做题记录（Maths）

更新记录：

• 2026.4.26。
• 2026.4.29：增加 #20。
• 2026.6.4：增加 #20 ~ #42。
• 2026.7.19：增加 #43 ~ #60。
• 2026.7.25：增加 #61 ~ #75。

记号约定：

• \(\sum \limits_{\mathrm{cyc}}\)：轮换（cyclic）式累加，在不引起歧义时省略 \(\mathrm{cyc}\)。累乘类似。
• \(\sum \limits_{\mathrm{sym}}\)：对称（symmetric）式累加，在不引起歧义时省略 \(\mathrm{sym}\)。累乘类似。
• \(\rho_O(X)\)：\(X\) 对 \(\odot O\) 的圆幂。
• \(p \perp q\)：直线 \(p, q\) 互相垂直；整数 \(p, q\) 互质。
• \(\sigma(n)\)：\(n\) 的正因数的和。
• \(\mathbb{P}\)：质数集合。

#1

已知：

• \(\Omega = \odot ABCD\)。
• \(AB \cap CD = K\)。
• \(\angle BAC = \angle DAL\)。
• \(CM \parallel BD\)。

证明：\(BM\) 切 \(\Omega\)。

Proof 1

利用弦切角定理，只需证 \(\angle CBM = \angle BDC\)。因为 \(\angle CBD = \angle BCM\)，所以这启发我们尝试证 \(\triangle BCM \sim \triangle DBC\)，即

\[\begin{equation} BC^2 = BD \cdot CM \end{equation} \]

\(BC, BD\) 都是基本量，难点在于转化 \(CM\)。继续利用 \(CM \parallel BD\)，我们有

\[\begin{equation} \dfrac{CM}{DL} = \dfrac{CK}{DK} \end{equation} \]

\(DL\) 就利用 \(\angle BAC = \angle DAL\)，得到 \(\triangle ADL \sim \triangle ACB\)，那么

\[\begin{equation} \dfrac{DL}{AD} = \dfrac{BC}{AC} \end{equation} \]

\(\dfrac{CK}{DK}\) 利用分角定理，则

\[\begin{equation} \dfrac{CK}{DK} = \dfrac{BC \sin(\pi - \alpha - \beta)}{BD \sin(\pi - \beta)} = \dfrac{BC \sin(\alpha + \beta)}{BD \sin(\beta)} \end{equation} \]

其中 \(\alpha = \angle CBD, \beta = \angle ABD\)。

将 \((2) \sim (4)\) 代入 \((1)\) 得

\[BC^2 = BD \cdot \dfrac{AD \cdot BC}{AC} \cdot \dfrac{BC \sin(\alpha + \beta)}{BD \sin(\beta)} \]

即

\[BC = \dfrac{AD \cdot BC}{AC} \cdot \dfrac{\sin(\alpha + \beta)}{\sin(\beta)} \]

由正弦定理，

\[BC = \dfrac{AD \cdot BC}{AC} \cdot \dfrac{AC}{AD} = BC \]

\(\square\)

Proof 2

\(BM\) 作为切线，有美好的性质，所以使用同一法。

作 \(BM'\) 切 \(\Omega\) 满足 \(CM' \parallel DL\)，则只需证 \(K, M', L\) 共线，则只需证 \(\dfrac{KM'}{M'L} = \dfrac{CK}{CD}\)。

因为 \((4)\) 式中出现了角度，所以我们希望 \(\dfrac{KM'}{M'L}\) 也有角度。于是由分角定理，

\[\dfrac{KM'}{M'L} = \dfrac{BK \sin(\angle KBM')}{BL \sin(\angle M'BL)} \]

延长 \(M'B\)，则由弦切角定理，\(\angle KBM' = \angle ADB\)。把 \(\angle M'BL\) 拆成 \(\angle CBM' + \angle CBD\)，对 \(\angle CBM'\) 再用一次弦切角定理，得

\[\angle M'BL = \angle CDB + \angle CBD = 180 ^\circ - \angle BCD \]

则

\[\begin{equation} \dfrac{KM'}{M'L} = \dfrac{BK \sin(\angle ADB)}{BL \sin(\angle BCD)} = \dfrac{BK}{BL} \cdot \dfrac{AB}{BD} \end{equation} \]

注意到 \(\triangle ACD \sim \triangle ABL\)，所以

\[\begin{equation} \dfrac{AC}{AB} = \dfrac{CD}{BL} \end{equation} \]

再注意到 \(\triangle BDK \sim \triangle CAK\)，所以

\[\begin{equation} \dfrac{BD}{AC} = \dfrac{BK}{CK} \end{equation} \]

\((6) \times (7)\) 得

\[\dfrac{BD}{AB} \cdot \dfrac{CK}{CD} = \dfrac{BK}{BL} \]

代回 \((5)\) 得

\[\dfrac{KM'}{M'L} = \dfrac{CK}{CD} \]

\(\square\)

#2

已知：

• \(\odot ABCD\)。
• \(AC \cap BD = Q\)。
• \(AB \cap CD = P\)。

证明：

\[PQ^2 = PA \cdot PB - QB \cdot QD \]

比较有用的二级结论。

Proof 1

笔者本人的做法，比较奇异搞笑。

首先要转化 \(PQ^2\)。我们把它放到三角形里，这里我选择的是 \(\triangle BPQ\)（当然 \(\triangle CPQ\) 应该也能做）。由余弦定理，

\[PQ^2 = BP^2 + BQ^2 - 2BP \cdot BQ \cos(\angle ABD) \]

于是只需证

\[BP^2 + BQ^2 - 2BP \cdot BQ \cos(\angle ABD) = PA \cdot PB - QB \cdot QD \]

移项得

\[BP \cdot AB + BQ \cdot BD - 2BP \cdot BQ \cos(\angle ABD) = 0 \]

合并同类项得

\[BP (AB - BQ \cos(\angle ABD)) + BQ (BD - BP \cos(\angle ABD)) = 0 \]

注意到 \(BP \cos(\angle ABD)\) 和 \(BQ \cos(\angle ABD)\) 是有几何意义的。这启发我们作 \(QX \perp AB\) 于 \(X\)，\(PY \perp BD\) 于 \(Y\)。则只需证

\[BP (AB - BX) + BQ (BD - BY) = BP \cdot AX - BQ \cdot DY = 0 \]

即

\[\dfrac{BP}{BQ} = \dfrac{DY}{AX} \]

则只需证 \(\triangle AQX \sim \triangle DPY\)。因为 \(\angle BAC = \angle BDC = \angle PDY\)，且 \(\angle AXQ = \angle DYP = 90 ^\circ\)，所以相似。\(\square\)

Proof 2

尝试转走 \(PA \cdot PB\)。这里介绍一个 trick（#3）：我们作 \(\odot ABQ \cap PQ = X\)，这样 \(PA \cdot PB = PQ \cdot PX\)，转到了 \(PQ\) 上。于是只需证 \(PQ^2 = PQ \cdot PX - QA \cdot QC\)，即 \(PQ \cdot QX = QA \cdot QC\)，即 \(\odot APCX\)。

如何证明？由 \(\odot ABCD\) 和 \(\odot AQXB\)，得 \(\angle ACP = \angle ABD = \angle AXP\)。\(\square\)

---

实际上作 \(\odot AQX\) 使得 \(X\) 在 \(AB\) 上且 \(PQ\) 切 \(\odot AQX\) 也能做，只不过需要用到的相似有些难以发现（当然 Gemini 肯定秒了）。这样就把 \(PQ^2\) 变成了 \(PA \cdot PX\)，转到了 \(PA\) 上。

#3 作外接圆造圆幂定理

如图，可以通过作 \(\odot ABC\) 来把 \(PA \cdot PB\) 转到 \(PC\) 上，然后就可以利用 \(C\) 和 \(X\) 的美好性质。

一般情况下，这样转化完后可以合并同类项。如果合并完后很奇怪，那就不要往这个方向转化，换个方向。

#4 使用 Cauchy 不等式去根号

已知 \(a, b, c \in \mathbb{R}^+\) 满足 \(ab + bc + ca = 11\)，证明：

\[\sqrt{\dfrac{a^2 + 1}{2}} + \sqrt{b^2 + 1} + 5 \sqrt{\dfrac{c^2 + 9}{2}} \ge 7 \sqrt{5} \]

式子很奇怪，那就先搞取等条件。在 \((a, b, c) = (3, 2, 1)\) 时取等。

然后去根号。这里可以使用 Cauchy 不等式。以 \(\sqrt{\dfrac{a^2 + 1}{2}}\) 为例：因为 \(a = 3\) 取等，所以为了保证取等条件，凑系数时要满足 \(\dfrac{3}{c_1} = \dfrac{1}{c_2}\)，于是令 \((c_1, c_2) = (3, 1)\)，得到

\[(a^2 + 1)(3^2 + 1) \ge (3a + 1)^2 \implies \sqrt{\dfrac{a^2 + 1}{2}} \ge \dfrac{3a + 1}{2 \sqrt{5}} \]

同理得

\[\begin{aligned} \sqrt{b^2 + 1} &\ge \dfrac{2b + 1}{\sqrt{5}} \\ 5 \sqrt{\dfrac{c^2 + 9}{2}} &\ge \dfrac{5(c + 9)}{2 \sqrt{5}} \end{aligned} \]

全部代回原命题，则只需证 \(3a + 4b + 5c \ge 22\)。用掉 \(ab + bc + ca = 11\) 这个条件，则只需证 \((3a + 4b + 5c)^2 \ge 44(ab + bc + ca)\)。利用取等条件配方即可。\(\square\)

#5

设 \(a, b, c \in \mathbb{R}\) 满足 \(a + b + c = 3\)，证明：

\[\sum \dfrac{1}{5a^2 - 4a + 11} \le \dfrac{1}{4} \]

显然要搞切线放缩，所以先搞取等条件。在 \(a = b = c = 1\) 时取等。

设 \(f(x) = \dfrac{1}{5x^2 - 4x + 11}\)。由取等条件，我们在 \(x = 1\) 处求切线，发现是 \(g(x) = -\dfrac{1}{24} x + \dfrac{1}{8}\)。接下来我们只需要 \(g \ge f\) 即可，但是这肯定没有那么简单。使用 GeoGebra 画图可以发现，在 \(x > 1.8\) 时 \(g < f\)。

（\(y\) 轴被拉伸了 \(25\) 倍。\(A\) 为切点，\(B\) 为交点。）

于是这样不能做。我们发动人类智慧，因为我们只需要 \(g \ge f\)，而没那么关心 \(g\) 是不是直线，所以我们在 \(x \ge 1.8\) 时拼一个 \(y = 0.05\) 上去，变成

\[g(x) = \begin{cases} -\dfrac{1}{24} x + \dfrac{1}{8}, &x < 1.8 \\ \dfrac{1}{20} &x \ge 1.8 \end{cases} \]

这样 \(g \ge f\)，再利用 \(g\) 的凸性，使用 Jensen 不等式得证。\(\square\)

---

为什么拼 \(y = 0.05\)？因为 \(f\) 有渐近线 \(y = 0\)，所以拼的直线的斜率必须非负，不然就交上了。\(y = 0.05\) 比较简便，于是就拼它了。

#6 上 / 下凸壳放缩

在 #5 中，我们用两条线拼到一起进行放缩。这是否可以推广？

如图，考虑对 \(f\) 在 \(A_1\) 处使用切线放缩。先画一条切线。

你惊喜的发现切线在 \(D_1\) 处与 \(f\) 相交。用 #6 的 trick，我们拼上另一根直线，就选 \(f\) 在 \(D_1\) 的切线。

这时发现 \(G_1\) 右边的曲线有一段下凸的，所以直接使用。

但是 \(H_1\) 往后又不是下凸的，所以在此处作切线，拼上去。

这样我们就把 \(f\) 放缩成了 \(g\)（橙色折线），可以利用 \(g\) 的凹凸性进一步做。

#7 Schur 不等式

对于 \(r \in \mathbb{R}\)，\(a, b, c \ge 0\)，有

\[a^r (a - b)(a - c) + b^r (b - a)(b - c) + c^r (c - a)(c - b) \ge 0 \]

证明比较厉害。

不妨设 \(a \le b \le c\)。发现此时只有第 2 项是负的，对它分析。

• \(r \ge 0\)：此时 \(c^r \ge b^r, c - a \ge b - a\)，则 \(|b^r (b - a)(b - c)| \le c^r (c - a)(c - b)\)。
• \(r < 0\)：此时 \(a^r \ge b^r\)，\(a - c \ge b - c\)，则 \(|b^r (b - a)(b - c)| \le a^r (a - b)(a - c)\)。

综上即证。\(\square\)

\(r = 1\) 的情况比较重要。\(r = 1\) 等价于

\[\sum a^3 - \sum a^2 b - \sum ab^2 + 3abc \ge 0 \]

也等价于

\[\prod a + b - c \le abc \]

#8 三元三次对称不等式

对于任意 \(x, y, z \ge 0\)，有

\[a \sum x^3 + b \left( \sum x^2 y + \sum xy^2 \right) + cxyz \ge 0 \]

求 \(a, b, c\) 满足的充要条件。

首先要代入几个 \((x, y, z)\) 试一试。

• 代入 \((1, 1, 1)\)：\(3a + 6b + c \ge 0\)。
• 代入 \((1, 1, 0)\)：\(a + b \ge 0\)。
• 代入 \((1, 0, 0)\)：\(a \ge 0\)。

下证这 3 个式子合到一起就是充要条件。

我们主元 \(a, b, c\)，因为这 3 个式子都关于 \(a, b, c\)。先搞 \(c\)：

\[\begin{aligned} \mathrm{LHS} &\ge a \sum x^3 + b \left( \sum x^2 y + \sum xy^2 \right) - (3a + 6b) xyz \\ &= a \left( \sum x^3 - 3xyz \right) + b \left( \sum x^2 y + \sum xy^2 - 6xyz \right) \end{aligned} \]

然后是 \(b\)：

\[\begin{aligned} \mathrm{LHS} &\ge a \left( \sum x^3 - 3xyz \right) - a \left( \sum x^2 y + \sum xy^2 - 6xyz \right) \\ &= a \left( \sum x^3 - \sum x^2 y - \sum xy^2 + 3xyz \right) \end{aligned} \]

由 #7 得证。\(\square\)

---

这个结论非常厉害，因为它直接解决了三元三次对称不等式的证明问题。再遇到这种问题时，直接把 \(a, b, c\) 代入证明过程即可。

如果遇到求参数的问题，直接把这个条件拍上去即可。但有时代入 \(a, b, c\) 的式子比较复杂，比较难办。回忆得到充要条件的过程：我们代入了 \((1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0)\)。所以这里也可以代入这 3 组数来得到充要条件，当然过程不能这样写。

#9 spq 法

其实就是三次韦达定理。设 \(a + b + c = s\)（sum），\(abc = p\)（product），\(ab + bc + ca = q\)（quadratic?）。我们的目标就是把所有代数式用 \(s, p, q\) 重写。理论上一定能重写，因为确定了 \(s, p, q\) 就确定了 \(a, b, c\)。

常见恒等变形

\[\begin{align} \sum a^3 &= s(s^2 - 3q) + 3p \\ \sum \dfrac{1}{a + 1} &= \dfrac{q + 2s + 3}{p + q + s + 1} \\ \sum (a^2 b + ab^2) &= sq - 3p \\ \prod (a + b) &= sq - p \end{align} \]

\((8)\)：考虑欧拉公式即可。

\((9)\)：通分即可。算分子有一个技巧：因为这是轮换式，所以只需算 \(\dfrac{1}{a + 1}\) 通分完的分子，然后再 \(\sum\) 一下。

常见放缩

对于 \(a, b, c \in \mathbb{R}\)：

\[\begin{aligned} s^2 &\ge 3q \\ q^2 &\ge 3sp \end{aligned} \]

对于 \(a, b, c \ge 0\)：

\[\begin{align} q^3 &\ge 27p^2 \\ s^3 &\ge 27p \\ s^3 - 4sq + 9p &\ge 0 \end{align} \]

\((14)\)：Schur 不等式。

注意到只有 \((14)\) 中，\(p\) 在 \(\ge\) 号左边。所以如果遇到 \(p\) 在 \(\ge\) 号左边的情况，就要考虑 Schur 不等式。

注意事项

spq 法不是起手式。一般需要先做出优秀的换元，再上这个方法。

#10 证明切线的方法之二

\(AC\) 切 \(\odot ABD\) 的充要条件为

\[\begin{align} AC^2 = BC \cdot CD \end{align} \]

或

\[\begin{align} \dfrac{CD}{BC} = \dfrac{AD^2}{AB^2} \end{align} \]

\((15)\) 比较显然，补充一下：这个式子和 \(\triangle ACD \sim \triangle BCA\) 等价，可以尝试证这个。

\((16)\) 是因为

\[\triangle ACD \sim \triangle BCA \iff \dfrac{AC}{BC} = \dfrac{CD}{AC} = \dfrac{AD}{AB} \]

则

\[\dfrac{AC}{BC} \cdot \dfrac{CD}{AC} = \dfrac{CD}{BC} = \dfrac{AD^2}{AB^2} \]

#11

已知：

• \(\angle A + \angle C = 90 ^\circ\)。

证明：

\[(AB \cdot CD)^2 + (AD \cdot BC)^2 = (AC \cdot BD)^2 \]

解法 by @A2_Zenith。

注意到式子长得比较像勾股定理，所以尝试搞一个 \(\mathrm{Rt} \triangle\) 出来。虽然看着这个 \(90 ^\circ\) 就应该想把它搞出来。

我们搞一个旋转相似，令 \(\triangle ABD \sim \triangle CED\)，那么还有 \(\triangle ADC \sim \triangle BDE\)，和 \(\angle BCE = 90 ^\circ\)。

先用掉勾股定理：

\[\begin{align} BC^2 + CE^2 = BE^2 \end{align} \]

我们接下来要导 \(BE\) 和 \(CE\)。

由相似：

\[\begin{aligned} \triangle ADC \sim \triangle BDE &\implies BE = \dfrac{AC \cdot BD}{AD} \\ \triangle ABD \sim \triangle CED &\implies CE = \dfrac{AB \cdot CD}{AD} \end{aligned} \]

把这两个式子代入 \((17)\)：

\[BC^2 + \left( \dfrac{AB \cdot CD}{AD} \right)^2 = \left( \dfrac{AC \cdot BD}{AD} \right)^2 \]

两边乘 \(AD^2\) 即可。\(\square\)

#12 Ptolemy 不等式

在凸四边形 \(ABCD\) 中有

\[AB \cdot CD + AD \cdot BC \ge AC \cdot BD \]

用 #11 的 trick。

搞旋转相似，令 \(\triangle ABD \sim \triangle CED\)，那么还有 \(\triangle ADC \sim \triangle BDE\)。于是

\[\begin{align} \dfrac{CE}{AB} &= \dfrac{DE}{BD} = \dfrac{CD}{AD} \\ \dfrac{AD}{BD} &= \dfrac{CD}{DE} = \dfrac{AC}{BE} \end{align} \]

发现分母上都有 \(BD\)，所以把原命题两边除以 \(BD\)。只需证

\[\dfrac{AB \cdot CD}{BD} + \dfrac{AD \cdot BC}{BD} \ge AC \]

观察 \((18)\)，发现 \(\dfrac{AB}{BD} = \dfrac{CE}{DE}\)。观察 \((19)\)，发现 \(\dfrac{AD}{BD} = \dfrac{CD}{DE}\)。则只需证

\[\dfrac{CE \cdot CD}{DE} + \dfrac{CD \cdot BC}{DE} \ge AC \]

即

\[BC + CE \ge \dfrac{AC \cdot DE}{CD} \]

\(\dfrac{AC}{CD}\) 还能继续转化成 \(\dfrac{BE}{DE}\)，则只需证

\[BC + CE \ge \dfrac{BE \cdot DE}{DE} = BE \]

显然成立。\(\square\)

---

在 \(B, C, E\) 共线时取等。共线时，\(\angle BAD = \angle DCE = 180 ^\circ - \angle BCD\)，则 \(\odot ABCD\)，所以在 \(\odot ABCD\) 时取等。这个取等条件被称作 Ptolemy 定理。

把 Ptolemy 定理中的边用正弦定理转成三角函数，就得到了角元形式。这个形式和张角定理有相似之处。

#13 两切一割

已知：

• \(PA, PC\) 分别切圆 \(\Omega\) 于 \(A, C\)。
• \(PBD\) 割 \(\Omega\) 于 \(B, D\)。

则有

\[AB \cdot CD = AD \cdot BC \]

证明比较容易。

为了利用两切一割的条件，我们考虑把结论转到 \(P\) 上。利用 \(\triangle PAD \sim \triangle PBA\)，可以得出

\[\dfrac{AB}{AD} = \dfrac{PA}{PD} \]

