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title: 高成老師po的競賽數學問題

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# 高成老師po的競賽數學問題
## 0326

1. 已知 $a，b\in\mathbb{R}$，且 $a\neq0，b\neq0$。若 $2a+b=0$，則
$$\left|\frac{a}{|b|}-1\right|+\left|\frac{|a|}{b}-2\right|$$之值？

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* $\boxed{答}：3$
* $\boxed{解}：$
若 $b<0$，$\frac{1}{2}+\frac{5}{2}=3$；
若 $b>0$，$\frac{3}{2}+\frac{3}{2}=3$。

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2. 求方程
$$\frac{x+y}{x^2-xy+y^2}=\frac{3}{7}$$之所有的自然數解。

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* $\boxed{答}：(x,y)=(4,5)，(5,4)$
* $\boxed{解}：$
$x+y=3k，x^2-xy+y^2=7k，k\in\mathbb{N}$
$9k^2-3xy=7k \Rightarrow xy=\frac{9k^2-7k}{3}\cdots$ (1)式$
$x，y$ 為方程式 $t^2-3kt+\frac{9k^2-7k}{3}=0$ 的兩根，
$\Rightarrow 3t^2-9kt+(9k^2-7k)=0$
判別式 $81k^2-4\cdot3\cdot(9k^2-7k)\geq0$
$9k^2-28k\leq0 \Rightarrow 0\leq k\leq\frac{28}{9}\Rightarrow k=1，2，3$
代入 (1)式，
$k=1，xy=\frac{2}{3}不合；$
$k=2，xy=\frac{22}{3}不合；$
$k=3，xy=20，x+y=9$
$x，y$ 為方程式 $t^2-9t+20=0$ 的根，因此 $(x,y)=(4,5)$ 或 $(5,4)$

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3. 已知 $x、y、z$ 為三個不相等的實數，且
$$x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}$$求證：$x^2y^2z^2=1$

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* $\boxed{證}：$
$x+\frac{1}{y}=y+\frac{1}{z}\Rightarrow x-y=\frac{1}{z}-\frac{1}{y}=\frac{y-z}{yz}$
$y+\frac{1}{z}=z+\frac{1}{x}\Rightarrow y-z=\frac{1}{x}-\frac{1}{z}=\frac{z-x}{xz}$
$z+\frac{1}{x}=x+\frac{1}{y}\Rightarrow z-x=\frac{1}{y}-\frac{1}{x}=\frac{x-y}{xy}$
三式相乘
$(x-y)(y-z)(z-x)=\frac{(y-z)(z-x)(x-y)}{(xyz)^2}\Rightarrow (xyz)^2=1$
* $\boxed{註}：$
取 $x=-1，y=\frac{1}{2}，z=2$ 時，$xyz=-1$；
取 $x=1，y=-\frac{1}{2}，z=-2$ 時，$xyz=1$

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4. 設 $a、b$ 為正實數，且 $a^2+b^2=1$，求證：
$$\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{a}\geq 1$$

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* $\boxed{證}：$
\begin{align}
a^4+b^4-ab & = (a^4+b^4+2a^2b^2)-2a^2b^2-ab\\
&=(a^2+b^2)^2-ab(2ab+1)\\
&=1-ab(2ab+1)
\end{align}由已知，$a^2+b^2\geq 2ab\Rightarrow ab\leq\frac{1}{2}\Rightarrow ab(2ab+1)\leq\frac{1}{2}(2\cdot\frac{1}{2}+1)=1$
因此 $a^4+b^4-ab\geq 0\Rightarrow a^4+b^4\geq ab\Rightarrow\frac{a^4}{b}+\frac{b^3}{a}\geq 1$
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5. 使 $$\frac{x+3}{x^2-2x+2}$$ 為正整數之所有實數$x$的和為何？

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* $\boxed{答}：\frac{121}{12}$
* $\boxed{解}：$
\begin{align}
\frac{x+3}{x^2-2x+2}=n\Rightarrow nx^2-(2n+1)x+(2n-3)=0 &&&&&&&&&
\end{align}判別式$(2n+1)^2-4n(2n-3) =-4n^2+16n+1\geq 0$
\begin{align}\Rightarrow \frac{4-\sqrt{17}}{2}\leq n\leq\frac{4+\sqrt{17}}{2} &&&&&&&&&&\end{align}兩根和為
\begin{align}
\frac{2n+1}{n}=2+\frac{1}{n}，n=1，2，3，4\Rightarrow \frac{3}{1}+\frac{5}{2}+\frac{7}{3}+\frac{9}{4}=\frac{121}{12}
\end{align}
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## 0402

1. 求下列方程組的實數解 $(a，b，c)$：
$$\left\{
\begin{align}
\sqrt{a^3-b} & =c-1\\
\sqrt{b^3-c} & =a-1\\
\sqrt{c^3-a} & =b-1
\end{align}
\right.$$

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* $\boxed{答}$：$(a,b,c)=(1,1,1)$
* $\boxed{解}$：由已知，$a\geq1，b\geq 1，c\geq 1$
$\left\{\begin{align}
a^3-b &=c^2-2c+1\\
b^3-c &=a^2-2a+1\\
c^3-a &=b^2-2b+1\\
\end{align}\right.$
$\Rightarrow a^3+b^3+c^3=(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)+3$
$\Rightarrow (a^3-a^2+a)+(b^3-b^2+b)+(c^3-c^2+c)=3$
則 $a(a(a-1)+1)\geq 1$
因此發生在等號成立時，$(a,b,c)=(1,1,1)$
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2. 滿足 $a^2+ab+b^2=2022$ 的正整數解 $(a，b)$ 所構成的集合是 $\underline{\qquad\qquad}$

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* $\boxed{答}$：無正整數解
* $\boxed{解}$：
若 $a，b$ 均為偶數，$a=2m$，$b=2n$，則
$a^2+ab+b^2=4m^2+4mn+4n^2\equiv_4 0$，但 $2022\equiv_4 2$，矛盾；
若 $a，b$ 其中一偶一奇，$a=2m+1$，$b=2n$，則
$a^2+ab+b^2\equiv_4 1+2+0\equiv _4 3$，矛盾；
若 $a，b$ 均為奇數，
$a^2+ab+b^2\equiv_4 1+1+1\equiv _4 3$，矛盾。
故所求方程式無正整數解。
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3. $1，2，\cdots，1000$ 中，有多少個可以表示成為 $[2x]+[4x]+[6x]+[8x]$ 形式？（其中 $x$ 為實數）。

