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


Question: 将 $2 n(n \geq 2)$ 个不同整数分成两组 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} ; b_{1}, b_{2}, \cdots, b_{n}$. 证明:

$$
\sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n}\left|a_{i}-b_{j}\right|-\sum_{1 \leq i<j \leq n}\left(\left|a_{j}-a_{i}\right|+\left|b_{j}-b_{i}\right|\right) \geq n
$$

Solution:
令 $T_{n}=\sum_{1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n}\left|a_{i}-b_{j}\right|-\sum_{1 \leq i<j \leq n}\left(\left|a_{j}-a_{i}\right|+\left|b_{j}-b_{i}\right|\right)$, 下面用归纳法证明 $T_{n} \geq n$.

当 $n=2$ 时, 不妨设 $a_{1}<a_{2}, b_{1}<b_{2}, a_{2}<b_{2}$, 则

$$
T_{2}=\left|b_{2}-a_{1}\right|+\left|b_{2}-a_{2}\right|+\left|b_{1}-a_{1}\right|+\left|b_{1}-a_{2}\right|-\left|a_{2}-a_{1}\right|-\left|b_{2}-b_{1}\right|
$$

当 $a_{1}<b_{1} \Rightarrow T_{2}=b_{1}-a_{1}+b_{1}+b_{2}+\left|b_{1}-a_{2}\right|>2$;

当 $a_{1}>b_{1} \Rightarrow T_{2}=b_{2}-a_{2}+a_{1}+b_{1}>2$.

(1) 假设对正整数 $n$ 成立, 对正整数 $n+1$, 不妨设

$$
a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n+1}, \quad b_{1}<b_{2}<\cdots<b_{n+1}, a_{n+1}<b_{n+1}
$$

再设 $b_{k}<a_{n+1}<b_{k+1}$, 则有

$$
T_{n+1}=\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-a_{i}\right|+\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-b_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-a_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-b_{i}\right|+\left|b_{n+1}-a_{n+1}\right|+T_{n}
$$

下证

$$
\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-a_{i}\right|+\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-b_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-a_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-b_{i}\right| \geq 0
$$

由 (1) $b_{k}<a_{n+1}<b_{k+1}(k=1,2, \cdots, n)$, 得到

$$
\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-a_{i}\right|+\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-b_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-a_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-b_{i}\right|=2 \sum_{i=k+1}^{n}\left(b_{i}-a_{n+1}\right)>0
$$

(2) 若 $a_{n+1}<b_{1}$, 则

$$
\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-a_{i}\right|+\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-b_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|a_{n+1}-a_{i}\right|-\sum_{i=1}^{n}\left|b_{n+1}-b_{i}\right|=\sum_{i=1}^{n}\left(b_{i}-a_{n+1}\right)>0
$$



#
Subfield: Algebra


Question: 设 $\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分为 $a$, 小数部分为 $b$.
求 $a, b$.

Solution:
$\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}=\frac{6+2 \sqrt{5}}{4}, \because 4<2 \sqrt{5}<5$,

$\therefore \frac{10}{4}<\frac{6+2 \sqrt{5}}{4}<\frac{11}{4}$,

$\therefore \frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分 $a=2$, 小数部分 $b=\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ $-2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

Final answer: $2, \frac{\sqrt{5}-1}{2}$
Subfield: Algebra


Question: 设 $\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分为 $a$, 小数部分为 $b$.
求 $a^{2}+b^{2}+\frac{a b}{2}$

Solution:
$\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}=\frac{6+2 \sqrt{5}}{4}, \because 4<2 \sqrt{5}<5$,

$\therefore \frac{10}{4}<\frac{6+2 \sqrt{5}}{4}<\frac{11}{4}$,

$\therefore \frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分 $a=2$, 小数部分 $b=\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ $-2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

$a^{2}+b^{2}+\frac{a b}{2}=2^{2}+\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^{2}+\frac{2 \times \frac{\sqrt{5}-1}{2}}{2}$ $=5$.

Final answer: $5$
Subfield: Algebra


Question: 设 $\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分为 $a$, 小数部分为 $b$.
求 $\lim _{n \rightarrow \infty}(b$ $\left.+b^{2}+\cdots+b^{n}\right)$.

Solution:
$\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}=\frac{6+2 \sqrt{5}}{4}, \because 4<2 \sqrt{5}<5$,

$\therefore \frac{10}{4}<\frac{6+2 \sqrt{5}}{4}<\frac{11}{4}$,

$\therefore \frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ 的整数部分 $a=2$, 小数部分 $b=\frac{\sqrt{5}+1}{\sqrt{5}-1}$ $-2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

$\because b, b^{2}, b^{3}, \cdots, b^{n}$ 成等比数列且公比为 $b$ $=\frac{\sqrt{5}-1}{2}<1, \lim_{n \rightarrow \infty}\left(b+b^{2}+\cdots+b^{n}\right)=\frac{b}{1-b}=$ $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$.