对称地有

\[\dfrac{BC}{CD} = \dfrac{PC}{PD} \]

由 \(PA = PC\) 得证。\(\square\)

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实际上，如果你比较好奇，可以如图用 #11 的 trick，把 \(\triangle BCD\) 转到 \(AB\) 边上造旋转相似，即 \(\triangle BCD \sim \triangle BAD'\)。

导边可以得到 \(AD = AD'\)。感觉可以出成签到题？

#14

已知：

• 锐角 \(\triangle ABC\)。
• \(D \in BC\)。
• \(CD\) 的中垂线交 \(AC\) 于 \(E\)。
• \(BD\) 的中垂线交 \(AB\) 于 \(F\)。
• \(O\) 为 \(\triangle ABC\) 外心。

证明：\(\odot AFOE\)。

没啥思路，先用掉 Ptolemy 逆定理。那么只需证

\[OA \sin(\angle FAE) = AE \sin(\angle FAO) + AF \sin(\angle EAO) \]

这样就有突破口：\(\angle FAO, \angle EAO\)。利用 \(\odot O\) 的性质，

\[\angle FAO - \dfrac{180 ^\circ - \angle AOB}{2} = 90 ^\circ - \angle ACB \]

对称地有

\[\angle EAO = 90 ^\circ - \angle ABC \]

那么只需证

\[OA \sin(\angle BAC) = AE \cos(\angle ACB) + AF \cos(\angle ABC) \]

如果你物理比较好，可以发现 \(AE \cos(\angle ACB)\) 其实就是 \(AE\) 在 \(BC\) 上的投影。我们尝试把它画出来。作 \(AH \perp BC\) 于 \(H\)，则 \(AE \cos(\angle ACB) = DX\)。同理，\(AF \cos(\angle ABC) = DY\)。又因为正弦定理，\(OA \sin(\angle BAC) = \dfrac{BC}{2}\)。则只需证

\[\dfrac{BC}{2} = HX + HY = XY \]

显然成立。\(\square\)

---

这道题目似乎已经变成了一个结论，可以去记一下。

#15

已知：

• \(\odot O_1\) 与 \(\odot O_2\) 相离。
• \(AC\) 为 \(\odot O_1, \odot O_2\) 的外公切线。
• \(BD\) 为 \(\odot O_1, \odot O_2\) 的内公切线。

证明：\(AB \cap CD \in O_1 O_2\)。

Proof 1

考虑同一法。设 \(CD \cap O_1 O_2 = E_1, CD \cap AB = E_2\)。我们考虑证明 \(\dfrac{CE_1}{E_1 D} = \dfrac{CE_2}{E_2 D}\)。

为什么不设 \(O_1 O_2 \cap AB = E_2\)？因为 \(\dfrac{CE_2}{E_2 D}\) 需要 \(C, E_2, D\) 共线，而 \(O_1 O_2 \cap AB\) 不一定在 \(CD\) 上。

设 \(BD \cap AC = F\)，则 \(AF = BF\)，那么 \(\angle CAE = \angle ABF = \angle DBE\)。又因为 \(\angle BDE = \angle ACE\)，所以 \(\triangle BDE \sim \triangle ACE\)，那么 \(\dfrac{CE_2}{E_2 D} = \dfrac{AC}{BD}\)。

而

\[\begin{aligned} \dfrac{CE_1}{E_1 D} &= \dfrac{CO_2 \sin(\angle CO_2 O_1)}{DO_2 \sin(\angle DO_2 O_1)} \\ &= \dfrac{O_1 O_2 \sin(\angle CO_2 O_1)}{O_1 O_2 \sin(\angle DO_2 O_1)} \end{aligned} \]

对于 \(O_1 O_2 \sin(\angle CO_2 O_1)\)，我们把 \(AC\) 平移 \(\overrightarrow{AO_1}\) 到 \(O_1 X\)，则 \(O_1 O_2 \sin(\angle CO_2 O_1) = OX = AC\)。

对于 \(O_1 O_2 \sin(\angle DO_2 O_1)\)，我们设 \(BD \cap O_1 O_2 = Y\)，则 \(O_1 O_2 = O_1 Y + O_2 Y\)，且 \(\angle BO_1 O_2 = \angle DO_2 O_1\)，那么

\[\begin{aligned} O_1 O_2 \sin(\angle DO_2 O_1) &= O_1 Y \sin(\angle BO_2 O_1) + O_2 Y \sin(\angle DO_2 O_1) \\ &= BY + DY \\ &= BD \end{aligned} \]

那么

\[\dfrac{CE_1}{E_1 D} = \dfrac{AC}{BD} = \dfrac{CE_2}{E_2 D} \]

\(\square\)

这个做法把 \(AC, BD\) 当作基本量，把所有量都导到它们上面。把 \(AC, BD\) 当基本量是因为结论和 \(A, B, C, D\) 很相关，而 \(AB, CD\) 难以刻画。

Proof 2

由 Proof 1，\(\triangle BDE \sim \triangle ACE\)，则 \(AE \perp CD\)。

我们转换视角，把 \(\triangle BDE\) 看成 \(\odot Y\)，把 \(\triangle ACE\) 看成 \(\odot X\)，则 \(E = \odot X \cap \odot Y\)。那么只需证 \(E\) 在 \(\odot X\) 和 \(\odot Y\) 的根轴上。发现 \(E \in O_1 O_2\)，那么尝试证 \(O_1 O_2\) 为 \(\odot X\) 和 \(\odot Y\) 的根轴。

逆天的地方来了：\(\rho_X(O_1)\) 和其他 3 个圆幂可以用定义式直接写出。

\[\begin{aligned} \rho_X(O_1) &= O_1 X^2 - AX^2 = O_1 A^2 \\ \rho_Y(O_1) &= O_1 Y^2 - AY^2 = O_1 A^2 \\ \rho_X(O_2) &= O_2 X^2 - DX^2 = O_2 D^2 \\ \rho_Y(O_2) &= O_2 Y^2 - DY^2 = O_2 D^2 \\ \end{aligned} \]

那么 \(\rho_X(O_1) = \rho_Y(O_1)\)，则 \(O_1\) 在 \(\odot X\) 和 \(\odot Y\) 的根轴上。同理，\(O_2\) 在 \(\odot X\) 和 \(\odot Y\) 的根轴上。那么 \(O_1 O_2\) 为 \(\odot X\) 和 \(\odot Y\) 的根轴。\(\square\)

“转换视角”是神来之笔，只有标答可以想到。做法确实很厉害，但不够朴素，不推荐使用。

#16

已知：

• \(O, I\) 分别为 \(\triangle ABC\) 的外心和内心。
• \(\odot I\) 切 \(BC, AC, AB\) 于 \(D, E, F\)。
• \(AC \cap DF = P, AB \cap DE = Q\)。
• \(M, N\) 分别平分 \(PE, QF\)。

证明：\(OI \perp MN\)。

发现 \(OI\) 是连心线，则只需证 \(MN\) 是 \(\odot O, \odot I\) 的根轴，则只需证 \(\rho_O(M) = \rho_I(M), \rho_O(N) = \rho_I(N)\)。下证 \(\rho_O(M) = \rho_I(M)\)，则 \(\rho_O(N) = \rho_I(N)\) 同理可证。

则只需证 \(ME^2 = MA \cdot MC\)。观察图，发现除 \(M, N\) 以外的点都可以直接使用，所以考虑消去 \(M, N\)。发现：

\[\begin{aligned} ME &= \dfrac{PA + AE}{2} = \dfrac{PC - CE}{2} \\ AM &= \dfrac{PE - 2AE}{2} = \dfrac{PA - AE}{2} \\ MC &= MA + AC \\ &= \dfrac{PE - 2AE + 2AC}{2} \\ &= \dfrac{(PE - AE) + (AC - AE) + AC}{2} \\ &= \dfrac{PA + CE + AC}{2} \\ &= \dfrac{PC + CE}{2} \end{aligned} \]

则只需证

\[\begin{aligned} (PA + AE)(PC - CE) = (PA - AE)(PC + CE) \end{aligned} \]

展开得

\[\cancel{PA \cdot PC} + AE \cdot PC - PA \cdot CE - \cancel{AE \cdot CE} = \cancel{PA \cdot PC} - AE \cdot PC + PA \cdot CE - \cancel{AE \cdot CE} \]

则只需证

\[AE \cdot PC = PA \cdot CE \iff \dfrac{PA}{AF} = \dfrac{PC}{CD} \]

对 \(\triangle PAF\) 和 \(\triangle PCD\) 分别使用正弦定理：

\[\begin{aligned} \dfrac{PA}{AF} &= \dfrac{\sin(\angle BFD)}{\sin(\angle CPD)} \\ \dfrac{PC}{CD} &= \dfrac{\sin(\angle BDF)}{\sin(\angle CPD)} \end{aligned} \]

显然相等。\(\square\)

---

如果你要证明边之比相等，但对应的三角形不相似，可以考虑正弦定理。当对应的三角形有一对角互补时，尤其要考虑正弦定理。

#17

已知：

• \(PS, PT\) 切 \(\odot O\)。
• \(PAB\) 割 \(\odot O\) 于 \(A, B\)。
• \(PB \cap ST = C\)。

证明：\(\dfrac{2}{PC} = \dfrac{1}{PA} + \dfrac{1}{PB}\)。

则只需证

\[\begin{aligned} \dfrac{2}{PC} = \dfrac{PA + PB}{PA \cdot PB} = \dfrac{PA + PB}{PS^2} &\iff 2PS^2 = PA \cdot PC + PB \cdot PC \\ &\iff 2PA \cdot PB = PA \cdot PC + PB \cdot PC \\ &\iff 0 = PA \cdot (PC - PB) + PB \cdot (PC - PA) \\ &\iff 0 = PB \cdot AC - PA \cdot BC \\ \end{aligned} \]

因为结论只和 \(P, A, B, C\) 有关，所以搞 \(PC\)。发现

\[PC^2 = (PA + AC)(PB - BC) = PA \cdot PB - AC \cdot BC \]

所以 \(PB \cdot AC - PA \cdot BC = 0\)。\(\square\)

#18 调和点列

对于直线上顺次 4 点 \(A, B, C, D\)，如果 \(\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AD}{DC}\)，则我们称 \(A, C; B, D\) 调和，记为 \([A, C; B, D] = -1\)。

内接圆 & 外切圆

条件与 #16 一样。由 #16，\([P, E; A, C] = -1\)。证明就是把 \(AE\) 导成 \(AF\)，把 \(CE\) 导成 \(CD\)，然后正弦定理。

Apollonius 圆

已知：

• \(PC\) 平分 \(\angle APB\)。
• \(PD\) 平分 \(\angle APB\) 的外角。

显然有 \(PC \perp PD\)，且 \(\dfrac{AC}{CB} = \dfrac{AD}{DB} = \dfrac{AP}{PB}\)，于是 \([A, B; C, D] = -1\)。

从另一个角度看，设 \(P\) 满足 \(\dfrac{AP}{PB} = k\)，则 \(P\) 的轨迹为 Apollonius 圆。该圆与 \(A, B\) 的交点 \(C, D\) 满足 \([A, B; C, D] = -1\)。

两切一割

回看 #17，我们发现 \([P, C; A, B] = -1\)。于是我们得到了 \([P, C; A, B] = -1\) 的一个充要条件：\(\dfrac{2}{PC} = \dfrac{1}{PA} + \dfrac{1}{PB}\)。

这就是为什么调和点列叫做“调和”点列，因为 \(PC\) 恰好是 \(PA\) 和 \(PB\) 的调和平均。

#19 交比

难道你不好奇 \([A, B; C, D]\) 到底是什么吗？

对于顺次共线 4 点 \(A, C, B, D\)，定义这 4 点的交比 \([A, B; C, D] = \dfrac{\overrightarrow{AC}}{\overrightarrow{BC}} : \dfrac{\overrightarrow{AD}}{\overrightarrow{BD}}\)。

它有一个性质：从 \(P\) 点发射 4 束光线把 \(A, C, B, D\) 投影到另一条直线上，成为 \(A', C', B', D'\)，则 \([A, B; C, D] = [A', B'; C', D']\)。

如何证明？这个性质说明 \([A, B; C, D]\) 不与这 4 点在 4 束光线上的位置决定，那么只能由这 4 束光线的夹角决定。

于是考虑分角定理：

\[\begin{aligned} \dfrac{\overrightarrow{AC}}{\overrightarrow{BC}} &= -\dfrac{AC}{BC} = -\dfrac{PA \sin(\angle APC)}{PB \sin(\angle BPC)} \\ \dfrac{\overrightarrow{AD}}{\overrightarrow{BD}} &= \dfrac{AD}{BD} = \dfrac{PA \sin(\angle APD)}{PB \sin(BPD)} \end{aligned} \]

则

\[[A, B; C, D] = \dfrac{\sin(\angle APC)}{\sin(\angle BPC)} : \dfrac{\sin(\angle APD)}{\sin(\angle BPD)} \]

其中角有方向，逆时针为正。其实哪个方向为正不太重要。

那么 \([A, B; C, D]\) 只与这 4 束光线的夹角决定，自然有 \([A, B; C, D] = [A', B'; C', D']\)。\(\square\)

这启示我们把交比的定义推广到射线上。

对于 4 个顺次由 \(P\) 发出的射线 \(a, c, b, d\)，定义这 4 条射线的交比 \([a, b; c, d] = \dfrac{\sin \langle a, c \rangle}{\sin \langle b, c \rangle} : \dfrac{\sin \langle a, d \rangle}{\sin \langle b, d \rangle}\)。

#20

如图，已知：

• \(AB, BC, CA\) 切 \(\odot O_1, \odot O_2\) 于 \(E, F, G, H\)。
• \(EG \cap FH = D\)。

证明：\(AD \perp BC\)。

证明垂直有多种方法：直接证明（等差幂线、角度为 \(90 ^\circ\)、相似等），作垂线后证共线，大力同一法等。这题用的是第 2 种做法。

尝试作 \(AX \perp BC\)。这时有很多边都可以用 \(AB, BC, CA\) 表示，所以把 \(a = BC, b = CA, c = AB\) 作为基本量。

这时可以尝试证 \(P, A, X\) 共线，但我没做出来。正解是设 \(AX \cap EG = D_1, AX \cap FH = D_2\)，然后证 \(D_1 = D_2\)。这样的好处是可以利用 \(E, G, D\) 共线的结论。

那我们利用一下这个结论。考虑 \(D_1, G, E\) 截 \(\triangle AXC\)，由 Menelaus 定理知

\[\dfrac{AD_1}{D_1 X} \cdot \dfrac{XE}{EC} \cdot \dfrac{CG}{GA} = 1 \]

在另一边同理有

\[\dfrac{AD_2}{D_2 X} \cdot \dfrac{XF}{FB} \cdot \dfrac{BH}{HA} = 1 \]

发现 \(XE, EC, CG, GA, XF, FB, BH, HA\) 均可以用 \(a, b, c\) 表示，表示出来后代入即可。

#21 Simson 定理

设 \(P\) 在 \(\odot ABC\) 上，作 \(PD \perp BC, PE \perp AB, PF \perp AC\) 于 \(D, E, F\)，则 \(D, E, F\) 共线。

Proof 1

考虑 Menelaus 定理，肯定是 \(EDF\) 截 \(\triangle ABC\)，那么只需证

\[\dfrac{AE}{BE} \cdot \dfrac{BD}{CD} \cdot \dfrac{CF}{AF} = 1 \]

考虑表示 \(\dfrac{AE}{BE}\)。发现这个图形完全由 \(A, B, C, P\) 决定，所以要往这 4 个点上靠。先试试分角定理：

\[\dfrac{AE}{BE} = \dfrac{AC \sin(\angle ACE)}{BC \sin(\angle BCE)} \]

然后不会了，因为 \(\angle ACE\) 和 \(\angle BCE\) 缺少性质。

换思路，尝试利用一下 \(\angle BEP = 90 ^\circ\)，则 \(AE = AP \cos(\angle EAP), BE = BP \cos(\angle EBP)\)。发现 \(\angle EAP = \angle BAP\) 是圆周角，\(\angle EBP\) 有四点共圆也能继续转化。所以就这样做下去，得到

\[\begin{aligned} \dfrac{AE}{BE} &= \dfrac{AP \cos(\angle EAP)}{BP \cos(\angle EBP)} = \dfrac{AP \cos(\angle BAP)}{BP \cos(\angle EDP)} \\ \dfrac{BD}{CD} &= \dfrac{BP \cos(\angle DBP)}{CP \cos(\angle DCP)} = \dfrac{BP \cos(\angle DEP)}{CP \cos(\angle BCP)} \\ \dfrac{CF}{AF} &= \dfrac{CP \cos(\angle FCP)}{AP \cos(\angle FAP)} = \dfrac{CP \cos(\angle ACP)}{AP \cos(\angle CAP)} \end{aligned} \]

于是

\[\begin{aligned} \dfrac{AE}{BE} \cdot \dfrac{BD}{CD} \cdot \dfrac{CF}{AF} &= \dfrac{AP \cos(\angle BAP)}{BP \cos(\angle EDP)} \cdot \dfrac{BP \cos(\angle DEP)}{CP \cos(\angle BCP)} \cdot \dfrac{CP \cos(\angle ACP)}{AP \cos(\angle CAP)} \\ &= \dfrac{\cos(\angle DEP)}{\cos(\angle EDP)} \cdot \dfrac{\cos(\angle ACP)}{\cos(\angle CAP)} \end{aligned} \]

继续导角，发现大部分角都和 \(\triangle DEP\) 有关，于是 \(\angle CAP = \angle CBP = \angle DEP\)，且 \(\angle ACP = 180 ^\circ - \angle ABP = \angle EBP = \angle EDP\)。那么

\[\dfrac{AE}{BE} \cdot \dfrac{BD}{CD} \cdot \dfrac{CF}{AF} = \dfrac{\cos(\angle DEP)}{\cos(\angle EDP)} \cdot \dfrac{\cos(\angle EDP)}{\cos(\angle DEP)} = 1 \]

\(\square\)

本题的基本量就是圆周角和弦。

实际上，当你无法进行彻底的转化时，可以把无法转化的部分先留着，但留着的这一部分一定要能转化（不一定转化成基本量），且不宜过多。

Proof 2

实际上证明是诈骗题。

遇到这种题，应当从简单的转化入手，如尝试证明 \(\angle PED = \angle PEF\)。

发现 \(\angle PED = \angle PBD = \angle PBC = \angle PAC = \angle PAF = \angle PEF\)，因为 \(\odot PEBD, \odot AEPF\)。\(\square\)

#22 圆上的 Butterfly 定理

已知：

• \(\odot ABCDEF\)。
• \(M\) 平分 \(AB\)。
• \(CD \cap EF = M\)。
• \(CE \cap AB = X\)。
• \(DF \cap AB = Y\)。

证明：\(MX = MY\)。

这是我第二个用三角法做出来的题目，谨此纪念。第一个是比较古老的高联试题，这个的来源还未知。

考虑图形的作图顺序：

这告诉我们要尽量把 \(X, Y\) 导到 \(A \sim F\) 上，再往 \(M\) 上导。

尝试证明 \(\dfrac{AX}{BX} \cdot \dfrac{AY}{BY} = 1\)。

正攻。首先尝试分角定理：

\[\dfrac{AX}{BX} = \dfrac{AE \sin(\angle AEC)}{BE \sin(\angle BEC)}, \quad \dfrac{AY}{BY} = \dfrac{AD \sin(\angle ADF)}{BD \sin(\angle BDF)} \]

考虑把所有东西搞成角度：

\[\dfrac{AE}{BE} = \dfrac{\sin(\angle ABE)}{\sin(\angle BAE)}, \quad \dfrac{AD}{BD} = \dfrac{\sin(\angle ABD)}{\sin(\angle BAD)} \]

那么只需证

\[\begin{aligned} &\sin(\angle ABE) \sin(\angle AEC) \sin(\angle ADF) \sin(\angle ABD) \\ =\, &\sin(\angle BAE) \sin(\angle BEC) \sin(\angle BDF) \sin(\angle BAD) \end{aligned} \]

到这里感觉应该积化和差，因为一些角的和也挺好。但是计算量大，放弃这个思路，考虑全转成边：

\[\dfrac{\sin(\angle AEC)}{\sin(\angle BEC)} = \dfrac{AC}{BC}, \quad \dfrac{\sin(\angle ADF)}{\sin(\angle BDF)} = \dfrac{AF}{BF} \]

那么只需证

\[\dfrac{AC}{BC} \cdot \dfrac{AD}{BD} \cdot \dfrac{AE}{BE} \cdot \dfrac{AF}{BF} = 1 \]

