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


Question: 已知集合

$$
\begin{aligned}
& M=\left\{(x, y) \mid y \geqslant \frac{1}{4} x^{2}\right\}, \\
& N=\left\{(x, y) \mid y \leqslant-\frac{1}{4} x^{2}+x+7\right\}, \\
& D_{r}\left(x_{0}, y_{0}\right)=\left\{(x, y) \mid\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2} \leqslant r^{2}\right\} .
\end{aligned}
$$

试求最大的 $r$, 使得 $D_{r}\left(x_{0}, y_{0}\right) \subset M \cap N$.

Solution:
设 $f(x)=\frac{1}{4} x^{2}$ ，

$g(x)=-\frac{1}{4} x^{2}+x+7=-\frac{1}{4}(x-2)^{2}+8$.

则 $M \cap N \neq \varnothing \Leftrightarrow f(x) \leqslant g(x)$ 有实解

$\Leftrightarrow x^{2}-2 x-14 \leqslant 0$ 有实解.

故 $M \cap N \neq \varnothing$.

在平面直角坐标系中, $y=f(x)$ 与 $y=$ $g(x)$ 的顶点分别为 $O(0,0) 、 A(2,8)$, 且两条抛物线关于点 $B(1,4)$ 对称.

从而, $M \cap N$ 在坐标系中所对应的图形 $T$以点 $B$ 为中心对称, 且所包含的最大半径的圆应为 $T$ 的内切圆.

下面证明: 该圆的圆心为 $B$.

否则, 设该圆圆心为 $B_{1}(\neq B)$, 半径为 $r$. 取点 $B_{1}$ 关于 $B$ 的对称点 $B_{2}$. 则以 $B_{2}$ 为圆心、 $r$ 为半径的圆也是 $T$ 的内切圆.

作两圆的两条外公切线.

因为 $T$ 是凸的, 所以, 上述两条外公切线及两圆所围区域在 $T$ 的内部.

从而, 以点 $B$ 为圆心 $r$ 为半径的圆在 $T$的内部 (不含边界). 于是, 以点 $B$ 为圆心的内切圆半径大于 $r$,矛盾.

因 $T$ 关于点 $B$ 对称, 所以, 其内切圆 $\odot B$就是以 $B$ 为圆心与 $y=\frac{1}{4} x^{2}$ 相内切的 $\odot B$, 设其半径为 $r_{0}$.

设 $\odot B$ 与 $y=\frac{1}{4} x^{2}$ 切于点 $C(a, b)$. 则

$b=\frac{a^{2}}{4} \quad \quad (1)$.

$y=\frac{1}{4} x^{2}$ 在点 $C$ 的切线 $l$ 方程为

$y=\frac{a}{2}(x-a)+b$.

显然, $B C \perp l$, 即

$\frac{b-4}{a-1} \cdot \frac{a}{2}=-1 \quad \quad (2)$.

式(1)代人式(2)整理得 $a^{3}-8 a-8=0$.

解得 $a=-2$ 或 $1 \pm \sqrt{5}$.

又 $r_{0}=|B C|=\sqrt{\left(\frac{a}{2}\right)^{2}+1} \cdot|1-a|$, 将 $a$的值代入知, $r_{0}$ 的最小值为 $\odot B$ 的半径, 即当 $a=1+\sqrt{5}$ 时, $r_{0}=\sqrt{\frac{25-5 \sqrt{5}}{2}}$.

所以, $r_{\text {max }}=r_{0}=\sqrt{\frac{25-5 \sqrt{5}}{2}}$.

Final answer: $\sqrt{\frac{25-5 \sqrt{5}}{2}}$
Subfield: Algebra


Question: 求方程 $3^{p}+4^{p}=n^{k}$ 的正整数解 $(p, n, k)$, 其中, $p$ 为质数, $k>1$.

Solution:
显然, $3^{2}+4^{2}=5^{2}$, 即 $p=2, n=5, k=2$是方程的一组解.

以下不妨设 $p$ 为奇质数, $p=2 l+1$. 则 $n^{k}=3^{2 l+1}+4^{2 l+1}=(3+4)\left(3^{2 l}-3^{2 l-1} \times 4+3^{2 l-2} \times 4^{2}-\cdots+4^{2 l}\right)$.

于是, $7\left|n^{k}, 7\right| n$.

由 $k>1$, 得 $49 \mid n^{k}$, 即

$3^{2 l+1}+4^{2 l+1} \equiv 0(\bmod 49)$.

由二项式定理得

$3^{2 l+1}=3 \times 9^{l}=3(7+2)^{l}$

$\equiv 3\left(l \times 7 \times 2^{l-1}+2^{l}\right)$

$\equiv(21 l+6) 2^{l-1}(\bmod 49)$,

$4^{2 l+1}=4(14+2)^{l}$

$\equiv 4\left(l \times 14 \times 2^{l-1}+2^{l}\right)$

$\equiv(56 l+8) 2^{l-1}(\bmod 49)$.

故 $3^{2 l+1}+4^{2 l+1} \equiv(77 l+14) 2^{l-1}(\bmod 49)$.

由 $49 \mid \left(3^{2 l+1}+4^{2 l+1}\right)$, 得

$49|(77 l+14) \Leftrightarrow 7|(11 l+2) \Leftrightarrow 7 \mid(4 l+2)$,

即 $4 l+2 \equiv 0(\bmod 7)$.

此同余式的解为 $l \equiv 3(\bmod 7)$.

故 $p=2 l+1 \equiv 0(\bmod 7)$.

又 $p$ 为质数,因此, $p$ 只能为 7 .

