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


Question: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义如下: $a_{1}$ 是任意正整数, 对整数 $n \geqslant 1, a_{n+1}$ 是与 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}$ 互素, 且不等于 $a_{1}, \cdots, a_{n}$ 的最小整数.

证明: 每个正整数均在数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现.

Solution:
显然 $a_{1}=1$ 或 $a_{2}=1$. 下面考虑整数 $m>1$, 设 $m$ 有 $k$ 个不同素因子, 我们对 $k$ 归纳证明 $m$ 在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现. 记 $S_{n}=a_{1}+\cdots+a_{n}, n \geqslant 1$.

$k=1$ 时, $m$ 是素数方幂, 设 $m=p^{a}$, 其中 $a>0, p$ 是素数. 假设 $m$ 不在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现. 由于 $\left\{a_{n}\right\}$ 各项互不相同, 因此存在正整数 $N$, 当 $n \geqslant N$ 时, 都有 $a_{n}>p^{a}$. 若对某个 $n \geqslant N, p \nmid S_{n}$, 那么 $p^{a}$ 与 $S_{n}$ 互素, 又 $a_{1}, \cdots, a_{n}$ 中无一项是 $p^{a}$, 故由数列定义知 $a_{n+1} \leqslant p^{a}$, 但是 $a_{n+1}>p^{a}$, 矛盾!

因此对每个 $n \geqslant N$, 都有 $p \mid S_{n}$, 但由 $p \mid S_{n+1}$ 及 $p \mid S_{n}$ 知 $p \mid a_{n+1}$, 从而 $a_{n+1}$ 与 $S_{n}$ 不互素, 这与 $a_{n+1}$ 的定义矛盾.

假设 $k \geqslant 2$, 且结论对 $k-1$ 成立. 设 $m$ 的标准分解为 $m=p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$, 假设 $m$ 不在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现, 于是存在正整数 $N^{\prime}$, 当 $n \geqslant N^{\prime}$ 时, 都有 $a_{n}>m$. 取充分大的正整数 $\beta_{1}, \cdots, \beta_{k-1}$, 使得 $M=p_{1}^{\beta_{1}} \cdots p_{k-1}^{\beta_{k-1}}>\max _{1 \leqslant n \leqslant N^{\prime}} a_{n}$.

我们证明, 对 $n \geqslant N^{\prime}$, 有 $a_{n+1} \neq M$. 对任意 $n \geqslant N^{\prime}$, 若 $S_{n}$ 与 $p_{1} p_{2} \cdots p_{k}$ 互素, 则 $m$与 $S_{n}$ 互素, 又 $m$ 在 $a_{1}, \cdots, a_{n}$ 中均未出现, 而 $a_{n+1}>m$, 这与数列的定义矛盾. 因此我们推出: 对任意 $n \geqslant N^{\prime}, S_{n}$ 与 $p_{1} p_{2} \cdots p_{k}$ 不互素. (*)

情形一

若存在 $i(1 \leqslant i \leqslant k-1)$, 使得 $p_{i} \mid S_{n}$, 因 $\left(a_{n+1}, S_{n}\right)=1$, 故 $p_{i} \nmid a_{n+1}$, 从而 $a_{n+1} \neq M$ (因 $\left.p_{i} \mid M\right)$.

情形二

若对每个 $i(1 \leqslant i \leqslant k-1)$, 均有 $p_{i} \nmid S_{n}$, 则由 $(*)$ 知必有 $p_{k} \mid S_{n}$. 于是 $p_{k} \nmid a_{n+1}$, 进而 $p_{k} \nmid S_{n}+a_{n+1}$, 即 $p_{k} \nmid S_{n+1}$. 故由 (*) 知, 存在 $i_{0}\left(1 \leqslant i_{0} \leqslant k-1\right)$, 使得 $p_{i_{0}} \mid S_{n+1}$, 再由 $S_{n+1}=S_{n}+a_{n+1}$ 及前面的假设 $p_{i} \nmid S_{n}(1 \leqslant i \leqslant k-1)$, 可知 $p_{i_{0}} \nmid a_{n+1}$, 故 $a_{n+1} \neq M$.因此对 $n \geqslant N^{\prime}+1$, 均有 $a_{n} \neq M$, 而 $M>\max _{1 \leqslant i \leqslant N^{\prime}} a_{n}$, 故 $M$ 不在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现, 这与归纳假设矛盾. 因此, 若 $m$ 有 $k$ 个不同素因子, 则 $m$ 一定在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现. 由数学归纳法知, 所有正整数均在 $\left\{a_{n}\right\}$ 中出现.
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}: a_{1}=7, \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=a_{n}+2, n=1,2,3, \cdots$. 求满足 $a_{n}>4^{2018}$ 的最小正整数 $n$.

Solution:
由 $\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=a_{n}+2$ 可知 $a_{n+1}+1=\left(a_{n}+1\right)^{2}$. 因此 $a_{n}+1=\left(a_{1}+1\right)^{2^{n-1}}=8^{2^{n-1}}=2^{3 \times 2^{n-1}}$,
故 $a_{n}=2^{3 \times 2^{n-1}}-1$. 显然 $\left\{a_{n}\right\}$ 单调递增. 由于 $a_{11}=2^{3072}-1<2^{4036}=4^{2018}, a_{12}=$ $2^{6144}-1>2^{4036}=4^{2018}$, 故满足题目条件的 $n$ 的最小值是 12 .

