}} .
\end{aligned}
$$

因此, 存在正实数 $\alpha 、 \beta$ 满足

$\lim _{N \rightarrow \infty} \frac{S(N)}{N^{\alpha}}=\beta\left(\alpha=\frac{2}{3}, \beta=\frac{3}{2}\right)$.
Subfield: Geometry


Question: 已知凸四边形 $A B C D$ 的对角线 $A C 、 B D$交于点 $P$, 边 $A B 、 B C 、 C D 、 D A$ 的中点分别为 $E 、 F 、 G 、 H, \triangle P H E 、\triangle P E F 、 \triangle P F G 、 \triangle P G H$的外心分别为 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$. 证明: $O_{1} 、 O_{2}$ 、 $O_{3} 、 O_{4}$ 四点共圆的充分必要条件为 $A 、 B 、 C 、 D$四点共圆.

Solution:
如图

<img_4122>

由 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$ 分别为 $\triangle P H E 、 \triangle P E F 、$ $\triangle P F G 、 \triangle P G H$ 的外心, 则

$O_{1} O_{2} \perp P E, O_{2} O_{3} \perp P F$,

$\mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4} \perp \mathrm{PG}, \mathrm{O}_{4} \mathrm{O}_{1} \perp \mathrm{PH}$.

从而, $\angle O_{4} O_{1} O_{2}+\angle H P E=\pi$,

$\angle \mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{3} \mathrm{O}_{4}+\angle F P G=\pi$

故 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$ 四点共圆

$\Leftrightarrow \angle O_{4} O_{1} O_{2}+\angle O_{2} O_{3} O_{4}=\pi$

$\Leftrightarrow \angle H P E+\angle F P G=\pi \quad \quad (1)$.

设 $A 、 C$ 关于点 $P$ 的对称点分别为 $A^{\prime} 、$ $C^{\prime}$. 联结 $B C^{\prime} 、 D C^{\prime} 、 B A^{\prime} 、 D A^{\prime}$.

注意到,在 $\triangle B C C^{\prime}$ 中,

$F P / / B C^{\prime}, \angle F P C=\angle B C^{\prime} C ;$

在 $\triangle D C C^{\prime}$ 中,

$G P / / D C^{\prime}, \angle C P G=\angle C C^{\prime} D$.

则 $\angle F P G=\angle F P C+\angle C P G$

$=\angle B C^{\prime} C+\angle C C^{\prime} D=\angle B C^{\prime} D$.

类似地, $\angle E P H=\angle B A^{\prime} D$.

故式(1) $\Leftrightarrow \angle B C^{\prime} D+\angle B A^{\prime} D=\pi$

$\Leftrightarrow B 、 C^{\prime} 、 D 、 A^{\prime}$ 四点共圆

$\Leftrightarrow C^{\prime} P \cdot A^{\prime} P=B P \cdot D P$

$\Leftrightarrow C P \cdot A P=B P \cdot D P$

$\Rightarrow A 、 B 、 C 、 D$ 四点共圆.
Subfield: Algebra


Question: 在 $\triangle A B C$ 中, 证明 :

$\frac{a}{b+c-a}+\frac{b}{c+a-b}+\frac{c}{a+b-c}\geqslant \frac{b+c-a}{a}+\frac{c+a-b}{b}+\frac{a+b-c}{c} \geqslant 3$.

Solution:
记“ $\sum$ ”表示轮换对称和.

先证左端不等式成立.

设 $b+c-a=2 x, c+a-b=2 y$ ，

$a+b-c=2 z$.

于是, $x 、 y 、 z \in \mathbf{R}_{+}$, 且

$a=y+z, b=z+x, c=x+y$.

则左端不等式

$\Leftrightarrow \sum \frac{y+z}{2 x} \geqslant \sum \frac{2 x}{y+z}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{y+z}{x} \geqslant \sum \frac{4 x}{y+z}$.

由柯西不等式得

$\left(\frac{x}{y}+\frac{x}{z}\right)\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{x}\right) \geqslant 4$.

