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


Question: 设函数 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$.
设 $g(x)=\frac{2 e}{x}$, 且 $p>0$, 若在 $[1, e]$ 上至少存在一点 $x_{0}$, 使得 $f\left(x_{0}\right)>g\left(x_{0}\right)$ 成立,求实数 $p$ 的取值范围;

Solution:
注意到 $g(x)=\frac{2 e}{x}$ 在 $[1, e]$ 上是减函数,

所以 $g(x)_{\text {min }}=g(e)=2, g(x)_{\text {max }}=g(1)=2 e$, 即 $g(x) \in[2,2 e]$.

当 $0<p<1$ 时, 由 $x \in[1, e]$, 得 $x-\frac{1}{x} \geqslant 0$,

故 $f(x)=p\left(x-\frac{1}{x}\right)-2 \ln x<x-\frac{1}{x}-2 \ln x<2$, 不合题意.

当 $p \geqslant 1$ 时, 由 (1) 知 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 上是增函数, $f(1)=0<2$,

又 $g(x)$ 在 $[1, e]$ 上是减函数, 所以原命题等价于 $f(x)_{\max }>g(x)_{\min }=2, x \in[1, e]$,

由 $f(x)_{\max }=f(e)=p\left(e-\frac{1}{e}\right)-2 \ln e>2$, 解得 $p>\frac{4 e}{e^{2}-1}$.

综上, $p$ 的取值范围是 $\left(\frac{4 e}{e^{2}-1},+\infty\right)$.
原命题等价于 $f(x)-g(x)>0$ 在 $[1, e]$ 上有解,

设 $F(x)=f(x)-g(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x-\frac{2 e}{x}$.

因为 $F^{\prime}(x)=p+\frac{p}{x^{2}}-\frac{2}{x}+\frac{2 e}{x^{2}}=\frac{p x^{2}+p+2(e-x)}{x^{2}}>0$,

所以 $F(x)$ 是增函数,

所以 $F(x)_{\max }=F(e)>0$, 解得 $p>\frac{4 e}{e^{2}-1}$.

故 $p$ 的取值范围是 $\left(\frac{4 e}{e^{2}-1},+\infty\right)$.

Final answer: $\left(\frac{4 e}{e^{2}-1},+\infty\right)$
Subfield: Algebra


Question: 设函数 $f(x)=p x-\frac{p}{x}-2 \ln x$.
求证: 对任意的正整数 $n$, 都有 $\sum_{k=1}^{n} \ln ^{2}\left(1+\frac{2}{k}\right)<3$ 成立.

Solution:
令 $g(x)=2 \ln x-x+\frac{1}{x}$, 则由 (1) 知 $g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内为单调减函数.

由于 $g(1)=0$, 故当 $x>1$ 时, 有 $g(x)<0$, 即 $0<2 \ln x<x-\frac{1}{x}$.

因此, $2 \ln \sqrt{1+\frac{2}{k}}<\sqrt{1+\frac{2}{k}}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{2}{k}}}=\frac{2}{\sqrt{k(k+2)}}$,

即 $\ln \left(1+\frac{2}{k}\right)<\frac{2}{\sqrt{k(k+2)}}$

故 $\ln ^{2}\left(1+\frac{2}{k}\right)<\frac{4}{k(k+2)}$

于是 $\sum_{k=1}^{n} \ln ^{2}\left(1+\frac{2}{k}\right)<\sum_{k=1}^{n} \frac{4}{k(k+2)}=2 \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+2}\right)$

$=2\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)<3$.
Subfield: Geometry


Question: <img_4124>

如图,已知锐角 $\triangle A B C$ 满足 $A B>A C, O 、 H$ 分别为 $\triangle A B C$ 的外心、垂心,直线 $B H$ 与 $A C$ 交于点 $B_{1}$,直线 $C H$ 与 $A B$ 交于点 $C_{1}$. 若 $O H / / B_{1} C_{1}$, 证明: $\cos 2 B+\cos 2 C+1$ $=0$.

Solution:
联结 $A O 、 A H$.

因为 $A 、 B_{1} 、 H 、 C_{1}$ 四点共圆, 且 $O H / / B_{1} C_{1}$, 所以, $\angle O H C_{1}=\angle H C_{1} B_{1}=\angle H A B_{1}$ $=90^{\circ}-\angle A C B$.

又因为 $B 、 C 、 B_{1} 、 C_{1}$ 四点共圆, 所以,

$\angle A H C_{1}=\angle A B_{1} C_{1}=\angle A B C$

故 $\angle A H O=\angle O H C_{1}+\angle A H C_{1}=90^{\circ}-\angle A C B+\angle A B C$

由 $\angle O A B=\angle C A H=90^{\circ}-\angle A C B$, 知

$\angle O A H=\angle B A C-\angle O A B-\angle C A H=\angle B A C-2\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)$

$=\angle A C B-\angle A B C$.

则 $\angle A H O+\angle O A H=90^{\circ}$.

从而, $\angle A O H=90^{\circ}$.

设 $\triangle A B C$ 的外接圆半径为 $R$. 则

$A H=2 R \cos A$.

由 $A O=A H \cos \angle O A H$, 知

$R=2 R \cos A \cdot \cos (C-B)$

$\Rightarrow 2 \cos A \cdot \cos (C-B)=1$

$\Rightarrow \cos (A+C-B)+\cos (A-C+B)=1$

$\Rightarrow \cos 2 B+\cos 2 C+1=0$.
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_3137bc97ef7e5acfebecg-1.jpg?height=310&width=321&top_left_y=641&top_left_x=635)

如图,已知锐角 $\triangle A B C$ 满足 $A B>A C, O 、 H$ 分别为 $\triangle A B C$ 的外心、垂心,直线 $B H$ 与 $A C$ 交于点 $B_{1}$,直线 $C H$ 与 $A B$ 交于点 $C_{1}$. 若 $O H / / B_{1} C_{1}$, 证明: $\cos 2 B+\cos 2 C+1$ $=0$.

