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


Question: 设整数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2019}$ 满足 $1=a_{1} \leqslant a_{2} \leqslant \cdots \leqslant a_{2019}=99$.

记 $f=\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{2019}^{2}\right)-\left(a_{1} a_{3}+a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}+\cdots+a_{2017} a_{2019}\right)$.

求 $f$ 的最小值 $f_{0}$. 并确定使 $f=f_{0}$ 成立的数组 $\left(a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2019}\right)$ 的个数.

Solution:
$$
\begin{aligned}
f & =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^{2017}\left(a_{i}-a_{i+2}\right)^{2}+\frac{a_{1}^{2}}{2}+\frac{a_{2}^{2}}{2}+\frac{a_{2018}^{2}}{2}+\frac{a_{2019}^{2}}{2} \\
& \geqslant \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{2015}\left(a_{i}-a_{i+2}\right)^{2}+\frac{\left(a_{2016}-a_{2017}\right)^{2}}{2}+\frac{\left(a_{2017}-a_{2019}\right)^{2}}{2}+\frac{a_{2}^{2}}{2}+\frac{a_{2017}^{2}}{2}+4901 \\
& (因为a_{2017} \leqslant a_{2018})\\
& \geqslant \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{2015}\left(a_{i+2}-a_{i}\right)+\frac{\left(a_{2017}-a_{2016} \right)}{2}+\frac{\left(a_{2017}-a_{2019}\right)^{2}}{2}+\frac{a_{2}^{2}}{2}+\frac{a_{2017}^{2}}{2}+4901\\
& (因为整数平方大于等于自己) \\
&=a_{2017}-\frac{a_{2}}{2}-\frac{1}{2}+\frac{\left(a_{2017}-99\right)^{2}}{2}+\frac{a_{2}^{2}}{2}+\frac{a_{2017}^{2}}{2}+4901\\
&\geqslant a_{2017}^{2}-98 a_{2017}+9801\\
&\geqslant 7400\\
\end{aligned}
$$

第一个不等号取等在于 $\left(a_{2016}-a_{2018}\right)^{2}+a_{2018}^{2}=\left(a_{2016}-a_{2017}\right)^{2}+a_{2017}^{2}$, 即我们有 $a_{2018}=a_{2017}$.

第二个不等号取等在于 $a_{i}-a_{i+2}=0$ 或 $-1(1 \leqslant i \leqslant 2015)$ 和 $a_{2016}-a_{2017}=0$ 或 -1 .第三个不等号取等在于 $a_{2}^{2}=a_{2}$, 也是 $a_{2}=1$.

第四个不等号取等条件在于 $a_{2017}=\frac{98}{2}=49$.

所以综上, $f \geqslant 7400$ 的取等条件是 $a_{2}=1, a_{2017}=a_{2018}=49$, 而 $a_{2}$ 到 $a_{2017}$ 之间每两个相邻的数的差为 0 或 -1 .

所以取等的组数等于 $a_{i}-a_{i-2}(4 \leqslant i \leqslant 2017)$ 和 $a_{2017}-a_{2016}$ 中的 1 的个数.

由于这些数可以分两组:

$2,4,6, \ldots, 2016,2018$

$1,3,5, \ldots, 2015,2017$

并由于 $a_{1}=a_{2}=1, a_{2017}=a_{2018}=49$, 所以显然对每一个 $i$ 而言, $a_{i-1}$ 和 $a_{i+1}$ 总有一个与 $a_{i}$ 相等.

故我们设 $a_{i}=j(1 \leqslant j \leqslant 49)$ 的解数为 $b_{j}+1$.

则 $b_{j} \geqslant 1$, 且 $b_{1}+\ldots+b_{49}=2018-49=1969$.

所以 $\left(b_{1}, \ldots, b_{49}\right)$ 的解数为 $C_{1968}^{48}$, 即 $\left(a_{3}, \ldots, a_{2016}\right)$ 的取法有 $C_{1968}^{48}$ 种.

Final answer: $\binom{1968}{48}$
Subfield: Sequence


Question: 设 $m$ 为整数, $|m|>2$. 整数数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots$ 满足: $a_{1}, a_{2}$ 不全为零, 且对任意正整数 $n$,均有 $a_{n+2}=a_{n+1}-m a_{n}$.

证明: 若存在整数 $r, s(r>s \geqslant 2)$ 使得 $a_{r}=a_{s}=a_{1}$, 则 $r-s \geqslant|m|$.

Solution:
首先我们不妨设 $\left(a_{1}, a_{2}\right)=1$, 不然整个数列每一项都除以一个 $\left(a_{1}, a_{2}\right)$ 可以得到同样的结果和结论.



我们先证一个非常显然的引理.

引理: 对任意 $a_{n}, n \geqslant 3$, 我们都可以将 $a_{n}$ 写成 $a_{n}=k_{n} a_{2}+l_{n} a_{1}$, 其中 $m \mid k_{n}-1$, $m \mid l_{n}$.

