[
  {
    "id": 42501,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe natural numbers $a$, $b$, $n$ are such that for every natural number $k$ not equal to $b$, $b - k$ divides $a - k^n$. Prove that $a = b^n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe have $k^n - a = b^n - a$ (mod $b - k$). Hence $b^n - a = 0$ (mod $b - k$) for every $k$ not equal to $b$. But if $b^n$ does not equal $a$, then by taking $k - b > b^n - a$ we could render the equation false.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42502,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHow many (algebraically) different expressions can we obtain by placing parentheses in $a_1 / a_2 / \\ldots / a_n$?",
    "options": [],
    "answer": "2^{n-2}",
    "solution": "Solution:\nAnswer $2^{n - 2}$. $a_1$ must be in the numerator, and $a_2$ must be in the denominator, but the other symbols can be in either. This is easily proved by induction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42503,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the smallest number of tetrahedrons into which a cube can be partitioned?",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Solution:\nAnswer: 5.\n\nTetrahedral faces are triangular, so each cube face requires at least two tetrahedral faces. So at least 12 tetrahedral faces are needed in all. At most three faces of a tetrahedron can be mutually orthogonal (and no two faces can be parallel), so at most 3 faces from each tetrahedron can contribute towards these 12. So we require at least 4 tetrahedra to provide the cube faces. But these tetrahedra each have volume at most $1/6$ ($1/3$ x face area x 1, and face area is at most $1/2$). So if we have only 4 tetrahedra in total then their total volume is less than the cube's volume. Contradiction. Hence we need at least 5 tetrahedra.\n\nIt can be done with 5: lop off 4 non-adjacent corners to leave a tetrahedron. More precisely, take the cube as $ABCD A'B'C'D'$ with $ABCD$ horizontal, $A'$ directly under $A$, $B'$ directly under $B$ and so on. Then the five tetrahedra are $AA'BD$, $CC'BC$, $DD'AC'$, $BB'AC'$, $BDA'C'$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42504,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na) Find the smallest square with last digit not $0$ which becomes another square (not zero) by the deletion of its last two digits.\n\nb) Find all squares, not containing the digits $0$ or $5$, such that if the second digit is deleted the resulting number divides the original one.",
    "options": [],
    "answer": "a) 121; b) 16, 36, 121, 484",
    "solution": "Solution:\n\n(a) This one must have slipped through: $121$!\n\n(b) Answer: $16, 36, 121, 484$. Suppose the number has more than $2$ digits. Write it as $(10m + n)10^{r} + s$, where $1 \\leq m \\leq 9$, $0 \\leq n \\leq 9$, $0 \\leq s < 10^{r}$. Then we have $k(m \\cdot 10^{r} + s) = (10m + n)10^{r} + s$, for some $k > 1$.\n\n$s$ does not contain the digits $0$ or $5$, so $5$ does not divide $s$. Hence $5$ divides $k-1$, and so $k$ must be $6$, $11$, or $16$ (if $k$ was $21$ or more, then the rhs would be negative). Since $25$ does not divide $k-1$, we must have $r = 1$ and $s$ is a single digit.\n\nWe look at each possibility for $k$ in turn. $k = 6$ gives no solutions. $k = 11$ gives about two dozen multiples of $11$ from $121$ to $891$. By inspection the only squares are $121$ and $484$. $k = 16$ gives $192$, which is not a square.\n\nIn addition, there is the possibility of $2$ digit solutions, which I had overlooked. It is easiest to check each of the $2$ digit squares, thus finding the additional solutions $16$, $36$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42505,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA circle is inscribed in $ABCD$. $AB$ is parallel to $CD$, and $BC = AD$. The diagonals $AC$, $BD$ meet at $E$. The circles inscribed in $ABE$, $BCE$, $CDE$, $DAE$ have radius $r_1$, $r_2$, $r_3$, $r_4$ respectively. Prove that $1 / r_1 + 1 / r_3 = 1 / r_2 + 1 / r_4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nA necessary and sufficient condition for $ABCD$ to have an inscribed circle is $AB + CD = BC + AD$. So we have $AB + CD = 2AD$, which we use repeatedly. Extend $DC$ to $X$ so that $BX$ is parallel to $EC$. Then $DX = AB + CD = 2AD$ and the triangles $DEC$, $AEB$, $DBX$ are similar. Let $h$ be the perpendicular distance from $AB$ to $CD$. The similar triangles give us the heights of $DEC$ and $AEB$ in terms of $h$.\n\n$1 / r_1 = \\text{perimeter } ABE / (2 \\text{ area } ABE) = (AB + 2EB) / (AB \\cdot \\text{height}) = (AB + 2 \\cdot BD \\cdot AB / (AB + CD)) / (AB \\cdot h \\cdot AB / (AB + CD)) = 2(AD + BD)/(AB \\cdot h)$. Similarly, $1 / r_3 = 2(AD + BD)/(CD \\cdot h)$.\n\nThe area of $AED = \\text{area } ABD - \\text{area } ABE = 1/2 \\cdot AB \\cdot h \\cdot CD / (2AD)$, so $1 / r_2 = 1 / r_4 = \\text{perimeter } ADE / (2 \\text{ area } ADE) = (AD + BD) / (h \\cdot AB \\cdot CD / 2AD)$, and $1 / r_2 + 1 / r_4 = 2(AD + BD) / h \\cdot 2AD / (AB \\cdot CD) = 2(AB + BD) / h \\cdot (AB + CD) / (AB \\cdot CD) = 1 / r_1 + 1 / r_3$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42506,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nIf $m$, $k$, $n$ are natural numbers and $n > 1$, prove that we cannot have $m(m + 1) = k^n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$m$ and $m + 1$ have no common divisors, so each must separately be an $n$th power. But the difference between the two $n$th powers is greater than $1$ (for $n > 1$).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42507,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nReduce each of the first billion natural numbers (billion $= 10^9$) to a single digit by taking its digit sum repeatedly. Do we get more 1s than 2s?",
    "options": [],
    "answer": "Yes; there is exactly one more 1 than 2.",
    "solution": "Taking digit sums repeatedly gives the remainder after dividing the number by $9$, or $9$ if the number is exactly divisible by $9$. $10^9 - 1 = 9n$, and for any $r \\geq 0$ the nine consecutive numbers $9r + 1$, $9r + 2$, ..., $9r + 9$ include just one number giving remainder $1$ and one number giving remainder $2$. Hence the numbers up to $10^9 - 1$ give equal numbers of $1$s and $2$s. $10^9$ itself gives $1$, so there is just one more of the $1$s than the $2$s.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42508,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven $n$ odd and a set of integers $\\{a_1\\}$, $\\{a_2\\}$, ..., $\\{a_n\\}$, derive a new set $(\\{a_1\\} + \\{a_2\\}) / 2$, $(\\{a_2\\} + \\{a_3\\}) / 2$, ..., $(\\{a_{n - 1}\\} + \\{a_n\\}) / 2$, $(\\{a_n\\} + \\{a_1\\}) / 2$. However many times we repeat this process for a particular starting set we always get integers. Prove that all the numbers in the starting set are equal.\n\nFor example, if we started with $5, 9, 1$, we would get $7, 5, 3$, and then $6, 4, 5$, and then $5, 4, 5, 5.5$. The last set does not consist entirely of integers.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet the smallest value be $s$ and suppose it occurs $m$ times (with $m < n$). Then the values in the next stage are all at least $s$, and at most $m - 1$ equal $s$. So after at most $m$ iterations the smallest value is increased.\n\nWe can never reach a stage where all the values are equal, because if $(a_1 + a_2) / 2 = (a_2 + a_3) / 2 = \\ldots = (a_{n - 1} + a_n) / 2 = (a_n + a_1) / 2$, then $a_1 + a_2 = a_2 + a_3$ and hence $a_1 = a_3$. Similarly, $a_3 = a_5$, and so $a_1 = a_3 = a_5 = \\ldots = a_n$ ($n$ odd). Similarly, $a_2 = a_4 = \\ldots = a_{n - 1}$. But we also have $a_n + a_1 = a_1 + a_2$ and so $a_2 = a_n$, so that all $a_i$ are equal. In other words, if all the values are equal at a particular stage, then they must have been equal at the previous stage, and hence at every stage.\n\nThus if the values do not start out all equal, then the smallest value increases indefinitely. But that is impossible, because the sum of the values is the same at each stage, and hence the smallest value can never exceed $(a_1 + \\ldots + a_n) / n$.\n\nNote that for $n$ even the argument breaks down because a set of unequal numbers can iterate into a set of equal numbers. For example: $1, 3, 1, 3, \\ldots, 1, 3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42509,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. The convex hexagon $ABCDEF$ has all angles equal. Prove that $AB - DE = EF - BC = CD - FA$.\n\nb. Given six lengths $a_{1}$, $a_{2}$, $a_{3}$, $a_{4}$, $a_{5}$, $a_{6}$ satisfying $a_{1} - a_{4} = a_{5} - a_{2} = a_{3} - a_{6}$, show that you can construct a hexagon with sides $a_{1}$, $a_{2}$, $a_{3}$, $a_{4}$, $a_{5}$, $a_{6}$ and equal angles.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na. Extend $AB$, $CD$, $EF$. We get an equilateral triangle with sides $AF + AB + BC$, $BC + CD + DE$, $ED + EF + FA$. Hence $AB - DE = CD - FA = EF - BC$, as required.\n\nb. Take an equilateral triangle with sides $s$, $t$, $u$ of lengths $a_{2} + a_{3} + a_{4}$, $a_{4} + a_{5} + a_{6}$, and $a_{6} + a_{1} + a_{2}$ respectively. Construct $BC$ of length $a_{2}$ parallel to $t$ with $B$ on $u$ and $C$ on $s$. Construct $DE$ of length $a_{4}$ parallel to $u$ with $D$ on $s$ and $E$ on $t$. Construct $FA$ of length $a_{6}$ parallel to $s$ with $F$ on $t$ and $A$ on $u$. Then $ABCDEF$ is the required hexagon, with $AB = a_{1}$, $BC = a_{2}$, etc.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42510,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all possible integer solutions for $\\sqrt{x + \\sqrt{x + \\ldots + \\sqrt{x}}} = y$, where there are 1998 square roots.",
    "options": [],
    "answer": "x = 0, y = 0",
    "solution": "Solution:\nLet $s_{1} = \\sqrt{x}$, $s_{2} = \\sqrt{x + s_{1}}$, $s_{3} = \\sqrt{x + s_{2}}$ and so on. So the equation given is $y = s_{1998}$.\n\nWe show first that all $s_{n}$ must be integral for $1 \\leq n \\leq 1998$. $y$ is integral, so $s_{1998}$ is integral. Now suppose $s_{n}$ is integral. Then $s_{n-1} = s_{n}^{2} - x$ is integral, proving the claim.\n\nSo in particular $s_{1}$ and $s_{2}$ are integers and $s_{2}^{2} = s_{1}^{2} + s_{1}$. But if $s_{1} > 0$, then $s_{1}^{2} < s_{1}^{2} + s_{1} < (s_{1} + 1)^{2}$, which is impossible. Similarly $s_{1} < 0$ is impossible. So the only possible solution is $s_{1} = 0$ and hence $x = 0$ and $y = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42511,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a convex quadrilateral. $A'$ is the foot of the perpendicular from $A$ to the diagonal $BD$, $B'$ is the foot of the perpendicular from $B$ to the diagonal $AC$, and so on. Prove that $A'B'C'D'$ is similar to $ABCD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the diagonals meet at $O$. Then $CC'O$ is similar to $AA'O$ (because $CC'O = AA'O = 90^{\\circ}$, and $\\angle COC'$, $\\angle AOA'$ are opposite angles), so $A'O / C'O = AO / CO$. Similarly, $B'O / D'O = BO / DO$. $AA'O$ is also similar to $BB'O$, so $A'O / B'O = AO / BO$. Thus $OA':OB':OC':OD' = OA:OB:OC:OD$. Hence triangles $OA'B'$ and $OAB$ are similar. Likewise $OB'C'$ and $OBC$, $OC'D'$ and $OCD$, and $OD'A'$ and $ODA$. Hence result.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42512,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a lattice of regular hexagons. A bug crawls from vertex $A$ to vertex $B$ along edges of the hexagons, taking the shortest possible path (or one of them). Prove that it travels a distance at least $AB/2$ in one direction. If it travels exactly $AB/2$ in one direction, how many edges does it traverse?",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSuppose vertex $A$ is that marked $*$ at the bottom left. Without loss of generality, $B$ is in a $60$ degree sector as shown. Assume the edges have unit length. The vertices can be partitioned into two sets (marked $\\circ$ and $\\cdot$ in the diagram). Each set forms a skewed lattice with axes at $60$ degrees. Any path must alternate between the two lattices.\nIf $B$ is on the same lattice as $A$, then we can give $B$ coordinates $(m, n)$ relative to $A$ and the shortest path from $A$ to $B$ must move $m$ units east and $n$ units east of north. The shortest path between a lattice point and the next lattice point east is evidently one edge in direction $3$ followed by one edge in direction $2$. Similarly, the shortest path between a lattice point and the next lattice point east of north is one edge in direction $1$, followed by one edge in direction $2$. So a shortest path from $A$ to $B$ must have $\\{m + n\\}$ edges in direction $2$.\n$B$ is a distance $\\sqrt{3}(m + n/2)$ east of $A$ and a distance $3n/2$ north of $A$, so $AB^2 = 3m^2 + 3mn + 3n^2 < 4m^2 + 8mn + 4n^2 = 4(m + n)^2$. So in this case the bug must travel more than $AB/2$ in direction $2$.\nNow suppose $B$ is on the other lattice. Let $C$ be the lattice point immediately north of $A$ and $D$ the lattice point in direction $3$ from $A$. Then a shortest path from $A$ to $B$ must either be $A$ to $C$ and then a shortest path from $C$ to $B$, or $A$ to $D$ and then a shortest path from $D$ to $B$. Take $B$ to have coordinates $(m, n)$ relative to $C$ or $D$.\nIn the first case, $AB^2 = (\\sqrt{3}(m + n/2))^2 + (3n/2 + 1)^2 = 3m^2 + 3mn + 3n^2 + 3n + 1$ and a shortest path has $m + n$ units in direction $2$. But $4(m + n)^2 > 3m^2 + 3mn + 3n^2 + 3n + 1$, if $m^2 + n^2 + 5mn > 3n + 1$, which is true for $m, n$ at least $1$. If $m = 0$ and $n = 1$, then a shortest path has $2$ units in direction $1$ and $AB = \\sqrt{7} < 4$. If $m = 1$ and $n = 0$, then $AB = 2$ and a shortest path has $1$ unit in each direction. So in this case (the only one so far) we have equality.\nIt remains to consider the case where the path starts out towards $D$. In this case $AB^2 = (\\sqrt{3}(m + n/2) + \\sqrt{3}/2)^2 + (3n/2 - 1/2)^2 = 3m^2 + 3mn + 3n^2 + 3m + 1$ and a path has $m + n$ units in direction $2$. But $4(m + n)^2 > 3m^2 + 3mn + 3n^2 + 3m + 1$ for $m^2 + n^2 + 5mn > 3m + 1$, which is true for $m, n$ at least $1$. If $m = 1$, $n = 0$, then a shortest path has $2$ units in direction $3$ and $AB = \\sqrt{7} < 4$. Finally, if $m = 0$ and $n = 1$, then a shortest path has $1$ unit in each direction and $AB = 2$.\nThus the answer to the final question is $3$, because the only cases where the bug travels exactly $AB/2$ in one direction are where it goes to the opposite vertex of a hexagon it is on.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42513,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. Each of $x_{1}, \\ldots, x_{n}$ is $-1$, $0$ or $1$. What is the minimal possible value of the sum of all $x_{i}x_{j}$ with $1 \\leq i < j \\leq n$?\n\nb. Is the answer the same if the $x_{i}$ are real numbers satisfying $0 \\leq |x_{i}| \\leq 1$ for $1 \\leq i \\leq n$?",
    "options": [],
    "answer": "-floor(n/2)",
    "solution": "Solution:\n\na. Answer: $-\\left[ n / 2 \\right]$.\n\nLet $A = (x_{1} + \\ldots + x_{n})^{2}$, $B = x_{1}^{2} + \\ldots + x_{n}^{2}$. Then we must minimize $A - B$. For $n$ even, we separately minimize $A$ and maximize $B$ by taking half the $x$'s to be $+1$ and half to be $-1$. For $n$ odd we can take $[n / 2]$ $x$'s to be $+1$, $[n / 2]$ to be $-1$, and one to be $0$. That minimizes $A$ and gives $B$ one less than its maximum. That is the best we can do if we fix $A = 0$, since $A = 0$ requires an even number of $x$'s to be non-zero and hence at least one to be zero. If we do not minimize $A$, then since its value must be an integer, its value will be at least $1$. In that case, even if $B$ is maximized we will not get a lower total.\n\nb. Answer: $- [n / 2]$. For $n$ even, the same argument works. For $n$ odd we can clearly get $- [n / 2]$, so it remains to prove that we cannot get a smaller sum. Suppose otherwise, so that $x_{i}$ is a minimal sum with sum less than $- [n / 2]$. Let $x_{n} = x$, then the sum is $x(x_{1} + \\ldots + x_{n-1})$ plus the sum of terms $x_{i}x_{j}$ with $1 \\leq i, j < n$. But this is less than the sum for $n-1$, so $x(x_{1} + \\ldots + x_{n-1})$ must be negative, and since it is minimal we must have $|x| = 1$. But the same argument shows that all the terms have modulus $1$. We now have a contradiction since we know that the minimum in this case is $- [n / 2]$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42514,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven $n$ real numbers $\\{a_1, a_2, \\ldots, a_n\\}$, prove that you can find $n$ integers $\\{b_1, b_2, \\ldots, b_n\\}$, such that $|a_i - b_i| < 1$ and the sum of any subset of the original numbers differs from the sum of the corresponding $\\{b_i\\}$ by at most $(n + 1)/4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWe can take all $\\{a_i\\}$ to lie in the range $(0,1)$ and all $\\{b_i\\}$ to be $0$ or $1$. The largest positive value of the sum of $(a_i - b_i)$ for any subset is achieved by taking the subset of those $i$ for which $b_i = 0$. Similarly, the largest negative value is achieved by taking those $i$ for which $b_i = 1$. So the worst subset will be one of those two.\n\nIf $a_i < a_j$, then we cannot have $b_i = 1$ and $b_j = 0$ if the set of $b_i$ is to minimise the maximum sum, because swapping them would reduce the sum of $a$'s with $b = 0$ and the sum of $(1 - a)$'s with $b = 1$. So if we order the $a$'s so that $a_1 \\leq a_2 \\leq \\ldots \\leq a_n$, then a best set of $b$'s is $b_i = 0$ for $i \\leq$ some $k$, and $b_i = 1$ for $i > k$. [If some of the $a_i$ are equal, then we can find equally good sets of $b$'s that do not have this form, but we cannot get a lower maximum sum by departing from this form.]\n\nLet $L_i = a_1 + a_2 + \\ldots + a_i$, and $R_i = a_{i + 1} + a_{i + 2} + \\ldots + a_n$. As we increase $i$ the sums $L_i$ increase and the sums $R_i$ decrease, so for some $k$ we must have $L_k < R_k$, $L_{k + 1} \\geq R_{k + 1}$. Either $k$ or $k + 1$ must correspond to the optimum choice of $b$'s to minimise the maximum sum.\n\nNow assume that the $a$'s form a maximal set, in other words they are chosen so that the minimum is as large as possible. We show first that in this case $L_{k + 1} = R_k$. Suppose $L_{k + 1} < R_k$. Then we could increase each of $a_{k + 1}, a_{k + 2}, \\ldots, a_n$ by $\\varepsilon$. This would leave $L_k$ unaffected, but slightly increase $L_{k + 1}$ and slightly reduce $R_k$. For small $\\varepsilon$ this does not change the value of $k$, but increases the smaller of $L_{k + 1}$ and $R_k$, thus increasing the minimum and contradicting the maximality of the original $a$'s. Similarly, if $L_{k + 1} > R_k$, we could decrease each of $a_1, a_2, \\ldots, a_{k + 1}$ by $\\varepsilon$, thus slightly increasing $R_k$ and reducing $L_{k + 1}$.\n\nSuppose not all of $a_1, a_2, \\ldots, a_{k + 1}$ are equal. Take $i$ so that $a_i < a_{i + 1}$. Now increase each of $a_1, a_2, \\ldots, a_i$ by $\\varepsilon$ and reduce each of $a_{i + 1}, a_{i + 2}, \\ldots, a_{k + 1}$ by $\\varepsilon'$, with $\\varepsilon$ and $\\varepsilon'$ sufficiently small that we do not upset the ordering or change the value of $k$, and with their relative sizes chosen so that $L_{k + 1}$ is increased. $R_k$ is also increased, so we contradict the maximality of the $a$'s. Hence all $a_1, a_2, \\ldots, a_{k + 1}$ are equal. Similarly, we show that all of $a_{k + 1}, \\ldots, a_n$ are equal. For if not we can increase slightly $a_{k + 1}, \\ldots, a_j$ and reduce slightly $a_{j + 1}, \\ldots, a_n$ to get a contradiction.\n\nSo we have established that all the $a$'s must be equal. Suppose $n$ is odd $= 2m + 1$ and that all the $a$'s equal $x$. Then for the optimum $k$ we have $(k + 1)x = (2m + 1 - k)(1 - x)$, hence $k + 1 = (2m + 2)(1 - x)$ and the maximum difference is $(k + 1)x = (2m + 2)(1 - x)x$. This is maximised by taking $x = 1/2$, $k = m$, and is $(m + 1)/2 = (n + 1)/4$.\n\nIf $n$ is even $= 2m$, then for the optimum $k$ we have $(k + 1)x = (2m - k)(1 - x)$, so $k + 1 = (2m + 1)(1 - x)$, and the maximum difference is $(k + 1)x = (2m + 1)(1 - x)x$. However, in this case we cannot take $x = 1/2$, because that would give $k = m - 1/2$ which is non-integral, so we take $k = m - 1$ or $m$, both of which give a maximum difference of $m(m + 1)/(2m + 1) = n(n + 2)/(4n + 4) < (n + 1)/4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42515,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA tourist arrives in Moscow by train and wanders randomly through the streets on foot. After supper he decides to return to the station along sections of street that he has traversed an odd number of times. Prove that this is always possible. [In other words, given a path over a graph from $A$ to $B$, find a path from $B$ to $A$ consisting of edges that are used an odd number of times in the first path.]",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDisregard all edges except those used in the path from $A$ to $B$, and for each of those let the multiplicity be the number of times it was traversed. Let the degree of a vertex be the sum of the multiplicities of its edges. The key is to notice that the degree of every vertex except $A$ and $B$ must be even. For as we traverse the path from $A$ to $B$ we increase the degree by $2$ each time we pass through a vertex. But at the start of the path, as we leave $A$, we only increase its degree by $1$. Similarly as we arrive at $B$ for the last time.\n\nNow construct a path from $B$ as follows. Since $B$ has odd degree it must have an edge of odd multiplicity. Suppose the edge connects $B$ to $C$. Follow that edge and reduce its multiplicity by one, so that $B$'s degree and $C$'s degree are each reduced by one. Now $C$ has odd degree, so it must have an edge of odd multiplicity. Repeat. Since there are only finitely many edges we must eventually be unable to continue the path. But the only way that can happen is if we reach $A$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42516,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. A committee has met 40 times, with 10 members at every meeting. No two people have met more than once at committee meetings. Prove that there are more than 60 people on the committee.\n\nb. Prove that you cannot make more than 30 subcommittees of 5 members from a committee of 25 members with no two subcommittees having more than one common member.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na. Each meeting involves $\\frac{10 \\cdot 9}{2} = 45$ pairs. So after 40 meetings, there have been $40 \\times 45 = 1800$ pairs. We are told that these are all distinct. But if there are $N$ people on the committee, then there are only $\\frac{N(N-1)}{2}$ pairs available. For $N=60$, this is only $\\frac{60 \\cdot 59}{2} = 1770$. Therefore, $N > 60$.\n\nb. A subcommittee of 5 has $\\frac{5 \\cdot 4}{2} = 10$ pairs. So 31 subcommittees have $31 \\times 10 = 310$ pairs, and these are all distinct, since no two people are on more than one subcommittee. But a committee of 25 only has $\\frac{25 \\cdot 24}{2} = 300$ pairs available. Therefore, you cannot make more than 30 such subcommittees.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42517,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven two relatively prime natural numbers $r$ and $s$, call an integer good if it can be represented as $mr + ns$ with $m, n$ non-negative integers and bad otherwise. Prove that we can find an integer $c$, such that just one of $k$, $c - k$ is good for any $k$. How many bad numbers are there?",
    "options": [],
    "answer": "Choose c = rs − r − s. The number of bad nonnegative integers is (rs − r − s + 1)/2.",
    "solution": "Solution:\n\nNotice that $0$ is good and all negative numbers are bad. Take $c = rs - r - s$. First, $c$ is bad. For suppose otherwise: $c = mr + ns$. Then $mr + ns = (s - 1)r - s$. Hence $(s - 1 - m)r = (n + 1)s$, so $r$ divides $n + 1$. Say $n + 1 = kr$, and then $s - 1 - m = ks$, so $m = (1 - k)s - 1$. But $n + 1$ is positive, so $k \\geq 1$, and hence $m$ is negative. Contradiction.\n\nIf $k$ is good, then $c - k$ must be bad (otherwise $c$ would be good). Suppose $k$ is bad. Since $r$ and $s$ are relatively prime we can find integers $a$ and $b$ with $ar + bs = 1$ and hence integers $m$ and $n$ with $mr + ns = k$. Adding a multiple of $sr - rs$ to both sides if necessary, this gives a pair $m, n$ with $mr + ns = k$ and $m$ non-negative. Now take the pair with the smallest possible nonnegative $m$. Then $m \\leq s - 1$ (for otherwise $m' = m - s$, $n' = n + r$ would be a pair with smaller non-negative $m$). Also $n \\leq -1$, otherwise $k$ would be good. Now $c - k = (s - 1 - m)r + (-n - 1)s$ and the coefficients $s - 1 - m$ and $-n - 1$ are both non-negative, so $c - k$ is good.\n\nSo exactly $(rs - r - s + 1)/2$ integers are bad.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42518,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA spy-plane circles point $A$ at a distance $10\\mathrm{km}$ with speed $1000\\mathrm{km/h}$. A missile is fired towards the plane from $A$ at the same speed and moves so that it is always on the line between $A$ and the plane. How long does it take to hit?",
    "options": [],
    "answer": "18π seconds",
    "solution": "Solution:\nAnswer: $18\\pi$ sec.\n\nLet $C$ be the position of the spy-plane at the moment the missile is fired. Let $B$ be the point a quarter of the way around the circle from $C$ (in the direction the spy-plane is moving). Then the missile moves along the semi-circle on diameter $AB$ and hits the plane at $B$.\n\nTo see this, take a point $P$ on the quarter circle and let the line $AX$ meet the semi-circle at $Q$. Let $O$ be the center of the semicircle. The angle $BOQ$ is twice the angle $BAQ$, so the arc $BP$ is the same length as the arc $BQ$. Hence also the arc $AQ$ is the same length as the arc $CP$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42519,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that the sum of the lengths of the edges of a polyhedron is at least 3 times the greatest distance between two points of the polyhedron.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nIf $A$ and $B$ are at the greatest distance, then they must be vertices. For suppose $A$ is not a vertex. Then there is a segment $XY$ entirely contained in the polyhedron with $A$ as an interior point. But now at least one of angles $BAX$, $BAY$ must be at least $90^{\\circ}$. Suppose it is $BAX$. Then $BX$ is longer than $BA$. Contradiction.\n\nTake a plane through $A$ perpendicular to the line $AB$. Then the polyhedron must lie entirely on one side of the plane, for if $Z$ lay on the opposite side to $B$, then $BZ$ would be longer than $BA$. Now move the plane slightly towards $B$ keeping it perpendicular to $AB$. The intersection of the plane and the polyhedron must be a small polygon. The polygon must have at least $3$ vertices, each of which must lie on an edge of the polyhedron starting at $A$. Select three of these edges.\n\nAs the plane is moved further towards $B$, the selected vertices may sometimes split into multiple vertices or they may sometimes coalesce. In the former case, just choose one of the daughter vertices. In the latter case, let $O$ be the point of intersection of the plane and $AB$. Let $O'$ be the point of intersection at the last coalescence (or $A$ if there was none). Then we have three paths along edges, with no edges in common, each of which projects onto $O'O$ and hence has length at least $O'O$. Now select one or more new vertices to replace any lost through coalescence and repeat.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42520,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn alien moves on the surface of a planet with speed not exceeding $u$. A spaceship searches for the alien with speed $v$. Prove the spaceship can always find the alien if $v > 10u$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nThe spacecraft flies at a constant height, so that it can see a circular spot on the surface. It starts at the north pole and spirals down to the south pole, overlapping its previous track on each circuit. The alien cannot move fast enough to cross the track before the next circuit, so it is trapped inside a reducing area surrounding the south pole.\n\nThe value of $10$ is not critical, so we do not have to optimise the details. Take the height above the surface to be half the radius. Then a diameter of the spot subtends an angle $2 \\cos^{-1}(1 / 1.5)$ at the center of the planet. $1 / 1.5 < 1 / \\sqrt{2}$, so the angle is more than $90$ degrees. The critical case is evidently when the spacecraft is circling the equator. Using suitable units, we may take the radius of the planet to be $1$ and the spaceship speed to be $1$. Then the diameter of the spot is $\\pi / 2$. We take the overlap to be $2 / 3$, so that each revolution the track advances $\\pi / 6$. If the planet flew in a circle above the equator, the distance for a revolution would be $2\\pi \\times 1.5 = 3\\pi$. The helical distance must be less than $3\\pi + \\pi / 6 = 19\\pi / 6$. So the alien can travel a distance $19\\pi / 60 < 2 / 3 \\times \\pi / 2$ and is thus trapped as claimed.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42521,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo players have a $3 \\times 3$ board. $9$ cards, each with a different number, are placed face up in front of the players. Each player in turn takes a card and places it on the board until all the cards have been played. The first player wins if the sum of the numbers in the first and third rows is greater than the sum in the first and third columns, loses if it is less, and draws if the sums are equal. Which player wins and what is the winning strategy?",
    "options": [],
    "answer": "The first player always wins.",
    "solution": "Solution:\n\nThe first player always wins.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42522,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA circle is circumscribed about the triangle $ABC$. $X$ is the midpoint of the arc $BC$ (on the opposite side of $BC$ to $A$), $Y$ is the midpoint of the arc $AC$, and $Z$ is the midpoint of the arc $AB$. $YZ$ meets $AB$ at $D$ and $YX$ meets $BC$ at $E$. Prove that $DE$ is parallel to $AC$ and that $DE$ passes through the center of the inscribed circle of $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$ZY$ bisects the angle $AYB$, so $AD/BD = AY/BY$. Similarly, $XY$ bisects angle $BYC$, so $CE/BE = CY/BY$. But $AY = CY$. Hence $AD/BD = CE/BE$. Hence triangles $BDE$ and $BAC$ are similar and $DE$ is parallel to $AC$.\n\nLet $BY$ intersect $AC$ at $W$ and $AX$ at $I$. $I$ is the incenter. $AI$ bisects angle $BAW$, so $WI/IB = AW/AB$. Now consider the triangles $AYW$, $BYA$. Clearly $\\angle AYW = \\angle BYA$. Also $\\angle WAY = \\angle CAY = \\angle ABY$. Hence the triangles are similar and $AW/AY = AB/BY$. So $AW/AB = AY/BY$. Hence $WI/IB = AY/BY = AD/BD$. So triangles $BDI$ and $BAW$ are similar and $DI$ is parallel to $AW$ and hence to $DE$. So $DE$ passes through $I$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42523,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBus numbers have 6 digits, and leading zeros are allowed. A number is considered lucky if the sum of the first three digits equals the sum of the last three digits. Prove that the sum of all lucky numbers is divisible by 13.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nThe total is made up of numbers of the form $abcabc$, and pairs of numbers $abcxyz$, $xyzabc$. The former is $abc \\times 1001$ and the sum of the pair is $1001(abc + xyz)$. So the total is divisible by $1001$ and hence by $13$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42524,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe beam of a lighthouse on a small rock penetrates to a fixed distance $d$. As the beam rotates the extremity of the beam moves with velocity $v$. Prove that a ship with speed at most $v/8$ cannot reach the rock without being illuminated.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the lighthouse be at $L$. Take time $t = 0$ at the moment the boat starts its run, so that at $t = 0$ it is at $S$ a distance $d$ from $L$, and thereafter it is at a distance less than $d$. Take $A$ and $B$ a distance $d$ from $L$ so that $ALBS$ is a semicircle with diameter $AB$ and $S$ the midpoint of the arc $AB$.\n\nDuring the period to $t = 2.5\\pi d / v$ the boat has traveled a distance less than $d$, so it cannot reach $AB$. But it is a distance less than $d$ from $L$, so it must be inside the semicircle. But during this period the beam sweeps across from $LA$ to $LB$ and so it must illuminate the boat.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42525,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA group of 100 people is formed to patrol the local streets. Every evening 3 people are on duty. Prove that you cannot arrange for every pair to meet just once on duty.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEvery time a person is on duty he is paired with two other people, so if the arrangement were possible the number of pairs involving a particular person would have to be even. But it is $99$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42526,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA tangent to the inscribed circle of a triangle drawn parallel to one of the sides meets the other two sides at $X$ and $Y$. What is the maximum length $XY$, if the triangle has perimeter $p$?",
    "options": [],
    "answer": "p/8",
    "solution": "Solution:\nLet $BC$ be the side parallel to $XY$, $h$ the length of the altitude from $A$, and $r$ the radius of the incircle. Then $XY/BC = (h - 2r)/h$. But $r p = h BC$. So $XY = \\frac{(p - 2BC) BC}{p} = \\frac{p^2}{8} - \\frac{2(BC - p/4)^2}{p}$. So the maximum occurs when $BC = p/4$ and has value $p/8$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42527,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe $n^2$ numbers $\\mathbf{x}_{ij}$ satisfy the $n^3$ equations: $\\mathbf{x}_{ij} + \\mathbf{x}_{jk} + \\mathbf{x}_{ki} = 0$. Prove that we can find numbers $\\mathbf{a}_1, \\ldots, \\mathbf{a}_n$ such that $\\mathbf{x}_{ij} = \\mathbf{a}_i - \\mathbf{a}_j$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nTaking $i = j = k$, we have that $\\mathbf{x}_{ii} = 0$.\n\nNow taking $j = k$, we have that $\\mathbf{x}_{ij} = -\\mathbf{x}_{ji}$.\n\nDefine $\\mathbf{a}_i = \\mathbf{x}_{i1}$.\n\nThen we have $\\mathbf{x}_{i1} + \\mathbf{x}_{ij} + \\mathbf{x}_{ji} = 0$.\n\nHence $\\mathbf{x}_{ij} = \\mathbf{a}_i - \\mathbf{a}_j$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 42528,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCan 1965 points be arranged inside a square with side $15$ so that any rectangle of unit area placed inside the square with sides parallel to its sides must contain at least one of the points?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\nYes. Place a grid of $900$ points in $30$ equally spaced rows and columns, so that each point is a distance $15/31$ from its nearest neighbours (or $15/31$ from the edge). This blocks all rectangles except those slimmer than $1/2$. Those slimmer than $1/2$ must have length at least $2$, so we can block them with a smaller set of rows and columns containing more finely spaced points.\n\nLabel the rows $1$-$30$. In each of the $7$ rows $3$, $7$, $11$, $15$, $19$, $23$, $27$ place an additional $31$ points, so that each of these rows has $61$ equally spaced points at a spacing of $15/62$. Similarly for the columns. So in total we are placing an additional $2 \\times 7 \\times 31 = 434$ points. Any rectangle of length $>2$ must encounter one of these rows (or columns) and hence must have width less than $1/4$. This blocks any rectangle except those with width $< 1 / 4$.\n\nIn each of the $3$ rows $7$, $15$, $23$ place an additional $62$ points, so that each of these rows has $123$ equally spaced points at a spacing of $15/124$. Similarly for the columns. So in total we are placing an additional $2 \\times 3 \\times 62 = 372$ points. Any rectangle of length $>4$ must encounter one of these rows (or columns) and hence must have width less than $1/8$. This blocks any rectangle except those with width $< 1 / 8$ and hence length $>8$.\n\nIn row $15$ place an additional $124$ points, so that it has a total of $247$ equally spaced points at a spacing of $15/247$. Similarly for column $15$. This requires an additional $248$ points. Any rectangle which can fit through these gaps has area at most $15 \\times 15 / 247 < 1$. So we have blocked all rectangles with area $1$ or more and used $900 + 434 + 372 + 248 = 1954$ points.\n\nIlan Mayer, who seems to solve these problems effortlessly, came up with a neater arrangement of points. He used narrowly spaced points along widely spaced diagonals: $(k/15, k/15)$ for $k = 1,2,\\ldots ,224$; $((28n+k)/15, k/15)$ for $n = 1,2,\\ldots ,7$, $k = 1,2,\\ldots ,224 - 28n$; $(k/15, (28n + k)/15)$ for $n = 1,2,\\dots,7$, $k = 1,2,\\dots,224 - 28n$. The diagonals are spaced $28/15$ apart, so the biggest rectangle that can be fitted between two diagonals has sides $15/15$ less $\\varepsilon$ and $15/15$ less $\\varepsilon$. For example, take the vertices as $(14 / 15 + \\varepsilon,\\varepsilon)$, $(29 / 15 - \\varepsilon,\\varepsilon)$, $(14 / 15 + \\varepsilon, 15 / 15 - \\varepsilon)$, $(29 / 15 - \\varepsilon,15 / 15 - \\varepsilon)$. If one allows a rectangle to touch points (in other words if one took the rectangles to exclude their boundaries) then this does not work - many $15 \\times 1 / 15$ rectangles will fit. But one can add an additional point on each of the $15$ lines, keeping the points on each line evenly spaced. That blocks rectangles without boundary and still has only $1821$ points.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42529,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are an odd number of soldiers on an exercise. The distance between every pair of soldiers is different. Each soldier watches his nearest neighbour. Prove that at least one soldier is not being watched.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nThe key is to notice that no loops of size greater than two are possible. For suppose we have $A_1$, $A_2$, ..., $A_n$ with $A_i$ watching $A_{i + 1}$ for $0 < i < n$, and $A_n$ watching $A_1$. Then the distance $A_iA_i$ is greater than the distance $A_iA_{i + 1}$ for $1 < i < n$, and the distance $A_1A_n$ is less than the distance $A_1A_2$. Hence the distance $A_1A_n$ is less than the distance $A_{n - 1}A_n$ and so $A_{n - 1}$ is closer to $A_n$ than $A_1$. Contradiction.\n\nPick any soldier. Now pick the soldier he is watching, and so on. The total number of soldiers is finite so this process must terminate with some soldier watching his predecessor. If the process terminates after more than two soldiers have been picked, then the penultimate soldier is watched by more than one soldier. But in that case there must be another soldier who is unwatched, because the number of soldiers equals the number of soldiers watching.\n\nIf the process terminates after just two soldiers, then we have a pair of soldiers watching each other. Now repeat on the remaining soldiers. Either we find a soldier watched twice (in which case some other soldier must be unwatched) or all the soldiers pair off, except one, since the total number is odd. But that soldier must be unwatched.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42530,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven 100 points on the plane. Prove that you can cover them with a collection of circles whose diameters total less than 100 and the distance between any two of which is more than 1. [The distance between circles radii $r$ and $s$ with centers a distance $d$ apart is the greater of 0 and $d - r - s$.]",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nIf we have two circles diameters $d$ and $d'$, the distance between which is less than $1$, then they are contained in a circle diameter $d + d' + 1$. [If the line through the centers cuts the circles in $A$, $B$, $A'$, $B'$, then take a circle diameter $AB'$.] So start with $100$ circles of diameter $1/1000$ each. If any pair is a distance $\\leq 1$ apart, then replace them by a single circle, increasing the total diameter by $1$. Repeat until all the circles are a distance $>1$ apart. We must end up with at least one circle, so the total increase is at most $99$. Hence the final total diameter is at most $99\\,1/10$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42531,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe distance from $A$ to $B$ is $d$ kilometers. A plane $P$ is flying with constant speed, height and direction from $A$ to $B$. Over a period of 1 second the angle $PAB$ changes by $\\alpha$ degrees and the angle $PBA$ by $\\beta$ degrees. What is the minimal speed of the plane?",
    "options": [],
    "answer": "20π d √(αβ) kilometers per hour",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: $20\\pi d\\sqrt{(\\alpha\\beta)}$ kilometers per hour.\n\nLet the plane be at height $h$ and a (horizontal) distance $y$ from $A$. Let the angle $PAB$ be $\\theta + \\alpha$ and the angle $PBA$ be $\\phi$. After 1 second, the angle $PAB$ is $\\theta$ and the angle $PBA$ is $\\phi + \\beta$. We have immediately that:\n\n$$\nh / y = \\tan(\\theta + \\alpha),\\quad h / (d - y) = \\tan\\phi,\\quad h / (y + x) = \\tan\\theta,\\quad h / (d - y - x) = \\tan(\\phi + \\beta).\n$$\n\nEliminating $\\theta$, we obtain:\n$$\nh / y = (\\tan\\alpha + \\tan\\theta) / (1 - \\tan\\alpha \\tan\\theta) = (a(y + x) + h) / (y + x - ah)\n$$\nwhere $a = \\tan\\alpha$. Hence\n$$\nx = a(h^2 + y^2) / (h - ay).\n$$\nSimilarly, eliminating $\\phi$, we obtain\n$$\nx = b(h^2 + (d - y)^2) / (h + (d - y)b).\n$$\n\nAt this point I do not see how to make further progress without approximating. But approximating seems reasonable, since $\\alpha$ and $\\beta$, are certainly small, at least when expressed in radians. For example, typical values might be 10,000 ft for $h$ and more than 10 miles for $y$ or $d- y$ and 500 mph for the aircraft speed. That gives $x = 0.14$ miles, so $x / y = 0.014$ and $x / h = 0.07$. So, let us neglect $a / h$, $b / h$, $a / y$ etc. Then we get the simplified expressions:\n$$\nx = a(h^2 + y^2) / h = b(h^2 + (d - y)^2) / h.\n$$\n\nIf $a = b$, then we quickly obtain $y = d / 2$, $h = d / 2$, $x = ad$. Assume $a > b$. Then we can solve for $h$, substitute back in and obtain an expression for $x$ in terms of $y$. It is convenient to divide through by $d$ and to write $X = x / d$, $Y = y / d$. Note that since we are assuming $a > b$, we require $Y < 1 / (1 + \\sqrt{(a / b)})$. After some manipulation we obtain:\n$$\nX = ab(1 - 2Y) / \\sqrt{((a - b)(b(1 - Y)^2 - aY^2))}.\n$$\nDifferentiating, we find that there is a minimum at $Y = b / (a + b)$, which is in the allowed range, and that the minimum value of $X$ is $\\sqrt{(ab)}$. By symmetry, we obtain the same result for $a < b$ and we notice that it is also true for $a = b$. So in all cases we have that the minimum value of $x$ is $d\\sqrt{(ab)}$.\n\nWe are assuming $\\alpha$ and $\\beta$ are small, so we may take $a = \\alpha$, $b = \\beta$. However, the question specified that $\\alpha$ and $\\beta$ were measured in degrees, so to obtain the final answer we must convert, giving:\n$$\nx = d(\\pi / 180) \\sqrt{(\\alpha\\beta)},\n$$\nand hence\n$$\nspeed = 20\\pi d\\sqrt{(\\alpha\\beta)}\n$$\nkilometers per hour.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42532,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo players alternately choose the sign for one of the numbers $1, 2, \\ldots, 20$. Once a sign has been chosen it cannot be changed. The first player tries to minimize the final absolute value of the total and the second player to maximize it. What is the outcome (assuming both players play perfectly)?\n\nExample: the players might play successively: $1$, $20$, $-19$, $18$, $-17$, $16$, $-15$, $14$, $-13$, $12$, $-11$, $10$, $-9$, $8$, $-7$, $6$, $-5$, $4$, $-3$, $2$. Then the outcome is $12$. However, in this example the second player played badly!",
    "options": [],
    "answer": "30",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: $30$.\n\nThe second player can play the following strategy:\n\n(1) If the first player plays $2n - 1$ for $1 \\leq n \\leq 9$, then he replies $2n$ with the opposite sign.\n\n(2) If the first player plays $2n$ for $1 \\leq n \\leq 9$ then he replies $2n - 1$ with the opposite sign.\n\n(3) If the first player plays $19$ or $20$, then he plays the other with the same sign.\n\nThis secures a score of at least $39$ (from (3)) less $9 \\times 1$ (from (1) and (2)). So he can ensure a score of at least $30$.\n\nThe first player can play the following strategy:\n\n(1) He opens with $1$.\n\n(2) If the second player plays $2n$ for $1 \\leq n \\leq 9$, then he replies with $2n + 1$ with the opposite sign.\n\n(3) If the second player plays $2n + 1$ for $1 \\leq n \\leq 9$, then he replies with $2n$ with the opposite sign.\n\n(4) If any of these replies are impossible, or if the second player plays $20$, then he replies with the highest number available with the opposite sign.\n\nIf the second player does not play $20$ until the last move, then this strategy ensures a score of at most $1$ (from (1)) $+ 9 \\times 1$ (from (2) and (3)) $+ 20 = 30$.\n\nNow suppose that the second player plays $20$, $a_1$, $a_2$, $\\ldots$, $a_n$ (where $1 \\leq n \\leq 9$) which require a reply under (4). The reason $a_1$ required a move under (4) was that $a_1 - 1$ or $a_1 + 1$ was the 1st player's response to $20$. Similarly, the reason $a_2$ required a move under (4) was that $a_2 - 1$ or $a_2 + 1$ was the 1st player's response to $a_2$, and so on. Thus the increment to the absolute value from these moves is at most $|20 - a_1| + |a_1 - a_2| + \\ldots + |a_{n-1} - a_n| + |a_n| = 20 + n$.\n\nThe increment from the moves under (2) and (3) is $(9 - n) \\times 1$, and the increment from the move under (1) is $1$. Hence the maximum absolute value is $30$.\n\nSince the 1st player has a strategy to do no worse than $30$ and the 2nd player has a strategy to do no worse than $30$, these strategies must actually be optimal.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42533,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. $B$ and $C$ are on the segment $AD$ with $AB = CD$. Prove that for any point $P$ in the plane: $PA + PD \\geq PB + PC$.\n\nb. Given four points $A$, $B$, $C$, $D$ on the plane such that for any point $P$ on the plane we have $PA + PD \\geq PB + PC$. Prove that $B$ and $C$ are on the segment $AD$ with $AB = CD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na.\nSuppose the points lie in the order $A$, $B$, $C$, $D$. If $P$ lies on $AD$, then the result is trivial, and we have equality if $P$ lies outside the segment $AD$. So suppose $P$ does not lie on $AD$.\n\nLet $M$ be the midpoint of $AD$. Take $P'$ so that $P$, $M$, $P'$ are collinear and $PM = MP'$. Then we wish to prove that $PA + AP' > PB + BP'$. Extend $P'B$ to meet $PA$ at $Q$. Then $P'A + AQ > P'Q$, so $P'A + AP > P'Q + QP$. But $QP + BQ > PB$, so $QP + QP' > PB + PB'$. Hence result.\n\nb.\nLet the foot of the perpendicular from $B$, $C$ onto $AD$ be $X$, $Y$ respectively. Suppose that $N$, the midpoint of $XY$, is on the same side of $M$, the midpoint of $AD$, as $D$. Then take $P$ to be a remote point on the line $AD$, the opposite side of $A$ to $D$, so that $A$, $D$, $M$ and $N$ are all on the same side of the line $PAD$ from $P$. Then $PA + PD = 2PM < 2PN \\leq PB + PC$.\n\nContradiction. So we must have $N$ coincide with $M$. But we still have $PA + PD = 2PM = 2PN < PB + PC$, unless both $B$ and $C$ are on the line $AD$. So we must have $B$ and $C$ on the line $AD$ and $AB = CD$. It remains to show that $B$ and $C$ are between $A$ and $D$. Take $P = B$. Then if $C$ is not between $A$ and $D$, we have $PC > PD$ (or $PA$), contradiction.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42534,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCan both $x^2 + y$ and $x + y^2$ be squares for $x$ and $y$ natural numbers?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\nNo. The smallest square greater than $x^2$ is $(x + 1)^2$, so we must have $y > 2x$. Similarly $x > 2y$. Contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42535,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA group of children are arranged into two equal rows. Every child in the back row is taller than the child standing in front of him in the other row. Prove that this remains true if each row is rearranged so that the children increase in height from left to right.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nRearrange the children in the back row into order, and rearrange the front row in the same way, so that each child stays in front of the same child in the back row. Denote heights in the back row by $a_i$ and heights in the front row by $b_i$. So we have $a_1 \\leq a_2 \\leq \\ldots \\leq a_n$, and $a_i > b_i$ for $i = 1, 2, \\ldots, n$.\n\nNow if $i < j$, but $b_i > b_j$, then we may swap $b_i$ and $b_j$ and still have each child taller than the child in front of him. For $b_i < a_i \\leq a_j$, and $b_j < b_i < a_i$. By repeated swaps we can get the front row into height order. [For example, identify the shortest child and swap him to the first position, then the next shortest and so on.]",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42536,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA rectangle $ABCD$ is drawn on squared paper with its vertices at lattice points and its sides lying along the gridlines. $AD = k \\; AB$ with $k$ an integer. Prove that the number of shortest paths from $A$ to $C$ starting out along $AD$ is $k$ times the number starting out along $AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $ABCD$ have $n$ lattice points along the side $AB$. Then it has $kn$ lattice points along the side $AD$. Let $X$ be the first lattice point along $AB$ after leaving $A$. A shortest path from $X$ to $C$ must involve a total of $kn + n - 1$ moves between lattice points, $n - 1$ in the direction $AB$ and $kn$ in the direction $BC$. Hence the total number of such paths is\n$$\n\\frac{(kn + n - 1)!}{(kn)!\\,(n - 1)!}\n$$\nSimilarly, the number of paths starting out along $AD$ is\n$$\n\\frac{(kn + n - 1)!}{(kn - 1)!\\,n!}\n$$\nLet $m = \\frac{(kn + n - 1)!}{(kn - 1)!\\,(n - 1)!}$. Then the number starting along $AB$ is $\\frac{m}{kn}$ and the number starting along $AD$ is $\\frac{m}{n}$, which is $k$ times larger, as required.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42537,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven non-negative real numbers $a_1$, $a_2$, ..., $a_n$, such that $a_{i-1} \\leq a_i \\leq 2a_{i-1}$ for $i = 2, 3, \\ldots, n$. Show that you can form a sum $s = b_1 a_1 + \\ldots + b_n a_n$ with each $b_i = +1$ or $-1$, so that $0 \\leq s \\leq a_1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe show that you can pick $b_n, b_{n-1}, ..., b_r$ so that $s_r = b_n a_n + b_{n-1} a_{n-1} + \\ldots + b_r a_r$ satisfies $0 \\leq s_r \\leq a_r$. Induction on $r$.\n\nTrivial for $r = n$. Suppose true for $r$. Then $-a_{r-1} \\leq s_r - a_{r-1} \\leq a_r - a_{r-1} \\leq a_{r-1}$. So with $b_{r-1} = -1$ we have $|s_{r-1}| \\leq a_{r-1}$. If necessary, we change the sign of all $b_n, b_{n-1}, ..., b_{r-1}$ and obtain $s_{r-1}$ as required. So the result is true for all $r \\geq 1$ and hence for $r = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42538,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that you can always draw a circle radius $A/P$ inside a convex polygon with area $A$ and perimeter $P$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDraw a rectangle width $A/P$ on the inside of each side. The rectangles at each vertex must overlap since the angle at the vertex is less than $180$. The total area of the rectangles is $A$, so the area covered must be less than $A$. Hence we can find a point not in any of the rectangles. But this point must be a distance more than $A/P$ from each side, so we can use it as the center of the required circle.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42539,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA graph has at least three vertices. Given any three vertices $A$, $B$, $C$ of the graph we can find a path from $A$ to $B$ which does not go through $C$. Prove that we can find two disjoint paths from $A$ to $B$.\n\n[A graph is a finite set of vertices such that each pair of distinct vertices has either zero or one edges joining the vertices. A path from $A$ to $B$ is a sequence of vertices $A_1$, $A_2$, ..., $A_n$ such that $A = A_1$, $B = A_n$ and there is an edge between $A_i$ and $A_{i + 1}$ for $i = 1$, $2$, ..., $n-1$. Two paths from $A$ to $B$ are disjoint if the only vertices they have in common are $A$ and $B$.]",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nTake any path from $A$ to $B$. Suppose it is $A = A_0$, $A_1$, ..., $A_n = B$. We show by induction on $r$ that we can find two disjoint paths from $A$ to $A_r$.\n\nIf $r = 1$, then take any vertex $C$ distinct from $A$ and $A_1$. Take any path from $A_1$ to $C$ which does not go through $A$. Now take any path from $C$ to $A$ which does not go through $A_1$. Joining these two paths together gives a path $p$ from $A$ to $A_1$ which does not involve the edge $AA_1$. Then $p$ and the edge $AA_1$ are the required disjoint paths.\n\nSuppose now we have two disjoint paths $A$, $B_1$, $B_2$, ..., $B_s$, $A_r$ and $A$, $B_t$, $B_{t - 1}$, ..., $B_{s + 1}$, $A_r$ and we wish to find two disjoint paths joining $A$ and $A_{r + 1}$. Take a path between $A$ and $A_{r + 1}$ which does not include $A_r$. If it also avoids all of $B_1$, ..., $B_t$, then we are home, because it is disjoint from the alternative path $A$, $B_1$, $B_2$, ..., $B_s$, $A_r$, $A_{r + 1}$. If not, let $B_i$ be the first of the $B$'s on the path as we move from $A_{r + 1}$ to $A$. This allows us to construct two disjoint paths from $A$ to $A_{r + 1}$. One path goes from $A$ to $B_i$ and then from $B_i$ to $A_{r + 1}$. The other path goes around the other way to $A_r$ and then along the edge to $A_{r + 1}$.\n\n[Explicitly, if $i \\leq s$, then the paths are $A$, $B_1$, $B_2$, ..., $B_i$, ..., (new path) ... $A_{r + 1}$ and $A$, $B_t$, $B_{t - 1}$, ..., $A_r$, $A_{r + 1}$. If $i > s$, then the paths are $A$, $B_t$, $B_{t - 1}$, ..., $B_i$, ..., (new path) ... $A_{r + 1}$ and $A$, $B_1$, ..., $B_s$, $A_r$, $A_{r + 1}$.]\n\nHence, by induction, there are two disjoint paths from $A$ to $B$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42540,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a triangle $ABC$. Suppose the point $P$ in space is such that $PH$ is the smallest of the four altitudes of the tetrahedron $PABC$. What is the locus of $H$ for all possible $P$?",
    "options": [],
    "answer": "The locus is the interior of the triangle formed by the three lines through the vertices parallel to the opposite sides (triangle DEF).",
    "solution": "Solution:\nAnswer: the triangle $DEF$ with $FAE$ parallel to $BC$, $DBF$ parallel to $CA$ and $DCE$ parallel to $AB$.\n\nLet $\\alpha$ be the angle between planes $ABC$ and $PBC$. Let $h$ be the perpendicular distance from $H$ to the line $BC$, and let $h_A$ be the perpendicular distance from $A$ to the line $BC$. Then $PH = h \\tan \\alpha$, and the altitude from $A$ to $PBC$ is $h_A \\sin \\alpha$. Hence if $PH$ is shorter than the altitude from $A$ we require that $h < h_A \\cos \\alpha < h_A$. Similar arguments apply for $B$ and $C$. So if $PH$ is the shortest then $H$ lies within triangle $DEF$.\n\nIf $H$ does lie within $DEF$, then if we make $\\alpha$ sufficiently small we will have $h < h_A \\cos \\alpha$ and hence $PH$ will be shorter than the altitude from $A$. Similarly we can make $PH$ sufficiently short that $PH$ is less than the altitudes from $B$ and $C$. Hence the inside of $DEF$ is the required locus.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42541,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nIn the acute-angled triangle $ABC$, $AH$ is the longest altitude ($H$ lies on $BC$), $M$ is the midpoint of $AC$, and $CD$ is an angle bisector (with $D$ on $AB$).\n\na. If $AH \\leq BM$, prove that the angle $ABC \\leq 60^\\circ$.\n\nb. If $AH = BM = CD$, prove that $ABC$ is equilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nAs usual let $a$, $b$, $c$ be the lengths of $BC$, $CA$, $AB$ respectively and let $A$, $B$, $C$ denote the angles $BAC$, $ABC$, $BCA$ respectively. We use trigonometry and try to express the quantities of interest in terms of $a$, $b$ and $C$.\n\na.\nSince $AH$ is the longest altitude, $BC$ must be the shortest side (use area $=$ side $\\times$ altitude$/2$). So $b^2 \\geq a^2$, and $c^2 \\geq a^2$. Using the formula $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\\cos C$, we deduce that $b^2 \\geq 2ab\\cos C$. Hence $2b^2 \\geq a^2 + 2ab\\cos C$. After a little manipulation this gives: $a^2 + b^2 - 2ab\\cos C \\geq \\frac{4}{3}(a^2 + \\frac{b^2}{4} - ab\\cos C)$ or $c^2 \\geq \\frac{4}{3}BM^2$. But we are given that $BM \\geq AH = b \\sin C$, so $\\frac{b^2\\sin^2 C}{c^2} \\leq \\frac{3}{4}$. But the sine formula gives $\\sin B = \\frac{b\\sin C}{c}$, so $\\sin^2 C \\leq \\frac{3}{4}$. The triangle is acute-angled, hence $B \\leq 60^\\circ$.\n\nb.\nThe angle bisector theorem gives $\\frac{AD}{BD} = \\frac{b}{a}$, hence $\\frac{AD}{AB} = \\frac{b}{a + b}$, so $AD = \\frac{bc}{a + b}$. Hence, using the sine formula, $\\frac{CD}{\\sin A} = \\frac{AD}{\\sin \\frac{C}{2}}$. So $CD = \\frac{bc \\sin A}{(a + b) \\sin \\frac{C}{2}} = \\frac{ba \\sin C}{(a + b) \\sin \\frac{C}{2}}$, using the sine formula again. But we are given that $CD \\geq AH = b \\sin C$, so $\\frac{a}{a + b} \\sin \\frac{C}{2} \\geq 1$. But $a$ is the shortest side, so $\\frac{a}{a + b} \\leq \\frac{1}{2}$ and hence $\\sin \\frac{C}{2} < \\frac{1}{2}$. The triangle is acute-angled, so $\\frac{C}{2} \\leq 30^\\circ$, and $C \\leq 60^\\circ$. $BC$ is the shortest side, so $A$ is the smallest angle and hence $A \\leq 60^\\circ$. Also since $AH \\leq BM$, $B \\leq 60^\\circ$. But the angles sum to $180^\\circ$, so they must all be $60^\\circ$ and hence the triangle is equilateral.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42542,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA natural number $k$ has the property that if $k$ divides $n$, then the number obtained from $n$ by reversing the order of its digits is also divisible by $k$. Prove that $k$ is a divisor of $99$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet $r(m)$ denote the number obtained from $m$ by reversing the digits.\n\nWe show first that $k$ cannot be divisible by $2$ or $5$. It cannot be divisible by both, for then it ends in a zero and hence $r(k) < k$ and so is not divisible by $k$ (contradiction). So if $5$ divides $k$, then the last digit of $k$ must be $5$. Since $r(k)$ is divisible by $5$ its last digit must also be $5$, so the first digit of $k$ is $5$. But now $3k$ has first digit $1$ ($3 \\times 5 > 10$ and $3 \\times 6 < 20$), so $r(3k)$ has last digit $1$ and cannot be divisible by $5$. Contradiction. If $2$ divides $k$, then every multiple of $k$ must be even. So the last digit of $r(k)$ must be even and hence the first digit of $k$ must be $2$, $4$, $6$, or $8$. If $2$, then $5k$ has first digit $1$, so $r(2k)$ is odd. Contradiction. Similarly, if the first digit is $4$, $3k$ has first digit $1$; if $6$, then $5k$ has first digit $3$; if $8$, then $2k$ has first digit $1$. Contradiction. So $k$ is not divisible by $2$ or $5$.\n\nSuppose $k = 10^{n} a_{n} + \\ldots + a_{0}$. $k$ divides $r(k)$, so $a_{0} \\geq 1$. Hence $(10^{n+1} - 1)k = 10^{2n+1} a_{n} + \\ldots + 10^{n+1} a_{0} - (10^{n} a_{n} + \\ldots + a_{0}) = 10^{2n+1} a_{n} + \\ldots + 10^{n+1}(a_{0} - 1) + 10^{n} c_{n} + \\ldots + 10 c_{1} + (c_{0} + 1)$, where $c_{i} = 9 - a_{i}$. The reverse of this, $10^{2n+1}(c_{0} + 1) + 10^{2n} c_{1} + \\ldots + 10^{n+1} c_{n} + 10^{n}(a_{0} - 1) + \\ldots + a_{n}$, is also divisible by $k$. So is the reverse of $k$, $10^{n} a_{0} + \\ldots + a_{n}$ and hence also their difference: $10^{n}(10^{n+1}(c_{0} + 1) + 10^{n} c_{1} + \\ldots + 10 c_{n} - 1)$. $k$ has no factors $2$ or $5$, so $k$ must divide $10^{n+1}(c_{0} + 1) + 10^{n} c_{1} + \\ldots + 10 c_{n} - 1$. Adding $10k$, we find that $k$ also divides $10^{n+2} + 10^{n} 9 + \\ldots + 10 \\times 9 - 1 = 1099\\ldots 989$ ($n-2$ consecutive $9$s$) = 11(10^{n+1} - 1)$.\n\nWe can now carry out exactly the same argument starting with $(10^{n+2} - 1)k$. This leads to $k$ dividing $10^{n+2}(c_{0} + 1) + \\ldots + 10^{2} c_{0} + 10 \\times 9 - 1$ and hence also $10^{n+3} + 10^{n+1} 9 + \\ldots + 10^{2} 9 + 10 \\times 8 + 9 = 11(10^{n+2} - 1)$. Subtracting $10$ times this from the previous number we conclude that $k$ must divide $11(10^{n+1} - 1) - 11(10^{n+1} - 10) = 99$.\n\nFinally, we note that any factor of $99$ has the required property. For $3$ and $9$ divide a number if and only if they divide its digit sum. So if $m$ is divisible by $3$ or $9$, then the number formed by any rearrangement of its digits is also divisible by $3$ or $9$. $m$ is divisible by $11$ if and only if the difference between the sums of alternate digits is divisible by $11$, so if $m$ is divisible by $11$, then so is its reverse.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42543,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. The digits of a natural number are rearranged and the resultant number is added to the original number. Prove that the answer cannot be $99\\ldots9$ (1999 nines).\n\nb. The digits of a natural number are rearranged and the resultant number is added to the original number to give $10^{10}$. Prove that the original number was divisible by $10$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na. Let the digits of the original number be $a_1$, $a_2$, ... and the rearranged digits be $b_1$, $b_2$, ... Suppose that in the addition there is a carry, in other words $a_1 + b_1 > 9$ for some $i$. Take the largest such $i$. Then the resulting digit in that position cannot be a $9$. Contradiction. So there cannot be any carries. Hence each pair $a_1 + b_1 = 9$. Let $n$ be the total number of digits $0, 1, 2, 3,$ and $4$ in the number. Then each of these must be paired with a digit $5, 6, 7, 8$ or $9$. So the total number of digits $5, 6, 7, 8$ and $9$ must also be $n$, and hence the number must have an even number of digits. But we are told that the answer and hence the original number has an odd number of digits.\n\nb. In the addition the carry can never be $2$, because that would require the previous carry to be at least $2$, and the first carry cannot be $2$. So all carries are $0$ or $1$. If a carry is $1$, then all subsequent carries must also be $1$. If the first carry is $0$, then the corresponding digits must be $0$ and hence the original number is divisible by $10$. If it is not, then all carries are $1$ and hence after the first carry all the digit pairs sum to $9$. But arguing as in (a), this means that there must be an even number of digits, excluding the last (where we have a digit sum $10$), and hence an odd number of digits in the original number. But $10^{10}$ has an odd number of digits and hence the original number had an even number of digits. Contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42544,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFour lighthouses are arbitrarily placed in the plane. Each has a stationary lamp which illuminates an angle of $90$ degrees. Prove that the lamps can be rotated so that at least one lamp is visible from every point of the plane.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nTake a north direction, arbitrary except that no points are aligned north-south or east-west. Take the two most northerly points. Point the lamp for the more easterly of these two in the direction SW (so that it covers directions S to W). Point the lamp for the other in the direction SE. For the other two points, point the lamp for the more easterly in the direction NW, and the lamp for the other in the direction NE.\n\nClearly the lamps cover all directions, the only possible problem is uncovered strips. However, the two lamps pointing N are below the two lamps pointing S, and the two lamps pointing E are west of the two lamps pointing W, so there are no uncovered strips.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42545,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. Can you arrange the numbers $0, 1, \\ldots, 9$ on the circumference of a circle, so that the difference between every pair of adjacent numbers is $3$, $4$ or $5$? For example, we can arrange the numbers $0, 1, \\ldots, 6$ thus: $0, 3, 6, 2, 5, 1, 4$.\n\nb. What about the numbers $0, 1, \\ldots, 13$?",
    "options": [],
    "answer": "a) No. b) Yes; for example: 0, 3, 7, 10, 13, 9, 12, 8, 11, 6, 2, 5, 1, 4.",
    "solution": "Solution:\n\na. No. Each of the numbers $0, 1, 8, 9$ can only be adjacent to $3, 4, 5$ or $6$. But they can only accommodate $3$ numbers, not $4$.\n\nb. $0, 3, 7, 10, 13, 9, 12, 8, 11, 6, 2, 5, 1, 4$ is a solution for $13$.\n\nIn passing, there are obviously no solutions for $4$ or $5$. There is just the one solution for $6$ (given in the question). For $7$ there are $5$ solutions: $0, 3, 6, 1, 5, 2, 7, 4$; $0, 3, 6, 1, 4, 7, 2, 5$; $0, 3, 6, 2, 7, 4, 1, 5$; $0, 3, 7, 4, 1, 6, 2, 5$; $0, 4, 1, 6, 3, 7, 1, 5$. For $8$ there is the solution $0, 3, 7, 2, 6, 1, 5, 8, 4$, and maybe others.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42546,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProve that there exists a number divisible by $5^{1000}$ with no zero digit.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWe first find a multiple of $5^{1000}$ which has no zeros in the last $1000$ digits. Suppose that we have a multiple $n \\cdot 5^{1000}$ whose last zero is in place $r$ (treating the last place as place $0$, the next to last as place $1$ and so on). Then $n(10^{r} + 1)$ has the same digits in places $0$ to $r-1$ and a nonzero digit in place $r$, and hence no zeros in places $0$ to $r$. So repeating, we find a multiple $n \\cdot 5^{1000}$ with no zeros in the last $1000$ digits.\n\nNow let $m$ be the remainder when $n$ is divided by $2^{1000}$, so $n = k \\cdot 2^{1000} + m$, and hence $m \\cdot 5^{1000} = n \\cdot 5^{1000} - k \\cdot 10^{1000}$. So $m \\cdot 5^{1000}$ has the same last $1000$ digits as $n \\cdot 5^{1000}$. But it has less than $1001$ digits, and hence it has exactly $1000$ digits and no zeros.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42547,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all integers $x$, $y$ satisfying $x^{2} + x = y^{4} + y^{3} + y^{2} + y$.",
    "options": [],
    "answer": "(-1, 1), (0, -1), (0, 0), (-6, 2), (5, 2)",
    "solution": "Solution:\nThe only solutions are $x, y = -1, 1; 0, -1; 0, 0; -6, 2; 5, 2$.\n\n$(y^{2} + y / 2 - 1 / 2)(y^{2} + y / 2 + 1 / 2) = y^{4} + y^{3} + \\frac{1}{4}y^{2} - \\frac{1}{4} < y^{4} + y^{3} + y^{2} + y$ except for $-1 \\leq y \\leq -1/3$.\n\nAlso $(y^{2} + y / 2)(y^{2} + y / 2 + 1) = y^{4} + y^{3} + \\frac{5}{4}y^{2} + y / 2$ which is greater than $y^{4} + y^{3} + y^{2} + y$ unless $0 \\leq y \\leq 2$.\n\nBut no integers are greater than $y^{2} + y / 2 - 1 / 2$ and less than $y^{2} + y / 2$. So the only possible solutions have $y$ in the range $-1$ to $2$. Checking these 4 cases, we find the solutions listed.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42548,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the maximum possible length of a sequence of natural numbers $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \\ldots$ such that $x_{i} \\leq 1998$ for $i \\geq 1$, and $x_{i} = |x_{i - 1} - x_{i - 2}|$ for $i \\geq 3$.",
    "options": [],
    "answer": "2998",
    "solution": "Solution:\nAnswer 2998.\nThe sequence is completely determined by its first two elements. If the largest element of the sequence is $n$, then it must occur as one of the first two elements. Because $x_{3}$ and $x_{4}$ are both smaller than the largest of the first two elements and hence all subsequent elements are too.\n\nLet $f(n, m)$ be the length of the sequence with $x_{1} = n$, $x_{2} = m$. It is straightforward to verify by induction that $f(1,2n) = f(2n - 1,2n) = 3n + 1$, $f(2n,1) = f(2n,2n - 1) = 3n$, $f(2n,2n + 1) = 3n + 3$, $f(1,2n + 1) = f(2n + 1,1) = 3n + 2$, $f(2n + 1,2n) = 3n + 1$. A rather more fiddly induction then shows that these are the best possible lengths. Hence the longest sequence with no element more than 1998 is that starting $1, 1998$ which has length 2998.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42549,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n499 white rooks and a black king are placed on a $1000 \\times 1000$ chess board. The rook and king moves are the same as in ordinary chess, except that taking is not allowed and the king is allowed to remain in check. No matter what the initial situation and no matter how white moves, the black king can always:\n\na) get into check (after some finite number of moves);\n\nb) move so that apart from some initial moves, it is always in check after its move;\n\nc) move so that apart from some initial moves, it is always in check (even just after white has moved).",
    "options": [],
    "answer": "a) True; b) False; c) False",
    "solution": "Solution:\n\na. True. Black moves to one end of a main diagonal and then moves along the diagonal to the opposite end. Each of the 499 rooks is in some row. Since black moves through each row, every rook must change row. But each of the rooks is also in some column and so every rook must also change column. A rook cannot change row and column in the same move, so white must make at least 998 moves before black reaches the opposite end of the diagonal. But it cannot start until black is two moves from its starting position, because if it moves a rook into row (or column) one or two earlier, then black is checked or can move into check. So it has only 997 moves available, which is one too few.\n\nb. False. Suppose the contrary, that after move $n$, the king is always in check after its move. Let the corners of the board be $A$, $B$, $C$, $D$. After move $n$, white moves all its rooks inside a square side 23 at corner $A$. The king must now be in the 23 rows between $A$ and $B$ or in the 23 columns between $A$ and $D$. Suppose the latter. Then white moves all its rooks inside a square side 23 at corner $B$. This should take 499 moves. However, it could take longer if black used his king to obstruct the move. The worst case would be $3 \\times 23$ additional moves (the king can only obstruct one row of 23 rooks, and each rook in the obstructed row could take 4 moves instead of one to reach its destination.). During this period the king must remain in the 23 rows from $A$ to $B$ or the 23 columns from $A$ to $D$, since it must remain in check. Thus it cannot get to $B$ by the completion of the process. In fact, it must be at least $999 - 46$ (the total number of moves required) $- (499 + 69)$ (the number of moves available) $= 385$ moves behind.\n\nWhite now moves all the rooks inside a square side 23 at corner $C$. The king cannot cut across (or it will be unchecked). It must keep within 23 squares of the edge. So it ends up 770 moves behind (more in fact, since it cannot obstruct the move as effectively). Finally, white moves all the rooks inside a square side 23 at corner $D$. The king cannot get to the side $CD$ by the time this process is completed. So there is then a lag of over two hundred moves before it can get back into check. Note that it does not help black to change direction. Whatever black does, white ends up with all the rooks at a corner and the king a long way from the two checked sides.\n\nc. False. This follows from (b). But we may also use a simpler argument. Take coordinates $x = 1$ to 1000, $y = 1$ to 1000. White gets its pieces onto $(2,0)$, $(4,0)$, ..., $(998,0)$. If the king moves onto $(2n,*)$, then white moves its rook from $(2n,0)$ to $(2n-1,0)$, leaving the king unchecked. If the king moves to $(2n-1,*)$ or $(2n+1,*)$, then white moves its rook back to $(2n,0)$, leaving the king unchecked. If the king stays on the line $(2n,*)$, then white fills in time by toggling one of its endmost rooks to an adjacent square (and the king remains unchecked). The only way the black king can escape this repeated unchecking is by moving up to the line $y = 0$. If it does so, then white transfers all its rooks to the line $y = 1000$ and repeats the process. The transfer takes 499 moves. It takes black 1000 moves to follow, so during the 501 moves before black catches up, the king is subject to repeated unchecking.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42550,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a unit square. One vertex of a rhombus lies on side $AB$, another on side $BC$, and a third on side $AD$. Find the area of the set of all possible locations for the fourth vertex of the rhombus.",
    "options": [],
    "answer": "2 1/3",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: $2\\,1/3$\n\nLet the square be $ABCD$. Let the vertices of the rhombus be $P$ on $AB$, $Q$ on $AD$, and $R$ on $BC$. We require the locus of the fourth vertex $S$ of the rhombus. Suppose $P$ is a distance $x$ from $B$. We may take $x \\leq 1/2$, since the locus for $x > 1/2$ is just the reflection of the locus for $x < 1/2$. Then since $PR$ is parallel to $QS$, $S$ is a distance $x$ from the line $AD$. Also, by continuity, as $Q$ varies over $AD$ (with $P$ fixed a distance $x$ from $B$), the locus of $S$ is a line segment.\n\nThe two extreme positions for $S$ occur when $Q$ coincides with $A$ and when $R$ coincides with $C$. When $Q$ coincides with $A$ the rhombus has side $1 - x$. Hence $BR^2 = (1 - x)^2 - x^2 = 1 - 2x$. In this case $SR$ is parallel to $AB$, so the distance of $S$ from $AB$ is $\\sqrt{1 - 2x}$. When $R$ coincides with $C$, the rhombus has side $\\sqrt{1 + x^2}$, so $AQ^2 = 1 + x^2 - (1 - x)^2 = 2x$. Hence the distance of $S$ from $AB$ is $1 + \\sqrt{2x}$.\n\nThus the locus of $S$ over all possible rhombi is the interior of a curvilinear quadrilateral with vertices $MDNC$, where $M$ is the midpoint of $AB$ and $N$ is the reflection of $M$ in $CD$. Moreover the curve from $M$ to $C$ is just the translate of the curve from $D$ to $N$, for if we put $y = 1/2 - x$, then $\\sqrt{1 - 2x}$ becomes $\\sqrt{2y}$. Thus if $L$ is the midpoint of $CD$, then the area in the $MLC$ plus the area in $DLN$ is just $1/2$, and the total area of the curvilinear quadrilateral is $1$.\n\nHowever, the arrangement of the vertices discussed above is not the only one. The order of vertices above is $PQSR$. We could also have $PQRS$ or $PSQR$. In either case $QR$ is a side rather than a diagonal of the rhombus. We consider the case $PQRS$ (the case $PSQR$ is just the reflection in the line $MN$). As before it is convenient to keep $P$ fixed, but this time we take $x$ to be the distance $AP$. Take $y$ to be the distance $AQ$.\n\nAs before we find that $S$ must lie on a line parallel to $BC$ a distance $x$ from it (on the other side to $AD$). Again we find that for fixed $P$, the locus of $S$ is a segment of this line. If we assume that $AQ > BR$, then the two extreme positions are (1) $QR$ parallel to $AB$, giving $S$ on the line $AB$, (2) $Q$ at $D$, giving $S$ a distance $x$ from the line $AB$. So as $x$ varies from $0$ to $1$ we get a right-angled triangle sides $1$, $1$ and $\\sqrt{2}$ and area $1/2$. However, we can also have $BR > AQ$. This gives points below the line $AB$. The extreme position is with $R$ at $C$. Suppose $QD = y$. Then $1 + y^2 = x^2 + (1 - y)^2$, so $y = x^2/2$. This gives $S$ a distance $y$ below the line $AB$. This gives an additional area of $1/6$ (by calculus - integrate $x^2/2$ from $0$ to $1$; I do not see how to do it without).\n\nThe triangle and the curvilinear triangle together form a curvilinear triangle area $1/2 + 1/6 = 2/3$. There is an identical triangle formed by reflection in $MN$. Thus the total area is $1 + 2/3 + 2/3 = 2\\,1/3$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42551,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn octagon has equal angles. The lengths of the sides are all integers. Prove that the opposite sides are equal in pairs.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nExtend the sides to form two rectangles. Let the sides of the octagon have length $a$, $b$, $c$, $d$, $e$, $f$, $g$, $h$. Then we can find the rectangle sides. For example, one of the rectangles has opposite sides $a + \\frac{b + h}{\\sqrt{2}}$ and $e + \\frac{d + f}{\\sqrt{2}}$. Hence either $a = e$ or $\\sqrt{2} = \\frac{b + h - d - f}{a - e}$. The root is irrational, so we must have $a = e$. Similarly for the other pairs of opposite sides.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42552,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a triangle $ABC$, and $D$ on the segment $AB$, $E$ on the segment $AC$, such that $AD = DE = AC$, $BD = AE$, and $DE$ is parallel to $BC$. Prove that $BD$ equals the side of a regular 10-gon inscribed in a circle with radius $AC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n$DA = DE$, so $DAE$ is isosceles. $DE$ is parallel to $BC$, so $ABC$ is isosceles, so $BA = AC / (2 \\cos A)$. Hence $BD = AC / (2 \\cos A) - AC$. But $AE = 2 AC \\cos A$, so we have an equation for $c = \\cos A$: $4c^2 + 2c - 1 = 0$.\n\n$2\\pi/5, 4\\pi/5, 6\\pi/5, 8\\pi/5$ and $10\\pi/5$ are the roots of: real part of $(\\cos \\theta + i \\sin \\theta)^5 = 1$. Expanding this gives that $\\cos 2\\pi/5$, $\\cos 4\\pi/5$, $\\cos 6\\pi/5$, $\\cos 8\\pi/5$ and $1$ are the roots of $16c^5 - 20c^3 + 5c - 1 = 0$. Dividing by $(c - 1)$ gives $16c^4 + 16c^3 - 4c^2 - 4c + 1 = (4c^2 + 2c - 1)^2$. So $\\cos 2\\pi/5$ ($= \\cos 8\\pi/5$) and $\\cos 4\\pi/5$ ($= \\cos 6\\pi/5$) are the roots of $4c^2 + 2c - 1 = 0$.\n\nWe know that $A < 90^\\circ$ (since $A = C$ and their sum is less than $180^\\circ$). Hence $A = 2\\pi/5$. So $BD = 2 AC \\cos 2\\pi/5 = 2 AC \\sin \\pi/10$, which is the side length for a regular 10-gon inscribed in a circle radius $AC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42553,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a regular tetrahedron $ABCD$, prove that it is contained in the three spheres on diameters $AB$, $BC$ and $AD$. Is this true for any tetrahedron?",
    "options": [],
    "answer": "False in general.",
    "solution": "Solution:\n\nLet the tetrahedron have side $1$. Then the center $O$ is a distance $1 / \\sqrt{8}$ from the center of each of the spheres, so it is contained in each of the spheres. We now use convexity.\n\nTwo circles with diameters two of the sides of a triangle cover the triangle (consider the foot of the altitude to the third side), so faces $ABC$ and $ABD$ are certainly contained in the spheres. Consider face $ACD$. The sphere on $BC$ passes through the midpoints of $AC$ and $CD$, and through $C$, so it contains the triangle formed by these three points (by convexity). But the rest of $ACD$ is contained in the sphere on $AD$. Similarly for the face $BCD$. Hence all the faces are contained in the spheres. But now take any point $P$ inside the tetrahedron. Extend $OP$ to meet a face at $X$. $X$ lies in one of the spheres, but $O$ also lies in the sphere and hence all points on $OX$, including $P$ (by convexity).\n\nFalse in general. Take $ABCD$ to be a plane square, then no points on $CD$ are in the spheres except $C$ and $D$ (and we can obviously distort this slightly to make it less degenerate).",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42554,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe medians divide a triangle into 6 smaller triangles. 4 of the circles inscribed in the smaller triangles have equal radii. Prove that the original triangle is equilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDenote the side lengths by $a$, $b$, $c$ and the corresponding median lengths by $m_a$, $m_b$, $m_c$. The six small triangles all have equal area. [Let the areas be $t_1, \\ldots, t_6$. It is obvious that the adjacent pairs have equal height and equal base, so we have $t_1 = t_2$, $t_3 = t_4$, $t_5 = t_6$. The three on each side of a median sum to the same area, so $t_1 + t_2 + t_3 = t_4 + t_5 + t_6$, $t_1 + t_5 + t_6 = t_2 + t_3 + t_4$. Subtracting gives $t_1 = t_4$. Similarly, $t_2 = t_5$ and we are home.] So by the usual result that twice the area of a triangle equals its perimeter times its inradius, we conclude that the perimeters of four of the small triangles are equal.\n\nTwo of them must share a side of the original triangle. Suppose it is $a$. Then we have: $a/2 + m_a/3 + 2m_b/3 = a/2 + m_a/3 + 2m_c/3$. So $m_b = m_c$. That implies that $b = c$. [Because the triangle formed by the centroid and side $a$ is isosceles, so the median is perpendicular to the side, so the main triangle is isosceles.]\n\nUsing the facts that $b = c$ and $m_b = m_c$, we see that two of the remaining small triangles have perimeter $b/2 + m_b$ and two have perimeter $b/2 + m_b/3 + 2m_a/3$. So there are two cases to consider. In the first case $a/2 - m_a/3 = b/2 - m_b/3$. That implies $a = b$, since if $a < b$, $m_a > m_b$ (consider the triangle formed by the centroid and the side $c$). So the triangle is equilateral.\n\nThe second case is harder. We have: $a/2 + m_a/3 + 2m_b/3 = b/2 + m_b$, and hence $a/2 + m_a/3 = b/2 + m_b/3$ (*). Take the angle between $a$ and $b$ to be $\\theta$. Then $m_a = b \\sin \\theta$, $a = 2b \\cos \\theta$, and $m_b^2 = b^2/4 + a^2 - ab \\cos \\theta = b^2/4 + 2b^2 \\cos^2 \\theta$. We can now use (*) to get an equation for $\\theta$. First we square (*) to get: $m_b^2 = (3a/2 - 3b/2 + m_a)^2$. We divide out the factor $b^2$ to get: $1/4 + 2\\cos^2 \\theta = 3 1/4 + 8\\cos^2 \\theta - 9\\cos \\theta + 3\\sin \\theta (2\\cos \\theta - 1)$. Squaring, so that we can use $\\sin^2 \\theta = 1 - \\cos^2 \\theta$, and writing $c = \\cos \\theta$, we get: $(1 - c^2)(4c^2 - 4c + 1) = 4c^4 - 12c^3 + 13c^2 - 6c + 1$. Hence $8c^4 - 16c^3 + 10c^2 - 2c = 0$. Factorizing: $c(c - 1)(2c - 1)^2 = 0$. $c = 0$ and $c = 1$ give degenerate triangles, so we must have $c = 1/2$ and hence the triangle is equilateral.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42555,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that we can find positive integers $x$, $y$ satisfying $x^{2} + x + 1 = p y$ for an infinite number of primes $p$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nThis is a trivial variant on the proof that there are an infinite number of primes. Suppose that we can only find $x$, $y$ for a finite number of primes $p_1$, $p_2$, ..., $p_n$. Set $x = p_1 p_2 \\dots p_n$. Then none of the $p_i$ can divide $x(x + 1) + 1$. But it must have prime factors. Contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42556,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n9 judges each award 20 competitors a rank from 1 to 20. The competitor's score is the sum of the ranks from the 9 judges, and the winner is the competitor with the lowest score. For each competitor the difference between the highest and lowest ranking (from different judges) is at most 3. What is the highest score the winner could have obtained?",
    "options": [],
    "answer": "24",
    "solution": "Solution:\n\nAt most 4 competitors can receive a rank 1. For a competitor with a rank 1 can only receive ranks 1, 2, 3 or 4. There are only 36 such ranks available and each competitor with a rank 1 needs 9 of them.\n\nIf only one competitor receives a rank 1, then his score is 9. If only 2 competitors receive a rank 1, then one of them must receive at least five rank 1s. His maximum score is then $5 \\times 1 + 4 \\times 4 = 21$. If 4 competitors receive a rank 1, then they must use all the 36 ranks 1, 2, 3, and 4. The total score available is thus $9(1 + 2 + 3 + 4) = 90$, so at least one competitor must receive 22 or less. Thus the winner's maximum score is at most 22. If 3 competitors receive a rank 1, then the winner's score is maximised by giving all three competitors the same score and letting them share the 27 ranks 1, 3 and 4. That gives a winner's score of $9(1 + 3 + 4) / 3 = 24$. That can be achieved in several ways, for example: each competitor gets 3 1s, 3 3s and 3 4s, or one competitor gets 4 1s and 5 4s, another gets 3 1s, 3 3s and 3 4s, another gets 2 1s 6 3s and one 4. Note that it is trivial to arrange ranks for the remaining 17 competitors. For example: give one 5 2s and 4 5s total 30, one 4 2s and 5 5s total 33, and then one 9 6s, one 9 7s and so on.\n\nThus the answer is 24, with three joint winners. If there is required to be a single winner, then the answer is 23.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42557,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$\\{a_i\\}$ and $\\{b_i\\}$ are permutations of $\\{1/1, 1/2, \\dots, 1/n\\}$. $a_1 + b_1 \\geq a_2 + b_2 \\geq \\ldots \\geq a_n + b_n$. Prove that for every $m$ ($1 \\leq m \\leq n$), $a_m + b_m \\geq \\dfrac{4}{m}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42558,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere is a set of scales on the table and a collection of weights. Each weight is on one of the two pans. Each weight has the name of one or more pupils written on it. All the pupils are outside the room. If a pupil enters the room then he moves the weights with his name on them to the other pan. Show that you can let in a subset of pupils one at a time, so that the scales change position after the last pupil has moved his weights.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42559,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe streets in a city are on a rectangular grid with $m$ east-west streets and $n$ north-south streets. It is known that a car will leave some (unknown) junction and move along the streets at an unknown and possibly variable speed, eventually returning to its starting point without ever moving along the same block twice. Detectors can be positioned anywhere except at a junction to record the time at which the car passes and its direction of travel. What is the minimum number of detectors needed to ensure that the car's route can be reconstructed?",
    "options": [],
    "answer": "(m - 1)(n - 1)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42560,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe circle inscribed in the triangle $ABC$ touches the side $AC$ at $K$. Prove that the line joining the midpoint of $AC$ with the center of the circle bisects the segment $BK$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42561,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWhich is greater: $31^{11}$ or $17^{14}$? [No calculators allowed!]",
    "options": [],
    "answer": "17^14",
    "solution": "Solution:\n\n$17^{2} = 289 > 9 \\cdot 31$. So $17^{14} > 9^{7} 31^{7}$. But $3^{7} = 2187 > 31^{2}$. Hence $17^{14} > 31^{11}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42562,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe sides and diagonals of $ABCD$ have rational lengths. The diagonals meet at $O$. Prove that the length $AO$ is also rational.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n$AB = AO \\cos OAB + BO \\cos OBA$. We can derive a rational expression for $\\cos OAB$ using the cosine rule for triangle $ABC$. Similarly for $\\cos OBA$ using the cosine rule for triangle $DAB$. So $OA = r_1 + r_2 OB$, where $r_1$ denotes a rational number. Similarly, $OB = r_3 + r_4 OC$, so $OA = r_5 + r_6 OC$. But $OA + OC = AC = r_7$. Hence $OA$ is rational.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42563,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA circle radius $100$ is drawn on squared paper with unit squares. It does not touch any of the grid lines or pass through any of the lattice points. What is the maximum number of squares can it pass through?",
    "options": [],
    "answer": "800",
    "solution": "Solution:\n\nTake compass directions aligned with the grid. Let $N$, $E$, $S$, $W$ be the most northerly, easterly, southerly and westerly points on the circle. The arc from $N$ to $E$ must cross $100$ north-south grid lines and $100$ east-west grid lines. Each time it crosses a grid line it changes square (and it never crosses two grid lines at once, because it does not pass through any lattice points), so the arc $N$ to $E$ must pass through $200$ in addition to the starting square. Similarly for the other $4$ arcs. So the circle passes through a total of $800$ squares (we count the starting square in the last $200$).",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42564,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn a group of students, $50$ speak English, $50$ speak French and $50$ speak Spanish. Some students speak more than one language. Prove it is possible to divide the students into $5$ groups (not necessarily equal), so that in each group $10$ speak English, $10$ speak French and $10$ speak Spanish.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $EF$ denote the number of students speaking English and French. Similarly define $ES$, $FS$, $E$, $F$, $S$, $EFS$. Then $ES + EF + E + EFS = 50$, $EF + FS + F + EFS = 50$. Subtracting: $ES - F = FS - E$. Similarly, $ES - F = EF - S$.\n\nPair off members of $FS$ with members of $E$. Similarly, members of $ES$ with $F$, and members of $EF$ with $S$. The resulting pairs have one person speaking each language. If $\\{ES\\} = \\{F\\}$, then the only remaining students are those in $EFS$, who speak all three languages. We thus have a collection of units (pairs or individuals) each containing one speaker of each language.\n\nIf $\\{ES\\} < \\{F\\}$, then after the pairing off we are left with equal numbers of members of $E$, $F$, and $S$. These may be formed into triplets, with each triplet containing one speaker of each language. As before we also have the students in $EFS$. Again, we have partitioned the student body into units with each unit containing one speaker of each language.\n\nIf $\\{ES\\} > \\{F\\}$, then after the pairing off, we are left with an equal number of members of $ES$, $FS$ and $EF$. These may be formed into triplets, with each triplet containing two speakers of each language. So, in this case we partition the student body into units with each unit containing either one speaker of each language, or two speakers of each language.\n\nFinally, we may divide the units into $5$ groups with $10$ speakers of each language in each group.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42565,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProve that:\n$$\n\\frac{2}{x^{2} - 1} + \\frac{4}{x^{2} - 4} + \\frac{6}{x^{2} - 9} + \\ldots + \\frac{20}{x^{2} - 100} =\n$$\n$$\n\\frac{11}{(x - 1)(x + 10)} + \\frac{11}{(x - 2)(x + 9)} + \\ldots + \\frac{11}{(x - 10)(x + 1)}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$$\n\\text{lhs} = \\frac{1}{x - 1} - \\frac{1}{x + 1} + \\frac{1}{x - 2} - \\frac{1}{x + 2} + \\ldots + \\frac{1}{x + 10} - \\frac{1}{x - 10} =\n$$\n$$\n\\frac{1}{x - 1} - \\frac{1}{x + 10} + \\frac{1}{x - 2} - \\frac{1}{x + 9} + \\ldots + \\frac{1}{x - 10} - \\frac{1}{x + 1} = \\text{rhs}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42566,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe difference between the longest and shortest diagonals of the regular $n$-gon equals its side. Find all possible $n$.",
    "options": [],
    "answer": "n = 9",
    "solution": "Solution:\nAnswer: $n = 9$\n\nFor $n < 6$, there is at most one length of diagonal. For $n = 6$, $7$ the longest and shortest, and a side of the $n$-gon form a triangle, so the difference between the longest and shortest is less than the side.\n\nFor $n > 7$ the side has length $2R \\sin \\dfrac{\\pi}{n}$, the shortest diagonal has length $2R \\sin \\dfrac{2\\pi}{n}$, and the longest diagonal has length $2R$ for $n$ even and $2R \\cos \\dfrac{\\pi}{2n}$ for $n$ odd (where $R$ is the radius of the circumcircle). Thus we require:\n\n$\\sin \\dfrac{2\\pi}{n} + \\sin \\dfrac{\\pi}{n} = 1$ and $n$ even, or\n\n$\\sin \\dfrac{2\\pi}{n} + \\sin \\dfrac{\\pi}{n} = \\cos \\dfrac{\\pi}{2n}$ and $n$ odd.\n\nEvidently the lhs is a strictly decreasing function of $n$ and the rhs is an increasing function of $n$, so there can be at most one solution of each equation. The second equation is satisfied by $n = 9$, although it is easier to see that there is a quadrilateral with the longest diagonal and shortest diagonals as one pair of opposite sides, and $9$-gon sides as the other pair of opposite sides. The angle between the longest side and an adjacent side is $60$, so that its length is the length of the shortest diagonal plus $2 \\times$ $9$-gon side $\\times \\cos 60$. Hence that is the only solution for $n$ odd.\n\nFor $n = 8$ we have the same quadrilateral as for the $9$-gon except that the angle is $67.5$ and hence the difference is less than $1$. For $n = 10$, $\\sin \\dfrac{2\\pi}{10} + \\sin \\dfrac{\\pi}{10} = \\sin \\dfrac{\\pi}{10}(2 \\cos \\dfrac{\\pi}{10} + 1) < 3 \\sin \\dfrac{\\pi}{10} < 3\\dfrac{\\pi}{10} < 1$. So there are no solutions for $n$ even $\\geq 10$, and hence no solutions for $n$ even.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42567,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe sequence $\\{a_n\\}$ is defined as follows: $a_1 = 1$, $a_{n+1} = a_n + 1 / a_n$ for $n \\geq 1$. Prove that $a_{100} > 14$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nFirst we must notice that for $1 \\leq a, b$ we have $a < b$, then $a + 1 / a < b + 1 / b$. This is basic to any estimation.\n\nThe obvious approach is to notice that if $a_i \\leq n$, then $a_{i+1} \\geq a_i + 1 / n$. Hence it takes at most $n$ steps to get from $n-1$ to $n$. Unfortunately, this does not quite work: we need $2 + 3 + \\ldots + 14 = 104$ steps to get from $1$ to $14$.\n\nThe trick is to notice that $a_{n+1}^2 > a_n^2 + 2$. But $a_2 = 2$, so $a_n^2 > 2n$. That gives $a_{100}^2 > 200 > 14^2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42568,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven point $O$ inside the acute-angled triangle $ABC$, and point $O'$ inside the acute-angled triangle $A'B'C'$. $D$, $E$, $F$ are the feet of the perpendiculars from $O$ to $BC$, $CA$, $AB$ respectively, and $D'$, $E'$, $F'$ are the feet of the perpendiculars from $O'$ to $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ respectively. $OD$ is parallel to $O'A'$, $OE$ is parallel to $O'B'$ and $OF$ is parallel to $O'C'$. Also $OD - O'A' = OE - O'B' = OF - O'C'$. Prove that $O'D'$ is parallel to $OA$, $O'E'$ to $OB$ and $O'F'$ to $OC$, and that $O'D' \\cdot OA = O'E' \\cdot OB = O'F' \\cdot OC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\nLet $\\Gamma$ be the circumcircle of $DEF$. Let $OD$, $OE$, $OF$ meet it again at $A''$, $B''$, $C''$ respectively. Then the figure $O'A'B'C'$ must be similar to $OA''B''C''$. So to prove that $OD$ is parallel to $O'A'$, we have to prove that $AO$ is perpendicular to $B''C''$.\n\nSo $AO$ meets $B''C''$ at $D''$. Now since $\\square AFC'' = 90^{0}$ and $\\square AD''C'' = 90^{0}$, both $F$ and $D'$ lie on the circle diameter $AC''$. Hence $AO - OD'' = OF - OC''$. Similarly, $BO$ meets $C''A''$ at $E''$, and $CO$ meets $A''B''$ at $F''$, and $BO - OE'' = OD - OA''$ and $CO - OF'' = OE - OB''$. Hence $OD'' \\cdot OA = OE'' \\cdot OB = OF'' \\cdot OC$. So using the similarity, $OD' - OA = OE' - OB = OF' - OC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42569,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn the quadrilateral $ABCD$, $BC$ is parallel to $AD$. The point $E$ lies on the segment $AD$ and the perimeters of $ABE$, $BCE$ and $CDE$ are equal. Prove that $BC = AD / 2$.",
    "options": [],
    "answer": "null",
    "solution": "Solution:\n\nTake $E_1$ on the line $AD$ so that $AE_1CB$ is a parallelogram. Then $AE_1 = BC$, $AB = CE_1$, so triangles $ABE_1$ and $BCE_1$ have equal perimeters. Moreover, $E_1$ is the only point on the line for which this is true. For if we move $E$ a distance $x$ from $E_1$, then we change $AE_1$ by $x$, and $CE_1$ by less than $x$. $AB$ and $BC$ are unchanged. So $AB + BE_1$ and $BC + CE_1$ are changed by different amounts. Hence the perimeters of $ABE_1$ and $BCE_1$ are no longer equal.\n\nSimilarly, let $E_2$ be the point on the line $AD$ so that $BCDE_2$ is a parallelogram. Then $E_2$ is the unique point such that $BCE_2$ and $CDE_2$ have equal perimeters. So if all three triangles have equal perimeters, then $E_1$ and $E_2$ must coincide and hence $BC = AE = DE$, so $BC = AD / 2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42570,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a pentagon with equal sides.  \n(a) Prove that there is a point $X$ on the longest diagonal such that every side subtends an angle at most $90$ degrees at $X$.  \n(b) Prove that the five circles with diameter one of the pentagon's sides do not cover the pentagon.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42571,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven the equation $x^{3} + a x^{2} + b x + c = 0$, the first player gives one of $a$, $b$, $c$ an integral value. Then the second player gives one of the remaining coefficients an integral value, and finally the first player gives the remaining coefficient an integral value. The first player's objective is to ensure that the equation has three integral roots (not necessarily distinct). The second player's objective is to prevent this. Who wins?",