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* $\boxed{答}$：$600$
* $\boxed{解}$：
(1) $0\leq x<\frac{3}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=0$；
(2) $\frac{3}{24}\leq x<\frac{4}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=1$；
(3) $\frac{4}{24}\leq x<\frac{6}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=2$；
(4) $\frac{6}{24}\leq x<\frac{8}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=4$；
(5) $\frac{8}{24}\leq x<\frac{9}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=5$；
(6) $\frac{9}{24}\leq x<\frac{12}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=6$；
(7) $x=\frac{12}{24}$，$[2x]+[4x]+[6x]+[8x]=10$；
每 $10$ 個數就有 $6$ 個可以表達成 $[2x]+[4x]+[6x]+[8x]$ 形式，
共有 $600$ 個。
* $\boxed{註}$：
也可以令 $y=2x$，討論 $0\leq y\leq\frac{12}{12}$ 的各種情況。
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4. 設正實數 $a，b$，滿足 $a+b=1$，求證$$\sqrt{a^2+\frac{1}{a}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b}}\geq 3$$

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* $\boxed{證}$：
\begin{align}
\sqrt{a^2+\frac{1}{a}}\geq2-a\Leftrightarrow a^2+\frac{1}{a}\geq a^2-4a+4\Leftrightarrow \frac{1}{a}+4a\geq 4 & \\ \sqrt{b^2+\frac{1}{b}}\geq 2-b \Rightarrow \sqrt{a^2+\frac{1}{a}}+\sqrt{b^2+\frac{1}{b}}\geq (2-a)+(2-b)=3
\end{align}
* $\boxed{註}$：
$a，b，c\in\mathbb{R}^+，a+b+c=\frac{3}{2}$，$a\sqrt{b^2+\frac{1}{b}}+b\sqrt{c^2+\frac{1}{c}}+c\sqrt{a^2+\frac{1}{a}}\geq\frac{9}{4}$
* $\boxed{證}$：
* $\boxed{註}$：
$$a_1，a_2，\cdots a_n\in\mathbb{R}^+，n\geq 2，a_1+a_2+\cdots a_n=\frac{n}{2}$$$$(1)\quad \sqrt{a_1^2+\frac{1}{a_1}}+\sqrt{a_2^2+\frac{1}{a_2}}+\cdots +\sqrt{a_n^2+\frac{1}{a_n}}\geq \frac{3n}{2}$$$$(2)\quad a_1\sqrt{a_2^2+\frac{1}{a_2}}+a_2\sqrt{a_3^2+\frac{1}{a_3}}+\cdots+a_n\sqrt{a_1^2+\frac{1}{a_1}}\geq\frac{3n}{4}$$
* $\boxed{證}$：
$(1)$ 原式 $\geq(2-a_1)+(2-a_2)+\cdots+(2-a_n)=2n-\frac{n}{2}=\frac{3n}{2}$
$(2)$ $\sqrt{a_1^2a_2^2+\frac{a_1^2}{a_2}}\geq 2-a_1a_2\Leftrightarrow a_1^2a_2^2+\frac{a_1^2}{a_2}\geq 4-4a_1a_2+a_1^2a_2^2\Leftrightarrow \frac{a_1^2}{a_2}+4a_1a_2\geq 4$

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5. 求（並予以證明）所有的正整數 $a、b、c、n$，使得 $2^n=a\thinspace!+b\thinspace!+c\thinspace!$

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* $\boxed{證}$：
WLOG. 假設 $a\leq b\leq c$
(1) 若 $a>2$，則 $3|(a!+b!+c!)$，但 $3\not |2^n$，矛盾。因此 $a=1$ 或 $a=2$。
(2) 若 $a=1$，則 $(a,b,c)=(1,1,2)、(1,1,3)$ 合乎題意，
而 $(1,1,k)，k>3$ 時，$1!+1!+k!$ 除以 $4$ 餘 $2$，但 $2^n$ 除以 $4$ 整除，因此 $k>3$ 時無解。
此外 $(1,b,c)，b\geq 2$ 時，$1!+b!+c!$ 為奇數，不合。
(3) 若 $a=2$，則 $(a,b,c)=(2,2,3)$不合，
而 $(2,2,k)，k>3$ 時，$2!+2!+k!$ 除以 $8$ 餘4，但 $2^n$ 除以 $8$ 整除，因此 $k>3$ 時無解。
此外 $(2,3,4)、(2,3,5)$ 合乎題意，而 $(2,3,k)，k>5$ 時，$2!+3!+k!$ 除以 $16$ 餘 8，但 $2^n$ 除以 $16$ 整除，因此 $k>5$ 時無解。
而 $(2,b,c)，b\geq4$ 時，$2!+b!+c!$ 除以 $4$ 餘 $2$，不合。
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## 0409

1. 若 $\alpha，\beta$ 為方程式 $x^2+x-3=0$ 之兩個實數根，則 $\beta^3-4\alpha^2+17$ 之值。

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* $\boxed{答}$：$-29$
* $\boxed{解}$：$\beta^3=-\beta^2+3\beta=4\beta-30$
$-4\alpha^2=4\alpha-12$
$\beta^3-4\alpha^2+17=4(\alpha+\beta)-25=-29$

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2. 對於正整數 $n\geq 2$，$(2n+1)^n\geq (2n)^2+(2n-1)^n$ 恆成立。

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* $\boxed{證}$：證 $(2n+1)^n-(2n-1)^n\geq (2n)^n$ 即可，
也就是只要能證明 $(1+\frac{1}{2n})^n-(1-\frac{1}{2n})^n\geq 1$ 即可。
$2\left(C_1^n(\frac{1}{2n})+C_3^n(\frac{1}{2n})^3\cdots\right)=1+2C_3^n(\frac{1}{2n})^3+\cdots\geq 1$