引理的证明: $a_{3}=a_{2}-m a_{1}, a_{4}=a_{3}-m a_{2}=(1-m) a_{2}-m a_{1}$. 所以 $n=3,4$ 时显然. 若 $n-2$ 和 $n-1$ 时都成立的话, 则

$a_{n}=a_{n-1}-m a_{n-2}=\left(k_{n-1}-m k_{n-2}\right) a_{2}+\left(l_{n-1}-m l_{n-2}\right) a_{1}$ 所以还是显然.

所以在模 $m$ 的时候我们总有 $a_{n} \equiv a_{2}(\bmod m)$, 故 $a_{r}=a_{s}=a_{1}$ 就表明了 $a_{2} \equiv a_{1}$ $(\bmod m)$, 由 $\left(a_{1}, a_{2}\right)=1$ 可得 $\left(a_{1}, m\right)=1$.

那么 $\frac{a_{r}-a_{s}}{m}=\sum_{i=s+1}^{r} \frac{a_{i}-a_{i-1}}{m}=\sum_{i=s+1}^{r} a_{i-2} \equiv(r-s) a_{1}(\bmod m)$

故 $m \mid(r-s) a_{1}$, 所以 $m \mid r-s$. 于是 $r-s \geqslant|m|$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 在椭圆 $\Gamma$ 中, $F$ 为一个焦点, $A, B$ 为两个顶点. 若 $|F A|=3,|F B|=2$, 求 $|A B|$ 的所有可能值.

Solution:
不妨设平面直角坐标系中椭圆 $\Gamma$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$, 并记 $c=$ $\sqrt{a^{2}-b^{2}}$. 由对称性, 可设 $F$ 为 $\Gamma$ 的右焦点.

易知 $F$ 到 $\Gamma$ 的左顶点的距离为 $a+c$, 到右顶点的距离为 $a-c$, 到上, 下顶点的距离均为 $a$. 分以下情况讨论:

(1) $A, B$ 分别为左右顶点, 此时 $a+c=3, a-c=2$, 故 $|A B|=2 a=5$ （相应地, $b^{2}=(a+c)(a-c)=6, \Gamma$ 的方程为 $\left.\frac{4 x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{6}=1\right)$

(2) $A$ 为左顶点, $B$ 为上顶点或下顶点, 此时 $a+c=3, a=2$, 故 $c=1$, 进而 $b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$, 所以 $|A B|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{7}$ (相应的 $\Gamma$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ )

(3) $A$ 为上顶点或下顶点, $B$ 为右顶点, 此时 $a=3, a-c=2$ 故 $c=1$, 进而 $b^{2}=$ $a^{2}-c^{2}=8$, 所以 $|A B|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{17}$ (相应的 $\Gamma$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$ )

Final answer: $5, \sqrt{7}, \sqrt{17}$
Subfield: Algebra


Question: 设 $a, b, c$ 均大于 1 , 满足 $\left\{\begin{array}{l}\log a+\log _{b} c=3 \\ \log b+\log _{a} c=4\end{array}\right.$ 求 $\log a \cdot \log c$ 的最大值.

Solution:
设 $\log _{a}=x, \log _{b}=y, \log _{c}=z$, 由 $a, b, c>1$ 可知 $x, y, z>0$.

由条件及换底公式知 $x+\frac{z}{y}=3, y+\frac{z}{x}=4$, 即 $x y+z=3 y=4 x$.

由此, 令 $x=3 t, y=4 t(t>0)$, 则 $z=4 x-x y=12 t-12 t^{2}$. 其中由 $z>0$ 可知 $t \in(0,1)$.

因此, 结合三元平均不等式得

$\log _{a} \log _{c}=x z=3 t \cdot 12 t(1-t)=18 \cdot t^{2}(2-2 t) \leqslant 18 \cdot\left(\frac{t+t+(2-2 t)}{3}\right)^{3}=18 \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{3}=$ $\frac{16}{3}$

当 $t=2-2 t$, 即 $t=\frac{2}{3}$ (相应的 $a, b, c$ 分别为 $\left.100,10^{\frac{8}{3}}, 10^{\frac{8}{3}}\right)$ 时, $\log _{a} \log _{c}$ 取到最大值 $\frac{16}{3}$.

Final answer: $\frac{16}{3}$
Subfield: Sequence


Question: 设复数数列 $\left\{z_{n}\right\}$ 满足: $\left|z_{1}\right|=1$, 且对任意正整数 $n$, 均有 $4 z_{n+1}^{2}+2 z_{n} z_{n+1}+z_{n}^{2}=0$.证明; 对任意正整数 $m$, 均有 $\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right|<\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.

