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


Question: 设 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}(n \geqslant 2)$ 是实数, 证明: 可以选取 $\varepsilon_{1}, \varepsilon_{2}, \cdots, \varepsilon_{n} \in\{-1,1\}$, 使得

$$
\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n} \varepsilon_{i} a_{i}\right)^{2} \leqslant(n+1)\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)
$$

Solution:
我们证明

$$
\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{m} a_{i}-\sum_{i=m+1}^{n} a_{i}\right)^{2} \leqslant(n+1)\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right)
$$

其中 $m=\left[\frac{n}{2}\right]$, 即

$$
\varepsilon_{i}= \begin{cases}1, & i=1,2, \cdots, m \\ -1, & i=m+1, m+2, \cdots, n\end{cases}
$$

事实上，上述不等式的左边为

$$
\begin{aligned}
& \left(\sum_{i=1}^{m} a_{i}+\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{m} a_{i}-\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}\right)^{2} \\
= & 2\left(\sum_{i=1}^{m} a_{i}\right)^{2}+2\left(\sum_{j=m+1}^{n} a_{j}\right)^{2} \\
\leqslant & 2 m \sum_{i=1}^{m} a_{i}^{2}+2(n-m) \sum_{j=m+1}^{n} a_{j}^{2} \\
= & 2\left[\frac{n}{2}\right] \sum_{i=1}^{m} a_{i}^{2}+2\left[\frac{n+1}{2}\right] \sum_{j=m+1}^{n} a_{j}^{2} \\
\leqslant & n \sum_{i=1}^{m} a_{i}^{2}+(n+1) \sum_{j=m+1}^{n} a_{j}^{2} \\
\leqslant & (n+1) \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2},
\end{aligned}
$$

其中第三行用到了柯西不等式. 从而不等式得证, 原题得证.
首先, 由于问题中 $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 的对称性, 可设 $a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots \geqslant a_{n}$, 此外, 若将$a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n}$ 中的负数均改变符号, 则问题中的不等式左边的 $\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}$ 不减, 而右边的 $\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}$ 不变, 并且此变化不影响 $\varepsilon$ 的选取, 因此我们可以进一步设 $a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots a_{n} \geqslant$ 0.

引理: 设 $a_{1} \geqslant a_{2} \geqslant \cdots a_{n} \geqslant n$, 则

$$
0 \leqslant \sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1} a_{i} \leqslant a_{1}
$$

引理的证明从略.

于是回到原题, 由柯西不等式及上述引理可得

$$
\left(\sum_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+\left(\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1} a_{i}\right)^{2} \leqslant n \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+a_{1}^{2} \leqslant(n+1) \sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}
$$

这就证明了结论.
Subfield: Algebra


Question: 设 $S=\left\{A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}\right\}$, 其中 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 是 $n$ 个互不相同的有限集合 $(n \geqslant 2)$,满足对任意 $A_{i}, A_{j} \in S$, 均有 $A_{i} \cup A_{j} \in S$. 若 $k=\min _{1 \leqslant i \leqslant n}\left|A_{i}\right| \geqslant 2$. 证明: 存在 $x \in \bigcup_{i=1}^{n} A_{i}$,使得 $x$ 属于 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 中的至少 $\frac{n}{k}$ 个集合（这里 $|X|$ 表示有限集合 $X$ 的元素个数).

Solution:
不妨设 $\left|A_{1}\right|=k$. 设在 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 中与 $A_{1}$ 不相交的集合有 $s$ 个, 重新记为 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{s}$,设包含 $A_{1}$ 的集合有 $t$ 个, 重新记为 $C_{1}, C_{2}, \cdots, C_{t}$. 由已知条件 $\left(B_{i} \cup A_{1}\right) \in S$, 即

$$
\left(B_{i} \cup A_{1}\right) \in\left\{C_{1}, C_{2}, \cdots, C_{t}\right\}
$$

这样我们得到一个映射

$$
f:\left\{B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{s}\right\} \rightarrow\left\{C_{1}, C_{2}, \cdots, C_{t}\right\}, f\left(B_{i}\right)=B_{i} \cup A_{1}
$$

显然 $f$ 是单射, 于是 $s \leqslant t$. 设 $A_{1}=\left\{a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{k}\right\}$. 在 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{n}$ 中除去 $B_{1}, B_{2}, \cdots, B_{s}, C_{1}, C_{2}, \cdots, C_{t}$ 后在剩下的 $n-s-t$ 个集合中，设包含 $a_{i}$ 的集合有 $x_{i}$ 个 $(1 \leqslant i \leqslant k)$, 由于剩下的 $n-s-t$ 个集合中每个集合与 $A_{1}$ 的交集非空, 即包含某个 $a_{i}$, 从而

$$
x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k} \geqslant n-s-t \text {. }
$$

不妨设 $x_{1}=\max \left\{x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{k}\right\}$, 则由上式知

$$
x_{1} \geqslant \frac{n-s-t}{k}
$$



即在剩下的 $n-s-t$ 个集合中, 包含 $a_{1}$ 的集合至少有 $\frac{n-s-t}{k}$ 个.