Final answer: $\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
Subfield: Inequality


Question: 
$x, y$ 为实数, 且 $x+y=1$,求证:对于任意正整数 $n, x^{2 n}+y^{2 n} \geqslant \frac{1}{2^{2 n-1}}$;

Solution:
我们先证明: 若 $a \geqslant 0, b \geqslant 0, n$ $\in \mathbf{N}^{*}$, 则 $\frac{a^{n}+b^{n}}{2} \geqslant\left(\frac{a+b}{2}\right)^{n}$.

(1)$n=1$ 时, 显然成立; 当 $n=2$ 时, $\frac{a^{2}+b^{2}}{2}-$ $\left(\frac{a+b}{2}\right)^{2}=\left(\frac{a-b}{2}\right)^{2} \geqslant 0, \therefore n=1, n=2$ 命题成立.

(2)设 $n=k$ 时, 不等式成立, 即 $\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \geqslant$ $\left(\frac{a+b}{2}\right)^{k}, \therefore\left(\frac{a+b}{2}\right)^{k+1} \leqslant \frac{a^{k}+b^{k}}{2} \cdot \frac{a+b}{2}$.

只需证明 $\frac{a^{k}+b^{k}}{2} \cdot \frac{a+b}{2} \leqslant \frac{a^{k+1}+b^{k+1}}{2}$, 即证明 $a^{k} b+b^{k} a \leqslant a^{k+1}+b^{k+1}$.

而 $a^{k} b+b^{k} a-a^{k+1}-b^{k+1}=\left(a^{k}-b^{k}\right)(b-a)$ $\leqslant 0$. 上述结论得证.

运用上述结论: 有 $\frac{x^{2 n}+y^{2 n}}{2} \geqslant\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)^{n}$, 由 $x$ $+y=1$ 得即 $1=x^{2}+2 x y+y^{2} \leqslant 2 x^{2}+2 y^{2}$, 即 $x^{2}+$ $y^{2} \geqslant \frac{1}{2}$,

所以 $\frac{x^{2 n}+y^{2 n}}{2} \geqslant\left(\frac{x^{2}+y^{2}}{2}\right)^{n} \geqslant\left(\frac{1}{2^{2}}\right)^{n}=\frac{1}{2^{2 n}}$, 即 $x^{2 n}+y^{2 n}>\frac{1}{2^{2 n-1}}$.
$\because x+y=1$, 若 $x, y$ 有一个是负数, 则 $x, y$ 中一定有一个大于 1 , 不妨设 $x>1$, 则 $x^{2 n}+$ $y^{2 n}>1>\frac{1}{2} \geqslant 2^{1-2 n}\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 否则令 $x=\cos ^{2} \alpha, y$

$=\sin ^{2} \alpha$, 则 $x=\frac{1+\cos 2 \alpha}{2}, y=\frac{1-\cos 2 \alpha}{2}$,

$\therefore x^{2 n}+y^{2 n}=\left(\frac{1+\cos 2 \alpha}{2}\right)^{2 n}+\left(\frac{1-\cos 2 \alpha}{2}\right)^{2 n}$,

$x^{2 n}+y^{2 n}=\frac{1}{2^{2 n}}\left[\mathrm{C}_{2 n}^{0}+\mathrm{C}_{2 n}^{1} \cos 2 \alpha+\mathrm{C}_{2 n}^{2} \cos ^{2} 2 \alpha+\right.$

$\cdots+\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-1} \cos ^{2 n-1} 2 \alpha+\mathrm{C}_{2 n}^{2 n} \cos ^{2 n} 2 \alpha+\mathrm{C}_{2 n}^{0}+\mathrm{C}_{2 n}^{1}$ ($-\cos 2 \alpha)+\mathrm{C}_{2 n}^{2}(-\cos 2 \alpha)^{2}+\cdots+\mathrm{C}_{2 n}^{2 n-1}(-\cos 2 \alpha)^{2 n-1}$ $\left.+\mathrm{C}_{2 n}^{2 n}(-\cos 2 \alpha)^{2 n}\right]=\frac{1}{2^{2 n}}\left[2 \mathrm{C}_{2 n}^{0} \times 1+2 \mathrm{C}_{2 n}^{2} \cos ^{2} 2 \alpha+\right.$ $\left.2 \mathrm{C}_{2 n}^{4} \cos ^{4} 2 \alpha+2 \mathrm{C}_{2 n}^{2 n} \cos ^{2 n} 2 \alpha\right] \geqslant \frac{2}{2^{2 n}}=\frac{1}{2^{2 n-1}}$, 当且仅当 $\cos 2 \alpha=0$, 此时 $x=y=\frac{1}{2}$ 时取等号.
Subfield: Inequality


Question: 
$a, b, c$ 为正实数, 求证: $\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z} \geqslant 3$, 其中 $x, y, z$ 为 $a, b, c$ 的一种排列.