注意到

$3^{7}+4^{7}=2187+16384$

$=18571=49 \times 379$.

但 379 为质数, 故上式不可能写成 $n^{k}$ $(k \geqslant 2)$ 形式,即当 $p$ 为奇质数时无解.

综上,方程只有一组正整数解

$(p, n, k)=(2,5,2)$.

Final answer: $(2,5,2)$
Subfield: Combinatorics


Question: 平面上满足任意三点不共线的 $n$ 个点 $P_{1}, P_{2}, \cdots, P_{n}$ 构成的集合为 $D$, 在任意两点之间连一条线段,且每条线段的长互不相等.在一个三角形的三条边中, 长度非最长、也非最短的边称为该三角形的“中边”; 若一个三角形的三条边都是中边 (不一定是这个三角形的中边), 则称这个三角形为集合 $D$ 中的一个“中边三角形”. 一条不过点 $P_{i}(i=1,2$, $\cdots, n)$ 的直线 $l$ 将集合 $D$ 分成两个子集 $D_{1}$ 、 $D_{2}$. 若无论这 $n$ 个点如何分布, 也无论 $l$ 如何选取, 总存在一个子集 $D_{k}(k \in\{1,2\})$, 使得 $D_{k}$ 中存在中边三角形. 求 $n$ 的最小值.

Solution:
当 $n \geqslant 11$ 时,无论 $l$ 如何选取, 总存在一个子集, 不妨假设为 $D_{1}$, 满足 $D_{1}$ 中至少有六个点.

考虑 $D_{1}$ 中的所有三角形的中边,并将其染为红色,然后将其他边染为蓝色.

由拉姆塞定理知,一定存在一个同色三角形. 由于每个三角形都有中边, 因此, 这个同色三角形一定是红色的. 故在 $D_{1}$ 中存在中边三角形

下面证明: 当 $n \leqslant 10$ 时,存在点集 $D$ 和直线 $l$, 使得 $D_{1} 、 D_{2}$ 中均不存在中边三角形.

若 $n=10$, 考虑在直线 $l$ 两侧的两个子集 $D_{1} 、 D_{2}$ 中均有五个点,且分布情况相同.

假设 $D_{1}$ 中的五个点为 $P_{1} 、 P_{2} 、 P_{3} 、 P_{4} 、$ $P_{5}$, 且在圆周上依逆时针的次序排列, 设 $\overparen{P_{1} P_{2}}=\frac{\pi}{10}, \overparen{P}_{2} P_{3}=\frac{3 \pi}{5}, \overparen{P}_{3} P_{4}=\frac{3 \pi}{10}$,

$\overparen{P}_{4} P_{5}=\frac{3 \pi}{4}, \overparen{P}_{5} P_{1}=\frac{\pi}{4}$.

则 $P_{1} 、 P_{2} 、 P_{3} 、 P_{4} 、 P_{5}$ 两两的距离互不相同, 且 $P_{2} P_{3} 、 P_{3} P_{1} 、 P_{1} P_{5} 、 P_{5} P_{4} 、 P_{4} P_{2}$ 为中边,但是, 不存在中边三角形.

若 $n<10$, 那么, 对于 $D_{1} 、 D_{2}$ 中少于五个点的情况, 只要在前面的例子中删去若干个点,仍然不存在中边三角形.

综上, $n$ 的最小值为 11 .

Final answer: $11$
Subfield: Geometry


Question: 已知 $\triangle A B C$ 的内切圆 $\odot I$ 分别与边 $B C 、 C A 、 A B$ 切于点 $D 、 E 、 F, A I 、 B I 、 C I$ 分别与 $\triangle A B C$ 的外接圆 $\odot O$ 交于点 $L 、 M 、 N, L D$ 、 $M E 、 N F$ 分别与 $\odot O$ 交于点 $P 、 Q 、 R$. 过 $P$ 作 $P A$ 的垂线 $l_{A}$, 过 $Q$ 作 $Q B$ 的垂线 $l_{B}$, 过 $R$ 作 $R C$ 的垂线 $l_{c}$. 证明: $l_{A} 、 l_{B} 、 l_{c}$ 三线共点.

Solution:
<img_4175>

如图, 联结 $P B 、 P C 、 P E 、 P F$.

因为 $P D$ 是 $\angle B P C$ 的角平分线,所以，

$\frac{P B}{P C}=\frac{B D}{C D}=\frac{B F}{C E} \text {. }$

又 $\angle F B P=\angle E C P$

则 $\triangle F B P \sim \triangle E C P$.

故 $\angle F P B=\angle E P C$

$\Rightarrow \angle F P E=\angle B P C=\angle B A C$.

因此, $P 、 A 、 F 、 E$ 四点共圆.

注意到 $A 、 E 、 I 、 F$ 四点共圆, 且 $A I$ 为直径, 则 $\angle A P I=90^{\circ}$, 即 $l_{A}$ 过 $\triangle A B C$ 的内心 $I$.

同理, $l_{B} 、 l_{C}$ 也过 $\triangle A B C$ 的内心 $I$.
Subfield: Algebra


Question: 设正实数 $a 、 b 、 c$ 满足 $a^{3}+b^{3}+c^{3}=3$.证明:

$$
\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geqslant 1 \text {. }
$$

Solution:
因 $(a-1)^{2}(a+1) \geqslant 0$, 所以,

$a^{3}+2 \geqslant a^{2}+a+1$.

同理, $b^{3}+2 \geqslant b^{2}+b+1$,

$c^{3}+2 \geqslant c^{2}+c+1$.

故 $\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1}$

$\geqslant \frac{1}{a^{3}+2}+\frac{1}{b^{3}+2}+\frac{1}{c^{3}+2}$.

