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


Question: 已知 $a 、 b$ 为正实数, 且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$. 试证: 对每一个 $n \in \mathbf{N}^{*}$,$(a+b)^{n}-a^{n}-b^{n} \geqslant 2^{2 n}-2^{n+1}$.

Solution:
由已知得 $a+b=a b$. 又 $a+b \geqslant 2 \sqrt{a b}, \therefore a b \geqslant 2 \sqrt{a b}$, 故 $a+b=a b \geqslant 4$. 于是 $(a+b)^{k}=(a b)^{k} \geqslant 2^{2 k}$.

又 $a^{k}+b^{k} \geqslant 2 \sqrt{a k b k}=2 \sqrt{(a+b) k} \geqslant 2^{k+1}$. 下面用数学归纳法证明:

$1^{\circ}$ 当 $n=1$ 时, 左 $=$ 右 $=0$. 左 $\geqslant$ 右成立.

$2^{\circ}$ 设当 $n=k(k \geqslant 1, k \in N)$ 时结论成立, 即 $(a+b)^{k}-a^{k}-b^{k} \geqslant 2^{2 k}-2^{k+1}$ 成立.

则 $(a+b)^{k+1}-a^{k+1}-b^{k+1}=(a+b)(a+b)^{k}-\left(a^{k}+b^{k}\right)(a+b)+a b\left(a^{k-1}+b^{k-1}\right)$

$=(a+b)\left[(a+b)^{k}-a^{k}-b^{k}\right]+a b\left(a^{k-1}+b^{k-1}\right) \geqslant 4 \cdot\left(2^{2 k}-2^{k+1}\right)+4 \cdot 2^{k}=2^{2(k+1)}-4 \cdot 2^{k+1}+4 \cdot 2^{k}=2^{2(k+1)}-2^{(k+1)+1}$. 即命题对于 $n=k+1$ 也成立.

故对于一切 $n \in \mathbf{N}^{*}$, 命题成立.
Subfield: Algebra


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 其中 $a_{1}=1, a_{2}=2$,

$$
a_{n+2}=\left\{\begin{array}{c}
5 a n+1-3 a n(a n \cdot a n+1 \text { 为偶数 }), \\
a n+1-a n(a n \cdot a n+1 \text { 为奇数 }) .
\end{array}\right)
$$

试证：对一切 $n \in \mathbf{N}^{*}, a_{n} \neq 0$.

Solution:
由 $a_{1}=1, a_{2}=2$, 得 $a_{3}=7, a_{4}=29$, \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot 

$\therefore a_{1} \equiv 1, a_{2} \equiv 2, a_{3} \equiv 3(\bmod 4)$.

设 $a_{3 k-2} \equiv 1, a_{3 k-1} \equiv 2, a_{3 k} \equiv 3(\bmod 4)$.

则 $a_{3 k+1} \equiv 5 \times 3-3 \times 2=9 \equiv 1(\bmod 4) ; a_{3 k+2} \equiv 1-3=-2 \equiv 2(\bmod 4) ; a_{3 k+3} \equiv 5 \times 2-3 \times 1=7 \equiv 3(\bmod 4)$.

根据归纳原理知, 对于一切 $n \in N, a_{3 n-2} \equiv 1, a_{3 n-1} \equiv 2, a_{3 n} \equiv 3(\bmod 4)$ 恒成立, 故 $a_{n} \not\equiv 0(\bmod 4)$ 成立,从而 $a_{n} \neq 0$.

又证: $a_{1} \equiv 1, a_{2} \equiv 2(\bmod 3)$.

设 $a_{2 k-1} \equiv 1, a_{2 k} \equiv 2(\bmod 3)$ 成立, 则

当 $a_{2 k-1} \cdot a_{2 k}$ 为偶数时 $a_{2 k+1} \equiv 5 \times 2-3 \times 1 \equiv 1(\bmod 3)$ ，当 $a_{2 k-1} \cdot a_{2 k}$ 为奇数时 $a_{2 k+1} \equiv 2-1 \equiv 1(\bmod 3)$ ，总之 $a_{2 k+1} \equiv 1(\bmod 3)$.

当 $a_{2 k} \cdot a_{2 k+1}$ 为偶数时 $a_{2 k+2} \equiv 5 \times 1-3 \times 2 \equiv 2(\bmod 3)$, 当 $a_{2 k} \cdot a_{2 k+1}$ 为奇数时 $a_{2 k+2} \equiv 1-2 \equiv 2(\bmod 3)$, 总之, $a_{2 k+2} \equiv 2(\bmod 3)$. 于是 $a_{n} \not\equiv 0(\bmod 3)$. 故 $a_{n} \neq 0$.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $P 、 Q 、 R$ 将其周长三等分, 且 $P 、 Q$ 在 $A B$ 边上, 求证: $\frac{S \Delta P Q R}{S \Delta A B C}>\frac{2}{9}$.

<img_4143>

Solution:
作 $\triangle A B C$ 及 $\triangle P Q R$ 的高 $C N 、 R H$. 设 $\triangle A B C$ 的周长为 1 . 则 $P Q=\frac{1}{3}$.

