di-zhang-fdu/OlympiadExtended huggingface dataset:
Subfield: Number Theory


Question: 定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和.
利用 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$证明: $\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !}$ 为整数.

Solution:
设 $\mathrm{p}^{\alpha} \|(n+1)$ ( $\mathrm{P}$ 为 $\mathrm{n}+1$ 的任一素因子)

即 $\mathrm{n}+1=\mathrm{a}_{k} \mathrm{p}^{k}+\mathrm{a}_{k-1} \mathrm{p}^{k-1}+\cdots \mathrm{a}_{\alpha} \mathrm{p}^{\alpha}\left(0 \leq \mathrm{a}_{i} \leq \mathrm{p}-1\right.$, 且 $\left.1 \leq \mathrm{a}_{\alpha} \leq \mathrm{p}-1\right)$

则 $\mathrm{n}=\mathrm{a}_{k} \mathrm{p}^{k}+\mathrm{a}_{k-1} \mathrm{p}^{k-1}+\cdots+\left(\mathrm{a}^{\alpha}-1\right) \mathrm{p}^{\alpha}+(\mathrm{p}-1) \mathrm{p}^{\alpha-1}+(\mathrm{p}-1) \mathrm{p}^{\alpha-2}+\cdots+(\mathrm{p}-1)$

$$
\begin{aligned}
& 2 \mathrm{n}=2 \mathrm{a}_{k} \mathrm{p}^{k}+2 \mathrm{a}_{k-1} \mathrm{p}^{k-1}+\cdots+2\left(\mathrm{a}^{\alpha}-1\right) \mathrm{p}^{\alpha}+2(\mathrm{p}-1) \mathrm{p}^{\alpha-1}+2(\mathrm{p}-1) \mathrm{p}^{\alpha-2}+\cdots+2(\mathrm{p}-1) \\
& \text { 显然 } \frac{(2 n) !}{n !(n+1) !}=\frac{C_{2 n}^{n}}{n+1}, C_{2 n}^{n} \in N^{*}
\end{aligned}
$$

$\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{a}_{k}+\mathrm{a}_{k-1}+\cdots+\left(\mathrm{a}_{\alpha}-1\right)+\alpha(\mathrm{p}-1)$

$\mathrm{S}_{p}(2 \mathrm{n})=2\left(\mathrm{a}_{k}+\mathrm{a}_{k-1}+\cdots+\left(\mathrm{a}_{\alpha}-1\right)\right)-\alpha(\mathrm{p}-1)-\mathrm{t}(\mathrm{p}-1) \quad(\mathrm{t} \geq 0)$

$\operatorname{Ord}_{p}\left(\mathrm{C}_{2 n}^{n}\right)=\operatorname{Ord}_{p}(2 \mathrm{n} !)-2 \mathrm{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)$

$$
=\frac{2 S_{p}(n)-S_{p}(2 n)}{p-1}=\frac{\alpha(p-1)+t(p-1)}{p-1}=\alpha+t \geq \alpha
$$

$\therefore p^{\alpha} \mid C_{2 n}^{n}$, 即 $\frac{(2 n) !}{n !(n+1) !} \in N^{*}$.
Subfield: Number Theory


Question: 定义符号 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})$ (其中 $\mathrm{n}$ 为整数, $\mathrm{p}$ 为素数) 满足: 若 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{m}$, 则表示 $\mathrm{p}^{m} \mid \mathrm{n}$, 并且 $\mathrm{p}^{m+1} \neq \mathrm{n}$, 定义 $\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})$ 表示 $\mathrm{n}$ 在 $\mathrm{p}$ 进制表示下各位数字之和.
利用 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$证明: $\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !}$ 为整数.

Solution:
由题知: 若 $\mathrm{p}$ 为 $\mathrm{n}+1$ 的素因子, 且 $p^{\alpha} \|(n+1)$,则 $(p, m)=(1,(p, n))=1$,

设 $\mathrm{n}+1=\mathrm{a}_{k} \mathrm{p}^{k}+\mathrm{a}_{k-1} \mathrm{p}^{k-1}+\cdots \mathrm{a}_{\alpha} \mathrm{p}^{\alpha}\left(\mathrm{a}_{\alpha} \geq 1\right)$

$\mathrm{mn}=\mathrm{b}_{k} \mathrm{p}^{k}+\mathrm{b}_{k-1} \mathrm{p}^{k-1}+\cdots \mathrm{b}_{0}\left(\mathrm{~b}_{0} \geq 1\right)$

则, $\mathrm{n}=\mathrm{a}_{k} \mathrm{p}^{k}+\mathrm{a}_{k-1} \mathrm{p}^{k-1}+\cdots\left(\mathrm{a}_{\alpha}-1\right) \mathrm{p}^{\alpha}+(\mathrm{p}-1) \mathrm{p}^{\alpha-1}+\cdots+(\mathrm{p}-1)$