Solution:
联结 $A O 、 A H$.

因为 $A 、 B_{1} 、 H 、 C_{1}$ 四点共圆, 且 $O H / / B_{1} C_{1}$, 所以, $\angle O H C_{1}=\angle H C_{1} B_{1}=\angle H A B_{1}$ $=90^{\circ}-\angle A C B$.

又因为 $B 、 C 、 B_{1} 、 C_{1}$ 四点共圆, 所以,

$\angle A H C_{1}=\angle A B_{1} C_{1}=\angle A B C$

故 $\angle A H O=\angle O H C_{1}+\angle A H C_{1}=90^{\circ}-\angle A C B+\angle A B C$

由 $\angle O A B=\angle C A H=90^{\circ}-\angle A C B$, 知

$\angle O A H=\angle B A C-\angle O A B-\angle C A H=\angle B A C-2\left(90^{\circ}-\angle A C B\right)$

$=\angle A C B-\angle A B C$.

则 $\angle A H O+\angle O A H=90^{\circ}$.

从而, $\angle A O H=90^{\circ}$.

设 $\triangle A B C$ 的外接圆半径为 $R$. 则

$A H=2 R \cos A$.

由 $A O=A H \cos \angle O A H$, 知

$R=2 R \cos A \cdot \cos (C-B)$

$\Rightarrow 2 \cos A \cdot \cos (C-B)=1$

$\Rightarrow \cos (A+C-B)+\cos (A-C+B)=1$

$\Rightarrow \cos 2 B+\cos 2 C+1=0$.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 设 $0<x_{1} \leqslant x_{2} \leqslant \cdots \leqslant x_{n}(n \geqslant 3)$. 证明:

$$
\begin{aligned}
& \frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\frac{x_{n-2} x_{n-1}}{x_{n}}+\frac{x_{n-1} x_{n}}{x_{1}}+\frac{x_{n} x_{1}}{x_{2}} \\
& \geqslant x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}
\end{aligned}
$$
.

Solution:
令 $f_{n}=\frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\frac{x_{n-2} x_{n-1}}{x_{n}}+\frac{x_{n-1} x_{n}}{x_{1}}+\frac{x_{n} x_{1}}{x_{2}}-x_{1}-x_{2}-\cdots-x_{n} .$

下面用数学归纳法证明 $f_{n} \geqslant 0$.

当 $n=3$ 时,

$$
\begin{aligned}
f_{3}= & \frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{x_{1}}+\frac{x_{3} x_{1}}{x_{2}}-x_{1}-x_{2}-x_{3} \\
= & \left(\frac{x_{1} x_{2}}{2 x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{2 x_{1}}\right)+\left(\frac{x_{1} x_{2}}{2 x_{3}}+\frac{x_{3} x_{1}}{2 x_{2}}\right)+\left(\frac{x_{3} x_{1}}{2 x_{2}}+\frac{x_{2} x_{3}}{2 x_{1}}\right)- \\
& x_{1}-x_{2}-x_{3} \\
= & \frac{x_{2}}{2}\left(\frac{x_{1}}{x_{3}}+\frac{x_{3}}{x_{1}}-2\right)+\frac{x_{1}}{2}\left(\frac{x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{3}}{x_{2}}-2\right)+ \\
& \frac{x_{3}}{2}\left(\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}-2\right) \\
\geqslant & 0,
\end{aligned}
$$

当且仅当 $x_{1}=x_{2}=x_{3}$ 时,等号成立.

假设 $n=k$ 时成立, 即

$f_{k}=\frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\frac{x_{k} x_{1}}{x_{2}}-x_{1}-x_{2}-\cdots-x_{k} \geqslant 0$.

当 $n=k+1$ 时,

$$
\begin{aligned}
& f_{k+1}= \frac{x_{1} x_{2}}{x_{3}}+\frac{x_{2} x_{3}}{x_{4}}+\cdots+\frac{x_{k+1} x_{1}}{x_{2}}- \\
& \quad x_{1}-x_{2}-\cdots-x_{k+1} \\
&= f_{k}+\frac{x_{k-1} x_{k}}{x_{k+1}}+\frac{x_{k} x_{k+1}}{x_{1}}+\frac{x_{k+1} x_{1}}{x_{2}}- \\
& \quad \frac{x_{k-1} x_{k}}{x_{1}}-\frac{x_{k} x_{1}}{x_{2}}-x_{k+1} \\
&= f_{k}+x_{k-1} x_{k}\left(\frac{1}{x_{k+1}}-\frac{1}{x_{1}}\right)+x_{k+1}\left(\frac{x_{k}}{x_{1}}-1\right)+ \\
& \frac{x_{1}}{x_{2}}\left(x_{k+1}-x_{k}\right)
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
\geqslant & f_{k}+x_{k}^{2}\left(\frac{1}{x_{k+1}}-\frac{1}{x_{1}}\right)+x_{k+1}\left(\frac{x_{k}}{x_{1}}-1\right)+ \\
& \frac{x_{1}}{x_{k}}\left(x_{k+1}-x_{k}\right) \\
= & f_{k}+\left(x_{k+1}-x_{k}\right)\left(\frac{x_{1}}{x_{k}}+\frac{x_{k}}{x_{1}}-\frac{x_{k}+x_{k+1}}{x_{k+1}}\right) \\
\geqslant &
\end{aligned}
$$

当且仅当 $x_{k+1}-x_{k}=0$ 或 $\frac{x_{1}}{x_{k}}+\frac{x_{k}}{x_{1}}-\frac{x_{k}+x_{k+1}}{x_{k+1}}=0$, 且 $f_{k}=0$ 时, 等号成立, 即 $x_{1}=x_{2}=\cdots=x_{n}$.
Subfield: Combinatorics


Question: 证明: 空间直角坐标系第一卦限 ($x 、 y 、 z$ 坐标均大于 0) 中存在一个边长为 2014 的立方体,其内部恰有 2014 个素点 ($x 、 y 、 z$ 三个坐标轴的坐标均为素数的格点).