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3. 已知 $a,b,c>0$，且 $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=2$，證明 $a+b+c\geq\frac{3}{2}$。

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* $\boxed{證}$：由 AM-HM
$$\frac{(1+a)+(1+b)+(1+c)}{3}\geq\frac{3}{\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}}=\frac{3}{2}$$$$a+b+c\geq \frac{9}{2}-3=\frac{3}{2}$$
稍微證明一下，
$$\frac{\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}}{3}\geq\sqrt[3]{\frac{1}{(1+a)(1+b)(1+c)}}$$$$\sqrt[3]{(1+a)(1+b)(1+c)}\geq\frac{3}{\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}}$$

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4. 證明：平面上一個正三角形的頂點不可能均為整數點。

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* $\boxed{證}$：用測量師公式得到的面積即可判斷。

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5. $a,b,c>0$，$2a+b+c=2$，證明：
$$\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}\geq \frac{12}{3+4(a+b+c)}$$

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* $\boxed{證}$：

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## 0416
 1. 求所有的正整數 $n$，使得 $6^n+1$ 的十進制表示中，各位數碼均相同。
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* $\boxed{答}$：$1，5$
* $\boxed{解}$：因為 $6^n$ 個位數字為 $6$，
因此能使得 $6^n+1$ 的各位數碼均相同者，只有 $7$。
$n=1、5$ 時，$6^5+1=7777$易知為符合題設的解，
假設 $k>5$ 時，$6^k+1=7\cdots7777$，
那麼 $6^k-6^5=7\cdots70000\Rightarrow 6^5(6^{k-5}-1)=7\cdots 70000$
但是 $2^5|6^5$，而 $2^5\not|7\cdots 70000$ 矛盾。
因此不存在 $n>5$ 符合題設。
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 2. 設 $a、b、c$ 為三角形的三邊長且 $a\geq b\geq c$。證明 $a^2+b^2+c^2\leq(a+b)(b+c)$
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* $\boxed{證}$：欲證 $\Leftrightarrow a^2+c^2\leq ab+ac+bc$
因為 $b+c>a$，而 $b\geq c$
所以 $ab+ac>a^2$ 且 $bc\geq c^2$
那麼 $ab+ac+bc\geq a^2+c^2\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\leq(a+b)(b+c)$
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 3. 設正數 $a、b、c$，若 $\frac{a-b}{a+b}+\frac{b-c}{b+c}+\frac{c-a}{c+a}=0$，求證：$a、b、c$ 中至少兩個數相等。
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* $\boxed{證}$：通分，可得到
$$\frac{(a-b)(b+c)(c+a)+(b-c)(a+b)(c+a)+(c-a)(a+b)(b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=0$$分子的三元齊次輪換式中，令 $a=b$ 時，
$0+(b-c)(2b)(c+b)+(c-b)(2b)(b+c)=0$，
表示有 $(a-b)$ 的因式，
由輪換式的特性，亦有 $(b-c)(c-a)$ 的因式，
因此原式為
$$\frac{k(a-b)(b-c)(c-a)}{(a+b)(b+c)(c+a)}=0$$因此 $a=b$ 或 $b=c$ 或 $a=c$。

    以下雖然不是本題的解法，但仍是有用的想法：
$\frac{a-b}{a+b}+1+\frac{b-c}{b+c}+1+\frac{c-a}{c+a}+1=3$
$\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{b+c}+\frac{2c}{a+c}=3$
又$\frac{a+b-2b}{a+b}+\frac{b+c-2c}{b+c}+\frac{c+a-2a}{c+a}=0$
$\frac{2b}{a+b}+\frac{2c}{b+c}+\frac{2a}{c+a}=3$
若 $a>b>c$，則 $\frac{2a}{a+b}>1, \frac{2b}{b+c}>1$

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 4. 已知 $A、B、C$ 為 $\Delta ABC$ 之三內角，已知 $\tan A、\tan B、\tan C$ 均為整數，問 $\tan A$ 之可能值為何？
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* $\boxed{證}$：設 $\tan A=a，\tan B=b，\tan C=c$
$a+b+c=abc$
若 $a<0$，則 $a+b+c>a>abc$，不合；
因此不妨設 $a\geq b\geq c>0$
$abc=a+b+c\leq 3a\Rightarrow bc\leq 3$
(1) 若 $b=c=1$，不合。
(2) 若 $c=1，b=2$，則$a=3$。
因此 $\tan A$ 的值可能為 $1、2、3$。
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 5. 求 $f(x)=\left(1+\frac{1}{\cos^2x}\right)\left(1+\frac{1}{\sin^2x}\right)$ 的最小值。
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* $\boxed{證}$：由柯西不等式，
$(1+\sec^2 x)(1+\csc^2x)\geq(1+\sec x\csc x)^2=(1+\frac{2}{\sin(2x)})^2\geq 9$
檢查等號成立的條件即可。

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## 0423

 1. 在正五邊形 $ABCDE$ 中，過點 $C$ 作 $\overline{CD}$ 的垂線，交 $\overline{AB}$ 於點 $F$。證明：$\overline{AE}+\overline{AF}=\overline{BF}$。
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* $\boxed{證}$：延長 $\overline{CF}$ 與 $\overline{AE}$ 的延長線交於 $G$，
因為 $\angle AFG=54^\circ$，$\angle FAG=72^\circ$，所以 $\angle AGF=54^\circ$，因此 $\overline{AG}=\overline{AF}$
那麼 $\overline{AE}+\overline{AF}=\overline{EG}$，
又 $\angle ECG=54^\circ$，所以 $\overline{EG}=\overline{EC}=\overline{BF}$，證畢。
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 2. 求滿足 $\frac{P+1}{2}$ 與 $\frac{P^2+1}{2}$ 均為完全平方數的最大質數 $P$。
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* $\boxed{證}$：
$\left\{\begin{align}P+1 &=2n^2\\P^2+1 &=2m^2\end{align}\right.\Rightarrow P(P-1)=2(m+n)(m-n)$
因為 $m<P，n<P$，因此 $m+n=Pk$，也就是說
$\left\{\begin{align}m+n &\geq P\\2(m-n) &\leq P-1\end{align}\right.\Rightarrow m+n\geq 2(m-n) \Rightarrow m\leq 3n$
$\Rightarrow m^2\leq 9n^2\Rightarrow P^2+1\leq9(P+1)\Rightarrow P^2-9P-8\leq 0\Rightarrow P<10$
我們只要檢查 $P=7$ 是否成立即可，顯然成立。