$\mathrm{mn}+\mathrm{n}=\left(\mathrm{a}_{k}+\mathrm{b}_{k}\right) \mathrm{p}^{k}+\left(\mathrm{a}_{k-1}+\mathrm{b}_{k-1}\right) \mathrm{p}^{k-1}+\cdots\left(\mathrm{a}_{\alpha}+\mathrm{b}_{\alpha}-1\right) \mathrm{p}^{\alpha}+\left(\mathrm{b}_{\alpha-1}+\mathrm{p}-1\right) \mathrm{p}^{\alpha-1}+\cdots\left(\mathrm{b}_{0}+\mathrm{p}-1\right)$

$\mathrm{S}_{p}(\mathrm{n})=\mathrm{a}_{k}+\mathrm{a}_{k-1}+\cdots\left(\mathrm{a}_{\alpha}-1\right)+\alpha(\mathrm{p}-1)$

$\mathrm{S}_{p}(\mathrm{mn})=\mathrm{b}_{k}+\mathrm{b}_{k-1}+\cdots \mathrm{b}_{0}, \because \mathrm{b}_{0} \geq 1$,

$\mathrm{S}_{p}(\mathrm{mn}+\mathrm{n})=\left(\mathrm{a}_{k}+\mathrm{b}_{k}\right)+\left(\mathrm{a}_{k-1}+\mathrm{b}_{k-1}\right)+\cdots\left(\mathrm{a}_{\alpha}+\mathrm{b}_{\alpha}-1\right)-\alpha(p-1)-t(p-1)$

(其中 $\mathrm{a}_{k}+\mathrm{b}_{k}, \mathrm{a}_{k-1}+\mathrm{b}_{k-1},+\cdots \mathrm{a}_{\alpha}+\mathrm{b}_{\alpha}$, 共有 $\mathrm{t}$ 次进位)

显然 $\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !}=\frac{C_{m n+n}^{n}}{n+1} ，$

$\therefore \operatorname{Ord}_{p}\left(C_{m n+n}^{n}\right)=\operatorname{Ord}_{p}((\mathrm{mn}+\mathrm{n}) !)-\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)-\operatorname{Ord}_{p}((\mathrm{mn}) !)$

$$
=\frac{S_{p}(m n)+S_{p}(n)-S_{p}(m n+n)}{p-1}
$$

$$
=\alpha+t \geq \alpha
$$

$\therefore p^{\alpha} \mid C_{m n+n}^{n}$, 即 $\frac{(n(m+1)) !}{(m n) !(n+1) !} \in N^{*}$ .
Subfield: Algebra


Question: 原有的乘法交换律为 $\mathrm{xy}=\mathrm{yx}$, 现定义新的乘法交换律为 $\mathrm{yx}=\mathrm{pxy}$, 而乘法结合律与分配率保持不变.例如: $(x+y)^{2}=x^{2}+x y+y x+y^{2}=x^{2}+(p+1) x y+y^{2}$
设 $(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{n}=\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}$, 求证: $\mathrm{a}_{n, k}$ 是以 $\mathrm{p}$ 为变元的整系数多项式;

Solution:
易知 $(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} x^{n+1-k} y^{k}$

$$
=\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}(\mathrm{x}+\mathrm{y})
$$

$\therefore a_{n+1, k}=a_{n, k-1}+p a_{n, k}$, 且 $\mathrm{a}_{k, 0}=\mathrm{a}_{k, k}=1$

$\therefore \mathrm{a}_{n, k}$ 是以 $\mathrm{p}$ 为变元的整系数多项式.
Subfield: Algebra


Question: 原有的乘法交换律为 $\mathrm{xy}=\mathrm{yx}$, 现定义新的乘法交换律为 $\mathrm{yx}=\mathrm{pxy}$, 而乘法结合律与分配率保持不变.例如: $(x+y)^{2}=x^{2}+x y+y x+y^{2}=x^{2}+(p+1) x y+y^{2}$
求 $\mathrm{a}_{n, k}$.

Solution:
易知 $(\mathrm{x}+\mathrm{y})^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1} a_{n+1, k} x^{n+1-k} y^{k}$

$$
=\sum_{k=0}^{n} a_{n, k} x^{n-k} y^{k}(\mathrm{x}+\mathrm{y})
$$

$\therefore a_{n+1, k}=a_{n, k-1}+p a_{n, k}$, 且 $\mathrm{a}_{k, 0}=\mathrm{a}_{k, k}=1$