Solution:
先证明一个引理.

引理 记 $f(n)$ 为闭区间 $[2, n+1]$ 上的素数个数. 则对任意的 $0 \leqslant k \leqslant f(n)$, 存在连续 $n$ 个正整数,其中恰有 $k$ 个素数.

证明 记 $F(n, l)$ 为闭区间 $[l, n+l-1]$ 上的素数个数.

当 $l 、 n+l$ 均为素数或均不为素数时，

$F(n, l+1)=F(n, l)$;

当 $l$ 为素数且 $n+l$ 不为素数时,

$F(n, l+1)=F(n, l)-1$;

当 $l$ 不为素数且 $n+l$ 为素数时,

$F(n, l+1)=F(n, l)+1$.

故 $F(n, l)$ 关于正整数 $l$ 在 $\mathbf{N}$ 内连续变化.

显然, $F(n, 2)=f(n)$,

$F(n,(n+1) !+2)=0$

因此,对任意的 $0 \leqslant k \leqslant f(n)$, 存在 $j \in \mathbf{Z}_{+}$, 使得 $F(n, j)=k$.

回到原题.

注意到, $2014=2 \times 19 \times 53, f(2014)>100$.

于是, 存在 $a 、 b 、 c \in \mathbf{Z}_{+}$, 使得

$F(2014, a)=2$,

此时, $\left(a-\frac{1}{2}, a+2013 \frac{1}{2}\right)$ 的内部恰有 2 个素数,

$F(2014, b)=19$,

此时, $\left(b-\frac{1}{2}, b+2013 \frac{1}{2}\right)$ 的内部恰有 19 个素数,

$F(2014, c)=53$,

此时, $\left(c-\frac{1}{2}, c+2013 \frac{1}{2}\right)$ 的内部恰有 53 个素数.

因此,边长为 2014 的立方体

$\left[a-\frac{1}{2}, a+2013 \frac{1}{2}\right] \times{\left[b-\frac{1}{2}, b+2013 \frac{1}{2}\right] \times} {\left[c-\frac{1}{2}, c+2013 \frac{1}{2}\right]}$

的内部恰有 $2 \times 19 \times 53=2014$ 个素点.
Subfield: Combinatorics


Question: 御天敌为了挽救塞伯坦星球, 在地球上建立了由 $n(n \geqslant 3)$ 个能量柱组成的太空桥,这些能量柱坚立在一个平面的 $n$ 个点上,任意三点不共线. 其启动方式为: 任意选定一个能量柱,从其发出一道激光, 该能量柱将激光逆时针旋转,当激光遇到另一个能量柱时,停止旋转; 第二个能量柱接收到激光后, 将其反射并逆时针旋转, 当反射的激光遇到下一个能量柱时, 停止旋转; 如此下去, 若激光行进的路径组成一条有向环路, 则启动成功. 证明: 存在成功的启动方式, 且成功启动方式所对应的有向环路个数不大于 $2 n$.

Solution:
将 $n$ 个点记为 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$. 设激光行进的路径为 $a_{1}, a_{2}, \cdots$, 其中, $a_{i} \in\left\{A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}\right\}$.

考虑相邻两点所组成的集合

$\left\{\left(a_{i}, a_{i+1}\right) \mid i=1,2, \cdots\right\}$,

其为无限集,但其取值至多有 $n(n-1)$ 个.

故必有 $\left(a_{i}, a_{i+1}\right)=\left(a_{j}, a_{j+1}\right)(i<j)$.

因此, $a_{i+2}=a_{j+2}$.

依此类推, 则路径从 $a_{i}$ 开始循环, 且由激光行进方式, 知 $\left(a_{i}, a_{i+1}\right)=\left(a_{j}, a_{j+1}\right)$ 可导出 $a_{i-1}=$ $a_{j-1}$. 依此类推, 知该路径从 $a_{1}$ 开始循环, 即激光行进的路径组成有向回路.

线段 $A_{1} A_{i}(i=2,3, \cdots, n)$ 与半径充分小的 $\odot A_{1}$ 的交点 (逆时针) 依次记为 $A_{11}, A_{12}, \cdots$, $A_{1(n-1)}$.

类似定义 $A_{i j}(i=1,2, \cdots, n ; j=1,2, \cdots, n-1)$.

记 $\angle A_{i j} A_{i} A_{i(j+1)}=\alpha_{i j}$, 其中, $i=1,2, \cdots, n$ ； $j=1,2, \cdots, n-1, A_{i n}=A_{i 1}$.

则 $\sum_{j=1}^{n-1} \alpha_{i j}=2 \pi$.

若激光从点 $A_{i i}$ 到 $A_{i}$, 则下一步必在 $A_{i}$ 逆时针旋转 $\alpha_{i j}$ 角度, 从点 $A_{i}$ 到 $A_{i(j+1)}$, 此步骤可逆 (即若激光从点 $A_{i}$ 到 $A_{i(j+1)}$, 则上一步必从点 $A_{i j}$ 到 $A_{i}$ ).故每条路径可由其中一步 $\left(a_{i}, a_{i+1}\right)$ 推导得到.