接下来往 \(M\) 上导：

\[\dfrac{AC}{BD} = \dfrac{AM}{DM}, \quad \dfrac{AE}{BF} = \dfrac{EM}{BM}, \quad \dfrac{AD}{BC} = \dfrac{DM}{BM}, \quad \dfrac{AF}{BE} = \dfrac{AM}{EM} \]

于是

\[\dfrac{AC}{BC} \cdot \dfrac{AD}{BD} \cdot \dfrac{AE}{BE} \cdot \dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AM}{DM} \cdot \dfrac{EM}{BM} \cdot \dfrac{DM}{BM} \cdot \dfrac{AM}{EM} = 1 \]

\(\square\)

其实想到导成边是有道理的，因为图中有很多相似。

#23 九点圆

已知：

• \(AH \perp BC, BH \perp AC, CH \perp AB\) 于 \(D, E, F\)。
• \(M_1, M_2, M_3\) 平分 \(BC, AC, AB\)。
• \(N_1, N_2, N_3\) 平分 \(AH, BH, CH\)。

证明：\(\odot DEF M_1 M_2 M_3 N_1 N_2 N_3\)。

什么诈骗题。

观察图形，很有圆幂的味道，所以考虑用圆幂定理证明。发现我们可以证 \(\odot DEF N_1 M_2 M_3, \odot DEF M_1 N_2 M_3, \odot DEF M_1 M_2 N_3\)，然后因为这 3 个圆都经过 \(D, E, F\)，所以它们重合。

以证 \(\odot DEF N_1 M_2 M_3\) 为例，由对称性其它的同理。我们只需证 \(AE \cdot AM_2 = AD \cdot AN_1 = AF \cdot AM_3\)。

注意到 \(AF \cdot AB = AH \cdot AD\)。利用中点的条件，等号两边除以 \(2\)，得 \(AF \cdot AM_3 = AN_1 \cdot AD\)。类似的有 \(AD \cdot AN_1 = AF \cdot AM_3\)。\(\square\)

#24

已知：

• \(O\) 为 \(\triangle ABC\) 的外心。
• \(H\) 为 \(\triangle ABC\) 的垂心。

证明：\(\angle BAO = \angle CAH\)。

这里介绍一个我做另一道题时，突然发现的极其简单的证法。

作 \(CX \perp AC\) 交 \(\odot O\) 于 \(X\)，则 \(O \in AX\)。

那么 \(\angle CAO + \angle CBA = \angle CAO + \angle CXO = 90 ^\circ\)。又知 \(\angle CBA + \angle HAB = 90 ^\circ\)，所以 \(\angle HAB = \angle CAO\)，即 \(\angle BAO = \angle CAH\)。\(\square\)

#25

已知：

• \(AA_0, BB_0, CC_0\) 平分 \(\angle BAC, \angle ABC, \angle BCA\)。
• \(A_0 A_1 \parallel BB_0, B_0 B_1 \parallel CC_0, C_0 C_1 \parallel AA_0\)。
• \(A_0 A_2 \parallel CC_0, B_0 B_2 \parallel AA_0, C_0 C_2 \parallel BB_0\)。
• \(A_1 A_2 \cap BC = A_3, B_1 B_2 \cap CA = B_3, C_1 C_2 \cap AB = C_3\)。

证明：\(A_3, B_3, C_3\) 共线。

大计算！

Proof 1

首先大力 Menelaus 定理。只需证

\[\dfrac{AC_3}{C_3 B} \cdot \dfrac{BA_3}{A_3 C} \cdot \dfrac{CB_3}{B_3 A} = 1 \]

我们考虑算出 \(\dfrac{BA_3}{A_3 C}\)。原图有一点逆天，我们来看一个更好看的局部图。

好看吧。 发现一个很显眼的 \(A_1 A_2 A_3\) 插进 \(\triangle ABC\) 里，考虑对它使用 Menelaus 定理：

\[\dfrac{AA_2}{A_2 B} \cdot \dfrac{BA_3}{A_3 C} \cdot \dfrac{CA_1}{A_1 A} = 1 \implies \dfrac{BA_3}{A_3 C} = \dfrac{A_1 A}{CA_1} \cdot \dfrac{A_2 B}{AA_2} \]

以 \(A, B, C\) 为基本量，我们需要算出 \(A_1 A, CA_1, A_2 B, AA_2\)。

对于 \(A_1 A\)，把它拆成 \(A_1 B_0 + AB_0\)。注意到 \(A_0 A_1 \parallel BB_0\)，所以 \(\dfrac{A_1 B_0}{B_0 C} = \dfrac{A_0 B}{BC}\)，所以 \(A_1 B_0 = \dfrac{A_0 B \cdot B_0 C}{BC}\)。对于 \(A_0 B, B_0 C, AB_0\)，我们用角平分线定理反复导：

\[\begin{aligned} \dfrac{A_0 B}{BC} = \dfrac{AB}{AB + AC} &\implies A_0 B = \dfrac{AB \cdot BC}{AB + AC} \\ \dfrac{B_0 C}{AC} = \dfrac{BC}{AB + BC} &\implies B_0 C = \dfrac{AC \cdot BC}{AB + BC} \\ \dfrac{AB_0}{AC} = \dfrac{AB}{AB + BC} &\implies AB_0 = \dfrac{AC \cdot AB}{AB + BC} \end{aligned} \]

全拼一起得：

\[\begin{aligned} A_1 A &= \dfrac{A_0 B \cdot B_0 C}{BC} + AB_0 \\ &= \dfrac{AB \cdot AC \cdot BC}{(AB + AC)(AB + BC)} + \dfrac{AC \cdot AB}{AB + BC} \\ &= \dfrac{AB \cdot AC \cdot (AB + AC + BC)}{(AB + AC)(AB + BC)} \end{aligned} \]

类似的：

\[AA_2 = \dfrac{BA \cdot BC \cdot (AB + AC + BC)}{(BA + BC)(BC + CA)} \]

那么

\[\begin{aligned} CA_1 &= AC - A_1 A \\ &= \dfrac{AC^2 \cdot BC}{(AB + AC)(AB + BC)} \\ A_2 B &= AB - AA_2 \\ &= \dfrac{AB^2 \cdot BC}{(AB + AC)(AC + BC)} \end{aligned} \]

那么

\[\begin{aligned} \dfrac{BA_3}{A_3 C} &= \dfrac{AB \cdot AC \cdot (AB + AC + BC)}{(AB + AC)(AB + BC)} \cdot \dfrac{BA \cdot BC \cdot (AB + AC + BC)}{(BA + BC)(BC + CA)} \cdot \dfrac{(AB + AC)(AB + BC)}{AC^2 \cdot BC} \cdot \dfrac{(AB + AC)(AC + BC)}{AB^2 \cdot BC} \\ &= \dfrac{AB^2}{AC^2} \end{aligned} \]

那么

\[\dfrac{AC_3}{C_3 B} \cdot \dfrac{BA_3}{A_3 C} \cdot \dfrac{CB_3}{B_3 A} = \dfrac{AC^2}{BC^2} \cdot \dfrac{AB^2}{AC^2} \cdot \dfrac{BC^2}{AB^2} = 1 \]

\(\square\)

感谢 Gemini 3.1 Thinking 对化简代数式的大力支持！

Proof 2

设 \(A = \angle BAC, B = \angle ABC, C = \angle BCA\)。算到 \(\dfrac{BA_3}{A_3 C} = \dfrac{A_1 A}{CA_1} \cdot \dfrac{A_2 B}{AA_2}\) 和 Proof 1 都一样。

考虑算 \(\dfrac{A_1 A}{CA_1}\)，先试试分角定理，发现 \(A_0\) 很不错，所以

\[\dfrac{A_1 A}{CA_1} = \dfrac{AA_0 \sin(\angle AA_0 A_1)}{CA_0 \sin(\angle CA_0 A_1)} = \dfrac{AA_0 \sin(\angle AIB_0)}{CA_0 \sin(\angle CBB_0)} = \dfrac{AA_0 \cos(C / 2)}{CA_0 \sin(B / 2)} \]

（因为 \(A_0 A_1 \parallel BB_0\)。）

类似地有

\[\dfrac{A_2 B}{AA_2} = \dfrac{BA_0 \sin(C / 2)}{AA_0 \cos(B / 2)} \]

那么

\[\dfrac{BA_3}{A_3 C} = \dfrac{AA_0 \cos(C / 2)}{CA_0 \sin(B / 2)} \cdot \dfrac{BA_0 \sin(C / 2)}{AA_0 \cos(B / 2)} = \dfrac{BA_0 \sin(C / 2) \cos(C / 2)}{CA_0 \sin(B / 2) \cos(B / 2)} = \dfrac{BA_0 \sin(C)}{CA_0 \sin(B)} \]

于是

\[\dfrac{AC_3}{C_3 B} \cdot \dfrac{BA_3}{A_3 C} \cdot \dfrac{CB_3}{B_3 A} = \dfrac{BA_0}{CA_0} \cdot \dfrac{CA_0}{AA_0} \cdot \dfrac{AA_0}{BA_0} = 1 \]

（因为 Ceva 定理，或者你也可以用角平分线定理再导一下。）

\(\square\)

#26

已知：

• \(\odot ABC\) 以 \(O\) 为圆心。
• \(\odot O_1, \odot O_2\) 都与 \(BC, AE\) 相切。
• \(\odot O_1, \odot O_2\) 内切 \(\odot O\) 于 \(F, G\)。
• \(BF \cap CG = W\)。

证明：\(BO_1, CO_2, OW\) 共点。

图好难画！图好难画！图好难画！有没有人能教我如何画出准确图，我这个图是近似的。但是这题确实是不错的消点法题。

Proof 1

首先要用 Ceva 定理做出转化。那 3 条共点的线分别由 \(B, W, C\) 生出（其实也可以是 \(O_1, W, O_2\) 生出），于是考虑 \(\triangle BCW\)。那么只需证

\[\dfrac{\sin(\angle BWO)}{\sin(\angle CWO)} \cdot \dfrac{\sin(\angle CBO_1)}{\sin(\angle WBO_1)} \cdot \dfrac{\sin(\angle WCO_2)}{\sin(\angle BCO_2)} = 1 \]

消 \(W\)

\(\angle WBO_1\) 和 \(\angle WCO_2\) 可以直接转成补角。\(\angle BWO\) 和 \(\angle CWO\) 没啥好办法，那就正弦定理。选择哪条边？发现 \(OW\) 是公共边，又考虑到原式里出现的是 \(\dfrac{\sin(\angle BWO)}{\sin(\angle CWO)}\)，正好消去 \(OW\)，所以

\[\begin{aligned} \sin(\angle BWO) &= \dfrac{BO \sin(\angle FBO)}{OW} \\ \sin(\angle CWO) &= \dfrac{CO \sin(\angle GCO)}{OW} \end{aligned} \]

那么只需证

\[\dfrac{\sin(\angle FBO)}{\sin(\angle GCO)} \cdot \dfrac{\sin(\angle CBO_1)}{\sin(\angle FBO_1)} \cdot \dfrac{\sin(\angle GCO_2)}{\sin(\angle BCO_2)} = 1 \]

消 \(F, G\)

发现原式中出现的比例都不好搞，那就重新配对一下。于是只需证

\[\dfrac{\sin(\angle FBO)}{\sin(\angle FBO_1)} \cdot \dfrac{\sin(\angle CBO_1)}{\sin(\angle BCO_2)} \cdot \dfrac{\sin(\angle GCO_2)}{\sin(\angle GCO)} = 1 \]

发现 \(\dfrac{\sin(\angle FBO)}{\sin(\angle FBO_1)}\) 可以直接分角定理搞成 \(\dfrac{FO \cdot BO_1}{FO_1 \cdot BO}\)。\(FO\) 已经消到底了，因为它是 \(\odot O\) 的半径，只需要接着消 \(FO_1\)。

注意到 \(FO_1\) 是切点，所以考虑把它导到另一个切点上，发现 \(BE\) 是很好的切线，于是作 \(XO_1 \perp BE\) 于 \(X\)，则 \(FO_1 = XO_1\)。而 \(XO_1\) 可以很容易的用三角函数描述：\(XO_1 = BO_1 \sin(\angle CBO_1)\)。那 \(F\) 就消掉了。

\(G\) 同理。

大力代入

发现只需证

\[\dfrac{CO_1 \sin(\angle BCO_2) \sin(\angle BO_1 C)}{BO_2 \sin(\angle CBO_1) \sin(\angle BO_2 C)} = 1 \]

发现分子上的 \(CO_1\) 和分母上的 \(\sin(\angle CBO_1)\) 正好是正弦定理，所以把它导成 \(BC\)：

\[\dfrac{CO_1}{\sin(\angle CBO_1)} = \dfrac{BC}{\sin(\angle BO_1 C)} \]

为什么选 \(BC\)？因为 \(BC\) 可以和另外一个正弦定理打配合：

\[\dfrac{\sin(BCO_2)}{BO_2} = \dfrac{\sin(\angle BO_2 C)}{BC} \]

代入发现全消掉了。\(\square\)

注意到，\(E\) 全程没有用到。\(AE\) 切 \(\odot O_1, \odot O_2\) 这个条件实际上没用。

Proof 2

还是 Ceva 定理起手，那么只需证

\[\dfrac{\sin(\angle BWO)}{\sin(\angle CWO)} \cdot \dfrac{\sin(\angle CBO_1)}{\sin(\angle WBO_1)} \cdot \dfrac{\sin(\angle WCO_2)}{\sin(\angle BCO_2)} = 1 \]

\(\angle WBO_1\) 和 \(\angle WCO_2\) 可以直接转成补角。\(\angle BWO\) 和 \(\angle CWO\) 没啥好办法，那就正弦定理。选择哪条边？发现 \(OW\) 是公共边，又考虑到原式里出现的是 \(\dfrac{\sin(\angle BWO)}{\sin(\angle CWO)}\)，正好消去 \(OW\)，所以

\[\begin{aligned} \sin(\angle BWO) &= \dfrac{BO \sin(\angle FBO)}{OW} \\ \sin(\angle CWO) &= \dfrac{CO \sin(\angle GCO)}{OW} \end{aligned} \]

那么只需证

\[\dfrac{\sin(\angle FBO)}{\sin(\angle GCO)} \cdot \dfrac{\sin(\angle CBO_1)}{\sin(\angle FBO_1)} \cdot \dfrac{\sin(\angle GCO_2)}{\sin(\angle BCO_2)} = 1 \]

到这里和 Proof 1 都一样，但之后 Proof 1 就做麻烦了。

上面消 \(\angle BWO\) 和 \(\angle CWO\) 的方式是利用公共边 \(OW\)。实际上可以效仿这种做法来消 \(O_1, O_2\)：做 \(O_2 H \perp BC\) 于 \(H\)，利用公共边 \(O_2 C\) 来消 \(O_1, O_2\)。发现 \(\sin(\angle BCO_2) = \dfrac{O_2 H}{O_2 C}, \sin(\angle GCO_2) = \dfrac{O_2 G \sin(\angle O_2 GC)}{O_2 C}\)，那么 \(\dfrac{\sin(\angle GCO_2)}{\sin(\angle BCO_2)} = \sin(\angle OGC)\)。

于是只需证

\[\dfrac{\sin(\angle FBO)}{\sin(\angle GCO)} \cdot \dfrac{\sin(\angle CGO)}{\sin(\angle BFO)} = 1 \]

把 \(\sin(\angle FBO)\) 和 \(\sin(\angle BFO)\) 配对，然后使用正弦定理，那么只需证

\[\dfrac{OF}{OB} \cdot \dfrac{OC}{OG} = 1 \]

显然成立。\(\square\)

Proof 3

对 \(\triangle OO_1 O_2, \triangle BCW\) 用 Desargues 定理。那么设 \(O_1 O_2 \cap BC = X\)，只需证 \(F, G, X\) 共线。

注意到 \(F\) 是 \(\odot O_1, \odot O\) 的位似中心，\(G\) 是 \(\odot O_2, \odot O\) 的位似中心，\(X\) 是 \(\odot O_1, \odot O_2\) 的位似中心。那么由 Monge 定理，它们共线。\(\square\)

据说 Monge 定理在 IMO 中出现偏多，而且一般都是三个圆位似。

#27 筝形上的 Butterfly 定理

已知：

• \(AB = AD\)。
• \(BC = CD\)。
• \(O \in EF, O \in GH\)。
• \(P = EH \cap BD, Q = FG \cap BD\)。

证明：\(OP = OQ\)。

有没有想起 #22？猜猜我为什么在 #22 的标题里专门强调“圆上的”。

证法很天才。考虑把 \(FG\) 关于 \(AC\) 对称得 \(F'G'\)，我们只需证 \(F'G'\) 过 \(P\)。考虑 Ceva 定理，观察 \(\triangle EF'B\)。我们做 \(X = EF' \cap BD\) 来辅助，于是只需证

\[\dfrac{EG'}{G'B} \cdot \dfrac{BH}{HF'} \cdot \dfrac{F'X}{XE} = 1 \]

\(X\) 不好，于是转成角元：

\[\dfrac{\sin(\angle EOG')}{\sin(\angle BOG')} \cdot \dfrac{\sin(\angle BOH)}{\sin(\angle F'OH)} \cdot \dfrac{\sin(\angle F'OB)}{\sin(\angle EOB)} = 1 \]

利用对称性消东西，于是只需证 \(\angle EOG' = F'OH\)。把这两个角标到图上，发现很对称。于是把 \(\angle EOG'\) 导成 \(90 ^\circ - \angle AOE - \angle BOG'\)，\(\angle F'OH\) 导成 \(90 ^\circ - \angle COF' - \angle BOH\)。由对称性，\(\angle BOH = \angle BOG', \angle AOE = \angle COF = \angle COF'\)。\(\square\)

#28

\(t > 1\) 满足：对于任意 \(a, b \in [-1, t]\)，均存在 \(c, d \in [-1, t]\)，满足 \((a + c)(b + d) = 1\)。求 \(t\) 的取值范围。

分享一下场上的思路。

把 \(a + c\) 看成 \(x\)，\(b + d\) 看成 \(y\)，那么式子就变成了 \(xy = 1\)。这启示我们把 \((a, b)\) 想成一个点 \(P\)，\((c, d)\) 想成平移操作。那么条件变成：\(\forall P \in [-1, t]^2, \exists Q \in [-1, t]^2\) 使得 \(\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}\) 的端点在 \(xy = 1\) 上。

考虑 \(\overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}\) 覆盖的范围，发现它是 \([x_P - 1, x_P + t] \times [y_P - 1, y_P + t]\)。那么我们需要：\(\forall P \in [-1, t]^2\)，\(xy = 1\) 与 \([x_P - 1, x_P + t] \times [y_P - 1, y_P + t]\) 有交。

这玩意我不会做，所以我继续转化。发现：\(P\) 平移 \(\overrightarrow{OQ}\) 至 \(xy = 1\) 上的点 \(P'\)，相当于 \(P'\) 平移 \(\overrightarrow{QO}\) 到 \(P\)。所以我们只需要搞出来 \(P' \in \set{(x, y) | xy = 1}\) 平移 \(\overrightarrow{QO}\) 的范围即可，发现是 \([x_{P'} - t, x_{P'} + 1] \times [y_{P'} - t, y_{P'} + 1]\)。对于整个 \(xy = 1\) 做，那么 \(xy = 1\) 可以覆盖下图的粉色区域。

（两个粉色区域的边界分别是 \(f(x) = \dfrac{1}{x - 1} + 1\) 和 \(g(x) = \dfrac{1}{x + t} - t\)。）

发现粉色区域需要覆盖全部的 \([-1, t]^2\)（图中斜线区域）。可以这样转化：\(\forall x_1 \in \left[ -1, \dfrac{1}{2} \right], f(x_1) \ge g(x_1)\) 且 \(\forall x_2 \in \left[ \dfrac{1}{2}, t \right], g(x_2) \le -1\)。

发现 \(g(x)\) 是减函数，所以第 2 个条件转化为 \(g \left( \dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{1}{t + 1 / 2} - t \le -1\)，解得 \(t \ge \dfrac{3}{2}\)。发现整个图案关于 \(y = x\) 对称，所以 \(t \ge \dfrac{3}{2}\) 可以同时满足第 1 个条件。于是 \(t \in \left[ \dfrac{3}{2}, 2 \right]\)。

#29

\(m, n \in \mathbb{N}\) 满足 \(m^2 - n = 32\)，且 \(\sqrt[5]{m + \sqrt{n}} + \sqrt[5]{m - \sqrt{n}}\) 是方程 \(x^5 - 10x^3 + 20x - 40 = 0\) 的一个实根，求 \(m + n\) 的值。