$a_{n+1, k}=a_{n, k-1}+p a_{n, k}$

$$
\begin{aligned}
& =\mathrm{C}_{1}^{0}\left(\mathrm{a}_{n-1, k-2}+\mathrm{pa}_{n-1, k-1}\right)+\mathrm{C}_{1}^{1}\left(\mathrm{a}_{n-1, k-1}+\mathrm{pa}_{n-1, k}\right) \mathrm{p} \\
& =\mathrm{C}_{2}^{0} \mathrm{a}_{n-1, k-2}+\mathrm{C}_{2}^{1} \mathrm{pa}_{n-1, k-1}+\mathrm{C}_{2}^{2} \mathrm{a}_{n-1, k} \mathrm{p}^{2} \\
= & \cdots \\
& =\mathrm{C}_{k}^{0} \mathrm{a}_{n-k+1,1}+\mathrm{C}_{k}^{1} \mathrm{pa}_{n-k+1,2}+\mathrm{C}_{k}^{2} \mathrm{p}^{2} \mathrm{a}_{n-k+1,3}+\cdots+\mathrm{C}_{k}^{k-1} \mathrm{p}^{k-1} \mathrm{a}_{n-k+1, k} \\
& =\mathrm{C}_{k}^{0}+\left(\mathrm{C}_{k}^{0}+\mathrm{C}_{k}^{1}\right) \mathrm{pa}_{n-k, 1}+\left(\mathrm{C}_{k}^{1}+\mathrm{C}_{k}^{2}\right) \mathrm{p}^{2} \mathrm{a}_{n-k, 2}+\cdots+\mathrm{C}_{k}^{k} \mathrm{p}^{k+1} \mathrm{a}_{n-k, k} \\
& =\mathrm{C}_{k}^{0}+\mathrm{C}_{k+1}^{1} \mathrm{pa}_{n-k, 1}+\mathrm{C}_{k+1}^{2} \mathrm{p}^{2} \mathrm{a}_{n-k, 2}+\cdots+\mathrm{C}_{k+1}^{k+1} \mathrm{p}^{k+1} \mathrm{a}_{n-k, k} \\
& =\cdots \\
& =\mathrm{C}_{k}^{0}+\mathrm{C}_{k+1}^{1} \mathrm{p}^{+} \mathrm{C}_{k+2}^{2} \mathrm{p}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{n}^{n-k+1} \mathrm{p}^{n-k+1} \\
\therefore \mathrm{a}_{n, k}=1 & +\mathrm{C}_{k}^{1} \mathrm{p}+ \mathrm{C}_{k+1}^{2} \mathrm{p}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{n-1}^{n-k} \mathrm{p}^{n-k}
\end{aligned}
$$

Final answer: $1 +\mathrm{C}_{k}^{1} \mathrm{p}+ \mathrm{C}_{k+1}^{2} \mathrm{p}^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{n-1}^{n-k} \mathrm{p}^{n-k}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $\varepsilon_{n}=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi i}{n}}$, 试求:
$$
\sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t}
$$

Solution:
$\because \varepsilon_{n}=e^{\frac{2 \pi}{n}}, \therefore 1, \varepsilon_{n}, \varepsilon_{n}{ }^{2} \cdots \varepsilon_{n}{ }^{n-1}$ 为 $x^{n}=1$ 的 $\mathrm{n}$ 个根.

由根与系数的关系知 $\sum_{i=1}^{n} \prod \varepsilon_{n}{ }^{k_{1}} \cdots \varepsilon_{n}{ }^{k_{i}}=0,(1 \leq i<n)$

$$
\begin{aligned}
& x^{n}-1=(x-1)\left(x-\varepsilon_{n}\right)\left(x-\varepsilon_{n}^{2}\right) \cdots\left(x-\varepsilon_{n}^{n-1}\right) \\
& \Rightarrow 1-x^{n}=(1-x)\left(1-\varepsilon_{n} x\right) \cdots\left(1-\varepsilon_{n}^{n-1} x\right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\therefore \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t} & =\frac{\sum_{i=0}^{n-1} \prod_{j \neq i}\left(1-\varepsilon_{n}{ }^{j} t\right)}{\prod_{k=0}^{n-1}\left(1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t\right)}=\frac{n}{1-t^{n}} \\
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{n}{1-t^{n}}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $\varepsilon_{n}=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi i}{n}}$, 试求:
$$
\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k}}
$$

Solution:
$\because \varepsilon_{n}=e^{\frac{2 \pi}{n}}, \therefore 1, \varepsilon_{n}, \varepsilon_{n}{ }^{2} \cdots \varepsilon_{n}{ }^{n-1}$ 为 $x^{n}=1$ 的 $\mathrm{n}$ 个根.

由根与系数的关系知 $\sum_{i=1}^{n} \prod \varepsilon_{n}{ }^{k_{1}} \cdots \varepsilon_{n}{ }^{k_{i}}=0,(1 \leq i<n)$