从而, 不同的环路所包含的 $\angle A_{i j} A_{i} A_{i(j+1)}$ 不会相同, 即每个 $\alpha_{i j}$ 至多在一个路径中出现. 故不同的有向环路有有限个, 记为 $P_{t}(t=1,2, \cdots, \mu)$.

对任意一条环路 $P_{t}$, 激光行进一周后, 其仍为原方向.

故 $\sum_{\alpha_{i j} \in P_{t}} \alpha_{i j}=k_{t} \pi\left(k_{t} \in \mathbf{Z}_{+}, t=1,2, \cdots, \mu\right)$.

从而, $\sum_{i=1}^{n} k_{i} \pi \leqslant \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n-1} \alpha_{i j}=2 n \pi$.

故 $\mu \leqslant 2 n$.
Subfield: Geometry


Question: <img_4125>

如图,已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 过点 $A$ 作 $\odot O$ 的切线 $l, l$ 与直线 $B C$ 交于点 $D, E$ 为 $D A$ 延长线上一点, $F$ 为劣弧 $\overparen{B C}$ 上一点, 直线 $E F$ 与劣弧 $\overparen{A B}$ 交于点 $G$, 直线 $F B 、 G C$ 分别与 $l$ 交于点 $P 、 Q$. 证明: $A D=A E$ 的充分必要条件为 $A P=A Q$.

Solution:
设 $E F$ 与 $B C$ 交于点 $H$.

对直线 $G C Q$ 和 $\triangle H E D$, 应用梅涅劳斯定理得

$\frac{H G}{G E} \cdot \frac{E Q}{Q D} \cdot \frac{D C}{C H}=1 \quad \quad (1)$.

对直线 $P B F$ 和 $\triangle H E D$, 应用梅涅劳斯定理得 $\frac{H F}{F E} \cdot \frac{E P}{P D} \cdot \frac{D B}{B H}=1 \quad \quad (2)$.

(1) $\times$ (2) 得

$\frac{H G}{G E} \cdot \frac{E Q}{Q D} \cdot \frac{D C}{C H} \cdot \frac{H F}{F E} \cdot \frac{E P}{P D} \cdot \frac{D B}{B H}=1 \quad \quad (3)$.

由相交弦定理和切割线定理得

$H B \cdot H C=H F \cdot H G$,

$E G \cdot E F=E A^{2}$,

$D B \cdot D C=D A^{2}$.

代人式(3)得 $\frac{D A^{2}}{E A^{2}} \cdot \frac{E Q}{Q D} \cdot \frac{E P}{P D}=1$.

故 $A D^{2}(A Q+A E)(A P-A E)=A E^{2}(A Q-A D)(A P+A D)$.

整理得

$(A D+A E)[A P \cdot A Q(A D-A E)+A D \cdot A E(A P-A Q)]=0$

$\Rightarrow A P \cdot A Q(A D-A E)=A D \cdot A E(A Q-A P)$.

因此, $A D=A E$ 的充分必要条件为 $A P=A Q$.
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_3137bc97ef7e5acfebecg-1.jpg?height=466&width=705&top_left_y=639&top_left_x=1114)

如图,已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O$, 过点 $A$ 作 $\odot O$ 的切线 $l, l$ 与直线 $B C$ 交于点 $D, E$ 为 $D A$ 延长线上一点, $F$ 为劣弧 $\overparen{B C}$ 上一点, 直线 $E F$ 与劣弧 $\overparen{A B}$ 交于点 $G$, 直线 $F B 、 G C$ 分别与 $l$ 交于点 $P 、 Q$. 证明: $A D=A E$ 的充分必要条件为 $A P=A Q$.

Solution:
设 $E F$ 与 $B C$ 交于点 $H$.

对直线 $G C Q$ 和 $\triangle H E D$, 应用梅涅劳斯定理得

$\frac{H G}{G E} \cdot \frac{E Q}{Q D} \cdot \frac{D C}{C H}=1 \quad \quad (1)$.

对直线 $P B F$ 和 $\triangle H E D$, 应用梅涅劳斯定理得 $\frac{H F}{F E} \cdot \frac{E P}{P D} \cdot \frac{D B}{B H}=1 \quad \quad (2)$.

(1) $\times$ (2) 得

$\frac{H G}{G E} \cdot \frac{E Q}{Q D} \cdot \frac{D C}{C H} \cdot \frac{H F}{F E} \cdot \frac{E P}{P D} \cdot \frac{D B}{B H}=1 \quad \quad (3)$.

由相交弦定理和切割线定理得

$H B \cdot H C=H F \cdot H G$,

$E G \cdot E F=E A^{2}$,

$D B \cdot D C=D A^{2}$.

代人式(3)得 $\frac{D A^{2}}{E A^{2}} \cdot \frac{E Q}{Q D} \cdot \frac{E P}{P D}=1$.

故 $A D^{2}(A Q+A E)(A P-A E)=A E^{2}(A Q-A D)(A P+A D)$.

整理得

$(A D+A E)[A P \cdot A Q(A D-A E)+A D \cdot A E(A P-A Q)]=0$

$\Rightarrow A P \cdot A Q(A D-A E)=A D \cdot A E(A Q-A P)$.

因此, $A D=A E$ 的充分必要条件为 $A P=A Q$.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 已知对任意 $x 、 y 、 z \geqslant 0$ 有 $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z \geqslant c|(x-y)(y-z)(z-x)|$.

求 $c$ 的最大值.

Solution:
不等式左边

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

不妨设 $x \geqslant y \geqslant z \geqslant 0$.

若 $x=y$ 或 $y=z$, 对于任意实数 $c$, 不等式均成立.