Solution:
归纳地可知 $z_{n} \neq 0\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$, 由条件得 $4\left(\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\right)^{2}+2\left(\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\right)+1=0\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$

解得 $\frac{z_{n+1}}{z_{n}}=\frac{-1 \pm \sqrt{3} i}{4}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$



因此 $\frac{\left|z_{n+1}\right|}{\left|z_{n}\right|}=\left|\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\right|=\left|\frac{-1 \pm \sqrt{3} i}{4}\right|=\frac{1}{2}$, 故 $\left|z_{n}\right|=\left|z_{1}\right| \cdot \frac{1}{2^{n-1}}=\frac{1}{2^{n-1}}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$ (1)进而有 $\left|z_{n}+z_{n+1}\right|=\left|z_{n}\right| \cdot\left|1+\frac{z_{n+1}}{z_{n}}\right|=\frac{1}{2^{n-1}} \cdot\left|\frac{3 \pm \sqrt{3} i}{4}\right|=\frac{\sqrt{3}}{2^{n}}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$ (2)当 $m$ 为偶数时, 设 $m=2 s\left(s \in \mathbb{N}^{*}\right)$. 利用 (2) 可得 $\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right| \leqslant \sum_{k=1}^{s}\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\right|<\sum_{k=1}^{\infty}\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\right|=\sum_{k=1}^{\infty} \frac{\sqrt{3}}{2^{2 k-1}}=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.当 $m$ 为奇数时, 设 $m=2 s+1(s \in \mathbb{N})$. 由 (1), (2) 可知 $\left|z_{2 s+1}\right|=\frac{1}{2^{s}}<\frac{\sqrt{3}}{3 \cdot 2^{2 s-1}}=\sum_{k=s+1}^{\infty} \frac{\sqrt{3}}{2^{2 s-1}}=\sum_{k=s+1}^{\infty}\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\right|$.
故 $\left|z_{1}+z_{2}+\cdots+z_{m}\right| \leqslant\left(\sum_{k=1}^{s}\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\right|\right)+\left|z_{2 k+1}\right|<\sum_{k=1}^{\infty}\left|z_{2 k-1}+z_{2 k}\right|=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$.综上, 结论获证.
Subfield: Algebra


Question: 设正实数 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{100}$ 满足 $a_{i} \geqslant a_{101-i}(i=1,2, \cdots, 50)$. 记 $x_{k}=\frac{k a_{k+1}}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}(k=$ $1,2, \cdots, 99)$. 证明: $x_{1} x_{2}^{2} \cdots x_{99}^{99} \leqslant 1$.

Solution:
注意到 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{100}>0$. 对 $k=1,2, \cdots, 99$, 由平均值不等式知 $0<\left(\frac{k}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}\right)^{k} \leqslant$ $\frac{1}{a_{1} a_{2} \cdots a_{k}}$

从而有 $x_{1} x_{2}^{2} \cdots x_{99}^{99}=\prod_{k=1}^{99} a_{k+1}^{k}\left(\frac{k}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}}\right) \leqslant \prod_{k=1}^{99} \frac{a_{k+1}^{k}}{a_{1} a_{2} \cdots a_{k}}$ (1)

记 (1) 的右端为 $T$, 则对任意 $i=1,2, \cdots, 100, a_{i}$ 在 $T$ 的分子中的次数为 $i-1$, 在 $T$的分母中的次数为 $100-i$. 从而

$T=\prod_{i=1}^{100} a_{i}^{2 i-101}=\prod_{i=1}^{50} a_{i}^{2 i-101} a_{101-i}^{2(101-i)-101}=\prod_{i=1}^{50}\left(\frac{a_{101-i}}{a_{i}}\right)^{101-2 i}$

又 $0 \leqslant a_{101-i} \leqslant a_{i}(i=1,2, \cdots, 50)$, 故 $T \leqslant 1$, 结合 (1) 得 $x_{1} x_{2}^{2} \cdots x_{99}^{99} \leqslant T \leqslant 1$.
Subfield: Number Theory


Question: 求满足以下条件的所有正整数 $n$ :

$n$ 至少有 4 个正约数;

若 $d_{1}<d_{2}<\cdots<d_{k}$ 是 $n$ 的所有正约数, 则 $d_{2}-d_{1}, d_{3}-d_{2}, \cdots, d_{k}-d_{k-1}$ 构成等比数列.

Solution:
由条件知 $k \geqslant 4$, 且 $\frac{d_{3}-d_{2}}{d_{2}-d_{1}}=\frac{d_{k}-d_{k-1}}{d_{k-1}-d_{k-2}}$.

易知 $d_{1}=1, d_{k}=n, d_{k-1}=\frac{n}{d_{2}}, d_{k-2}=\frac{n}{d_{3}}$, 代入上式得

$\frac{d_{3}-d_{2}}{d_{2}-1}=\frac{n-\frac{n}{d_{2}}}{\frac{n}{d_{2}}-\frac{n}{d_{3}}}$, 化简得 $\left(d_{3}-d_{2}\right)^{2}=\left(d_{2}-1\right)^{2} d_{3}$.

由此可知 $d_{3}$ 是完全平方数. 由于 $d_{2}=p$ 是 $n$ 的最小素因子, $d_{3}$ 是平方数, 故只能 $d_{3}=p^{2}$.

从而序列 $d_{2}-d_{1}, d_{3}-d_{2}, \cdots, d_{k}-d_{k-1}$ 为 $p-1, p^{2}-p, p^{3}-p^{2}, \cdots, p^{k-1}-p^{k-2}$, 即 $d_{1}, d_{2}, d_{3}, \cdots, d_{k}$ 为 $1, p, p^{2}, \cdots, p^{k-1}$, 而此时相应的 $n$ 为 $p^{k-1}$.