Final answer: $12$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, $A, B$ 与 $C, D$ 分别是椭圆 $\Gamma: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>$ $b>0)$ 的左右顶点与上下顶点. 设 $P, Q$ 是 $\Gamma$ 上且位于第一象限的两点, 满足 $O Q \| A P$, $M$ 是线段 $A P$ 的中点, 射线 $O M$ 与椭圆交于点 $R$.

证明: 线段 $O Q, O R, B C$ 能构成一个直角三角形.

<img_4135>

Solution:
设点 $P$ 坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$. 由于 $\overrightarrow{O Q}\|\overrightarrow{A P}, \overrightarrow{A P}=\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A} ; \overrightarrow{O R}\| \overrightarrow{O M}, \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+$ $\overrightarrow{O A})$, 故存在实数 $\lambda, \mu$, 使得 $\overrightarrow{O Q}=\lambda(\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A}), \overrightarrow{O R}=\mu(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O A})$. 此时点 $Q, R$的坐标可分别表示是 $\left(\lambda\left(x_{0}+a\right), \lambda y_{0}\right),\left(\mu\left(x_{0}-a\right), \mu y_{0}\right)$. 由于点 $Q, R$ 都在椭圆上, 所以 $\lambda^{2}\left(\frac{\left(x_{0}+a\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)=\mu^{2}\left(\frac{\left(x_{0}-a\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)=1$.

结合 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$ 知, 上式可化为 $\lambda^{2}\left(2+\frac{2 x_{0}}{a}\right)=\mu^{2}\left(2-\frac{2 x_{0}}{a}\right)=1$, 解得 $\lambda^{2}=$ $\frac{a}{2\left(a+x_{0}\right)}, \mu^{2}=\frac{a}{2\left(a-x_{0}\right)}$.



因此 $|O Q|^{2}+|O R|^{2}=\lambda^{2}\left(\left(x_{0}+a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)+\mu^{2}\left(\left(x_{0}-a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)$

$=\frac{a}{2\left(a+x_{0}\right)}\left(\left(x_{0}+a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)+\frac{a}{2\left(a-x_{0}\right)}\left(\left(x_{0}-a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)$

$=\frac{a\left(a+x_{0}\right)}{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2\left(a+x_{0}\right)}+\frac{a\left(a-x_{0}\right)}{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2\left(a-x_{0}\right)}$

$=a^{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2}\left(\frac{1}{a+x_{0}}+\frac{1}{a-x_{0}}\right)$

$=a^{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2} \cdot \frac{2 a}{a^{2}-x_{0}^{2}}=a^{2}+\frac{a^{2} \cdot b^{2}\left(1-\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}\right)}{a^{2}-x_{0}^{2}}=a^{2}+b^{2}=|B C|^{2}$.

从而线段 $O Q, O R, B C$ 能构成一个直角三角形.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在平面直角坐标系 $x O y$ 中, $A, B$ 与 $C, D$ 分别是椭圆 $\Gamma: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>$ $b>0)$ 的左右顶点与上下顶点. 设 $P, Q$ 是 $\Gamma$ 上且位于第一象限的两点, 满足 $O Q \| A P$, $M$ 是线段 $A P$ 的中点, 射线 $O M$ 与椭圆交于点 $R$.

证明: 线段 $O Q, O R, B C$ 能构成一个直角三角形.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_aa9923241db0221fe1d7g-1.jpg?height=502&width=600&top_left_y=1328&top_left_x=771)

Solution:
设点 $P$ 坐标为 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$. 由于 $\overrightarrow{O Q}\|\overrightarrow{A P}, \overrightarrow{A P}=\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A} ; \overrightarrow{O R}\| \overrightarrow{O M}, \overrightarrow{O M}=\frac{1}{2}(\overrightarrow{O P}+$ $\overrightarrow{O A})$, 故存在实数 $\lambda, \mu$, 使得 $\overrightarrow{O Q}=\lambda(\overrightarrow{O P}-\overrightarrow{O A}), \overrightarrow{O R}=\mu(\overrightarrow{O P}+\overrightarrow{O A})$. 此时点 $Q, R$的坐标可分别表示是 $\left(\lambda\left(x_{0}+a\right), \lambda y_{0}\right),\left(\mu\left(x_{0}-a\right), \mu y_{0}\right)$. 由于点 $Q, R$ 都在椭圆上, 所以 $\lambda^{2}\left(\frac{\left(x_{0}+a\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)=\mu^{2}\left(\frac{\left(x_{0}-a\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)=1$.

结合 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$ 知, 上式可化为 $\lambda^{2}\left(2+\frac{2 x_{0}}{a}\right)=\mu^{2}\left(2-\frac{2 x_{0}}{a}\right)=1$, 解得 $\lambda^{2}=$ $\frac{a}{2\left(a+x_{0}\right)}, \mu^{2}=\frac{a}{2\left(a-x_{0}\right)}$.