这种题的惯用套路是换元 \(p = \sqrt[5]{m + \sqrt{n}}, q = \sqrt[5]{m - \sqrt{n}}\)，则

\[\begin{cases} p^5 + q^5 = 2m, \\ p^5 q^5 = 32 \end{cases} \]

得到 \(pq = 2\)。

另一个惯用套路是：这个 5 次方程一般没有性质，它的唯一作用是告诉你 \(p + q\) 的一个式子是定值。于是我们可以把 \(p + q\) 也看成定值，于是考虑用 \(p + q\) 和 \(pq\) 表示 \(p^5 + q^5\)，从而解出 \(2m\)。这里可以选择因式分解 \(p^5 + q^5\)，也可以递推出 \(p^5 + q^5\)（注意到 \(p^n + q^n = (p + q)(p^{n - 1} + q^{n - 1}) - pq(p^{n - 2} + q^{n - 2})\)），于是得到 \(m = 20\)。

那么 \(n = m^2 - 32 = 368\)，于是 \(m + n = 388\)。

#30

正方体 \(ABCD - A_1 B_1 C_1 D_1\) 中，\(AB = AA_1 = AD = 2\)，\(M\) 在平面 \(BA_1 C_1\) 上，求 \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC}\) 的最小值。

首先要知道，正方体是适合建系的。于是以下图方式建系：

接着来写平面 \(BA_1 C_1\) 的方程。设 \(BA_1 C_1: ax + by + cz = 1\)，分别代入 \(B, A_1, C_1\) 的坐标，得 \(BA_1 C_1: x - y + z = 2\)。于是 \(x_M - y_M + z_M = 2\)。

然后写出 \(\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC} = x_M^2 + y_M^2 + z_M^2 - 2x_M - 2y_M\)。到这里可以配方 + 均值不等式：

\[\begin{aligned} \overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MC} &= (x_M - 1)^2 + (y_M - 1)^2 + z_M^2 - 2 \\ &= (x_M - 1)^2 + (1 - y_M)^2 + z_M^2 - 2 \\ &\ge 3 \left( \dfrac{x_M - y_M + z_M}{3} \right)^2 - 2 \\ &= -\dfrac{2}{3} \end{aligned} \]

当然到这里也可以求导。但是你不能直接求偏导，这样求出来的极值不一定满足约束。你需要先把约束用掉（此处是用这个约束消元），然后再求导。或者可以大力 Lagrange 乘数法。

#31

\(O\) 为原点，矩形 \(OABC\) 的三个顶点 \(A, B, C\) 均在椭圆 \(\dfrac{x^2}{9} + y^2 = 1\) 上，求矩形 \(OABC\) 的面积 \(S\)。

分享一个神仙做法。

我们把椭圆仿射变换成单位圆。具体的，令 \(x\) 坐标乘 \(\dfrac{1}{3}\)。可以证明，\(S\) 也会乘 \(\dfrac{1}{3}\)。那么矩形 \(OABC\) 会变成平行四边形 \(OA'B'C'\)，因为仿射变换不改变平行关系。

为什么 \(S\) 会乘 \(\dfrac{1}{3}\)？

考虑 \(\triangle AOB\) 的面积 \(\dfrac{\overrightarrow{OA} \times \overrightarrow{OB}}{2} = \dfrac{|x_A y_B - x_B y_A|}{2}\)。发现 \(x_A, x_B\) 乘的 \(\dfrac{1}{3}\) 可以提出来，相当于面积乘了 \(\dfrac{1}{3}\)。把这个证明推广到多边形上：我们把多边形剖分成一个个三角形，每个三角形的面积乘了 \(\dfrac{1}{3}\)，于是总面积就乘了 \(\dfrac{1}{3}\)。

发现 \(OA' = OC' = 1\)，所以 \(OA'B'C'\) 是棱形。于是我们需要知道 \(\angle OA'B'\)。发现 \(OA' = OB' = 1\)，所以 \(\triangle OA'B'\) 是等边三角形，于是 \(\angle OA'B' = 60 ^\circ\)。那么 \(S_{OA'B'C'} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，那么 \(S = 3S_{OA'B'C'} = \dfrac{3 \sqrt{3}}{2}\)。

#32

棱长为 \(4\) 的正方体 \(ABCD - A_1 B_1 C_1 D_1\) 中，\(E \in AA_1\) 且 \(A_1 E = 1\)。\(F\) 在截面 \(A_1 BD\) 上，求 \(AF + FE\) 的最小值。

继续使用 #31 的起手式——建系。以下图方式建系：

然后写出截面 \(A_1 BD\) 的方程：\(x + y + z = 4\)。

接下来，如果你尝试直接写出 \(AF + FE\)，那会非常难受，因为你要处理两个大根式相加。但是，你有没有感觉 \(AF + FE\) 这种形式看着比较眼熟？没错，是将军饮马！我们把 \(A\) 关于 \(A_1 BD\) 对称得 \(A'\)，则 \(A'E\) 就是最小值。

于是问题来到了求 \(A'\)。虽然我们不会点关于平面对称，但是我们会点关于点对称。这启示我们求 \(A\) 到 \(A_1 BD\) 的投影。观察这个图，可以猜出投影是 \(\triangle A_1 BD\) 的中心 \(\left( \dfrac{x_{A_1} + x_B + x_D}{3}, \dfrac{y_{A_1} + y_B + y_D}{3}, \dfrac{z_{A_1} + z_B + z_D}{3} \right) = \left( \dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3}, \dfrac{4}{3} \right)\)。于是 \(A' = \left( \dfrac{8}{3}, \dfrac{8}{3}, \dfrac{8}{3} \right)\)。

那么 \(AF + FE \ge A'E = \sqrt{\left( \dfrac{8}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{8}{3} \right)^2 + \left( \dfrac{8}{3} - 3 \right)^2} = \dfrac{\sqrt{129}}{3}\)。

#33

已知：

• \(f(x) = \cos^4(x) + \sin^4(x) + a \sin(4x) - b\) 关于 \(\left( -\dfrac{\pi}{6}, 0 \right)\) 对称。
• \(f(x) = m\) 在 \([0, \pi]\) 上有 4 个零点 \(x_1, x_2, x_3, x_4\)。

求：\(f^2 \left( \dfrac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4}{4} \right)\)。

一般这种题的 \(f\) 都有对称轴，但是我们还是要先化简一下。

我们选择降次，因为我们不知道高次的三角函数的图像，但知道高倍角的三角函数的图像。于是

\[\begin{aligned} f(x) &= \cos^4(x) + \sin^4(x) + a \sin(4x) - b \\ &= (\cos^2(x) + \sin^2(x))^2 - 2 \sin^2(x) \cos^2(x) + a \sin(4x) - b \\ &= 1 - \dfrac{1}{2} \sin^2(2x) + a \sin(4x) - b \\ &= \dfrac{1}{2} (\cos^2(2x) - 1) + a \sin(4x) + (1 - b) \\ &= \dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1 + \cos(4x)}{2} - 1 \right) + a \sin(4x) + (1 - b) \\ &= \dfrac{\cos(4x) - 1}{4} + a \sin(4x) + (1 - b) \\ &= \dfrac{1}{4} \cos(4x) + a \sin(4x) + \left( \dfrac{3}{4} - b \right) \\ &= \dfrac{\sqrt{1 + 16a^2}}{4} \sin(4x + y) + \left( \dfrac{3}{4} - b \right) \end{aligned} \]

因为 \(f\) 关于 \(\left( -\dfrac{\pi}{6}, 0 \right)\) 对称，所以 \(b = \dfrac{3}{4}\)。代入 \(\left( -\dfrac{\pi}{6}, 0 \right)\) 到 \(f\) 中，得到 \(\sin \left( y - \dfrac{2 \pi}{3} \right) = 0\)，于是 \(y = \dfrac{2 \pi}{3}\)，那么 \(\dfrac{1}{\sqrt{1 + 16a^2}} = \sin \left( \dfrac{2 \pi}{3} \right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，那么 \(\dfrac{\sqrt{1 + 16a^2}}{4} = \dfrac{1}{2 \sqrt{3}}\)。于是

\[f(x) = \dfrac{1}{2 \sqrt{3}} \sin \left( 4x + \dfrac{2 \pi}{3} \right) \]

那么 \(f\) 关于 \(x = \dfrac{5 \pi}{24}\) 对称。这个对称轴太靠边了，很容易错，所以我们选一个靠中间的 \(x = \dfrac{11 \pi}{24}\)。于是 \(f^2 \left( \dfrac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4}{4} \right) = f^2 \left( \dfrac{11 \pi}{24} \right) = \dfrac{1}{12}\)。

#34

已知：

• \(x, y\) 轴均切 \(\odot P\)。
• \(P\) 在椭圆 \(\Omega: \dfrac{x^2}{a^2} + \dfrac{y^2}{b^2} = 1\)（\(a > b > 0\)）内。
• \(\odot P\) 切 \(\Omega\) 于 \(Q = (8, 9)\)。

求：\(\Omega\) 的焦距。

首先把 \(\odot P\) 写出来：\((x - r)^2 + (y - r)^2 = r^2\)。把 \(Q\) 的坐标代入，得到 \(r = 5\)。另一根不符合第 2 个条件，被舍去。于是 \(P = (5, 5)\)。

这题的关键是注意到 \(\odot P\) 在 \(Q\) 的切线的斜率与 \(\Omega\) 的相同。

\(\Omega\) 过 \(Q\) 的切线是容易写出的：\(\dfrac{8x}{a^2} + \dfrac{9y}{b^2} = 1\)，于是斜率为 \(-\dfrac{8b^2}{9a^2}\)。\(\odot P\) 过 \(Q\) 的切线的斜率也容易写出：\(-\dfrac{8 - 5}{9 - 5} = -\dfrac{3}{4}\)。

于是得到 \(32b^2 = 27a^2 = k\)。把 \(a^2 = \dfrac{k}{27}, b^2 = \dfrac{k}{32}\) 和 \(Q\) 代入 \(\Omega\)，得 \(k = 4320\)。那么焦距为 \(2 \sqrt{a^2 - b^2} = 10\)。

#35

给定如下的一棵树，你需要用多次操作把这棵树删空。定义一次操作为：删去度数为 \(1\) 的一个点。你需要求出删空这棵树的方案数。

什么 OI 题。这题其实是换根 DP 板子，但我场上没切出来。

发现操作和拓扑排序很像，但我们是无向边，没法拓扑排序。但是你发现，如果钦定最后一个删去的点，那就可以给边定向，使得做操作等价于拓扑排序。假设 \(F\) 是最后删去的点，那么你不可能先删 \(C\)，后删 \(B\)，所以把 \(BC\) 边定向为 \(C \to B\)。于是你钦定最后删去的点 \(u\) 后，可以把整个图变成以 \(u\) 为根的内向树^[1]。

这时有熟知结论。但是我虽然去了 BJ 营还是忘了这个结论。 令 \(f(u)\) 为：最后删去的点是 \(u\) 时的方案数，那么

\[f(u) = \dfrac{n!}{\prod_v s_v!} \]

其中 \(s_v\) 为以 \(u\) 为根时，以 \(v\) 为根的子树的大小。那么我们要求的答案就是 \(\sum_u f(u)\)。

接着来换根 DP。首先要算出 \(f(A)\)，设 \(S_u\) 为：以 \(A\) 为根的子树的大小。以 \(A\) 为根，推一下可以发现，\(f(v) = \dfrac{(n - S(v)) \cdot f(u)}{S(v)}\)，其中：\(v\) 是 \(u\) 的儿子，\(n = 8\) 为树的大小。

于是手算一下 DP 即可，算出来答案是 \(392\)。

#36

已知：

• \(F_1, F_2\) 为椭圆 \(\Omega\) 的焦点。
• \(P \in \Omega\)。
• \(O\) 为 \(\triangle PF_1 F_2\) 外心。
• \(\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{F_1 F_2} = 2 \overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2}\)。

求：\(\Omega\) 的离心率的最小值。

难点在于发现 \(O\) 在 \(y\) 轴上，因为 \(O\) 一定在 \(F_1 F_2\) 的中垂线上，而 \(F_1 F_2\) 的中垂线是 \(y\) 轴。

Solution 1

正常我们遇到这种题会建系然后开算。

设 \(MF_1 = MF_2 = f\)。那么 \(\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{F_1 F_2} = 2 \overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2}\) 等价于

\[\begin{align} -x_P f = (x_P - f)(x_P + f) + y_P^2 = x_P^2 + y_P^2 - f^2 \end{align} \]

注意到这个式子和 \(O\) 没有任何关系。

接着搞 \(\Omega\) 的离心率：

\[\begin{aligned} e &= \dfrac{2f}{PF_1 + PF_2} \\ &= \dfrac{2f}{\sqrt{(x_P + f)^2 + y_P^2} + \sqrt{(x_P - f)^2 + y_P^2}} \end{aligned} \]

感觉可以消去 \(y_P\)。由 \((20)\) 得

\[y_P^2 = f^2 - x_P f - x_P^2 \]

于是

\[\begin{aligned} e &= \dfrac{2f}{\sqrt{2f^2 + x_P f} + \sqrt{2f^2 - 3x_P f}} \\ &= \dfrac{2}{\sqrt{2 + \dfrac{x_P}{f}} + \sqrt{2 - \dfrac{3x_P}{f}}} \end{aligned} \]

在 \(\dfrac{x_P}{f} = -\dfrac{4}{3}\) 时取到最小值 \(\dfrac{\sqrt{6}}{4}\)。

Solution 2

另一种做法不需要建系，其实也挺有道理。

发现 \(M\) 很好，因为它是 \(F_1 F_2\) 的中点，且 \(OM \perp F_1 F_2\)。于是把所有向量都用 \(M\) 表示：

\[\begin{aligned} \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{F_1 F_2} = 2 \overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2} &\iff \left( \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MO} \right) \cdot \overrightarrow{F_1 F_2} = 2 \left( \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MF_1} \right) \left( \overrightarrow{PM} + \overrightarrow{MF_2} \right) \\ &\iff \overrightarrow{PM} \cdot \overrightarrow{F_1 F_2} = 2PM^2 + 2 \overrightarrow{MF_1} \cdot \overrightarrow{MF_2} \\ &\iff \dfrac{1}{2} \left( \overrightarrow{PF_2} + \overrightarrow{PF_1} \right) \left( \overrightarrow{PF_2} - \overrightarrow{PF_1} \right) = 2PM^2 - 2MF_1^2 \\ &\iff PF_2^2 - PF_1^2 = 4PM^2 - 4MF_1^2 \end{aligned} \]

设 \(PF_1 = u, PF_2 = v, MF_1 = f\)，则 \(u^2 - v^2 = 4(PM^2 - f^2)\)。由中线长公式，\(2PM^2 = PF_1^2 + PF_2^2 - \dfrac{F_1 F_2^2}{2}\)，那么 \(u^2 - v^2 = 2u^2 + 2v^2 - 2f^2\)，得到 \(f^2 = \dfrac{u^2 + 3v^2}{2}\)。

那么 \(e^2 = \dfrac{f^2}{(u + v)^2} = \dfrac{u^2 + 3v^2}{2(u + v)^2}\)。而由 Cauchy 不等式，\(\left( 1 + \dfrac{1}{3} \right) (u^2 + 3v^2) \ge (u + v)^2\)，那么 \(e^2 = \dfrac{\frac{4}{3} (u^2 + 3v^2)}{\frac{8}{3} (u + v)^2} \ge \dfrac{3}{8}\)，于是 \(e \ge \dfrac{\sqrt{6}}{4}\)。

#37

已知：

• 正四面体 \(ABCD\) 的各棱长均为 \(2\)。
• \(P \in AB, Q \in AC\)。
• \(AP + AQ = 2\)。
• \(M\) 平分 \(AD\)。
• \(MH\) 为 \(\triangle MPQ\) 的高。

求：\(MH\) 的最小值。

介绍一个场上的思路。

发现 \(H\) 在平面 \(ABC\) 上，所以 \(MH\) 实际上就是 \(M\) 向平面 \(ABC\) 上的一个点连线。于是发现 \(MH\) 一定不小于 \(M\) 到平面 \(ABC\) 的距离。作 \(MH'\) 垂直于平面 \(ABC\) 于 \(H'\)，则 \(MH \ge MH'\)。

则我们只需证明存在 \(P, Q\) 使得 \(H' \in PQ\)。

那就大力建系。发现我们甚至不需要建立体坐标系，只用建平面坐标系即可，因为我们关心的东西都在平面 \(ABC\) 上。这里有一个技巧：把 \(A\) 视为原点，这样 \(AB\) 和 \(AC\) 直线的方程都很简单。

容易发现 \(AB: y = \sqrt{3} x, AC: y = -\sqrt{3} x, AE = \dfrac{2 \sqrt{3}}{3}, H' = \left( 0, -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)\)。于是设 \(P = (p, \sqrt{3} p)\)，则 \(Q = (p + 1, -\sqrt{3} (p + 1))\)。那么 \(H' \in PQ\) 相当于

\[k_{PH'} = k_{QH'} \iff \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{3} + \sqrt{3} p}{p} = \dfrac{\frac{\sqrt{3}}{3} - \sqrt{3} (p + 1)}{p + 1} \]

解得 \(p = \dfrac{-3 \pm \sqrt{3}}{6}\)，检验发现 \(p = -\dfrac{3 + \sqrt{3}}{6}\) 满足条件。于是存在 \(P, Q\) 使得 \(H' \in PQ\)。

那么 \(MH \ge MH' = \dfrac{DE}{2} = \dfrac{\sqrt{AD^2 - AE^2}}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}\)，可以取等。

#38

设 \(f(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1\)，求 \(f(x^5)\) 除以 \(f(x)\) 的余数。

Solution 1

标准做法是设 \(f(x^5) = f(x) \cdot q(x) + r(x)\)，容易发现 \(r\) 是一个 \(\le 3\) 次多项式。我们通过代入 \(f\) 的零点来让 \(f(x) \cdot q(x)\) “消失”，从而得到 \(r\) 的一些点，插值出 \(r\)。

发现 \(f(x) = \dfrac{1 - x^5}{1 - x}\)，那么只需 \(x^5 = 1\) 且 \(x \neq 1\) 即可让 \(f(x) = 0\)，解得 \(x_k = \mathrm{e}^{2 \pi \mathrm{i} k / 5}\)，其中 \(k = 1, 2, 3, 4\)。

发现 \(x_k^5 = 1\)，那么 \(r(x_1) = r(x_2) = r(x_3) = r(x_4) = f(1) = 5\)。这说明 \(r - 5\) 有 \(4\) 个根，但是 \(\deg(r - 5) \le 3\)，矛盾！于是 \(r - 5 = 0 \iff r = 5\)。

Solution 2

实际上这题可以被秒掉。

发现 \((x - 1) \cdot f(x) = x^5 - 1\)，那么 \(f(x) \mid x^5 - 1\)，即 \(x^5 \equiv 1 \pmod{f(x)}\)。

\(f(x^5) = x^{20} + x^{15} + x^{10} + x^5 + 1\)，而 \(x^{20} = (x^5)^4 \equiv 1^4 = 1 \pmod{f(x)}\)，其他项同理。于是 \(f(x^5) \equiv 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5 \pmod{f(x)}\)。

Solution 2 显然更简单，但更难想。作为一个考场上大概率想不到 Solution 2 的人，自然要考虑：有没有 Solution 2 可行但 Solution 1 不可行的情况？

有的。Solution 1 实际上依赖于可以找到足够的零点来列方程插值，如果遇到重根方程就会不够，需要利用重根的性质^[2] 补足方程，很难算。而且有的多项式的零点无法用根式写出^[3]，只能带着根计算，难以化简。

#39

已知：

• \(\odot ABCD = \odot O\)。
• \(AC \neq BD\)。
• \(AC \cap BD = E\)。
• \(P\) 在凸四边形 \(ABCD\) 内部。
• \(\angle PAB + \angle PCB = \angle PBC + \angle PDC = 90 ^\circ\)。

证明：\(O, P, E\) 共线。

Proof 1

看到圆周角的角度关系，建议找到对应的圆弧。设 \(AP \cap \odot O = Y_1, BP \cap \odot O = Y_2, CP \cap \odot O = X_1, DP \cap \odot O = X_2\)。

导弧可以发现 \(O \in X_1 Y_1, O \in X_2 Y_2\)。厉害吧。

观察图，发现 \(O, P, E\) 均为很多线段的交点，考虑 Pascal 定理。分析相交关系：\(P = AY_1 \cap BY_2 \cap CX_1 \cap DX_2, O = X_1 Y_1 \cap X_2 Y_2, E = AC \cap BD\)。发现如果一次 Pascal 定理即可达成，那么需要选择 8 个点。但 Pascal 一次只能选 6 个点，所以不可能。