$$
\begin{aligned}
& x^{n}-1=(x-1)\left(x-\varepsilon_{n}\right)\left(x-\varepsilon_{n}^{2}\right) \cdots\left(x-\varepsilon_{n}^{n-1}\right) \\
& \Rightarrow 1-x^{n}=(1-x)\left(1-\varepsilon_{n} x\right) \cdots\left(1-\varepsilon_{n}^{n-1} x\right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\therefore \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t} & =\frac{\sum_{i=0}^{n-1} \prod_{j \neq i}\left(1-\varepsilon_{n}{ }^{j} t\right)}{\prod_{k=0}^{n-1}\left(1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t\right)}=\frac{n}{1-t^{n}} \\
\therefore \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k} t} & =\frac{n}{1-t^{n}}-\frac{1}{1-t}=\frac{n-\left(1+t+t^{2}+\cdots+t^{n-1}\right)}{1-t^{n}} \\
& =\frac{(1-t)+\left(1-t^{2}\right)+\cdots\left(1-t^{n-1}\right)}{1-t^{n}} \\
& =\frac{1+(1+t)+\left(1+t+t^{2}\right)+\cdots\left(1+t+t^{2}+\cdots+t^{n-2}\right)}{1+t+t^{2}+\cdots+t^{n-1}}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \text { 当 } \mathrm{t}=1 \text { 时, } \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1-\varepsilon_{n}{ }^{k}}=\frac{1+2+3+\cdots+(n-1)}{n}=\frac{n-1}{2}
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{n-1}{2}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $\varepsilon_{n}=\mathrm{e}^{\frac{2 \pi i}{n}}$, 试求:
$$
\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\left(1-\varepsilon_{n}{ }^{k}\right)\left(1-\varepsilon_{n}{ }^{-k}\right)}
$$

Solution:
$$
\begin{aligned}
& \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\left(1-\varepsilon_{n}^{k}\right)\left(1-\varepsilon_{n}^{-k}\right)}=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\left(1-\cos \frac{2 k \pi}{n}-i \sin \frac{2 k \pi}{n}\right)\left(1-\cos \frac{2 k \pi}{n}+i \sin \frac{2 k \pi}{n}\right)} \\
& =\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\left(1-\cos \frac{2 k \pi}{n}\right)^{2}+\sin ^{2} \frac{2 k \pi}{n}} \\
& =\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{2-2 \cos \frac{2 k \pi}{n}}=\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{4 \sin ^{2} \frac{k \pi}{n}}=\frac{n-1}{4}+\frac{1}{4} \sum_{k=1}^{n-1} \cot ^{2} \frac{k \pi}{n} \\
& \text { 又 } \because\left(\cos \frac{k \pi}{n}+i \sin \frac{k \pi}{n}\right)^{n}=(-1)^{k}=\sum_{t=0}^{n} C_{n}^{t}\left(\cos \frac{k \pi}{n}\right)^{n-t}\left(i \sin \frac{k \pi}{n}\right)^{t}
\end{aligned}
$$

当 $\mathrm{n}=2 \mathrm{~m}$ 时, $\sum_{t=1}^{m} C_{2 m}^{2 t-1}\left(\cos \frac{k \pi}{n}\right)^{2 m-2 t+1}\left(i \sin \frac{k \pi}{n}\right)^{2 t-1}=0$

$$
\begin{aligned}
& \sum_{t=1}^{m} C_{2 m}^{2 t-1}\left(\cot \frac{k \pi}{n}\right)^{2 m-2 t}(-1)^{t}=0 \\
& \therefore \cot ^{2} \frac{\pi}{n}, \cot ^{2} \frac{2 \pi}{n}, \cdots \cot ^{2} \frac{(m-1) \pi}{n} \text { 为上式的根 } \\
& \therefore \cot ^{2} \frac{\pi}{n}+\cot ^{2} \frac{2 \pi}{n}+\cdots+\cot ^{2} \frac{(m-1) \pi}{n}=\frac{C_{2 m}^{3}}{C_{2 m}^{1}}=\frac{1}{3}(m-1)(2 m-1)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& \therefore \cot ^{2} \frac{\pi}{n}+\cot ^{2} \frac{2 \pi}{n}+\cdots+\cot ^{2} \frac{(n-1) \pi}{n}=\frac{1}{3}(2 m-2)(2 m-1)=\frac{1}{3}(n-2)(n-1) \\
& \begin{array}{llllll}
\text {当 } n=2 m+1 & \text {时，类似可得 }
\end{array} \\
& \therefore \cot ^{2} \frac{\pi}{n}+\cot ^{2} \frac{2 \pi}{n}+\cdots+\cot ^{2} \frac{(n-1) \pi}{n}=2 \frac{C_{2 m+1}^{3}}{C_{2 m+1}^{1}}=\frac{(2 m-1) 2 m}{3}=\frac{1}{3}(n-2)(n-1) \\
& \therefore \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\left(1-\varepsilon_{n}^{k}\right)\left(1-\varepsilon_{n}^{-k}\right)}=\frac{n-1}{4}+\frac{1}{4} \frac{1}{3}(n-2)(n-1)=\frac{1}{12}\left(n^{2}-1\right) .
\end{aligned}
$$

Final answer: $\frac{1}{12}\left(n^{2}-1\right)$
Subfield: Elementary Functions


Question: 求所有的函数 $f:(0,+\infty) \rightarrow(0,+\infty)$, 使对任意的正数 $x$, 都有此式成立: $f(f(x))=12 x-f(x)$