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 3. 銳角 $\Delta ABC$ 中，若 $\frac{\sin(A-B)}{\sin(A+B)}+\frac{\sin(B-C)}{\sin(B+C)}+\frac{\sin(C-A)}{\sin(C+A)}=0$，求證：
 $A、B、C$ 中至少兩個角相等。
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* $\boxed{證}$：
$\frac{\sin(A-B)}{\sin(A+B)}+\frac{\sin(B-C)}{\sin(B+C)}+\frac{\sin(C-A)}{\sin(C+A)}=0$

    $\frac{\sin(A-B)\sin(B+C)+\sin(A+B)\sin(B-C)}{\sin(A+B)\sin(B+C)}+\frac{\sin(C-A)}{\sin(C+A)}=0$

    利用積化和差，$\frac{\cos(A-2B-C)-\cos(A+C)+\cos(A+C)-\cos(A+2B-C)}{\sin(A+B)\sin(B+C)}+\frac{2\sin(C-A)}{\sin(C+A)}=0$

    $\frac{\cos(A-2B-C)-cos(A+2B-C)}{\sin(A+B)\sin(B+C)}+\frac{2\sin(C-A)}{\sin(C+A)}=0$

    再利用和差化積，$\frac{2\sin(A-C)\sin(2B)}{\sin(A+B)\sin(B+C)}+\frac{2\sin(C-A)}{\sin(C+A)}=0$

    $\sin(A-C)\cdot\left(\frac{\sin(2B)}{\sin(A+B)\sin(B+C)}+\frac{1}{\sin(C+A)}\right)=0\Rightarrow \sin(A-C)=0\Rightarrow A=C$
 
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 4. 已知 $a、b$ 是方程式 $x^4+x^3-1=0$ 之兩相異根。證明：$ab$ 是方程式 $x^6+x^4+x^3-x^2-1=0$ 之一根。
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 * $\boxed{證}$：
 $x^4+x^3-1=(x-a)(x-b)(x^2+cx-\frac{1}{ab})$，$c\in\mathbb{R}$，
 比較係數，
 $-a-b+c=1$ 且 $ab-(a+b)c-\frac{1}{ab}=0$ 且 $abc+\frac{a+b}{ab}=0$
 $\Rightarrow c=1+a+b=\frac{ab-\frac{1}{ab}}{a+b}=-\frac{a+b}{(ab)^2}$
 由 $1+a+b=-\frac{a+b}{(ab)^2}\Rightarrow (a+b)\left(1+\frac{1}{(ab)^2}\right)=-1\Rightarrow a+b=-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}$ 
 代入 $1+a+b=\frac{ab-\frac{1}{ab}}{a+b}\Rightarrow 1-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}=\left(ab-\frac{1}{ab}\right)\cdot\left(-\frac{1+(ab)^2}{(ab)^2}\right)$
 $\Rightarrow \frac{1}{1+(ab)^2}=-\frac{(ab)^4-1}{(ab)^3}$
 $\Rightarrow ((ab)^2+1)((ab)^4-1)+(ab)^3=0$
 $\Rightarrow (ab)^6+(ab)^4+(ab)^3-(ab)^2-1=0$
 因此 $ab$ 為方程式 $x^6+x^4+x^3-x^2-x=0$ 之一根。
 
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 5. 已知 $x、y\in\mathbb{R}$，滿足 $x^2+y^2=4x+6y$，求 $M=\sqrt{8x+6y+4}+\sqrt{6y+4}$ 之最小值。
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 * $\boxed{解}$：已知 $(x-2)^2+(y-3)^2=13$
 $6y+4=x^2-4x+4+y^2=(x-2)^2+y^2$
 $8x+6y+4=x^2+4x+4+y^2=(x+2)^2+y^2$
 所以 $\sqrt{8x+6y+4}+\sqrt{6y+4}=\sqrt{(x-2)^2+y^2}+\sqrt{(x+2)^2+y^2}$
 $(2,0)$ 在圓內，$(-2,0)$ 在圓外，因此距離和的最小值在 $y=0$ 處，此時 $x=0$，
 最小值為 $4$。
 
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 ## 0430
 
 1. 不定方程 $x^2+y^2=xy+2x+2y$ 之整數解 $(x,y)$ 共有幾組。
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* $\boxed{解}$：這樣的配方有兩種方法：
 <想法一>
 $x^2-xy+\frac{1}{4}y^2-2x-2y+\frac{3}{4}y^2=0$
 $(x-\frac{1}{2}y)^2-2(x-\frac{1}{2}y)+1+\frac{3}{4}y^2-3y-1=0$
 $(x-\frac{1}{2}y-1)^2+\frac{3}{4}(y^2-4y+4)=4$
 $(2x-y-2)^2+3(y-2)^2=16$
 <想法二>
 $x^2-2\cdot x\cdot (\frac{1}{2}y+1)+(\frac{1}{2}y+1)^2+\frac{3}{4}y^2-3y-1=0$
 $(2x-y-2)^2+3(y-2)^2=16$
 配方完成後，討論整數解即可，共 $6$ 組。
 
    | $2x-y-2$ | $y-2$ | $(x,y)$ |
    |:--------:|:------:|:-------:|
    |   $4$   |   $0$   |$(4,2)$         |
    |   $-4$   |   $0$  |$(0,2)$         |
    |   $2$  | $2$     | $(4,4)$        |
    |   $-2$  | $2$    | $(2,4)$
    |$2$|$-2$|$(2,0)$|
    |   $-2$  |  $-2$  |  $(0,0)$   |

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 2. 已知三邊為連續自然數的三角形，最大角是最小角的兩倍，則該三角形的周長為何？
 