若 $x>y>z \geqslant 0$, 固定 $x-y 、 y-z$, 则 $z-x$固定.

要使得 $c$ 最大, 应使左边最小, 即 $x+y+z$最小.

因为 $x+y+z=(x-y)+2(y-z)+3 z$, 所以,当 $z=0$ 时, 左边最小.

下面讨论 $x>y>z=0$ 的情形.

原式变为 $x^{3}+y^{3} \geqslant c x y(x-y)$.

令 $t=\frac{x}{y}(t>1)$. 则 $t^{3}+1 \geqslant c t(t-1)$.

故 $c_{\text {max }}=f(t)_{\text {min }}$, 其中, $f(t)=\frac{t^{3}+1}{t(t-1)}$.

设 $f(t)$ 在 $t_{0}$ 处取得最小值. 则

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

故 $\left(t_{0}+\frac{1}{t_{0}}\right)^{2}-2\left(t_{0}+\frac{1}{t_{0}}\right)-2=0$.

解得 $t_{0}=\frac{1+\sqrt{3}+\sqrt{2 \sqrt{3}}}{2}$.

从而, $c_{\text {max }}=f\left(t_{0}\right)=\left(\frac{\sqrt{6}+3 \sqrt{2}}{2}\right)^{\sqrt[4]{3}}$.

Final answer: $\left(\frac{\sqrt{6}+3 \sqrt{2}}{2}\right)^{\sqrt[4]{3}}$
Subfield: Number Theory


Question: 用 $r(n)$ 表示 $n$ 被 $1,2, \cdots, n$ 除所得余数的和. 试求所有正整数 $m(1<m \leqslant 2014)$,使得

$r(m)=r(m-1)$.

Solution:
记 $n$ 被 $k(1 \leqslant k \leqslant n)$ 除所得的余数为 $r_{k}(n)$.

于是, $r_{k}(n)=n-k\left[\frac{n}{k}\right]$, 其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.

则 $r(m)=\sum_{k=1}^{m} r_{k}(m)$

$=\sum_{k=1}^{m}\left(m-k\left[\frac{m}{k}\right]\right)=m^{2}-\sum_{k=1}^{m} k\left[\frac{m}{k}\right]$.

故 $r(m)=r(m-1)$

$\Leftrightarrow \sum_{k=1}^{m} k\left[\frac{m}{k}\right]-\sum_{k=1}^{m-1} k\left[\frac{m-1}{k}\right]=2 m-1$

$\Leftrightarrow m+\sum_{k=1}^{m-1} k\left(\left[\frac{m}{k}\right]-\left[\frac{m-1}{k}\right]\right)=2 m-1$

$\Leftrightarrow m+\sum_{\substack{k \mid m \\ 1 \leqslant k \leqslant m-1}} k=2 m-1$

$\Leftrightarrow \sum_{\substack{k \mid m \\ 1 \leqslant k \leqslant m}} k=2 m-1 \quad \quad (1)$.

式(1)左边就是 $m$ 的所有正约数之和 $\sigma(m)$.

设 $m=\prod_{i=1}^{i} p_{i}^{\alpha_{i}}\left(\right.$ 素数 $\left.p_{1}<p_{2}<\cdots<p_{t}, \alpha_{i} \in \mathbf{Z}_{+}\right)$.

故 $\sigma(m)=\prod_{i=1}^{i}\left(1+p_{i}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}\right)=2 m-1 \quad \quad (2)$.

若 $m$ 的奇素因子 $p_{i}$ 的指数 $\alpha_{i}$ 为奇数, 则 $1+p_{i}+\cdots+p_{i}^{\alpha_{i}}$ 为偶数,与式(2)矛盾.

因此, $m$ 中奇素因子的指数必为偶数, 即

$m=2^{s} a^{2}(s \in \mathbf{N}, \boldsymbol{a}$ 为正奇数 $)$.

显然, $m=2^{s}(s \in \mathbf{N})$ 满足式(1).

下设 $a>1$, 由 $1<m \leqslant 2014$, 得

$m \in\left\{p^{2 \alpha}, 2^{\alpha} p^{2 \beta} \mid p\right.$ 为奇素数 $\} \cup B$,其中, $B=\left\{3^{2} \times 5^{2}, 3^{2} \times 7^{2}, 3^{2} \times 11^{2}, 3^{2} \times 13^{2} , 5^{2} \times 7^{2}, 2 \times 3^{2} \times 5^{2}, 2^{2} \times 3^{2} \times 5^{2}, 2 \times 3^{2} \times 7^{2}, 2^{2} \times 3^{2} \times 7^{2}\right\}.$

若 $m=p^{2 \alpha}$, 则

式(2) $\Leftrightarrow \frac{p^{2 \alpha+1}-1}{p-1}=2 p^{2 \alpha}-1$ $\Leftrightarrow p^{2 \alpha+1}-2 p^{2 \alpha}-p+2=0$

$\Leftrightarrow(p-2)\left(p^{2 \alpha}-1\right)=0$

$\Leftrightarrow p=2$ 或 1 ,

矛盾.

若 $m=2^{\alpha} p^{2 \beta}$, 则

式(2) $\Leftrightarrow\left(2^{\alpha+1}-1\right) \frac{p^{2 \beta+1}-1}{p-1}=2^{\alpha+1} p^{2 \beta}-1$

$\Leftrightarrow p^{2 \beta+1}-2^{\alpha+1} p^{2 \beta}+2^{\alpha+1}-p=0$

$\Leftrightarrow\left(p-2^{\alpha+1}\right)\left(p^{2 \beta}-1\right)=0$

$\Leftrightarrow p=2^{\alpha+1}$ 或 1 ,

矛盾.