则 $\frac{S \triangle P Q R}{S \triangle A B C}=\frac{P Q \cdot R H}{A B \cdot C N}=\frac{P Q}{A B} \cdot \frac{A R}{A C}$, 但 $A B<\frac{1}{2}$, 于是 $\frac{P Q}{A B}>\frac{2}{3}$,

$A P \leqslant A B-P Q<\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}, \therefore A R=\frac{1}{3}-A P>\frac{1}{6}, A C<\frac{1}{2}$, 故 $\frac{A R}{A C}>\frac{1}{3}$, 从而 $\frac{S \triangle P Q R}{S \triangle A B C}>\frac{2}{9}$.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $P 、 Q 、 R$ 将其周长三等分, 且 $P 、 Q$ 在 $A B$ 边上, 求证: $\frac{S \Delta P Q R}{S \Delta A B C}>\frac{2}{9}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9c6b3742202881ef42d2g-1.jpg?height=320&width=280&top_left_y=1208&top_left_x=200)

Solution:
作 $\triangle A B C$ 及 $\triangle P Q R$ 的高 $C N 、 R H$. 设 $\triangle A B C$ 的周长为 1 . 则 $P Q=\frac{1}{3}$.

则 $\frac{S \triangle P Q R}{S \triangle A B C}=\frac{P Q \cdot R H}{A B \cdot C N}=\frac{P Q}{A B} \cdot \frac{A R}{A C}$, 但 $A B<\frac{1}{2}$, 于是 $\frac{P Q}{A B}>\frac{2}{3}$,

$A P \leqslant A B-P Q<\frac{1}{2}-\frac{1}{3}=\frac{1}{6}, \therefore A R=\frac{1}{3}-A P>\frac{1}{6}, A C<\frac{1}{2}$, 故 $\frac{A R}{A C}>\frac{1}{3}$, 从而 $\frac{S \triangle P Q R}{S \triangle A B C}>\frac{2}{9}$.

Final answer: 证明题
Subfield: Geometry


Question: 给定整数 $n \geq 2$, 设 $M_{0}\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 是抛物线 $y^{2}=n x-1$ 与直线 $y=x$ 的一个交点. 试证明对于任意正整数 $m$, 必存在整数 $k \geq 2$, 使 $\left(x_{0}{ }^{m}, y_{0}{ }^{m}\right)$ 为抛物线 $y^{2}=k x-1$ 与直线 $y=x$ 的一个交点.

Solution:
因为 $y^{2}=n x-1$ 与 $y=x$ 的交点为 $x_{0}=y_{0}=\frac{n \pm \sqrt{n^{2}-4}}{2}$. 显然有
$x_{0}+\frac{1}{x_{0}}=n 。$

若 $\left(x_{0}{ }^{m}, y_{0}{ }^{m}\right)$ 为抛物线 $y^{2}=k x-1$ 与直线 $y=x$ 的一个交点, 则 $k=x_{0}{ }^{m}+\frac{1}{x_{0}{ }^{m}}$.

记$k_{m}=x_{0}^{m}+\frac{1}{x_{0}^{m}}$, 则

$$
k_{m+1}=k_{m}\left(x_{0}+\frac{1}{x_{0}}\right)-k_{m-1}=n k_{m}-k_{m-1}, \quad(m \geq 2) \tag{1}
$$

由于 $k_{1}=n$ 是整数, $k_{2}=x_{0}{ }^{2}+\frac{1}{x_{0}{ }^{2}}=\left(x_{0}+\frac{1}{x_{0}}\right)^{2}-2=n^{2}-2$ 也是整数, 所以根据数学归纳法, 通过 (1) 式可证明对于一切正整数 $m, k_{m}=x_{0}^{m}+\frac{1}{x_{0}^{m}}$ 是正整数. 现在对于任意正整数 $m$, 取 $k=x_{0}{ }^{m}+\frac{1}{x_{0}{ }^{m}}$, 使得 $y^{2}=k x-1$ 与 $y=x$ 的交点为 $\left(x_{0}{ }^{m}, y_{0}{ }^{m}\right)$.
Subfield: Algebra


Question: 将 2006 表示成 5 个正整数 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$ 之和. 记 $S=\sum_{1 \leqslant i<j \leq 5} x_{i} x_{j}$. 问:当 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$ 分别取何值时, $\mathrm{S}$ 取到最大值。

Solution:
首先这样的 $S$ 的值是有界集, 故必存在最大值与最小值. 若 $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=2006$, 且使 $S=\sum_{1 \leq i<j \leq 5} x_{i} x_{j}$ 取到最大值, 则必有

$$
\left|x_{i}-x_{j}\right| \leq 1, \quad(1 \leq i, j \leq 5) \tag{1}
$$

事实上, 假设 (1) 不成立, 不妨假设 $x_{1}-x_{2} \geq 2$. 则令 $x_{1}^{\prime}=x_{1}-1$,

$x_{2}^{\prime}=x_{2}+1, x_{i}^{\prime}=x_{i}(i=3,4,5)$

有 $x_{1}^{\prime}+x_{2}^{\prime}=x_{1}+x_{2}, x_{1}^{\prime} \cdot x_{2}^{\prime}=x_{1} x_{2}+x_{1}-x_{2}-1>x_{1} x_{2}$. 将 $\mathrm{S}$ 改写成

$$
S=\sum_{1 \leq i<j \leq 5} x_{i} x_{j}=x_{1} x_{2}+\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{3}+x_{4}+x_{5}\right)+x_{3} x_{4}+x_{3} x_{5}+x_{4} x_{5}
$$

同时有 $S^{\prime}=x_{1}^{\prime} x_{2}^{\prime}+\left(x_{1}^{\prime}+x_{2}^{\prime}\right)\left(x_{3}+x_{4}+x_{5}\right)+x_{3} x_{4}+x_{3} x_{5}+x_{4} x_{5}$. 于 是 有 $S^{\prime}-S=x_{1}^{\prime} x_{2}^{\prime}-x_{1} x_{2}>0$.