由柯西不等式得

$\frac{1}{a^{3}+2}+\frac{1}{b^{3}+2}+\frac{1}{c^{3}+2}$

$\geqslant \frac{9}{\left(a^{3}+2\right)+\left(b^{3}+2\right)+\left(c^{3}+2\right)}$

$=\frac{9}{a^{3}+b^{3}+c^{3}+6}=\frac{9}{3+6}=1$.

故 $\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geqslant 1$.
由柯西不等式得

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \\
& \geqslant \frac{9}{\left(a^{2}+a+1\right)+\left(b^{2}+b+1\right)+\left(c^{2}+c+1\right)} \\
& =\frac{9}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+(a+b+c)+3} .
\end{aligned}
$$

又由幂平均不等式得

$\left(\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\right)^{\frac{1}{2}} \leqslant\left(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\right)^{\frac{1}{3}}=1$,

即 $a^{2}+b^{2}+c^{2} \leqslant 3$.

类似地, 由 $\frac{a+b+c}{3} \leqslant\left(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\right)^{\frac{1}{3}}=1$,得 $a+b+c \leqslant 3$. 则

$\frac{9}{\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)+(a+b+c)+3}\geqslant \frac{9}{3+3+3}=1$.

故 $\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geqslant 1$.
设 $f(x)=\frac{1}{x^{2}+x+1}(x>0)$. 则

$f^{\prime}(x)=-\frac{2 x+1}{\left(x^{2}+x+1\right)^{2}}$,

$f^{\prime \prime}(x)=\frac{6 x(x+1)}{\left(x^{2}+x+1\right)^{3}}>0$.

因此, $f(x)$ 是凸函数.

由琴生不等式得

$$
\begin{aligned}
& \frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \\
& \geqslant \frac{3}{\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{2}+\left(\frac{a+b+c}{3}\right)+1} .
\end{aligned}
$$

再由幂平均不等式得

$\frac{a+b+c}{3} \leqslant\left(\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\right)^{\frac{1}{3}}=1$.则 $\frac{3}{\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{2}+\left(\frac{a+b+c}{3}\right)+1}$

$\geqslant \frac{3}{1+1+1}=1$.

故 $\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{b^{2}+b+1}+\frac{1}{c^{2}+c+1} \geqslant 1$.
Subfield: Number Theory


Question: 设 $a 、 b$ 为正整数, $a^{2}+b^{2}$ 除以 $a+b$ 的商为 $q$, 余数为 $r$, 且 $q^{2}+r=2010$. 求 $a b$的值.

Solution:
不妨设 $a \leqslant b$.

由 $a^{2}+b^{2}>b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)$, 得 $q \geqslant b-a$.

又由 $a^{2}+b^{2} \geqslant a^{2}+a b=a(a+b)$, 得

$q \geqslant a$.

另一方面, 由带余除法的性质有

$0 \leqslant r<a+b$.

故 $0 \leqslant r<a+b=a+a+(b-a) \leqslant 3 q$.

由 $q^{2}+r=2010$, 得

$q^{2} \leqslant 2010<q^{2}+3 q$.

此不等式的正整数解只有 $q=44$, 此时, $r=74$.

则 $a^{2}+b^{2}=44(a+b)+74$,

$(a-22)^{2}+(b-22)^{2}=74+2 \times 22^{2}=1042$

记 $x=\min \{|a-22|,|b-22|\}$,

$y=\max \{|a-22|,|b-22|\}$.

则 $x^{2}+y^{2}=1 \quad 042 \equiv 2(\bmod 8)$.

故 $x, y$ 均为正奇数.

由 $x^{2} \leqslant y^{2}$, 得

$y^{2} \leqslant x^{2}+y^{2}=1042 \leqslant 2 y^{2}$,

即 $23 \leqslant y \leqslant 32$.

于是, $y$ 的可能值只有 $23 、 25 、 27 、 29 、 31$,共五个.

当 $y=23 、 25 、 27 、 29$ 时, $x^{2}=513,417, 313, 201 $,均无正整数解.

当 $y=31$ 时,$x^{2}=81 \Rightarrow x=9$.

从而, $\left\{\begin{array}{l}|a-22|=31, \\ |b-22|=9\end{array}\right.$ 无解.

$\left\{\begin{array}{l}|a-22|=9, \\ |b-22|=31\end{array}\right.$ 的正整数解为

$(a, b)=(13,53),(31,53)$.

经检验, 当 $(a, b)=(13,53)$ 时, 与 $74=r$ $<a+b=66$ 矛盾;

当 $(a, b)=(31,53)$ 时,

$a^{2}+b^{2}=3770=44 \times 84+74$,

满足条件.

综上,只有一组解

$(a, b, q, r)=(31,53,44,74)$.

此时, $a b=31 \times 53=1643$.

Final answer: $1643$
Subfield: Combinatorics


Question: 一名科学家发明了一台时间机器,形似一条地铁环形轨道. 现在 (2010 年) 为第一站台,第 $2,3, \cdots, 2009$ 站台依次为 2011 年, 2012 年, $\cdots \cdots, 4018$ 年,第 2010 站又回到现在 (出发站台). 后来, 这台机器出现了程序错误,使得其运行规则变为:乘客指定一个时间 (即站台号)，机器首先到达指定站台，然后每隔 4 站，停靠在第 5 站,若所停靠的站台号为 2 的正整数次幂,则向后退 2 站停靠 (如 $17 \rightarrow 22 \rightarrow 27 \rightarrow 32 \rightarrow 30 \rightarrow 35 \rightarrow \cdots)$; 若在第一站台停靠,则停止工作.
证明：这台机器不会迷失在时间轨道中而无法回到现在 (即不在第一站台停靠)。

Solution:
时间轨道共有 2009 个站台, 且不超过 2009 的 2 的正整数次幂为

$2,4,8,16,32,64,128,256,512,1024$.