综上可知, 满足条件的 $n$ 为所有形如 $p^{a}$ 的数, 其中 $p$ 是素数, 整数 $a \geqslant 3$.

Final answer: 所有形如 $p^{a}$ 的数, 其中 $p$ 是素数, 整数 $a \geqslant 3$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 点 $A, B, C, D, E$ 在一条直线上顺次排列, 满足 $B C=C D=\sqrt{A B \cdot D E}$, 点 $P$在该直线外, 满足 $P B=P D$. 点 $K, L$ 分别在线段 $P B, P D$ 上, 满足 $K C$ 平分 $\angle B K E$, $L C$ 平分 $\angle A L D$.

证明: $A, K, L, E$ 四点共圆.

<img_4097>

Solution:
令 $A B=1, B C=C D=t(>0)$, 由条件知 $D E=t^{2}$.

注意到 $\angle B K E<\angle A B K=\angle P D E<180^{\circ}-\angle D E K$, 可在 $C B$ 延长线上取一点 $A^{\prime}$,使得 $\angle A^{\prime} K E=\angle A B K=\angle A^{\prime} B K$, 并连接 $LE$, 如下图.

<img_4165>

此时有 $\triangle A^{\prime} B K \sim \triangle A^{\prime} K E$, 故 $\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} K}=\frac{A^{\prime} K}{A^{\prime} E}=\frac{B K}{K E}$.

又 $K C$ 平分 $\angle B K E$, 故 $\frac{B K}{K E}=\frac{B C}{C E}=\frac{1}{t+t^{2}}=\frac{1}{1+t}$. 于是有

$\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} E}=\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} K} \cdot \frac{A^{\prime} K}{A^{\prime} E}=\left(\frac{B K}{K E}\right)^{2}=\frac{1}{1+2 t+t^{2}}=\frac{A B}{A E}$.

由上式两端减 1 , 得 $\frac{B E}{A^{\prime} E}=\frac{B E}{A E}$, 从而 $A^{\prime}=A$. 因此 $\angle A K E=\angle A^{\prime} K E=\angle A B K$.

同理可得 $\angle A L E=\angle E D L$.

而 $\angle A B K=\angle E D L$, 所以 $\angle A K E=\angle A L E$. 因此 $A, K, L, E$ 四点共圆.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 点 $A, B, C, D, E$ 在一条直线上顺次排列, 满足 $B C=C D=\sqrt{A B \cdot D E}$, 点 $P$在该直线外, 满足 $P B=P D$. 点 $K, L$ 分别在线段 $P B, P D$ 上, 满足 $K C$ 平分 $\angle B K E$, $L C$ 平分 $\angle A L D$.

证明: $A, K, L, E$ 四点共圆.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_c60b04d3565991d80f64g-1.jpg?height=526&width=919&top_left_y=1870&top_left_x=614)

Solution:
令 $A B=1, B C=C D=t(>0)$, 由条件知 $D E=t^{2}$.

注意到 $\angle B K E<\angle A B K=\angle P D E<180^{\circ}-\angle D E K$, 可在 $C B$ 延长线上取一点 $A^{\prime}$,使得 $\angle A^{\prime} K E=\angle A B K=\angle A^{\prime} B K$, 并连接 $LE$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_15eee5c47c745235be2ag-1.jpg?height=528&width=923&top_left_y=1341&top_left_x=612)

此时有 $\triangle A^{\prime} B K \sim \triangle A^{\prime} K E$, 故 $\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} K}=\frac{A^{\prime} K}{A^{\prime} E}=\frac{B K}{K E}$.

又 $K C$ 平分 $\angle B K E$, 故 $\frac{B K}{K E}=\frac{B C}{C E}=\frac{1}{t+t^{2}}=\frac{1}{1+t}$. 于是有

$\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} E}=\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} K} \cdot \frac{A^{\prime} K}{A^{\prime} E}=\left(\frac{B K}{K E}\right)^{2}=\frac{1}{1+2 t+t^{2}}=\frac{A B}{A E}$.

由上式两端减 1 , 得 $\frac{B E}{A^{\prime} E}=\frac{B E}{A E}$, 从而 $A^{\prime}=A$. 因此 $\angle A K E=\angle A^{\prime} K E=\angle A B K$.

同理可得 $\angle A L E=\angle E D L$.

而 $\angle A B K=\angle E D L$, 所以 $\angle A K E=\angle A L E$. 因此 $A, K, L, E$ 四点共圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Combinatorics


Question: 将一个凸 2019 边形的每条边任意染为红, 黄, 蓝三种颜色之一, 每种颜色的边各 673 条. 证明: 可作这个凸 2019 边形的 2016 条在内部互不相交的对角线将其剖分成 2017 个三角形, 并将所作的每条对角线也染为红, 黄, 蓝三种颜色之一, 使得每个三角形的三条边或者颜色全部相同, 或者颜色互不相同.

Solution:
我们对 $n \geqslant 5$ 归纳证明加强的命题: 如果将凸 $n$ 边形的边染为三种颜色 $a, b, c$, 并且三种颜色的边均至少有一条, 那么可作满足要求的三角形剖分.