因此 $|O Q|^{2}+|O R|^{2}=\lambda^{2}\left(\left(x_{0}+a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)+\mu^{2}\left(\left(x_{0}-a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)$

$=\frac{a}{2\left(a+x_{0}\right)}\left(\left(x_{0}+a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)+\frac{a}{2\left(a-x_{0}\right)}\left(\left(x_{0}-a\right)^{2}+y_{0}^{2}\right)$

$=\frac{a\left(a+x_{0}\right)}{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2\left(a+x_{0}\right)}+\frac{a\left(a-x_{0}\right)}{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2\left(a-x_{0}\right)}$

$=a^{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2}\left(\frac{1}{a+x_{0}}+\frac{1}{a-x_{0}}\right)$

$=a^{2}+\frac{a y_{0}^{2}}{2} \cdot \frac{2 a}{a^{2}-x_{0}^{2}}=a^{2}+\frac{a^{2} \cdot b^{2}\left(1-\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}\right)}{a^{2}-x_{0}^{2}}=a^{2}+b^{2}=|B C|^{2}$.

从而线段 $O Q, O R, B C$ 能构成一个直角三角形.

Final answer: 证明题
Subfield: Elementary Functions


Question: 设 $a, b$ 是实数, 函数 $f(x)=a x+b+\frac{9}{x}$. 证明: 存在 $x_{0} \in[1,9]$, 使得 $\left|f\left(x_{0}\right)\right| \geqslant 2$.

Solution:
只需证明存在 $u, v \in[1,9]$, 满足 $|f(u)-f(v)| \geqslant 4$, 进而由绝对值不等式得 $|f(u)|+$ $|f(v)| \geqslant|f(u)-f(v)| \geqslant 4$, 故 $|f(u)| \geqslant 2$ 与 $|f(v)| \geqslant 2$ 中至少有一个成立. 当 $a \in$ $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right] \bigcup\left[\frac{3}{2},+\infty\right)$ 时, 有 $|f(1)-f(9)|=|(a+b+9)-(9 a+b+1)|=8|1-a| \geqslant 4$.当 $\frac{1}{2}<a<\frac{3}{2}$ 时, 有 $\frac{3}{\sqrt{a}} \in[1,9]$. 再分两种情况: 若 $\frac{1}{2}<a \leqslant 1$, 则 $\left|f(1)-f\left(\frac{3}{\sqrt{a}}\right)\right|=$ $|(a+b+9)-(6 \sqrt{a}+b)|=(3-\sqrt{a})^{2} \geqslant 4$. 若 $1<a<\frac{3}{2}$, 则 $\left|f(9)-f\left(\frac{3}{\sqrt{a}}\right)\right|=$ $|(9 a+b+1)-(6 \sqrt{a}+b)|=(3 \sqrt{a}-1)^{2} \geqslant 4$.

综上可知, 存在 $u, v \in[1,9]$, 满足 $|f(u)-f(v)| \geqslant 4$, 从而命题得证.
用反证法. 假设对任意 $x \in[1,9]$, 均有 $|f(x)|<2$, 则 $|f(1)|<2,|f(3)|<2,|f(9)|<2$.

易知 $f(1)=a+b+9$, (1)

$f(3)=3 a+b+3$, (2)

$f(9)=9 a+b+1$. (3)

由 (1), (2) 得, $2 a-6=f(2)-f(1)$; 又由 (2), (3) 得, $6 a-2=f(3)-f(2)$. 由上述两式消去 $a$, 可知 $f(3)-4 f(2)+3 f(1)=(6 a-2)-3 \cdot(2 a-6)=16$. 但 $f(3)-4 f(2)+3 f(1)<2+4 \cdot 2+3 \cdot 2=16$, 矛盾! 从而命题得证.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在等腰 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 边 $A C$ 上一点 $D$ 及 $B C$ 延长线上一点 $E$满足 $\frac{A D}{D C}=\frac{B C}{2 C E}$, 以 $A B$ 为直径的圆 $w$ 与线段 $D E$ 交于一点 $F$. 证明: $B, C, F, D$ 四点共圆.
![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_2decfda4e638fc803526g-1.jpg?height=513&width=880&top_left_y=346&top_left_x=631)

Solution:
如下图, 取 $B C$ 中点 $H$, 则由 $A B=A C$ 知 $A H \perp B C$, 故 $H$ 在圆 $w$ 上.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_2decfda4e638fc803526g-1.jpg?height=502&width=879&top_left_y=1294&top_left_x=634)

延长 $F D$ 至 $G$, 使得 $A G \| B C$, 结合已知条件得, $\frac{A G}{C E}=\frac{A D}{D C}=\frac{B C}{2 C E}$, 故 $A G=$ $\frac{1}{2} B C=B H=H C$, 从而 $A G B H$ 为矩形, $A G H C$ 为平行四边形. 由 $A G B H$ 为矩形知, $G$ 亦在圆 $w$ 上. 故 $\angle H G F=\angle H B F$. 又 $A G H C$ 为平行四边形, 由 $A C \| G H$,得 $\angle C D F=\angle H G F$. 所以 $\angle C D F=\angle H B F=\angle C B F$, 故 $B, C, F, D$ 四点共圆.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图所示, 在等腰 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C$, 边 $A C$ 上一点 $D$ 及 $B C$ 延长线上一点 $E$满足 $\frac{A D}{D C}=\frac{B C}{2 C E}$, 以 $A B$ 为直径的圆 $w$ 与线段 $D E$ 交于一点 $F$. 证明: $B, C, F, D$ 四点共圆.
<img_4227>

Solution:
如下图, 取 $B C$ 中点 $H$, 则由 $A B=A C$ 知 $A H \perp B C$, 故 $H$ 在圆 $w$ 上.