由规则知

(i) (1) $5 k+1(k=1,2,3)$

$\xrightarrow{3-k \text { 次 }} 16 \rightarrow 14=5 \times 2+4$;

(2) $5 k+1(k=4,5, \cdots, 51)$

$\xrightarrow{51-k \text { 次 }} 256 \rightarrow 254=5 \times 50+4$;

(3) $5 k+1(k=52,53, \cdots, 401)$

$\xrightarrow{401-k \text { 次 }} 2006 \rightarrow 2$.

(ii) (1) $2 \rightarrow 2009 \rightarrow 5$;

(2) $5 k+2(k=1,2, \cdots, 6)$

$\xrightarrow{6-k \text { 次 }} 32 \rightarrow 30=5 \times 6$;

(3) $5 k+2(k=7,8, \cdots, 102)$

$\xrightarrow{102-k \text { 次 }} 512 \rightarrow 510=5 \times 102$;

(4) $5 k+2(k=103,104, \cdots, 401)$

$\xrightarrow{401-k \text { 次 }} 2007 \rightarrow 3$.

(iii) (1) $3 \rightarrow 8 \rightarrow 6=5+1$;

(2) $5 k+3(k=1,2, \cdots, 25)$

$\xrightarrow{25-k \text { 次 }} 128 \rightarrow 126=5 \times 25+1$;

(3) $5 k+3(k=26,27, \cdots, 401)$

$\xrightarrow{401-k \text { 次 }} 2008 \rightarrow 4$.

(iv) (1) $4 \rightarrow 2 \rightarrow 2009 \rightarrow 5$;

(2) $5 k+4(k=1,2, \cdots, 12)$

$\xrightarrow{12-k \text { 次 }} 64 \rightarrow 62=5 \times 12+2$;

(3) $5 k+4(k=13,14, \cdots, 204)$

$\xrightarrow{204-k \text { 次 }} 1024 \longrightarrow 1022=5 \times 204+2$;

(4) $5 k+4(k=205,206, \cdots, 401)$

$\xrightarrow{401-k \text { 次 }} 2009 \rightarrow 5$.

(v) $5 k(k=1,2, \cdots, 401) \xrightarrow{401-k \text { 次 }} 2005 \rightarrow 1$.

设乘客指定站台号为 $a(1<a \leqslant 2009)$.

由 (i) $\sim(v)$ 知, 无论 $a$ 为何数, 均能使机器回到现在.
Subfield: Geometry


Question: 已知锐角 $\triangle A B C$, 过点 $A$ 作 $B C$ 的垂线与以 $B C$ 为直径的 $\odot O_{1}$ 分别交于点 $D 、 E$; 过点 $B$ 作 $C A$ 的垂线与以 $C A$ 为直径的 $\odot O_{2}$ 分别交于点 $F 、 G$. 证明: $E 、 F 、 D 、 G$ 四点共圆.

Solution:
<img_4106>

如图, 设 $A E$ 与 $B C$ 、 $B G$ 与 $C A 、 A E$ 与 $B G$ 分别交于点 $A_{1} 、 B_{1} 、 H$. 则 $H$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心,点 $A_{1} 、 B_{1}$ 分别在 $\odot O_{2} 、 \odot O_{1}$ 上.

因为 $B C 、 C A$分别为 $D E 、 F G$ 的中垂线,所以,$C D=C E, C F=C G$.

注意到 $\angle B E C=\angle A G C=90^{\circ}$.

由射影定理得

$C E^{2}=C B \cdot C A_{1}, C G^{2}=C A \cdot C B_{1}$.

又因为 $A 、 B 、 A_{1} 、 B_{1}$ 四点共圆, 所以,

$C A \cdot C B_{1}=C B \cdot C A_{1}$.

从而, $C D=C E=C G=C F$, 即 $E 、 F 、 D 、 G$四点共圆,且圆心为 $C$.
<img_4106>

如图, 设 $A E$ 与 $B G$ 交于点 $H$.则 $H$ 是 $\triangle A B C$ 的垂心.延长 $C H$ 与 $A B$ 交于点 $C_{1}$.

由相交弦定理得

$\mathrm{DH} \cdot {\mathrm{HE}}=\mathrm{CH} \cdot \mathrm{H} \mathrm{C}_{1}=\mathrm{FH} \cdot \mathrm{HG}$.

因此, $E 、 F 、 D 、 G$ 四点共圆.

因为 $B C 、 C A$ 分别为 $D E 、 F G$ 的中垂线,所以, $B C 、 C A$ 的交点 $C$ 就是过点 $E 、 F 、 D 、 G$的圆的圆心.
Subfield: Algebra


Question: 记 $d(n)$ 为正整数 $n$ 的正因子的个数, 定义数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 如下:

$a_{1}=A, a_{n+1}=d\left(\left[\frac{3}{2} a_{n}\right]\right)+2011$,其中, $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数.

证明:对于任意的正整数 $A$, 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 自某项开始为周期数列.

Solution:
对于正整数 $n$, 易知

$n-1, n-2, \cdots,\left[\frac{n}{2}\right]+1$

这 $\left[\frac{n-1}{2}\right]$ 个数不可能是 $n$ 的正因子, 即

$d(n) \leqslant n-\left[\frac{n-1}{2}\right] \leqslant \frac{n}{2}+1$.