若 $m \in B$, 经检验,均不满足式(2).

综上,所求 $m=2^{s}\left(s \in \mathbf{Z}_{+}, s \leqslant 10\right)$.

Final answer: $2^{s}$
Subfield: Combinatorics


Question: $n(n \geqslant 3)$ 个盒子围成一圈, 按逆时针方向依次放人 1 个球, 2 个球, $\cdots, n$ 个球,然后进行如下操作:选择三个相邻的盒子, 分别放人 1 个球或在此三个盒子均非空的前提下分别拿走 1 个球. 求所有的正整数 $k$, 使得可经过有限次操作, $n$ 个盒子中均恰有 $k$ 个球.

Solution:
记初始状态恰有 $i(i=1,2, \cdots, n)$ 个球的盒子编号为 $i$, 且某步操作后该盒子中球数为 $x_{i}$.

当 $n=3 l$ 时, 将 $n$ 个盒子根据编号分成三组:

$\{1,4, \cdots, 3 l-2\},\{2,5, \cdots, 3 l-1\},\{3,6, \cdots, 3 l\}$.

显然, 每次操作恰涉及到各组中一个盒子.

记三组盒子中球数总和依次为 $X, Y, Z$.

显然,每次操作均使得 $X 、 Y 、 Z$ 要么同时增加 1 ,要么同时减少 1 .

在初始状态 $X<Y<Z$, 操作过程中始终保持 $X<Y<Z$, 因此, 对任意正整数 $k$, 均不可能经过有限次操作, 使得 $n=3 l$ 个盒子中均恰有 $k$ 个球, 即满足题意的正整数 $k$ 不存在.

在初始状态 $n$ 个盒子中球数总和为

$1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$,

每次操作球数总和要么增加 3 , 要么减少 3 , 在模 3 的意义下球数总和不变.

当 $n=3 l+1$ 时, 符合题意的正整数 $k$ 必满足

$\frac{(3 l+1)(3 l+2)}{2} \equiv(3 l+1) k(\bmod 3)$

$\Leftrightarrow k \equiv 1(\bmod 3)$.

当 $n=3 l+2$ 时,符合题意的正整数 $k$ 必满足

$\frac{(3 l+2)(3 l+3)}{2} \equiv(3 l+2) k(\bmod 3)$

$\Leftrightarrow k \equiv 0(\bmod 3)$.

下面证明:

(i) 当 $k \equiv 1(\bmod 3)$ 时, 可经过有限次操作,使得 $n=3 l+1$ 个盒子中均恰有 $k$ 个球.

(ii) 当 $k \equiv 0(\bmod 3)$ 时, 可经过有限次操作,使得 $n=3 l+2$ 个盒子中均恰有 $k$ 个球.

事实上,从某盒子开始按逆时针方向依次 1 个盒子放人 (取出) 1 个球,连续放人 (取出) $3 n$ 个球相当于 $n$ 次操作, 其结果为每个盒子均恰放人 (取出)了 3 个球, 因此, 只需构造有限次操作, 使得 $n$ 个盒子中的球数相同.

(i) 选择一个球数最多的盒子, 在其他盒子中各放人 1 个球 (相当于 $l$ 次操作), 相对而言其结果类似于从球数最多的那个盒子中取走 1 个球,因此,可经过有限次操作,使得 $n=3 l+1$ 个盒子中的球数相同.

(ii) 选择一个球数最少的盒子, 从它开始按逆时针方向依次 1 个盒子放人 1 个球, 连续放人 $3 l+3$ 个球 (相当于 $l+1$ 次操作), 其结果为那个盒子放人了 2 个球, 其他盒子均恰放人 1 个球, 相对而言其结果类似于从球数最少的那个盒子中放人 1 个球, 因此, 可经过有限次操作, 使得 $n=3 l+2$个盒子中的球数相同.

Final answer: $k \equiv 1(\bmod 3) , k \equiv 0(\bmod 3)$
Subfield: Geometry


Question: 如图, 已知 $\triangle A B C$ 满足 $A B$ $<A C, M$ 为边 $B C$ 的中点, 过点 $A$ 的 $\odot O$ 与边 $B C$ 切于点 $B$, 且与线段 $A M$ 交于点 $D$, 与 $C A$的延长线交于点 $E$, 过点 $C$ 且平行于 $B E$ 的直线与 $B D$ 的延长线交于点 $F, F E 、 C B$ 的延长线交于点 $G$. 证明: $G A=G D$.

<img_4209>

Solution:
因为 $\angle D A C=\angle E B D=\angle D F C$, 所以, $A 、 D 、 C 、 F$ 四点共圆, 设该圆为 $\odot O_{1}$.

由 $M C^{2}=M B^{2}=M A \cdot M D$, 知 $M C$ 与 $\odot O_{1}$切于点 $C$.

因为 $B E / / C F$, 所以, $G$ 是 $\odot O$ 与 $\odot O_{1}$ 的一个位似中心.

又 $A D$ 是 $\odot O$ 与 $\odot O_{1}$ 的公共弦, 于是, 点$G$ 在 $A D$ 的中垂线 $O O_{1}$ 上.

故 $G A=G D$.
Subfield: Geometry


Question: 如图, 已知 $\triangle A B C$ 满足 $A B$ $<A C, M$ 为边 $B C$ 的中点, 过点 $A$ 的 $\odot O$ 与边 $B C$ 切于点 $B$, 且与线段 $A M$ 交于点 $D$, 与 $C A$的延长线交于点 $E$, 过点 $C$ 且平行于 $B E$ 的直线与 $B D$ 的延长线交于点 $F, F E 、 C B$ 的延长线交于点 $G$. 证明: $G A=G D$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9c960fc71a4ae148cd0cg-1.jpg?height=277&width=532&top_left_y=1081&top_left_x=263)

Solution:
因为 $\angle D A C=\angle E B D=\angle D F C$, 所以, $A 、 D 、 C 、 F$ 四点共圆, 设该圆为 $\odot O_{1}$.

