# 2021 IMOC報名題-By Liao-Hsiu-I
1. (A0)
考慮函數

(1)
\begin{align} f(x) = \frac{1}{1 + 2^{1-2x}}, \end{align}

求

(2)
\begin{align} f\left(\frac{1}{10}\right) + f\left(\frac{2}{10}\right) + \cdots + f\left(\frac{9}{10}\right). \end{align}

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f(x) = $\frac{1}{1 + 2^{1-2x}}$ ,f(x)+f(1-x)=$\frac{1}{1 + 2^{1-2x}}$+$\frac{1}{1 + 2^{2x-1}}=\frac{1+2^{1-2x}+1+2^{2x-1}}{1+1+ 2^{1-2x}+2^{2x-1}}=1$
conclusion:f(x)+f(1-x)=1
$f(\frac{1}{10})+f(\frac{2}{10})+...+f(\frac{9}{10})=(f(\frac{1}{10})+f(\frac{9}{10}))+(f(\frac{2}{10})+f(\frac{8}{10}))+...+f(\frac{5}{10})$
$=4+f(\frac{5}{10})=4+\frac{1}{1+2^{1-1}}=4.5$
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2. (A1)
證明若正數$x,y$滿足 $x+y=3, x,y\geq 1$，則有

(1)
\begin{align} 9(x-1)(y-1)+(y^2+y+1)(x+1)+(x^2-x+1)(y-1) \geq 9. \end{align}
:::info
解--配方
將y=-x+3帶入原式
$9(x-1)(y-1)+(y^2+y+1)(x+1)+(x^2-x+1)(y-1)$
=$(x+1)(x^2-7x+13)+(2-x)(x^2+8x-8)$
=$x^3-6x^2+6x+13-x^3-6x^2+24x-16$
=$-12x^2-18x-3$
=$-12(x-\frac{5}{4})^2+\frac{63}{4}$
定義域限制:$x,y\geq1$,$x+y=3=>1 \leq x \leq2$
當x=2,y=1時,$9(x-1)(y-1)+(y^2+y+1)(x+1)+(x^2-x+1)(y-1)$有最小值
$-12(x-\frac{5}{4})^2+\frac{63}{4}$=$-12(2-\frac{5}{4})^2+\frac{63}{4}$=$9$
\
當x=$\frac{5}{4}$,y=$\frac{7}{4}$時,$9(x-1)(y-1)+(y^2+y+1)(x+1)+(x^2-x+1)(y-1)$有最大值
$-12(x-\frac{5}{4})^2+\frac{63}{4}$=$-12(\frac{5}{4}-\frac{5}{4})^2+\frac{63}{4}$=$\frac{63}{4}$

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3. (A2)
找到所有實數打到實數的函數$f$，滿足對任意實數$x,y$都有$f(x) + f(y) = f(x + y)$，且存在非常數多項式$P(x), Q(x)$使得