Solution:
$\because a, b, c, x, y, z$ 都是正数, $\therefore \frac{a}{x}+\frac{b}{y}+$ $\frac{c}{z} \geqslant 3 \sqrt[3]{\frac{a}{x} \cdot \frac{b}{y} \cdot \frac{c}{z}}=3 \sqrt[3]{\frac{a b c}{x y z}}$. 因为 $x, y, z$ 为 $a, b$, $c$ 的一种排列, 所以 $a b c=x y z, \therefore \frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z} \geqslant 3$.不等式得证.
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>$ $0)$, 过椭圆左顶点 $A(-a, 0)$ 的直线 $l$ 与椭圆交于 $Q$,与 $y$ 轴交于 $R$, 过原点与 $l$ 平行的直线与椭圆交于 $P$.
求证: $A Q, \sqrt{2} O P, A R$ 成等比数列.

Solution:
由题意可知直线 $A Q, O P$ 斜率存在, 故设为 $k$, 则直线 $A Q$ 的方程为 $y=k(x+a)$, 直线 $O P$的方程为 $y=k x$. 容易求出 $R(0, k a)$, 则 $|A B|=$ $\sqrt{1+k^{2}} \cdot a$.

设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), Q\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 建立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=k(x+a), \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 .\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得:

$$
\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\right) x^{2}+2 a^{3} k^{2} x+k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}=0
$$

$x_{1}+x_{2}=-\frac{2 a^{3} k^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}, x_{1} x_{2}=\frac{k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,

则

$$
\begin{aligned}|A Q|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|
& =\sqrt{1+k^{2}} \sqrt{\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}} \\
& =\sqrt{1+k^{2}} \sqrt{\left(\frac{-2 a^{3} k^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}\right)^{2}-4 \times \frac{k^{2} a^{4}-a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}} \\
& =\sqrt{1+k^{2}} \sqrt{\frac{4 a^{2} b^{4}}{\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\right)^{2}}}=\frac{2 a b^{2} \sqrt{1+k^{2}}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}
\end{aligned}
$$

设 $y=k x$ 与椭圆另一交点为 $M\left(x_{3}, y_{3}\right)$,

$P\left(x_{4}, y_{4}\right)$, 建立方程组 $\left\{\begin{array}{l}y=k x, \\ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得,

$$
\left(a^{2} k^{2}+b^{2}\right) x^{2}-a^{2} b^{2}=0, x_{3}+x_{4}=0, x_{3} x_{4}=-\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}
$$

$\therefore|O P|=\frac{1}{2} \sqrt{1+k^{2}}\left|x_{3}-x_{4}\right|=\frac{1}{2} \sqrt{1+k^{2}} \cdot \sqrt{\frac{4 a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}}=\sqrt{1+k^{2}} \cdot \sqrt{\frac{a^{2} b^{2}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}}$,

$\therefore(\sqrt{2}|O P|)^{2}=\frac{2 a^{2} b^{2}\left(1+k^{2}\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,

而 $|A Q| \cdot|A R|=\sqrt{1+k^{2}} a \times \frac{2 a b^{2} \sqrt{1+k^{2}}}{a^{2} k^{2}+b^{2}}=$ $\frac{2 a^{2} b^{2}\left(1+k^{2}\right)}{a^{2} k^{2}+b^{2}}$,

所以 $A Q, \sqrt{2} O P, A P$ 成等比数列.
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $\sin t+\cos t=1$, 设 $s=\cos t$ $+\operatorname{isin} t$, 求 $f(s)=1+s+s^{2}+\cdots+s^{n}$.

Solution:
由 $\sin t+\cos t=1$ 得 $\sin \left(t+\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$, 解得 $t=2 k \pi, t=2 k \pi+\frac{\pi}{2}(k \in \mathbf{Z})$

当 $t=2 k \pi,(k \in \mathbf{Z})$ 时, $s=1$, 此时 $f(s)=1+s$ $+s^{2}+\cdots+s^{n}=n+1$;

当 $t=2 k \pi+\frac{\pi}{2},(k \in \mathbf{Z})$ 时, $s=\mathrm{i}$, 此时 $f(s)=1$ $+s+s^{2}+\cdots+s^{n}=\frac{1-\mathrm{i}^{n+1}}{1-\mathrm{i}}$;

(1) 当 $n=4 k-1(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=0$;

(2) 当 $n=4 k(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=1$;

(3) 当 $n=4 k+1(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=1+\mathrm{i}$;

(4) 当 $n=4 k+2(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=\mathbf{i}$.