当 $n=5$ 时, 若三种颜色的边数为 $1,1,3$, 由对称性, 只需考虑如下图两种情形, 分别可作图中所示的三角形剖分.
<img_4234>

若三种颜色的边数为 $1,2,2$, 由对称性, 只需考虑如下图三种情形, 分别可作图中所示的三角形剖分.

<img_4102>



<img_4065>

假设结论对 $n(n \geqslant 5)$ 成立, 考虑 $n+1$ 的情形, 将凸 $n+1$ 边形记为 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n+1}$.情形一: 有两种颜色的边各只有一条. 不妨设 $a, b$ 色边只有一条. 由于 $n+1 \geqslant 6$, 故存在连续两条边均为 $c$ 色, 不妨设是 $A_{n} A_{n+1}, A_{n+1} A_{1}$. 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 并将 $A_{1} A_{n}$染为 $c$ 色, 则三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.

情形二: 某种颜色的边只有一条, 其余颜色的边均至少两条. 不妨设 $a$ 色边只有一条,于是可以选择两条相邻边均不是 $a$ 色, 不妨设 $A_{n} A_{n+1}, A_{n+1} A_{1}$ 均不是 $a$ 色, 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 则 $A_{1} A_{n}$ 有唯一的染色方式, 使得三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色或互不同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.

情形三: 每种颜色的边均至少两条. 作对角线 $A_{1} A_{n}$, 则 $A_{1} A_{n}$ 有唯一的染色方式, 使得三角形 $A_{n} A_{n+1} A_{1}$ 的三边全部同色或互不同色. 此时凸 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} \cdots A_{n}$ 的三种颜色的边均至少有一条, 由归纳假设, 可对其作符合要求的三角形剖分.

综合以上 3 种情形, 可知 $n+1$ 的情形下结论也成立.

由数学归纳法, 结论获证.
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知定义在 $\mathrm{R}^{*}$ 上的函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\left|\log _{3} x-1\right|, 0<x \leqslant 9 \\ 4-\sqrt{x}, x>9\end{array}\right.$ 设 $a, b, c$ 是三个互不相同的实数, 满足 $f(a)=f(b)=f(c)$, 求 $a b c$ 的取值范围.

Solution:
不妨假设 $a<b<c$, 由于 $f(x)$ 在 $(0,3]$ 上严格递减, 在 $[3,9]$ 上严格递增, 在 $[9,+\infty)$上严格递减, 且 $f(3)=0, f(9)=1$, 故结合图像可知 $a \in(0,3), b \in(3,9), c \in(9,+\infty)$,并且 $f(a)=f(b)=f(c) \in(0,1)$. 由 $f(a)=f(b)$ 得 $1-\log _{3} a=\log _{3} b-1$, 取 $\log _{3} a+\log _{3} b=2$, 因此 $a b=3^{2}=9$. 于是 $a b c=9 c$. 又 $0<f(c)=4-\sqrt{c}<1$, 故 $c \in(9,16)$. 进而 $a b c=9 c \in(81,144)$.

Final answer: $(81, 144)$
Subfield: Sequence


Question: 已知实数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$ 满足: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}\left(2 S_{n}-a_{n}\right)=1$, 其中 $S_{n}$ 表示数列的前 $n$ 项和. 证明:
对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}<2 \sqrt{n}$;

Solution:
根据题意, 有

$$
a_{1}^{2}=1
$$

命题成立. 当 $n \geqslant 2$ 时, 有

$$
\left(S_{n}-S_{n-1}\right)\left(S_{n}+S_{n-1}\right)=1
$$

于是

$$
S_{n}^{2}=S_{n-1}^{2}+1,
$$

从而

$$
S_{n}^{2}=n, n=1,2, \cdots \text {. }
$$



因此当 $n \geqslant 2$ 时, 有

$$
a_{n}=S_{n}-S_{n-1} \leqslant \sqrt{n}+\sqrt{n-1}<2 \sqrt{n},
$$

命题成立.
Subfield: Sequence


Question: 已知实数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \cdots$ 满足: 对任意正整数 $n$, 有 $a_{n}\left(2 S_{n}-a_{n}\right)=1$, 其中 $S_{n}$ 表示数列的前 $n$ 项和. 证明:
对任意正整数 $n$, 有 $a_{n} a_{n+1}<1$.

Solution:
只需要考虑 $a_{n}$ 与 $a_{n+1}$ 同号的情形, 不妨设 $a_{n}, a_{n+1}$ 均为正数, 则

$$
S_{n+1}>S_{n}>S_{n-1}>-\sqrt{n},
$$

于是

$$
S_{n}=\sqrt{n}, S_{n+1}=\sqrt{n+1},
$$

于是

$$
a_{n}=\sqrt{n} \pm \sqrt{n-1}, a_{n+1}=\sqrt{n+1}-\sqrt{n},
$$

从而

$$
\begin{aligned}
a_{n} a_{n+1} & \leqslant(\sqrt{n}+\sqrt{n-1}) \cdot(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) \\
& <(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}) \cdot(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) \\
& =1,
\end{aligned}
$$

命题得证.
Subfield: Plane Geometry


Question: 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, 设 $A B$ 是抛物线 $y^{2}=4 x$ 的过点 $F(1,0)$ 的弦, $\triangle A O B$ 的外接圆交抛物线于点 $P$ (不同于点 $O, A, B$ ). 若 $P F$ 平分 $\angle A P B$, 求 $|P F|$ 的所有可能值.