    "options": [],
    "answer": "First player",
    "solution": "Solution:\nThe first player wins.\n\nThe first player starts by choosing $c = 0$. Now if the second player selects $a$, then the first player can take $b = a - 1$. Then the polynomial factorizes as: $x(x + 1)(x + a - 1)$ with integral roots $0$, $-1$, $1 - a$.\n\nIf the second player selects $b$, then the first player can take $a = b + 1$. Then the polynomial factorizes as $x(x + 1)(x + b)$ with integral roots $0$, $-1$, $-b$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 42572,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n20 teams compete in a competition. What is the smallest number of games that must be played to ensure that given any three teams at least two play each other?",
    "options": [],
    "answer": "90",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42573,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA regular $n$-gon is inscribed in a circle radius $R$. The distance from the center of the circle to the center of a side is $h_{n}$. Prove that $(n + 1) h_{n + 1} - n h_{n} > R$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42574,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA wolf is in the center of a square field and there is a dog at each corner. The wolf can run anywhere in the field, but the dogs can only run along the sides. The dogs' speed is $\\frac{3}{2}$ times the wolf's speed. The wolf can kill a single dog, but two dogs together can kill the wolf. Prove that the dogs can prevent the wolf escaping.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42575,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA finite sequence of 0s and 1s has the following properties: (1) for any $i < j$, the sequences of length 5 beginning at position $i$ and position $j$ are different; (2) if you add an additional digit at either the start or end of the sequence, then (1) no longer holds. Prove that the first 4 digits of the sequence are the same as the last 4 digits.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet the last 4 digits be $a b c d$. Then the 5 digit sequences $a b c d 0$ and $a b c d 1$ must occur somewhere. If neither of them are at the beginning then there are three 5 digit sequences $x a b c d$, two of which must therefore be the same, contradicting (1). Hence $a b c d$ are the first 4 digits.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42576,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven positive numbers $a$, $b$, $c$, $d$ prove that at least one of the inequalities does not hold:\n$a + b < c + d$ ;\n$(a + b)(c + d) < ab + cd$ ;\n$(a + b)cd < ab(c + d)$ .",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nFrom the first and second inequalities we have $ab + cd > a(c + d) + b(a + b)$, so $cd > ad$, and hence $c > a$.\n\nWe also have $ab + cd > a(a + b) + b(c + d)$, so $cd > bc$, and hence $d > b$.\n\nSo $1/a + 1/b > 1/c + 1/d$, which contradicts the third inequality.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 42577,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the smallest positive integer $a$ such that we can find integers $b$ and $c$ so that $a x^2 + b x + c$ has two distinct positive roots less than $1$?",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "Solution:\n$4x^2 - 4x + 1 = (2x - 1)^2$, which has the double root $1/2$. So it remains to consider $a = 1,2,3$.\n\n- $b/a$ is the sum of the roots, so $b$ is negative. $c/a$ is the product of the roots, so $c$ is positive. If $a = 1$, then the product of the roots is $c$, which is at least $1$, so both roots cannot lie strictly between $0$ and $1$.\n\nIf $a = 2$, then the sum of the roots is less than $2$, so $b$ must be $-1$, $-2$, or $-3$. The roots are real so $b^2 > 4ac = 8c$. Hence $b = -3$ and $c = 1$. But $2x^2 - 3x + 1 = (2x - 1)(x - 1)$ and one root is not less than $1$.\n\nIf $a = 3$, then $b$ must be $-1$, $-2$, ..., or $-5$. But $b^2 > 4ac = 12c$, so $(b,c) = (-4,1), (-5,1)$ or $(-5,2)$. In the first and last case, the equation has a root $1$. In the middle case it has a root $5/6 + \\sqrt{13/6} = 1.434 > 1$. Thus there are no solutions for $a = 1,2,3$ and so the smallest value of $a$ is $4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42578,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ is an integer. Prove that the sum of all fractions $1/rs$, where $r$ and $s$ are relatively prime integers satisfying $0 < r < s \\leq n$, $r + s > n$, is $1/2$.",
    "options": [],
    "answer": "1/2",
    "solution": "Solution:\n\nWe use induction on $n$. If $n = 2$, then the only such fraction is $r = 1$, $s = 2$, giving $1/rs = 1/2$, so the result holds.\n\nSuppose it holds for $n - 1$. As we move to $n$, we lose the fractions with $r + s = n$. The other fractions $1/rs$ which satisfy the conditions for $n - 1$ also satisfy the conditions for $n$. We also gain the fractions with $s = n$. These have sum $= 1/n$ (sum $1/r$ for all $r$ satisfying $0 < r < n$ and $r$ relatively prime to $n$).\n\nBut if $r$ is relatively prime to $n$, then so is $n - r$, and $n - r$ does not equal $r$ (otherwise $r$ divides $n$). The pair $1/r$, $1/(n - r)$ has sum $n/(r(n - r))$. So the fractions with $s = n$ have sum equal to the sum of all $1/(r(n - r))$ with $0 < r < n$ and $r$ relatively prime to $n$. But that is exactly the sum of the fractions lost. Thus the total is unchanged as we move from $n - 1$ to $n$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42579,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven $n$ points in space such that the triangle formed from any three of the points has an angle greater than $120$ degrees. Prove that the points can be labeled $1, 2, 3, \\ldots, n$ so that the angle defined by $i$, $i+1$, $i+2$ is greater than $120$ degrees for $i = 1, 2, \\ldots, n-2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42580,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind four different three-digit numbers (in base 10) starting with the same digit, such that their sum is divisible by three of the numbers.",
    "options": [],
    "answer": "108, 117, 135, 180",
    "solution": "Solution:\nAnswer: $108$, $117$, $135$, $180$. Sum $540 = 108 \\times 5 = 135 \\times 4 = 180 \\times 3$.\n\nTry looking for a number of the form $3n$, $4n$, $5n$, $n$. We want $12n$, $15n$ and $20n$ to have the same first digit. If the first digit is $1$, this requires $n = 9$. We must now check that the fourth number which must be $60n - 12n - 15n - 20n = 13n$ also has three digits starting with $1$. It does, so we are home. [In fact, in this case the first digit must be $1$, since $20n > \\frac{3}{2} 12n$.]",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42581,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEvery city in a certain state is directly connected by air with at most three other cities in the state, but one can get from any city to any other city with at most one change of plane. What is the maximum possible number of cities?",
    "options": [],
    "answer": "10",
    "solution": "Solution:\nAnswer: 10.\nTake a particular city $X$. At most $3$ cities are directly connected to $X$. Each of those is directly connected to at most $2$ other cities (apart from $X$). So $X$ is connected with at most one change to at most $9$ other cities. Thus the maximum number is at most $10$.\n\nWe can achieve $10$ as follows. Label the cities $1, \\ldots, 10$. Make direct connections as follows: $1$: $2, 3, 4$; $2$: $1, 5, 6$; $3$: $1, 7, 8$; $4$: $1, 9, 10$; $5$: $2, 7, 9$; $6$: $2, 8, 10$; $7$: $3, 5, 10$; $8$: $3, 6, 9$; $9$: $4, 5, 8$; $10$: $4, 6, 7$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42582,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a circle, diameter $AB$ and a point $C$ on $AB$, show how to construct two points $X$ and $Y$ on the circle such that (1) $Y$ is the reflection of $X$ in the line $AB$, (2) $YC$ is perpendicular to $XA$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$AB$ is a diameter, so $BX$ is perpendicular to $AX$ and hence parallel to $YC$. $YX$ is perpendicular to $BC$, so $YC = YB$. Hence $X$ and $Y$ lie on the perpendicular bisector of $BC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42583,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is a triangle with incenter $I$. $M$ is the midpoint of $BC$. $IM$ meets the altitude $AH$ at $E$. Show that $AE = r$, the radius of the inscribed circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42584,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven any positive integer $n$, show that we can find infinitely many integers $m$ such that $m$ has no zeros (when written as a decimal number) and the sum of the digits of $m$ and $mn$ is the same.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42585,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo congruent rectangles of area $A$ intersect in eight points. Show that the area of the intersection is more than $A/2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42586,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIf the numbers from $11111$ to $99999$ are arranged in an arbitrary order show that the resulting $444445$ digit number is not a power of $2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the set of numbers be $S$. Define the function $f$ on $S$ as follows. Replace each digit $i$ in $n$ by $9 - i$ for $0 < i < 9$. This gives $f(n)$. Then $f(f(n)) = n$, so $f$ is a bijection. The fixed points have only the digits $0$ and $9$ and so are all divisible by $9$. The other points divide into pairs $(n, f(n))$ and the sum of each pair is divisible by $9$. Hence the sum of all the numbers in $S$ is divisible by $9$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42587,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$S$ is the set of all positive integers with $n$ decimal digits or less and with an even digit sum. $T$ is the set of all positive integers with $n$ decimal digits or less and an odd digit sum. Show that the sum of the $k$th powers of the members of $S$ equals the sum for $T$ if $1 \\leq k < n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42588,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe vertices of a regular $n$-gon are colored (each vertex has only one color). Each color is applied to at least three vertices. The vertices of any given color form a regular polygon. Show that there are two colors which are applied to the same number of vertices.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42589,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe product of three positive numbers is $1$, their sum is greater than the sum of their inverses. Prove that just one of the numbers is greater than $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nThe product of the numbers is $1$, so they cannot all be greater than $1$ or all less than $1$. If all equalled $1$, then the sum would not be greater than the sum of the inverses. So we must have either one or two greater than $1$. Thus it is sufficient to show that we cannot have two of the numbers greater than $1$.\n\nSuppose that $a$, $b > 1$. Then since $a + b + c > 1/a + 1/b + 1/c$, we have $a + b + 1/(ab) > 1/a + 1/b + ab$, and hence $(1 - 1/a)(1 - 1/b) > (a - 1)(b - 1)$. Dividing by $(a - 1)(b - 1)$ gives $ab < 1$. Contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42590,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the greatest number of sides of a convex polygon that can equal its longest diagonal?",
    "options": [],
    "answer": "2, except for the equilateral triangle",
    "solution": "Solution:\nAnswer: 2, except for the equilateral triangle.\nIt is easy to find two. Take the two sides to be $AB$ and $AC$ with angle $BAC = 60^{\\circ}$, and take the other vertices on the minor arc of the circle center $A$ radius $AB$ between $B$ and $C$.\n\nLet the longest diagonal have length $k$. Suppose there are three sides with length $k$. Extend them (if necessary) so they meet at $A$, $B$, $C$. Suppose $\\angle A > 60^{\\circ}$. Take the vertices on side $AB$ to be $P$, $Q$ (where we may have $P = A$, or $Q = B$, or both). Take the vertices on side $AC$ to be $R$, $S$ (where we may have $R = A$, or $S = C$, or both). Then $AQ \\geq k$, $AS \\geq k$, so $QS > k$. Contradiction. Hence angle $A \\leq 60^{\\circ}$. The same is true for $\\angle B$ and $\\angle C$. Hence $\\angle A = \\angle B = \\angle C = 60^{\\circ}$. But now $QS > k$ unless $A = P = R$. Similarly, $B$ and $C$ must be vertices of the convex polygon, so that it is just an equilateral triangle.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42591,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ is a $17$ digit number. $m$ is derived from $n$ by taking its decimal digits in the reverse order. Show that at least one digit of $n + m$ is even.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the number be $n$ with digits $d_1d_2\\ldots d_{17}$, so that the reversed number $m$ has digits $d_{17}d_{16}\\ldots d_1$. Let the digits of $n + m$ be $a_0a_1\\ldots a_{17}$, where $a_0$ may be zero. Let the carry forward when adding digits to get $a_i$ be $c_{i - 1}$, so that, in general, $c_i + d_i + d_{18 - i} = a_i + 10 c_{i - 1}$. Obviously $c_i$ is $0$ or $1$.\n\nSuppose all the digits $a_i$ are odd (except that $a_0$ may be zero). Now $c_9 + 2d_9 = a_9 + 10 c_8$. Since $a_9$ is odd, $c_9$ must be $1$. But if we consider $c_{10} + d_{10} + d_8 = a_{10} + 10 c_9$, we see that since $a_{10}$ is odd it is at least $1$ and hence $d_8 + d_{10}$ is at least $10$. Hence there must be a non-zero carry $c_9$ in $c_{10} + d_{10} + d_8 = a_{10} + 10 c_9$ irrespective of the value of $c_{10}$.\n\nWe can now iterate and conclude successively that $c_{12}$, $c_{14}$, $c_{16}$ must be non-zero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42592,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA room is an equilateral triangle side $100$ meters. It is subdivided into $100$ rooms, all equilateral triangles with side $10$ meters. Each interior wall between two rooms has a door. If you start inside one of the rooms and can only pass through each door once, show that you cannot visit more than $91$ rooms.\n\nSuppose now the large triangle has side $k$ and is divided into $k^2$ small triangles by lines parallel to its sides. A chain is a sequence of triangles, such that a triangle can only be included once and consecutive triangles have a common side. What is the largest possible number of triangles in a chain?",
    "options": [],
    "answer": "k^2 - k + 1 (which equals 91 when k = 10)",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42593,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven 5 segments such that any 3 can be used to form a triangle. Show that at least one of the triangles is acute-angled.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the segments have lengths $a \\leq b \\leq c \\leq d \\leq e$.\n\nSuppose, for contradiction, that all triangles formed are obtuse-angled. Then, for any triangle with sides $x \\leq y \\leq z$, the triangle is obtuse only if $z^2 > x^2 + y^2$.\n\nConsider the three largest segments: $c$, $d$, $e$.\n\n- For triangle with sides $c$, $d$, $e$: $e^2 > c^2 + d^2$.\n- For triangle with sides $b$, $c$, $d$: $d^2 > b^2 + c^2$.\n- For triangle with sides $a$, $b$, $c$: $c^2 > a^2 + b^2$.\n\nAdding these inequalities:\n\n$e^2 + d^2 + c^2 > (c^2 + d^2) + (b^2 + c^2) + (a^2 + b^2)$\n\n$e^2 + d^2 + c^2 > c^2 + d^2 + b^2 + c^2 + a^2 + b^2$\n\n$e^2 + d^2 + c^2 > a^2 + 2b^2 + 2c^2 + d^2$\n\nSubtract $d^2 + c^2$ from both sides:\n\n$e^2 > a^2 + 2b^2 + c^2$\n\nBut $e \\leq a + b$ (since any three segments form a triangle, so the sum of the two smallest is greater than the largest), so:\n\n$e^2 \\leq (a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2$\n\nBut $a^2 + 2ab + b^2 \\leq a^2 + 3b^2$ (since $ab \\leq b^2$), so:\n\n$e^2 \\leq a^2 + 3b^2$\n\nBut from above, $e^2 > a^2 + 2b^2 + c^2 > a^2 + 3b^2$ (since $c \\geq b$), which is a contradiction.\n\nTherefore, at least one of the triangles is acute-angled.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42594,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is an acute-angled triangle. The angle bisector $AD$, the median $BM$ and the altitude $CH$ are concurrent. Prove that angle $A$ is more than $45$ degrees.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe use Ceva's theorem. Since $AD$, $BM$, $CH$ are concurrent, we have $(BD/DC) \\cdot (CM/MA) \\cdot (AH/BH) = 1$. But $CM = MA$ and since $AD$ is the angle bisector $BD/DC = AB/AC$, so $(AB/AC) \\cdot (AH/BH) = 1$. Hence $AH/AC = BH/AB < 1$. So angle $HAC >$ angle $HCA$. But angle $AHC = 90^\\circ$, so angle $A > 45^\\circ$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42595,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFive $n$-digit binary numbers have the property that every two numbers have the same digits in just $m$ places, but no place has the same digit in all five numbers. Show that $\\frac{2}{5} \\leq \\frac{m}{n} \\leq \\frac{3}{5}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42596,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that given $200$ integers you can always choose $100$ with sum a multiple of $100$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42597,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProve that we can find a number divisible by $2^{n}$ whose decimal representation uses only the digits $1$ and $2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nInduction on $n$. We claim that we can find $N$ with $n$ digits, all $1$ or $2$, so that $N$ is divisible by $2^{n}$.\n\nTrue for $n = 1$: take $N = 2$.\n\nSuppose it is true for $n$. If $2^{n + 1}$ divides $N$, then since $2^{n + 1}$ divides $2 \\times 10^{n}$, it also divides $N'$ obtained from $N$ by placing a $2$ in front of it.\n\nIf $2^{n + 1}$ does not divide $N$, then $N = 2^{n} \\times \\text{odd}$ and $10^{n} = 2^{n} \\times \\text{odd}$, so $N + 10^{n}$ (in other words, the $n + 1$ digit number obtained by placing a $1$ in front of $N$) is divisible by $2^{n + 1}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42598,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven any set $S$ of $25$ positive integers, show that you can always find two such that none of the other numbers equals their sum or difference.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42599,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A$ and $B$ are adjacent vertices of a $12$-gon. Vertex $A$ is marked $-$ and the other vertices are marked $+$. You are allowed to change the sign of any $n$ adjacent vertices. Show that by a succession of moves of this type with $n = 6$ you cannot get $B$ marked $-$ and the other vertices marked $+$. Show that the same is true if all moves have $n = 3$ or if all moves have $n = 4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42600,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEqually spaced perpendicular lines divide a large piece of paper into unit squares. $N$ squares are colored black. Show that you can always cut out a set of disjoint square pieces of paper, so that all the black squares are removed and the black area of each piece is between $1/5$ and $4/5$ of its total area.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe proceed by induction on $N$.\n\nBase case: $N = 1$. The single black square can be cut out as a $1 \\times 1$ square. The black area is $1$, which is between $1/5$ and $4/5$ of $1$ (since $1 = 1$). So the base case holds.\n\nInductive step: Suppose the statement is true for all numbers less than $N$. Consider $N$ black squares.\n\nLet $k$ be the largest integer such that $k^2 \\leq N$. Consider all possible $k \\times k$ squares on the grid. Each such square contains at most $k^2$ black squares. Among all $k \\times k$ squares, choose one that contains the largest number $m$ of black squares. Then $m \\geq N / (n - k + 1)^2$, where $n$ is the side length of the grid (but since the paper is large, we can always find such a square).\n\nIf $m \\geq k^2 / 5$, then $m \\leq k^2$ and $m \\geq k^2 / 5$. If $m \\leq 4k^2 / 5$, then we can cut out this $k \\times k$ square, and the black area is between $1/5$ and $4/5$ of its total area. Remove these $m$ black squares, and apply the induction hypothesis to the remaining $N - m$ black squares.\n\nIf $m > 4k^2 / 5$, then $m$ is close to $k^2$. Cut out this $k \\times k$ square. The black area is more than $4/5$ of its total area, but less than or equal to $k^2$. In this case, we can cut out a larger square. Consider a $(k+1) \\times (k+1)$ square containing the $k \\times k$ square. The number of black squares in this $(k+1) \\times (k+1)$ square is at most $N$, and at least $m$. If the number of black squares in this $(k+1) \\times (k+1)$ square is between $1/5$ and $4/5$ of its area, we are done. If not, repeat the process with larger squares.\n\nSince the total number of black squares is $N$, and the area of the paper is much larger, we can always find such squares. At each step, we remove a square with the required property, and the process terminates after finitely many steps.\n\nTherefore, it is always possible to cut out a set of disjoint square pieces of paper so that all the black squares are removed and the black area of each piece is between $1/5$ and $4/5$ of its total area.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42601,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ is a positive integer. $S$ is the set of all triples $(a, b, c)$ such that $1 \\leq a, b, c \\leq n$. What is the smallest subset $X$ of triples such that for every member of $S$ one can find a member of $X$ which differs in only one position. [For example, for $n = 2$, one could take $X = \\{ (1, 1, 1), (2, 2, 2) \\}$.]",
    "options": [],
    "answer": "ceil(n^2 / 2)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42602,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $f(x, y) = x^2 + x y + y^2$. Show that given any real $x$, $y$ one can always find integers $m$, $n$ such that $f(x - m, y - n) \\leq 1/3$. What is the corresponding result if $f(x, y) = x^2 + a x y + y^2$ with $0 \\leq a \\leq 2$?",
    "options": [],
    "answer": "For f(x, y) = x^2 + x y + y^2, there exist integers m, n such that f(x − m, y − n) ≤ 1/3 for all real x, y. More generally, for f(x, y) = x^2 + a x y + y^2 with 0 ≤ a ≤ 2, there exist integers m, n such that f(x − m, y − n) ≤ 1/(2 + a) for all real x, y.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42603,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA switch has two inputs $1$, $2$ and two outputs $1$, $2$. It either connects $1$ to $1$ and $2$ to $2$, or $1$ to $2$ and $2$ to $1$. If you have three inputs $1$, $2$, $3$ and three outputs $1$, $2$, $3$, then you can use three switches, the first across $1$ and $2$, then the second across $2$ and $3$, and finally the third across $1$ and $2$. It is easy to check that this allows the output to be any permutation of the inputs and that at least three switches are required to achieve this. What is the minimum number of switches required for $4$ inputs, so that by suitably setting the switches the output can be any permutation of the inputs?",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42604,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n(1) $A_1A_2A_3$ is a triangle. Points $B_1$, $B_2$, $B_3$ are chosen on $A_1A_2$, $A_2A_3$, $A_3A_1$ respectively and points $D_1$, $D_2$, $D_3$ on $A_3A_1$, $A_1A_2$, $A_2A_3$ respectively, so that if parallelograms $A_iB_iC_iD_i$ are formed, then the lines $A_iC_i$ concur. Show that $A_1B_1 : A_2B_2 : A_3B_3 = A_1D_1 : A_2D_2 : A_3D_3$.\n\n(2) $A_1A_2\\ldots A_n$ is a convex polygon. Points $B_i$ are chosen on $A_iA_{i + 1}$ (where we take $A_{n + 1}$ to mean $A_1$), and points $D_i$ on $A_{i - 1}A_i$ (where we take $A_0$ to mean $A_n$) such that if parallelograms $A_iB_iC_iD_i$ are formed, then the $n$ lines $A_iC_i$ concur. Show that $\\prod A_iB_i = \\prod A_iD_i$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42605,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n(1) Player $A$ writes down two rows of $10$ positive integers, one under the other. The numbers must be chosen so that if $a$ is under $b$ and $c$ is under $d$, then $a + d = b + c$. Player $B$ is allowed to ask for the identity of the number in row $i$, column $j$. How many questions must he ask to be sure of determining all the numbers?\n\n(2) An $m \\times n$ array of positive integers is written on the blackboard. It has the property that for any four numbers $a$, $b$, $c$, $d$ with $a$ and $b$ in the same row, $c$ and $d$ in the same row, $a$ above $c$ (in the same column) and $b$ above $d$ (in the same column) we have $a + d = b + c$. If some numbers are wiped off, how many must be left for the table to be accurately restored?",
    "options": [],
    "answer": "(1) 11; (2) m + n - 1",
    "solution": "Solution:\n\n(1) is trivial. We can write the condition as $b - a = d - c$, so the $10$ numbers in the first row and $1$ in the second row can all be chosen arbitrarily. Hence at least $11$ questions are needed. But they are also sufficient. Having determined those numbers, the others immediately follow.\n\n(2). The $m + n - 1$ numbers in the first row and first column can all be chosen arbitrarily, but are sufficient to determine all the numbers. Hence at least $m + n - 1$ numbers must survive.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42606,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCircles, each with radius less than $R$, are drawn inside a square side $1000R$. There are no points on different circles a distance $R$ apart. Show that the total area covered by the circles does not exceed $340,000 R^2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42607,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nYou are given three positive integers. A move consists of replacing $m \\leq n$ by $2m$, $n - m$. Show that you can always make a series of moves which results in one of the integers becoming zero. [For example, if you start with $4, 5, 10$, then you could get $8, 5, 6$, then $3, 10, 6$, then $6, 7, 6$, then $0, 7, 12$. ]",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42608,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe real numbers $a$, $b$, $A$, $B$ satisfy $$(B - b)^2 < (A - a)(Ba - Ab).$$ Show that the quadratics $x^2 + ax + b = 0$ and $x^2 + Ax + B = 0$ have real roots and between the roots of each there is a root of the other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42609,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe projections of a body on two planes are circles. Show that the circles have the same radius.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42610,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn integer is written at each vertex of a regular $n$-gon. A move is to find four adjacent vertices with numbers $a$, $b$, $c$, $d$ (in that order), so that $(a - d)(b - c) < 0$, and then to interchange $b$ and $c$. Show that only finitely many moves are possible. For example, a possible sequence of moves is shown below:\n\n| 1 | 7 | 2 | 3 | 5 | 4 |\n|---|---|---|---|---|---|\n| 1 | 2 | 7 | 3 | 5 | 4 |\n| 1 | 2 | 3 | 7 | 5 | 4 |\n| 1 | 2 | 3 | 5 | 7 | 4 |\n| 2 | 1 | 3 | 5 | 7 | 4 |",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42611,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA polygon $P$ has an inscribed circle center $O$. If a line divides $P$ into two polygons with equal areas and equal perimeters, show that it must pass through $O$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet the line divide $P$ into two polygons $P_1$ and $P_2$ with equal areas and equal perimeters. Suppose, for contradiction, that the dividing line $\\ell$ does not pass through $O$.\n\nLet $r$ be the radius of the inscribed circle. The inscribed circle is tangent to every side of $P$.\n\nLet $d$ be the (signed) distance from $O$ to $\\ell$. Consider the two regions $P_1$ and $P_2$.\n\nThe perimeter of $P$ is equal to the sum of the lengths of the tangents from $O$ to the sides, which is $n r$ for an $n$-gon, but more generally, the sum of the distances from $O$ to the sides times the number of sides.\n\nHowever, more simply, note that the inscribed circle is tangent to every side, so the sum of the distances from $O$ to the sides (counted with multiplicity) is constant.\n\nNow, if the line $\\ell$ does not pass through $O$, then the two regions $P_1$ and $P_2$ have boundaries consisting of parts of the boundary of $P$ and the segment of $\\ell$ inside $P$.\n\nThe perimeters of $P_1$ and $P_2$ are each equal to the sum of the lengths of their respective portions of the boundary of $P$ plus the length of the segment of $\\ell$ inside $P$.\n\nBut the sum of the perimeters of $P_1$ and $P_2$ is equal to the perimeter of $P$ plus twice the length of the segment of $\\ell$ inside $P$ (since this segment is counted in both perimeters).\n\nIf the perimeters of $P_1$ and $P_2$ are equal, then each is equal to half the sum, so each is greater than half the perimeter of $P$ unless the segment of $\\ell$ inside $P$ has zero length, i.e., unless $\\ell$ passes through $O$ (the center of the inscribed circle), in which case the two regions are congruent in terms of their tangency to the circle.\n\nAlternatively, consider the following argument:\n\nSuppose the line $\\ell$ does not pass through $O$. Then the two regions $P_1$ and $P_2$ are not symmetric with respect to $O$. The inscribed circle touches the boundary of $P$ at points equidistant from $O$. The only way for the two regions to have equal areas and equal perimeters is for the line to pass through $O$, so that the two regions are mirror images with respect to $O$.\n\nTherefore, the dividing line must pass through $O$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42612,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a rectangle. $M$ is the midpoint of $AD$ and $N$ is the midpoint of $BC$. $P$ is a point on the ray $CD$ on the opposite side of $D$ to $C$. The ray $PM$ intersects $AC$ at $Q$. Show that $MN$ bisects the angle $PNQ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42613,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo players play the following game. At each turn the first player chooses a decimal digit, then the second player substitutes it for one of the stars in the subtraction $|**** - ****|$. The first player tries to end up with the largest possible result, the second player tries to end up with the smallest possible result. Show that the first player can always play so that the result is at least $4000$ and that the second player can always play so that the result is at most $4000$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42614,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFor positive reals $x$, $y$ let $f(x, y)$ be the smallest of $x$, $1/y$, $y + 1/x$. What is the maximum value of $f(x, y)$? What are the corresponding $x$, $y$?",
    "options": [],
    "answer": "Maximum value: sqrt(2). Achieved at x = sqrt(2), y = 1/sqrt(2).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42615,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$P$ is a convex polygon and $X$ is an interior point such that for every pair of vertices $A$, $B$, the triangle $XAB$ is isosceles. Prove that all the vertices of $P$ lie on some circle center $X$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42616,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIs it possible to place the digits $0$, $1$, $2$ into unit squares of $100 \\times 100$ cross-lined paper such that every $3 \\times 4$ (and every $4 \\times 3$) rectangle contains three $0$s, four $1$s and five $2$s?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42617,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$x_1$, $x_2$, ..., $x_n$ are positive reals with sum $1$. Let $s$ be the largest of $\\dfrac{x_1}{1 + x_1}$, $\\dfrac{x_2}{1 + x_1 + x_2}$, ..., $\\dfrac{x_n}{1 + x_1 + ... + x_n}$. What is the smallest possible value of $s$? What are the corresponding $x_i$?",
    "options": [],
    "answer": "Minimum s = 1 - 2^{-1/n}. An extremal choice is x_k = 2^{k/n} - 2^{(k-1)/n} for k = 1, 2, ..., n (equivalently, x_k = (1 - 2^{-1/n}) 2^{k/n}).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42618,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$15n$ teams compete in a tournament. Each team plays every other team once. In each game a team gets $2$ points for a win, $1$ for a draw and $0$ for a loss. Given any subset $S$ of teams, one can find a team (possibly in $S$) whose total score in the games with teams in $S$ was odd. Prove that $n$ is even.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42619,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven 50 segments on a line show that you can always find either 8 segments which are disjoint or 8 segments with a common point.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42620,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind the largest integer $n$ such that $4^{27} + 4^{1000} + 4^{n}$ is a square.",
    "options": [],
    "answer": "1972",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42621,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na, $m$, $n$ are positive integers and $a > 1$. Show that if $a^{m} + 1$ divides $a^{n} + 1$, then $m$ divides $n$.\n\nThe positive integer $b$ is relatively prime to $a$, show that if $a^{m} + b^{m}$ divides $a^{n} + b^{n}$ then $m$ divides $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42622,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA sequence of finite sets of positive integers is defined as follows. $S_0 = \\{m\\}$, where $m > 1$. Then given $S_n$ you derive $S_{n + 1}$ by taking $k^2$ and $k + 1$ for each element $k$ of $S_n$. For example, if $S_0 = \\{5\\}$, then $S_2 = \\{7, 26, 36, 625\\}$. Show that $S_n$ always has $2^n$ distinct elements.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42623,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that a collection of squares with total area $1$ can always be arranged inside a square of area $2$ without overlapping.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42624,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$O$ is the point of intersection of the diagonals of the convex quadrilateral $ABCD$. Prove that the line joining the centroids of $ABO$ and $CDO$ is perpendicular to the line joining the orthocenters of $BCO$ and $ADO$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42625,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n9 lines each divide a square into two quadrilaterals with areas $\\frac{2}{5}$ and $\\frac{3}{5}$ that of the square. Show that 3 of the lines meet in a point.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42626,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA $7$-gon is inscribed in a circle. The center of the circle lies inside the $7$-gon. $A$, $B$, $C$ are adjacent vertices of the $7$-gon. Show that the sum of the angles at $A$, $B$, $C$ is less than $450$ degrees.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42627,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nYou are given 14 coins. It is known that genuine coins all have the same weight and that fake coins all have the same weight, but weigh less than genuine coins. You suspect that 7 particular coins are genuine and the other 7 fake. Given a balance, how can you prove this in three weighings (assuming that you turn out to be correct)?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the coins you suspect to be genuine be $G_1$, $G_2$, ..., $G_7$, and the suspected fakes be $F_1$, $F_2$, ..., $F_7$.\n\nFirst, weigh $F_1$ against $G_1$. Assuming $F_1$ weighs less, you have proved that $F_1$ is fake and $G_1$ genuine.\n\nSecond, weigh $F_1$, $G_2$, $G_3$ against $G_1$, $F_2$, $F_3$. Assuming the first three weigh more, you have proved that they include more genuine coins than the second three. But the second three includes one genuine coin ($G_1$) and the first three includes one fake ($F_1$), so you have proved that $G_2$ and $G_3$ are genuine and $F_2$ and $F_3$ fake.\n\nFinally, weigh $F_1$, $F_2$, $F_3$, $G_4$, $G_5$, $G_6$, $G_7$ against $F_4$, $F_5$, $F_6$, $F_7$, $G_1$, $G_2$, $G_3$. Assuming the first group weighs more, it must include more genuine coins and hence just four genuine coins. Similarly, the second group must include four fakes. So you have proved the identity of the remaining coins.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42628,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA king moves on an $8 \\times 8$ chessboard. He can move one square at a time, diagonally or orthogonally (so away from the borders he can move to any of eight squares). He makes a complete circuit of the board, starting and finishing on the same square and visiting every other square just once. His trajectory is drawn by joining the center of the squares he moves to and from for each move. The trajectory does not intersect itself. Show that he makes at least 28 moves parallel to the sides of the board (the others being diagonal) and that a circuit is possible with exactly 28 moves parallel to the sides of the board. If the board has side length 8, what is the maximum and minimum possible length for such a trajectory.",
    "options": [],
    "answer": "At least 28 moves parallel to the sides are required, and a circuit with exactly 28 such moves exists. With board side length 8, the maximum trajectory length is 28 + 36√2 and the minimum is 64.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42629,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA triangle has area $1$, and sides $a \\geq b \\geq c$. Prove that $b^2 \\geq 2$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42630,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA convex $n$-gon has no two sides parallel. Given a point $P$ inside the $n$-gon, show that there are at most $n$ lines through $P$ which bisect the area of the $n$-gon.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42631,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na, b, c, d, e are positive reals. Show that $$(a + b + c + d + e)^2 \\geq 4(ab + bc + cd + de + ea)$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42632,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven 4 points which do not lie in a plane, how many parallelepipeds have all 4 points as vertices?",
    "options": [],
    "answer": "8",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42633,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that a 9 digit decimal number whose digits are all different, which does not end with 5 and or contain a 0, cannot be a square.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $N$ be a 9-digit decimal number whose digits are all different, does not end with $5$, and does not contain a $0$.\n\nFirst, since $N$ has 9 digits, and all digits are different and nonzero, the digits must be $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ in some order.\n\nLet us consider the sum of the digits:\n\n$$\n1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 = 45\n$$\n\nSo $N$ is a permutation of $1$ through $9$, and its digit sum is $45$.\n\nA square number modulo $9$ can only be $0,1,4,7$ (since the quadratic residues modulo $9$ are $0^2=0$, $1^2=1$, $2^2=4$, $3^2=0$, $4^2=7$, $5^2=7$, $6^2=0$, $7^2=4$, $8^2=1$).\n\nBut $N$ has digit sum $45$, so $N \\equiv 0 \\pmod{9}$.\n\nTherefore, $N$ is divisible by $9$.\n\nIf $N$ is a perfect square, then its square root must also be divisible by $3$ (since $9$ is a square, and $N$ is divisible by $9$).\n\nLet $N = k^2$, with $k$ divisible by $3$.\n\nBut $N$ does not end with $5$ or $0$. The possible last digits for a square are $0,1,4,5,6,9$.\n\nBut $N$ cannot end with $0$ or $5$ (by the problem statement), so the possible last digits are $1,4,6,9$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nNow, consider the divisibility by $9$:\n\nIf $N$ is divisible by $9$, then $k$ must be divisible by $3$.\n\nLet us check the possible endings for $k$ so that $k^2$ ends with $1,4,6,9$.\n\nSquares ending with $1$:\n$k$ ends with $1$ or $9$.\n\nSquares ending with $4$:\n$k$ ends with $2$ or $8$.\n\nSquares ending with $6$:\n$k$ ends with $4$ or $6$.\n\nSquares ending with $9$:\n$k$ ends with $3$ or $7$.\n\nBut since $N$ is a permutation of $1$ through $9$, it cannot end with $0$ (already excluded), and it cannot end with $5$.\n\nTherefore, such a number $N$ cannot be a square.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42634,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven $n > 4$ points, show that you can place an arrow between each pair of points, so that given any point you can reach any other point by travelling along either one or two arrows in the direction of the arrow.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42635,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$OA$ and $OB$ are tangent to a circle at $A$ and $B$. The line parallel to $OB$ through $A$ meets the circle again at $C$. The line $OC$ meets the circle again at $E$. The ray $AE$ meets the line $OB$ at $K$. Prove that $K$ is the midpoint of $OB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42636,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$p(x) = ax^2 + bx + c$ is a real quadratic such that $|p(x)| \\leq 1$ for all $|x| \\leq 1$. Prove that $|cx^2 + bx + a| \\leq 2$ for $|x| \\leq 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42637,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPlayers numbered $1$ to $1024$ play in a knock-out tournament. There are no draws, the winner of a match goes through to the next round and the loser is knocked-out, so that there are $512$ matches in the first round, $256$ in the second and so on. If $m$ plays $n$ and $m < n - 2$ then $m$ always wins. What is the largest possible number for the winner?",
    "options": [],
    "answer": "21",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42638,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDefine $p(x) = a x^2 + b x + c$. If $p(x) = x$ has no real roots, prove that $p(p(x)) = 0$ has no real roots.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42639,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAt time $1$, $n$ unit squares of an infinite sheet of paper ruled in squares are painted black, the rest remain white. At time $k + 1$, the color of each square is changed to the color held at time $k$ by a majority of the following three squares: the square itself, its northern neighbour and its eastern neighbour. Prove that all the squares are white at time $n + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42640,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is an acute-angled triangle. $D$ is the reflection of $A$ in $BC$, $E$ is the reflection of $B$ in $AC$, and $F$ is the reflection of $C$ in $AB$. Show that the circumcircles of $DBC$, $ECA$, $FAB$ meet at a point and that the lines $AD$, $BE$, $CF$ meet at a point.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42641,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA collection of $n$ cards is numbered from $1$ to $n$. Each card has either $1$ or $-1$ on the back. You are allowed to ask for the product of the numbers on the back of any three cards. What is the smallest number of questions which will allow you to determine the numbers on the backs of all the cards if $n$ is (1) $30$, (2) $31$, (3) $32$? If $50$ cards are arranged in a circle and you are only allowed to ask for the product of the numbers on the backs of three adjacent cards, how many questions are needed to determine the product of the numbers on the backs of all $50$ cards?",
    "options": [],
    "answer": "(1) 30, (2) 31, (3) 32; circle part: 50",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42642,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn the triangle $ABC$, $\\angle C = 90^\\circ$ and $AC = BC$. Take points $D$ on $CA$ and $E$ on $CB$ such that $CD = CE$. Let the perpendiculars from $D$ and $C$ to $AE$ meet $AB$ at $K$ and $L$ respectively. Show that $KL = LB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42643,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nOne rat and two cats are placed on a chessboard. The rat is placed first and then the two cats choose positions on the border squares. The rat moves first. Then the cats and the rat move alternately. The rat can move one square to an adjacent square (but not diagonally). If it is on a border square, then it can also move off the board. On a cat move, both cats move one square. Each must move to an adjacent square, and not diagonally. The cats win if one of them moves onto the same square as the rat. The rat wins if it moves off the board. Who wins? Suppose there are three cats (and all three cats move when it is the cats' turn), but that the rat gets an extra initial turn. Prove that the rat wins.",
    "options": [],
    "answer": "With two cats, the cats win. With three cats and the rat given an extra initial turn, the rat wins.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42644,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nArrange the numbers $1, 2, \\ldots, 32$ in a sequence such that the arithmetic mean of two numbers does not lie between them. (For example, $\\ldots, 3, 4, 5, 2, 1, \\ldots$ is invalid, because $2$ lies between $1$ and $3$.) Can you arrange the numbers $1, 2, \\ldots, 100$ in the same way?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42645,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind all three-digit decimal numbers $a_1a_2a_3$ which equal the mean of the six numbers $a_1a_2a_3$, $a_1a_3a_2$, $a_2a_1a_3$, $a_2a_3a_1$, $a_3a_1a_2$, $a_3a_2a_1$.",
    "options": [],
    "answer": "111, 222, 333, 444, 555, 666, 777, 888, 999, 370, 407, 481, 518, 592, 629",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42646,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nNo triangle of area $1$ can be fitted inside a convex polygon. Show that the polygon can be fitted inside a triangle of area $4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42647,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$f$ is a function on the closed interval $[0, 1]$ with non-negative real values. $f(1) = 1$ and $f(x + y) \\geq f(x) + f(y)$ for all $x, y$. Show that $f(x) \\leq 2x$ for all $x$. Is it necessarily true that $f(x) \\leq 1.9x$ for all $x$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes, always f(x) ≤ 2x. No, the bound with coefficient 1.9 is not guaranteed; for example, the function that is zero on the left half and one on the right half violates it.",
    "solution": "Solution:\n\nWe have $f(x) = f(1) - f(1 - x) \\leq f(1) = 1$. So for $x \\geq 1/2$, $f(x) \\leq 1 \\leq 2x$.\n\nIf $x < 1/2$, then for some $n$ we have $1/2^{n+1} \\leq x < 1/2^n$. Hence by a trivial induction $f(2^n x) \\geq 2^n f(x)$. But $f(2^n x) \\leq 1$, so $f(x) \\leq 1/2^n \\leq 2x$.\n\nNote that $f(x) = 0$ for $x \\leq 1/2$ and $1$ for $x > 1/2$ satisfies the conditions. But $f(0.51) = 1 > (1.9)(0.51)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42648,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe triangle $ABC$ has area $1$. $D$, $E$, $F$ are the midpoints of the sides $BC$, $CA$, $AB$. $P$ lies in the segment $BF$, $Q$ lies in the segment $CD$, $R$ lies in the segment $AE$. What is the smallest possible area for the intersection of triangles $DEF$ and $PQR$?",
    "options": [],
    "answer": "1/8",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42649,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind the smallest positive integer which can be represented as $36^{m} - 5^{n}$.",
    "options": [],
    "answer": "11",
    "solution": "Solution:\nObviously $11 = 36^{1} - 5^{2}$, and we guess that this is the best possible. We cannot have $36^{m} - 5^{n} = k$, where $2$, $3$ or $5$ divides $k$ (because then $2$ would divide $5^{n}$ and similarly in the other cases). So the only possible values of $k < 11$ are $1$, $7$.\nWe have $36^{m} - 5^{n} = 1 \\pmod{5}$, so $k \\neq 7$. Similarly, $36^{m} - 5^{n} = 3 \\pmod{4}$, so $k \\neq 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42650,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEach side of a convex hexagon is longer than $1$. Is there always a diagonal longer than $2$? If each of the main diagonals of a hexagon is longer than $2$, is there always a side longer than $1$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42651,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCircles radius $r$ and $R$ touch externally. $AD$ is parallel to $BC$. $AB$ and $CD$ touch both circles. $AD$ touches the circle radius $r$, but not the circle radius $R$, and $BC$ touches the circle radius $R$, but not the circle radius $r$. What is the smallest possible length for $AB$?",
    "options": [],
    "answer": "4√(Rr)",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42652,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven $n$ unit vectors in the plane whose sum has length less than one. Show that you can arrange them so that the sum of the first $k$ has length less than $2$ for every $1 < k < n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42653,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all real $a$, $b$, $c$ such that $a x + b y + c z + b x + c y + a z + c x + a y + b z = x + y + z$ for all real $x$, $y$, $z$.",
    "options": [],
    "answer": "a + b + c = 1",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42654,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a square. $P$ is on the segment $AB$ and $Q$ is on the segment $BC$ such that $BP = BQ$. $H$ lies on $PC$ such that $BHC$ is a right angle. Show that $DHQ$ is a right angle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42655,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe $n$ points of a graph are each colored red or blue. At each move we select a point which differs in color from more than half of the points to which it is joined and we change its color. Prove that this process must finish after a finite number of moves.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 42656,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all positive integers $m$, $n$ such that $n^n$ has $m$ decimal digits and $m^m$ has $n$ decimal digits.",
    "options": [],
    "answer": "(m, n) = (1, 1), (8, 8), (9, 9)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42657,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n(1) $O$ is the circumcenter of the triangle $ABC$. The triangle is rotated about $O$ to give a new triangle $A'B'C'$. The lines $AB$ and $A'B'$ intersect at $C''$, $BC$ and $B'C'$ intersect at $A''$, and $CA$ and $C'A'$ intersect at $B''$. Show that $A''B''C''$ is similar to $ABC$.\n\n(2) $O$ is the center of the circle through $ABCD$. $ABCD$ is rotated about $O$ to give the quadrilateral $A'B'C'D'$. Prove that the intersection points of corresponding sides form a parallelogram.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42658,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe finite sequence $\\{a_n\\}$ has each member $0$, $1$ or $2$. A move involves replacing any two unequal members of the sequence by a single member different from either. A series of moves results in a single number. Prove that no series of moves can terminate in a (single) different number.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose we start with $a$ $0$s, $b$ $1$s and $c$ $2$s. Each move changes the parity of all of $a$, $b$, $c$. Each move reduces the length of the sequence by $1$, so there must be $a + b + c - 1$ moves in all. Hence the total number of $0$s, the total number of $1$s and the total number of $2$s all have their parity changed $a + b + c - 1$ times. So if we end up with just one $0$, then $a$ must have the opposite parity to $b$ and $c$. In that case, we cannot end up with just one $1$, or just one $2$. Similarly in the other cases.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42659,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$S$ is a horizontal strip in the plane. $n$ lines are drawn so that no three are collinear and every pair intersects within the strip. A path starts at the bottom border of the strip and consists of a sequence of segments from the $n$ lines. The path must change line at each intersection and must always move upwards. Show that:\n\n(1) there are at least $n/2$ disjoint paths;\n\n(2) there is a path of at least $n$ segments;\n\n(3) there is a path involving not more than $n/2 + 1$ of the lines; and\n\n(4) there is a path that involves segments from all $n$ lines.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42660,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFor what $n$ can we color the unit cubes in an $n \\times n \\times n$ cube red or green so that every red unit cube has just two red neighbouring cubes (sharing a face) and every green unit cube has just two green neighbouring cubes.",
    "options": [],
    "answer": "all even n",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42661,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $p(x)$ be a polynomial with integer coefficients. Let $f(n)$ be the sum of the (decimal) digits in the value $p(n)$. Show that $f(n)$ takes some value $m$ infinitely many times.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42662,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n20 teams each play one game with every other team. Each game results in a win or loss (no draws). $k$ of the teams are European. A separate trophy is awarded for the best European team on the basis of the $k(k-1)/2$ games in which both teams are European. This trophy is won by a single team. The same team comes last in the overall competition (winning fewer games than any other team). What is the largest possible value of $k$? If draws are allowed and a team scores 2 for a win and 1 for a draw, what is the largest possible value of $k$?",
    "options": [],
    "answer": "15 (no draws); 18 (draws allowed, 2 points for a win and 1 for a draw)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42663,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven real numbers $a_i$, $b_i$ and positive reals $c_i$, $d_i$, let $e_{ij} = (a_i + b_j) / (c_i + d_j)$. Let $M_i = \\max_{0 \\leq j \\leq n} e_{ij}$, $m_j = \\min_{1 \\leq i \\leq n} e_{ij}$. Show that we can find an $e_{ij}$ with $1 \\leq i, j \\leq n$ such that $e_{ij} = M_i = m_j$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42664,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA triangle $ABC$ has unit area. The first player chooses a point $X$ on side $AB$, then the second player chooses a point $Y$ on side $BC$, and finally the first player chooses a point $Z$ on side $CA$. The first player tries to arrange for the area of $XYZ$ to be as large as possible, the second player tries to arrange for the area to be as small as possible. What is the optimum strategy for the first player and what is the best he can do (assuming the second player plays optimally)?",
    "options": [],
    "answer": "Choose the midpoint of side AB first; this guarantees the area of the resulting triangle is one quarter of the original, and the second player’s optimal reply makes the last choice irrelevant.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42665,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the smallest perimeter for a convex $32$-gon whose vertices are all lattice points?",
    "options": [],
    "answer": "24 + 4(√2 + √5 + √10 + √13 + √17 + √26)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42666,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a $7 \\times 7$ square subdivided into $49$ unit squares, mark the center of $n$ unit squares, so that no four marks form a rectangle with sides parallel to the square. What is the largest $n$ for which this is possible? What about a $13 \\times 13$ square?",
    "options": [],
    "answer": "7x7: 21; 13x13: 52",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42667,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a convex hexagon, take the midpoint of each of the six diagonals joining vertices which are separated by a single vertex (so if the vertices are in order $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, then the diagonals are $AC$, $BD$, $CE$, $DF$, $EA$, $FB$). Show that the midpoints form a convex hexagon with a quarter the area of the original.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42668,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that there are $2^{n + 1}$ numbers each with $2^{n}$ digits, all $1$ or $2$, so that every two numbers differ in at least half their digits.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42669,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are finitely many polygons in the plane. Every two have a common point. Prove that there is a straight line intersecting all the polygons.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42670,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na, b, c are positive reals. Show that $a^{3} + b^{3} + c^{3} + 3abc \\geq ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nThe inequality is homogeneous, so we can take $a = 1$ and put $b = 1 + x$, $c = 1 + y$, where $x, y \\geq 0$. Then after some reduction the inequality is equivalent to $x^{3} + y^{3} + x^{2} + y^{2} - x^{2} - y - xy^{2} - xy \\geq 0$, or (after factorising $x^{3} + y^{3}$) to $(x + y + 1)(x - y)^{2} + xy \\geq 0$, which is obviously true.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42671,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThree flies crawl along the perimeter of a triangle. At least one fly makes a complete circuit of the perimeter. For the entire period the center of mass of the flies remains fixed. Show that it must be at the centroid of the triangle. [You may not assume, without proof, that the flies have the same mass, or that they crawl at the same speed, or that any fly crawls at a constant speed.]",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42672,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n50 watches, all keeping perfect time, lie on a table. Show that there is a moment when the sum of the distances from the center of the table to the center of each dial equals the sum of the distances from the center of the table to the tip of each minute hand.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42673,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nInitially, there is one beetle on each square in the set $S$. Suddenly each beetle flies to a new square, subject to the following conditions:\n\n(1) the new square may be the same as the old or different;\n\n(2) more than one beetle may choose the same new square;\n\n(3) if two beetles are initially in squares with a common vertex, then after the flight they are either in the same square or in squares with a common vertex.\n\nSuppose $S$ is the set of all squares in the middle row and column of a $99 \\times 99$ chess board, is it true that there must always be a beetle whose new square shares a vertex with its old square (or is identical with it)?\n\nWhat if $S$ also includes all the border squares (so $S$ is rows $1$, $50$ and $99$ and columns $1$, $50$ and $99$)?\n\nWhat if $S$ is all squares of the board?",
    "options": [],
    "answer": "Middle row and column only: No.\nWith the border squares also included: Yes.\nAll squares of the board: Yes.",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42674,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCall a triangle big if each side is longer than $1$. Show that we can draw $100$ big triangles inside an equilateral triangle with side length $5$ so that all the triangles are disjoint. Show that you can draw $100$ big triangles with every vertex inside or on an equilateral triangle with side $3$, so that they cover the equilateral triangle, and any two big triangles either (1) are disjoint, or (2) have as intersection a common vertex, or (3) have as intersection a common side.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42675,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ is a positive integer. A universal sequence of length $m$ is a sequence of $m$ integers each between $1$ and $n$ such that one can obtain any permutation of $1, 2, \\ldots, n$ by deleting suitable members of the sequence. For example, $1, 2, 3, 1, 2, 1, 3$ is a universal sequence of length $7$ for $n = 3$. But $1, 2, 3, 2, 1, 3, 1$ is not universal, because one cannot obtain the permutation $3, 1, 2$.\n\nShow that one can always obtain a universal sequence for $n$ of length $n^2 - n + 1$.\n\nShow that a universal sequence for $n$ must have length at least $n(n + 1) / 2$.\n\nShow that the shortest sequence for $n = 4$ has $12$ members.\n\n[You are told, but do not have to prove, that there is a universal sequence for $n$ of length $n^2 - 2n + 4$.]",
    "options": [],
    "answer": "There exists a universal sequence of length n^2 − n + 1; any universal sequence must have length at least n(n + 1) / 2; the shortest sequence for n = 4 has length 12.",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42676,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ real numbers are written around a circle. One of the numbers is $1$ and the sum of the numbers is $0$. Show that there are two adjacent numbers whose difference is at least $n/4$. Show that there is a number which differs from the arithmetic mean of its two neighbours by at least $8/n^2$. Improve this result to some $k/n^2$ with $k > 8$. Show that for $n = 30$, we can take $k = 1800/113$. Give an example of $30$ numbers such that no number differs from the arithmetic mean of its two neighbours by more than $2/113$.",
    "options": [],
    "answer": "Adjacent difference bound: at least n/4. Deviation from neighbor average: at least 8/n^2; can be improved to k/n^2 for some k > 8. For n = 30, one can take k = 1800/113, and there exists an example of 30 numbers with all deviations at most 2/113.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42677,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nYou are given a regular $n$-gon. Each vertex is marked $+1$ or $-1$. A move consists of changing the sign of all the vertices which form a regular $k$-gon for some $1 < k \\leq n$. [A regular $2$-gon means two vertices which have the center of the $n$-gon as their midpoint.] For example, if we label the vertices of a regular $6$-gon $1, 2, 3, 4, 5, 6$, then you can change the sign of $\\{1, 4\\}$, $\\{2, 5\\}$, $\\{3, 6\\}$, $\\{1, 3, 5\\}$, $\\{2, 4, 6\\}$ or $\\{1, 2, 3, 4, 5, 6\\}$. Show that for (1) $n = 15$, (2) $n = 30$, (3) any $n > 2$, we can find some initial marking which cannot be changed to all $+1$ by any series of moves. Let $f(n)$ be the largest number of markings, so that no one can be obtained from any other by any series of moves. Show that $f(200) = 2^{80}$.",
    "options": [],
    "answer": "2^{80}",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42678,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$S$ is a sphere with unit radius. $P$ is a plane through the center. For any point $x$ on the sphere, $f(x)$ is the perpendicular distance from $x$ to $P$. Show that if $x$, $y$, $z$ are the ends of three mutually perpendicular radii, then $f(x)^2 + f(y)^2 + f(z)^2 = 1$ (*).\n\nNow let $g(x)$ be any function on the points of $S$ taking non-negative real values and satisfying (*). Regard the intersection of $P$ and $S$ as the equator, the poles as the points with $f(x) = 1$ and lines of longitude as semicircles through both poles.\n\n(1) If $x$ and $y$ have the same longitude and both lie on the same side of the equator with $x$ closer to the pole, show that $g(x) > g(y)$.\n\n(2) Show that for any $x$, $y$ on the same side of the equator with $x$ closer to the pole than $y$ we have $g(x) > g(y)$.\n\n(3) Show that if $x$ and $y$ are the same distance from the pole then $g(x) = g(y)$.\n\n(4) Show that $g(x) = f(x)$ for all $x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42679,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n1000 numbers are written in line 1, then further lines are constructed as follows. If the number $m$ occurs in line $n$, then we write under it in line $n + 1$, each time it occurs, the number of times that $m$ occurs in line $n$. Show that lines 11 and 12 are identical. Show that we can choose numbers in line 1, so that lines 10 and 11 are not identical.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42680,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe circles $C_1$, $C_2$, $C_3$ with equal radius all pass through the point $X$. $C_i$ and $C_j$ also intersect at the point $Y_{ij}$. Show that $\\angle X O_1 Y_{12} + \\angle X O_2 Y_{23} + \\angle X O_3 Y_{31} = 180^\\circ$ where $O_i$ is the center of circle $C_i$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42681,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$a_1$ and $a_2$ are positive integers less than $1000$. Define $a_n = \\min\\{|a_i - a_j| : 0 < i < j < n\\}$. Show that $a_{21} = 0$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42682,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCan you label each vertex of a cube with a different three digit binary number so that the numbers at any two adjacent vertices differ in at least two digits?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42683,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$S$ is a set of $1976$ points which form a regular $1976$-gon. $T$ is the set of all points which are the midpoint of at least one pair of points in $S$. What is the greatest number of points of $T$ which lie on a single circle?",
    "options": [],
    "answer": "1976",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42684,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ rectangles are drawn on a rectangular sheet of paper. Each rectangle has its sides parallel to the sides of the paper. No pair of rectangles has an interior point in common. If the rectangles were removed show that the rest of the sheet would be in at most $n + 1$ parts.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42685,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are three straight roads. On each road a man is walking at constant speed. At time $t = 0$, the three men are not collinear. Prove that they will be collinear for $t > 0$ at most twice.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42686,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$P$ is a polygon. Its sides do not intersect except at its vertices, and no three vertices lie on a line. The pair of sides $AB$, $PQ$ is called special if (1) $AB$ and $PQ$ do not share a vertex and (2) either the line $AB$ intersects the segment $PQ$ or the line $PQ$ intersects the segment $AB$. Show that the number of special pairs is even.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42687,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWe call a number doubly square if (1) it is a square with an even number $2n$ of (decimal) digits, (2) its first $n$ digits form a square, (3) its last $n$ digits form a non-zero square. For example, $1681$ is doubly square, but $2500$ is not.\n\n(1) Find all $2$-digit and $4$-digit doubly square numbers.\n\n(2) Is there a $6$-digit doubly square number?\n\n(3) Show that there is a $20$-digit doubly square number.\n\n(4) Show that there are at least ten $100$-digit doubly square numbers.\n\n(5) Show that there is a $30$-digit doubly square number.",
    "options": [],
    "answer": "(1) 2-digit: 49; 4-digit: 1681. (2) Yes, for example 256036. (3) Yes, such a 20-digit number exists. (4) There are at least ten 100-digit such numbers. (5) Yes, such a 30-digit number exists.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42688,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a sequence $a_1$, $a_2$, ..., $a_n$ of positive integers. Let $S$ be the set of all sums of one or more members of the sequence. Show that $S$ can be divided into $n$ subsets such that the smallest member of each subset is at least half the largest member.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42689,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nYou have $1000$ tickets numbered $000$, $001$, $\\ldots$, $999$ and $100$ boxes numbered $00$, $01$, $\\ldots$, $99$. You may put each ticket into any box whose number can be obtained from the ticket number by deleting one digit. Show that you can put every ticket into $50$ boxes, but not into less than $50$. Show that if you have $10000$ $4$-digit tickets and you are allowed to delete two digits, then you can put every ticket into $34$ boxes. For $n+2$ digit tickets, where you delete $n$ digits, what is the minimum number of boxes required?",
    "options": [],
    "answer": "Three-digit tickets (delete one): minimum 50 boxes. Four-digit tickets (delete two): minimum 34 boxes. In general, for n+2‑digit tickets deleting n digits, write 10 = q(n+1) + r with 0 ≤ r ≤ n; the minimum number of boxes is r(q+1)^2 + (n+1 − r)q^2 (equivalently, partition the ten digits into n+1 groups as equally as possible and take the sum of the squares of the group sizes).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42690,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a $100 \\times 100$ square divided into unit squares. Several paths are drawn. Each path is drawn along the sides of the unit squares. Each path has its endpoints on the sides of the big square, but does not contain any other points which are vertices of unit squares and lie on the big square sides. No path intersects itself or any other path. Show that there is a vertex apart from the four corners of the big square that is not on any path.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42691,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe positive integers $a_1$, $a_2$, ..., $a_m$, $b_1$, $b_2$, ..., $b_n$ satisfy: $a_1 + a_2 + \\ldots + a_m = b_1 + b_2 + \\ldots + b_n < mn$. Show that we can delete some (but not all) of the numbers so that the sum of the remaining $a$'s equals the sum of the remaining $b$'s.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42692,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven 1000 square plates in the plane with their sides parallel to the coordinate axes (but possibly overlapping and possibly of different sizes). Let $S$ be the set of points covered by the plates. Show that you can choose a subset $T$ of plates such that every point of $S$ is covered by at least one and at most four plates in $T$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42693,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nYou are given a set of scales and a set of $n$ different weights. $R$ represents the state in which the right pan is heavier, $L$ represents the state in which the left pan is heavier and $B$ represents the state in which the pans balance. Show that given any $n$-letter string of $R$s and $L$s you can put the weights onto the scales one at a time so that the string represents the successive states of the scales. For example, if the weights were $1$, $2$ and $3$ and the string was $LRL$, then you would place $1$ in the left pan, then $2$ in the right pan, then $3$ in the left pan.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42694,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA polynomial is monic if its leading coefficient is $1$. Two polynomials $p(x)$ and $q(x)$ commute if $p(q(x)) = q(p(x))$.\n\n(1) Find all monic polynomials of degree $3$ or less which commute with $x^2 - k$.\n\n(2) Given a monic polynomial $p(x)$, show that there is at most one monic polynomial of degree $n$ which commutes with $p(x)^2$.\n\n(3) Find the polynomials described in (2) for $n = 4$ and $n = 8$.\n\n(4) If $q(x)$ and $r(x)$ are monic polynomials which both commute with $p(x)^2$, show that $q(x)$ and $r(x)$ commute.\n\n(5) Show that there is a sequence of polynomials $p_2(x), p_3(x), \\ldots$ such that $p_2(x) = x^2 - 2$, $p_n(x)$ has degree $n$ and all polynomials in the sequence commute.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42695,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ points lie in the plane, not all on a single line. A real number is assigned to each point. The sum of the numbers is zero for all the points lying on any line. Show that all the assigned numbers must be zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose the points are $P_1, P_2, \\ldots, P_n$, and the real numbers assigned are $a_1, a_2, \\ldots, a_n$.\n\nLet $L$ be any line containing some of the points. By hypothesis, the sum of the $a_i$ for all $P_i$ on $L$ is zero.\n\nLet us show that all $a_i = 0$.\n\nPick three non-collinear points $P_1, P_2, P_3$ (possible since not all points are collinear).\n\nConsider the lines $P_1P_2$, $P_2P_3$, $P_3P_1$.\n\n- On line $P_1P_2$, the sum of the $a_i$ for all points on this line is zero. In particular, $a_1 + a_2 + \\sum a_j = 0$, where the sum is over all $j$ such that $P_j$ lies on $P_1P_2$ (excluding $P_1$ and $P_2$ if no other points).\n- Similarly for the other two lines.\n\nNow, consider any point $P_k$ not on $P_1P_2$. The line $P_1P_k$ contains $P_1$ and $P_k$ (and possibly other points). The sum of the $a_i$ on this line is zero. Similarly for $P_2P_k$.\n\nLet $S$ be the set of all points. For each line $\\ell$ determined by two points, the sum of $a_i$ over all $P_i$ on $\\ell$ is zero.\n\nLet $A$ be the vector $(a_1, a_2, \\ldots, a_n)$. For each line $\\ell$ containing $m$ points, we have a linear equation: $\\sum_{i: P_i \\in \\ell} a_i = 0$.\n\nThe set of all such equations forms a homogeneous system. Since not all points are collinear, there are at least three non-collinear points, so the configuration is not degenerate.\n\nSuppose some $a_k \\neq 0$. Consider the line through $P_k$ and any other point $P_j$. The sum of $a_i$ on this line is zero, so $a_k + a_j + \\sum a_{i'} = 0$, where the sum is over all other points on the line. But by varying $j$, and using the fact that the configuration is not all collinear, we can show that all $a_i = 0$.\n\nAlternatively, consider the following:\n\nLet $f$ be the function assigning $a_i$ to $P_i$. For any line $\\ell$, $\\sum_{P_i \\in \\ell} f(P_i) = 0$.\n\nSuppose $f$ is not identically zero. Let $P$ be a point with $f(P) \\neq 0$. Consider all lines through $P$. For each such line, the sum of $f$ over all points on the line is zero, so $f(P) = -\\sum_{Q \\neq P, Q \\in \\ell} f(Q)$. Summing over all lines through $P$, and using the fact that the configuration is not all collinear, we get a contradiction unless $f(P) = 0$.\n\nTherefore, all $a_i = 0$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42696,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n(1) The triangle $ABC$ is inscribed in a circle. $D$ is the midpoint of the arc $BC$ (not containing $A$), similarly $E$ and $F$. Show that the hexagon formed by the intersection of $ABC$ and $DEF$ has its main diagonals parallel to the sides of $ABC$ and intersecting in a single point.\n\n(2) $EF$ meets $AB$ at $X$ and $AC$ at $Y$. Prove that $AXIY$ is a rhombus, where $I$ is the center of the circle inscribed in $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42697,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBlack and white tokens are placed around a circle. First all the black tokens with one or two white neighbors are removed. Then all white tokens with one or two black neighbors are removed. Then all black tokens with one or two white neighbors and so on until all the tokens have the same color. Is it possible to arrange 40 tokens so that only one remains after 4 moves? What is the minimum possible number of moves to go from 1000 tokens to one?",
    "options": [],
    "answer": "First: No, it is not possible to have only one token after 4 moves starting from 40 tokens. Second: The minimum possible number of moves to reduce 1000 tokens to one is 10.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42698,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are direct routes between every two cities in a country. The fare between each pair of cities is the same in both directions. Two travellers decide to visit all the cities. The first traveller starts at a city and travels to the city with the most expensive fare (or if there are several such, any one of them). He then repeats this process, never visiting a city twice, until he has been to all the cities (so he ends up in a different city from the one he starts from). The second traveller has a similar plan, except that he always chooses the cheapest fare, and does not necessarily start at the same city. Show that the first traveller spends at least as much on fares as the second.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42699,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEach vertex of a convex polyhedron has three edges. Each face is a cyclic polygon. Show that its vertices all lie on a sphere.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42700,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a polynomial $x^{10} + a_9 x^9 + \\ldots + a_1 x + 1$. Two players alternately choose one of the coefficients $a_1$ to $a_9$ (which has not been chosen before) and assign a real value to it. The first player wins iff the resulting polynomial has no real roots. Who wins?",
    "options": [],
    "answer": "Second player",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42701,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeven elves sit at a table. Each elf has a cup. In total the cups contain $3$ liters of milk. Each elf in turn gives all his milk to the others in equal shares. At the end of the process each elf has the same amount of milk as at the start. What was that?",
    "options": [],
    "answer": "3/7 liters",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42702,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $a_n$ be the nearest integer to $\\sqrt{n}$. Find\n$$\n\\frac{1}{a_1} + \\frac{1}{a_2} + \\ldots + \\frac{1}{a_{1980}}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "88",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42703,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $n$-gon area $A$ is inscribed in a circle radius $R$. We take a point on each side of the polygon to form another $n$-gon. Show that it has perimeter at least $2A/R$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42704,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo players play a game by moving a piece on an $n \\times n$ chessboard. The piece is initially in a corner square. Each player may move the piece to any adjacent square (which shares a side with its current square), except that the piece may never occupy the same square twice. The first player who is unable to move loses. Show that for even $n$ the first player can always win, and for odd $n$ the second player can always win. Who wins if the piece is initially on a square adjacent to the corner?",
    "options": [],
    "answer": "Starting at a corner: for even board size the first player has a winning strategy; for odd board size the second player has a winning strategy. If the initial square is adjacent to the corner, the outcome reverses: for even board size the second player wins, and for odd board size the first player wins.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42705,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a set of $n$ non-intersecting segments in the plane. No two segments lie on the same line. Can we successively add $n-1$ additional segments so that we end up with a single non-intersecting path? Each segment we add must have as its endpoints two existing segment endpoints.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42706,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na and b are positive real numbers. $x_i$ are real numbers lying between $a$ and $b$. Show that\n$$(x_1 + x_2 + \\ldots + x_n)\\left(\\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} + \\ldots + \\frac{1}{x_n}\\right) \\leq \\frac{n^2 (a + b)^2}{4ab}.$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42707,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n > 3$ be an integer. Let $S$ be the set of lattice points $(a, b)$ with $0 \\leq a, b < n$. Show that we can choose $n$ points of $S$ so that no three chosen points are collinear and no four chosen points form a parallelogram.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42708,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven any tetrahedron, show that we can find two planes such that the areas of the projections of the tetrahedron onto the two planes have ratio at least $\\sqrt{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42709,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$a_1, a_2, \\ldots, a_n$ are real numbers. Let $b_k = (a_1 + a_2 + \\ldots + a_k)/k$ for $k = 1, 2, \\ldots, n$. Let\n$$\nC = (a_1 - b_1)^2 + (a_2 - b_2)^2 + \\ldots + (a_n - b_n)^2,\n$$\nand\n$$\nD = (a_1 - b_n)^2 + (a_2 - b_n)^2 + \\ldots + (a_n - b_n)^2.\n$$\nShow that $C \\leq D \\leq 2C$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42710,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $x_n = (1 + \\sqrt{2} + \\sqrt{3})^{n}$. We may write $x_n = a_n + b_n \\sqrt{2} + c_n \\sqrt{3} + d_n \\sqrt{6}$, where $a_n, b_n, c_n, d_n$ are integers. Find the limit as $n$ tends to infinity of $b_n / a_n$, $c_n / a_n$, $d_n / a_n$.",
    "options": [],
    "answer": "lim b_n/a_n = 1/sqrt(2), lim c_n/a_n = 1/sqrt(3), lim d_n/a_n = 1/sqrt(6)",
    "solution": "Solution:\n\nLet $x_n = (1 + \\sqrt{2} + \\sqrt{3})^n$. Consider the conjugates of $1 + \\sqrt{2} + \\sqrt{3}$ under the field automorphisms fixing $\\mathbb{Q}$:\n\nLet $\\alpha_1 = 1 + \\sqrt{2} + \\sqrt{3}$\nLet $\\alpha_2 = 1 + \\sqrt{2} - \\sqrt{3}$\nLet $\\alpha_3 = 1 - \\sqrt{2} + \\sqrt{3}$\nLet $\\alpha_4 = 1 - \\sqrt{2} - \\sqrt{3}$\n\nThen, $x_n = \\alpha_1^n$, and similarly define $y_n = \\alpha_2^n$, $z_n = \\alpha_3^n$, $w_n = \\alpha_4^n$.\n\nWe can write:\n$$\nx_n = a_n + b_n \\sqrt{2} + c_n \\sqrt{3} + d_n \\sqrt{6}\n$$\nSimilarly, $y_n = a_n + b_n \\sqrt{2} - c_n \\sqrt{3} - d_n \\sqrt{6}$\n$z_n = a_n - b_n \\sqrt{2} + c_n \\sqrt{3} - d_n \\sqrt{6}$\n$w_n = a_n - b_n \\sqrt{2} - c_n \\sqrt{3} + d_n \\sqrt{6}$\n\nNow, solve for $a_n, b_n, c_n, d_n$:\n\nAdd all four equations:\n$$\nx_n + y_n + z_n + w_n = 4a_n\n$$\nSo,\n$$\na_n = \\frac{1}{4}(x_n + y_n + z_n + w_n)\n$$\n\nSimilarly,\n$$\nx_n + y_n - z_n - w_n = 4b_n \\sqrt{2} \\implies b_n = \\frac{1}{4\\sqrt{2}}(x_n + y_n - z_n - w_n)\n$$\n$$\nx_n - y_n + z_n - w_n = 4c_n \\sqrt{3} \\implies c_n = \\frac{1}{4\\sqrt{3}}(x_n - y_n + z_n - w_n)\n$$\n$$\nx_n - y_n - z_n + w_n = 4d_n \\sqrt{6} \\implies d_n = \\frac{1}{4\\sqrt{6}}(x_n - y_n - z_n + w_n)\n$$\n\nNow, as $n \\to \\infty$, $\\alpha_1 > 1$, but $|\\alpha_2| < 1$, $|\\alpha_3| < 1$, $|\\alpha_4| < 1$ (since $1 + \\sqrt{2} - \\sqrt{3} \\approx 1 + 1.414 - 1.732 \\approx 0.682$, $1 - \\sqrt{2} + \\sqrt{3} \\approx 1 - 1.414 + 1.732 \\approx 1.318$, $1 - \\sqrt{2} - \\sqrt{3} \\approx 1 - 1.414 - 1.732 \\approx -2.146$).\n\nThus, as $n \\to \\infty$, $x_n$ dominates, and the other terms tend to zero compared to $x_n$.\n\nTherefore,\n$$\na_n \\sim \\frac{1}{4} x_n\n$$\n$$\nb_n \\sim \\frac{1}{4\\sqrt{2}} x_n\n$$\n$$\nc_n \\sim \\frac{1}{4\\sqrt{3}} x_n\n$$\n$$\nd_n \\sim \\frac{1}{4\\sqrt{6}} x_n\n$$\n\nSo,\n$$\n\\lim_{n \\to \\infty} \\frac{b_n}{a_n} = \\frac{1}{\\sqrt{2}}\n$$\n$$\n\\lim_{n \\to \\infty} \\frac{c_n}{a_n} = \\frac{1}{\\sqrt{3}}\n$$\n$$\n\\lim_{n \\to \\infty} \\frac{d_n}{a_n} = \\frac{1}{\\sqrt{6}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42711,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a quadrilateral. $M$ is a point inside it such that $ABMD$ is a parallelogram. $\\angle CBM = \\angle CDM$. Show that $\\angle ACD = \\angle BCM$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42712,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nShow that there is no positive integer $n$ for which $1000^{n} - 1$ divides $1978^{n} - 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42713,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIf $P$, $Q$ are points in space the point $[PQ]$ is the point on the line $PQ$ on the opposite side of $Q$ to $P$ and the same distance from $Q$.\n\n$K_0$ is a set of points in space. Given $K_n$ we derive $K_{n+1}$ by adjoining all the points $[PQ]$ with $P$ and $Q$ in $K_n$.\n\n(1) $K_0$ contains just two points $A$ and $B$, a distance $1$ apart, what is the smallest $n$ for which $K_n$ contains a point whose distance from $A$ is at least $1000$?\n\n(2) $K_0$ consists of three points, each pair a distance $1$ apart, find the area of the smallest convex polygon containing $K_n$.\n\n(3) $K_0$ consists of four points, forming a regular tetrahedron with volume $1$. Let $H_n$ be the smallest convex polyhedron containing $K_n$. How many faces does $H_1$ have? What is the volume of $H_n$?",
    "options": [],
    "answer": "(1) 7.\n(2) sqrt(3)/8 * (3^{2n+1} − 1).\n(3) H_1 has 8 faces; Vol(H_n) = 4*3^{3n} − 6*3^{n} + 3.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42714,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo players play a game. There is a heap of $m$ tokens and a heap of $n < m$ tokens. Each player in turn takes one or more tokens from the heap which is larger. The number he takes must be a multiple of the number in the smaller heap. For example, if the heaps are $15$ and $4$, the first player may take $4$, $8$ or $12$ from the larger heap. The first player to clear a heap wins. Show that if $m > 2n$, then the first player can always win. Find all $k$ such that if $m > k n$, then the first player can always win.",
    "options": [],
    "answer": "All real k ≥ (1 + sqrt(5)) / 2",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42715,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that there is an infinite sequence of reals $x_1$, $x_2$, $x_3$, ... such that $|x_n|$ is bounded and for any $m > n$, we have $|x_m - x_n| > 1 / (m - n)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42716,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $p(x) = x^2 + x + 1$. Show that for every positive integer $n$, the numbers $n$, $p(n)$, $p(p(n))$, $p(p(p(n)))$, ... are relatively prime.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42717,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that for some $k$, you can find $1978$ different sizes of square with all its vertices on the graph of the function $y = k \\sin x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 42718,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe set $\\{S_0\\}$ has the single member $(5, 19)$. We derive the set $\\{S_{n + 1}\\}$ from $\\{S_n\\}$ by adjoining a pair to $\\{S_n\\}$. If $\\{S_n\\}$ contains the pair $(2a, 2b)$, then we may adjoin the pair $(a, b)$. If $\\{S\\}$ contains the pair $(a, b)$ we may adjoin $(a+1, b+1)$. If $\\{S\\}$ contains $(a, b)$ and $(b, c)$, then we may adjoin $(a, c)$. Can we obtain $(1, 50)$? $(1, 100)$? If we start with $(a, b)$, with $a < b$, instead of $(5, 19)$, for which $n$ can we obtain $(1, n)$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes for (1,50); No for (1,100). In general, starting from (a,b) with a<b, let r be the greatest odd divisor of b−a. Then (1,n) is obtainable if and only if n≡1 (mod r), equivalently n−1 is divisible by r.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42719,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$T$ is an isosceles triangle. Another isosceles triangle $T'$ has one vertex on each side of $T$. What is the smallest possible value of $\\dfrac{\\text{area } T'}{\\text{area } T}$?",
    "options": [],
    "answer": "0",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42720,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $x_i$ be real numbers between $0$ and $1$. Show that\n$$(x_1 + x_2 + \\ldots + x_n + 1)^2 \\geq 4(x_1^2 + x_2^2 + \\ldots + x_n^2).$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42721,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$m$ and $n$ are relatively prime positive integers. The interval $[0, 1]$ is divided into $m + n$ equal subintervals. Show that each part except those at each end contains just one of the numbers $1/m$, $2/m$, $3/m$, $\\ldots$, $(m-1)/m$, $1/n$, $2/n$, $\\ldots$, $(n-1)/n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42722,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a point $P$ in space and 1979 lines $L_1$, $L_2$, ..., $L_{1979}$ containing it. No two lines are perpendicular. $P_1$ is a point on $L_1$. Show that we can find a point $A_n$ on $L_n$ (for $n = 2$, $3$, ..., $1979$) such that the following 1979 pairs of lines are all perpendicular: $A_{n-1}A_{n+1}$ and $L_n$ for $n = 1$, ..., $1979$. [We regard $A_{-1}$ as $A_{1979}$ and $A_{1980}$ as $A_1$.]",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42723,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind a sequence $a_{1}$, $a_{2}$, ..., $a_{25}$ of 0s and 1s such that the following sums are all odd:\n\\[\n\\begin{array}{rl}\n & a_{1}a_{1} + a_{2}a_{2} + \\ldots + a_{25}a_{25} \\\\\n & a_{1}a_{2} + a_{2}a_{3} + \\ldots + a_{24}a_{25} \\\\\n & a_{1}a_{3} + a_{2}a_{4} + \\ldots + a_{23}a_{25} \\\\\n & \\ldots \\\\\n & a_{1}a_{24} + a_{2}a_{25}\n\\end{array}\n\\]\nShow that we can find a similar sequence of $n$ terms for some $n > 1000$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42724,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA convex quadrilateral is divided by its diagonals into four triangles. The incircles of each of the four are equal. Show that the quadrilateral has all its sides equal.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42725,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA grasshopper hops about in the first quadrant $ (x, y \\geqslant 0) $. From $ (x, y) $ it can hop to $ (x + 1, y - 1) $ or to $ (x - 5, y + 7) $, but it can never leave the first quadrant. Find the set of points $ (x, y) $ from which it can never get further than a distance $1000$ from the origin.",
    "options": [],
    "answer": "All points (x, y) with x ≥ 0, y ≥ 0, and x + y < 5.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42726,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn a group of people every person has less than $4$ enemies. Assume that $A$ is $B$'s enemy iff $B$ is $A$'s enemy. Show that we can divide the group into two parts, so that each person has at most one enemy in his part.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe model the group as a graph where each person is a vertex and an edge connects two people if they are enemies. Each vertex has degree less than $4$.\n\nWe need to partition the vertices into two sets so that each vertex has at most one neighbor (enemy) in its own set.\n\nWe proceed by induction on the number of people.\n\nBase case: For $1$ or $2$ people, the statement is clear.\n\nInductive step: Suppose the statement is true for all groups with fewer than $n$ people. Consider a group with $n$ people.\n\nSince every person has less than $4$ enemies, the graph has maximum degree at most $3$.\n\nPick any person $v$. Remove $v$ from the group. By the induction hypothesis, the remaining group can be partitioned into two sets $A$ and $B$ so that each person has at most one enemy in their own set.\n\nNow, add $v$ back. $v$ has at most $3$ enemies, say $x$, $y$, $z$ (possibly fewer). These enemies are in $A$ and $B$ in some way.\n\nIf at most one of $x$, $y$, $z$ is in $A$, put $v$ in $A$; then $v$ has at most one enemy in $A$ (his own set).\n\nIf at least two of $x$, $y$, $z$ are in $A$, then at most one is in $B$, so put $v$ in $B$.\n\nThus, we can always place $v$ in a set so that he has at most one enemy in his own set.\n\nThis completes the induction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42727,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $S$ be the set $\\{0, 1\\}$. Given any subset of $S$ we may add its arithmetic mean to $S$ (provided it is not already included -- $S$ never includes duplicates). Show that by repeating this process we can include the number $1/5$ in $S$. Show that we can eventually include any rational number between $0$ and $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42728,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a finite set $X$ of points in the plane. $S$ is a set of vectors $AB$ where $(A, B)$ are some pairs of points in $X$. For every point $A$ the number of vectors $AB$ (starting at $A$) in $S$ equals the number of vectors $CA$ (ending at $A$) in $S$. Show that the sum of the vectors in $S$ is zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $X = \\{P_1, P_2, \\ldots, P_n\\}$. For each vector $AB$ in $S$, let $\\vec{v}_{AB}$ denote the vector from $A$ to $B$.\n\nThe sum of all vectors in $S$ is:\n$$\n\\sum_{AB \\in S} \\vec{v}_{AB} = \\sum_{AB \\in S} (\\vec{OB} - \\vec{OA})\n$$\nwhere $O$ is the origin and $\\vec{OA}$ is the position vector of $A$.\n\nThis can be rewritten as:\n$$\n\\sum_{AB \\in S} \\vec{OB} - \\sum_{AB \\in S} \\vec{OA}\n$$\n\nFor each point $A$, let $d^+_A$ be the number of vectors in $S$ starting at $A$ (i.e., the number of $AB$ in $S$ for fixed $A$), and $d^-_A$ be the number of vectors in $S$ ending at $A$ (i.e., the number of $CA$ in $S$ for fixed $A$).\n\nThen:\n$$\n\\sum_{AB \\in S} \\vec{OA} = \\sum_{A \\in X} d^+_A \\vec{OA}\n$$\n$$\n\\sum_{AB \\in S} \\vec{OB} = \\sum_{B \\in X} d^-_B \\vec{OB}\n$$\n\nSo the total sum is:\n$$\n\\sum_{B \\in X} d^-_B \\vec{OB} - \\sum_{A \\in X} d^+_A \\vec{OA} = \\sum_{A \\in X} (d^-_A - d^+_A) \\vec{OA}\n$$\n\nBut by the given, for every $A$, $d^+_A = d^-_A$, so $d^-_A - d^+_A = 0$ for all $A$.\n\nTherefore, the sum is zero.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42729,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWhat is the smallest number of pieces that can be placed on an $8 \\times 8$ chessboard so that every row, column and diagonal has at least one piece? [A diagonal is any line of squares parallel to one of the two main diagonals, so there are 30 diagonals in all.] What is the smallest number for an $n \\times n$ board?",
    "options": [],
    "answer": "16; in general 2n (for n ≥ 2), and 1 for n = 1",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42730,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na and b are real numbers. Find real $x$ and $y$ satisfying:\n\n$$(x - y)(x^2 - y^2)^{1/2} = a(1 - x^2 + y^2)^{1/2}$$\nand\n$$(y - x)(x^2 - y^2)^{1/2} = b(1 - x^2 + y^2)^{1/2}.$$",
    "options": [],
    "answer": "Solutions exist if and only if b = −a.\n\nCase 1: a = b = 0. Then any real x, y with x^2 = y^2 (i.e., x = y or x = −y) satisfy the equations.\n\nCase 2: a ≠ 0 and b = −a. Let u be any nonzero real with the same sign as a. Define v = a^2 / (u (u^2 + a^2)). Then set\nx = (u + v) / 2, y = (v − u) / 2.\nThese give all real solutions and automatically satisfy the domain constraints x^2 − y^2 ≥ 0 and 1 − x^2 + y^2 ≥ 0.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42731,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA set of square carpets have total area $4$. Show that they can cover a unit square.",
    "options": [],
    "answer": "null",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42732,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nAll two digit numbers from $19$ to $80$ inclusive are written down one after the other as a single number $N = 192021\\ldots 7980$. Is $N$ divisible by $1980$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n$1980 = 2^{2} 3^{2} 5 \\cdot 11$. $N$ is obviously divisible by $2^{2}$ and $5$. The digits in odd position are $9 + (0 + 1 + 2 + \\ldots + 9) + (0 + 1 + 2 + \\ldots + 9) + \\ldots + (0 + 1 + 2 + \\ldots + 9) + 0 = 9 + 6 \\cdot 45 = 279$. The digits in even position are $1 + (2 + 2 + \\ldots + 2) + (3 + 3 + \\ldots + 3) + \\ldots + (7 + \\ldots + 7) + 8 = 9 + 10(2 + 3 + \\ldots + 7) = 279$. So the sum of the digits of $N$ is $2 \\cdot 279$ which is divisible by $9$. Hence $N$ is divisible by $9$. The difference between the odd and even sums is $0$, which is divisible by $11$, so $N$ is divisible by $11$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42733,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven $1980$ vectors in the plane. The sum of every $1979$ vectors is a multiple of the other vector. Not all the vectors are multiples of each other. Show that the sum of all the vectors is zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the vectors be $\\mathbf{x}_i$ and their sum $\\mathbf{s}$. Then we have $\\mathbf{s} - \\mathbf{x}_i = n_i \\mathbf{x}_i$ for some scalar $n_i$. Hence $(n_i + 1) \\mathbf{x}_i = \\mathbf{s}$. If $\\mathbf{s}$ is nonzero, then it follows that every vector is a multiple of $\\mathbf{s}$ and hence all the vectors are multiples of each other. But we are told that is not true. Hence $\\mathbf{s}$ is zero.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42734,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $f(n)$ be the sum of $n$ and its digits. For example, $f(34) = 41$. Is there an integer such that $f(n) = 1980$? Show that given any positive integer $m$ we can find $n$ such that $f(n) = m$ or $m + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\nIf the last digit of $n$ is not $9$, then $f(n + 1) = f(n) + 2$. If the last digit of $n$ is $9$, then $f(n + 1) < f(n)$. On the other hand, $f$ clearly achieves arbitrarily large values. Also $f(1) = 1$.\n\nNow consider any $m > 1$. Let $M$ be the smallest integer such that $f(M) > m$. Then $f(M - 1) \\leq m$. Since $f(M) > f(M - 1)$ we must have $f(M) = f(M - 1) + 2$. Hence either $f(M) = m + 1$ or $f(M - 1) = m$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42735,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSome unit squares in an infinite sheet of squared paper are colored red so that every $2 \\times 3$ and $3 \\times 2$ rectangle contains exactly two red squares. How many red squares are there in a $9 \\times 11$ rectangle?",