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 * $\boxed{答}$：三邊長為 $4，5，6$，周長為 $15$
 * $\boxed{解}$：設最大角 $\angle A=2\theta$ 的對邊為 $\overline{BC}=n+2$；
 最小角 $\angle C=\theta$ 的對邊為 $\overline{AB}=n$，$\overline{AC}=n+1$；
 作 $\angle A$ 的角平分線，交 $\overline{BC}$ 於 $D$，
 則 $\Delta ACB\sim\Delta DAB$（$\angle ADB=2\theta=\angle CAB，\angle B=\angle B$）
 $$\frac{\overline{AC}}{\overline{DA}}=\frac{\overline{AB}}{\overline{DB}}=\frac{\overline{CB}}{\overline{AB}}\Rightarrow \frac{n+1}{\frac{(n+1)(n+2)}{2n+1}}=\frac{n}{\frac{n(n+2)}{2n+1}}=\frac{n+2}{n}$$$(n+2)^2=n(2n+1)\Rightarrow n^2-3n-4=0\Rightarrow n=4$
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 3. 如圖，梯形 $ABCD$ 的對角線 $\overline{AC}$、$\overline{BD}$相交於 $G$ 點，$\overline{EF}$ 平行於底邊 $\overline{BC}$ 且過點 $H$，又 $\overline{EC}$ 和 $\overline{FB}$ 相交於點 $H$，$\overline{MN}$ 平行於底邊 $\overline{BC}$ 且過點 $H$。求證：
 $$\frac{1}{\overline{AD}}+\frac{2}{\overline{BC}}= \frac{1}{\overline{EF}}+\frac{2}{\overline{MN}}$$
![梯形ABCD](https://i.imgur.com/irCxxnL.jpg)
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* $\boxed{證}$：
$\left\{\begin{align}\Delta ADG &\sim\Delta CBG \\ \Delta AGE &\sim\Delta ACB\\ \Delta DGF &\sim\Delta DBC\end{align}\right.$
$\overline{GE}：\overline{BC}=\overline{AG}：\overline{AC}=\overline{AG}：\overline{AG}+\overline{GC}=1：1+\frac{GC}{AG}=1：1+\frac{BC}{AD}$
$\overline{GF}：\overline{BC}=\overline{DG}：\overline{DB}=\overline{DG}：\overline{DG}+\overline{GB}=1：1+\frac{GB}{DG}=1：1+\frac{BC}{AD}$
$\Rightarrow \overline{GE}=\overline{GF}=\frac{BC}{1+\frac{BC}{AD}}=\frac{AD\cdot BC}{AD+BC}\Rightarrow \overline{EF}=\frac{2AD\cdot BC}{AD+BC}$ 
同理，$\overline{MN}=\frac{2EF\cdot BC}{EF+BC}$

    $\begin{align}\frac{1}{\overline{EF}}+\frac{2}{\overline{MN}} &=\frac{\overline{AD}+\overline{BC}}{2\overline{AD}\cdot \overline{BC}}+\frac{\overline{EF}+\overline{BC}}{\overline{EF}\cdot \overline{BC}}\\
    &=\frac{\overline{AD}+\overline{BC}}{2\overline{AD}\cdot\overline{BC}}+\frac{\frac{2AD\cdot BC}{AD+BC}+\overline{BC}}{\frac{2AD\cdot BC}{AD+BC}\cdot\overline{BC}}\\
    &=\frac{\overline{AD}+\overline{BC}}{2\overline{AD}\cdot\overline{BC}}+\frac{3\overline{AD}+\overline{BC}}{2\overline{AD}\cdot\overline{BC}}\\
    &=\frac{2\overline{AD}+\overline{BC}}{\overline{AD}\cdot\overline{BC}}=\frac{1}{\overline{AD}}+\frac{2}{\overline{BC}}\end{align}$

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 4. $\Delta ABC$ 中，且 $\tan A、\tan B、\tan C$ 成等差數列，求證：
 $$\cos(B+C-A)=\frac{4+5\cos(2C)}{5+4\cos(2C)}$$
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 * $\boxed{證}$：$\tan C+\tan A=2\tan B=2\tan(\pi-A-C)=-2\frac{\tan A+\tan C}{1-\tan A\tan C}$
 所以 $(\tan A+\tan C)\cdot(1+\frac{2}{1-\tan A\tan C})=0$
 可得到 $\tan A+\tan C=0$（不合）或 $\tan A\tan C=3$
 $\cos(B+C-A)=-\cos(2A)=\frac{\tan^2A-1}{1+\tan^2A}$
 $\frac{4+5\cos(2C)}{5+4\cos(2C)}=\frac{4+5\cdot\frac{1-\tan^2 C}{1+\tan^2C}}{5+4\cdot\frac{1-\tan^2C}{1+\tan^2C}}=\frac{9-\tan^2 C}{9+\tan^2 C}$
 $\cos(B+C-A)-\frac{4+5\cos(2C)}{5+4\cos(2C)}=\frac{\tan^2A-1}{1+\tan^2A}-\frac{9-\tan^2C}{9+\tan^2C}=\frac{-18+2\tan^2A\tan^2C}{(1+\tan^2A)(9+\tan^2C)}=0$
 
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 5. 求函數 $y=f(x)=\left|x+2-\sqrt{1-x^2}\right|$ 之最小值。
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 * $\boxed{答}$：$2-\sqrt{2}$
*  $\boxed{解}$：令 $x=\cos\theta$，
$\left|\cos\theta+2-\left|\sin\theta\right|\right|\leq2-\sqrt{2}$

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## 0507
 1. 已知 $x、y、z$ 為實數，且 $x+y=\sqrt{4z-1}、y+z=\sqrt{4x-1}、z+x=\sqrt{4y-1}$，則 $x+y+z$ 之值為。
 
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* $\boxed{答}$：$\frac{3}{2}$
* $\boxed{解}$：
$\left\{\begin{align}x+y &=\sqrt{4z-1}\\ y+z &=\sqrt{4x-1}\\ z+x &=\sqrt{4y-1}\\\end{align}\right.\Rightarrow x+y+z=\sqrt{x-\frac{1}{4}}+\sqrt{y-\frac{1}{4}}+\sqrt{z-\frac{1}{4}}$
$$\left(\sqrt{x-\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\sqrt{y-\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\sqrt{z-\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}\right)^2=0$$ $x=y=z=\frac{1}{2}$
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 2. 直角 $\Delta ABC$ 中，$\angle C=90^\circ$，證明：$\frac{a+b}{\sqrt{2}}\leq c$