这与 $\mathrm{S}$ 在 $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$ 时取到最大值矛盾. 所以必有 $\left|x_{i}-x_{j}\right| \leq 1$, $(1 \leq i, j \leq 5)$. 因此当 $x_{1}=402, x_{2}=x_{3}=x_{4}=x_{5}=401$ 取到最大值.

Final answer: $402, 401,401,401,401$
Subfield: Geometry


Question: <img_4138>


四边形 $A B C D$ 内接于圆 $O$, 对角线 $A C$ 与 $B D$ 相交于 $P$, 设三角形 $A B P 、 B C P 、 C D P$ 和 $D A P$的外接圆圆心分别是 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$. 求证 $O P 、 O_{1} O_{3} 、 O_{2} O_{4}$ 三直线共点.

Solution:
$\because O$ 为 $\triangle A B C$ 的外心, $\therefore O A=O B$.

$\because O_{1}$ 为 $\triangle P A B$ 的外心, $\therefore O_{1} A=O_{1} B$.

$\therefore O O_{1} \perp A B$.

作 $\triangle P C D$ 的外接圆 $\odot O_{3}$, 延长 $P O_{3}$ 与所作圆交于点 $E$, 并与 $A B$ 交于点 $F$, 连 $D E$, 则 $\angle 1=\angle 2=\angle 3, \angle E P D=\angle B P F$,

$\therefore \angle P F B=\angle E D P=90^{\circ}$.

$\therefore P O_{3} \perp A B$, 即 $O O_{1} / / P O_{3}$.

同理, $O O_{3} / / P O_{1}$. 即 $O O_{1} P O_{3}$ 是平行四边形.

$\therefore O_{1} O_{3}$ 与 $P O$ 互相平分, 即 $O_{1} O_{3}$ 过 $P O$ 的中点.

同理, $\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{4}$ 过 $P O$ 中点.

$\therefore O P 、 O_{1} O_{3} 、 O_{2} O_{4}$ 三直线共点.

<img_4082>
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_746cec92efc8b700beb9g-1.jpg?height=569&width=534&top_left_y=595&top_left_x=310)


四边形 $A B C D$ 内接于圆 $O$, 对角线 $A C$ 与 $B D$ 相交于 $P$, 设三角形 $A B P 、 B C P 、 C D P$ 和 $D A P$的外接圆圆心分别是 $O_{1} 、 O_{2} 、 O_{3} 、 O_{4}$. 求证 $O P 、 O_{1} O_{3} 、 O_{2} O_{4}$ 三直线共点.

Solution:
$\because O$ 为 $\triangle A B C$ 的外心, $\therefore O A=O B$.

$\because O_{1}$ 为 $\triangle P A B$ 的外心, $\therefore O_{1} A=O_{1} B$.

$\therefore O O_{1} \perp A B$.

作 $\triangle P C D$ 的外接圆 $\odot O_{3}$, 延长 $P O_{3}$ 与所作圆交于点 $E$, 并与 $A B$ 交于点 $F$, 连 $D E$, 则 $\angle 1=\angle 2=\angle 3, \angle E P D=\angle B P F$,

$\therefore \angle P F B=\angle E D P=90^{\circ}$.

$\therefore P O_{3} \perp A B$, 即 $O O_{1} / / P O_{3}$.

同理, $O O_{3} / / P O_{1}$. 即 $O O_{1} P O_{3}$ 是平行四边形.

$\therefore O_{1} O_{3}$ 与 $P O$ 互相平分, 即 $O_{1} O_{3}$ 过 $P O$ 的中点.

同理, $\mathrm{O}_{2} \mathrm{O}_{4}$ 过 $P O$ 中点.

$\therefore O P 、 O_{1} O_{3} 、 O_{2} O_{4}$ 三直线共点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_bf1474f71df2a27ea6fag-1.jpg?height=628&width=532&top_left_y=797&top_left_x=1276)

Final answer: 证明题
Subfield: Combinatorics


Question: 某市有 $n$ 所中学, 第 $i$ 所中学派出 $C_{i}$ 名代表 $\left(1 \leqslant C_{i} \leqslant 39,1 \leqslant i \leqslant n\right)$ 来到体育馆观看球赛, 全部学生总数为 $\sum_{I=1}^{n} C_{i}=1990$. 看台上每一横排有 199 个座位, 要求同一学校的学生必须坐在同一横排, 问体育馆最少要安排多少横排才能够保证全部学生都能坐下.

Solution:
首先, $199>39 \times 5$, 故每排至少可坐 5 所学校的学生.

$1990=199 \times 10$, 故如果没有 “同一学校的学生必须坐在同一横排” 的限制, 则全部学生只要坐在 10 排就够了.