因此, $\frac{x}{y}+\frac{x}{z} \geqslant \frac{4}{\frac{y}{x}+\frac{z}{x}}=\frac{4 x}{y+z}$.

类似地, $\frac{y}{x}+\frac{y}{z} \geqslant \frac{4 y}{x+z}, \frac{z}{x}+\frac{z}{y} \geqslant \frac{4 z}{x+y}$.

三式相加得

$$
\sum \frac{y+z}{x} \geqslant \sum \frac{4 x}{y+z} .
$$

再证右端不等式成立.

注意到, $\frac{b+c-a}{a}=\frac{b+c+a}{a}-2$,

$\frac{c+a-b}{b}=\frac{c+a+b}{b}-2$,

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

故 $\frac{b+c-a}{a}+\frac{c+a-b}{b}+\frac{a+b-c}{c}$

$=(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)-6$

$\geqslant(1+1+1)^{2}-6=3$.

综上, 原命题成立.
Subfield: Combinatorics


Question: 用不交于内点的对角线将多边形分为一系列三角形,必要时可以在形内取若干个点作为所分出的三角形的顶点, 这些顶点称为 “辅助顶点”. 辅助顶点之间的连线、辅助顶点与顶点之间的连线均称为对角线. 任何两条对角线均不得交于内点. 这种将多边形划分为一系列三角形的方法称为多边形的 “三角形剖分”.

设 $n$ 为不小于 5 的正整数. 为了将一个正 $n$ 边形剖分为一系列的钝角三角形,试求所分成的三角形个数 $m$ 的最小可能值.

Solution:
若不添加辅助顶点, 则所有分出的三角形的所有顶点均在正 $n$ 边形的 $n$ 个顶点上.故正 $n$ 边形的外接圆为所有这些三角形的公共的外接圆. 于是, 它们共有一个外心, 必落在某个所分出的三角形的内部或边上. 从而,该三角形为锐角三角形或直角三角形.

这表明,若想所分出的三角形均为钝角三角形,则必须添加辅助顶点.

当所添加的辅助顶点的数目为 $k$ 时, 所分成的三角形的所有内角和为

$$
(n-2) \pi+2 k \pi=(n+2 k-2) \pi,
$$

于是, 所分出的三角形共有 $n+2 k-2$ 个. 这表明,欲分成的三角形均为钝角三角形,则所分出三角形个数 $m \geqslant n$ (因为 $k \geqslant 1$ ), 欲等号成立, 即欲 $m$ 达到最小可能值, 就只能仅添加一个辅助顶点.

下面说明只需添加一个辅助顶点即可达到目的.

先用不在形内相交的对角线把正 $n$ 边形分为 $n-2$ 个三角形. 注意, 在 $n$ 为偶数时不采用主对角线. 此时, 所分出的 $n-2$ 个三角形中有 $n-3$ 个钝角三角形和 1 个锐角三角形.

再将那个锐角三角形的内心作为辅助顶点, 将其分别与该锐角三角形的三个顶点相连, 即可把该锐角三角形分为 3 个钝角三角形,共得 $n$ 个钝角三角形.

当 $n$ 为偶数时, 设 $n=2 l(l \geqslant 3)$. 对正偶数边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{2 l}$, 可具体操作如下: 联结 $A_{1} A_{3}, A_{1} A_{4}, \cdots, A_{1} A_{2 l-1}$, 擦去其中的主对角线 $A_{1} A_{l+1}$, 改连 $A_{l} A_{l+2}$, 即得 $n-2$ 个三角形. 因为 $l \geqslant 3$, 所以, $A_{l} A_{l+2}$ 不是主对角线. 此时, 公共外心必落在 $\triangle A_{1} A_{l} A_{l+2}$ 中, 故只有其为锐角三角形, 其余 $n-3$ 个均为钝角三角形. 再把 $\triangle A_{1} A_{l} A_{l+2}$ 的内心取作辅助顶点, 将它分别与 $A_{1} 、 A_{l} 、 A_{l+2}$ 相连, 即得 $n$ 个钝角三角形.

Final answer: $n$