Final answer: (1) 当 $n=4 k-1(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=0$;

(2) 当 $n=4 k(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=1$;

(3) 当 $n=4 k+1(k \in Z)$ 时, $f(s)=1+\mathrm{i}$;

(4) 当 $n=4 k+2(k \in \mathbf{Z})$ 时, $f(s)=\mathbf{i}$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 随机挑选一个三位数 $I$.
求 $I$ 含有因子 5 的概率;

Solution:
三位数的个数为 $9 \times 10 \times 10=900$.
能被 5 整除的三位数可以分为两类:

①个位数字是 0 的三位数共有 $9 \times 10=90$ 个;

②个位数字是 5 的三位数共有 $9 \times 10=90$ 个.

所以 $I$ 含有因子 5 的三位数共有 180 ,含有因子 5 的概率 $\frac{180}{900}=0.2$.

Final answer: $0.2$
Subfield: Probability and Statistics


Question: 随机挑选一个三位数 $I$.
求 $I$ 中恰有两个数码相等的概率.

Solution:
三位数的个数为 $9 \times 10 \times 10=900$.
恰有两个数码相同的三位数可以分为:

①三位数中数码含有 0 , 恰好 0 是重复数码, 这样的三位数共有 9 个;

②三位数中数码含有 0 ,但 0 不是重复的数码，这样的三位数共有 $2 \times 9=18$ 个;

③三位数中数码不含 0 , 这样的三位数共有 $\mathrm{C}_{9}^{2}$ $\times 3 \times 2=216$ 个;恰有两个数码相等的三位数共有 $9+18+216$ $=243$ 个.

所以 $I$ 中恰有两个数码相等的概率 $\frac{243}{900}=\frac{27}{100}$.

Final answer: $\frac{27}{100}$
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 且 $S_{n}=n a+n$ $(n-1)$.
求证: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列;

Solution:
将 $n=1$ 代人 $S_{n}=n a+n(n-1)$ 得 $a_{1}=S_{1}=a, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n a+n(n-1)-(n$ $-1) a-(n-1)(n-2)=2 n+a-2(n \geqslant 2)$, 经验证当 $n=1$ 时也符合上式,故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n+a-2, a_{n+1}-a_{n}=2(n+1)+a-2-$ $(2 n+a-2)=2$, 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.
Subfield: Sequence


Question: 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$, 且 $S_{n}=n a+n$ $(n-1)$.
求 $\left(a_{n}, \frac{S_{n}}{n}\right)$ 所在的直线方程.

Solution:
将 $n=1$ 代人 $S_{n}=n a+n(n-1)$ 得 $a_{1}=S_{1}=a, a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=n a+n(n-1)-(n$ $-1) a-(n-1)(n-2)=2 n+a-2(n \geqslant 2)$, 经验证当 $n=1$ 时也符合上式,故数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 n+a-2$.

$\because S_{n}=(n+a-1) n, \therefore \frac{S_{n}}{n}=n+a-1$, $\therefore \frac{2 S_{n}}{n}=2 n+2 a-2$. 又 $a_{n}=2 n+a-2$, 故有 $\frac{2 S_{n}}{n}$ $-a_{n}=a$, 所以点 $\left(a_{n}, \frac{S_{n}}{n}\right)$ 在直线 $2 y-x=a$ 上, 即 $\left(a_{n}, \frac{S_{n}}{n}\right)$ 所在的直线方程 $2 y-x=a$.

Final answer: $2 y-x=a$
Subfield: Elementary Functions


Question: 一元三次函数 $f(x)$ 的三次项数为 $\frac{a}{3}, f^{\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$.
若 $f^{\prime}(x)+7 a=0$ 有两个相等实根, 求 $f^{\prime}(x)$ 的解析式.

Solution:
设 $f(x)=\frac{a}{3} x^{3}+b x^{2}+c x+d$, 则 $f^{\prime}(x)$ $=a x^{2}+2 b x+c, f^{\prime}(x)+9 x=a x^{2}+2 b x+c+9 x$,

$\because f^{\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$, 故有 $a<0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}a+2 b+c+9=0, \\ 4 a+4 b+c+18=0 .\end{array}\right.$ 则 $2 b=-3 a-9, c=2 a$.

由 $f^{\prime}(x)+7 a=a x^{2}-(3 a+9) x+9 a=0$,

因为 $f^{\prime}(x)+7 a=0$ 有两个相等实根, 故 $\Delta=$ $(3 a+9)^{2}-36 a^{2}=0$, 整理得: $a^{2}-2 a-3=0, a=-1 $或 $a=3$ (舍), $2 b=-6, c=-2$, 所以 $f^{\prime}(x)=$ $-x^{2}-6 x-2$.

Final answer: $-x^{2}-6 x-2$
Subfield: Elementary Functions


Question: 一元三次函数 $f(x)$ 的三次项数为 $\frac{a}{3}, f^{\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$.
若 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减, 求 $a$ 的范围.