那么考虑选一个辅助点 \(Q\) 帮助证明。具体的，我们证明 \(O, P, Q\) 和 \(E, P, Q\) 分别共线。

但是很难直接看出 \(Q\) 的位置，所以我们先硬着头皮证下去。先证明 \(O, P, Q\) 共线。因为 \(O\) 只有 2 条线相交，所以六边形一定是 \(X_1 Y_1 \_\_ X_2 Y_2 \_\_\) 或 \(X_1 Y_1 \_\_ Y_2 X_2 \_\_\)。对于第 1 种情况，\(\_\_ X_2 \cap \_\_ X_1 = P\)，那么六边形是 \(X_1 Y_1 D X_2 Y_2 C\)。同理，\(E, P, Q\) 共线就对 \(ACY_2 BDY_1\) 使用 Pascal 定理证明。于是 \(Q = Y_1 D \cap Y_2 C\)。\(\square\)

Proof 2

注意到 \(EA \cdot EC = EB \cdot ED\)。发现 \(EA \cdot EC\) 不一定是 \(\odot O\) 的圆幂，还可以是 \(\odot APC\) 的。这是一种眼光。 于是得到 \(E\) 在 \(\odot APC, \odot BPD\) 的根轴上。而 \(P\) 是这 2 个圆的公共点，自然也在根轴上。那么只需证 \(O\) 在根轴上。

导成圆幂，那么只需证 \(O\) 到两圆的圆幂相等。如果你注意力比较好，可以发现 \(OA\) 切 \(\odot APC\)，\(OD\) 切 \(\odot BPD\)。为什么？发现 \(\angle ACX_1 = \angle AY_1 O = \angle Y_1 AO\)，因为 \(AO = Y_1 O\)，由弦切角定理得证。那么 \(O\) 到两圆的半径分别为 \(OA^2\) 和 \(OD^2\)，显然相等。

#40

已知：

• \(a_1, a_2, \cdots, a_n > 0\)。
• \(\sum a_i < 1\)。

证明：

\[\dfrac{\left( \prod a_i \right) \left( 1 - \sum a_i \right)}{\left( \sum a_i \right) \prod (1 - a_i)} \le \dfrac{1}{n^{n + 1}} \]

考虑把 \(a_i\) 和 \(1 - a_i\) 配成一对，\(\sum a_i\) 和 \(1 - \sum a_i\) 配成一对。设 \(\sum a_i = S\)，那么只需证

\[\dfrac{1 - S}{S} \prod \dfrac{a_i}{1 - a_i} \le \dfrac{1}{n^{n + 1}} \]

我们想用 Jensen 不等式。但是式子里是乘积形式，所以我们两边取 \(\ln\)。于是考虑函数 \(\ln \left( \dfrac{x}{1 - x} \right)\) 的凹凸性，发现它是凹函数。那么

\[\sum \ln \left( \dfrac{a_i}{1 - a_i} \right) \le n \ln \left( \dfrac{S / n}{1 - S / n} \right) \]

那么只需证

\[\dfrac{1 - S}{S} \left( \dfrac{S / n}{1 - S / n} \right)^n \le \dfrac{1}{n^{n + 1}} \]

我们求 \(f(x) = \dfrac{1 - nx}{nx} \left( \dfrac{x}{1 - x} \right)^n\) 的最大值（此处 \(x\) 相当于 \(S / n\)）。求导可得 \(x = \dfrac{1}{n + 1}\) 时为最大值，算出来即可。

#41

已知：

• \(PE, PF\) 切 \(\odot O\) 于 \(E, F\)。
• \(AB\) 为 \(\odot O\) 的直径。
• \(PB \cap \odot O = C\)。
• \(AF \cap BE = D\)。

证明：\(\angle PCD = \angle PCE\)。

我的思路比较清奇。

设 \(AE \cap BC = X, AB \cap CD = Y\)。发现 \(\angle BCE = \angle BAE\)，那么只需证 \(\angle BCD = \angle PAE\)，那么只需证 \(\odot XYAC\)。注意到 \(\angle ACB = 90 ^\circ\)，那么只需证 \(XY \perp AC\)。

注意到 \(XY, BE, AC\) 均为根轴，所以考虑根心定理，那么考虑证明 \(XY, BE, AC\) 共点。发现如果证出来了，那么 \(X\) 为垂心，就有 \(XY \perp AC\)。于是我觉得我做的非常对。

考虑 Ceva 定理，那么只需证

\[\dfrac{\sin(\angle BXY)}{\sin(\angle AXY)} \cdot \dfrac{\sin(\angle ABE)}{\cancel{\sin(\angle XBE)}} \cdot \dfrac{\cancel{\sin(\angle XAC)}}{\sin(\angle BAC)} = 1 \]

在 \(\triangle AXB\) 中使用分角定理，得 \(\dfrac{\sin(\angle BXY)}{\sin(\angle AXY)} = \dfrac{AX \cdot BY}{AY \cdot BX}\)。而 \(\dfrac{\sin(\angle ABE)}{\sin(\angle BAC)}\) 可以直接正弦定理变成 \(\dfrac{AE}{BC}\)。继续搞 \(\dfrac{AX}{BX}\)，利用 \(\triangle BEX \sim \triangle ACX\)，得到 \(\dfrac{AX}{BX} = \dfrac{AC}{BE}\)。

全部代入，那么只需证

\[\dfrac{BY}{AY} \cdot \dfrac{AC}{BE} \cdot \dfrac{AE}{BC} = 1 \]

发现现在只有 \(D\) 没唱过戏了，于是要搞一个和 \(D\) 有关的转化。在 \(\triangle ABC\) 中使用分角定理，得 \(\dfrac{BY}{AY} = \dfrac{BC \sin(\angle BCD)}{AC \sin(\angle ACD)}\)。那么只需证

\[\dfrac{\sin(\angle BCD)}{\sin(\angle ACD)} = \dfrac{BE}{AE} \]

对 \(\triangle ACD\) 和 \(\triangle BCD\) 使用正弦定理（它们有公共边 \(CD\)），得 \(\dfrac{\sin(\angle BCD)}{\sin(\angle ACD)} = \dfrac{BD}{AD} \cdot \dfrac{\sin(\angle CBD)}{\sin(\angle CAD)} = \dfrac{\sin(\angle CBE)}{\sin(\angle CAF)} = \dfrac{BD}{AD} \cdot \dfrac{CE}{CF}\)。而由 \(\triangle BDF \sim \triangle ADE\)，得 \(\dfrac{BD}{AD} = \dfrac{BF}{AE}\)。

全部代入，那么只需证 \(BF \cdot CE = BE \cdot CF\)，为经典结论。\(\square\)

当时做的时候做到 \(\dfrac{BY}{AY} \cdot \dfrac{AC}{BE} \cdot \dfrac{AE}{BC} = 1\) 卡住了，没想到这样用分角定理。当时意识到了要往 \(D\) 上导，但一直想在 \(\triangle ABD\) 中用分角定理（这样比较直接），没想到反方向也可以起到同样的效果。

#42

对于 \(x_1, x_2, \cdots, x_n > 0\)，设 \(A_n = \dfrac{1}{n} \sum x_i, G_n = \left( \prod x_i \right)^{1 / n}\)，证明：\(A_n \ge G_n\)。

介绍一种归纳证明。

归纳起点：\(n = 2\)

易证。 只需证 \(\dfrac{x_1 + x_2}{2} \ge \sqrt{x_1 x_2}\)。易知 \(\dfrac{x_1 + x_2}{2} - \sqrt{x_1 x_2} = \dfrac{x_1 - 2 \sqrt{x_1 x_2} + x_2}{2} = \dfrac{(\sqrt{x_1} - \sqrt{x_2})^2}{2} \ge 0\)。

简单情况：\(n = 3\)

归纳法，一定要考虑简单情况。即使不用归纳法，也要考虑简单情况。

我们需证 \(x_1 + x_2 + x_3 \ge 3(x_1 x_2 x_3)^{1 / 3}\)。发现这比较困难，但是 3 项不行，4 项就可以拆成 2 个 \(n = 2\) 的情况。那添加哪一项呢？添加 \(x_1, x_2, x_3\) 都不行，因为它不对称。发现添加 \(A_3\) 是最合适的。

于是 \(x_1 + x_2 \ge 2 (x_1 x_2)^{1 / 2}, x_3 + A_3 \ge 2 (x_3 A_3)^{1 / 2}\)。两式相加：\(x_1 + x_2 + x_3 + A_3 \ge 2 (x_1 x_2)^{1 / 2} + 2 (x_3 A_3)^{1 / 2} \ge 4 (x_1 x_2 x_3 A_3)^{1 / 4}\)，于是得 \(A_3 \ge (G_3^3 A_3)^{1 / 4}\)，即 \(A_3^3 \ge G_3^3\)。

推广：\(n = n_0\) 至 \(n = n_0 + 1\)

发现 \(n = 3\) 的关键就是 \(x_1 + x_2\) 产生的 \((x_1 x_2)^{1 / 2}\) 和 \(x_3 + A_3\) 产生的 \((x_3 A_3)^{1 / 2}\) 次数相同。于是我们在这里也要保持它们次数相同。

于是我们加 \(n_0 - 1\) 个 \(A_{n_0 + 1}\)。于是 \(\sum_{i \le n_0} x_i \ge n_0 \left( \prod_{i \le n_0} x_i \right)^{1 / n_0}, x_{n_0 + 1} + (n_0 - 1) A_{n_0 + 1} \ge n_0 (x_{n_0 + 1} A_{n_0 + 1}^{n_0 - 1})^{1 / n_0}\)。两式相加：\(\sum x_i + (n_0 - 1) A_{n_0 + 1} \ge n_0 \left( \prod_{i \le n_0} x_i \right)^{1 / n_0} + n_0 (x_{n_0 + 1} A_{n_0 + 1}^{n_0 - 1})^{1 / n_0} \ge 2n_0 \left( A_{n_0 + 1}^{n_0 - 1} \prod x_i \right)^{\frac{1}{2n_0}}\)，那么有 \(A_{n_0 + 1} \ge (A_{n_0 + 1}^{n_0 - 1} G_{n_0 + 1}^{n_0 + 1})^{\frac{1}{2n_0}}\)，即 \(A_{n_0 + 1}^{n_0 + 1} \ge G_{n_0 + 1}^{n_0 + 1}\)。\(\square\)

#43

已知 \(a, b, c > 0\)，证明：

\[\sqrt{abc} (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c}) + (a + b + c)^2 \ge 4 \sqrt{3} \sqrt{abc(a + b + c)} \]

我们要树立级别思想，用高级别的消去低级别的。这里左边的级别很高，因为它是和式；右边的级别较低，因为它是乘积。仔细看右边，发现根号里面掺了一个较高级别的 \(a + b + c\)，所以我们要集中力量把它先解决，剩下的就轻松了。

发现对 \((a + b + c)^2\) 使用均值不等式就可以出一个 \(\sqrt{a + b + c}\)，为了让它好和右边消，所以把左边整个搞成乘积。考虑取等条件：\(a = b = c = 1\)，代入得 \(3 + 9 \ge 12\)，发现此时 \((a + b + c)^2 = 3 \sqrt{abc} (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})\)，所以把 \((a + b + c)^2\) 拆成 3 份，然后整体使用均值不等式。那么只需证

\[\dfrac{(abc)^{1 / 8} (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^{1 / 4} (a + b + c)^{3 / 2}}{3^{3 / 4}} \ge (3abc)^{1 / 2} (a + b + c)^{1 / 2} \]

两边可以消去 \((a + b + c)^{1 / 2}\)，这样就解决了难搞的。即证

\[\dfrac{(abc)^{1 / 8} (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^{1 / 4} (a + b + c)}{3^{3 / 4}} \ge (3abc)^{1 / 2} \]

继续消东西，那么只需证

\[\begin{aligned} (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2 (a + b + c)^8 \ge 3^{10} (abc)^3 &\iff (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2 \cdot 3^8 (abc)^{8 / 3} \ge 3^{10} (abc)^3 \\ &\iff (\sqrt{a} + \sqrt{b} + \sqrt{c})^2 \ge 9(abc)^{1 / 3} \\ \end{aligned} \]

对 \(\mathrm{LHS}\) 使用均值不等式即证。\(\square\)

#44

已知：

• \(a, b, c > 0\)。
• \(abc = 1\)。
• 整数 \(k \ge 2\)。

证明：

\[\sum \dfrac{a^k}{a + b} \ge \dfrac{3}{2} \]

不会啊！那就先做一个简单情况，再推广。

\(k = 2\)

即证

\[\sum \dfrac{a^2}{a + b} \ge \dfrac{3}{2} \]

发现可以给 \(\dfrac{a^2}{a + b}\) 配一个 \(a + b\)，这样用均值不等式后分母就消了。那么只需证

\[2 \sum a \ge \dfrac{3}{2} + 2 \sum a \]

这个显然不对。但继续注意到我们可以给 \(a + b\) 配一个常数 \(\lambda\) 变成 \(\lambda (a + b)\)，其实就是待定系数法。因为我们用的是均值不等式，结合取等条件 \(a = b = c = 1\)，那么在 \(a = b = 1\) 时 \(\dfrac{a^2}{a + b} = \lambda (a + b)\)，即 \(\dfrac{1}{2} = 2 \lambda \implies \lambda = \dfrac{1}{4}\)。

那么只需证

\[\begin{aligned} \sum a \ge \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2} \sum a &\iff \sum a \ge 3 \\ &\iff 3(abc)^{1 / 3} \ge 3 \\ &\iff 3 \ge 3 \end{aligned} \]

\(\square\)

\(k > 2\)

在 \(k = 2\) 时，我们局部放缩后 \(a\) 变成了 1 次。在这里我们希望延续这个传统，那么我们需要 \(k\) 元均值不等式来降次。首先还是要配一个 \(\lambda_1 (a + b)\) 来去分母，剩下的就用常数 \(\lambda_2\)。继续考虑取等，得到 \(\dfrac{1}{2} = 2 \lambda_1 = \lambda_2\)，得到 \(\lambda_1 = \dfrac{1}{4}, \lambda_2 = \dfrac{1}{2}\)。于是只需证

\[\begin{aligned} \sum \left( \dfrac{a^k}{a + b} + \dfrac{a + b}{4} + \dfrac{1}{2} (k - 2) \right) \ge \dfrac{3}{2} + \sum \left( \dfrac{a + b}{4} + \dfrac{1}{2} (k - 2) \right) &\iff \sum k \cdot \dfrac{a}{2} \ge \dfrac{3}{2} (k - 1) + \dfrac{1}{2} \sum a \\ &\iff (k - 1) \sum a \ge 3(k - 1) \end{aligned} \]

由 \(k = 2\) 情况中推出的 \(\sum a \ge 3\) 得证。\(\square\)

#45

已知：

• \(a, d \ge 0\)。
• \(b, c > 0\)。
• \(b + c \ge a + d\)。

求：\(S = \dfrac{b}{c + d} + \dfrac{c}{a + b}\) 的最小值。

取等条件

首先试 \(a = b = c = d\)：此时 \(S = 1\)。

注意到 \(b, c\) 不能为 \(0\)，但 \(a, d\) 可以为 \(0\)，所以要考虑让 \(a, d\) 取 \(0\)。

\(a = d = 0\) 时：\(S = \dfrac{b}{c} + \dfrac{c}{b} \ge 2\)。

\(a = 0\) 时：\(S = \dfrac{b}{c + d} + \dfrac{c}{b}\)。继续消元，发现有 \(b + c \ge d\) 这个条件。猜测它取等，于是 \(S = \dfrac{b}{b + 2c} + \dfrac{c}{b} = \dfrac{b}{b + 2c} + \dfrac{c + \frac{1}{2} b}{b} - \dfrac{1}{2} \ge \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}\)。

显然 \(a = 0\) 时的值最小，所以我们认定这个为取等条件。

证明

我们只需证 \(S \ge \sqrt{2} - \dfrac{1}{2}\)。

考虑分析取等条件时我们做的操作。

1. 我们给 \(\dfrac{c}{b}\) 加上了 \(\dfrac{1}{2}\)，所以在 \(S\) 里我们也给 \(\dfrac{c}{a + b}\) 加 \(\dfrac{1}{2}\)。那么只需证 \(\dfrac{b}{c + d} + \dfrac{c}{a + b} + \dfrac{1}{2} \ge \sqrt{2}\)。
2. 我们把 \(\dfrac{c + \frac{1}{2} b}{b}\) 和 \(\dfrac{b}{b + 2c}\) 用均值不等式，所以对于 \(S\) 我们也期望 \(\dfrac{c}{a + b} + \dfrac{1}{2}\) 能和 \(\dfrac{b}{c + d}\) 用均值不等式。

于是我们只需证

\[\begin{align} \dfrac{c}{a + b} + \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{c + d}{2b} \end{align} \]

（这里的 \(2b\) 是因为取等条件。）

去分母 + 化简得 \(b(b + c) + ab \ge ac + ad + bd\)。利用 \(b + c \ge a + d\) 放缩 + 化简得 \(2b \ge c + d\)。到这里不会做了。

从对称性的角度思考，我们其实还可以尝试证明

\[\begin{align} \dfrac{b}{c + d} + \dfrac{1}{2} \ge \dfrac{a + b}{2c} \end{align} \]

类似地化简成 \(2c \ge a + b\)。又不会做了。

但是注意到两式相加得 \(2b + 2c \ge a + b + c + d\)，即 \(b + c \ge a + d\)。这说明 \(2b \ge c + d\) 和 \(2c \ge a + b\) 至少有一个成立。于是 \((21)\) 和 \((22)\) 至少有一个成立。\(\square\)

这里的关键一个是仔细分析找到取等条件的过程，另一个就是发现 \((21)\) 和 \((22)\) 是或的关系，不是其中一个一定成立的关系。

#46

已知：

• \(a, b, c > 0\)。

证明：

\[\sum \dfrac{(2a + b + c)^2}{2a^2 + (b + c)^2} \le 8 \]

显然在 \(a = b = c\) 时取等。

注意到它齐次，所以不妨设 \(a + b + c = 1\)。那么只需证

\[\sum \dfrac{(1 + a)^2}{2a^2 + (1 - a)^2} \le 8 \]

这时可以切线放缩，但实际上没有必要。继续注意到 \(2a^2 + (1 - a)^2\) 在 \(a = \dfrac{1}{3}\) 时取到最小值，恰好为取等条件。所以直接把 \(a = \dfrac{1}{3}\) 代入分母即可。

但是此时分子还是二次，非常不好。于是我们发现了主要矛盾：分子的二次的等级高于 \(\mathrm{RHS}\) 的一次（因为 \(a + b + c = 8\)，所以是一次），所以如果分子不降次那么不可能证出来。但是降次是容易的，分离常数即可。于是我们先分离常数，再代入 \(a = \dfrac{1}{3}\) 即可。

#47

已知：

• \(a, b, c > 0\)。

证明：

\[2 \sqrt{\sum ab} \le \sqrt{3} \sqrt[3]{\prod (a + b)} \]

这题是等级思想的不错的练习题。

显然 \(a = b = c = 1\) 时取等。

首先用 spq 法让式子好看一点，那么只需证 \(2 \sqrt{q} \le \sqrt{3} \sqrt[3]{sq - p}\)，即 \(64 q^3 \le 27 (sq - p)^2\)，即 \(27s^2 q^2 + 27p^2 \ge 64q^3 + 54spq\)。

我们应当优先把 \(\mathrm{RHS}\) 等级高的消去，消的时候要用 \(\mathrm{LHS}\) 等级尽量低的消，这样才不会放过头。此处要先消 \(64q^3\)，发现 \(27p^2\) 根本消不了，所以用 \(27s^2 q^2\)。利用 \(s^2 \ge 3q\)，我们有 \(\dfrac{64}{3} s^2 q^2 \ge 64 q^3\)。

消去后我们只需证 \(\dfrac{17}{3} s^2 q^2 + 27p^2 \ge 54spq\)。到这里我考虑了一下配方，但它实际上不太能做。比较快速的做法是：利用 \(q^2 \ge 3sp\) 与 \(s^3 + 9p \ge 4sq\)（Schur 不等式），我们只需证 \(17s^3 p + 27p^2 \ge 54spq \iff s^2 \ge 3q\)，显然成立。\(\square\)

#48

已知：

• \(a, b, c > 0\)。
• \(abc = 1\)。

证明：

\[a + b + c \ge \sqrt{\dfrac{1}{3} (a + 2)(b + 2)(c + 2)} \]

常规做法是平方后 spq 法。但我在赛时想到了一个与众不同的做法，只可惜当时以为它是错的，没有做下去。

考虑取等条件：\(a = b = c = 1\)。我把它代入 \(\mathrm{RHS}\)，发现 \(\mathrm{RHS} = \sqrt{\dfrac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \cdot 3} = \sqrt{\left( \dfrac{1}{3} \cdot 3 \cdot 3 \right) \cdot 3}\)。