    "options": [],
    "answer": "33",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nThere cannot be two red squares with a common side. For consider as the diagram shows we can immediately conclude that the squares with a $\\ast$ are not red, but now the bold rectangle has at most 1 red square. Contradiction.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nConsider a red square. One of the two diagonally adjacent squares marked $\\ast$ must be red. But it is now easy to show that all red squares on that diagonal are red and that the other red squares are those on every third parallel diagonal line. Any $9 \\times 11$ rectangle must have just three such diagonals on a 9 cell border row, and hence just 3 red cells in that border row. But the remaining $9 \\times 10$ rectangle can easily be partitioned into fifteen $3 \\times 2$ rectangles, each with 2 red squares.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42736,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere is a flu epidemic in elf city. The course of the disease is always the same. An elf is infected one day, he is sick the next, recovered and immune the third, recovered but not immune thereafter. Every day every elf who is not sick visits all his sick friends. If he is not immune he is sure to catch flu if he visits a sick elf. On day 1 no one is immune and one or more elves are infected from some external source. Thereafter there is no further external infection and the epidemic spreads as described above. Show that it is sure to die out (irrespective of the number of elves, the number of friends each has, and the number infected on day 1). Show that if one or more elves is immune on day 1, then it is possible for the epidemic to continue indefinitely.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nThis is curiously easy. Write $S$ for sick, $N$ for not sick and not immune, and $I$ for immune. Suppose group $A$ are $S$ on day 1 and group $B$ are $N$ on day 1. Then on day 2, $B$ are $S$, and $A$ are $I$. So on day 3 no one is sick, $A$ are $N$ and $B$ are $I$. Thereafter no one can get sick, so the epidemic has died out.\n\nSuppose on day 1, there is also group $C$ who are $I$. Then on day 2, $B$ are $S$, $A$ are $I$ and $C$ are $N$. So on day 3, $C$ are $S$, $A$ are $N$ and $B$ are $I$. On day 4, $A$ are $S$, $B$ are $N$ and $C$ are $I$, the same as day 1, so the epidemic continues indefinitely.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42737,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDefine the sequence $\\{a\\}_{n}$ of positive integers as follows. $a_{1} = m$. $a_{n + 1} = a_{n}$ plus the product of the digits of $a_{n}$. For example, if $m = 5$, we have $5, 10, 10, \\ldots$. Is there an $m$ for which the sequence is unbounded?",
    "options": [],
    "answer": "No; for every starting value the sequence is bounded.",
    "solution": "Solution:\n\nPut $p(n)$ for the product of the digits of $n$. We show that, for sufficiently large $n$, a sequence starting below it cannot get past the \"gap\" from $10^{n}$ to $10^{n} + 10^{n - 1}$. For suppose $N$ is the last member of the sequence below the gap. Then $N$ has at most $n$ digits, so $p(N) \\leq 9^{n}$. But for sufficiently large $n$ (in fact for $n \\geq 21$) we have $9^{n} < 10^{n - 1}$. So $N + p(N) < 10^{n} + 10^{n - 1}$. But $N + p(N) > 10^{n}$ by assumption. Hence $N + p(N)$ is sure to have second digit (from the left) zero.\nSo all further terms of the sequence are the same. But for any $m$ there is certainly a gap above $m$, and, as shown, the sequence will not be able to get beyond it. So it is bounded.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42738,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is equilateral. A line parallel to $AC$ meets $AB$ at $M$ and $BC$ at $P$. $D$ is the center of the equilateral triangle $BMP$. $E$ is the midpoint of $AP$. Find the angles of $DEC$.",
    "options": [],
    "answer": "∠DEC = 90°, ∠EDC = 60°, ∠DCE = 30°",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\nLet $K$ be the midpoint of $BP$ and $L$ the midpoint of $AC$. $EL$ is parallel to $BC$, so $\\angle ELC = 120^\\circ$. $EK$ is parallel to $AB$, so $\\angle EKC = 60^\\circ$, so $ELCK$ is cyclic. But $\\angle DKC = \\angle DLC = 90^\\circ$, so $DLCK$ is cyclic. Hence $D$, $K$, $C$, $L$, $E$ all lie on a circle. Hence $\\angle DEC = \\angle DLC = 90^\\circ$, and $\\angle EDC = \\angle EKC = 60^\\circ$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42739,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA rectangular box has sides $x < y < z$. Its perimeter is $p = 4(x + y + z)$, its surface area is $s = 2(xy + yz + zx)$ and its main diagonal has length $d = \\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$. Show that $3x < (p/4 - \\sqrt{d^2 - s/2})$ and $3z > (p/4 + \\sqrt{d^2 - s/2})$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWe have $3(y - x)(z - x) > 0$, so $3x^2 + 3yz > 3xy + 3xz$. Hence $y^2 + z^2 + 4x^2 + 2yz - 4xy - 4xz > x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - xz$ or $(y + z - 2x)^2 > (d^2 - s/2)$. Hence $(x + y + z) > 3x + \\sqrt{d^2 - s/2}$. So $3x < p/4 - \\sqrt{d^2 - s/2}$.\n\nSimilarly, $3(z - x)(z - y) > 0$, so $x^2 + y^2 + 4z^2 > x^2 + y^2 + z^2 + 3zx + 3zy - 3xy$, so $(2z - x - y)^2 > x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx$ or $(3z - p/4)^2 > (d^2 - s/2)$. Hence $3z > p/4 + \\sqrt{d^2 - s/2}$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42740,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$S$ is a set of integers. Its smallest element is $1$ and its largest element is $100$. Every element of $S$ except $1$ is the sum of two distinct members of the set or double a member of the set. What is the smallest possible number of integers in $S$?",
    "options": [],
    "answer": "9",
    "solution": "Solution:\n\nLet $\\{n\\} = \\{M\\}(\\{n\\}) + \\{m\\}(\\{n\\})$, where $\\{M\\}(\\{n\\}) \\geq \\{m\\}(\\{n\\})$. Put $\\{M\\}^{1}(\\{n\\}) = \\{M\\}(\\{n\\})$, $\\{M\\}^{2}(\\{n\\}) = \\{M\\}(\\{M\\}(\\{n\\}))$ etc. Then $\\{M\\}(100) \\geq 50$, $\\{M\\}^{2}(100) \\geq 25$, $\\{M\\}^{3}(100) \\geq 13$, $\\{M\\}^{4}(100) \\geq 7$, $\\{M\\}^{5}(100) \\geq 4$, $\\{M\\}^{6}(100) \\geq 2$ (and obviously $\\{n\\} > \\{M\\}(\\{n\\})$), so we need at least $8$ numbers. There are several ways of using $9$ numbers. For example, $\\{1, 2, 4, 8, 16, 32, 36, 64, 100\\}$, where $36 = 4 + 32$, $100 = 36 + 64$ and the others are double another number.\n\nDoubling every time does not work: $1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128$. But if we do not double every time, then we cannot get a number larger than $96$ with $8$ numbers: the best we can do is $1 \\cdot 2^{6} \\cdot (3 / 2) = 96$ (on the occasion when we do not double the best we can do is to the largest plus the next largest, or $3 / 2$ times the largest). Hence we need at least $9$ numbers. [To be more formal, write the elements as $1 = a_{1} < a_{2} < \\ldots < a_{n}$, then each $a_{i}$ must be a sum of preceding elements. The largest possible $a_{i}$ is $2a_{i-1}$ and the next largest $a_{i-1} + a_{i-2}$ and so on.]",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42741,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that there are infinitely many positive integers $n$ such that $[a^{3/2}] + [b^{3/2}] = n$ has at least $1980$ integer solutions.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nConsider all $a, b$ in the range $1, 2, 3, \\ldots, N^{2}$. There are $N^{4}$ possible pairs of values. But $[a^{3/2}]$ and $[b^{3/2}]$ are in the range $1, 2, \\ldots, N^{3}$, so their sum is in the range $1, 2, \\ldots, 2N^{3}$. Hence one of these values has at least $N/2$ solutions. By taking $N$ sufficiently large we can get $a_{1} > 1980$ solutions for some $N_{1} \\leq 2N^{3}$. But now by taking $N$ sufficiently large we can get $a_{2} > a_{1}$ solutions for some $N_{2}$. Since $a_{2} \\neq a_{1}$, we must have $N_{2} \\neq N_{1}$. In other words, we have a different $n$, also with $>1980$ solutions. Continuing, we get an infinite sequence of distinct $n$ each with at least $1980$ solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42742,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a tetrahedron. Angles $ACB$ and $ADB$ are $90^\\circ$. Let $k$ be the angle between the lines $AC$ and $BD$. Show that $\\cos k < \\dfrac{CD}{AB}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42743,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA square is divided into $n$ parallel strips (parallel to the bottom side of the square). The width of each strip is integral. The total width of the strips with odd width equals the total width of the strips with even width. A diagonal of the square is drawn which divides each strip into a left part and a right part. Show that the sum of the areas of the left parts of the odd strips equals the sum of the areas of the right parts of the even strips.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $LO$ be the total area of the left parts of the odd strips, $LE$ the total area of the left parts of the even strips, and $RE$ the total area of the right parts of the even strips. Since the diagonal bisects the square, $LO + LE = A / 2$, where $A$ is the area of the square. Also $RE + LE = A / 2$ (because the total width of the even strips equals the total width of the odd strips). Subtracting, $LO = RE$, as required.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42744,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$x_0$ is a real number in the interval $(0, 1)$ with decimal representation $0.d_1 d_2 d_3 \\ldots$. We obtain the sequence $x_n$ as follows. $x_{n+1}$ is obtained from $x_n$ by rearranging the 5 digits $d_{n+1}$, $d_{n+2}$, $d_{n+3}$, $d_{n+4}$, $d_{n+5}$. Show that the sequence $x_n$ converges. Can the limit be irrational if $x_0$ is rational? Find a number $x_0$ so that every member of the sequence is irrational, no matter how the rearrangements are carried out.",
    "options": [],
    "answer": "The sequence always converges because each decimal position is altered only finitely many times. Yes, the limit can be irrational even when the start is rational; for example, with x0 = 1/99999 (decimal repeating 00001), one can choose the digit fixed at each position to create a nonperiodic limit. For the last part, any irrational starting number (e.g., √2/2) works, since every term retains the same nonperiodic tail and is therefore irrational.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42745,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n35 containers of total weight 18 must be taken to a space station. One flight can take any collection of containers weighing 3 or less. It is possible to take any subset of 34 containers in 7 flights. Show that it must be possible to take all 35 containers in 7 flights.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the lightest container be $S$ weighing $s$. The other containers can be taken in 7 flights. The smallest load on these flights must be $\\leq (18 - s) / 7$, and so that flight has spare capacity of at least $3 - (18 - s) / 7 = (3 + s) / 7$. Thus it can accommodate $S$ provided that $(3 + s) / 7 \\geq s$, or $s \\leq 1 / 2$.\n\nAt least one of the 7 flights takes $\\leq 4$ containers. These weigh at most the weight of the 4 heaviest. Since the 31 lightest weigh at least $31s$, the 4 heaviest weigh at most $18 - 31s$. Thus this flight has spare capacity of at least $3 - (18 - 31s) = 31s - 15$ and can accommodate $S$ provided that $31s - 15 \\geq s$, or $s \\geq 1 / 2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42746,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a convex quadrilateral. $M$ is the midpoint of $BC$ and $N$ is the midpoint of $CD$. If $k = AM + AN$ show that the area of $ABCD$ is less than $k^2 / 2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42747,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAre there any solutions in positive integers to $a^4 = b^3 + c^2$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe have $b^3 = (a^2 - c)(a^2 + c)$, so one possibility is that $a^2 \\pm c$ are both cubes. So we want two cubes whose sum is twice a square. Looking at the small cubes, we soon find $8 + 64 = 2 \\cdot 36$ giving $6^4 = 28^2 + 8^3$. Multiplying through by $k^{12}$ gives an infinite family of solutions. Note that the question does not ask for all solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42748,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a point $P$ on the diameter $AC$ of the circle $K$, find the chord $BD$ through $P$ which maximises the area of $ABCD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42749,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are several settlements around Big Lake. Some pairs of settlements are directly connected by a regular shipping service. For all $A \\neq B$, settlement $A$ is directly connected to $X$ iff $B$ is not directly connected to $Y$, where $B$ is the next settlement to $A$ counterclockwise and $Y$ is the next settlement to $X$ counterclockwise. Show that you can move between any two settlements with at most 3 trips.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose there are $n$ settlements $A_1, A_2, \\ldots, A_n$ in counterclockwise order around the lake. We will use cyclic indices, so that $A_{n + 1}$ means $A_1$, and so on. WLOG $A_1$ has a direct service to $A_2$. Then it follows that $A_2$ does not have a direct service to $A_3$, so $A_3$ does have a direct service to $A_4$, and so on. So $A_i$ has direct service to $A_{i + 1}$ iff $i$ is odd. But $A_1 = A_{n + 1}$ has direct service to $A_2$, so $n$ must be even.\n\nNow suppose we want to get from $A_i$ to $A_j$. If there is direct service we are done. So suppose not. Then there must be direct service from $A_{i + 1}$ to $A_{j + 1}$. If $i$ and $j$ are both odd, then there is direct service from $A_i$ to $A_{i + 1}$ and from $A_j$ to $A_{j + 1}$, so we can make the journey in 3 trips. If $i$ and $j$ are both even, then we can go $A_i$ to $A_{i - 1}$ to $A_{j - 1}$ to $A_j$. So suppose $i$ and $j$ have opposite parity. WLOG $i$ is odd and $j$ is even. If there is direct service from $A_i$ to $A_{j - 1}$, then we can make the journey in two trips: $A_i$ to $A_{j - 1}$ to $A_j$. If not, then we can go $A_i$ to $A_{i + 1}$ to $A_j$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42750,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA six digit (decimal) number has six different digits, none of them $0$, and is divisible by $37$. Show that you can obtain at least $23$ other numbers which are divisible by $37$ by permuting the digits.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose the digits are $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6$ and that $a_1a_2a_3a_4a_5a_6$ is divisible by $37$. We claim that $a_2a_3a_4a_5a_6a_1$ is also divisible by $37$. Put $n = a_2a_3a_4a_5a_6$ and $m = a_1$. The original number is $10^{5}m + n$ and the derived number is $10n + m$. But $37$ divides $10^{3} - 1$ and hence also $10^{6} - 1$ and $m(10^{6} - 1)$. So it also divides $10(10^{5}m + n) - m(10^{6} - 1) = 10n + m$, which proves the claim.\n\nIterating, we get the original number and $5$ others:\n\na1a2a3a4a5a6\na2a3a4a5a6a1\na3a4a5a6a1a2\na4a5a6a1a2a3\na5a6a1a2a3a4\na6a1a2a3a4a5\n\nSimilarly, we have that $a_1a_2a_3a_4a_5a_6 - a_1a_2a_6a_4a_5a_3 = (a_6- a_3)999$, so $a_1a_2a_6a_4a_5a_3$ is also divisible by $37$. Iterating we get:\n\na1a2a6a4a5a3\na2a6a4a5a3a1\na6a4a5a3a1a2\na4a5a3a1a2a6\na5a3a1a2a6a4\na3a1a2a6a4a5\n\nSimilarly, we could swap the first term and the fourth to get:\n\na4a2a3a1a5a6\na2a3a1a5a6a4\na3a1a5a6a4a2\na1a5a6a4a2a3\na5a6a4a2a3a1\na6a4a2a3a1a5\n\nor the second and the fifth to get:\n\na1a5a3a4a2a6\na5a3a4a2a6a1\na3a4a2a6a1a5\na4a2a6a1a5a3\na2a6a1a5a3a4\na6a1a5a3a4a2",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42751,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind all real solutions to:\n$$\\sin x + 2\\sin (x + y + z) = 0$$\n$$\\sin y + 3\\sin (x + y + z) = 0$$\n$$\\sin z + 4\\sin (x + y + z) = 0$$",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are x = k·pi, y = l·pi, z = m·pi for integers k, l, m.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42752,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA chess board is placed on top of an identical board and rotated through $45$ degrees about its center. What is the area which is black in both boards?",
    "options": [],
    "answer": "one quarter of the board area",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42753,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe sequence $\\{a_n\\}$ of positive integers is such that\n\n(1) $a_n \\leq n^{3/2}$ for all $n$, and\n\n(2) $m - n$ divides $a_m - a_n$ (for all $m > n$).\n\nFind $a_n$.",
    "options": [],
    "answer": "a_n = 1 for all n, or a_n = n for all n",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42754,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIs it possible to color half the cells in a rectangular array white and half black so that in each row and column more than $\\frac{3}{4}$ of the cells are the same color?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42755,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all solutions $(x, y)$ in positive integers to $x^{3} - y^{3} = xy + 61$.",
    "options": [],
    "answer": "(6, 5)",
    "solution": "Solution:\nPut $x = y + a$. Then $(3a - 1)y^{2} + a(3a - 1)y + (a^{3} - 61) = 0$. The first two terms are positive, so the last term must be negative, so $a = 1, 2, 3$. Trying each case in turn, we get $(y + 6)(y - 5) = 0$, $5y^{2} + 10y - 53 = 0$, $4y^{2} + 12y - 17 = 0$. The last two equations have no integer solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42756,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEighteen teams are playing in a tournament. So far, each team has played exactly eight games, each with a different opponent. Show that there are three teams none of which has yet played the other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42757,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is a triangle. $A'$ lies on the side $BC$ with $BA' / BC = 1 / 4$. Similarly, $B'$ lies on the side $CA$ with $CB' / CA = 1 / 4$, and $C'$ lies on the side $AB$ with $AC' / AB = 1 / 4$. Show that the perimeter of $A'B'C'$ is between $1/2$ and $3/4$ of the perimeter of $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42758,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe positive reals $x$, $y$ satisfy $x^{3} + y^{3} = x - y$. Show that $x^{2} + y^{2} < 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSince $x$, $y$ are positive, so is $x^{3} + y^{3}$, and hence $x > y$. So\n$$(x^{2} + y^{2})(x - y) = (x^{3} - y^{3}) - xy(x - y) < x^{3} - y^{3} = x - y.$$\nHence $x^{2} + y^{2} < 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42759,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA convex polygon is drawn inside the unit circle. Someone makes a copy by starting with one vertex and then drawing each side successively. He copies the angle between each side and the previous side accurately, but makes an error in the length of each side of up to a factor $1 \\pm \\mathbf{p}$. As a result the last side ends up a distance $\\mathbf{d}$ from the starting point. Show that $\\mathbf{d} < 4 \\mathbf{p}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42760,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn integer is initially written at each vertex of a cube. A move is to add $1$ to the numbers at two vertices connected by an edge. Is it possible to equalise the numbers by a series of moves in the following cases?\n\n(1) The initial numbers are $0$, except for one vertex which is $1$.\n\n(2) The initial numbers are $0$, except for two vertices which are $1$ and diagonally opposite on a face of the cube.\n\n(3) Initially, the numbers going round the base are $1$, $2$, $3$, $4$. The corresponding vertices on the top are $6$, $7$, $4$, $5$ (with $6$ above the $1$, $7$ above the $2$ and so on).",
    "options": [],
    "answer": "(1) Not possible. (2) Not possible. (3) Possible.",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42761,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind 21 consecutive integers, each with a prime factor less than 17.",
    "options": [],
    "answer": "The 21 consecutive integers from 20570 to 20590 inclusive.",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42762,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$AB$ is a diameter of the circle $C$. $M$ and $N$ are any two points on the circle. The chord $MA'$ is perpendicular to the line $NA$ and the chord $MB'$ is perpendicular to the line $NB$. Show that $AA'$ and $BB'$ are parallel.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42763,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEach of the numbers from $100$ to $999$ inclusive is written on a separate card. The cards are arranged in a pile in random order. We take cards off the pile one at a time and stack them into $10$ piles according to the last digit. We then put the $1$ pile on top of the $0$ pile, the $2$ pile on top of the $1$ pile and so on to get a single pile. We now take them off one at a time and stack them into $10$ piles according to the middle digit. We then consolidate the piles as before. We then take them off one at a time and stack them into $10$ piles according to the first digit and finally consolidate the piles as before. What can we say about the order in the final pile?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42764,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven 6 points inside a $3 \\times 4$ rectangle, show that we can find two points whose distance does not exceed $\\sqrt{5}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42765,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the smallest value of $4 + x^{2}y^{4} + x^{4}y^{2} - 3x^{2}y^{2}$ for real $x$, $y$? Show that the polynomial cannot be written as a sum of squares. [Note the candidates did not know calculus.]",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42766,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCDEF$ is a prism. Its base $ABC$ and its top $DEF$ are congruent equilateral triangles. The side edges are $AD$, $BE$ and $CF$. Find all points on the base which are equidistant from the three lines $AE$, $BF$ and $CD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42767,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind an example of $m$ and $n$ such that $m$ is the product of $n$ consecutive positive integers and also the product of $n + 2$ consecutive positive integers. Show that we cannot have $n = 2$.",
    "options": [],
    "answer": "Example: m = 120, n = 3; there is no solution with n = 2.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42768,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWrite down a row of arbitrary integers (repetitions allowed). Now construct a second row as follows. Suppose the integer $n$ is in column $k$ in the first row. In column $k$ in the second row write down the number of occurrences of $n$ in row 1 in columns 1 to $k$ inclusive. Similarly, construct a third row under the second row (using the values in the second row), and a fourth row. An example follows:\n\n| 7 | 1 | 2 | 1 | 7 | 1 | 1 |\n|---|---|---|---|---|---|---|\n| 1 | 1 | 1 | 2 | 2 | 3 | 4 |\n| 1 | 2 | 3 | 1 | 2 | 1 | 1 |\n| 1 | 1 | 1 | 2 | 2 | 3 | 4 |\n\nShow that the fourth row is always the same as the second row.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42769,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $S$ be the set of points $(x, y)$ given by $y \\leq -x^2$ and $y \\geq x^2 - 2x + a$. Find the area of the rectangle with sides parallel to the axes and the smallest possible area which encloses $S$.",
    "options": [],
    "answer": "Let d = sqrt(1 - 2a). For a ≤ 1/2, the set S is nonempty and the minimal enclosing axis-parallel rectangle has area:\n- If a ≤ 0: area = (1 - a) d = (1 - a) sqrt(1 - 2a).\n- If 0 ≤ a ≤ 1/2: area = d^2 = 1 - 2a.\nFor a > 1/2, S is empty, so the minimal area is 0.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42770,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$, $CDE$, $EFG$ are equilateral triangles (not necessarily the same size). The vertices are counter-clockwise in each case. $A$, $D$, $G$ are collinear and $AD = DG$. Show that $BFD$ is equilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42771,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n1000 people live in a village. Every evening each person tells his friends all the news he heard during the day. All news eventually becomes known (by this process) to everyone. Show that one can choose 90 people, so that if you give them some news on the same day, then everyone will know in 10 days.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42772,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe reals $a$ and $b$ are such that $a \\cos x + b \\cos 3x > 1$ has no real solutions. Show that $|b| \\leq 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42773,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a convex quadrilateral. $K$ is the midpoint of $AB$ and $M$ is the midpoint of $CD$. $L$ lies on the side $BC$ and $N$ lies on the side $AD$. $KLMN$ is a rectangle. Show that its area is half that of $ABCD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42774,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe circle $C$ has center $O$ and radius $r$ and contains the points $A$ and $B$. The circle $C'$ touches the rays $OA$ and $OB$ and has center $O'$ and radius $r'$. Find the area of the quadrilateral $OAOB$.",
    "options": [],
    "answer": "r r'",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42775,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$P$ is a polygon with $2n + 1$ sides. A new polygon is derived by taking as its vertices the midpoints of the sides of $P$. This process is repeated. Show that we must eventually reach a polygon which is homothetic to $P$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $P$ be a polygon with $2n + 1$ sides. Let the vertices of $P$ be $A_1, A_2, \\ldots, A_{2n+1}$ in order. The process consists of forming a new polygon $P'$ whose vertices are the midpoints $M_1, M_2, \\ldots, M_{2n+1}$ of the sides $A_1A_2, A_2A_3, \\ldots, A_{2n+1}A_1$ respectively. This process is repeated.\n\nLet us represent the vertices of $P$ as complex numbers $z_1, z_2, \\ldots, z_{2n+1}$ on the complex plane. The midpoints are then:\n\n$$\nM_k = \\frac{z_k + z_{k+1}}{2}, \\quad k = 1, 2, \\ldots, 2n+1\n$$\n(with $z_{2n+2} = z_1$).\n\nLet $T$ be the transformation that sends $(z_1, z_2, \\ldots, z_{2n+1})$ to $(M_1, M_2, \\ldots, M_{2n+1})$.\n\nLet us consider the effect of repeatedly applying $T$.\n\nLet $\\omega = e^{2\\pi i/(2n+1)}$ be a primitive $(2n+1)$-th root of unity. The set of vectors $(z_1, z_2, \\ldots, z_{2n+1})$ can be expanded in the basis of $(1, \\omega^k, \\omega^{2k}, \\ldots, \\omega^{(2n)k})$ for $k = 0, 1, \\ldots, 2n$.\n\nThe transformation $T$ acts linearly:\n\n$$\nM_k = \\frac{z_k + z_{k+1}}{2}\n$$\n\nIf we consider the vector $(z_1, z_2, \\ldots, z_{2n+1})$ as a column vector $Z$, then $T$ is multiplication by a circulant matrix $A$ whose first row is $(1/2, 1/2, 0, \\ldots, 0)$.\n\nThe eigenvectors of a circulant matrix are the vectors $(1, \\omega^k, \\omega^{2k}, \\ldots, \\omega^{(2n)k})$, and the corresponding eigenvalues are:\n\n$$\n\\lambda_k = \\frac{1}{2} + \\frac{1}{2} \\omega^k\n$$\nfor $k = 0, 1, \\ldots, 2n$.\n\nNow, $\\omega^k$ for $k = 1, \\ldots, 2n$ are all distinct roots of unity except $1$.\n\nThe eigenvalue for $k = 0$ is $1$.\n\nThe modulus of $\\lambda_k$ for $k \\neq 0$ is:\n\n$$\n|\\lambda_k| = \\left| \\frac{1}{2} + \\frac{1}{2} \\omega^k \\right| = \\left| e^{i\\theta_k/2} \\cos(\\theta_k/2) \\right| = |\\cos(\\theta_k/2)|\n$$\nwhere $\\omega^k = e^{i\\theta_k}$.\n\nSince $2n+1$ is odd, none of the $\\omega^k$ (for $k \\neq 0$) is $-1$, so $\\cos(\\theta_k/2) \\neq 0$ for all $k$.\n\nBut $|\\lambda_k| < 1$ for all $k \\neq 0$.\n\nTherefore, as we repeat the process, all components except the $k=0$ component (the centroid) decay to zero. Thus, the sequence of polygons converges to a regular $(2n+1)$-gon centered at the centroid of $P$, which is homothetic to $P$.\n\nTherefore, after sufficiently many steps, the polygon becomes homothetic to $P$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42776,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$\\{a\\}_1, \\{a\\}_2, \\ldots, \\{a\\}_{1982}$ is a permutation of $1, 2, \\ldots, 1982$. If $\\{a\\}_1 > \\{a\\}_2$, we swap $\\{a\\}_1$ and $\\{a\\}_2$. Then if$\\,$(the new)$\\, \\{a\\}_2 > \\{a\\}_3$ we swap $\\{a\\}_2$ and $\\{a\\}_3$. And so on. After $1981$ potential swaps we have a new permutation $\\{b\\}_1, \\{b\\}_2, \\ldots, \\{b\\}_{1982}$. We then compare $\\{b\\}_{1982}$ and $\\{b\\}_{1981}$. If $\\{b\\}_{1981} > \\{b\\}_{1982}$, we swap them. We then compare $\\{b\\}_{1980}$ and (the new) $\\{b\\}_{1981}$. So we arrive finally at $\\{c\\}_1, \\{c\\}_2, \\ldots, \\{c\\}_{1982}$. We find that $\\{a\\}_{100} = \\{c\\}_{100}$. What value is $\\{a\\}_{100}$?",
    "options": [],
    "answer": "100",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42777,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCucumber River has parallel banks a distance $1$ meter apart. It has some islands with total perimeter $8$ meters. It is claimed that it is always possible to cross the river (starting from an arbitrary point) by boat in at most $3$ meters. Is the claim always true for any arrangement of islands? [Neglect the current.]",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42778,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe parabola $y = x^2$ is drawn and then the axes are deleted. Can you restore them using ruler and compasses?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42779,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn integer is put in each cell of an $n \\times n$ array. The difference between the integers in cells which share a side is $0$ or $1$. Show that some integer occurs at least $n$ times.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the integers in the array be $a_{i,j}$ for $1 \\leq i, j \\leq n$. For any two adjacent cells (sharing a side), $|a_{i,j} - a_{k,l}| = 0$ or $1$.\n\nLet $m$ be the minimum integer in the array. Consider the set of cells where the value is $m$. Any cell adjacent to such a cell can have value $m$ or $m+1$.\n\nLet us color the array as follows: color cell $(i,j)$ black if $i + j$ is even, white if $i + j$ is odd. Consider the minimal value $m$ and the set $S$ of all cells with value $m$.\n\nSuppose $|S| < n$. Then, in each row and each column, there is at most one cell with value $m$ (otherwise, two cells with value $m$ in the same row or column would force all cells between them to also have value $m$, by the adjacency condition, contradicting minimality unless the whole row or column is $m$). Thus, $|S| \\leq n$.\n\nSuppose $|S| < n$. Then, there is a row and a column with no cell of value $m$. Consider the path from a cell with value $m$ to a cell in this row or column. Along the path, the value can increase by at most $1$ at each step, so the maximum value in the array is at most $m + 2n - 2$.\n\nBut, more simply, consider the following: pick any cell with value $m$. From this cell, move right $k$ steps and down $l$ steps to reach cell $(i+k, j+l)$. The value at $(i+k, j+l)$ is at least $m$ and at most $m + k + l$ (since each step increases by at most $1$). Thus, the maximum difference between any two cells is at most $2n - 2$.\n\nNow, consider the values along the main diagonal: $(1,1), (2,2), \\ldots, (n,n)$. Each adjacent pair differs by at most $1$, so the values form an integer sequence where each term differs from the previous by at most $1$. Thus, among these $n$ values, at least one value occurs at least $\\lceil n/2 \\rceil$ times (by the pigeonhole principle), but we want at least $n$ times in the whole array.\n\nAlternatively, consider the values in the array: the minimal value $m$ must occur in some row or column. If it occurs $k$ times in a row, then in that row, the values can only increase by $1$ at each step, so the values are $m, m+1, \\ldots, m+k-1$. But since the difference between adjacent cells is at most $1$, and the minimal value is $m$, the only way for the value to increase is if the previous cell is $m$ and the next is $m+1$.\n\nBut the key is:\n\nLet us fix a value $x$ that appears in the array. Consider the set of all cells with value $x$. Suppose that in every row, there is at most one cell with value $x$. Then, the total number of cells with value $x$ is at most $n$. Similarly for columns. But if there is a row with two cells with value $x$, say $(i, j_1)$ and $(i, j_2)$, then all cells between $(i, j_1)$ and $(i, j_2)$ in row $i$ must also have value $x$, because the difference between adjacent cells is at most $1$, and the values at the ends are equal. Thus, the sequence must be constant between $j_1$ and $j_2$.\n\nTherefore, for any value $x$, the set of cells with value $x$ in any row or column forms a contiguous block. Thus, the set of cells with value $x$ forms a union of rectangles (possibly degenerate to a single cell or a line).\n\nNow, consider the value that appears most frequently in the array. Suppose, for contradiction, that every value appears fewer than $n$ times. Then, the total number of values is at least $n^2 / (n-1) > n$ for $n > 1$, which is impossible since the values are integers and the difference between adjacent cells is at most $1$, so the range of values is at most $2n-2$ (as above). For large $n$, this is a contradiction.\n\nBut more simply, consider the following construction:\n\nLet us fix a row. The values in the row form a sequence where adjacent terms differ by at most $1$. Thus, the minimal value in the row occurs in a contiguous block. The same applies to columns.\n\nTherefore, the value that appears most frequently must appear at least $n$ times, since otherwise, the total number of cells is $n^2$, and the values cannot be spread out enough given the adjacency condition.\n\nThus, some integer occurs at least $n$ times.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42780,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$\\mathbf{x}$ is a positive integer. Put $\\mathbf{a} = \\mathbf{x}^{1 / 12}$, $\\mathbf{b} = \\mathbf{x}^{1 / 4}$, $\\mathbf{c} = \\mathbf{x}^{1 / 6}$. Show that $2^{\\mathrm{a}} + 2^{\\mathrm{b}} \\geq 2^{1 + \\mathrm{c}}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPut $\\mathbf{x} = \\mathbf{r}^{12}$. Since $\\mathbf{x}$ is a positive integer, we have $\\mathbf{r} \\geq 1$. We have to show that $\\dfrac{2^{\\mathrm{r}} + 2^{\\mathrm{r}^{3}}}{2} \\geq 2^{\\mathrm{r}^{2}}$. But this follows immediately from AM/GM.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42781,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the largest subset of $\\{1, 2, \\ldots , 1982\\}$ with the property that no element is the product of two other distinct elements.",
    "options": [],
    "answer": "1939; for example, the set {1} together with all integers from 45 to 1982",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42782,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA real number is assigned to each unit square in an infinite sheet of squared paper. Show that some cell contains a number that is less than or equal to at least four of its eight neighbors.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42783,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a real sequence $a_1, a_2, \\ldots, a_n$, show that it is always possible to choose a subsequence such that\n\n(1) for each $i \\leq n - 2$ at least one and at most two of $a_i, a_{i+1}, a_{i+2}$ are chosen, and\n\n(2) the sum of the absolute values of the numbers in the subsequence is at least $\\frac{1}{6} \\sum_{i=1}^n |a_i|$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42784,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $n \\times n$ array has a cross in $n - 1$ cells. A move consists of moving a row to a new position or moving a column to a new position. For example, one might move row 2 to row 5, so that row 1 remained in the same position, row 3 became row 2, row 4 became row 3, row 5 became row 4, row 2 became row 5 and the remaining rows remained in the same position. Show that by a series of moves one can end up with all the crosses below the main diagonal.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42785,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $\\{a\\}$ denote the difference between $a$ and the nearest integer. For example $\\{3.8\\} = 0.2$, $\\{-5.4\\} = 0.4$. Show that\n$$\n\\{a\\}\\{2a\\}\\{3a\\}\\ldots\\{na\\} \\geq \\frac{\\{a\\}^n}{2^n}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42786,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDo there exist polynomials $p(x)$, $q(x)$, $r(x)$ such that\n$$\np(x - y + z)^3 + q(y - z - 1)^3 + r(z - 2x + 1)^3 = 1\n$$\nfor all $x$, $y$, $z$?\n\nDo there exist polynomials $p(x)$, $q(x)$, $r(x)$ such that\n$$\np(x - y + z)^3 + q(y - z - 1)^3 + r(z - x + 1)^3 = 1\n$$\nfor all $x$, $y$, $z$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes for both equations; for example, take p to be identically one and q and r to be identically zero.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42787,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA tetrahedron $T'$ has all its vertices inside the tetrahedron $T$. Show that the sum of the edge lengths of $T'$ is less than $\\frac{4}{3}$ times the corresponding sum for $T$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42788,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$N$ is a sum of $n$ powers of $2$. If $N$ is divisible by $2^{m} - 1$, prove that $n \\geq m$. Does there exist a number divisible by $11\\ldots1$ (that is, $m$ $1$s) which has the sum of its digits less than $m$?",
    "options": [],
    "answer": "n ≥ m; No",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42789,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA non-negative real is written at each vertex of a cube. The sum of the eight numbers is $1$. Two players choose faces of the cube alternately. A player cannot choose a face already chosen or the one opposite, so the first player plays twice, the second player plays once. Can the first player arrange that the vertex common to all three chosen faces is $\\leq 1/6$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42790,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA library is open every day except Wednesday. One day three boys, $A$, $B$, $C$ visit the library together for the first time. Thereafter they visit the library many times. $A$ always makes his next visit two days after the previous visit, unless the library is closed on that day, in which case he goes the following day. $B$ always makes his next visit three days after the previous visit (or four if the library is closed). $C$ always makes his next visit four days after the previous visit (or five if the library is closed). For example, if $A$ went first on Monday, his next visit would be Thursday, then Saturday. If $B$ went first on Monday, his next visit would be on Thursday. All three boys are subsequently in the library on a Monday. What day of the week was their first visit?",
    "options": [],
    "answer": "Saturday",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42791,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a parallelogram and $AB \\ne BC$. $M$ is chosen so that\n\n(1) $\\angle MAC = \\angle DAC$ and $M$ is on the opposite side of $AC$ to $D$, and\n\n(2) $\\angle MBD = \\angle CBD$ and $M$ is on the opposite side of $BD$ to $C$.\n\nFind $AM/BM$ in terms of $k = AC / BD$.",
    "options": [],
    "answer": "k^2",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42792,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$3n$ points divide a circle into $3n$ arcs. One third of the arcs have length $1$, one third have length $2$ and one third have length $3$. Show that two of the points are at opposite ends of a diameter.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42793,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$M$ is a point inside a regular tetrahedron. Show that we can find two vertices $A$, $B$ of the tetrahedron such that $\\cos \\angle AMB \\leq -1/3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42794,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$0 < x, y, z < \\pi / 2$. We have $\\cos x = x$, $\\sin (\\cos y) = y$, $\\cos (\\sin z) = z$. Which of $x, y, z$ is the largest and which the smallest?",
    "options": [],
    "answer": "y < x < z",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42795,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA $4 \\times 4$ array of unit cells is made up of a grid of total length $40$. Can we divide the grid into $8$ paths of length $5$? Into $5$ paths of length $8$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes for eight paths of length five; No for five paths of length eight.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42796,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a quadratic equation $ax^2 + bx + c$. If it has two real roots $A \\leq B$, transform the equation to $x^2 + Ax + B$. Show that if we repeat this process we must eventually reach an equation with complex roots. What is the maximum possible number of transformations before we reach such an equation?",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 42797,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na, b, c are positive integers. If $a^b$ divides $b^a$ and $c^a$ divides $a^c$, show that $c^b$ divides $b^c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42798,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA word is a finite string of $A$s and $B$s. Can we find a set of three 4-letter words, ten 5-letter words, thirty 6-letter words and five 7-letter words such that no word is the beginning of another word? [For example, if $ABA$ was a word, then $ABAAB$ could not be a word.]",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42799,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCan you place an integer in every square of an infinite sheet of squared paper so that the sum of the integers in every $4 \\times 6$ (or $6 \\times 4$) rectangle is (1) $10$, (2) $1$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes for 10; Yes for 1.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42800,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA point is chosen on each of the three sides of a triangle and joined to the opposite vertex. The resulting lines divide the triangle into four triangles and three quadrilaterals. The four triangles all have area $A$. Show that the three quadrilaterals have equal area. What is it (in terms of $A$)?",
    "options": [],
    "answer": "Each quadrilateral has area 2A.",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42801,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA group of children form two equal lines side-by-side. Each line contains an equal number of boys and girls. The number of mixed pairs (one boy in one line next to one girl in the other line) equals the number of unmixed pairs (two girls side-by-side or two boys side-by-side). Show that the total number of children in the group is a multiple of 8.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42802,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA $1 \\times k$ rectangle can be divided by two perpendicular lines parallel to the sides into four rectangles, each with area at least $1$ and one with area at least $2$. What is the smallest possible $k$?",
    "options": [],
    "answer": "3 + 2√2",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42803,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nShow that given any $2m + 1$ different integers lying between $-(2m-1)$ and $2m-1$ (inclusive) we can always find three whose sum is zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42804,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nInterior points $D$, $E$, $F$ are chosen on the sides $BC$, $CA$, $AB$ (not at the vertices). Let $k$ be the length of the longest side of $DEF$. Let $a$, $b$, $c$ be the lengths of the longest sides of $AFE$, $BDF$, $CDE$ respectively. Show that $k \\geq \\dfrac{\\sqrt{3}}{2} \\min(a, b, c)$. When do we have equality?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42805,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThree positive integers are written on a blackboard. A move consists of replacing one of the numbers by the sum of the other two less one. For example, if the numbers are $3$, $4$, $5$, then one move could lead to $4$, $5$, $8$ or $3$, $5$, $7$ or $3$, $4$, $6$. After a series of moves the three numbers are $17$, $1967$ and $1983$. Could the initial set have been $2$, $2$, $2$? $3$, $3$, $3$?",
    "options": [],
    "answer": "Initial 2,2,2: No. Initial 3,3,3: No.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42806,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$X$ is a union of $k$ disjoint intervals of the real line. It has the property that for any $h < 1$ we can find two points of $X$ which are a distance $h$ apart. Show that the sum of the lengths of the intervals in $X$ is at least $1 / k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42807,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$x$ is a real. The decimal representation of $x$ includes all the digits at least once. Let $f(n)$ be the number of distinct $n$-digit segments in the representation. Show that if for some $n$ we have $f(n) \\leq n + 8$, then $x$ is rational.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42808,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$C_1$, $C_2$, $C_3$ are circles, none of which lie inside either of the others. $C_1$ and $C_2$ touch at $Z$, $C_2$ and $C_3$ touch at $X$, and $C_3$ and $C_1$ touch at $Y$. Prove that if the radius of each circle is increased by a factor $2 / \\sqrt{3}$ without moving their centers, then the enlarged circles cover the triangle $XYZ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42809,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all real solutions $x$, $y$ to\n$$\ny^2 = x^3 - 3x^2 + 2x, \\quad x^2 = y^3 - 3y^2 + 2y.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0), (2 - sqrt(2), 2 - sqrt(2)), (2 + sqrt(2), 2 + sqrt(2))",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42810,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe positive integer $k$ has $n$ digits. It is rounded to the nearest multiple of $10$, then to the nearest multiple of $100$ and so on ($n-1$ roundings in all). Numbers midway between are rounded up. For example, $1474$ is rounded to $1470$, then to $1500$, then to $2000$. Show that the final number is less than $\\dfrac{18k}{13}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42811,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$M$ is the midpoint of $BC$. $E$ is any point on the side $AC$ and $F$ is any point on the side $AB$. Show that area $\\{MEF\\} \\leq$ area $\\{BMF\\} +$ area $CME$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42812,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$a_n$ is the last digit of $[10^{n / 2}]$. Is the sequence $a_n$ periodic?\n\n$b_n$ is the last digit of $[2^{n / 2}]$. Is the sequence $b_n$ periodic?",
    "options": [],
    "answer": "a_n is not periodic; b_n is not periodic",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42813,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA and B are acute angles such that $\\sin^2 A + \\sin^2 B = \\sin (A + B)$. Show that $A + B = \\pi / 2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nGiven $\\sin^2 A + \\sin^2 B = \\sin (A + B)$.\n\nWe know that $\\sin^2 A = 1 - \\cos^2 A$ and $\\sin^2 B = 1 - \\cos^2 B$, but let's try to use the sum-to-product identities.\n\nRecall that:\n$$\n\\sin^2 A + \\sin^2 B = \\frac{1 - \\cos 2A}{2} + \\frac{1 - \\cos 2B}{2} = 1 - \\frac{\\cos 2A + \\cos 2B}{2}\n$$\nSo the equation becomes:\n$$\n1 - \\frac{\\cos 2A + \\cos 2B}{2} = \\sin (A + B)\n$$\nBring $\\sin (A + B)$ to the left:\n$$\n1 - \\sin (A + B) = \\frac{\\cos 2A + \\cos 2B}{2}\n$$\nMultiply both sides by $2$:\n$$\n2 - 2\\sin (A + B) = \\cos 2A + \\cos 2B\n$$\nBut $\\cos 2A + \\cos 2B = 2 \\cos \\frac{2A + 2B}{2} \\cos \\frac{2A - 2B}{2} = 2 \\cos (A + B) \\cos (A - B)$.\n\nSo:\n$$\n2 - 2\\sin (A + B) = 2 \\cos (A + B) \\cos (A - B)\n$$\nDivide both sides by $2$:\n$$\n1 - \\sin (A + B) = \\cos (A + B) \\cos (A - B)\n$$\nBring all terms to one side:\n$$\n1 - \\sin (A + B) - \\cos (A + B) \\cos (A - B) = 0\n$$\nLet $S = A + B$ and $D = A - B$.\n\nSo:\n$$\n1 - \\sin S - \\cos S \\cos D = 0\n$$\nBut $\\cos S \\cos D = \\frac{1}{2} [\\cos(S - D) + \\cos(S + D)] = \\frac{1}{2} [\\cos(A + B - (A - B)) + \\cos(A + B + (A - B))] = \\frac{1}{2} [\\cos(2B) + \\cos(2A)]$\n\nBut this brings us back to the earlier form. Let's try another approach.\n\nLet us suppose $A + B = x$.\n\nThen $\\sin^2 A + \\sin^2 B = \\sin x$.\n\nBut $\\sin^2 A + \\sin^2 B = 1 - \\frac{\\cos 2A + \\cos 2B}{2}$ as above.\n\nSo:\n$$\n1 - \\frac{\\cos 2A + \\cos 2B}{2} = \\sin x\n$$\nSo:\n$$\n\\cos 2A + \\cos 2B = 2(1 - \\sin x)\n$$\nBut $2A + 2B = 2x$, so $\\cos 2A + \\cos 2B = 2 \\cos x \\cos(A - B)$.\n\nTherefore:\n$$\n2 \\cos x \\cos(A - B) = 2(1 - \\sin x)\n$$\nDivide both sides by $2$:\n$$\n\\cos x \\cos(A - B) = 1 - \\sin x\n$$\nBut $A$ and $B$ are acute, so $0 < A < \\frac{\\pi}{2}$, $0 < B < \\frac{\\pi}{2}$, so $0 < x < \\pi$.\n\nSuppose $x = \\frac{\\pi}{2}$.\nThen $\\sin x = 1$, $\\cos x = 0$.\nSo left side: $0 \\cdot \\cos(A - B) = 0$, right side: $1 - 1 = 0$.\nSo equality holds.\n\nSuppose $x < \\frac{\\pi}{2}$.\nThen $\\sin x < 1$, $\\cos x > 0$.\nSo $1 - \\sin x > 0$, $\\cos x > 0$, so $\\cos(A - B) = \\frac{1 - \\sin x}{\\cos x}$.\nBut $|A - B| < x < \\frac{\\pi}{2}$, so $\\cos(A - B) > 0$.\nBut $\\cos(A - B) \\leq 1$, so $\\frac{1 - \\sin x}{\\cos x} \\leq 1$.\nSo $1 - \\sin x \\leq \\cos x$.\nBut $1 - \\sin x - \\cos x \\leq 0$.\nBut for $0 < x < \\frac{\\pi}{2}$, $1 - \\sin x - \\cos x > 0$ for small $x$, so possible only at $x = \\frac{\\pi}{2}$.\n\nSimilarly, for $x > \\frac{\\pi}{2}$, $\\cos x < 0$, $1 - \\sin x < 0$, but $\\cos(A - B) > 0$, so left side negative, right side negative, but $\\cos(A - B) = \\frac{1 - \\sin x}{\\cos x}$, but $\\cos(A - B) > 0$, so $\\frac{1 - \\sin x}{\\cos x} > 0$, but both negative, so possible only if $x = \\frac{\\pi}{2}$.\n\nTherefore, the only solution is $A + B = \\frac{\\pi}{2}$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42814,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe projection of a tetrahedron onto the plane $P$ is $ABCD$. Can we find a distinct plane $P'$ such that the projection of the tetrahedron onto $P'$ is $A'B'C'D'$ and $AA'$, $BB'$, $CC'$ and $DD'$ are all parallel?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42815,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that we can find $n$ integers whose sum is $0$ and whose product is $n$ if and only if $n$ is divisible by $4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42816,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$\\{x_1 < x_2 < x_3 < \\ldots < x_n\\}$. $\\{y_i\\}$ is a permutation of the $\\{x_i\\}$. We have that $x_1 + y_1 < x_2 + y_2 < \\ldots < x_n + y_n$. Prove that $x_i = y_i$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42817,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is a triangle and $P$ is any point. The lines $PA$, $PB$, $PC$ cut the circumcircle of $ABC$ again at $A'$, $B'$, $C'$ respectively. Show that there are at most eight points $P$ such that $A'B'C'$ is congruent to $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42818,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe positive reals $x$, $y$, $z$ satisfy $x^2 + x y + \\dfrac{y^2}{3} = 25$, $\\dfrac{y^2}{3} + z^2 = 9$, $z^2 + z x + x^2 = 16$. Find the value of $x y + 2 y z + 3 z x$.",
    "options": [],
    "answer": "24√3",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42819,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nStarting with the polynomial $x^2 + 10x + 20$, a move is to change the coefficient of $x$ by $1$ or to change the coefficient of $x^0$ by $1$ (but not both). After a series of moves the polynomial is changed to $x^2 + 20x + 10$. Is it true that at some intermediate point the polynomial had integer roots?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nWe have $x^2 + (n + 1)x + n = (x + n)(x + 1)$, so $x^2 + a x + b$ has integer roots if $a = b + 1$ (and $a$ and $b$ are integers). But initially $a - b$ is $-10$ and it ends up as $+10$. Each move changes $a - b$ by $\\pm 1$, so it must pass through all values between $-10$ and $+10$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42820,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe center of a coin radius $r$ traces out a polygon with perimeter $p$ which has an incircle radius $R > r$. What is the area of the figure traced out by the coin?",
    "options": [],
    "answer": "2pr",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42821,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEach weight in a set of $n$ has integral weight and the total weight of the set is $2n$. A balance is initially empty. We then place the weights onto a pan of the balance one at a time. Each time we place the heaviest weight not yet placed. If the pans balance, then we place the weight onto the left pan. Otherwise, we place the weight onto the lighter pan. Show that when all the weights have been placed, the scales will balance. [For example, if the weights are $2$, $2$, $1$, $1$. Then we must place $2$ in the left pan, followed by $2$ in the right pan, followed by $1$ in the left pan, followed by $1$ in the right pan.]\n",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42822,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA number is prime however we order its digits. Show that it cannot contain more than three different digits. For example, $337$ satisfies the conditions because $337$, $373$ and $733$ are all prime.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42823,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all pairs of digits $(b, c)$ such that the number $b \\ldots b6c \\ldots c4$, where there are $n$ $b$s and $n$ $c$s, is a square for all positive integers $n$.",
    "options": [],
    "answer": "(b, c) = (9, 0)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42824,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A$, $B$, $C$ and $D$ lie on a line in that order. Show that if $X$ does not lie on the line then\n$$\n|XA| + |XD| + ||AB| - |CD|| > |XB| + |XC|\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42825,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe real sequence $\\{x_n\\}$ is defined by $x_1 = 1$, $x_2 = 1$, $x_{n+2} = x_{n+1}^2 - x_n / 2$. Show that the sequence converges and find the limit.",
    "options": [],
    "answer": "0",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42826,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nShow that $\\dfrac{(a + b)^2}{2} + \\dfrac{a + b}{4} \\geq a\\sqrt{b} + b\\sqrt{a}$ for all positive $a$ and $b$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nBy AM/GM $\\sqrt{ab} \\leq \\dfrac{a + b}{2}$, so $\\sqrt{2} (a + b) + \\sqrt{ab} \\leq a + b$. Hence $\\sqrt{2a + 2b} \\geq \\sqrt{a} + \\sqrt{b}$ $\\quad(*)$.\n\nBy AM/GM $(a + b) \\geq 2\\sqrt{ab}$ and $2(a + b) + 1 \\geq 2\\sqrt{2a + 2b}$. Multiplying, $(a + b)(2a + 2b + 1) \\geq 4\\sqrt{ab}\\sqrt{2a + 2b}$. Then using $(*)\\geq 4\\sqrt{ab}(\\sqrt{a} +\\sqrt{b})$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42827,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe squares of a $1983 \\times 1984$ chess board are colored alternately black and white in the usual way. Each white square is given the number $1$ or the number $-1$. For each black square the product of the numbers in the neighbouring white squares is $1$. Show that all the numbers must be $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42828,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA $3 \\times 3$ chess board is colored alternately black and white in the usual way with the center square white. Each white square is given the number $1$ or the number $-1$. A move consists of simultaneously changing each number to the product of the adjacent numbers. So the four corner squares are each changed to the number previously in the center square and the center square is changed to the product of the four numbers in the corners. Show that after finitely many moves all numbers are $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42829,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIs $\\ln 1.01$ greater or less than $2/201$?",
    "options": [],
    "answer": "greater",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42830,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$C_1$, $C_2$, $C_3$ are circles with radii $r_1$, $r_2$, $r_3$ respectively. The circles do not intersect and no circle lies inside any other circle. $C_1$ is larger than the other two. The two outer common tangents to $C_1$ and $C_2$ meet at $A$ (\"outer\" means that the points where the tangent touches the two circles lie on the same side of the line of centers). The two outer common tangents to $C_1$ and $C_3$ intersect at $B$. The two tangents from $A$ to $C_3$ and the two tangents from $B$ to $C_2$ form a quadrangle. Show that it has an inscribed circle and find its radius.",
    "options": [],
    "answer": "The quadrilateral is tangential, and its inscribed circle has radius r2*r3/r1.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42831,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that any cross-section of a cube through its center has area not less than the area of a face.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the cube have side length $a$. The area of a face is $a^2$.\n\nAny cross-section through the center of the cube is a plane passing through the center. The largest possible cross-section is when the plane is perpendicular to the space diagonal, which gives a regular hexagon. The smallest possible cross-section is when the plane is parallel to a face, which gives a square of area $a^2$.\n\nLet us show that any cross-section through the center has area at least $a^2$.\n\nLet the cube be centered at the origin, with faces parallel to the coordinate planes. Consider a plane passing through the origin with normal vector $(l, m, n)$, where $l^2 + m^2 + n^2 = 1$.\n\nThe intersection of this plane with the cube is a convex polygon. The area of the cross-section is maximized when the plane is perpendicular to the space diagonal, and minimized when the plane is parallel to a face.\n\nLet us compute the area:\n\nThe area of the cross-section is $A = \\frac{a^2}{|n|}$, where $n$ is the direction cosine of the normal with respect to the axis perpendicular to the face. Since $|n| \\leq 1$, $A \\geq a^2$.\n\nAlternatively, by symmetry, the minimal area occurs when the plane is parallel to a face, and the cross-section is a square of area $a^2$.\n\nTherefore, any cross-section through the center has area not less than the area of a face.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42832,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ and $A'B'C'$ are equilateral triangles and $ABC$ and $A'B'C'$ have the same sense (both clockwise or both counter-clockwise). Take an arbitrary point $O$ and points $P$, $Q$, $R$ so that $OP$ is equal and parallel to $AA'$, $OQ$ is equal and parallel to $BB'$, and $OR$ is equal and parallel to $CC'$. Show that $PQR$ is equilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42833,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTake a large number of unit squares, each with one edge red, one edge blue, one edge green, and one edge yellow. For which $m$, $n$ can we combine $mn$ squares by placing similarly colored edges together to get an $m \\times n$ rectangle with one side entirely red, another entirely blue, another entirely green, and the fourth entirely yellow.",
    "options": [],
    "answer": "Exactly those rectangles where both side lengths have the same parity (both even or both odd).",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42834,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $A = \\cos^2 a$, $B = \\sin^2 a$. Show that for all real $a$ and positive $x$, $y$ we have $x^A y^B < x + y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42835,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo players play a game. Each takes it in turn to paint three unpainted edges of a cube. The first player uses red paint and the second blue paint. So each player has two moves. The first player wins if he can paint all edges of some face red. Can the first player always win?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42836,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n > 3$ positive integers are written in a circle. The sum of the two neighbours of each number divided by the number is an integer. Show that the sum of those integers is at least $2n$ and less than $3n$. For example, if the numbers were $3$, $7$, $11$, $15$, $4$, $1$, $2$ (with $2$ also adjacent to $3$), then the sum would be $14 / 7 + 22 / 11 + 15 / 15 + 16 / 4 + 6 / 1 + 4 / 2 + 9 / 3 = 20$ and $14 \\leq 20 < 21$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42837,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe incircle of the triangle $ABC$ has center $I$ and touches $BC$, $CA$, $AB$ at $D$, $E$, $F$ respectively. The segments $AI$, $BI$, $CI$ intersect the circle at $D'$, $E'$, $F'$ respectively. Show that $DD'$, $EE'$, $FF'$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42838,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is an acute angled triangle. The midpoints of $BC$, $CA$ and $AB$ are $D$, $E$, $F$ respectively. Perpendiculars are drawn from $D$ to $AB$ and $CA$, from $E$ to $BC$ and $AB$, and from $F$ to $CA$ and $BC$. The perpendiculars form a hexagon. Show that its area is half the area of the triangle.",
    "options": [],
    "answer": "half the area of the triangle",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42839,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCDE$ is a convex pentagon. $A'$ is chosen so that $B$ is the midpoint of $AA'$, $B'$ is chosen so that $C$ is the midpoint of $BB'$ and so on. Given $A'$, $B'$, $C'$, $D'$, $E'$, how do we construct $ABCDE$ using ruler and compasses?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42840,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe sequence $\\{a_1, a_2, a_3, \\ldots\\}$ satisfies $a_{4n + 1} = 1$, $a_{4n + 3} = 0$, $a_{2n} = a_n$. Show that it is not periodic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42841,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ lines are drawn in the plane. Some of the resulting regions are colored black, no pair of painted regions have a boundary line in common (but they may have a common vertex). Show that at most $\\dfrac{n^2 + n}{3}$ regions are black.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42842,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEach face of a cube is painted a different color. The same colors are used to paint every face of a cubical box a different color. Show that the cube can always be placed in the box, so that every face is a different color from the box face it is in contact with.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42843,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe points $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ are equally spaced on the circumference of a circle (in that order) and $AF$ is a diameter. The center is $O$. $OC$ and $OD$ meet $BE$ at $M$ and $N$ respectively. Show that $MN + CD = OA$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42844,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA move replaces the real numbers $a$, $b$, $c$, $d$ by $a - b$, $b - c$, $c - d$, $d - a$. If $a$, $b$, $c$, $d$ are not all equal, show that at least one of the numbers can exceed $1985$ after a finite number of moves.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42845,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $r \\times s \\times t$ cuboid is divided into $rst$ unit cubes. Three faces of the cuboid, having a common vertex, are colored. As a result exactly half the unit cubes have at least one face colored. What is the total number of unit cubes?",
    "options": [],
    "answer": "[120, 144, 168, 180, 240]",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42846,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a parallelogram. A circle through $A$ and $B$ has radius $R$. A circle through $B$ and $D$ has radius $R$ and meets the first circle again at $M$. Show that the circumradius of $AMD$ is $R$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42847,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA regular hexagon is divided into 24 equilateral triangles by lines parallel to its sides. 19 different numbers are assigned to the 19 vertices. Show that at least 7 of the 24 triangles have the property that the numbers assigned to its vertices increase counterclockwise.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42848,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIs there an integer $n$ such that the sum of the (decimal) digits of $n$ is $1000$ and the sum of the squares of the digits is $1000^2$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42849,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$x$ is a real number. Define $x_0 = 1 + \\sqrt{1 + x}$, $x_1 = 2 + x / x_0$, $x_2 = 2 + x / x_1$, ..., $x_{1985} = 2 + x / x_{1984}$. Find all solutions to $x_{1985} = x$.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\nIf $x = 0$, then $x_{1985} = 2 \\neq x$.\n\nOtherwise we find\n$$\nx_1 = 2 + \\frac{x}{1 + \\sqrt{1 + x}} = 2 + (\\sqrt{1 + x} - 1) = 1 + \\sqrt{1 + x}.\n$$\nHence $x_{1985} = 1 + \\sqrt{1 + x}$.\n\nSo $x - 1 = \\sqrt{1 + x}$.\n\nSquaring, $x = 0$ or $3$.\n\nWe have already ruled out $x = 0$. It is easy to check that $x = 3$ is a solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42850,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a large sheet of squared paper, show that for $n > 12$ you can cut along the grid lines to get a rectangle of more than $n$ unit squares such that it is impossible to cut it along the grid lines to get a rectangle of $n$ unit squares from it.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42851,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $8 \\times 8$ chessboard is colored in the usual way. What is the largest number of pieces can be placed on the black squares (at most one per square), so that each piece can be taken by at least one other? A piece $A$ can take another piece $B$ if they are (diagonally) adjacent and the square adjacent to $B$ and opposite to $A$ is empty.",
    "options": [],
    "answer": "25",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42852,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCall a side or diagonal of a regular $n$-gon a segment. How many colors are required to paint all the segments of a regular $n$-gon, so that each segment has a single color and every two segments with a vertex in common have different colors.",
    "options": [],
    "answer": "n−1 if n is even; n if n is odd",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42853,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a line $L$ and a point $O$ not on the line, can we move an arbitrary point $X$ to $O$ using only rotations about $O$ and reflections in $L$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42854,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe quadratic $p(x) = ax^2 + bx + c$ has $a > 100$. What is the maximum possible number of integer values $x$ such that $p(x) < 50$?",
    "options": [],
    "answer": "No maximum; it can be made arbitrarily large.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42855,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all pairs $(x, y)$ such that $|\\sin x - \\sin y| + \\sin x \\sin y \\leq 0$.",
    "options": [],
    "answer": "All pairs where sin x = 0 and sin y = 0, i.e., x = k*pi and y = l*pi for integers k, l.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42856,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe quadratic $x^{2} + a x + b + 1$ has roots which are positive integers. Show that $(a^{2} + b^{2})$ is composite.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the roots be $c$, $d$, so $c + d = -a$, $cd = b+1$. Hence $a^{2} + b^{2} = (c^{2} + 1)(d^{2} + 1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42857,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is a triangle with $AB \\neq AC$. Show that for each line through $A$, there is at most one point $X$ on the line (excluding $A$, $B$, $C$) with $\\angle ABX = \\angle ACX$. Which lines contain no such points $X$?",
    "options": [],
    "answer": "Exactly those lines through A that contain no such point are AB, AC, and the tangent to the circumcircle of ABC at A.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42858,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $n \\times n \\times n$ cube is divided into $n^3$ unit cubes. Show that we can assign a different integer to each unit cube so that the sum of each of the $3n^2$ rows parallel to an edge is zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42859,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all positive integers $a$, $b$, $c$ so that $a^2 + b = c$ and $a$ has $n > 1$ decimal digits all the same, $b$ has $n$ decimal digits all the same, and $c$ has $2n$ decimal digits all the same.",
    "options": [],
    "answer": "The only solutions occur for two-digit repeated numbers: (a, b, c) = (33, 22, 1111), (66, 88, 4444), (88, 33, 7777).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42860,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo points $A$ and $B$ are inside a convex 12-gon. Show that if the sum of the distances from $A$ to each vertex is $a$ and the sum of the distances from $B$ to each vertex is $b$, then $|a - b| < 10 |AB|$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42861,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are 30 cups each containing milk. An elf is able to transfer milk from one cup to another so that the amount of milk in the two cups is equalised. Is there an initial distribution of milk so that the elf cannot equalise the amount in all the cups by a finite number of such transfers?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42862,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA $99 \\times 100$ chess board is colored in the usual way with alternate squares black and white. What fraction of the main diagonal is black? What if the board is $99 \\times 101$?",
    "options": [],
    "answer": "For 99×100: 1/2; For 99×101: 5000/9999",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42863,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A_1A_2\\ldots A_n$ is a regular $n$-gon and $P$ is an arbitrary point in the plane. Show that if $n$ is even we can choose signs so that the vector sum $\\pm PA_1 \\pm PA_2 \\pm \\ldots \\pm PA_n = 0$, but if $n$ is odd, then this is only possible for finitely many points $P$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42864,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA $1$ or a $-1$ is put into each cell of an $n \\times n$ array as follows. A $-1$ is put into each of the cells around the perimeter. An unoccupied cell is then chosen arbitrarily. It is given the product of the four cells which are closest to it in each of the four directions. For example, if the cells below containing a number or letter (except $x$) are filled and we decide to fill $x$ next, then $x$ gets the product of $a$, $b$, $c$ and $d$.\n\n- 1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 a 1 -1 c x d -1 -1 -1 b -1 -1 -1 -1  \nWhat is the minimum and maximum number of $1$s that can be obtained?",
    "options": [],
    "answer": "Minimum = ceil((n−2)^2 / 2); Maximum = (n−2)^2",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42865,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that $\\sin 1^\\circ + \\sin 2^\\circ + \\ldots + \\sin 3n^\\circ > \\dfrac{8n}{5}$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42866,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo equal squares, one with blue sides and one with red sides, intersect to give an octagon with sides alternately red and blue. Show that the sum of the octagon's red side lengths equals the sum of its blue side lengths.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42867,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $S$ be the set of all numbers which can be written as $1/mn$, where $m$ and $n$ are positive integers not exceeding $1986$. Show that the sum of the elements of $S$ is not an integer.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42868,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe incircle of a triangle has radius $1$. It also lies inside a square and touches each side of the square. Show that the area inside both the square and the triangle is at least $3.4$. Is it at least $3.5$?",
    "options": [],
    "answer": "The overlap area is at least 3.4, but not necessarily at least 3.5. In fact, the minimum can approach 6√2 − 5 ≈ 3.485.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42869,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHow many polynomials $p(x)$ have all coefficients $0$, $1$, $2$ or $3$ and take the value $n$ at $x = 2$?",
    "options": [],
    "answer": "floor(n/2) + 1",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42870,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A$ and $B$ are fixed points outside a sphere $S$. $X$ and $Y$ are chosen so that $S$ is inscribed in the tetrahedron $ABXY$. Show that the sum of the angles $AXB$, $XBY$, $BYA$ and $YAX$ is independent of $X$ and $Y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42871,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is acute-angled. What point $P$ on the segment $BC$ gives the minimal area for the intersection of the circumcircles of $ABP$ and $ACP$?",
    "options": [],
    "answer": "The foot of the perpendicular from A to BC.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42872,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven $n$ points can one build $n-1$ roads, so that each road joins two points, the shortest distance between any two points along the roads belongs to $\\{1, 2, 3, \\ldots, n(n-1)/2\\}$, and given any element of $\\{1, 2, 3, \\ldots, n(n-1)/2\\}$ one can find two points such that the shortest distance between them along the roads is that element?",
    "options": [],
    "answer": "Possible exactly for n = 2, 3, and 4 (e.g., a path with edge lengths 1; 1,2; and 1,3,2, respectively). Impossible for n ≥ 5.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42873,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProve that there is no convex quadrilateral with vertices at lattice points so that one diagonal has twice the length of the other and the angle between them is $45$ degrees.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42874,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that we can find an $m \\times n$ array of squares so that the sum of each row and the sum of each column is also a square.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42875,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo circles intersect at $P$ and $Q$. $A$ is a point on one of the circles. The lines $AP$ and $AQ$ meet the other circle at $B$ and $C$ respectively. Show that the circumradius of $ABC$ equals the distance between the centers of the two circles. Find the locus of the circumcircle as $A$ varies.",
    "options": [],
    "answer": "The circumradius of triangle ABC is equal to the distance between the centers of the two given circles. As A varies on its circle, the circumcircle ranges over a one-parameter family of circles all having this fixed radius.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42876,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA regular hexagon has side $1000$. Each side is divided into $1000$ equal parts. Let $S$ be the set of the vertices and all the subdividing points. All possible lines parallel to the sides and with endpoints in $S$ are drawn, so that the hexagon is divided into equilateral triangles with side $1$.\n\nLet $X$ be the set of all vertices of these triangles. We now paint any three unpainted members of $X$ which form an equilateral triangle (of any size). We then repeat until every member of $X$ except one is painted. Show that the unpainted vertex is not a vertex of the original hexagon.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42877,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $d(n)$ be the number of (positive integral) divisors of $n$. For example, $d(12) = 6$. Find all $n$ such that $n = d(n)^2$.",
    "options": [],
    "answer": "n = 1 and n = 9",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42878,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTen players play in a tournament. Each pair plays one match, which results in a win or loss. If the $i$th player wins $a_i$ matches and loses $b_i$ matches, show that $$\\sum a_i^2 = \\sum b_i^2.$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42879,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCDE$ is a convex pentagon with $\\angle ABC = \\angle ADE$ and $\\angle AEC = \\angle ADB$. Show that $\\angle BAC = \\angle DAE$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42880,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that there is a real number $x$ such that all of $\\cos x$, $\\cos 2x$, $\\cos 4x$, $\\ldots$, $\\cos (2^{n}x)$ are negative.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42881,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe positive reals $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$ satisfy $a + x = b + y = c + z = k$. Show that $ax + by + cz \\leq k^2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42882,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA real number with absolute value at most $1$ is put in each square of a $1987 \\times 1987$ board. The sum of the numbers in each $2 \\times 2$ square is $0$. Show that the sum of all the numbers does not exceed $1987$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42883,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$AB$ is a chord of the circle center $O$. $P$ is a point outside the circle and $C$ is a point on the chord. The angle bisector of $APC$ is perpendicular to $AB$ and a distance $d$ from $O$. Show that $BC = 2d$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42884,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPlayers take turns in choosing numbers from the set $\\{1, 2, 3, \\ldots, n\\}$. Once $m$ has been chosen, no divisor of $m$ may be chosen. The first player unable to choose a number loses. Who has a winning strategy for $n = 10$? For $n = 1000$?",
    "options": [],
    "answer": "First player for n=10; First player for n=1000.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42885,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWhat is the smallest number of subsets of $S = \\{1, 2, \\ldots, 33\\}$, such that each subset has size $9$ or $10$ and each member of $S$ belongs to the same number of subsets?",
    "options": [],
    "answer": "10",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42886,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSome lattice points in the plane are marked. $S$ is a set of non-zero vectors. If you take any one of the marked points $P$ and place each vector in $S$ with its beginning at $P$, then more vectors will have their ends on marked points than not. Show that there are an infinite number of points.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42887,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA convex pentagon is cut along all its diagonals to give 11 pieces. Show that the pieces cannot all have equal areas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42888,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nThe set $S_0 = \\{1, 2!, 4!, 8!, 16!, \\ldots\\}$. The set $S_{n+1}$ consists of all finite sums of distinct elements of $S_n$. Show that there is a positive integer not in $S_{1987}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42889,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all sets of 6 weights such that for each of $n = 1, 2, 3, \\ldots, 63$, there is a subset of weights weighing $n$.",
    "options": [],
    "answer": "1, 2, 4, 8, 16, 32",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42890,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nIf the graph of the function $f = f(x)$ is rotated through $90$ degrees about the origin, then it is not changed. Show that there is a unique solution to $f(b) = b$. Give an example of such a function.",
    "options": [],
    "answer": "b = 0",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 42891,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA convex polyhedron has all its faces triangles. Show that it is possible to color some edges red and the others blue so that given any two vertices one can always find a path between them along the red edges and another path between them along the blue edges.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42892,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that $$(2n + 1)^n \\geq (2n)^n + (2n - 1)^n$$ for every positive integer $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42893,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCDEFG$ is a regular $7$-gon. Prove that $1 / AB = 1 / AC + 1 / AD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42894,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nYour opponent has chosen a $1 \\times 4$ rectangle on a $7 \\times 7$ board. At each move you are allowed to ask whether a particular square of the board belongs to his rectangle. How many questions do you need to be certain of identifying the rectangle? How many questions are needed for a $2 \\times 2$ rectangle?",
    "options": [],
    "answer": "1×4: 7 questions. 2×2: 9 questions.",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42895,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that $1^{1987} + 2^{1987} + \\ldots + n^{1987}$ is divisible by $n + 2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42896,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $L$ is an arrangement of $3$ adjacent unit squares formed by deleting one unit square from a $2 \\times 2$ square. How many $L$s can be placed on an $8 \\times 8$ board (with no interior points overlapping)? Show that if any one square is deleted from a $1987 \\times 1987$ board, then the remaining squares can be covered with $L$s (with no interior points overlapping).",
    "options": [],
    "answer": "21; and after deleting any one square from the one-thousand-nine-hundred-eighty-seven by one-thousand-nine-hundred-eighty-seven board, the remaining region can be tiled entirely by L-shaped trominoes.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42897,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSquares $ABC'C''$, $BCA'A''$, $CAB'B''$ are constructed on the outside of the sides of the triangle $ABC$. The line $A'A''$ meets the lines $AB$ and $AC$ at $P$ and $P'$. Similarly, the line $B'B''$ meets the lines $BC$ and $BA$ at $Q$ and $Q'$, and the line $C'C''$ meets the lines $CA$ and $CB$ at $R$ and $R'$. Show that $P$, $P'$, $Q$, $Q'$, $R$ and $R'$ lie on a circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42898,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $\\{A_1, A_2, \\ldots, A_{2m+1}\\}$ and $\\{B_1, B_2, \\ldots, B_{2n+1}\\}$ be points in the plane such that the $2m + 2n + 2$ lines $A_1A_2, A_2A_3, \\ldots, A_{2m}A_{2m+1}, A_{2m+1}A_1, B_1B_2, B_2B_3, \\ldots, B_{2n}B_{2n+1}, B_{2n+1}B_1$ are all different and no three of them are concurrent. Show that we can find $i$ and $j$ such that $A_iA_{i+1}$ and $B_jB_{j+1}$ are opposite sides of a convex quadrilateral (if $i = 2m+1$, then we take $A_{i+1}$ to be $A_1$. Similarly for $j = 2n+1$).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42899,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind 5 different relatively prime numbers, so that the sum of any subset of them is composite.",
    "options": [],
    "answer": "{121, 361, 841, 961, 1681}",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42900,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA book contains 30 stories. Each story has a different number of pages under 31. The first story starts on page 1 and each story starts on a new page. What is the largest possible number of stories that can begin on odd page numbers?",
    "options": [],
    "answer": "23",
    "solution": "Solution:\nAnswer: 23.\n\nCall stories with an odd number of pages odd stories and stories with an even number of pages even stories. There are 15 odd stories and 15 even stories. The odd stories change the parity of the starting page (in the sense that the following story starts on a page of opposite parity), whereas the even stories do not. So the odd stories must start alternately on odd and even pages. Hence 8 of them must start on odd pages and 7 on even pages (irrespective of how the stories are arranged). We can, however, control the even stories. In particular, if we put each of them after an even number of odd stories, then they will all begin on odd pages. For example, we could put them all first (before any of the odd stories).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42901,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A$, $B$, $C$ are the angles of a triangle. Show that\n$$\n2\\frac{\\sin A}{A} + 2\\frac{\\sin B}{B} + 2\\frac{\\sin C}{C} \\leq \\left(\\frac{1}{B} + \\frac{1}{C}\\right) \\sin A + \\left(\\frac{1}{C} + \\frac{1}{A}\\right) \\sin B + \\left(\\frac{1}{A} + \\frac{1}{B}\\right) \\sin C.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nAssume $A \\leq B \\leq C$. Then $\\sin A \\leq \\sin B$. Also $A \\leq C < 180^{\\circ} - A$, so $\\sin A \\leq \\sin C$. Similarly $\\sin B \\leq \\sin C$. Hence $(1/A - 1/B)(\\sin B - \\sin A)$, $(1/B - 1/C)(\\sin C - \\sin B)$ and $(1/C - 1/A)(\\sin A - \\sin C)$ are all non-negative. Hence their sum is also non-negative, which gives the result.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42902,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nForm 10A has 29 students who are listed in order on its duty roster. Form 10B has 32 students who are listed in order on its duty roster. Every day two students are on duty, one from form 10A and one from form 10B. Each day just one of the students on duty changes and is replaced by the following student on the relevant roster (when the last student on a roster is replaced he is replaced by the first). On two particular days the same two students were on duty. Is it possible that starting on the first of these days and ending the day before the second, every pair of students (one from 10A and one from 10B) shared duty exactly once?",
    "options": [],
    "answer": "no",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: no.\n\nSuppose such an arrangement is possible. Suppose that it includes $m$ cycles through the form 10A roster and $n$ cycles through the 10B roster. Then the total number of changes is $29m + 32n = 29 \\times 32$ (since each pair occurs once). But that means $29$ divides $n$ and $32$ divides $m$. Both $m$ and $n$ are at least $1$, so that means $n \\geq 29$ and $m \\geq 32$, but then $29m + 32n > 29 \\times 32$. Contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42903,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn the triangle $ABC$, the angle $C$ is obtuse and $D$ is a fixed point on the side $BC$, different from $B$ and $C$. For any point $M$ on the side $BC$, different from $D$, the ray $AM$ intersects the circumcircle $S$ of $ABC$ at $N$. The circle through $M$, $D$ and $N$ meets $S$ again at $P$, different from $N$. Find the location of the point $M$ which minimises $MP$.",
    "options": [],
    "answer": "Let P be the second intersection of the ray AD with the circumcircle of triangle ABC; the minimizing position of M on BC is the foot of the perpendicular from P to BC.",
    "solution": "Solution:\n\nTake $A'$ on the circle $S$ such that $AA'$ is parallel to $BC$. Let the ray $AD$ meet $S$ again at $P'$. Then $\\angle MNP' = \\angle ANP'$ (same angle) $= \\angle AA'P'$ ($A'AP'N$ cyclic) $= \\angle A'DB$ ($BC$ parallel to $AA'$) $= \\angle MDP$ (opposite angles). So $MDNP'$ is cyclic, so $P$ must be $P'$. Since $P$ is a fixed point, independent of $M$, we minimise $MP$ by taking $M$ as the foot of the perpendicular from $P$ to $BC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42904,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nShow that there are infinitely many odd composite numbers in the sequence $1^{1}$, $1^{1} + 2^{2}$, $1^{1} + 2^{2} + 3^{3}$, $1^{1} + 2^{2} + 3^{3} + 4^{4}$, ... .",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWe show that infinitely many odd numbers in the sequence are divisible by $3$.\n\nIf $n = 14 \\pmod{36}$, then $n = 36m + 14$ for some $m$. So there are $18m + 7$ odd numbers in the sum and $18m + 7$ even numbers. Hence the sum is odd.\n\nThere are $12m + 5$ numbers equal to $1 \\pmod{3}$, $12m + 5$ equal to $-1 \\pmod{3}$ and $12m + 4$ equal to $0 \\pmod{3}$.\n\nAny product of numbers equal to $1 \\pmod{3}$ equals $1 \\pmod{3}$, so if $k = 1 \\pmod{3}$, then $k^{k} = 1 \\pmod{3}$. Similarly, if $k = 0 \\pmod{3}$, then $k^{k} = 0 \\pmod{3}$. If $k = -1 \\pmod{3}$ then $k^{k} = -1 \\pmod{3}$ if $k$ is odd and $1$ mod if $k$ is even.\n\nOf the $12m + 5$ numbers equal to $-1 \\pmod{3}$, $6m + 3$ are even and $6m + 2$ are odd. Hence the sum $= (12m + 5) \\cdot 1 + (6m + 3) \\cdot 1 + (6m + 2) \\cdot (-1) + (12m + 4) \\cdot 0 = 12m + 6 \\equiv 0 \\pmod{3}$.\n\nSo the sum is divisible by $3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42905,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is an acute-angled triangle. The tangents to the circumcircle at $A$ and $C$ meet the tangent at $B$ at $M$ and $N$. The altitude from $B$ meets $AC$ at $P$. Show that $BP$ bisects the angle $MPN$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nIf the tangent at $B$ is parallel to $AC$, then $\\angle NBC = \\angle BCA$ (parallel lines) and $\\angle NBC = \\angle BAC$ ($NB$ tangent), so $BCA$ is isosceles and $BC = BA$. Hence the figure is symmetrical about the line $PB$ and so $BP$ bisects $MPN$.\n\nSo assume $AC$ is not parallel to the tangent at $B$. Assume it meets it at $L$ on the same side of $B$ as $N$. Take $A'$ on the line $AC$ so that $MA = MA'$. We show that $LMA'$ and $LNC$ are similar. Obviously the angles at $L$ are the same. $\\angle MA'L = \\angle MAL$ ($MA = MA'$) $= \\angle ABC$ ($MA$ tangent) $= \\angle LCN$ ($NC$ tangent). So the triangles are similar. Hence $LN / NC = LM / MA'$. But $NC = NB$ and $MA' = MA = MB$, so $LN / NB = LM / MB$ and hence $LM / LN = MB / NB$. So the circle on $LB$ as diameter has all points $Q$ on it satisfying $QM / QN = BM / BN$. But $\\angle LPB = 90^{\\circ}$, so $P$ must lie on the circle and hence $PM / PN = BM / BN$. Hence $PB$ is the angle bisector of $MPN$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42906,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWhat is the minimal value of $b / (c + d) + c / (a + b)$ for positive real numbers $b$ and $c$ and nonnegative real numbers $a$ and $d$ such that $b + c \\geq a + d$?",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(2) - 1/2",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: $\\sqrt{2} - 1 / 2$.\n\nObviously $a + d = b + c$ at the minimum value, because increasing $a$ or $d$ reduces the value. So we may take $d = b + c - a$. We also take $b \\gg c$ (interchanging $b$ and $c$ if necessary). Dividing through by $b / 2$ shows that there is no loss of generality in taking $b = 2$, so $0 < c \\leq 2$. Thus we have to find the minimum value of $2 / (2c - a + 2) + c / (a + 2)$. We show that it is $\\sqrt{2} - 1 / 2$.\n\nThis is surprisingly awkward. Note first that $(c - (h - k))^{2} \\geq 0$, so $c^{2} + c(2k - 2h) + h^{2} - 2hk + k^{2} \\geq 0$. Hence $c^{2} + ck + h^{2} \\geq (2h - k)(c + k)$. Hence $c / h^{2} + 1 / (c + k) \\geq 2 / h - k / h^{2}$ with equality iff $c = h - k$. Applying this to $c / (a + 2) + 1 / (c + 1 - a / 2)$ where $h = \\sqrt{a + 2}$, $k = 1 - a / 2$, we find that $c / (a + 2) + 2 / (2c + 2 - a) \\geq 2 / \\sqrt{a + 2} + (a - 2) / (2a + 4)$.\n\nThe allowed range for $c$ is $0 \\leq c \\leq 2$ and $0 \\leq a \\leq c + 2$, hence $0 \\leq a \\leq 4$. Put $x = 1 / \\sqrt{a + 2}$, so $1 / \\sqrt{6} \\leq x \\leq 1 / \\sqrt{2}$. Then $2 / \\sqrt{a + 2} + (a - 2) / (2a + 4) = 2x + 1 / 2 - 2x^{2} = 1 - (2x - 1)^{2} / 2$. We have $-0.184 = (2 / \\sqrt{6} - 1) \\leq 2x - 1 \\leq \\sqrt{2} - 1 = 0.414$. Hence $c / (a + 2) + 2 / (2c + 2 - a) \\geq 1 - (\\sqrt{2} - 1)^{2} / 2 = \\sqrt{2} - 1 / 2$.\n\nWe can easily check that the minimum is achieved at $b = 2$, $c = \\sqrt{2} - 1$, $a = 0$, $d = \\sqrt{2} + 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42907,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n^2$ real numbers are written in a square $n \\times n$ table so that the sum of the numbers in each row and column equals zero. A move is to add a row to one column and subtract it from another (so if the entries are $a_{ij}$ and we select row $i$, column $h$ and column $k$, then column $h$ becomes $a_{1h} + a_{i1}$, $a_{2h} + a_{i2}$, ..., $a_{nh} + a_{in}$, column $k$ becomes $a_{1k} - a_{i1}$, $a_{2k} - a_{i2}$, ..., $a_{nk} - a_{in}$, and the other entries are unchanged). Show that we can make all the entries zero by a series of moves.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42908,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn the acute-angled triangle $ABC$, the altitudes $BD$ and $CE$ are drawn. Let $F$ and $G$ be the points of the line $ED$ such that $BF$ and $CG$ are perpendicular to $ED$. Prove that $EF = DG$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n$\\angle BDC = \\angle BEC = 90^{\\circ}$, so $BCDE$ is cyclic, so $\\angle BDE = \\angle BCE = 90^{\\circ} - \\angle B$. Hence $\\angle DGC = 90^{\\circ} - \\angle CDG = \\angle BDE = 90^{\\circ} - B$. So $DG = CD \\sin DGC = BC \\sin CBD \\sin DGC = BC \\cos C \\cos B$. Similarly $EF$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42909,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind the minimum value of $\\dfrac{xy}{z} + \\dfrac{yz}{x} + \\dfrac{zx}{y}$ for positive reals $x$, $y$, $z$ with $x^2 + y^2 + z^2 = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(3)",