又由于 $A_{1} \subseteq C_{i}(i=1,2, \cdots, t)$, 故 $C_{1}, C_{2}, \cdots, C_{t}$ 都包含 $a_{1}$, 因此包含 $a_{1}$ 的集合个数至少为

$$
\frac{n-s-t}{k}+t=\frac{n-s+t(k-1)}{k} \geqslant \frac{n-s+t}{k} \geqslant \frac{n}{k} .
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\triangle A B C$ 内接于圆 $O, P$ 为弧 $B C$ 上一点, 点 $K$ 在线段 $A P$ 上, 使得 $B K$ 平分 $\angle A B C$. 过 $K 、 P 、 C$ 三点的圆 $\Omega$ 与边 $A C$ 交于点 $D$, 连接 $B D$ 交圆 $\Omega$ 于点 $E$, 连接 $P E$ 并延长与边 $A B$ 交于点 $F$, 证明: $\angle A B C=2 \angle F C B$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_ad11b6c1d9a80d60852cg-1.jpg?height=431&width=411&top_left_y=801&top_left_x=868)

Solution:
设 $C F$ 与圆 $\Omega$ 交于点 $L$ (异于 $C$ ). 连接 $P B 、 P C 、 B L 、 K L$, 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_ad11b6c1d9a80d60852cg-1.jpg?height=417&width=411&top_left_y=1479&top_left_x=868)

注意此时 $C 、 D 、 L 、 K 、 E 、 P$ 六点均在圆 $\Omega$ 上, 结合 $A 、 B 、 P 、 C$ 四点共圆, 可知

$$
\angle F E B=\angle D E P=180^{\circ}-\angle D C P=\angle A B P=\angle F B P
$$

因此 $\triangle F B E \sim \triangle F P B$, 因此

$$
F B^{2}=F E \cdot F P
$$

又由圆幂定理可知, $F E \cdot F P=F L \cdot F C$, 所以

$$
F B^{2}=F L \cdot F C,
$$



因此 $\triangle F B L \sim \triangle F C B$. 因此

$$
\angle F L B=\angle F B C=\angle A P C=\angle K P C=\angle K L C,
$$

即 $B 、 K 、 L$ 三点共线. 再根据 $\triangle F B L \sim \triangle F C B$ 得

$$
\angle F C B=\angle F B L=\angle F B K=\frac{1}{2} \angle A B C,
$$

即 $\angle A B C=2 \angle F C B$.
设 $C F$ 与圆 $\Omega$ 交于点 $L$ (异于 $C$ ), 如下图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_22001b8ef8c0e8091af4g-1.jpg?height=417&width=460&top_left_y=862&top_left_x=844)

对圆内接广义六边形 $D C P E L K$ 应用帕斯卡定理可知, $D C$ 与 $K P$ 的交点 $A 、 C L$ 与 $P E$ 的交点 $F 、 L K$ 与 $E D$ 的交点 $B^{\prime}$ 共线, 因此 $B^{\prime}$ 是 $A F$ 与 $E D$ 的交点, 即 $B^{\prime}=B$,所以 $B 、 K 、 L$ 共线. 根据 $A 、 B 、 P 、 C$ 四点共圆及 $L 、 K 、 P 、 C$ 四点共圆, 得

$$
\angle A B C=\angle A P C=\angle K L C=\angle F C B+\angle L B C,
$$

又由 $B K$ 平分 $\angle A B C$ 知

$$
\angle A B C=2 \angle L B C
$$

从而 $\angle A B C=2 \angle F C B$.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, $\triangle A B C$ 内接于圆 $O, P$ 为弧 $B C$ 上一点, 点 $K$ 在线段 $A P$ 上, 使得 $B K$ 平分 $\angle A B C$. 过 $K 、 P 、 C$ 三点的圆 $\Omega$ 与边 $A C$ 交于点 $D$, 连接 $B D$ 交圆 $\Omega$ 于点 $E$, 连接 $P E$ 并延长与边 $A B$ 交于点 $F$, 证明: $\angle A B C=2 \angle F C B$.

<img_4198>

Solution:
设 $C F$ 与圆 $\Omega$ 交于点 $L$ (异于 $C$ ). 连接 $P B 、 P C 、 B L 、 K L$, 如下图.

<img_4215>

注意此时 $C 、 D 、 L 、 K 、 E 、 P$ 六点均在圆 $\Omega$ 上, 结合 $A 、 B 、 P 、 C$ 四点共圆, 可知

$$
\angle F E B=\angle D E P=180^{\circ}-\angle D C P=\angle A B P=\angle F B P
$$

因此 $\triangle F B E \sim \triangle F P B$, 因此

$$
F B^{2}=F E \cdot F P
$$

又由圆幂定理可知, $F E \cdot F P=F L \cdot F C$, 所以

$$
F B^{2}=F L \cdot F C,
$$



因此 $\triangle F B L \sim \triangle F C B$. 因此

$$
\angle F L B=\angle F B C=\angle A P C=\angle K P C=\angle K L C,
$$

即 $B 、 K 、 L$ 三点共线. 再根据 $\triangle F B L \sim \triangle F C B$ 得

$$
\angle F C B=\angle F B L=\angle F B K=\frac{1}{2} \angle A B C,
$$

即 $\angle A B C=2 \angle F C B$.
设 $C F$ 与圆 $\Omega$ 交于点 $L$ (异于 $C$ ), 如下图.