于是我把 \(\dfrac{1}{3} (a + 2)(b + 2)\) 和 \(c + 2\) 看作两个整体，对 \(\mathrm{RHS}\) 使用均值不等式。那么

\[\mathrm{RHS} \le \dfrac{\frac{1}{3} (a + 2)(b + 2) + (c + 2)}{2} = \dfrac{ab + 2a + 2b + 4}{6} + \dfrac{c + 2}{2} \]

当时我发现这一看就不对，因为 \(\mathrm{RHS}\) 是平方量级的，而 \(\mathrm{LHS}\) 是线性的。于是我放弃了这个做法。但是这个做法能做的原因就在于 \(abc = 1\)，在这个条件下，不可能的事情会变得可能。

我们期望把最难受的 \(ab\) 降成一次。结合取等条件，我们发现 \((a - 1)(b - 1) = ab - a - b + 1\)。再结合 \(abc = 1\) 的条件，我们可以发现 \(a, b, c\) 必有两者在数轴上位于 \(1\) 的异侧（可以 \(= 1\)），所以不妨设 \(a, b\) 满足这个条件。那么 \((a - 1)(b - 1) = ab - a - b + 1 \le 0 \implies ab + 1 \le a + b\)。那么

\[\mathrm{RHS} \le \dfrac{a + b + c + 3}{2} \]

利用 \(3 = 3(abc)^{1 / 3} \le a + b + c\)，得

\[\mathrm{RHS} \le a + b + c \]

\(\square\)

#49

已知：

• \(f(x) = ax^2 + bx + c\)。
• \(\forall x \in [0, 1], |f(x)| \le 1\)。

求：\(\max(|a| + |b| + |c|)\)。

我们来猜取等条件。感觉上，\(|f(x)| \le 1\) 是需要在某些地方能取等的。于是我们把 \(f\) 撑满整个范围：

得到 \(a = 8, b = -8, c = 1\)，那么猜测 \(|a| + |b| + |c| \le 17\)。

现在来证明。我们要利用 \(|f(x)| \le 1\) 的条件，注意到 3 点可以确定 \(a, b, c\)，而由于取等条件，我们选择 \(0, \dfrac{1}{2}, 1\)，这样代入即可用上条件。于是

\[\begin{cases} f(0) = c, \\ f \left( \dfrac{1}{2} \right) = \dfrac{1}{4} a + \dfrac{1}{2} b + c, \\ f(1) = a + b + c \end{cases} \implies \begin{cases} a = 2f(0) - 4f \left( \dfrac{1}{2} \right) + 2f(1), \\ b = -3f(0) + 4f \left( \dfrac{1}{2} \right) - f(1), \\ c = f(0) \end{cases} \]

代入后反复使用三角不等式^[4]：

\[\begin{aligned} |a| + |b| + |c| &= \left| 2f(0) - 4f \left( \dfrac{1}{2} \right) + 2f(1) \right| + \left| -3f(0) + 4f \left( \dfrac{1}{2} \right) - f(1) \right| + |f(0)| \\ &\le |2f(0)| + \left| 4f \left( \dfrac{1}{2} \right) \right| + |2f(1)| + |3f(0)| + \left| 4f \left( \dfrac{1}{2} \right) \right| + |f(1)| + |f(0)| \\ &= 6|f(0)| + 8 \left| f \left( \dfrac{1}{2} \right) \right| + 3|f(1)| \\ &\le 6 + 8 + 3 \\ &= 17 \end{aligned} \]

\(\square\)

这里考虑插值，是为了利用 \(|f(x)| \le 1\)。因为考虑到这个条件在 \(0, \dfrac{1}{2}, 1\) 处取等，所以可以考虑利用这 3 个点插值。

#50

已知：

• \(a, b, c > 0\)。

证明：

\[\sum \dfrac{1}{a^3 + b^3 + abc} \le \dfrac{1}{abc} \]

这题的关键是猜测最后式子可以被化成 \(\sum \dfrac{a}{a + b + c} \le 1\)。

往这个方向努力。发现 \(a^3, b^3, abc\) 中只有 \(abc\) 含有 \(c\)，所以我们让 \(abc\) 贡献 \(+c\)，\(a^3 + b^3\) 贡献 \(a + b\)。注意到 \(a + b \mid a^3 + b^3\)，所以把 \(a^3 + b^3\) 因式分解成 \((a + b)(a^2 - ab + b^2)\)。结合 \(abc\)，把它看作 \(ab \cdot c\)，所以我们希望 \(a^3 + b^3\) 中也能出现 \(ab\)。于是利用 \(a^2 + b^2 \ge 2ab\) 得到 \(a^3 + b^3 \ge ab(a + b)\)。那么只需证

\[\sum \dfrac{1}{ab(a + b + c)} \le \dfrac{1}{abc} \]

即

\[\sum \dfrac{abc}{ab(a + b + c)} = \sum \dfrac{c}{a + b + c} \le 1 \]

显然成立。\(\square\)

\(4\) 元版本

已知：

• \(a, b, c, d > 0\)。

证明：

\[\sum \dfrac{1}{a^4 + b^4 + c^4 + abcd} \le \dfrac{1}{abcd} \]

这是 2025 高联预赛二试 T1。

沿用上文的做法，我们把 \(a^4 + b^4 + c^4\) 搞成 \(a + b + c\) 和 \(abc\) 相关。继续沿用上文，大胆猜测 \(a^4 + b^4 + c^4 \ge abc(a + b + c)\)。这个可以展开后使用排序不等式，或直接用 Chebyshev 不等式证明。

那么只需证

\[\sum \dfrac{abcd}{abc(a + b + c + d)} = \sum \dfrac{d}{a + b + c + d} \le 1 \]

显然成立。\(\square\)

\(n\) 元版本

借鉴上文的结论，利用 Chebyshev 不等式，可以发现

\[\begin{aligned} \sum_{i \neq k} a_i^n &\ge \dfrac{1}{n - 1} \left( \sum_{i \neq k} a_i^{n - 1} \right) \cdot \left( \sum_{i \neq k} a_i \right) \\ &\ge \left( \prod_{i \neq k} a_i \right) \left( \sum_{i \neq k} a_i \right) \end{aligned} \]

所以这个不等式在 \(n\) 元情况下依然成立。

#51

已知：

• \(AB = AC\)。
• \(\angle BAC = \alpha\)。
• \(\angle ABD = \angle ABE = 30 ^\circ\)。
• \(DE \perp AC\)。
• \(DE \cap AB = F, DE \cap AC = G\)。
• \(AG = CG\)。

证明：\(\angle DAE = 60 ^\circ\)。

记录一下我失败的中考几综。

Proof 1

首先看着这个大大的中垂线 \(DE\)，而且两个 \(60 ^\circ\)（另一个是 \(\angle DBE\)）是相对的，所以就想把 \(\angle DAE\) 翻转到下面，转化成证明共圆。把 \(\angle DAE\) 转化到 \(\angle DCE\)，于是只需证 \(\odot DBCE\)。

搞清楚已知角有哪些。首先是 \(\angle BAC\)，然后是 \(\angle ABC\) 和 \(\angle ACB\)，然后还有 \(\angle AFG = \angle BFD\)，最后是定角 \(\angle ABD\) 和 \(\angle ABE\)。

那么我们可以算出 \(\angle BDF = 180 ^\circ - \angle DBF - \angle BFD = 60 + \alpha\)。于是我们考虑证明 \(\angle BCE = 120 ^\circ - \alpha\)。再考虑到 \(\angle ACB = 90 ^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\)，于是我们只需证 \(\angle ACE = 30 ^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\)。

我们把 \(\angle ACE\) 转到 \(\angle CAE\)。这时我觉得我做完了，因为 \(\angle CAE\) 显然可以用 \(\alpha\) 表示，而且最后显然加起来是 \(180 ^\circ\)。但是一做下去就发现不会了，于是继续导角。我们要导和 \(A, E, G\) 相关的角，于是考虑导 \(\angle BEF = \angle AFG - \angle ABE = 60 ^\circ - \alpha\)。

接下来就可做了。考虑的细节一点，我们可以借助 \(\triangle ABE\) 写出 \(AE\) 和 \(\angle CAE\) 的方程（正弦定理，发现刚好不需要 \(BE\)），然后借助 \(\triangle AGE\) 再写出一个 \(AE\) 和 \(\angle CAE\) 的方程。两个方程够用了。

\[\begin{cases} \dfrac{AB}{\sin(150 ^\circ - \alpha - \angle CAE)} = \dfrac{AE}{\sin(30 ^\circ)}, \\ AE \cos(\angle CAE) = AG \end{cases} \]

化简得

\[\dfrac{AB}{2 \sin(150 ^\circ - \alpha - \angle CAE)} = \dfrac{AB}{2 \cos(\angle CAE)} \]

于是

\[\sin(150 ^\circ - \alpha - \angle CAE) = \cos(\angle ACE) = \sin(90 ^\circ \pm \angle ACE) \]

发现 \(-\) 解不出来，所以一定是 \(+\)，那么 \(\angle ACE = 30 ^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\)。\(\square\)

这题我比较失败的地方是导角不到位，导致考场上没有利用到全部的已知条件，间接导致我没有看出可解的三角形。所以拿到题先导导角确实很有用。

Proof 2

这个做法是 Gemini 想出来的，辅助线比较厉害，特此记录。

我们还是转化成证明 \(\angle ACE = 30 ^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\)。这里可以纯导角，不需要导三角函数。

把 \(A\) 关于 \(BE\) 对称到 \(H\)。发现由于 \(\angle ABE = 30 ^\circ\)，\(\angle ABH = 60 ^\circ\)，再结合 \(AB = BH\) 得 \(AB = BH = AH\)。又发现 \(EA = EH\)，那么 \(EC = EA = EH\)。

发现因为 \(AH = AB = AC\) 且 \(EC = EA = EH\)，所以 \(\angle CAE = \angle HAE\)。又因为 \(\angle BAH = 60 ^\circ\)，所以 \(\angle CAE = \dfrac{60 ^\circ - \alpha}{2} = 30 ^\circ - \dfrac{\alpha}{2}\)。\(\square\)

#52

已知：

• \(x_1, x_2, \cdots, x_n \ge 0\)。
• \(\sum_{i = 1}^n x_i = n - 1\)。

求：\(S = \sum_{i = 1}^n x_i^i\) 的最小值。

我们希望把 \(x_i^i\) 降成一次。但是注意到 \(x_1\) 已经是一次了，所以我们排除掉它。

对于 \(x_i^i\)，我们希望配 \(i - 1\) 个 \(\lambda\)，得到

\[x_i^i + (i - 1) \lambda \ge i \lambda^{\frac{i - 1}{i}} x_i = x_i \]

那么 \(\lambda = \left( \dfrac{1}{i} \right)^{\frac{i}{i - 1}}\)。这样，

\[S + \sum_{i = 2}^n (i - 1) \left( \dfrac{1}{i} \right)^{\frac{i}{i - 1}} \ge n - 1 \]

发现 \(T = \sum_{i = 2}^n (i - 1) \left( \dfrac{1}{i} \right)^{\frac{i}{i - 1}}\) 为常数，那么 \(S \ge n - 1 - T\)。

现在的问题是取等条件能不能满足。发现这样配常数说明 \(\forall i \ge 2, x_i = \lambda^{1 / i} = \left( \dfrac{1}{i} \right)^{\frac{1}{i - 1}} < 1\)。那么 \(\sum_{i \ge 2} x_i < n - 1\)，说明 \(x_1 > 0\)，可以满足。

那么 \(\min(S) = n - 1 - \sum_{i = 2}^n (i - 1) \left( \dfrac{1}{i} \right)^{\frac{i}{i - 1}}\)。

#53

已知：

• \(a_1, a_2, \cdots, a_n > 0\)。
• \(m > 0\)。
• \(\sum_{i = 1}^n \dfrac{1}{1 + a_i^m} = 1\)。

证明：\(a_1 a_2 \cdots a_n \ge (n - 1)^{n / m}\)。

先转化成证明 \(\prod_{i = 1}^n a_i^m \ge (n - 1)^n\)。发现 \(a_i^m\) 反复出现，考虑换元。这里我们一次到位：令 \(x_i = \dfrac{1}{1 + a_i^m}\)，那么 \(a_i^m = \dfrac{1}{x_i} - 1\)。

那么只需证 \(\prod_{i = 1}^n \left( \dfrac{1}{x_i} - 1 \right) \ge (n - 1)^n\)，其中 \(\sum x_i = 1\)。注意到 \(\dfrac{1}{x_i} - 1 = \dfrac{\sum_{j \neq i} x_j}{x_i} \ge \dfrac{(n - 1) \left( \prod_{j \neq i} x_j \right)^{\frac{1}{n - 1}}}{x_i}\)。而这个东西可以很方便地相乘，而且乘完以后可以消去东西。所以

\[\prod_{i = 1}^n \left( \dfrac{1}{x_i} - 1 \right) \ge \prod_{i = 1}^n \dfrac{(n - 1) \left( \prod_{j \neq i} x_j \right)^{\frac{1}{n - 1}}}{x_i} = (n - 1)^n \]

考虑 \(x_i\) 的出现次数，即可发现 \(x_i\) 全被消去。\(\square\)

实际上这题用了个很常见的 trick：\(\sum a_i = 1 \implies 1 - a_i = \sum_{j \neq i} a_j\)。尤其是如果这个东西被乘起来了，就可以用这个 trick 后用均值不等式放缩成乘积形式。当然，这个 trick 也有乘积版本。

#54

已知：

• \(n \ge 2\)。
• \(m \in \mathbb{N}_+\)。
• \(\prod_{i = 1}^n a_i = 1\)。
• \(\sum_{i = 1}^n a_i^m \ge \sum_{i = 1}^n a_i^{-1}\)。

求：\(m\) 的所有可能值。

首先我们感受一下 \(\sum_{i = 1}^n a_i^m\) 与 \(m\) 的关系。容易发现，它关于 \(m\) 是增函数，所以我们只需找到 \(\min(m)\)。

还记得 #53 的 trick 吗？我们使用一下：\(a_i^{-1} = \prod_{j \neq i} a_j\)，恰有 \(n - 1\) 项。所以大胆猜测 \(\min(m) = n - 1\)。

证明 \(m = n - 1\) 可行

把低级别的 \(\prod_{j \neq i} a_j\) 变成高级别的 \(\left( \dfrac{\sum_{j \neq i} a_j}{n - 1} \right)^{n - 1}\)。移项后只需证

\[(n - 1) \sum_{i = 1}^n a_i^{n - 1} \ge \sum_{i = 1}^n \sum_{j \neq i} a_j^{n - 1} \]

注意到 \(\mathrm{RHS}\) 中，每个 \(a_j^{n - 1}\) 都被加了 \(n - 1\) 遍，那么 \(\mathrm{RHS} = \mathrm{LHS}\)。\(\blacksquare\)

证明 \(m \le n - 2\) 不行

举个反例即可。手玩简单情况可以发现 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_{n - 1} = n - 1, a_n = \dfrac{1}{(n - 1)^{n - 1}}\) 是一个反例。证明瞎编点就好了。

\(\square\)

#55

已知：

• \(\odot TMN\) 内切 \(\odot TAB\)。
• \(A, M, N, B\) 共线。

则：\(\angle ATM = \angle BTN\)。

据说是常见模型。

证明就考虑把公切线 \(PT\) 作出来。发现边的关系比较丰富，所以往边上导。由面积关系有

\[\dfrac{AT \cdot TM \sin(\angle ATM)}{BT \cdot TN \sin(\angle BTN)} = \dfrac{AM}{BN} \]

利用 \(\triangle PBT \sim \triangle PTA\) 和 \(\triangle PNT \sim \triangle PTM\)，有

\[\dfrac{PA \sin(\angle ATM)}{PN \sin(\angle BTN)} = \dfrac{AM}{BN} \]

那么只需证 \(PA \cdot BN = AM \cdot PN\)。把该式加上 \(PA \cdot PB = PM \cdot PN\) 得到 \(PA \cdot PN = PA \cdot PN\)，显然成立。\(\square\)

#56

已知：

• \(a, b, c, d \ge 0\)。
• \(\sum ab = 1\)。

证明：

\[\sum \dfrac{a^3}{b + c + d} \ge \dfrac{1}{3} \]

Proof 1

考虑给 \(\dfrac{a^3}{b + c + d}\) 配项。首先考虑配一次项，发现这样会出现 \(a^{3 / 2}\)，不合适。而且多的一次项难以和条件产生关系。那我们看看条件，发现条件是二次式，所以我们也配二次式。首先要有 \(b + c + d\)，然后我们给它乘个 \(a\) 变成 \(a(b + c + d)\)，这样把 \(a\) 变成 4 次，好开根号。还要乘常数，由取等条件得到是 \(\dfrac{1}{9}\)。于是

\[\dfrac{a^3}{b + c + d} + \dfrac{a(b + c + d)}{9} \ge \dfrac{2}{3} a^2 \]

于是只需证

\[\dfrac{2}{3} \sum a^2 \ge \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{9} \sum a(b + c + d) = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{9} (ab + ac + ad + bc + bd + cd) = \dfrac{5}{9} + \dfrac{2}{9} (ac + bd) \]

注意到 \(a^2 + c^2 \ge 2ac\)，所以只需证

\[\dfrac{5}{9} \sum a^2 \ge \dfrac{5}{9} \iff \sum a^2 \ge 1 \]

由 \(\sum a^2 \ge \sum ab = 1\) 知成立。\(\square\)

Proof 2

有一个常见因式分解，\(ab + bc + cd + da = (a + c)(b + d)\)。那么可得 \(1 = (a + c)(b + d) \le \left( \dfrac{a + c + b + d}{2} \right)^2\)，即 \(a + b + c + d \ge 2\)。

于是我们可以考虑配一次项。我们需要配一个一次项 \(k_1(b + c + d)\) 和一个常数 \(k_2\)，于是有

\[\dfrac{a^3}{b + c + d} + k_1 (b + c + d) + k_2 \ge 3 \sqrt[3]{k_1 k_2} \cdot a \]

于是只需证

\[3 \sqrt[3]{k_1 k_2} \sum a \ge \dfrac{1}{3} + 3k_1 \sum a + 4k_2 \]

即

\[3 (\sqrt[3]{k_1 k_2} - k_1) \sum a \ge \dfrac{1}{3} + 4k_2 \]

代入 \(\sum a \ge 2\)，则只需证

\[18 (\sqrt[3]{k_1 k_2} - k_1) \ge 1 + 12k_2 \]

我们需要它取等。发现 \((k_1, k_2) = \left( \dfrac{1}{18}, \dfrac{1}{12} \right)\) 是可行的，代入上面的过程即可。\(\square\)

这里 \((k_1, k_2)\) 的确定主要是由取等条件 \(a = b = c = d = \dfrac{1}{2}\) 以及 \(\dfrac{a^3}{b + c + d} = k_1 (b + c + d) = k_2\) 确定的。

#57

已知：

• 正整数 \(k < n\)。
• \(a_1, a_2, \cdots, a_k > 0\)。

求：

\[\min \left( \sum_{\substack{i \neq j \\ 1 \le i, j \le n}} \dfrac{a_i}{a_j} \right) \]

并给出 \(a_{k + 1}, a_{k + 2}, \cdots, a_n\) 的构造。

Solution 1

我们考虑增量构造。假设我们构造出了前 \(m - 1\) 个（\(m > k\)），答案为

\[f(m - 1) = \sum_{\substack{i \neq j \\ 1 \le i, j \le m - 1}} \dfrac{a_i}{a_j} \]

我们考虑求 \(a_m\) 使得 \(f(m)\) 最小。把与 \(a_m\) 有关的项单拎出来：

\[\begin{aligned} f(m) &= f(m - 1) + a_m \sum_{i < m} \dfrac{1}{a_i} + \dfrac{1}{a_m} \sum_{i < m} a_i \\ &\ge f(m - 1) + 2 \sqrt{\left( \sum_{i < m} a_i \right) \left( \sum_{i < m} \dfrac{1}{a_i} \right)} \end{aligned} \]

取等时

\[a_m = \sqrt{\dfrac{\sum_{i < m} a_i}{\sum_{i < m} 1 / a_i}} \]

现在主要的问题就是求 \(a_m\) 的封闭形式。

设 \(S_m = \sum_{i \le m} a_i, T_m = \sum_{i \le m} 1 / a_i\)，那么 \(a_{m + 1} = \sqrt{\dfrac{S_m}{T_m}}\)，那么 \(S_{m + 1} = S_m + \sqrt{\dfrac{S_m}{T_m}}, T_{m + 1} = T_m + \sqrt{\dfrac{T_m}{S_m}}\)。