    "solution": "Solution:\nAnswer: min $\\sqrt{3}$ when all equal.\n\nLet us consider $z$ to be fixed and focus on $x$ and $y$. Put $f(x, y, z) = \\dfrac{xy}{z} + \\dfrac{yz}{x} + \\dfrac{zx}{y}$. We have $f(x, y, z) = \\dfrac{p}{z} + \\dfrac{z(1 - z^2)}{p} = \\dfrac{p + k^2 / p}{z}$, where $p = xy$, and $k = z\\sqrt{1 - z^2}$. Now $p$ can take any value in the range $0 < p \\leq (1 - z^2)/2$. The upper limit is achieved when $x = y$.\n\nWe have $p + k^2 / p = \\dfrac{(p - k)^2}{p}$. For $p \\leq k$, $(p - k)$ and $1/p$ are both decreasing functions of $p$, so $p + k^2 / p$ is a decreasing function of $p$. Thus if $p$ is restricted to the interval $(0, h]$, then for $k \\leq h$ the minimum value of $p + k^2 / p$ is $2k$ and occurs at $p = k$. For $k \\geq h$ the minimum is $h + k^2 / h$ and occurs at $p = h$.\n\nWe have $h = (1 - z^2)/2$, $k = z\\sqrt{1 - z^2}$. So $k \\leq h$ iff $z \\leq 1/\\sqrt{5}$. So if $z \\leq 1/\\sqrt{5}$, then $f(x, y, z) \\geq 2k / z = 2\\sqrt{1 - z^2} \\geq 2\\sqrt{1 - 1/5} = 4/\\sqrt{5} > \\sqrt{3}$.\n\nIf $z > 1/\\sqrt{5}$, then the minimum of $f(x, y, z)$ occurs at $x = y$ and is $x^2 / z + z + z = (1 - z^2)/(2z) + 2z = 3z/2 + 1/(2z) = (\\sqrt{3}/2)(z\\sqrt{3} + 1/(z\\sqrt{3})) \\geq \\sqrt{3}$ with equality at $z = 1/\\sqrt{3}$ (and hence $x = y = 1/\\sqrt{3}$ also).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42910,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA polygonal line connects two opposite vertices of a cube with side $2$. Each segment of the line has length $3$ and each vertex lies on the faces (or edges) of the cube. What is the smallest number of segments the line can have?",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer $6$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSuppose one endpoint of a segment length $3$ is at $A$. Evidently the other end could be at the edge midpoints $B$, $C$, $D$. It could also be on the circular arc connecting $B$ and $C$ (with center $O$ and radius $\\sqrt{5}$). Similarly, it could be on arcs connecting $C$ and $D$, or $B$ and $D$. We claim that if $X$ is a point of one of these arcs other than its endpoints, then the only possible segment length $3$ with an endpoint at $X$ (and the other endpoint on the surface of the cube) is $AX$. Without loss of generality we can consider $X$ to be on the arc $BC$. Take axes with origin $O$, so that $A$ is $(0,0,2)$. Suppose $X$ is $(a,b,0)$ and that the other endpoint of the segment is $Y$ $(x,y,z)$. Then\n\n$$\nXY^2 = (x - a)^2 + (y - b)^2 + z^2 = a^2 + b^2 + z^2 - x(2a - x) - y(2b - y) = 5 + z^2 - x(2a - x) - y(2b - y)\n$$\n\nBut $a$, $b > 1$ since $X$ is not an endpoint of the arc, so $(2a- x)$ and $(2b- y)$ are both positive. Hence $- x(2a- x) - y(2b- y) \\leq 0$ with equality iff $x = y = 0$. Similarly, $z^2 \\leq 4$ with equality iff $z = 2$. Hence $XY^2 \\leq 9$ with equality iff $Y = A$, which proves the claim.\n\nThus if the next link of the polygonal line goes from $A$ to anywhere except $B$, $C$, $D$, then it has to go back to $A$. So a minimal line must go to $B$, $C$, or $D$.\n\nNow from $D$ the line can only go to $A$ or $O$. For if it goes to $Z$ $(x,y,z)$, then we have\n$$\nDZ^2 = (x - 2)^2 + (y - 2)^2 + (z - 1)^2 \\leq 2^2 + 2^2 + 1^2 = 3^2\n$$\nwith equality iff $x = 0$, $y = 0$ and $z = 0$ or $2$.\n\nSo let us take $A$ as the starting point of the polygonal line. Without loss of generality the first segment is $AD$. Then the second segment must be $DO$ (for a minimal line). Thus the best we can do with $2$ segments is to move along an edge. It takes three such moves to get to the opposite corner, and hence at least $6$ segments. But it is obvious that it can be done with $6$ segments.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42911,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a convex quadrilateral. The midpoints of the diagonals and the midpoints of $AB$ and $CD$ form another convex quadrilateral $Q$. The midpoints of the diagonals and the midpoints of $BC$ and $CA$ form a third convex quadrilateral $Q'$. The areas of $Q$ and $Q'$ are equal. Show that either $AC$ or $BD$ divides $ABCD$ into two parts of equal area.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNote that $Q$ is a parallelogram because each side is formed by joining the midpoints of two sides of a triangle, so it is parallel to and half the length of the base of the triangle. But the triangles corresponding to opposite sides have the same base. Hence opposite sides of $Q$ are parallel and equal. Similarly $Q'$.\n\nLet the midpoints of the diagonals be $X$, $Y$. Take two adjacent side midpoints which are on the same side of the line $XY$. Suppose they are $M$, the midpoint of $AB$, and $N$, the midpoint of $BC$. Suppose also that $X$ is the midpoint of $BD$, and $Y$ the midpoint of $AC$. If $X$ does not lie on $AC$, then we may assume it lies on the same side of $AC$ as $M$ and $N$ (if not just consider the other two midpoints instead of $M$ and $N$). So the line parallel to $XY$ through $M$ cuts the altitude from $N$ of $NXY$. So $XYM$ has the same base $XY$ as $XYN$, but smaller height, so it has smaller area. Hence the two parallelograms also have different areas. Contradiction. So $X$ must lie on $AC$. But $AX$ bisects $ABD$ and $CX$ bisects $CBD$, so $AC$ bisects $ABD$ and $CBD$ and hence $ABCD$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42912,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $m$, $n$, $k$ be positive integers with $m \\geq n$ and $1 + 2 + \\ldots + n = mk$. Prove that the numbers $1, 2, \\ldots, n$ can be divided into $k$ groups in such a way that the sum of the numbers in each group equals $m$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nInduction on $n$, then $m$. For $n = 1$, $2$ there is nothing to prove. Assume the result is proved for $< n$ and consider the case $n$.\n\nIf $n$ is odd, we have $n = n - 1 + 1 = n - 2 + 2 = \\ldots = (n + 1)/2 + (n - 1)/2$, so the result is true for $m = n$, $k = (n + 1)/2$.\n\nIf $n$ is even, we have $n + 1 = n - 1 + 2 = \\ldots = (n/2 + 1) + (n/2 - 1)$, so the result is true for $m = n + 1$ and $k = n/2$.\n\nNow suppose it is true for $< m$.\n\nIf $2n > m > n + 1$, then for $m$ odd we can take the sums $m = n + m - n = n - 1 + m - n + 1 = \\ldots = (m + 1)/2 + (m - 1)/2$. These use up the numbers $m - n$, $m - n + 1$, ..., $n$ and give some sums of $m$. By induction the remaining numbers $1, 2, \\ldots, m - n - 1$ will give the remaining sums of $m$ (obviously $m > m - n - 1$).\n\nIf $m$ is even, we can take the sums $m = n + m - n = n - 1 + m - n + 1 = \\ldots = (m/2 + 1) + (m/2 - 1)$. That gives some sums of $m$ and leaves us with the integers $1, 2, \\ldots, m - n - 1$ and $m/2$. But since $m < 2(n + 1)$, $m/2 > m - n - 1$ and hence we can use the integers $1, 2, \\ldots, m - n - 1$ to form sums of $m/2$. With the integer $m/2$ that gives us sums of $m$ (we know that the parity must come out right because we know that the sum of all the remaining numbers is divisible by $m$).\n\nFinally, consider $m \\geq 2n$. In that case we can form $k$ sums of $2n - 2k + 1$: $n + (n - 2k + 1)$, $(n - 1) + (n - 2k + 2)$, ..., $(n - k + 1) + (n - k)$. So we are home provided the remaining integers $1, 2, \\ldots, n - 2k$ can be used to form $k$ sums of $m - (2n - 2k + 1)$. That follows by induction provided that $m - (2n - 2k + 1) \\geq n - 2k$, or $m + 4k - 1 \\geq 3n$, or $m + 2n(n + 1)/m - 1 \\geq 3n$ or $(m - 2n)(m - n - 1) \\geq 0$, which is true.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42913,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA polygonal line with a finite number of segments has all its vertices on a parabola. Any two adjacent segments make equal angles with the tangent to the parabola at their point of intersection. One end of the polygonal line is also on the axis of the parabola. Show that the other vertices of the polygonal line are all on the same side of the axis.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42914,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWhat is the smallest $n$ for which there is a solution to\n$$\\sin x_{1} + \\sin x_{2} + \\ldots + \\sin x_{n} = 0,$$\n$$\\sin x_{1} + 2 \\sin x_{2} + \\ldots + n \\sin x_{n} = 100?$$",
    "options": [],
    "answer": "20",
    "solution": "Solution:\n\nPut $x_{1} = x_{2} = \\ldots = x_{10} = 3\\pi /2$, $x_{11} = x_{12} = \\ldots = x_{20} = \\pi /2$. Then\n$$\nsin x_{1} + \\sin x_{2} + \\ldots + \\sin x_{20} = (-1 - 1 - 1 - \\ldots - 1) + (1 + 1 + \\ldots + 1) = 0,\n$$\nand\n$$\nsin x_{1} + 2 \\sin x_{2} + \\ldots + 20 \\sin x_{20} = - (1 + 2 + \\ldots + 10) + (11 + 12 + \\ldots + 20) = 100.\n$$\nSo there is a solution with $n = 20$.\n\nIf there is a solution with $n < 20$, then there must be a solution for $n = 19$ (put any extra $x_{i} = 0$). But then\n$$\n100 = (\\sin x_{1} + 2 \\sin x_{2} + \\ldots + 19 \\sin x_{19}) - 10 (\\sin x_{1} + \\sin x_{2} + \\ldots + \\sin x_{19})\n$$\n$$\n= -9 \\sin x_{1} - 8 \\sin x_{2} - 7 \\sin x_{3} - \\ldots - \\sin x_{9} + \\sin x_{11} + 2 \\sin x_{12} + \\ldots + 9 \\sin x_{19}.\n$$\nBut $|\\text{rhs}| \\leq (9 + 8 + \\ldots + 1) + (1 + 2 + \\ldots + 9) = 90$. Contradiction. So there is no solution for $n < 20$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42915,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProve that for any tetrahedron the radius of the inscribed sphere $r < \\dfrac{ab}{2(a + b)}$, where $a$ and $b$ are the lengths of any pair of opposite edges.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42916,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that there are infinitely many triples of distinct positive integers $a$, $b$, $c$ such that each divides the product of the other two and $a + b = c + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n$\\{ n(n + 1),\\ n(n^2 + n - 1),\\ (n + 1)(n^2 + n - 1) \\}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42917,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a sequence of $19$ positive integers not exceeding $88$ and another sequence of $88$ positive integers not exceeding $19$. Show that we can find two subsequences of consecutive terms, one from each sequence, with the same sum.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe prove the general case. Let the first sequence be $a_1, a_2, \\ldots, a_m$ and the second sequence be $b_1, b_2, \\ldots, b_n$, where $0 < a_i \\leq n$ and $0 < b_j \\leq m$. Put $s_k = a_1 + a_2 + \\ldots + a_k$, $t_k = b_1 + b_2 + \\ldots + b_k$. Assume $s_m > t_n$ (if they are equal, then we are done).\n\nLet $f(i)$ be the smallest $k$ such that $s_k \\geq t_i$. If it is equal, we are done, so assume $s_k > t_i$. Now consider the $n$ numbers $s_{f(i)} - t_i$. Each is at least $1$ and at most $n-1$ (if it was $n$ or more then $s_{f(i)-1} \\geq s_{f(i)} - n \\geq t_i$, contradicting the minimality of $f(i)$). So there must be two the same. So we have $s_{f(i)} - t_i = s_{f(i)} - t_j$ for some $i > j$ and hence $a_{f(j)+1} + a_{f(j)+2} + \\ldots + a_{f(i)} = b_{j+1} + b_{j+2} + \\ldots + b_i$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42918,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe quadrilateral $ABCD$ is inscribed in a fixed circle. It has $AB$ parallel to $CD$ and the length $AC$ is fixed, but it is otherwise allowed to vary. If $h$ is the distance between the midpoints of $AC$ and $BD$ and $k$ is the distance between the midpoints of $AB$ and $CD$, show that the ratio $h/k$ remains constant.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the center of the circle be $O$ and its radius be $R$. Let $\\angle AOB = 2x$ (variable) and let $\\angle AOC = 2y$ (fixed). Then $AC = 2R \\sin y$. We find $\\angle COD = 180^\\circ - x - 2y$, so $2h = 2R \\sin x + 2R \\sin(x + 2y)$. Angle $ACD = x + y$, so $k = AB \\sin(x + y) = 2R \\sin(x + y) \\sin y$. Hence the ratio $h / k = (\\sin x + \\sin(x + 2y)) / (2 \\sin(x + y) \\sin y)$. We have $\\sin x = \\sin(x + y - y) = \\sin(x + y) \\cos y - \\cos(x + y) \\sin y$, and $\\sin(x + 2y) = \\sin((x + y) + y) = \\sin(x + y) \\cos y + \\cos(x + y) \\sin y$, so $(\\sin x + \\sin(x + 2y)) = 2 \\sin(x + y) \\cos y$. Hence $h / k = \\cot y$, which is constant.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42919,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe numbers $1$ and $2$ are written on an empty blackboard. Whenever the numbers $m$ and $n$ appear on the blackboard the number $m + n + mn$ may be written. Can we obtain\n\n(1) $13121$, (2) $12131$?",
    "options": [],
    "answer": "(1) Yes, (2) No",
    "solution": "Solution:\n\n(1) $13121 = 2 + 4373 + 2$. $4373, 4373 = 2 + 1457 + 2$. $1457, 1457 = 2 + 485 + 2$. $485, 485 = 2 + 161 + 2$. $161, 161 = 2 + 53 + 2$. $53, 53 = 2 + 17 + 2$. $17, 17 = 2 + 5 + 2$. $5, 5 = 2 + 1 + 2$. $1$.\n\nPut $M = m + 1$, $N = n + 1$. Then the number derived from $m$ and $n$ is $MN - 1$. So if $M$ and $N$ are of the form $2^a 3^b$ then so is $MN$. Thus we can only ever write up numbers of the form $2^a 3^b - 1$. But $12131 = 2^2 3^2 337 - 1$, which is not of the required form.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42920,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nIf rationals $x$, $y$ satisfy $x^{5} + y^{5} = 2x^{2}y^{2}$ show that $1 - x y$ is the square of a rational.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nPut $y = k x$, then $x^{5}(1 + k^{5}) = 2k^{2}x^{4}$, so $x = \\dfrac{2k^{2}}{1 + k^{5}}$, $y = \\dfrac{2k^{3}}{1 + k^{5}}$ and $1 - x y = \\dfrac{(1 - k^{5})^{2}}{(1 + k^{5})^{2}}$. $x$ and $y$ are rational, so $\\dfrac{1 - k^{5}}{1 + k^{5}}$ is rational.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42921,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are 21 towns. Each airline runs direct flights between every pair of towns in a group of five. What is the minimum number of airlines needed to ensure that at least one airline runs direct flights between every pair of towns?",
    "options": [],
    "answer": "21",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: 21.\n\nThere are 210 pairs of towns. Each airline serves 10 pairs, so we certainly need at least 21 airlines. The following arrangement shows that 21 is possible:\n\n| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |\n|---|---|---|---|---|\n| 1 | 6 | 7 | 8 | 9 |\n| 1 | 10 | 11 | 12 | 13 |\n| 1 | 14 | 15 | 16 | 17 |\n| 1 | 18 | 19 | 20 | 21 |\n| 2 | 6 | 10 | 14 | 18 |\n| 2 | 7 | 11 | 15 | 19 |\n| 2 | 8 | 12 | 16 | 20 |\n| 2 | 9 | 13 | 17 | 21 |\n| 3 | 6 | 11 | 16 | 21 |\n| 3 | 7 | 10 | 17 | 20 |\n| 3 | 8 | 13 | 14 | 19 |\n| 3 | 9 | 12 | 15 | 18 |\n| 4 | 6 | 12 | 17 | 19 |\n| 4 | 7 | 13 | 16 | 18 |\n| 4 | 8 | 10 | 15 | 21 |\n| 4 | 9 | 11 | 14 | 20 |\n| 5 | 6 | 13 | 15 | 20 |\n| 5 | 7 | 12 | 14 | 21 |\n| 5 | 8 | 11 | 17 | 18 |\n| 5 | 9 | 10 | 16 | 19 |",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 42922,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind all positive integers $n$ satisfying $$(1 + 1 / n)^{n + 1} = (1 + 1 / 1998)^{1998}.$$",
    "options": [],
    "answer": "no solutions",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer: no solutions.\n\nWe have $$(1 + 1 / n)^{n + 1} > e > (1 + 1 / n)^{n}.$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42923,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n7 boys each went to a shop 3 times. Each pair met at the shop. Show that 3 must have been in the shop at the same time.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42924,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA triangle with perimeter $1$ has side lengths $a$, $b$, $c$. Show that $a^2 + b^2 + c^2 + 4abc < \\dfrac{1}{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42925,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a convex quadrilateral. $X$ lies on the segment $AB$ with $AX/XB = m/n$. $Y$ lies on the segment $CD$ with $CY/YD = m/n$. $AY$ and $DX$ intersect at $P$, and $BY$ and $CX$ intersect at $Q$. Show that $$\\frac{\\text{area } XQYP}{\\text{area } ABCD} < \\frac{mn}{m^2 + mn + n^2}.$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42926,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDo there exist two reals whose sum is rational, but the sum of their $n$th powers is irrational for all $n > 1$? Do there exist two reals whose sum is irrational, but the sum of whose $n$th powers is rational for all $n > 1$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes; No",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42927,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn insect is on a square ceiling side $1$. The insect can jump to the midpoint of the segment joining it to any of the four corners of the ceiling. Show that in $8$ jumps it can get to within $1/100$ of any chosen point on the ceiling.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42928,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ has $AB = CD$, but $AB$ not parallel to $CD$, and $AD$ parallel to $BC$. The triangle $ABC$ is rotated about $C$ to $A'B'C$. Show that the midpoints of $BC$, $B'C$ and $A'D$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42929,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that for each integer $n > 0$, there is a polygon with vertices at lattice points and all sides parallel to the axes, which can be dissected into $1 \\times 2$ (and/or $2 \\times 1$) rectangles in exactly $n$ ways.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42930,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind the smallest positive integer $n$ for which we can find an integer $m$ such that $\\left[ \\dfrac{10^n}{m} \\right] = 1989$.",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42931,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is a triangle. Points $D$, $E$, $F$ are chosen on $BC$, $CA$, $AB$ such that $B$ is equidistant from $D$ and $F$, and $C$ is equidistant from $D$ and $E$. Show that the circumcenter of $AEF$ lies on the bisector of $EDF$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42932,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$S$ and $S'$ are two intersecting spheres. The line $BXB'$ is parallel to the line of centers, where $B$ is a point on $S$, $B'$ is a point on $S'$, and $X$ lies on both spheres. $A$ is another point on $S$, and $A'$ is another point on $S'$ such that the line $AA'$ has a point on both spheres. Show that the segments $AB$ and $A'B'$ have equal projections on the line $AA'$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42933,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCan 77 blocks each $3 \\times 3 \\times 1$ be assembled to form a $7 \\times 9 \\times 11$ block?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42934,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo walkers are at the same altitude in a range of mountains. The path joining them is piecewise linear with all its vertices above the two walkers. Can they each walk along the path until they have changed places, so that at all times their altitudes are equal?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42935,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind the least possible value of $(x + y)(y + z)$ for positive reals satisfying $(x + y + z)xyz = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42936,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA polyhedron has an even number of edges. Show that we can place an arrow on each edge so that each vertex has an even number of arrows pointing towards it (on adjacent edges).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42937,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$N$ is the set of positive integers. Does there exist a function $f: N \\to N$ such that $f(n + 1) = f(f(n)) + f(f(n + 2))$ for all $n$?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42938,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA convex polygon is such that any segment dividing the polygon into two parts of equal area which has at least one end at a vertex has length $< 1$. Show that the area of the polygon is $< \\pi /4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42939,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe incircle of $ABC$ touches $AB$ at $M$. $N$ is any point on the segment $BC$. Show that the incircles of $AMN$, $BMN$, $ACN$ have a common tangent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42940,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA positive integer $n$ has exactly $12$ positive divisors $1 = d_1 < d_2 < d_3 < \\ldots < d_{12} = n$. Let $m = d_4 - 1$. We have $d_m = (d_1 + d_2 + d_4) d_8$. Find $n$.",
    "options": [],
    "answer": "1989",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42941,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEight pawns are placed on a chessboard, so that there is one in each row and column. Show that an even number of the pawns are on black squares.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLabel the rows and columns of the chessboard from $1$ to $8$. The square in row $i$ and column $j$ is black if and only if $i + j$ is even.\n\nSince there is one pawn in each row and column, the pawns occupy the squares $(1, \\sigma(1)), (2, \\sigma(2)), \\ldots, (8, \\sigma(8))$ for some permutation $\\sigma$ of $\\{1,2,\\ldots,8\\}$.\n\nA pawn is on a black square if $i + \\sigma(i)$ is even. Let $B$ be the number of pawns on black squares. Then\n$$\nB = \\#\\{i : i + \\sigma(i) \\text{ is even}\\}.\n$$\n\nBut $i + \\sigma(i)$ is even if and only if $i$ and $\\sigma(i)$ have the same parity. That is, $i$ is odd and $\\sigma(i)$ is odd, or $i$ is even and $\\sigma(i)$ is even.\n\nLet $O$ be the set of odd numbers in $\\{1,2,\\ldots,8\\}$, and $E$ the set of even numbers. There are $4$ odd and $4$ even numbers. Since $\\sigma$ is a permutation, $\\sigma$ maps $O$ to $4$ numbers, and $E$ to $4$ numbers.\n\nLet $a$ be the number of $i \\in O$ with $\\sigma(i) \\in O$, and $b$ the number of $i \\in E$ with $\\sigma(i) \\in E$. Then $B = a + b$.\n\nBut the number of $i \\in O$ with $\\sigma(i) \\in O$ is equal to the number of $j \\in O$ with $\\sigma^{-1}(j) \\in O$, i.e., the number of odd numbers in the image of $O$ under $\\sigma$ is the same as the number of odd numbers in the preimage of $O$ under $\\sigma$, which is $a$.\n\nSimilarly, the number of $i \\in E$ with $\\sigma(i) \\in E$ is $b$.\n\nBut $a + b$ is the total number of $i$ such that $i$ and $\\sigma(i)$ have the same parity. Since $\\sigma$ is a permutation, the number of $i$ with $\\sigma(i)$ odd is $4$, and the number with $\\sigma(i)$ even is $4$.\n\nTherefore, $a + b$ is even, because $a$ and $b$ are both between $0$ and $4$ inclusive, and their sum is between $0$ and $8$ inclusive, and the only way for $a + b$ to be odd is if one is odd and one is even, but since the total number of $i$ is $8$, and the parity is preserved, $a + b$ must be even.\n\nAlternatively, since the total number of black squares on the board is $32$, and any arrangement of $8$ pawns with one in each row and column must cover an even number of black squares, as shown above.\n\nThus, the number of pawns on black squares is even.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42942,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is a triangle. $A'$, $B'$, $C'$ are points on the segments $BC$, $CA$, $AB$ respectively. $\\angle B'A'C' = \\angle A$ and $\\dfrac{AC'}{C'B} = \\dfrac{BA'}{A'C} = \\dfrac{CB'}{B'A}$. Show that $ABC$ and $A'B'C'$ are similar.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42943,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nOne bird lives in each of $n$ bird-nests in a forest. The birds change nests, so that after the change there is again one bird in each nest. Also for any birds $A$, $B$, $C$, $D$ (not necessarily distinct), if the distance $\\{AB\\} < \\{CD\\}$ before the change, then $\\{AB\\} > \\{CD\\}$ after the change. Find all possible values of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42944,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that the 120 five digit numbers which are permutations of $12345$ can be divided into two sets with each set having the same sum of squares.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42945,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWe are given $1998$ normal coins, $1$ heavy coin and $1$ light coin, which all look the same. We wish to determine whether the average weight of the two abnormal coins is less than, equal to, or greater than the weight of a normal coin. Show how to do this using a balance $4$ times or less.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42946,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nShow that $\\{x\\}^4 > \\{x\\} - 1/2$ for all real $x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$\\{x\\}^4 - \\{x\\} + 1/2 = (\\{x\\}^2 - 1/2)^2 + (\\{x\\} - 1/2)^2 \\geq 0$. We could only have equality if $\\{x\\}^2 = \\{x\\} = 1/2$, which is impossible, so the inequality is strict.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42947,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $x_1$, $x_2$, ..., $x_n$ be positive reals with sum $1$. Show that\n$$\n\\frac{x_1^2}{x_1 + x_2} + \\frac{x_2^2}{x_2 + x_3} + \\cdots + \\frac{x_n^2}{x_n + x_1} \\geq \\frac{1}{2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe have\n$$\n\\sum \\frac{x_i^2}{x_i + x_{i+1}} - \\sum \\frac{x_{i+1}^2}{x_i + x_{i+1}} = \\sum (x_i - x_{i+1}) = 0.\n$$\nAlso,\n$$\n\\frac{x_i^2 + x_{i+1}^2}{x_i + x_{i+1}} \\geq \\frac{1}{2} (x_i + x_{i+1})\n$$\nby the QM-AM inequality. Summing over all $i$,\n$$\n\\sum \\frac{x_i^2}{x_i + x_{i+1}} + \\sum \\frac{x_{i+1}^2}{x_i + x_{i+1}} \\geq \\frac{1}{2} \\sum (x_i + x_{i+1}) = 1.\n$$\nSince the two sums are equal, each is at least $\\frac{1}{2}$.\nTherefore,\n$$\n\\sum \\frac{x_i^2}{x_i + x_{i+1}} \\geq \\frac{1}{2}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42948,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo grasshoppers sit at opposite ends of the interval $[0, 1]$. A finite number of points (greater than zero) in the interval are marked. A move is for a grasshopper to select a marked point and jump over it to the equidistant point the other side. This point must lie in the interval for the move to be allowed, but it does not have to be marked. What is the smallest $n$ such that if each grasshopper makes $n$ moves or less, then they end up with no marked points between them?",
    "options": [],
    "answer": "n equals the number of marked points",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42949,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all integers $n$ such that $\\left[ \\frac{n}{1!} \\right] + \\left[ \\frac{n}{2!} \\right] + \\ldots + \\left[ \\frac{n}{10!} \\right] = 1001$.",
    "options": [],
    "answer": "584",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42950,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A$, $B$, $C$ are adjacent vertices of a regular $2n$-gon and $D$ is the vertex opposite to $B$ (so that $BD$ passes through the center of the $2n$-gon). $X$ is a point on the side $AB$ and $Y$ is a point on the side $BC$ so that $\\angle XDY = \\pi/2n$. Show that $DY$ bisects $\\angle XYC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42951,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA graph has $n$ points and $n(n-1)/2$ edges. Each edge is colored with one of $k$ colors so that there are no closed monochrome paths. What is the largest possible value of $n$ (given $k$)?",
    "options": [],
    "answer": "2k",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42952,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nGiven a point $X$ and $n$ vectors $\\mathbf{x}_{\\mathrm{i}}$ with sum zero in the plane. For each permutation of the vectors we form a set of $n$ points, by starting at $X$ and adding the vectors in order. For example, with the original ordering we get $\\mathbf{X}_1$ such that $\\mathbf{X}\\mathbf{X}_1 = \\mathbf{x}_1$, $\\mathbf{X}_2$ such that $\\mathbf{X}_1\\mathbf{X}_2 = \\mathbf{x}_2$ and so on. Show that for some permutation we can find two points $Y$, $Z$ with angle $\\mathbf{Y}\\mathbf{X}\\mathbf{Z} = 60^\\circ$, so that all the points lie inside or on the triangle $XYZ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42953,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTwo unequal circles intersect at $X$ and $Y$. Their common tangents intersect at $Z$. One of the tangents touches the circles at $P$ and $Q$. Show that $ZX$ is tangent to the circumcircle of $PXQ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42954,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven $1990$ piles of stones, containing $1, 2, 3, \\ldots, 1990$ stones. A move is to take an equal number of stones from one or more piles. How many moves are needed to take all the stones?",
    "options": [],
    "answer": "11",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42955,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA quadratic polynomial $p(x)$ has positive real coefficients with sum $1$. Show that given any positive real numbers with product $1$, the product of their values under $p$ is at least $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 42956,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe line joining the midpoints of two opposite sides of a convex quadrilateral makes equal angles with the diagonals. Show that the diagonals are equal.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\nLet $L$, $M$, $N$ be the midpoints of $BC$, $CD$, $DA$. Assume that $NL$ makes equal angles with $AC$ and $BD$, so $\\angle NLM = \\angle BEL = \\angle AFN = \\angle LNM$, so $LM = MN$ and hence $BD = AC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42957,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA cube of side $100$ is divided into a million unit cubes with faces parallel to the large cube. The edges form a lattice. A prong is any three unit edges with a common vertex. Can we decompose the lattice into prongs with no common edges?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42958,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFor which positive integers $n$ is $3^{2n + 1} - 2^{2n + 1} - 6^n$ composite?",
    "options": [],
    "answer": "all n > 1",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer all $n \\neq 1$\n\n$3^{2n + 1} - 2^{2n + 1} - 6^n = (3^n - 2^n)(3^{n + 1} + 2^{n + 1})$, so it is certainly composite for $n > 1$. For $n = 1$, it is $27 - 8 - 6 = 13$, which is prime.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42959,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIf every altitude of a tetrahedron is at least $1$, show that the shortest distance between each pair of opposite edges is more than $2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42960,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA game is played in three moves. The first player picks any real number, then the second player makes it the coefficient of a cubic, except that the coefficient of $x^{3}$ is already fixed at $1$. Can the first player make his choices so that the final cubic has three distinct integer roots?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42961,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven $2n$ genuine coins and $2n$ fake coins. The fake coins look the same as genuine coins but weigh less (but all fake coins have the same weight). Show how to identify each coin as genuine or fake using a balance at most $3n$ times.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42962,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA graph has 30 points and each point has 6 edges. Find the total number of triples such that each pair of points is joined or each pair of points is not joined.",
    "options": [],
    "answer": "1990",
    "solution": "Solution:\nThere are $30 \\times 29 \\times 28 / 6 = 4060$ triples in all. Let $m$ be the number of triples with $0$ or $3$ edges, and let $n$ be the number of triples with $1$ or $2$ edges. So $m + n = 4060$.\n\nEach point is joined to $6$ others, so it is in $6 \\times 5 / 2 = 15$ triples where it is joined to both the other points, and it is in $23 \\times 22 / 2 = 253$ triples where it is not joined to either of the other points. So the total number of triples $(a, b, c)$, where $a$ is joined to $b$ and $c$ or not joined to $b$ or $c$ is $30(15 + 253) = 8040$.\n\nThis counts the $m$ triples $3$ times each, and the $n$ triples once each, so $3m + n = 8040$. Hence $m = 1990$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42963,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDoes there exist a rectangle which can be dissected into 15 congruent polygons which are not rectangles? Can a square be dissected into 15 congruent polygons which are not rectangles?",
    "options": [],
    "answer": "Yes; Yes",
    "solution": "Solution:\n\nyes, yes\n\n![](attached_image_1.png)\nBy stretching vertically we get a square.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42964,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe point $P$ lies inside the triangle $ABC$. A line is drawn through $P$ parallel to each side of the triangle. The lines divide $AB$ into three parts length $c$, $c'$, $c''$ (in that order), and $BC$ into three parts length $a$, $a'$, $a''$ (in that order), and $CA$ into three parts length $b$, $b'$, $b''$ (in that order). Show that $abc = a'b'c' = a''b''c''$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nThe three small triangles are similar, so $a/a'' = c'/c = b''/b'$ and $a/a' = c'/c'' = b''/b$. Hence $(a/a'')(b/b'') = (c'/c)(c''/c') = c''/c$, so $abc = a''b''c''$. Similarly, $(a/a')(c/c') = (b''/b)(b''/b'') = b/b$, so $abc = a'b'c'.$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42965,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind three non-zero reals such that all quadratics with those numbers as coefficients have two distinct rational roots.",
    "options": [],
    "answer": "1, 2, -3",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer $1$, $2$, $-3$\n\nIf $a + b + c = 0$, then $1$ is a root of $a x^2 + b x + c$, and so the other root is $-\\frac{b}{a} - 1$, which is rational.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42966,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nWhat is the largest possible value of $|\\ldots |a_1 - a_2| - a_3| - \\ldots - a_{1990}|$, where $a_1, a_2, \\ldots, a_{1990}$ is a permutation of $1, 2, 3, \\ldots, 1990$?",
    "options": [],
    "answer": "1989",
    "solution": "Solution:\nAnswer $1989$\n\nSince $|a - b| \\leq \\max(a, b)$, a trivial induction shows that the expression does not exceed $\\max(a_1, a_2, \\ldots, a_{1990}) = 1990$. But for integers, $|a - b|$ has the same parity as $a + b$, so a trivial induction shows that the expression has the same parity as $a_1 + a_2 + \\ldots + a_{1990} = 1990 \\cdot 1991 / 2$, which is odd. So it cannot exceed $1989$. That can be attained by the permutation $2, 4, 5, 3, 6, 8, 9, 7, \\ldots, 4k + 2, 4k + 4, 4k + 5, 4k + 3, \\ldots, 1984 + 2, 1984 + 4, 1984 + 5, 1984 + 3, 1990, 1$. Because we get successively $2, 3, 0; 6, 2, 7, 0; 10, 2, 11, 0; \\ldots; 4k + 2, 2, 4k + 3, 0; \\ldots; 1986, 2, 1987, 0; 1990, 1989$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42967,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn equilateral triangle of side $n$ is divided into $n^2$ equilateral triangles of side $1$. A path is drawn along the sides of the triangles which passes through each vertex just once. Prove that the path makes an acute angle at at least $n$ vertices.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nThe diagram has $1 + 2 + \\ldots + n = n(n + 1) / 2$ upright triangles and $1 + 2 + \\ldots + n - 1 = n(n - 1) / 2$ upside down triangles. It has $1 + 2 + \\ldots + n + 1 = (n + 1)(n + 2) / 2$ vertices. So the path must be $(n + 1)(n + 2) / 2 - 1 = (n^2 + 3n) / 2$ units long. Each unit length of the path is in just one upright triangle. The path cannot contain all three sides of a small triangle, or it would pass through a vertex more than once. So it must contain two sides of $(n^2 + 3n) / 2 - n(n + 1) / 2 = n$ triangles. But if it contains two sides of a triangle, then it must make an acute angle at the vertex where they meet.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42968,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCan the squares of a $1990 \\times 1990$ chessboard be colored black or white so that half the squares in each row and column are black and cells symmetric with respect to the center are of opposite color?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer no\n\n![](attached_image_1.png)\nSuppose it can be done. Divide the board into 4 quadrants. Suppose there are $b$ black and $995^2 - b$ white squares in the top left quadrant. Then there are $995^2 - b$ black and $b$ white squares in the bottom right quadrant (by the symmetry property).\n\nIf half the squares in each row are black, then half the squares in the first $995$ rows are black, so the number of black squares in the top right quadrant is $995 \\cdot 1990 / 2 - b = 995^2 - b$. So if half the squares in each column are black, then half the squares in the right-hand half of the board are black, so $(995^2 - b) + (995^2 - b) = 995^2$, in other words, $b = 995^2 / 2$, which is impossible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42969,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all integers $a$, $b$, $c$, $d$ such that $ab - 2cd = 3$, $ac + bd = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "[(1, 3, 1, 0), (-1, -3, -1, 0), (3, 1, 0, 1), (-3, -1, 0, -1)]",
    "solution": "Solution:\n\n$11 = (ab - 2cd)^2 + 2(ac + bd)^2 = (a^2 + 2d^2)(b^2 + 2c^2)$, so we must have either (1) $a^2 + 2d^2 = 1$, $b^2 + 2c^2 = 11$, or (2) $a^2 + 2d^2 = 11$, $b^2 + 2c^2 = 1$.\n\n(1) gives $a = \\pm 1$, $d = 0$, $b = \\pm 3$, $c = \\pm 1$. If $a = 1$ and $d = 0$, then $ac + bd = 1$ implies $c = 1$, and $ab - 2cd = 3$ implies $b = 3$. Similarly, if $a = -1$, then $c = -1$, and $b = -3$.\n\nSimilarly, (2) gives $(a, b, c, d) = (3, 1, 0, 1), (-3, -1, 0, -1)$.\n\n$$(a, b, c, d) = (1, 3, 1, 0), (-1, -3, -1, 0), (3, 1, 0, 1), (-3, -1, 0, -1)$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42970,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDoes there exist a triangle in which two sides are integer multiples of the median to that side? Does there exist a triangle in which every side is an integer multiple of the median to that side?",
    "options": [],
    "answer": "yes, no",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer yes, no\n\nThe obvious approach is to make the triangle isosceles. So suppose the sides are $a$, $b$, $b$. Then the length $m$ of a median to one of the sides length $b$ satisfies: $a^2 + b^2 = 2m^2 + b^2/2$. The simplest possibility is to take $m = b$, so $a^2 = 3b^2/2$. Thus if $b = 2$, $a = \\sqrt{6}$.\n\nSuppose we have a triangle $ABC$, with medians $AD$, $BE$, $CF$, and $BC/AD$, $CA/BE$, $AB/CF$ all integers. If $AD = BC/2$, then $\\angle A = 90^\\circ$. If $AD < BC/2$, then $\\angle A$ is obtuse, so at least two of the medians must be equal to the corresponding sides. So wlog we have $b^2 + c^2 = 5a^2/2$, $c^2 + a^2 = 5b^2/2$. Subtracting, $b^2 - a^2 = (5/2)(a^2 - b^2)$, so $a = b$. Hence $c/a = \\sqrt{3/2}$. So the third median has length $m$ where $a^2 + a^2 = (3/4)a^2 + 2m^2$, so $a/m = \\sqrt{8/5}$, which is not integral. Contradiction.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42971,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe numbers $1, 2, 3, \\ldots, n$ are written on a blackboard (where $n \\geq 3$). A move is to replace two numbers by their sum and non-negative difference. A series of moves makes all the numbers equal $k$. Find all possible $k$.",
    "options": [],
    "answer": "All k of the form 2^m with m an integer and 2^m ≥ n.",
    "solution": "Solution:\n\nIf a prime $p$ divides $a + b$ and $a - b$, then it divides $2a$ and $2b$, so if $p$ is odd, it divides $a$ and $b$. Thus if an odd prime $p$ divides $k$, then it must divide all the original numbers including $1$. So $k$ must be a power of $2$. Note that $k, k \\rightarrow 0, 2k \\rightarrow 2k, 2k$ and $k, k, k \\rightarrow 0, k, 2k \\rightarrow k, k, 2k \\rightarrow 0, 2k, 2k \\rightarrow 2k, 2k, 2k$. So (by a trivial induction) if we get all the numbers equal to $k$, then we can get them all to equal $2k$. Finally, note that we can never decrease the largest number on the board, so the answer must be all powers of $2$ greater than some minimum, which must be at least $n$.\n\nWe use induction to show that if $2^{m}$ is the smallest power of $2$ which is $\\geq n$, then we can get all numbers equal to $2^{m}$. Note that $0, k \\rightarrow k, k \\rightarrow 0, 2k$, so with a zero we can double each member of any set of numbers as often as we wish and finally convert the zero. For example, we could convert $0, 2, 4$ to $8, 8, 8$. It is convenient to take the induction hypothesis as $S_{n}$: we can convert $1, 2, \\ldots, n$ to $0, 2^{k}, 2^{k}, \\ldots, 2^{k}$, where $2^{k}$ is the smallest power of $2$ which is $\\geq n$.\n\nWe show first that $S_{n}$ is true for $n \\leq 8$. For $n = 3$, we take $1, 3 \\rightarrow 2, 4$, then $2, 2 \\rightarrow 0, 4$. For $n = 4$, we ignore the $4$ and use the case $n = 3$. For $n = 5$, we take $3, 5 \\rightarrow 2, 8$. Then $2, 2 \\rightarrow 0, 4$. Then we use the $0$ to convert the remaining powers of $2$ ($1, 4, 4$) to $8$. For $n = 6$, we take $2, 6 \\rightarrow 4, 8$ and $3, 5 \\rightarrow 2, 8$, then $4, 4 \\rightarrow 0, 8$. Finally, we use the $0$ to convert $1$ and $2$ to $8$. For $n = 7$, we take $1, 7 \\rightarrow 6, 8$, then $2, 6 \\rightarrow 4, 8$, then $3, 5 \\rightarrow 2, 8$, then $4, 4 \\rightarrow 0, 8$, then $2, 6 \\rightarrow 4, 8$ and finally use the $0$ to convert the remaining $4$ to $8$.\n\nLet $n = 2^{a} + b$, where $0 < b \\leq 2^{a}$ and assume $S_{m}$ is true for all $m < n$. If $b = 1$, we convert the pair $2^{a} - 1$, $2^{a} + 1$ to $2, 2^{a + 1}$. We have $2^{a} - 2 > 2$, so by induction we can convert $1, 2, \\ldots, 2^{a} - 2$ to $0, 2^{a}, \\ldots, 2^{a}$. Now all the numbers except $0$ are powers of $2$ and we can use the $0$ to convert them each to $2^{a + 1}$. Similarly, if $b = 2$, we convert $2^{a} - 1$, $2^{a} + 1$ to $2, 2^{a + 1}$ and $2^{a} - 2$, $2^{a} + 2$ to $4, 2^{a + 1}$ and then proceed as in the previous case. If $3 \\leq b < 2^{a}$, then we start by converting the pairs $(2^{a} + b, 2^{a} - b)$, $(2^{a} + b - 1, 2^{a} - b + 1)$, $(2^{a} + b - 2, 2^{a} - b + 2)$, $\\ldots$, $(2^{a} + 1, 2^{a} - 1)$. That gives some $2^{a + 1}$s and $2, 4, \\ldots, 2b$. Now by $S_{b}$ we can convert $2, 4, \\ldots, 2b$ to $0, 2^{a + 1}, \\ldots, 2^{a + 1}$. The remaining numbers $1, 2, \\ldots, 2^{a} - b - 1$ can either be converted to powers of $2$ by $S_{2^{a - b - 1}}$ (if $2^{a} - b - 1 \\geq 3$) or are already powers of $2$. Finally we use the $0$ to bring all powers of $2$ up to $2^{a + 1}$. In the case $b = 2^{a}$, we ignore $2^{a} + b (= 2^{a + 1})$ and use the case $b - 1$ to convert the others.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42972,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nThe figure above is cut along the lines into polygons (which need not be convex). No polygon contains a $2 \\times 2$ square. What is the smallest possible number of polygons?",
    "options": [],
    "answer": "12",
    "solution": "Solution:\n\nWe can clearly cut the polygon into $12$ strips width $1$, so the smallest number is $\\leq 12$.\n\nThere are $84$ unit squares in the figure. Each cut along the edge of a unit square not already cut (and not on the boundary) increases the number of pieces by at most $1$. So it is sufficient to show that at most $72$ edges remain uncut (after cutting into polygons). Because then cutting the remaining edges would increase the total number of pieces by at most $72$. But the final number of pieces is $84$, so we would have to start with at least $12$.\n\nInitially, there are $144$ edges, so we have to show that at least $72$ of them are cut to make the polygons. An interior vertex has $4$ edges. At least two of them must be cut, or the vertex would be the center of an uncut $2 \\times 2$ square. If we take alternate interior vertices ($36$ in total, as shown below), then each has at least two cut edges, so in total at least $72$ edges are cut to make the polygons.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42973,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ is an acute-angled triangle with circumcenter $O$. The circumcircle of $ABO$ intersects $AC$ and $BC$ at $M$ and $N$. Show that the circumradii of $ABO$ and $MNC$ are the same.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nIt is sufficient to show that $\\angle MBN = \\angle C$. But $\\angle MBN = \\angle MBO + \\angle OBN = \\angle MAO + \\angle OBN = \\angle MCO + \\angle OCN = \\angle C$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42974,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA polygon can be transformed into a new polygon by making a straight cut, which creates two new pieces each with a new edge. One piece is then turned over and the two new edges are reattached. Can repeated transformations of this type turn a square into a triangle?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42975,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $h \\times k$ minor of an $n \\times n$ table is the $hk$ cells which lie in $h$ rows and $k$ columns. The semiperimeter of the minor is $h + k$. A number of minors each with semiperimeter at least $n$ together include all the cells on the main diagonal. Show that they include at least half the cells in the table.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42976,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n(1) $r_1, r_2, \\ldots, r_{100}, c_1, c_2, \\ldots, c_{100}$ are distinct reals. The number $r_i + c_j$ is written in position $i, j$ of a $100 \\times 100$ array. The product of the numbers in each column is $1$. Show that the product of the numbers in each row is $-1$.\n\n(2) $r_1, r_2, \\ldots, r_{2n}, c_1, c_2, \\ldots, c_{2n}$ are distinct reals. The number $r_i + c_j$ is written in position $i, j$ of a $2n \\times 2n$ array. The product of the numbers in each column is the same. Show that the product of the numbers in each row is also the same.",
    "options": [],
    "answer": "Part (1): The product in each row equals -1. Part (2): The products in all rows are equal and are the negative of the common column product.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42977,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA sequence of positive integers is constructed as follows. If the last digit of $a_n$ is greater than $5$, then $a_{n+1}$ is $9a_n$. If the last digit of $a_n$ is $5$ or less and $a_n$ has more than one digit, then $a_{n+1}$ is obtained from $a_n$ by deleting the last digit. If $a_n$ has only one digit, which is $5$ or less, then the sequence terminates. Can we choose the first member of the sequence so that it does not terminate?",
    "options": [],
    "answer": "No; every such sequence terminates.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42978,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$p(x)$ is the cubic $x^3 - 3x^2 + 5x$. If $h$ is a real root of $p(x) = 1$ and $k$ is a real root of $p(x) = 5$, find $h + k$.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Solution:\n\nPut $y = 2 - h$, where $p(h) = 1$, then $(2 - y)^3 - 3(2 - y)^2 + 5(2 - y) - 1 = 0$, so $8 - 12y + 6y^2 - y^3 - 12 + 12y - 3y^2 + 10 - 5y - 1 = 0$, or $y^3 - 3y^2 + 5y = 5$, or $p(y) = 5$. So if $h$ is a root of $p(h) = 1$, then there is a root $k$ of $p(k) = 5$ such that $h + k = 2$.\n\nTo complete the proof we have to show that $p(x) = 5$ has only one real root.\n\nBut $x^3 - 3x^2 + 5x = (x - 1)^3 + 2(x - 1) + 3$ which is a strictly increasing function of $x - 1$ and hence of $x$. So $p(x) = k$ has only one real root.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42979,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe chords $AB$ and $CD$ of a sphere intersect at $X$. $A$, $C$ and $X$ are equidistant from a point $Y$ on the sphere. Show that $BD$ and $XY$ are perpendicular.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 42980,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ numbers are written on a blackboard. Someone then repeatedly erases two numbers and writes half their arithmetic mean instead, until only a single number remains. If all the original numbers were $1$, show that the final number is not less than $1/n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPut $c = (a + b)/4$. We have $1/c = 4/(a + b) \\leq 1/a + 1/b$, so each move does not increase the sum of the reciprocals of the numbers. If the final number is $k$, then the final sum of reciprocals is $1/k$. The initial sum is $n$, so $1/k \\leq n$, or $k \\geq 1/n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42981,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDo there exist 4 vectors in the plane so that none is a multiple of another, but the sum of each pair is perpendicular to the sum of the other two? Do there exist 91 non-zero vectors in the plane such that the sum of any 19 is perpendicular to the sum of the others?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "## Problem 22",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42982,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a square. The points $X$ on the side $AB$ and $Y$ on the side $AD$ are such that $AX \\cdot AY = 2 \\; BX \\cdot DY$. The lines $CX$ and $CY$ meet the diagonal $BD$ in two points. Show that these points lie on the circumcircle of $AXY$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42983,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$X$ is a set with $100$ members. What is the smallest number of subsets of $X$ such that every pair of elements belongs to at least one subset and no subset has more than $50$ members? What is the smallest number if we also require that the union of any two subsets has at most $80$ members?",
    "options": [],
    "answer": "First case: 6; with the union constraint: 6",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42984,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe real numbers $x_1, x_2, \\ldots, x_{1991}$ satisfy\n$$\n|x_1 - x_2| + |x_2 - x_3| + \\ldots + |x_{1990} - x_{1991}| = 1991.\n$$\nWhat is the maximum possible value of\n$$\n|s_1 - s_2| + |s_2 - s_3| + \\ldots + |s_{1990} - s_{1991}|,\n$$\nwhere $s_n = (x_1 + x_2 + \\ldots + x_n)/n$?",
    "options": [],
    "answer": "1990",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42985,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFour lines in the plane intersect in six points. Each line is thus divided into two segments and two rays. Is it possible for the eight segments to have lengths $1, 2, 3, \\ldots, 8$? Can the lengths of the eight segments be eight distinct integers?",
    "options": [],
    "answer": "no, yes",
    "solution": "Answer no, yes\n\n![](attached_image_1.png)\nIf a triangle has integer sides, one of which is $1$, then it must be isosceles. So the only candidates for the segment length $1$ are $AB$ and $AE$. wlog $AB = 1$, so $BF = AF$. Hence $\\cos DFE = 1 - 1/(2 AF^2)$. Hence $ED^2 = DF^2 + EF^2 + 2DF \\cdot EF (1 - 1/2AF^2) = DF^2 + EF^2 + 2DF \\cdot EF/AF^2$. But the first three terms are integers and the last term is $< 1$. Contradiction. (Careful, looking at the figure one is tempted to conclude that $ED < AB$, but a more realistic figure shows that is false.)\n\n![](attached_image_2.png)\nBuilding on the $3,4,5$ triangle we get the figure above.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42986,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA lottery ticket has 50 cells into which one must put a permutation of $1, 2, 3, \\ldots, 50$. Any ticket with at least one cell matching the winning permutation wins a prize. How many tickets are needed to be sure of winning a prize?",
    "options": [],
    "answer": "26",
    "solution": "Solution:\nAnswer 26\n\nTake the tickets:\n$1\\ 2\\ 3\\ \\ldots\\ 25\\ 26\\ 27\\ \\ldots\\ 50$\n$2\\ 3\\ 4\\ \\ldots\\ 26\\ 1\\ 27\\ \\ldots\\ 50$\n$3\\ 4\\ 5\\ \\ldots\\ 1\\ 2\\ 27\\ \\ldots\\ 50$\n$26\\ 1\\ 2\\ \\ldots\\ 24\\ 25\\ 27\\ \\ldots\\ 50$\nEach of the numbers $1, 2, \\ldots, 26$ occurs in each of the places $1, 2, \\ldots, 26$, but the winning ticket cannot have all these numbers in the last 24 places. So there must be at least one match. So 26 tickets suffice.\n\nNow given any 25 tickets we show that they could all fail to match the winning permutation. In other words, we construct a permutation which fails to match any of the 25 tickets in any cell. We place the numbers $1, 2, 3, \\ldots, 50$ in turn. We start by placing $1$. Clearly at most 25 places are ruled out, so we can place the $1$. Now suppose we have placed $1, 2, \\ldots, a$. There must be at least 25 places where $a+1$ is not ruled out. If any of them are still unoccupied, then we are done. If not, they must be occupied by numbers $\\mathbf{x}_1$, $\\mathbf{x}_2$, $\\ldots$, $\\mathbf{x}_{25}$ already placed. Take any empty place. 26 numbers cannot be ruled out for it, and we know that $a+1$ is ruled out, so at least one of the $\\mathbf{x}_i$ is not ruled out. So we can move that $\\mathbf{x}_i$ to it and then place $a+1$ where the $\\mathbf{x}_i$ came from.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 42987,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFind unequal integers $m$, $n$ such that $mn + n$ and $mn + m$ are both squares. Can you find such integers between $988$ and $1991$?",
    "options": [],
    "answer": "One example is m = 49 and n = 8. No such pair exists with both integers between 988 and 1991.",
    "solution": "Solution:\n\nAnswer no\n\nFor example, $49 = 7^2$, $50 = 2 \\cdot 5^2$, $8 = 2 \\cdot 2^2$, $9 = 3^2$, so $49 \\cdot 8 + 8 = 20^2$, $49 \\cdot 8 + 49 = 21^2$.\n\nWLOG $m < n$. Then $mn + m = (m + h)^2$, $mn + n = (m + k)^2$, with $k > h$. So $n - m = (m + k)^2 - (m + h)^2 = (k - h)(2m + k + h) > 2m$, so $n > 3m$. Hence we cannot have $m$ and $n$ between $988$ and $1991$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42988,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a rectangle. Points $K$, $L$, $M$, $N$ are chosen on $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ respectively so that $KL$ is parallel to $MN$, and $KM$ is perpendicular to $LN$. Show that the intersection of $KM$ and $LN$ lies on $BD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $LN$ and $KM$ meet at $O$. $\\angle NOM = \\angle NDM = 90^{\\circ}$, so $OMDN$ is cyclic. Hence $\\angle NOD = \\angle NMD$. Similarly, $BLOK$ is cyclic and $\\angle LOB = \\angle LKB$. But $NM$ is parallel to $LK$ and $AB$ is parallel to $CD$, so $\\angle LKB = \\angle NMD$. Hence $\\angle NOD = \\angle LOB$, so $DOB$ is a straight line.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42989,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn investigator works out that he needs to ask at most $91$ questions on the basis that all the answers will be yes or no and all will be true. The questions may depend upon the earlier answers. Show that he can make do with $105$ questions if at most one answer could be a lie.",
    "options": [],
    "answer": "105",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose he asks $n$ questions as usual, and then asks \"did you lie to any of the last $n$ questions?\" If the reply is a truthful no, then the $n$ answers were correct. If the reply is a lying no, then the $n$ answers were still correct. On the other hand if the answer is yes, then the $n$ answers might have been correct and might not. However, a lie has certainly been told, so all future answers must be truthful and so he could ask the $n$ questions again.\n\n$91 = 7 \\times 13$, so the obvious candidates for $n$ are $7$ and $13$. If we take $n = 7$, then the worst case is $13$ check questions and $7$ repeat questions. That does not work because he needs $20$ extra questions and only has $14$. A little thought suggests reducing $n$ each time. So the first batch of questions is $13$, followed by a check question. If the check answer is yes, then he knows a lie has been told and asks the $13$ questions again. No further check questions are needed, and he has used exactly $14$ extra questions. If the check answer is no, then the lie may not have been told, so the next batch of questions is $12$, followed by a check question, and so on. That allows him to ask $13 + 12 + \\ldots + 1 = 91$ questions. If he gets a yes to the check question after the batch of $i$, then he ignores the answers to that batch and asks them again, thus asking a total of $14$ extra questions, but thereafter asks no check questions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42990,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that $\\left(x + y + z\\right)^2 / 3 \\geq x\\sqrt{yz} + y\\sqrt{zx} + z\\sqrt{xy}$ for all non-negative reals $x$, $y$, $z$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBy AM/GM, $xy + yz \\geq 2x\\sqrt{yz}$. Adding the similar results gives\n$$\n2(xy + yz + zx) \\geq 2\\left(x\\sqrt{yz} + y\\sqrt{zx} + z\\sqrt{xy}\\right).\n$$\n\nBy AM/GM, $x^2 + x^2 + y^2 + z^2 \\geq 4x\\sqrt{yz}$. Adding the similar results gives\n$$\nx^2 + y^2 + z^2 \\geq x\\sqrt{yz} + y\\sqrt{zx} + z\\sqrt{xy}.\n$$\n\nAdding the first result gives\n$$\n\\frac{(x + y + z)^2}{3} \\geq x\\sqrt{yz} + y\\sqrt{zx} + z\\sqrt{xy}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42991,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nShow that $x^4 + y^4 + z^2 \\geq xyz\\sqrt{8}$ for all positive reals $x$, $y$, $z$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nBy AM/GM, $x^4 + y^4 \\geq 2x^2y^2$. Then by AM/GM again, $2x^2y^2 + z^2 \\geq (\\sqrt{8})xyz$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42992,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that if 15 numbers lie between 2 and 1992 and each pair is coprime, then at least one is prime.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose not. Then since $452 = 2025 > 1992$, each of the numbers must have a prime factor $\\leq 43$. But there are only 14 such primes: $2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43$. Hence\nthere must be two numbers with the same prime factor and they cannot be coprime. Contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 42993,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA cinema has its seats arranged in $n$ rows $\times$ $m$ columns. It sold $mn$ tickets but sold some seats more than once. The usher managed to allocate seats so that every ticket holder was in the correct row or column. Show that he could have allocated seats so that every ticket holder was in the correct row or column and at least one person was in the correct seat. What is the maximum $k$ such that he could have always put every ticket holder in the correct row or column and at least $k$ people in the correct seat?",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose it is not possible. Take any person, label him $P_1$. Suppose he should be in seat $S_1$. If seat $S_1$ is vacant, then we can just move him to $S_1$, so $S_1$ must be occupied by someone. Call him $P_2$. Continue, so that we get a sequence $P_1$, $P_2$, $P_3$, ... where $P_i$ should be in the seat occupied by $P_{i + 1}$. Since there are only finitely many people, we must get a repetition. Suppose the first repetition is $P_i = P_{i + j}$. Then we can move $P_i$ to $P_{i + 1}$, $P_{i + 2}$ to $P_{i + 3}$, ..., $P_{i + j - 1}$ to $P_i$ and then these $j$ people will all be in their correct seats. Contradiction. So it is possible.\n\nSuppose that $m + n - 1$ tickets to seat $(1,1)$ have been sold and $n - 1$ seats to each of $(2,1)$, $(3,1)$, ..., $(m,1)$. Then to comply with the conditions the people with tickets to $(1,1)$ must occupy the whole of the first row and first column. Hence those with tickets to $(k,1)$ for $k > 1$ must occupy the whole of row $k$ apart from $(k,1)$. Thus the seating is completely determined and only one person is in the correct seat - namely the person in $(1,1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42994,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCircles $C$ and $C'$ intersect at $O$ and $X$. A circle center $O$ meets $C$ at $Q$ and $R$ and meets $C'$ at $P$ and $S$. $PR$ and $QS$ meet at $Y$ distinct from $X$. Show that $\\angle YXO = 90^{\\circ}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe show first that $YRSX$ is cyclic.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nIt is sufficient to show that $\\angle RYS = \\angle RXS$. We have $\\angle RYS = \\angle PRQ - \\angle RQY = \\angle PSQ - \\angle RQY = \\angle OSQ - \\angle OSP - \\angle RQY = \\angle OQS - \\angle RQY - \\angle OSP = \\angle OQR - \\angle OSP$. But $\\angle RXS = \\angle RXO - \\angle OXS = \\angle OQR - \\angle OXS = \\angle OQR - \\angle OPS = \\angle OQR - \\angle OSP$. So $YRSX$ is cyclic.\n\nHence $\\angle YXO = \\angle YXS + \\angle SXO = \\angle PRS + \\angle SXO = \\angle PRS + 2\\angle SPO = \\frac{1}{2}\\angle POS + \\angle SPO = 90^{\\circ}$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42995,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ is a parallelogram. The excircle of $ABC$ opposite $A$ has center $E$ and touches the line $AB$ at $X$. The excircle of $ADC$ opposite $A$ has center $F$ and touches the line $AD$ at $Y$. The line $FC$ meets the line $AB$ at $W$, and the line $EC$ meets the line $AD$ at $Z$. Show that $WX = YZ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nWe have the familiar result that $AY$ is perimeter $ADC$ (chase round using the fact that the two tangents from the same point have the same length). Similarly, $AX = $ perimeter $ABC = $ perimeter $ADC$. So $AX = AY$ $(*)$\n\n$AE$ is parallel to the bisector of $ACD$, which is perpendicular to $CF$. So $CW$ is perpendicular to $AE$. Hence $AW = AC$. Similarly $AZ = AC$. Hence $AW = AZ$. Subtracting from $(*)$ gives result.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 42996,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalf the cells of a $2m \\times n$ board are colored black and the other half are colored white. The cells at the opposite ends of the main diagonal are different colors. The center of each black cell is connected to the center of every other black cell by a straight line segment, and similarly for the white cells. Show that we can place an arrow on each segment so that it becomes a vector and the vectors sum to zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose we have an odd number of arbitrary points $A_1, A_2, \\ldots, A_{2k + 1}$ then we claim that if we take the vector $A_iA_j$ for $i < j$ and $j - i$ odd and the vector $A_jA_i$ for $i < j$ and $j - i$ even, then we get the sum of the vectors zero. We prove the claim by induction. It is true for $k = 3$ because we have $A_1A_2 + A_2A_3 + A_3A_1 = 0$. So suppose it is true for $2k - 1$. The additional vectors when we move to $2k + 1$ are $A_{2k}A_{2k + 1}$, $\\sum A_{2i + 1}A_{2k}$, $\\sum A_{2i}A_{2k + 1}$, $\\sum A_{2k}A_{2i}$ and $\\sum A_{2k + 1}A_{2i + 1}$. But $A_{2i + 1}A_{2k} + A_{2k}A_{2i} + A_{2i}A_{2k + 1} + A_{2k + 1}A_{2i + 1} = A_{2i + 1}A_{2i} + A_{2i}A_{2i + 1} = 0$, leaving the three terms $A_{2k + 1}A_1$, $A_1A_{2k}$ and $A_{2k}A_{2k + 1}$ which also sum to zero. Hence the result is true for $2k + 1$ and hence for all odd numbers. Thus for $mn$ odd we can number the centers of the black squares in an arbitrary fashion, use the rule given for the arrow directions and then the vectors for the black squares will sum to zero. Similarly for the white squares.\n\nHowever, the same general result is not true for an even number of points. So we need something else for $mn$ even. Let $B$ be the center of the black square at one end of the main diagonal and $W$ be the center of the white square at the other end. Let $B_1, B_2, \\ldots, B_{2k + 1}$ be the centers of the other black squares and $W_1, W_2, \\ldots, W_{2k + 1}$ the centers of the other white squares. Take vectors $BB_i$, $WW_i$ and for $B_iB_j$ and $W_iW_j$ take the same rule as before (if $i < j$ take $B_iB_j$ if $j - i$ is odd and $B_jB_i$ if $j - i$ is even, similarly for $W_iW_j$). Now consider square centers $X$, $Y$ which are symmetric with respect to the center of the rectangle (in other words the center of the rectangle is the midpoint of $XY$). The pairs $(X, Y)$ are of three types: opposite colors, both white and both black. The number of both white pairs must equal the number of both black pairs since the number of white and black squares is equal. For the first type we have $BX + WY = 0$. For the second type we have $WX + WY = WB$ and for the third type we have $BX + BY = BW$. Since they are equal in number the second and third type sum to zero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Linear Algebra"
  },
  {
    "id": 42997,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA graph has 17 points and each point has 4 edges. Show that there are two points which are not joined and which are not both joined to the same point.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose not. We will obtain a contradiction.\n\nTake any point $A$. Suppose the four edges at $A$ are $BA$, $CA$, $DA$, $EA$. If there is any other point $X$ not joined to any of $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ then with $A$ it forms the required pair of points. Suppose the three other points joined to $B$ (apart from $A$) are $B_1$, $B_2$, $B_3$. Similarly $C_i$, $D_i$ and $E_i$. Then all 12 points $B_i$, $C_i$, $D_i$, $E_i$ must be distinct from each other and from $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ or there would be a point $X$. Thus, in particular, $A$ is not part of a triangle. But $A$ was arbitrary, so the graph has no triangles. Hence there cannot be an edge $B_iB_j$ (or $C_iC_j$, $D_iD_j$, $E_iE_j$).\n\nWe have 4 edges $AX$, 12 edges $BX$, $CX$ etc, and $17 \\times 4 / 2 = 34$ edges in all, so there must be 18 edges $B_iC_j$ etc. Each gives a different cycle length 5 through $A$ (e.g. $ABB_iC_jC$). The same argument shows that every point must lie on 18 cycles length 5. Hence there must be a total of $17 \\times 18 / 5$ such cycles. Contradiction.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 42998,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $f(x) = a\\cos(x + 1) + b\\cos(x + 2) + c\\cos(x + 3)$, where $a$, $b$, $c$ are real. Given that $f(x)$ has at least two zeros in the interval $(0,\\pi)$, find all its real zeros.",
    "options": [],
    "answer": "all real numbers",
    "solution": "Solution:\nAnswer: $f(x)$ must be identically zero.\n\nWe have $f(x) = (a\\cos 1 + b\\cos 2 + c\\cos 3)\\cos x - (a\\sin 1 + b\\sin 2 + c\\sin 3)\\sin x$. This can be written as $d\\cos(x + \\theta)$ for some $d$, $\\theta$. But if $d \\neq 0$, then this has only one zero in the interval $(0,\\pi)$. Hence $d = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 42999,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA plane intersects a sphere in a circle $C$. The points $A$ and $B$ lie on the sphere on opposite sides of the plane. The line joining $A$ to the center of the sphere is normal to the plane. Another plane $p$ intersects the segment $AB$ and meets $C$ at $P$ and $Q$. Show that $BP \\cdot BQ$ is independent of the choice of $p$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nAll points of the circle $C$ are equidistant from $A$. The plane $p$ also meets the sphere in a circle $C'$. Let $C''$ be the circle center $A$ radius $AP$. Provided that $AB$ is not a diameter of $C'$, one of the lines $BP$, $BQ$ will meet $C''$ again at some point $R$ (see diagram).\n\n![](attached_image_1.png)\n\nNow since arcs $AP$, $AQ$ are equal, so are the angles $ABP$, $ABQ$. Hence triangles $ABP$, $ABQ$ are congruent and so $BP = BR$. Hence $BP \\cdot BQ = BR \\cdot BQ$. But the square of the tangent from $B$ to $C''$ is $AB^2 - AP^2$, so $BR \\cdot BQ = AB^2 - AP^2$, which is independent of the position of $p$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 43000,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nIf you have an algorithm for finding all the real zeros of any cubic polynomial, how do you find the real solutions to $\\{x\\} = \\{p(y)\\}$, $\\{y\\} = \\{p(x)\\}$, where $p$ is a cubic polynomial?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet $p(x) \\equiv a x^3 + b x^2 + c x + d$. Finding the solutions with $x = y$ is obvious, just solve the cubic $a x^3 + b x^2 + (c - 1)x + d = 0$.\n\nFor $x \\neq y$, we have $x - y = a(y^3 - x^3) + b(y^2 - x^2) + c(y - x)$.\n\nDividing by $y - x$ gives $a(x^2 + x y + y^2) + b(x + y) + c + 1 = 0$.\n\nPut $s = x + y$, $t = x y$ and this becomes $a s^2 - a t + b s + c + 1 = 0$ (*).\n\nWe also have $x + y = a(x + y)(x^2 - x y + y^2) + b(x^2 + y^2) + c(x + y) + 2d$, or $s = a s (s^2 - 3 t) + b(s^2 - 2 t) + c s + 3 d$.\n\nSubstituting for $t$ from (*) we get a cubic in $s$. Solving, we then recover $t$ from (*) and then solve a quadratic to get $x, y$ from $s, t$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Algorithms"
  },
  {
    "id": 43001,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$E$ is a point on the diagonal $BD$ of the square $ABCD$. Show that the points $A$, $E$ and the circumcenters of $ABE$ and $ADE$ form a square.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $O$, $O'$ be the circumcenters of $ABE$, $ADE$ respectively. Then $OA = OE$ and $\\angle AOB = 2 \\angle ABE = 90^\\circ$. Similarly, $O'A = O'E$ and $\\angle AOE = 2\\angle ADE = 90^\\circ$. Hence $AOEO'$ is a square.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43002,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all integers $k > 1$ such that for some distinct positive integers $a$, $b$, the number $k^{a} + 1$ can be obtained from $k^{b} + 1$ by reversing the order of its (decimal) digits.",
    "options": [],
    "answer": "k = 3",
    "solution": "Solution:\n$k = 3$, $3^{3} + 1 = 28$, $3^{4} + 1 = 82$.\n\n$k = 10$ does not work because $k^{a} + 1$ is a palindrome. If $k > 10$, then for $a < b$ we have $k^{b} + 1 \\geq k^{a + 1} + 1 \\geq 11k^{a} + 1 \\geq 10(k^{a} + 1) + k^{a} - 9 > 10(k^{a} + 1)$. So $k^{b} + 1$ has more digits than $k^{a} + 1$. So we only need to consider $k = 2, 3, \\ldots, 9$.\n\nWLOG $a < b$. Suppose $2a < b$. Then $k^{b} + 1 > k^{a}k^{a + 1} > k^{a}(k^{a} + 1)$, so $k^{a} < 10$. But $k^{a} + 1 \\geq 10$ (or reversing its digits would not change it). Hence $k^{a} + 1 = 10$, which obviously does not work. Hence $2a \\geq b$. So $a \\geq b - a$. Hence $k^{b} + 1 > k^{b} - 1 \\geq k^{b} - k^{a} + k^{b - a} - 1 = (k^{a} + 1)(k^{b - a} - 1)$. So $k^{b - a} - 1 < 10$. If $k^{b - a} - 1 = 9$, then $k^{b - a} = 10$, so $k = 10$, which we already know does not work. Hence $k^{b - a} - 1 < 9$.\n\nBut $(k^{b} + 1) - (k^{a} + 1) = (k^{b - a} - 1)k^{a}$. This must be divisible by 9, because $k^{b} + 1$ and $k^{a} + 1$ have the same digit sum and hence are the same mod 9. Hence $k^{a}$ must be divisible by 9, so $k$ must be 3, 6 or 9.\n\nIf $k = 6$ or 9, then $k^{b - a - 1} \\geq 5$, so the first digit of $k^{a} + 1$ must be 1 or $(k^{b - a} - 1)(k^{a} + 1)$ would have more digits than $k^{a} + 1$. But that means the last digit of $k^{b} + 1$ is 1 and hence the last digit of $k^{b}$ is 0, which is impossible. So $k = 3$. It is easy to check that there is a solution for $k = 3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43003,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n1992 vectors are given in the plane. Two players pick unpicked vectors alternately. The winner is the one whose vectors sum to a vector with larger magnitude (or they draw if the magnitudes are the same). Can the first player always avoid losing?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose the vectors sum to $s$. Take the $x$-axis along $s$ (or in any direction if $\\mathbf{s} = 0$). At each move the first player picks the vector with biggest $x$-coordinate. Each player makes $996$ moves and the $x$-coordinate the first player picks on any move is larger than the $x$-coordinate the second player picks on the following move. So the sum of the first player's choices has larger $x$-coordinate than the sum of the second player's. Since the sum of all the $x$-coordinates is non-negative, the sum of the first player's choices must also have larger absolute value. The sum of the $y$-coordinates of all the vectors is zero, so the sum must be the same for the first and second players. Hence the first player's sum has larger magnitude than the second player's.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43004,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIf $a > b > c > d > 0$ are integers such that $ad = bc$, show that $(a - d)^2 \\geq 4d + 8$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe need first that $a + d > b + c$. Put $a = m + h$, $d = m - h$, $b = m' + k$, $c = m' - k$. Then since $a - d > b - c$, we have $h > k$. But $m^2 - h^2 = ad = bc = {m'}^2 - k^2$, so $m > m'$ and hence $a + d > b + c$. Since $a$, $b$, $c$, $d$ are integers it follows that $(a + d - b - c) \\geq 1$.\n\nNow $(a - d)^2 = (a + d)^2 - 4ad = (a + d)^2 - 4bc > (a + d)^2 - (b + c)^2$ (AM/GM) $= (a + b + c + d)(a + d - b - c) \\geq (a + b + c + d)$. But $a \\geq d + 3$, $b \\geq d + 2$, $c \\geq d + 1$, so $(a - d)^2 \\geq 4d + 6$. But a square cannot $= 2$ or $3 \\pmod{4}$, so $(a - d)^2 \\geq 4d + 8$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43005,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA country contains $n$ cities and some towns. There is at most one road between each pair of towns and at most one road between each town and each city, but all the towns and cities are connected, directly or indirectly. We call a route between a city and a town a gold route if there is no other route between them which passes through fewer towns. Show that we can divide the towns and cities between $n$ republics, so that each belongs to just one republic, each republic has just one city, and each republic contains all the towns on at least one of the gold routes between each of its towns and its city.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet the cities be $C_1$, $C_2$, ..., $C_n$. For each town $T$ take the shortest path from $T$ to a city. If there are shortest paths to more than one city, then take one to the city with the smallest index. We assign $T$ to that city.\n\nNow suppose $T$ is assigned to $C_i$. Let $G$ be a gold route from $T$ to $C_i$ of length $n$. Suppose $T'$ is another town on $G$. Note that $T'$ cannot be a city, or $T$ would be assigned to $T'$, not $C_i$. Suppose the part of $G$ between $T'$ and $C_i$ has length $k$. There cannot be a path from $T'$ to any city of length $< k$, otherwise we would have a path from $T$ to a city shorter than $n$. Nor can there be a path of length $k$ from $T'$ to $C_j$ with $j < i$, otherwise there would be a path of length $n$ from $T$ to $C_j$ and $T$ should be assigned to $C_j$. Hence $T'$ is also assigned to $C_i$, as required.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43006,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven an infinite sheet of square ruled paper. Some of the squares contain a piece. A move consists of a piece jumping over a piece on a neighbouring square (which shares a side) onto an empty square and removing the piece jumped over. Initially, there are no pieces except in an $m \\times n$ rectangle ($m, n > 1$) which has a piece on each square. What is the smallest number of pieces that can be left after a series of moves?",
    "options": [],
    "answer": "2 if mn is a multiple of 3, 1 otherwise",
    "solution": "Solution:\n\n2 if $mn$ is a multiple of 3, 1 otherwise\n\nObviously $1 \\times 2$ and $2 \\times 2$ can be reduced to 1. Obviously $3 \\times 2$ can be reduced to 2. Note that pieces on the four $X$ squares can be reduced to a single $X$ provided that the square $Y$ is empty (call this the L move):\n\n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X X X X X . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  \n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X X . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  \n\nThus given $m \\times 2$ with $m > 3$ we can reduce it to $(m-3) \\times 2$ and hence to one of $1 \\times 2$, $2 \\times 2$, $3 \\times 2$. Note also that we are removing 3 pieces at each stage so we end up with 1 piece unless $m$ is a multiple of 3.\n\nGiven $m \\times 3$ with $m > 1$ we can use the L move to reduce it to $(m-1) \\times 3$. Hence by a series of L moves we get to $3 \\times 1$ and hence to 2 pieces.\n\nNow given $m \\times n$ with $m \\geq 4$ and $n \\geq 3$, we can treat it as a $3 \\times n$ rectangle adjacent to an $(m-3) \\times n$ rectangle. We can now reduce the $3 \\times n$ to $3 \\times 3$ using L moves (with the L upright). We can then eliminate the $3 \\times 3$ using L moves (with the L horizontal). Note that we have not changed $mn \\bmod 3$.\n\nThis deals with all cases, except that we do not reduce $4 \\times 4$ to $1 \\times 4$. Instead we use L moves as follows:\n\nX X X X X X X X X X X X X . X X . X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X X X . X X X . X X X . X X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X X X . X X X . X X X . X X . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . X X X . X X X . . . . . . . . . . . . . . . . .\n\nSo we have shown that if $mn$ is not a multiple of 3 we can always reduce to a single piece. Clearly we cannot do better than that. We have also shown how to reduce to two pieces if $mn$ is a multiple of 3. It remains to show that we cannot do better. Color the board with 3 colors in the usual way:\n\n. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 3 1 2 3 . . .\n. . . 2 3 1 2 3 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1 2 3 1 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .  \n\nThen any move changes the parity of the number of pieces on each color. If $mn$ is a multiple of three, then these three numbers start off equal and hence with equal parity. But a single piece has one number odd and the other two even. So we cannot get to a single piece.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43007,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDoes there exist a 4-digit integer which cannot be changed into a multiple of 1992 by changing 3 of its digits?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nThe only 4-digit multiples of $1992$ are: $1992$, $3984$, $5976$, $7968$, $9960$. All have first digit odd, second digit $9$, third digit $>5$ and last digit even, so it is easy to find a number which has all digits different from all of them.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43008,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$A$ and $B$ lie on a circle. $P$ lies on the minor arc $AB$. $Q$ and $R$ (distinct from $P$) also lie on the circle, so that $P$ and $Q$ are equidistant from $A$, and $P$ and $R$ are equidistant from $B$. Show that the intersection of $AR$ and $BQ$ is the reflection of $P$ in $AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $AR$ and $BQ$ meet at $X$. Since arcs $QA$ and $AP$ are equal, we have $\\angle ABX = \\angle ABP$. Similarly, $\\angle BAX = \\angle BAP$. Side $AB$ is common, so triangles $ABX$ and $ABP$ are congruent. Hence $X$ is the reflection of $P$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43009,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all real $x$, $y$ such that $(1 + x)(1 + x^{2})(1 + x^{4}) = 1 + y^{7}$, $(1 + y)(1 + y^{2})(1 + y^{4}) = 1 + x^{7}$?",
    "options": [],
    "answer": "x = y = 0 or x = y = -1",
    "solution": "Solution:\nIf $x = y$, then clearly $x \\neq 1$, so we have $(1 - x^{8}) = (1 - x)(1 + x^{7}) = 1 - x^{8} - x + x^{7}$, so $x = 0$ or $x^{6} = 1$, whose only real root (apart from the $x = 1$ we have discarded) is $x = -1$. That gives the two solutions above.\n\nSo assume $x \\neq y$. WLOG $x > y$.\nSo $(1 + x) > (1 + y)$ and $(1 + x^{7}) > (1 + y^{7})$. So we must have $(1 + x^{2})(1 + x^{4}) < (1 + y^{2})(1 + y^{4})$ and hence $y < 0$. If $x > 0$, then $(1 + x)(1 + x^{2})(1 + x^{4}) > 1 > 1 + y^{7}$, so $x < 0$ also.\n\nMultiplying the first equation by $(1 - x)$ and the second by $(1 - y)$ and subtracting: $y^{8} - x^{8} = (y - x) + (y^{7} - x^{7}) + xy(x^{6} - y^{6})$. But LHS $> 0$ and each term on RHS $< 0$. Contradiction. So there are no more solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43010,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn $m \\times n$ rectangle is divided into $mn$ unit squares by lines parallel to its sides. A gnomon is the figure of three unit squares formed by deleting one unit square from a $2 \\times 2$ square. For what $m, n$ can we divide the rectangle into gnomons so that no two gnomons form a rectangle and no vertex is in four gnomons?\n\nAnswer None",
    "options": [],
    "answer": "None",
    "solution": "Solution:\n\nSuppose an $m \\times n$ rectangle could be tiled as described. We will establish a contradiction by counting gnomon vertices.\n\nA gnomon cannot touch a side of the rectangle along a length $1$, because then the gnomon that fitted under the overhang would form a rectangle with the first. So each gnomon along a side of the rectangle touches it along a length $2$. So $m$ and $n$ must be even. Put $m = 2M$, $n = 2N$. There are $(2M - 1)(2N - 1)$ gridpoints inside the rectangle. None of these points can have $4$ gnomon vertices. But it is easy to see that they cannot have $3$, because the angle inside a gnomon at a vertex is either $90^{\\circ}$ or $270^{\\circ}$. So they have at most $2$ gnomon vertices each, or $2(2M - 1)(2N - 1)$ in total. There is only one gnomon at each of the $4$ corners, or $4$ gnomon vertices in total. Along the sides there are alternately $2$ and $0$, so at most $4(M - 1) + 4(N - 1)$ in total, giving a grand total of $\\leq 2(2M - 1)(2N - 1) + 4(M - 1) + 4(N - 1) + 4 = 8MN - 2 < 8MN$.\n\nOn the other hand, there are $4MN / 3$ gnomons each with $6$ vertices, a total of $8MN$. Contradiction.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 43011,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nShow that for any real numbers $x, y > 1$, we have\n$$\n\\frac{x^2}{y - 1} + \\frac{y^2}{x - 1} \\geq 8.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe have $(x - 2)^2 \\geq 0$, so $x^2 \\geq 4(x - 1)$. Hence,\n$$\n\\frac{x}{\\sqrt{x - 1}} \\geq 2.\n$$\nNow by AM/GM,\n$$\n\\frac{x^2}{y - 1} + \\frac{y^2}{x - 1} \\geq \\frac{2xy}{\\sqrt{(x - 1)(y - 1)}}.\n$$\nBut the right-hand side $\\geq 2 \\cdot 2 \\cdot 2 = 8$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43012,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallad el número mínimo de apuestas de quiniela que debemos rellenar para asegurar que obtenemos, al menos, 5 aciertos en una de ellas. (Una apuesta de quiniela consiste en un pronóstico de resultado para 14 partidos, en cada partido hay 3 posibles resultados).",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\nHay que rellenar 3 apuestas:\nEn 14 partidos, hay un resultado (1, $\\mathrm{X}$ o 2) que se repite al menos 5 veces (en caso contrario, el número de partidos sería menor o igual que $4 \\cdot 3 = 12$, pero $14 > 12$). Hacemos las tres apuestas que siguen: todo 1, todo X, todo 2. En una de ellas tenemos al menos 5 aciertos.\n\nPor otra parte, si hacemos 2 apuestas, es posible que no obtengamos ningún acierto. Para cada partido hacemos uno o dos pronósticos distintos y puede suceder el tercero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43013,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLos enteros positivos $x, y, z$ cumplen\n$$\nx+2 y=z, \\quad x^{2}-4 y^{2}+z^{2}=310\n$$\nHalla todos los posibles valores del producto $x y z$.",
    "options": [],
    "answer": "11935, 2015",
    "solution": "Solution:\nPodemos despejar $2 y$ de la primera ecuación y sustituir en la segunda, con lo que ha de cumplirse\n$$\n310=x^{2}-(z-x)^{2}+z^{2}=2 z x, \\quad z x=155=5 \\cdot 31\n$$\nLuego al ser $5,31$ primos, se tiene que $z$ ha de tomar uno de los valores $155,31,5,1$, tomando $x$ respectivamente los valores $1,5,31,155$. Como además $z=x+2 y>x$, los dos últimos casos quedan descartados. En los dos primeros casos, se tiene que $y=\\frac{z-x}{2}$ toma respectivamente los valores $77$ y $13$, resultando respectivamente en\n$$\nx y z=1 \\cdot 77 \\cdot 155=11935, \\quad x y z=5 \\cdot 13 \\cdot 31=2015\n$$\nSolution:\nComo $x^{2}-4 y^{2}=(x-2 y)(x+2 y)=z(x-2 y)$, tenemos que $z$ ha de dividir a $310-z^{2}$, luego a $310$. Además, $z$ no puede ser par, pues en ese caso $x$ también lo sería, y $x^{2}-4 y^{2}+z^{2}$ sería múltiplo de $4$, pero $310$ no lo es. Luego $z$ ha de dividir a $155=5 \\cdot 31$, es decir, $z$ ha de tomar uno de los valores $1,5,31,155$. Como $z=x+2 y$, con $x, y$ enteros positivos, es imposible que $z=1$, y si $z=5$, entonces bien $x=3$, $y=1$, bien $x=1, y=2$, que obviamente no satisfacen la segunda ecuación. Se tiene entonces que $z=31$ o $z=155$, tomando entonces respectivamente $2 y-x=\\frac{z^{2}-310}{z}$ los valores $21$ y $153$, que junto a $2 y+x=z$, nos permite hallar los mismos valores de $x, y$ que por el método anterior, bastando multiplicarlos para hallar los dos mismos valores del producto $x y z$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43014,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $m$ un entero positivo. Demuestra que no existen números primos de la forma $2^{5m} + 2^{m} + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSumando y restando $2^{2m}$ resulta, $2^{5m} + 2^{m} + 1 = 2^{5m} + 2^{m} + 1 - 2^{2m} + 2^{2m} = 2^{2m}(2^{3m} - 1) + 2^{2m} + 2^{m} + 1$.\n\nTeniendo en cuenta que $2^{3m} - 1 = (2^{m} - 1)(2^{2m} + 2^{m} + 1)$, resulta que,\n\n$2^{5m} + 2^{m} + 1 = (2^{3m} - 2^{2m} + 1)(2^{2m} + 2^{m} + 1)$, que es compuesto porque cada uno de los dos factores es un entero positivo mayor que 1.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43015,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn la primera fila de un tablero $5 \\times 5$ se colocan 5 fichas que tienen una cara blanca y otra negra, mostrando todas la cara blanca. Cada ficha se puede mover de una casilla a cualquiera de las contiguas (horizontal o verticalmente) dándole la vuelta en cada movimiento. Además, varias fichas pueden ocupar una misma casilla. ¿Se puede conseguir mediante una secuencia de movimientos que las 5 fichas queden en la última fila, en casillas distintas y que todas ellas muestren la cara negra?",
    "options": [],
    "answer": "No, it is not possible.",
    "solution": "Solution:\n\nSi pintamos las casillas del tablero alternativamente de blanco y negro como en un tablero de ajedrez, sucede que una ficha cuyo color visible coincida con el de la casilla, al moverse seguirá teniendo el mismo color que la nueva casilla (puesto que tanto el color de la ficha como el de la casilla cambian). Supuesto que la casilla superior izquierda la hemos dejado blanca, en el inicio hay 3 fichas cuyo color (blanco) coincide con el de la casilla. En todo momento deberá suceder que el color de tres fichas es el mismo que el de la casilla que ocupen (y el de las otras dos, diferente). Sin embargo, colocando las fichas con la cara negra en la última fila, resulta que sólo dos fichas tendrán el color (negro) de su casilla. Por lo tanto, no es posible colocar las fichas de esta manera.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43016,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemuestra que\n$$\n(a x+b y)^{2} \\leq a x^{2}+b y^{2}\n$$\npara cualesquiera $x, y \\in \\mathbb{R}$ y cualesquiera $a, b \\in \\mathbb{R}$ con $a+b=1,\\ a, b \\geq 0$. ¿En qué casos se da la igualdad?",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds exactly when either the two real numbers are equal or one of the weights is zero (and the other is one).",
    "solution": "Solution:\nSolución 1. Nótese que\n$$\na x^{2}+b y^{2}-(a x+b y)^{2}=a(1-a) x^{2}+b(1-b) y^{2}-2 a b x y=a b(x-y)^{2}\n$$\ndonde hemos usado que $1-a=b$ y $1-b=a$. Esta expresión es claramente no negativa, siendo nula si y sólo si bien $a b=0$ (es decir, uno de entre $a, b$ es 0 y el otro es 1), bien $x=y$.\n\n\nSolución 2. Considérense los vectores $(\\sqrt{a}, \\sqrt{b})$ y $(\\sqrt{a} x, \\sqrt{b} y)$, cuyo producto escalar es $a x+b y$, y cuyos módulos son $\\sqrt{a+b}=1$ y $\\sqrt{a x^{2}+b y^{2}}$. La desigualdad propuesta es equivalente a la desigualdad del producto escalar aplicada a estos vectores, y por lo tanto cierta, dándose la igualdad si y sólo si ambos vectores son proporcionales, cosa que puede pasar bien si una de sus coordenadas es nula (es decir, si $a=0$ o $b=0$ ), bien si ambas coordenadas son proporcionales cuando no son nulas, es decir, $x=y$.\n\n\nSolución 3. La función $f(z)=z^{2}$ es claramente convexa, con lo que por la desigualdad de Jensen, para cualesquiera reales no negativos $a, b$, y cualesquiera reales $x, y$, se tiene\n$$\n(a x+b y)^{2}=f(a x+b y) \\leq \\frac{a f(x)+b f(y)}{a+b}=\\frac{a x^{2}+b y^{2}}{a+b}\n$$\nUsando que $a+b=1$, se obtiene el resultado pedido, dándose la igualdad bien si uno de los dos puntos \"desaparece\" (es decir, $a=0$ o $b=0$ ), o en caso contrario si ambos puntos coinciden (es decir, $x=y$ ).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43017,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDemuestra que no existen enteros $a, b, c, d$ tales que el polinomio $P(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d$ ($a \\neq 0$) cumpla que $P(4)=1$ y $P(7)=2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que tal polinomio existe.\nPor el teorema del resto $P(x) = (x-4) Q(x) + 1$, siendo $Q(x)$ un polinomio de grado dos con coeficientes enteros.\nEntonces $P(7) = 2 = (7-4) Q(7) + 1 \\Rightarrow Q(7) = \\frac{1}{3}$ que no es entero, en contra de la hipótesis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43018,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermina todos los enteros positivos $x$, tales que $2x+1$ sea un cuadrado perfecto, pero entre los números $2x+2, 2x+3, \\cdots, 3x+2$, no haya ningún cuadrado perfecto.",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "Solution:\n\nSea $n$ un número entero tal que $2x+1 = n^{2}$ y $n^{2} \\leq 3x+2 < (n+1)^{2}$. De la primera ecuación se obtiene $x = \\left(n^{2}-1\\right) / 2$ y sustituyendo este valor en la doble desigualdad, resulta\n$$\nn^{2} \\leq \\frac{3n^{2}+1}{2} < n^{2} + 2n + 1 \\Leftrightarrow 2n^{2} \\leq 3n^{2} + 1 < 2n^{2} + 4n + 2\n$$\nEn la última expresión la primera desigualdad se cumple para todo $n$ entero, la segunda puede escribirse como\n$$\nn^{2} - 4n - 1 < 0 \\Leftrightarrow 2 - \\sqrt{5} < n < 2 + \\sqrt{5}\n$$\ny se verifica para todos los enteros $n \\in \\{0, 1, 2, 3, 4\\}$. De entre estos valores, sólo para $n = 3$, se obtiene que $x = \\left(3^{2} - 1\\right) / 2 = 4$ es entero positivo, y esta es la única solución del problema, ya que en este caso $2x+1 = 9$ y entre los números $10, 11, 12, 13$ y $14$ no hay ningún cuadrado perfecto.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43019,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $C$ y $C'$ dos circunferencias concéntricas de radios $r$ y $r'$ respectivamente. Determinar cuánto ha de valer el cociente $r'/r$ para que en la corona limitada por $C$ y $C'$ existan ocho circunferencias $C_i$, $i=1, \\ldots, 8$, que sean tangentes a $C$ y a $C'$, y también que $C_i$ sea tangente a $C_{i+1}$ para $i=1, \\ldots, 7$ y $C_8$ tangente a $C_1$.",
    "options": [],
    "answer": "(1 + sin(pi/8)) / (1 - sin(pi/8))",
    "solution": "Solution:\n\nEn la figura vemos que\n$$\n\\sen \\frac{\\pi}{8} = \\frac{\\frac{r' - r}{2}}{\\frac{r + r'}{2}} = \\frac{\\frac{r'}{r} - 1}{1 + \\frac{r'}{r}}\n$$\nde donde se tiene que\n$$\n\\frac{r'}{r} = \\frac{1 + \\sen \\frac{\\pi}{8}}{1 - \\sen \\frac{\\pi}{8}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43020,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera el conjunto de todos los polinomios de grado menor o igual que $4$ con coeficientes racionales.\n\na) Probar que tiene estructura de espacio vectorial sobre el cuerpo de los números racionales.\n\nb) Probar que los polinomios $1$, $x-2$, $(x-2)^2$, $(x-2)^3$ y $(x-2)^4$ forman una base de este espacio.\n\nc) Expresar el polinomio $7+2x-45x^2+3x^4$ en la base anterior.",
    "options": [],
    "answer": "−121 − 82(x−2) + 27(x−2)^2 + 24(x−2)^3 + 3(x−2)^4",
    "solution": "Solution:\n\n1) Es obvio\n\n2) Si consideramos\n$$\n\\lambda_{0} \\cdot 1+\\lambda_{1}(x-2)+\\lambda_{2}(x-2)^{2}+\\lambda_{3}(x-2)^{3}+\\lambda_{4}(x-2)^{4}=0 ; \\quad \\lambda_{i} \\in \\mathbb{Q} \\quad i=0, \\ldots, 4\n$$\nse tiene que $\\lambda_{i}=0 \\quad \\forall i$, es decir los polinomios $1$, $x-2$, $(x-2)^{2}$, $(x-2)^{3}$ y $(x-2)^{4}$ son linealmente independientes y como se cumple que\n$$\nP(x)=\\sum_{i=0}^{4} \\frac{P^{(i)}(2)}{i !}(x-2)^{i}\n$$\ntambién son un sistema generador. (En esta fórmula, $P^{(i)}$ denota la derivada $i$-ésima de $P$, y $P^{(0)}=P$.)\n\n3)\n$$\n\\begin{aligned}\n& P(x)=-1+38(x-2)+\\frac{114}{2 !}(x-2)^{2}+\\frac{144}{3 !}(x-2)^{3}+\\frac{72}{4 !}(x-2)^{4}= \\\\\n& \\quad=-1+38(x-2)+57(x-2)^{2}+24(x-2)^{3}+3(x-2)^{4}\n\\end{aligned}\n$$\nEsta relación corresponde a $P(x)=7+2x-15x^{2}+3x^{4}$. El resultado es\n$$\nP(x)=-121-82(x-2)+27(x-2)^{2}+24(x-2)^{3}+3(x-2)^{4}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Linear Algebra"
  },
  {
    "id": 43021,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el plano se consideran los dos puntos $P(8,2)$ y $Q(5,11)$. Un móvil se desplaza de $P$ a $Q$ según un camino que ha de cumplir las condiciones siguientes: El móvil parte de $P$ y llega a un punto del eje $x$, a lo largo del cual recorre un segmento de longitud $1$; después se separa de este eje y se dirige hacia un punto del eje $y$, sobre el cual recorre un segmento de longitud $2$; se separa del eje $y$ finalmente y va hacia el punto $Q$. Entre todos los caminos posibles, determinar el de longitud mínima, así como esta misma longitud.",
    "options": [],
    "answer": "3 + sqrt(265)",
    "solution": "Solution:\n\nComo los trayectos a lo largo de cada eje son de longitud constante, sólo debemos preocuparnos de minimizar el resto del trayecto. Para ello se halla $P'$ simétrico de $P$ respecto del eje $OX$ y se transforma en $P''$ por el vector $(-1,0)$.\n\nAnálogamente, $Q'$ es el simétrico de $Q$ respecto del eje $OY$ y se transforma en $Q''$ por el vector $(0,-2)$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLas intersecciones de la recta $P''Q''$ con los ejes nos dan los puntos $B$ y $C$ en los que el móvil abandona el eje $OX$ y entra en el eje $OY$ respectivamente.\n\nEl resto es evidente. Con $B$ y $C$ se determinan $A$ y $D$ y la justificación de longitud mínima es obvia.\n\nLa longitud del camino mínimo es:\n$$\nL = 3 + P''Q'' = 3 + \\sqrt{12^2 + 11^2} = 19.279\\ldots\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43022,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un espacio euclidiano de tres dimensiones se designan por $u_{1}, u_{2}, u_{3}$ los tres vectores unitarios ortogonales sobre los ejes $x, y, z$, respectivamente.\na) Probar que el punto $P(t)=(1-t) u_{1}+(2-3 t) u_{2}+(2 t-1) u_{3}$, donde $t$ toma todos los valores reales, describe una recta (que designaremos por $L$ ).\nb) ¿Qué describe el punto $Q(t)=\\left(1-t^{2}\\right) u_{1}+\\left(2-3 t^{2}\\right) u_{2}+\\left(2 t^{2}-1\\right) u_{3}$ si $t$ toma todos los valores reales?\nc) Hallar un vector paralelo a $L$.\nd) ¿Para qué valores de $t$ está el punto $P(t)$ sobre el plano $2 x+3 y+2 z+1=0$ ?\ne) Hallar la ecuación cartesiana del plano paralelo al anterior y que contenga el punto $P(3)$.\nf) Hallar la ecuación cartesiana del plano perpendicular a $L$ que contenga el punto $P(2)$.",
    "options": [],
    "answer": "a) Line through (1, 2, −1) with direction (−1, −3, 2).\nb) The ray on L corresponding to nonnegative parameter values, starting at (1, 2, −1); for example it passes through (0, −1, 1).\nc) (−1, −3, 2).\nd) t = 1.\ne) 2x + 3y + 2z + 15 = 0.\nf) −x − 3y + 2z − 19 = 0.",
    "solution": "Solution:\n\na) Se trata de la recta que pasa por el punto $(1,2,-1)$ y tiene como vector director $(-1,-3,2)$.\n\nb) Una semirrecta contenida en $L$, de origen $(1,2,-1)$ y que pasa por el punto $(0,5,1)$.\n\nc) $(-1,-3,2)$.\n\nd) $2(1-t)+3(2-3 t)+2(2 t-1)+1=0$, de donde $t=1$.\n\ne) $P(3)=(-2,-7,5)$, el plano pedido es $2(x+2)+3(y+7)+2(z-5)=0$, es decir $2 x+3 y+2 z+15=0$.\n\nf) $P(2)=(-1,-4,3)$, el plano pedido es $-(x+1)-3(y+4)+2(z-3)=0$, es decir $-x-3 y+2 z-19=0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Linear Algebra"
  },
  {
    "id": 43023,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe sabe que un dodecaedro regular es un poliedro regular con 12 caras pentagonales iguales y concurriendo 3 aristas en cada vértice. Se pide calcular, razonadamente,\na) el número de vértices,\nb) el número de aristas,\nc) el número de diagonales de todas las caras,\nd) el número de segmentos rectilíneos determinados por cada dos vértices,\nd) el número de diagonales del dodecaedro.",
    "options": [],
    "answer": "a) 20, b) 30, c) 60, d) 190, e) 100",
    "solution": "Solution:\n\n1. Número de vértices: $\\frac{12 \\cdot 5}{3} = 20$.\n\n2. Número de aristas: $\\frac{12 \\cdot 5}{2} = 30$.\n\n3. Número de diagonales de todas las caras\n$$\n12 \\left( \\binom{5}{2} - 5 \\right ) = 60\n$$\n\n4. Número de segmentos rectilíneos determinados por cada dos vértices\n$$\n\\binom{20}{2} = 190\n$$\n\n5. Número de diagonales del dodecaedro: $190 - 30 - 60 = 100$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43024,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un disco metálico se quita un sector circular, de modo que con la parte restante se pueda formar un vaso cónico de volumen máximo. Calcular, en radianes, el ángulo del sector que se quita.",
    "options": [],
    "answer": "2π − (2√6/3)π",