现让这些学生先按学校顺序入坐, 从第一排坐起, 一个学校的学生全部坐好后, 另一个学校的学生接下去坐, 如果在某一行不够坐, 则余下的学生坐到下一行. 这样一个空位都不留, 则坐 10 排, 这些学生就全部坐完. 这时, 有些学校的学生可能分坐在两行, 让这些学校的学生全部从原坐处起来, 坐到第 11、12 排去. 由于, 这种情况只可能在第一行末尾与第二行开头、第二行末尾与第三行开头、.....-第九行末尾与第十行开头这 9 处发生,故需要调整的学校不超过 10 所, 于是第 $11 、 12$ 行至多各坐 5 所学校的学生, 就可全部坐完. 这说明 12 行保证够坐.

其次证明, 11 行不能保证就此学生按条件全部入坐: $199=6 \times 33+1$. $1990=34 \times 58+18$.

取 59 所学校, 其中 58 所学校 34 人, 1 所学校 18 人. 则对前 58 所学校的学生, 每排只能坐 5 所学校而不能坐 6 所学校. 故 11 排只能坐其中 55 所学校的学生. 即 11 排不够坐.综上可知, 最少要安排 12 横排才能保证全部学生都能坐下.

Final answer: $12$
Subfield: Geometry


Question: <img_4178>

已知正三棱雉 $S-A B C$ 的高 $S O=3$, 底面边长为 6 , 过点 $A$ 向其所对侧面 $S B C$ 作垂线, 垂足为 $O^{\prime}$, 在 $A O^{\prime}$ 上取一点 $P$, 使 $\frac{A P}{P O^{\prime}}=8$, 求经过点 $P$ 且平行于底面的截面的面积.

Solution:
正三棱锥 $S-A B C$ 的高为 $S O$, 故 $A O \perp B C$, 设 $A O$ 交 $B C$ 于 $E$, 连 SE. 则可证 $B C \perp$ 面 $A E S$. 故面 $A E S \perp$ 面 $S B C$.

由 $A O^{\prime} \perp$ 面 $S B C$ 于 $O^{\prime}$, 则 $A O^{\prime}$ 在面 $A E S$ 内, $O^{\prime}$ 在 $S E$ 上. $A O^{\prime}$ 与 $S O$ 相交于点 $F$.

$\because A B C$ 为正三角形, $A B=6$, 故 $A E=3 \sqrt{3}, O E=\sqrt{3}$.

$\because S O=3, \therefore \tan \angle O E S=\sqrt{3}, \angle E=60^{\circ}$.

$\therefore O^{\prime} E=A E \cos 60^{\circ}=\frac{3}{2}\sqrt{3}$.

<img_4098>

作 $O^{\prime} G \perp$ 平面 $A B C$, 则垂足 $G$ 在 $A E$ 上. $O^{\prime} G=O^{\prime}E \sin 60^{\circ} =\frac{9}{4}$

$\because \frac{A P}{P O^{\prime}}=8, \therefore \frac{P H}{O^{\prime} G}=\frac{8}{9}, \Rightarrow P H=2$.

设过 $p$ 与底面平行的截面面积为 s, 截面与顶点 $S$ 的距离 $=3-2=1$.

<img_4060>

$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 6^{2}=9 \sqrt{3}$.

$\therefore \frac{s}{S_{\triangle ABC}}=\left(\frac{1}{3}\right)^{2}$, 故 $s=\sqrt{3}$.

Final answer: $\sqrt{3}$
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_af8e8fb962679969098cg-1.jpg?height=354&width=391&top_left_y=648&top_left_x=1575)

已知正三棱雉 $S-A B C$ 的高 $S O=3$, 底面边长为 6 , 过点 $A$ 向其所对侧面 $S B C$ 作垂线, 垂足为 $O^{\prime}$, 在 $A O^{\prime}$ 上取一点 $P$, 使 $\frac{A P}{P O^{\prime}}=8$, 求经过点 $P$ 且平行于底面的截面的面积.

Solution:
正三棱锥 $S-A B C$ 的高为 $S O$, 故 $A O \perp B C$, 设 $A O$ 交 $B C$ 于 $E$, 连 SE. 则可证 $B C \perp$ 面 $A E S$. 故面 $A E S \perp$ 面 $S B C$.

由 $A O^{\prime} \perp$ 面 $S B C$ 于 $O^{\prime}$, 则 $A O^{\prime}$ 在面 $A E S$ 内, $O^{\prime}$ 在 $S E$ 上. $A O^{\prime}$ 与 $S O$ 相交于点 $F$.

$\because A B C$ 为正三角形, $A B=6$, 故 $A E=3 \sqrt{3}, O E=\sqrt{3}$.

$\because S O=3, \therefore \tan \angle O E S=\sqrt{3}, \angle E=60^{\circ}$.

$\therefore O^{\prime} E=A E \cos 60^{\circ}=\frac{3}{2}\sqrt{3}$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1755cefc984e2f8080c4g-1.jpg?height=357&width=388&top_left_y=535&top_left_x=1459)

作 $O^{\prime} G \perp$ 平面 $A B C$, 则垂足 $G$ 在 $A E$ 上. $O^{\prime} G=O^{\prime}E \sin 60^{\circ} =\frac{9}{4}$

$\because \frac{A P}{P O^{\prime}}=8, \therefore \frac{P H}{O^{\prime} G}=\frac{8}{9}, \Rightarrow P H=2$.

设过 $p$ 与底面平行的截面面积为 s, 截面与顶点 $S$ 的距离 $=3-2=1$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1755cefc984e2f8080c4g-1.jpg?height=323&width=328&top_left_y=1095&top_left_x=1321)

$\therefore S_{\triangle ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 6^{2}=9 \sqrt{3}$.