Solution:
设 $A\left(\frac{y_{1}^{2}}{4}, y_{1}\right), B\left(\frac{y_{2}^{2}}{4}, y_{2}\right), P\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}, y_{3}\right)$, 由条件知 $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ 两两不等且非零. 设直线 $A B$ 的方程为 $x=t y+1$, 与抛物线方程联立可得 $y^{2}-4 t y-4=0$, 故 $y_{1} y_{2}=-4$. (1)

注意到 $\triangle A O B$ 的外接圆过点 $O$, 可设该圆的方程为 $x^{2}+y^{2}+d x+e y=0$, 与 $x=\frac{y^{2}}{4}$联立得, $\frac{y^{4}}{16}+\left(1+\frac{d}{4}\right) y^{2}+e y=0$. 该四次方程有 $y=y_{1} y_{2}, y_{3}, 0$ 这四个不同的实根, 故由韦达定理得 $y_{1}+y_{2}+y_{3}+0=0$, 从而 $y_{3}=-\left(y_{1}+y_{2}\right)$. (2)

因 $P F$ 平分 $\angle A P B$, 由角平分线定理知, $\frac{|P A|}{|P B|}=\frac{|F A|}{|F B|}=\frac{\left|y_{1}\right|}{\left|y_{2}\right|}$, 结合 (1), (2), 有 $\frac{y_{1}^{2}}{y_{2}^{2}}=\frac{|P A|^{2}}{|P B|^{2}}=\frac{\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{1}^{2}}{4}\right)^{2}+\left(y_{3}-y_{1}\right)^{2}}{\left(\frac{y_{3}^{2}}{4}-\frac{y_{2}^{2}}{4}\right)^{2}+\left(y_{3}-y_{2}\right)^{2}}=\frac{\left(\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-y_{1}^{2}\right)^{2}+16\left(2 y_{1}+y_{2}\right)^{2}}{\left(\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}-y_{2}^{2}\right)^{2}+16\left(2 y_{2}+y_{1}\right)^{2}}=$ $\frac{\left(y_{2}^{2}-8\right)^{2}+16\left(4 y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-16\right)}{\left(y_{1}^{2}-8\right)^{2}+16\left(4 y_{2}^{2}+y_{1}^{2}-16\right)}=\frac{y_{2}^{4}+64 y_{1}^{2}-192}{y_{1}^{4}+64 y_{2}^{2}-192}$

即 $y_{1}^{6}+64 y_{1}^{2} y_{2}^{2}-192 y_{1}^{2}=y_{2}^{6}+64 y_{2}^{2} y_{1}^{2}-192 y_{2}^{2}$, 故 $\left(y_{1}^{2}-y_{2}^{2}\right)\left(y_{1}^{4}+y_{1}^{2} y_{2}^{2}+y_{2}^{4}-192\right)=0$.



当 $y_{1}^{2}=y_{2}^{2}$ 时, $y_{2}=-y_{1}$, 故 $y_{3}=0$, 此时 $P$ 与 $O$ 重合, 与条件不符.

当 $y_{1}^{4}+y_{1}^{2} y_{2}^{2}+y_{2}^{4}-192=0$ 时，注意到 (1), 有 $\left(y_{1}^{2}+y_{2}^{2}\right)^{2}=192+\left(y_{1} y_{2}\right)^{2}=208$. 因 $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=4 \sqrt{13}>8=\left|2 y_{1} y_{2}\right|$, 故满足 (1) 以及 $y_{1}^{2}+y_{2}^{2}=4 \sqrt{13}$ 的实数 $y_{1}$, $y_{2}$ 存在, 对应可得满足条件的点 $A, B$. 此时, 结合 (1), (2) 知 $|P F|=\frac{y_{3}^{2}}{4}+1=\frac{\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}+4}{4}=$ $\frac{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-4}{4}=\frac{\sqrt{208}-4}{4}=\sqrt{13}-1$.

Final answer: $\sqrt{13}-1$
Subfield: Algebra


Question: 设 $n$ 是正整数, $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}, b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}, A, B$ 均为正实数, 满足 $a_{i} \leqslant b_{i}, a_{i} \leqslant A, i=$ $1,2, \cdots, n$, 且 $\frac{b_{1} b_{2} \cdots b_{n}}{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \leqslant \frac{B}{A}$.

证明: $\frac{\left(b_{1}+1\right)\left(b_{2}+1\right) \cdots\left(b_{n}+1\right)}{\left(a_{1}+1\right)\left(a_{2}+1\right) \cdots\left(a_{n}+1\right)} \leqslant \frac{B+1}{A+1}$.