由 $M C^{2}=M B^{2}=M A \cdot M D$, 知 $M C$ 与 $\odot O_{1}$切于点 $C$.

因为 $B E / / C F$, 所以, $G$ 是 $\odot O$ 与 $\odot O_{1}$ 的一个位似中心.

又 $A D$ 是 $\odot O$ 与 $\odot O_{1}$ 的公共弦, 于是, 点$G$ 在 $A D$ 的中垂线 $O O_{1}$ 上.

故 $G A=G D$.

Final answer: 证明题
Subfield: Algebra


Question: 已知 $a 、 b 、 c$ 是三个互异实数.若在二次方程

$$
\begin{aligned}
& x^{2}+a x+b=0, \quad \quad (1) \\
& x^{2}+b x+c=0, \quad \quad (2)\\
& x^{2}+c x+a=0  \quad \quad (3)
\end{aligned}
$$

中任意两个均恰有一.个公共根, 求 $a^{2}+b^{2}+$ $c^{2}$ 的值.

Solution:
由方程(1)、(2)知其公共根为 $p=\frac{b-c}{b-a}$.

同理,方程(2)、(3),方程(1)、(3)的公共根分别为 $q=\frac{c-a}{c-b}, r=\frac{a-b}{a-c}$.

于是, $p q r=-1$.

若 $p 、 q 、 r$ 中有两个相等, 不妨设 $p=q$, 则三个方程有公共根 $p$. 于是,

$$
p=r \Rightarrow p=r=q=-1 \Rightarrow a=b=c,
$$

矛盾.

下设 $p 、 q 、 r$ 互异. 则三个方程有形式

$$
\begin{aligned}
& (x-p)(x-r)=0, \\
& (x-p)(x-q)=0, \\
& (x-q)(x-r)=0 .
\end{aligned}
$$

于是, $a=-p-r=q r, b=-q-p=r p$,

$c=-r-q=p q$.

故 $-2(p+q+r)=p q+q r+r p$,

$$
\begin{aligned}
& -1=(q+1)(p+1)(r+1) \\
& =p q+q r+r p+p+q+r .
\end{aligned}
$$

于是, $p+q+r=1, p q+q r+r p=-2$.

则 $a^{2}+b^{2}+c^{2}$

$$
=2\left(p^{2}+q^{2}+r^{2}+p q+q r+r p\right)=6 .
$$

Final answer: $6$
Subfield: Combinatorics


Question: 对任意的 $a \in\{0,1, \cdots, 9\}$,证明: 集合 $X=\left\{[n \sqrt{2}] \mid n \in \mathbf{N}_{+}\right\}$中有无穷多个元素,其个位数字为 $a$,其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.

Solution:
记 $x_{n}=[n \sqrt{2}]$. 显然,

$$
x_{n+1}=[n \sqrt{2}+\sqrt{2}] \geqslant[n \sqrt{2}+1]=x_{n}+1 \text {, }
$$

且 $x_{n+1}=[n \sqrt{2}+\sqrt{2}] \leqslant[n \sqrt{2}+2]=x_{n}+2$,

即 $x_{n+1}-x_{n}=1$ 或 2 .

假设集合 $X=\left\{[n \sqrt{2}] \ln \in \mathbf{N}_{+}\right\}$中只有有限个元素, 其个位数字为 $a$. 则存在 $M \in$ $\mathrm{N}_{+}$, 使得当 $n \geqslant M$ 时, $x_{n}=[n \sqrt{2}]$ 的个位数字均不为 $a$.

由 $x_{n+1}-x_{n}=1$ 或 2 , 并结合 $\lim _{n \rightarrow+\infty} x_{n}=+\infty$,知存在 $n \geqslant M$, 使得

$$
x_{n}=10 k+a+1\left(k \in \mathbf{N}_{+}\right)
$$

由 $x_{n+7}=[n \sqrt{2}+7 \sqrt{2}]\geqslant[n \sqrt{2}+9]=x_{n}+9$, $x_{n+7}=[n \sqrt{2}+2 \sqrt{2}] \leqslant[n \sqrt{2}+10]=x_{n}+10$,故只能 $x_{n+7}=x_{n}+10=10(k+1)+a+1$.

同理, $x_{n+14}=x_{n+7}+10=10(k+2)+a+1$, $\cdots, x_{n+70}=x_{n+63}+10=10(k+10)+a+1$.

由 $70^{2} \times 2=9800<9801=99 \times 99$, 知

$$
\begin{aligned}
& x_{n+70}=[n \sqrt{2}+70 \sqrt{2}] \\
& \leqslant[n \sqrt{2}+99]=10(k+10)+a
\end{aligned}
$$

矛盾.

因此,集合 $X=\left\{[n \sqrt{2}] \mid n \in \mathbf{N}_{+}\right\}$中有无穷多个元素, 其个位数字为 $a$.
Subfield: Combinatorics


Question: 已知 2013 个人, 每人分别持有 $1,2, \cdots, 2013$ 张卡片,按任意顺序围坐在圆桌旁. 一次传递是指某人将自己手中的一张卡片传给与其相邻的两个人之一. 证明: 若经过 $m$ 次传递后, 使得每个人持有的卡片数相同, 且 $m$ 最小, 则存在相邻两人, 他们相互之间没有传递卡片.