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* $\boxed{證}$：$a^2+b^2\geq 2ab$
$c^2\geq 2ab$
$2c^2\geq a^2+b^2+2ab$
$2c^2\geq (a+b)^2$
$\frac{a+b}{\sqrt{2}}\leq c$
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 3. 設 $G$ 為 $\Delta ABC$ 的重心，$P$ 為 $\Delta ABC$ 所在平面上之任一點，證明：$3(\overline{PA}^2+\overline{PB}^2+\overline{PC}^2)=9\overline{PG}^2+a^2+b^2+c^2$

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* $\boxed{證}$：
$\overline{PA}^2=|\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GP}|^2=|\overrightarrow{GA}|^2+|\overrightarrow{GP}|^2-2\overrightarrow{GA}\cdot\overrightarrow{GP}$
$\overline{PB}^2=|\overrightarrow{GB}|^2+|\overrightarrow{GP}|^2-2\overrightarrow{GB}\cdot\overrightarrow{GP}$
$\overline{PC}^2=|\overrightarrow{GC}|^2+|\overrightarrow{GP}|^2-2\overrightarrow{GC}\cdot\overrightarrow{GP}$
$\therefore\overline{PA}^2+\overline{PB}^2+\overline{PC}^2=3\overline{GP}^2+\overline{GA}^2+\overline{GB}^2+\overline{GC}^2$
又 $|\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{G
B}+\overrightarrow{GC}|^2=\overline{GA}^2+\overline{GB}^2+\overline{GC}^2+2(\overrightarrow{GA}\cdot\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GB}\cdot\overrightarrow{GC}+\overrightarrow{GA}\cdot\overrightarrow{GC})$
$=\overline{GA}^2+\overline{GB}^2+\overline{GC}^2+2(\frac{GA^2+GB^2-c^2}{2}+\frac{GB^2+GC^2-a^2}{2}+\frac{GC^2+GA^2-b^2}{2})$
$\therefore 3(\overline{GA}^2+\overline{GB}^2+\overline{GC}^2)=a^2+b^2+c^2$
$3(\overline{PA}^2+\overline{PB}^2+\overline{PC}^2)=9\overline{PG}^2+a^2+b^2+c^2$
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 4. 如圖為一座遊樂圖的道路圖，其中，$A，B，\cdots，I$ 表示九個接駁站。一輛接駁車從 $A$ 站出發沿道路行駛，到達每個接駁站各一次，最後回到 $A$ 站，則所經過接駁站不同方法數為何？
 ![捷徑圖](https://i.imgur.com/btACJVU.jpg =150x150)

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 * $\boxed{答}$：$32$
*  $\boxed{解}$：從 $A$ 出發，順或逆時針繞有 $2$ 種選擇，
$I$ 插入 $A_E_B_F_C_G_D_H_A$ $8$ 個空位其中一個，有 $8$ 種選擇，
插入後，可以順或逆繞又有 $2$ 種選擇，因此為 $2\times8\times2=32$。
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 5. 求函數 $y=\frac{\sqrt{2x-1}-1}{3x+1}$ 的最值。
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 * $\boxed{解}$：令 $\sqrt{2x-1}=t\Rightarrow x=\frac{t^2+1}{2}$
 $y=\frac{t-1}{\frac{3t^2+3}{2}+1}\Rightarrow 3yt^2-2t+(5y+2)=0$
 判別式 $1-3y(5y+2)\geq 0\Rightarrow 15y^2+6y-1\leq 0\Rightarrow \frac{-3-2\sqrt{6}}{15}\leq y\leq \frac{-3+2\sqrt{6}}{15}$
 但因為 $t\geq 0$，所以不能兩根和 $<0$，兩根積 $>0$
 所以 $y<0$ 且 $\frac{5y+2}{3y}>0\Rightarrow y<-\frac{2}{5}$ 這個範圍不行；
 因此所求為 $-\frac{2}{5}\leq y\leq \frac{-3+2\sqrt{6}}{15}$
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## 0514

1. 正數 $a、b、c$ 滿足 $\left\{\begin{align}a+b+c&=10\\a^2+b^2 &= c^2\end{align}\right.$，則 $ab$ 的最大值為何？

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* $\boxed{答}$：$150-100\sqrt{2}$
* $\boxed{解}$：
(1)猜：等腰直角三角形時，$a=b，c=\sqrt{2}a$，代入 $a+b+c=10$
可得 $a=b=5(2-\sqrt{2})$，此時 $ab=150-100\sqrt{2}$
(2)算幾不等式：
$a^2+b^2=(10-a-b)^2$
$a^2+b^2=100+a^2+b^2-20a-20b+2ab$
$ab=10a+10b-50\geq 20\sqrt{ab}-50$
$ab-20\sqrt{ab}+50\geq 0$
$\sqrt{ab}\geq 10+\sqrt{50}$（不合） 或 $\sqrt{ab}\leq10-\sqrt{50}=5(2-\sqrt{2})$
$0<ab\leq 50(3-2\sqrt{2})$
(3)柯西解法：
$(a^2+b^2)(1^2+1^2)\geq (a+b)^2$
$2c^2\geq (10-c)^2$
$c^2+20c-100\geq 0$
$c\geq-10+10\sqrt{2}$
所求 $ab=50-10c\leq150-100\sqrt{2}$
(4)根與係數關係：
$a+b=10-c，ab=10(a+b)-50=50-10c$
則 $a,b$ 為 $x^2+(c-10)x+(50-10c)=0$ 的正實根，滿足
$\left\{\begin{align}兩根和 >0 \\兩根積>0\\判別式\geq 0\end{align}\right.$$\Rightarrow\left\{\begin{align}c-10<0\\50-10c>0\\(c-10)^2-4(50-10c)\geq 0\end{align}\right.$
$10\sqrt{2}-10\leq c<5$
$ab=50-10c\leq 150-100\sqrt{2}$
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2. 若 $x,y\in\mathbb{N}$，且 $x\leq y$，則使 $x^2+y^2=9898$ 成立之數對 $(x,y)$ 之值。
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* $\boxed{答}$：$(63，77)$
* $\boxed{解}$：$x^2\equiv1、4、2、2、4、1、0 \mod 7$
因此 $7|x，7|y$，設 $x=7p，y=7q\Rightarrow p^2+q^2=202$，逐一檢查，可得 $p=9，q=11$