Solution:
设 $f(x)=\frac{a}{3} x^{3}+b x^{2}+c x+d$, 则 $f^{\prime}(x)$ $=a x^{2}+2 b x+c, f^{\prime}(x)+9 x=a x^{2}+2 b x+c+9 x$,

$\because f^{\prime}(x)+9 x>0$ 的解集为 $(1,2)$, 故有 $a<0$, 且 $\left\{\begin{array}{l}a+2 b+c+9=0, \\ 4 a+4 b+c+18=0 .\end{array}\right.$ 则 $2 b=-3 a-9, c=2 a$.

$f^{\prime}(x)=a x^{2}+2 b x+c=a x^{2}-(3 a+9) x$ $+2 a$, 要使 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递减只需 $a x^{2}-(3 a+$ 9) $x+2 a \leqslant 0$ 在 $\mathbf{R}$ 上恒成立即可.

故只需 $\left\{\begin{array}{l}a<0 \\ \Delta \leqslant 0\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a<0 \\ (-3 a-9)^{2}-4 a \times 2 a \leqslant 0\end{array}\right.\right.$ $\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a<0 \\ a^{2}+54 a+81 \leqslant 0,\end{array}\right.$

解得: $-27-18 \sqrt{2} \leqslant a \leqslant-27+18 \sqrt{2}$, 所以 $a$的范围 $-27-18 \sqrt{2} \leqslant a \leqslant-27+18 \sqrt{2}$.

Final answer: $[-27-18 \sqrt{2}, -27+18 \sqrt{2}]$
Subfield: Number Theory


Question: 请写出所有三个数 (正数) 均为质数, 且公差为 8 的等差数列.

Solution:
不妨设这三个数位分别是 $a, a+8, a+16$

由 $8=3 \times 2+2,16=3 \times 5+1$.

若 $a=3 n+1\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则 $a+8=3 n+1+3$ $\times 2+2=3 \times(n+3)$ 不是质数,

若 $a=3 n+2\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$, 则 $a+16=3 n+2+3$ $\times 5+1=3(n+6)$ 不是质数,

所以 $a$ 只能是 $3 n$, 而 $a$ 是质数,故 $a=3$, 此时的三个数位为: $3,11,19$.

Final answer: $3,11,19$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知 $|P M|-|P N|=2 \sqrt{2}$, $M(-2,0), N(2,0)$,
求点 $P$ 的轨迹 $W$;

Solution:
解 由双曲线的定义可知, 曲线 $W$ 是以 $M(-2,0), N(2,0)$ 为焦点的双曲线的右支, 且 $c=$ $2, a=\sqrt{2}$,易知 $b=\sqrt{2}$.

故曲线 $W$ 的方程为 $x^{2}-y^{2}=2(x \geqslant \sqrt{2})$.

Final answer: $x^{2}-y^{2}=2$
Subfield: Plane Geometry


Question: 已知 $|P M|-|P N|=2 \sqrt{2}$, $M(-2,0), N(2,0)$,
直线 $y=k(x-2)$ 与 $W$ 交于点 $A 、 B$, 求 $S_{\triangle A O B}$ ( $O$ 为原点).

Solution:
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, 易得 $k>$ 1 或 $k<-1$.

由题意建立方程组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-y^{2}=2 \\ y=k(x-2)\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得

$$
\left(1-k^{2}\right) x^{2}+4 k^{2} x-4 k^{2}-2=0,
$$

由韦达定理得

$$
\begin{aligned}
& x_{1}+x_{2}=\frac{4 k^{2}}{k^{2}-1}, x_{1} x_{2}=\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}-1}, \\
& |A B|=\sqrt{1+k^{2}}\left|x_{1}-x_{2}\right|=\frac{2 \sqrt{2}\left(k^{2}+1\right)}{k^{2}-1} .
\end{aligned}
$$

而原点到直线 $y=k(x-2)$ 的距离 $d=$ $\frac{2|k|}{\sqrt{1+k}}$, 所以

$$
\begin{aligned}
S_{\triangle O A B} & =\frac{1}{2} \times \frac{2|k|}{\sqrt{1+k^{2}}} \times \frac{2 \sqrt{2}\left(k^{2}+1\right)}{k^{2}-1} \\
& =\frac{2 \sqrt{2} \sqrt{k^{2}+k^{4}}}{k^{2}-1}(k>1 \text { 或 } k<-1) .
\end{aligned}
$$
设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$ ，易得 $k>1$ 或 $k<-1$. 