因为我们关心的是比值，所以要尽量的把递推式搞成乘积的形式，并且最好把 \(S_m\) 和 \(T_m\) 隔离出来。于是 \(S_{m + 1} = S_m + \sqrt{\dfrac{S_m}{T_m}} = S_m \left( 1 + \dfrac{1}{\sqrt{S_m T_m}} \right), T_{m + 1} = T_m + \sqrt{\dfrac{T_m}{S_m}} = T_m \left( 1 + \dfrac{1}{\sqrt{T_m S_m}} \right)\)。于是 \(\dfrac{S_{m + 1}}{T_{m + 1}} = \dfrac{S_m}{T_m}\)，得到 \(a_{m + 2} = a_{m + 1}\)。

于是 \(a_m = a_{k + 1} = \sqrt{\dfrac{\sum_{i \le k} a_i}{\sum_{i \le k} 1 / a_i}}\)，其中 \(k < m \le n\)。代入计算 \(f(n)\) 即可。

Solution 2

感谢 LQY 提供的灵感。但是这个恒等变换我在后面的一道题中还想到了是怎么回事呢？

注意到

\[M = \sum_{i \neq j} \dfrac{a_i}{a_j} = \left( \sum_{1 \le i \le n} a_i \right) \left( \sum_{1 \le i \le n} \dfrac{1}{a_i} \right) - n \]

说实话，这个变形好像也挺常见。

我们把给定的部分挑出来：

\[\begin{aligned} M &= \left( \sum_{1 \le i \le n} a_i \right) \left( \sum_{1 \le i \le n} \dfrac{1}{a_i} \right) - n \\ &= \left( \sum_{i \le k} a_i + \sum_{i > k} a_i \right) \left( \sum_{i \le k} \dfrac{1}{a_i} + \sum_{i > k} \dfrac{1}{a_i} \right) - n \end{aligned} \]

对它连续使用 Cauchy 不等式：

\[\begin{aligned} M &= \left( \sum_{i \le k} a_i + \sum_{i > k} a_i \right) \left( \sum_{i \le k} \dfrac{1}{a_i} + \sum_{i > k} \dfrac{1}{a_i} \right) - n \\ &\ge \left( \sqrt{\left( \sum_{i \le k} a_i \right) \left( \sum_{i \le k} \dfrac{1}{a_i} \right)} + \sqrt{\left( \sum_{i > k} a_i \right) \left( \sum_{i > k} \dfrac{1}{a_i} \right)} \right)^2 - n \\ &\ge \left( \sqrt{\left( \sum_{i \le k} a_i \right) \left( \sum_{i \le k} \dfrac{1}{a_i} \right)} + (n - k) \right)^2 - n \end{aligned} \]

分析取等条件。第一步放缩说明

\[\dfrac{\sum_{i \le k} a_i}{\sum_{i \le k} 1 / a_i} = \dfrac{\sum_{i > k} a_i}{\sum_{i > k} 1 / a_i} \]

第二步放缩说明 \(a_{k + 1} = a_{k + 2} = \cdots = a_n = x\)。那么 \(\dfrac{\sum_{i \le k} a_i}{\sum_{i \le k} 1 / a_i} = \dfrac{(n - k) x}{(n - k) / x} \implies x = \sqrt{\dfrac{\sum_{i \le k} a_i}{\sum_{i \le k} 1 / a_i}}\)。

#58

已知：

• \(P\) 在 \(\triangle A_1 A_2 A_3\) 内部。
• \(r_1, r_2, r_3\) 为 \(P\) 到三边 \(a_1, a_2, a_3\) 的距离。
• \(R\) 为 \(\triangle A_1 A_2 A_3\) 外接圆半径。

证明：

\[\sqrt{r_1} + \sqrt{r_2} + \sqrt{r_3} \le \dfrac{1}{\sqrt{2R}} (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2)^{1 / 2} \]

先平方一下，那么只需证

\[\left( \sqrt{r_1} + \sqrt{r_2} + \sqrt{r_3} \right)^2 \le \dfrac{1}{2R} (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2) \]

感觉我们需要利用 \(\dfrac{1}{2R}\) 把 \(a_i\) 和 \(r_i\) 建立联系。观察这个图片，我觉得它和求内切圆半径的图很像，于是得到 \(2S = a_1 r_1 + a_2 r_2 + a_3 r_3\)，其中 \(S\) 为三角形的面积。又知道 \(2S = a_1 a_2 \sin(A_3) = \dfrac{a_1 a_2 a_3}{2R}\)，所以

\[\dfrac{1}{2R} = \dfrac{r_1}{a_2 a_3} + \dfrac{r_2}{a_3 a_1} + \dfrac{r_3}{a_1 a_2} \]

那么只需证

\[\left( \sqrt{r_1} + \sqrt{r_2} + \sqrt{r_3} \right)^2 \le \left( \dfrac{r_1}{a_2 a_3} + \dfrac{r_2}{a_3 a_1} + \dfrac{r_3}{a_1 a_2} \right) (a_1^2 + a_2^2 + a_3^2) \]

卡住了。我想了半个多小时，实在没招了，开始做梦：如果是 \(\left( \dfrac{r_1}{a_2 a_3} + \dfrac{r_2}{a_3 a_1} + \dfrac{r_3}{a_1 a_2} \right) (a_1 a_2 + a_2 a_3 + a_3 a_1)\) 就好了。突然发现 \(a_1^2 + a_2^2 + a_3^2\) 等级比 \(a_1 a_2 + a_2 a_3 + a_3 a_1\) 高，所以直接利用 \(a_1^2 + a_2^2 + a_3^2 \ge a_1 a_2 + a_2 a_3 + a_3 a_1\) 放缩即可。\(\square\)

这启示我们要想的美一点。但是想的美却不能实现怎么办？那就要请出局部放缩了。所以实际上，局部放缩和恒等变换干的是同一件事，作用是一样的。

#59

已知：

\[\begin{cases} a^2 = \dfrac{\sqrt{bc} \cdot \sqrt[3]{bcd}}{(b + c)(b + c + d)}, \\ b^2 = \dfrac{\sqrt{cd} \cdot \sqrt[3]{cda}}{(c + d)(c + d + a)}, \\ c^2 = \dfrac{\sqrt{da} \cdot \sqrt[3]{dab}}{(d + a)(d + a + b)}, \\ d^2 = \dfrac{\sqrt{ab} \cdot \sqrt[3]{abc}}{(a + b)(a + b + c)} \end{cases} \]

求：\(a, b, c, d\) 的值。

对着一个式子 \(a^2 = \dfrac{\sqrt{bc} \cdot \sqrt[3]{bcd}}{(b + c)(b + c + d)}\) 看看，发现对 \(\sqrt{bc}\) 和 \(\sqrt[3]{bcd}\) 直接使用均值不等式可以得到 \(a^2 \le \dfrac{1}{6} \iff |a| \le \dfrac{\sqrt{6}}{6}\)。

先解决一下 \(a, b, c, d\) 的符号问题。分析一下可以发现 \(a, b, c, d\) 必定为正。

于是 \(a \le \dfrac{\sqrt{6}}{6}\)。我们猜测 \(a = b = c = d = \dfrac{\sqrt{6}}{6}\)，发现这是对的。

接下来我们考虑一下式子之间的关系。我们把 4 个式子都乘起来，得到

\[\prod (a + b)(a + b + c) = 1 \]

因为全相等是解，所以考虑对 \(\prod (a + b) = p\) 和 \(\prod (a + b + c) = \dfrac{1}{p}\) 分别用均值不等式。因为用完之后会得到 \(a + b + c + d\)，所以我们先算出来 \(a + b + c + d\) 的上界。发现 \(a \le \dfrac{\sqrt{6}}{6}\)，所以 \(a + b + c + d \le \dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\)。那么

\[p = \prod (a + b) \le \left( \dfrac{a + b + c + d}{2} \right)^4 \le \dfrac{4}{9} \]

且

\[\dfrac{1}{p} = \prod (a + b + c) \le \left( \dfrac{3(a + b + c + d)}{4} \right)^4 \le \dfrac{9}{4} \]

得到 \(p = \dfrac{4}{9}\)。发现此时两个不等式都取等，所以 \(a + b = b + c = c + d = d + a\) 且 \(a + b + c = b + c + d = c + d + a = d + a + b\)。两式相减得到 \(a = b = c = d = x\)。那么 \((2x \cdot 3x)^4 = 1 \implies a = b = c = d = x = \dfrac{\sqrt{6}}{6}\)。

#60

已知：

• \(a_1, a_2, \cdots, a_n \in \mathbb{Z}\)。
• \(\sum a_i \ge n^2\)。
• \(\sum a_i^2 \le n^3 + 1\)。

证明：\(a_1 = a_2 = \cdots = a_n = n\)。

当时我在想，如果 \(a_i\) 偏离 \(n\) 一点会怎么样。于是考虑设差值 \(x_i = a_i - n \in \mathbb{Z}\)，那么 \(a_i = x_i + n\)。于是有 \(\sum x_i \ge 0\) 且 \(\sum (x_i + n)^2 \le n^3 + 1\)。

把 \((x_i + n)^2\) 拆掉，得到 \(\sum (x_i^2 + 2nx_i) \le 1\)，即 \(\sum x_i^2 + 2n \sum x_i \le 1\)。利用 \(0 \le \sum x_i\)，得到 \(\sum x_i^2 \le 1\)。这意味着只有一个 \(k\) 满足 \(x_k = \pm 1\)。如果 \(x_k = -1\)，那违背了 \(\sum x_i \ge 0\)，显然不对。如果 \(x_k = 1\)，那么 \(\sum x_i^2 + 2n \sum x_i = 1 + 2n > 1\)，矛盾！所以 \(x_k = 0\)。

那么 \(x_1 = x_2 = \cdots = x_n = 0\)。\(\square\)

实际上这个题目可以稍加修改：把 \(n^3 + 1\) 换成 \(n^3 + k\)，然后证明至多有 \(k\) 个 \(a_i \neq n\)。证明和这题的做法类似。

实际上还能继续加强：改成证明至多有 \(k - 1\) 个 \(a_i \neq n\)。这个在 \(2 \nmid k\) 时成立。

#61

给定正整数 \(n \ge 2\)。证明：存在 \(n\) 个互不相同的正整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)，使得 \(\forall i \neq j, a_i + a_j \mid \prod a_i\)。

一般遇到构造题，可以先试试简单的构造，比如等差数列 \(a_i = k \cdot i\)。

那么有 \(k(i + j) \mid k^n n!\)，即 \(i + j \mid k^{n - 1} n!\)。大胆一点，如果 \(k\) 可以包含所有的 \(i + j\) 就好了。这是可行的，令 \(k = \prod_{i \neq j} (i + j)\) 即可。\(\square\)

实际上可以稍微优化一下。发现 \(i + j \in [3, 2n - 1]\)，所以只需 \(k = (2n - 1)!\) 即可。

#62

证明：对于小于 \(n!\) 的任意正整数 \(k\)，可在 \(n!\) 的正约数集合中选出 \(\le n\) 个互不相等的数，使得它们的和为 \(k\)。

实际上就是让我们用 \(n!\) 的约数来表示 \(k\)。这种题如果显式构造不出来，可以考虑归纳构造。注意这道题可以对 \(n\) 或 \(k\) 归纳，要注意选出更容易的做。我们对 \(n\) 归纳。

显然 \(n = 1\) 可行。假设 \(n\) 可行，下证 \(n + 1\) 可行。

设 \(k = q(n + 1) + r\)（带余除法）。发现 \(q \le n!\)，则 \(q\) 可以用 \(\le n\) 个 \(n!\) 的正约数 \(a_1, a_2, \cdots, a_m\) 表示，则 \(k = r + (n + 1) \sum_{i = 1}^m a_i\)。发现 \(r, (n + 1) a_1, (n + 1) a_2, \cdots, (n + 1) a_m\) 是 \(k\) 的一个合法表示。因为 \((n + 1) a_i \ge n + 1\)，而 \(r \le n\)，且 \(m + 1 \le n + 1\)，所以合法。

那么 \(n + 1\) 可行。\(\square\)

#63

证明：存在 \(n \ge 2\) 个不同的正整数 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)，其中任意两个不同的数 \(a_i, a_j\) 都满足 \((a_i - a_j)^2 \mid a_i a_j\)。

条件很神秘啊。我们把它加强到 \(a_i - a_j \mid a_i\) 且 \(a_i - a_j \mid a_j\)。发现这两个等价，所以只需 \(a_i - a_j \mid a_i\)。还是不会啊，来手玩一下小情况。

• \(n = 2\)：\(a = (1, 2)\)。
• \(n = 3\)：\(a = (2, 3, 4)\)。
• \(n = 4\)：\(a = (12, 14, 15, 16)\)。

感觉很难显式写出构造，那么考虑不同 \(n\) 之间的关系。发现 \(14 = 12 + 2, 15 = 12 + 3, 16 = 12 + 4\)，而 \(12 = \operatorname{lcm}(2, 3, 4)\)。

这启发我们考虑如下构造：设 \(n\) 时的构造为 \(a_1, a_2, \cdots, a_n\)，设 \(L = \operatorname{lcm}(a_1, a_2, \cdots, a_n)\)，则 \(n + 1\) 时的构造为 \(b = (L, L + a_1, L + a_2, \cdots, L + a_n)\)。

为何可行？因为 \(\forall i > 1, b_i - b_1 = a_{i - 1} \mid L = b_1\) 且 \(\forall i \neq j, b_i - b_j = a_{i - 1} - a_{j - 1} \mid a_{j - 1} \mid L + a_{j - 1} = b_j\)（因为 \(a_{j - 1} \mid L\)）。\(\square\)

#64

证明：存在无穷多个正整数 \(n\) 使得 \(n \mid 2^n + 2\) 且 \(n - 1 \mid 2^n + 1\)。

手玩小情况。发现 \(n = 2, 6\) 是可行的，然后就找不到了，所以考虑归纳证明。

那如果 \(n\) 成立，下一个是什么呢？大胆猜测是 \(m = 2^n + 2\)，因为这与题面的式子同构。下证 \(n \mid 2^{2^n + 2} + 2\) 且 \(n - 1 \mid 2^{2^n + 2} + 1\)。

证明 \(n - 1 \mid 2^{2^n + 2} + 1\)

我们设 \(k_1 n = 2^n + 2\)，则只需证 \(n - 1 \mid 2^{k_1 n} + 1\)。因为在 \(2 \nmid m\) 时有 \(x + 1 \mid x^m + 1\)，所以考查一下 \(k_1, n\) 的奇偶性。发现 \(2^n + 1\) 为奇数，而 \(n - 1 \mid 2^n + 1\)，所以 \(n - 1\) 为奇数，所以 \(n\) 为偶数。

那 \(k_1\) 呢？因为 \(2^n + 2 = 2(2^{n - 1} + 1)\)，所以 \(\nu_2(2^n + 2) = 1\)。而 \(n\) 已经贡献了一个 \(2\)，所以 \(k_1\) 不能贡献 \(2\)，所以 \(k_1\) 为奇数。

那么 \(n - 1 \mid 2^n + 1 \mid (2^n)^{k_1} + 1 = 2^{k_1 n} + 1\)。\(\blacksquare\)

证明 \(n \mid 2^{2^n + 2} + 2\)

由上文的分析，我们发现 \(\nu_p(n) = 1\)，于是设 \(n = 2m\)，则 \(2 \nmid m\)。

我们只需证 \(m \mid 2^{2^n + 1} + 1\)。设 \(k_2(n - 1) = 2^n + 1\)。显然有 \(2 \nmid k_2\)。于是有 \(m \mid 2^{n - 1} + 1 \mid (2^{n - 1})^{k_2} + 1 = 2^{2^n + 1} + 1\)。\(\blacksquare\)

综上

若 \(n\) 成立，则 \(2^n + 2\) 成立，这样就有无穷个 \(n\) 成立。\(\square\)

#65

已知：

• \(n, k \in \mathbb{Z}\)。
• \(1 \le k \le n\)。
• 集合 \(A\) 满足：
  1. \(A\) 中任意 \(k - 1\) 个不同元素之积不是 \(b\) 的倍数。
  2. \(A\) 中任意 \(k\) 个不同元素之积是 \(b\) 的倍数。
  3. 对于任意 \(x < y\) 且 \(x, y \in A\) 均有 \(x \nmid y\)。

求：集合 \(A\) 与整数 \(b\)。

考虑第 3 个条件，因为这个容易满足，令 \(x, y\) 为两个质数即可。设 \(A = \set{ a_1, a_2, \cdots, a_n }\)（\(a_1 < a_2 < \cdots < a_n\)），我们让 \(a_i = p_i q_i\)（\(p_i\) 为第 \(i\) 个奇质数）即可满足这个条件。

那 \(q_i\) 咋办啊？我们利用 \(q_i\) 来满足前 2 个条件。发现令 \(q_i = 2, b = 2^k\) 即可，此时 \(A = \set{ 2p_1, 2p_2, \cdots, 2p_n }\)。

#66

已知：

• \(X = (x_1, x_2, \cdots, x_n) \in \mathbb{N}_+\)。
• \(X\) 满足：
  • 对于任意不全为 \(0\) 的数 \(e_1, e_2, \cdots, e_n \in \set{ -1, 0, 1 }\)，均有 \(n^3 \nmid \sum e_i x_i\)。

求：\(\max(n)\)。

注意到 \(x, y \in [0, 1] \implies x - y \in [-1, 1]\)。于是我们令 \(p_i, q_i \in \set{ 0, 1 }\)，如果 \(\sum p_i x_i \equiv \sum q_i x_i \pmod{n^3}\)，则 \(n^3 \mid \sum (p_i - q_i) x_i\)，令 \(e_i = p_i - q_i\) 就不满足条件。这是一个经典 trick。

于是所有的 \(\sum p_i x_i \bmod n^3\) 必须两两不同。发现 \(\sum p_i x_i\) 有 \(2^n - 1\) 种取值（\(e_i\) 不全为 \(0\)），但余数只有 \(n^3\) 种，得到 \(2^n - 1 \le n^3 \implies n \le 9\)。

那么 \(n = 9\) 时是否满足条件？发现令 \(x_i = 2^{i - 1}\) 就满足条件，原因见上文。于是 \(\max(n) = 9\)。

#67

已知：

• \(\forall n \ge 1, x_n \in \mathbb{Z}\)。
• \(\forall n \ge 1, 1 \le x_n \le n \sqrt{n}\)。
• \(\forall n \neq m, n - m \mid x_n - x_m\)。

求：所有的无穷数列 \(x_1, x_2, \cdots\)。

注意到 \(x_1 \le 1 \sqrt{1} = 1\)，则 \(x_1 = 1\)；\(x_2 \le 2 \sqrt{2}\)，则 \(x_2 = 1, 2\)。

若 \(x_2 = 1\)

手玩一下发现 \(x_n = 1\) 一定符合条件。下证只有这个符合条件。

对 \(n\) 归纳。设 \(x_1 = x_2 = \cdots = x_{n - 1} = 1\)，下证 \(x_n = 1\)。我们用反证法，假设 \(x_n > 1\)。

发现 \(\forall i < n, n - i \mid x_n - 1\)，则 \(n - 1 \mid x_n - 1, n - 2 \mid x_n - 1\)。又因为 \(n - 1 \perp n - 2\)，所以 \((n - 1)(n - 2) \mid x_n - 1\)。发现大小关系会出问题：因为 \((n - 1)(n - 2) \mid x_n - 1\)，所以 \((n - 1)(n - 2) \le x_n - 1\)，则 \((n - 1)(n - 2) + 1 \le n \sqrt{n} \implies n \le 4\)。所以在 \(n > 4\) 时会矛盾，则此时 \(x_n = 1\)。

那 \(n = 3, 4\) 时怎么办？借助上面的结论（\(n > 4\) 时 \(x_n = 1\)），我们发现 \(100 - 3 \mid x_{100} - x_3 = 1 - x_3\)，由 \(x_3 \le 3 \sqrt{3}\) 知 \(1 - x_3 = 0\)，则 \(x_3 = 1\)。同理得 \(x_4 = 1\)。

若 \(x_2 = 2\)

容易发现，\(x_n = n\) 是可行解。下证这是唯一解。

这里是标答写的比较聪明的地方。考虑 \(y_n = x_n - (n - 1)\)。如果 \(y_n\) 满足题面上的 3 个条件，我们就可以转化到 \(x_2 = 1\) 的情况。

发现 \(y_n \le x_n \le n \sqrt{n}\)，且 \(n - m \mid x_n - x_m = y_n - y_m - (n - m) \implies n - m \mid y_n - y_m\)。现在唯一的问题是 \(y_n\) 是否是正数，即 \(x_n\) 是否 \(\ge n\)。