<img_4161>

延长 $F D$ 至 $G$, 使得 $A G \| B C$, 结合已知条件得, $\frac{A G}{C E}=\frac{A D}{D C}=\frac{B C}{2 C E}$, 故 $A G=$ $\frac{1}{2} B C=B H=H C$, 从而 $A G B H$ 为矩形, $A G H C$ 为平行四边形. 由 $A G B H$ 为矩形知, $G$ 亦在圆 $w$ 上. 故 $\angle H G F=\angle H B F$. 又 $A G H C$ 为平行四边形, 由 $A C \| G H$,得 $\angle C D F=\angle H G F$. 所以 $\angle C D F=\angle H B F=\angle C B F$, 故 $B, C, F, D$ 四点共圆.
Subfield: Algebra


Question: 设集合 $A=\{1,2, \cdots, n\}, X, Y$ 均为 $A$ 的非空子集 (允许 $X=Y$ ). $X$ 中的最大元与 $Y$ 中的最小元分别记为 $\max X, \min Y$. 求满足 $\max X>\min Y$ 的有序集合对 $(X, Y)$ 的数目.

Solution:
先计算满足 $\max X \leqslant \min Y$ 的有序集合对 $(X, Y)$ 的数目. 对给定的 $m=\max X$, 集合 $X$ 是集合 $\{1,2, \cdots, m-1\}$ 的任意一个子集与 $\{m\}$ 的并，故并有 $2^{m-1}$ 种取法. 又 $\min Y \geqslant M$, 故 $Y$ 是 $\{m, m+1, \cdots, n\}$ 的任意一个非空子集, 共有 $2^{n+1-m}-1$ 种取法. 因此, 满足 $\max X \leqslant \min Y$ 的有序集合对 $(X, Y)$ 的数目是 $\sum_{m=1}^{n} 2^{m-1}\left(2^{n+1-m}-1\right)=\sum_{m=1}^{n} 2^{n}-\sum_{m=1}^{n} 2^{m-1}=n \cdot 2^{n}-2^{n}+1$. 由于有序集合对 $(X, Y)$ 有 $\left(2^{n}-1\right) \cdot\left(2^{n}-1\right)=\left(2^{n}-1\right)^{2}$ 个, 于是满足 $\max X>\min Y$的有序集合对 $(X, Y)$的数目是$\left(2^{n}-1\right)^{2}-n \cdot 2^{n}+2^{n}-1=2^{2 n}-2^{n}(n+1)$.

Final answer: $2^{2 n}-2^{n}(n+1)$
Subfield: Number Theory


Question: 给定整数 $a \geqslant 2$. 证明: 对任意正整数 $n$, 存在正整数 $k$, 使得连续 $n$ 个数 $a^{k}+1, a^{k}+$ $2, \cdots, a^{k}+n$ 均是合数.

Solution:
设 $i_{1}<i_{2}<\cdots<i_{r}$ 是 $1,2, \cdots, n$ 中与 $a$ 互素的全体整数, 则对 $1 \leqslant i \leqslant n, i \notin$ $\left\{i_{1}, i_{2}, \cdots, i_{r}\right\}$, 无论正整数 $k$ 如何取值, $a^{k}+i$ 均与 $a$ 不互素且大于 $a$, 故 $a^{k}+i$ 为合数.

对任意 $j=1,2, \cdots, r$, 因 $a+i_{j}>1$, 故 $a+i_{j}$ 有素因子 $p_{j}$.

我们有 $\left(p_{j}, a\right)=1$ (否则, 因 $p_{j}$ 是素数, 故 $p_{j} \mid a$, 但 $p_{j} \mid a+i_{j}$, 从而 $p_{j} \mid i_{j}$, 故 $a, i_{j}$不互素, 与 $i_{j}$ 的取法矛盾). 因此, 由费马小定理知, $a^{p_{j}-1} \equiv 1\left(\bmod p_{j}\right)$. 现取 $k=$ $\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \cdots\left(p_{r}-1\right)+1$. 对任意 $j=1,2, \cdots, r$, 注意到 $k \equiv 1\left(\bmod p_{j}-1\right)$,故有 $a^{k}+i_{j} \equiv a+i_{j} \equiv 0\left(\bmod p_{j}\right)$. 又 $a^{k}+i_{j}>a+i_{j} \geqslant p_{j}$, 故 $a^{k}+i_{j}$ 为合数.

综上所述, 当 $k=\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \cdots\left(p_{r}-1\right)+1$ 时, $a^{k}+1, a^{k}+2, \cdots, a^{k}+n$ 均是合数.
Subfield: Algebra


Question: 设 $k, m$ 为实数, 不等式 $\left|x^{2}-k x-m\right| \leqslant 1$ 对所有 $x \in[a, b]$ 成立. 证明: $b-a \leqslant 2 \sqrt{2}$.