则 $a_{n+1} \leqslant \frac{\left[\frac{3}{2} a_{n}\right]}{2}+1+2011 \leqslant \frac{3}{4} a_{n}+2012$

下面用数学归纳法证明:

$a_{n} \leqslant \max \{A, 8048\}$.

当 $n=1$ 时,命题显然成立.

设当 $n=k$ 时,命题成立.

则当 $n=k+1$ 时,

$a_{k+1} \leqslant \frac{3}{4} \max \{A, 8048\}+2012$

$\leqslant \frac{3}{4} \max \{A, 8048\}$.

所以,对任意 $n \in \mathbf{N}$, 命题均成立.

由此知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个有界的正整数数列.于是, 存在 $m 、 k \in \mathbf{N}_{+}$, 使得 $a_{m}=a_{m+k}$.

因此, $a_{m+1}=a_{m+k+1}, \cdots \cdots a_{m+l}=a_{m+k+l}$.

故 $\left\{a_{n}\right\}$ 是从 $a_{m}$ 项开始周期为 $k$ 的数列.
Subfield: Number Theory


Question: 已知 $p$ 为质数, $\sqrt{p}$ 的小数部分为 $x, \frac{1}{x}$ 的小数部分为 $\frac{\sqrt{p}-31}{75}$. 求所有满足条件的质数 $p$ 的值.

Solution:
设 $p=k^{2}+r$, 其中, $k 、 r$ 是整数, 且满足 $0 \leqslant r \leqslant 2 k$.

因为 $\frac{\sqrt{p}-31}{75}$ 是 $\frac{1}{x}$ 的小数部分, 所以,

$0 \leqslant \frac{\sqrt{p}-31}{75}<1 \Rightarrow 31 \leqslant \sqrt{p}<106$.

由 $p$ 为质数,知 $\sqrt{p}$ 为无理数,且

$[\sqrt{p}]=k$.

于是, $x=\sqrt{p}-k(0<x<1)$.

由于 $\frac{1}{x}>1$, 设

$\frac{1}{x}=\frac{1}{\sqrt{p}-k}=N+\frac{\sqrt{p}-31}{75}(N \geqslant 1)$.

则 $\frac{\sqrt{p}+k}{r}=N+\frac{\sqrt{p}-31}{75}$.

由无理部分、有理部分分别相等得

$\frac{1}{r}=\frac{1}{75}, \frac{k}{r}=\frac{75 N-31}{75}$

$\Rightarrow r=75, k=75 N-31$.

若 $N \geqslant 2$, 则 $k \geqslant 75 \times 2-31=119$.

于是, $[\sqrt{p}]=k \geqslant 119$, 与 $31 \leqslant \sqrt{p}<106$矛盾.

因此, $N=1, k=44$.

故 $p=44^{2}+75=2011$, 且 2011 是质数.

Final answer: $2011$
Subfield: Combinatorics


Question: 在一个 $n$ 行 $n$ 列的棋盘上放置 $n^{2}-1(n \geqslant 3)$ 枚棋子. 棋子的编号为

$(1,1), \cdots,(1, n),(2,1), \cdots,(2, n)$ ，

$\cdots,(n, 1), \cdots,(n, n-1)$.

如果编号为 $(i, j)$ 的棋子刚好在棋盘的第 $i$ 行第 $j$ 列, 即第 $n$ 行第 $n$ 列是空的, 则称棋盘处于“标准状态”。

现把 $n^{2}-1$ 枚棋子随意地放到棋盘上,每个格子只能放置一枚棋子, 每一步可以把空格相邻的一个格子中的棋子移到空格中 (两格子相邻是指其有公共边). 证明: 在任意放置下, 都不可以经过有限次移动, 使棋盘达到标准状态。

Solution:
把棋子按字典序重新编号, 即 $(i, j)$ 编号为 $(i-1) n+j$. 棋盘的格子也按字典序编号,第 $i$ 行第 $j$ 列为 $(i-1) n+j$. 标准状态就是第 $k$ 枚棋子在第 $k$ 个格子中.

按格子的编号从小到大记录格子中棋子的编号, 空格不记录. 于是, 得到 $n^{2}-1$ 个数的一个排列.

下面分情形讨论.

(1) 当 $n$ 为奇数时, 移动空格左右两侧的棋子,对应的排列不变, 移动空格上下两侧的棋子, 相当于对排列做了一个 $n$ 轮换. 由于 $n$ 为奇数,则 $\boldsymbol{n}$ 轮换是偶置换. 因而, 排列的奇偶性不变.

(2) 当 $n$ 为偶数时, 移动空格左右两侧的棋子, 排列仍不变, 移动空格上下两侧的棋子,排列的奇偶性互换,同时,空格所在行数的奇偶性也互换.

综上,对标准状态下, 把编号 $(n, n-2)$与 $(n, n-1)$ 的两枚棋子换位, 是无法移动到标准状态的.
Subfield: Geometry


Question: 设 $O$ 为锐角 $\triangle A B C$ 的外心,$A O 、 B O 、 C O$ 的延长线分别与 $B C 、 C A 、 A B$ 交于点 $D 、 E 、 F$. 若 $\triangle A B C \backsim \triangle D E F$, 证明: $\triangle A B C$ 是正三角形.

Solution:
先证明: $O$ 是 $\triangle D E F$ 的垂心.

<img_4133>

如图, 设 $H$ 是 $\triangle D E F$ 的垂心, $D H 、 E H$ 、 $F H$ 分别与 $E F 、 F D 、 D E$ 交于点 $L 、 M 、 N$.