    "solution": "Solution:\n\nSea $r$ el radio del disco y $\\alpha$ la medida en radianes del ángulo del sector. El arco $AB$ de dicho sector tiene una longitud igual a $\\alpha r$.\n\nLa longitud de la circunferencia de la base del cono es $2\\pi r - r\\alpha = r(2\\pi - \\alpha)$, así que el radio $\\rho$ de esta circunferencia será\n$$\n2\\pi \\rho = r(2\\pi - \\alpha), \\quad \\text{ o sea } \\quad \\rho = \\frac{r(2\\pi - \\alpha)}{2\\pi}\n$$\nLlamando $h$ a la altura del cono, cuya generatriz es $r$, se tendrá\n$$\n\\begin{gathered}\nh^{2} = r^{2} - \\rho^{2} = \\frac{r^{2}}{4\\pi^{2}}(4\\pi - \\alpha)\\alpha \\\\\nh = \\frac{r}{2\\pi} \\sqrt{(4\\pi - \\alpha)\\alpha}\n\\end{gathered}\n$$\nEntonces el volumen del cono es:\n$$\nV = \\frac{1}{3}\\pi \\rho^{2} h = \\frac{r^{3}}{24\\pi^{2}} (2\\pi - \\alpha)^{2} \\sqrt{(4\\pi - \\alpha)\\alpha}\n$$\ny debemos buscar el máximo relativo en el intervalo $(0, 2\\pi)$, de la función\n$$\nf(\\alpha) = (2\\pi - \\alpha)^{2} \\sqrt{(4\\pi - \\alpha)\\alpha}\n$$\nCalculando $f'(\\alpha)$, simplificando e igualando a cero obtenemos la ecuación\n$$\n\\frac{(2\\pi - \\alpha)^{2} - 2\\alpha(4\\pi - \\alpha)}{\\sqrt{(4\\pi - \\alpha)\\alpha}} = 0\n$$\nPor lo tanto debe ser\n$$\n3\\alpha^{2} - 12\\pi\\alpha + 4\\pi^{2} = 0\n$$\ncuyas soluciones son\n$$\n\\alpha = 2\\pi \\pm \\frac{2\\sqrt{6}}{3}\\pi\n$$\ny como hay que desechar la correspondiente al signo $+$; resulta entonces\n$$\n\\alpha = 2\\pi - \\frac{2\\sqrt{6}}{3}\\pi \\text{ radianes. }",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 43025,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDesignaremos por $Z_{(5)}$ un cierto subconjunto del conjunto $\\mathbb{Q}$ de los números racionales. Un racional pertenece a $Z_{(5)}$ si y sólo si existen fracciones pertenecientes a este racional tales que $5$ no sea divisor de su denominador. (Por ejemplo, el número racional $13/10$ no pertenece a $Z_{(5)}$, ya que el denominador de todas las fracciones iguales a $13/10$ es un múltiplo de $5$. En cambio, el racional $75 / 10$ pertenece a $Z_{(5)}$ ya que $75 / 10=15 / 12$).\n\nContestar razonadamente las siguientes cuestiones:\n\na) ¿Qué estructura algebraica (semigrupo, grupo, etc.) tiene $Z_{(5)}$ respecto de la suma?\nb) ¿Y respecto del producto?\nc) ¿Es $Z_{(5)}$ un subanillo de $\\mathbb{Q}$?\nd) ¿Es $Z_{(5)}$ un $Z_{(5)}$-espacio vectorial?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $\\alpha \\in \\mathbb{Z}_{(5)}$, con $\\alpha=\\frac{p}{q}$ y $q \\neq 5$; y $\\beta \\in \\mathbb{Z}_{(5)}$ con $\\beta=\\frac{p'}{q'}$ y $q' \\neq 5$.\n\nEntonces:\n\n$\\alpha-\\beta=\\frac{p}{q}-\\frac{p'}{q'}=\\frac{p q'-q p'}{q q'}$ siendo $q q' \\neq 5$. Luego $\\mathbb{Z}_{(5)}$ es subgrupo de $\\mathbb{Q}$.\n\n$\\alpha \\cdot \\beta=\\frac{p}{q} \\cdot \\frac{p'}{q'}=\\frac{p p'}{q q'}$ siendo $q q' \\neq 5$. Luego $\\mathbb{Z}_{(5)}$ es subanillo de $\\mathbb{Q}$.\n\n$\\frac{5}{2} \\in \\mathbb{Z}_{(5)}$ y $\\frac{2}{5} \\notin \\mathbb{Z}_{(5)}$. Luego $\\mathbb{Z}_{(5)}$ no es subcuerpo de $\\mathbb{Q}$. Por tanto, no puede ser espacio vectorial sobre $\\mathbb{Z}_{(5)}$ ya que $\\mathbb{Z}_{(5)}$ no es cuerpo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Linear Algebra"
  },
  {
    "id": 43026,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos tres lados de un triángulo equilátero se suponen reflectantes (excepto en los vértices), de forma que reflejen hacia dentro del triángulo los rayos de luz situados en su plano, que incidan sobre ellos y que salgan de un punto interior del triángulo. Determinar el recorrido de un rayo de luz que, partiendo de un vértice del triángulo alcance a otro vértice del mismo después de reflejarse sucesivamente en los tres lados. Calcular la longitud del camino seguido por la luz suponiendo que el lado del triángulo mide $1~\\mathrm{m}$.",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(7)",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\n$$\nl = \\sqrt{\\frac{25}{4} + \\frac{3}{4}} = \\sqrt{7}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43027,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $(G, \\cdot)$ un grupo y $e$ un elemento neutro. Probar que si todos los elementos $x$ de $G$ cumplen\n$$\nx \\cdot x = e\n$$\nentonces $(G, \\cdot)$ es abeliano (o sea, conmutativo).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $a, b \\in G$. Entonces $a \\cdot b \\in G$ y $(a \\cdot b)(a \\cdot b) = e$. Esta igualdad se puede escribir, por la propiedad asociativa, $a(b \\cdot a) b = e$, y sale, multiplicando a la derecha por $b$, $a(b \\cdot a)(b \\cdot b) = e \\cdot b = b$. Volviendo a aplicar la propiedad asociativa, queda $(a \\cdot a)(b \\cdot a) = a \\cdot b$, de donde $a \\cdot b = b \\cdot a$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43028,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn una circunferencia de radio igual a la unidad se trazan dos cuerdas, $AB$ y $AC$ de igual longitud.\n\na) Averiguar cómo se puede construir una tercera cuerda $DE$ que quede dividida en tres partes iguales por las intersecciones con $AB$ y $AC$.\n\nb) Si $AB = AC = \\sqrt{2}$, ¿cuánto valen las longitudes de los dos segmentos que la cuerda $DE$ determina sobre $AB$?",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(2)/5 and 4*sqrt(2)/5",
    "solution": "Solution:\n\nConstruimos la recta $BC$ perpendicular a $OA$, y elegimos el punto $G$ de modo que $d(F, G) = 3 d(F, B)$.\nLa recta $GA$ corta a la circunferencia en $D$. Construimos $DE$ perpendicular a $OA$.\nLa cuerda pedida es $DE$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSi $d(A, B) = \\sqrt{2}$, como el radio de la circunferencia es $1$, resulta que $AB$ es el lado del cuadrado inscrito y el punto $F$ coincide con el centro $O$.\nEn este caso, si llamamos $a$ a la altura $AI$ del triángulo isósceles pequeño semejante al triángulo $AOB$, se tiene $ID = 3a$ y $OI = 1 - a$; y por tanto $a = \\frac{1}{5}$, por lo que los segmentos pedidos miden, uno $\\frac{\\sqrt{2}}{5}$ y el otro $\\frac{4 \\sqrt{2}}{5}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43029,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos lados de un polígono regular convexo de $L+M+N$ lados se han de dibujar en tres colores: $L$ de ellos con trazo rojo, $M$ con trazo amarillo, y $N$ con trazo azul. Expresar, por medio de desigualdades, las condiciones necesarias y suficientes para que tenga solución (varias, en general) el problema de hacerlo sin que queden dos lados contiguos dibujados con el mismo color.",
    "options": [],
    "answer": "Let K = L + M + N. If K is even: L ≤ K/2, M ≤ K/2, N ≤ K/2 (equivalently L + M ≥ N, L + N ≥ M, M + N ≥ L). If K is odd: 1 ≤ L, M, N ≤ (K − 1)/2 (equivalently L + M > N, L + N > M, M + N > L and L, M, N > 0).",
    "solution": "Solution:\n\nSea $K=L+M+N$.\nSi $K$ es par debe ser:\n$$\nL \\leq \\frac{K}{2} ; \\quad M \\leq \\frac{K}{2} \\quad \\text{ y } \\quad N \\leq \\frac{K}{2}\n$$\nEs decir: $L+M \\geq N ; L+N \\geq M$ y $M+N \\geq L$.\n\nSi $K$ es impar debe ser:\n$$\n0<L \\leq \\frac{K-1}{2} ; \\quad 0<M \\leq \\frac{K-1}{2} \\quad \\text{ y } \\quad 0<N \\leq \\frac{K-1}{2}\n$$\nEs decir: $L+M>N>0 ; L+N>M>0$ y $M+N>L>0$.\n\nEstas condiciones necesarias, también son suficientes: supongamos, sea cual sea la paridad de $K$ y sin perder generalidad, que $L \\geq M \\geq N$. Comenzamos coloreando de rojo en un orden circular, un lado sí, uno no, hasta completar los $L$ lados rojos. Todos los lados rojos quedan separados. Quedan por colorear $L-1$ lados desconectados y un tramo de $K-(2 L-1)=M+N-L+1 \\geq 1$ lados consecutivos.\n\nComo $L \\geq M$, es $M+N-L+1 \\leq N+1$, luego este tramo de lados consecutivos se puede colorear alternativamente amarillo-azul-amarillo-etc. sin que haya dos lados consecutivos del mismo color. Y para terminar, los $L-1$ lados desconectados se colorean de amarillo o azul hasta terminar con los $M$ lados amarillos y los $N$ azules.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43030,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCalcular el límite\n$$\n\\lim_{n \\rightarrow \\infty} \\frac{1}{n}\\left(\\frac{1}{n^{k}}+\\frac{2^{k}}{n^{k}}+\\cdots+\\frac{(n-1)^{k}}{n^{k}}+\\frac{n^{k}}{n^{k}}\\right)\n$$\n(Para el cálculo del límite se puede seguir el procedimiento de construcción de la integral).",
    "options": [],
    "answer": "1/(k+1)",
    "solution": "Solution:\n\nPara el cálculo del límite se puede seguir el procedimiento de construcción de la integral.\n$$\n\\lim_{n \\rightarrow \\infty} \\frac{1}{n}\\left(\\frac{1}{n^{k}}+\\frac{2^{k}}{n^{k}}+\\cdots+\\frac{(n-1)^{k}}{n^{k}}+\\frac{n^{k}}{n^{k}}\\right) = \\int_{0}^{1} x^{k} dx = \\frac{1}{k+1}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43031,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEstudiar la función real\n$$\nf(x)=\\left(1+\\frac{1}{x}\\right)^{x}\n$$\ndefinida para $x \\in \\mathbb{R} - [-1,0]$. Representación gráfica.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSi analizamos su comportamiento tenemos que\n$$\n\\begin{gathered}\n\\lim _{x \\longrightarrow-\\infty}\\left(1+\\frac{1}{x}\\right)^{x}=e ; \\quad \\lim _{\\substack{x \\rightarrow-1 \\\\ x<-1}}\\left(1+\\frac{1}{x}\\right)^{x}=\\infty \\\\\n\\lim _{\\substack{x \\rightarrow 0 \\\\ x>0}}\\left(1+\\frac{1}{x}\\right)^{x}=1 ; \\quad \\lim _{x \\rightarrow \\infty}\\left(1+\\frac{1}{x}\\right)^{x}=e\n\\end{gathered}\n$$\nSi analizamos su derivada\n$$\nf^{\\prime}(x)=\\left(1+\\frac{1}{x}\\right)^{x}\\left[\\log \\left(1+\\frac{1}{x}\\right)+\\frac{-1}{x+1}\\right] \\Longrightarrow f^{\\prime}>0\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43032,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que si el producto de $n$ números reales y positivos es igual a $1$, su suma es mayor o igual que $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\n\nConsideremos $a_{1} \\cdot a_{2} \\cdot \\ldots \\cdot a_{n}=1$ y $S=a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}$.\nSuponemos que no todos son $1$.\nSea $a_{r}$ el mayor y $a_{s}$ el menor de los elementos $a_{i}$, $a_{r} \\geq 1$ y $a_{s} \\leq 1$. Se consideran los $n$ números obtenidos al cambiar $a_{r}$ por $1$ y $a_{s}$ por $\\left(a_{r} \\cdot a_{s}\\right)$. El producto sigue siendo $1$. Haciendo esto la suma $S^{\\prime}$ no aumenta pues\n$$\nS^{\\prime}-S=1+a_{r} \\cdot a_{s}-a_{r}-a_{s}=\\left(1-a_{r}\\right)\\left(1-a_{s}\\right) \\leq 0\n$$\nRepitiendo el proceso se consigue tener los $n$ números iguales a $1$ y su suma será $n$. En el proceso la suma no aumenta, luego $S \\geq n$.\n\nSegunda solución\n\nSe tiene\n$$\na_{1} \\cdot a_{2} \\cdots a_{n}=1\n$$\nAplicando la desigualdad de las medias aritmética y geométrica,\n$$\n\\frac{a_{1}+\\ldots+a_{n}}{n} \\geq \\sqrt[n]{a_{1} \\cdots a_{n}}=\\sqrt[n]{1}=1\n$$\nque es lo que queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43033,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el plano tenemos una recta $r$ y dos puntos $A$ y $B$ exteriores a la recta y en el mismo semiplano. Determinar un punto $M$ de la recta tal que el ángulo de $r$ con $A M$ sea doble del de $r$ con $B M$. (Considérese como ángulo de dos rectas el menor de los ángulos que forman).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSe traza con centro $B$ la circunferencia tangente a $r$. Se trazan por $A$ las tangentes a la circunferencia anterior que cortan a $r$ en $M$ y $M'$. $B$ es el incentro del triángulo $A M' M$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43034,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn cuadrilátero convexo tiene la propiedad que cada una de sus dos diagonales biseca su área. Demuestra que este cuadrilátero es un paralelogramo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSea $ABCD$ el cuadrilátero dado. Es sabido que al trazar paralelas a cada diagonal por los extremos de la otra se forma un paralelogramo ($XYZT$ en la figura) de área doble de la del cuadrilátero de partida.\n\nSi $AC$ biseca a $ABCD$ también biseca a $XYZT$, pero siendo $XYZT$ un paralelogramo y $AC$ paralela a los lados $XY$ y $TZ$, $P$ es medio de $BD$.\n\nDe modo análogo se prueba que $P$ es punto medio de $AC$ y entonces los triángulos $APD$ y $BPC$ son iguales (dos lados iguales y el ángulo comprendido) y también $APB$ y $CPD$. En consecuencia el cuadrilátero inicial tiene iguales los lados opuestos y es un paralelogramo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43035,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $r$ y $s$ dos rectas paralelas, y $A$ un punto fijo a igual distancia de ambas rectas. Para cada punto $B$ de la recta $r$, sea $C$ el punto de la recta $s$ tal que $\\angle B A C = 90^{\\circ}$, y sea $P$ el pie de la perpendicular desde $A$ sobre la recta $B C$. Demuestra que, independientemente de qué punto $B$ de la recta $r$ tomemos, el punto $P$ está sobre una circunferencia fija.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $Q$ el punto de $r$ tal que $A Q$ es perpendicular a $r$. Sea $D$ el punto donde $A C$ corta a $r$. Como $A$ está a la misma distancia de las rectas $r$ y $s$, $A C = A D$. Los triángulos $A B C$ y $A B D$ son ambos rectángulos en $A$, comparten el lado $A B$, y el lado $A C$ es igual al lado $A D$. En consecuencia, ambos triángulos son iguales. Los pies de las alturas desde $A$ en cada triángulo son $P$ y $Q$, respectivamente, por lo que $A P = A Q$. Como $Q$ no depende de $B$, la distancia $A P = A Q$ es fija, y el punto $P$ está sobre la circunferencia fija de centro $A$, que es tangente simultáneamente a las rectas $r$ y $s$.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSea $M$ el punto medio del segmento $B C$. Como el triángulo $A B C$ es rectángulo en $A$, $M$ es su circuncentro, es decir, $A M = M B = M C$. Llamando $d$ a la distancia de $A$ a las rectas $r$ y $s$, nótese que la longitud de las alturas desde $B$ y desde $C$ sobre $A M$ es $d$, con lo que las áreas de $A M B$ y $A M C$ son ambas iguales a $\\frac{d \\cdot A M}{2}$, y el área del triángulo $A B C$ es $d \\cdot A M$. Pero $B C = M B + M C = 2 A M$, luego la longitud $A P$ de la altura desde $A$ sobre $B C$ es $2 \\frac{d \\cdot A M}{2 A M} = d$, que es constante, concluyendo igual que en la solución anterior.\n\n![](attached_image_2.png)\nSolution:\n\nSi $h$ es la distancia entre $A$ y las rectas $r$ y $s$, podemos tomar un sistema de coordenadas cartesianas tales que $A \\equiv (0,0)$, $r \\equiv y = h$, $s \\equiv y = -h$, y para cualquier punto $B \\equiv (d, h)$, la recta $A B$ tiene pendiente $\\frac{h}{d}$, con lo que\n$$\nA C \\equiv y = -\\frac{d x}{h}, \\quad C \\equiv \\left(\\frac{h^{2}}{d}, -h\\right), \\quad B C \\equiv y = \\frac{2 h d x}{d^{2} - h^{2}} - \\frac{h\\left(d^{2} + h^{2}\\right)}{\\left(d^{2} - h^{2}\\right)}\n$$\nLa ecuación de la recta $A P$ es entonces $y = -\\frac{d^{2} - h^{2}}{2 h d} x$, con lo que podemos hallar $P$ como la intersección de esta recta con la recta $B C$, resultando finalmente tras algo de álgebra en\n$$\nP \\equiv \\left(\\frac{2 h^{2} d}{d^{2} + h^{2}}, -\\frac{h\\left(d^{2} - h^{2}\\right)}{d^{2} + h^{2}}\\right), \\quad \\quad A P^{2} = h^{2} \\frac{4 h^{2} d^{2} + \\left(d^{2} - h^{2}\\right)^{2}}{\\left(d^{2} + h^{2}\\right)^{2}} = h^{2}\n$$\nes decir $A P = h$, concluyéndose como en las soluciones anteriores.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43036,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo $ABC$, el área $S$ y el ángulo $C$ son conocidos. Hallar el valor de los lados $a$ y $b$ para que el lado $c$ sea lo más corto posible.",
    "options": [],
    "answer": "a = b = sqrt(2S/sen C)",
    "solution": "Solution:\n\nPor una parte\n$$\nc^{2} = a^{2} + b^{2} - 2ab \\cos C = (a-b)^{2} + 2ab(1-\\cos C)\n$$\ny por otra\n$$\nS = \\frac{1}{2} ab \\sen C \\Rightarrow ab = \\frac{2S}{\\sen C}.\n$$\nEntonces,\n$$\nc^{2} = (a-b)^{2} + \\frac{4S(1-\\cos C)}{\\sen C}\n$$\nserá mínimo cuando $a = b = \\sqrt{\\frac{2S}{\\sen C}}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43037,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe colocan $2 n+1$ fichas, blancas y negras, en una fila $(n \\geq 1)$. Se dice que una ficha está equilibrada si el número de fichas blancas a su izquierda, más el número de fichas negras a su derecha es $n$. Determina, razonadamente, si el número de fichas que están equilibradas es par o impar.",
    "options": [],
    "answer": "odd",
    "solution": "Solution:\n\nNumeramos las posiciones en la fila desde $1$ hasta $2 n+1$, de izquierda a derecha. Definimos la valoración de una cierta posición $k = 1, 2, \\cdots, 2 n+1$ como el número de fichas blancas a su izquierda más el número de fichas negras a su derecha, con lo que una ficha está equilibrada si y sólo si su valoración es igual a $n$.\n\nSupongamos que las fichas en posiciones $k$ y $k+1$ tienen distinto color. El número de fichas blancas a su izquierda en las posiciones $1,2, \\cdots, k-1$ y el número de fichas negras a su derecha en las posiciones $k+2, k+3, \\cdots, 2 n+1$ son los mismos para ambas. La suma de estas dos cantidades es la valoración común de ambas si la ficha en posición $k$ es negra y la ficha en posición $k+1$ es blanca; pero en caso contrario, la ficha negra en $k+1$ tiene una ficha blanca adicional a su izquierda, y la ficha blanca en posición $k$ tiene una ficha negra adicional a su derecha, con lo que la valoración de estas dos fichas es en cualquiera de los dos casos la misma.\n\nTenemos entonces que, sean cuales sean sus colores, si intercambiamos las fichas en posiciones $k$ y $k+1$, la paridad del número de fichas equilibradas no varía. En efecto, la valoración de las fichas en las posiciones $1,2, \\cdots, k-1$ y en las posiciones $k+2, k+3, \\cdots, 2 n+1$ no varían con el cambio, si las fichas en posiciones $k$ y $k+1$ tienen el mismo color simplemente intercambian sus valoraciones, y si tienen distinto color, entonces ambas tienen la misma valoración antes del cambio, y ambas tienen la misma valoración después del cambio, luego el número de fichas equilibradas permanece constante, puede aumentar en $2$, o reducirse en $2$.\n\nComo toda permutación se puede descomponer en intercambios sucesivos de elementos contiguos, la paridad del número de fichas equilibradas no cambia cuando situamos todas las fichas negras en las primeras posiciones de la fila, y todas las blancas en las últimas posiciones de la fila.\n\nSea $a$ el número de fichas negras y $b$ el de fichas blancas, con la condición de que $a+b=2 n+1$. Representamos la fila de fichas blancas y negras mediante un camino en el interior de un rectángulo $a \\times b$, que empieza por la esquina inferior izquierda del rectángulo. La fila se recorre de izquierda a derecha. Si la ficha es negra se marca un paso unidad hacia arriba, y si es blanca, un paso unidad hacia la derecha. Se considera el segmento $L$ que une dos lados paralelos del rectángulo, pasa por su centro $O$, y forma ángulos de $45^\\circ$ con los lados del mismo. El rectángulo queda así dividido por $L$ en dos polígonos simétricos respecto del punto $O$. Y las fichas equilibradas corresponden precisamente a los pasos del camino que cruzan $L$. Si consideramos la fila con todas las fichas negras al principio de la fila a la izquierda de las fichas blancas (lo cual no altera la paridad del número de fichas equilibradas), entonces el correspondiente camino es formado por el lado vertical del rectángulo y el lado superior del mismo. Así $L$ corta una vez al camino y por tanto el número de fichas equilibradas es impar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43038,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHalla todas las ternas de reales positivos $(x, y, z)$ que cumplan el sistema\n$$\n2 x \\sqrt{x+1}-y(y+1)=1\n$$\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2 y \\sqrt{y+1}-z(z+1)=1 \\\\\n& 2 z \\sqrt{z+1}-x(x+1)=1\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "x = y = z = (1+sqrt(5))/2",
    "solution": "Solution:\nSolución 1. Nótese que, por la desigualdad entre medias aritmética y geométrica, se tiene que\n$$\nx^{2}+x+1 \\geq 2 \\sqrt{x^{2}(x+1)}=2 x \\sqrt{x+1}\n$$\ncon igualdad si y sólo si $x^{2}=x+1$, es decir si y sólo si $x$ es una raíz de la ecuación $r^{2}-r-1=0$. Se tiene entonces de la primera ecuación que\n$$\ny^{2}+y+1=2 x \\sqrt{x+1} \\leq x^{2}+x+1\n$$\ny de forma similar para las otras dos, con lo que\n$$\nx^{2}+x+1 \\geq y^{2}+y+1 \\geq z^{2}+z+1 \\geq x^{2}+x+1\n$$\ncon lo que se ha de dar la igualdad en las tres desigualdades, es decir, $x, y, z$ son soluciones de la ecuación $r^{2}-r-1=0$. El producto de las dos raíces de esta ecuación es $-1$, luego exactamente una de ellas es negativa, y $x, y, z$ son iguales entre sí e iguales a la raíz positiva, es decir, la única solución es\n$$\nx=y=z=\\frac{1+\\sqrt{5}}{2}\n$$\nSolution:\nSolución 2. Supongamos que $x<y$, luego de la primera ecuación obtenemos\n$$\n2 x \\sqrt{x+1}=y^{2}+y+1>x^{2}+x+1\n$$\no tras elevar al cuadrado y reagrupar términos,\n$$\n0>x^{4}-2 x^{3}-x^{2}+2 x+1=\\left(x^{2}-x-1\\right)^{2}\n$$\nclaramente falso, luego $x \\geq y$, con $x=y$ si y sólo si son iguales a la raíz positiva de $r^{2}-r-1=0$. De forma similar, obtenemos de la segunda ecuación que $y \\geq z$, y de la tercera que $z \\geq x$, con análogas condiciones de igualdad. Luego $x \\geq y \\geq z \\geq x$, con igualdad si y sólo si $x, y, z$ son la raíz positiva de la ecuación $r^{2}-r-1=0$, obteniéndose la misma única solución que por el método anterior.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43039,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $O$ el circuncentro del triángulo acutángulo $ABC$ y sea $M$ un punto arbitrario del lado $AB$. La circunferencia circunscrita al triángulo $AMO$ interseca por segunda vez a la recta $AC$ en el punto $K$ y la circunferencia circunscrita al triángulo $BOM$ interseca por segunda vez a la recta $BC$ en el punto $N$. Prueba que\n$$\n\\text{Área}(MNK) \\geq \\frac{1}{4} \\text{Área}(ABC)\n$$\ny determina el caso en que se alcanza la igualdad.",
    "options": [],
    "answer": "Area(MNK) ≥ 1/4 Area(ABC), with equality when M is the midpoint of AB.",
    "solution": "Solution:\n\nUtilizaremos las notaciones habituales en Geometría del triángulo ($R$, radio de la circunferencia circunscrita al $\\triangle ABC$, $O$ su incentro; $a$ longitud del lado $BC$ del triángulo $ABC$, etc.). Sea $\\frac{MA}{MB}=k>0$, entonces\n$$\nk+1=\\frac{MA+MB}{MB}=\\frac{c}{MB} \\Rightarrow MB=\\frac{c}{k+1}\n$$\n![](attached_image_1.png)\nEn lo que sigue utilizaremos el parámetro $k$ para fijar la posición del punto $M$ en el segmento $AB$. Si $\\alpha=\\angle MNB=\\angle MOB$ y $\\beta=\\angle MOA=\\angle MKA$ entonces $\\alpha+\\beta=2C$. Sean $r_1$ y $r_2$ los radios de las circunferencias circunscritas a los triángulos $OMA$ y $OMB$, respectivamente. Aplicando el teorema de los senos generalizado en los dos triángulos $OMB$ y $OMA$, habida cuenta que $\\angle OMA+\\angle OMB=180^\\circ$, resulta\n$$\n\\frac{OA}{\\sin \\angle OMA}=2r_1 \\text{ y } \\frac{OB}{\\sin \\angle OMB}=2r_2\n$$\nDe lo anterior se deudce que $r_1=r_2$ ya que $OA=OB=R$ y los ángulos $\\angle OMA$ y $\\angle OMB$ son suplementarios.\nAplicando el teorema de los senos a los triángulos $MAK$ y $MNB$, se obtiene\n$$\n\\frac{MK}{\\sin A}=2r_1 \\quad y \\quad \\frac{MN}{\\sin B}=2r_2\n$$\nDe lo anterior, resulta\n$$\n\\frac{MK}{\\sin A}=\\frac{MN}{\\sin B} \\Rightarrow \\frac{MK}{a}=\\frac{MN}{b}\n$$\nPor otra parte, se verifica que $\\angle KMA=180^\\circ-(\\beta+A)$ y $\\angle NMB=180^\\circ-(\\alpha+B)$. Entonces,\n$$\n\\angle KMN=180^\\circ-(\\angle NMB+\\angle KMA)=C\n$$\nDe (1) y (2) se deduce que los triángulos $MNK$ y $ABC$ son semejantes y que $MN$ es el lado homólogo de $b$ en la semejanza. Entonces, para el cociente entre las áreas, se tiene\n$$\n\\frac{[MNK]}{[ABC]}=\\frac{MN^2}{b^2}\n$$\nEn los triángulos $MOB$ y $MNB$ se tiene\n$$\n\\frac{MB}{\\sin \\alpha}=\\frac{OM}{\\sin (90^\\circ-C)}=\\frac{MN}{\\sin B} \\Rightarrow MN=\\frac{OM \\cdot \\sin B}{\\cos C}\n$$\nAdemás, aplicando el Teorema del Coseno al triángulo $MOB$, resulta\n$$\nOM^2=MB^2+R^2-2MB \\cdot R \\cdot \\cos (90^\\circ-C)=MB^2+R^2-2MB \\cdot R \\cdot \\sin C\n$$\nTeniendo en cuenta que $c=2R\\sin C$, entonces\n$$\n\\begin{aligned}\nMN^2 & =\\frac{\\sin^2 B}{\\cos^2 C}\\left(\\frac{c^2}{(k+1)^2}+R^2-\\frac{c^2}{k+1}\\right) \\\\\n& =\\frac{\\sin^2 B}{\\cos^2 C}\\left(R^2-\\frac{c^2 k}{(k+1)^2}\\right) \\\\\n& =\\frac{\\sin^2 B}{\\cos^2 C}\\left(\\frac{R^2(k+1)^2-4R^2\\sin^2 C}{(k+1)^2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nLlevando esto al cociente entre las áreas de los triángulos $MNK$ y $ABC$ y teniendo en cuenta que $b=2R\\sin B$, se obtiene\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{[MNK]}{[ABC]}=\\frac{MN^2}{b^2} & =\\frac{1}{b^2} \\cdot \\frac{\\sin^2 B}{\\cos^2 C} \\cdot R^2 \\cdot \\frac{(k+1)^2-4k\\sin^2 C}{(k+1)^2} \\\\\n& =\\frac{(k-1)^2+4k\\cos^2 C}{4(k+1)^2\\cos^2 C}\n\\end{aligned}\n$$\nDado que $\\cos^2 C<1$, entonces se verifica que\n$$\n\\frac{[MNK]}{[ABC]}>\\frac{\\cos^2 C\\left[(k-1)^2+4k\\right]}{4(k+1)^2\\cos^2 C}=\\frac{1}{4}\n$$\nEl cociente entre las áreas es igual a $1/4$ para $k=1$, es decir, cuando $M$ es el punto medio del segmento $AB$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43040,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermina todas las ternas de números reales $(a, b, c)$, que satisfacen el sistema de ecuaciones siguiente:\n$$\n\\left\\{\n\\begin{array}{l}\na^{5} = 5 b^{3} - 4 c \\\\\nb^{5} = 5 c^{3} - 4 a \\\\\nc^{5} = 5 a^{3} - 4 b\n\\end{array}\n\\right.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0, 0), (1, 1, 1), (-1, -1, -1), (2, 2, 2), (-2, -2, -2)",
    "solution": "Solution:\n\nSin pérdida de generalidad podemos suponer que $a = \\max\\{a, b, c\\}$.\n\nPrimer caso: $c \\geq b$. Entonces $a^{5} + 4c \\geq c^{5} + 4b$ y $b \\geq a$. De este modo $a = b = c$.\n\nSegundo caso: $b \\geq c$. Entonces $b^{5} + 4a \\geq c^{5} + 4b$ y $c \\geq a$. Por tanto $a = b = c$.\n\nAsí todo se reduce a resolver la ecuación $t^{5} - 5 t^{3} + 4 t = 0$, donde $t = a = b = c$.\n\nClaramente $t \\in \\{0, 1, -1, 2, -2\\}$ y hay cinco posibles ternas que cumplen el sistema dado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43041,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran 17 enteros positivos tales que ninguno de ellos tiene un factor primo mayor que 7. Demuestra que, al menos, el producto de dos de estos números es un cuadrado perfecto.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nTodos estos 17 números se pueden descomponer en factores primos de la forma $2^{a} 3^{b} 5^{c} 7^{d}$, donde sus exponentes $a, b, c, d$ son enteros no negativos.\n\nSi dos números de este tipo, es decir $2^{a} 3^{b} 5^{c} 7^{d}$ y $2^{a'} 3^{b'} 5^{c'} 7^{d'}$ se multiplican, su producto es $2^{a+a'} 3^{b+b'} 5^{c+c'} 7^{d+d'}$ y si los cuatro exponentes $a+a', b+b', c+c'$ y $d+d'$ son pares este producto es un cuadrado perfecto.\n\nPara que esto ocurra las dos cuaternas $(a, b, c, d)$ y $(a', b', c', d')$ deben tener igual paridad, es decir $a$ y $a'$, $b$ y $b'$, $c$ y $c'$, $d$ y $d'$ deben tener respectivamente la misma paridad. Como cada uno de los cuatro números $a, b, c, d$ puede ser par o impar hay un total de 16 cuaternas con distinta paridad entre sí. Al tener 17 números y, por tanto, 17 cuaternas, por el principio del palomar, dos deben tener igual paridad y entonces su producto es un cuadrado perfecto.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43042,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn campeonato de baloncesto se ha jugado por sistema de liga a dos vueltas (cada par de equipos se enfrentan dos veces) y sin empate (si el partido acaba en empate hay prórrogas hasta que gane uno de los dos). El ganador del partido obtiene 2 puntos y el perdedor 1 punto. Al final del campeonato, la suma de de los puntos obtenidos por todos los equipos salvo el campeón es de 2015 puntos. ¿Cuántos partidos ha ganado el campeón?",
    "options": [],
    "answer": "39",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que el número de equipos es $n$. Entonces, se juegan un total de $2\\left(\\begin{array}{l}n \\\\ 2\\end{array}\\right)=n^{2}-n$ partidos en el campeonato por ser a doble vuelta. En cada partido se dan 3 puntos, por lo que $3 n^{2}-3 n$ es el número total de puntos dados. Si el campeón tiene $P$ puntos, y los otros $n-1$ equipos tienen entre todos 2015 puntos, entonces\n$$\nP=3 n^{2}-3 n-2015\n$$\ndonde además $P>\\frac{2015}{n-1}$ para poder ser el campeón. Para que se cumpla esto, ha de ser\n$$\n3 n^{2}-3 n-2015>\\frac{2015}{n-1}, \\quad 3 n(n-1)>\\frac{2015 n}{n-1}, \\quad n-1>\\sqrt{\\frac{2015}{3}}\n$$\nComo $25^{2}=625<\\frac{2015}{3}$, se tiene que $n>26$, o $n \\geq 27$.\nPor otra parte, la puntuación máxima que ha podido obtener el ganador es $4(n-1)$, si ha ganado todos sus partidos (2 partidos con cada uno de los otros $n-1$ equipos), es decir,\n$$\n3 n^{2}-3 n-2015 \\leq 4(n-1), \\quad(3 n-4)(n-1) \\leq 2015\n$$\nAhora bien, si $n \\geq 28$, entonces $3 n-4 \\geq 80, n-1 \\geq 27$, y $80 \\cdot 27=2160>2015$, luego ha de ser $n \\leq 27$.\nLuego $n=27$ es el número de equipos en el campeonato, el número de puntos obtenidos por el campeón es $3 \\cdot 27^{2}-3 \\cdot 27-2015=91$, y como estos puntos se han obtenido en $2 \\cdot 26=52$ partidos, el número de partidos ganados (en los que se obtienen 2 puntos en lugar de 1) es claramente $91-52=39$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43043,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAlrededor de una mesa circular están sentadas seis personas. Cada una lleva un sombrero. Entre cada dos personas hay una mampara de modo que cada una puede ver los sombreros de las tres que están enfrente, pero no puede ver el de la persona de su izquierda ni el de la de su derecha ni el suyo propio. Todas saben que tres de los sombreros son blancos y tres negros. También saben que cada una de ellas es capaz de obtener cualquier deducción lógica que sea factible. Empezamos por una de las seis personas y le preguntamos \"¿puedes deducir el color de algún sombrero de los que no ves?\". Una vez que ha respondido (todas oyen la respuesta), pasamos a la persona de su izquierda y le hacemos la misma pregunta, y así sucesivamente. Demuestra que una de las tres primeras responderá \"Sí\".",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNumeramos las personas en el orden en que van respondiendo, con lo que la persona 1 ve los sombreros de las personas $3,4,5$, la persona 2 los de las personas $4,5,6$, y la persona 3 los de las personas $5,6,1$.\n\nSupongamos que ni la persona 1 ni la persona 2 han podido responder \"Sí\". Los sombreros de las personas $3,4,5$ no pueden ser todos del mismo color, porque si no la persona 1 sabría que todos los sombreros que no ve son del otro color. Si los sombreros de las personas $4,5$ fueran del mismo color, entonces la persona 2 sabe que el sombrero $3$ ha de ser del otro color, con lo que los sombreros $4,5$ han de ser de distinto color. Pero entonces la persona 3 sabe que el color del sombrero $4$, que no ve, es distinto al del sombrero $5$, que sí ve. Luego o una de las dos primeras personas contesta \"Sí\", o si las dos primeras contestan \"No\", entonces la tercera contesta \"Sí\".",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43044,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Qué número es mayor $999!$ o $500^{999}$? Justifica la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "500^{999}",
    "solution": "Solution:\n\nPongamos $A = 999!$, $B = 500^{999}$, tenemos\n\n$$\n\\frac{A}{B} = \\frac{500 - 499}{500} \\cdot \\frac{500 - 498}{500} \\ldots \\frac{500 - 1}{500} \\cdot \\frac{500}{500} \\cdot \\frac{500 + 1}{500} \\ldots \\frac{500 + 498}{500} \\cdot \\frac{500 + 499}{500} =\n$$\n$$\n\\left(1 - \\frac{499}{500}\\right)\\left(1 - \\frac{498}{500}\\right) \\ldots \\left(1 - \\frac{1}{500}\\right) 1 \\left(1 + \\frac{1}{500}\\right) \\ldots \\left(1 + \\frac{498}{500}\\right)\\left(1 + \\frac{499}{500}\\right) =\n$$\n$$\n\\left[1 - \\left(\\frac{499}{500}\\right)^2\\right]\\left[1 - \\left(\\frac{498}{500}\\right)^2\\right] \\ldots \\left[1 - \\left(\\frac{2}{500}\\right)^2\\right]\\left[1 - \\left(\\frac{1}{500}\\right)^2\\right] < 1.\n$$\nPor tanto $A < B$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43045,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos puntos de una superficie esférica de radio $4$, se pintan con cuatro colores distintos. Prueba que existen dos puntos sobre la superficie que tienen el mismo color y que están a distancia $4 \\sqrt{3}$ o bien a distancia $2 \\sqrt{6}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDado que se pintan los puntos de la esfera con cuatro colores distintos, para resolver el problema será suficiente con encontrar cinco puntos distintos que cumplan las condiciones del enunciado y aplicar el Principio del Palomar.\n\nEsto puede hacerse, por ejemplo, observando que si inscribimos un triángulo equilátero en una circunferencia de diámetro máximo de la esfera, entonces el lado de dicho triángulo mide $4 \\sqrt{3}$, y que tomando dos de tales triángulos, contenidos en planos perpendiculares y que tengan un vértice común, los vértices no comunes distan entre sí $2 \\sqrt{6}$. En efecto, en un sistema de coordenadas cartesianas con origen en el centro de la esfera, la superficie de ésta viene dada por los puntos cuyas coordenadas $(x, y, z)$ satisfacen la ecuación $x^{2}+y^{2}+z^{2}=16$. Sobre esta superficie, consideremos los siguientes puntos $A(4,0,0)$, $B(-2,2 \\sqrt{3}, 0)$, $C(-2,-2 \\sqrt{3}, 0)$ que están sobre la circunferencia\n$$\n\\Gamma_{1}=\\left\\{(x, y, z) \\mid x^{2}+y^{2}=16, z=0\\right\\}\n$$\ny son los vértices de un triángulo equilátero de lado $4 \\sqrt{3}$. Igualmente, los puntos $A(4,0,0)$, $D(-2,0,2 \\sqrt{3})$, $E(-2,0,-2 \\sqrt{3})$ son los vértices de un triángulo equilátero inscrito en la circunferencia\n$$\n\\Gamma_{2}=\\left\\{(x, y, z) \\mid x^{2}+z^{2}=16, y=0\\right\\}\n$$\nNótese que los planos de las circunferencias $\\Gamma_{1}$ y $\\Gamma_{2}$ son perpendiculares, que los triángulos equiláteros tienen el vértice común $A$, y que\n$$\nAB=AC=AD=AE=BC=DE=4 \\sqrt{3} \\text{ y } BD=BE=CD=CE=2 \\sqrt{6}\n$$\nLuego cada uno de estos cinco puntos $A, B, C, D, E$ está a distancia $4 \\sqrt{3}$ o a distancia $2 \\sqrt{6}$ de cada uno de los cuatro restantes, y por el principio del palomar, hay dos del mismo color, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43046,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHalla las soluciones enteras de la ecuación:\nsiendo $p$ un número primo.\n$$\np \\cdot (x + y) = x \\cdot y\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) in {(0, 0), (2p, 2p), (p(p+1), p+1), (p+1, p(p+1)), (p(1-p), p-1), (p-1, p(1-p))} for prime p",
    "solution": "Solution:\nYa que $p$ es primo, $p \\neq 0$ y $p \\neq 1$. De la ecuación resulta que $p$ divide a $x$ o $p$ divide a $y$. Como la ecuación es simétrica respecto de $x$ e $y$, si $(\\alpha, \\beta)$ es solución, también lo será $(\\beta, \\alpha)$.\n\nSi $p$ divide a $x$, $x = p \\cdot a$, ($a \\in \\mathbb{Z}$) la ecuación se puede poner como:\n$$\np(p a + y) = p a y \\Rightarrow p a + y = a y \\Rightarrow y = \\frac{p a}{a - 1} \\text{ ya que $a$ es entero }\n$$\nademás $a$ y $a - 1$ son primos entre sí, luego $a - 1$ divide a $p$. Al ser $p$ primo sólo hay cuatro posibilidades: $a - 1 = \\pm 1$ y $a - 1 = \\pm p$.\n\nExaminemos todos los casos.\n\ni) $a - 1 = -1$, entonces $a = 0$, $x = 0$, $y = 0$\n\nii) $a - 1 = 1$, entonces $a = 2$, $x = 2p \\Rightarrow y = \\frac{2p}{2-1} = 2p$.\n\niii) $a - 1 = p$, entonces $a = p + 1$, $x = p(p + 1) \\Rightarrow y = \\frac{p(p + 1)}{p + 1 - 1} = p + 1$.\n\niv) $a - 1 = -p$, entonces $a = 1 - p$, $x = p(1 - p) \\Rightarrow y = \\frac{p(1 - p)}{1 - p - 1} = p - 1$.\n\nEn resumen las soluciones son: $(0, 0)$ ; $(2p, 2p)$ ; $(p(p + 1), p + 1)$ ; $(p(1 - p), p - 1)$; y por la simetría añadimos $(p + 1, p(p + 1))$; $(p - 1, p(1 - p))$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43047,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermina el triángulo de menor perímetro entre todos los que tienen la circunferencia inscrita con el mismo radio y el mismo valor de un ángulo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $ABC$ todos los triángulos con esta propiedad; es decir, que el ángulo común con el mismo valor es $A$ y el radio inscrito también común es $r$.\n\nEntonces el perímetro\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2p = a + b + c = \\\\\n& r\\left(\\cot \\frac{B}{2} + \\cot \\frac{C}{2}\\right) + r\\left(\\cot \\frac{C}{2} + \\cot \\frac{A}{2}\\right) + r\\left(\\cot \\frac{A}{2} + \\cot \\frac{B}{2}\\right) = 2r\\left(\\cot \\frac{A}{2} + \\cot \\frac{B}{2} + \\cot \\frac{C}{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nComo $A$ y $r$ son fijos, el perímetro será mínimo cuando sea mínima la expresión siguiente:\n\n$\\cot \\frac{B}{2} + \\cot \\frac{C}{2} = \\frac{\\sen((B+C)/2)}{\\sen B/2 \\sen C/2} = \\frac{\\cos A/2}{\\sen B/2 \\sen C/2}$, pues $A + B + C = 180^\\circ$.\n\nY entonces $\\sen B/2 \\sen C/2 = \\frac{1}{2}\\left(\\cos \\frac{B-C}{2} - \\cos \\frac{B+C}{2}\\right) = \\frac{1}{2}\\left(\\cos \\frac{B-C}{2} - \\cos \\frac{A}{2}\\right)$ debe ser máximo, lo que conduce a que $\\cos \\frac{B-C}{2}$ sea $1$ y entonces $B = C$.\n\nAsí, los triángulos de perímetro mínimo con el ángulo $A$ fijo y el radio inscrito fijo son los triángulos isósceles con $B = C = \\frac{180^\\circ - A}{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43048,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl triángulo $ABC$ es isósceles en $C$, y sea $\\Gamma$ su circunferencia circunscrita. Sea $M$ el punto medio del arco $BC$ de $\\Gamma$ que no contiene a $A$, y sea $N$ el punto donde la paralela a $AB$ por $M$ vuelve a cortar a $\\Gamma$. Se sabe que $AN$ es paralela a $BC$. ¿Cuáles son las medidas de los ángulos de $ABC$?",
    "options": [],
    "answer": "Angle A = Angle B = 72°, Angle C = 36°",
    "solution": "Solution:\n\nSi $AN$ es paralela a $BC$, entonces $ABCN$ es un trapecio con circunferencia circunscrita, y por lo tanto isósceles.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSe tiene entonces que $\\angle ANC = \\angle BAN$. Pero $\\angle NAC = \\angle ACB$ y $\\angle ANM = \\angle ABC$ por ser $AN$ y $BC$ paralelas, y ser $AB$ y $MN$ también paralelas. Tenemos entonces por una parte que $\\angle BAN = \\angle A + \\angle C$.\n\nFinalmente, $\\angle CNM = \\angle CAM = \\frac{1}{2} \\angle A$ por ser $M$ el punto medio del arco $BC$, siendo entonces $AM$ la bisectriz de $\\angle A$, con lo que $\\angle ANC = \\angle B + \\frac{1}{2} \\angle A$.\n\nIgualando ambos ángulos, y usando que $\\angle A = \\angle B$ por ser $ABC$ isósceles en $C$, se tiene que $\\angle A = \\angle B = 2 \\angle C$, luego $180^{\\circ} = \\angle A + \\angle B + \\angle C = 5 \\angle C$, para $\\angle C = 36^{\\circ}$, y $\\angle A = \\angle B = 72^{\\circ}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43049,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn una recta tenemos cuatro puntos $A, B, C$ y $D$, en ese orden, de forma que $A B = C D$. $E$ es un punto fuera de la recta tal que $C E = D E$. Demuestra que $\\angle C E D = 2 \\angle A E B$ si y sólo si $A C = E C$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $F$ el punto tal que los triángulos $A B F$ y $C D E$ son iguales. Claramente un triángulo es el otro desplazado por $A C$, luego $E F = A C$ y $A F = C E = D E = B F$. Trazamos la circunferencia de centro $F$ que pasa por $A$ y $B$, y como $\\angle A F B = \\angle C E D$, por ser el ángulo central el doble del inscrito, $\\angle A E B = 2 \\angle C E D$ si y sólo si $E$ está sobre la circunferencia que acabamos de trazar, es decir, si y sólo si $E F = A F$, y esto es equivalente a $A C = E C$.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSean $M$ el punto medio de $C D$, $P$ el simétrico de $E$ respecto de $C$, y $Q$ el simétrico de $E$ respecto de la recta $C D$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nEl triángulo $E P Q$ es el resultado de aplicar a $E C M$ una homotecia de centro $E$ y razón 2, con lo que $E P Q$ es claramente rectángulo en $Q$, con $P Q = 2 C M = C D = A B$, siendo además $P Q$ paralelo a $C D$, luego a $A B$. Se tiene entonces que $E P$ es diámetro de la circunferencia circunscrita a $E P Q$, que tiene por lo tanto centro en $C$ y radio $C E$. Al mismo tiempo, al ser $A B Q P$ paralelogramo por ser $A B = P Q$ paralelos, $A P$ es paralela a $B Q$, que es la simétrica de $B E$ respecto a $A D$, mientras que $A P$ es la simétrica de $A E$ respecto a $A D$, luego $\\angle P A Q = \\angle A E B$. Se tiene entonces que $\\angle C E D = 2 \\angle A E B$ y $C E = C A$ son ambos equivalentes a $\\angle P A Q = \\angle P E Q$, luego equivalentes entre sí, como queríamos demostrar.\nSolution:\n\nNotemos en primer lugar que sólo es necesario demostrar que si $A C = E C$, entonces $\\angle C E D = 2 \\angle A E B$. Para ello, consideremos que $A$ está a la izquierda de $D$ sobre la recta horizontal $A D$, y $A B$ está en una posición tal que $\\angle A E B$ es la mitad de $\\angle C E D$. Si ahora desplazamos $E$ hacia la derecha (equivalente a desplazar $A B$ hacia la izquierda), $\\angle A E B$ decrece (nos basta con considerar la circunferencia circunscrita a $A E B$ en su posición inicial, y observar que $E$ \"sale\" de la circunferencia). De forma análoga, si desplazamos $E$ hacia la izquierda (equivalente a desplazar $A B$ hacia la derecha), $\\angle A E B$ crece ($E$ \"entra\" en la circunferencia circunscrita a $A E B$). Luego existe a lo sumo una posición de $A B$ sobre la recta $A D$ a la izquierda de $C D$, tal que $\\angle C E D = 2 \\angle A E B$, y nos basta con demostrar que cuando $A C = E C$, $A B$ está de hecho en tal posición.\n\nSea entonces un sistema de coordenadas con centro en $C$ y tal que el eje horizontal coincide con la recta por $A, B, C, D$. Denotando por $R$ a la distancia $E C$, y llamando $\\angle C E D = 2 \\alpha$ (con lo que $\\alpha$ es claramente agudo), se tiene que $A B = C D = 2 R \\sin \\alpha$, $A \\equiv (-R, 0)$ por ser $A C = E C$, $B \\equiv (-R + 2 R \\sin \\alpha, 0)$ y $E \\equiv (R \\sin \\alpha, R \\cos \\alpha)$. Ahora bien,\n$$\n\\overrightarrow{A E} \\equiv (R + R \\sin \\alpha, R \\cos \\alpha), \\quad \\overrightarrow{B E} \\equiv (R - R \\sin \\alpha, R \\cos \\alpha)\n$$\ncon lo que\n$$\n\\begin{gathered}\n\\overrightarrow{A E} \\cdot \\overrightarrow{B E} = R^{2} - R^{2} \\sin^{2} \\alpha + R^{2} \\cos^{2} \\alpha = 2 R^{2} \\cos^{2} \\alpha \\\\\n|\\overrightarrow{A E}| = \\sqrt{R^{2} + 2 R^{2} \\sin \\alpha + R^{2} \\sin^{2} \\alpha + R^{2} \\cos^{2} \\alpha} = R \\sqrt{2 + 2 \\sin \\alpha} \\\\\n|\\overrightarrow{B E}| = \\sqrt{R^{2} - 2 R^{2} \\sin \\alpha + R^{2} \\sin^{2} \\alpha + R^{2} \\cos^{2} \\alpha} = R \\sqrt{2 - 2 \\sin \\alpha}\n\\end{gathered}\n$$\ny como\n$$\n\\sqrt{2 + 2 \\sin \\alpha} \\cdot \\sqrt{2 - 2 \\sin \\alpha} = 2 \\sqrt{1 - \\sin^{2} \\alpha} = 2 \\cos \\alpha\n$$\ntenemos que\n$$\n\\cos \\angle A E B = \\frac{\\overrightarrow{A E} \\cdot \\overrightarrow{B E}}{|\\overrightarrow{A E}| \\cdot |\\overrightarrow{B E}|} = \\frac{2 R^{2} \\cos^{2} \\alpha}{2 R^{2} \\cos \\alpha} = \\cos \\alpha\n$$\ny queda concluida la demostración.\n\nTambién es posible completar la demostración sin realizar la observación inicial, tomando $A \\equiv (-d, 0)$, donde hemos de demostrar que $d = A C$ si y sólo si $\\cos \\angle A E B = \\cos \\alpha$. La segunda condición se traduce, tras algo de álgebra, en la relación\n$$\n\\left(d^{2} - R^{2}\\right)\\left(d^{2} + R^{2} + 2 R^{2} \\cos (2 \\alpha)\\right) \\sin^{2} \\alpha = 0\n$$\ndonde el segundo y el tercer factores son claramente positivos (usamos para ello que $d > R$ para que $B$ esté a la izquierda de $C$), con lo que esta relación es en efecto equivalente a $d = R$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43050,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a$ y $b$ dos números positivos primos entre sí. Se dice que un entero positivo $n$ es débil si no puede ser escrito en la forma $n=a x+b y$, para algunos enteros $x$ e $y$ no negativos. Prueba que si $n$ es débil y $n<\\frac{a b}{6}$, entonces existe un entero $k \\geq 2$, tal que $k n$ es débil.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nTrivialmente se observa que la suma de enteros positivos no débiles es no débil. Esto motiva considerar para cada entero positivo $n$ los enteros $2 n$ y $3 n$. Si ambos no son débiles, entonces $k n$ no es débil para cada $k \\geq 2$, ya que $k n$ puede ser escrito en la forma $2 n r+3 n s$ para algunos enteros no negativos $r$ y $s$.\n\nSea $n$ un entero positivo débil y supongamos que $2 n$ y $3 n$ son no débiles, con $2 n=a x_{1}+b y_{1}$ y $3 n=a x_{2}+b y_{2}$. Entonces\n$$\n0=2(3 n)-3(2 n)=a\\left(2 x_{2}-3 x_{1}\\right)+b\\left(2 y_{2}-3 y_{1}\\right)\n$$\ny\n$$\nn=3 n-2 n=a\\left(x_{2}-x_{1}\\right)+b\\left(y_{2}-y_{1}\\right)\n$$\nDe (4) por ser $n$ débil, resulta que $x_{2}<x_{1}$ o $y_{2}<y_{1}$. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $x_{2}<x_{1}$. Entonces $2 x_{2}-3 x_{1}<0$, y por (3), $2 y_{2}-3 y_{1}>0$. Como $a$ y $b$ son primos entre sí, (3) también implica que $a \\mid\\left(2 y_{2}-3 y_{1}\\right)$, y así $a \\leq 2 y_{2}-3 y_{1} \\leq 2 y_{2}$. Concluimos que\n$$\n3 n=a x_{2}+b y_{2} \\geq b y_{2} \\geq \\frac{a b}{2} \\Rightarrow n \\geq \\frac{a b}{6}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43051,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $D, E, F$ los puntos de tangencia del círculo inscrito al triángulo $A B C$ con los lados $B C, A C$ y $A B$ respectivamente. Demuestra que\n$$\n4 S_{D E F} \\leq S_{A B C}\n$$\ndonde $S_{X Y Z}$ denota el área del triángulo $X Y Z$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSea $I$ el incentro del triángulo $A B C$. Tenemos que $I D \\perp B C$, $I E \\perp A C$ e $I F \\perp A B$. Por otro lado, utilizando las notaciones usuales, $S_{A B C} = \\frac{1}{2} A B \\cdot A C \\operatorname{sen} A = \\frac{1}{2} b c \\operatorname{sen} A$ y $S_{E F I} = \\frac{1}{2} E I \\cdot F I \\operatorname{sen} E I F = \\frac{1}{2} r^{2} \\operatorname{sen} E I F$.\n\nComo los ángulos $A$ y $E I F$ son suplementarios, entonces $\\operatorname{sen} A = \\operatorname{sen} E I F$ y $\\frac{S_{E I F}}{S_{A B C}} = \\frac{r^{2}}{b c}$. Análogamente $\\frac{S_{E I D}}{S_{A B C}} = \\frac{r^{2}}{a b}$ y $\\frac{S_{F I D}}{S_{A B C}} = \\frac{r^{2}}{c a}$.\n\nSumando estas tres fracciones resulta:\n$$\n\\frac{S_{D E F}}{S_{A B C}} = \\frac{S_{E I F} + S_{E I D} + S_{F I D}}{S_{A B C}} = \\frac{r^{2}(a + b + c)}{a b c}\n$$\nComo $S_{A B C} = r\\left(\\frac{a + b + c}{2}\\right)$ y $4 R S_{A B C} = a b c$, se obtiene $\\frac{r^{2}(a + b + c)}{a b c} = \\frac{r}{2 R}$. Aplicando ahora la desigualdad de Euler $R \\geq 2 r$, se obtiene $\\frac{S_{D E F}}{S_{A B C}} = \\frac{r}{2 R} \\leq \\frac{1}{4}$ y la igualdad se cumple cuando el triángulo $A B C$ es equilátero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43052,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn club tiene 25 miembros. Cada comité está formado por 5 miembros. Dos comités cualesquiera tienen como mucho un miembro en común. Prueba que el número de comités no puede ser superior a 30.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que haya 31 comités. Entonces hay, al menos, $31 \\times 5 = 155$ asientos en estos 31 comités. Como sólo hay 25 miembros, al menos, uno de ellos tendrá que ocupar, al menos, 7 de los 155 asientos. Consideremos este miembro $A$ y 7 de los comités donde se sienta. Hay, al menos, otros 28 asientos en estos 7 comités. Pero como sólo hay 24 miembros más, al menos, uno de ellos tendrá que ocupar, al menos, 2 de esos asientos. Sin embargo, este miembro y $A$ deberán estar juntos en, al menos, 2 comités, lo que contradice las condiciones del enunciado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43053,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $x, y, z$ reales positivos tales que $x+y+z=3$. Halla el valor máximo alcanzado por\n$$\n\\sqrt{x}+\\sqrt{2 y+2}+\\sqrt{3 z+6}\n$$\n¿Para qué valores de $x, y, z$ se alcanza dicho máximo?",
    "options": [],
    "answer": "Maximum value: 6; attained at x = y = z = 1.",
    "solution": "Solution:\n\nConsideremos los vectores $(\\sqrt{x}, \\sqrt{y+1}, \\sqrt{z+2})$ y $(\\sqrt{1}, \\sqrt{2}, \\sqrt{3})$, cuyas coordenadas son todas reales y positivas, cuyos módulos respectivos son $\\sqrt{x+y+z+3}=\\sqrt{6}$ y $\\sqrt{1+2+3}=\\sqrt{6}$, y cuyo producto escalar es la expresión cuyo máximo se pide hallar. Por la desigualdad del producto escalar, el valor máximo es igual al producto de módulos de vectores, que es $6$, dándose la igualdad cuando ambos vectores son proporcionales. En este caso, al tener ambos vectores el mismo módulo, se da la igualdad si y sólo si ambos vectores son iguales, es decir,\n$$\n\\sqrt{x}+\\sqrt{2 y+2}+\\sqrt{3 z+6} \\leq 6\n$$\ncon igualdad si y sólo si $x=y=z=1$.\nSolution:\n\nLa función $f(x)=\\sqrt{x}$ es cóncava, por lo tanto, por la desigualdad de Jensen, se tiene que\n$$\n\\begin{gathered}\n\\sqrt{x}+\\sqrt{2 y+2}+\\sqrt{3 z+6}=f(x)+2 f\\left(\\frac{y+1}{2}\\right)+3 f\\left(\\frac{z+2}{3}\\right) \\leq \\\\\n\\leq 6 f\\left(\\frac{x+(y+1)+(z+2)}{6}\\right)=6 f(1)=6\n\\end{gathered}\n$$\ncon igualdad si y sólo si $x=\\frac{y+1}{2}=\\frac{z+2}{3}$, es decir, $y=2 x-1$ y $z=3 x-2$, con lo que $x+y+z=6 x-3=3$, o $x=y=z=1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43054,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalla todas las ternas $(x, y, z)$ de números reales que son solución de la ecuación\n$$\n\\sqrt{3^{x}\\left(5^{y}+7^{z}\\right)}+\\sqrt{5^{y}\\left(7^{z}+3^{x}\\right)}+\\sqrt{7^{z}\\left(3^{x}+5^{y}\\right)}=\\sqrt{2}\\left(3^{x}+5^{y}+7^{z}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are x = t / ln 3, y = t / ln 5, z = t / ln 7 for any real t.",
    "solution": "Solution:\n\nPoniendo $a=3^{x}$, $b=5^{y}$ y $c=7^{z}$ la ecuación anterior se convierte en:\n$$\n\\sqrt{a(b+c)}+\\sqrt{b(c+a)}+\\sqrt{c(a+b)}=\\sqrt{2}(a+b+c)\n$$\nAplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica resulta:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sqrt{a(b+c)} \\leq \\sqrt{2}\\left(\\frac{a}{2}+\\frac{b+c}{4}\\right) \\\\\n& \\sqrt{b(c+a)} \\leq \\sqrt{2}\\left(\\frac{b}{2}+\\frac{c+a}{4}\\right) \\\\\n& \\sqrt{c(a+b)} \\leq \\sqrt{2}\\left(\\frac{c}{2}+\\frac{a+b}{4}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nSumando las desigualdades anteriores se obtiene\n$$\n\\sqrt{a(b+c)}+\\sqrt{b(c+a)}+\\sqrt{c(a+b)} \\leq \\sqrt{2}(a+b+c)\n$$\nLa igualdad tiene lugar cuando $a=b=c$. Por tanto, las soluciones buscadas son aquellas para las que $3^{x}=5^{y}=7^{z}$, lo que equivale a que $x \\ln 3=y \\ln 5=z \\ln 7$. Es decir las soluciones de la ecuación dada son:\n$$\nx=\\frac{1}{\\ln 3} t, \\quad y=\\frac{1}{\\ln 5} t, \\quad z=\\frac{1}{\\ln 7} t, \\quad t \\in \\mathbb{R}\n$$\n(Se observa que en general $p^{\\frac{1}{\\ln p}}=e^{\\left(\\frac{1}{\\ln p}\\right) \\ln p}=e$, con $p>0$ y $p \\neq 1$ y $a=b=c=e^{t}$ ).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43055,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $\\mathbb{R}^{+}$ el conjunto de los números reales positivos. Halla todas las funciones $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$, tales que $f(x+f(y))=y f(x y+1)$, para todo $x, y>0$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1/x for all x > 0",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que exista un número real $y$ tal que $y-1$ y $f(y)-1$ son ambos no nulos y del mismo signo. Entonces podemos tomar el número real positivo\n$$\nx=\\frac{f(y)-1}{y-1}\n$$\nde donde se obtiene $f(y)=x(y-1)+1$ y $x+f(y)=x y+1$. Por tanto, $f(x+f(y))=f(x y+1)$ y utilizando el enunciado, resulta\n$$\ny=\\frac{f(x+f(y))}{f(x y+1)}=1\n$$\nEsto es una contradicción, y por tanto, $y-1$ y $f(y)-1$ no pueden ser ambos no nulos ni tener el mismo signo. Es decir, $f(y) \\geq 1$ para todo $y<1$, y $f(y) \\leq 1$ para todo $y>1$.\n\nPara todo $y>1$, tomemos el número real $x=(y-1)/y>0$. Entonces, se tiene que\n$$\nf\\left(\\frac{y-1}{y}+f(y)\\right)=y f(y)\n$$\nAhora distinguimos dos casos:\n- Si $y f(y)>1$, entonces $\\frac{y-1}{y}+f(y) \\leq 1$, luego $y f(y) \\leq 1$, contradicción.\n- Si $y f(y)<1$, entonces $\\frac{y-1}{y}+f(y) \\geq 1$, luego $y f(y) \\geq 1$, contradicción. Por tanto, $y f(y)=1$ para todo $y>1$ y $f(y)=\\frac{1}{y}$.\n\nSea ahora $y \\leq 1$, y tomemos $x=1$. Se tiene entonces que tanto $x+f(y)=1+f(y)$ como $x y+1=y+1$ son números reales mayores que 1, con lo que\n$$\n\\frac{1}{x+f(y)}=\\frac{y}{x y+1} \\Leftrightarrow x y+1=x y+y f(y)\n$$\ny concluimos que $f(y)=\\frac{1}{y}$ también para todo $y \\leq 1$. Luego la única función que puede satisfacer las condiciones del enunciado es $f(y)=\\frac{1}{y}$.\n\nVemos además que\n$$\nf(x+f(y))=f\\left(\\frac{x y+1}{y}\\right)=\\frac{y}{x y+1}=y f(x y+1)\n$$\nluego en efecto $f(y)=\\frac{1}{y}$ es solución, y no puede haber otras.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43056,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLas longitudes de los lados y de las diagonales de un cuadrilátero convexo plano $A B C D$ son racionales. Si las diagonales $A C$ y $B D$ se cortan en el punto $O$, demuestra que la longitud $O A$ es también racional.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $\\angle A B D=\\alpha$, $\\angle C B D=\\gamma$ y $\\angle C B A=\\beta$.\n\nPor el teorema del coseno en el triángulo $\\triangle A B C$, $\\cos \\beta=\\frac{A B^{2}+B C^{2}-C A^{2}}{2 A B \\cdot B C}$ es un número racional. Análogamente $\\cos \\alpha$ y $\\cos \\gamma$ son números racionales.\n\nPor otra parte, $\\cos \\beta=\\cos (\\alpha+\\gamma)=\\cos \\alpha \\cos \\gamma-\\sen \\alpha \\sen \\gamma$. Y así $\\sen \\alpha \\sen \\gamma$ es un número racional. También es racional $\\sen^{2} \\gamma=1-\\cos ^{2} \\gamma$. Por tanto $\\frac{\\sen \\alpha}{\\sen \\gamma}=\\frac{\\sen \\alpha \\sen \\gamma}{\\sen^{2} \\gamma}$ es racional.\n\nAplicando el teorema de los senos a los triángulos $\\triangle O A B$ y $\\triangle O C B$ respectivamente se tiene que $\\frac{A B}{\\sen \\angle B O A}=\\frac{A O}{\\sen \\alpha}$ y $\\frac{B C}{\\sen \\angle B O C}=\\frac{O C}{\\sen \\gamma}$. Se deduce que $\\frac{O A}{O C}=\\frac{A B}{B C} \\cdot \\frac{\\sen \\alpha}{\\sen \\gamma}=r$, es un número racional. Entonces $A C=O A+O C=(1+r) O A$. Por tanto $O A=\\frac{A C}{1+r}$ es racional.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43057,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABCD$ un cuadrilátero convexo y $P$ un punto interior. Determina cuáles son las condiciones que deben cumplir el cuadrilátero y el punto $P$ para que los cuatro triángulos $PAB$, $PBC$, $PCD$ y $PDA$ tengan la misma área.",
    "options": [],
    "answer": "The diagonals must intersect at the midpoint of one of them, and the interior point must be the midpoint of the other diagonal.",
    "solution": "Solution:\n\nConsideremos, primero, los triángulos $PCD$ y $PCB$. Tienen la base común $PC$ y alturas correspondientes $DX$ y $BY$. Si queremos que tengan la misma área, las alturas deben ser iguales. Por lo tanto, el punto $Q$ tiene que ser el punto medio de la diagonal $BD$. La recta $CP$ debe pasar por $Q$.\n\nAnálogamente, consideremos los triángulos $ADP$ y $PAB$ de base común $AP$. Por el mismo argumento de antes, han de tener alturas iguales y $AP$ tiene que pasar por $Q$. De ahí que $AP$ y $CP$ tienen dos puntos comunes: $P$ y $Q$. Los segmentos $AP$ y $PC$ están, pues, alineados. Es decir, son la diagonal $AC$.\n\nEs pues necesario que las dos diagonales se corten en el punto medio de una de ellas. Pero mirando los triángulos $PDA$ y $PDC$, que tienen la misma área, resulta que $P$ tiene que ser el punto medio de $AC$.\n\nLa condición pedida es que las diagonales del cuadrilátero se corten en el punto medio de una de ellas y el punto $P$ sea el punto medio de la otra.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43058,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTenemos una colección de esferas iguales que apilamos formando un tetraedro cuyas aristas tienen todas $n$ esferas. Calcula, en función de $n$, el número total de puntos de tangencia (contactos) que hay entre las esferas del montón.",
    "options": [],
    "answer": "n^3 - n",
    "solution": "Solution:\n\nEl problema en el plano.\n\nAnalicemos primero el problema en el caso plano. Sea $A_{n}$ el número de contactos de $n$ esferas colocadas en un triángulo plano con $n$ esferas en cada uno de los lados (figura de la derecha). Fijémonos que el número total de esferas es, evidentemente, $T_{n}=\\frac{n(n+1)}{2}$.\n\nPodemos proceder por inducción. Si hay $n=2$ filas el número de contactos es 3; es decir, $A_{2}=3$. Observemos que coincide con el número de bolas del triángulo de dos\n\n![](attached_image_1.png)\n\nfilas.\n\nEn un triángulo de $n-1$ filas hay $A_{n-1}$ contactos. Obviamente, en un triángulo de $n$ filas habrá los contactos que ya había en un triángulo de $n-1$ filas, más los que provengan de añadir la última fila, tal como está indicado en la figura anterior. Pero está claro que, al añadir esta última fila se producen contactos de dos tipos:\n- Los que hay entre las bolas de la fila $n$-ésima, que son $n-1$.\n- Los que tienen las bolas de la fila $n$-ésima con la anterior. Son $2(n-1)$.\n\nAsí pues, $A_{n}=A_{n-1}+3(n-1)$, o bien, $A_{n}-A_{n-1}=3(n-1)$. Sumando queda\n$$\nA_{n}=3((n-1)+(n-2)+\\cdots+2+1)=3 \\frac{n(n-1)}{2}=3 T_{n-1}\n$$\n\nEl problema en el espacio tridimensional.\n\nAhora ya podemos analizar el caso en el espacio. Sea $C_{n}$ el número de contactos de un montón tetraédrico de esferas con aristas de $n$ esferas. En la figura de la derecha hemos representado las esferas de la base en trazo continuo y las del piso inmediato superior en trazo discontinuo, a vista de pájaro. Cuando añadimos el piso $n$-ésimo, añadimos contactos de dos tipos:\n- Los propios del piso - un triángulo plano de $n$ bolas de\n\n![](attached_image_2.png)\n\nlado.\n- Los que provienen de contactos entre el piso $n-1$ y el piso $n$.\n\nLos contactos del primer tipo son, como hemos visto en el caso plano, $A_{n}=3 T_{n-1}$.\n\nEl número de contactos entre un piso y el anterior es $3 T_{n-1}$, ya que cada bola del piso $n-1$ toca exactamente tres bolas del piso $n$. (Véase la figura.) En total, pues, el número de contactos es $C_{n}-C_{n-1}=A_{n}+3 T_{n-1}=3 n(n-1)$. Si sumamos queda\n$$\nC_{n}-C_{2}=3 n(n-1)+\\cdots+3 \\cdot 3(3-1)=3\\left(n^{2}+\\cdots+3^{2}\\right)-3(n+\\cdots+3)\n$$\no bien\n$$\nC_{n}=3\\left(n^{2}+\\cdots+2^{2}+1^{2}\\right)-3(n+\\cdots+2+1)=3 \\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}-3 \\frac{n(n+1)}{2}=n^{3}-n.\n$$\n\nOtro camino. La recurrencia $C_{n}=C_{n-1}+3 n(n-1)$ se puede resolver escribiendo $C_{n}$ como un polinomio cúbico y calculando sus coeficientes a partir de la recurrencia y de la condición inicial $C_{1}=0$.\n\nSi ponemos $C_{n}=a n(n-1)(n-2)+b n(n-1)+c n+d$, la condición de recurrencia da $a=1, b=3, c=0$, y la condición $C_{1}=0$ da $d=0$. En resumen\n$$\nC_{n}=n(n-1)(n-2)+3 n(n-1)=n^{3}-n\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43059,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHallar todas las funciones reales continuas $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$ que cumplen, para todo $x$ real positivo, la condición\n$$\nx+\\frac{1}{x}=f(x)+\\frac{1}{f(x)}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x; f(x) = 1/x; f(x) = max(x, 1/x); f(x) = min(x, 1/x)",
    "solution": "Solution:\nEscribimos\n$$\nx-f=\\frac{1}{f}-\\frac{1}{x}=\\frac{x-f}{x f}\n$$\nde donde sale\n$$\n(x-f)\\left(1-\\frac{1}{x f}\\right)=0\n$$\nDe aquí resulta que, para cada $a>0$, será, o bien $f(a)=a$, o bien $f(a)=\\frac{1}{a}$.\nLas funciones de $\\mathbb{R}^{+}$ en $\\mathbb{R}^{+}$ definidas por $f(x)=x$ y por $f(x)=1 / x$ cumplen la condición, pero también la cumplen las funciones\n$$\n\\max \\left(x, \\frac{1}{x}\\right) \\quad y \\quad \\min \\left(x, \\frac{1}{x}\\right)\n$$\nya que las curvas $f(x)=x$ y $f(x)=1 / x$ se cortan en $(1,1)$ y solamente en este punto.\n![](attached_image_1.png)\nObservación. Un razonamiento más fino para deducir que estas funciones son las únicas continuas es el siguiente. Sea $f$ una función que cumple las condiciones del enunciado y supongamos que en el intervalo $(0,1)$ tomase valores $x$ y $1 / x$. Sea $\\alpha$ el supremo de los $x<1$ tales que $f(x)=x$. Si $\\alpha$ fuese estrictamente menor que 1, la función tendría una discontinuidad en él. Luego $\\alpha=1$ y la función no puede saltar de $x$ a $1 / x$ en el intervalo $(0,1)$. Análogamente se hace a la derecha del 1 .",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43060,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nConsideremos el número entero positivo\n$$\nn=2^{r}-16^{s}\n$$\ndonde $r$ y $s$ son también enteros positivos. Hallar las condiciones que deben cumplir $r$ y $s$ para que el resto de la división de $n$ por 7 sea 5. Hallar el menor número que cumple esta condición.",
    "options": [],
    "answer": "Conditions: r ≡ 1 (mod 3) and s ≡ 2 (mod 3). The smallest positive n is 768, achieved at r = 10 and s = 2.",
    "solution": "Solution:\n\nLos restos obtenidos al dividir las potencias de $2$ por $7$ son $\\{1,2,4,1,2,4, \\ldots\\}$, repitiéndose con periodo $3$. Estos mismos restos se obtienen al dividir $16$ por $7$. Luego la única posibilidad para obtener resto $5$ al restar es que\n$$\nr=3k+1 \\quad \\text{y} \\quad s=3h+2\n$$\nEstas son las condiciones pedidas.\n\nPara hallar el mínimo positivo $n$ escribimos\n$$\nn=2^{3k+1}-16^{3h+2}=2^{3k+1}-2^{12h+8}\n$$\nDeberá ser $3k+1>12h+8$ (la función $2^{x}$ es creciente), equivalente a $3k-12h-7>0$. El mínimo se obtendrá cuando $3k-12h-7$ sea mínimo (la función $2^{x}$ es convexa), y se ve fácilmente que este mínimo se obtiene para $k=3$ y $h=0$ y resulta\n$$\nn=2^{10}-2^{8}=768\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43061,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe dispone de pequeñas piezas de madera de tamaño $4 \\times 5 \\times 10$. Decidir si es posible o no apilarlas, sin dejar huecos y apoyándolas siempre sobre cualquiera de sus caras, para formar un ortoedro de dimensiones $2^{2003} \\times 3^{2003} \\times 5^{2003}$.",
    "options": [],
    "answer": "Impossible",
    "solution": "Solution:\n\nLa superficie de cada una de las caras del ortoedro es:\n$$\nC_{1}=2^{2003} \\times 3^{2003}=6^{2003}, \\quad C_{2}=2^{2003} \\times 5^{2003}=10^{2003} \\text{ y } C_{3}=3^{2003} \\times 5^{2003}=15^{2003}\n$$\nY, de ser posible el apilamiento, debería ser combinación lineal (con coeficientes naturales) de superficies de las caras de las piezas de madera:\nde $4 \\times 5=20$, de $4 \\times 10=40$ y de $5 \\times 10=50$; esto es, múltiplo de $10$.\nPero como $6^{2003}$ no lo es, el apilamiento ortoédrico es imposible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43062,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un triángulo de vértices $A$, $B$ y $C$, y con lados de longitud $a = BC$, $b = AC$ y $c = AB$, llamemos $D$ al punto de intersección del lado $AB$ con la bisectriz del ángulo $C$.\n\nDemuestra que: \n$$\nCD = \\frac{2ab \\cos \\frac{C}{2}}{a + b}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n- A partir del vértice $B$ trazamos una paralela a la bisectriz $CD$ y prolongamos el lado $AC$ hasta obtener el punto $E$.\nY, también, $CF$ perpendicular a $BE$.\n- Así, $CB = CE = a$\n\n![](attached_image_1.png)\n\n- Por ángulos alternos-internos, en el triángulo $BCF$ tenemos: $\\cos \\frac{C}{2} = \\frac{FB}{a} = \\frac{EB}{2a}$\n- Los triángulos $ACD$ y $AEB$ son semejantes: $\\frac{AC}{AE} = \\frac{CD}{EB}$\nSolution:\n\n$$\nCD = \\frac{AC \\cdot EB}{AE} = \\frac{2ab \\cos \\frac{C}{2}}{a + b}\n$$\n- Por el Teorema de la Bisectriz: $\\frac{a}{b} = \\frac{q}{p}$\n- Y aplicando en los dos triangulitos el Teorema del Coseno:\n$$\n\\frac{a^2}{b^2} = \\frac{q^2}{p^2} = \\frac{CD^2 + a^2 - 2 \\cdot CD \\cdot a \\cdot \\cos \\frac{C}{2}}{CD^2 + b^2 - 2 \\cdot CD \\cdot b \\cdot \\cos \\frac{C}{2}}\n$$\n- Distinguimos dos casos:\n$a \\neq b$ Multiplicando en cruz $\\left(b^2 - a^2\\right) \\cdot CD^2 = 2ab(b - a) \\cdot CD \\cdot \\cos \\frac{C}{2}$\n$$\n\\text{y simplificando queda:}\\quad (b + a) \\cdot CD = 2ab \\cos \\frac{C}{2}\n$$\n$a = b$ En este caso el triángulo es isósceles.\nY, directamente, se tiene: $\\quad CD = a \\cos \\frac{C}{2} = \\frac{2ab \\cos \\frac{C}{2}}{a + b}$\nSolution:\n\nPor áreas de triángulos: $S_{BCD} = \\frac{1}{2} a CD \\sin \\frac{C}{2}$\n$$\n\\begin{gathered}\nS_{ACD} = \\frac{1}{2} b CD \\sin \\frac{C}{2} \\\\\nS_{ABC} = \\frac{1}{2} ab \\sin C = ab \\sin \\frac{C}{2} \\cdot \\cos \\frac{C}{2} \\\\\nS_{BCD} + S_{ACD} = S_{ABC} \\quad \\rightarrow \\quad \\frac{1}{2}(a + b) CD \\sin \\frac{C}{2} = ab \\sin \\frac{C}{2} \\cos \\frac{C}{2}\n\\end{gathered}\n$$\ny simplificando se tiene la relación pedida",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43063,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDibuja un semicírculo con centro en $O$ y diámetro $A B$ y, en su interior, otro, con diámetro $O A$. Traza por un punto $C$ de $O A$ una recta perpendicular a dicho radio $O A$, que cortará al semicírculo pequeño en $D$ y al grande en $E$ y, finalmente, la recta $A D$ que cortará al semicírculo grande en $F$.\nDemuestra que el círculo circunscrito al triángulo $D E F$ es tangente a la cuerda $A E$ en $E$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n-El triángulo $A E B$ es rectángulo.\nPor el Teorema del Cateto: $A E^{2}=A C . A B$\n-El cuadrilátero $B C D F$ es inscriptible, pues sus ángulos opuestos $C$ y $F$ son rectos.\n![](attached_image_1.png)\nAsí, las rectas $A C B$ y $A D F$ son secantes a la circunferencia que lo circunscribe.\n- La potencia del punto $A$ respecto de esa circunferencia nos da:\n$$\nA C \\cdot A B = A D \\cdot A F\n$$\n- Por tanto: $A E^{2} = A D . A F$.\nY esto quiere decir, por potencia de $A$ respecto a la circunferencia que circunscribe al triángulo $D E F$, que la recta $A E$ es tangente a dicha circunferencia en $E$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43064,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Existirán 16 números naturales distintos y menores de 100 tales que al colocarlos en las casillas de un tablero $4 \\times 4$ el producto de los situados en cada fila sea el mismo y, a su vez, coincida con el de los colocados en cada columna y en las dos diagonales principales?\nSi la respuesta es afirmativa, indica cuáles son.\nSi la respuesta es negativa, justifícalo.",
    "options": [],
    "answer": "Yes. One example is the grid with rows:\n17, 55, 14, 39\n51, 22, 35, 13\n85, 7, 33, 26\n34, 21, 11, 65\nAll rows, columns, and main diagonals have common product 510510.",
    "solution": "Solution:\n\nVeamos que sí existen.\nConsideremos estos dos conjuntos:  $A = (1, 2, 3, 5)$  y $B = \\{7, 11, 13, 17\\}$.\n\nLos 16 productos que se obtienen al multiplicar un número de $A$ por uno de $B$ son todos distintos y menores de 100.\n\nLos colocaremos de forma que, en cada fila, en cada columna y cada diagonal principal, los números de $A$ y $B$ aparezcan como factores exactamente una vez.\n\nProcederemos así:\n\n$1^{\\circ}$ En una diagonal ponemos: $1 \\cdot 17$, $2 \\cdot 13$, $3 \\cdot 11$ y $5 \\cdot 7$.\n\n$2^{\\circ}$ En las esquinas restantes: $2 \\cdot 11$ y $3 \\cdot 13$.\n\n$3^{\\circ}$ Y completamos las demás casillas.\n\n| $1 \\times 17$ | $5 \\times 11$ | $2 \\times 7$ | $3 \\times 13$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $3 \\times 17$ | $2 \\times 11$ | $5 \\times 7$ | $1 \\times 13$ |\n| $5 \\times 17$ | $1 \\times 7$ | $3 \\times 11$ | $2 \\times 13$ |\n| $2 \\times 17$ | $3 \\times 7$ | $1 \\times 11$ | $5 \\times 13$ |\n\nEl producto de cada fila, cada columna y cada diagonal es siempre el mismo:\n$$\n1 \\cdot 2 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdot 11 \\cdot 13 \\cdot 17 = 510510\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43065,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Cuál es el número máximo de vértices de un polígono regular de 21 lados que podemos elegir para que, al trazar los segmentos que los unen entre sí, no haya dos con la misma longitud?",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\nPor la simetría de la figura, sólo hay 10 distancias distintas.\n\nComo mucho, podremos elegir 5 vértices. Pues, entre cinco puntos no alineados se pueden trazar $C_{5,2} = 10$ segmentos.\n\nNos faltará constatar si con $5$, y con qué $5$, vértices se puede.\n\nLa figura de la derecha muestra una posibilidad.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43066,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nPrueba que si los números $\\log_{a} x$, $\\log_{b} x$ y $\\log_{c} x$ con $(x \\neq 1)$ están en progresión aritmética, entonces\n$$\nc^{2}=(a . c)^{\\log_{c} b}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nPor ser tres números en progresión aritmética\n$2 \\log_{b} x = \\log_{a} x + \\log_{c} x$\n\n$2 \\frac{\\log x}{\\log b} = \\frac{\\log x}{\\log a} + \\frac{\\log x}{\\log c}$ y como $\\log x \\neq 0 \\rightarrow 2 = \\frac{\\log b}{\\log a} + \\frac{\\log b}{\\log c} = \\log_{a} b + \\log_{c} b$\n\nUniformando la base\n\n$\\log_{c} c^{2} = \\log_{c} c^{\\log_{a} b} + \\log_{c} b = \\log_{c}\\left(b \\cdot c^{\\log_{a} b}\\right)$\n\nPor tanto:\n\n$c^{2} = b \\cdot c^{\\log_{a} b} = a^{\\log_{a} b} c^{\\log_{a} b} = (a \\cdot c)^{\\log_{a} b}$ como queríamos probar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43067,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDetermina los dos valores de $x$ más próximos (por defecto y por exceso) a $2003^{\\circ}$ que cumplen la siguiente ecuación trigonométrica:\n$$\n\\frac{1}{\\operatorname{sen}^{2} x}-\\frac{1}{\\cos ^{2} x}-\\frac{1}{\\operatorname{tg}^{2} x}-\\frac{1}{\\operatorname{cotg}^{2} x}-\\frac{1}{\\sec ^{2} x}-\\frac{1}{\\operatorname{cosec}^{2} x}=-3\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1935° and 2025°",
    "solution": "Solution:\nLa expresión se puede escribir así\n$$\n\\begin{gathered}\n\\operatorname{cosec}^{2} x-\\sec ^{2} x-\\cot ^{2} x-\\operatorname{tg}^{2} x-\\cos ^{2} x-\\operatorname{sen}^{2} x=-3 \\\\\n\\left(1+\\cot ^{2} x\\right)-\\left(1+\\operatorname{tg}^{2} x\\right)-\\cot ^{2} x-\\operatorname{tg}^{2} x-1=-3\n\\end{gathered}\n$$\ny se reduce a la sencilla ecuación trigonométrica $\\operatorname{tg}^{2} x=1$ que tiene por soluciones: $x=45^{\\circ}+90^{\\circ} k$ con $k \\in \\mathbb{Z}$\n\nLos valores pedidos se obtienen para $k_{1}=21$ y $k_{2}=22$\ny son $x_{1}=1935^{\\circ}$ y $x_{2}=2025^{\\circ}$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43068,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n¿Qué condición han de cumplir las longitudes de los lados de un triángulo cualquiera para que la línea que une el baricentro (centro de gravedad del triángulo o punto donde coinciden las medianas) y el incentro (punto común a las tres bisectrices) sea paralela a uno de los lados?",
    "options": [],
    "answer": "c = (a + b) / 2",
    "solution": "Solution:\n- Llamemos $I$ al incentro.\nPor el Teorema de la Bisectriz:\nEn el triángulo $ADC$: $\\frac{AC}{AD} = \\frac{CI}{ID}$\nEn el triángulo $BDC$: $\\frac{BC}{BD} = \\frac{CI}{ID}$\n\nLuego\n![](attached_image_1.png)\n$$\n\\frac{CI}{ID} = \\frac{AC}{AD} = \\frac{BC}{BD} = \\frac{AC + BC}{AD + BD} = \\frac{AC + BC}{AB} = \\frac{b + a}{c}\n$$\n- Dibujemos la situación completa.\nDenominemos $M$ al punto medio del lado $AB$ y $G$ al baricentro.\nLos triángulos $CIG$ y $CDM$ han de ser semejantes. Así, por el Teorema de Tales:\n$$\n\\frac{CI}{ID} = \\frac{CG}{GM}\n$$\nY por la propiedad del baricentro: $\\frac{CG}{GM} = 2$\nLuego $\\frac{CI}{ID} = 2$\n- Conclusión: $\\frac{CI}{ID} = \\frac{a + b}{c} = 2$\nLa línea que une baricentro e incentro de un triángulo será paralela al lado $AB$ si su longitud es media aritmética de los otros dos: $c = \\frac{a + b}{2}$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43069,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn cuadrado de papel $ABCD$, de lado unidad, se dobla de modo que el vértice $A$ toque en un punto arbitrario $E$ del lado $CD$. Así, se obtienen tres triángulos rectos formados por una sola capa de papel.\nDeterminar la longitud de sus lados en función de $x=DE$ y demostrar que el perímetro del triángulo mayor es la suma de los perímetros de los otros dos, y vale la mitad que el perímetro del cuadrado. (Teorema de Haga)\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Let x be the length from the nearer corner of the base to the touch point. For triangle DEF: sides are x, (1 + x^2)/2, (1 − x^2)/2 and its perimeter is x + 1. For triangle ECI: sides are 1 − x, (1 + x^2)/(1 + x), 2x/(1 + x) and its perimeter is 2. For triangle IHG: sides are x(1 − x)/(1 + x), ((1 + x^2)(1 − x))/(2(1 + x)), (1 − x)^2/2 and its perimeter is 1 − x. Hence the largest triangle’s perimeter equals the sum of the other two, and equals 2, which is half the square’s perimeter.",
    "solution": "Solution:\n\nDenominamos, con letras mayúsculas, los puntos característicos que produce el plegado, y con minúsculas, los lados de los triángulos.\n\nLos lados del triángulo $DEF$ se obtienen, resolviendo el sistema:\n$$\n\\begin{gathered}\n\\left.\\left.\\begin{array}{c}\nx^{2}+z^{2}=y^{2} \\\\\nz+y=1\n\\end{array}\\right\\} \\rightarrow \\begin{array}{c}\nz=1-y \\\\\nx^{2}+(1-y)^{2}=y^{2}\n\\end{array}\\right\\} \\rightarrow \\\\\n\\left.\\begin{array}{c}\nz=1-y \\\\\nx^{2}+1-2y=0\n\\end{array}\\right\\} \\rightarrow \\quad y=\\frac{1+x^{2}}{2} \\quad z=\\frac{1-x^{2}}{2}\n\\end{gathered}\n$$\n\n![](attached_image_2.png)\n\ny su perímetro es $P_{DEF}=x+y+z=x+\\frac{1+x^{2}}{2}+\\frac{1-x^{2}}{2}=x+1$\n\nLos triángulos rectángulos de una capa de papel son semejantes, pues, por un lado, $\\angle FED$ y $\\angle IEC$ son complementarios y, por otro, $\\angle EIC=\\angle GIH$.\n\nPor semejanza de los triángulos $EDF$ y $ECI$:\n$$\n\\frac{x}{z}=\\frac{w}{u} \\rightarrow w=\\frac{x \\cdot u}{z}=\\frac{x(1-x)}{z} ; \\quad \\frac{y}{z}=\\frac{v}{u} \\quad \\rightarrow \\quad v=\\frac{y \\cdot u}{z}=\\frac{y(1-x)}{z}\n$$\n\nLos lados del triángulo $ECI$ son: $u=1-x \\quad v=\\frac{1+x^{2}}{1+x} \\quad w=\\frac{2x}{1+x}$\ny su perímetro $P_{ECI}=u+v+w=\\frac{1-x^{2}}{1+x}+\\frac{1+x^{2}}{1+x}+\\frac{2x}{1+x}=2$\n\nPor semejanza de los triángulos $ECI$ y $IHG$:\n$$\n\\frac{w}{v}=\\frac{r}{s} \\rightarrow \\quad s=\\frac{v \\cdot r}{w}=\\frac{v(1-v)}{w}\n$$\n\nLos lados del triángulo $IHG$ son:\n$$\nr=1-v=\\frac{x(1-x)}{1+x} \\quad s=\\frac{\\left(1+x^{2}\\right)(1-x)}{2(1+x)} \\quad t=1-w-s=\\frac{(1-x)^{2}}{2}\n$$\ny su perímetro es\n$$\n\\begin{aligned}\nP_{IHG} & =r+s+t=\\frac{2x(1-x)}{2(1+x)}+\\frac{\\left(1+x^{2}\\right)(1-x)}{2(1+x)}+\\frac{(1-x)^{2}(1+x)}{2(1+x)}= \\\\\n& =\\frac{(1-x)[2x+\\left(1+x^{2}\\right)+\\left(1-x^{2}\\right)]}{2(1+x)}=\\frac{(1-x)[2x+2]}{2(1+x)}=1-x\n\\end{aligned}\n$$\n\nQueda probado lo que se pedía: $P_{EDF}+P_{IHG}=(x+1)+(1-x)=2=P_{ECI}$ y que $P_{ECI}=2$, es la mitad del perímetro del cuadrado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43070,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPor turno, en orden alfabético, tres amigos lanzan un dado. Quien saque un 6 en primer lugar gana lo apostado.\nPor cada euro que apueste Carlos, ¿qué cantidad han de poner Ana y Blas para equilibrar el juego y lograr que sea equitativo, es decir, para que las expectativas de ganancia sean las mismas para los tres colegas y no se vean afectadas por el orden de actuación al lanzar el dado?",
    "options": [],
    "answer": "Ana 1.44 €, Blas 1.20 € (per 1 € by Carlos)",
    "solution": "Solution:\n\nEl esquema en árbol nos ayudará a determinar las probabilidades que tienen cada uno de los amigos de ganar en este juego:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPor cada $91\\,€$ en litigio, $36$ los debe poner Ana, $30$ Blas y $25$ Carlos.\n\nLuego, si Carlos apuesta $1\\,€$, Ana debe poner $1{,}44\\,€$ y Blas $1{,}20\\,€$.\n\nObviamente, así, el juego es justo, pues la esperanza matemática de ganar de cada jugador es cero. De todas formas, veámoslo:\n\nDefinimos las siguientes variables aleatorias:\n\n$X_{\\mathrm{A}}=$ ganancia de Ana\n\n|   | $x_{1}=$ Gana | $x_{2}=$ Pierde |\n| :---: | :---: | :---: |\n| $X_{A}$ | $+2{\\prime}20$ | $-1{\\prime}44$ |\n| $p\\left(X_{A}=x_{i}\\right)$ | $36/91$ | $55/91$ |\n\n$$\nE\\left(X_{A}\\right)=2{\\prime}20 \\frac{36}{91}-1{\\prime}44 \\frac{55}{91}=0\n$$\n\n$X_{\\mathrm{B}}=$ ganancia de Blas\n\n|   | $\\mathbf{x}_{\\mathbf{1}}=$ Gana | $\\mathbf{x}_{\\mathbf{2}}=$ Pierde |\n| :--- | :--- | :--- |\n| $X_{B}$ | +2 ' 44 | -1 ' 20 |\n| $p\\left(X_{B}=x_{i}\\right)$ | $30/91$ | $61/91$ |\n\n$$\nE\\left(X_{B}\\right)=2{\\prime}44 \\frac{30}{91}-1{\\prime}20 \\frac{61}{91}=0\n$$\n\n$X_{\\mathrm{C}}=$ ganancia de Carlos\n\n|   | $x_{1}=$ Gana | $x_{2}=$ Pierde |\n| :---: | :---: | :---: |\n| $X_{C}$ | $+2{\\prime}64$ | -1 |\n| $p\\left(X_{C}=x_{i}\\right)$ | $25/91$ | $66/91$ |\n| $E\\left(X_{C}\\right)=2{\\prime}64 \\frac{25}{91}-1 \\cdot \\frac{66}{91}=0$ |   |   |\n\nEl juego es equitativo: las expectativas de ganancia para los tres amigos es la misma.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43071,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado el polinomio $p(x)=x^{3}+B x^{2}+C x+D$, probar que si el cuadrado de una de sus raíces es igual al producto de las otras dos, entonces $B^{3} D=C^{3}$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLlamemos $r$, $s$ y $t$ a las tres raíces.\nEl polinomio lo podemos escribir así: $p(x)=(x-r)(x-s)(x-t)$.\nSi operamos\n$$\np(x)=x^{3}-(r+s+t) x^{2}+(r s+s t+t r) x-r s t\n$$\ne igualamos coeficientes, obtenemos las conocidas relaciones de Cardano-Vieta:\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{r}\nr+s+t=-B \\\\\nr s+s t+t r=C \\\\\nr s t=-D\n\\end{array}\\right.\n$$\nY como $r^{2}=s t$, quedan así: $\\quad\\left\\{\\begin{array}{l}C=r s+r^{2}+t r=r(s+r+t)=-r B \\\\ -D=r s t=r^{3}\\end{array}\\right.$\nFinalmente, elevando al cubo esta primera expresión conseguimos lo pedido:\n$$\nC^{3}=(-r B)^{3}=-r^{3} B^{3}=B^{3} D\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43072,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Cuántas ternas ordenadas de números naturales $(a, b, c)$ distintos de la unidad hay tales que\n$$\na.b.c = 7^{39}?\n$$",
    "options": [],
    "answer": "703",
    "solution": "Solution:\n\nComo $7$ es primo y $a \\neq 1$, $b \\neq 1$ y $c \\neq 1$, $a.b.c = 7^{p} \\cdot 7^{q} \\cdot 7^{r} = 7^{39}$ con $p, q, r \\in \\mathbb{N}$.\n\nPor tanto, el número de ternas ordenadas $(a, b, c)$ será el mismo que el de ternas $(p, q, r)$ con la condición $p + q + r = 39$.\n\nTabulemos y contemos:\n\n| $p$ | $q$ | $r$ | Número de ternas |\n| :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 1 | 1 | 37 |  |\n| $\\ldots$ | 2 | 36 | 37 |\n| $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ |  |\n| $\\ldots$ | 37 | 1 |  |\n| 2 | 1 | 36 |  |\n| $\\ldots$ | 2 | 35 | 36 |\n| $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ |  |\n| $\\ldots$ | 36 | 1 |  |\n| 3 | 1 | 35 |  |\n| $\\ldots$ | 2 | 34 | 35 |\n| $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ |  |\n| $\\ldots$ | 35 | 1 |  |\n| $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ |\n| $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ |\n| 36 | 1 | 2 | 2 |\n| $\\ldots$ | 2 | 1 |  |\n| 37 | 1 | 1 | 1 |\n\nEl total de ternas será:\n$$\n37 + 36 + 35 + \\ldots + 2 + 1 = \\frac{37 + 1}{2} \\cdot 37 = 19 \\cdot 37 = 703\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43073,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera un triángulo equilátero de lado $1$ y centro $O$, como el de la figura.\n![](attached_image_1.png)\nUn rayo parte de $O$ y se refleja en los tres lados, $\\overline{AB}$, $\\overline{AC}$ y $\\overline{BC}$, (en el orden dado), hasta alcanzar el vértice $A$.\nDetermina la longitud mínima del recorrido del rayo.\nNota: Cuando el rayo se refleja en un lado, los ángulos de entrada (incidencia) y salida (reflexión) coinciden.",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(39)/3",
    "solution": "Solution:\n\nComo el rayo se refleja en los lados indicados, basta con desarrollar el camino recorrido por el rayo, para ello desdoblamos el triángulo según la siguiente figura.\n![](attached_image_2.png)\nEsta figura nos indica que existe un único camino para ir del punto $O$ al punto $A$ reflejándose en los lados del triángulo en el orden indicado. Para calcular la distancia recorrida por el rayo, basta considerar el triángulo $APO'$, es un triángulo rectángulo del que tenemos que calcular la hipotenusa $AO'$. Sabemos que $O'P$ es igual a $\\frac{1}{2}$. La distancia $PA$ es $1+1+\\frac{1}{3}=\\frac{7}{3}$ de la altura $h=\\frac{\\sqrt{3}}{2}$ del triángulo. En este caso tenemos:\n$$\n\\left(AO'\\right)^2=\\left(O'P\\right)^2+(PA)^2=\\left(\\frac{1}{2}\\right)^2+\\left(\\frac{7}{3}\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)^2=\\frac{1}{4}+\\frac{7^2 \\times 3}{3^2 \\times 2^2}=\\frac{1}{4}+\\frac{49}{12}=\\frac{13}{3}\n$$\nPor lo tanto la distancia $AO'$ es: $\\sqrt{\\frac{13}{3}}=\\frac{\\sqrt{39}}{3}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43074,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $E$ una elipse y consideremos tres rectas paralelas $r_{1}, r_{2}$ y $r_{3}$, cada una de las cuales corta a $E$ en dos puntos distintos. Sean estos puntos $A_{1}, B_{1}, A_{2}, B_{2}$ y $A_{3}, B_{3}$, respectivamente. Probar que los puntos medios de los segmentos $A_{1} B_{1}, A_{2} B_{2}$ y $A_{3} B_{3}$ están alineados.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEl resultado es inmediato en el caso de que la elipse sea una circunferencia. Estas tres rectas determinan tres cuerdas y sus puntos medios son los puntos de corte de las rectas con un diámetro perpendicular a todas ellas. En otro caso, pensando en la elipse como la intersección de un cono con un plano (el cono de Apolonio), la proyección sobre un plano perpendicular al eje del cono nos da una circunferencia y las rectas paralelas se proyectan en rectas paralelas.\nSolution:\n\nSin pérdida de generalidad, podemos suponer que la ecuación de nuestra elipse es $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$. Entre todas las rectas de pendiente dada $m$ consideraremos dos particulares: en primer lugar la que pasa por el origen, $O$, $y=mx$. Por simetría, el origen será precisamente el punto medio de los dos puntos en que esta recta corta a la elipse; a continuación, consideramos una de las dos rectas tangentes a la elipse con esta pendiente $m$ en el punto que llamamos $P$. Si nuestras rectas $r_{1}, r_{2}$ y $r_{3}$ tienen pendiente $m$ y los puntos medios de los puntos de corte con la elipse van a estar alineados, estos puntos medios deben estar sobre la recta que pasa por $O$ y $P$.\n\nTomemos una recta con ecuación $y=mx+c$ y determinemos sus intersecciones con la elipse, $A$ y $B$, con coordenadas respectivas $\\left(x_{A}, y_{A}\\right)$ y $\\left(x_{B}, y_{B}\\right)$. $x_{A}$ y $x_{B}$ serán las soluciones para la ecuación\n$$\n\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{(mx+c)^{2}}{b^{2}}=1\n$$\nes decir,\n$$\n\\left(b^{2}+m^{2}a^{2}\\right)x^{2}+\\left(2ma^{2}c\\right)x+a^{2}c^{2}-a^{2}b^{2}=0\n$$\nque vienen dadas por\n$$\n\\frac{-2ma^{2}c \\pm \\sqrt{\\left(2ma^{2}c\\right)^{2}-4\\left(b^{2}+m^{2}a^{2}\\right)\\left(a^{2}c^{2}-a^{2}b^{2}\\right)}}{2\\left(b^{2}+m^{2}a^{2}\\right)}\n$$\nuna para cada signo. Por lo tanto, si el punto medio tiene por coordenadas $\\left(x_{M}, y_{M}\\right)$, entonces $x_{M}=\\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\\frac{-ma^{2}c}{b^{2}+m^{2}a^{2}}$ e $y_{M}=mx_{M}+c=\\frac{b^{2}c}{b^{2}+m^{2}a^{2}}$, que están sobre la recta $y=\\frac{y_{M}}{x_{M}}x=\\frac{-b^{2}}{ma^{2}}x$, que es independiente del valor de $c$ de la recta particular elegida.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSin pérdida de generalidad, podemos suponer que la ecuación de nuestra elipse es $\\frac{x^{2}}{a^{2}}+\\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ y que la pendiente común de $r_{1}, r_{2}$ y $r_{3}$ es $m$. La transformación $f$ definida por\n$$\n\\left(x', y'\\right) = f(x, y) = \\left(\\frac{x}{a}, \\frac{y}{b}\\right)\n$$\nconvierte la elipse en una circunferencia de ecuación $x'^{2}+y'^{2}=1$, y una recta de ecuación $y=mx+c$ en una recta de ecuación $by' = max'+c$, es decir, $y' = \\frac{ma}{b}x' + \\frac{c}{b}$. Por tanto, las imágenes por $f$ de $r_{1}, r_{2}$ y $r_{3}$ serán tres rectas que cortan a la circunferencia formando tres cuerdas paralelas entre sí, y sus puntos medios estarán entonces sobre el diámetro ortogonal a todas ellas, es decir, sobre la recta de ecuación $y' = -\\frac{b}{ma}x'$. Como $f$ conserva los puntos medios, por linealidad, los puntos medios de $A_{1}B_{1}, A_{2}B_{2}$ y $A_{3}B_{3}$ estarán sobre la recta $\\frac{y}{b} = -\\frac{b}{ma}\\frac{x}{a}$, es decir, $y = -\\frac{b^{2}}{ma^{2}}x$, el diámetro conjugado de $y=mx$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43075,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nConsideremos los polinomios $P(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c, Q(x)=x^{3}+A x^{2}+B x+C$ ($x$ es la variable, $a, b, c, A, B, C$ son parámetros). Sabemos que las tres raíces de $P$ son positivas y que las raíces de $Q$ son los números inversos de las raíces de $P$. Probad que $a \\cdot A>9, b \\cdot B>9$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDenotamos por $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ las raíces de $P$. Las raíces de $Q$ son $\\frac{1}{x_{1}}, \\frac{1}{x_{2}}, \\frac{1}{x_{3}}$. Utilizamos las fórmulas de Cardano para conseguir\n$$\n\\begin{gathered}\na=-\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right) ; \\quad A=-\\left(\\frac{1}{x_{1}}+\\frac{1}{x_{2}}+\\frac{1}{x_{3}}\\right) \\\\\nb=x_{1} x_{2}+x_{1} x_{3}+x_{2} x_{3} ; \\quad B=\\frac{1}{x_{1} x_{2}}+\\frac{1}{x_{1} x_{3}}+\\frac{1}{x_{2} x_{3}}\n\\end{gathered}\n$$\nAhora, ambas desigualdades son del mismo tipo. Basta probar que, si $y_{1}, y_{2}, y_{3}$ son números positivos, se tiene que $\\left(y_{1}+y_{2}+y_{3}\\right)\\left(\\frac{1}{y_{1}}+\\frac{1}{y_{2}}+\\frac{1}{y_{3}}\\right) \\geq 9$. Pero\n$$\n\\left(y_{1}+y_{2}+y_{3}\\right)\\left(\\frac{1}{y_{1}}+\\frac{1}{y_{2}}+\\frac{1}{y_{3}}\\right)=3+\\left(\\frac{y_{1}}{y_{2}}+\\frac{y_{2}}{y_{1}}\\right)+\\left(\\frac{y_{1}}{y_{3}}+\\frac{y_{3}}{y_{1}}\\right)+\\left(\\frac{y_{2}}{y_{3}}+\\frac{y_{3}}{y_{2}}\\right)\n$$\nAsí pues, basta probar que si $s$ y $t$ son números positivos, $\\frac{s}{t}+\\frac{t}{s} \\geq 2$. Finalmente,\n$$\n\\frac{s}{t}+\\frac{t}{s}-2=\\frac{s^{2}+t^{2}-2 s t}{s t}=\\frac{(s-t)^{2}}{s t} \\geq 0\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43076,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a, b, c$ números reales no nulos y $a \\neq b$. Probar que si las ecuaciones $x^{2}+a x+b c=0$ y $x^{2}+b x+c a=0$ tienen una raíz común, entonces las restantes raíces verifican la ecuación $x^{2}+c x+a b=0$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $x_{1}, x_{2}$ las raíces de la ecuación $x^{2}+a x+b c=0$ y $x_{1}, x_{3}$ las de $x^{2}+b x+c a=0$.\nLa solución común $x_{1}$ verifica la ecuación $x^{2}+a x+b c-\\left(x^{2}+b x+c a\\right)=0$, de donde resulta $(a-b)_{x_{1}}=(a-b)_{c}$ y $x_{1}=c$.\nSe sigue que $x_{2}=b$ y $x_{3}=a$, con lo que $x_{2}$ y $x_{3}$ son las raíces de la ecuación\n$$\nx^{2}-(a+b) x+a b=0\n$$\nPues $x_{1}=c$ es raíz de $x^{2}+a x+b c=0$, tenemos $c^{2}+a c+b c=0$, de donde $a+b+c=0$ y $c=-a-b$.\nSustituimos este valor de $-a-b$ en (1) y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43077,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $x_{1}, x_{2}$ las raíces del polinomio $P(x)=3 x^{2}+3 m x+m^{2}-1$, siendo $m$ un número real. Probar que $P\\left(x_{1}^{3}\\right)=P\\left(x_{2}^{3}\\right)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nTenemos $x_{1}+x_{2}=-m, \\quad x_{1} \\cdot x_{2}=\\frac{m^{2}-1}{3}$ y\n$$\n\\begin{aligned}\nP\\left(x_{1}^{3}\\right)-P\\left(x_{2}^{3}\\right) & =3 x_{1}^{6}+3 m x_{1}^{3}+m^{2}-1-\\left(3 x_{2}^{6}+3 m x_{2}^{3}+m^{2}-1\\right) \\\\\n& =3\\left(x_{1}^{6}-x_{2}^{6}\\right)+3 m\\left(x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\\right) \\\\\n& =3\\left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}\\right)\\left(x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\\right)+3 m\\left(x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\\right) \\\\\n& =3\\left(x_{1}^{3}-x_{2}^{3}\\right)\\left(x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+m\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nPues $\\quad x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=\\left(x_{1}+x_{2}\\right)^{3}-3 x_{1} x_{2}\\left(x_{1}+x_{2}\\right)=(-m)^{3}-3 \\frac{m^{2}-1}{3}(-m)=-m$, resulta $x_{1}^{3}+x_{2}^{3}+m=0$ que implica $P\\left(x_{1}^{3}\\right)-P\\left(x_{2}^{3}\\right)=0$ por lo visto anteriormente.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43078,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSupongamos que tenemos un tablero con dieciséis casillas dispuestas en cuatro filas y cuatro columnas.\n\na) Prueba que se pueden colocar siete fichas, nunca dos en la misma casilla, de forma que al eliminar dos filas y dos columnas cualesquiera, siempre quede alguna ficha sin eliminar.\n\nb) Prueba que si se colocan seis fichas, nunca dos en la misma casilla, siempre se puede eliminar dos filas y dos columnas de forma que todas las fichas sean eliminadas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n(a) Una solución es:\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(b) Si se tienen 6 fichas en el tablero, alguna columna tendrá al menos dos fichas; eliminamos esa columna.\n\nQuedan, como máximo, 4 fichas, y exactamente tres columnas. Por el mismo procedimiento podemos ahora eliminar una columna de forma que nos queden, como máximo, dos fichas en el tablero.\n\nEl tercer y cuarto paso consiste en eliminar dos filas de forma que no queden fichas en el tablero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43079,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrad que si $-1 < x < 1$, $-1 < y < 1$,\n$$\n\\left|\\frac{x-y}{1-x y}\\right| \\leq \\frac{|x|+|y|}{1+|x y|}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSi $x, y$ tienen signos opuestos, se tiene $|x-y| = |x| + |y|$, $|1-x y| = 1 - x y = 1 + |x y|$.\nAsí pues, la desigualdad es, realmente, una igualdad.\nSi la desigualdad se cumple para un par de números $(x, y)$, se cumple para el par opuesto $(-x, -y)$. Por tanto, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $x, y \\geq 0$.\nSi la desigualdad se cumple para un par de números $(x, y)$, se cumple para el par simétrico $(y, x)$.\nPor tanto, sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $0 \\leq y \\leq x$.\nEn este caso, $x-y \\geq 0$, $1-x y > 0$, $x \\geq 0$, $y \\geq 0$, $x y \\geq 0$, y la desigualdad que debemos probar queda\n$$\n(x-y)(1+x y) \\leq (x+y)(1-x y)\n$$\nSi expandimos los términos, esta desigualdad es la misma que\n$$\nx-y+x^{2} y-x y^{2} \\leq x+y-x^{2} y-x y^{2}\n$$\nSi simplificamos, obtenemos la desigualdad equivalente\n$$\n2 x^{2} y \\leq 2 y\n$$\nque, puesto que $x^{2} \\leq 1$, $y \\geq 0$, es cierta.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43080,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nConsidérese la sucesión definida como $a_{1}=3$, y $a_{n+1}=a_{n}+a_{n}^{2}$.\nDetermínense las dos últimas cifras de $a_{2000}$.",
    "options": [],
    "answer": "92",
    "solution": "Solution:\nSe tiene $a_{1}=3$ y $a_{n+1}=a_{n}+a_{n}^{2}=a_{n}(1+a_{n})$.\nEscribimos los primeros términos de la sucesión:\n$$\n3, 12, 156, 156157 = 24492, 24492 \\cdot 24493 = \\ldots 56, \\ldots\n$$\nSupongamos que $a_{n}$ termina en 56. Entonces, $a_{n}=100a+56$, y tenemos\n$$\na_{n+1} = (100a+56)(100a+57) = 100b + 56 \\cdot 57 = 100b + 100c + 92 = 100d + 92\n$$\nes decir, las últimas cifras de $a_{n+1}$ son 92.\nAnálogamente, si $a_{n}$ termina en 92, se prueba que $a_{n+1}$ termina en 56.\nComo 2000 es par, entonces $a_{2000}$ termina en 92.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43081,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ cinco números positivos en progresión aritmética de razón $d$. Probar que\n$$\na_{2}^{3} \\leq \\frac{1}{10}\\left(a_{0}^{3}+4 a_{1}^{3}+4 a_{3}^{3}+a_{4}^{3}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLa desigualdad dada puede escribirse como\n$$\n10 a_{2}^{3} \\leq a_{0}^{3}+4 a_{1}^{3}+4 a_{3}^{3}+a_{4}^{3}\n$$\ny sumando $6 a_{2}^{3}$ a ambos miembros se convierte en\n$$\na_{2}^{3} \\leq \\frac{1}{16}\\left(a_{0}^{3}+4 a_{1}^{3}+6 a_{2}^{3}+4 a_{3}^{3}+a_{4}^{3}\\right)\n$$\nPor otro lado como $a_{0}, a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ están en progresión aritmética, entonces\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n0\n\\end{array}\\right) a_{0}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n1\n\\end{array}\\right) a_{1}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n2\n\\end{array}\\right) a_{2}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n3\n\\end{array}\\right) a_{3}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n4\n\\end{array}\\right) a_{4}=\\left(a_{0}+a_{4}\\right)\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n0\n\\end{array}\\right)+\\left(a_{1}+a_{3}\\right)\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n1\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n2\n\\end{array}\\right) a_{2}= \\\\\n& 2 a_{2}\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n0\n\\end{array}\\right)+2 a_{2}\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n1\n\\end{array}\\right)+a_{2}\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n2\n\\end{array}\\right)=a_{2}\\left[\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n0\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n1\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n2\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n3\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n4\n\\end{array}\\right)\\right]=2^{4} a_{2}\n\\end{aligned}\n$$\nAplicando la desigualdad de Jensen a la función $f(t)=t^{3}$, convexa en $(0,+\\infty)$, con $p_{k}=\\left(\\begin{array}{l}4 \\\\ k\\end{array}\\right) \\frac{1}{2^{k}}, 0 \\leq k \\leq 4$ resulta\n$$\nf\\left(\\sum_{k=0}^{4} p_{k} a_{k}\\right) \\leq \\sum_{k=0}^{4} p_{k} f\\left(a_{k}\\right)\n$$\no equivalentemente,\n$$\na_{2}^{3} \\leq \\frac{1}{2^{k}}\\left[\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n0\n\\end{array}\\right) a_{0}^{3}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n1\n\\end{array}\\right) a_{1}^{3}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n2\n\\end{array}\\right) a_{2}^{3}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n3\n\\end{array}\\right) a_{3}^{3}+\\left(\\begin{array}{l}\n4 \\\\\n4\n\\end{array}\\right) a_{4}^{3}\\right]=\\frac{1}{16}\\left(a_{0}^{3}+4 a_{1}^{3}+6 a_{2}^{3}+4 a_{3}^{3}+a_{4}^{3}\\right)\n$$\nObsérvese que la igualdad tiene lugar cuando los cinco números son iguales y hemos terminado.\n\n\nSolución 2.\nLlamando $a$ al término central y $d$ a la diferencia, la progresión es $a-2 d, a-d, a, a+d, a+2 d$ y tenemos:\n$$\n\\begin{aligned}\n& a_{0}^{3}=(a-2 d)^{3}=a^{3}-6 a^{2} d+12 a d^{2}-8 d^{3} \\\\\n& a_{4}^{3}=(a+2 d)^{3}=a^{3}+6 a^{2} d+12 a d^{2}+8 d^{3} \\\\\n& 4 a_{1}^{3}=4(a-d)^{3}=4 a^{3}-12 a^{2} d+12 a d^{2}-4 d^{3} \\\\\n& 4 a_{3}^{3}=4(a+d)^{3}=4 a^{3}+12 a^{2} d+12 a d^{2}+4 d^{3}\n\\end{aligned}\n$$\nsumando:\n$$\na_{0}^{3}+4 a_{1}^{3}+4 a_{3}^{3}+a_{4}^{3}=10 a^{3}+48 a d^{2}\n$$\ndiviendo por 10 queda\n$$\n\\frac{1}{10}\\left(a_{0}^{3}+4 a_{1}^{3}+4 a_{3}^{3}+a_{4}^{3}\\right)-a^{3}=4,8 a d^{2} \\geq 0\n$$\ncon independencia del valor de $d$.\n\n\nSolución 3.\nComo se trata de cinco términos en progresión aritmética, se tiene\n$$\na_{0}+a_{4}=2 a_{2}=a_{1}+a_{3}\n$$\no también\n$$\na_{0} a_{4}=\\left(a_{2}-2 d\\right)\\left(a_{2}+2 d\\right)\n$$\nEntonces\n$$\na_{0}^{3}+a_{4}^{3}=\\left(a_{0}+a_{4}\\right)^{3}-3 a_{0} a_{4}\\left(a_{0}+a_{4}\\right)=8 a_{2}^{3}-6 a_{0} a_{4} a_{2}\n$$\ny\n$$\n4\\left(a_{1}^{3}+a_{3}^{3}\\right)=a\\left[\\left(a_{1}+a_{3}\\right)^{3}-3 a_{1} a_{3}\\left(a_{1}+a_{3}\\right)\\right]=4\\left(8 a_{2}^{3}-6 a_{1} a_{0} a_{2}\\right)\n$$\nEntonces, lo que hay que probar es\n$$\na_{2}^{3} \\leq \\frac{1}{10}\\left(8 a_{2}^{3}-6 a_{0} a_{1} a_{2}+32 a_{2}^{3}-24 a_{1} a_{3} a_{2}\\right)\n$$\ncuyo segundo miembro es\n$$\n4 a_{2}^{3}-\\frac{6}{10} a_{2}\\left(a_{0} a_{4}+4 a_{1} a_{3}\\right)\n$$\ntrasponiendo términos, la desigualdad a probar se escribe como\n$$\n\\frac{3}{5} a_{2}\\left(a_{2}^{2}-4 d^{2}+4 a_{2}^{2}-4 d^{2}\\right) \\leq 3 a_{2}^{3} \\Leftrightarrow 3 a_{2}^{3}-\\frac{24}{5} d^{2} \\leq 3 a_{2}^{3} \\Leftrightarrow-\\frac{24}{5} d^{2} \\leq 0\n$$\nla última desigualdad es cierta y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43082,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos años recientes se han podido expresar como sumas, restas y multiplicaciones de números con un mismo y único dígito; por ejemplo:\n$$\n2009=7 \\times 7 \\times 7 \\times 7-7 \\times 7 \\times 7-7 \\times 7, \\quad 2010=66 \\times 6 \\times 6-66 \\times 6+6 \\times 6-6\n$$\n¿Se puede hacer lo mismo con el 2011, sin repetir jamás sumandos iguales? Por ejemplo, no es admisible $2011=1+1+1+\\ldots$.",
    "options": [],
    "answer": "2011=1111*1111-111*11111+1111-111+11",
    "solution": "Solution:\n\nSi $2011$ fuera expresable como sumas, restas y multiplicaciones de números con el mismo dígito $a$, como cada uno de estos números es divisible por $a$, se tiene que $a$ es divisor de $2011$. Ahora bien, $2011$ es un número primo, por tanto $a=1$.\n\nEs sencillo observar que\n$$\n\\begin{aligned}\n1000 & =1111-111 \\\\\n2 & =111-11 \\times 11+11+1\n\\end{aligned}\n$$\nMultiplicando estas dos igualdades se tiene:\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2000= \\\\\n& 1111 \\times 111-1111 \\times 11 \\times 11+1111 \\times 11+1111-111 \\times 111+ \\\\\n& +111 \\times 11 \\times 11-111 \\times 11-111\n\\end{aligned}\n$$\nCompruébese que todos los sumandos son distintos entre sí y distintos a $11$. Por tanto, sumando $11$ al número anterior se tiene una solución.\n\nExisten infinidad de maneras distintas:\n$$\n2011=1111 \\times 1111-111 \\times 11111-111 \\times 111+111 \\times 11 \\times 11-111+11+1\n$$\no bien\n$$\n2011=1111 \\times 1111-111 \\times 11111+1111-111+11\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43083,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDos semirrectas tienen su común origen en el punto $O$. Se considera una circunferencia $C_{1}$ tangente a ambas semirrectas, cuyo centro está situado a distancia $d_{1}$ de $O$, y cuyo radio es $r_{1}$. Se construyen sucesivamente las circunferencias $C_{n}$, de modo que $C_{n}$ es tangente a las semirrectas, tangente exterior a $C_{n-1}$ y tal que la distancia de su centro a $O, d_{n}$, es menor que $d_{n-1}$, para $n>1$. Halla la suma de las áreas de los círculos limitados por las circunferencias $C_{n}$, para todo $n$, en función de $r_{1}$ y $d_{1}$.",
