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# System prepended metadata

title: 2022 IMOC

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# 2022 IMOC
## A1
$a_2=\lfloor a_1\rfloor+a_0 \geq \lfloor a_1\rfloor + \lfloor a_0\rfloor$
$a_3=\lfloor a_2\rfloor+\lfloor a_0\rfloor + a_1\geq 2\lfloor a_1\rfloor + \lfloor a_0\rfloor$...
由數歸知，$a_k\geq F_k \lfloor a_1\rfloor+ F_{k-1} \lfloor a_0\rfloor$，$F_k$是第$k$個費氏數
又如果$a_1,a_0 < 1$則
$$a_k = a_0, \text{k is odd} \\
 a_k = a_1, \text{k is even}$$
矛盾，因為要有無窮多個值。
所以$a_1, a_0$至少有一$\geq 1$，就有$a_k \geq F_{k-1}$
## A2

因為只要$x,y$其中一個大於1不等式即成立，所以考慮$x,y$皆小於1的情況:
$$\frac{1}{x^y}=(1+(\frac{1}{x}-1))^y \leq 1+y(\frac{1}{x}-1))=\frac{x+y-xy}{x}$$
所以$$x^y \geq \frac{x}{x+y-xy} >\frac{x}{x+y}$$
同理有 $$y^x > \frac{y}{x+y}$$
相加得證
## C1
先考慮0~11，當$n=0,1,4,8,11$時$B$必勝，其餘$A$皆有勝法
再看12~22，只要$A$能做到讓$B$ 碰到11那他就贏了，所以模11之後$\equiv 1,4,8,0$時$B$必勝，其餘都可
之後也都類似，所以$n \equiv 2,3,5,6,7,9,10 \mod 11$時$A$有必勝法
## G1
考慮$A_4$跟四條直線$\{A_2A_7, A_3A_6, A_2A_6, A_3A_7\}$，令過$A_4$的所有直線組成的集合為$T$，由迪沙格對合定理知，存在唯一射影對合$\phi:T \rightarrow T$，使得$(A_4A_2,A_4A_3),(A_4A_6,A_4A_7),(A_4B,A_4A_5)$為相互對。
再把它們打到圓上，於是$(A_2,A_3),(A_6,A_7),(A_5,D)$是相互對，所以$A_2A_3,A_6A_7,A_5D$共點(於C)。
## G2
作$H$對$OO'$對稱$H''$，則$H''$是$A$對徑點，$\angle OH''O'=\angle OH'O'=\angle OEO'$，且$OO'=OO'$，於是$\triangle OH''O', \triangle OO'E$外接圓半徑相同，而且$OH''=OE$，所以$\sin\angle OO'H''=\sin\angle OO'E \Rightarrow$
1. $\angle OO'H'' +\angle OO'E = \pi$，就證完了，因為$AH''$是直徑
2. $\angle OO'H''=\angle OO'E$ ，則$H'=E$，也就是大小圓內切，$OE$為小圓直徑$\Rightarrow \angle OO'E=\frac{\pi}{2} \Rightarrow H'',O',E$共線
## N1
令 $F_n=2^{2^n}+1$，則$F_n$皆為奇數，且有 
$$F_{m+1}=2^{2^{m+1}}+1=(({2^{2^m}})^2-1)+2=({2^{2^{m} }+1)(2^{2^m}-1)+2
=(2^{2^m}+1)(2^{2^{m-1}}+1)(2^{2^{m-1}}-1)+2
=...}$$
$$=F_m F_{m-1}...F_2F_1F_0+2$$
所以假設存在$p,m,n \in \mathbb{Z}$使得$p|F_n \land p|F_m$且$n<m$，則$p|2$，矛盾。故$gcd(F_n, F_m)=1 \forall n \neq m$

## N2
(以下同餘均模$a$)
WLOG假設$a \leq b \leq c$，我們有$bc \equiv 1$,$b \equiv c^{-1}$
而且有
$$mb=ca-1 \text{ for some } m \in \mathbb{Z}$$
$$nc=ab-1 \text{ for some } n \in \mathbb{Z}$$
所以$m \equiv -c$, $n \equiv -b$，令$m=pa-c$, $n=qa-b$ $(p,q \in \mathbb{Z})$
代回有
$$pab=ac+bc-1, \ (p+1)ab=ab+bc+ac-1$$
$$qac=ab+bc-1, \ (q+1)ac=ab+bc+ac-1$$
令$p+1=rc$, $q+1=rb (r \in \mathbb{Z})$
得到$rabc=ab+bc+ac-1$，而$a,b,c \geq 1$
所以