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3. $2022$ 堆棋子，各堆的棋子數依次為$1，2，\cdots，2022$。每次從任意多堆中取走相同的顆數，至少取多少次才能取光？
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* $\boxed{答}$：$11$
* $\boxed{解}$：第一次將 $1024$ 顆以上的每一堆都取走 $1024$ 顆，那麼每一堆數目都小於 $1024$ 顆；
第二次將 $512$ 顆以上的每一堆都取走 $512$ 顆，那麼每一堆數目都小於 $512$ 顆；
第三次 $256$、第四次 $128$、第五次 $64$、第六次 $32$、第七次 $16$、第八次 $8$、第九次 $4$、第十次 $2$、第十一次 $1$ 可以取光。

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4. 「解數學題換取軟體激活碼」的活動。這款軟體的激活碼為下面數學問題的答案：已知數列$1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，\cdots$，其中第一項是 $2^0$，接下來的兩項是 $2^0，2^1$，再接下來的三項是 $2^0，2^1，2^2$，依此類推。求滿足如下條件的最小正整數 $N$，$N>2000$ 且該數列的前 $N$ 項和為 $2$ 的整數冪。那麼該活動的激活碼為？
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* $\boxed{答}$：
* $\boxed{解}$：

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5. 在 $\Delta ABC$ 中，求證：
$$\frac{\sin A}{1+\sqrt{1-\sin B\sin C}}+\frac{\sin B}{1+\sqrt{1-\sin C\sin A}}+\frac{\sin C}{1+\sqrt{1-\sin A\sin B}}\leq\sqrt{3}$$

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* $\boxed{證}$：
(1) 我們先證明 $\sin B\sin C\leq\cos^2\frac{A}{2}$
也就是說 $\sin B\sin C=\frac{1}{2}\left((\cos(B-C)-\cos(B+C)\right)\leq \frac{1}{2}(1+\cos A)=\cos^2\frac{A}{2}$
(2) 所以我們有 $1-\sin B\sin C\geq 1-\cos^2\frac{A}{2}$
$\Rightarrow \sum\frac{\sin A}{1+\sqrt{1-\sin B\sin C}}\leq\sum\frac{\sin A}{1+\sqrt{1-\cos^2\frac{A}{2}}}=\sum\frac{\sin A}{1+\sin\frac{A}{2}}$
(3) 因為 $f:(0,\frac{\pi}{2})\to\mathbb{R}$，$f(x)=\frac{\sin x}{1+\sin\frac{x}{2}}$ 
$f'(x)=\frac{\cos x(1+\sin\frac{x}{2})-\sin x\cdot\frac{1}{2}\cos\frac{x}{2}}{(1+\sin\frac{x}{2})^2}=\frac{\cos x}{1+\sin\frac{x}{2}}-\frac{\sin\frac{x}{2}\cos^2\frac{x}{2}}{(1+\sin\frac{x}{2})^2}=\frac{\cos x-\sin\frac{x}{2}(1-\sin\frac{x}{2})}{1+\sin\frac{x}{2}}$
$=\frac{\cos x+2\sin^2\frac{x}{2}}{1+\sin\frac{x}{2}}-\sin\frac{x}{2}=\frac{2\cos x+1}{1+\sin\frac{x}{2}}-\sin\frac{x}{2}$
$f''(x)=\frac{-2\sin x-(2\cos x+1)\cdot\frac{1}{2}\cos\frac{x}{2}}{(1+\sin\frac{x}{2})^2}-\frac{1}{2}\cos\frac{x}{2}<0$
是凹口向下的，
所以由 Jesen 不等式，$\sum\frac{\sin A}{1+\sin \frac{A}{2}}\leq 3\frac{\sin(\frac{\pi}{3})}{1+\sin\frac{\pi}{6}}=\sqrt{3}$

[AoPS的其他結果](https://artofproblemsolving.com/community/c6h606831)

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## 0521

 1. 已知 $a、b、c>0$，且 $a^2+b^2+c^2+abc=4$，證明：
 $$\sqrt{\frac{(2-a)(2-b)}{(2+a)(2+b)}}+\sqrt{\frac{(2-b)(2-c)}{(2+b)(2+c)}}+\sqrt{\frac{(2-c)(2-a)}{(2+c)(2+a)}}=1$$
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* $\boxed{證}$：
$\begin{align} \sqrt{\frac{(2-a)(2-b)}{(2+a)(2+b)}} &=\frac{\sqrt{(4-a^2)(4-b^2)}}{(2+a)(2+b)}=\frac{\sqrt{16-4a^2-4b^2+a^2b^2}}{(2+a)(2+b)}=\frac{\sqrt{4c^2+4abc+a^2b^2}}{(2+a)(2+b)}\\
&=\frac{2c+ab}{(2+a)(2+b)}=\frac{(2c+ab)(2+c)}{(2+a)(2+b)(2+c)}\end{align}$
因此
$\begin{align} & \sqrt{\frac{(2-a)(2-b)}{(2+a)(2+b)}}+\sqrt{\frac{(2-b)(2-c)}{(2+b)(2+c)}}+\sqrt{\frac{(2-c)(2-a)}{(2+c)(2+a)}}\\=&\frac{(2c+ab)(2+c)+(2a+bc)(2+a)+(2b+ac)(2+b)}{(2+a)(2+b)(2+c)}\\=&\frac{abc+2ab+2c^2+4c+abc+2bc+2a^2+4a+abc+2ac+2b^2+4b}{(2+a)(2+b)(2+c)}\\=&\frac{2ab+2bc+2ac+4a+4b+4c+abc+8}{(2+a)(2+b)(2+c)}\\=&1 \end{align}$

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 2. 設 $a、b$ 為實數，且 $a^3+b^3+3ab=1$，求 $a+b$ 之值。
 