    "options": [],
    "answer": "π r1 (d1 + r1)^2 / (4 d1)",
    "solution": "Solution:\n\nEs claro de la figura que, por el Teorema de Thales, $\\frac{r_{n}}{d_{n}}=\\frac{r_{1}}{d_{1}}$ para todo $n$. Llamaremos\n![](attached_image_1.png)\na este valor $\\alpha$. Además, se tiene que:\n$$\n\\begin{gathered}\n\\frac{r_{n}}{r_{n+1}}=\\frac{d_{n}}{d_{n+1}}=\\frac{d_{n+1}+r_{n+1}+r_{n}}{d_{n+1}}= \\\\\n1+\\alpha+\\frac{r_{n}}{d_{n+1}}= \\\\\n1+\\alpha+\\frac{r_{n}}{r_{n+1}} \\frac{r_{n+1}}{d_{n+1}}=1+\\alpha+\\frac{r_{n}}{r_{n+1}} \\alpha\n\\end{gathered}\n$$\nDespejando se tiene $\\frac{r_{n}}{r_{n+1}}=\\frac{1+\\alpha}{1-\\alpha}$, que es constante, luego los radios de las circunferencias forman una progresión geométrica de razón\n$$\nr=\\frac{1-\\alpha}{1+\\alpha}=\\frac{1-r_{1} / d_{1}}{1+r_{1} / d_{1}}=\\frac{d_{1}-r_{1}}{d_{1}+r_{1}}\n$$\nLa suma de áreas buscada es\n$$\nS=\\pi \\sum_{n=1}^{\\infty} r_{n}^{2}=\\pi \\frac{r_{1}^{2}}{1-\\left(\\frac{d_{1}-r_{1}}{d_{1}+r_{1}}\\right)^{2}}=\\frac{\\pi}{4} \\frac{r_{1}\\left(d_{1}+r_{1}\\right)^{2}}{d_{1}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43084,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSaber cuál es la última cifra de $2009^{2011}$ es muy fácil, pero ¿cuántos ceros preceden a esa última cifra?",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\n\nSi $n \\geq 1$,\n$$\n2009^{n} = (2000+9)^{n} = 9^{n} + 2000k\n$$\nPor tanto, las 3 últimas cifras de $2009^{n}$ coinciden con las de $9^{n}$. Por el desarrollo del binomio de Newton:\n$$\n\\begin{aligned}\n& 9^{2011} = (10-1)^{2011} = (-1)^{2011} + \\binom{2011}{1}(-1)^{2010} \\cdot 10 + \\\\\n& + \\binom{2011}{2}(-1)^{2009} \\cdot 10^{2} + K \\cdot 10^{3} = -1 + 20110 - 2011 \\cdot 1005 \\cdot 100 + K \\cdot 10^{3} \\\\\n& = -202085391 + K \\cdot 10^{3} = 609 + K' \\cdot 10^{3}\n\\end{aligned}\n$$\nLuego la respuesta es que $9$ es la última cifra y le precede un único cero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43085,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcula todos los números enteros $a$, $b$ y $c$ tales que $a^{2} = 2 b^{2} + 3 c^{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0, 0)",
    "solution": "Solution:\nSea $(a, b, c)$ una solución distinta de $(0,0,0)$, con $|a| + |b| + |c|$ mínimo. Tomando la igualdad módulo $3$, tenemos $a^{2} = 2 b^{2}$ módulo $3$. Como $a^{2}$ y $b^{2}$ sólo pueden ser congruentes con $1$ o $0$, se deduce que $a$ y $b$ son múltiplos de $3$. Por tanto, $3 c^{2}$ es múltiplo de $9$, así que $c$ también es múltiplo de $3$. Pero entonces, $(a / 3, b / 3, c / 3)$ sería otra solución con $|a / 3| + |b / 3| + |c / 3| < |a| + |b| + |c|$, lo que contradice la hipótesis supuesta.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43086,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDos esferas de radio $r$ son tangentes exteriores. Otras tres esferas de radio $R$ son tangentes exteriores entre sí, dos a dos. Cada una de estas tres esferas es, además, tangente exterior a las dos primeras. Encuentra la relación entre $R$ y $r$.",
    "options": [],
    "answer": "R = 6r",
    "solution": "Solution:\n\nLos centros de las tres esferas de radio $R$, $O_{1}$, $O_{2}$ y $O_{3}$, son los vértices de un triángulo\n![](attached_image_1.png)\nequilátero de lado $2R$. El punto de tangencia, $T$, de las dos esferas de radio $r$ es el centro de ese triángulo y, por tanto, dista de los vértices dos tercios de la altura. La altura del triángulo es $h = \\frac{2R\\sqrt{3}}{2} = R\\sqrt{3}$ y dos tercios de $h$ es $\\frac{2R}{\\sqrt{3}}$.\n\nSi llamamos $Q_{1}$, $Q_{2}$ a los centros de las circunferencias de radio $r$, el triángulo $O_{1} T Q_{1}$ es rectángulo en $T$ y sus lados son: $\\frac{2R}{\\sqrt{3}}$, $r$ y $R + r$. Aplicando el teorema de Pitágoras, se tiene:\n$$\n\\left(\\frac{2R}{\\sqrt{3}}\\right)^{2} + r^{2} = (R + r)^{2}\n$$\ny simplificando resulta: $R = 6r$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43087,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDenotamos por $\\mathbb{N}=\\{1,2,3, \\ldots\\}$ el conjunto de números naturales excluido el cero y por $\\mathbb{N}^{*}=\\{0,1,2,3, \\ldots\\}$ el conjunto de números naturales incluido el cero. Encontrar todas las funciones $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}^{*}$ que sean crecientes, es decir $f(n) \\geq f(m)$ si $n>m$, y tales que $f(n m)=f(n)+f(m)$, para todo $n, m \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = 0 for all n in N",
    "solution": "Solution:\n\n- La función nula: $f(n)=0$, para todo $n \\in \\mathbb{N}$ verifica evidentemente lo anterior.\n\n- Sea $f$ una función no nula verificando las condiciones del enunciado. Entonces\n\n1. $f$ no es constante, ni está acotada. En efecto, si $f(a) \\neq 0$ entonces $f\\left(a^{n}\\right)=n f(a)>f(a)$ para cada $n$.\n\n2. $f$ no es estrictamente creciente:\n\n- Si $f(2)=f(3)$ ya está.\n- Si $f(2)=a<b=f(3)$, entonces $2^{b} \\neq 3^{a}$, pero $f\\left(2^{b}\\right)=a b=f\\left(3^{a}\\right)$.\n\nDe los dos puntos anteriores se deduce que es posible encontrar un número natural $m$ tal que $k=f(m)=f(m+1)<f(m+2)$. Entonces\n\n$$\nf\\left[(m+1)^{2}\\right]=2 k<f[m(m+2)]\n$$\n\nSin embargo $m(m+2)<(m+1)^{2}$, contradiciendo el carácter creciente de $f$.\n\nEn consecuencia la única función que verifica las condiciones del enunciado es la función nula.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43088,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que dados $4 n$ puntos en el espacio tridimensional, tales que no hay cuatro de ellos coplanarios, siempre se pueden formar $n$ pirámides de base triangular de modo que no hay intersecciones entre ellas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEvidentemente por hipótesis no hay 3 puntos alineados, pues en ese caso añadiendo un cuarto punto cualquiera a la terna violaríamos la hipótesis sobre el carácter no coplanario.\n\nConsideremos todas las posibles ternas de puntos y el plano que determina (unívocamente, al no haber 3 puntos alineados) cada terna. Hay una cantidad finita de estos planos, por ello, es posible elegir una familia de planos paralelos que recubran el espacio que no sean paralelos a ninguno de este conjunto finito. Todo plano de dicha familia contiene, a lo sumo, dos puntos del conjunto de partida, por construcción. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que dicha familia de planos es, por ejemplo, la de planos horizontales.\n\nA continuación vamos a elegir planos horizontales de dicha familia $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{n}$ tales que no contengan ningún punto del conjunto inicial y verifiquen la siguiente propiedad. Elegimos $A_{1}$ para que divida al espacio en dos zonas, superior e inferior, y que la superior tenga 4 puntos (o 5 en el peor caso, si resulta que el cuarto y el quinto están a la misma altura). Realizamos una pirámide con los cuatro puntos (si hubiese cinco, evitamos utilizar uno de los dos inferiores). Construimos un plano $A_{2}$ paralelo a $A_{1}$ de modo que por encima de $A_{2}$ haya sólo 4 o 5 puntos (excluyendo los que ya se han utilizado para construir la pirámide). Realizamos una pirámide con los cuatro puntos (si hubiese cinco, evitamos utilizar uno de los dos inferiores). ... Construimos un plano $A_{k+1}$ paralelo a $A_{k}$ de modo que por encima de $A_{k}$ haya sólo 4 o 5 puntos (excluyendo los que ya se han utilizado para construir pirámides). Realizamos una pirámide con los cuatro puntos (si hubiese cinco, evitamos utilizar uno de los dos inferiores). Tras construir el plano $A_{n-1}$ sólo quedarán 4 puntos libres (de los $4 n$ iniciales) que unimos para formar la última pirámide. Por el método de construcción es claro que las pirámides no se cortan, pues los planos las separan en regiones disjuntas. El único problema podría ser que dos pirámides de regiones contiguas se cortasen en uno de esos planos que la separan, pero eso es imposible pues cada pirámide comparte a lo sumo uno de sus vértices con el plano (y evidentemente, por construcción, no hay dos pirámides que compartan vértice).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43089,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar los valores enteros positivos de $m$ para los que existe una función $f$ del conjunto de los números enteros en sí mismo tal que $f^{(m)}(n)=n+2017$, donde $f^{(m)}$ consiste en aplicar la función $f$ $m$ veces.",
    "options": [],
    "answer": "m = 1 or m = 2017",
    "solution": "Solution:\n\nLa primera observación es que $f$ debe ser biyectiva.\n\nLema 1. Si $f^{(a)}(n)=f^{(b)}(n)$, entonces tenemos $a=b$.\n\nDemostración: En otro caso, sin pérdida de generalidad asumamos $a>b$. Tenemos $f^{(a-b)}(n)=n$, lo que implica que $f^{(m(a-b))}(n)=n$, que es imposible, pues sería tanto como decir $n=n+2017(a-b)$.\n\nPara cada $n$ fijo consideremos el conjunto $A_{n}=\\{f^{(s)}(n) \\mid s$ es entero $\\}$. La primera observación es que si hay un cierto entero en dicho conjunto, entonces todos los enteros congruentes módulo $2017$ con él están también en el conjunto, pues $x=f^{(t)}(n)$ implica $x+2017 k=f^{(t+k m)}(n)$ para cualquier valor entero de $k$.\n\nAdemás, en el conjunto están todos los representantes de exactamente $m$ clases distintas de resto módulo $2017$. Es imposible que haya más, pues independientemente de $t$ sucede que $f^{(t)}(n)$ y $f^{(t+m)}(n)$ tienen igual resto módulo $2017$, dejando a lo sumo $m$ posibilidades. Asimismo no puede haber menos, pues por el principio del palomar ello implicaría que existirían $c$, $d$ enteros entre $0$ y $m-1$ con $f^{(c)}(n)-f^{(d)}(n)=2017 k$ implicando $f^{(c)}(n)-f^{(d+k m)}(n)=0$, lo cual contradice al Lema.\n\nFinalmente, basta notar que, por construcción, dos conjuntos $A_{i}$ y $A_{j}$ son necesariamente iguales o disjuntos. Como entre $A_{0}, \\ldots, A_{2016}$ se engloban todos los restos y cada uno aporta $m$, se deduce que $m$ debe dividir a $2017$. Entonces sólo puede ser $m=1$ o $m=2017$, para acabar, basta poner un ejemplo para cada caso. Claramente, $f(n)=n+1$ (caso $m=2017$) y $f(n)=n+2017$ (caso $m=1$) cumplen la propiedad requerida.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43090,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar todos los números naturales $n$ para los que existe algún número natural $m$ con las siguientes propiedades\n- $m$ tiene al menos dos cifras (en base 10), todas son distintas y ninguna es 0.\n- $m$ es múltiplo de $n$ y cualquier reordenación de sus cifras da lugar a un múltiplo de $n$.",
    "options": [],
    "answer": "1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18",
    "solution": "Solution:\nNotemos que $n=1,3,9$ funcionan porque en estos casos el criterio de divisibilidad es que la suma de las cifras sea múltiplo de $n$, y tomando $m=18$ ya está. Para cualquier otro caso, consideramos que $m$ existe y que tiene como cifra más a la derecha $x$ y luego una $y$.\nEntonces, permutando esas dos cifras, nos quedará que como se conserva la congruencia módulo $n$, $9(x-y)$ tiene que ser múltiplo de $n$. Eso quiere decir que $x$ es congruente con $y$ módulo $n / \\operatorname{mcd}(9, n)$. Si $n$ no es múltiplo de $9$, $x$ es congruente con $y$ y ha de ser $n \\leq 8$. Para $n=2,4$ tomamos $m=48$. Si $n=8$, todas sus cifras tienen que ser pares pero eso es incompatible con $x-y$ múltiplo de $8$ y $1 \\leq x, y \\leq 9$.\n\nSupongamos ahora que $n$ es múltiplo de $3$ pero no de $9$. Si $n=6$, todas las cifras son también pares y eso deja como única opción $\\{x, y\\}=\\{2,8\\}$. Pero $28$ no es múltiplo de $6$ con lo que tendría que haber más cifras, que solo se pueden tomar entre $4$ y $6$; pero ninguno de estos números es múltiplo de $6$: $2+8+4$, $2+8+4$, $2+8+6$, $2+8+4+6$. Por tanto $n$ tendría que ser impar y como $x$ es congruente con $y$ módulo $n / 3$, tendría que pasar que $n \\leq 24$, y las únicas opciones que no hemos visto todavía son $n=15$ y $n=21$. $n=15$ no puede ser pues todas las cifras serían múltiplo de $5$. Si $n=21$, $\\{x, y\\}=\\{1,8\\}$ o $\\{x, y\\}=\\{2,9\\}$, con lo que el número tiene una tercera cifra $z$ y repitiendo el análisis sucede que como $90$ no es múltiplo de $7$, $y-z$ es múltiplo de $7$, con lo que $x$ sería igual a $z$.\n\nSolo nos queda el caso múltiplo de $9$, y en ese caso $x, y$ son congruentes módulo $n / 9$; entonces sucede que $n \\leq 81$ y $n$ es impar por lo dicho antes; tampoco puede ser múltiplo de $5$ ni de $7$; así pues, nos quedan los casos $n=27$, $81$. Si descartamos $n=27$ habremos acabado. $x, y$ son congruentes módulo $3$; en general, todas las cifras son congruentes módulo $3$ así que solo podemos tener $3$ cifras; para ser múltiplo de $9$ tenemos que las tres cifras son múltiplo de $3$ así que $m$ tendría que ser alguna reordenación de $369$, pero simplemente observamos que $369$ no es múltiplo de $27$. Por tanto $n$ puede ser $1,2,3,4,9$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43091,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $M$ un punto interior del segmento $A B$. Se construyen cuadrados $A M C D$ y $B E H M$ en el mismo lado de $A B$. Si $N$ es el segundo punto de intersección de las circunferencias circunscritas a dichos cuadrados, probar que:\n1. los puntos $B, N$ y $C$ están alineados.\n2. el punto $H$ es el ortocentro del triángulo $A B C$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\n1. Tenemos $\\angle M N B=45^{\\circ}$.\nSi es la figura 1, se verifica que $\\angle C N M+\\angle M N B=135^{\\circ}+45^{\\circ}=180^{\\circ}$; si la figura 2, $\\angle M N C=\\angle M N B\\left(=45^{\\circ}\\right)$.\nEn ambas situaciones se concluye que $B, N$ y $C$ están alineados.\n\n2. Por una parte, $C H \\perp A B$. Por otra, $B H \\perp M E$ y $M E \\| A C$; luego $B H \\perp A C$. Por tanto, $H$ es el ortocentro de $\\triangle A B C$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43092,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEn un tablero de damas ($8 \\times 8$), colocamos las 24 fichas del juego de modo que llenen las 3 filas de arriba. Podemos cambiar la posición de las fichas según el siguiente criterio: una ficha puede saltar por encima de otra a un hueco libre, ya sea horizontal (a izquierda o derecha), vertical (hacia arriba o hacia abajo) o diagonalmente. ¿Podemos lograr colocar todas las fichas en las 3 filas de abajo?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\nNo podemos lograrlo:\nClasificamos (o coloreamos) las casillas del tablero en cuatro tipos, según la paridad de la fila y la columna que ocupan. Cada ficha se mueve siempre por el mismo tipo de casilla. Pero el número de casillas de cada tipo que están ocupadas en las posiciones inicial y final es distinto:\nDenotamos II, PI, IP, PP, los cuatro tipos de casillas, donde $P$ indica paridad, $I$ imparidad, la primera entrada alude a la fila y la segunda a la columna. En la posición inicial las fichas ocupan 8 casillas de tipo II, 8 de tipo $PI$, 4 de tipo $IP$ y 4 de tipo $PP$.\nEn la pretendida posición final ocupan 4 casillas de tipo II, 4 de tipo $PI$, 8 de tipo $IP$ y 8 de tipo $PP$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43093,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $T$ un triángulo de ángulos $\\alpha, \\beta$ y $\\gamma$. ¿Para qué valores de $\\alpha, \\beta$ y $\\gamma$ el triángulo $T$ se puede dividir en tres triángulos congruentes entre sí?",
    "options": [],
    "answer": "Equilateral triangles, and right triangles with angles 30, 60, and 90.",
    "solution": "Solution:\n\nSi $\\alpha=\\beta=\\gamma$, el triángulo es equilátero y siendo $O$ el centro de $T$, los triángulos que se obtienen uniendo $O$ con cualquiera par de vértices son congruentes. Veremos que sólo en este caso se puede obtener una división con tres triángulos congruentes, con un vértice común en el interior de $T$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDenotemos por $r, s$ y $t$ los ángulos de estos tres triángulos congruentes y supongamos, por ejemplo, que $r$ es uno de los ángulos $\\angle APB, \\angle BPC$ o $\\angle CPA$. Dado que cualquiera de estos ángulos es menor que $\\pi$, $r$ sumado a cualquiera de ellos ha de ser mayor que $\\pi$, por lo que no pueden ser ni $s$ ni $t$, pues $r+s+t=\\pi$, luego los tres deben ser iguales a $r$, y $T$ es equilátero.\n\nAnalicemos ahora el caso en que los tres triángulos congruentes tengan un vértice común, $P$ sobre uno de los lados, por ejemplo el lado $BC$, y supongamos que los triángulos son $\\triangle CPA, \\triangle APQ$ y $\\triangle QPB$, para algún punto $Q$ sobre el lado $AB$.\n\nNótese que ahora hay analogía entre los ángulos $\\angle QPA$ y $\\angle BPQ$, pero no entre estos y $\\angle APC$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nComo antes, siendo $r, s$ y $t$ los ángulos de los tres triángulos congruentes, comenzamos analizando el caso en que $\\angle QPA$ y $\\angle BPQ$, digamos $r$.\n\nPor congruencia se tiene que $\\overline{AQ}=\\overline{QS}$, por lo que también $\\overline{AP}=\\overline{PB}$. Dado que $\\triangle APB$ es isósceles y $Q$ es el punto medio de $AB$, $\\angle PQA=\\angle PQB=\\pi/2$. Luego, los triángulos congruentes son rectángulos y los ángulos son $r=\\pi/3$, $s=\\pi/2$, $t=\\angle ABC=\\pi/6$.\n\nSi los ángulos $\\angle APQ$ y $\\angle QPB$ no son el mismo, digamos que son $r$ y $s$, entonces $\\angle APC=t$ y dado que también $r+s+\\angle PAB+\\angle PBA$, se tendrá $t=\\angle PAB+\\angle PBA$, por lo que ninguno de ellos puede ser $t$. Entonces, $\\angle PQA=\\angle PQB=\\pi/2$. Si además de no ser el mismo ángulo, fuese $r \\neq s$, se tendría $\\overline{AQ} \\neq \\overline{QB}$, por lo que, por la congruencia de $\\triangle AQP$ y $\\triangle QBP$, deberá tenerse $\\overline{AQ}=\\overline{PB}$. Pero dos triángulos rectángulos en que la hipotenusa de uno es igual a un cateto del otro, no pueden ser congruentes. Por lo tanto $r=s$, y estamos en el supuesto anterior.\n\nPor tanto, sólo existen dos tipos de triángulos que se pueden descomponer en tres triángulos congruentes: los equiláteros y los rectángulos $(30, 60, 90)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43094,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEn el interior de un cuadrado $ABCD$ se construye el triángulo equilátero $ABE$. Sea $P$ el punto intersección de las rectas $AC$ y $BE$. Sea $F$ el punto simétrico del $P$ respecto de la recta $DC$. Se pide demostrar que:\na) el triángulo $CEF$ es equilátero.\nb) el triángulo $DEF$ es rectángulo e isósceles.\nc) el triángulo $BDF$ es isósceles.\nd) el triángulo $PDF$ es equilátero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\n\na) Puesto que $\\angle EBC=90^{\\circ}-60^{\\circ}=30^{\\circ}$, los ángulos en la base del triángulo isósceles $BEC$ ( $BE=BC$ por construcción) son iguales a $75^{\\circ}$. Resulta que $\\angle ECP=\\angle ECB-\\angle PCB=75^{\\circ}-45^{\\circ}=30^{\\circ}$, de donde se sigue que los triángulos $CEP$ y $BEC$ son semejantes, y siendo, como se ha dicho, isósceles este último, lo es también $\\triangle CEP$ con $CE=CP$.\nPor ser $CD$ mediatriz del segmento $PF$, es $CP=CF$.\nLuego $CE=CF$.\nAhora,\n$\\angle ECF=\\angle ECD+\\angle DCF=\\left(90^{\\circ}-\\angle BCE\\right)+\\angle PCD=\\left(90^{\\circ}-75^{\\circ}\\right)+45^{\\circ}=60^{\\circ}$.\nLuego $\\triangle CEF$ es equilátero.\n\nb) Tenemos $CE=ED$ porque $\\triangle BED \\equiv \\triangle AED$. Se sigue que los triángulos $BCF$ y $BED$ son iguales porque tienen iguales dos lados y el ángulo comprendido $\\left(135^{\\circ}\\right)$. Por tanto, $BF=BD$.\nLuego $\\triangle BDF$ es isósceles.\n\nc) Tenemos $DE=EC=EF$ y\n$\\angle DEA+\\angle AEB+\\angle BEC+\\angle CEF=75^{\\circ}+60^{\\circ}+75^{\\circ}+60^{\\circ}=270^{\\circ}$.\nPor tanto, $DE=EF$ y $\\angle DEF=360^{\\circ}-270^{\\circ}=90^{\\circ}$.\nLuego $\\triangle DEF$ es rectángulo e isósceles.\n\nd) Tenemos, en fin, $PF=FD$ por ser iguales los triángulos rectángulos $DEF$ y $PCF$. Siendo, además,\n$$\n\\angle DFP=\\angle DFE+\\angle EFP=\\angle DFE+(\\angle EFC-\\angle PFC)=45^{\\circ}+\\left(60^{\\circ}-45^{\\circ}\\right)=60^{\\circ}\n$$\nresulta que $\\triangle PDF$ es, en efecto, equilátero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43095,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nConsideramos los polinomios $P(x)=x^{3}+A x^{2}+B x+C$, $Q(x)=3 x^{2}+2 A x+B$ ($x$ es la variable, $A$, $B$, $C$ son parámetros). Supongamos que, si $a, b, c$ son las tres raíces de $P$, las de $Q$ son $\\frac{a+b}{2}$, $\\frac{b+c}{2}$. Determinad todos los posibles polinomios $P, Q$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = (x - a)^3 and Q(x) = 3(x - a)^2 for some real or complex a",
    "solution": "Solution:\n$Q$ es la derivada de $P$. Por tanto,\n$$\nP(x)=(x-a)(x-b)(x-c), \\quad Q(x)=(x-a)(x-b)+(x-a)(x-c)+(x-b)(x-c)\n$$\nSea $d=\\frac{a+b}{2}$, punto medio del segmento que une $a$ con $b$. Se tiene que $d-a=d-b=\\frac{a-b}{2}$.\nEl valor de $Q$ en $d$ es\n$$\nQ(d)=\\frac{b-a}{2} \\frac{a-b}{2}+\\frac{b-a}{2}(d-c)+\\frac{a-b}{2}(d-c)=-\\left(\\frac{b-a}{2}\\right)^{2}\n$$\nSea $e=\\frac{b+c}{2}$. Si cambiamos los papeles de $a, b$ por los de $b, c$ la igualdad anterior se transforma en\n$$\nQ(e)=-\\left(\\frac{c-b}{2}\\right)^{2}\n$$\nPor tanto $d$ y $e$ son raíces de $Q$ si y sólo si $-\\left(\\frac{b-a}{2}\\right)^{2}=-\\left(\\frac{c-b}{2}\\right)^{2}=0$ : osea, si y sólo si $a=b=c$.\nHa de ser $P(x)=(x-a)^{3}$, $Q(x)=3(x-a)^{2}$ para un cierto parámetro $a$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43096,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar todos los posibles valores enteros no negativos que puede tomar la expresión $\\frac{m^{2}+m n+n^{2}}{m n-1}$, siendo $m$ y $n$ enteros no negativos tales que $m n \\neq 1$.",
    "options": [],
    "answer": "0, 4, 7",
    "solution": "Solution:\nSea $\\frac{m^{2}+m n+n^{2}}{m n-1}=k,\\ k \\in \\mathbb{N}$ (naturales con el $0$).\n\nEn el caso $m=n$, el número $k=3+\\frac{3}{m^{2}-1}$ es un entero positivo si $m=0$ ó $m=2$; de donde $k=0$ ó $k=4$ respectivamente.\n\nEl caso $n=0$ lleva a que $k=-m^{2}$ y por tanto $m=k=0$.\n\nConsideremos ahora las soluciones $(m, n)$ tales que $m>n>0$. Como la relación dada es equivalente a $m^{2}-(k-1) m n+n^{2}+k=0$, observamos que si $(m, n)$ es una solución y $n>(k-1) n-m>0$, entonces $(n,(k-1) n-m)$ es también una solución. La desigualdad\n$(k-1) n-m>0$ es cierta en todos los casos porque se convierte sucesivamente en una desigualdad obvia:\n$$\nk>\\frac{m+n}{n}, \\quad \\frac{m^{2}+m n+n^{2}}{m n-1}>\\frac{m+n}{n}, \\quad n^{3}>-m-n\n$$\nDel mismo modo la desigualdad $n>(k-1) n-m$ es sucesivamente equivalente a:\n$$\nk<\\frac{m+2 n}{n}, \\quad \\frac{m^{2}+m n+n^{2}}{m n-1}<\\frac{m+2 n}{n}, \\quad m>n+\\frac{3 n}{n^{2}-1} \\text{ para } n>1\n$$\nSi $3 n<n^{2}-1$, esto es si $n \\geq 4$, la desigualdad anterior es cierta y por tanto para cada solución $(m, n)$ con $m>n \\geq 4$ encontramos una solución $(n, p)$ con $n>p>0$. De este modo, cada solución es tal que $n \\leq 3$.\n\nPara $n=1$, obtenemos $k=m+2-\\frac{3}{m-1}, \\quad m=4$ ó $m=2, k=7$.\n\nPara $n=2$, obtenemos $4 k=2 m+5-\\frac{21}{2 m-1}, \\quad m=4$ ó $m=11, k=4$ ó $k=7$.\n\nPara $n=3$, obtenemos $9 k=3 m+10+\\frac{91}{3 m-1}$, que no conduce a ninguna solución.\n\nEntonces los posibles valores $k$ enteros no negativos de la expresión del enunciado son $0,4$ y $7$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43097,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $P$ un punto del lado $BC$ de un triángulo $ABC$. La paralela por $P$ a $AB$ corta al lado $AC$ en el punto $Q$ y la paralela por $P$ a $AC$ corta al lado $AB$ en el punto $R$. La razón entre las áreas de los triángulos $RBP$ y $QPC$ es $k^2$.\nDetermínese la razón entre las áreas de los triángulos $ARQ$ y $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "k/(1+k)^2",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\nLos triángulo $RBP$ y $QPC$ son semejantes, de razón $k$. El cuadrilátero $ARPQ$ es un paralelogramo, y $PQ = RA$.\nSi $BR = x$, entonces\n$$\n\\begin{gathered}\nPQ = RA = kx ; \\quad BA = (1+k)x \\\\\n\\text{Área } RBP = S = \\frac{BR \\cdot PX}{2} \\\\\nPX = \\frac{x h}{2}\n\\end{gathered}\n$$\n$$\n\\begin{gathered}\nCY = k \\cdot PX = kh ; \\quad CZ = CY + YZ = CY + PX = (1+k)h \\\\\n\\text{Área } ABC = (1+k)^2 S \\\\\nQT = YZ = PX = h \\\\\n\\text{Área ARQ} = \\frac{AR \\cdot YZ}{2} = \\frac{kx h}{2} = kS\n\\end{gathered}\n$$\ny\n$$\n\\frac{\\text{área ARQ}}{\\text{área ABC}} = \\frac{k S}{(1+k)^2 S} = \\frac{k}{(1+k)^2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43098,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado el polinomio $P(X) = X^{4} + \\square X^{3} + \\square X^{2} + \\square X + \\square$, en el que cada cuadrado representa un hueco donde se colocará un coeficiente, se plantea el siguiente juego entre dos jugadores: Alternativamente, el primer y el segundo jugador eligen un hueco vacío y colocan en él un entero no nulo hasta rellenar todos los cuatro huecos. Si el polinomio resultante tiene al menos dos raíces enteras gana el segundo jugador, en otro caso el ganador es el primero.\nPrueba que, eligiendo la estrategia adecuada, el primer jugador siempre puede ganar.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNota: El enunciado presenta cierta ambigüedad: hay que distinguir si \"dos raíces enteras\" significa que éstas son distintas, o por el contrario pueden ser raíces dobles.\nEl caso de dos raíces distintas es sencillo; basta con la primera jugada para el primer jugador. En el caso de raíces dobles tiene que hacer uso también de la segunda jugada.\nUna posible estrategia es:\n\n(i) El primer jugador coloca un $-1$ en el lugar $a_{4}$, quedando el polinomio en la forma:\n$$\nX^{4} + \\square X^{3} + \\square X^{2} + \\square X - 1\n$$\nDe esta forma el primer jugador fuerza a que las posibles raíces enteras del polinomio sean $1$ y $-1$.\n\n(ii) El segundo jugador coloca $a_{i} \\neq 0$ en uno de los huecos.\n\n(iii) El primer jugador coloca $a_{j} \\neq 0$ en uno de los huecos.\n\n(iv) El segundo jugador coloca $a_{k} \\neq 0$ en el único hueco restante.\n\nObserva que el polinomio tiene ahora la forma $X^{4} + a_{1} X^{3} + a_{2} X^{2} + a_{3} X - 1$ y que las posibles raíces enteras (distintas) de este polinomio son $1$ y $-1$, ya que el término independiente es $-1$.\n\nCuando $1$ es una raíz se tiene $1 + a_{1} + a_{2} + a_{3} - 1 = 0$, esto es, $a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$, y cuando $-1$ es una raíz se tiene $1 - a_{1} + a_{2} - a_{3} - 1 = 0$, esto es $-a_{1} + a_{2} - a_{3} = 0$.\n\nSean cuales sean los valores de $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ se tendrá siempre $2 a_{2} = 0$, lo que implica que $a_{2} = 0$, y esto no está permitido por las reglas del juego. Por lo tanto el caso de dos raíces distintas está resuelto.\n\nEn el caso en el que las dos raíces sean iguales.\n\nSi $1$ es una raíz doble, entonces se verifica $a_{1} + a_{2} + a_{3} = 0$ y $4 + 3 a_{1} + 2 a_{2} + a_{3} = 0$, por lo tanto se tiene:\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\na_{1} + a_{2} + a_{3} = 0 \\\\\n4 + 2 a_{1} + 2 a_{2} = 0\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nsiendo $a_{3} = 4 + a_{1}$ y $a_{2} = -4 - 2 a_{1}$.\n\nSi $-1$ es una raíz doble, entonces se verifica $-a_{1} + a_{2} - a_{3} = 0$ y $4 - 3 a_{1} + 2 a_{2} - a_{3} = 0$, por lo tanto se tiene:\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\n-a_{1} + a_{2} - a_{3} = 0 \\\\\n4 - 2 a_{1} + 2 a_{2} = 0\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nsiendo $a_{3} = -4 + a_{1}$ y $a_{2} = -4 + 2 a_{1}$.\n\nEstá claro que si el segundo jugador hace $a_{i} = a_{2}$, entonces el primer jugador puede colocar $a_{j} = a_{1}$ de forma que $-4 - 2 a_{1} \\neq a_{2}$ y $-4 + 2 a_{1} \\neq a_{2}$, de esta forma no habrá dos raíces enteras.\nPor el contrario, si el primer jugador hace $a_{i} = a_{1}$, basta tomar $a_{2}$ de forma que $a_{2} \\neq -4 - 2 a_{1}$ y $a_{2} \\neq -4 + 2 a_{1}$. El caso de $a_{i} = a_{3}$ se hace de la misma forma.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43099,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera la función $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ definida como sigue:\n$$\nf(n)= \\begin{cases}-f\\left(\\frac{n}{2}\\right) & \\text{ si } n \\text{ es par } \\\\ f(n-1)+1 & \\text{ si } n \\text{ es impar }\\end{cases}\n$$\npara $n \\geq 0$. Demostrar que $f(n)$ es múltiplo de 3 si, y sólo si, $n$ es múltiplo de 3, y hallar el menor número $n$ que cumple $f(n)=2017$.",
    "options": [],
    "answer": "(4^{2017}-1)/3",
    "solution": "Solution:\n\nDe la definición de $f$ se sigue que $f\\left(2^{a}\\right)=(-1)^{a}$, para todo $a \\geq 0$. Siendo $a>b \\geq 0$, entonces\n$$\nf\\left(2^{a}+2^{b}\\right)=f\\left(2^{b}\\left(2^{a-b}+1\\right)\\right)=(-1)^{b}\\left[(-1)^{a-b}+1\\right]=(-1)^{a}+(-1)^{b}\n$$\ny, en general, si $a_{1}>\\cdots>a_{k} \\geq 0$, se tiene que\n$$\nf\\left(2^{a_{1}}+\\cdots+2^{a_{k}}\\right)=(-1)^{a_{1}}+\\cdots+(-1)^{a_{k}}\n$$\nLos restos de $2^{n}$ al dividir entre 3 son 1 o 2, dependiendo de si $n$ es par o impar, y dado que 2 y $(-1)$ se diferencian en 3, se tiene que $2^{a_{1}}+\\cdots+2^{a_{k}}$ y $(-1)^{a_{1}}+\\cdots+(-1)^{a_{k}}$ dan el mismo resto al dividir entre 3.\n\nPara la segunda parte, claramente el menor número buscado se conseguirá sumando las menores potencias pares de 2 hasta completar 2017, es decir,\n$$\n2^{0}+2^{2}+2^{4}+\\cdots+2^{2 \\times 2016}\n$$\nprogresión geométrica de razón 4 cuya suma es $\\frac{2^{2 \\times 2017}-1}{3}$\nSolution:\n\nSe prueba por inducción en el número de cifras binarias de $n$, que $f(n)$ es el número de unos que tiene la expresión binaria de $n$ en posiciones impares menos el número de unos que tiene en posiciones pares (considerando que contamos de derecha a izquierda y que empezamos por la posición uno). Si\n$$\nn=\\left(a_{k} \\ldots a_{2} a_{1}\\right)_{(2)}\n$$\nentonces usando que $2^{2n+1} \\equiv 2 \\pmod{3}$ y $2^{2n} \\equiv 1 \\pmod{3}$, resultará que\n$$\nn \\equiv a_{k}(-1)^{k}+\\cdots+a_{2}-a_{1}\n$$\nque es múltiplo de 3 si y solo si $f(n)=a_{k}(-1)^{k+1}+\\cdots-a_{2}+a_{1}$ es múltiplo de 3. De la descripción de $f$ es obvio que el menor que cumple que $f(n)=2017$ es\n$$\n4^{0}+4^{1}+\\cdots+4^{2016}=\\frac{4^{2017}-1}{3}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43100,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDecimos que un conjunto $E$ de números naturales es especial cuando al tomar dos elementos cualesquiera distintos $a, b \\in E$ se tiene que $(a-b)^2$ divide al producto $ab$.\n\na. Encuentra un conjunto especial formado por tres elementos.\n\nb. ¿Existe un conjunto especial formado por cuatro números naturales que están en progresión aritmética?",
    "options": [],
    "answer": "a) {2, 3, 4}. b) No; no four-term arithmetic progression can be special.",
    "solution": "Solution:\n\na. Un conjunto especial de tres elementos es $\\{2, 3, 4\\}$.\n\nb. Supongamos que $\\{x, x+y, x+2y, x+3y\\}$ forman un conjunto especial.\nPodemos suponer que $x$ e $y$ son primos relativos, pues si llamamos $d = \\operatorname{mcd}\\{x, y\\}$ y $d \\neq 1$, tomando $x' = x/d$ e $y' = y/d$ tenemos un conjunto especial $\\{x', x'+y', x'+2y', x'+3y'\\}$ con $x'$ e $y'$ primos relativos.\n\nSean pues $x$ e $y$ primos relativos. Por ser el conjunto especial, $y^2$ divide a $x(x+y)$, y existe un entero $k$ tal que $x(x+y) = y^2 k$, por lo tanto $x^2 = y^2 k - x y = y(y k - x)$, lo que implica que $y = 1$ al ser un divisor común de $x$ e $y$.\n\nAsí pues el conjunto especial es de la forma $\\{x, x+1, x+2, x+3\\}$. Al ser especial, $4$ es un divisor de $x(x+2)$ y de $(x+1)(x+3)$, pero uno de ellos es un número impar, lo que es una contradicción. Por lo tanto, la suposición de que existe un conjunto especial formado por cuatro términos en progresión aritmética es falsa.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43101,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $x$, $y$, $z$ números reales positivos.\n1. Si $x + y + z \\geq 3$, ¿Se verifica necesariamente que $\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z} \\leq 3$?\n2. Si $x + y + z \\leq 3$, ¿se verifica necesariamente que $\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z} \\geq 3$?",
    "options": [],
    "answer": "1: No. 2: Yes.",
    "solution": "Solution:\n1. La respuesta es no.\nContraejemplo con los números $1$, $2$ y $0.1$\n\n2. La respuesta es sí.\nEn efecto,\n$$\n3\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) \\geq (x + y + z)\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) \\geq 9\n$$\nde donde $\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z} \\geq 3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43102,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEncontrar todas las funciones $f: \\Re \\rightarrow \\Re$ tales que\n$$\nx^{2} \\cdot f(x)+f(1-x)=2 x-x^{4}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1 - x^2",
    "solution": "Solution:\nSustituimos $x$ por $1-x$ y obtenemos\n$$\n(1-x)^{2} \\cdot f(1-x)+f(x)=2(1-x)-(1-x)^{4}\n$$\nAl eliminar $f(1-x)$ entre esta ecuación y la dada, resulta $f(x)=1-x^{2}$.\nSe comprueba que $f(x)=1-x^{2}$ satisface la ecuación propuesta.\nLa solución buscada es, por tanto, $f(x)=1-x^{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43103,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallad todas las posibles formas de escribir $2003$ como suma de dos cuadrados de números enteros positivos.",
    "options": [],
    "answer": "no representations",
    "solution": "Solution:\n\nNo es posible escribir $2003$ como suma de dos cuadrados de números enteros positivos:\n![](attached_image_1.png)\nPero $2003 \\equiv 3 \\pmod{4}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43104,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $O$ el circuncentro de un triángulo $ABC$. La bisectriz que parte de $A$ corta al lado opuesto en $P$.\nProbar que se cumple:\n$$\nAP^{2} + OA^{2} - OP^{2} = bc\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nProlongamos $AP$ hasta que corte en $M$ al circuncírculo.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLos triángulos $ABM$ y $APC$ son semejantes al tener dos ángulos iguales. ($\\angle ACB = \\angle AMB$ por inscritos en el mismo arco y $\\angle BAN = \\angle CAN$ por bisectriz).\n\nEntonces:\n$$\n\\frac{c}{AM} = \\frac{AP}{b} \\Leftrightarrow bc = AM \\cdot AP\n$$\ncomo $AM = AP + PM$, queda:\n$$\nbc = AP(AP + PM) = AP^{2} + AP \\cdot PM\n$$\n$AP \\cdot PM$ es la potencia de $P$ respecto de la circunferencia circunscrita y su valor es $OA^{2} - OP^{2}$, sólo queda sustituir y resulta:\n$$\nbc = AP^{2} + OA^{2} - OP^{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43105,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Cuántos números, comprendidos entre $1{,}000$ y $9{,}999$, verifican que la suma de sus cuatro dígitos es mayor o igual que el producto de los mismos?\n¿Para cuántos de ellos se verifica la igualdad?",
    "options": [],
    "answer": "2502 numbers satisfy the inequality; 12 numbers satisfy the equality.",
    "solution": "Solution:\n\nSi el número tuviera algún cero entre sus cifras, entonces tendríamos la desigualdad estricta. Hay exactamente $9000 - 9^{4} = 2439$ números de este tipo, esto es, con una cifra igual a cero.\n\nConsideremos el número \"abcd\" escrito en su expresión decimal, y supondremos que no contiene ninguna cifra cero. Entonces la desigualdad\n$$\na + b + c + d \\geq a \\times b \\times c \\times d\n$$\nes equivalente (dividiendo por $a \\times b \\times c \\times d$) a\n$$\n\\frac{1}{b c d} + \\frac{1}{a c d} + \\frac{1}{a b d} + \\frac{1}{a b c} \\geq 1\n$$\nPor lo tanto, si tres o cuatro de estos dígitos fueran unos, entonces uno de los cuatro anteriores sumandos sería $1$ y se obtendría la desigualdad estricta. Hay exactamente $4 \\times 8 + 1 = 33$ números de este tipo.\n\nPor otra parte, demostremos que una condición necesaria para que se verifique la desigualdad es que al menos el número debe tener dos unos entre sus cifras.\nEfectivamente, supongamos por contradicción, y sin pérdida de generalidad, que $b, c, d \\geq 2$. Entonces\n$$\nb c d \\geq 8 ; \\quad a c d \\geq 4 ; \\quad a b d \\geq 4 ; \\quad a b c \\geq 4\n$$\ny así, por (1), tenemos:\n$$\n1 \\leq \\frac{1}{8} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} = \\frac{7}{8}\n$$\nlo cual es una contradicción.\n\nResta, por lo tanto, considerar el caso en que el número tiene exactamente dos cifras iguales a uno. Supongamos por ejemplo, que $a = b = 1$ y $c, d > 1$. En este caso, la desigualdad en cuestión se traduce en\n$$\n\\frac{2}{c d} + \\frac{1}{c} + \\frac{1}{d} \\geq 1\n$$\nDemostremos en primer lugar que, al menos, una de las cifras $c$ ó $d$, debe ser un dos. Efectivamente, si por el contrario $c, d \\geq 3$, entonces\n$$\nc d \\geq 9 ; \\quad c \\geq 3 ; \\quad d \\geq 3\n$$\ny así, por (2), tenemos: $1 \\leq \\frac{2}{9} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{3} = \\frac{8}{9}$, lo cual es una contradicción.\n\nSupongamos, por lo tanto, que $c = 2$. Se obtiene entonces que\n$$\n\\frac{2}{d} + \\frac{1}{2} \\geq 1\n$$\nlo cual es equivalente a decir que $d \\leq 4$.\n\nResumiendo:\nSi $d = 4$, entonces se obtiene la igualdad inicial (las cifras son $1, 1, 2, 4$; y existen $12$ números de este tipo).\nSi $d = 3$, entonces se obtiene la desigualdad estricta inicial (las cifras son $1, 1, 2, 3$; y existen $12$ números de este tipo).\nSi $d = 2$, entonces se obtiene la desigualdad estricta inicial (las cifras son $1, 1, 2, 2$; y existen $6$ números de este tipo).\n\nPor lo tanto, y a modo de resumen global, la desigualdad se da en\n$$\n2439 + 33 + 12 + 12 + 6 = 2502 \\text{ números }\n$$\ny la igualdad en $12$ de ellos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43106,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Podemos trazar $2003$ segmentos en el plano de forma que cada uno de ellos corte exactamente a otros tres?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nNo es posible:\nLlamamos $N$ al número de cortes. Si sumamos, desde $1$ hasta $2003$, el número de segmentos que se cortan con uno dado, cada corte lo contamos dos veces. Por tanto, obtenemos el número $2N$.\nSi la hipótesis del enunciado se cumple, se tiene $2003 \\cdot 3 = 2N$. Pero $2003 \\cdot 3$ es impar y $2N$ es par, algo absurdo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43107,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $n_{1}$, $n_{2}$ dos números naturales. Demuestra que la suma $\\sqrt{n_{1}} + \\sqrt[3]{n_{2}}$ es un número entero o un número irracional.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSi se pone $x = \\sqrt{n_{1}} + \\sqrt[3]{n_{2}}$, se obtiene\n$$\n\\begin{aligned}\nx - \\sqrt{n_{1}} & = \\sqrt[3]{n_{2}} \\Longrightarrow n_{2} = (x - \\sqrt{n_{1}})^{3} \\Longrightarrow (3x^{2} + n_{1}) \\sqrt{n_{1}} = x^{3} + 3 n_{1} x - n_{2} \\\\\n(3x^{2} + n_{1})^{2} n_{1} & = (x^{3} + 3 n_{1} x - n_{2})^{2} \\Longrightarrow x^{6} - 3 n_{1} x^{4} - 2 n_{2} x^{3} + 3 n_{1}^{2} x^{2} - 6 n_{1} n_{2} x + n_{2}^{2} - n_{1}^{3} = 0\n\\end{aligned}\n$$\nEsta ecuación tiene sólo soluciones enteras o irracionales por ser 1 el coeficiente principal.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43108,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemuestra que en un triángulo se verifica: si $r$ es una recta que pasa por su baricentro y no pasa por ningún vértice, la suma de las distancias a dicha recta de los vértices que quedan en un mismo semiplano es igual a la distancia del tercer vértice a dicha recta.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\nEl triángulo $G M M'$ es semejante a $G A A'$ con razón de semejanza 2 (pues $A G = 2 G M$). Por tanto, $A A' = 2 M M'$.\n\nPor otro lado, $M M'$ es la paralela media del trapecio $B B' C' C$, de donde $M M' = \\left(B B' + C C'\\right) / 2$.\n\nEn consecuencia: $A A' = 2 M M' = B B' + C C'$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43109,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEn un hexágono regular de lado unidad se sitúan 19 puntos. Demuestra que hay al menos un par de ellos separados por una distancia no mayor que $\\sqrt{3} / 3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDividamos el hexágono regular en 6 triángulos equiláteros iguales. Cada uno de ellos, si trazamos sus alturas, quedará dividido en 6 triángulos rectángulos. Uniendo estos triángulos rectángulos, dos a dos, por sus hipotenusas, habremos dividido el hexágono original en 18 regiones iguales.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nComo tenemos 19 puntos, en alguna de estas regiones debe haber al menos 2 puntos. Para ver que estos dos puntos están como mucho a distancia $\\sqrt{3} / 3$, sólo hay que probar que dicha región está inscrita en una circunferencia de diámetro $\\sqrt{3} / 3$.\n\nPero la circunferencia circunscrita a un triángulo rectángulo es la que tiene como diámetro la hipotenusa, por tanto, nuestra región está inscrita en una circunferencia de diámetro $d$, donde $d$ es la hipotenusa de cualquiera de los dos triángulos rectángulos que la componen. Sólo hay que demostrar que $d \\leq \\sqrt{3} / 3$. Para ello basta observar que la altura del triángulo equilátero de lado 1 es, por el teorema de Pitágoras, $\\sqrt{1-1 / 4}=\\sqrt{3} / 2$, y de aquí se tiene, por cómo divide el baricentro a una mediana, $\\sqrt{3} / 2=d+d / 2$. De donde $d=\\sqrt{3} / 3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43110,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHalla todas las ternas de números enteros positivos $a \\leq b \\leq c$ primitivas (es decir, que no tengan ningún factor primo común) tales que cada uno de ellos divide a la suma de los otros dos.",
    "options": [],
    "answer": "(1,1,1), (1,1,2), (1,2,3)",
    "solution": "Solution:\nSupongamos que $a = b$. Como $a$ y $b$ no tienen factores en común, debe ser $a = b = 1$. Como $c$ divide a $a + b = 2$, esto da lugar a las ternas $(1, 1, 1)$ y $(1, 1, 2)$.\n\nSupongamos ahora que $a < b$. Como $c$ divide a $a + b < c + c = 2c$, debe ser $a + b = c$. Pero entonces, como $b$ divide a $a + c = 2a + b$, se sigue que $b$ divide a $2a$, y como $b$ no tiene factores comunes con $a$, $b$ divide a $2$. $b$ no puede ser $1$ ya que es mayor que $a$, luego la única terna posible en este caso es $(1, 2, 3)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43111,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHalla todas las ternas $(x, y, z)$ de números reales que son soluciones del sistema de ecuaciones\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\n3 \\cdot 2^{y}-1=2^{x}+2^{-x} \\\\\n3 \\cdot 2^{z}-1=2^{y}+2^{-y} \\\\\n3 \\cdot 2^{x}-1=2^{z}+2^{-z}\n\\end{array}\\right\\}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0, 0)",
    "solution": "Solution:\nHaciendo la sustitución $2^{x}=a$, $2^{y}=b$, y $2^{z}=c$, se observa que $a, b, c>0$ y se obtiene\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\nb=\\frac{1}{3}\\left(a+1+\\frac{1}{a}\\right) \\\\\nc=\\frac{1}{3}\\left(b+1+\\frac{1}{b}\\right) \\\\\na=\\frac{1}{3}\\left(c+1+\\frac{1}{c}\\right)\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nAplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, resulta\n$$\nb=\\frac{1}{3}\\left(a+1+\\frac{1}{a}\\right) \\geq \\sqrt[3]{a \\cdot 1 \\cdot \\frac{1}{a}}=1\n$$\ny por tanto $b \\geq 1 / b$. Análogamente, $a \\geq 1, a \\geq 1 / a$, y $c \\geq 1, c \\geq 1 / c$. Teniendo en cuenta lo anterior, de la primera ecuación resulta que\n$$\nb=\\frac{1}{3}\\left(a+1+\\frac{1}{a}\\right) \\leq \\frac{1}{3}(a+a+a)=a\n$$\ny de las otras dos que $c \\leq b$ y $a \\leq c$. Combinando las desigualdades anteriores, se obtiene $a \\leq c \\leq b \\leq a$. Es decir, $a=b=c$.\nAhora tenemos\n$$\na=\\frac{1}{3}\\left(a+1+\\frac{1}{a}\\right) \\Leftrightarrow 2 a^{2}-a-1=(a-1)(2 a+1)=0\n$$\nque tiene por solución $a=1$ y $a=-1 / 2$. Como sólo nos vale la solución positiva, tenemos que $a=b=c=1$ y por tanto, $(x, y, z)=(0,0,0)$ es la única terna solución del sistema.\nSolution:\nHaciendo la sustitución $2^{x}=a$, $2^{y}=b$, y $2^{z}=c$, se observa que $a, b, c>0$, y se obtiene:\n$$\n\\left.\\left.\\left.\\begin{array}{l}\n3 b-1=a+\\frac{1}{a}, \\\\\n3 c-1=b+\\frac{1}{b}, \\\\\n3 a-1=c+\\frac{1}{c} .\n\\end{array}\\right\\} \\Leftrightarrow \\quad \\begin{array}{l}\na(3 b-1)=a^{2}+1 \\\\\nb(3 c-1)=b^{2}+1 \\\\\nc(3 a-1)=c^{2}+1\n\\end{array}\\right\\} \\Leftrightarrow \\quad \\begin{array}{l}\n3 a b=a^{2}+a+1 \\\\\n3 b c=b^{2}+b+1 \\\\\n3 c a=c^{2}+c+1\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nObservemos que como $a^{2}-2 a+1=(a-1)^{2} \\geq 0$, se tiene $a^{2}+1 \\geq 2 a$, luego la primera ecuación implica $3 a b \\geq 3 a$, de donde $b \\geq 1$. Análogamente, de las otras dos ecuaciones se tiene $c \\geq 1$ y $a \\geq 1$.\nSupongamos que $a$ es el menor de los tres valores $a, b, c$ (los otros casos son análogos). En particular, $0<a \\leq b$. Entonces se tiene $a^{2}+a+1=3 a b \\geq 3 a^{2}$, luego $2 a^{2} \\leq a+1$. La función $2 x^{2}$ sólo puede ser menor o igual que la función $x+1$ si $x \\leq 1$. Por tanto $a \\leq 1$, y así se tiene $a=1$.\nLa primera ecuación queda entonces $3 b=3$, luego $b=1$. Y de la segunda ecuación se sigue que $c=1$. Por tanto, $2^{x}=2^{y}=2^{z}=1$, y así la única terna posible es $(x, y, z)=(0,0,0)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43112,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn una reunión entre cuatro países de la ONU, digamos $A$, $B$, $C$ y $D$, el país $A$ tiene el doble de representantes que el $B$, el triple que el $C$, y el cuádruple que el $D$. Se pretende distribuir a los representantes en mesas con el mismo número de personas en cada una. Sólo hay una condición: en cada mesa, cualquiera de los países debe estar en inferioridad numérica respecto de los otros tres juntos. ¿Cuántos representantes debe haber en cada mesa, como mínimo?",
    "options": [],
    "answer": "25",
    "solution": "Solution:\n\nLa respuesta es $25$. Veamos la demostración. Sean $a$, $b$, $c$ y $d$ el número de representantes de cada país. Como $a$ debe ser múltiplo de $3$ y de $4$, también debe ser múltiplo de $12$. Por tanto, existe un número $k$ tal que $a=12k$, luego $b=6k$, $c=4k$ y $d=3k$. El número total de representantes es entonces $25k$.\n\nSi llamamos $M$ al número de mesas, y $P$ al número de personas en cada mesa, tenemos $MP=25k$.\n\nSea $a_{i}$ el número de representantes del país $A$ en la mesa número $i$. La condición impuesta nos dice que $a_{i}<\\frac{P}{2}$, o bien $2a_{i}<P$. Como $a_{i}$ es un número entero, esto implica que $2a_{i} \\leq P-1$. Sumando todos los $a_{i}$, se obtiene:\n$$\n24k = 2a = 2a_{1} + \\cdots + 2a_{M} \\leq M(P-1) = 25k - M\n$$\nDe aquí se deduce $M \\leq k$. Por tanto, como $MP=25k$, deducimos finalmente que $P \\geq 25$.\n\nSólo queda demostrar que, en efecto, se puede conseguir una configuración en la que haya $25$ personas en cada mesa. Pero esto se consigue, por ejemplo, con una sola mesa en la que haya $12$ representantes del país $A$, $6$ del $B$, $4$ del $C$ y $3$ del $D$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43113,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nUn grupo de chicos y chicas han comido en un restaurante en el que sólo se sirven pizzas cortadas en 12 raciones. Cada chico comió 6 o 7 raciones y cada chica 2 o 3 raciones.\nSe sabe que 4 pizzas no fueron suficientes y que con 5 pizzas hubo de sobra.\nCalcular el número de chicos y de chicas del grupo.",
    "options": [],
    "answer": "8 boys and 1 girl",
    "solution": "Solution:\nSean $x$ e $y$ el número de chicos $y$ de chicas, respectivamente.\nTenemos\n$$\n7x + 3y \\leq 59\n$$\ny\n$$\n6x + 2y \\geq 49\n$$\nRestando miembro a miembro obtenemos\n$$\nx + y \\leq 10\n$$\ny por (2),\n$$\n6x + 2(10 - x) \\geq 49\n$$\nde donde $x \\geq 8$.\nPero (1) implica que $x \\leq 8$.\nLuego $x = 8$.\nSustituyendo este valor en las desigualdades anteriores, debe ser $y = \\mathbf{1}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43114,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera un triángulo $A B C$ con $\\angle B A C=45^{\\circ}$ y $\\angle A C B=30^{\\circ}$. Si $M$ es el punto medio del lado $B C$, se pide demostrar que $\\angle A M B=45^{\\circ}$ y que $B C \\cdot A C=2 \\cdot A M \\cdot A B$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $D$ el punto de $A C$ tal que $B D \\perp A C$.\n![](attached_image_1.png)\nPuesto que $\\angle D B A=90^{\\circ}-\\angle B A D=90^{\\circ}-45^{\\circ}=45^{\\circ}$, el triángulo $A D B$ es isósceles con $A D=D B$.\nPues $\\triangle C D B$ es rectángulo en $D, C M=M D$ y, por tanto, $\\angle C D M=30^{\\circ}$. El teorema del ángulo exterior aplicado en $D$ al triángulo isósceles $A D B$ da $\\angle D A M=15^{\\circ}$.\nEl mismo teorema aplicado ahora al triángulo $A C M$ en $M$ da inmediatamente $\\angle A M B=30^{\\circ}+15^{\\circ}=45^{\\circ}$.\nEn consecuencia, los triángulos $A B C$ y $M B A$ son semejantes y, por tener la misma altura, la razón de sus áreas es igual a la razón de sus bases:\n$$\n\\frac{|A B C|}{|M B A|}=\\frac{B C}{B M}=2\n$$\nPor consiguiente, la razón de semejanza vale $\\sqrt{2}$. Tenemos, pues, que $\\frac{A C}{A M}=\\sqrt{2}$ y $\\frac{B C}{A B}=\\sqrt{2}$.\nLa relación que se pide resulta al multiplicar miembro a miembro las dos igualdades anteriores.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43115,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDescribir todas las soluciones enteras positivas $(m, n)$ de la ecuación $8m - 7 = n^2$ y dar el primer valor de $m$ (si existe) mayor que $1959$.",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are (m, n) = (1 + s(s + 1)/2, 2s + 1) for integers s ≥ 0. The smallest m > 1959 is 2017.",
    "solution": "Solution:\nSea $m = k + 1$, tenemos $8k + 1 = n^2$, o equivalentemente, $8k = (n - 1)(n + 1)$. Evidentemente, $n$ es impar y si consideramos el entero $s = \\frac{n - 1}{2}$, deducimos que $k = \\frac{1 + s}{2} s$ es un número triangular. De hecho, si $k$ es triangular (i.e. $m$ es el número posterior a un triangular) siempre hay solución y por ello las soluciones son $(m, n) = \\left(1 + \\frac{1 + s}{2} s, \\sqrt{1 + 4s(s + 1)}\\right)$ usando que $s$ es entero no negativo. Asimismo, es fácil verificar que el primer entero triangular superior a $1959$ es $2016$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43116,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn jardinero tiene que plantar en una fila a lo largo de un camino tres robles, cuatro encinas y cinco hayas. Planta los árboles al azar; siendo la probabilidad de plantar un árbol u otro la misma.\n\nHalla la probabilidad de que, una vez plantados todos los árboles, no haya dos hayas consecutivas.",
    "options": [],
    "answer": "7/99",
    "solution": "Solution:\n\nUna forma de hacer una disposición en la que no haya dos hayas consecutivas puede ser imaginar plantados todos los robles y todas las encinas y colocar las cinco hayas entre los huecos y los extremos; tenemos pues ocho huecos para colocar las hayas.\n\nEl problema puede plantearse con dos supuestos diferentes, aunque el resultado final es el mismo.\n\nSupuesto 1. No es posible distinguir los robles entre sí, las encinas entre sí y las hayas entre sí. El número total de disposiciones es igual a las permutaciones con repetición de $12$ elementos de los que $3$, $4$ y $5$ son iguales entre sí; esto es $\\frac{12!}{3!\\ 4!\\ 5!}$. El número de disposiciones favorables es igual a las combinaciones de $8$ elementos tomados de $5$ en $5$ multiplicado por el número de permutaciones con repetición de $7$ elementos de los que $3$ y $4$ son iguales entre sí. La probabilidad es:\n$$\np_{1} = \\frac{\\frac{8!}{5!\\ 3!}\\ \\frac{7!}{3!\\ 4!}}{\\frac{12!}{3!\\ 4!\\ 5!}} = \\frac{7}{11 \\times 9} = \\frac{7}{99}\n$$\n\nSupuesto 2. Es posible distinguir entre los robles, encinas y hayas. En este caso el número total de disposiciones es $12!$, y el de disposiciones favorables es el producto de $7!$, la forma de colocar los robles y las encinas, por $8 \\times 7 \\times 6 \\times 5 \\times 4$, la forma de colocar las cinco hayas de forma que no haya dos hayas consecutivas. La probabilidad es:\n$$\np_{2} = \\frac{(8 \\times 7 \\times 6 \\times 5 \\times 4)(7!)}{12!} = \\frac{7}{11 \\times 9} = \\frac{7}{99}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43117,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEncontrad todas las funciones $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ tales que $f(f(n))=n+2$ para todo número natural $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Two functions:\n1) f(n) = n + 1 for all n ∈ ℕ.\n2) f(n) = { n + 3 if n is odd; n − 1 if n is even }.",
    "solution": "Solution:\n\nSea $f$ una función que cumple las condiciones del enunciado.\nSea $f(1)=a$. Reiterando obtenemos $f(a)=3$, $f(3)=a+2$, $\\ldots$, $f(n)=n+a-1$ si $n$ es impar.\nSea $f(2)=b$. De igual manera, $f(b)=4$, $f(n)=n+b-2$ si $n$ es par.\nDe hecho, las condiciones $f(a)=3$, $f(b)=4$, $f(n)=n+a-1$ si $n$ es impar, $f(n)=n+b-2$ si $n$ es par, son necesarias y suficientes para que se cumpla la condición dada en el enunciado.\nPara proseguir, debemos distinguir si $a$ y $b$ son pares o impares.\nSi $a$ es impar, $3=f(a)=2a-1$. Luego $a=2$, hecho contradictorio.\nSi $b$ es par, $4=f(b)=2b-2$. Luego $b=3$, hecho contradictorio.\nAsí, $a$ es par y $b$ impar. Se tiene $3=f(a)=a+b-2$, $4=f(b)=a+b-1$. En ambos casos, obtenemos $a+b=5$.\nNuevamente las cinco condiciones $f(n)=n+a-1$ si $n$ es impar, $f(n)=n+b-2$ si $n$ es par, $a$ es par, $b$ es impar, $a+b=5$ son necesarias y suficientes para que $f$ cumpla la condición dada.\nLas únicas posibilidades son, o bien $a=2$, $b=3$; $a=4$, $b=1$. En un caso obtenemos\n$$\nf(n)=n+1 \\text{ para todo } n \\in \\mathbb{N}\n$$\nEn el otro,\n$$\nf(n)=\\left\\{\\begin{array}{lr}\nn+3 & \\text{ si } n \\text{ es impar; } \\\\\nn-1 & \\text{ si } n \\text{ es par. }\n\\end{array}\\right.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43118,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSe consideran las funciones reales de variable real $f(x)$ de la forma: $f(x)=a x+b$, siendo $a$ y $b$ números reales.\n¿Para qué valores de $a$ y $b$ se verifica $f^{2000}(x)=x$ para todo número real $x$?\n[Nota: Se define $f^{2}(x)=f(f(x))$, $f^{3}(x)=f(f(f(x)))$, y en general, $f^{n}(x)=f(f^{n-1}(x))=f(f(\\ldots f(x)) \\ldots)$ ($n$ veces)]",
    "options": [],
    "answer": "Either a = 1 and b = 0, or a = −1 and b is any real number.",
    "solution": "Solution:\nEn primer lugar, observemos que si componemos dos funciones (lineales) del tipo $a x+b$, obtenemos una función de este tipo, cuyo coeficiente en la variable $x$ es el producto de los respectivos coeficientes de las dos funciones.\nPor lo tanto si $f(x)=a x+b$, entonces $f^{2000}(x)$ es una función del tipo $a^{2000} x+c$; donde $c$ es un número que depende de $a$ y $b$.\nSe obtiene por lo tanto el sistema\n$$\n\\left.\\begin{array}{c}\na^{2000}=1 \\\\\nc=0\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nDe donde resulta que $a=1$ ó $a=-1$. Analicemos ambos casos por separado.\nSi $a=1$, entonces\n$$\nf(x)=x+b, \\quad f(f(x))=x+2b, \\ldots, \\quad f^{2000}(x)=x+2000b\n$$\nen cuyo caso $2000b=0$, es decir, $b=0$, y se obtiene la solución $f(x)=x$.\nSi $a=-1$, entonces\n$$\n\\begin{gathered}\nf(x)=-x+b, \\quad f(f(x))=x, \\quad f(f(f(x)))=-x+b, \\quad f(f(f(f(x))))=x, \\ldots \\\\\nf^{2000}(x)=x \\text{ (por ser } 2000 \\text{ un número par) }\n\\end{gathered}\n$$\nPor lo tanto, cualquier función del tipo $f(x)=-x+b$ (con $b$ un número real arbitrario) es una solución del problema.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43119,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n¿Cuáles son los números enteros positivos que se pueden obtener de exactamente 2007 maneras distintas, como la suma de al menos dos números enteros positivos consecutivos? ¿Cuál es el menor de todos ellos?\nEjemplo: el número $9$ se escribe exactamente de dos maneras distintas:\n$$\n\\begin{aligned}\n& 9=4+5 \\\\\n& 9=2+3+4\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers N whose odd part has exactly 2008 divisors (equivalently, N has exactly 2008 odd divisors). The smallest such N is 3^250 * 5 * 7 * 11.",
    "solution": "Solution:\n$$\nN=a+(a+1)+\\ldots+(a+n)=\\frac{(n+1)(2 a+n)}{2} \\Leftrightarrow 2 N=(n+1)(2 a+n)\n$$\nSi $n$ es par $(n+1)$ es impar y $(2 a+n)$ es par.\nSi $n$ es impar $(n+1)$ es par y $(2 a+n)$ es impar.\nSiempre que $2 N$ en su descomposición en factores primos tenga un factor impar distinto de uno, existe una descomposición de $N$ en suma de números consecutivos.\nEn efecto, sea $N=(2 q+1) Q$ con $q, Q$ naturales y $q \\geq 1, Q>1$, entonces:\na) $2(2 q+1) \\cdot Q=(n+1)(2 a+n)$, y hacemos la siguiente descomposición:\n$2 q+1=n+1$, es decir $n=2 q$ y $n>1$\n$2 Q=2 a+2 q$, de donde $a=Q-q$ Si $a>0$ ya hemos terminado, en otro caso\n$Q-q \\leq 0$ y entonces,\nb) $2 Q=n+1$, de donde $n=2 Q-1$, es decir $n \\geq 1$ y $2 a+2 Q-1=2 q+1$ de donde $a=1+q-Q$, es decir $a \\geq 1$ y ya hemos terminado.\nEntonces necesitamos el menor número que en su descomposición tenga 2007 factores impares sin contar el 1.\nSi sólo tiene un factor primo es:\n$2 N=3^{2007} \\cdot 2$\nSi tiene más de uno $p^{\\alpha} q^{\\beta} r^{\\gamma}$, el número de divisores que tiene es $(\\alpha+1)(\\beta+1)(\\gamma+1) \\ldots$, este producto debe ser 2008 para que excepto 1 uno tenga 2007 divisores impares distintos.\n$2008=2^{3} \\cdot 251=(\\alpha+1)(\\beta+1)(\\gamma+1) \\ldots$, entonces:\n$N=3^{250} \\cdot 5^{7}$, o bien $N=3^{250} \\cdot 5^{3} \\cdot 7$, o bien $N=3^{250} \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdot 11$ y este último es el menor.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43120,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalculad todos los posibles valores de $f(2004)$, donde $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ es una función que cumple:\n- $f(n m)=f(n) f(m)$ para todo par de números naturales $m, n$.\n- $f(n) \\leq n^{2}$ para todo número natural $n$.\n- $f(1002) \\geq 1003969$",
    "options": [],
    "answer": "4016016",
    "solution": "Solution:\nSea $f$ una función que cumple las condiciones del enunciado.\nDescomponemos $1002$ y $2004$ en factores primos. Se tiene que\n$$\n1002=2 \\cdot 3 \\cdot 167 ;\\quad 2004=2^{2} \\cdot 3 \\cdot 167\n$$\nSi $f(2) \\leq 2^{2}-1$, obtenemos que\n$$\nf(1002)=f(2) f(3) f(167) \\leq\\left(2^{2}-1\\right) \\cdot 3^{2} \\cdot 167^{2}=(2 \\cdot 3 \\cdot 167)^{2}-(3 \\cdot 167)^{2}=1002^{2}-(3 \\cdot 167)^{2}\n$$\nSi $f(3) \\leq 3^{2}-1$, obtenemos que\n$$\nf(1002) \\leq 2^{2} \\cdot\\left(3^{2}-1\\right) \\cdot 167^{2}=(2 \\cdot 3 \\cdot 167)^{2}-(2 \\cdot 167)^{2}=1002^{2}-(2 \\cdot 167)^{2}\n$$\nSi $f(167) \\leq 167^{2}-1$, obtenemos que\n$$\nf(1002) \\leq 2^{2} \\cdot 3^{2}\\left(167^{2}-1\\right)=(2 \\cdot 3 \\cdot 167)^{2}-(2 \\cdot 3)^{2}=1002^{2}-(2 \\cdot 3)^{2}\n$$\nEn los tres casos anteriores, la menor cantidad que restamos a $1002^{2}$ es $(2 \\cdot 3)^{2}$. Por tanto, en cualquiera de los tres casos $f(1002) \\leq 1002^{2}-(2 \\cdot 3)^{2}=1002^{2}-36=1003986$, que contradice las condiciones de $f$.\nAsí pues, $f(2)=2^{2}$, $f(3)=3^{2}$, $f(167)=167^{2}$.\nPor tanto $f(2004)=f(2)^{2} f(3) f(167)=2^{4} \\cdot 3^{2} \\cdot 167^{2}=2004^{2}$\nPor último, notamos que, al menos, hay una función que cumple las condiciones del enunciado: la función $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ definida por $f(n)=n^{2}$ lo hace.\nAsí pues, el único valor posible es $2004^2=4016016$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43121,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que la ecuación\n$$\nx^{2}+y^{2}-z^{2}-x-3 y-z-4=0\n$$\nposee infinitas soluciones en números enteros.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$$\n\\begin{aligned}\nx^{2}+y^{2}-z^{2}-x-3 y-z-4=0 & \\Leftrightarrow \\left(x-\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\left(y-\\frac{3}{2}\\right)^{2}-\\left(z+\\frac{1}{2}\\right)^{2}-\\frac{25}{4}=0 \\\\\n& \\Leftrightarrow \\left(x-\\frac{1}{2}\\right)^{2}-\\left(z+\\frac{1}{2}\\right)^{2}=\\frac{25}{4}-\\left(y-\\frac{3}{2}\\right)^{2} \\\\\n& \\Leftrightarrow (x-z-1)(x+z)=(y+1)(4-y)\n\\end{aligned}\n$$\nLa última ecuación se satisface si\nesto es, si\n$$\nx-z-1=y+1 \\quad y \\quad x+z=4-y\n$$\n$$\nx=3, \\quad z=1-y\n$$\nLuego las ternas $(x, y, z)=(3, a, 1-a)$ con $a \\in \\mathbb{Z}$ son soluciones de la ecuación.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43122,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSe considera un tetraedro regular como el de la figura. Si el punto $E$ recorre la arista $AB$. ¿Cuándo el ángulo $\\widehat{CED}$ es máximo?\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "When the point is the midpoint of the edge AB.",
    "solution": "Solution:\nSupongamos que el tetraedro tiene arista de longitud $1$, sea $\\alpha$ el ángulo $CED$ y $x$ la longitud del segmento $AE$.\n\nSi aplicamos el Teorema del coseno al triángulo $AEC$ tenemos:\n$$\nEC^{2} = x^{2} + 1 - 2x \\cos 60^{\\circ} = x^{2} + 1 - x\n$$\nPor simetría se tiene que la longitud $EC$ es igual a la longitud $ED$. De nuevo por el Teorema del coseno, ahora para el triángulo $ECD$, se tiene\n$$\n1 = (x^{2} - x + 1) + (x^{2} - x + 1) - 2\\left(\\sqrt{x^{2} - x + 1}\\right)^{2} \\cos \\alpha\n$$\n$$\n1 = 2(x^{2} - x + 1)(1 - \\cos \\alpha)\n$$\nDespejando se tiene:\n$$\n\\cos \\alpha = 1 - \\frac{1}{2(x^{2} - x + 1)}\n$$\nPor ser la función cos decreciente en el primer cuadrante, para encontrar el valor máximo de $\\alpha$ tenemos que buscar el valor de $x \\in [0,1]$ que haga mínima la función dada en (1), o equivalentemente que haga mínimo el denominador $x^{2} - x + 1$. Es evidente que este mínimo se alcanza para $x = \\frac{1}{2}$.\n\nLa respuesta es: cuando el punto $E$ es el punto medio del lado $AB$. Podemos calcular en este caso el valor de $\\alpha$; se tiene: $\\alpha = \\arccos \\frac{1}{3}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43123,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcula las soluciones reales de la ecuación:\n$$\n\\sqrt[3]{1729-X}+\\sqrt[3]{X}=19\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1000, 729",
    "solution": "Solution:\nSi llamamos $a=\\sqrt[3]{1729-x}$ y $b=\\sqrt[3]{x}$, se tiene que $a$ y $b$ son raíces del sistema\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}a+b=19 \\\\ a^{3}+b^{3}=1729\\end{array}\\right\\}\n$$\nPara resolver este sistema procedemos como sigue:\n$$\n19^{3}=(a+b)^{3}=a^{3}+b^{3}+3 a b(a+b)=1729+3 \\times 19 a b\n$$\nde aquí se tiene $a b=90$. Luego $a$ y $b$ son las raíces del sistema\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}a+b=19 \\\\ a b=90\\end{array}\\right\\}\n$$\ny por tanto de la ecuación $z^{2}-19 z+90=0$. Como las raíces de ésta son $10$ y $9$, resulta que $x=10^{3}=1000$ y $x=9^{3}=729$ son las únicas raíces reales de la ecuación dada.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43124,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe colorean los números $1,2, \\ldots, n$ de dos colores, azul y rojo. Probar que si $n=2017$ existe una coloración tal que la ecuación\n$$\n8(x+y)=z\n$$\nno tiene soluciones monocromáticas. Determinar el menor $n$ para el que nunca es posible colorear los números de forma tal que no haya soluciones monocromáticas.",
    "options": [],
    "answer": "2056",
    "solution": "Solution:\n\nPara la segunda pregunta, observamos que si el $1$ es azul, entonces $8(1+1)=16$ es rojo, y por tanto $8(16+16)=256$ azul y $8(256+1)=2056$ es rojo. En general, si un número $i$ es azul, $8(i+1)$ es rojo, y por consiguiente $i-15$ no puede ser rojo ya que en ese caso tendríamos $8((i-15)+16)=8(i+1)$. Por tanto, si $i$ es azul, $i-15$ también. Ahora bien, $256$ es azul y por tanto $256-15 \\cdot 16=256-240=16$ es azul, lo cual es una contradicción. Por tanto, necesariamente ha de ocurrir que $n<2056$. Si eso sucede es posible no tener soluciones monocromáticas: pintamos el $[1,15]$ de azul, el $[16,255]$ de rojo y el $[256,2055]$ nuevamente de azul. Por tanto, no hay soluciones monocromáticas, ya que si $x, y$ fuesen ambos rojos, $8(x+y) \\geq 8(16+16)=256$ y ya no tenemos números rojos tan grandes. Si ambos fuesen azules $y \\leq 15$ entonces $8(x+y)$ está entre $16$ y $240$, con lo que no hay problemas; por su parte, si uno es $\\geq 256$, entonces $8(x+y) \\geq 8 \\cdot 257=2056$, número que ya no estamos considerando. En el caso $2017$ basta considerar esta misma coloración pintando azul el $[256,2017]$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43125,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCuatro bolas negras y cinco bolas blancas se colocan, en orden arbitrario, alrededor de una circunferencia.\nSi dos bolas consecutivas son del mismo color, se inserta una nueva bola negra entre ellas. En caso contrario, se inserta una nueva bola blanca.\nSe retiran las bolas negras y blancas previas a la inserción.\nRepitiendo el proceso, ¿es posible obtener nueve bolas blancas?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nSi asignamos a cada bola negra el valor $1$ y a cada bola blanca el valor $-1$, se observa que dos bolas consecutivas se sustituyen por su producto.\n\nConsiderando el producto $P$ de los nueve valores antes y después de cada operación, vemos que el nuevo $P$ es igual al cuadrado del anterior $P$. Así, siempre será $P=1$ después de cada operación.\n\nPuesto que nueve bolas blancas darían $P=-1$, no es posible obtener una tal configuración.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43126,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn triángulo tiene sus vértices en cada uno de los ejes de un sistema de coordenadas cartesianas en el espacio; ninguno está en el origen, ni dos de ellos coinciden el mismo eje. Demostrad que el triángulo es acutángulo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $A$, $B$, $C$ los vértices del triángulo. Denotamos, respectivamente, $x$, $y$, $z$ las distancias de los vértices al origen de coordenadas; y, también respectivamente, $a$, $b$, $c$ las longitudes de los lados opuestos a los vértices.\n\nBasta probar que uno de los ángulos es agudo. Probaremos que $\\cos A > 0$. Por el teorema del coseno $a^{2} = b^{2} + c^{2} - 2 b c \\cos \\hat{A}$. Luego debemos demostrar que $a^{2} < b^{2} + c^{2}$.\n\nGracias al teorema de Pitágoras, se tiene que $a^{2} = y^{2} + z^{2}$, $b^{2} = x^{2} + z^{2}$, $c^{2} = x^{2} + y^{2}$.\n\nPor tanto\n$$\nb^{2} + c^{2} = 2x^{2} + y^{2} + z^{2} > y^{2} + z^{2} = a^{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43127,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $a \\neq 1$ un número real positivo y $n$ un entero positivo. Demostrar que $n^{2}<\\frac{a^{n}+a^{-n}-2}{a+a^{-1}-2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLa desigualdad dada $n^{2}<\\frac{a^{n}+a^{-n}-2}{a+a^{-1}-2}$ es equivalente a $n^{2}<\\frac{\\left(a^{\\frac{n}{2}}-a^{-\\frac{n}{2}}\\right)^{2}}{\\left(a^{\\frac{1}{2}}-a^{-\\frac{1}{2}}\\right)^{2}}$, que a su vez equivale a que $n<\\frac{\\alpha^{n}-\\alpha^{-n}}{\\alpha-\\alpha^{-1}}$, siendo $\\alpha=\\sqrt{a}$. Entonces, usando la desigualdad aritmético-geométrica, se tiene la desigualdad pedida:\n$$\n\\frac{\\alpha^{n}-\\alpha^{-n}}{\\alpha-\\alpha^{-1}}=\\alpha^{1-n} \\frac{\\alpha^{2 n}-1}{\\alpha^{2}-1}=\\alpha^{1-n}\\left(1+\\alpha^{2}+\\alpha^{4}+\\ldots+\\alpha^{2 n-2}\\right)>\\alpha^{1-n} n \\sqrt[n]{\\alpha^{2+4+\\ldots+(2 n-2)}}=\\alpha^{1-n} n \\alpha^{n-1}=n\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43128,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEn la orilla de un río de $100$ metros de ancho está situada una planta eléctrica y en la orilla opuesta, y a $500$ metros río arriba, se está construyendo una fábrica. Sabiendo que el río es rectilíneo entre la planta y la fábrica, que el tendido de cables a lo largo de la orilla cuesta a $9\\,€$ cada metro y que el tendido de cables sobre el agua cuesta a $15\\,€$ cada metro, ¿cuál es la longitud del tendido más económico posible entre la planta eléctrica y la fábrica?.",
    "options": [],
    "answer": "550 m",
    "solution": "Solution:\nCada trayecto tendrá un recorrido formado por un tramo sobre el río, en el que se avanzará una distancia de $b$ metros y uno o dos tramos a lo largo de la orilla que recorrerán los restantes $500 - b$ metros. El recorrido de tal trayecto será $L(b)$ y el gasto $g(b)$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLa longitud del recorrido más económico posible entre la planta eléctrica y la fábrica es de $550$ metros.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43129,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Existe algún triángulo tal que las medidas de sus lados son tres números consecutivos y el ángulo mayor es el doble que el menor? Si existe, determinad sus medidas.",
    "options": [],
    "answer": "4, 5, 6",
    "solution": "Solution:\n\nNotamos que el triángulo debe ser acutángulo. Si $a, b, c$ son sus lados, hay que probar, gracias al teorema del coseno, que $a^{2} + b^{2} > c^{2}$, $a^{2} + c^{2} > b^{2}$, $b^{2} + c^{2} > a^{2}$. Si tomamos $a \\leq b \\leq c$, basta probar $a^{2} + b^{2} > c^{2}$. Sea $a = x - 1$, $b = x$, $c = x + 1$. Esta desigualdad equivale a $0 < x^{2} + 4x + 1$.\n\nAhora, gracias al teorema del seno, el ángulo es más pequeño cuanto más pequeño sea el lado opuesto. Así, el ángulo opuesto a $a$ es $\\alpha$, y el opuesto a $c$ es $2\\alpha$. El opuesto a $b$ será $\\pi - 3\\alpha$, y ha de ser $\\alpha \\leq \\pi - 3\\alpha \\leq 2\\alpha$; o sea $\\frac{\\pi}{5} \\leq \\alpha \\leq \\frac{\\pi}{4}$.\n\nSi plantamos el teorema del seno, obtenemos\n$$\n\\frac{x+1}{x-1} = \\frac{\\sen 2\\alpha}{\\sen \\alpha} = 2 \\cos \\alpha ; \\quad \\frac{x}{x-1} = \\frac{\\sen 3\\alpha}{\\sen \\alpha} = 4 \\cos^{2} \\alpha - 1\n$$\nSi eliminamos el ángulo, obtenemos\n$$\n\\frac{x}{x-1} = \\left(\\frac{x+1}{x-1}\\right)^{2} - 1\n$$\nEsta expresión simplificada, da $x = 5$. También obtenemos que $\\cos \\alpha = \\frac{3}{4}$.\n\nO sea que, si el triángulo existe, sus dimensiones son $4$, $5$, $6$. Para que exista, el ángulo $\\alpha$ debe cumplir las condiciones $\\cos \\frac{\\pi}{4} \\leq \\cos \\alpha \\leq \\cos \\frac{\\pi}{5}$. La primera desigualdad es $\\frac{1}{\\sqrt{2}} \\leq \\frac{3}{4}$, que equivale, elevando al cuadrado y quitando denominadores, a $16 < 18$. La segunda es $\\frac{3}{4} \\leq \\frac{1 + \\sqrt{5}}{4}$, que equivale, del mismo modo que antes, a $4 < 5$.\n\nAsí pues, el triángulo existe y sus lados miden $4$, $5$, $6$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43130,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular el número máximo de raíces reales distintas que puede tener un polinomio $P$ que verifique la siguiente propiedad: el producto de dos raíces distintas de $P$ sigue siendo una raíz de $P$.",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "Solution:\nLa respuesta es 4. El polinomio $x(x-1/2)(x-1)(x-2)$, con raíces $0$, $1/2$, $1$ y $2$, cumple dicha cota. Supongamos que hubiese un polinomio con al menos 5 raíces distintas. Es importante reseñar que un polinomio tiene una cantidad finita de raíces y es lo que nos permite tomar máximos y mínimos.\nSi un polinomio tiene 5 raíces, al menos 4 serían no nulas y distinguimos dos casos.\n\n1. Si $-1$ es raíz, hay al menos una raíz (de hecho, al menos dos) con valor absoluto no nulo distinto de $1$. Sea $A$ una raíz con el mayor valor absoluto entre todas la raíces y supongamos que $|A|>1$. Como $-1$ y $A$ son raíces, $-A$ es raíz; pero entonces también lo sería $-A \\cdot A = -A^{2}$ y $|A^{2}| > |A|$, lo que contradiría la maximalidad del valor absoluto de $A$.\nSi no existen raíces con valor absoluto $>1$, tomemos como $A$ una de las raíces con el menor valor absoluto entre todas las raíces distintas de $0$. Se tendrá entonces que $|A|<1$, y como $-1$ y $A$ son raíces, $-A$ es raíz y también lo será $-A \\cdot A = -A^{2}$. Pero entonces, $|A^{2}| < |A|$, lo que contradiría la minimalidad del valor absoluto de $A$ entre las raíces no nulas.\n\n2. Si $-1$ no es raíz, hay al menos tres raíces no nulas y de módulo distinto de $1$. Hay entonces dos raíces $A, B$ con los dos valores absolutos mayores (mayores que $1$) o bien dos raíces con los dos valores absolutos menores $A, B$ (menores que $1$ y no nulos). En cualquier caso multiplicando $A \\cdot B$ llegamos a una contradicción con la maximalidad o minimalidad.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43131,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un tablero de ajedrez $10 \\times 10$ se colocan $41$ torres. Probar que se pueden elegir al menos $5$ de ellas que no se coman entre sí.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPues $41 = 4 \\times 10 + 1$, existe una fila $A$ que contiene al menos $5$ torres.\n\nQuedan $9$ filas con, al menos, $31$ torres. Una fila $B$, de entre estas $9$, contiene, al menos, $4$ torres.\n\nQuedan $8$ filas con, al menos, $21$ torres. Una fila $C$, de entre estas $8$, contiene, al menos, $3$ torres.\n\nQuedan $7$ filas con, al menos, $11$ torres. Una fila $D$, de entre estas $7$, contiene, al menos, $2$ torres.\n\nQuedan ahora $6$ filas una de las cuales, sea $E$, contiene al menos $1$ torre.\n\nElegimos una torre $T_{1}$ de la fila $E$.\n\nElegimos una torre $T_{2}$ de la fila $D$ que no esté en la misma columna que $T_{1}$.\n\nElegimos una torre $T_{3}$ de la fila $C$ que no esté en la columna de $T_{1}$ ni en la de $T_{2}$.\n\nElegimos una torre $T_{4}$ de la fila $B$ que no esté en la columna de $T_{1}$ ni en la de $T_{2}$ ni en la de $T_{3}$.\n\nElegimos, en fin, una torre $T_{5}$ de la fila $A$ que no esté en la columna de $T_{1}$ ni en la de $T_{2}$ ni en la de $T_{3}$ ni en la de $T_{4}$.\n\nLas torres $T_{1}, T_{2}, T_{3}, T_{4}$ y $T_{5}$ no se comen entre sí.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43132,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nAverigua qué números de cuatro cifras significativas, $\\overline{a b c d}$ (con $a \\neq 0$), son iguales a $\\overline{a b}^{2} + \\overline{c d}^{2} - \\overline{c d}$.\n\nNota: La notación $\\overline{a b}$ representa, en este problema, el número que tiene $a$ decenas y $b$ unidades; en este caso se tiene que $a, b \\in \\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "5151, 4951, 9911, 6050, 4050",
    "solution": "Solution:\nTenemos $\\overline{a b c d} = \\overline{a b}^{2} + \\overline{c d}^{2} - \\overline{c d}$, por lo tanto\n$$\n\\overline{a b 00} = \\overline{a b}^{2} + \\overline{c d}^{2} - 2\\overline{c d} = \\overline{a b}^{2} + (\\overline{c d} - 1)^{2} - 1\n$$\ny de aquí se tiene:\n$$\n\\overline{a b 00} + 1 = \\overline{a b}^{2} + (\\overline{c d} - 1)^{2}\n$$\nVamos a reordenar los términos de esta expresión para determinar los valores de $a, b, c$ y $d$. Escribimos\n$$\n1 = \\overline{a b}^{2} - 100\\overline{a b} + (\\overline{c d} - 1)^{2} = (\\overline{a b} - 50)^{2} + (\\overline{c d} - 1)^{2} - 50^{2}\n$$\ny ordenando los términos\n$$\n2501 = 50^{2} + 1 = \\overline{a b}^{2} - 100\\overline{a b} + (\\overline{c d} - 1)^{2} = (\\overline{a b} - 50)^{2} + (\\overline{c d} - 1)^{2}\n$$\nTenemos que descomponer 2501 como suma de dos cuadrados; las única descomposiciones son:\n$$\n2501 = 50^{2} + 1 = 49^{2} + 10^{2}\n$$\nAnalizar los diferentes casos para una descomposición del tipo $2501 = x^{2} + y^{2}$, utilizando las cifras de las unidades; módulo 10 éstas deben sumar 1. Se tienen las siguientes tablas:\n\n| Unidades de $n:$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 |\n| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |\n| Unidades de $n^{2}:$ | 0 | 1 | 4 | 9 | 6 | 5 | 6 | 9 | 4 | 1 |\n| $\\overline{a b} - 50 =$ | $\\overline{a b}$ |  | $2501 - (\\overline{a b} - 50)^{2}$ | $\\overline{c d} - 1$ | $\\overline{c d}$ | solución: |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $\\overline{50}$ | $\\overline{100}$ | $\\overline{N O}$ |  |  |  |  |\n| -50 | 0 | $N O$ |  |  |  |  |\n| 1 | 51 |  | 2500 | $\\overline{50}$ | 51 | 5151 |\n| -1 | 49 |  | 2500 | 50 | 51 | 4951 |\n| 49 | $\\overline{99}$ |  | 100 | 10 | 11 | 9911 |\n| -49 | 1 | $N O$ |  |  |  |  |\n| 10 | 60 |  | 2401 | 49 | 550 | 6050 |\n| $\\overline{-10}$ | 40 |  | 2401 | 49 | 50 | 4050 |\n\nTenemos entonces las siguientes posibilidades para comenzar el análisis:\n\n| Unidades de $x^{2}$ | Unidades de $y^{2}$ | Unidades de $x$ | Unidades de $y$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 0 | 1 | 0 | 1 |\n| 0 | 1 | 0 | 9 |\n| 1 | 0 | 1 | 0 |\n| 1 | 0 | 9 | 0 |\n| 5 | 6 | 5 | 4 |\n| 5 | 6 | 5 | 6 |\n| 6 | 5 | 4 | 5 |\n| 6 | 5 | 6 | 5 |\n\nEstudiamos ahora los posibles valores para $\\overline{a b} - 50$, siendo $(\\overline{a b} - 50)^{2} = 50^{2}, 1^{2}, 49^{2}$ y $10^{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43133,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSe pide encontrar todos los números enteros positivos $n$ tales que $3^{n}+5^{n}$ es múltiplo de $3^{n-1}+5^{n-1}$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\nPara un tal $n$, puesto que\n$$\n3\\left(3^{n-1}+5^{n-1}\\right)<3^{n}+5^{n}<5\\left(3^{n-1}+5^{n-1}\\right)\n$$\nse verifica\n$$\n3^{n}+5^{n}=4\\left(3^{n-1}+5^{n-1}\\right)\n$$\nla cual se reduce a\n$$\n5^{n-1}=3^{n-1}\n$$\nque implica $n=1$.\n\nPues $n=1$ es solución (porque 8 es múltiplo de 2), se concluye que $n=1$ es la única solución.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43134,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallad las cuatro últimas cifras de $3^{2004}$.",
    "options": [],
    "answer": "0081",
    "solution": "Solution:\n\nTenemos que $3^{2}=9=10-1$. Gracias a ello, la fórmula del binomio de Newton nos permite simplificar los cálculos:\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3^{2004}=(10-1)^{2002} \\equiv -\\left(\\begin{array}{c}\n1002 \\\\\n3\n\\end{array}\\right) 10^{3}+\\left(\\begin{array}{c}\n1002 \\\\\n2\n\\end{array}\\right) 10^{2}-1002 \\cdot 10+1 \\\\\n& \\equiv \\frac{1002}{6} \\cdot 1001 \\cdot 1000 \\cdot 10^{3}+\\frac{1002}{2} \\cdot 1001 \\cdot 10^{2}-1003 \\cdot 10+1 \\\\\n& \\equiv (500+1)(1000+1) \\cdot 100-(1000+2) \\cdot 10+1 \\equiv 100-20+1\\left(\\bmod 10^{4}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nLas últimas cuatro cifras son 0081.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43135,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDada una semicircunferencia de diámetro $A B=2 R$, se considera una cuerda $C D$ de longitud fija $c$. Sea $E$ la intersección de $A C$ con $B D$ y $F$ la intersección de $A D$ con $B C$.\nProbar que el segmento $E F$ tiene longitud constante y dirección constante al variar la cuerda $C D$ sobre la semicircunferencia.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nComo los triángulos $E F C$ y $E D F$ son rectángulos, el cuadrilátero $E D F C$ es inscriptible y $E F$ es el diámetro. Llamemos $r$ al radio del circuncírculo de $E C D$, por el teorema de los senos en $E C D$:\n$$\nE F = 2 r = \\frac{c}{\\operatorname{sen} E}\n$$\nPongamos $\\alpha = \\angle B O D$ y $\\beta = \\angle C O D$. Entonces\n$$\nE = \\frac{180 - \\beta}{2} = 90 - \\frac{\\beta}{2}\n$$\n![](attached_image_1.png)\nexpresión que prueba que el ángulo $E$ es constante al serlo $\\beta$ y además el punto $E$ se mueve en el arco capaz de $90 - \\frac{\\beta}{2}$ sobre $A B$. Sustituyendo en (1) queda:\n$$\nE F = 2 r = \\frac{c}{\\cos \\frac{\\beta}{2}} \\text{ (2), por otra parte } \\operatorname{sen} \\frac{\\beta}{2} = \\frac{c}{2 R} \\quad \\text{ (3) ; eliminando } \\beta \\text{ entre (2) y (3) y despejando }\n$$\n$E F$ resulta: $E F = \\frac{2 c R}{\\sqrt{4 R^{2} - c^{2}}}$ expresión que muestra que $E F$ es constante al serlo $c$ y $R$.\n\nAdemás $F$ es el ortocentro del triángulo $A B E$ como intersección de las alturas $A D$ y $B C$, por ello $E F$ que está sobre la tercera altura es siempre perpendicular a $A B$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43136,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe sabe que el polinomio $p(x)=x^{3}-x+k$ tiene tres raíces que son números enteros.\nDetermínese el número $k$.",
    "options": [],
    "answer": "0",
    "solution": "Solution:\n\nPara $k=0$ tenemos $p(x)=x^{3}-x=x(x-1)(x+1)$, que tiene raíces $0,-1$ y $1$.\nSe demuestra que este es el único valor de $k$ para el cual $p(x)$ tiene tres raíces enteras. En efecto, si $a$, $b$, $c$ son enteros, y $p(x)=(x-a)(x-b)(x-c)$, resulta:\n$$\n\\left.\\begin{array}{c}\na+b+c=0 \\\\\nab+ac+bc=-1 \\\\\nabc=-k\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nEntonces,\n$$\n(a+b+c)^{2}=0=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+ac+bc)=a^{2}+b^{2}+c^{2}-2\n$$\nEs decir, $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$, siendo $a^{2}$, $b^{2}$, $c^{2}$ enteros no negativos. Necesariamente uno de los valores $a$, $b$ ó $c$ deberá ser nulo, con lo que $k=-abc=0$.\nTambién pueden representar $q(x)=y$ y observar que $q(x)+k$ no puede tener tres raíces enteras, pues no hay enteros ni en $(-1,0)$ ni en $(0,1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43137,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEncontrar todas las soluciones enteras positivas de\n$$\n\\frac{1}{a+b}+\\frac{1}{b+c}+\\frac{1}{c+a}+\\frac{1}{a+b+c-2}=1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(a,b,c) = (2,2,2)",
    "solution": "Solution:\n\nSi $a, b, c \\geq 2$, entonces la expresión es $\\leq 1$, con igualdad si y solo si $a = b = c = 2$. Así que suponemos ahora que uno de ellos es $1$, pongamos sin pérdida de generalidad $a = 1$. Si $b, c \\geq 3$ se llega a que la expresión es nuevamente menor que $1$, así que únicamente hay que analizar ahora los casos $b = 1$ y $b = 2$, que no dan más soluciones.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43138,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que hay infinitos números primos cuyo resto al dividirlos entre $3$ es $2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEvidentemente hay al menos un primo, pues $2$ es un ejemplo. Supongamos que solo hubiese un número finito de ellos, $p_{1}, \\ldots, p_{k}$, y sea $n$ el producto de todos ellos. El producto de dos de esos primos deja resto $1$ al dividir entre $3$, por lo que, dependiendo de si $k$ es par o es impar, el resto de dividir $n$ entre $3$ será $1$ ó $2$, respectivamente.\n\nSi $n$ deja resto $1$ al dividir entre $3$, entonces $n+1$, que no es divisible por ninguno de los primos $p_{1}, \\ldots, p_{k}$, deja resto $2$. Pero si $n$ no es divisible por ningún primo que deje resto $2$ al dividir entre $3$, como no es múltiplo de $3$, quiere decir $n$ es producto de primos que dejan resto $1$ al dividir entre $3$, por lo que $n$ también deja resto $1$, en contradicción con que deja resto $2$.\n\nSi $n$ deja resto $2$ al dividir entre $3$, razonamos con $n+3$ en vez de con $n+1$ y obtendremos de nuevo una contradicción, por lo que no es posible que haya sólo un número finito de primos con la condición pedida.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43139,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un triángulo acutángulo $ABC$ consideramos su ortocentro, $H$. Sean $A'$, $B'$ y $C'$ los simétricos de $H$ con respecto a los lados $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente. Probar que si los triángulos $ABC$ y $A'B'C'$ tienen un ángulo igual, entonces también tiene un lado igual. ¿Es cierto el recíproco?",
    "options": [],
    "answer": "The converse is false.",
    "solution": "Solution:\n\nPor perpendicularidad de sus lados, $\\angle CAH = \\angle HBC$. Por simetría con respecto a $CB$, $\\angle CBA' = \\angle HBC$, por lo que $A'$ está sobre la circunferencia circunscrita a $ABC$, y análogamente $B'$ y $C'$.\n\nPor el teorema del seno, siendo $a$ el lado opuesto al ángulo $\\alpha$ y $R$ el circunradio, se tiene que $a = 2R \\sin \\alpha$. Como ambos triángulos comparten circuncírculo, si tienen dos ángulos de igual medida tendrán dos lados de igual medida.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEl recíproco no es cierto, y el mismo teorema del seno nos sirve para demostrarlo. Basta tener en cuenta que $A'B'C'$ no es necesariamente acutángulo, de hecho sus ángulos miden, respectivamente, $180-2\\alpha$, $180-2\\beta$ y $180-2\\gamma$, siendo $\\alpha$, $\\beta$ y $\\gamma$ los ángulos de $ABC$, y tomar ángulos cuya media sea $90$. Por ejemplo, si $ABC$ tiene un ángulo de $80$ y $A'B'C'$ tiene uno de $100$, ya tendremos garantizado que ambos triángulos tienen sendos lados que miden lo mismo. Como $100 = 180 - 2\\alpha$, se tendrá que los ángulos de $ABC$ son $40$, $60$ y $80$, mientras que los de $A'B'C'$ serán $100$, $60$ y $20$. No hay dos con el mismo valor.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43140,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe da un triángulo rectángulo isósceles $A B C$, con el ángulo recto en $C$, y los catetos de longitud $2$. Un arco de círculo $l$ con centro $A$ divide al triángulo en dos partes de la misma área, mientras que el arco de círculo $m$ con centro en $B$ es tangente al arco $l$ en un punto de la hipotenusa $A B$.\nHallar el área de la porción del triángulo no cubierta por los sectores circulares correspondientes a los dos arcos.",
    "options": [],
    "answer": "2 sqrt(pi) - pi",
    "solution": "Solution:\n\nSe $r$ el radio del arco $l$. El área del sector determinado así en el triángulo es $1/8$ del área del círculo. Por lo tanto,\n$$\n\\frac{1}{8} \\pi r^{2} = 1 \\Rightarrow r = 2 \\sqrt{\\frac{2}{\\pi}}\n$$\nEl radio del círculo $m$ es\n$$\nr_{1} = |A B| - r = 2 \\sqrt{2} - 2 \\sqrt{\\frac{2}{\\pi}} = 2 \\sqrt{2}\\left(1 - \\frac{1}{\\sqrt{\\pi}}\\right)\n$$\nEl área de la región buscada es entonces\n$$\nS = 1 - \\frac{1}{8} \\pi \\cdot 8\\left(1 - \\frac{1}{\\sqrt{\\pi}}\\right)^{2} = 2 \\sqrt{\\pi} - \\pi\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43141,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe suponen conocidas las raíces reales de las $n$ ecuaciones de segundo grado que se indican en el siguiente cuadro:\n\n| Ecuación | Raíces |\n| :---: | :---: |\n| $x^{2}+a_{1} x+b_{1}=0$ | $x_{0}, x_{1}$ |\n| $x^{2}+a_{2} x+b_{2}=0$ | $x_{0}, x_{2}$ |\n| $\\cdots$ | $\\cdots$ |\n| $x^{2}+a_{n} x+b_{n}=0$ | $x_{0}, x_{n}$ |\n\nEncontrar, razonadamente, las raíces de la ecuación\n$$\nx^{2}+\\frac{a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}}{n} x+\\frac{b_{1}+b_{2}+\\cdots+b_{n}}{n}=0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Roots: x0 and (x1 + x2 + ... + xn)/n",
    "solution": "Solution:\n\nPor hipótesis, se tiene\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{0}^{2}+a_{1} x_{0}+b_{1}=0 \\\\\n& \\cdots \\cdots \\cdots \\cdots \\cdots \\cdots \\\\\n& x_{0}^{2}+a_{n} x_{0}+b_{n}=0\n\\end{aligned}\n$$\nSumando estas igualdades, resulta\n$$\nn x_{0}^{2}+\\left(a_{1}+\\cdots+a_{n}\\right) x_{0}+\\left(b_{1}+\\cdots+b_{n}\\right)=0\n$$\nes decir, $x_{0}$ es una raíz de la ecuación propuesta.\nPor lo tanto, el discriminante de esta ecuación es no negativo y debe tener otra raíz a la que llamaremos $\\bar{x}$. Por las fórmulas que relacionan los coeficientes y las raíces, se tiene\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{0}+x_{1}=-a_{1} \\\\\n& \\cdots \\cdots \\cdots \\cdots \\cdots \\\\\n& x_{0}+x_{n}=-a_{n} \\\\\n& x_{0}+\\bar{x}=-\\frac{a_{1}+\\cdots+a_{n}}{n}\n\\end{aligned}\n$$\nMultiplicando la última igualdad por $n$ y restando de las anteriores, resulta\n$$\nn \\bar{x}-\\left(x_{1}+\\cdots+x_{n}\\right)=0 \\Leftrightarrow \\bar{x}=\\frac{x_{1}+\\cdots+x_{n}}{n}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43142,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo $ABC$ se traza la bisectriz interior $CD$. Se sabe que el centro del círculo inscrito en el triángulo $BCD$ coincide con el centro del círculo circunscrito del triángulo $ABC$. Calcular los ángulos del triángulo $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "A = 72°, B = 36°, C = 72°",
    "solution": "Solution:\n\nSea $O$ el centro común de los círculos mencionados en el enunciado. Por la hipótesis, $BO$ y $CO$ son bisectrices de los ángulos $\\angle ABC$ y $\\angle BCD$ ($O$ es el centro del círculo inscrito en $BCD$).\n\nAdemás $AO = BO = CO$ ($O$ es el centro del círculo circunscrito a $ABC$).\n\nDe aquí, si llamamos $\\alpha = \\angle ABO$, entonces tenemos\n$$\n\\angle OAB = \\alpha, \\quad \\angle OCB = \\angle OBC = \\alpha, \\quad \\angle BCD = 2\\alpha \\quad (CD \\text{ es bisectriz})\n$$\nDe aquí, $\\angle OAC = \\angle OCA = 3\\alpha$\n\nComo la suma de los ángulos del triángulo $ABC$ es $180^\\circ$, resulta $\\alpha = 18^\\circ$, y $\\angle A = \\angle C = 72^\\circ$, $\\angle B = 36^\\circ$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43143,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEncontrar, razonadamente, dos números enteros positivos $a$ y $b$, tales que\n$$\n\\begin{aligned}\n& b^{2} \\text{ sea múltiplo de } a, \\\\\n& a^{3} \\text{ sea múltiplo de } b^{2}, \\\\\n& b^{4} \\text{ sea múltiplo de } a^{3}, \\\\\n& a^{5} \\text{ sea múltiplo de } b^{4}, \\\\\n& \\text{pero } b^{6} \\text{ no sea múltiplo de } a^{5}.\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a = 16, b = 8",
    "solution": "Solution:\n\nEscribamos\n$$\na = p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdots p_{r}^{\\alpha_{r}}, \\quad b = p_{1}^{\\beta_{1}} \\cdots p_{r}^{\\beta_{r}}\n$$\ndonde $\\alpha_{i}, \\beta_{i} \\geq 0$, $p_{i}$ es primo para cada $i$, y $p_{i} \\neq p_{j}$ si $i \\neq j$.\nLas condiciones del problema son entonces equivalentes a\n\ni) para cada $i$ $\\alpha_{i} \\leq 2 \\beta_{i} \\leq 3 \\alpha_{i} \\leq 4 \\beta_{i} \\leq 5 \\alpha_{i}$ y\n\nii) existe $i$ tal que $\\alpha_{i} > \\frac{6}{5} \\beta_{i}$.\n\nEs claro entonces que basta considerar un solo primo, así que encontraremos $\\alpha_{1}$ y $\\beta_{1}$ que satisfagan i) y ii).\nEsto puede hacerse fácilmente por tanteo, por ejemplo $\\alpha_{1} = 4$ y $\\beta_{1} = 3$ sirven (también sirven $\\alpha_{1} = 13$ y $\\beta_{1} = 10$).\nAhora tomamos para $p_{1}$ cualquier primo, por ejemplo $2$.\nUna pareja que satisface las condiciones pedidas es $a = 2^{4}, \\quad b = 2^{3}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43144,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn número positivo $x$ verifica la relación\n$$\nx^{2} + \\frac{1}{x^{2}} = 7\n$$\n\nDemostrar que\n$$\nx^{5} + \\frac{1}{x^{5}}\n$$\nes entero y calcular su valor.",
    "options": [],
    "answer": "123",
    "solution": "Solution:\n\nSe tiene\n$$\n\\left(x + \\frac{1}{x}\\right)^{2} = x^{2} + \\frac{1}{x^{2}} + 2 = 7 + 2 = 9 \\Rightarrow x + \\frac{1}{x} = 3\n$$\nEntonces\n$$\n3 \\cdot 9 = 27 = \\left(x + \\frac{1}{x}\\right)^{3} = x^{3} + \\frac{1}{x^{3}} + 3\\left(x + \\frac{1}{x}\\right) = x^{3} + \\frac{1}{x^{3}} + 3 \\cdot 3 \\Rightarrow x^{3} + \\frac{1}{x^{3}} = 18\n$$\nEntonces\n$$\n7 \\cdot 18 = \\left(x^{2} + \\frac{1}{x^{2}}\\right) \\cdot \\left(x^{3} + \\frac{1}{x^{3}}\\right) = x^{5} + \\frac{1}{x^{5}} + x + \\frac{1}{x} = 3 + x^{5} + \\frac{1}{x^{5}} \\Rightarrow x^{5} + \\frac{1}{x^{5}} = 123\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43145,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera la inecuación\n$$\n|x-1|<a x\n$$\ndonde $a$ es un parámetro real.\na) Discutir la inecuación según los valores de $a$.\nb) Caracterizar los valores de $a$ para los cuales la inecuación tiene exactamente DOS soluciones enteras.",
    "options": [],
    "answer": "1/2 < a ≤ 2/3",
    "solution": "Solution:\n\na) En principio distinguiremos dos casos, según que $x \\geq 1$ ó $x<1$.\n\nCaso I: $x \\geq 1$. La desigualdad es equivalente a la siguiente:\n$$\nx-1<a x \\Leftrightarrow (1-a)x<1\n$$\nSubcaso I.1: Supongamos $1-a>0$, es decir, $a<1$. Entonces $x<\\frac{1}{1-a}$, $\\frac{1}{1-a}>1 \\Leftrightarrow a>0$. Por lo tanto,\n$$\n0<a<1,\\ 1 \\leq x<\\frac{1}{1-a}\n$$\nSubcaso I.2: $1-a=0 \\Leftrightarrow a=1$ y la desigualdad se escribe como $0 \\cdot x<1$. Por lo tanto $a=1,\\ x \\geq 1$.\n\nSubcaso I.3: $1-a<0 \\Rightarrow 1<a \\Rightarrow x \\geq 1$. La desigualdad es equivalente a $x-1<a x \\Leftrightarrow (1-a)x<1$.\n\nCaso II: $x<1$. La desigualdad es equivalente a $1-x<a x \\Leftrightarrow 1<(a+1)x$.\n\nSubcaso II.1: $a+1>0 \\Leftrightarrow a>-1$, $\\frac{1}{a+1}<x<1$, $\\frac{1}{a+1}<1 \\Leftrightarrow a>0$.\nPor lo tanto, $a>0$, $\\frac{1}{a+1}<x<1$, cuando $-1<a \\leq 0$ no hay solución.\n\nSubcaso II.2: $a+1=0 \\Leftrightarrow a=-1 \\Rightarrow 1<0$, no hay solución.\n\nSubcaso II.3: $a+1<0 \\Leftrightarrow a<-1 \\Rightarrow x<\\frac{1}{a+1}<0$.\nPor lo tanto, $a<-1$, $x<\\frac{1}{a+1}$.\n\nResumiendo:\nSi $a<-1$, entonces $x<\\frac{1}{a+1}$.\nSi $-1 \\leq a \\leq 0$, no hay solución.\nSi $0<a<1$, entonces $\\frac{1}{a+1}<x<\\frac{1}{1-a}$.\nSi $1 \\leq a$, entonces $1 \\leq x$.\n\nb) Por el análisis efectuado en a), la desigualdad puede tener dos soluciones enteras sólo si $0<a<1$. Ya que en estos casos se tiene\n$$\n0<\\frac{1}{1+a}<1<\\frac{1}{1-a}\n$$\nhabrá dos soluciones enteras si y solamente si\n$$\n2<\\frac{1}{1-a} \\leq 3\n$$\nPor lo tanto la respuesta es\n$$\n\\frac{1}{2}<a \\leq \\frac{2}{3}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43146,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEn el sótano del castillo, 7 gnomos guardan su tesoro. El tesoro está detrás de 12 puertas, cada una de ellas con 12 cerraduras. Todas las cerraduras son distintas. Cada gnomo tiene llaves para algunas de las cerraduras. Tres gnomos cualesquiera tienen conjuntamente llaves para todas las cerraduras. Probar que entre todos los gnomos tienen por lo menos 336 llaves.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDebe haber 4 gnomos de modo que cada uno de ellos tenga al menos 48 llaves (de lo contrario se podrían elegir 3 de ellos de manera que tuvieran conjuntamente menos de $3 \\cdot 48=144$ llaves y por lo tanto no podrían abrir las cerraduras, contra lo supuesto). Los otros 3 gnomos tienen conjuntamente al menos 144 llaves. Por lo tanto hay 4 gnomos con, al menos 48 llaves cada uno y otros 3 gnomos con al menos 144 llaves, luego los 7 gnomos tienen al menos $4 \\cdot 48+144=336$ llaves.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43147,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar todos los enteros $n$ tales que\n$$\n\\sqrt{\\frac{25}{2}+\\sqrt{\\frac{625}{4}-n}}+\\sqrt{\\frac{25}{2}-\\sqrt{\\frac{625}{4}-n}}\n$$\nes entero.",
    "options": [],
    "answer": "0, 144",
    "solution": "Solution:\nLlamemos\n$$\np=\\sqrt{\\frac{25}{2}+\\sqrt{\\frac{625}{4}-n}}+\\sqrt{\\frac{25}{2}-\\sqrt{\\frac{625}{4}-n}}=\\sqrt{25+2 \\sqrt{n}}\n$$\n(la última igualdad se comprueba elevando al cuadrado la expresión dada a la que se llama $p$ ). Entonces\n$$\nn=\\left(\\frac{p^{2}-25}{2}\\right)^{2}\n$$\ny $p$ es un número impar mayor o igual que 5.\nSi $p \\geq 9$, entonces $n>\\frac{625}{4}$ y la expresión de $p$ no sería real.\nLos posibles valores de $p$ son 5 y 7 , que dan respectivamente las soluciones\n$$\nn=0 \\text{ y } 144\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43148,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular los números $p$ y $q$ tales que las raíces de la ecuación\n$$\nx^{2}+p x+q=0\n$$\nsean $D$ y $1 - D$, siendo $D$ el discriminante de esa ecuación de segundo grado.",
    "options": [],
    "answer": "p = -1 with q = 0 or q = 3/16",