由 $\angle E H F=180^{\circ}-\angle E D F$

$=180^{\circ}-\angle E A F$,

知 $A 、 E 、 H 、 F$ 四点共圆.于是, $\angle F A H=\angle F E H$.

同理，由 $B 、 D 、 H 、 F$ 四点共圆得

$\angle F B H=\angle F D H$.

因为 $D 、 E 、 L 、 M$ 四点共圆,所以,

$\angle F E M=\angle F D L$.

于是, $\angle F A H=\angle F B H$.

因此, $H A=H B$.

同理, $H B=H C$.

从而, $H$ 是 $\triangle A B C$ 的外心$O$ .

设 $\angle O B C=\angle O C B=\alpha$,

$\angle O C A=\angle O A C=\beta$,

$\angle O A B=\angle O B A=\gamma$.则 $\alpha+\beta+\gamma=90^{\circ}$.

因为 $B E \perp D F$, 所以, $\angle B F D=90^{\circ}-\gamma$.

由 $\angle B F C=2 \beta+\gamma$, 得

$\angle D F C=2 \beta+\gamma-\left(90^{\circ}-\gamma\right)$

$=2(\beta+\gamma)-90^{\circ}=90^{\circ}-2 \alpha$.

又因为 $C F \perp D E$, 所以,

$\angle D F C=90^{\circ}-\angle F D E=90^{\circ}-\angle B A C$

$=90^{\circ}-(\beta+\gamma)=\alpha$.

于是, $90^{\circ}-2 \alpha=\alpha \Rightarrow \alpha=30^{\circ}$.

同理, $\beta=\gamma=30^{\circ}$.

故 $\angle B A C=\angle C B A=\angle A C B=60^{\circ}$.

因此, $\triangle A B C$ 是正三角形.
Subfield: Algebra


Question: 对任意 $x 、 y 、 z \in \mathbf{R}$, 证明:

$-\frac{3}{2}\left(x^{2}+y^{2}+2 z^{2}\right) \leqslant 3 x y+y z+z x \leqslant \frac{3+\sqrt{13}}{4}\left(x^{2}+y^{2}+2 z^{2}\right)$.

Solution:
当 $x=y=z=0$ 时,不等式显然成立.

当 $x 、 y 、 z$ 不全为 0 时,将不等式变形为 $-\frac{3}{2} \leqslant \frac{3 x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}} \leqslant \frac{3+\sqrt{13}}{4}$.

设 $F(x, y, z)=\frac{3 x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+2 z^{2}}$.

下面求 $F(x, y, z)$ 的值域.

当 $z=0$ 时,

$F(x, y, z)=\frac{3 x y}{x^{2}+y^{2}} \in\left[-\frac{3}{2}, \frac{3}{2}\right]$,

原不等式成立.

当 $z \neq 0$ 时,

$F x^{2}-(3 y+z) x+\left[F\left(y^{2}+2 z^{2}\right)-y z\right]=0$,

$\Delta=(3 y+z)^{2}-4 F\left[F\left(y^{2}+2 z^{2}\right)-y z\right]$

$=9 y^{2}+6 y z+z^{2}-4 F^{2} y^{2}-8 F^{2} z^{2}+4 F y z$

$=\left(9-4 F^{2}\right) y^{2}+(6 z+4 F z) y+\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\right)$.

当 $F= \pm \frac{3}{2}$ 时, 原不等式成立.

当 $F \neq \pm \frac{3}{2}$, 即任意 $y \in \mathbf{R}$ 时, $\Delta \geqslant 0$.

下面分两种情形讨论.

(1) 当 $\Delta=0$ 时,

$\Delta_{1}=(6 z+4 F z)^{2}-4\left(9-4 F^{2}\right)\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\right) \geqslant 0$.

则 $(3+2 F)^{2}-\left(9-4 F^{2}\right)\left(1-8 F^{2}\right)$

$=-32 F^{4}+80 F^{2}+12 F$

$=-4 F(2 F+3)\left(4 F^{2}-6 F-1\right)$

$=-4^{2} F(2 F+3)\left(F-\frac{3-\sqrt{13}}{4}\right)\left(F-\frac{3+\sqrt{13}}{4}\right) \geqslant 0$.

故 $F \in\left(-\frac{3}{2}, \frac{3-\sqrt{13}}{4}\right] \cup\left[0, \frac{3}{2}\right) \cup$ $\left(\frac{3}{2}, \frac{3+\sqrt{13}}{4}\right]$.

(2) 当 $\Delta>0$ 时,

$\left\{\begin{array}{l}9-4 F^{2}>0, \\ \Delta_{2}=(6 z+4 F z)^{2}-4\left(9-4 F^{2}\right)\left(z^{2}-8 F^{2} z^{2}\right)<0\end{array}\right.$

$\Rightarrow F \in\left(\frac{3-\sqrt{13}}{4}, 0\right)$.

综上, $F \in\left[-\frac{3}{2}, \frac{3+\sqrt{13}}{4}\right]$.

当 $x=-y, z=0$ 时, $F=-\frac{3}{2}$;

当 $x=\frac{20+6 \sqrt{13}}{9+\sqrt{13}} z, y=\frac{9+\sqrt{13}}{3 \sqrt{13}-7} z$ 时, $F=\frac{3+\sqrt{13}}{4}$.
Subfield: Number Theory


Question: 证明：任意九个两两不同的不超过 9000 的正整数中一定存在四个数 $a 、 b 、 c 、 d$, 使得$4+d \leqslant a+b+c \leqslant 4 d$.

Solution:
用反证法.