Solution:
记 $f$ 的 $n$ 次迭代为 $f^{(n)}(x)$ ，下以归纳法证明，对任意 $n \geq 2$ ，有

$f^{(n)}(x)=\frac{4 \times 3^{n}+3 \times(-4)^{n}}{7} x+\frac{3^{n}-(-4)^{n}}{7} f(x)$

当 $n=2$ 时，命题亦即 $f^{(2)}(x)=\frac{4 \times 9+3 \times 16}{7} x+\frac{9-16}{7} f(x)$

即 $f\left(f(x)\right)=12 x-f(x)$, 已知其成立

假设对于 $n=k \geq 2$, 有 $f^{(k)}(x)=\frac{4 \times 3^{k}+3 \times(-4)^{k}}{7} x+\frac{3^{k}-(-4)^{k}}{7} f(x)$, 则

$f^{(k)}(f(x))=\frac{4 \times 3^{k}+3 \times(-4)^{k}}{7} f(x)+\frac{3^{k}-(-4)^{k}}{7} f(f(x))$, 即

$f^{(k+1)}(x)=\frac{4 \times 3^{k}+3 \times(-4)^{k}}{7} f(x)+\frac{3^{k}-(-4)^{k}}{7} f(f(x))$

$=\frac{4 \times 3^{k}+3 \times(-4)^{k}}{7} f(x)+\frac{3^{k}-(-4)^{k}}{7}[12 x-f(x)]$

$=\frac{4 \times 3^{k}+3 \times(-4)^{k}}{7} f(x)+\frac{12 \times 3^{k}-12 \times(-4)^{k}}{7} x-\frac{3^{k}-(-4)^{k}}{7} f(x)$

$=\frac{4 \times 3^{k}-3^{k}+3 \times(-4)^{k}+(-4)^{k}}{7} f(x)+\frac{4 \times 3^{k+1}+3 \times(-4)^{k+1}}{7} x$

$=\frac{3^{k+1}-(-4)^{k+1}}{7} f(x)+\frac{4 \times 3^{k+1}+3 \times(-4)^{k+1}}{7} x$, 故命题对 $n=k+1$ 也成立

由归纳原理, 对任意 $n \geq 2$, 有 $f^{(n)}(x)=\frac{4 \times 3^{n}+3 \times(-4)^{n}}{7} x+\frac{3^{n}-(-4)^{n}}{7} f(x)$

分别取 $n=2 m$ 与 $n=2 m+1$, 其中 $m$ 是正整数, 则有

$f^{(2 m)}(x)=\frac{4 \times 3^{2 m}+3 \times 4^{2 m}}{7} x+\frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7} f(x)$

$f^{(2 m+1)}(x)=\frac{4 \times 3^{2 m+1}-3 \times 4^{2 m+1}}{7} x+\frac{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}{7} f(x)$

由于 $f:(0,+\infty) \rightarrow(0,+\infty)$, 故总有 $f(x)>0$, 则

$f^{(2 m)}(x)>0, f^{(2 m+1)}(x)>0$, 则 $\frac{4 \times 3^{2 m}+3 \times 4^{2 m}}{7} x+\frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7} f(x)<0$

$\frac{4 \times 3^{2 m+1}-3 \times 4^{2 m+1}}{7} x+\frac{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}{7} f(x)<0$, 而

$\frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7}<0, \frac{4 \times 3^{2 m+1}-3 \times 4^{2 m+1}}{7}=12 \frac{3^{2 m}-4^{2 m}}{7}<0$, 故有

$\left(4 \times 3^{2 m}+3 \times 4^{2 m}\right) x<\left(4^{2 m}-3^{2 m}\right) f(x),\left(3^{2 m+1}+4^{2 m+1}\right) f(x)<\left(3 \times 4^{2 m+1}-4 \times 3^{2 m+1}\right) x$

则 $\frac{f(x)}{x}>\frac{4 \times 3^{2 m}+3 \times 4^{2 m}}{4^{2 m}-3^{2 m}}, \frac{f(x)}{x}<\frac{3 \times 4^{2 m+1}-4 \times 3^{2 m+1}}{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}$

而 $\lim _{m \rightarrow \infty} \frac{4 \times 3^{2 m}+3 \times 4^{2 m}}{4^{2 m}-3^{2 m}}=\lim _{m \rightarrow \infty} \frac{4 \times\left(\frac{3}{4}\right)^{2 m}+3}{1-\left(\frac{3}{4}\right)^{2 m}}=3$, 故 $\frac{f(x)}{x} \geq 3$

$\lim _{m \rightarrow \infty} \frac{3 \times 4^{2 m+1}-4 \times 3^{2 m+1}}{3^{2 m+1}+4^{2 m+1}}=\lim _{m \rightarrow \infty} \frac{3-4 \times\left(\frac{3}{4}\right)^{2 m+1}}{\left(\frac{3}{4}\right)^{2 m+1}+1}=3$, 故 $\frac{f(x)}{x} \leq 3$

则必有 $\frac{f(x)}{x}=3$, 从而 $f(x)=3 x$, 经检验, 此函数满足要求.