Solution:
根据题意, 有

$$
\forall x \in[a, b], x^{2}-1 \leqslant k x+m \leqslant x^{2}+1
$$

如下图, 考虑直线 $y=k x+m$ 截图中阴影部分得到的线段在 $x$ 轴上的投影长度. 不妨设 $k \geqslant 0$. 分别记

$$
\Delta_{1}=k^{2}+4 m-4, \Delta_{2}=k^{2}+4 m+4 \text {. }
$$



<img_4062>

情形 1 : 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相交, 即 $\Delta_{1}>0$. 且有

$$
\begin{aligned}
b-a & \leqslant\left|\frac{k+\sqrt{\Delta_{2}}}{2}-\frac{k+\sqrt{\Delta_{1}}}{2}\right| \\
& =\frac{1}{2}\left|\sqrt{k^{2}+4 m+4}-\sqrt{k^{2}+4 m-4}\right| \\
& =\frac{4}{\sqrt{k^{2}+4 m+4}+\sqrt{k^{2}+4 m-4}} \\
& <\frac{4}{\sqrt{8}+\sqrt{0}} \\
& =\sqrt{2} .
\end{aligned}
$$

情形 2: 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相离且与抛物线 $y=x^{2}-1$ 相交, 此时将直线 $y=k x+m$ 向上平移, 直至与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相切可以使得线段投影长度增大, 因此此时无法取得最大值.

情形 3: 直线 $y=k x+m$ 与抛物线 $y=x^{2}+1$ 相切, 即 $\Delta_{1}=0$. 此时

$$
b-a \leqslant \frac{2 \sqrt{\Delta_{2}}}{2}=2 \sqrt{2}
$$

综上所述, 原命题得证.
根据题意, 有

$$
\left\{\begin{array}{l}
\left|b^{2}-k b-m\right| \leqslant 1 \\
\left|a^{2}-k a-m\right| \leqslant 1 \\
\left|\left(\frac{b+a}{2}\right)^{2}-k \cdot \frac{b+a}{2}-m\right| \leqslant 1
\end{array}\right.
$$

于是

$$
(b-a)^{2} \leqslant 2\left|b^{2}-k b-m\right|+2\left|a^{2}-k a-m\right|+4\left|\left(\frac{b+a}{2}\right)^{2}-k \cdot \frac{b+a}{2}-m\right| \leqslant 8,
$$

于是原命题得证.
Subfield: Algebra


Question: 设 $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ 是非负实数, 满足 $x_{1}+x_{2}+x_{3}=1$, 求 $\left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\right)\left(x_{1}+\frac{x_{2}}{3}+\frac{x_{3}}{5}\right)$的最小值和最大值.

Solution:
设题中代数式为 $M$, 则

$$
\begin{aligned}
M & =x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+\frac{10}{3} x_{1} x_{2}+\frac{34}{15} x_{2} x_{3}+\frac{26}{5} x_{3} x_{1} \\
& =\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}+\frac{4}{15}\left(5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1}\right) \\
& =1+\frac{4}{15}\left(5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1}\right) .
\end{aligned}
$$

一方面，有

$$
5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1} \geqslant 0
$$

等号当 $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=(1,0,0)$ 时取得, 因此 $M$ 的最小值为 1 .

另一方面, 有

$$
\begin{aligned}
5 x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+12 x_{3} x_{1} & \leqslant 6 x_{1} x_{2}+6 x_{2} x_{3}+6 x_{3} x_{1}+3 x_{3}^{2}+3 x_{1}^{2} \\
& \leqslant 3\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2} \\
& =3
\end{aligned}
$$

等号当 $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\left(\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}\right)$ 时取得, 因此 $M$ 的最大值为 $\frac{9}{5}$.
设题中代数式为 $M$ ，则

$$
M=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+x_{3}^{2}+\frac{10}{3} x_{1} x_{2}+\frac{34}{15} x_{2} x_{3}+\frac{26}{5} x_{3} x_{1} \geqslant\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\right)^{2}=1,
$$

等号当 $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=(1,0,0)$ 时取得, 因此 $M$ 的最小值为 1 .

另一方面, 有

$5 M=\left(x_{1}+3 x_{2}+5 x_{3}\right)\left(5 x_{1}+\frac{5}{3} x_{2}+x_{3}\right) \leqslant\left(3 x_{1}+\frac{7}{3} x_{2}+3 x_{3}\right)^{2} \leqslant\left(3 x_{1}+3 x_{2}+3 x_{3}\right)^{2}$,

等号当 $\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\left(\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{2}\right)$ 时取得, 因此 $M$ 的最大值为 $\frac{9}{5}$.