Solution:
由条件知, $k_{i}=\frac{b_{i}}{a_{i}} \geqslant 1, i=1,2, \cdots, n$. 记 $\frac{B}{A}=K$, 则 $\frac{b_{1} b_{2} \cdots b_{n}}{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}} \leqslant \frac{B}{A}$ 化为 $k_{1} k_{2} \cdots k_{n} \leqslant K$. 要证明

$\prod_{i=1}^{n} \frac{k_{i} a_{i}+1}{a_{i}+1} \leqslant \frac{K A+1}{A+1}$. (1)

对 $i=1,2, \cdots, n$, 由于 $k_{i} \geqslant 1$ 及 $0<a_{i} \leqslant A$ 知, $\frac{k_{i} a_{i}+1}{a_{i}+1}=k_{i}-\frac{k_{i}-1}{a_{i}+1} \leqslant k_{i}-\frac{k_{i}-1}{A+1}=$ $\frac{k_{i} A+1}{A+1}$.

结合 $K \geqslant k_{1} k_{2} \cdots k_{n}$ 知, 为证明 (1), 仅需证明当 $A>0, k_{i} \geqslant 1(i=1,2, \cdots, n)$ 时, 有 $\prod_{i=1}^{n} \frac{k_{i} A+1}{A+1} \leqslant \frac{k_{1} k_{2} \cdots k_{n} A+1}{A+1}$. (2)

对 $n$ 进行归纳, 当 $n=1$ 时, 结论显然成立.

当 $n=2$ 时, 由 $A>0, k_{1}, k_{2} \geqslant 1$ 可知 $\frac{k_{1} A+1}{A+1} \cdot \frac{k_{2} A+1}{A+1} - \frac{k_{1} k_{2} A+1}{A+1}=-\frac{A\left(k_{1}-1\right)\left(k_{2}-1\right)}{(A+1)^{2}} \leqslant 0$ . (3)

因此 $n=2$ 时结论成立.

设 $n=m$ 时结论成立, 则当 $n=m+1$ 时, 利用归纳假设知, $\prod_{i=1}^{m+1} \frac{k_{1} A+1}{A+1}=\left(\prod_{i=1}^{m} \frac{k_{i} A+1}{A+1}\right)$. $\frac{k_{m+1} A+1}{A+1} \leqslant \frac{k_{1} k_{2} \cdots k_{m} A+1}{A+1} \cdot \frac{k_{m+1} A+1}{A+1} \leqslant \frac{k_{1} k_{2} \cdots k_{m+1} A+1}{A+1}$,最后一步是在 (3) 中用 $k_{1} k_{2} \cdots k_{m}, k_{m+1}$ (注意 $k_{1} k_{2} \cdots k_{m} \geqslant 1, k_{m+1} \geqslant 1$ ) 分别代替 $k_{1}, k_{2}$. 从而 $n=m+1$ 时结论成立.

由数学归纳法可知, (2) 对所有正整数 $n$ 成立, 故命题得证.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\triangle A B C$ 为锐角三角形, $A B<A C, M$ 为 $B C$ 边的中点, 点 $D$ 和 $E$ 分别为 $\triangle A B C$ 的外接圆弧 $B A C$ 和弧 $B C$ 的中点, $F$ 为 $\triangle A B C$ 的内切圆在 $A B$ 边上的切点, $G$ 为 $A E$ 与 $B C$ 的交点, $N$ 在线段 $E F$ 上, 满足 $N B \perp A B$.

证明: 若 $B N=E M$, 则 $D F \perp F G$. 

<img_4148>

Solution:
作辅助线如下图.

<img_4139>


由条件知, $D E$ 为 $\triangle A B C$ 外接圆的直径, $D E \perp B C$ 于 $M, A E \perp A D$. 记 $I$ 为 $\triangle A B C$的内心, 则 $I$ 在 $A E$ 上, $I F \perp A B$. 由 $N B \perp A B$ 可知 $\angle N B E=\angle A B E-\angle A B N=$ $\left(180^{\circ}-\angle A D E\right)-90^{\circ}=90^{\circ}-\angle A D E=\angle M E I$. (1)

又根据内心的性质, 有 $\angle E B I=\angle E B C+\angle C B I=\angle E A C+\angle A B I=\angle E A B+$ $\angle A B I=\angle E I B$, 从而 $B E=E I$. 结合 $B N=E M$ 及 (1) 知, $\triangle N B E \cong \triangle M E I$. 于是 $\angle E M I=\angle B N E=90^{\circ}+\angle B F E=180^{\circ}-\angle E F I$, 故 $E, F, I, M$ 四点共圆. 进而可知 $\angle A F M=90^{\circ}+\angle I F M=90^{\circ}+\angle I E M=\angle A G M$, 从而 $A, F, G, M$ 四点共圆.再由 $\angle D A G=\angle D M G=90^{\circ}$ 知, $A, G, M, D$ 四点共圆, 所以 $A, F, G, M, D$ 五点共圆.从而 $\angle D F G=\angle D A G=90^{\circ}$ ，即 $D F \perp F G$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\triangle A B C$ 为锐角三角形, $A B<A C, M$ 为 $B C$ 边的中点, 点 $D$ 和 $E$ 分别为 $\triangle A B C$ 的外接圆弧 $B A C$ 和弧 $B C$ 的中点, $F$ 为 $\triangle A B C$ 的内切圆在 $A B$ 边上的切点, $G$ 为 $A E$ 与 $B C$ 的交点, $N$ 在线段 $E F$ 上, 满足 $N B \perp A B$.