Final answer: $f(x) = 3x$
Subfield: Plane Geometry


Question: 分别记 $a, b, c$ 为一个直角三角形的两直角边的边长和斜边的边长, 记 $d$ 为直角顶点到斜边的高线的长度.
求证 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{d^{2}}$;

Solution:
由勾股定理知 $a^{2}+b^{2}=c^{2}$, 又因直角三角形面积为 $S=\frac{1}{2} a b=\frac{1}{2} c d$, 故 $a b=c d$, 那么 $\frac{a b}{d}=c$, 从而 $a^{2}+b^{2}=c^{2}=\frac{a^{2} b^{2}}{d^{2}}$, 于是 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{d^{2}}$, 证毕.
Subfield: Plane Geometry


Question: 分别记 $a, b, c$ 为一个直角三角形的两直角边的边长和斜边的边长, 记 $d$ 为直角顶点到斜边的高线的长度.
试给出一个使方程$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=\frac{1}{d^{2}}$有无穷多个整数解的一般公式.

Solution:
取 $\left\{\begin{array}{l}a=15 t \\ b=20 t \\ d=12 t\end{array}(t \in \mathbb{N})\right.$ 即可得无穷多个整数解

Final answer: $\left\{\begin{array}{l}a=15 t \\ b=20 t \\ d=12 t\end{array}(t \in \mathbb{N})\right.$
Subfield: Algebra


Question: 
证明: 多项式 $p(x)=x^{3}-3 x+1$ 有三个实根 $a<b<c$ ；

Solution:
$p(-2)=-1, p(0)=1, p(1)=-1, p(2)=3$, 而 $p(x)$ 为多项式是连续函数,由零点存在定理知 $p(x)$ 在 $(-2,0),(0,1),(1,2)$ 内分别有一个实根, 而 $p(x)$ 为 3 次多项式至多有 3 个根, 故这三个根为 $p(x)$ 全部的根
Subfield: Algebra


Question: 
证明: 若 $x=t$ 为 $p(x)=x^{3}-3 x+1$ 的一个根, 则 $x=t^{2}-2$ 也是 $p$ 的一个根;

Solution:
若 $x=t$ 为 $p$ 的一个根, 则 $t^{3}-3 t+1=0$, 则可得 $t^{2}-2=1-\frac{1}{t}$

则 $p\left(t^{2}-2\right)=\left(1-\frac{1}{t}\right)^{3}-3\left(1-\frac{1}{t}\right)+1=\frac{1}{t^{3}}\left[(t-1)^{3}-3\left(t^{3}-t^{2}\right)+t^{3}\right]$ $=\frac{1}{t^{3}}\left(3 t-1-t^{3}\right)=0$, 故 $x=t^{2}-2$ 也是 $p$ 的一个根.
Subfield: Algebra


Question: 
定义映射 $f:\{a, b, c\} \rightarrow\{a, b, c\}, t \mapsto t^{2}-2$, 求 $f(a), f(b), f(c)$

Solution:
$p(-2)=-1, p(0)=1, p(1)=-1, p(2)=3$, 而 $p(x)$ 为多项式是连续函数,由零点存在定理知 $p(x)$ 在 $(-2,0),(0,1),(1,2)$ 内分别有一个实根, 而 $p(x)$ 为 3 次多项式至多有 3 个根, 故这三个根为 $p(x)$ 全部的根

若 $x=t$ 为 $p$ 的一个根, 则 $t^{3}-3 t+1=0$, 则可得 $t^{2}-2=1-\frac{1}{t}$

则 $p\left(t^{2}-2\right)=\left(1-\frac{1}{t}\right)^{3}-3\left(1-\frac{1}{t}\right)+1=\frac{1}{t^{3}}\left[(t-1)^{3}-3\left(t^{3}-t^{2}\right)+t^{3}\right]$ $=\frac{1}{t^{3}}\left(3 t-1-t^{3}\right)=0$, 故 $x=t^{2}-2$ 也是 $p$ 的一个根

由前面关于零点的讨论知 $a \in(-2,0), b \in(0,1), c \in(1,2)$, 由前一题的结论 $f(a), f(b), f(c)$ 均是 $\{a, b, c\}$ 的元素, 而 $b \in(0,1)$, 故 $f(b) \in(-2,-1)$, 那么必有 $f(b)=a$, 而 $0<b<c$, 故 $b^{2}<c^{2}$, 从而 $b^{2}-2<c^{2}-2$, 则 $a=f(b)<f(c)$, 则 $f(c)=b$ 或 $f(c)=c$, 若 $f(c)=c$ 则可得 $c=2,-1$, 矛盾故 $f(c)=b$, 而 $f\left(-\frac{5}{3}\right)=\frac{37}{27}>0, f\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{8}<0$, 故 $a \in\left(-2,-\frac{5}{3}\right), b \in\left(0, \frac{1}{2}\right)$, 则 $f(a) \in\left(\frac{7}{9}, 2\right)$, 则只能 $f(a)=c$综上 $f(a)=c, f(b)=a, f(c)=b$