$\therefore \frac{s}{S_{\triangle ABC}}=\left(\frac{1}{3}\right)^{2}$, 故 $s=\sqrt{3}$.

Final answer: $\sqrt{3}$
Subfield: Algebra


Question: 已知: 对任意的 $n \in N^{*}$, 有 $a_{n}>0$, 且 $\sum_{j=1}^{n} a_{j}^{3}=\left(\sum_{j=1}^{n} a_{j}\right)^{2}$. 求证: $a_{n}=n$.

Solution:
由已知, $a_{1}{ }^{3}=a_{1}{ }^{2}, a_{1}>0, \therefore a_{1}=1$.

设 $n \leqslant k(k \in N$, 且 $k \geqslant 1)$ 时, 由 $\sum_{j=1}^{n} a_{j}^{3}=\left(\sum_{j=1}^{n} a_{j}\right)^{2}$ 成立可证 $a_{k}=k$ 成立.

当 $n=k+1$ 时, $\sum_{j=1}^{k+1} a_{j}^{3}=\left(\sum_{j=1}^{k+1} a_{j}\right)^{2}=\left(\sum_{j=1}^{k} a_{j}\right)^{2}+2 a_{k+1}\left(\sum_{j=1}^{k} a_{j}\right)+a_{k+1}^{2}$.

即 $\frac{1}{4} k^{2}(k+1)^{2}+a_{k+1}^{3}=\frac{1}{4} k^{2}(k+1)^{2}+2 a_{k+1} \cdot \frac{1}{2} k(k+1)+a_{k+1}^{2}$.

$\therefore a_{k+1}^{2}-a_{k+1}-k(k+1)=0$, 解此方程, 得 $a_{k+1}=-k$ 或 $a_{k+1}=k+1$. 由 $a_{n}>0$ 知, 只有 $a_{k+1}=k+1$成立.

即 $n=k+1$ 时命题也成立. 由数学归纳原理知对于一切 $n \in \mathrm{N}^{*}, a_{n}=n$ 成立.
Subfield: Geometry


Question: <img_4243>

已知 在 $\triangle A B C$ 中, $A B > A C, \angle A$ 的一个外角的平分线交 $\triangle A B C$ 的外接圆于点 $E$, 过 $E$作 $E F \perp A B$, 垂足为 $F$.

求证 $2 A F=A B-A C$.

Solution:
<img_4095>

在 $F B$ 上取 $F G=A F$, 连 $E G 、 E C 、 E B$,于是 $\triangle A E G$ 为等腰三角形, $\therefore E G=E A$.

又 $\angle 3=180^{\circ}-\angle E G A=180^{\circ}-\angle E A G=180^{\circ}-\angle 5=\angle 4$.

$\angle 1=\angle 2$. 于是 $\triangle E G B \cong \triangle E A C$. $\therefore B G=A C$,故证.
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_af8e8fb962679969098cg-1.jpg?height=483&width=397&top_left_y=1546&top_left_x=1178)

已知 在 $\triangle A B C$ 中, $A B > A C, \angle A$ 的一个外角的平分线交 $\triangle A B C$ 的外接圆于点 $E$, 过 $E$作 $E F \perp A B$, 垂足为 $F$.

求证 $2 A F=A B-A C$.

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_f755e807797dd05c5d7fg-1.jpg?height=482&width=437&top_left_y=587&top_left_x=1249)

在 $F B$ 上取 $F G=A F$, 连 $E G 、 E C 、 E B$,于是 $\triangle A E G$ 为等腰三角形, $\therefore E G=E A$.

又 $\angle 3=180^{\circ}-\angle E G A=180^{\circ}-\angle E A G=180^{\circ}-\angle 5=\angle 4$.

$\angle 1=\angle 2$. 于是 $\triangle E G B \cong \triangle E A C$. $\therefore B G=A C$,故证.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设 $0<\alpha<\frac{\pi}{2}$, 且 $\sin \alpha, \cos \alpha$ 均为有理数.求证: 存在 $0<\alpha_{1}, \alpha_{2}<\frac{\pi}{2}$ 满足

(I) $\alpha_{1}+\alpha_{2}=\alpha$;

(II) $\sin \alpha_{1}, \sin \alpha_{2}, \cos \alpha_{1}, \cos \alpha_{2}$ 都是有理数.

Solution:
令 $\sin \alpha=\frac{a}{c}, \cos \alpha=\frac{b}{c}$, 且 $a, b, c$ 是正整数.于是

$$
c^{2}=a^{2}+b^{2}
$$

存在正整数 $m, n(m>n)$ 满足

$$
c=m^{2}+n^{2}, a=m^{2}-n^{2}, b=2 m n .
$$

下面分两种情形讨论:

(1) 如果 $m-n>1$, 取正整数 $n_{1}$ 使得 $m>n_{1}>n$. 令 $\alpha_{1} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 满足

$$
\sin \alpha_{1}=\frac{m^{2}-n_{1}^{2}}{m^{2}+n_{1}^{2}}>0
$$

由

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

得 $0<\sin \alpha_{1}<\sin \alpha$. 于是 $\alpha_{1}<\alpha$. 此时 $c_{1}=m^{2}+n_{1}^{2}, a_{1}=m^{2}-n_{1}^{2}, b_{1}=2 m n_{1}$. 由此得

$$
\cos \alpha_{1}=\frac{2 m n_{1}}{m^{2}+n_{1}^{2}}>0
$$

显然 $\cos \alpha_{1}, \sin \alpha_{1}$ 为有理数。令 $\alpha_{2}=\alpha-\alpha_{1}$, 则 $\alpha_{1}+\alpha_{2}=\alpha$, 且由三角恒等式

$$
\begin{aligned}
& \sin \alpha_{2}=\sin \left(\alpha-\alpha_{1}\right)=\sin \alpha \cos \alpha_{1}-\cos \alpha \sin \alpha_{1}, \\
& \cos \alpha_{2}=\cos \left(\alpha-\alpha_{1}\right)=\cos \alpha \cos \alpha_{1}+\sin \alpha \sin \alpha_{1}
\end{aligned}
$$

可知 $\sin \alpha_{2}, \cos \alpha_{2}$ 为有理数。

(2) 如果 $m-n=1$, 则

$$
\sin \alpha=\frac{(n+1)^{2}-n^{2}}{(n+1)^{2}+n^{2}}=\frac{4(n+1)^{2}-4 n^{2}}{4(n+1)^{2}+4 n^{2}}
$$

令 $\alpha_{1} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ 满足

$$
\sin \alpha_{1}=\frac{4(n+1)^{2}-(2 n+1)^{2}}{4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}} \text {. }
$$

由于

$$
4(n+1)^{2}>(2 n+1)^{2}>4 n^{2},
$$

有

$$
\sin \alpha_{1}<\frac{4(n+1)^{2}-4 n^{2}}{4(n+1)^{2}+4 n^{2}}=\sin \alpha
$$

于是 $\alpha_{1}<\alpha$. 此时 $c_{1}=4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}, a_{1}=4(n+1)^{2}-(2 n+1)^{2}, b_{1}=4(n+1)(2 n+1)$.由此得

$$
\cos \alpha_{1}=\frac{4(n+1)(2 n+1)}{4(n+1)^{2}+(2 n+1)^{2}} .
$$

显然 $\cos \alpha_{1}, \sin \alpha_{1}$ 为有理数。令 $\alpha_{2}=\alpha-\alpha_{1}$, 则 $\alpha_{1}+\alpha_{2}=\alpha$. 与 (1) 同理可证 $\sin \alpha_{2}, \cos \alpha_{2}$ 为有理数.
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Question: 已知无穷数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=1, a_{2}=1, a_{3}=3, a_{n}=a_{n-1}+2 a_{n-2}+a_{n-3}, n=4,5, \ldots$求证: 对任何正常数 $m$, 存在某个正整数 $n$ 使得 $m \mid a_{n}$.

Solution:
记 $a_{k}$ 除以 $m$ 所得余数为 $b_{k},\left(0 \leq b_{k} \leq m-1\right), k=1,2, \ldots$ 考虑 $m^{3}+1$ 个三元数组

$$
\left(b_{1}, b_{2}, b_{3}\right),\left(b_{2}, b_{3}, b_{4}\right), \ldots,\left(b_{m^{3}+1}, b_{m^{3}+2}, b_{m^{3}+3}\right),
$$

由于上述三元数组的不同取值最多为 $m^{3}$ 个, 由抽屉原理知, 其中一定有两组相同。不妨设

$$
\left(b_{i}, b_{i+1}, b_{i+2}\right)=\left(b_{j}, b_{j+1}, b_{j+2}\right),\left(1 \leq i<j \leq m^{3}+1\right)
$$

由 $a_{n}=a_{n-1}+2 a_{n-2}+a_{n-3}, n=4,5, \ldots$ 得

$$
(1)\quad \quad b_{i} \equiv b_{i-1}+2 b_{i-2}+b_{i-3}(\bmod m), \quad i=4,5, \ldots
$$

反复应用 $(1)$ 得

$$
(2) \quad \quad b_{j+p}=b_{i+p}, \quad p \geq-(i-1)
$$

令 $n=j-i$, 在 $(2)$ 中令 $p=-(i-1),-(i-2),-(i-3)$ 可得

$$
b_{n+1}=b_{1}=1, b_{n+2}=b_{2}=1, b_{n+3}=b_{3}=3
$$

于是

$$
b_{n}=b_{n+3}-2 b_{n+2}-b_{n+1}=0 \text {. }
$$

从而 $m \mid a_{n}$.
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Question: 设 $M$ 为整数集 $\mathbb{Z}$ 的一个含 0 的有限子集, 又设 $f, g: M \rightarrow M$ 为两个单调减函数, 且满足 $g(f(0)) \geq 0$. 求证: 在 $M$ 中存在整数 $p$ 使得 $g(f(p))=p$.

Solution:
定义 $F: M \rightarrow M$

$$
F(x)=g(f(x)), \quad x \in M
$$

则 $F$ 是单调增函数。事实上, 对任意的 $x, y \in M, x \leq y$, 由 $f$ 的单调减性知, $f(x) \geq f(y)$.由 $f(x), f(y) \in M$ 及 $g$ 的单调减性, 有 $F(x)=g(f(x)) \leq g(f(y))=F(y)$. 因此, $F$ 是单调增函数。

如果 $g(f(0))=0$, 取 $p=0$ 即可. 否则, $F(0)>0$. 又由 $F(0), 0 \in M$ 及 $F$ 的单调增性,有 $F(F(0)) \geq F(0)$. 令 $D=\{x \in M \mid x \leq F(x)\}$. 则 $F(0) \in D$。

由 $D \subset M$, 而 $M$ 是有限集, 故 $D$ 是有限集。设 $p \in D$ 为 $D$ 中的最大数，则 $p \leq F(p)$.