由题意建立方程组 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}-y^{2}=2 \\ y=k(x-2)\end{array}\right.$ 消去 $y$ 得 $\left(1-k^{2}\right) x^{2}+4 k^{2} x-4 k^{2}-2=0$, 由韦达定理得 $x_{1}$ $+x_{2}=\frac{4 k^{2}}{k^{2}-1}, x_{1} x_{2}=\frac{4 k^{2}+2}{k^{2}-1}$. 根据双曲线的第二定义知: $\frac{|A N|}{x_{1}-1}=e, \frac{|B N|}{x_{2}-1}=e$, 而 $e=\sqrt{2}$, 故有

$$
|A N|=\sqrt{2}\left(x_{1}-1\right),|B N|=\sqrt{2}\left(x_{2}-1\right),
$$

$\therefore|A N|+|B N|=\sqrt{2}\left(x_{2}+x_{1}\right)-2 \sqrt{2}=$ $\frac{2 \sqrt{2}\left(1+k^{2}\right)}{k^{2}-1}$,

而原点到直线 $y=k(x-2)$ 的距离 $d=$ $\frac{2|k|}{\sqrt{1+k^{2}}}$

所以 $S_{\triangle O A B}=\frac{1}{2} \times \frac{2|k|}{\sqrt{1+k^{2}}} \times \frac{2 \sqrt{2}\left(k^{2}+1\right)}{k^{2}-1}=$ $\frac{2 \sqrt{2} \sqrt{k^{2}+k^{4}}}{k^{2}-1}(k>1$ 或 $k<-1)$.

Final answer: $\frac{2 \sqrt{2} \sqrt{k^{2}+k^{4}}}{k^{2}-1}$
Subfield: Combinatorics


Question: 12 名职员 (其中 3 名为男性) 被平均分配到 3 个部门.
求此 3 名男性被分别分到不同部门的概率;

Solution:
12 名职员被平均分配到 3 个部门的方法种数为: $\mathrm{C}_{14}^{2} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}$.

3 名男性被分别分到不同部门的方法种数为: $\mathrm{C}_{3}^{1} \mathrm{C}_{9}^{3} \mathrm{C}_{2}^{1} \mathrm{C}_{6}^{3}$. 所以 3 名男性被分别分到不同部门的概率是 $P_{1}=\frac{\mathrm{C}_{3}^{1} \mathrm{C}_{9}^{3} \mathrm{C}_{2}^{1} \mathrm{C}_{6}^{3}}{\mathrm{C}_{14}^{2} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}}=\frac{16}{55}$.

Final answer: $\frac{16}{55}$
Subfield: Combinatorics


Question: 12 名职员 (其中 3 名为男性) 被平均分配到 3 个部门.
求此 3 名男性被分到同一部门的概率;

Solution:
12 名职员被平均分配到 3 个部门的方法种数为: $\mathrm{C}_{14}^{2} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}$.

3 名男性被分到同一部门的方法种数为: $\mathrm{C}_{3}^{1} \mathrm{C}_{9}^{1} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}$, 所以 3 名男性被分到同一部门的概率是 $P_{2}=\frac{\mathrm{C}_{3}^{1} \mathrm{C}_{9}^{1} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}}{\mathrm{C}_{14}^{2} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}}=\frac{3}{55}$.

Final answer: $\frac{3}{55}$
Subfield: Combinatorics


Question: 12 名职员 (其中 3 名为男性) 被平均分配到 3 个部门.
若有一男性被分到指定部门,求其他 2 人被分到其他不同部门的概率.

Solution:
12 名职员被平均分配到 3 个部门的方法种数为: $\mathrm{C}_{14}^{2} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}$.

有一男性被分到指定部门，其他 2 人被分到其他不同部门的方法种数为: $\mathrm{C}_{9}^{3} \mathrm{C}_{2}^{1} \mathrm{C}_{6}^{3}$,

所以有一男性被分到指定部门，其他 2 人被分到其他不同部门的概率为 $\mathrm{P}_{3}=\frac{C_{9}^{3} C_{2}^{1} C_{6}^{3}}{\mathrm{C}_{14}^{2} \mathrm{C}_{8}^{4} \mathrm{C}_{4}^{4}}=\frac{16}{165}$.

Final answer: $\frac{16}{165}$
Subfield: Elementary Functions


Question: 已知 $f(x)=a x^{2}+8 x+b, g(x)=b x^{2}+8 x+a$, 且 $f(x)_{\min }+g(x)_{\min }=0$, 求 $\mathrm{f}(\mathrm{x})_{\min } , \mathrm{~g}(\mathrm{x})_{\min }$ .

Solution:
根据条件知 $\mathrm{f}(\mathrm{x}) 、 \mathrm{~g}(\mathrm{x})$ 存在最小值, 所以 $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0$ .

又因为 $f(x)_{\min }=\frac{4 a b-64}{4 a}=\frac{a b-16}{a}, g(x)_{\min }=\frac{4 a b-64}{4 b}=\frac{a b-16}{b}$, 所以 $\frac{a b-16}{a}+\frac{a b-16}{b}=$ $\frac{(\mathrm{ab}-16)(\mathrm{a}+\mathrm{b})}{\mathrm{ab}}=0 \Rightarrow \mathrm{ab}-16=0$ .所以 $\mathrm{f}(\mathrm{x})_{\min }=\frac{\mathrm{ab}-16}{\mathrm{a}}=0, \mathrm{~g}(\mathrm{x})_{\min }=\frac{\mathrm{ab}-16}{\mathrm{~b}}=0$ .