假设命题不真，即存在 $1 \leqslant A<B<C<D<E<F<G<H<I \leqslant 9000$,其中, 任意四个数不满足题目中的不等式.

显然, $A \geqslant 1, B \geqslant A+1 \geqslant 2, D \geqslant C+1$.

则 $4+C=1+2+(C+1) \leqslant A+B+D$.

于是, $A+B+D>4 C$, 即

$D \geqslant 4 C-(A+B)+1$

$=2 C+(C-A)+(C-B)+1$

$\geqslant 2 \times 3+2+1+1=10$.

由 $E \geqslant D+1$, 得

$4+D=1+2+(D+1) \leqslant A+B+E$.

于是, $A+B+4>4 D$, 即

$E \geqslant 4 D-(A+B)+1$

$\geqslant 4[4 C-(A+B)+1]-(A+B)+1$

$=16 C-5(A+B)+5$

$\geqslant 6 \times 3+5 \times 2+5 \times 1+5=38$.

类似地,由 $4+E=1+2+(E+1) \leqslant A+B+F$, 得

$F \geqslant 4 E-(A+B)+1$

$\geqslant 4[16 C-5(A+B)+5]-(A+B)+1$

$=64 C-21(A+B)+21$

$=22 C+21(C-B)+21(C-A)+21$

$\geqslant 22 \times 3+21 \times 2+21 \times 1+21=150$.

由 $4+F=1+2+(F+1) \leqslant A+B+G$, 得

$G \geqslant 4 F-(A+B)+1$

$\geqslant 4[64 C-21(A+B)+21]-(A+B)+1$

$=256 C-85(A+B)+85$

$=86 C+85(C-A)+85(C-B)+85$

$\geqslant 86 \times 3+85 \times 2+85 \times 1+85=598$.

由 $4+G=1+2+(G+1) \leqslant A+B+H$, 得

$H \geqslant 4 G-(A+B)+1$

$\geqslant 4[256 C-85(A+B)+85]-(A+B)+1$

$=1024 C-341(A+B)+341$

$=342 C+341(C-A)+341(C-B)+341$

$\geqslant 342 \times 3+341 \times 2+341 \times 1+341$

$=2390$.

由 $4+H=1+2+(H+1) \leqslant A+B+I$, 得

$I \geqslant 4 H-(A+B)+1$

$\geqslant 4[1024 C-341(A+B)+341]-(A+B)+1$

$=4096 C-1365(A+B)+1365$

$=1366 C+1365(C-A)+1365(C-B)+1365$

$\geqslant 1366 \times 3+1365 \times 2+1365 \times 1+1365$

$=9558$.

矛盾.
Subfield: Combinatorics


Question: 某位科学家将其时间机器设计图存人一台电脑, 文件打开密码设置为 $\{1,2, \cdots, 64\}$ 的某个排列. 又设计了一个程序, 当每次输人 $1 -64$ 中的八个正整数时, 电脑会提示这八个数之间在密码中的顺序 (从左至右). 请设计一种操作方案, 使得至多经过 45 次输人, 就能确定这个密码.

Solution:
准备 $n^{2}(n=8)$ 张卡片, 正面卡号依次为 $1,2, \cdots, n^{2}$, 背面对应写有该数在密码中的位置 (从左数). 当然, 操作人事先不知道背面数.

首先, 将 $n^{2}$ 张卡片分成 $n$ 组 (每组 $n$ 张),前 $n$ 次操作将每组卡号各输入一次, 即可知道每组卡片背面数的大小顺序 (也记为卡片的大小顺序).

将每组卡片按从小到大排成一列放到桌面上, 得到 $n \times n$ 数表 $\left(a_{i j}\right)$, 其中, $a_{i j}$ 为第 $j$ 组第 $i$ 张卡片的卡号, 其对应的背面数为 $b_{i j}$.其次, 再输入两次, 分别为 $\left\{a_{1 j} \mid j=1,2, \cdots, n\right\},\left\{a_{n j} \mid j=1,2, \cdots, n\right\}$.将这 $2 n$ 张卡片称为“原卡” (前者为“原小卡”, 后者为“原大卡”). 则

$\min _{1 \leqslant \leqslant \leqslant n} b_{1 j}=\min _{1 \leqslant j \leqslant n} \min _{1 \leqslant 1 \leqslant n} b_{i j}=\min _{1 \leqslant i, j \leqslant n} b_{i j}$,

$\max _{1 \leqslant \leqslant \leqslant n} b_{n j}=\max _{1 \leqslant 1 \leqslant n} \max _{1 \leqslant 1 \leqslant n} b_{i j}=\max _{1 \leqslant i, j \leqslant n} b_{i j}$.

从而,知道 $\left\{b_{i j}\right\}$ 中最小数、最大数所在的卡号 (即密码首尾两个数). 从桌面上拿去这两张卡片, 将前 (后) 者下 (上) 面的卡片移到其位上 (称为“新小 (大)卡”).

然后, 将这两个新卡与原小 (大)卡中 $\frac{n}{2}-1$ 个较小(大) 卡的卡号输人, 即可知道余下 $n^{2}-2$ 个 $b_{i j}$ 中的最小数、最大数所在的卡号 (即密码中第 $2 、 n^{2}-1$ 个数).

类似地,按照下面两种操作方法可将所有卡片按背后数从小到大排列, 其正面卡号组成密码.

操作 A: 当新小、大卡的个数均小于 $\frac{n}{2}$时, 将这些新卡与原卡中若干个较小 (大)卡组成 $\frac{n}{2}$ 个较小卡和 $\frac{n}{2}$ 个较大卡 (即在桌面上第 $1 、 n$ 行各取 $\frac{n}{2}$ 个) 输人后, 即可知道桌面上所有卡的最小卡、最大卡所在的卡号. 拿去这两张卡片, 将前(后) 者下 (上) 面的卡片移到其位上 (称为新小 (大)卡).