<img_4180>

对圆内接广义六边形 $D C P E L K$ 应用帕斯卡定理可知, $D C$ 与 $K P$ 的交点 $A 、 C L$ 与 $P E$ 的交点 $F 、 L K$ 与 $E D$ 的交点 $B^{\prime}$ 共线, 因此 $B^{\prime}$ 是 $A F$ 与 $E D$ 的交点, 即 $B^{\prime}=B$,所以 $B 、 K 、 L$ 共线. 根据 $A 、 B 、 P 、 C$ 四点共圆及 $L 、 K 、 P 、 C$ 四点共圆, 得

$$
\angle A B C=\angle A P C=\angle K L C=\angle F C B+\angle L B C,
$$

又由 $B K$ 平分 $\angle A B C$ 知

$$
\angle A B C=2 \angle L B C
$$

从而 $\angle A B C=2 \angle F C B$.
Subfield: Number Theory


Question: 求具有下列性质的所有正整数 $k$ : 对任意正整数 $n, 2^{(k-1) n+1}$ 不整除 $\frac{(k n) !}{n !}$.

Solution:
对正整数 $m$, 设 $v_{2}(m)$ 表示正整数 $m$ 的标准分解中素因子 2 的方幂, 则熟知

$$
v_{2}(m !)=m-S(m),
$$

这里 $S(m)$ 表示正整数 $m$ 在二进制表示下的数码之和. 由于 $2^{(k-1) n+1}$ 不整除 $\frac{(k n) !}{n !}$ 等价于

$$
v_{2}\left(\frac{(k n) !}{n !}\right) \leqslant(k-1) n
$$



即

$$
k n-v_{2}((k n) !) \geqslant n-v_{2}(n !),
$$

进而本题等价于求所有正整数 $k$, 使得 $S(k n) \geqslant S(n)$ 对任意正整数 $n$ 成立. 我们证明,所有符合条件的 $k$ 为 $2^{a}$, 其中 $a=0,1,2, \cdots$ . 一方面, 由于 $S\left(2^{a} n\right)=S(n)$ 对任意正整数 $n$ 成立, 故 $k=2^{a}$ 符合条件. 另一方面, 若 $k$ 不是 2 的方幂, 设 $k=2^{a} \cdot q, a \geqslant 0$, $q$ 是大于 1 的奇数. 下面构造一个正整数 $n$, 使得 $S(k n)<S(n)$. 因为

$$
S(k n)=S\left(2^{a} q n\right)=S(q n)
$$

因此问题等价于我们选取的 $q$ 的一个倍数 $m$, 使得

$$
S(m)<S\left(\frac{m}{q}\right)
$$

由 $(2, q)=1$, 熟知存在正整数 $u$, 使得 $2^{u} \equiv 1(\bmod q)$. (事实上, 由欧拉定理知, $u$可以取 $\varphi(q)$. ）设奇数 $q$ 的二进制表示为

$$
2^{\alpha_{1}}+2^{\alpha_{2}}+\cdots+2^{\alpha_{t}}
$$

其中 $0=\alpha_{1}<\alpha_{2}<\cdots<\alpha_{t}, t \geqslant 2$. 取 $m=2^{\alpha_{1}}+2^{\alpha_{2}}+\cdots+2^{\alpha_{t}+t u}$, 则 $S(m)=t$, 且

$$
m=q+2^{\alpha_{t}}\left(2^{t u}-1\right) \equiv 0 \quad(\bmod q)
$$

我们有

$$
\begin{aligned}
\frac{m}{q} & =1+2^{\alpha_{t}} \cdot \frac{2^{t u}-1}{q} \\
& =1+2^{\alpha_{t}} \cdot \frac{2^{u}-1}{q}\left(1+2^{u}+\cdots+2^{(t-1) u}\right) \\
& =1+\sum_{i=0}^{t-1} \frac{2^{u}-1}{q} \cdot 2^{i u+\alpha_{t}} .
\end{aligned}
$$

由于 $0<\frac{2^{u}-1}{q}<2^{u}$, 故正整数 $\frac{2^{u}-1}{q}$ 的二进制表示中的最高次幂小于 $u$, 由此可得, 对任意整数 $i, j(0 \leqslant i<j \leqslant t-1)$, 数 $\frac{2^{u}-1}{q} \cdot 2^{i u+\alpha_{t}}$ 与 $\frac{2^{u}-1}{q} \cdot 2^{j u+\alpha_{t}}$ 的二进制表示中没有相同的项. 又因为 $\alpha_{t}>0$, 故 $\frac{2^{u}-1}{q} \cdot 2^{i u+\alpha_{t}}(i=0,1,2, \cdots, t-1)$ 的二进制表示中均不包含 1 , 故

$$
S\left(\frac{m}{q}\right)=1+S\left(\frac{2^{u}-1}{q}\right) \cdot t>t=S(m)
$$

因此上述选取的 $m$ 满足要求.

Final answer: $k = 2^{a}, a=0,1,2, \cdots$
Subfield: Plane Geometry


Question: 平面直角坐标系中 $x O y$ 中, $P$ 是不在 $x$ 轴上的一个动点, 过 $P$ 作抛物线 $y^{2}=4 x$ 的两条切线, 切点设为 $A, B$, 且直线 $P O \perp A B$ 于 $Q, R$ 为直线 $A B$ 与 $x$ 轴的交点.