Final answer: $0, 0$
Subfield: Sequence


Question: 已知 $\sin \mathrm{x} 、 \sin \mathrm{y} 、 \sin \mathrm{z}$ 是严格递增的等差数列, 求证: $\cos \mathrm{x} 、 \cos \mathrm{y} 、 \cos \mathrm{z}$ 构不成等差数列.

Solution:
根据条件知:

$2 \sin \mathrm{y}=\sin \mathrm{x}+\sin \mathrm{z}$

若 $\cos x 、 \cos y 、 \cos z$ 构成等差数列, 则:

$2 \cos \mathrm{y}=\cos \mathrm{x}+\cos \mathrm{z}$

两式平方，相加得:

$4=2+2 \cos (z-x) \Rightarrow \cos (z-x)=1 \Rightarrow z-x=2 k \pi \Rightarrow \sin z=\sin x$, 与 $\sin \mathrm{x} 、 \sin \mathrm{y} 、 \sin \mathrm{z}$ 严格递增矛盾.所以 $\cos \mathrm{x} 、 \cos \mathrm{y} 、 \cos \mathrm{z}$ 构不成等差数列.
Subfield: Elementary Functions


Question: 在实数域有定义的实值函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$, 证明：不存在 $\mathrm{f}(\mathrm{n})$, 对任意整数 $\mathrm{n}$, 都有 $\mathrm{f}\left(-\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}+1\right)=\mathrm{f}(\mathrm{n})^{2}+2$ .

Solution:
不存在.理由如下:

若存在实值函数 $\mathrm{f}(\mathrm{n})$, 对任意整数 $n$, 都有 $\mathrm{f}\left(-\mathrm{n}^{2}+3 \mathrm{n}+1\right)=\mathrm{f}(\mathrm{n})^{2}+2$ .我们考察几个特殊值.

当 $n=1$ 时, 有: $f(3)=f(1)^{2}+2$

当 $n=3$ 时, 有: $f(1)=f(3)^{2}+2$

则显然有 $f(3) \geq 2, f(1) \geq 2$ .由(1) $-(2)$ 得:

$\mathrm{f}(3)-\mathrm{f}(1)=(\mathrm{f}(1)-\mathrm{f}(3)) \cdot(\mathrm{f}(1)+\mathrm{f}(3))$

若 $\mathrm{f}(1) \neq \mathrm{f}(3)$, 则 $\mathrm{f}(1)+\mathrm{f}(3)=0$, 与 $\mathrm{f}(3) \geq 2, \mathrm{f}(1) \geq 2$ 矛盾.

若 $f(1)=f(3)$, 设为 $k$, 代入 $f(3)=f(1)^{2}+2$ 得:

$k=k^{2}+2 \Rightarrow k^{2}-k+2=0, k$ 为虚数, 与 $f(n)$为实值函数矛盾.

综上所述, 不存在 $f(n)$, 对任意整数 $n$, 都有 $f\left(-n^{2}+3 n+1\right)=f(n)^{2}+2$ .
Subfield: Plane Geometry


Question: 抛物线上 $A 、 B$ 两点, 两点处切线的交点为 $K, A 、 B$ 中点为 $C$, 求证: 线段 $K C$ 中点在抛物线上.

Solution:
经过调整坐标系, 不妨设抛物线解析式为 $y=\mathrm{ax}^{2}$ .设 $\mathrm{A}$ 点坐标为 $\left(\mathrm{x}_{\mathrm{A}}, \mathrm{ax}_{\mathrm{A}}{ }^{2}\right)$, $B$ 点坐标为 $\left(x_{B}, a_{B}{ }^{2}\right)$, 则 $C$ 点坐标为 $\left(\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, \frac{a\left(x_{A}{ }^{2}+x_{B}{ }^{2}\right)}{2}\right)$ .

求导知 $\mathrm{y}^{\prime}=2 \mathrm{ax}$ .于是点 $\mathrm{A}$ 处的切线方程为:

$\mathrm{y}=2 \mathrm{ax}_{\mathrm{A}} \mathrm{x}-\mathrm{ax}_{\mathrm{A}}{ }^{2}$

点 $\mathrm{B}$ 处的切线方程为:

$\mathrm{y}=2 \mathrm{ax}_{\mathrm{B}} \mathrm{x}-\mathrm{ax}_{\mathrm{B}}^{2}$

联立两式, 解得点 $K$ 坐标为 $\left(\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, a x_{A} x_{B}\right)$ .于是知线段 $K C$ 中点坐标为 $\left(\frac{x_{A}+x_{B}}{2}, \frac{a\left(x_{A}+x_{B}\right)^{2}}{4}\right)$ .显然有 $\frac{a\left(x_{A}+x_{B}\right)^{2}}{4}=a \cdot\left(\frac{x_{A}+x_{B}}{2}\right)^{2}$, 即线段 $K C$ 中点在抛物线上.
Subfield: Trigonometric Functions


Question: 求 $\sin \frac{\pi}{n} \sin \frac{2 \pi}{n} \cdots \sin \frac{(n-1) \pi}{n}$ 的值.