操作 $\mathrm{B}$ : 当新小 (或大) 卡的个数为 $\frac{n}{2}$ 时,将第 1 (或 $n$ )行上所有卡片 (即 $\frac{n}{2}$ 个原小(或大) 卡和 $\frac{n}{2}$ 个新小 (或大) 卡, 将其都改称为原卡) 的卡号输入后, 即可知道桌面上所有卡的最小 (或大) 卡所在的卡号. 去掉该卡片, 将其下 (或上) 面的卡片移到其位上(称为新小(或大)卡)。

操作的可行性是显然的, 且除了前 $n$ 次操作, 所有的操作均可视为操作 $A 、 B$ 之一,其中,第 $n+1 、 n+2$ 次操作可视为操作 $B$, 第 $n+3$ 次操作可视为操作 A.

设操作 $\mathrm{A} 、 \mathrm{~B}$ 分别进行 $x 、 y$ 次后卡片被拿光.

因为每次操作 A 拿走 2 张卡片, 每次操作 $\mathrm{B}$ 拿走 1 张卡片,最后一次操作至多拿走 $n$ 张卡片,故

$2 x+y \leqslant n^{2}-n+2$.

注意到每次操作 A 新卡数至多增加 2 ,每次操作 $B$ 新卡数减少 $\frac{n}{2}-1$.

若最后一次操作为操作 $\mathrm{B}$, 则

$2 x+2 \geqslant\left(\frac{n}{2}-1\right)(y-2)+1 ;$

若最后一次操作为操作 $A$, 则

$2(x-1)+2 \geqslant\left(\frac{n}{2}-1\right)(y-2)$.

由式(1)、(2)

$\Rightarrow 2 x+y-1 \geqslant \frac{n}{2}(y-2)$

$\Rightarrow n^{2}-n+1 \geqslant \frac{n}{2}(y-2)$

$\Rightarrow \frac{y}{2} \leqslant n+\frac{1}{n}$.

故操作总次数为

$n+x+y=n+\frac{(2 x+y)+y}{2}$

$\leqslant n+\frac{n^{2}-n+2}{2}+n+\frac{1}{n}$

$=\frac{(n+1)(n+2)}{2}+\frac{1}{n}=45 \frac{1}{8}$

$\Rightarrow n+x+y \leqslant 45$.

Final answer: 见解析
Subfield: Geometry


Question: 如下图, 设 $\triangle A B C$ 的外接圆为 $\Gamma$, 在点 $B 、 C$ 处分别作圆 $\Gamma$ 的切线, 两条切线交于点 D. 由 $\triangle A B C$ 的边 $A B 、 C A$ 分别向形外作正方形 $B A G H$ 、正方形 $A C E F$, 设 $E F$ 与 $H G$ 交于点 $X$. 证明: $X 、 A 、 D$ 三点共线.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_61474f2f0c739423bf20g-1.jpg?height=621&width=412&top_left_y=1018&top_left_x=362)

Solution:
如图, 设点 $A$ 在 $G F$ 上的投影为 $R$, $A R$ 与 $B C$ 交于点 $M$.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2023_12_20_8d44822aa5c5fc1c63b3g-1.jpg?height=535&width=363&top_left_y=722&top_left_x=382)

由面积法知

$$
\begin{aligned}
& \frac{B M}{C M}=\frac{S_{\triangle A B M}}{S_{\triangle A C M}}=\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A M \sin \angle B A M}{\frac{1}{2} A C \cdot A M \sin \angle C A M} \\
& =\frac{A B \cos \angle R A G}{A C \cos \angle R A F}=\frac{A G \cos \angle R A G}{A F \cos \angle R A F}=1 .
\end{aligned}
$$

故 $M$ 为边 $B C$ 的中点.

设 $X A$ 与 $B C$ 交于点 $K$. 则由 $G 、 A 、 F 、 X$ 四点共圆得

$$
\begin{aligned}
& \angle C A K=90^{\circ}-\angle F A X=90^{\circ}-\angle F G X \\
& =\angle A G F=90^{\circ}-\angle G A R=\angle B A M,
\end{aligned}
$$

即 $A X$ 在 $A M$ 的共轭中线上.

另一方面, 在边 $B C$ 上作一点 $M^{\prime}$, 使得

$\angle C A D=\angle B A M^{\prime}$.

由面积法知

$$
\begin{aligned}
& \frac{B M^{\prime}}{M^{\prime} C}=\frac{S_{\triangle A B M^{\prime}}}{S_{\triangle A C M^{\prime}}}=\frac{\frac{1}{2} A B \cdot A M^{\prime} \sin \angle B A M^{\prime}}{\frac{1}{2} A C \cdot A M^{\prime} \sin \angle C A M^{\prime}} \\
& =\frac{A B \sin \angle C A D}{A C \sin \angle B A D}=\frac{A B \cdot \frac{C D \sin \angle A C D}{A D}}{A C \cdot \frac{B D \sin \angle A B D}{A D}}
\end{aligned}
$$

$$
=\frac{A B \sin \angle A C D}{A C \sin \angle A B D}=\frac{A B \sin \angle A B C}{A C \sin \angle A C B}=1 .
$$

故点 $M^{\prime}$ 与 $M$ 重合.

因此, $A D$ 也在 $A M$ 的共轭中线上.

综上, $X 、 A 、 D$ 三点共线.

Final answer: 证明题