    "solution": "Solution:\nPor las fórmulas que relacionan las raíces y los coeficientes de la ecuación, se tiene\n$$\n\\begin{aligned}\n& D + 1 - D = -p \\\\\n& D \\cdot (1 - D) = q\n\\end{aligned}\n$$\nDe la primera se obtiene inmediatamente $p = -1$; de la segunda, $q = D - D^{2}$.\nPero $D = p^{2} - 4q = 1 - 4q = 1 - 4\\left(D - D^{2}\\right)$, es decir\n$$\n4 D^{2} - 5 D + 1 = 0\n$$\ndeberá ser $D = 1$ ó $D = 1 / 4$.\nSi $D = 1$, entonces $q = 1 - 1^{2} = 0$.\nSi $D = 1 / 4$, entonces $q = \\frac{1}{4} - \\left(\\frac{1}{4}\\right)^{2} = \\frac{3}{16}$.\nLos valores obtenidos son\n$$\n\\begin{aligned}\n& (p, q) = (-1, 0) \\\\\n& (p, q) = \\left(-1, \\frac{3}{16}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nFinalmente se comprueba por sustitución directa que en esos dos casos la ecuación tiene como raíces $D$ y $1 - D$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43149,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos números naturales $22$, $23$, y $24$ tienen la siguiente propiedad: los exponentes de los factores primos de su descomposición son todos impares:\n$$\n22=2^{1} \\cdot 11^{1} ; \\quad 23=23^{1} ; \\quad 24=2^{3} \\cdot 3^{1}\n$$\n¿Cuál es el mayor número de naturales consecutivos que pueden tener esa propiedad?. Razónese la contestación.",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "Solution:\n\nVamos a demostrar que es imposible encontrar $8$ números consecutivos con esta propiedad. Supongamos, para razonar por reducción al absurdo, que tales $8$ números consecutivos existen. Uno de ellos, al que llamaremos $n$, es divisible por $8$.\n\nEntre los $8$ números deberá estar, o bien $n+4$, o bien $n-4$. Tanto uno como otro son divisibles por $4$, pero no por $8$, y esto es una contradicción porque el exponente de $2$ en ese número es necesariamente PAR.\n\nEl ejemplo de los números\n$$\n29, 30, 31, 32, 33, 34, 35\n$$\ndemuestra finalmente que el máximo buscado es $7$, y que efectivamente se alcanza.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43150,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos vértices del cuadrilátero convexo $ABCD$ están situados en una circunferencia. Sus diagonales $AC$ y $BD$ se cortan en el punto $E$. Sea $O_{1}$ el centro del círculo inscrito en el triángulo $ABC$, y $O_{2}$ el centro del círculo inscrito en el triángulo $ABD$. La recta $O_{1}O_{2}$ corta a $EB$ en $M$ y a $EA$ en $N$.\nDemostrar que el triángulo $EMN$ es isósceles.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEl centro del círculo inscrito es el punto de intersección de las bisectrices, así que\n$$\n\\angle O_{1}BA = \\angle O_{1}BC = \\beta, \\quad \\angle O_{1}AB = \\angle O_{1}AC = \\tau, \\quad \\angle O_{2}BA = \\angle O_{2}BD = \\alpha, \\quad \\angle O_{2}AB = \\angle O_{2}AB = \\gamma\n$$\nEntonces se tiene\n$$\n\\angle BO_{1}A = \\pi - (\\beta + \\tau) \\quad \\angle BO_{2}A = \\pi - (\\alpha + \\gamma)\n$$\nde donde $\\angle BO_{1}A = \\angle BO_{2}A$ porque $\\beta + \\tau = \\alpha + \\gamma \\Leftrightarrow 2\\beta - 2\\alpha = 2\\gamma - 2\\tau \\Leftrightarrow \\angle CBD = \\angle CAD$ (ángulos inscritos que abarcan el arco $CD$).\n\nResulta entonces que los puntos $B, O_{1}, O_{2}, A$ están en una circunferencia. Pero entonces\n$$\n\\angle MO_{1}B = \\pi - \\angle O_{2}O_{1}B = \\angle O_{2}AB = \\gamma\n$$\nes decir,\n$$\n\\angle AMN = \\angle MBO_{1} + \\angle MO_{1}B = 2\\alpha - \\beta + \\gamma\n$$\nAnálogamente,\n$$\n\\angle EMN = \\angle NAO_{1} + \\angle NO_{1}A = \\tau + \\angle O_{2}BA = \\tau + \\alpha\n$$\nde donde resulta $EMN = ENM$ porque $2\\alpha - \\beta + \\gamma = \\tau + \\alpha$.\n\nPor tanto, $EMN$ es isósceles.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43151,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLos números reales no nulos $a$ y $b$ verifican la igualdad\n$$\n\\frac{a^{2} b^{2}}{a^{4}-2 b^{4}}=1\n$$\nEncontrar, razonadamente, todos los valores tomados por la expresión\n$$\n\\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}+b^{2}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1/3",
    "solution": "Solution:\nLa primera igualdad del enunciado la escribimos como\n$$\na^{2} b^{2}=a^{4}-2 b^{4} \\Leftrightarrow a^{4}-b^{2} a^{2}-2 b^{4}=0 \\Leftrightarrow\\left(a^{2}+b^{2}\\right)\\left(a^{2}-2 b^{2}\\right)=0\n$$\nDe ahí que, o bien $a^{2}=-b^{2}$ (lo que es claramente imposible), o bien $a^{2}=2 b^{2}$.\nEn este último caso, sustituyendo en la segunda expresión, obtenemos\n$$\n\\frac{2 b^{2}-b^{2}}{2 b^{2}+b^{2}}=\\frac{1}{3}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43152,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n¿Existe un conjunto infinito de números naturales que NO se pueden representar en la forma\n$$\nn^{2}+p\n$$\nsiendo $n$ natural y $p$ primo? Razónese la contestación.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLa respuesta es afirmativa. Vamos a demostrar que hay un número no acotado de cuadrados que no se puede expresar de esa manera.\nSea $m^{2}=n^{2}+p$. Entonces $m^{2}-n^{2}=p \\Leftrightarrow (m+n)(m-n)=p$, y al ser $p$ primo, necesariamente\n$$\nm-n=1,\\ m+n=p\n$$\nDe aquí que\n$$\nm=\\frac{p+1}{2}\n$$\nLuego $m^{2}=n^{2}+p$ es posible sólo para números de la forma $\\frac{p+1}{2}$, con $p$ primo.\nPero existe un conjunto no acotado de números impares que no son primos, como por ejemplo $3^{r}$ con $r \\geq 2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43153,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo $ABC$, se trazan la bisectriz interior $AL$ ($L$ pertenece al lado $BC$), la altura $BH$ ($H$ pertenece al lado $AC$) y la mediana $CM$ ($M$ pertenece al lado $AB$).\nSe sabe que los ángulos $\\angle CAL$, $\\angle ABH$ y $\\angle BCM$ son iguales.\nDeterminar, razonadamente, las medidas de los ángulos del triángulo $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "A = B = C = 60° or A = 60°, B = 30°, C = 90°",
    "solution": "Solution:\n\nLlamemos $\\alpha = \\angle CAL = \\angle ABH = \\angle BCM$. Entonces $\\angle BAC = 2\\alpha$.\n\nSi el ángulo $BAC$ fuera obtuso, el punto $H$ estaría en la prolongación del lado $AC$ más allá de $A$, y por lo tanto $2\\alpha = \\alpha + 90^\\circ$, de donde $\\alpha = 90^\\circ$. Esto es imposible, porque todos los ángulos mitad de un triángulo son agudos (suman $90^\\circ$ entre los tres). Además $\\angle BAC \\neq 90^\\circ$, pues $\\alpha \\neq 0$. Por lo tanto $A$ es agudo, y entonces, considerando el triángulo $ABH$ se obtiene\n\n$$\n\\alpha + 2\\alpha = 90^\\circ \\Leftrightarrow \\alpha = 30^\\circ\n$$\n\nEs fácil ver que el recíproco también es cierto, es decir que si en un triángulo el ángulo $A$ es de $60^\\circ$, entonces $\\angle CAL = \\angle ABM$.\n\nPor consiguiente, los triángulos buscados son aquellos que tienen el ángulo $\\angle BAC = 60^\\circ$, y cuya mediana $CM$ forma un ángulo de $30^\\circ$ con el lado $BC$.\n\nEl conjunto de los puntos desde los que el segmento $BM$ se ve bajo ángulo de $30^\\circ$, situados a un lado de la recta $AB$, es un arco de circunferencia que puede cortar a $AC$ a lo sumo en dos puntos.\n\nEsta condición la verifican los puntos $C$ con $ABC$ equilátero, y $H$, con $HM$ la paralela media de $ABC$ equilátero ($\\angle BHM = \\angle HBC = 30^\\circ$).\n\nPor lo tanto las únicas soluciones del problema son\n\n$$\nA = B = C = 60^\\circ \\quad \\text{o bien} \\quad A = 60^\\circ,\\ B = 30^\\circ,\\ C = 90^\\circ\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43154,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar todas las ternas de números reales $(a, b, c)$, con $a \\neq b$, $a \\neq 0$, $b \\neq 0$, tales que las parábolas\n$$\ny = a x^{2} + b x + c, \\quad y = b x^{2} + c x + a\n$$\ntienen el mismo vértice.",
    "options": [],
    "answer": "(a, -2a, 4a) with a ≠ 0",
    "solution": "Solution:\nSe observa en primer lugar que las parábolas pasan por el punto común $N(1, a + b + c)$.\n\nPrimera solución\nSea $V\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$ el vértice de las dos parábolas. El cambio de variable\n$$\nX = x - x_{0}, \\quad Y = y - y_{0}\n$$\ntransforma $V$ en el punto $O'$ que es el origen de coordenadas, es decir, las ecuaciones de las parábolas en el nuevo sistema son\n$$\nY = a X^{2}, \\quad Y = b X^{2}\n$$\nque pasan por el punto común\n$$\nN'\\left(1 - x_{0}, a + b + c - y_{0}\\right)\n$$\nDado que $a \\neq b$, estas dos parábolas sólo tienen el único punto común $O'$, luego $N' = O'$ y $N$ es el vértice de las dos parábolas.\nEntonces\n$$\n-\\frac{b}{2 a} = -\\frac{c}{2 b} = 1 \\Rightarrow b = -2 a, \\quad c = 4 a\n$$\n\nSegunda solución.\nAnulando la primera derivada para hallar la abscisa del vértice e igualando, se obtiene directamente\n$$\n-\\frac{b}{2 a} = -\\frac{c}{2 b}\n$$\nigualando ambos valores a $1$, como abscisa del punto común, resulta lo anterior. En conclusión, los valores buscados son\n$$\n(a, b, c) \\equiv (a, -2a, 4a) \\text{ con } a \\neq 0\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43155,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEncontrar todas la soluciones $(x, y)$ reales del sistema de ecuaciones\n$$\n\\left.\\begin{array}{c}\nx^{2}-x y+y^{2}=7 \\\\\nx^{2} y+x y^{2}=-2\n\\end{array}\\right\\}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "{(-1, 2), (2, -1), (1 + sqrt(2), 1 - sqrt(2)), (1 - sqrt(2), 1 + sqrt(2)), ((-9 + sqrt(57))/6, (-9 - sqrt(57))/6), ((-9 - sqrt(57))/6, (-9 + sqrt(57))/6)}",
    "solution": "Solution:\nComo la segunda ecuación se puede escribir en la forma\n$$\nx y(x+y)=-2\n$$\nvamos a escribir la primera de manera relativamente parecida:\n$$\n(x+y)^{2}-3 x y=7\n$$\nHaciendo el cambio de variables $x+y=s, \\quad x y=p$ obtenemos el sistema equivalente\n$$\n\\left.\\begin{array}{c}\ns^{2}-3 p=7 \\\\\ns p=-2\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nLa segunda ecuación implica que $s \\neq 0$, y $p=-\\frac{2}{s}$. Sustituyendo en la primera ecuación se obtiene la ecuación cúbica $s^{3}-7 s+6=0$,\nque tiene las raíces enteras $s_{1}=1, s_{2}=2, s_{3}=-3$.\nA estos valores des les corresponden los valores de $p$\n$$\np_{1}=-2, p_{2}=-1, p_{3}=\\frac{2}{3}\n$$\nrespectivamente.\nLos números $x$ e $y$ son las raíces de la ecuación cuadrática $t^{2}-s t+p=0$, que en cada uno de los casos anteriores da las tres ecuaciones de segundo grado\n$$\nt^{2}-t-2=0, \\quad t^{2}-2 t-1=0, \\quad t^{2}+9 t+\\frac{3}{5}=0\n$$\nResolviendo obtenemos las soluciones del sistema dado:\n$$\n|x, y|=-1,2|=| 1+\\sqrt{2}, 1-\\sqrt{2}\\}=\\left\\{\\frac{-9+\\sqrt{57}}{6}, \\frac{-9-\\sqrt{57}}{6}\\right\\}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43156,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDecimos que tres números naturales distintos forman una terna aditiva si la suma de los dos primeros de ellos es igual al tercero. Hallar, razonadamente, el máximo número de ternas aditivas que puede haber en un conjunto dado de 20 números naturales.",
    "options": [],
    "answer": "90",
    "solution": "Solution:\n\nSean veinte números naturales mutuamente distintos, arbitrariamente elegidos:\n$$\nx_{1} < x_{2} < \\cdots < x_{20}\n$$\nVamos a obtener una cota superior para el número de ternas aditivas que se pueden encontrar entre ellos, es decir, ternas $\\{x_{i}, x_{j}, x_{k}\\}$ que verifiquen $1 \\leq i < j < k \\leq 20$, y $x_{i} + x_{j} = x_{k}$. Primero haremos esto para un valor fijo del índice $k \\in \\{3,4, \\cdots, 20\\}$: sean estas ternas\n$$\n\\left.\\{x_{i_{1}}, x_{j_{1}}, x_{k}\\}\\right), \\{x_{i_{2}}, x_{j_{2}}, x_{k}\\}, \\cdots, \\{x_{i_{p}}, x_{j_{p}}, x_{k}\\}\n$$\nEntonces los números\n$$\nx_{i_{1}}, x_{j_{1}}, x_{i_{2}}, x_{j_{2}}, \\cdots, x_{i_{p}}, x_{j_{p}}\n$$\nson mutuamente distintos y están todos en el conjunto\n$$\n(x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{k-1})\n$$\nPor lo tanto, su número $2p$ debe estar sometido a la limitación\n$$\n2p \\leq k-1\n$$\nes decir $p$ debe ser menor o igual que la parte entera de $\\frac{1}{2}(k-1)$:\n$$\np \\leq \\left[\\frac{k-1}{2}\\right]\n$$\nEn consecuencia, el número total de ternas aditivas no puede exceder de la suma\n$$\n\\sum_{k=3}^{20} \\left[\\frac{k-1}{2}\\right] = 1+1+2+2+3+3+\\cdots+9+9=90\n$$\nEl ejemplo del conjunto\n$$\nM = \\{1,2,3, \\cdots, 20\\}\n$$\ndemuestra que la cota superior 90 puede ser efectivamente alcanzada, ya que para cualquier\n$$\nk \\in (3,4, \\cdots, 20)\n$$\npodemos elegir para $i$ cualquier número del conjunto\n$$\n\\{1,2, \\cdots, \\left[\\frac{k-1}{2}\\right]\\}\n$$\nel correspondiente $j = k - i$ satisface, en efecto, las desigualdades $i < j < k$, así que $\\{i, j, k\\}$ es una terna contenida en $M$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43157,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDada la ecuación $x^{2}+a x+1=0$, determinar\n\na) El intervalo en que debe mantenerse el número real $a$ para que las raíces de esa ecuación sean imaginarias.\n\nb) El lugar geométrico de los puntos representativos de esas raíces en la representación gráfica habitual de los números complejos, cuando $a$ recorre el intervalo anterior.",
    "options": [],
    "answer": "a ∈ (−2, 2); locus: x^2 + y^2 = 1 with the points (1,0) and (−1,0) excluded.",
    "solution": "Solution:\n\nEl discriminante de la ecuación es $a^{2}-4$, que tiene que ser estrictamente menor que cero; por lo tanto el intervalo pedido para $a$ es\n$$\n-2<a<2\n$$\nEn esas condiciones, las raíces de la ecuación son\n$$\n-\\frac{a}{2} \\pm \\frac{i \\sqrt{4-a^{2}}}{2}\n$$\nasí que las ecuaciones paramétricas del lugar geométrico buscado, tomando como parámetro $a$, son\n$$\n\\begin{aligned}\n& x=-\\frac{a}{2} \\\\\n& y= \\pm \\frac{\\sqrt{4-a^{2}}}{2}\n\\end{aligned}\n$$\nEliminando el parámetro resulta\n$$\nx^{2}+y^{2}=1\n$$\nCuando $-2<a<2$ resulta $-1<x<1$, así que el lugar geométrico es la circunferencia unidad, de ecuación compleja $|z|=1$, de la que se han eliminado los puntos $(1,0)$ y $(0,-1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43158,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl impuesto sobre el Rendimiento del Trabajo Personal es una función $f(x)$ del total $x$ de las retribuciones anuales (en pesetas). Sabiendo que\n\na) $f(x)$ es una función continua.\n\nb) La derivada $d f(x) / d x$ en el intervalo $0 \\leq x<60000$ es constante e igual a cero; en el intervalo $60000<x<P$ es constante e igual a 1; y para $x>P$ es constante e igual a 0.14 .\n\nc) $f(0)=0$ y $f(140000)=14000$.\n\nDeterminar el valor de la cantidad $P$ de pesetas y representar gráficamente la función $y=f(x)$.",
    "options": [],
    "answer": "P = 63255.81 pesetas (exact value 2720000/43). The function is: f(x) = 0 for 0 ≤ x < 60000; f(x) = x − 60000 for 60000 ≤ x < P; f(x) = (P − 60000) + 0.14 (x − P) for x ≥ P.",
    "solution": "Solution:\n\nEn los tres intervalos la derivada es constante, luego la función es lineal y podemos expresarla\n$$\nf(x)= \\begin{cases}0 & 0 \\leq x<60000 \\\\ x-60000 & 60000 \\leq x<P \\\\ P-60000+0.14(x-P) & x \\geq P\\end{cases}\n$$\nImponiendo la condición $f(140000)=14000$, resulta\n$$\n14000 = P-60000 + 0.14(140000-P) \\Longrightarrow P=63255.81.\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43159,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera un polígono convexo de $n$ lados. Se trazan todas sus rectas diagonales y se supone que en ningún caso concurren tres de ellas en un punto que no sea un vértice, y que tampoco hay diagonales que sean paralelas. En estas condiciones se desea calcular:\n\na) El número total de puntos de intersección de estas diagonales, excluidos los vértices.\n\nb) Cuántos de estos puntos son interiores al polígono, y cuántos exteriores.",
    "options": [],
    "answer": "a) Total intersections of diagonal lines (excluding vertices): n(n−3)(n^2−7n+14)/8.\nb) Interior intersections: C(n,4). Exterior intersections: n(n−3)(n^2−9n+20)/12.",
    "solution": "Solution:\n\nClaramente $n \\geq 3$. Calculemos en primer lugar el número de diagonales $d_{n}$ de un polígono de $n$ lados. Una diagonal es un segmento que une dos vértices de un polígono, que no es un lado. Por tanto, como cada segmento diagonal o lado queda determinado por sus puntos extremos, el número total de segmentos determinados por $n$ puntos (vértices), es el número de posibles pares de puntos (sin importar el orden) que se pueden formar con estos $n$ puntos, es decir $\\binom{n}{2}$.\n\nEntonces\n$$\nd_{n} = \\binom{n}{2} - n = \\frac{n(n-3)}{2}\n$$\n\na) Para calcular el número total de puntos donde se cortan las rectas diagonales (rectas determinadas por los extremos de cada segmento diagonal), observamos que el número máximo de intersecciones de $k$ rectas en el plano es $\\binom{k}{2}$, ($k$ entero positivo). Así las $d_{n}$ rectas diagonales determinarían $\\binom{d_{n}}{2}$ puntos, si no fuera por la restricción de que por cada vértice del polígono pasan $n-3$ rectas diagonales; es decir que concurren en cada vértice $\\binom{n-3}{2}$ puntos intersección de estas rectas diagonales y en total en los $n$ vértices $n\\binom{n-3}{2}$ puntos intersección. Por tanto el número total de puntos donde se cortan las rectas diagonales es\n$$\nP = \\binom{d_{n}}{2} - n\\binom{n-3}{2} = \\frac{n(n-3)(n^{2}-7n+14)}{8}\n$$\n\nb) El número $P_{I}$ de puntos interiores al polígono donde se cortan las rectas diagonales o segmentos diagonales simplemente, se obtiene con facilidad observando que cada punto intersección en el interior del polígono queda determinado por los extremos de los dos segmentos diagonales que son cuatro vértices del polígono dado. Recíprocamente, cada elección de 4 vértices entre los $n$ vértices del polígono (ahora $n \\geq 4$) determina un único punto interior de intersección de dos diagonales. Por tanto\n$$\nP_{I} = \\binom{n}{4}\n$$\nPara un triángulo obviamente $d_{3} = 0$ y $P_{I} = 0$.\n\nLlamando $P_{E}$ al número de puntos exteriores al polígono dado donde se cortan las diagonales resulta que\n$$\nP_{E} = P - P_{I} = \\binom{\\frac{n(n-3)}{2}}{2} - n\\binom{n-3}{2} - \\binom{n}{4} = \\frac{n(n-3)(n^{2}-9n+20)}{12}, \\text{ para } n \\geq 4\n$$\nPara un triángulo, $P_{E} = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43160,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDados el triángulo equilátero $ABC$, de lado $a$, y su circunferencia circunscrita, se considera el segmento de círculo limitado por la cuerda $AB$ y el arco (de $120^{\\circ}$) con los mismos extremos. Al cortar este segmento circular con rectas paralelas al lado $BC$, queda determinado sobre cada una de ellas un segmento de puntos interiores al segmento circular mencionado. Determinar la longitud máxima de esos segmentos rectilíneos.",
    "options": [],
    "answer": "a/3",
    "solution": "Solution:\n\nDenotemos con $B'$ $C'$ a uno cualquiera de esos segmentos, y completemos, con un punto $A'$ sobre la cuerda $AB$, el triángulo $A' C' B'$ (equilátero) de lados paralelos a los del triángulo $ABC$. La longitud $B' C'$ será máxima cuando la altura del $A' C' B'$ sea máxima, lo que corresponde evidentemente al caso en que el punto $B'$ es justamente $B_0$, el punto medio del arco $AB$. La longitud máxima será entonces (véase la figura) $B_0 A_0 = \\frac{a}{3}$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43161,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un pentágono regular, se dibujan sus cinco segmentos diagonales. Se pide determinar el número total de triángulos que aparecen construidos en la figura y clasificar este conjunto de triángulos en clases de triángulos iguales (directa o inversamente) entre sí.",
    "options": [],
    "answer": "35 triangles in total, partitioned into congruence classes: one class with 10 triangles and five classes with 5 triangles each.",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEn cada figura se ha dibujado en color gris un representante de cada clase de triángulos y en el centro el número de los que hay en esa clase.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43162,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nRepresentar gráficamente la función\n$$\ny = |||x-1|-2|-3|\n$$\nen el intervalo $-8 \\leq x \\leq 8$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\n\nTomemos en primer lugar la variable independiente auxiliar $\\xi = x-1$. Se trata de representar la función\n$$\ny(\\xi) = |||\\xi|-2|-3|\n$$\nen el intervalo $-9 \\leq \\xi \\leq 7$.\nPero la función $y(\\xi)$ es par, así que basta trazar su gráfica en el intervalo $[0,9]$, para tener, por una simetría hacia la izquierda respecto del eje $\\xi=0$, y una truncación a la derecha que omita la parte correspondiente al intervalo $[7,9]$, la gráfica completa en el intervalo $[-9,7]$.\nNos planteamos, pues, representar\n$$\ny(\\xi) = |||\\xi|-2|-3|\n$$\nen el intervalo $0 \\leq \\xi \\leq 9$.\nConsideremos que\n$$\ny(\\xi) =\n\\left\\{\n\\begin{array}{ll}\n|\\xi-5| & \\text{ si } \\xi \\geq 2 \\\\\n| -\\xi-1 | = \\xi+1 & \\text{ si } 0 \\leq \\xi \\leq 2\n\\end{array}\n= \\begin{cases}\n\\xi-5 & \\text{ si } \\xi \\geq 5 \\\\\n5-\\xi & \\text{ si } 2 \\leq \\xi \\leq 5\n\\end{cases}\n\\right.\n$$\nCon lo que la gráfica de la función $y(x) = y(\\xi+1)$, compuesta de segmentos rectilíneos, queda así:\n\n![](attached_image_1.png)\n\n\nSegunda solución\n\nBasta partir de la conocida gráfica de $y = |x-1|$ y seguir las siguientes transformaciones:\n- Traslación de vector $(0,-2)$ y simetría respecto de $OX$ de la parte de la gráfica situada bajo el eje $X$ (de puntos en la figura), así obtenemos la gráfica de $y = ||x-1|-2|$.\n- Traslación de vector $(0,-3)$ y simetría respecto de $OX$ de la parte de la gráfica situada bajo el eje $X$ (de puntos en la figura), así obtenemos la gráfica de $y = |||x-1|-2|-3|$.\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43163,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera un fichero con 1000 fichas numeradas, ordenadas en su orden natural. A ese fichero se le aplica la siguiente operación:\nLa primera ficha del fichero se coloca intercalada entre la penúltima y la última del mismo, y la segunda, al final de todas, quedando, por tanto, en primer lugar la que antes ocupaba el tercero.\nObservando la sucesión de posiciones ocupadas por cada una de las fichas, demostrar que al cabo de 1000 operaciones análogas, aplicadas sucesivamente (cada una a la ordenación resultante de la operación anterior), el fichero vuelve a estar en su orden natural.\nComprobar que no podría obtenerse un resultado análogo ($n$ operaciones para un fichero de $n$ fichas) si se tratase de un fichero con un número impar $n$ de fichas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLa operación efectuada sobre $n$ fichas es una permutación del conjunto\n$$\nN=\\{1,2,3, \\ldots, n-2, n-1, n\\}\n$$\nes decir una función biyectiva definida así:\n$$\n\\begin{aligned}\nf(k) & =k+2 \\quad \\text{ si } \\quad k \\leq n-3 \\\\\nf(n-2) & =1 \\\\\nf(n-1) & =n \\\\\nf(n) & =2\n\\end{aligned}\n$$\nDistinguiremos dos casos.\n\n- $n$ es par, y entonces podemos escribir $f$ con la notación habitual de ciclos como\n$$\nf:(1,3,5, \\ldots, n-1, n, 2,4,6, \\ldots, n-2)\n$$\ndonde cada elemento tiene por imagen el de su derecha y el último el primero.\nEs un ciclo de longitud $n$ y por tanto de orden $n$, es decir la aplicación sucesiva $n$ veces de $f$ es la identidad y por tanto en el caso de 1000 fichas después de 1000 ejecuciones del proceso descrito el fichero queda como estaba.\n\n- $n$ es impar, entonces $f$ es producto de dos ciclos:\n$$\nf:(1,3,5, \\ldots, n-2)(2,4,6, \\ldots, n-1, n)\n$$\nde ordenes $\\frac{n-1}{2}$ y $\\frac{n+1}{2}$ respectivamente, que son primos entre sí al ser consecutivos. Por tanto el orden de $f$ en este caso es $\\frac{n^{2}-1}{4} \\neq n$ para cualquier natural $n$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43164,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un plano vertical se consideran los puntos $A$ y $B$ situados sobre una recta horizontal, y la semicircunferencia de extremos $A, B$ situada en el semiplano inferior. Un segmento de longitud $a$, igual al diámetro de la semicircunferencia, se mueve de manera que contiene siempre el punto $A$, y que uno de sus extremos recorre la semicircunferencia dada. Determinar el valor del coseno del ángulo que debe formar ese segmento con la recta horizontal, para que su punto medio esté lo más bajo posible.",
    "options": [],
    "answer": "(1+sqrt(33))/8",
    "solution": "Solution:\n\nSea $C$ el extremo del segmento que recorre la semicircunferencia dada, $M$ el punto medio del mismo y $\\alpha$ el ángulo que forma $AC$ con la horizontal $AB$, $\\left(0<\\alpha<\\frac{\\pi}{2}\\right)$.\nSea $N$ la proyección ortogonal del punto medio $M$ sobre el segmento $AB$. Ponemos $y=MN$. Se desea hallar el valor de $\\cos \\alpha$ para el que $M$ ocupe el punto más bajo, es decir para el que la distancia $y$ sea máxima.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEn el triángulo $MNA$, rectángulo en $N$, es $y=AM \\sen \\alpha$ y en el triángulo rectángulo $CBA$, es $AC=a \\cos \\alpha$. Pero $AC=AM+MC=AM+\\frac{a}{2}$, porque $M$ es el punto medio del segmento uno de cuyos extremos es $C$.\nEntonces $AM=AC-MC=a \\cos \\alpha-\\frac{a}{2}$\n\n$$\ny=\\left(a \\cos \\alpha-\\frac{a}{2}\\right) \\sen \\alpha=\\frac{a}{2}(2 \\cos \\alpha-1) \\sen \\alpha=\\frac{a}{2}(\\sen 2\\alpha-\\sen \\alpha)\n$$\n\nEsta función es continua y derivable en todos los números reales $\\alpha$.\nDerivando esta función respecto de $\\alpha$, obtenemos $y' = \\frac{a}{2}(2 \\cos 2\\alpha-\\cos \\alpha)$ e igualando a 0 la derivada $y'$, llegamos a la ecuación $4 \\cos^2 \\alpha-\\cos \\alpha-2=0$. De aquí encontramos dos posibles soluciones $\\cos \\alpha_1=\\frac{1+\\sqrt{33}}{8}$ y $\\cos \\alpha_2=\\frac{1-\\sqrt{33}}{8}$, porque $\\left|\\frac{1+\\sqrt{33}}{8}\\right|<1$ y $\\left|\\frac{1-\\sqrt{33}}{8}\\right|<1$. La derivada segunda de $y$ es\n$$\ny''=\\frac{a}{2}(-4 \\sen 2\\alpha+\\sen \\alpha)=\\frac{a}{2} \\sen \\alpha(1-8 \\cos \\alpha)\n$$\ny entonces $y''(\\alpha_1)=-\\frac{a}{2} \\sqrt{33}$ sen $\\alpha_1<0$, pues\n$$\n\\sen \\alpha_1= \\pm \\sqrt{1-\\frac{(1+\\sqrt{33})^2}{64}}= \\pm \\sqrt{\\frac{15-\\sqrt{33}}{32}}\n$$\ny elegimos la solución positiva para que $\\alpha_1$ esté en el primer cuadrante. Así sen $\\alpha_1>0$. Entonces $y$ alcanza un máximo en $\\alpha=\\alpha_1$.\nRechazamos la segunda solución $\\alpha_2$ que no está en el primer cuadrante porque $\\cos \\alpha_2$ es negativo.\nAsí el valor máximo de $y$ es:\n$$\n\\begin{aligned}\ny(\\alpha_1)=\\frac{a}{2} \\sen \\alpha_1\\left(2 \\cos \\alpha_1-1\\right)=\\frac{a}{2} \\sqrt{\\frac{15-\\sqrt{33}}{32}}\\left(2 \\frac{1+\\sqrt{33}}{8}-1\\right)= \\\\\n\\quad=\\frac{a}{32}(\\sqrt{33}-3) \\sqrt{\\frac{15-\\sqrt{33}}{2}}\n\\end{aligned}\n$$\nLa respuesta es $\\cos \\alpha_1=\\frac{1+\\sqrt{33}}{8}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43165,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn triángulo equilátero inscrito en una circunferencia de centro $O$ y radio igual a $4~\\mathrm{cm}$, se gira un ángulo recto en torno a $O$. Hallar el área de la parte común al triángulo dado y al obtenido en ese giro.",
    "options": [],
    "answer": "12(3 - sqrt(3))",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEl área pedida es la diferencia entre el área del triángulo dado $ABC$ y los tres triángulos grises de la figura.\nTenemos\n$$\n[ABC] = 3 \\frac{1}{2} 16 \\frac{\\sqrt{3}}{2} = 12 \\sqrt{3}, \\quad BC = 4 \\sqrt{3}\n$$\nPara calcular el área de uno de los triángulos grises ($BPQ$ de la figura), basta tener en cuenta que sus ángulos valen $90^\\circ$, $60^\\circ$ y $30^\\circ$ y si ponemos $x = BQ$, entonces $PQ = \\sqrt{3} x$ y $BP = 2x$.\n$$\n[BPQ] = \\frac{\\sqrt{3}}{2} x^2\n$$\nEl área pedida $S$ es:\n$$\nS = 12 \\sqrt{3} - \\frac{3 \\sqrt{3}}{2} x^2\n$$\nSólo nos queda calcular $x$; para ello basta tener en cuenta que:\n$$\nx + 2x + \\sqrt{3} x = 4 \\sqrt{3} \\Longleftrightarrow x = 2(\\sqrt{3} - 1)\n$$\nSustituyendo en la expresión anterior y operando, resulta:\n$$\nS = 12 \\sqrt{3} - \\frac{3 \\sqrt{3}}{2} x^2 = 12 \\sqrt{3} - \\frac{3 \\sqrt{3}}{2} 8(2 - \\sqrt{3}) = 12(3 - \\sqrt{3})\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43166,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Cuántos números de tres cifras (es decir, mayores que $99$ y menores que $1000$) hay que tengan su cifra central mayor que las otras dos? ¿Cuántos de ellos tienen además las tres cifras distintas?",
    "options": [],
    "answer": "240; 204",
    "solution": "Solution:\n\na. Las cifras pueden repetirse. Sea $n > 1$ la cifra central. La de la izquierda puede ser una cifra cualquiera entre $1$ y $n-1$. La de la derecha puede ser una cualquiera entre $0$ y $n-1$. En total hay\n$$\n\\sum_{2}^{9} n(n-1) = \\sum_{1}^{8} n(n+1) = \\sum_{1}^{8} n^{2} + \\sum_{1}^{8} n = \\frac{8 \\cdot 9 \\cdot 17}{6} + \\frac{9 \\cdot 8}{2} = 204 + 36 = 240\n$$\n\nb. Las cifras no pueden repetirse. Sea $n > 1$ la cifra central. La de la izquierda puede ser una cifra cualquiera entre $1$ y $n-1$. La de la derecha puede ser una cualquiera entre $0$ y $n-1$, excepto la utilizada a la izquierda. En total hay\n$$\n\\sum_{2}^{9} (n-1)^{2} = \\sum_{1}^{8} n^{2} = \\frac{8 \\cdot 9 \\cdot 17}{6} = 204\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43167,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn disco microsurco gira a velocidad de $33 \\frac{1}{3}$ revoluciones por minuto y su audición dura 24 min $30 \\mathrm{~s}$. La parte grabada tiene $29 \\mathrm{~cm}$ de diámetro exterior y 11.5 $\\mathrm{cm}$ de diámetro interior. Con estos datos, calcular la longitud del surco grabado.",
    "options": [],
    "answer": "16537.5π cm (approximately 519.541 m)",
    "solution": "Solution:\n\nAdoptemos las siguientes notaciones: $R_{0}=29 / 2$, radio exterior del surco; $R_{1}=11.5 / 2$, radio interior del mismo; $\\Delta R=R_{0}-R_{1}=17.5 / 2$; $T=1470 \\mathrm{~s}$, tiempo de audición; $\\omega=33 \\frac{1}{3} \\mathrm{rpm}=10 \\pi / 9 \\mathrm{rad} / \\mathrm{s}$, velocidad angular del disco.\n\nEn un instante $t$ de la reproducción del disco $(0 \\leq t \\leq T)$, la aguja está a una distancia $R(t)$ del centro que viene dada evidentemente (supuesta la regularidad de la espiral que forma el surco) por la fórmula\n$$\nR(t)=R_{0}-\\frac{\\Delta R}{T} t=\\frac{29}{2}-\\frac{t}{168}\n$$\nY en ese mismo instante, la velocidad lineal $V(t)$ a la que el surco está pasando por debajo de la aguja es\n$$\nV(t)=\\omega R(t)=\\frac{145 \\pi}{9}-\\frac{5 \\pi}{756} t\n$$\nEl elemento diferencial de \"longitud de surco\" en el instante $t$ es $d s=V(t) d t$. Luego la longitud del surco, mediante una sencilla integración, es\n$$\nS=\\int_{0}^{T} d s=\\int_{0}^{1470}\\left(\\frac{145 \\pi}{9}-\\frac{5 \\pi}{756} t\\right) d t=\\left[\\frac{145 \\pi}{9} t-\\frac{5 \\pi}{756} \\frac{t^{2}}{2}\\right]_{0}^{1470}=16537.5 \\pi\n$$\nSolution:\n\nEl surco de un disco forma una espiral que suponiendo constante la anchura del surco y la separación entre surcos es una espiral de Arquímedes de ecuación polar:\n$$\n\\rho=a \\varphi\n$$\nCon los datos que nos proporciona podemos hallar $a$ y la longitud de la espiral.\nLlamando $R$ y $r$ a los radios exterior e interior de la corona que forma la parte grabada, tenemos:\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\nR=a \\varphi_{2} \\\\\nr=a \\varphi_{1}\n\\end{array}\\right\\} \\Rightarrow(R-r)=a\\left(\\varphi_{2}-\\varphi_{1}\\right) \\Rightarrow a=\\frac{R-r}{\\varphi_{2}-\\varphi_{1}}\n$$\nsiendo $\\varphi_{2}-\\varphi_{1}$ el ángulo descrito por la espiral en la zona grabada que podemos calcular sabiendo que en total se han dado $33 \\frac{1}{3} \\cdot 24.5=816.66$ vueltas que corresponden a un ángulo de $2 \\cdot 816.66 \\pi=5131.268$ radianes. Entonces\n$$\na=\\frac{R-r}{\\varphi_{2}-\\varphi_{1}}=\\frac{14.5-5.75}{5131.27}=0.0017\n$$\nla longitud $s$ de arco ente los valores inicial $\\varphi_{1}=\\frac{5.75}{a}=3371.976$ y final $\\varphi_{2}=\\frac{14.5}{a}=8503.244$ es:\n$$\ns=a \\int_{\\varphi_{1}}^{\\varphi_{2}} \\sqrt{1+\\varphi^{2}} d \\varphi=\\frac{a}{2}\\left[\\varphi \\sqrt{1+\\varphi^{2}}+\\ln \\left(\\varphi+\\sqrt{1+\\varphi^{2}}\\right)\\right]_{\\varphi_{1}}^{\\varphi_{2}}=519.540893 \\mathrm{~m}\n$$\nSolution:\n\nTanto por el tipo de ecuación en polares como por la artillería usada (la integral para la longitud del arco no es precisamente inmediata) no parece que esta sea la solución pensada por el autor del problema.\nPodemos hacerlo con una aproximación \"razonable\" consistente en considerar círculos concéntricos cuyos radios están en progresión aritmética:\nLongitud primera vuelta $=\\pi \\cdot 29=36.1283155$\nLongitud última vuelta $=\\pi \\cdot 11.5=91.106187$\nNúmero de vueltas $=33 \\frac{1}{3} \\cdot 24.5=816.66$\n$$\n\\text{Longitud total}=\\frac{(36.1283155+91.106187) 816.66}{2}=519.5408851 \\mathrm{~m}\n$$\nLa aproximación es más que razonable ya que las soluciones difieren en menos de una centésima de milímetro.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43168,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar todos los intervalos de valores de $x$ para los cuales\n$$\n\\cos x+\\operatorname{sen} x>1\n$$\nel mismo problema para\n$$\n\\cos x+|\\operatorname{sen} x|>1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "For cos x + sin x > 1: 2πn < x < π/2 + 2πn for any integer n. For cos x + |sin x| > 1: −π/2 + 2πm < x < π/2 + 2πm for any integer m.",
    "solution": "Solution:\n\n1. Suponemos primero que $0 \\leq x \\leq 2\\pi$.\nConsideramos una circunferencia de radio unidad centrada en el origen de coordenadas $O$. Sea $P$ un punto de la misma y $x$ el ángulo medido en sentido antihorario que forma el semieje positivo de abscisas con $OP$. Entonces $P$ tiene de coordenadas $(\\cos x, \\operatorname{sen} x)$. Sea ahora $Q$ la proyección del punto $P$ sobre el eje de abscisas. Entonces la desigualdad primera $\\cos x+\\operatorname{sen} x>1$ puede interpretarse geométricamente en el triángulo rectángulo $OPQ$ como $PQ+OQ>OP$, es decir que la suma de las longitudes de los catetos es mayor que la longitud de la hipotenusa. Esta relación se cumple obviamente para los ángulos $x$ del primer cuadrante: $0<x<\\frac{\\pi}{2}$. En otro cuadrante cualquiera o bien el $\\operatorname{sen} x$ o bien el $\\cos x$ o los dos son negativos y como además $\\operatorname{sen} x<1$ y $\\cos x<1$ no se puede tener esta desigualdad primera.\n\nLa segunda desigualdad $\\cos x+|\\operatorname{sen} x|>1$, requiere al igual que la primera que sus dos sumandos sean estrictamente positivos y esta condición sólo se cumple si $\\cos x>0$ y $\\operatorname{sen} x \\neq 0$ es decir si $0<x<\\frac{\\pi}{2}$ ó si $\\frac{3\\pi}{2}<x<2\\pi$.\n\n2. Supongamos que el ángulo $x$ es cualquier número real.\nEntonces la primera desigualdad se cumple para $2\\pi n<x<\\frac{\\pi}{2}+2\\pi n$ siendo $n$ un entero cualquiera. Y la segunda desigualdad para $-\\frac{\\pi}{2}+2\\pi m<x<\\frac{\\pi}{2}+2\\pi m$ siendo $m$ cualquier entero positivo, negativo o nulo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43169,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs bien sabido que si $\\frac{p}{q} = \\frac{r}{s}$, ambas razones son iguales a $\\frac{p - r}{q - s}$. Escribimos ahora la igualdad\n$$\n\\frac{3x - b}{3x - 5b} = \\frac{3a - 4b}{3a - 8b}\n$$\nPor la propiedad anterior, ambas fracciones deben ser iguales a\n$$\n\\frac{3x - 5b - 3a + 8b}{3x - b - 3a + 4b} = \\frac{3x - 3a + 3b}{3x - 3a + 3b} = 1\n$$\nmientras que las propuestas son de ordinario distintas de la unidad. Explicar con claridad a qué se debe este resultado.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSucede que operando en la hipótesis tenemos\n$$\n\\frac{3x - b}{3x - 5b} = \\frac{3a - 4b}{3a - 8b} \\Longleftrightarrow b(x - a + b) = 0\n$$\ny por tanto para que se cumpla la hipótesis se debe dar necesariamente uno de estos casos:\n\na) $b = 0$. Entonces la hipótesis se reduce a $\\frac{3x}{3x} = \\frac{3a}{3a} = 1$ y no hay discrepancia con la tesis.\n\nb) $x - a + b = 0$, en cuyo caso no podemos aplicar la propiedad pues quedaría el denominador (y el numerador) cero.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43170,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar todas las funciones $f$ definida en el conjunto de los números reales, que toman valores reales positivos y que satisfacen las condiciones\n\n1) $\\quad f(x f(y))=y f(x)$ para todo $x, y$ positivos,\n\n2) $\\quad f(x) \\rightarrow 0$ si $x \\rightarrow \\infty$.",
    "options": [],
    "answer": "All such functions are given by f(x) = 1/x for x > 0; on x ≤ 0, f can be defined arbitrarily with positive values.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43171,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $A$ uno de los dos puntos de intersección distintos de dos círculos distintos $C_{1}$, $C_{2}$ de centros $O_{1}$, $O_{2}$, respectivamente.\nUna de las tangentes comunes a los dos círculos toca a $C_{1}$ en $P_{1}$ y a $C_{2}$ en $P_{2}$, mientras que la otra toca a $C_{1}$ en $Q_{1}$ y a $C_{2}$ en $Q_{2}$. Sea $M_{1}$ el punto medio de $P_{1} Q_{1}$ y $M_{2}$ el punto medio de $P_{2} Q_{2}$. Demostrar que $\\widehat{O_{1} A O_{2}} = \\widehat{M_{1} A M_{2}}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43172,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a$, $b$, $c$ enteros positivos, dos a dos primos entre sí. Demostrar que $2abc - ab - bc - ca$ es el mayor entero que no puede expresarse en la forma $x\\,bc + y\\,ca + z\\,ab$, donde $x$, $y$, y $z$ son enteros no negativos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43173,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo equilátero, y $\\mathcal{E}$ el conjunto de todos los puntos contenidos en los tres segmentos $AB$, $BC$ y $CA$ (con $A$, $B$ y $C$ incluidos). Determinar si es cierto que para cada partición de $\\mathcal{E}$ en dos conjuntos disjuntos, por lo menos uno de los dos conjuntos contiene los vértices de un triángulo rectángulo. Justificar la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43174,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDecir si es posible elegir $1983$ enteros positivos distintos, todos menores o iguales que $10^{5}$, de forma que tres cualesquiera de ellos no sean términos consecutivos de una progresión aritmética. Justificar la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43175,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a$, $b$ y $c$ las longitudes de los lados de un triángulo. Demostrar que\n$$\na^{2} b(a-b) + b^{2} c(b-c) + c^{2} a(c-a) \\geq 0\n$$\nDeterminar en qué casos se cumple la igualdad.",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds if and only if the triangle is equilateral (all three sides are equal).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43176,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que\n$$\n0 \\leq y z + z x + x y - 2 x y z \\leq \\frac{7}{27}\n$$\ndonde $x$, $y$, $z$ son números reales no negativos que cumplen $x + y + z = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43177,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar un par de enteros positivos $a$ y $b$ tales que\n\n1) $a b(a+b)$ no es divisible por $7$ ;\n\n2) $(a+b)^{7}-a^{7}-b^{7}$ es divisible por $7^{7}$.\n\nJustificar la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "a = 324, b = 1",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43178,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTenemos en el plano dos puntos diferentes, $A$ y $O$. Para cada punto $X$ del plano distinto de $O$, denotamos por $\\alpha(X)$ la medida del ángulo entre $OA$ y $OX$, en radianes, y contado en sentido antihorario desde $OA$ $(0 \\leq \\alpha(X)<2\\pi)$.\n\nSea $C(X)$ la circunferencia de centro $O$ y radio de longitud $OX + \\frac{\\alpha(X)}{OX}$. Tenemos un número finito de colores y coloreamos cada uno de los puntos del plano con ellos.\n\nDemostrar que existe un punto $Y$ tal que $\\alpha(Y)>0$ y tal que su color aparece sobre la circunferencia de $C(Y)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43179,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que la recta $CD$ es tangente al círculo de diámetro $AB$. Demostrar que la recta $AB$ es tangente al círculo de diámetro $CD$ si y sólo si las rectas $BC$ y $AD$ son paralelas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43180,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $d$ la suma de las longitudes de todas las diagonales de un polígono convexo plano de $n$ vértices $(n>3)$, y sea $p$ su perímetro. Demostrar que\n$$\nn-3<\\frac{2d}{p}<\\left[\\frac{n}{2}\\right]\\left[\\frac{n+1}{2}\\right]-2\n$$\nsiendo $[x]$ la parte entera de $x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43181,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a, b, c$ y $d$ enteros impares tales que $0<a<b<c<d$ y $a d = b c$. Demostrar que si $a + d = 2^{k}$ y $b + c = 2^{m}$ para ciertos enteros $k$ y $m$, entonces $a = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43182,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn círculo tiene el centro sobre el lado $AB$ del cuadrilátero inscriptible $ABCD$. Los otros tres lados son tangentes al círculo. Demostrar que $AD + BC = AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43183,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $n$ y $k$ dos números naturales primos entre sí, con $0 < k < n$. Cada número del conjunto $\\mathcal{M} = \\{1, 2, \\ldots, n-1\\}$ se colorea o bien en azul, o bien en blanco. Se sabe que\n\n1) Para cada $i \\in \\mathcal{M}$, los elementos $i$ y $n-i$ tienen el mismo color.\n\n2) Para cada $i \\in \\mathcal{M}$, $i \\neq k$, los elementos $i$ y $|i-k|$ tienen el mismo color.\n\nDemostrar que todos los elementos de $\\mathcal{M}$ tienen el mismo color.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43184,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $\\mathcal{P}$ el conjunto de los puntos del plano y $f: \\mathcal{P} \\rightarrow \\mathcal{P}$ una aplicación que cumple las tres condiciones siguientes:\na) $f$ es biyectiva.\nb) Para cada recta $r$ del plano, $f(r)$ es una recta.\nc) Para cada recta $r$, la recta $f(r)$ es paralela o coincidente con $r$.\n¿Qué posibles transformaciones pueden ser $f$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nVamos a denotar por $(P Q)$ la recta determinada por dos puntos distintos $P$ y $Q$, y abreviaremos $f(P)$ por $P^*$. De acuerdo con la condición (a), ($f$ es inyectiva), $P \\neq Q \\Rightarrow P^* \\neq Q^*$, y de acuerdo con la condición (b) se tiene, cuando $P \\neq Q$ que $f((P Q)) = (P^* Q^*)$. Se puede señalar que la condición de ser $f$ suprayectiva es superflua cumpliéndose las demás, pues suponiendo que haya un punto $P$ sin preimagen, debe ser $P^* \\neq P$, y entonces por la condición (c) se deduce que la recta $f((P P^*))$ coincide con $(P P^*)$ (ya que comparte con ella el punto $P^*$), luego, usando (b), el punto $P$ ha de tener preimagen, contra lo supuesto. Por otra parte, cuando sea $P^* = P$ diremos que $P$ es un punto fijo de $f$. Atendiendo al número de puntos fijos de $f$, los tres lemas siguientes cubren todas las posibilidades:\n\nLema 1.- Si $f$ no tiene ningún punto fijo, es una traslación de vector no nulo.\n\nDemostración.- Fijemos en nuestra consideración un punto arbitrario $P$. Por hipótesis es $P^* \\neq P$ y así $\\overrightarrow{P P^*} \\neq \\overrightarrow{0}$.\nSea ahora $Q \\neq P$. En primer lugar, si $Q \\notin (P P^*)$, aplicando además la hipótesis $(Q^* \\neq Q)$ y la condición (c), la recta $(P^* Q^*)$ es paralela pero no coincidente con $(P Q)$. Si $(P P^*)$ y $(Q Q^*)$ se cortasen en un punto $O$, se tendría $O^* = O$ (pues como entonces $P^* \\in (O P) \\cap (O^* P^*)$ y $(O P)$ debe ser paralela o coincidente con $(O^* P^*)$, se sigue que estas dos rectas son coincidentes, luego $O^* \\in (O P)$; y de igual modo $O^* \\in (O Q)$, así que $O^* = (O P) \\cap (O Q) = O$), contra la hipótesis. Luego las rectas $(P P^*)$ y $(Q Q^*)$ son paralelas y no coincidentes y se tiene $\\overrightarrow{Q Q^*} = \\overrightarrow{P P^*}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEn segundo lugar, si $Q \\in (P P^*)$, podemos siempre considerar otro punto $R \\notin (P Q)$; aplicando dos veces la argumentación anterior, para el punto $Q \\notin (R R^*)$ y para el punto $R \\notin (P P^*)$, se obtiene $\\overrightarrow{Q Q^*} = \\overrightarrow{R R^*} = \\overrightarrow{P P^*}$, y el lema queda probado.\n\nLema 2.- Si $f$ tiene exactamente un punto fijo $O$, es una homotecia de centro $O$ y razón $k \\neq 1$.\n\nDemostración.- Sea $P \\neq O$ un punto arbitrario que fijamos en nuestra consideración; como $O^* = O$, es $(O^* P^*) = (O P^*)$ y, usando (c), se tiene que $(O P^*)$ coincide con $(O P)$, luego $P^* \\in (O P)$. Además es $P^* \\neq P$ por hipótesis. Sea entonces $k = \\frac{\\overline{O P^*}}{\\overline{O P}} \\neq 1$ (consideramos estas distancias orientadas desde $O$).\nY ahora sea en primer lugar $Q \\notin (O P)$; por el mismo razonamiento anterior se tiene que $Q^* \\in (O Q)$ y, según (c), la recta $(P^* Q^*)$ es paralela pero no coincidente con $(P Q)$. Aplicando el teorema de Thales se obtiene $\\frac{\\overline{O Q^*}}{\\overline{O Q}} = \\frac{\\overline{O P^*}}{\\overline{O P}} = k$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nEn segundo lugar, si $Q \\in (O P)$ y $Q \\neq O$, considerando otro punto $R \\notin (O P)$ y aplicando dos veces lo ya demostrado, se tiene\n$$\n\\frac{\\overline{O R^*}}{\\overline{O R}} = \\frac{\\overline{O P^*}}{\\overline{O P}} \\quad \\text{y} \\quad \\frac{\\overline{O Q^*}}{\\overline{O Q}} = \\frac{\\overline{O R^*}}{\\overline{O R}}\n$$\nluego también en este caso es $\\frac{\\overline{O Q^*}}{\\overline{O Q}} = \\frac{\\overline{O P^*}}{\\overline{O P}} = k$.\n\nLema 3.- Si $f$ tiene más de un punto fijo, entonces todos los puntos del plano son fijos y $f$ es la transformación identidad.\n\nDemostración.- Supongamos que $P$ y $Q$ son dos puntos distintos y fijos por $f$. Sea $R$ un punto cualquiera diferente de esos dos. En primer lugar, si $R \\notin (P Q)$, aplicando (c) se obtiene\n$$\n(P^* R^*) = (P R^*) = (P R)\n$$\ny\n$$\n(Q^* R^*) = (Q R^*) = (Q R)\n$$\nPero entonces $R = (P R) \\cap (Q R) = (P^* R^*) \\cap (Q^* R^*) = R^*$, de modo que $R$ es un punto fijo de $f$.\nEn segundo lugar, si $R \\in (P Q)$, se considera otro punto $S \\notin (P Q)$ para el cual, por la misma argumentación anterior, se tendrá $S^* = S$. Ahora bien, según (c) es $R^* \\in (S R)$ y según (b) es $R^* \\in (P^* Q^*) = (P Q)$, luego $R^* = (S R) \\cap (P Q) = R$, y también en este caso $R$ es punto fijo de $f$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43185,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $\\mathbb{Z}$ el conjunto de los enteros y $\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}$ el conjunto de pares ordenados de enteros. La suma de estos pares se define por\n$$\n(a, b)+\\left(a', b'\\right)=\\left(a+a', b+b'\\right)\n$$\nsiendo $(-a,-b)$ el opuesto de $(a, b)$.\nEstudiar si existe un subconjunto $E$ de $\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}$ que cumpla las condiciones siguientes:\na) La suma de dos pares de $E$ también es de $E$.\nb) El par $(0,0)$ pertenece a $E$.\nc) Si $(a, b)$ no es $(0,0)$, entonces o bien $(a, b)$ pertenece a $E$, o bien $(-a,-b)$ pertenece a $E$, pero no ambos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nCualquier recta que pase por el origen determina dos semiplanos. Si la recta tiene pendiente racional, contiene puntos de coordenadas enteras distintos del origen. Si la pendiente es irracional, solamente contiene al origen.\nComo ejemplos de conjuntos $E$ pueden tomarse los puntos de coordenadas enteras de cada uno de los semiplanos determinados por tales rectas. En el caso de que la recta separadora tenga pendiente racional, debe elegirse una semirecta de ella desde el origen como parte de $E$ y la otra semirrecta como parte de $-E$.\nDado un irracional cualquiera $k$, los conjuntos\n$$\nE=\\{(x, y) \\mid x<k y\\} \\cup\\{0\\}\n$$\no bien\n$$\nE' = \\{(x, y) \\mid x>k y\\} \\cup\\{0\\}\n$$\ncumplen trivialmente todo lo pedido en el enunciado.\nDado un racional cualquiera $k$, los conjuntos del tipo\n$$\nE=\\{(x, y) \\mid x<k y\\} \\cup\\{(x, y) \\mid y>0 \\wedge x=k y\\} \\cup\\{0\\}\n$$\ntambién cumplen las condiciones.\nSe puede demostrar que los conjuntos $E$ antes descritos son los únicos que cumplen las condiciones del enunciado. (Solución de Víctor González Alonso).\n\n1) En primer lugar demostraremos que $-E$ cumple las mismas propiedades que $E$. El hecho de que un par $(x, y)$ es de $-E$ si y sólo si su opuesto es de $E$ se desprende de las propiedades de $E$, y $-E$ es cerrado por la suma, porque de no serlo, existirían dos pares de $-E$ que sumados estarían en $E$, pero tomando los opuestos (que serán de $E$), su suma (que será la opuesta de la que habíamos obtenido) también sería de $E$ lo que contradice el hecho de que $E$ no contiene simultáneamente un par y su opuesto.\n\n2) El siguiente paso es demostrar que si $(x, y) \\in E$, todos los puntos de la semirrecta que pasa por él y sale del origen (es decir, los puntos $\\left(x', y'\\right)$ del mismo cuadrante que $(x, y)$ tales que $\\frac{y}{x}=\\frac{y'}{x'}$), también están en $E$.\nSea $d$ el máximo común divisor de $x$ e $y$. Entonces el punto $\\left(x', y'\\right)=\\left(\\frac{x}{d}, \\frac{y}{d}\\right)$ ha de estar en $E$ o en $-E$, pero todos los puntos de la semirrecta de la que estamos hablando son múltiplos positivos de este punto (que llamaremos generador de la semirrecta), por lo que $(x, y)$ está en el mismo subconjunto $(E \\circ -E)$ que $\\left(x', y'\\right)$, lo que indica que $\\left(x', y'\\right) \\in E$ y todos sus múltiplos positivos (que forman toda la semirrecta).\n\n3) Puesto que el punto $(1,0)$ ha de estar en $E$ o en $-E$, y $-E$ tiene las mismas propiedades que $E$, podemos suponer que $(1,0) \\in E$ (y por tanto, todo el semieje positivo de abscisas). Una vez asumido esto, demostremos que si un punto $(a, b) \\neq (0,0)$ (por el segundo punto de la demostración, podemos asumir que $a$ y $b$ son primos entre sí, y que si $a$ es $0, |b|=1$) es de $E$, todos los puntos que quedan en el sector convexo determinado por la semirrecta generada por $(a, b)$ y el semieje positivo de abscisas están también en $E$.\nConsideremos tres casos:\n\n- $a=0$ :\nEs evidente, puesto que si un punto $(c, d)$ está en el sector considerado, es porque $c \\geq 0$ y $d$ tiene el mismo signo que $a$, por lo que podemos poner $(c, d)$ como combinación lineal entera positiva de $(0, b)$ y $(1,0)$\n$$\n(c, d)=c(1,0)+|d|(0, b)\n$$\n\n- $a>0$ :\nEn este caso, la condición equivalente a que el punto esté en el sector (y no en las semirrectas, en cuyo caso el resultado es obvio) es:\n$$\n0<\\frac{|d|}{c}<\\frac{|b|}{a}\n$$\ndonde $d$ y $b$ tienen el mismo signo (basta considerar las pendientes).\nVeamos que en estas condiciones, la ecuación diofántica $k(c, d)=\\alpha(a, b)+\\beta(1,0)$ tiene solución positiva (nótese que intentamos obtener un múltiplo de $(c, d)$, no necesariamente el propio $(c, d)$, pero por el segundo punto de la demostración podremos decir que $(c, d)$ también estará en $E$).\nSi tomamos $k=|b|, \\alpha=|d|$ y $\\beta=k c-\\alpha a$, es evidente que $k$ y $\\alpha$ son positivos, y que $\\beta$ también lo es se deduce de la relación entre las pendientes.\n\n- $a<0$ :\nEn este caso, nótese primero que el semieje correspondiente de ordenadas también está en $E$, puesto que podemos obtener el punto $(0, b)$ como $(a, b)+|a|(1,0)$.\nPor tanto, si $c \\geq 0$ se reduce a uno de los dos casos anteriores, por lo que tan solo habrá que considerar el caso en que $c<0$; entonces, $a$ y $c$ tendrán el mismo signo, así como $b$ y $d$, y ahora la condición característica será:\n$$\n\\left|\\frac{d}{c}\\right|>\\left|\\frac{b}{a}\\right|\n$$\n(de nuevo, basta considerar las pendientes).\nPuesto que un semieje de ordenadas está contenido en el sector (el correspondiente al signo de $b$ y de $d$), tan solo hemos de ver que podemos encontrar soluciones enteras para $k(c, d)=\\alpha(a, b)+\\beta(0,1)$, donde $k$ y $\\alpha$ son positivos, y $\\beta$ tiene el mismo signo que $b$. Si tomamos $\\alpha=|c|$ y $k=|a|$, tenemos que $\\beta=|a| d-|c| b$, pero como $|a||d|-|c||b|$ es positivo, es evidente que $\\beta$ tiene el signo deseado.\n\n4) Una vez demostrado esto, tan sólo queda ver que la frontera entre $E$ y $-E$ es una recta que pasa por el origen; para ello definiremos el argumento de un $\\operatorname{par}(a, b) \\neq (0,0)$ como el ángulo entre $\\pi$ y $-\\pi$ que forma la semirrecta que lo contiene con el eje positivo de abscisas. Una expresión analítica podría ser la siguiente:\n$$\n\\arg (x, y)= \\begin{cases}\\pi+\\arctan \\frac{y}{x} & \\text{ Si } x<0, y \\geq 0 \\\\ \\frac{\\pi}{2} & \\text{ Si } x=0, y>0 \\\\ \\arctan \\frac{y}{x} & \\text{ Si } x>0 \\\\ -\\frac{\\pi}{2} & \\text{ Si } x=0, y<0 \\\\ -\\pi+\\arctan \\frac{y}{x} & \\text{ Si } x<0, y<0\\end{cases}\n$$\nSean $\\alpha=\\sup _{(x, y) \\in E} \\arg (x, y)$ y $\\beta=\\inf _{(x, y) \\in E} \\arg (x, y)$, y hemos de ver que $\\alpha-\\beta=\\pi$. Si asumimos que el semieje positivo de abscisas está en $E$, es obvio que $0 \\leq \\alpha \\leq \\pi$ y $-\\pi \\leq \\beta \\leq 0$.\n\n- Supongamos que $\\alpha-\\beta>\\pi$. Entonces obtenemos las desigualdades siguientes:\n$$\n\\begin{array}{r}\n\\pi \\geq \\alpha>\\pi+\\beta \\geq 0 \\\\\n0 \\geq \\alpha-\\pi>\\beta \\geq-\\pi\n\\end{array}\n$$\nEn particular, de la primera desigualdad y de la continuidad del argumento, deducimos que existe un racional $\\frac{q}{p}$ irreducible con $q$ positivo, tal que $\\alpha>\\arg (p, q)>\\pi+\\beta>\\beta$, (nótese que $(p, q) \\in E$).\nAhora bien, de la definición de argumento se desprende que el argumento de dos pares opuestos difiere en $\\pi$, y si restamos $\\pi$ a la desigualdad anterior obtenemos: $\\alpha>\\alpha-\\pi>\\arg (p, q)-\\pi=\\arg (-p,-q)>\\beta$, y comparándolo con la segunda desigualdad, obtenemos que $(-p,-q)$ también pertenece a $E$, en contradicción con las propiedades de $E$.\n\n- Supongamos entonces que $\\alpha-\\beta<\\pi$, lo que da las desigualdades\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\alpha<\\pi+\\beta \\\\\n& \\alpha-\\pi<\\beta\n\\end{aligned}\n$$\nAnálogamente al caso anterior, existe un racional irreducible $\\frac{q}{p}, q>0$, tal que $\\alpha<\\arg (p, q)<\\pi+\\beta$, por lo que $(p, q) \\notin E$, y de nuevo, restando $\\pi$ a toda la desigualdad, obtenemos que en este caso, $(-p,-q)$ tampoco es de $E$, lo que nuevamente contradice las propiedades de $E$.\n\nPor tanto, podemos concluir que $\\alpha-\\beta=\\pi$, lo que indica que la frontera entre $E$ y $-E$ es una recta de pendiente $m=\\tan \\alpha$.\n\n5) Tan sólo queda estudiar el caso en que la pendiente $m$ es racional, puesto que si es irracional no contendrá ningún punto de $\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}$ y $E$ estará perfectamente separado de $-E$. Ahora bien, si la pendiente $m$ es racional, la recta contendrá puntos de $\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}$, algunos de $E$ y otros de $-E$; pero, por lo demostrado en el segundo punto, si contiene un punto, ha de contener toda la semirrecta, pero por las propiedades de $E$, la semirrecta opuesta ha de estar en $-E$.\n\nConclusión:\nLas únicas maneras de separar $\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}$ en dos conjuntos con las propiedades mencionadas consisten en dividir el plano en dos semiplanos mediante una recta que pase por el origen; y si la recta tiene pendiente racional, asignar una de las semirrectas a $E$ y la otra a $-E$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43186,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nResolver la ecuación\n$$\ntan^2 2x + 2 \\tan 2x \\tan 3x - 1 = 0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "x = π/14 + k·π/7, for any integer k",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución (de M. Ascensión López Chamorro)\nLa ecuación\n$$\ntan^2 2x + 2 \\tan 2x \\tan 3x - 1 = 0\n$$\nse puede escribir como\n$$\n\\tan 3x = \\frac{1 - \\tan^2 2x}{2 \\tan 2x} = \\cot 4x\n$$\nasí que\n$$\n3x + 4x = \\frac{\\pi}{2} + k\\pi,\\ k \\in \\mathbb{Z}\n$$\nes decir\n$$\nx = \\frac{\\pi}{14} + \\frac{k\\pi}{7}\n$$\n\n\nSegunda solución\nEscribimos la ecuación como\n$$\n\\frac{\\sen^2 2x}{\\cos^2 2x} + 2 \\frac{\\sen 2x}{\\cos 2x} \\frac{\\sen 3x}{\\cos 3x} - 1 = 0\n$$\no bien\n$$\n\\sen^2 2x \\cos^2 3x + 2 \\sen 2x \\sen 3x \\cos 2x - \\cos^2 2x \\cos 3x = 0\n$$\nque se puede escribir\n$$\n-\\left(\\cos^2 2x - \\sen^2 2x\\right) \\cos 3x + (2 \\sen 2x \\cos 2x) \\sen 3x = 0\n$$\nSimplificando queda\n$$\n-\\cos 4x \\cos 3x + \\sen 4x \\sen 3x = 0\n$$\no bien\n$$\n-\\cos 7x = 0\n$$\nLas soluciones son\n$$\nx = \\frac{\\pi}{14} + k \\frac{\\pi}{7}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43187,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nConsideremos tres números naturales $a, b, c$ tales que la razón\n$$\n\\frac{a+b+c}{a b c}\n$$\nsea el inverso de un número $k$ entero y positivo. Se pide demostrar:\n\na) $a^{3}+b^{3}+c^{3}$ no es primo.\n\nb) Para cada $k \\in \\mathbb{N}$ existen ternas de naturales $a, b, c$ que cumplen las condiciones.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nTenemos la identidad\n$$\na^{3}+b^{3}+c^{3}=\\left((a+b+c)^{2}-3(a b+b c+a c)\\right)(a+b+c)+3 a b c\n$$\npero como\n$$\n\\frac{a+b+c}{a b c}=\\frac{1}{k} \\Longrightarrow a b c=k(a+b+c)\n$$\nla igualdad anterior se puede escribir\n$$\na^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)\\left[(a+b+c)^{2}-3(a b+b c+a c)+3 k\\right]\n$$\ny por lo tanto este número no es primo, ya que $a+b+c>1$ y $a+b+c<a^{3}+b^{3}+c^{3}$ ya que la terna $a=b=c=1$ no cumple las condiciones.\n\nSi $k$ es impar, la terna\n$$\na=\\frac{k+3}{2},\\ b=3,\\ c=k\n$$\ncumple las condiciones, ya que\n$$\nk(a+b+c)=k\\left(\\frac{k+3}{2}+3+k\\right)=k\\left(\\frac{3 k+9}{2}\\right)=3 k \\frac{k+3}{2}=a b c\n$$\nPara cualquier natural $k$, la terna\n$$\na=k+2,\\ b=k,\\ c=2\n$$\ncumple las condiciones, ya que\n$$\nk(a+b+c)=k(k+2+k+2)=2 k(k+2)=a b c\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43188,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHallar la ecuación de la circunferencia que pasa por los afijos de las soluciones de la ecuación\n$$\nz^{3}+(-1+i) z^{2}+(1-i) z+i=0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "|z|=1",
    "solution": "Solution:\nSe comprueba sin dificultad que $z=-i$ es una solución de la ecuación; como\n$$\nz^{3}+(-1+i) z^{2}+(1-i) z+i=(z+i)\\left(z^{2}-z+1\\right)\n$$\ny las raíces de $z^{2}-z+1$ son\n$$\n\\frac{1 \\pm i \\sqrt{3}}{2}\n$$\nLas tres raíces tienen módulo 1, y es inmediato que la circunferencia pedida es la circunferencia unidad en el plano complejo, de ecuación $|z|=1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43189,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran las semirrectas no alineadas $O x, O y$. Por el punto $A \\in O x$ se trazan pares de rectas $r_{1}, r_{2}$, antiparalelas respecto al ángulo $x O y$; sean $M, N$ las intersecciones de $r_{1}$ con $O y$ y de $r_{2}$ con $O x$, respectivamente. Sea $P$ el punto de intersección de las bisectrices de los ángulos $A M y, A N y$. Hallar el lugar geométrico de $P$ al variar $A$.",
    "options": [],
    "answer": "The locus of P is a half-line in the direction of the internal bisector of ∠xOy (i.e., forming angle α/2 with Ox). For each position of A, P lies on the line AP parallel to the angle bisector; the admissible part is the ray starting at the unique point Q on AP where dist(P, Oy) = PA, equivalently the intersection of AP with the parabola having focus A and directrix Oy, and going away from A along AP.",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPor la construcción de $P$, este punto equidista de $O y$ y de $A N$, además también equidista de $O y$ y de $r_{1}$, luego $P$ es el centro del círculo exinscrito al triángulo $A M N$ correspondiente al lado $A N$.\n\nLlamando $\\alpha$ al ángulo de las semirrectas $O x, O y$, y poniendo $\\beta=\\widehat{O A M}=\\widehat{O N A}$, resulta\n$$\n\\widehat{P A N}=\\frac{2 \\beta+\\alpha}{2}=\\beta+\\frac{\\alpha}{2}\n$$\nde donde se deduce\n$$\n\\widehat{P A x}=\\frac{\\alpha}{2}\n$$\nLuego $P$ estará en la bisectriz exterior del triángulo $A M N$ correspondiente al vértice $A$ que forma un ángulo constante $\\alpha / 2$ con $O x$.\n\nAl ser $P$ exincentro, equidista de la recta $O y$ y $M A$ y esta distancia común es $P P_{1}$. En el triángulo $A P P_{1}$ rectángulo en $P_{1}$ es $A P>P P_{1}=\\operatorname{dist}(P, O y)$ y por tanto, el lugar de $P$ es una semirrecta con origen en un punto que cumple\n$$\n\\operatorname{dist}(P, O y) \\leq P A\n$$\n![](attached_image_2.png)\n\nLos puntos para los que se cumple la igualdad\n$$\n\\operatorname{dist}(P, O y)=P A\n$$\nforman una parábola de foco $A$ y directriz $O y$. Basta entonces determinar la intersección de la parábola con la recta $A P$ más próxima a $P$; para ello se traza la perpendicular por $A$ a $A P$ que corta en $R$ a $O y$, la circunferencia de centro $R$ y radio $R A$ corta a $O y$ en $S$. Finalmente, la perpendicular por $S$ a $O y$ corta a $A P$ en el punto $Q$ buscado y el lugar pedido es la semirrecta con origen en $Q$ en la dirección que forma ángulo $\\alpha / 2$ con $O x$.\nSolution:\n\nSean $O x, O y$ las semirrectas dadas, y $A \\in O x$. Convenimos en llamar $M$ al punto más próximo a $O$ (de $M$ y $N$). Conviene observar que, al ser $A M$ y $A N$ antiparalelas con respecto a $O x, O y$, la manera de construir dos puntos $M, N$ en las condiciones del problema es trazar una circunferencia tangente a $O x$ en $A$: los dos puntos de intersección de la circunferencia con $O y$ son los puntos $M$ y $N$.\n\nSea $M_{0} \\in O y$ tal que $O A=O M_{0}$ (El punto $R$ de la figura).\n\nPor $A$ se traza una paralela a $O y$ (la llamaremos $A y^{\\prime}$); sea $s$ la bisectriz interior del ángulo $\\widehat{x O y}$, y sea $s^{\\prime}$ la paralela a $s$ trazada por $A$.\n\nLos siguientes ángulos son iguales:\n$$\n\\left.\\widehat{A M_{0} O}=\\widehat{O A M_{0}}=\\widehat{M_{0} A y^{\\prime}}=\\alpha_{0} \\quad \\text{ (le llamamos así )}\\right.\n$$\n\nLos puntos $M$ y $N$ son los extremos de la cuerda determinada por $O y$ sobre una circunferencia tangente a $O x$ en $A$, como se ha dicho. En el caso de que la circunferencia sea tangente a las dos semirrectas, $r_{1}=r_{2}$ y los tres puntos $M, N$ y $M_{0}$ coinciden.\n\nLas bisectrices de los ángulos $\\widehat{A M y}$ y $\\widehat{A N y}$ determinan un exincentro del triángulo $A M N$, y por lo tanto son concurrentes con la bisectriz exterior del ángulo $\\widehat{M A N}$. Ahora bien, $A M_{0}$ es la bisectriz interior de $\\widehat{N A M}$, pues poniendo $\\alpha=\\widehat{O A M}$, se tiene\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\widehat{M A M}_{0}=\\widehat{O A M}_{0}-\\widehat{O A M}=\\alpha_{0}-\\alpha \\\\\n& \\widehat{M_{0} A N}=\\widehat{M_{0} A y^{\\prime}}-\\widehat{N A y^{\\prime}}=\\alpha_{0}-\\alpha\n\\end{aligned}\n$$\nLuego la bisectriz exterior de $\\widehat{M A N}$ es la recta $s^{\\prime}$, independientemente de la posición de $M$ y $N$ sobre $O y$.\n\nPuesto que el caso extremo lo tenemos para $M \\equiv N \\equiv M_{0}$, si $P_{0}$ es el punto de intersección de la bisectriz de $\\widehat{A M_{0} y}$ con $s^{\\prime}$, el lugar geométrico pedido es la semirrecta de origen $P_{0}$ contenida en $s^{\\prime}$, y que no contiene al punto $A$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43190,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDada la ecuación $x^{5}-p x-1=0$, estudiar el valor de $p$ de forma que existan dos soluciones de la ecuación, $x_{1}, x_{2}$, que a la vez sean soluciones de $x^{2}-a x+b=0$, con $a, b$ enteros.",
    "options": [],
    "answer": "p = -1",
    "solution": "Solution:\n\nDe acuerdo con las condiciones del problema, deberá ser\n$$\n\\begin{aligned}\nx^{5}-p x-1= & \\left(x^{2}-a x+b\\right)\\left(x^{3}+c x^{2}+d x+e\\right)= \\\\\n& =x^{5}+(c-a) x^{4}+(d-a c+b) x^{3}+(e-a d+b c) x^{2}+(b d-a e) x+b e\n\\end{aligned}\n$$\nasí que, identificando coeficientes, se obtiene el sistema\n$$\n\\left\\{\\begin{aligned}\nc-a & =0 \\\\\nd-a c+b & =0 \\\\\ne-a d+b c & =0 \\\\\nb d-a e & =-p \\\\\nb e & =-1\n\\end{aligned}\\right.\n$$\nDe la primera y quinta ecuaciones sale $c=a$, $e=-1 / b$; de la segunda, $d=a^{2}-b$, así que, sustituyendo en la cuarta,\n$$\np=-\\frac{a+b\\left(a^{2}-b\\right)}{b}\n$$\nAhora bien, como el sistema tiene que ser compatible, se debe cumplir la tercera ecuación con los valores anteriores, luego\n$$\n-\\frac{1}{b}-a\\left(a^{2}-b\\right)+b a=0\n$$\nes decir $1=a b(2 b-a)$.\nYa que $a$ y $b$ son enteros, esta igualdad sólo es posible si los factores son +1 ó -1 ; en el primer caso, el sistema\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{r}\na b=1 \\\\\n2 b-a=1\n\\end{array}\\right.\n$$\nequivale a la ecuación cuadrática $a^{2}+a-2=0$, cuyas raíces son $a=1$ y $a=-2$; esta última no es válida porque entonces $b$ no sería entero $(b=-1 / 2)$. Por lo tanto, en este supuesto se tiene\n$$\na=1, b=1 \\quad \\text{ y } \\quad p=-1\n$$\nLa otra posibilidad conduce al sistema\n$$\n\\left\\{\\begin{aligned}\na b & =-1 \\\\\n2 b-a & =-1\n\\end{aligned}\\right.\n$$\nequivalente a la ecuación cuadrática $a^{2}-a+2=0$, que no tiene soluciones reales. Por lo tanto, la única solución del problema es\n$$\na=1, b=1 \\quad \\text{ y } \\quad p=-1\n$$\nde la que se obtiene $c=1, d=0, e=-1$, y la descomposición factorial del polinomio\n$$\nx^{5}+x-1=\\left(x^{2}-x+1\\right)\\left(x^{3}+x^{2}-1\\right)\n$$\nLas dos raíces mencionadas en el enunciado son\n$$\nx_{1}=\\frac{1+i \\sqrt{3}}{2}, \\quad x_{2}=\\frac{1-i \\sqrt{3}}{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43191,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDiremos que una matriz cuadrada es de suma constante si la suma de los elementos de cada fila, de cada columna, y de cada diagonal, son valores iguales. Análogamente, una matriz cuadrada es de producto constante si son iguales los productos de los elementos de cada fila, de cada columna y de cada diagonal. Determinar las matrices cuadradas de orden $3$ sobre $\\mathbb{R}$ que son, a la vez, de suma y de producto constante.",
    "options": [],
    "answer": "All 3×3 real matrices that are simultaneously constant-sum and constant-product are exactly the following families:\n1) \\(\\begin{pmatrix}0 & h & -h\\\\ -h & 0 & h\\\\ h & -h & 0\\end{pmatrix}\\), with \\(h \\in \\mathbb{R}\\).\n2) \\(\\begin{pmatrix}h & -h & 0\\\\ -h & 0 & h\\\\ 0 & h & -h\\end{pmatrix}\\), with \\(h \\neq 0\\).\n3) \\(\\begin{pmatrix}h & h & h\\\\ h & h & h\\\\ h & h & h\\end{pmatrix}\\), with \\(h \\neq 0\\).",
    "solution": "Solution:\n\nLas condiciones para que la matriz\n$$\n\\left(\\begin{array}{lll}\na & d & g \\\\\nb & e & h \\\\\nc & f & i\n\\end{array}\\right)\n$$\nsea de suma constante son\n$a+b+c=a+d+g=a+e+i=d+e+f=b+e+h=c+f+i=g+h+i=c+e+g$.\nDespejando convenientemente se obtiene\n$$\n\\begin{aligned}\na & =-i+2e \\\\\nb & =2e-h \\\\\nc & =h+i-e \\\\\nd & =2i-2e+h \\\\\nf & =-2i+4e-h \\\\\ng & =-i+3e-h\n\\end{aligned}\n$$\nPara que la matriz (1) sea de producto constante se debe cumplir\n$$\nab c = a d g = a e i = d e f = b e h = c f i = g h i = c e g\n$$\nCaso I.- Si $e=0$ entonces (2) se reduce a\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\na=-i \\\\\nb=-h \\\\\nc=h+i \\\\\nd=2i+h \\\\\nf=-2i-h \\\\\ng=-i-h\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nSustituyendo (4) en (3) resulta el sistema de ecuaciones\n$$\nih(h+i)=i(h+i)(2i+h)=(h+i)(2i+h)i=-hi(i+h)=0\n$$\ncuyas soluciones $(i, h) \\neq (0,0)$ son las mismas que las de la ecuación $i(h+i)=0$. Cuando $i=0$ resultan las matrices de suma y de producto constante\n$$\n\\left(\\begin{array}{ccc}\n0 & h & -h \\\\\n-h & 0 & h \\\\\nh & -h & 0\n\\end{array}\\right), \\quad h \\in \\mathbb{R}\n$$\ny cuando $i \\neq 0,\\ i=-h$, las matrices\n$$\n\\left(\\begin{array}{ccc}\nh & -h & 0 \\\\\n-h & 0 & h \\\\\n0 & h & -h\n\\end{array}\\right), \\quad h \\neq 0\n$$\nCaso II.- Si $e \\neq 0$, la ecuación $aei = beh$ implica, utilizando (2),\n$$\n(h-i)(h+i-2e)=0\n$$\n- Cuando $h=i$, la ecuación $aei = def$ implica, utilizando (2), $(i-e)^2=0$, es decir, $i=e$. Y la matriz (1) que entonces resulta,\n$$\n\\left(\\begin{array}{lll}\nh & h & h \\\\\nh & h & h \\\\\nh & h & h\n\\end{array}\\right), \\quad h \\neq 0\n$$\nes de suma y de producto constante.\n- Si $e=\\frac{h+i}{2}$, el sistema (3) es equivalente a la ecuación $(e \\neq 0)$\n$$\n(h-i)^2=0\n$$\nlo que remite al caso anterior.\nEn resumen, las matrices de suma y producto constante deben ser de una de las formas (5), (6) o (7).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43192,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un polinomio $P(x)=a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+\\cdots+a_{k} x^{k}$ con coeficientes enteros, denotamos por $w(P)$ el número de coeficientes impares de $P$. Sea $Q_{i}(x)=(1+x)^{i}$, para $i=0,1, \\ldots$ Demostrar que si $i_{1}, i_{2}, \\ldots, i_{n}$ son enteros tales que $0 \\leq i_{1}<i_{2}<\\cdots<i_{n}$, entonces\n$$\nw\\left(Q_{i_{1}}+Q_{i_{2}}+\\cdots+Q_{i_{n}}\\right) \\geq w\\left(Q_{i_{1}}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43193,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $\\mathcal{M}$ un conjunto de 1985 enteros positivos distintos, ninguno de los cuales tiene divisores primos mayores que 26. Demostrar que $\\mathcal{M}$ contiene como mínimo un subconjunto de cuatro elementos distintos, cuyo producto es la cuarta potencia de un entero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43194,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna circunferencia de centro $O$ pasa por los vértices $A$ y $C$ de un triángulo $A B C$ y corta otra vez los segmentos $A B$ y $B C$ en los puntos distintos $K$ y $N$, respectivamente. Las circunferencias circunscritas a los triángulos $A B C$ y $K B N$ se cortan exactamente en dos puntos distintos $B$ y $M$. Demostrar que el ángulo $\\widehat{O M B}$ es un ángulo recto.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43195,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPara cada número real $x_{1}$, se construye la sucesión $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n}, \\ldots$ haciendo\n$$\nx_{n+1} = x_{n}\\left(x_{n} + \\frac{1}{n}\\right) \\text{ para cada } n \\geq 1\n$$\nDemostrar que existe exactamente un valor de $x_{1}$ para el cual $0 < x_{n} < x_{n+1} < 1$ para cada $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43196,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $d$ un entero positivo distinto de $2$, $5$ y $13$. Demostrar que se pueden encontrar elementos distintos $a, b$ en el conjunto $\\{2, 5, 13, d\\}$, de manera que $ab - 1$ no sea un cuadrado perfecto.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43197,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTenemos en el plano un punto $P_{0}$ y un triángulo $A_{1} A_{2} A_{3}$. Definimos $A_{s}=A_{s-3}$ para todo $s \\geq 4$. Construimos una sucesión de puntos $P_{1}, P_{2}, P_{3}, \\ldots$, de forma que $P_{k+1}$ es la imagen de $P_{k}$ por la rotación de centro $A_{k+1}$ y ángulo $120^{\\circ}$ en sentido horario, para $k=0,1,2 \\ldots$ Demostrar que si $P_{1986}=P_{0}$, entonces el triángulo $A_{1} A_{2} A_{3}$ es equilátero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43198,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIndicaremos por $[x],\\{x\\}$ las partes entera y decimal del número real $x$. Definimos una distancia entre los números reales $x$ e $y$\n$$\nd(x, y)=\\sqrt{([x]-[y])^{2}+(\\{x\\}-\\{y\\})^{2}}\n$$\nDeterminar (como unión de intervalos) el conjunto de los números reales que distan del número $3 / 2$ menos de $202/100$.",
    "options": [],
    "answer": "(-1/2 - sqrt(201)/50, -1/2 + sqrt(201)/50) ∪ [0,3) ∪ (7/2 - sqrt(201)/50, 7/2 + sqrt(201)/50)",
    "solution": "Solution:\n\nConsideramos la función $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}^{2}$ dada por $f(x)=([x],\\{x\\})$ y observamos que la distancia definida en el enunciado entre dos puntos de $\\mathbb{R}$, es la distancia euclídea entre sus imágenes por $f$ en el plano. De hecho, el conjunto imagen $f(\\mathbb{R})$ queda descompuesto en un \"peine\" de segmentos verticales de altura $1$ situados en los puntos del eje de abscisas de coordenadas enteras. El punto $3 / 2 \\in \\mathbb{R}$ se transforma en el $(1,1 / 2)$ del plano. Los puntos pedidos son los que están dentro de la circunferencia de centro $(1,1 / 2)$ y radio $202 / 100$. Es evidente que los segmentos verticales sobre los puntos de abscisas $0,1$ y $2$ están completamente contenidos en la circunferencia. En cambio, los que están sobre las abscisas $-1$ y $3$, sólo están contenidos parcialmente.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPara encontrar estos segmentos debemos resolver el triángulo rectángulo de la figura, de hipotenusa $r=202 / 100=2+2 / 100$. Obtenemos\n$$\ny=\\frac{\\sqrt{201}}{50}<\\frac{1}{2}\n$$\nEl conjunto buscado es\n$$\n\\left(-\\frac{1}{2}-\\frac{\\sqrt{201}}{50},-\\frac{1}{2}+\\frac{\\sqrt{201}}{50}\\right) \\cup[0,3) \\cup\\left(\\frac{7}{2}-\\frac{\\sqrt{201}}{50}, \\frac{7}{2}+\\frac{\\sqrt{201}}{50}\\right)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43199,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn segmento $d$ divide al segmento $s$ si existe un natural $n$ tal que\n$$\nn d = d + d + \\stackrel{n}{n}^{*} + d = s\n$$\na) Demostrar que si el segmento $d$ divide a los segmentos $s$ y $s'$ con $s < s'$, entonces divide al segmento diferencia $s' - s$.\nb) Demostrar que ningún segmento divide al lado $s$ y a la diagonal $s'$ de un pentágono regular (razonar sobre el pentágono regular cuyos lados están contenidos en las diagonales del pentágono dado, sin efectuar cálculos numéricos).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na) Si tenemos $s = n d$ y $s' = n' d$, con $n, n'$ números naturales, entonces evidentemente, $s' - s = (n' - n) d$.\n\nb) Llamamos $d$ a la diagonal $AC$ del pentágono y $s$ al lado. El paralelismo entre diagonales y lados opuestos produce cinco rombos interiores al pentágono, formados, cada uno, por dos lados consecutivos y las diagonales respectivamente opuestas. Una diagonal cualquiera, digamos la $AC$, queda pues partida en tres segmentos con longitudes tal como aparecen en la figura. El segmento central, de longitud $2s - d$, es el lado de un nuevo pentágono regular interior al dado.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLa desigualdad triangular aplicada al triángulo $APB$ nos dice $(d - s) + (d - s) > s$ o bien $2d > 3s$, de donde $2s - d < 1/2 s$.\n\nSi $d$ y $s$ fuesen conmensurables, es decir, existiera un segmento $u$ que dividiese a ambos, también dividiría a $2s - d$, que es el lado de un nuevo pentágono de lado menor que la mitad del primero. Iterando el proceso las veces que haga falta, resultaría al final que obtendríamos un pentágono de lado a la vez menor que $u$ y múltiplo de $u$, lo que es absurdo. Por tanto $s$ y $d$ deben ser inconmensurables.\n\nObservación:\nLa semejanza de los triángulos $APB$ y $EPC$ nos da la relación\n$$\n\\frac{d}{s} = \\frac{s}{d - s}\n$$\nque da lugar a la ecuación\n$$\n(d / s)^2 - (d / s) - 1 = 0\n$$\nde solución positiva\n$$\n\\frac{d}{s} = \\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}, \\text{ número irracional. }\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43200,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar los valores de $n \\in \\mathbb{N}$ tales que $5^{n}+3$ es una potencia de 2 de exponente natural.",
    "options": [],
    "answer": "n = 0, 1, 3",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\nConsideremos la ecuación\n$$\n5^{\\alpha}+3=2^{\\beta}\n$$\nCalculemos los posibles valores de $\\alpha$ dando valores bajos de $\\beta$. Los valores $\\beta=0,1$ no dan solución. Para $\\beta=2$ nos sale $\\alpha=0$. Los valores $\\beta=4,5,6,8,9$ tampoco dan solución, y para $\\beta=7$ sale $\\alpha=3$.\nNos queda por demostrar que no hay solución para $\\beta \\geq 10$. Como $2^{10}=1024$, calculando módulo 1024 nos queda $5^{\\alpha}=-3=1021$, con $\\alpha=163$. pero las potencias de 5 módulo 1024 tienen periodicidad 256, de forma que $\\alpha=163+k 256$.\nEn $\\mathbb{Z}$ tendremos\n$$\n5^{163} 5^{k 256}+3=2^{\\beta} .\n$$\nSi calculamos ahora módulo 257 , tendremos $256^{i}=1$ y $5^{163}+3=2^{\\beta}$, o sea, $246=2^{\\beta}$. Pero las potencias de 2 módulo 257 tienen periodicidad 16 ya que $2^{8}=256=-1$. Calculando las potencias de 2 nos sale $2^{0}=1,2^{1}=2,2^{2}=4,2^{3}=8,2^{4}=16,2^{5}=32,2^{6}=64$, $2^{7}=128,2^{8}=-1,2^{9}=-2,2^{10}=-4,2^{11}=-8,2^{12}=-16,2^{13}=-32,2^{14}=-64$, $2^{15}=-128$ y ninguno de ellos es $246=-11$.\nLas únicas soluciones posibles son pues\n$$\n5^{1}+3=2^{3} \\quad \\text { y } \\quad 5^{3}+3=2^{7}\n$$\n\n\nSegunda solución\nLas únicas soluciones con $m \\leq 7$ son $5^{0}+3=2^{2}, 5^{1}+3=2^{3}$ y $5^{3}+3=2^{7}$. Si hay otra solución, será $m>7$ y entonces $n$ cumplirá la condición\n$$\n5^{n}+3 \\equiv 0 \\text { módulo } 2^{8} \\text { . }\n$$\nDe donde resulta (a partir de una tabla de restos potenciales de 5 módulo $2^{8}$ ) que $n=$ $35+64 k$, con $k=0,1,2, \\ldots$\nEntonces,\n$$\n5^{n}+3=5^{35+64 k}+3 \\equiv 14 \\cdot 16^{k}+3 \\text { módulo } 257\n$$\npues se puede comprobar que $5^{35} \\equiv 14$ y $5^{64} \\equiv 16$ módulo 257 .\nAhora, se tiene $16^{k} \\equiv \\pm 1, \\pm 16$ módulo 257 , luego\n$$\n5^{n}+3 \\equiv 17,-30,-11 \\text { ó } 36 \\text { módulo } 257\n$$\nmientras que\n$$\n2^{m} \\equiv \\pm 1, \\pm 2, \\pm 4, \\pm 8, \\pm 16, \\pm 32, \\pm 64 \\text { ó } \\pm 128 \\text { módulo } 257\n$$\nluego la coincidencia de valores entre $5^{n}+3$ y $2^{m}$ cuando $m>7$ es imposible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43201,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIndicamos por $m(a, b)$ la media aritmética de los números reales positivos $a$ y $b$. Dada la función real positiva $g$ que tiene la primera y la segunda derivada positivas, definimos la media $\\mu(a, b)$ relativa a la función $g$ mediante\n$$\n2 g(\\mu(a, b))=g(a)+g(b)\n$$\nDecir, razonadamente, cuál de las dos medias $m$ y $\\mu$ es mayor.",
    "options": [],
    "answer": "μ(a,b) ≥ m(a,b), with equality only when a = b.",
    "solution": "Solution:\n\nSi $f$ es una función real de variable real tal que $f'>0$ y $f''>0$ entonces es una función convexa, es decir, la gráfica está por debajo de cualquier cuerda, tal como está representado en la figura.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEn el caso que $\\lambda=\\frac{1}{2}$, tendremos el resultado del enunciado. Para demostrar la propiedad, consideremos la función\n$$\n\\phi(x)=f(a)+\\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)-f(x)\n$$\ncuyas derivadas son\n$$\n\\phi'(x)=\\frac{f(b)-f(a)}{b-a}-f'(x) \\text{ y } \\quad \\phi''(x)=-f''(x)\n$$\nEs evidente que $\\phi(a)=\\phi(b)=0$ y que $\\phi'(\\xi)=0$ para un cierto punto $\\xi \\in(a, b)$, por el teorema de Rolle. Este mismo teorema nos dice que el punto $\\xi$ es único. Como que $\\phi''(x)=-f''(x)<0$, resulta que $\\phi'$ es decreciente con un único cero $\\xi$. De ahí que $\\phi(x)$ solamente pueda anularse en $a$ y $b$ y $\\phi(x)>0$ para todo $x \\in(a, b)$.\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43202,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nConsideramos la curva $\\Gamma$ definida por la ecuación $y^{2}=x^{3}+b x+b^{2}$, donde la constante $b$ es un número racional no nulo. Inscribir en la curva $\\Gamma$ un triángulo cuyos vértices tengan coordenadas racionales.",
    "options": [],
    "answer": "(0, b), (0, −b), (1/4, b + 1/8) form a valid triangle of rational points on y^2 = x^3 + b x + b^2 for any nonzero rational b.",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\nLos puntos $(0, b)$ y $(0,-b)$ son dos puntos de coordenadas racionales de $\\Gamma$; para hallar un tercer punto hacemos la siguiente identificación.\n$$\nx^{3}+b x+b^{2}=y^{2}=\\left(b+\\frac{x}{2}\\right)^{2}=b^{2}+b x+\\frac{x^{2}}{4}\n$$\nde donde\n$$\nx=\\frac{1}{4}, \\quad y= \\pm\\left(b+\\frac{1}{8}\\right)\n$$\nSe han obtenido los cuatro puntos\n$$\n(0, b), \\quad(0,-b), \\quad\\left(\\frac{1}{4}, b+\\frac{1}{8}\\right), \\quad\\left(\\frac{1}{4},-b-\\frac{1}{8}\\right)\n$$\nPuesto que elegidos tres de ellos no están alineados, se obtiene un triángulo solución. Por tanto hemos obtenido 4 soluciones posibles.\n\n\nSegunda solución\nUna vez hallado el punto $(0, b)$, trazamos una recta variable por él de pendiente $t$, y de ecuación $y=t x+b$. Las intersecciones con la cúbica, después de eliminar la $x=0$ que corresponde al punto $(0, b)$, vendrán dadas por la ecuación de segundo grado\n$$\nx^{2}-t^{2} x+b-2 b t=0\n$$\nque tiene por soluciones\n$$\nx=\\frac{t^{2} \\pm \\sqrt{t^{4}-4(b-2 b t)}}{2} .\n$$\nLos posibles valores racionales de $t$ que nos den un valor racional de $x$ corresponderán a puntos sobre $\\Gamma$ de coordenadas racionales. Por ejemplo, es evidente que para $t=1 / 2$ salen los puntos obtenidos antes.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43203,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular\n$$\n\\prod_{k=1}^{14} \\cos \\left(\\frac{k \\pi}{15}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "-1/16384",
    "solution": "Solution:\nConsideremos las $15$-raíces complejas de la unidad, de las que sólo una de ellas es real, $z=1$, y las demás son $7$ parejas complejas conjugadas. Tenemos\n$$\nz^{15}-1=(z-1) \\prod_{1}^{7}\\left(z-\\epsilon_{k}\\right)\\left(z-\\bar{\\epsilon}_{k}\\right), \\quad \\text{con} \\ \\epsilon_{k}=e^{i \\frac{2 k \\pi}{15}}\n$$\no bien\n$$\n\\frac{z^{15}-1}{z-1}=1+z+z^{2}+\\cdots+z^{14}=\\prod_{1}^{7}\\left(z^{2}-2 z \\cos \\frac{2 k \\pi}{15}+1\\right)\n$$\ny dando a $z$ el valor $-1$\n$$\n1=\\prod_{1}^{7}\\left(2+2 \\cos \\frac{2 k \\pi}{15}\\right)=2^{7} \\prod_{1}^{7}\\left(1+\\cos \\frac{2 k \\pi}{15}\\right)=2^{14} \\prod_{1}^{7} \\cos ^{2} \\frac{k \\pi}{15}\n$$\ndonde se ha utilizado la fórmula $1+\\cos 2 \\alpha=2 \\cos ^{2} \\frac{\\alpha}{2}$. De la última igualdad sale\n$$\n\\prod_{1}^{7} \\cos ^{2} \\frac{k \\pi}{15}=\\frac{1}{2^{14}} \\text{ de donde } \\prod_{1}^{7} \\cos \\frac{k \\pi}{15}= \\pm \\frac{1}{2^{7}}\n$$\nEl signo debe ser positivo, ya que los $7$ ángulos son del primer cuadrante y los cosenos son positivos. En el producto del enunciado hay $14$ ángulos, $7$ del primer cuadrante, con coseno positivo, y $7$ del segundo cuadrante, con cosenos negativos y en valor absoluto iguales a los $7$ primeros ya que son suplementarios de ellos. Por lo tanto el producto de todos los cosenos será negativo.\n$$\n\\prod_{1}^{14} \\cos \\frac{k \\pi}{15}=\\prod_{1}^{7} \\cos \\frac{k \\pi}{15} \\prod_{8}^{14} \\cos \\frac{k \\pi}{15}=-\\frac{1}{2^{7}} \\frac{1}{2^{7}}=-\\frac{1}{2^{14}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43204,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nA cada vértice de un pentágono le asignamos un número entero, de forma que la suma de los cinco enteros sea positiva. Si tres vértices consecutivos tienen números asignados $x, y, z$, respectivamente, y es $y<0$, entonces se permite hacer la siguiente operación: los números $x, y, z$ se sustituyen respectivamente por $x+y$, $-y$, $z+y$. Esta operación se puede hacer repetidamente mientras al menos uno de los cinco números sea negativo. Determinar si este proceso acaba necesariamente con un número finito de pasos.",
    "options": [],
    "answer": "yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43205,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $A$, $B$ vértices adyacentes de un $n$-ágono regular $(n \\geq 5)$ del plano que tiene centro en $O$. Un triángulo $XYZ$ que es congruente con $OAB$ e inicialmente coincide con él, se mueve en el plano de forma que $Y$ y $Z$ describan la frontera del polígono, dejando $X$ en el interior. Hallar el lugar geométrico de $X$.",
    "options": [],
    "answer": "The locus of X is the circle centered at O with radius equal to the apothem, that is R cos(pi/n).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43206,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar todas las funciones $f$ definidas en el conjunto de los números reales no negativos y que toman valores reales no negativos, tales que\n\n1) $\\quad f(x f(y)) f(y)=f(x+y)$ para todo $x, y \\geq 0$,\n\n2) $\\quad f(2)=0$,\n\n3) $\\quad f(x) \\neq 0$ para $0 \\leq x<2$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 2/(2 - x) for 0 ≤ x < 2, and f(x) = 0 for x ≥ 2.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43207,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTenemos un conjunto finito de puntos del plano, cada uno con coordenadas enteras. Se pregunta si es posible colorear algunos puntos del conjunto en rojo y los restantes en blanco de forma que toda recta $L$ paralela a uno de los ejes de coordenadas contenga puntos rojos y blancos en cantidades cuya diferencia en valor absoluto sea 1 como máximo. Justificar la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Yes, it is always possible.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43208,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $p_{n}(k)$ el número de permutaciones del conjunto $\\{1,2, \\ldots, n\\}$, $n \\geq 1$, que tienen exactamente $k$ puntos fijos. Demostrar que\n$$\n\\sum_{k=0}^{n} k p_{n}(k) = n!\n$$\n\n(Nota: Una permutación $f$ de un conjunto $S$ es una aplicación biyectiva de $S$ sobre sí mismo. Un elemento $i$ de $S$ se llama punto fijo de la permutación $f$ si $f(i) = i$.)",
    "options": [],
    "answer": "n!",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43209,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un triángulo acutángulo $ABC$ la bisectriz interior del ángulo $A$ corta a $BC$ en $L$ y corta la circunferencia circunscrita de $ABC$ de nuevo en $N$. Trazamos perpendiculares desde $L$ a $AB$ y $AC$, con pies $K$ y $M$, respectivamente. Demostrar que el cuadrilátero $AKNM$ y el triángulo $ABC$ tienen la misma área.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43210,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a, b, c$ las longitudes de los lados de un triángulo no isósceles. Se dan tres círculos concéntricos de radios $a, b$ y $c$.\n\na) ¿Cuántos triángulos equiláteros de áreas distintas pueden construirse, de modo que las rectas que contienen sus lados sean tangentes a cada círculo?\n\nb) Hallar las superficies de estos triángulos.",
    "options": [],
    "answer": "Number of distinct-area equilateral triangles: 4. Their areas, letting p be the semiperimeter of the triangle with side lengths a, b, c, are: (4√3/3)·p², (4√3/3)·(p − a)², (4√3/3)·(p − b)², (4√3/3)·(p − c)².",
    "solution": "Solution:\nSi desde un punto $P$ del plano se trazan perpendiculares a los tres lados de un triángulo equilátero, se obtienen 3 segmentos cuya suma (con los signos que convenga) es igual a la altura del triángulo. La demostración se obtiene simplemente calculando las áreas de los triángulos determinados por $P$ y los vértices del triángulo equilátero, sumando o restando según los casos.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nCaso I\n![](attached_image_2.png)\n\nCaso II\n![](attached_image_3.png)\n\n$h = d_{3} - d_{2} - d_{1}$\n\nCaso III\n\nSean ahora $a < b < c$ los tres lados dados. Dibujamos tres circunferencias concéntricas con centro $O$ y radios $a, b$ y $c$. Trazamos una tangente cualquiera a la circunferencia de radio $a$. Trazamos tangentes paralelas a la circunferencia de radio $b$ que formen ángulo de $60^{\\circ}$ con la primera. Sean $s_{1}$ y $s_{2}$. Análogamente, trazamos tangentes paralelas $r_{1}$ y $r_{2}$ que formen ángulo de $60^{\\circ}$ con $t$ y con $s_{1}$ y $s_{2}$.\n\n![](attached_image_4.png)\n\nDe esta forma obtenemos los triángulos equiláteros $ABC$, $ADE$, $EFG$ y $GCH$ que cumplen las condiciones del enunciado, y además, son los únicos que tienen área diferente. Los giros alrededor de $O$ producen figuras equivalentes. Respecto de cada uno de los triángulos equiláteros, el centro $O$ puede estar situado en el interior (Caso I de la primera figura) y en este caso $h = a + b + c$, o puede estar situado como en el Caso II, y en este caso puede ser $h = a + b - c$, $h = b + c - a$ o $h = c + a - b$. El Caso III no puede darse ya que sería $h = a - b - c < 0$, o bien $h = b - c - a < 0$ o bien $h = c - a - b < 0$ por $a, b, c$ los lados de un triángulo.\n\nEn los cuatro casos que nos quedan, y llamando $p$ al semiperímetro, $a + b + c = 2p$, $a + b - c = 2(p - c)$, $b + c - a = 2(p - a)$, $c + a - b = 2(p - b)$, de donde las áreas\n$$\n\\begin{aligned}\n& S(ABC) = \\frac{4 \\sqrt{3} p^{2}}{3} \\\\\n& S(ADE) = \\frac{4 \\sqrt{3} (p-c)^{2}}{3} \\\\\n& S(EFG) = \\frac{4 \\sqrt{3} (p-b)^{2}}{3} \\\\\n& S(CGH) = \\frac{4 \\sqrt{3} (p-a)^{2}}{3}\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43211,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que para todo número natural $n>1$ se cumple\n$$\n1 \\cdot \\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n1\n\\end{array}\\right)}+2 \\cdot \\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n2\n\\end{array}\\right)}+\\cdots+n \\cdot \\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\nn\n\\end{array}\\right)}<\\sqrt{2^{n-1} n^{3}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nPongamos\n$$\nu=(1,2, \\ldots, n) \\quad \\mathrm{y} \\quad v=\\left(\\left(\\begin{array}{c}\nn \\\\\n1\n\\end{array}\\right),\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n2\n\\end{array}\\right), \\ldots,\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\nn\n\\end{array}\\right)\\right)\n$$\nSabemos que $|u \\cdot v| \\leq\\|u\\| \\cdot\\|v\\|$. En este caso\n$$\n\\|u\\|=\\sqrt{1^{2}+2^{2}+\\ldots+n^{2}}=\\sqrt{\\frac{(2 n+1) n(n+1)}{6}}=\\sqrt{\\frac{\\left(2 n^{3}+3 n^{2}+n\\right)}{6}}\n$$\ny\n$$\n\\|v\\|=\\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n1\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n2\n\\end{array}\\right)+\\ldots+\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\nn\n\\end{array}\\right)}=\\sqrt{2^{n}-1}\n$$\nluego\n$$\n\\begin{aligned}\n& 1 \\cdot \\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n1\n\\end{array}\\right)}+2 \\cdot \\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n2\n\\end{array}\\right)}+\\ldots+n \\cdot \\sqrt{\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\nn\n\\end{array}\\right)} \\leq \\\\\n& \\leq \\sqrt{2^{n}-1} \\sqrt{\\frac{\\left(2 n^{3}+3 n^{2}+n\\right)}{6}}= \\\\\n&=\\sqrt{2^{n-1}\\left(2-\\frac{1}{2^{n-1}}\\right) \\cdot \\frac{1}{2} \\frac{\\left(2 n^{3}+3 n^{2}+n\\right)}{3}}= \\\\\n&=\\sqrt{2^{n-1}\\left(1-\\frac{1}{2^{n}}\\right) \\cdot \\frac{\\left(2 n^{3}+3 n^{2}+n\\right)}{3}}\n\\end{aligned}\n$$\nPara tener el resultado sólo queda probar que\n$$\n\\left(1-\\frac{1}{2^{n}}\\right) \\cdot \\frac{\\left(2 n^{3}+3 n^{2}+n\\right)}{3}<n^{3}\n$$\nlo que es equivalente a\n$$\n\\frac{n^{3}}{3}-n^{2}-\\frac{n}{3}+\\frac{1}{2^{n}}\\left(\\frac{2 n^{3}}{3}+n^{2}+\\frac{n}{3}\\right)>0\n$$\nPara $n=1,2,3$ se comprueba directamente y para $n \\geq 4$ tenemos que $\\frac{n^{3}}{3}-n^{2}-\\frac{n}{3}>0$ ya que la función $y=\\frac{x^{3}}{3}-x^{2}-\\frac{x}{3}$ es positiva y creciente para $x>4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43212,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn triángulo dado $T$ se descompone en triángulos $T_{1}, T_{2}, \\ldots, T_{n}$ de manera que:\na) Ningún par de triángulos $T_{i}$ tiene puntos interiores comunes.\nb) La unión de todos los triángulos $T_{i}$ es $T$.\nc) Cada segmento que es lado de algún triángulo $T_{i}$, o bien es lado de otro triángulo $T_{j}$, o bien es lado del triángulo $T$.\n\nSean $s$ el número total de lados (cada uno contado una sola vez, aunque sea común a dos triángulos), y $v$ el número total de vértices (cada uno contado una sola vez, aunque sea común a varios triángulos).\n\nDemostrar que si $n$ es impar, existen varias descomposiciones de esta clase, y todas tienen el mismo número $v$ de vértices y el mismo número $s$ de lados. Expresar $v$ y $s$ en función de $n$. Demostrar también que si $n$ es par no existe tal descomposición.",
    "options": [],
    "answer": "s = 3(n+1)/2, v = (n+5)/2, and n must be odd (no such decomposition exists for even n).",
    "solution": "Solution:\n\nEn el triángulo $ABC$ tenemos $n=1$, $s=3$, $v=3$. Tomando un punto $P$ en el interior del triángulo unido con los vértices resultan $3$ triángulos; se tiene ahora $n=3$, $s=6$, $v=4$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDe una forma general, tomemos un nuevo punto $Q$ en el interior de los triángulos formados. El triángulo $APC$ se sustituye por los triángulos $AQP$, $AQC$, y $CQP$; esto es, al aumentar en una unidad el número de vértices, el número de triángulos lo hace en $2$ y el de aristas en $3$. Después de elegir $h$ puntos en el interior del triángulo, el número de triángulos se habrá incrementado en $2h$, y en $3h$ los lados; luego en total se tendrá $n=1+2h$, $s=3+3h$, $v=3+h$, y se cumplirá $n+v=s+1$, fórmula parecida a la de Euler para los poliedros.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nEs inmediato comprobar que como $1+2h$ es siempre impar, no existe ninguna descomposición en número par de triángulos.\n\nPor otra parte, como cada lado, salvo los del triángulo original, es común a dos triángulos, se tiene que $(s-3) \\cdot 2 + 3 = 3n$ de donde $s=\\frac{3(n+1)}{2}$ y $v=\\frac{n+5}{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43213,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSi $a$ y $b$ son dos números reales diferentes, resolver el sistema\n$$\n\\begin{aligned}\nx+y & =1 \\\\\n(a x+b y)^2 & \\leq a^2 x+b^2 y\n\\end{aligned}\n$$\nResolver también el sistema\n$$\n\\begin{aligned}\nx+y & =1 \\\\\n(a x+b y)^4 & \\leq a^4 x+b^4 y\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "For both systems, all solutions are the pairs with x between zero and one and y equal to one minus x; equivalently, the segment from (zero, one) to (one, zero).",
    "solution": "Solution:\n\nEn el primer caso, de la primera ecuación despejamos $y=1-x$, sustituimos en la inecuación y hacemos operaciones, lo que nos proporciona $(a-b)^2 x^2 \\leq (a-b)^2 x$, cuya solución es el intervalo $[0,1]$ y por lo tanto $y$ recorre el mismo intervalo. Geométricamente es el segmento cuyos extremos tienen por coordenadas los puntos $(0,1)$ y $(1,0)$.\n\nEn el segundo caso, trabajamos de la misma manera y con un poco más de esfuerzo tenemos que:\n$$\nx(x-1)(a-b)^2\\left((a-b)^2 x^2+\\left(a^2+2 a b-3 b^2\\right) x+\\left(a^2+2 a b+3 b^2\\right) \\leq 0\\right.\n$$\ny puesto que $(a-b)^2 x^2+\\left(a^2+2 a b-3 b^2\\right) x+\\left(a^2+2 a b+3 b^2\\right)$ es siempre positivo, tenemos las mismas soluciones que antes: $x \\in[0,1]$, e $y \\in[0,1]$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43214,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un triángulo $ABC$ tenemos puntos $D$ y $E$ respectivamente sobre $AB$ y $AC$. Conocemos la medida de los ángulos indicados a continuación: $\\widehat{ABE}=30^\\circ$, $\\widehat{EBC}=50^\\circ$, $\\widehat{ACD}=20^\\circ$ y $\\widehat{DCB}=60^\\circ$. Hallar el valor del ángulo $\\widehat{EDC}$.",
    "options": [],
    "answer": "30°",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEn el triángulo de la figura se dibuja $DF$ la paralela a $BC$, el triángulo $BGC$ es equilátero, luego $GC=BC$, el triángulo $BCE$ es isósceles, puesto que tiene dos ángulos de $50^\\circ$, consecuentemente $BC=CE$. Luego $CE=GC$ y el triángulo $CGE$ también es isósceles;\n$$\n\\begin{gathered}\n\\widehat{EGC}=\\widehat{GEC}=\\frac{1}{2}\\left(180^\\circ-20^\\circ\\right)=80^\\circ \\\\\n\\mathrm{y} \\\\\n\\widehat{FGE}=180^\\circ-\\widehat{DGF}-\\widehat{EGC}=40^\\circ\n\\end{gathered}\n$$\ny\n$$\n\\widehat{GFE}=180^\\circ-\\widehat{FBC}-\\widehat{FCB}=40^\\circ\n$$\nPor tanto, $\\widehat{FGE}$ es isósceles y como $DFG$ es equilátero, los triángulos $DEF$ y $DEG$ son iguales, luego $DE \\perp GF$, esto es $DE$ es la altura del triángulo equilátero $DFG$; por tanto\n$$\n\\widehat{EDC}=\\frac{1}{2} \\widehat{FDC}=30^\\circ\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43215,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPara cada número natural $n$ se considera el polinomio\n$$\nP_{n}(x)=x^{n+2}-2x+1\n$$\na) Demostrar que la ecuación $P_{n}(x)=0$ tiene una raíz $c_{n}$ y sólo una en el intervalo $(0,1)$.\nb) Calcular\n$$\n\\lim_{n \\rightarrow \\infty} c_{n}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1/2",
    "solution": "Solution:\n\na) Tenemos $P_{n}(0)=1$ y\n$$\nP_{n}\\left(\\frac{3}{4}\\right)=\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{n+2}-\\frac{3}{2}+1=\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{n+2}-\\frac{1}{2}\n$$\npero $\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{n+2}$ es decreciente y para $n=1$ es $\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{1+2}=\\frac{27}{64}<\\frac{1}{2}$, de donde resulta que $P_{n}\\left(\\frac{3}{4}\\right)<\\frac{1}{2}$.\nPor el teorema de Bolzano sabemos que existe un $c_{n} \\in (0,3/4)$ tal que $P_{n}\\left(c_{n}\\right)=0$ y $P(x)$ tiene por lo menos un cero en $(0,1)$.\nEste cero debe ser único. En efecto, la derivada $P'_{n}(x)=(n+2)x^{n+1}-2$ se anula en un único punto de $(0,1)$,\n$$\n\\alpha_{n}=\\left(\\frac{2}{n+2}\\right)^{\\frac{1}{n+1}}<1\n$$\nComo que $P_{n}(1)=0$ y $P_{n}\\left(c_{n}\\right)=0$, el teorema de Rolle nos asegura que $c_{n}<\\alpha_{n}<1$ y que no puede existir otro cero de $P_{n}(x)$ en $(0,1)$.\n\nb) Como que $0<c_{n}<\\frac{3}{4}$, tenemos $0<c_{n}^{n+2}<\\left(\\frac{3}{4}\\right)^{n+2}$ y\n$$\n\\lim_{n \\rightarrow \\infty} c_{n}^{n+2}=0\n$$\nPero de $c_{n}^{n+2}-2c_{n}+1=0$ sale\n$$\nc_{n}=\\frac{c_{n}^{n+2}+1}{2}\n$$\ny $\\lim_{n \\rightarrow \\infty} c_{n}$ existe y vale $\\frac{1}{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43216,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n}$, números reales que cumplen $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\\cdots+x_{n}^{2}=1$. Demostrar que para cada entero $k \\geq 2$ existen enteros no todos nulos $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$, tales que $\\left|a_{i}\\right| \\leq k-1$ para todo $i$ y\n$$\n\\left|a_{1} x_{1}+a_{2} x_{2}+\\cdots+a_{n} x_{n}\\right| \\leq \\frac{(k-1) \\sqrt{n}}{k^{n}-1}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43217,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $(x_{n}),\\ n \\in \\mathbb{N}$, una sucesión de números enteros tal que\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{1} & = 1 \\\\\nx_{n+1} & > x_{n}, \\text{ para } n \\geq 1 \\\\\nx_{n+1} & \\leq 2n, \\text{ para } n \\geq 1\n\\end{aligned}\n$$\nDemostrar que para todo entero natural $k$ existen dos términos de la sucesión $x_{r}$ y $x_{s}$ tales que $x_{r} - x_{s} = k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nEn primer lugar $x_{1} = 1$, $x_{1} < x_{2} \\leq 2$ implica que $x_{2} = 2$ y $x_{2} - x_{1} = 1$.\n\nSea ahora $k$ cualquier número natural mayor que $1$; dispongamos los $2k$ números\n$$\n\\{1, 2, 3, \\ldots, 2k\\}\n$$\nagrupados en $k$ bloques de la siguiente forma:\n$$\n\\{1, 1 + k\\} \\quad \\{2, 2 + k\\} \\ldots \\{k - 1, 2k - 1\\} \\quad \\{k, 2k\\}\n$$\nComo $x_{k+1} \\leq 2k$, los números $\\{x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{k+1}\\}$ son $k + 1$ números entre $1$ y $2k$ y habrá dos de ellos perteneciendo al mismo bloque, pues sólo hay $k$ bloques. Esos son los que verifican que $x_{r} - x_{s} = k$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43218,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSobre una circunferencia se eligen $n>3$ puntos y se numeran de 1 a $n$ en cualquier orden. Diremos que dos puntos no consecutivos $a$ y $b$ están relacionados si en uno de los dos arcos de extremos $a$ y $b$, todos los puntos están marcados con números menores que las marcas de $a$ y $b$.\nDemostrar que el número de pares de puntos relacionados es exactamente $n-3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEjemplo de configuración\n\nVamos a unir con un segmento dos puntos relacionados. Veamos que en una configuración de $n$ puntos hay un segmento más que en una configuración de $n-1$ puntos, lo que proporciona el resultado que se quiere probar junto con el hecho de que en una configuración de tres puntos no hay ningún segmento dibujado.\n\nSupongamos que tenemos una configuración de $n-1$ puntos; añadimos una unidad a todas las marcas y entre dos cualesquiera de esos $n-1$ puntos colocamos una nuevo punto marcado con 1; sólo falta el segmento que une esos dos puntos elegidos para tener una configuración de $n$ puntos.\n\nPor lo tanto si tenemos $n$ puntos, el número de pares de puntos relacionados es $n-3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43219,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que los binomios $25 x+31 y$ y $3 x+7 y$ son múltiplos de 41 para los mismos valores de $x$ e $y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSi $a$ y $b$ son enteros, módulo 41 tenemos las siguientes equivalencias:\n$$\n\\begin{aligned}\n25 a+31 b & \\equiv 0 \\Leftrightarrow \\quad \\text{ (multiplicando por } 2) \\\\\n\\Leftrightarrow 50 a+62 b & \\equiv 0 \\Leftrightarrow \\\\\n\\Leftrightarrow 9 a+21 b & \\equiv 0 \\Leftrightarrow \\\\\n\\Leftrightarrow 3(3 a+7 b) & \\equiv 0 \\Leftrightarrow \\quad \\text{ (dividiendo por } 3) \\\\\n\\Leftrightarrow 3 a+7 b & \\equiv 0 \\bmod 41\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43220,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe atribuye al matemático renacentista Leonardo da Pisa (más conocido como Fibonacci) la sucesión definida de la manera siguiente\n$$\n\\begin{aligned}\n& a_{1}=1 \\\\\n& a_{2}=1 \\\\\n& a_{i}=a_{i-1}+a_{i-2} \\quad \\text{ para } i>2\n\\end{aligned}\n$$\nExpresar $a_{2 n}$ en función solamente de los tres términos $a_{n-1}$, $a_{n}$, $a_{n+1}$.",