Final answer: $1 , \frac{9}{5}$
Subfield: Complex Numbers


Question: 设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\operatorname{Re}\left(z_{1}\right)>0, \operatorname{Re}\left(z_{2}\right)>0$, 且 $\operatorname{Re}\left(z_{1}^{2}\right)=\operatorname{Re}\left(z_{2}^{2}\right)=2$, 其中 $\operatorname{Re}(z)$ 表示复数 $z$ 的实部.
求 $\operatorname{Re}\left(z_{1} z_{2}\right)$ 的最小值;

Solution:
设 $z_{k}=x_{k}+\mathrm{i} y_{k}, k=1,2$. 根据题意, 有 $x_{1}, x_{2}>0$, 且

$$
x_{1}^{2}-y_{1}^{2}=x_{2}^{2}-y_{2}^{2}=2 \text {. }
$$

于是 $P_{1}\left(x_{1}, y_{2}\right)$ 和 $P_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right)$ 都是双曲线 $H: x^{2}-y^{2}=2$ 右支上的点. 而

$$
\begin{aligned}
\operatorname{Re}\left(z_{1} z_{2}\right) & =x_{1} x_{2}-y_{1} y_{2} \\
& =\sqrt{y_{1}^{2}+2} \cdot \sqrt{y_{2}^{2}+2}-y_{1} y_{2} \\
& =\sqrt{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+2 y_{1}^{2}+2 y_{2}^{2}+4}-y_{1} y_{2} \\
& \geqslant \sqrt{y_{1}^{2} y_{2}^{2}+4 y_{1} y_{2}+4}-y_{1} y_{2} \\
& =\left|y_{1} y_{2}+2\right|-y_{1} y_{2} \\
& \geqslant 2
\end{aligned}
$$

等号当 $y_{1}=y_{2}$ 时取得. 因此所求的最小值为 2 .

Final answer: $2$
Subfield: Complex Numbers


Question: 设复数 $z_{1}, z_{2}$ 满足 $\operatorname{Re}\left(z_{1}\right)>0, \operatorname{Re}\left(z_{2}\right)>0$, 且 $\operatorname{Re}\left(z_{1}^{2}\right)=\operatorname{Re}\left(z_{2}^{2}\right)=2$, 其中 $\operatorname{Re}(z)$ 表示复数 $z$ 的实部.
求 $\left|z_{1}+2\right|+\left|\overline{z_{2}}+2\right|-\left|\overline{z_{1}}-z_{2}\right|$ 的最小值.

Solution:
由共轭复数的性质, 有

$$
m=\left|z_{1}+2\right|+\left|\overline{z_{2}}+2\right|-\left|\overline{z_{1}}-z_{2}\right|=\left|z_{1}-(-2)\right|+\left|\overline{z_{2}}-(-2)\right|-\left|z_{1}-\overline{z_{2}}\right|
$$

记 $F_{1}(-2,0), F_{2}(2,0)$ 为双曲线 $H$ 的左、右焦点, $P_{2}^{\prime}$ 为 $P_{2}$ 关于 $x$ 轴的对称点（该点仍然在双曲线 $H$ 上), 于是

$$
m=\left|P_{1} F_{1}\right|+\left|P_{2}^{\prime} F_{1}\right|-\left|P_{1} P_{2}^{\prime}\right|=2 \sqrt{2}+\left|P_{1} F_{2}\right|+2 \sqrt{2}+\left|P_{2}^{\prime} F_{2}\right|-\left|P_{1} P_{2}^{\prime}\right| \geqslant 4 \sqrt{2}
$$

等号当 $F_{2}$ 在线段 $P_{1} P_{2}^{\prime}$ 时取得. 因此所求的最小值为 $4 \sqrt{2}$.

Final answer: $4 \sqrt{2}$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心. 以 $A$ 为圆心, $A B$ 为半径作圆 $\Gamma_{1}$, 以 $I$ 为圆心, $I B$ 为半径作圆 $\Gamma_{2}$, 过点 $B, I$ 的圆 $\Gamma_{3}$ 与 $\Gamma_{1}, \Gamma_{2}$ 分别交于点 $P, Q$ (不同于点 $B$ ). 设 $I P$ 与 $B Q$ 交于点 $R$. 证明: $B R \perp C R$.

<img_4120>

Solution:
如下图, 连接 $I B, I C, I Q, P B, P C$.

<img_4195>

由于点 $Q$ 在圆 $\Gamma_{2}$ 上, 故 $I B=I Q$, 所以

$$
\angle I B Q=\angle I Q B .
$$

又 $B, I, P, Q$ 四点共圆, 所以 $\angle I Q B=\angle I P B$, 于是 $\angle I B Q=\angle I P B$, 故 $\triangle I B P$ 与
$\triangle I R B$ 相似, 从而有 $\angle I R B=\angle I B P$, 且

$$
\frac{I B}{I R}=\frac{I P}{I B}
$$

注意到 $A B=A C$, 且 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 故 $I B=I C$, 所以

$$
\frac{I C}{I R}=\frac{I P}{I C}
$$

于是 $\triangle I C P$ 与 $\triangle I R C$ 相似, 故

$$
\angle I R C=\angle I C P .
$$

又点 $P$ 在圆 $\Gamma_{1}$ 的弧 $B C$ 上, 故

$$
\angle B P C=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A,
$$

因此

$$
\begin{aligned}
\angle B R C & =\angle I R B+\angle I R C \\
& =\angle I B P+\angle I C P \\
& =360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A\right)-\left(180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A\right) \\
& =90^{\circ},
\end{aligned}
$$