<img_4085>
求证: $R$ 是定点;

Solution:
设 $P(m, n)$, 则 $A B: n y=2(x+m)$, 根据题意, 直线 $P O$ 与直线 $A B$ 垂直, 于是

$$
\frac{n}{m} \cdot \frac{2}{n}=-1
$$

因此 $m=-2$. 进而 $R(2,0)$ 为定点.
Subfield: Plane Geometry


Question: 平面直角坐标系中 $x O y$ 中, $P$ 是不在 $x$ 轴上的一个动点, 过 $P$ 作抛物线 $y^{2}=4 x$ 的两条切线, 切点设为 $A, B$, 且直线 $P O \perp A B$ 于 $Q, R$ 为直线 $A B$ 与 $x$ 轴的交点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1b16e0015535caf24a39g-1.jpg?height=409&width=354&top_left_y=892&top_left_x=888)
求证: $R$ 是定点;

Solution:
设 $P(m, n)$, 则 $A B: n y=2(x+m)$, 根据题意, 直线 $P O$ 与直线 $A B$ 垂直, 于是

$$
\frac{n}{m} \cdot \frac{2}{n}=-1
$$

因此 $m=-2$. 进而 $R(2,0)$ 为定点.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 平面直角坐标系中 $x O y$ 中, $P$ 是不在 $x$ 轴上的一个动点, 过 $P$ 作抛物线 $y^{2}=4 x$ 的两条切线, 切点设为 $A, B$, 且直线 $P O \perp A B$ 于 $Q, R$ 为直线 $A B$ 与 $x$ 轴的交点.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_1b16e0015535caf24a39g-1.jpg?height=409&width=354&top_left_y=892&top_left_x=888)
求 $\frac{P Q}{Q R}$ 的最小值.

Solution:
设直线 $A B$ 的倾斜角为 $\theta$, 根据对称性, 不妨设 $\theta$ 为锐角. 过 $P$ 作 $x$ 轴的垂线, 设垂足为 $H$, 则 $\triangle O P H$ 与 $\triangle O R Q$ 相似, 于是

$$
\frac{P Q}{Q R}=\frac{P O+O Q}{Q R}=\frac{\frac{2}{\sin \theta}+2 \sin \theta}{2 \cos \theta}=\frac{3-\cos 2 \theta}{\sin 2 \theta}
$$

令右侧代数式为 $t$, 则

$$
t \sin 2 \theta+\cos 2 \theta=3
$$

于是

$$
\sqrt{1+t^{2}} \geqslant 3
$$

解得 $t \geqslant 2 \sqrt{2}$, 等号当 $\theta=\frac{1}{2} \arctan 2 \sqrt{2}$ 时取得. 因此所求的最小值为 $2 \sqrt{2}$.
所以最终答案是 $2 \sqrt{2}$。

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


Question: 平面直角坐标系中 $x O y$ 中, $P$ 是不在 $x$ 轴上的一个动点, 过 $P$ 作抛物线 $y^{2}=4 x$ 的两条切线, 切点设为 $A, B$, 且直线 $P O \perp A B$ 于 $Q, R$ 为直线 $A B$ 与 $x$ 轴的交点.

<img_4085>
求 $\frac{P Q}{Q R}$ 的最小值.

Solution:
设直线 $A B$ 的倾斜角为 $\theta$, 根据对称性, 不妨设 $\theta$ 为锐角. 过 $P$ 作 $x$ 轴的垂线, 设垂足为 $H$, 则 $\triangle O P H$ 与 $\triangle O R Q$ 相似, 于是

$$
\frac{P Q}{Q R}=\frac{P O+O Q}{Q R}=\frac{\frac{2}{\sin \theta}+2 \sin \theta}{2 \cos \theta}=\frac{3-\cos 2 \theta}{\sin 2 \theta}
$$

令右侧代数式为 $t$, 则

$$
t \sin 2 \theta+\cos 2 \theta=3
$$

于是

$$
\sqrt{1+t^{2}} \geqslant 3
$$

解得 $t \geqslant 2 \sqrt{2}$, 等号当 $\theta=\frac{1}{2} \arctan 2 \sqrt{2}$ 时取得. 因此所求的最小值为 $2 \sqrt{2}$.
所以最终答案是 $2 \sqrt{2}$。

Final answer: $2 \sqrt{2}$
Subfield: Sequence


Question: 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $a_{1}=\frac{\pi}{6}, a_{n+1}=\arctan \left(\sec a_{n}\right)\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$. 求正整数 $m$, 使得