发现 \(n - 1 \mid x_n - 1\)。要么 \(x_n \ge n\)，要么 \(x_n = 1\)。在 \(n \ge 4\) 时，如果 \(x_n = 1\)，那么 \(n - 2 \mid x_n - 2 = -1\)，显然不可能。所以 \(n \ge 4\) 时 \(x_n \ge n\)。

那 \(n = 3\) 怎么办？发现 \(x_3 \le 3 \sqrt{3}\)，则 \(x_3 = 1, 2, 3, 4, 5\)。逐一验证得 \(x_3 \neq 1, 2\)，则 \(x_3 \ge 3\)。于是 \(\forall n, y_n \ge 1\)。这样就可以套用 \(x_2 = 1\) 情况。

综上

可行解有 \(x_n = 1, n\)。

---

\(x_2 = 2\) 的情况启发我们，实际做的时候应该从简单情况开始，按由易到难的顺序分类讨论。因为有时困难的情况可以转化成简单的情况，这样就省下了不少脑力和时间。

#68

已知；

• \(a_0 = 1\)。
• \(a_1 = 41\)。
• \(a_{n + 1} = 3a_{n - 1} + \sqrt{8(a_n^2 + a_{n - 1}^2)}\)。

证明：\(\forall n \in \mathbb{N}_+, a_n \in \mathbb{Z}\)。

先把根号去掉，变成

\[a_{n + 1}^2 + a_{n - 1}^2 - 6a_{n + 1} a_{n - 1} = 8a_n^2 \]

换一个角度，把它视为关于 \(a_{n - 1}\) 的二次方程，解得

\[a_{n - 1} = 3a_{n + 1} - \sqrt{8(a_n^2 + a_{n + 1}^2)} \]

发现这很不好，因为两个式子中的根号不相同。发现把下标 \(-1\) 就好了，于是

\[a_{n - 2} = 3a_n - \sqrt{8(a_{n - 1}^2 + a_n^2)} \]

两式相加得

\[a_{n + 1} = 3a_n + 3a_{n - 1} - a_{n - 2} \]

可以归纳证明出 \(a_{n + 1} \in \mathbb{Z}\)。\(\square\)

---

注意在最后的归纳证明中，base case 是 \(n = 1, 2, \color{red}{3}\)。要把 \(a_3\) 算出来，说明它是整数才严谨。

#69

证明：存在无穷多个正整数组 \((a, b, c)\) 使得

\[\begin{align} a &\mid bc - 1 \\ b &\mid ca + 1 \\ c &\mid ab + 1 \end{align} \]

发现 \(b, c\) 的地位实际上是对称的。于是把 \((24)\) 和 \((25)\) 乘起来：

\[bc \mid (ab + 1)(ac + 1) = a^2 bc + a(b + c) + 1 \]

则 \(bc \mid a(b + c) + 1\)。发现若 \(bc = a(b + c) + 1\)，则 \(a \mid a(b + c) = bc - 1\)，非常的完美。所以我们想把 \((23)\) 代入 \(bc \mid a(b + c) + 1\)，但是无法直接代入，所以设 \(ka = bc - 1\)，那么有

\[bc \mid ka(b + c) + k = (bc - 1)(b + c) + k = bc(b + c) - (b + c) + k \]

得到

\[bc \mid k - b - c \]

发现只需 \(k = b + c\) 即可，那么我们需要 \(a = \dfrac{bc - 1}{b + c} \in \mathbb{Z}\)。变一下形得 \(ab + ac = bc - 1\)，凑因式分解得 \((b - a)(c - a) = a^2 + 1\)。

我们令 \(b - a = 1\)，则 \(c - a = a^2 + 1\)，那么 \((a, b, c) = (a, a + 1, a^2 + a + 1)\)，验证发现这可行。\(\square\)

#70

证明：存在无穷多个正整数 \(n\) 满足 \(n^2 \mid 2^n + 3^n\)。

发现 \(n = 1, 5\) 成立，后面找不到了，所以考虑归纳构造。

你发现你完全不知道 \(n\) 的下一个是什么。会不会是整除式提供的信息太少了呢？实际上整除式隐藏了一个信息——商，我们把它设出来：设 \(an^2 = 2^n + 3^n\)。大胆猜测 \(n\) 的下一个是 \(an\)，发现这在 \(n = 1, 5\) 上非常的正确，那我们考虑证明它。

下证 \(a^2 n^2 \mid 2^{an} + 3^{an}\)。遇到 \(x^n + y^n\) 的形式就要考虑指数的奇偶性，发现 \(2 \nmid a, 2 \nmid n\)，非常的好。

但是这没用。你既证不出来 \(a^2 n^2 \mid 2^n + 3^n\)，又证不出来 \(a^2 n^2 \mid 2^a + 3^a\)。那我们只能暴力做了。

注意到 \(an^2 = 2^n + 3^n \mid 2^{an} + 3^{an}\)，所以我们消去 \(an^2\)，只需证

\[a \mid \sum_{k = 0}^{a - 1} (-1)^{a - 1 - k} \cdot 2^{nk} \cdot 3^{n(a - 1 - k)} \]

在同余意义下考虑，则只需证

\[\sum_{k = 0}^{a - 1} (-1)^{a - 1 - k} \cdot 2^{nk} \cdot 3^{n(a - 1 - k)} \equiv 0 \pmod a \]

即

\[\sum_{k = 0}^{a - 1} 2^{nk} \cdot (-3^n)^{a - 1 - k} \equiv 0 \pmod a \]

发现 \(-3^n \equiv 2^n \pmod a\)，那么只需证

\[\sum_{k = 0}^{a - 1} 2^{n(a - 1)} = a \cdot 2^{n(a - 1)} \equiv 0 \pmod a \]

显然成立。\(\square\)

#71

设 \(n\) 有恰好 \(k\) 个正因数，证明：\(\sigma(n) \le \sqrt{2k} n\)。

肯定可以把 \(n\) 分解质因数然后硬做，但是这样太不优雅了。我们介绍一个优雅的做法。

实际上我们不需要这么精细的刻画 \(n\)，我们只需要用 \(n\) 的正因数 \(d_1, d_2, \cdots, d_k\) 刻画 \(n\)。那么只需证

\[\sum d_i \le \sqrt{2k} n \]

即证

\[\sum \dfrac{n}{d_i} \le \sqrt{2k} n \]

消去 \(n\)，则只需证

\[\sum \dfrac{1}{d_i} \le \sqrt{2k} \]

令 \(d_1 < d_2 < \cdots < d_k\)，则 \(d_i \ge i\)。于是只需证

\[\sum_{i = 1}^k \dfrac{1}{i} \le \sqrt{2k} \]

有一个经典上界：\(\sum_{i = 1}^k 1 / i \le \ln(k) + 1\)。

这个上界是怎么来的呢？

注意到 \(\int_1^2 1 / x \,\mathrm{d} x \ge \dfrac{1}{2}\)，这个是因为 \(\dfrac{1}{2} \times 1\) 的长方形的面积少于曲线 \(y = 1 / x\) 在 \([1, 2]\) 上与 \(x\) 轴之间的面积。

同理，\(\int_2^3 1 / x \,\mathrm{d} x \ge \dfrac{1}{3}\)。则

\[\sum_{i = 2}^k \int_{i - 1}^i \dfrac{1}{x} \,\mathrm{d} x \ge \sum_{i = 2}^k \dfrac{1}{i} \]

即

\[1 + \int_1^k \dfrac{1}{x} \,\mathrm{d} x \ge \sum_{i = 1}^k \dfrac{1}{i} \]

化简得 \(1 + \ln(k) \ge \sum_{i = 1}^k 1 / i\)。

---

这种用积分估计上下界的手法也很常见，尤其是在一试中，因为它很简便。实际做的时候要把函数图像画出来，对着图像做，不能干瞪着式子。

于是只需证

\[\ln(k) + 1 \le \sqrt{2k} \]

这个求导做一下就好了。\(\square\)

#72

设整数 \(n > 1\) 恰有 \(k\) 个互不相同的质因子，证明：\(\sigma(n) \mid (2n - k)!\)。

注意到 \(n_1 \perp n_2 \implies \sigma(n_1 n_2) = \sigma(n_1) \sigma(n_2)\)，所以考虑归纳证明。

我们对 \(k\) 归纳。注意 \(k = 1\) 成立是不显然的，我们需要好好写过程。

\(k = 1\)

设 \(n = p^\alpha\)（\(p \in \mathbb{P}\)），则只需证 \(1 + p + p^2 + \cdots + p^\alpha \mid (2n - 1)!\)。大胆一点，如果 \(1 + p + p^2 + \cdots + p^\alpha \le 2n - 1\)，那就一定成立了。

这个是容易的。注意到 \(1 + p + p^2 + \cdots + p^\alpha = p^\alpha \left( 1 + \dfrac{1}{p} + \dfrac{1}{p^2} + \cdots + \dfrac{1}{p^\alpha} \right) < 2p^\alpha = 2n\)。因为 \(< 2n\) 的整数最大只有 \(2n - 1\)（叫做整数的离散性，这也是常见 trick），所以 \(1 + p + p^2 + \cdots + p^\alpha \le 2n - 1\)。\(\blacksquare\)

\(k - 1 \to k\)

假设 \(k - 1\) 时成立，下证 \(k\) 时也成立。

我们利用一下开头提到的性质。设 \(n = p^\alpha \beta\)（\(p\) 为 \(n\) 的最小质因子，\(p \perp \beta\)），则 \(\sigma(n) = \sigma(p^\alpha) \sigma(\beta)\)。

因为 \(\sigma(p^\alpha) \mid (2p^\alpha - 1)!, \sigma(\beta) \mid (2 \beta - k + 1)!\)，则

\[\sigma(p^\alpha) \sigma(\beta) \mid (2p^\alpha - 1)! (2 \beta - k + 1)! \mid (2(p^\alpha + \beta) - k)! \]

（这里是因为 \(\dbinom{x + y}{x} = \dfrac{(x + y)!}{x! y!} \in \mathbb{Z}\)，所以 \(x! y! \mid (x + y)!\)。）

又因为在 \(x, y \ge 2\) 时 \(x + y \le xy\)，所以 \((2(p^\alpha + \beta) - k)! \mid (2p^\alpha \beta - k)! = (2n - k)!\)。\(\blacksquare\)

\(\square\)

#73

已知：

1. \(a, b, c, d \in \mathbb{N}_+\)。
2. \(2023 = a + b + c + d\)。
3. \(2023 \mid ab + ac + ad + bc + bd + cd\)。
4. \(2023 \mid abc + bcd + cda + dab\)。

证明：\(2023 \mid abcd\)。

四个元比较多，先利用 \(a + b + c + d = 2023\) 消去一个，那么 \(d = 2023 - a - b - c\)。

发现 \(2023 = 7 \cdot 17^2\)，实际上我们可以加强命题。只需证 \(7 \mid a, 7 \mid b, 7 \mid c, 7 \mid d\) 且 \(17 \mid a, 17 \mid b, 17 \mid c, 17 \mid d\)。

证明 \(7 \mid a, 7 \mid b, 7 \mid c, 7 \mid d\)

考虑条件 3，把 \(d = 2023 - a - b - c\) 代入，化简得

\[\begin{align} 2023 \mid abc - (a + b + c)(ab + bc + ca) = -(a + b)(b + c)(c + a) \end{align} \]

则 \(7 \mid (a + b)(b + c)(c + a)\)。发现 \(7 \in \mathbb{P}\)，所以 \(a + b, b + c, c + a\) 中至少有一个被 \(7\) 整除。\(a, b, c\) 地位对称，不妨设 \(7 \mid a + b\)。

感觉条件 2 主要是为了保证大小关系，所以先分析条件 3。代入 \(d = 2023 - a - b - c\) 得

\[\begin{align} 2023 \mid ab + bc + ca - (a + b + c)^2 = -a^2 - b^2 - c^2 - ab - bc - ca \end{align} \]

则 \(7 \mid a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca = a(a + b) + b^2 + c^2 + bc + ca\)，则 \(7 \mid b^2 + c^2 + bc + ca\)。发现若 \(a = -b\)，则可以消去 \(bc\) 和 \(ca\)，非常的好。发现在同余意义下就有 \(a \equiv -b \pmod 7\)，那么 \(b^2 + c^2 + bc + ca \equiv b^2 + c^2 \equiv 0 \pmod 7\)。

发现 \(x^2 \equiv 0, 1, 2, 4 \pmod 7\)，而 \(1, 2, 4\) 中的任意两个数相加模 \(7\) 都不余 \(0\)，所以 \(b^2 \equiv c^2 \equiv 0 \pmod 7\)，得到 \(7 \mid b, 7 \mid c\)，则 \(7 \mid a\)，则 \(7 \mid d\)。\(\blacksquare\)

证明 \(17 \mid a, 17 \mid b, 17 \mid c, 17 \mid d\)

这里就不能沿用上文的做法，因为 \(17\) 的二次剩余性质没那么好。

怎么办呢？回到 \((26)\) 式，发现 \(17^2 \mid (a + b)(b + c)(c + a)\)。有 2 种可能：\(17^2 \mid a + b\)，或 \(17 \mid a + b\) 且 \(17 \mid b + c\)。

如果 \(17^2 \mid a + b\)，那因为 \(7 \mid a + b\)（这个是因为上文证出来了 \(7 \mid a, 7 \mid b\)），所以 \(2023 = 7 \cdot 17^2 \mid a + b\)（这里是因为 \(7 \perp 17^2\)），所以 \(a + b \ge 2023\)，所以 \(c + d \le 0\)，显然不可能。

所以一定是 \(17 \mid a + b\) 且 \(17 \mid b + c\)。仿照上文思路，分析 \((27)\) 式，得到 \(17 \mid a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca = a(a + b) + b(b + c) + c^2 + ca\)，则 \(17 \mid c^2 + ca\)。

因为 \(17 \mid a + b\) 且 \(17 \mid b + c\)，所以 \(17 \mid a - c \iff a \equiv c \pmod{17}\)。那么 \(c^2 + ca \equiv 2c^2 \equiv 2a^2 \equiv 0 \pmod{17}\)，则 \(17 \mid a, 17 \mid c\)，则 \(17 \mid b\)，则 \(17 \mid d\)。\(\blacksquare\)

综上

那么 \(7^4 \mid abcd, 17^4 \mid abcd\)，则 \(2023 = 7 \cdot 17^2 \mid 7^4 \cdot 17^4 \mid abcd\)。\(\square\)

---

这题还有一个思路。考虑 4 次韦达定理，在同余意义下考虑方程

\[(x - a)(x - b)(x - c)(x - d) \equiv x^4 + abcd \equiv 0 \pmod{2023} \]

显然 \(x = a, b, c, d\) 是 4 组可行解。应该可以利用这些条件做下去，但我还没想出来怎么做。目前 DeepSeek 糊出来一个做法，但不知道是否正确。

#74

正整数数列 \(a_1, a_2, \cdots\) 满足 \(\forall i \neq j, \gcd(a_i, a_j) = \gcd(i, j)\)。证明：\(\forall n, a_n = n\)。

感觉很不会做，考虑归纳法。但是你发现你连 base case（\(x_1 = 1\)）都证不出来。那该如何是好？

我们换一个视角。实际上数列就是定义在 \(\mathbb{N}_+\) 上（当然也可能是 \(\mathbb{Z}\) 等其他集合）的函数，我们以函数方程的视角去看待它。那么我们需要代入合适的值来得到信息。

首先，如果 \(i \mid j\)，那么得到 \(\gcd(a_i, a_j) = \gcd(i, j) = i\)，那么 \(i \mid a_i\)。这样只需证 \(a_i \mid i\)。

一个常见的 trick 是把函数值 \(f(x)\) 代入 \(x\)。我们尝试一下，得到 \(\gcd(a_n, a_{a_n}) = \gcd(n, a_n) = n\)。注意到 \(a_n \mid a_{a_n}\)，所以 \(\gcd(a_n, a_{a_n}) = a_n\)，那么 \(a_n = n\)。\(\square\)

#75

求所有的 \((a, b, c)\) 使得 \(\operatorname{lcm}(a, b, c) = a + b + c\) 且 \(a, b, c \in \mathbb{N}_+\)。

这题有 OI 版本，当时我做的时候因为数学不好没做出来。过了一两年又遇到了这道题的 MO 版本，还是差一点意思。

首先，你发现 \(\operatorname{lcm}(a, b, c)\) 应该是一个很大的东西，但是 \(\mathrm{RHS}\) 只是个一次式。这时考虑给 \(a, b, c\) 规定次序：令 \(a \ge b \ge c\)。则 \(\operatorname{lcm}(a, b, c) = a + b + c \le 3a\)，则 \(\operatorname{lcm}(a, b, c) = a, 2a, 3a\)。

\(\operatorname{lcm}(a, b, c) = a\)

显然不可能，因为此时 \(b + c = 0\)。

\(\operatorname{lcm}(a, b, c) = 2a\)

这个有点可能了。此时 \(b + c = a\)，那么 \(\operatorname{lcm}(b + c, b, c) = 2(b + c)\)，则 \(b \mid 2(b + c), c \mid 2(b + c)\)，得到 \(b \mid 2c, c \mid 2b\)。

感觉大小关系不太对劲。设 \(kb = 2c\)，因为 \(b \ge c\)，所以 \(\dfrac{2c}{k} \ge c\)，所以 \(k = 1, 2\)。如果 \(k = 2\)，则 \((a, b, c) = (2b, b, b)\) 不合法。所以 \(k = 1\)，此时 \((a, b, c) = (3c, 2c, c)\) 是可行解。

\(\operatorname{lcm}(a, b, c) = 3a\)

此时 \(b + c = 2a\)。因为 \(b, c \le a\)，所以 \(b, c\) 都顶到了上界，那么 \(a = b = c\)。容易发现这种情况是不合法的。

综上

\((a, b, c)\) 满足 \(\set{ a, b, c } = \set{ t, 2t, 3t }\)（\(t \in \mathbb{N}_+\)）。

#76

设 \(a_1, a_2, \cdots, a_k\) 为 \(k\) 个 \(\le n\) 的互不相等的正整数，满足 \(\forall i \neq j, \operatorname{lcm}(a_i, a_j) \le n\)。证明：\(k \le 2 \sqrt{n} + 2\)。

则 \(a_i a_j \le n \cdot \gcd(a_i, a_j)\)。注意到 \(\gcd(x, y) \le |x - y|\)。为了去绝对值，我们给 \(a_i\) 规定顺序：令 \(a_1 < a_2 < \cdots < a_k\)，则 \(\forall i > j, a_i a_j \le n(a_i - a_j)\)，则 \(\forall i > j, 1 / a_j - 1 / a_i \ge 1 / n\)。

显然可以用贪心的策略选取 \(a_i\)，但这样难以描述。手玩一下，感觉这个东西像数论分块。所以变形为 \(n / a_j - n / a_i \ge 1\)。继续往数论分块上靠，得到 \(\lfloor n / a_j \rfloor - \lfloor n / a_i \rfloor \ge 1\)。

为何 \(x - y \ge 1 \implies \lfloor x \rfloor - \lfloor y \rfloor \ge 1\)？

因为 \(x - y \ge 1\)，所以 \(x \ge y + 1\)，所以 \(\lfloor x \rfloor \ge \lfloor y + 1 \rfloor = \lfloor y \rfloor + 1\)，则 \(\lfloor x \rfloor - \lfloor y \rfloor \ge 1\)。

发现 \(\lfloor n / i \rfloor\)（\(1 \le i \le n\)）的取值不超过 \(2 \sqrt{n}\) 种^[5]，则 \(k \le 2 \sqrt{n} \le 2 \sqrt{n} + 2\)。

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我们在不断的减弱条件，这样 \(k\) 就会越来越大。所以我们实际上是用题目条件的强度来间接控制 \(k\) 的大小。好一个隔山打牛！

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1. 边的方向为从儿子到父亲。 ↩︎

2. 对于多项式 \(f(x)\)，如果 \(f(x) = 0\) 有 \(n\) 重根 \(x_0\)，那么 \(f^{(0)}(x_0) = f^{(1)}(x_0) = \cdots = f^{(n - 1)}(x_0) = 0\)。常用 \(n = 1\) 的特殊情况。 ↩︎

3. Abel-Ruffini 定理：一元五次及以上的一般代数方程的解，不一定可以用根式表示。即使是复数解，实部和虚部也不一定可以用根式写出。 ↩︎

4. 对于实数或向量 \(a, b\) 有 \(||a| - |b|| \le |a + b| \le |a| + |b|\)。 ↩︎

5. 证明见此。 ↩︎