故 $B R \perp C R$.
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在 $\triangle A B C$ 中, $A B=A C, I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心. 以 $A$ 为圆心, $A B$ 为半径作圆 $\Gamma_{1}$, 以 $I$ 为圆心, $I B$ 为半径作圆 $\Gamma_{2}$, 过点 $B, I$ 的圆 $\Gamma_{3}$ 与 $\Gamma_{1}, \Gamma_{2}$ 分别交于点 $P, Q$ (不同于点 $B$ ). 设 $I P$ 与 $B Q$ 交于点 $R$. 证明: $B R \perp C R$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b1ee5c4b2679673c0c27g-1.jpg?height=551&width=468&top_left_y=815&top_left_x=840)

Solution:
如下图, 连接 $I B, I C, I Q, P B, P C$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_b1ee5c4b2679673c0c27g-1.jpg?height=549&width=463&top_left_y=1553&top_left_x=842)

由于点 $Q$ 在圆 $\Gamma_{2}$ 上, 故 $I B=I Q$, 所以

$$
\angle I B Q=\angle I Q B .
$$

又 $B, I, P, Q$ 四点共圆, 所以 $\angle I Q B=\angle I P B$, 于是 $\angle I B Q=\angle I P B$, 故 $\triangle I B P$ 与
$\triangle I R B$ 相似, 从而有 $\angle I R B=\angle I B P$, 且

$$
\frac{I B}{I R}=\frac{I P}{I B}
$$

注意到 $A B=A C$, 且 $I$ 为 $\triangle A B C$ 的内心, 故 $I B=I C$, 所以

$$
\frac{I C}{I R}=\frac{I P}{I C}
$$

于是 $\triangle I C P$ 与 $\triangle I R C$ 相似, 故

$$
\angle I R C=\angle I C P .
$$

又点 $P$ 在圆 $\Gamma_{1}$ 的弧 $B C$ 上, 故

$$
\angle B P C=180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A,
$$

因此

$$
\begin{aligned}
\angle B R C & =\angle I R B+\angle I R C \\
& =\angle I B P+\angle I C P \\
& =360^{\circ}-\left(90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle A\right)-\left(180^{\circ}-\frac{1}{2} \angle A\right) \\
& =90^{\circ},
\end{aligned}
$$

故 $B R \perp C R$.

Final answer: 证明题
Subfield: Sequence


Question: 设数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 定义为 $a_{1}=1$,

$$
a_{n+1}= \begin{cases}a_{n}+n, & a_{n} \leqslant n, \\ a_{n}-n, & a_{n}>n,\end{cases} n = 1, 2, \cdots .
$$

求满足 $a_{r}<r \leqslant 3^{2017}$ 的正整数 $r$ 的个数.

Solution:
先计算数列的前几项:

| $n$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | 13 | 14 | 15 | 16 |
| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |
| $a_{n}$ | 1 | 2 | 4 | 1 | 5 | 10 | 4 | 11 | 3 | 12 | 2 | 13 | 1 | 14 | 28 | 13 |
|  | $=$ | $=$ | $>$ | $<$ | $=$ | $>$ | $<$ | $>$ | $<$ | $>$ | $<$ | $>$ | $<$ | $=$ | $>$ | $<$ |

归纳出

引理: 若 $a_{r}=r$, 则对 $k=1,2, \cdots, r-1$, 有

$$
\begin{aligned}
a_{r+2 k-1} & =2 r+k-1>r+2 k-1, \\
a_{r+2 k} & =r-k<r+2 k .
\end{aligned}
$$



对 $k$ 进行归纳证明.

归纳基础: 当 $k=1$ 时, 由于 $a_{r}=r \leqslant r$, 根据定义，有

$$
\begin{aligned}
& a_{r+1}=a_{r}+r=2 r>r+1, \\
& a_{r+2}=a_{r+1}-(r+1)=r-1<r+2,
\end{aligned}
$$

命题成立.

推理证明: 假设对某个 $k(1 \leqslant k<r-1)$ 成立, 则由定义

$$
\begin{aligned}
& a_{r+2 k+1}=a_{r+2 k}+(r+2 k)=2 r+k>r+2 k+1, \\
& a_{r+2 k+2}=a_{r+2 k+1}-(r+2 k+1)=r-k-1<r+2 k+2,
\end{aligned}
$$

于是命题对 $k+1$ 也成立.

综上所述, 引理得证.

根据引理, 将所有满足 $a_{r}=r$ 的正整数 $r$ 从小到大排列为

$$
r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{n}, \cdots,
$$

则有

$$
r_{n+1}=3 r_{n}-1, n=1,2, \cdots \text {. }
$$

利用不动点法容易求得

$$
r_{n}=\frac{1}{2} \cdot 3^{n-1}+\frac{1}{2}, n \in \mathbb{N}^{*}
$$

由于

$$
r_{2018}=\frac{3^{2017}+1}{2}<3^{2017}<\frac{3^{2018}+1}{2}=r_{2019},
$$

于是不超过 $3^{2017}$ 的正整数被如下分段

$$
r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{3}, \cdots, r_{4}, \cdots, \cdots, \cdots, r_{2017}, \cdots, r_{2018}, \cdots, 3^{2017}
$$

其中在 $r_{k}$ 和 $r_{k+1}$ 之间的数恰有一半满足 $a_{r}<r$, 在 $r_{2018}$ (这是一个偶数) 到 $3^{2017}$ 中所有的偶数 $r$ 均满足 $a_{r}<r$, 所有奇数 $r$ 均满足 $a_{r}>r$. 因此满足条件的正整数 $r$ 的个数为

$$
\frac{1}{2}\left(3^{2017}-2018-1\right)=\frac{3^{2017}-2019}{2} .
$$

Final answer: $\frac{3^{2017}-2019}{2}$
Subfield: Combinatorics


Question: 将 $33 \times 33$ 方格纸中每个小方格染三种颜色之一, 使得每种颜色的小方格的个数相等.若相邻两个小方格的颜色不同, 则称它们的公共边为 “分隔边”. 试求分隔边条数的最小值.