$$
\sin a_{1} \cdot \sin a_{2} \cdots \sin a_{m}=\frac{1}{100}
$$

Solution:
由已知条件可知, 对任意正整数 $n$,

$$
a_{n+1} \in\left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)
$$

且

$$
\tan a_{n+1}=\sec a_{n} , (1)
$$

由于 $\sec a_{n}>0$, 故

$$
a_{n+1} \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)
$$

由 (1) 得,

$$
\tan ^{2} a_{n+1}=\sec ^{2} a_{n}=1+\tan ^{2} a_{n},
$$

故

$$
\tan ^{2} a_{n}=n-1+\tan ^{2} a_{1}=n-1+\frac{1}{3}=\frac{3 n-2}{3},
$$

即

$$
\tan a_{n}=\sqrt{\frac{3 n-2}{3}}
$$

因此

$$
\begin{aligned}
\sin a_{1} \cdot \sin a_{2} \cdots \sin a_{m} & =\frac{\tan a_{1}}{\sec a_{1}} \cdot \frac{\tan a_{2}}{\sec a_{2}} \cdots \frac{\tan a_{m}}{\sec a_{m}} \\
& =\frac{\tan a_{1}}{\tan a_{2}} \cdot \frac{\tan a_{2}}{\tan a_{3}} \cdots \frac{\tan a_{m}}{\tan a_{m+1}} \\
& =\frac{\tan a_{1}}{\tan a_{m+1}}=\sqrt{\frac{1}{3 m+1}},
\end{aligned}
$$

由

$$
\sqrt{\frac{1}{3 m+1}}=\frac{1}{100}
$$

得 $m=3333$.

Final answer: $3333$
Subfield: Complex Numbers


Question: 确定所有的复数 $\alpha$, 使得对任意复数 $z_{1}, z_{2},\left(\left|z_{1}\right|,\left|z_{2}\right|<1, z_{1} \neq z_{2}\right)$, 均有

$$
\left(z_{1}+\alpha\right)^{2}+\alpha \overline{z_{1}} \neq\left(z_{2}+\alpha\right)^{2}+\alpha \overline{z_{2}} .
$$

Solution:
记 $f_{\alpha}(z)=(z+\alpha)^{2}+\alpha \bar{z}$, 则

$$
f_{\alpha}\left(z_{1}\right)-f_{\alpha}\left(z_{2}\right)=\left(z_{1}+z_{2}+2 \alpha\right)\left(z_{1}-z_{2}\right)+\alpha\left(\overline{z_{1}}-\overline{z_{2}}\right) . (1)
$$



假如存在复数 $z_{1}, z_{2},\left(\left|z_{1}\right|,\left|z_{2}\right|<1, z_{1} \neq z_{2}\right)$, 使得 $f_{\alpha}\left(z_{1}\right)=f_{\alpha}\left(z_{2}\right)$, 则由 (1) 知,

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

利用

$$
\left|\overline{z_{1}}-\overline{z_{2}}\right|=\left|z_{1}-z_{2}\right| \neq 0
$$

得

$$
|\alpha|=\left|z_{1}+z_{2}+2 \alpha\right| \geqslant 2|\alpha|-\left|z_{1}\right|-\left|z_{2}\right|>2|\alpha|-2
$$

即 $|\alpha|<2$.

另一方面, 对任意满足 $|\alpha|<2$ 的复数 $\alpha$, 令

$$
z_{1}=-\frac{\alpha}{2}+\beta \mathrm{i}, z_{2}=-\frac{\alpha}{2}-\beta \mathrm{i}
$$

其中 $0<\beta<1-\frac{|\alpha|}{2}$, 则 $z_{1} \neq z_{2}$, 而

$$
\left|-\frac{\alpha}{2} \pm \beta \mathrm{i}\right| \leqslant\left|-\frac{\alpha}{2}\right|+|\beta|<1,
$$

故 $\left|z_{1}\right|,\left|z_{2}\right|<1$. 此时将

$$
z_{1}+z_{2}=-\alpha, z_{1}-z_{2}=2 \beta \mathrm{i}, \overline{z_{1}}-\overline{z_{2}}=-2 \beta \mathrm{i},
$$

代入 (1) 可得,

$$
f_{\alpha}\left(z_{1}\right)-f_{\alpha}\left(z_{2}\right)=\alpha \cdot 2 \beta \mathrm{i}+\alpha \cdot(-2 \beta \mathrm{i})=0,
$$

即 $f_{\alpha}\left(z_{1}\right)=f_{\alpha}\left(z_{2}\right)$.

综上所述, 符合要求的 $\alpha$ 的值为 $\{\alpha|\alpha \in \mathbb{C},| \alpha | \geqslant 2\}$.

Final answer: $\{\alpha|\alpha \in \mathbb{C},| \alpha | \geqslant 2\}$
Subfield: Algebra


Question: 设实数 $a, b, c$ 满足 $a+b+c=1, a b c>0$. 求证:

$$
a b+b c+c a<\frac{\sqrt{a b c}}{2}+\frac{1}{4}
$$

Solution:
若 $a b+b c+c a \leqslant \frac{1}{4}$, 则命题已成立.

若 $a b+b c+c a>\frac{1}{4}$ ，不妨设 $a=\max \{a, b, c\}$.

因为

$$
a+b+c=1,
$$

所以 $a \geqslant \frac{1}{3}$.

又因为

$$
\begin{aligned}
a b+b c+c a-\frac{1}{4} & \leqslant \frac{(a+b+c)^{2}}{3}-\frac{1}{4} \\
& =\frac{1}{12} \leqslant \frac{a}{4}, (1)
\end{aligned}
$$

且

$$
\begin{aligned}
a b+b c+c a-\frac{1}{4} & =a(b+c)-\frac{1}{4}+b c \\
& =a(1-a)-\frac{1}{4}+b c \\
& \leqslant \frac{1}{4}-\frac{1}{4}+b c=b c,(2)
\end{aligned}
$$

其中 (1) 式等号在 $a=\frac{1}{3}$ 时成立, (2) 式等号在 $a=\frac{1}{2}$ 时成立, 因此 (1)(2) 中的等号不能同时成立.