Solution:
将圆桌旁 2013 人顺时针依次记为 $A_{0}, A_{1}, \cdots, A_{2 n}(n=1006)$. 设 $A_{i}$ 手中持有 $a_{i}+(n+1)$ 张卡片. 则 $\left(a_{0}, a_{1}, \cdots, a_{2 n}\right)$ 是 $(-n,-n+1, \cdots,-1,0,1, \cdots, n)$ 的一个排列, 且 $\sum_{i=0}^{2 n} a_{i}=0$.

设所有传递结束后, $A_{i+1}$ 传给 $A_{i}(i=0$, $1, \cdots, 2 n, A_{2 n+1}=A_{0}$ ) 共 $x_{i}$ 张卡片(若 $x_{i}<0$,表示 $A_{i}$ 传给 $A_{i+1}$ 的卡片 $-x_{i}$ 张).

由题设知

$$
\begin{aligned}
& x_{i}+a_{i}-x_{i-1}=0 \\
& \Rightarrow x_{i}=x_{i-1}-a_{i}=\cdots=x_{2 n}-\sum_{j=0}^{i} a_{j} . \quad \quad (1)
\end{aligned}
$$

特别地, $x_{2 n}=x_{2 n}-\sum_{j=0}^{2 n} a_{j}$.

故所有传递次数之和为

$$
A=\sum_{i=0}^{2 n}\left|x_{i}\right|=\sum_{i=0}^{2 n}\left|x_{2 n}-\sum_{j=0}^{i} a_{j}\right|
$$

将 $\sum_{j=0}^{i} a_{j}(i=0,1, \cdots, 2 n)$ 按从小到大重新排列为 $b_{0}, b_{1}, \cdots, b_{2 n}$. 则存在 $i_{0} \in\{0,1$, $\cdots, 2 n\}$, 使得 $b_{n}=\sum_{j=0}^{i_{0}} a_{j}$.

故 $A=\sum_{i=0}^{2 n}\left|x_{2 n}-b_{i}\right|$

$$
\begin{aligned}
& =\left|x_{2 n}-b_{n}\right|+\sum_{i=0}^{n-1}\left(\left|x_{2 n}-b_{i}\right|+\left|b_{n+1+i}-x_{2 n}\right|\right) \\
& \geqslant \sum_{i=0}^{n-1}\left(b_{n+1+i}-b_{i}\right),
\end{aligned}
$$

当且仅当 $x_{2 n}=b_{n}$ 时, $A$ 取最小值.

此时, $x_{i}(i=0,1, \cdots, 2 n-1)$ 由 $x_{2 n}$ 及式 (1)唯一确定.

特别地, $x_{i_{0}}=x_{2 n}-\sum_{j=0}^{i_{0}} a_{j}=b_{n}-\sum_{j=0}^{i_{0}} a_{j}=0$,表示 $A_{i_{0}}$ 与 $A_{i_{0}+1}$ 之间始终没有传递卡片.
Subfield: Geometry


Question: <img_4158>

如图,已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, A D$ 为 $\odot O$ 的直径,过点 $B 、 C$ 且垂直于 $B C$ 的直线与 $C A 、 B A$ 的延长线分别交于点 $E 、 F$. 证明: $\angle A D F=\angle B E D$.

Solution:
<img_4146>

如图, 联结 $B D 、 C D$.

则 $\angle D B F=\angle D C E=90^{\circ}$,

且 $\frac{B F}{C E}=\frac{\frac{B C}{\cos \angle C B F}}{\frac{B C}{\cos \angle B C E}}=\frac{\sin \angle B C D}{\sin \angle C B D}=\frac{B D}{C D} .$

故 $\triangle D B F \backsim \triangle D C E$

$\Rightarrow \angle B D F=\angle C D E$

$\Rightarrow \angle B D E=\angle C D F$.

因为 $B E / / C F$, 所以, $A$ 是线段 $C F$ 与 $E B$的一个位似中心. 设点 $D$ 关于此位似变换的对应点为 $D^{\prime}$. 则

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

于是, $B 、 D 、 D^{\prime} 、 E$ 四点共圆.

故 $\angle A D F=\angle A D^{\prime} B=\angle B D^{\prime} D=\angle B E D$.
Subfield: Geometry


Question: ![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_9c960fc71a4ae148cd0cg-1.jpg?height=477&width=218&top_left_y=745&top_left_x=1391)

如图,已知锐角 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\odot O, A D$ 为 $\odot O$ 的直径,过点 $B 、 C$ 且垂直于 $B C$ 的直线与 $C A 、 B A$ 的延长线分别交于点 $E 、 F$. 证明: $\angle A D F=\angle B E D$.

Solution:
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_03fa95b5a29354789240g-1.jpg?height=562&width=270&top_left_y=778&top_left_x=597)

如图, 联结 $B D 、 C D$.

则 $\angle D B F=\angle D C E=90^{\circ}$,

且 $\frac{B F}{C E}=\frac{\frac{B C}{\cos \angle C B F}}{\frac{B C}{\cos \angle B C E}}=\frac{\sin \angle B C D}{\sin \angle C B D}=\frac{B D}{C D} .$

故 $\triangle D B F \backsim \triangle D C E$

$\Rightarrow \angle B D F=\angle C D E$

$\Rightarrow \angle B D E=\angle C D F$.

因为 $B E / / C F$, 所以, $A$ 是线段 $C F$ 与 $E B$的一个位似中心. 设点 $D$ 关于此位似变换的对应点为 $D^{\prime}$. 则

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

于是, $B 、 D 、 D^{\prime} 、 E$ 四点共圆.

故 $\angle A D F=\angle A D^{\prime} B=\angle B D^{\prime} D=\angle B E D$.

Final answer: 证明题