再由 $F$ 的单调增性, 有 $F(p) \leq F(F(p))$, 从而 $F(p) \in D$. 由 $p$ 是 $D$ 中的最大数, 有 $F(p)=g(f(p))=p$.
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Question: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{1}{3}, a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}(n=1,2, \cdots)$.

求证: $\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n-1}}}<a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n}}}$.

Solution:
$$
\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n-1}}}<a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}<\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n}}}. \quad \quad (1)
$$

由 $a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}$ 知 $\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{1}{a_{n}^{2}}-\frac{1}{a_{n}}+1$,

$$
\frac{1}{a_{n+1}}-1=\frac{1}{a_{n}}\left(\frac{1}{a_{n}}-1\right) . \quad \quad (2)
$$

所以 $\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\frac{a_{n}^{2}}{1-a_{n}}=\frac{a_{n}}{1-a_{n}}-a_{n}$,

即 $a_{n}=\frac{a_{n}}{1-a_{n}}-\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}$.

从而 $a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$

$$
\begin{aligned}
& =\frac{a_{1}}{1-a_{1}}-\frac{a_{2}}{1-a_{2}}+\frac{a_{2}}{1-a_{2}}-\frac{a_{3}}{1-a_{3}}+\cdots+\frac{a_{n}}{1-a_{n}}-\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}} \\
& =\frac{a_{1}}{1-a_{1}}-\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}=\frac{1}{2}-\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}} .
\end{aligned}
$$

所以（1）等价于

$$
\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n-1}}}<\frac{1}{2}-\frac{a_{n+1}}{1-a_{n+1}}<\frac{1}{2}-\frac{1}{3^{2^{n}}}
$$

即
$$
3^{2^{n-1}}<\frac{1-a_{n+1}}{a_{n+1}}<3^{2^{n}}. \quad \quad (3)
$$

由 $a_{1}=\frac{1}{3}$ 及 $a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}}{a_{n}^{2}-a_{n}+1}$ 知 $a_{2}=\frac{1}{7}$.

当 $n=1$ 时 $, \frac{1-a_{2}}{a_{2}}=6,3^{2^{1-1}}<6<3^{2^{1}}$,

即 $n=1$ 时，(3) 成立.

设 $n=k(k \geq 1)$ 时，（3）成立，即 $3^{2^{k-1}}<\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}}$.

当 $n=k+1$ 时, 由 (2) 知

$$
\frac{1-a_{k+2}}{a_{k+2}}=\frac{1}{a_{k+1}}\left(\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}\right)>\left(\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}\right)^{2}>3^{2^{k}}
$$

又由 (2) 及 $a_{1}=\frac{1}{3}$ 知 $\frac{1-a_{n}}{a_{n}}(n \geq 1)$ 均为整数,

从而由 $\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}}$ 有 $\frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}} \leq 3^{2^{k}}-1$ 即 $\frac{1}{a_{k+1}} \leq 3^{2^{k}}$,

所以 $\frac{1-a_{k+2}}{a_{k+2}}=\frac{1}{a_{k+1}} \cdot \frac{1-a_{k+1}}{a_{k+1}}<3^{2^{k}} \cdot 3^{2^{k}}<3^{2^{k+1}}$,

即 (3) 对 $n=k+1$ 也成立.

所以 (3) 对 $n \geq 1$ 的正整数都成立, 即 (1) 对 $n \geq 1$ 的正整数都成立.
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Question: 设 $m$ 和 $n$ 是大于 1 的整数, 求证:

$$
1^{m}+2^{m}+\mathrm{L}+n^{m}=\frac{1}{m+1}\left\{(n+1) \sum_{k=1}^{m} C_{m}^{k} n^{k}-\sum_{j=1}^{m-1}\left(C_{m+1}^{j} \sum_{i=1}^{n} i^{j}\right)\right\} .
$$

Solution:
证明: 由 $(q+1)^{m+1}=\sum_{j=0}^{m+1} C_{m+1}^{j} q^{j}$ 得到

$$
(q+1)^{m+1}-q^{m+1}=\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} q^{j}
$$

分别将 $q=1,2, \mathrm{~L}, n$ 代入上式得：

$$
\begin{aligned}
& 2^{m+1}-1=\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} \\
& 3^{m+1}-2^{m+1}=\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} 2^{j},
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& n^{m+1}-(n-1)^{m+1}=\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j}(n-1)^{j} \\
& (n+1)^{m+1}-n^{m+1}=\sum_{j=0}^{m} C_{m+1}^{j} n^{j}
\end{aligned}
$$

将上面 $n$ 个等式两边分别相加得到:

$$
\begin{aligned}
& (n+1)^{m+1}-1=\sum_{j=0}^{m}\left(C_{m+1}^{j} \sum_{i=1}^{n} i^{j}\right), \\
& (n+1)(n+1)^{m}-1=n+\sum_{j=1}^{m-1}\left(C_{m+1}^{j} \sum_{i=1}^{n} i^{j}\right)+(m+1) \sum_{i=1}^{n} i^{m}, \\
& 1^{m}+2^{m}+\mathrm{L}+n^{m}=\frac{1}{m+1}\left\{(n+1) \sum_{k=1}^{m} C_{m}^{k} n^{k}-\sum_{j=1}^{m-1}\left(C_{m+1}^{j} \sum_{i=1}^{n} i^{j}\right)\right\} .
\end{aligned}
$$
Subfield: Algebra


Question: 设 $x, y, z$ 为非负实数, 求证:

$$
\left(\frac{x y+y z+z x}{3}\right)^{3} \leq\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right)\left(z^{2}-z x+x^{2}\right) \leq\left(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\right)^{3} .
$$

Solution:
首先证明左边不等式.