由于 $a b+b c+c a-\frac{1}{4}>0$, 将 (1)(2) 两式相乘得

$$
\left(a b+b c+c a-\frac{1}{4}\right)^{2}<\frac{a b c}{4}
$$

即

$$
a b+b c+c a-\frac{1}{4}<\frac{\sqrt{a b c}}{2},
$$

从而

$$
a b+b c+c a<\frac{\sqrt{a b c}}{2}+\frac{1}{4} .
$$
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角三角形 $A B C$ 中, $\angle B A C \neq 60^{\circ}$, 过点 $B, C$ 分别作三角形 $A B C$ 的外接圆的切线 $B D, C E$, 且满足 $B D=C E=B C$. 直线 $D E$ 与 $A B, A C$ 的延长线分别交于点 $F, G$. 设 $C F$ 与 $B D$ 交于点 $M, C E$ 与 $B G$ 交于点 $N$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_562057eb197dbc1e718bg-1.jpg?height=405&width=545&top_left_y=543&top_left_x=798)

证明: $A M=A N$.

Solution:
如图, 设两条切线 $B D, C E$ 交于点 $K$, 则 $B K=C K$. 结合 $B D=C E$ 可知 $D E \| B C$.作 $\angle B A C$ 的平分线 $A L$ 交 $B C$ 于点 $L$, 连结 $L M, L N$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_562057eb197dbc1e718bg-1.jpg?height=588&width=551&top_left_y=1259&top_left_x=798)

由 $D E \| B C$ 知,

$$
\angle A B C=\angle D F B, \angle F D B=\angle D B C=\angle B A C,
$$

故 $\triangle A B C$ 与 $\triangle D F B$ 相似.

由此并结合 $D E \| B C, B D=C B$ 及内角平分线定理可得

$$
\frac{M C}{M F}=\frac{B C}{F D}=\frac{B D}{F D}=\frac{A C}{A B}=\frac{L C}{L B},
$$

因此 $L M \| B F$.

同理, $L N \| C G$.



由此推出

$$
\begin{aligned}
\angle A L M & =\angle A L B+\angle B L M \\
& =\angle A L B+\angle A B L \\
& =180^{\circ}-\angle B A L \\
& =180^{\circ}-\angle C A L \\
& =\angle A L C+\angle A C L \\
& =\angle A L C+\angle C L N \\
& =\angle A L N,
\end{aligned}
$$

再结合 $B C \| F G$ 及内角平分线定理可得

$$
\begin{aligned}
\frac{L M}{L N} & =\frac{L M}{B F} \cdot \frac{B F}{C G} \cdot \frac{C G}{L N} \\
& =\frac{C L}{B C} \cdot \frac{A B}{A C} \cdot \frac{B C}{B L} \\
& =\frac{L C}{L B} \cdot \frac{A B}{A C}=1,
\end{aligned}
$$

即 $L M=L N$.

故由

$$
A L=A L, \angle A L M=\angle A L N, L M=L N,
$$

得到 $\triangle A L M$ 与 $\triangle A L N$ 全等, 因而 $A M=A N$, 证毕.

Final answer: 证明题
Subfield: Plane Geometry


Question: 如图, 在锐角三角形 $A B C$ 中, $\angle B A C \neq 60^{\circ}$, 过点 $B, C$ 分别作三角形 $A B C$ 的外接圆的切线 $B D, C E$, 且满足 $B D=C E=B C$. 直线 $D E$ 与 $A B, A C$ 的延长线分别交于点 $F, G$. 设 $C F$ 与 $B D$ 交于点 $M, C E$ 与 $B G$ 交于点 $N$.

<img_4127>

证明: $A M=A N$.

Solution:
如图, 设两条切线 $B D, C E$ 交于点 $K$, 则 $B K=C K$. 结合 $B D=C E$ 可知 $D E \| B C$.作 $\angle B A C$ 的平分线 $A L$ 交 $B C$ 于点 $L$, 连结 $L M, L N$.

<img_4245>

由 $D E \| B C$ 知,

$$
\angle A B C=\angle D F B, \angle F D B=\angle D B C=\angle B A C,
$$

故 $\triangle A B C$ 与 $\triangle D F B$ 相似.

由此并结合 $D E \| B C, B D=C B$ 及内角平分线定理可得

$$
\frac{M C}{M F}=\frac{B C}{F D}=\frac{B D}{F D}=\frac{A C}{A B}=\frac{L C}{L B},
$$

因此 $L M \| B F$.

同理, $L N \| C G$.