证明: 若 $B N=E M$, 则 $D F \perp F G$. 

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_10d1b65ab08391a1650ag-1.jpg?height=623&width=637&top_left_y=1416&top_left_x=752)

Solution:
作辅助线如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_a64f1e2de13a97afda0bg-1.jpg?height=152&width=140&top_left_y=1289&top_left_x=1004)


由条件知, $D E$ 为 $\triangle A B C$ 外接圆的直径, $D E \perp B C$ 于 $M, A E \perp A D$. 记 $I$ 为 $\triangle A B C$的内心, 则 $I$ 在 $A E$ 上, $I F \perp A B$. 由 $N B \perp A B$ 可知 $\angle N B E=\angle A B E-\angle A B N=$ $\left(180^{\circ}-\angle A D E\right)-90^{\circ}=90^{\circ}-\angle A D E=\angle M E I$. (1)

又根据内心的性质, 有 $\angle E B I=\angle E B C+\angle C B I=\angle E A C+\angle A B I=\angle E A B+$ $\angle A B I=\angle E I B$, 从而 $B E=E I$. 结合 $B N=E M$ 及 (1) 知, $\triangle N B E \cong \triangle M E I$. 于是 $\angle E M I=\angle B N E=90^{\circ}+\angle B F E=180^{\circ}-\angle E F I$, 故 $E, F, I, M$ 四点共圆. 进而可知 $\angle A F M=90^{\circ}+\angle I F M=90^{\circ}+\angle I E M=\angle A G M$, 从而 $A, F, G, M$ 四点共圆.再由 $\angle D A G=\angle D M G=90^{\circ}$ 知, $A, G, M, D$ 四点共圆, 所以 $A, F, G, M, D$ 五点共圆.从而 $\angle D F G=\angle D A G=90^{\circ}$ ，即 $D F \perp F G$.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设 $n, k, m$ 是正整数, 满足 $k \geqslant 2$, 且 $n \leqslant m<\frac{2 k-1}{k} n$. 设 $A$ 是 $\{1,2, \cdots, m\}$ 的 $n$ 元子集.

证明: 区间 $\left(0, \frac{n}{k-1}\right)$ 中每个整数均可表示为 $a-a^{\prime}$, 其中 $a, a^{\prime} \in A$.

Solution:
用反证法. 假设存在整数 $x \in\left(0, \frac{n}{k-1}\right)$ 不可表示为 $a-a^{\prime}, a, a^{\prime} \in A$. 作带余除法 $m=x q+r$, 其中 $0 \leqslant r<x$. 将 $1,2, \cdots, m$ 按模 $x$ 的同余类划分成 $x$ 个公差为 $x$的等差数列, 其中 $r$ 个等差数列有 $q+1$ 项, $x-r$ 个等差数列有 $q$ 项. 由于 $A$ 中没有两数之差为 $x$, 故 $A$ 不能包含以 $x$ 为公差的等差数列的相邻两项. 从而 $n=|A| \leqslant r\left[\frac{q+1}{2}\right]+(x-r)\left[\frac{q}{2}\right]=\left\{\begin{array}{l}x \cdot \frac{q+1}{2}, 2 \nmid q \\ x \cdot \frac{q}{2}+r, 2 \mid q\end{array}\right. \quad \quad (1)$

这里 $\lceil\alpha\rceil$ 表示不小于 $\alpha$ 的最小整数. 由条件, 我们有

$n>\frac{k}{2 k-1} m=\frac{k}{2 k-1}(x q+r) \quad \quad (2)$.

又 $x \in\left(0, \frac{n}{k-1}\right)$, 故 $n>(k-1) x \quad \quad (3)$.

情形一

$q$ 是奇数, 则由 (1) 知, $n \leqslant x \cdot \frac{q+1}{2}$. (4)

结合 (2), (4) 可知, $x \cdot \frac{q+1}{2} \geqslant n>\frac{k}{2 k-1}(x q+r) \geqslant \frac{k}{2 k-1} x q$, 从而 $q<2 k-1$. 再由 $q$ 是奇数可知, $q \leqslant 2 k-3$, 于是 $n \leqslant x \cdot \frac{q+1}{2} \leqslant(k-1) x$, 与 (3)矛盾.

情形二

$q$ 是偶数, 则由 (1) 知, $n \leqslant x \cdot \frac{q}{2}+r$. (5)

结合 (2), (5) 可知, $x \cdot \frac{q}{2}+r \geqslant n>\frac{k}{2 k-1}(x q+r)$, 从而 $\frac{x q}{2(2 k-1)}<\frac{k-1}{2 k-1} r<\frac{(k-1) x}{2 k-1}$,故 $q<2(k-1)$. 再由 $q$ 是偶数可知, $q \leqslant 2 k-4$, 于是 $n \leqslant x \cdot \frac{q}{2}+r \leqslant(k-2) x+r<(k-1) x$,与 (3) 矛盾.

综上可知, 反证法假设不成立, 结论获证.