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 * $\boxed{答}$：$1$ 或 $-2$
 * $\boxed{解}$：由公式 $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$
 取 $x=a，y=b，z=-1$，則
 $0=a^3+b^3+(-1)^3-3(a)(b)(-1)=(a+b-1)(\frac{(a-b)^2+(a+1)^2+(b+1)^2}{2})$
 所以，$a+b=1$ 或 $a=b=-1\Rightarrow a+b=-2$。

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 3. 求證：$8n+7$ 的數不能是三個整數的平方和。
 
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 * $\boxed{證}$：所有的整數平方後模 $8$，為 $0、1、4、1、0、1、4、1$
 所以不可能有三個整數平方和模 $8$ 為 $7$。

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 4. 平面上任給 $n$　個點 $p_1，p_2，\cdots，p_n$，其中無三點共線。將每個點 $p_i（i=1，2，\cdots，n）$ 任意染成紅藍兩色之一。設 $S$ 是頂點集為 $\{p_1，p_2，\cdots，p_n\}$ 的某些三角形的集合，且具有性質：對圖中任一兩條線段 $p_ip_j$、$p_hp_k$，$S$ 中以 $p_ip_j$ 為一邊的三角形的個數和以 $p_hp_k$ 為一邊的三角形之個數相等。求最小正整數 $n$，使得在集合 $S$ 中總有兩個三角形，每個三角形的三個頂點同色。
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 * $\boxed{證}$：
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 5. 已知正實數 $a、b、c$，滿足 $ab+bc+ca=1$，
 證明：$\begin{align}\frac{2}{a^2+1}+\frac{3}{b^2+1}+\frac{6}{c^2+1}<9\end{align}$
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 * $\boxed{證}$：令 $a=\tan \frac{A}{2}，b=\tan\frac{B}{2}，c=\tan\frac{C}{2}$
 $\begin{align}& \frac{2}{a^2+1}+\frac{3}{b^2+1}+\frac{6}{c^2+1}\\
 = & 2\cos^2\frac{A}{2}+3\cos^2\frac{B}{2}+6\cos^2\frac{C}{2}\\
 = & 1+\cos A+1+\cos B+\cos^2\frac{B}{2}+6-6\sin^2\frac{C}{2}\\
 = & 8+2\cos\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}+\cos^2\frac{B}{2}-6\sin^2\frac{C}{2}\\
 < & -6\sin^2\frac{C}{2}+2\sin\frac{C}{2}+9\\
 = & -6(\sin\frac{C}{2}-\frac{1}{6})^2+9-\frac{1}{6}<9\end{align}$
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 ## 0528
 
 1. 若實數 $x、y$ 滿足 $x^3+y^3+3xy=1$ 則 $x^2+y^2$ 的最小值為 $\underline{\qquad}$
 
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* $\boxed{答}$：$\frac{1}{2}$
* $\boxed{解}$：由公式 $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$
 取 $x=x，y=y，z=-1$，則
 $0=x^3+y^3+(-1)^3-3(x)(y)(-1)=(x+y-1)(\frac{(x-y)^2+(x+1)^2+(y+1)^2}{2})$
 所以，$x+y=1$ 或 $x=y=-1\Rightarrow x^2+y^2$ 最小值為 $x+y=1$ 時，
 $x^2+(1-x)^2=2x^2-2x+1=2(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{2}$

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 2. 在梯形 $ABCD$ 中，$AD//BC$，$EF$ 為中線，四邊形 $AEFD$ 面積與四邊形 $ECBF$ 面積之比為 $\frac{\sqrt{3}+1}{3-\sqrt{3}}$，$\Delta ABD$ 的面積為$\sqrt{3}$，則梯形 $ABCD$ 的面積為 $\underline{\qquad}$
 
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* $\boxed{答}$：$2$
* $\boxed{解}$：$\frac{\sqrt{3}+1}{3-\sqrt{3}}=\frac{AD+EF}{BC+EF}=\frac{3AD+BC}{AD+3BC}=\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$
$\Rightarrow 3\sqrt{3}AD+\sqrt{3}BC=(2+\sqrt{3})AD+(6+3\sqrt{3})BC$
$\Rightarrow (\sqrt{3}-1)AD=(3+\sqrt{3})BC$
$\Rightarrow (2-\sqrt{3})AD=\sqrt{3}BC$
$\Delta ABD$ 的面積為$\sqrt{3}$ $\Rightarrow$ $\frac{1}{2}AD\times h=\sqrt{3}$
則梯形 $ABCD$ 的面積為 $(AD+BC)\times h\times\frac{1}{2}=(1+\frac{BC}{AD})\sqrt{3}=2$

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 3. 若 $a，b$ 是兩個互質的正整數，且 $p=\frac{8ab^3}{a+b}$ 為質數，則 $p=\underline{\qquad}$
 
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* $\boxed{答}$：$(a,b,p)=(7,1,7)$
* $\boxed{解}$：假設題目沒有給「互質」這個條件；
令 $(a,b)=d$，$a=dh$，$b=dk$，$(h,k)=1$，
則 $p=\frac{8d^4hk^3}{d(h+k)}=\frac{8d^3hk^3}{h+k}$ 
$(h+k,h)=1，(h+k,k)=1$，所以 $k=1$，
$因此 b=d，a=dh=bh$
所以 $p=\frac{8ab^3}{a+b}=\frac{8b^3h}{h+1}$
又因為 $p$ 是質數，因此我們有
(1) $h=1$ 且 $8b^3=(h+1)p$
(2) $h=p$ 且 $8b^3=h+1$
但 (1)是不可能的，因為 $8b^3=2p\Rightarrow p=4b^3$；
由 (2)，$p=8b^3-1=(2b-1)(4b^2+2b+1)\Rightarrow b=1，p=7$
---
 4. 從 $0，1，3，5，7，9$ 中取出不同的三個數作為係數，可以組成多少個不同的一元二次方程式 $ax^2+bx+c=0（a\neq 0）？$ 其中有實根的方程式有多少個？
     
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* $\boxed{答}$：
* $\boxed{解}$：

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 5. 設 $a\geq 0，b\geq 0，c\geq 0$，且 $a+b+c\leq 3$，求證：$\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq \frac{3}{2}$
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* $\boxed{證}$：

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