由此推出

$$
\begin{aligned}
\angle A L M & =\angle A L B+\angle B L M \\
& =\angle A L B+\angle A B L \\
& =180^{\circ}-\angle B A L \\
& =180^{\circ}-\angle C A L \\
& =\angle A L C+\angle A C L \\
& =\angle A L C+\angle C L N \\
& =\angle A L N,
\end{aligned}
$$

再结合 $B C \| F G$ 及内角平分线定理可得

$$
\begin{aligned}
\frac{L M}{L N} & =\frac{L M}{B F} \cdot \frac{B F}{C G} \cdot \frac{C G}{L N} \\
& =\frac{C L}{B C} \cdot \frac{A B}{A C} \cdot \frac{B C}{B L} \\
& =\frac{L C}{L B} \cdot \frac{A B}{A C}=1,
\end{aligned}
$$

即 $L M=L N$.

故由

$$
A L=A L, \angle A L M=\angle A L N, L M=L N,
$$

得到 $\triangle A L M$ 与 $\triangle A L N$ 全等, 因而 $A M=A N$, 证毕.
Subfield: Algebra


Question: 设 $S=\{1,2,3, \cdots, 100\}$. 求最大的整数 $k$, 使得 $S$ 有 $k$ 个互不相同的非空子集, 具有性质：对这 $k$ 个子集中任意两个不同子集，若它们的交集非空，则它们交集中的最小元素与这两个子集中的最大元素均不相同.

Solution:
对有限非空实数集 $A$, 用 $\min A$ 与 $\max A$ 分别表示 $A$ 的最小元素与最大元素.

考虑 $S$ 的所有包含 1 且至少有两个元素的子集, 一共 $2^{99}-1$ 个.

因为

$$
\min \left(A_{i} \cap A_{j}\right)=1<\max A_{i}
$$

所以它们显然满足要求. 故 $k$ 可以取到 $2^{99}-1$.

下面证明 $k \geqslant 2^{99}$ 时不存在满足要求的 $k$ 个子集.

我们用数学归纳法证明: 对整数 $n \geqslant 3$, 在集合 $\{1,2, \cdots, n\}$ 的任意 $m\left(\geqslant 2^{n-1}\right)$ 个不同非空子集 $A_{1}, A_{2}, \cdots, A_{m}$ 中, 存在两个子集 $A_{i}, A_{j}, i \neq j$, 满足

$$
A_{i} \cap A_{j} \neq \varnothing, \wedge \min \left(A_{i} \cap A_{j}\right)=\max A_{i} . (1)
$$



显然只需对 $m=2^{n-1}$ 的情况证明上述结论.

归纳基础: 当 $n=3$ 时, 将 $\{1,2,3\}$ 的全部 7 个非空子集分成 3 组:

第一组: $\{3\},\{1,3\},\{2,3\}$;

第二组: $\{2\},\{1,2\}$;

第三组: $\{1\},\{1,2,3\}$.

由抽屉原理, 任意 4 个非空子集必有两个在同一组中, 取同一组中的的两个子集分别记为 $A_{i}, A_{j}$, 排在前面的记为 $A_{i}$, 则满足 (1).

递推证明: 假设结论在 $n(\geqslant 3)$ 时成立, 考虑 $n+1$ 的情形.

若 $A_{1}, A_{2}, \ldots, A_{2^{n}}$ 中至少有 $2^{n-1}$ 个子集不含 $n+1$, 对其中的 $2^{n-1}$ 个子集用归纳假设, 可知存在两个子集满足 (1).

若至多有 $2^{n-1}-1$ 个子集不含 $n+1$, 则至少有 $2^{n-1}+1$ 个子集含 $n+1$. 将其中 $2^{n-1}+1$子集都去掉 $n+1$, 得到 $\{1,2,3, \cdots, n\}$ 的 $2^{n-1}+1$ 个子集.

由于 $\{1,2,3, \cdots, n\}$ 的全体子集可分成 $2^{n-1}$ 组, 每组两个子集互补, 故由抽屉原理,在上述 $2^{n-1}+1$ 个子集中一定有两个属于同一组, 即互为补集. 因此, 相应地有两个子集 $A_{i}, A_{j}$, 满足 $A_{i} \cap A_{j}=\{n+1\}$, 这两个子集显然满足 (1). 故 $n+1$ 时结论成立.

Final answer: $2^{99}-1$
Subfield: Number Theory


Question: 设整数 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2014}$ 模 2014 互不同余, 整数 $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{2014}$ 模 2014 互不同余. 证明: 可将 $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2014}$ 重新排列为 $z_{1}, z_{2}, \ldots, z_{2014}$, 使得整数 $x_{1}+z_{1}$, $x_{2}+z_{2}, \cdots, x_{2014}+z_{2014}$ 模 4028 互不同余.

Solution:
记 $k=1007$ ，不妨设 $x_{i} \equiv y_{i} \equiv i(\bmod 2 k), \quad 1 \leqslant i \leqslant 2 k$.