Solution:
如下图, 分隔边的条数 $L=56$.

<img_4187>

下面证明 $L \geqslant 56$. 将方格纸的行从上至下依次记为 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{33}$, 列从左至右依次记为 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{33}$. 行 $A_{i}$ 中方格出现的颜色数记为 $n\left(A_{i}\right)$, 列 $B_{i}$ 中方格出现的颜色数记为 $n\left(B_{i}\right)$, 三种颜色分别记为 $c_{1}, c_{2}, c_{3}$, 对于一种颜色 $c_{j}$, 设 $n\left(c_{j}\right)$ 是含有 $c_{j}$ 色方格的行数与列数之和. 若 $A_{i}$ 行中含有 $c_{j}$ 色的方格, 则记 $\delta\left(A_{i}, c_{j}\right)$ 为 1 , 否则记 $\delta\left(A_{i}, c_{j}\right)$为 0 . 类似的定义 $\delta\left(B_{i}, c_{j}\right)$, 于是

$$
\begin{aligned}
\sum_{i=1}^{33}\left(n\left(A_{i}\right)+n\left(B_{i}\right)\right) & =\sum_{i=1}^{33} \sum_{j=1}^{3}\left(\delta\left(A_{i}, c_{j}\right)+\delta\left(B_{i}, c_{j}\right)\right) \\
& =\sum_{j=1}^{3} \sum_{i=1}^{33}\left(\delta\left(A_{i}, c_{j}\right)+\delta\left(B_{j}, c_{j}\right)\right) \\
& =\sum_{j=1}^{3} n\left(c_{j}\right)
\end{aligned}
$$

由于染 $c_{j}$ 色的方格数为

$$
\frac{1}{3} \cdot 33^{2}=363
$$

设含有 $c_{j}$ 色方格的行有 $a$ 个, 列有 $b$ 个, 则 $c_{j}$ 色方格一定在这 $a$ 行和 $b$ 列的交叉方格中, 因此

$$
a b \geqslant 363
$$

从而

$$
n\left(c_{j}\right)=a+b \geqslant 2 \sqrt{a b}>2 \sqrt{363}>38
$$

故

$$
n\left(c_{j}\right) \geqslant 39, j=1,2,3
$$



由于在行 $A_{i}$ 中有 $n\left(A_{i}\right)$ 种颜色的方格, 因此至少有 $n\left(A_{i}\right)-1$ 条分割边, 同理在列 $B_{i}$中, 至少有 $n\left(B_{i}\right)-1$ 条分割边, 于是

$$
\begin{aligned}
L & \geqslant \sum_{i=1}^{33}\left(n\left(A_{i}\right)-1\right)+\sum_{i=1}^{33}\left(n\left(B_{i}\right)-1\right) \\
& =\sum_{i=1}^{33}\left(n\left(A_{i}\right)+n\left(B_{i}\right)\right)-66 \\
& =\sum_{j=1}^{3} n\left(c_{j}\right)-66 .
\end{aligned}
$$

下面分两种情形讨论.

情形 1: 有一行或一列全部方格同色. 不妨设有一行全部为 $c_{1}$ 色, 从而方格纸的 33 列中均含有 $c_{1}$ 色的方格, 由于 $c_{1}$ 色方格有 363 个, 故至少有 11 行中含有 $c_{1}$ 色方格, 于是

$$
n\left(c_{1}\right) \geqslant 11+33=44
$$

于是

$$
L \geqslant n\left(c_{1}\right)+n\left(c_{2}\right)+n\left(c_{3}\right)-66 \geqslant 44+39+39-66=56 .
$$

情形 2: 没有一行也没有一列的全部方格同色, 则对任意 $1 \leqslant i \leqslant 33$, 具有 $n\left(A_{i}\right) \geqslant 2$, $n\left(B_{i}\right) \geqslant 2$, 从而可得

$$
L \geqslant \sum_{i=1}^{33}\left(n\left(A_{i}\right)+n\left(B_{i}\right)\right)-66 \geqslant 33 \cdot 4-66=66
$$

Final answer: $56$
Subfield: Inequality


Question: 设不等式 $\left|2^{x}-a\right|<\left|5-2^{x}\right|$ 对所有 $x \in[1,2]$ 成立, 求实数 $a$ 的取值范围.

Solution:
根据题意, 有

$$
\forall x \in[1,2],\left|2^{x}-a\right|<5-2^{x},
$$

即

$$
\forall x \in[1,2], 2^{x}-5<2^{x}-a<5-2^{x}
$$

也即

$$
\forall x \in[1,2], 2 \cdot 2^{x}-5<a<5
$$

也即

$$
3<a<5 \text {. }
$$

Final answer: $(3,5)$