(2)
\begin{equation} P(x)f(Q(x)) = f(P(x)Q(x)) \end{equation}

對任意實數$x$皆成立。

4. (A3)
找出所有單射函數$f:\mathbb{N}\to\mathbb{N}$，滿足對於所有正整數m,n，都有

(3)
\begin{align} f(nf(m)) \leq nm. \end{align}
:::info
考慮f(x)=ax+b
$f(nf(m))=f(amn+bn)=a^2mn+bmn+ab \leq mn$
<=>$ab \leq mn(1-a^2-b)$
考慮$1-a^2-b=0=>ab異號$
考慮$1-a^2-b!=0$,$\frac{ab}{1-a^2-b} \leq 0$
$(ab)(1-a^2-b)\leq 0$
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5. (C0)
有一個正$2021$邊形，在它的每個頂點放上一個正面朝上的硬幣。每次你可以選擇一個頂點，將其相鄰的兩個頂點翻面。請問是否可以將這些硬幣全部翻成反面朝上？
將頂點順時間編號$a_1,a_2,...,a_n$，翻轉次數依序為$t_1,...,t_n$，$t_i皆為奇數$
:::info
由題意，$t_i=t_{i-1}+t_{i+1}$
$t_1+t_3=2t_2$
$t_2+t_4=2t_3$
...
$t_{2018}+t_{2020}=2t_{2019}$
$t_{2019}+t_{2021}=2t_{2020}$
$t_1+t_{2021}=t_2+...+t_{2020}$
由於$t_i為奇數$，左式為偶數、右式為奇數，矛盾
故不行將這些硬幣全部翻成反面朝上
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6. (C1)
有$3n$個$A$跟$2n$個$B$排成一列，其中$n$是正整數，證明找得到長度為$5$的連續段有$3$個$A$和$2$個$B$。
7. (C2)
試求最大的十進制正整數$n$，滿足相鄰的數碼都不相同，且對於兩個相異數字$0 \leq a,b \leq 9$，$n$不能在不改變順序下移除一些數字得到$abab$。
8. (C3)
桌上有$n$張卡，其中$n$是一個偶數，每張卡上有一個數字，數字分別是$1$到$n$。兩個人輪流在抽卡，先手固定會拿走當前桌上數字最大的卡片，後手則會隨機從當前桌面上抽一張卡。證明：$i$被先手抽到的機率是$\frac{i-1}{n-1}$。
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從後手的角度來思考
記號:拿到第數字標號(n-i)牌的機率記為$F_{n-i}$
拿到第數字標號(n-1)牌的機率=$F_{n-1}=\frac{1}{n-1}$
拿到第數字標號(n-2)牌的機率=$F_{n-2}=\frac{1}{n-1}+\frac{(n-1)-1}{n-1}*\frac{1}{(n-1)-1}=F_{n-1}+\frac{1}{n-1}=\frac{2}{n-1}$
...
拿到第數字標號(n-i)牌的機率=$F_{n-i}=(\Sigma_{k=1}^{i-1}F_{n-k})+\frac{1}{n-1}=\frac{n-i}{n-1}$
先手抽到的機率=1-後手抽到的機率=$1-\frac{n-i}{n-1}=\frac{i-1}{n-1}$
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9. (G0)
設$D$, $E$, $F$分別為$\triangle ABC$三邊$\overline{BC}$, $\overline{CA}$, $\overline{AB}$的中點，滿足$\overline{AD} = 9$, $\overline{BE} = 12$, $\overline{CF} = 15$。試求$\triangle ABC$的面積。
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如圖所示，假設$\overline{AE}=\overline{EC}=x$、$\overline{CD}=\overline{DB}=y$、$\overline{AF}= \overline{FB}=z$。
由中線定理可知:
$\overline{AG}^2+\overline{GC}^2=2\overline{GE}^2+\frac{1}{2}\overline{AC}^2$，
$6^2+10^2=2*4^2+\frac{x^2}{2}=>x=\sqrt{208}$，同理
$10^2+8^2=2*3^2+\frac{y^2}{2}=>y=\sqrt{292}$
$8^2+6^2=2*5^2+\frac{z^2}{2}=>z=10$
由餘弦定理得知:$cos\angle{ACB}=\frac{x^2+y^2-z^2}{2xy}=\frac{400}{4\sqrt{3796}}$=>$sin\angle{ACB}=\sqrt{\frac{2196}{3796}}$，
ABC面積=$sin\angle{ACB}*2x*2y$= $\sqrt{\frac{2196}{3796}}*\sqrt{208}*\sqrt{292}*4$=549
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10. (G1)
令$I, O$分別為$\triangle ABC$的內心和外心，$P$為$I$對$O$的對稱點。$P$到$BC, CA, AB$的垂足分別為$X, Y, Z$。證明：$\overline{AP}^2 + \overline{PX}^2 = \overline{BP}^2 + \overline{PY}^2 = \overline{CP}^2 + \overline{PZ}^2$。
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符號說明:
I'為I對$\overline{BC}$的投影點，I''為I對$\overline{AB}$的投影點
O'為O對$\overline{BC}$的投影點，O''為O對$\overline{AB}$的投影點
$a=\overline{BC}$，$b=\overline{AC}$，$c=\overline{AB}$
解:
$\overline{AI''}=\frac{b+c-a}{2}$,$\overline{AO''}=\frac{c}{2}$
$\overline{AZ}=2\overline{AO''}-\overline{AI''}=\frac{a+c-b}{2}$
$\overline{CI'}=\frac{a+b-c}{2}$,$\overline{CO'}=\frac{a}{2}$
$\overline{CZ}=2\overline{CO'}-\overline{CI'}=\frac{a+c-b}{2}=\overline{AZ}$
同理,我們有$\overline{AY}=\overline{BX}$,$\overline{BZ}=\overline{CY}$,以及上述證的$\overline{AZ}=\overline{CX}$
$\overline{AZ}^2=\overline{CX}^2$
=>$\overline{AP}^2-\overline{ZP}^2=\overline{CP}^2-\overline{PX}^2$
$\overline{AP}^2+\overline{PX}^2=\overline{CP}^2+\overline{PZ}^2$
同理,我們有$\overline{AP}^2 + \overline{PX}^2 = \overline{BP}^2 + \overline{PY}^2 = \overline{CP}^2 + \overline{PZ}^2$
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11. (G2)
給定$\triangle ABC$，令$D$為$A$對$\overline{BC}$的垂足關於$\overline{BC}$中點的對稱點，$E$為$B$對$\overline{CA}$的垂足關於$\overline{CA}$中點的對稱點，令$F$為$C$對$\overline{AB}$的垂足關於$\overline{AB}$中點的對稱點。證明：$\overline{DE}$ 垂直$\overline{AC}$若且唯若 $\overline{DF}$垂直 $\overline{AB}$。
12. (G3)
給定$\triangle ABC$ 且 $\angle A=45^\circ$，令$H,O$分別為$\triangle ABC$的外心與垂心，$BC$中點為$M$、$\overline{HO}$中點為$N$。證明：$\angle BAM=\angle CAN$。
13. (N0)
求$3^{2021}$除以$15$的餘數。
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$3^1≡3(mod 15)$,$3^2≡9(mod 15)$,$3^3≡12(mod 15)$,$3^4≡6(mod 15)$,$3^5≡3(mod 15)$...4個一循環
2021≡1(mod 15) =>$3^{2021}≡3^1≡3(mod 15)$
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14. (N1)
證明：若$2^{2^n-1}-1$為質數，則$n$亦為質數。
15. (N2)
證明：對於所有正整數$m,n$，$\frac 1m + \frac 1{m+1} + \dotsb + \frac 1 {m+n}$都不是整數。
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解-歐拉公式
引入一個公式:$\Sigma^n_{k=1} \frac{1}{k}=\log_e n+C$、超越數的定義:$\forall \alpha \in \mathbb{C}, \nexists k_i \in \mathbb{Z}, s.t. \Sigma k_i\alpha^i=0$
,e為超越數.($n \in \mathbb{N}$,$e$:=自然底數,$C$:=積分常數)
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分成兩個情況來討論
情況①$n,m \in \mathbb{N},m>1$
$\Sigma^{n+m}_{k=m} \frac{1}{k}=\Sigma^{n+m}_{k=1} \frac{1}{k}-\Sigma^{m-1}_{k=1} \frac{1}{k}$
=($\log_e(m+n)+C$)-($\log_e(m-1)+C$)
=$\log_e (\frac{m+n}{m-1})$
=>目標:證明$\log_e (\frac{m+n}{m-1})$並非整數
假設$\log_e (\frac{m+n}{m-1}) =z \in \mathbb{Z}$
$e^z=\frac{m+n}{m-1}=>(m-1)e^z=(m+n)$
=>$(m-1)e^z-(m+n)=0$,取$\alpha =e ,k_0=-(m+n),k_z=(m-1)$
矛盾,e為超越數=>故$\Sigma^{n+m}_{k=m} \frac{1}{k}$非為整數