因为 $x^{2}-x y+y^{2}=\frac{1}{4}\left[(x+y)^{2}+3(x-y)^{2}\right] \geq \frac{1}{4}(x+y)^{2}$ ，

同理,有

$$
y^{2}-y z+z^{2} \geq \frac{1}{4}(y+z)^{2}, \quad z^{2}-z x+x^{2} \geq \frac{1}{4}(z+x)^{2}
$$

于是

$$
\begin{aligned}
& \left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right)\left(z^{2}-z x+x^{2}\right) \geq \frac{1}{64}[(x+y)(y+z)(z+x)]^{2} \\
= & \frac{1}{64}[(x+y+z)(x y+y z+z x)-x y z]^{2} ;
\end{aligned}
$$

由算术-几何平均不等式, 得 $x y z \leq \frac{1}{9}(x+y+z)(x y+y z+z x)$, 所以

$$
\begin{aligned}
& \left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right)\left(z^{2}-z x+x^{2}\right) \geq \frac{1}{81}(x+y+z)^{2}(x y+y z+z x)^{2} \\
= & \frac{1}{81}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x\right)(x y+y z+z x)^{2} \geq\left(\frac{x y+y z+z x}{3}\right)^{3} .
\end{aligned}
$$

左边不等式获证, 其中等号当且仅当 $x=y=z$ 时成立.

下面证明右边不等式.

根据欲证不等式关于 $x, y, z$ 对称，不妨设 $x \geq y \geq z$, 于是

$$
\left(z^{2}-z x+x^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right) \leq x^{2} y^{2},
$$

所以

$$
\left(x^{2}-x y+y^{2}\right)\left(y^{2}-y z+z^{2}\right)\left(z^{2}-z x+x^{2}\right) \leq\left(x^{2}-x y+y^{2}\right) x^{2} y^{2} .
$$



运用算术-几何平均不等式，得

$$
\begin{aligned}
& \left(x^{2}-x y+y^{2}\right) x^{2} y^{2}=\left(x^{2}-x y+y^{2}\right) \cdot x y \cdot x y \leq\left(\frac{x^{2}-x y+y^{2}+x y}{2}\right)^{2} \cdot x y \\
\leq & \left(\frac{x^{2}-x y+y^{2}+x y}{2}\right)^{2} \cdot\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)=\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)^{3} \leq\left(\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\right)^{3} .
\end{aligned}
$$

右边不等式获证, 其中等号当且仅当 $x, y, z$ 中有一个为 0 ,且另外两个相等时成立.
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Question: 设 $x \geqslant y \geqslant z \geqslant \frac{\pi}{12}$, 且 $x+y+z=\frac{\pi}{2}$, 求乘积 $\cos x \sin y \cos z$ 的最大值和最小值.

Solution:
由于 $x \geqslant y \geqslant z \geqslant \frac{\pi}{12}$, 故 $\frac{\pi}{6} \leq \mathbf{x} \leq \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12} \times 2=\frac{\pi}{3}$.

$\therefore \cos x \sin y \cos z=\cos x \times \frac{1}{2}[\sin (y+z)+\sin (y-z)]=\frac{1}{2} \cos ^{2} x+\frac{1}{2} \cos x \sin (y-z) \geqslant \frac{1}{2} \cos ^{2} \frac{\pi}{3}$ $=\frac{1}{8}$. 即最小值.

(由于 $\frac{\pi}{6} \leq x \leq \frac{\pi}{3}, y \geqslant z$, 故 $\cos x \sin (y-z) \geq 0$ ), 当 $y=z=\frac{\pi}{12}, x=\frac{\pi}{3}$ 时, $\cos x \sin y$ $\cos z=\frac{1}{8}$.

$\because \cos x \sin y \cos z=\cos z \times \frac{1}{2}[\sin (x+y)-\sin (x-y)]=\frac{1}{2} \cos ^{2} z-\frac{1}{2} \cos z \sin (x-y)$.

由于 $\sin (x - y) \geqslant 0, \cos z>0$, 故 $\cos x \sin y \cos z \leq \frac{1}{2} \cos ^{2} z=\frac{1}{2} \cos ^{2} \frac{\pi}{12}=\frac{1}{2}\left(1+\cos {\frac{\pi}{6}}\right)=\frac{2+\sqrt{3}}{8}$.

当 $\mathbf{x}=y=\frac{5 \pi}{12}, z=\frac{\pi}{12}$ 时取得最大值.

$\therefore$ 最大值 $\frac{2+\sqrt{3}}{8}$, 最小值 $\frac{1}{8}$.

Final answer: $\frac{2+\sqrt{3}}{8}，\frac{1}{8}$