对每个整数 $i, 1 \leqslant i \leqslant k$, 若

$$
x_{i}+y_{i} \not \equiv x_{i+k}+y_{i+k}(\bmod 4 k)
$$

则令 $z_{i}=y_{i}, z_{i+k}=y_{i+k}$, 从而有

$$
x_{i}+z_{i}=x_{i}+y_{i} \not \equiv x_{i+k}+y_{i+k}=x_{i+k}+z_{i+k}(\bmod 4 k) .
$$

若

$$
x_{i}+y_{i+k} \not \equiv x_{i+k}+y_{i}(\bmod 4 k)
$$

令 $z_{i}=y_{i+k}, z_{i+k}=y_{i}$, 则也有

$$
x_{i}+z_{i}=x_{i}+y_{i+k} \not \equiv x_{i+k}+y_{i}=x_{i+k}+z_{i+k}(\bmod 4 k) .
$$

若不然，我们有

$$
\begin{aligned}
x_{i}+y_{i} & \equiv x_{i+k}+y_{i+k}(\bmod 4 k), \\
x_{i}+y_{i+k} & \equiv x_{i+k}+y_{i}(\bmod 4 k),
\end{aligned}
$$



两式相加可得 $2 x_{i} \equiv 2 x_{i+k}(\bmod 4 k)$, 于是

$$
x_{i} \equiv x_{i+k}(\bmod 2 k)
$$

但 $x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{2014}$ 模 $2014(=2 k)$ 互不同余. 特别地, $x_{i} \not \equiv x_{i+k}(\bmod 2 k)$, 矛盾.由上述构造方法知 $z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{2 k}$ 是 $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{2 k}$ 的排列.

记 $\omega_{i}=x_{i}+z_{i}, i=1,2, \cdots, 2 k$. 下面验证 $\omega_{1}, \omega_{2}, \cdots, \omega_{2 k}$ 模 $4 k$ 互不同余. 只需证明对任意整数 $i, j, 1 \leqslant i<j \leqslant k, \omega_{i}, \omega_{j}, \omega_{i+k}, \omega_{j+k}$ 模 $4 k$ 两两不同余. (1)

注意, 前面的构造方法已保证

$$
\omega_{i} \not \equiv \omega_{i+k}(\bmod 4 k), \omega_{j} \not \equiv \omega_{j+k}(\bmod 4 k) . (2)
$$

情形 $1: z_{i}=y_{i}$, 且 $z_{j}=y_{j}$.

由前面的构造方式可知

$$
\omega_{i} \equiv \omega_{i+k} \equiv 2 i(\bmod 2 k), \omega_{j} \equiv \omega_{j+k} \equiv 2 j(\bmod 2 k)
$$

由于 $2 i \not \equiv 2 j(\bmod 2 k)$, 故易知 $\omega_{i}$ 与 $\omega_{j}$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, $\omega_{i+k}$ 与 $\omega_{j}$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余，从而模 $4 k$ 更不同余，再结合 (2) 可见 (1) 得证.

情形 2: $z_{i}=y_{i+k}$, 且 $z_{j}=y_{j+k}$.

由前面的构造方式可知

$$
\omega_{i} \equiv \omega_{i+k} \equiv 2 i+k(\bmod 2 k), \omega_{j} \equiv \omega_{j+k} \equiv 2 j+k(\bmod 2 k)
$$

同样有 $\omega_{i}$ 与 $\omega_{j}$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, $\omega_{i+k}$ 与 $\omega_{j}$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, 与情形一相同地可知 (1) 得证.

情形 $3: z_{i}=y_{i}$, 且 $z_{j}=y_{j+k}\left(z_{i}=y_{i+k}\right.$, 且 $z_{j}=y_{j}$ 的情形与此相同 $)$.

由前面的构造方式可知

$$
\omega_{i} \equiv \omega_{i+k} \equiv 2 i(\bmod 2 k), \omega_{j} \equiv \omega_{j+k} \equiv 2 j+k(\bmod 2 k)
$$

由于 $k$ 是奇数, 故

$$
2 i \not \equiv 2 j+2(\bmod 2)
$$

更有

$$
2 i \not \equiv 2 j+k(\bmod 2)
$$

因此仍然有 $\omega_{i}$ 与 $\omega_{j}$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, $\omega_{i+k}$ 与 $\omega_{j}$ 及 $\omega_{j+k}$ 模 $2 k$ 不同余, 从而 (1) 得证.

因此本题得证.
Subfield: Sequence


Question: 给定正数数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $S_{n} \geqslant 2 S_{n-1}, n=2,3, \cdots$, 这里 $S_{n}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$. 证明: 存在常数 $C>0$, 使得 $x_{n} \geqslant C \cdot 2^{n}, n=1,2, \cdots$.

Solution:
当 $n \geqslant 2$ 时, $S_{n} \geqslant 2 S_{n-1}$ 等价于

$$
x_{n} \geqslant x_{1}+\cdots+x_{n-1}, (1)
$$

对常数 $C=\frac{1}{4} x_{1}$, 用数学归纳法证明:

$$
x_{n} \geqslant C \cdot 2^{n}, n=1,2, \cdots, (2)
$$

$n=1$ 时结论显然成立. 又 $x_{2} \geqslant x_{1}=C \cdot 2^{2}$.

对 $n \geqslant 3$, 假设 $x_{k} \geqslant C \cdot 2^{k}, k=1,2, \cdots, n-1$. 则由 (1) 式知

$$
\begin{aligned}
x_{n} & \geqslant x_{1}+\left(x_{2}+\cdots+x_{n-1}\right) \\
& \geqslant x_{1}+\left(C \cdot 2^{2}+\cdots+C \cdot 2^{n-1}\right) \\
& =C\left(2^{2}+2^{2}+2^{3}+\cdots+2^{n-1}\right) \\
& =C \cdot 2^{n},
\end{aligned}
$$

所以, 由数学归纳法知, (2) 式成立.