Final answer: $c, a, b$
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $f:(0,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ 是一个连续函数, 如果 $f$ 满足: 对任给 $x, y \in(0,+\infty)$, 都有 $\frac{f(\sqrt{x})+f(\sqrt{y})}{2}=f\left(\sqrt{\frac{x+y}{2}}\right)$ 成立, 求证

$\frac{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{n}}\right)}{n}=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}}{n}}\right)$ 对任给正整数 $n$ 和任给正实数 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$ 成立

Solution:
使用反向归纳法; 先证明对于任意的正整数 $k$, 命题对 $n=2^{k}$ 成立

首先 $n=2^{1}$ 时命题已成立; 若命题对 $n=2^{k}$ 成立, 则 $n=2^{k+1}$ 时

$\frac{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{n}}\right)}{n}$

$=\frac{\frac{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{2^{k}}}\right)}{2^{k}}+\frac{f\left(\sqrt{x_{2^{k}+1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2^{k}+2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{2^{k+1}}}\right)}{2^{k}}}{2}$

$=\frac{f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2^{k}}}{2^{k}}}\right)+f\left(\sqrt{\frac{x_{2^{k}+1}+x_{2^{k}+2}+\cdots+x_{2^{k+1}}}{2^{k}}}\right)}{2}$

$=f\left(\sqrt{\frac{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2^{k}}}{2^{k}}+\frac{x_{2^{k}+1}+x_{2^{k}+2}+\cdots+x_{2^{k+1}}}{2^{k}}}{2}}\right)$

$=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2^{k+1}}}{2^{k+1}}}\right)$

故命题对 $n=2^{k+1}$ 也成立; 由归纳原理，对于任意的正整数 $k$ ，命题对 $n=2^{k}$ 成立

又若命题对于某个 $n \geq 3$ 成立, 则对于 $n-1$, 有

$\underline{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{n-1}}\right)+f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\right)}$

$n$

$=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}+\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}}{n-1}}{n}}\right)$

$=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\right)$, 则

$\frac{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{n-1}}\right)+f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\right)}{n}=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\right)$

$\frac{f\left(\sqrt{x_{1}}\right)+f\left(\sqrt{x_{2}}\right)+\cdots+f\left(\sqrt{x_{n-1}}\right)}{n-1}=f\left(\sqrt{\frac{x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n-1}}{n-1}}\right)$

故命题对$n-1$成立，综上所述，由归纳原理，对一切不小于 2 的正整数$n$，命题成立.
Subfield: Sequence


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下定义 $(n \geq 2): a_{n}=\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}$
求 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}$.

Solution:
记 $a_{m, n}=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}(m \leq n)$, 那么显然有 $a_{m, n}=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}>1$, 从而 $m<n$ 时有 $\left|m+1-a_{m, n}\right|=|m+1-\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}|$

$=\frac{\left|(m+1)^{2}-(1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}})\right|}{m+1+\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}$

$\leq \frac{\mid(m+1)^{2}-1-(m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}) \mid}}{m+1+1}$

$=\frac{|m(m+2)-(m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}})|}{m+2}$

$=\frac{m}{m+2}|m+2-\sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}|=\frac{m}{m+2}\left|m+2-a_{m+1, n}\right|$

又 $a_{n, n}=\sqrt{1+n}$, $\left|n+1-a_{n, n}\right|=n+1-\sqrt{1+n} \leq n$, 而题中 $a_{n}=a_{2, n}$, 那么 $\left|3-a_{n}\right|=$

$\left|3-a_{2, n}\right| \leq \frac{2}{4}\left|4-a_{3, n}\right| \leq \frac{2}{4} \frac{3}{5}\left|5-a_{4, n}\right| \leq \cdots \leq \frac{2}{4} \frac{3}{5} \cdots \frac{n-1}{n+1}\left|n+1-a_{n, n}\right|=\frac{6}{n(n+1)} n<\frac{6}{n}$

从而 $\left|3-a_{n}\right|<\frac{6}{n}$, 则 $\forall \varepsilon>0$, 取 $N=\left[\frac{1}{6 \varepsilon}\right]+1$, 则 $n>N$ 时 $\left|3-a_{n}\right|<\varepsilon$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=3$

Final answer: $3$
Subfield: Sequence


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下定义 $(n \geq 2): a_{n}=\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}$
证明这个数列严格单调上升且有上界.