Solution:
设 $\varepsilon=\cos \frac{\pi}{n}+i \sin \frac{\pi}{n}$ ( $\mathrm{i}$ 为虚数单位), 则 $1, \varepsilon, \varepsilon^{2}, \cdots \varepsilon^{2(n-1)}$ 为 $x^{2 n}-1=0$ 的根.

$\sin \frac{k \pi}{n}=\frac{\varepsilon^{k}-\varepsilon^{-k}}{2 i}=\frac{\varepsilon^{2 k}-1}{2 i \varepsilon^{k}}, \sin \frac{\pi}{n} \sin \frac{2 \pi}{n} \cdots \sin \frac{(n-1) \pi}{n}=\frac{\left(\varepsilon^{2}-1\right)\left(\varepsilon^{4}-1\right) \cdots\left(\varepsilon^{2(n-1)}-1\right)}{2^{n-1} i^{n-1} \varepsilon^{\frac{1}{2} n(n-1)}}$

$=\frac{(-1)^{n-1}\left(\varepsilon^{2}-1\right)\left(\varepsilon^{4}-1\right) \cdots\left(\varepsilon^{2(n-1)}-1\right)}{2^{n-1}\left(i^{n-1}\right)^{2}}=\frac{\left(1-\varepsilon^{2}\right)\left(1-\varepsilon^{4}\right) \cdots\left(1-\varepsilon^{2(n-1)}\right)}{2^{n-1}}$,

而 $\left(x^{2}-\varepsilon^{2}\right)\left(x^{2}-\varepsilon^{4}\right) \cdots\left(x^{2}-\varepsilon^{2(n-1)}\right)=x^{2(n-1)}+x^{2(n-2)}+\cdots x^{2}+1$,

$\therefore\left(1-\varepsilon^{2}\right)\left(1-\varepsilon^{4}\right) \cdots\left(1-\varepsilon^{2(n-1)}\right)=n$

$\therefore \sin \frac{\pi}{n} \sin \frac{2 \pi}{n} \cdots \sin \frac{(n-1) \pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$.
有特殊函数论性质知: $\mathrm{E}=\prod_{i=1}^{n-1} \Gamma\left(\frac{i}{n}\right)=\frac{(2 \pi)^{\frac{n-1}{2}}}{\sqrt{n}}$

另外一面: $\mathrm{E}^{2}=\left(\prod_{i=1}^{n-1} \Gamma\left(\frac{i}{n}\right)\right)^{2}=\frac{\pi^{n-1}}{\prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n}}.$

$\Rightarrow \prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$.
$\mathrm{n}=\lim _{z \rightarrow 1} \frac{z^{n}-1}{z-1}=\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\cos \frac{2 k \pi}{n}-i \sin \frac{2 k \pi}{n}\right)$

$=\prod_{k=1}^{n-1} \sqrt{\left(1-\cos \frac{2 k \pi}{n}\right)^{2}+\left(\sin \frac{2 k \pi}{n}\right)^{2}}$

$=\prod_{k=1}^{n-1} \sqrt{2\left(1-\cos \frac{2 k \pi}{n}\right)}=2^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n}$

$\Rightarrow \prod_{k=1}^{n-1} \sin \frac{k \pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}$.

Final answer: $\frac{n}{2^{n-1}}$
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.
求证: $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}$

Solution:
设 $\mathrm{n}=\mathrm{a}_{k} \mathrm{p}^{k}+a_{k-1} p^{k-1}+\cdots+\mathrm{a}_{0}, \mathrm{a}_{i} \in\{0,1, \cdots, \mathrm{p}-1\}$

则 $\operatorname{Ord}_{p}(\mathrm{n} !)=\sum_{i=1}^{+\infty}\left[\frac{n}{p^{i}}\right]$

$$
\begin{aligned}
& =a_{k} p^{k-1}+a_{k-1} p^{k-2}+\cdots+a_{2} p+a_{1} \\
& +a_{k} p^{k-2}+a_{k-1} p^{k-3}+\cdots+a_{2} \\
& +\cdots+a_{k}
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
& =a_{k} \frac{p^{k}-1}{p-1}+a_{k-1} \frac{p^{k-1}-1}{p-1}+\cdots+a_{2} \frac{p^{2}-1}{p-1}+a_{1} \frac{p^{1}-1}{p-1} \\
& =\frac{\left(a_{k} p^{k}+a_{k-1} p^{k-1}+\cdots a_{1} p+a_{0}\right)-\left(a_{k}+a_{k-1}+\cdots a_{1}+a_{0}\right)}{p-1} \\
& =\frac{n-S_{P}(n)}{P-1}
\end{aligned}
$$