情況②$\forall n \in \mathbb{N},m=1$
$\Sigma^{n+1}_{k=1} \frac{1}{k}=\Sigma^{n+1}_{k=2} \frac{1}{k}+1$
=$\Sigma^{n+1}_{k=1} \frac{1}{k}+\Sigma^{1}_{k=1}$+1
=$(\log_e (n+1)+ C)-(\log_e 1 +C)+1$
=$\log_e (n+1)$ +1

=>目標:證明$\log_e (n+1)$並非整數
假設$\log_e(n+1)=z \in \mathbb{Z}$
$e^z=(n+1)=>e^z-(n+1)=0$,取
$\alpha = e,k_0=-(n+1),k_z=1$
矛盾,e為超越數=>故$\log_e (n+1)$非為整數

綜合情況①、情況②，得證--對於所有正整數$m,n$，$\frac 1m + \frac 1{m+1} + \dotsb + \frac 1 {m+n}$都不是整數。
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:::info
$P$:=$[m,m+n]$間的最大質數
令s=$(\frac 1m + \frac 1{m+1} + \dotsb + \frac 1 {m+n}) \in \mathbb{N}$
s$\frac {(m+n)!}{P}$=$\frac {(m+n)!}{mP} + \frac {(m+n)!}{(m+1)P} + \dotsb+\frac{(m+n)!}{P^2}+\dotsb + \frac {(m+n)!}{m+n}$ =(整數+$\frac{(m+n)!}{P^2}$) $\in \mathbb{N}$
=>$\frac{(m+n)!}{P^2} \in \mathbb{N}$
目標:證明$[P,m+n]$間沒有$P$的倍數
利用反證法:假設$\exists k \in \mathbb{N}$ ,k>1=>$P<2P \leq kp \leq m+n$。
由艾狄胥定理，知道:P~2P之間有至少一個質數，但P為$[m,m+n]$間的最大質數,因此矛盾=>這樣的k不存在=>kp不存在=>$\frac{(m+n)!}{P^2} \notin \mathbb{N}$
矛盾=>s不是整數<=>$(\frac 1m + \frac 1{m+1} + \dotsb + \frac 1 {m+n})$不是整數,$\forall m,n \in \mathbb{N}$
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16. (N3)
證明：存在恰含有$2021$個質因數的整數$n$，滿足$n|2^n+1$。