Solution:
记 $a_{m, n}=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}(m \leq n)$, 那么显然有 $a_{m, n}=\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}>1$, 从而 $m<n$ 时有 $\left|m+1-a_{m, n}\right|=|m+1-\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}|$

$=\frac{\left|(m+1)^{2}-(1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}})\right|}{m+1+\sqrt{1+m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}$

$\leq \frac{\mid(m+1)^{2}-1-(m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}) \mid}}{m+1+1}$

$=\frac{|m(m+2)-(m \sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}})|}{m+2}$

$=\frac{m}{m+2}|m+2-\sqrt{1+(m+1) \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}|=\frac{m}{m+2}\left|m+2-a_{m+1, n}\right|$

又 $a_{n, n}=\sqrt{1+n}$, $\left|n+1-a_{n, n}\right|=n+1-\sqrt{1+n} \leq n$, 而题中 $a_{n}=a_{2, n}$, 那么 $\left|3-a_{n}\right|=$

$\left|3-a_{2, n}\right| \leq \frac{2}{4}\left|4-a_{3, n}\right| \leq \frac{2}{4} \frac{3}{5}\left|5-a_{4, n}\right| \leq \cdots \leq \frac{2}{4} \frac{3}{5} \cdots \frac{n-1}{n+1}\left|n+1-a_{n, n}\right|=\frac{6}{n(n+1)} n<\frac{6}{n}$

从而 $\left|3-a_{n}\right|<\frac{6}{n}$, 则 $\forall \varepsilon>0$, 取 $N=\left[\frac{1}{6 \varepsilon}\right]+1$, 则 $n>N$ 时 $\left|3-a_{n}\right|<\varepsilon$, 则 $\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=3$

再证明 $\left\{a_{n}\right\}$ 严格单调增加：

$a_{n}=\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{\cdots \sqrt{1+n}}}}}<\sqrt{1+2 \sqrt{1+3 \sqrt{1+4 \sqrt{\cdots \sqrt{1+n \sqrt{1+n+1}}}}}}=a_{n+1}$

那么 $\left\{a_{n}\right\}$ 严格单调增加又有极限, 由极限的性质即可知 $a_{n}<3$ 恒成立, $\left\{a_{n}\right\}$ 有上界
Subfield: Plane Geometry


Question: 在单位正方形 ${A B C D}$ 内 (包括边界) 自由选取若干个节点 (数目任意), 并与 ${A}, {B}, {C}, {D}$四点用直线段连成一个连通网络 (连通图), 求这样的网络总长度的最小值.

Solution:
(1)当网络没有增加节点（即只选取正方形的顶点或边上的点作节点）时, 网络长度最小值相当于正方形的三边长即为 ${3}$;

(2) 当网络增加一个正方形内部的节点 ${E}$ 时, 如下图, 易知, 此时网络总长度最小为 ${E} {A}+{E} {B}+{E} {C}+{E} {D} \geq {A} {C}+{B} {D}$, 即当 ${E}$ 为正方形中心 ${O}$ 时, 网络总长度最小, 最小值为 $2 \sqrt{2}$;

<img_4205>

(3) 当网络增加正方形内部的两个节点 $M, N$ 时, 我们用局部调整法来确定 $M, N$ 的位置,使得 $(A M+B M)+M N+(C N+D N)$ 最小, 当保持 ${A M}+{B M}$ 不变时, $M$ 在以 ${A B}$ 为焦点的椭圆上运动, 保持 $C N+D N$ 不变时, $N$ 在以 $C D$ 为焦点的椭圆上运动, 调整 $M, N$知, 当 $A M=B M, C N=D N$ 时, $M N$ 最小 (如下2图), 即只有当 $M, N$ 在 $A B(C D)$ 的中垂线上时, 总线长才会最短, 此时, 正方形中心在直线 $M N$ 上, 因此 $M, N$ 分别是 $\triangle A B O$和 $\triangle C D O$ 的费马点, 易求得此时网络总长度最小值为 $1+\sqrt{3}$;


<img_4232>

<img_4213>

（4）当网络中增加正方形内三个节点时, 易知必存在一个节点是多余的即网络总长度比情形 (3) 大, 同样的, 当网络中增加三个以上节点时, 网络总长度也比情形 (3) 大;

综上可知, 网络总长度的最小值为 $1+\sqrt{3}$.

Final answer: $1+\sqrt{3}$
Subfield: Inequality


Question: 已知 $x, y, z>0, x+y+z=3$, 求证: $\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z}+\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x}+\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \leq 1$

Solution:
由Cauchy 不等式, $\left(x^{3}+y^{2}+z\right)\left(\frac{1}{x}+1+z\right) \geq(x+y+z)^{2}=9$

于是 $\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z} \leq \frac{\left(\frac{1}{x}+1+z\right) x}{9}=\frac{1+x+z x}{9}$,

同理 $\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x} \leq \frac{1+y+x y}{9}, \frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \leq \frac{1+z+y z}{9}$,

所以 $\frac{x}{x^{3}+y^{2}+z}+\frac{y}{y^{3}+z^{2}+x}+\frac{z}{z^{3}+x^{2}+y} \leq \frac{1+x+z x}{9}+\frac{1+y+x y}{9}+\frac{1+z+y z}{9}$

$=\frac{2}{3}+\frac{1}{9}(x y+y z+z x) \leq \frac{2}{3}+\frac{1}{9} \times \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=1$