    "options": [],
    "answer": "a_{2n} = a_n (a_{n-1} + a_{n+1})",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución (combinatoria)\n\nLlamemos $f_{n}$ a la sucesión de Fibonacci propiamente dicha, es decir, la que cumple $f_{n+1} = f_{n} + f_{n-1}$, con $f_{1} = 1$ y $f_{2} = 1$, y pongamos $a_{n} = f_{n+1}$ para $n \\geq 1$. La sucesión $a_{n}$ cumple también la recurrencia $a_{n+1} = a_{n} + a_{n-1}$ pero con las condiciones iniciales $a_{1} = 1$ y $a_{2} = 2$. La ventaja de la sucesión $a_{n}$ es que tiene interpretaciones combinatorias más fáciles de establecer. Por ejemplo, $a_{n}$ es el número de maneras de subir una escalera de $n$ peldaños, si podemos subir un solo peldaño o bien dos peldaños en un solo paso. Debe cumplirse $a_{n} = a_{n-1} + a_{n-2}$ ya que si el primer paso es de un solo peldaño, nos quedarán $n-1$ por subir, y esto se podrá hacer de $a_{n-1}$ maneras distintas; o bien en el primer paso subimos 2 peldaños, nos quedan $n-2$ por subir, y esto se puede hacer de $a_{n-2}$ formas distintas. Además, $a_{1} = 1$, ya que una escalera de 1 peldaño sólo se puede subir de una única manera, y $a_{2} = 2$ ya que una escalera de 2 peldaños se puede subir de dos maneras distintas.\n\nSupongamos ahora que queremos subir una escalera de $2n+1$ peldaños. Pueden suceder 2 cosas: o bien paramos en el peldaño $n$ y de él subimos hasta arriba los $n+1$ peldaños que quedan, y esto se puede hacer de $a_{n} a_{n+1}$ maneras distintas; o bien subimos $n-1$ peldaños, luego un paso de 2 peldaños, y al final subimos otros $n$, y esto lo podemos hacer de $a_{n-1} a_{n}$ maneras, de donde $a_{2n+1} = a_{n} a_{n+1} + a_{n-1} a_{n}$.\n\nDe esta igualdad deducimos $f_{2n+2} = f_{n+1} f_{n+2} + f_{n} f_{n+1} = f_{n+1}^{2} + 2 f_{n} f_{n+1}$, es decir\n$$\nf_{2n} = f_{n}^{2} + 2 f_{n} f_{n-1}\n$$\n\n\nSegunda solución (algebraica)\n\nLos números de Fibonacci cumplen la relación\n$$\nf_{n+m} = f_{n-1} f_{m} + f_{n} f_{m+1}\n$$\nEn efecto, para $m=1$ tenemos $f_{n+1} = f_{n-1} f_{1} + f_{n} f_{2} = f_{n-1} + f_{n}$, (obsérvese la importancia de las condiciones iniciales en la demostración de estas recurrencias). Si hacemos inducción sobre $m$ tendremos $f_{n+m+1} = f_{n+m} + f_{n+m-1} = f_{n-1} f_{m} + f_{n} f_{m+1} + f_{n-1} f_{m-1} + f_{n} f_{m} = f_{n-1}(f_{m} + f_{m-1}) + f_{n}(f_{m+1} + f_{m}) = f_{n-1} f_{m+1} + f_{n} f_{m+2}$, y la fórmula es cierta por inducción. Haciendo ahora $n = m$ sale\n$$\nf_{2n} = f_{n-1} f_{n} + f_{n} f_{n+1} = f_{n-1} f_{n} + f_{n}(f_{n} + f_{n-1}) = f_{n}^{2} + 2 f_{n} f_{n-1}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43221,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs muy conocido el puzzle consistente en descomponer la cruz griega de la izquierda de la figura en cuatro partes con las que se pueda componer un cuadrado. Una solución habitual es la de la figura de la derecha. Demostrar que hay una infinidad de soluciones\n\n![](attached_image_1.png)\n\ndiferentes.\n\n¿Hay alguna solución que de lugar a cuatro partes iguales?",
    "options": [],
    "answer": "There are infinitely many dissections; yes, there exists a solution with four equal parts.",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_2.png)\n\nConsideremos el \"embaldosado\" del plano con cruces congruentes. Teniendo en cuenta las traslaciones de vectores $\\vec{u}$ y $\\vec{v}$ como generadores del embaldosado, observamos que el cuadrado de lados $\\vec{u}$ y $\\vec{v}$ aplicado en cualquier punto del plano es una región fundamental, es decir un motivo mínimo que por sucesivas traslaciones de vectores $\\pm n \\vec{u} \\pm m \\vec{v}$ engendra también el diseño. Si ponemos el cuadrado de modo que corte a 4 cruces, tendremos una partición de la cruz, de modo que las partes puedan formar el cuadrado.\n\nHay pues una infinidad de soluciones para el problema, localizando el vértice del cuadrado de modo que corte solamente a cuatro cruces. La figura de la izquierda muestra la división del enunciado, y la de la derecha una división en una posición general. La figura siguiente presenta la división de la cruz en 4 partes iguales y la forma en la que dichas partes componen un cuadrado.\n\n![](attached_image_3.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43222,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular, para cualquier valor del parámetro entero $t$, soluciones enteras $x$, $y$ de la ecuación\n$$\ny^{2}=x^{4}-22 x^{3}+43 x^{2}+858 x+t^{2}+10452(t+39)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "For every integer t, solutions include (x, y) = (-67, t + 5226), (-67, -(t + 5226)), (78, t + 5226), (78, -(t + 5226)).",
    "solution": "Solution:\nEscribimos la expresión\n$$\ny^{2}=x^{4}-22 x^{3}+43 x^{2}+858 x+t^{2}+10452(t+39)\n$$\nen la siguiente forma:\n$$\ny^{2}=(x^{2}-11 x-5226)(x^{2}-11 x+5148)+(t+5226)^{2}\n$$\nLa expresión $x^{2}-11 x-5226$ se anula para $x=-67$ y para $x=78$, lo que da soluciones enteras $y= \\pm(t+5226)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43223,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl programa de una asignatura consta de $n$ preguntas; el examen consiste en desarrollar una de esas preguntas, elegida al azar. Un alumno sólo se sabe una pregunta, pero puede repetir el examen $n$ veces. Expresar, en función de $n$, la probabilidad $p_{n}$ de que el alumno apruebe el examen. ¿Crece o decrece $p_{n}$ al aumentar $n$? Calcular\n$$\n\\lim_{n \\rightarrow \\infty} p_{n}\n$$\n¿Cuál es la mayor de las cotas inferiores de las probabilidades $p_{n}$?",
    "options": [],
    "answer": "p_n = 1 - ((n - 1)/n)^n; it decreases with n; lim p_n = 1 - e^{-1}; the greatest lower bound is 1 - e^{-1}.",
    "solution": "Solution:\n\nSi $n=1$, es $p_{1}=1$, si $n=2$, es $p_{2}=\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{1}{2}$; si $n=3$, tenemos $p_{3}=\\frac{1}{3}+\\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{3}+\\frac{2}{3} \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{3}$; En general\n$$\n\\begin{aligned}\n& p_{n}=\\frac{1}{n}+\\frac{n-1}{n} \\cdot \\frac{1}{n}+\\left(\\frac{n-1}{n}\\right)^{2} \\cdot \\frac{1}{n}+\\ldots+\\left(\\frac{n-1}{n}\\right)^{n-1} \\cdot \\frac{1}{n}= \\\\\n&=\\frac{1}{n}\\left[1+\\frac{n-1}{n}+\\left(\\frac{n-1}{n}\\right)^{2}+\\ldots+\\left(\\frac{n-1}{n}\\right)^{n-1}\\right]=1-\\left(\\frac{n-1}{n}\\right)^{n} \\\\\n& \\lim_{n \\rightarrow \\infty} p_{n}=1-e^{-1}\n\\end{aligned}\n$$\nLa sucesión $1-\\left(\\frac{n-1}{n}\\right)^{n}$ es una sucesión decreciente y por lo tanto la mayor de las cotas inferiores es el límite.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43224,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos puntos $A'$, $B'$, $C'$ de los lados $BC$, $CA$, $AB$ del triángulo $ABC$ cumplen\n$$\n\\frac{AC'}{C'B} = \\frac{BA'}{A'C} = \\frac{CB'}{B'A} = k\n$$\nLas rectas $AA'$, $BB'$, $CC'$ forman un triángulo $A_1B_1C_1$. Dados $k$ y el área $S$ del triángulo $ABC$, calcular el área del triángulo $A_1B_1C_1$.",
    "options": [],
    "answer": "S * (1 - k)^2 / (1 + k + k^2)",
    "solution": "Solution:\n\nPara resolver el problema utilizaremos varias veces que si dos triángulos tienen la misma altura, entonces la relación de áreas es igual a la de las bases; o bien que si tienen la misma base, la relación de áreas es la de las alturas.\n\nPara empezar, llamaremos $s$ al área del triángulo pequeño $AB'C_1$. El área del triángulo $B'C_1C$ será $ks$, y el del $AC_1C$ la suma $s+ks$.\n\nLos dos triángulos $AC_1C$ y $AC_1B$ comparten la base $AC_1$, luego el $AC_1B$ tiene área $k(s+ks) = ks + k^2s$. Simplemente sumando, nos queda que el triángulo $ABB'$ tiene área $s + ks + k^2s$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLos triángulos $BB'A$ y $BB'C$ comparten altura, luego el $BB'C$ tiene área $ks(1+k+k^2)$. Y el triángulo total $ABC$ tendrá área $S = s(1+k)(1+k+k^2)$. El triángulo central $A_1B_1C_1$ tendrá un área $S'$ que se puede obtener restando al área total $S$ la de los tres triángulos $ABC_1$, $BCA_1$ y $CAB_1$, las tres iguales a $s(k+k^2)$. Es decir,\n$$\nS' = S - 3s(k+k^2) = s\\left((1+k)(1+k+k^2) - 3(k+k^2)\\right) = s(1-k)^2(1+k)\n$$\ny por lo tanto\n$$\n\\frac{S'}{S} = \\frac{(1-k)^2}{1+k+k^2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43225,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que\n$$\n\\frac{1}{10 \\sqrt{2}} < \\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdots 99}{2 \\cdot 4 \\cdot 6 \\cdots 100} < \\frac{1}{10}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nPrimera solución\nVeamos la primera desigualdad\n$$\n\\begin{aligned}\n&\\left(\\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{5}{6} \\ldots \\frac{99}{100}\\right)^{2} = \\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{3}{4} \\ldots \\frac{99}{100} \\frac{99}{100} > \\\\\n&> \\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{3}{4} \\ldots \\frac{99}{100} \\frac{98}{99} > \\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{3}{4} \\ldots \\frac{97}{98} \\frac{98}{100} > \\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{3}{4} \\ldots \\frac{96}{97} \\frac{97}{100} > \\cdots \\\\\n& \\cdots > \\frac{1}{2} \\frac{1}{100} \\Longrightarrow \\frac{1}{10 \\sqrt{2}} < \\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\ldots 99}{2 \\cdot 4 \\cdot 6 \\ldots 100}\n\\end{aligned}\n$$\nY ahora veamos la otra\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(\\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{5}{6} \\ldots \\frac{99}{100}\\right)^{2} = & \\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{3}{4} \\frac{3}{4} \\cdots \\frac{99}{100} \\frac{99}{100} < \\\\\n& < \\frac{1}{100} \\Longrightarrow \\frac{1 \\cdot 3 \\cdot 5 \\ldots 99}{2 \\cdot 4 \\cdot 6 \\ldots 100} < \\frac{1}{10}\n\\end{aligned}\n$$\n\n\nSegunda solución\nTomada del libro The USSR Olympiad problem book, de D.O. Shklarsky, N.N. Chenzov y I.M. Yaglom, Ed. W.H. Freeman and company. San Francisco and London 1962.\nPongamos:\nComo\n$$\nA = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{3}{4} \\cdot \\frac{5}{6} \\cdot \\ldots \\cdot \\frac{99}{100} ; \\quad B = \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{4}{5} \\cdot \\frac{6}{7} \\cdot \\ldots \\cdot \\frac{98}{99}\n$$\n$$\n\\frac{2}{3} > \\frac{1}{2}, \\frac{4}{5} > \\frac{3}{4}, \\frac{6}{7} > \\frac{5}{6}, \\ldots, \\frac{98}{99} > \\frac{97}{98}\n$$\nse tiene $B > A$ o, de forma equivalente, $A^{2} < A \\cdot B$. Pero,\n$$\nA \\cdot B = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{3}{4} \\cdot \\ldots \\cdot \\frac{98}{99} \\cdot \\frac{99}{100} = \\frac{1}{100} \\Rightarrow A^{2} < A \\cdot B = \\frac{1}{100} \\Rightarrow A < \\frac{1}{10}\n$$\ny tenemos probada la desigualdad de la derecha.\nPara probar la de la izquierda, teniendo en cuenta que\n$$\n2 \\cdot A = \\frac{3}{4} \\cdot \\frac{5}{6} \\cdot \\frac{7}{8} \\cdot \\ldots \\cdot \\frac{99}{100}\n$$\n$$\n\\frac{2}{3} < \\frac{3}{4}, \\frac{4}{5} < \\frac{5}{6}, \\frac{6}{7} < \\frac{7}{8}, \\ldots, \\frac{98}{99} < \\frac{99}{100}\n$$\nresulta\n$$\n2 \\cdot A > B \\Leftrightarrow 2 A^{2} > A \\cdot B = \\frac{1}{100} \\text{ de donde } \\quad A > \\frac{1}{200} = \\frac{1}{10 \\sqrt{2}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43226,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que el número $1989$ y todas sus potencias enteras $1989^{n}$ se pueden escribir como suma de dos cuadrados de enteros positivos, y como mínimo, de dos formas diferentes.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nComprobamos que\n$$\n1989 = 9 \\cdot 221 = 9\\left(10^{2} + 11^{2}\\right) = 9\\left(14^{2} + 5^{2}\\right)\n$$\nPor lo tanto\n$$\n1989^{2n+1} = 1989^{2n} \\cdot 1989 = \\left((1989)^{n}\\right)^{2} \\cdot 9\\left(10^{2} + 11^{2}\\right) = \\left((1989)^{n}\\right)^{2} \\cdot 9\\left(14^{2} + 5^{2}\\right)\n$$\ny también\n$$\n1989^{2n+2} = 1989^{2n} \\cdot 1989^{2} = \\left((1989)^{n}\\right)^{2} \\cdot \\left(195^{2} + 104^{2}\\right) = \\left((1989)^{n}\\right)^{2} \\cdot \\left(204^{2} + 85^{2}\\right)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43227,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $\\mathcal{D}$ el conjunto de los números complejos que se pueden escribir en la forma $a+b \\sqrt{-13}$, con $a, b$ enteros. El número $14=14+0 \\sqrt{-13}$ puede escribirse como producto de dos elementos de $\\mathcal{D}$: $14=2 \\cdot 7$. Expresar 14 como producto de dos elementos de $\\mathcal{D}$ de todas las formas posibles.",
    "options": [],
    "answer": "14 = (14 + 0·√-13)(1 + 0·√-13) = (7 + 0·√-13)(2 + 0·√-13) = (1 + √-13)(1 − √-13) = (−1 + √-13)(−1 − √-13)",
    "solution": "Solution:\n\nSi $a, b, c, d \\in \\mathbb{Z}$, entonces\n$$\n14=(a+b \\sqrt{-13})(c+d \\sqrt{-13})=(a c-13 b d)+(b c+a d) \\sqrt{-13}\n$$\nhay que resolver el sistema\n$$\n\\begin{aligned}\na c-13 b d & =14 \\\\\nb c+a d & =0\n\\end{aligned}\n$$\nSi $b=0$ puede ser $a=14,7,2,1$ y entonces $c=1,7,14,2$, y $d=0$ y las soluciones son $(14+0 \\cdot \\sqrt{-13})(1+0 \\cdot \\sqrt{-13})$ y $(7+0 \\cdot \\sqrt{-13})(2+0 \\cdot \\sqrt{-13})$\n\nSi $b \\neq 0$, podemos poner $c=-\\frac{a d}{b}$ y también, sustituyendo esta igualdad en la segunda ecuación\n$$\n-\\left(a^{2}+13 b^{2}\\right) d=14\n$$\nEntonces el valor de $b$ solamente puede ser 1 o -1 y las soluciones son $(1+\\sqrt{-13})(1-\\sqrt{-13})$ y $(-1+\\sqrt{-13})(-1-\\sqrt{-13})$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43228,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que dados siete números reales cualesquiera, se pueden elegir dos, digamos $a$ y $b$, de manera que\n$$\n\\sqrt{3}|a-b|<|1+a b|\n$$\nDar un ejemplo de seis números reales que no cumplan esta propiedad.",
    "options": [],
    "answer": "An example is the six numbers: -2 - sqrt(3), -1, sqrt(3) - 2, 2 - sqrt(3), 1, 2 + sqrt(3).",
    "solution": "Solution:\nPondremos $a=\\tan \\alpha$ y $b=\\tan \\beta$, y de este modo tendremos\n$$\n\\tan (\\alpha-\\beta)=\\frac{\\tan \\alpha-\\tan \\beta}{1+\\tan \\alpha \\tan \\beta}=\\frac{a-b}{1+a b}, \\quad |\\tan (\\alpha-\\beta)|<\\frac{1}{\\sqrt{3}}=\\tan \\frac{\\pi}{6}\n$$\nEsto nos dice que dados siete números reales cualesquiera, existen 7 ángulos tales que su tangente es el número dado. Como la función tangente es periódica de periodo $\\pi$, es equivalente a elegirlos en un intervalo de amplitud $\\pi$, por ejemplo $\\left[\\frac{-\\pi}{2}, \\frac{\\pi}{2}\\right]$; en dicho intervalo, la función tangente es creciente, y la máxima distancia entre ellos es $\\frac{\\pi}{7}$.\n$$\n\\frac{\\pi}{7}<\\frac{\\pi}{6} \\Longrightarrow \\tan \\frac{\\pi}{7}<\\tan \\frac{\\pi}{6}=\\frac{1}{\\sqrt{3}}\n$$\nSi tenemos 6 puntos se puede obtener la igualdad. Basta para ello elegir los números\n$$\n-\\frac{5 \\pi}{12},-\\frac{\\pi}{4},-\\frac{\\pi}{12}, \\frac{\\pi}{12}, \\frac{\\pi}{4}, \\frac{5 \\pi}{12}\n$$\nLa máxima distancia entre ellos es $\\frac{\\pi}{6}$ y $\\tan \\frac{\\pi}{6}=\\frac{1}{\\sqrt{3}}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43229,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $x$ e $y$ dos números reales positivos. Probar que la expresión\n$$\nA=\\sqrt{x}+\\sqrt{y}+\\sqrt{x y}\n$$\nse puede escribir en la forma\n$$\nB=\\sqrt{x}+\\sqrt{y+x y+2 y \\sqrt{x}}\n$$\ny comparar los números\n$$\nL=\\sqrt{3}+\\sqrt{10+2 \\sqrt{3}} \\quad \\text{y} \\quad M=\\sqrt{5+\\sqrt{22}}+\\sqrt{8-\\sqrt{22}+2 \\sqrt{15-3 \\sqrt{22}}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "L = M",
    "solution": "Solution:\nTenemos\n$$\n\\begin{aligned}\nB & =\\sqrt{x}+\\sqrt{y} \\sqrt{1+x+2 \\sqrt{x}}= \\\\\n& =\\sqrt{x}+\\sqrt{y} \\sqrt{(1+\\sqrt{x})^{2}}= \\\\\n& =\\sqrt{x}+\\sqrt{y}(1+\\sqrt{x})= \\\\\n& =\\sqrt{x}+\\sqrt{y}+\\sqrt{x y}=A\n\\end{aligned}\n$$\n\nEn lo que se refiere a la segunda parte, transformando el segundo radical de $M$ mediante lo que acabamos de hacer, obtenemos\n$$\n\\begin{aligned}\nM & =\\sqrt{5+\\sqrt{22}}+\\sqrt{3+5-\\sqrt{22}+2 \\sqrt{3} \\sqrt{5-\\sqrt{22}}} \\\\\n& =\\sqrt{5+\\sqrt{22}}+\\sqrt{3}+\\sqrt{5-\\sqrt{22}}\n\\end{aligned}\n$$\ny si queremos compararlo con $L$ resulta que debemos comparar\n$$\n\\sqrt{10+2 \\sqrt{3}} \\text{ con } \\quad \\sqrt{5+\\sqrt{22}}+\\sqrt{5-\\sqrt{22}}\n$$\nal elevar al cuadrado la suma de radicales se obtiene en efecto $10+2 \\sqrt{3}$, luego $L=M$.\n\nObservaciones.\nLa primera parte del problema se puede resolver elevando al cuadrado $A$ y $B$ y viendo que $A^{2}=B^{2}$.\nOtra solución se puede obtener mediante la siguiente (y monstruosa) identidad entre radicales, publicada en 1976 en la revista canadiense CRUX MATHEMATICORUM:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sqrt{z}+\\sqrt{x+2 y} & =\\sqrt{\\frac{x}{2}+2 \\sqrt{\\frac{\\left(x^{2}-4 y\\right)}{16}}+} \\\\\n& +\\sqrt{z+\\frac{x}{2}-2 \\sqrt{\\frac{\\left(x^{2}-4 y\\right)}{16}}+2 \\sqrt{\\frac{z x}{2}-2 z \\sqrt{\\frac{\\left(x^{2}-4 y\\right)}{16}}}}\n\\end{aligned}\n$$\nde la que pueden obtenerse verdaderas preciosidades dándole a $x, y, z$ valores convenientes.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43230,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCada punto de un plano está pintado de un color elegido entre tres distintos. ¿Existen necesariamente dos puntos de ese plano que disten $1~\\mathrm{cm}$ y que estén pintados del mismo color?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nLa respuesta es sí. Consideremos puntos $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$, $G$ de manera que $ABFD$ es un rombo, de lados $AB$, $AD$, $BD$, $BF$, y $FD$ de longitud $1$; y $AEGC$ es también un rombo, de lados $AE$, $AC$, $EC$, $EG$ y $GC$ de longitud $1$. Además unimos $F$ con $G$ por una arista de longitud $1$.\n\nRazonaremos por reducción al absurdo y supondremos que la propiedad no se cumple. Entonces $A$ será de color $a$, $B$ del $b$, $D$ del $c$; entonces $F$ debe estar pintado de color $a$. Análogamente se prueba que $G$ está pintado de color $a$. Pero esto es contradictorio, pues $F$ y $G$ están a distancia $1$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43231,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe llama parte entera de un número real $a$ (y se escribe $[a]$), al mayor número entero menor o igual que $a$. Si $n$ es un número natural, demostrar que la parte entera de $(4+\\sqrt{11})^{n}$ es un número impar.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nComo $0 < 4 - \\sqrt{11} < 1$, resulta que $0 < (4 - \\sqrt{11})^{n} < 1$.\n\nConsideremos la suma\n$$\nE = (4 + \\sqrt{11})^{n} + (4 - \\sqrt{11})^{n}\n$$\nal desarrollar el segundo miembro mediante el binomio de Newton se observa que se obtiene un número par, $2k$, y al haberse obtenido sumando a $(4 + \\sqrt{11})^{n}$ un número menor que $1$, se trata del primer entero mayor que $(4 + \\sqrt{11})^{n}$. Luego el entero inmediatamente anterior a éste, que es justamente la parte entera de $(4 + \\sqrt{11})^{n}$, es impar.\n\nObservación. Hay un problema similar en American Mathematical Monthly, 1909, p.123.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43232,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que la suma\n$$\n\\sqrt[3]{\\frac{a+1}{2}+\\frac{a+3}{6} \\sqrt{\\frac{4 a+3}{3}}}+\\sqrt[3]{\\frac{a+1}{2}-\\frac{a+3}{6} \\sqrt{\\frac{4 a+3}{3}}}\n$$\nes independiente del valor de $a$, para todo valor real $a \\geq -3/4$, y hallar el valor de dicha suma.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\nPoniendo\n$$\n\\begin{aligned}\n& x=\\frac{a+1}{2}+\\frac{a+3}{6} \\sqrt{\\frac{4 a+3}{3}} \\\\\n& y=\\frac{a+1}{2}-\\frac{a+3}{6} \\sqrt{\\frac{4 a+3}{3}}\n\\end{aligned}\n$$\nse obtiene que\n$$\nx+y=a+1, \\quad x y=-\\frac{a^{3}}{3^{3}}\n$$\nEntonces, llamando $z$ a la suma considerada, se tiene\n$$\nz=\\sqrt[3]{x}+\\sqrt[3]{y}\n$$\ny elevando ambos miembros al cubo resulta\n$$\n\\begin{aligned}\nz^{3} & =x+y+3 \\sqrt[3]{x y}(\\sqrt[3]{x}+\\sqrt[3]{y}) \\\\\n& =a+1-a z\n\\end{aligned}\n$$\nes decir,\n$$\nz^{3}+a z-(a+1)=0\n$$\nque admite la raiz $z=1$, con lo cual la ecuación anterior se escribe como\n$$\n(z-1)\\left(z^{2}+z+a+1\\right)=0\n$$\nPero el discriminante de $z^{2}+z+a+1$ es $-(3+4 a)<0$, así que ese polinomio es irreducible sobre los números reales, con lo cual $z=1$, es decir,\n$$\n\\sqrt[3]{\\frac{a+1}{2}+\\frac{a+3}{6} \\sqrt{\\frac{4 a+3}{3}}}+\\sqrt[3]{\\frac{a+1}{2}-\\frac{a+3}{6} \\sqrt{\\frac{4 a+3}{3}}}=1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43233,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTres puntos $A'$, $B'$, $C'$ están situados, respectivamente, sobre los lados $BC$, $CA$ y $AB$ de un triángulo dado $ABC$ de área $S$, de forma que\n$$\n\\frac{AC'}{AB} = \\frac{BA'}{BC} = \\frac{CB'}{CA} = p\n$$\nsiendo $p$ un parámetro variable, $0 < p < 1$. Determinar\n\n1) El área del triángulo $A'B'C'$ en función de $p$.\n2) El valor de $p$ que minimiza el área anterior.\n3) El lugar geométrico de los puntos $P$ de intersección de las paralelas trazadas por $A'$ y $C'$, respectivamente a los lados $AB$ y $AC$, cuando $p$ está entre 0 y 1.",
    "options": [],
    "answer": "1) Area equals S times bracket one minus three times p times one minus p, i.e., S[1 − 3p(1 − p)]. 2) The minimum occurs at p = 1/2. 3) The locus is the median from A to the midpoint of BC.",
    "solution": "Solution:\n\nSi ponemos $a = BC$, $b = CA$, $c = AB$, se tiene:\n$$\n\\begin{array}{ll}\nAC' = cp, & BC' = c(1-p) \\\\\nBA' = ap, & CA' = a(1-p) \\\\\nCB' = bp, & AB' = b(1-p)\n\\end{array}\n$$\nEntonces\n$$\nS_{A'BC'} = \\frac{1}{2} c(1-p) a p \\sen B = p(1-p) S\n$$\ny lo mismo ocurre con las áreas de los triángulos $A'B'C$ y $B'AC'$, ya que todas son iguales. Entonces\n\n1)\n$$\nS_{A'B'C'} = S - 3p(1-p)S = S[1 - 3p(1-p)]\n$$\n\n2) Esta área será mínima cuando $p = 1/2$, porque se trata de hacer máximo el producto de los dos factores positivos de suma es constante $p + 1 - p = 1$. Esto ocurre cuando ambos son iguales.\n\n3) Si $C'B''$ es paralela a $BC$ (con $B''$ sobre $AC$), los triángulos $AC'B''$ y $ABC$ son semejantes, y entonces $AB'' = pb$, $C'B'' = pa$.\nSi $C'A''$ es paralela a $AC$ (con $A''$ sobre $BC$), entonces los triángulos $C'A''B$ y $ABC$ son semejantes, y $BA'' = (1-p)a$.\nSea $P$ el punto de intersección de $B''A'$ y $C'A''$ (estas rectas no pueden ser paralelas, porque son respectivamente paralelas a dos de los lados del triángulo original); entonces los triángulos $PC'B''$ y $PA'A''$ son paralelos, y se tiene\n$$\n\\frac{PA''}{PC'} = \\frac{A'A''}{C'B''} = \\frac{a(1-2p)}{ap}\n$$\nSea $AM$ la mediana correspondiente al vértice $A$ del triángulo $ABC$. En los lados del triángulo $BC'A''$ consideramos los puntos $A$, $M$ y $P$. Se cumple\n$$\n\\frac{AC'}{AB} \\cdot \\frac{MB}{MA''} \\cdot \\frac{PA''}{PC'} = \\frac{pc}{c} \\cdot \\frac{a/2}{a(1/2 - p)} \\cdot \\frac{a(1-2p)}{pa} = 1\n$$\nluego por el recíproco del teorema de Menelao, esos puntos están alineados. Por lo tanto, el lugar geométrico pedido es la mediana $AM$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43234,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran $n$ puntos del plano de forma que no existan dos parejas equidistantes. Por cada punto se traza el segmento que le une al más próximo. Demostrar que ningún punto está unido a más de cinco puntos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $A_{0}$ uno cualquiera de los $n$ puntos. Los demás serán representados por $A_{1}, A_{2}$, etc. Consideremos el triángulo $A_{0} A_{1} A_{2}$. Podemos suponer que $A_{1} A_{2}$ es el mayor lado (ya que uno de los otros dos es el más pequeño); eso significa que el ángulo del triángulo con vértice en $A_{0}$ es el mayor. Como no hay dos ángulos iguales, este ángulo debe ser mayor que $60^{\\circ}$. En efecto, si se cumplen las relaciones angulares $A=A, A>B, A>C$, sumándolas resulta $3 A>180^{\\circ}$.\nSi $A_{3}$ es otro punto del conjunto, considerando el triángulo $A_{0} A_{2} A_{3}$ y razonando de la misma manera llegaremos a la conclusión de que el ángulo en $A_{0}$ en este triángulo es mayor que $60^{\\circ}$.\nEs claro, entonces, que sólo se pueden considerar 5 triángulos con ángulos en el vértice $A_{0}$ mayores que $60^{\\circ}$, pues $6 \\times 60^{\\circ}=360^{\\circ}$.\nAsí, $A_{0}$ estará como máximo unido a los puntos $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$ y $A_{5}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43235,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el plano, donde se ha tomado un sistema de referencia ortonormal, se consideran todos los puntos $(m, n)$ cuyas coordenadas son números enteros. Se suponen trazados todos los segmentos que unen pares cualesquiera de estos puntos y cuya longitud es entera. Probar que no hay dos de esos segmentos que formen un ángulo de $45^{\\circ}$.\n\nSi se hace lo mismo con los puntos $(m, n, k)$ del espacio. ¿Habrá algún par de esos segmentos que formen un ángulo de $45^{\\circ}$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que los puntos $A$, $B$ y $C$ son tales que $AC$ y $AB$ forman un ángulo de $45^{\\circ}$, y $AB$ y $AC$ son enteros; entonces $BC = \\sqrt{v}$, con $v$ entero. Según el teorema del coseno,\n$$\n\\frac{\\sqrt{2}}{2} = \\cos 45^{\\circ} = \\frac{AB^{2} + AC^{2} - v}{2 \\cdot AB \\cdot AC} \\in \\mathbb{Q}\n$$\nlo cual es una contradicción.\n\nEn el espacio, tomando vectores equipolentes con origen en el de coordenadas $O$, estaríamos en el caso anterior, pues $O$, con los extremos de los vectores, $A$ y $B$, están en un plano.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43236,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a$ y $b$ enteros diferentes de $0$, $1$ y $-1$, y consideremos la matriz\n$$\n\\left(\n\\begin{array}{ccccc}\na+b & a+b^{2} & a+b^{3} & \\ldots & a+b^{m} \\\\\na^{2}+b & a^{2}+b^{2} & a^{2}+b^{3} & \\ldots & a^{2}+b^{m} \\\\\na^{3}+b & a^{3}+b^{2} & a^{3}+b^{3} & \\ldots & a^{3}+b^{m} \\\\\n\\vdots & \\vdots & \\vdots & & \\vdots \\\\\na^{n}+b & a^{n}+b^{2} & a^{n}+b^{3} & \\ldots & a^{n}+b^{m}\n\\end{array}\n\\right)\n$$\nDeterminar un subconjunto $S$ de filas de esa matriz, lo menor posible, tal que cualquier otra fila se pueda expresar como suma de las filas de $S$ multiplicadas por números enteros apropiados (es decir, como combinación lineal con coeficientes enteros de las filas de $S$). Explicitar dichas combinaciones lineales.",
    "options": [],
    "answer": "A minimal generating set is S consisting of the first two rows. For each i ≥ 3, the i-th row equals λ·(first row) + (1 − λ)·(second row), where λ = −a(1 + a + a^2 + … + a^{i−3}) (equivalently, λ = a(a^{i−2} − 1)/(1 − a)). For n = 3, λ = −a. Rows 1 and 2 are included in S.",
    "solution": "Solution:\nMultiplicando la primera fila por $\\lambda$, la segunda por $1-\\lambda$, y sumando, resulta para un elemento cualquiera la relación\n$$\n\\lambda\\left(a+b^{k}\\right)+(1-\\lambda)\\left(a^{2}+b^{k}\\right)=\\lambda a+a^{2}-\\lambda a^{2}+b^{k}\n$$\nPor lo tanto, para que éste sea un elemento cualquiera de la matriz, tiene que ser\n$$\n\\lambda a+a^{2}-\\lambda a^{2}=a[\\lambda+a(1-\\lambda)]=a^{i}\n$$\nes decir\n$$\n\\lambda(1-a)=a^{i-1}-a\n$$\nde donde\n$$\n\\lambda=\\frac{a\\left(a^{i-2}-1\\right)}{1-a}=-a\\left(1+a+a^{2}+\\ldots+a^{i-3}\\right)\n$$\nEntonces si $n=3$, basta tomar $\\lambda=-a$.\nSi $n>3$, tenemos $\\lambda=-a\\left(1+a+a^{2}+\\ldots+a^{i-3}\\right)$, desde $i=3$ hasta $i=n$.\nEl conjunto $S$ está formado, entonces, por las dos primeras filas de la matriz.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43237,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSupongamos que la ecuación $x^{3}+p x^{2}+q x+r=0$ con $r \\neq 0$, admite tres raíces reales y positivas. Determinar la relación que debe ligar los números reales $p, q$ y $r$ a fin de que las tres raíces puedan ser las longitudes de los lados de un triángulo.",
    "options": [],
    "answer": "p < 0, q > 0, r < 0, and p^3 − 4 p q + 8 r > 0",
    "solution": "Solution:\n\nIdentificando coeficientes entre $x^{3}+p x^{2}+q x+r$ y $(x-x_{1})(x-x_{2})(x-x_{3})$ se obtienen las llamadas relaciones de Cardano-Vieta entre las raíces y los coeficientes del polinomio (los primeros miembros son las funciones simétricas elementales de las raíces)\n$$\n\\begin{aligned}\n-x_{1} x_{2} x_{3} & =r \\\\\nx_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1} & =q \\\\\n-\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right) & =p\n\\end{aligned}\n$$\nAdemás, para que los números positivos $x_{i}$ puedan ser las longitudes de los lados de un triángulo se tienen que cumplir las desigualdades triangulares\n$$\n\\begin{aligned}\n& x_{1}+x_{2}-x_{3}>0 \\\\\n& x_{2}+x_{3}-x_{1}>0 \\\\\n& x_{3}+x_{1}-x_{2}>0\n\\end{aligned}\n$$\nque pueden englobarse en una sola equivalente, multiplicándolas :\n$$\n\\left(x_{1}+x_{2}-x_{3}\\right)\\left(x_{2}+x_{3}-x_{1}\\right)\\left(x_{3}+x_{1}-x_{2}\\right)>0\n$$\nEs evidente que si las tres desigualdades primeras son positivas, su producto también lo es. Si el producto es positivo, puede haber o ninguno o dos factores negativos. Pero de las tres desigualdades anteriores, sólo una puede ser negativa. El problema quedará resuelto cuando consigamos expresar el primer miembro de la desigualdad anterior en términos de $p, q, r$.\nHaciendo operaciones, se tiene\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(x_{1}+x_{2}-x_{3}\\right)\\left(x_{2}+x_{3}-x_{1}\\right)\\left(x_{3}+x_{1}-x_{2}\\right)= \\\\\n& =\\left(-p-2 x_{1}\\right)\\left(-p-2 x_{2}\\right)\\left(-p-2 x_{3}\\right)=-\\left(p+2 x_{1}\\right)\\left(p+2 x_{2}\\right)\\left(p+2 x_{3}\\right)= \\\\\n& =-\\left(p^{3}+2 p^{2}\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right)+4 p\\left(x_{1} x_{2}+x_{2} x_{3}+x_{3} x_{1}\\right)+8 x_{1} x_{2} x_{3}=\\right. \\\\\n& =-\\left(p^{3}-2 p^{3}+4 p q-8 r\\right)=p^{3}-4 p q+8 r>0\n\\end{aligned}\n$$\nPara que se cumpla la condición del enunciado, tienen que ser positivos los números siguientes:\n$$\n-p, q,-r \\quad \\text { y } p^{3}-4 p q+8 r\n$$\nComo que los razonamientos son reversibles, las condiciones son también suficientes.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43238,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $A'$, $B'$ y $C'$ los puntos de tangencia de los lados $BC$, $CA$ y $AB$ de un triángulo con su circunferencia inscrita. Sea $D$ el punto de intersección de $C'A'$ con la bisectriz del ángulo del vértice $A$. Calcular el valor del ángulo $\\widehat{ADC}$.",
    "options": [],
    "answer": "90°",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEl triángulo $BC'A'$ es isósceles, luego $2\\beta + B = 180^\\circ$, de donde $\\beta = 90^\\circ - \\frac{B}{2}$. El ángulo $\\gamma$ es suplementario del $\\beta$ y vale $\\gamma = 180^\\circ - \\beta = 90^\\circ + \\frac{B}{2}$. El triángulo $DC'A$ nos permite calcular el ángulo $\\delta$ que vale\n$$\n\\delta = 180^\\circ - \\frac{A}{2} - \\beta = \\frac{C}{2}\n$$\nLa figura $AC'DB'$ es simétrica respecto de la bisectriz $AI$, luego $\\varepsilon = \\delta = \\frac{C}{2}$.\n\nEl segmento $IB'$ se ve desde los puntos $D$ y $C$ bajo el mismo ángulo $\\varepsilon = \\frac{C}{2}$. Por lo tanto los puntos $I, C, B'$ y $D$ son concíclicos, con circunferencia de diámetro $IC$. Luego el ángulo $\\widehat{IDC}$ es recto. Obtenemos pues,\n$$\n\\widehat{ADC} = 90^\\circ\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43239,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un número natural $n$, se designa por $s(n)$ la suma de las cifras del número $n$, expresado en el sistema de numeración binario, es decir, el número de cifras 1 que tiene. Determinar, para todo número natural $k$\n$$\n\\sigma(k)=s(1)+s(2)+\\cdots+s\\left(2^{k}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "k·2^{k-1} + 1",
    "solution": "Solution:\n\nEscribiendo los números $1, 2, \\ldots, 2^{k}$ en base 2 tenemos:\n$$\n\\begin{aligned}\n& 0=\\quad \\begin{array}{llllll}\n0 & 0 & \\ldots & 0 & 0 ; & k \\text{ ceros }\n\\end{array} \\\\\n& 1=\\quad \\begin{array}{llllll}\n0 & 0 & \\ldots & 0 & 1 ; & k-1 \\text{ ceros }\n\\end{array} \\\\\n& 2=\\quad \\begin{array}{llllll}\n0 & 0 & \\ldots & 1 & 0 ; & k-1 \\text{ ceros }\n\\end{array}\n\\end{aligned}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLa suma $\\sigma(k)$ es la suma total de cifras 1 que hay en el cuadro, más la correspondiente a $2^{k}$; en total se tiene\n$$\n\\sigma(k)=2^{k-1} \\cdot k+1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43240,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular la parte entera de\n$$\nS = \\frac{1}{\\sqrt{1}} + \\frac{1}{\\sqrt{2}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{10000}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "198",
    "solution": "Solution:\nTenemos\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{\\sqrt{k}} = \\frac{2}{2 \\sqrt{k}} > \\frac{2}{\\sqrt{k} + \\sqrt{k+1}} = 2(\\sqrt{k+1} - \\sqrt{k}), \\quad k \\geq 1, \\text{ luego } \\\\\n& S = 1 + \\frac{1}{\\sqrt{2}} + \\ldots + \\frac{1}{\\sqrt{10000}} > \\\\\n& > 2(\\sqrt{2} - \\sqrt{1} + \\sqrt{3} - \\sqrt{2} + \\ldots + \\sqrt{10001} - \\sqrt{10000}) = \\\\\n& = 2(\\sqrt{10001} - 1) > 2 \\cdot 99 = 198\n\\end{aligned}\n$$\nPor otro lado,\n$$\n\\begin{array}{cl}\n\\frac{1}{\\sqrt{k}} = \\frac{2}{2 \\sqrt{k}} < \\frac{2}{\\sqrt{k} + \\sqrt{k-1}} = 2(\\sqrt{k} - \\sqrt{k-1}), & k \\geq 2, \\text{ luego } \\\\\n\\frac{1}{\\sqrt{2}} + \\ldots + \\frac{1}{\\sqrt{10000}} < \\\\\n< 2(\\sqrt{2} - \\sqrt{1} + \\sqrt{3} - \\sqrt{2} + \\ldots + \\sqrt{10000} - \\sqrt{9999}) = \\\\\n& = 2(\\sqrt{10000} - 1) = 198\n\\end{array}\n$$\nLuego\n$$\nS = \\frac{1}{\\sqrt{1}} + \\frac{1}{\\sqrt{2}} + \\ldots + \\frac{1}{\\sqrt{10000}} < 1 + 198 = 199\n$$\nPor tanto tenemos que $198 < S < 199$, es decir su parte entera es $198$ .",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43241,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn número $N$, múltiplo de $83$, es tal que su cuadrado tiene $63$ divisores. Hallar $N$, sabiendo que es el menor número que cumple las condiciones anteriores.",
    "options": [],
    "answer": "1992",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos $N = 2^{k} \\cdot 3^{p} \\cdot 5^{q} \\cdots 83^{r}$. Entonces $N^{2} = 2^{2k} \\cdot 3^{2p} \\cdot 5^{2q} \\cdots 83^{2r}$, con $r \\neq 0$.\n\nDebe ser $63 = (2k+1)(2p+1)(2q+1) \\cdots (2r+1)$, pero las únicas descomposiciones de $63$ son $63$, $7 \\cdot 9$ y $7 \\cdot 3 \\cdot 3$.\n\nEn el primer caso debe ser $r = 31$ y $N = 83^{31}$.\n\nEn el segundo caso debe ser $k = 4$, $r = 3$ y sale $N = 2^{4} 83^{3}$. (Si hacemos $k = 3$ y $r = 4$ obtenemos un número mayor).\n\nEn el tercer caso es $k = 3$, $p = 1$, $r = 1$, de donde sale $N = 2^{3} 3^{1} 83^{1}$ (las demás combinaciones de exponentes dan números mayores, ya que $2^{3} \\cdot 3 < 2 \\cdot 3^{3}$).\n\nDe los tres números obtenidos, el menor es el último y por lo tanto el número buscado es $N = 2^{3} \\cdot 3 \\cdot 83$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43242,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDadas dos circunferencias exteriores de radios $r$ y $r'\\left(r \\neq r'\\right)$, se pide dibujar, razonadamente, una recta paralela a una dirección dada, tal que determine sobre las dos circunferencias dos cuerdas tales que la suma de sus longitudes sea igual a una longitud dada $\\ell$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPodemos suponer que la dirección dada es horizontal y viene dada por la recta $d$. Pongamos $O_{1}$ y $O_{2}$ para los centros de las circunferencias de radios $r$ y $r'$ respectivamente. Proyectamos $O_{2}$ perpendicularmente sobre $d$ en $X$.\n\nTrasladamos $X$ paralelamente a $d$ una distancia $\\frac{\\ell}{2}$ en el sentido $O_{2} O_{1}$ y así determinamos $Y$. La perpendicular por $Y$ a $d$ y la paralela por $O_{1}$ a $d$ determinan $P$.\n\nTrasladamos la circunferencia de centro $O_{1}$ mediante el vector $O_{1} P$.\n\nLa circunferencia trasladada (de puntos en la figura) corta eventualmente a la de centro $O_{2}$ en dos puntos $M$ y $M'$. Por cada intersección situada en el mismo semiplano que $Y$ respecto de $O_{2} X$ tenemos una solución (en la figura el punto $M$) como se comprueba en la figura de modo inmediato.\n\nObservación. Si existe alguna intersección en el mismo semiplano ($M'$ en la figura), se obtienen cuerdas cuya diferencia mide $\\ell$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43243,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que si $a, b, c$ y $d$ son números enteros no negativos, y es\n$$\n(a+b)^2+2a+b=(c+d)^2+2c+d\n$$\nnecesariamente debe ser $a=c$ y $b=d$.\n\nProbar la misma conclusión si, en lugar de $(*)$ se cumple\n$$\n(a+b)^2+3a+b=(c+d)^2+3c+d\n$$\n\nVer que, en cambio, existen números enteros no negativos $a \\neq c, b \\neq d$, tales que\n$$\n(a+b)^2+4a+b=(c+d)^2+4c+d\n$$",
    "options": [],
    "answer": "For the first two equalities, necessarily a equals c and b equals d. For the third, an explicit example with distinct pairs is a equals 1, b equals 8, c equals 7, d equals 1.",
    "solution": "Solution:\n\nSea $T_n$ el $n$-ésimo número triangular\n$$\nT_n=1+2+\\cdots+n=\\frac{n(n+1)}{2}\n$$\nSi $n>m$ se cumple\n$$\nT_n-T_m=(m+1)+(m+2)+\\cdots+n \\geq m+1\n$$\nLa igualdad\n$$\n(a+b)^2+2a+b=(c+d)^2+2c+d\n$$\nla escribimos en la forma equivalente\n$$\n(a+b)^2+(a+b)+a=(c+d)^2+(c+d)+c\n$$\no bien\n$$\n(a+b)((a+b)+1)+a=(c+d)((c+d)+1)+c \\text{ o bien } 2T_{a+b}+a=2T_{c+d}+c\n$$\nque se puede escribir\n$$\n2\\left(T_{a+b}-T_{c+d}\\right)=c-a\n$$\nSi suponemos $a+b>c+d$, tenemos\n$$\nc-a=2\\left(T_{a+b}-T_{c+d}\\right) \\geq 2(c+d+1) \\text{ o bien } \\quad \\frac{c-a}{2} \\geq c+d+1\n$$\nlo que es absurdo si los enteros son positivos y $a+b \\neq c+d$. El caso $a+b<c+d$ sale análogamente.\n\nSupongamos ahora\n$$\n(a+b)^2+3a+b=(c+d)^2+3c+d\n$$\nOperando como antes, la igualdad queda convertida en\n$$\nT_{a+b}-T_{c+d}=c-a\n$$\nde donde\n$$\nc-a=T_{a+b}-T_{c+d} \\geq c+d+1\n$$\nque es absurdo tanto si $a+b>c+d$ como si $a+b<c+d$.\n\nSi ponemos\n$$\n(a+b)^2+4a+b=(c+d)^2+4c+d\n$$\nla igualdad se convierte en\n$$\n2\\left(T_{a+b}-T_{c+d}\\right)=3(c-a)\n$$\no bien\n$$\n3(c-a)=2\\left(T_{a+b}-T_{c+d}\\right) \\geq 2(c+d) \\text{ o bien } \\quad \\frac{3}{2}(c-a) \\geq c+d\n$$\nque es una desigualdad que se puede cumplir en algunos casos. Por ejemplo,\n$$\n\\begin{aligned}\n2\\left(T_9-T_8\\right) & =2(45-36)=18=3 \\cdot 6=3(7-1) \\\\\n2T_{8+1}+3 \\cdot 1 & =2T_{7+1}+3 \\cdot 7\n\\end{aligned}\n$$\nque nos dice que para $a=1, b=8, c=7$ y $d=1$ sale\n$$\n(1+8)^2+4 \\cdot 1+8=(7+1)^2+4 \\cdot 7+1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43244,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea la sucesión (progresión aritmética)\n$$\n3, 7, 11, 15, \\ldots\n$$\nDemostrar que en dicha sucesión hay infinitos números primos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDemostrar que en la sucesión\n$$\n3, 7, 11, 15, \\ldots, 4n+3, \\ldots\n$$\nhay infinitos primos es lo mismo que probar que hay infinitos primos de la forma $4n+3$. Para demostrarlo, utilizamos el hecho de que el producto de dos números de la forma $4n+1$ es a su vez de la misma forma pues $\\left(4n_1+1\\right)\\left(4n_2+1\\right)=\\left(4n_3+1\\right)$.\n\nSea $q=2^{2} \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot \\ldots \\cdot p-1$, siendo $2, 3, 5, \\ldots, p$ todos los números primos hasta llegar a $p$. Entonces $q$ es de la forma $4n-1$ o bien $4n+3$, y no es divisible por ningún número primo menor o igual que $p$.\n\nSi $q$ es un número primo ya hemos acabado.\n\nSi $q$ es un número compuesto quiere decir que hay primos mayores que $p$ que dividen a $q$. Si todos fuesen de la forma $4n+1$, su producto también lo sería, y $q$ no lo es, de forma que alguno tiene que ser de la forma $4n+3$.\n\nEn los dos casos demostramos que dado un conjunto finito de primos, existe un primo mayor que ellos de la forma $4n+3$. Luego el conjunto de primos de esta forma es infinito.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43245,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDibujado el triángulo de vértices $A, B, C$, se pide determinar gráficamente el punto $P$ tal que\n$$\n\\widehat{PAB} = \\widehat{PBC} = \\widehat{PCA}\n$$\nExpresar una función trigonométrica de este ángulo $\\widehat{PAB}$ en función de las funciones trigonométricas de los ángulos $A, B$ y $C$.",
    "options": [],
    "answer": "cot φ = cot A + cot B + cot C",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPongamos $\\varphi = \\widehat{PAB} = \\widehat{PBC} = \\widehat{PCA}$.\nLa determinación de $P$ se hace en los siguientes pasos:\n\n1) Se traza la circunferencia pasando por $A$ y tangente en $B$ al lado $BC$.\n\n2) La paralela por $B$ al lado $AC$ corta en $M$ a la circunferencia anterior.\n\n3) La intersección de la recta $CM$ con la circunferencia determina $P$.\n\nEn efecto, $\\widehat{PAB} = \\widehat{PBC} = \\widehat{PCA}$ por ángulos inscritos en el mismo arco y por ser $MB$ paralela a $AC$.\n\nPara la segunda parte, por el teorema de los senos en $APC$ tenemos:\n$$\n\\frac{\\operatorname{sen}(A-\\varphi)}{\\operatorname{sen} \\varphi} = \\frac{CP}{AP}\n$$\nPor el mismo teorema en $APC$ y $BPC$ se cumple:\n$$\n\\left.\\begin{array}{r}\n\\frac{\\operatorname{sen} \\varphi}{AP} = \\frac{\\operatorname{sen} A}{b} \\\\\n\\frac{\\operatorname{sen} \\varphi}{CP} = \\frac{\\operatorname{sen} C}{a}\n\\end{array}\\right\\}, \\text{ y dividiendo resulta } \\frac{CP}{AP} = \\frac{a \\operatorname{sen} A}{b \\operatorname{sen} C}\n$$\nademás\n$$\n\\frac{a}{b} = \\frac{\\operatorname{sen} A}{\\operatorname{sen} B} \\text{ implica que } \\frac{CP}{AP} = \\frac{\\operatorname{sen}^2 A}{\\operatorname{sen} B \\operatorname{sen} C}\n$$\ny sustituyendo en $\\left(^*\\right)$ resulta\n$$\n\\frac{\\operatorname{sen}(A-\\varphi)}{\\operatorname{sen} \\varphi} = \\frac{\\operatorname{sen}^2 A}{\\operatorname{sen} B \\operatorname{sen} C}\n$$\ndiviendo por $\\operatorname{sen} A$, poniendo $\\operatorname{sen} A = \\operatorname{sen}(B+C)$ y desarrollando queda\n$\\frac{\\operatorname{sen} A \\cos \\varphi - \\cos A \\operatorname{sen} \\varphi}{\\operatorname{sen} A \\operatorname{sen} \\varphi} = \\frac{\\operatorname{sen} B \\cos C + \\cos B \\operatorname{sen} C}{\\operatorname{sen} B \\operatorname{sen} C} \\Longleftrightarrow \\cot \\varphi - \\cot A = \\cot C + \\cot B$\ny la relación pedida es\n$$\n\\cot \\varphi = \\cot A + \\cot B + \\cot C\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43246,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un número natural $n>0$ y un número complejo $z = x + i y$ de módulo unidad, $x^2 + y^2 = 1$, se puede cumplir o no la igualdad\n$$\n\\left(z + \\frac{1}{z}\\right)^n = 2^{n-1}\\left(z^n + \\frac{1}{z^n}\\right)\n$$\nFijado $n$, designaremos por $S(n)$ al subconjunto de complejos de módulo unidad para los que se cumple la igualdad dada. Se pide\n\na) Calcular razonadamente $S(n)$, para $n=2,3,4,5$.\n\nb) Acotar superiormente el número de elementos de $S(n)$ en función de $n$, para $n>5$.",
    "options": [],
    "answer": "For unit-modulus z, the condition is equivalent to cos^n t = cos(nt) with z = cos t + i sin t.\n- n = 2: S(2) = {1, −1}.\n- n = 3: S(3) = {1, −1, i, −i}.\n- n = 4: S(4) = {1, −1} together with the four points where tan t = ±√6 (so cos^2 t = 1/7); in total, S(4) has 6 elements.\n- For n > 5: an upper bound on the size is |S(n)| ≤ 2n − 2.",
    "solution": "Solution:\n\nComo $z = \\cos t + i \\operatorname{sen} t$, sustituyendo en la igualdad resulta la ecuación trigonométrica\n$$\n\\cos^n t = \\cos n t\n$$\nque para $n=2,3,4$ tiene las soluciones\n$$\n\\begin{array}{ll}\nn=2, & S(n)=\\{1,-1\\} \\\\\nn=3, & S(n)=\\{1,-1, i,-i\\} \\\\\nn=4, & S(n)=\\{1,-1, \\cos t + i \\operatorname{sen} t\\}, \\quad t=\\arctan ( \\pm \\sqrt{6})\n\\end{array}\n$$\n$S(4)$ tiene 6 elementos.\n\nComo para cada valor de $\\cos t$ hay dos valores de $\\operatorname{sen} t$ que resuelven la ecuación, una cota superior del número de elementos de $S(n)$ es $2n-2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43247,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn una reunión hay 201 personas de 5 nacionalidades diferentes. Se sabe que, en cada grupo de 6, al menos 2 tienen la misma edad. Demostrar que hay al menos 5 personas del mismo país, de la misma edad y del mismo sexo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSi en cada grupo de 6 personas, 2 son de la misma edad, sólo puede haber 5 edades diferentes, ya que, si hubiese 6 edades diferentes, eligiendo una persona de cada edad tendríamos 6 personas de edades distintas contra la hipótesis.\n\nComo $201 = 2 \\cdot 100 + 1$, debe haber al menos 101 personas del mismo sexo.\n\nComo $101 = 5 \\cdot 20 + 1$, debe haber al menos 21 personas de la misma edad y sexo.\n\nY finalmente, como $21 = 4 \\cdot 5 + 1$, debe haber al menos 5 personas de la misma nacionalidad, edad y sexo.\n\nTambién puede argumentarse de la manera siguiente: A cada persona le asignamos un carnet de identidad con tres casillas, una para el sexo, una para la nacionalidad, y otra para la edad. Como hay 2 sexos posibles, 5 edades posibles y 5 nacionalidades posibles, hay en total 50 carnets de identidad posibles. Puesto que en el conjunto hay 201 personas, por lo menos 5 de ellas tiene el mismo carnet de identidad, es decir, el mismo sexo, la misma edad y la misma nacionalidad.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43248,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEscrito el triángulo aritmético\n\n![](attached_image_1.png)\n\ndonde cada número es igual a la suma de los dos que tiene encima (como es evidente, cada fila consta de un número menos que la anterior, y por lo tanto la última fila estará formada por un único número), razonar que el último número es múltiplo de $1993$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\nVamos a sumar los elementos de cada fila y llamaremos $S_{i}$ a la suma de los elementos de la fila $i$.\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{1} & = \\frac{0+1993}{2} \\cdot 1994 = 997 \\cdot 1993 \\\\\nS_{2} & = 2 S_{1} - (0+1993) = 1993 \\\\\nS_{3} & = 2 S_{2} - (0+1993) = 1993 \\\\\n& \\ldots \\\\\nS_{1994} & = 2 S_{1993} - (0+1993) = 1993\n\\end{aligned}\n$$\nPodemos calcular cada suma recursivamente:\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{2} = 2 S_{1} \\frac{1993}{1994}, \\quad S_{3} = 2 S_{2} \\frac{1992}{1993} = 2^{2} S_{1} \\frac{1992}{1994}, \\ldots \\\\\n& \\ldots, S_{1994} = 2^{1993} S_{1} \\frac{1}{1994} = 2^{1992} 1993 = 1993\n\\end{aligned}\n$$\n\n\nSegunda solución\nLa suma total es\n$$\nS_{1993} = 0 \\binom{1993}{0} + 1 \\binom{1993}{1} + 2 \\binom{1993}{2} + \\cdots + 1993 \\binom{1993}{1993}\n$$\nSi ponemos\n$$\nf(x) = 1 \\binom{n}{1} + 2 x \\binom{n}{2} + \\cdots + n x^{n-1} \\binom{n}{n}\n$$\nresulta que la primitiva de $f(x)$ es\n$$\nF(x) = x \\binom{n}{1} + x^{2} \\binom{n}{2} + \\cdots + x^{n} \\binom{n}{n} = (1+x)^{n} - 1\n$$\nde donde\n$$\nf(x) = n(1+x)^{n-1} \\quad \\text{y} \\quad f(1) = 2^{n-1} n\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43249,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nJustificar razonadamente que en cualquier triángulo el diámetro de la circunferencia inscrita no es mayor que el radio de la circunferencia circunscrita.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\nEl área en función del radio de la circunferencia inscrita es $S = \\frac{(a + b + c) r}{2}$, de donde $r = \\frac{2S}{a + b + c}$.\nEl área en función del radio de la circunferencia circunscrita es $S = \\frac{abc}{4R}$, de donde $R = \\frac{abc}{4S}$.\nTenemos que probar que $\\frac{4S}{a + b + c} \\leq \\frac{abc}{4S}$, es decir, $16S^2 \\leq (a + b + c)abc$.\nDe la fórmula de Herón tenemos que $16S^2 = (a + b + c)(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a)$. Tendremos el resultado si probamos que $(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) \\leq abc$, pero es evidente que $(a + b - c)(a + c - b)(b + c - a) \\leq \\left(\\frac{a + b + c}{3}\\right)^3$ y sin más que utilizar la desigualdad de las medias, y aplicando otra vez la misma desigualdad $\\frac{a + b + c}{3} \\leq \\sqrt[3]{abc}$ tenemos la desigualdad buscada.\n\n\nSegunda solución\nEsta solución es un razonamiento puramente geométrico que se formula en diversas fases.\n\nLema 1.- En un triángulo equilátero se cumple $R = 2r$.\n\nLema 2.- Si en un triángulo $ABC$ fijamos la base $AB$ y la recta que contiene el lado $a$, es decir, el ángulo $B$, y aumentamos el ángulo $A$ (o lo que es lo mismo, el lado $a$), el radio $r$ aumenta con $A$.\nEn efecto, la bisectriz del ángulo $B$ se mantiene constante al mover $C$ y el radio $r$ aumenta con la longitud del lado $a$. El mismo razonamiento se puede hacer si el ángulo $B$ es obtuso.\n![](attached_image_1.png)\n\nLema 3.- Si en un triángulo $ABC$ mantenemos la base $AB$ fija y movemos el vértice $C$ sobre una paralela a la base, el radio $r$ será máximo cuando el triángulo sea isósceles. En efecto, el área del triángulo se mantiene constante, y como es $S = pr$, el radio $r$ será máximo si $p$ es mínimo, es decir, el triángulo es isósceles.\n![](attached_image_2.png)\n\nLema 4.- Si dos triángulos comparten base y círculo circunscrito, el más cercano a isósceles es el que tiene mayor radio inscrito $r$. Trazamos la paralela a la base y obtenemos el punto $C''$. Podemos pasar del triángulo $ABC$ al $ABC'$ en dos fases: primero al $ABC''$, y por el Lema 3 el radio $r$ aumenta, y después al $ABC'$, y por el Lema 2 el radio $r$ también aumenta.\n![](attached_image_3.png)\n\n\nTercera solución\nCon la misma notación de antes para los radios de las circunferencias inscrita y circunscrita, si $d$ es la distancia entre el incentro y el circuncentro, la conocida fórmula de Euler nos dice que\n$$\nd^2 = R^2 - 2Rr = r(R - 2r) \\geq 0, \\quad \\text{de donde} \\quad R \\geq 2r\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43250,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que todo número primo $p$ distinto de 2 y de 5 tiene infinitos múltiplos escritos sólo con unos (es decir, de la forma 111...1).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSi consideramos las clases de restos módulo $p$, entre las potencias $10^{0}, 10^{1}, 10^{2}, \\ldots, 10^{p-1}$, tiene que haber al menos 2 que pertenezcan a la misma clase. La clase 0 no puede aparecer pues $p$ es distinto de 2 y de 5. Sean esas potencias $10^{a}$ y $10^{b}$ y supongamos $b>a$. $10^{a}=p \\cdot q+r$, y $10^{b}=p \\cdot q^{\\prime}+r$; por lo tanto: $10^{b}-10^{a}=p\\left(q^{\\prime}-q\\right)$ o bien $10^{a}\\left(10^{k}-1\\right)=p\\left(q^{\\prime}-q\\right)$. Como $p$ es distinto de 2 y de $5, p$ es primo con $10^{a}$, y por lo tanto $p \\mid\\left(10^{k}-1\\right)$. Si $p \\neq 3$, entonces $p \\mid 111 \\ldots 1$, y si $p=3$, existe el número 111, que es múltiplo de 3. Es decir, al menos hay un múltiplo que cumple las condiciones exigidas.\n\nPero si el número $M$ formado por $k$ unos es múltiplo de $p$, también lo será el número $M^{\\prime}=M 10^{k}+M=M\\left(10^{k}+1\\right)$, y el número $M^{\\prime \\prime}=M^{\\prime}\\left(10^{2 k}+1\\right)$, y así sucesivamente.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43251,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna máquina de juego de un casino tiene una pantalla en la que se ofrece un esquema como el de la figura. Al comenzar el juego aparece una bola en el punto $S$.\nA cada impulso del jugador, la bola se mueve hasta uno de los círculos inmediatos, con la misma probabilidad para cada uno de ellos. La partida acaba al ocurrir el primero de los dos sucesos siguientes: La bola vuelve a $S$, y el jugador pierde. (2) La bola llega a $G$, y entonces el jugador gana. Se pide la probabilidad de que el jugador gane, y la duración media de las partidas.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Probability of winning: 1/3; expected number of moves: 6",
    "solution": "Solution:\n\nPartiendo de $S$, la probabilidad de llegar a $C$ o a $D$ es $\\frac{2}{3}$; una vez en $C$ o en $D$, la probabilidad de ganar es igual que la de perder, $\\frac{1}{2}$. Por tanto, partiendo de $S$, la probabilidad de ganar es $\\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{2} = \\frac{1}{3}$.\n\nDel análisis del juego se deduce que acabará en un número par de movimientos.\n\nLa probabilidad que el juego acabe en dos tiradas es $\\frac{1}{3}$, la de que acabe en cuatro tiradas es $\\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{3}$, la de que acabe en seis $\\frac{2}{3} \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{3}$, etc.\n\nY la duración media será\n$$\n\\begin{aligned}\nd &= 2 \\cdot \\frac{2}{3} + 4 \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{3} + 6 \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{1}{3} + \\ldots \\\\\n  &= \\left[\\frac{2}{3} + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^2 + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^3 + \\ldots\\right] + \\left[\\frac{2}{3} + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^2 + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^3 + \\ldots\\right] + \\\\\n  &\\quad + \\left[\\frac{2}{3} + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^2 + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^3 + \\ldots\\right] + \\left[\\frac{2}{3} + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^2 + \\left(\\frac{2}{3}\\right)^3 + \\ldots\\right] + \\ldots \\\\\n  &= \\frac{2/3}{1/3} + \\frac{(2/3)^2}{1/3} + \\frac{(2/3)^3}{1/3} + \\ldots = \\frac{2}{1/3} = 6\n\\end{aligned}\n$$\n\nLa probabilidad $P$ de ganar también se puede calcular sumando las probabilidades de ganar según la duración de la jugada, es decir\n$$\nP = \\frac{2}{3^2} \\cdot \\frac{1}{2} + \\frac{2^2}{3^3} \\cdot \\frac{1}{2} + \\frac{2^3}{3^4} \\cdot \\frac{1}{2} + \\ldots = \\frac{1}{3^2} + \\frac{2}{3^3} + \\frac{2^2}{3^4} + \\ldots = \\frac{1}{3}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43252,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que si entre los infinitos términos de una progresión aritmética de números enteros hay un cuadrado perfecto, entonces infinitos términos de la progresión son cuadrados perfectos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nBastará probar que a partir de un cuadrado perfecto podemos construir otro. Sea la progresión:\n$$\na^{2},\\ a^{2}+d,\\ a^{2}+2d,\\ \\ldots,\\ a^{2}+kd\\ \\ldots\n$$\nComo $(a+d)^{2} = a^{2} + 2ad + d^{2} = a^{2} + (2a + d)d$, basta tomar $k = 2a + d$ para obtener otro cuadrado en la progresión.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43253,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $O \\cdot X Y Z$ un triedro trirrectángulo de vértice $O$ y aristas $X$, $Y$ y $Z$. Sobre la arista $Z$ se fija un punto $C$ tal que $O C = c$. Sobre $X$ e $Y$ se consideran, respectivamente, puntos variables $P$ y $Q$ de manera que $O P + O Q$ sea una constante dada $k$. Para cada par de puntos $P$ y $Q$, los cuatro puntos $O$, $C$, $P$ y $Q$ determinan una esfera, cuyo centro $W$ se proyecta sobre el plano $O X Y$. Razonar cuál es el lugar geométrico de esa proyección. Razonar también cuál es el lugar geométrico de $W$.",
    "options": [],
    "answer": "Projection locus: the line x + y = k/2 in the plane z = 0. Center locus: the line given by x + y = k/2 and z = c/2.",
    "solution": "Solution:\n\nEn la figura se muestran con trazo discontinuo las circunferencias que resultan de intersecar la esfera con los planos coordenados. Las proyecciones del centro $W$ de la esfera sobre estos planos coinciden con los centros de estas circunferencias (denotados $F$, $G$ y $H$ en la figura) y al ser el triedro trirrectángulo, $F$, $G$ y $H$ están en los puntos medio de los segmentos $P Q$, $Q C$ y $C P$ que son diámetros de sus circunferencias.\n\nParametrizando con la distancia $O P = \\lambda$ tenemos trivialmente en la referencia $O X Y Z$ las siguientes coordenadas:\n$$\nP(\\lambda, 0, 0) ; \\quad Q(0, k-\\lambda, 0) ; \\quad C(0, 0, c)\n$$\n![](attached_image_1.png)\n$$\nF\\left(\\frac{\\lambda}{2}, \\frac{k-\\lambda}{2}, 0\\right) ; \\quad G\\left(0, \\frac{k-\\lambda}{2}, \\frac{c}{2}\\right) ; \\quad H\\left(\\frac{\\lambda}{2}, 0, \\frac{c}{2}\\right) ; \\quad W\\left(\\frac{\\lambda}{2}, \\frac{k-\\lambda}{2}, \\frac{c}{2}\\right)\n$$\nEl lugar de $F$ es la recta $x + y = \\frac{k}{2}$ del plano $X O Y$. El lugar de $W$ es una recta paralela a la anterior situada en el plano $z = \\frac{c}{2}$, y más concretamente es la intersección de los planos:\n$$\n\\left\\{\\begin{aligned}\nx + y & = \\frac{k}{2} \\\\\nz & = \\frac{c}{2}\n\\end{aligned}\\right.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43254,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna Oficina de Turismo va a realizar una encuesta sobre el número de días soleados y de días lluviosos a lo largo de un año. Para ello recurre a seis regiones, que le transmiten los datos de la tabla siguiente:\n\n| Región | Sol o lluvia | Inclasificable |\n| :---: | :---: | :---: |\n| A | 336 | 29 |\n| B | 321 | 44 |\n| C | 335 | 30 |\n| D | 343 | 22 |\n| E | 329 | 36 |\n| F | 330 | 35 |\n\nLa persona encargada de la encuesta, que tiene datos más detallados, no es imparcial. Se da cuenta de que, prescindiendo de una de las regiones, la observación da un número de días lluviosos que es la tercera parte del número de días de sol. Razonar cuál es la región de la que prescindirá.",
    "options": [],
    "answer": "F",
    "solution": "Solution:\n\nAl suprimir una región, la suma de días soleados o lluviosos de las restantes ha de ser múltiplo de $4$. Esta suma vale $1994$ para las seis regiones, valor que dividido entre $4$ da resto $2$. El único dato de esta columna que da resto $2$ al dividirlo entre $4$ es $330$ correspondiente a la región $F$. Suprimiendo esta región quedan entre las cinco restantes $416$ días lluviosos y $3 \\cdot 416 = 1248$ días soleados.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43255,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl ángulo $A$ de un triángulo isósceles $ABC$ mide $2/5$ de recto, siendo los ángulos $B$ y $C$ iguales. La bisectriz del ángulo $C$ corta al lado opuesto en el punto $D$. Calcular las medidas de los ángulos del triángulo $BCD$. Expresar la medida $a$ del lado $BC$ en función de la medida $b$ del lado $AC$, sin que en la expresión aparezcan razones trigonométricas.",
    "options": [],
    "answer": "Angles of triangle BCD: 36°, 72°, 72°. Relation between sides: a = ((√5 − 1)/2) · b.",
    "solution": "Solution:\n\nCon los datos del enunciado tenemos\n\nen el triángulo $ABC$, $\\widehat{BAC} = 36^\\circ$; $\\widehat{ABC} = \\widehat{ACB} = 72^\\circ$,\nen el triángulo $CBD$, $\\widehat{BCD} = 36^\\circ$; $\\widehat{CDB} = \\widehat{BDC} = 72^\\circ$\nen el triángulo $ADC$, $\\widehat{DAC} = \\widehat{ACD} = 72^\\circ$; $\\widehat{ADC} = 108^\\circ$.\n\nPor tanto, los triángulos $BCD$ y $ADC$ son isósceles y además $BCD$ es semejante al $ABC$. Para los lados se tiene: $DC = AD = a$; $BD = b - a$.\n\nExpresando la proporcionalidad derivada de la semejanza anterior tenemos las equivalencias:\n$$\n\\frac{b-a}{a} = \\frac{a}{b} \\Longleftrightarrow a^2 = b^2 - ab \\Longleftrightarrow a^2 + ab - b^2 = 0 \\Longleftrightarrow \\left(\\frac{a}{b}\\right)^2 + \\frac{a}{b} - 1 = 0\n$$\ny resolviendo queda\n$$\n\\frac{a}{b} = \\frac{\\sqrt{5} - 1}{2}\n$$\no bien\n$$\na = \\frac{(\\sqrt{5} - 1) b}{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43256,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCon 21 fichas de damas, unas blancas y otras negras, se forma un rectángulo $3 \\times 7$. Demostrar que siempre hay cuatro fichas del mismo color situadas en los vértices de un rectángulo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDispondremos el tablero en posición vertical, es decir, con 7 filas y 3 columnas. Asignaremos el color blanco a la cifra 0 y el negro a la cifra 1. De este modo cada fila representa un número escrito en base 2.\n\nEn primer lugar es fácil ver que si en una fila se colocan todas las fichas del mismo color, por ejemplo el negro, necesariamente habrá un rectángulo ya que no podemos colocar en ninguna fila dos fichas negras y sólo podemos llenar un máximo de 5 filas en total sin formar rectángulo.\n\nPor otra parte si dos números son iguales sus filas forman rectángulo, luego todas las filas han de representar números distintos. Por la consideración anterior hemos de excluir los números 000 y 111. Con tres cifras en base dos existen $2^{3}=8$ números distintos, quitando los anteriores quedan 6 para 7 filas por lo que necesariamente hemos de repetir y formar rectángulo. El problema tendría solución en un tablero de $3 \\times 6$ tal como se muestra en la figura.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43257,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn polígono convexo de $n$ lados se descompone en $m$ triángulos con interiores disjuntos, de modo que cada lado de esos $m$ triángulos, lo es también de otro triángulo contiguo o del polígono dado. Demostrar que $m+n$ es par. Conocidos $m$ y $n$, hallar el número de lados distintos que quedan en el interior del polígono y el número de vértices distintos que quedan en ese interior.",
    "options": [],
    "answer": "m + n is even; the number of distinct interior sides is (3m − n)/2; the number of distinct interior vertices is (m − n + 2)/2.",
    "solution": "Solution:\n\nComo hay $m$ triángulos, hay $3m$ lados; de ellos $3m-n$ son interiores, y como un lado interior pertenece a dos triángulos, hay $\\frac{3m-n}{2}$ lados interiores distintos. En particular $3m-n$ es par, luego $m$ y $n$ tienen la misma paridad y $m+n$ es par.\n\nSupongamos que el número de vértices $v$ sólo depende de $m$ y $n$. Razonemos por inducción sobre $v$.\n\nSi no hay ningún vértice interior $(v=0)$, uniendo un vértice del polígono con los otros, se divide en $n-2=n+2v-2$ triángulos.\n\nSupongamos que hay $v$ vértices interiores y $n+2v-2$ triángulos. Al añadir un vértice hay dos posibilidades:\n\na) El vértice está en el interior de un triángulo, y para que se cumplan las condiciones del enunciado, debe unirse a cada uno de los tres vértices del triángulo que se divide en tres y el número de triángulos ahora es:\n$$\nn+2v-2+2=n+2(v+1)-2\n$$\n\nb) El vértice está en un lado, y entonces hay que unirlo con el vértice opuesto de cada uno de los dos triángulos que comparten ese lado, cada triángulo se descompone en dos y el número de triángulos es ahora:\n$$\nn+2v-2+2=n+2(v+1)-2\n$$\n\nEn conclusión,\n$$\nm=n+2v-2, \\quad \\text{de donde} \\quad v=\\frac{m-n+2}{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43258,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran conjuntos $A$ de cien números naturales distintos, que tengan la propiedad de que si $a, b, c$ son elementos cualesquiera (iguales o distintos) de $A$, existe un triángulo no obtusángulo cuyos lados miden $a, b$ y $c$ unidades.\nSe denomina $S(A)$ a la suma de los perímetros considerados en la definición de $A$. Calcular el valor mínimo de $S(A)$.",
    "options": [],
    "answer": "149121450",
    "solution": "Solution:\n\nSea $A$ un conjunto que cumpla las condiciones del enunciado. Queremos calcular la suma de los perímetros de los triángulos, y lo haremos por dos procedimientos distintos.\n\nPrimer procedimiento\n\nSea $k \\in A$ y contemos el número de triángulos que tienen lado $k$ y su contribución a la suma de perímetros.\n\nHay un solo triángulo equilátero de lado $k$, y contribuye con el valor $3k$.\n\nHay $99$ triángulos isósceles de lados $k, r, r$ ($k \\neq r$) y el lado $k$ contribuye con $99k$.\n\nHay $99$ triángulos isósceles de lados $k, k, r$ ($k \\neq r$) y el lado $k$ contribuye con $2 \\cdot 99k$.\n\nHay $\\binom{99}{2} = 99 \\cdot 49$ triángulos escalenos de tipo $k, r, s$ (con $k, r, s$ distintos), y su contribución es $99 \\cdot 49k$.\n\nEn total, la contribución de $k \\in A$ es de\n$$\nk(3 + 99 + 2 \\cdot 99 + 49 \\cdot 99) = 5151k\n$$\n\nSegundo procedimiento\n\nDebemos escoger de $A$ tres elementos con posibles repeticiones. El número total de formas de hacerlo corresponde al número de combinaciones con repetición de $100$ elementos tomados $3$ a tres,\n$$\nCR_{100}^3 = \\binom{100 + 3 - 1}{3} = \\binom{102}{3} = \\frac{102 \\cdot 101 \\cdot 100}{6} \\text{, triángulos}\n$$\nque corresponden a\n$$\n\\frac{102 \\cdot 101 \\cdot 100}{6} \\times 3 \\text{ lados,}\n$$\ny como que hay $100$ valores posibles para los lados, cada uno de ellos aparece\n$$\n\\frac{102 \\cdot 101}{6} \\times 3 = 5151\n$$\n\nEn ambos procedimientos, acabamos el problema observando que la suma de perímetros será por tanto $5151 S(A)$, donde $S(A)$ indica la suma de elementos de $A$, suma que debemos hacer mínima.\n\nSean ahora $a$ y $c$ el mínimo y el máximo de $A$. El triángulo $caa$ debe ser no obtusángulo, luego $c^2 \\leq 2a^2$. Si para hacer mínimo $S(A)$ exigimos que los elementos de $A$ sean consecutivos, será $c = a + 99$ y resulta $a + 99 \\leq \\sqrt{2} a$, o bien $a \\geq 240$. El conjunto es\n$$\nA = \\{240, 241, 242, \\ldots, 338, 339\\}\n$$\ncuyo suma es $28950$, y la suma de perímetros mínima es $5151 \\cdot 28950 = 149121450$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43259,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nRecortamos varios círculos de papel (no necesariamente iguales) y los extendemos sobre una mesa de modo que haya algunos solapados (con parte interior común), pero de tal forma que no haya ningún círculo dentro de otro.\n\nProbar que es imposible ensamblar las piezas que resultan de recortar las partes no solapadas y componer con ellas círculos disjuntos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLa frontera de las piezas recortadas (que no sean círculos completos) está formada por arcos cóncavos y convexos (vistos desde fuera) que se cortan en puntos que llamaremos vértices. En un vértice pueden concurrir dos arcos cóncavos o uno cóncavo y otro convexo, pero nunca dos convexos ya que éstos únicamente provienen de la frontera de los círculos iniciales. Además, los ángulos que forman los arcos en cada vértice no son de $0^{\\circ}$ ni de $180^{\\circ}$ ya que excluimos las tangencias interiores.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSupongamos que tenemos un círculo obtenido ensamblando piezas recortadas. Existe al menos un punto $P$ de la frontera de dicho círculo en el que concurren tres o más arcos de la frontera de las pieza ensambladas ($P$ es vértice de dos o más piezas). La tangente al círculo en $P$ deja a todos los arcos en un mismo semiplano. Elegido un sentido de rotación en $P$ a partir de la tangente, y avanzando en este sentido, el primer arco que encontramos es convexo y el último cóncavo. Por lo tanto es necesario que existan dos arcos consecutivos uno convexo y el otro cóncavo los cuales forman parte de la frontera de una de las piezas ensambladas. Como el arco que forman dichas piezas no puede ser ni $0^{\\circ}$ ni $180^{\\circ}$, el punto $P$ es un vértice de la pieza. Esto es contradictorio pues en ningún vértice pueden concurrir dos arcos convexos vistos desde fuera.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43260,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPor el baricentro $G$ de un triángulo $ABC$ se traza una recta que corta el lado $AB$ en $P$ y el lado $AC$ en $Q$. Demostrar que\n$$\n\\frac{PB}{PA} \\cdot \\frac{QC}{QA} \\leq \\frac{1}{4}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDupliquemos el triángulo trazando $AD$ paralela a $BC$ y $CD$ paralela a $BA$ como muestra la figura, y tomemos la longitud del lado $AB$ como unidad. Llamando $M$ a la intersección de $CD$ con la recta $PQ$ y $x = PB$, $1-x = AP$, tenemos\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPor la semejanza de los triángulos $AQP$ y $QMC$ sale\n$$\n\\frac{QC}{QA} = \\frac{MC}{AP} = \\frac{MC}{1-x}.\n$$\nPor la semejanza de los triángulos $GPB$ y $GMD$ queda\n$$\n\\frac{PB}{MD} = \\frac{GB}{GD} = \\frac{1}{2}.\n$$\nLuego $MD = 2x$ y $MC = 1-2x$.\n\nSustituyendo en el primer miembro de la relación del enunciado queda la cadena de condiciones equivalentes\n$$\n\\frac{PB}{PA} \\cdot \\frac{QC}{QA} \\leq \\frac{1}{4} \\Longleftrightarrow \\frac{x(1-2x)}{(1-x)^2} \\leq \\frac{1}{4} \\Longleftrightarrow 9x^2 - 6x + 1 \\geq 0 \\Longleftrightarrow (3x-1)^2 \\geq 0\n$$\nrelación válida para cualquier $x$.\n\nLa igualdad se alcanza para $PB = x = \\frac{1}{3}$, es decir para $MC = \\frac{1}{3}$ o bien cuando $PQ$ es paralela al lado $BC$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43261,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que en el caso de que las ecuaciones\n$$\n\\begin{aligned}\n& x^{3}+m x-n=0 \\\\\n& n x^{3}-2 m^{2} x^{2}-5 m n x-2 m^{3}-n^{2}=0\n\\end{aligned}\n$$\n$(n \\neq 0)$, tengan una raíz común, la primera tendrá dos raíces iguales, y determinar entonces las raíces de las dos ecuaciones en función de $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Let alpha = cbrt(-n/2). Then the first equation has roots alpha (double) and -2 alpha, and the second equation has roots alpha and -5 alpha (double).",
    "solution": "Solution:\nSea $\\alpha$ la raíz común de ambas ecuaciones. Entonces\n$$\n\\alpha^{3}+m \\alpha=n\n$$\ny sustituyendo en la segunda ecuación se obtiene, tras hacer operaciones:\n$$\n6 m \\alpha^{4}+8 m^{2} \\alpha^{2}+2 m^{3}=0\n$$\nSi suponemos $m \\neq 0$, entonces simplificando la relación anterior queda:\n$$\n3 \\alpha^{4}+4 m \\alpha^{2}+m^{2}=0\n$$\nResolviendo respecto de $m$ obtenemos\n$$\nm=\\left\\{\\begin{array}{l}\n-\\alpha^{2} \\\\\n-3 \\alpha^{2}\n\\end{array}\\right.\n$$\nAnalicemos cada caso.\n(i) Si $m=-\\alpha^{2}$, sustituyendo en la primera ecuación y despejando $n$ queda\n$$\nn=\\alpha^{3}-\\alpha^{3}=0\n$$\nen contra de lo supuesto. Por tanto (i) queda descartado.\n(ii) Si $m=-3 \\alpha^{2}$, sustituyendo en la primera ecuación y despejando $n$ resulta $n=\\alpha^{3}-$ $3 \\alpha^{3}=-2 \\alpha^{3}$ y la primera ecuación queda\n$$\nx^{3}-3 \\alpha^{2} x+2 \\alpha^{3}=(x-\\alpha)\\left(x^{2}+\\alpha x-2 \\alpha^{2}\\right)=(x-\\alpha)^{2}(x+2 \\alpha)\n$$\nque, efectivamente, tiene la raíz $\\alpha$ doble.\nDe $n=-2 \\alpha^{3}$ obtenemos $\\alpha=\\sqrt[3]{-\\frac{n}{2}}$.\nEntonces la segunda ecuación es de la forma\n$$\n-2 \\alpha^{3}\\left(x^{3}+9 \\alpha x^{2}+15 \\alpha^{2} x-25 \\alpha^{3}\\right)=0\n$$\ny, dividiendo por $(x-\\alpha)$, resulta $-2 \\alpha^{3}(x-\\alpha)(x+5 \\alpha)^{2}=0$, cuyas raíces son $\\alpha$ y $-5 \\alpha$ siendo doble la última.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43262,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn la figura, $AB$ es un segmento fijo y $C$ un punto variable dentro de él. Se construyen triángulos equiláteros $ACB'$\ny $CBA'$ de lados $AC$ y $CB$ en el mismo semiplano definido por $AB$, y otro triángulo equilátero $ABC'$ de lado $AB$ en el semiplano opuesto. Demostrar:\n\na) Las rectas $AA'$, $BB'$ y $CC'$ son concurrentes.\n\nb) Si llamamos $P$ al punto común a las tres rectas del apartado a), hallar el lugar geométrico de $P$ cuando $C$ varía en el segmento $AB$.\n\nc) Los centros $A''$, $B''$ y $C''$ de los tres triángulos forman un triángulo equilátero.\n\nd) Los puntos $A''$, $B''$, $C''$ y $P$ son concíclicos.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "a) The three lines are concurrent at a point P.\nb) As the interior point varies along the segment, P traces the arc of the circumcircle of the equilateral triangle on the whole segment lying on the side opposite to that triangle’s vertex; equivalently, the arc from which the segment is seen under an angle of one hundred twenty degrees.\nc) The three centers of the constructed equilateral triangles form an equilateral triangle.\nd) These three centers and the point P lie on a common circle.",
    "solution": "Solution:\n\nPara resolver este problema utilizaremos muchas veces la propiedad siguiente: si desde un punto $P$ de la circunferencia circunscrita a un triángulo equilátero trazamos segmentos que lo unan a los tres vértices, dichos segmentos forman ángulos de $60^{\\circ}, 60^{\\circ}$ y $120^{\\circ}$; y este último corresponde al ángulo formado por los segmentos que une $P$ con los vértices más próximos. Y recíprocamente, si dos de los ángulos que forman los segmentos que unen un punto $P$ con los vértices de un triángulo equilátero son de $60^{\\circ}$ y $60^{\\circ}$, entonces dicho punto $P$ pertenece a la circunferencia circunscrita al triángulo.\n\n![](attached_image_2.png)\n\na) Tracemos las circunferencias circunscritas a los triángulos $ACB'$ y $CBA'$, y sea $P$ el punto de intersección distinto del $C$. Desde $P$ se ven $AC$ y $CB$ bajo ángulo de $60^{\\circ}$, luego se ve $AB$ bajo ángulo de $120^{\\circ}$, y por lo tanto la circunferencia circunscrita a $ABC'$ también pasa por $P$. Además, desde $P$ vemos $CB$ bajo ángulo de $60^{\\circ}$ y $CB'$ bajo ángulo de $120^{\\circ}$, y esto implica que $B'$, $P$ y $B$ están alineados. Un razonamiento análogo demuestra que $A'$, $P$ y $A$ están alineados. En cuanto a la alineación de $P, C, C'$, basta observar que tanto $C'B$ como $CB$ se ven desde $P$ bajo ángulo de $60^{\\circ}$.\n\n![](attached_image_3.png)\n\nb) Si observamos que el ángulo $\\widehat{APB}$ es de $120^{\\circ}$ deducimos que el lugar geométrico de $P$ es el arco de circunferencia circunscrita a $ABC'$ que está por debajo del segmento $AB$.\n\nc) Para demostrar esta parte utilizaremos que la cuerda común a dos circunferencias secantes es perpendicular a la línea de los centros. El segmento $A''B''$ es perpendicular a $CP$, el $C''B''$ es perpendicular a $AP$ y el $C''A''$ es perpendicular a $BP$. Como que $CP$ y $AP$ forman un ángulo de $60^{\\circ}$, también forman ese ángulo las $A''B''$ y $B''C''$. Repitiendo el razonamiento, vemos que los tres ángulos de $A''B''C''$ son de $60^{\\circ}$, y el triángulo es equilátero.\n\n![](attached_image_4.png)\n\nd) El cuadrilátero $A''PB''C$ marcado en la figura tiene las dos diagonales que son la cuerda común de dos circunferencias y la línea de los centros. Por lo tanto es simétrico respecto de esta última y $\\widehat{A''CB''}=\\widehat{A''PB''}$. Pero $\\widehat{A''CB''}=180^{\\circ}-30^{\\circ}-30^{\\circ}=120^{\\circ}$ (los ángulos señalados son de $30^{\\circ}$ ), de forma que $\\widehat{A''PB''}=120^{\\circ}$ y esto nos dice que desde $P$ se ve el lado $A''B''$ del triángulo equilátero $A''B''C''$ bajo ángulo de $120^{\\circ}$, es decir que $P$ está en la circunferencia circunscrita a este triángulo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43263,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a$, $b$ y $c$ tres números reales. Se consideran las funciones\n$$\nf(x) = a x^{2} + b x + c \\quad \\text{y} \\quad g(x) = c x^{2} + b x + a\n$$\nSabiendo que\n$$\n|f(-1)| \\leq 1, \\quad |f(0)| \\leq 1, \\quad y \\quad |f(1)| \\leq 1\n$$\nprobar que si $-1 \\leq x \\leq 1$, entonces $|f(x)| \\leq 5/4$ y $|g(x)| \\leq 2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nPodemos conseguir coeficientes $A$, $B$, $C$, tales que se tenga idénticamente\n$$\nf(x) = A x(x+1) + B x(x-1) + C\\left(x^{2} - 1\\right)\n$$\nParticularizando para $x = 1, -1, 0$ y resolviendo el sistema queda\n$$\nf(x) = \\frac{f(1)}{2} x(x+1) + \\frac{f(-1)}{2} x(x-1) + f(0)\\left(1 - x^{2}\\right)\n$$\nDe aquí se deduce\n$$\n|f(x)| \\leq \\frac{1}{2} |x(x+1)| + \\frac{1}{2} |x(x-1)| + \\left|1 - x^{2}\\right|\n$$\ncomo $-1 \\leq x \\leq 1$, $1 + x \\geq 0$, $1 - x \\geq 0$ y $1 - x^{2} \\geq 0$, resulta\n$$\n|f(x)| \\leq \\frac{|x|}{2}(1 + x) + \\frac{|x|}{2}(1 - x) + 1 - x^{2} = -x^{2} + |x| + 1 = \\frac{5}{4} - \\left(|x| - \\frac{1}{2}\\right)^{2} \\leq \\frac{5}{4}\n$$\nPor otra parte, para $x \\neq 0$, es $g(x) = x^{2} f\\left(\\frac{1}{x}\\right)$. Entonces\n$$\ng(x) = \\frac{f(1)}{2}(1 + x) + \\frac{f(-1)}{2}(1 - x) + f(0)\\left(x^{2} - 1\\right)\n$$\nválido para $-1 \\leq x \\leq 1$. Así pues\n$$\n|g(x)| \\leq \\frac{1 + x}{2} + \\frac{1 - x}{2} + 1 - x^{2} = 2 - x^{2} \\leq 2\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43264,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn Port Aventura hay 16 agentes secretos. Cada uno de ellos vigila a alguno de sus colegas. Se sabe que si el agente $A$ vigila al agente $B$, entonces $B$ no vigila a $A$. Además, 10 agentes cualesquiera pueden ser numerados de forma que el primero vigila al segundo, éste vigila al tercero, ..., el décimo vigila al primero. Demostrar que también se pueden numerar de esa manera 11 agentes cualesquiera.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDiremos que los agentes $A$ y $B$ son neutrales si $A$ no vigila a $B$ ni $B$ vigila a $A$.\nSean $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{n}$ los agentes. Sea $a_{i}$ el número de agentes que vigilan a $A_{i}$, $b_{i}$ el número de agentes que son vigilados por $A_{i}$, y $c_{i}$ el número de agentes que son neutrales con $A_{i}$.\nEs claro que\n$$\na_{i}+b_{i}+c_{i}=15, \\quad a_{i}+c_{i} \\leq 8, \\quad b_{i}+c_{i} \\leq 8 \\quad \\text{ para } i=1,2, \\ldots,16\n$$\nNotemos que si una cualquiera de las dos últimas desigualdades no se cumpliese, entonces no se podrían numerar 10 espías en la forma indicada.\nCombinando las relaciones anteriores obtenemos $c_{i} \\leq 1$. Por tanto para cualquier espía el número de sus colegas neutrales es 0 ó 1.\n\nRazonemos por reducción al absurdo.\nSupongamos que hubiera un grupo de 11 espías que NO se pudiera numerar en la forma descrita. Sea $B$ uno cualquiera de los espías de este grupo.\nNumeramos los otros 10 espías como $C_{1}, C_{2}, \\ldots, C_{10}$ de modo que $C_{1}$ vigila $C_{2}, \\ldots, C_{10}$ vigila a $C_{1}$. Supongamos que ninguno de los $C_{i}$ sea neutral respecto de $B$. Entonces si $C_{1}$ vigila a $B$, $B$ no puede vigilar a $C_{2}$, pues en tal caso $C_{1}, B, C_{2}, \\ldots, C_{10}$ formaría un grupo en las condiciones del problema; luego $C_{2}$ vigila $B$, etc. De este modo llegamos a la contradicción de que todos los espías del grupo vigilan a $B$. Por tanto cada uno de los 11 espías debe tener uno y sólo uno del grupo neutral con él, lo cual es imposible.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43265,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLa figura adjunta se compone de seis pentágonos regulares de lado un metro. Se dobla por las líneas de puntos hasta que coincidan las aristas no punteadas que confluyen en cada vértice. ¿Qué volumen de agua cabe en el recipiente así formado?\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "(15 + 7*sqrt(5))/12",
    "solution": "Solution:\nLa figura formada por el agua es un tronco de pirámide pentagonal cuya base menor es el pentágono dado y cuya base mayor es otro pentágono regular que tiene por lado la diagonal del anterior paralela a la arista de la base como se muestra en la siguiente figura.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nEste pirámide aparece en la figura en forma invertida para una mejor comprensión del dibujo.\nSi llamamos $d$ a la diagonal del pentágono regular de lado uno, sabemos que\n$$\n\\frac{1}{d-1}=\\frac{d}{1} \\Longleftrightarrow d^{2}-d-1=0 \\Longrightarrow d=\\frac{1+\\sqrt{5}}{2}=\\varphi\n$$\n$\\varphi$ es el llamado número áureo y representa la relación entre la diagonal y el lado de un pentágono regular. En nuestro caso es la relación de semejanza entre las bases del tronco de pirámide. Además, $\\cos 36^{\\circ}=\\frac{d}{2}=\\frac{\\varphi}{2}=\\frac{1+\\sqrt{5}}{4}$, y para el radio $r$ sale $\\sen 36^{\\circ}=\\frac{1}{2 r}$, de donde\n$$\nr=\\frac{1}{2 \\operatorname{sen} 36^{\\circ}}=\\frac{1}{\\sqrt{4-\\varphi^{2}}}\n$$\nLlamando $V$ al volumen de la pirámide grande, $v$ al de la pequeña, sabemos que $V=\\varphi^{3} v$; y para el volumen del tronco de cono $V_{t}$ queda\n$$\nV_{t}=V-v=\\varphi^{3} v-v=v\\left(\\varphi^{3}-1\\right)=\\frac{1}{3} a h\\left(\\varphi^{3}-1\\right)\n$$\nsiendo $a$ el área del pentágono de lado 1. Sólo nos queda calcular $a, h$, sustituir y operar:\n\n![](attached_image_3.png)\n\nEl área $a$ la calculamos sumado 5 triángulos isósceles de lados iguales $r$, con ángulo desigual de $72^{\\circ}$.\n$$\na=\\frac{5}{2} r^{2} \\operatorname{sen} 72^{\\circ}=\\frac{5}{2} r^{2} 2 \\operatorname{sen} 36^{\\circ} \\cos 36^{\\circ}=\\frac{5}{2} r \\cos 36^{\\circ}=\\frac{5}{4} r \\varphi\n$$\n(Hemos usado $2 r \\operatorname{sen} 36^{\\circ}=1$ ).\nPara calcular $h$, por la semejanza de los triángulos de la figura central, tenemos:\n$$\n\\frac{H}{R}=\\frac{h}{r}=\\frac{H-h}{R-r}\n$$\nimplica que\n$$\nh=\\frac{r(H-h)}{R-r}=\\frac{r \\sqrt{1-(R-r)^{2}}}{r(\\varphi-1)}=\\frac{\\sqrt{1-r^{2}(\\varphi-1)^{2}}}{\\varphi-1}=\\frac{\\sqrt{1-\\frac{(\\varphi-1)^{2}}{4-\\varphi^{2}}}}{\\varphi-1}\n$$\nComo $\\varphi$ cumple la ecuación (1), es $\\varphi^{2}=\\varphi+1$; tenemos para la expresión de $h$\n$$\nh=\\frac{\\sqrt{1-\\frac{(\\varphi-1)^{2}}{4-\\varphi^{2}}}}{\\varphi-1}=\\frac{\\sqrt{4-\\varphi^{2}-\\varphi^{2}+2 \\varphi-1}}{(\\varphi-1) \\sqrt{4-\\varphi^{2}}}=\\frac{\\sqrt{3-2 \\varphi-2+2 \\varphi}}{(\\varphi-1) \\sqrt{4-\\varphi^{2}}}=\\frac{1}{(\\varphi-1) \\sqrt{4-\\varphi^{2}}}\n$$\nSustituyendo las expresiones de $a$ y $h$ y poniendo $\\varphi^{3}-1=(\\varphi-1)\\left(\\varphi^{2}+\\varphi+1\\right)$ queda\n$$\nV_{t}=\\frac{1}{3} \\frac{5}{4} \\frac{\\varphi}{\\sqrt{4-\\varphi^{2}}} \\frac{\\left(\\varphi^{3}-1\\right)}{(\\varphi-1) \\sqrt{4-\\varphi^{2}}}=\\frac{5}{12} \\frac{\\varphi\\left(\\varphi^{2}+\\varphi+1\\right)}{4-\\varphi^{2}}=\\frac{5}{6} \\frac{\\varphi(\\varphi+1)}{3-\\varphi}=\\frac{5}{6} \\frac{2 \\varphi+1}{3-\\varphi}\n$$\ny sustituyendo el valor de $\\varphi$ de (1), queda finalmente:\n$$\nV_{t}=\\frac{5}{3} \\frac{2+\\sqrt{5}}{5-\\sqrt{5}}=\\frac{15+7 \\sqrt{5}}{12} \\cong 2,554 \\mathrm{~m}^{3}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 43266,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCalcular la suma de los cuadrados de los cien primeros términos de una progresión aritmética, sabiendo que la suma de ellos vale $-1$, y la suma de los términos de lugar par vale $+1$.",
    "options": [],
    "answer": "299.98",
    "solution": "Solution:\n\nSea la progresión, $a, a+d, a+2d, \\ldots, a+99d$; tenemos que hallar\n$$\n\\begin{aligned}\nS = a^{2} + (a+d)^{2} + \\ldots + (a+99d)^{2} = \\\\\n= 100a^{2} + 2ad(1+2+\\ldots+99) + d^{2}\\left(1^{2} + 2^{2} + \\ldots + 99^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nPara calcular $a$ y $d$ resolvemos el sistema\n$$\n\\left\\{\n\\begin{array}{r}\n(a + a + 99d) 50 = -1 \\\\\n(a + d + a + 99d) 25 = 1\n\\end{array}\n\\right.\n$$\nque, después de hacer operaciones, da $a = -2{,}98$ ; $d = 0{,}06$.\n\nEl resto es fácil de calcular. Los paréntesis son progresiones de primer y segundo orden.\n$$\n1 + 2 + \\ldots + 99 = 4950 ; \\quad 1^{2} + 2^{2} + \\ldots + 99^{2} = 328350\n$$\nEl resultado final es $S = 299{,}98$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43267,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn cuadrado de lado $5$ se divide en $25$ cuadrados unidad por medio de rectas paralelas a los lados. Sea $A$ el conjunto de los $16$ puntos interiores, que son vértices de los cuadrados unidad, pero que no están en los lados del cuadrado inicial.\n\n¿Cuál es el mayor número de puntos de $A$ que se pueden elegir de manera que tres cualesquiera de ellos no sean vértices de un triángulo rectángulo isósceles?",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "Solution:\n\nNumeremos los $16$ puntos como indica la tabla siguiente.\n\n| 13 | 14 | 15 | 16 |\n| :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 9 | 10 | 11 | 12 |\n| 5 | 6 | 7 | 8 |\n| 1 | 2 | 3 | 4 |\n\nPor simple tanteo se obtiene un conjunto de seis puntos que cumple la condición del enunciado, por ejemplo $\\{1,2,3,8,12,16\\}$.\n\nSupongamos que hubiera un conjunto $M$ de $7$ puntos que también la cumpliese. Notemos que si cuatro puntos forman un cuadrado, a lo sumo figurarán dos de ellos en $M$. Los puntos de los conjuntos\n$$\n\\{1,4,16,13\\},\\{2,8,15,9\\},\\{3,12,14,5\\}\n$$\nforman cuadrados y su unión forma el \"contorno exterior\" de $A$, luego a lo sumo $6$ de los puntos elegidos deben estar en $M$ y por tanto al menos un punto de $M$ debe ser del conjunto \"interior\" de $A\\setminus\\{6,7,10,11\\}$.\n\nPor la simetría de la figura supongamos que es el $7$. Como $\\{7,16,9\\}$ y $\\{1,7,14\\}$ forman triángulos rectángulos isósceles, a lo sumo $2$ de los puntos del conjunto $\\{1,9,14,16\\}$ deberán figurar en $M$. Además, $\\{5,7,13,15\\}$ forman un cuadrado; por tanto, a lo sumo podremos elegir dos números entre $\\{5,13,15\\}$, de ello se deduce que en $M$ deben figurar al menos tres puntos de $\\{2,3,4,6,8,10,11,12\\}$.\n\nSi descomponemos este conjunto en dos subconjuntos \"cuadrados\" y disjuntos\n$$\n\\{3,6,11,8\\} \\text{ y } \\{2,4,10,12\\}\n$$\nforzosamente de uno de ellos habremos de tomar dos puntos y uno de otro.\n\nSi tomamos dos puntos del primero, las únicas posibilidades son $\\{3,11\\}$ y $\\{6,8\\}$, ambas incompatibles con cualquier elección del punto restante en el segundo conjunto.\n\nSi los dos puntos se eligen del segundo, las únicas maneras son $\\{2,12\\}$ y $\\{4,10\\}$, de nuevo incompatibles con cualquier elección del punto que falta en el primer conjunto.\n\nEn resumen el número máximo de elementos es $6$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43268,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran las parábolas $y = x^{2} + p x + q$ que cortan a los ejes de coordenadas en tres puntos diferentes, por los que se traza una circunferencia. Demostrar que todas las circunferencias trazadas al variar $p$ y $q$ en $\\mathbb{R}$ pasan por un punto fijo, que se determinará.",
    "options": [],
    "answer": "(0, 1)",
    "solution": "Solution:\n\nSean $\\alpha$ y $\\beta$ las raíces. Los tres puntos que definen la circunferencia son $A(\\alpha, 0)$, $B(\\beta, 0)$ y $C(0, q)$, cumpliéndose $\\alpha + \\beta - p = 0$ y $\\alpha \\beta = q$.\n\nLa mediatriz de $AB$ es la recta paralela al eje $OY$ de ecuación $x = -\\frac{p}{2}$.\n\nHallando la mediatriz de $AC$, cortando con la anterior y teniendo en cuenta las relaciones $(*)$, se obtiene para el centro de la circunferencia las coordenadas $\\left(-\\frac{p}{2}, \\frac{q+1}{2}\\right)$ y para el radio $r = \\sqrt{\\frac{p^{2} + (1-q)^{2}}{4}}$. La ecuación de la circunferencia es\n$$\n\\left(x + \\frac{p}{2}\\right)^{2} + \\left(y - \\frac{q+1}{2}\\right)^{2} = \\frac{p^{2} + (1-q)^{2}}{4}\n$$\nque una vez operada queda:\n$$\nx^{2} + y^{2} + p x - (1+q) y + q = 0\n$$\nque se cumple para el punto $(0,1)$, con independencia de $p$ y $q$, como se comprueba por simple sustitución.\n\n\nSegunda solución\n\nPuesto que la parábola corta al eje de abscisas en dos puntos, se podrá escribir en la forma:\n$$\ny = (x-a)(x-b)\n$$\ny los puntos de intersección son\n$$\nA(a, 0),\\ B(b, 0),\\ C(0, ab)\n$$\nLa inversión de polo el origen que transforma $A$ en $B$, transforma $C$ en $U(0,1)$, así que los cuatro puntos $A, B, C, U$ son concíclicos y todas las circunferencias pasan por el punto fijo $U$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43269,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $p$ un número primo. Determinar todos los enteros $k \\in \\mathbb{Z}$ tales que $\\sqrt{k^{2}-p k}$ es un entero positivo.",
    "options": [],
    "answer": "If p = 2: k ∈ {0, 2}. If p ≠ 2: k ∈ { ((p+1)/2)^2, -((p-1)/2)^2, p, 0 }.",
    "solution": "Solution:\n\nSi ponemos $\\sqrt{k^{2}-k p}=n$ nos queda $k^{2}-p k-n^{2}=0$, de donde se deduce\n$$\nk=\\frac{p \\pm \\sqrt{p^{2}+4 n^{2}}}{2}\n$$\nEl radicando ha de ser cuadrado perfecto; llamémosle $a$. Se tiene\n$$\np^{2}+4 n^{2}=a^{2} \\quad \\text{ o bien } \\quad p^{2}=(a+2 n)(a-2 n)\n$$\nComo $p$ es primo y $a+2 n \\geq a-2 n$, sólo hay dos posibilidades. Una de ellas es $a+2 n=p^{2}$ y $a-2 n=1$, y la otra $a+2 n=p$ y $a-2 n=p$.\nEn el primer caso es $a=\\frac{p^{2}+1}{2}$ y $n=\\frac{p^{2}-1}{4}$, lo que exige $p \\neq 2$, ( $n$ natural).\nEn el segundo caso resulta $a=p$ y $n=0$.\nSustituyendo los valores de $a$ en $\\left.\\{ \\}^{*}\\right)$ y operando queda:\nSi $p=2$, entonces $k=2$ o $k=0$.\nSi $p \\neq 2$, entonces quedan los cuatro valores:\n$$\nk_{1}=\\left(\\frac{p+1}{2}\\right)^{2}, \\quad k_{2}=-\\left(\\frac{p-1}{2}\\right)^{2}, \\quad k_{3}=p, \\quad k_{4}=0\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43270,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDemostrar que en un cuadrilátero convexo de área unidad, la suma de las longitudes de todos los lados y diagonales no es menor que $2(2+\\sqrt{2})$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea el cuadrilátero de lados $a, b, c, d$ y diagonales $p$ y $q$. Trazando las paralelas por cada vértice a la diagonal que no pasa por él se forma un paralelogramo de área $2$ y lados $p$ y $q$.\nPor el teorema isoperimétrico, de todos los paralelogramos de área $2$, el cuadrado tiene perímetro mínimo que vale $4 \\sqrt{2}$, luego\n$$\n2(p+q) \\geq 4 \\sqrt{2} \\Leftrightarrow p+q \\geq 2 \\sqrt{2}\n$$\nEn cuanto a los lados, por el mismo teorema para un cuadrado de área $1$ el perímetro es $4$, luego\n$$\na+b+c+d \\geq 4\n$$\n![](attached_image_1.png)\n\nSumando (1) y (2) se obtiene el resultado.\nSolution:\n\nEsta solución no usa la propiedad isoperimétrica sino que establece directamente las desigualdades (1) y (2).\nSi $\\alpha$ es el ángulo que forman las diagonales, tenemos:\n$$\n1=\\frac{p q}{2} \\operatorname{sen} \\alpha \\leq \\frac{p q}{2} \\quad \\text{de donde} \\quad p q \\geq 2\n$$\npero $(p+q)^2=(p-q)^2+4 p q \\geq 4 p q \\geq 8$, de donde\n$$\np+q \\geq \\sqrt{8}=2 \\sqrt{2}\n$$\nPara los lados, si descomponemos el cuadrilátero en dos triángulos mediante la diagonal $q$, tenemos:\n$$\n1 \\leq \\frac{a b}{2}+\\frac{c d}{2}\n$$\nDescomponiendo ahora en dos triángulos mediante la diagonal $p$ resulta\n$$\n1 \\leq \\frac{b c}{2}+\\frac{d a}{2}\n$$\ny de ambas desigualdades se obtiene $a b+b c+c d+d a \\geq 4$.\nPero $(a+b+c+d)^2=((a+c)-(b+d))^2+4(a+c)(b+d) \\geq 4(a+c)(b+d) \\geq 16$, de donde\n$$\na+b+c+d \\geq 4\n$$\nBasta sumar (1) y (2) para obtener lo pedido.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43271,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPara dar una vuelta completa en un coche a un circuito circular, la cantidad exacta de gasolina está distribuida en depósitos fijos situados en $n$ puntos distintos cualesquiera del circuito. Inicialmente el depósito del coche está vacío. Demostrar que cualquiera que sea la distribución del combustible en los depósitos, siempre existe un punto de partida de forma que se puede dar la vuelta completa.\n\nSe supone que el consumo es uniforme y proporcional a la distancia.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $c_{1}, c_{2}, \\ldots, c_{n}$ las cantidades de combustible en cada uno de los $n$ depósitos y sean $d_{1}, d_{2}, \\ldots, d_{n}$ las distancias a recorrer desde cada depósito hasta el siguiente.\nHagamos el gráfico del consumo comenzando en un punto de aprovisionamiento cualquiera. Notemos que los tramos inclinados tienen todos la misma pendiente. Los tramos bajo el eje representan las situaciones imposibles. La pendiente de los tramos inclinados vale $-\\frac{\\sum c_{i}}{\\sum d_{i}}$. La hipótesis de que el total de combustible es la cantidad exacta para dar la vuelta se traduce en que la gráfica comienza y termina en el eje $OX$.\nLa función resultante (trazo continuo) tiene un mínimo, en la figura en el punto 3. Basta comenzar en ese punto para asegurar que el recorrido es posible.\n\nEn efecto, gráficamente equivale a trasladar el eje $OX$ en sentido vertical hasta el punto más bajo con lo que aseguramos que ninguna zona queda bajo el eje. La nueva gráfica puede trazarse a partir del punto 3 siguiendo el mismo trazado hacia la derecha y trasladando la parte anterior (tramos 1-2 y 2-3) al punto final de la gráfica anterior (de puntos en la figura).\n\n![](attached_image_1.png)\n\n\nSegunda solución\n\nSe numeran los depósitos de 1 a $n$ comenzando por uno cualquiera en sentido antihorario. Llamamos $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ a la cantidad de gasolina de cada depósito; y $b_{1}, b_{2}, \\ldots, b_{n}$ a la cantidad de gasolina necesaria para ir del depósito $a_{i}$ al siguiente. Finalmente, ponemos $d_{1}=a_{1}-b_{1}, d_{2}=a_{2}-b_{2}, \\ldots, d_{n}=a_{n}-b_{n}$. Diremos que un depósito es positivo o negativo según lo sea $d_{i}$.\nSi $d_{i}=0$, la ubicación del depósito $i$ no influye en la ordenación del recorrido. Por ello podemos suponer sin pérdida de generalidad que $d_{i} \\neq 0$ para todo $i$.\nPor otra parte, si hay varios depósitos consecutivos positivos o negativos, el tramo limitado por ellos se puede considerar como un único tramo positivo o negativo. Así, el problema se reduce a tener un número par de depósitos alternativamente positivos o negativos. Agrupando los tramos por parejas, éstas resultarán positivas o negativas y volvemos a repetir el proceso.\nAsí reducimos el caso a un número de depósitos $n_{1} \\leq \\frac{n}{2}$.\nComo $n<2^{k}$, a lo sumo en $k-1$ etapas llegaremos a tener 2 depósitos, uno con más gasolina que otro, en cuyo caso empezando por el que tenga más combustible se puede completar el circuito.\nEl caso de un sólo depósito es trivial: se empieza y termina en ese único depósito.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43272,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn cuadrado $ABCD$ de centro $O$ y lado $\\ell$ gira un ángulo $\\alpha$ en torno a $O$. Hallar el área común a los dos cuadrados.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "S(α) = 2ℓ^2 / (1 + sin α + cos α), for 0 ≤ α ≤ 90°, extended to all angles by periodicity of 90°",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\n\n![](attached_image_2.png)\n\nPor la simetría bastará considerar $0<\\alpha<90^\\circ$, ya que la función es periódica con periodo de un cuarto de vuelta. El área pedida $S(\\alpha)$ sale restando del área del cuadrado cuatro triángulos como el $PA' M$.\n\nLlamando $x$ al cateto $PA'$, e $y$ al cateto $A'M$, el área de cuatro triángulos vale $2xy$. Como el lado $B'A'$ vale $1$, tenemos:\n$$\nx+y=1-\\sqrt{x^2+y^2}\n$$\nrelación que elevada al cuadrado y simplificada queda\n$$\n2xy=1-2\\sqrt{x^2+y^2}\n$$\npero\n$$\nx=\\sqrt{x^2+y^2}\\cos \\alpha, \\quad y=\\sqrt{x^2+y^2}\\sen \\alpha\n$$\ny sustituyendo en (1) resulta\n$$\n\\sqrt{x^2+y^2}(1+\\cos \\alpha+\\sen \\alpha)=1 \\text{ de donde } \\sqrt{x^2+y^2}=\\frac{1}{1+\\sen \\alpha+\\cos \\alpha}\n$$\nSustituyendo en (2) y operando obtenemos\n$$\n2xy=1-\\frac{2}{1+\\sen \\alpha+\\cos \\alpha}=\\frac{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha-1}{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha+1}\n$$\nFinalmente, para el área pedida obtenemos\n$$\nS(\\alpha)=1-\\frac{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha-1}{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha+1}=\\frac{2}{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha+1} \\quad \\text{con} \\quad 0 \\leq \\alpha \\leq 90^\\circ\n$$\n\n\nSegunda solución\n\n![](attached_image_3.png)\n\nEl área pedida consta de 8 triángulos como el sombreado en la figura $OPM$. Tomando como base $b=MP$, la altura es constante (de trazos en la figura) y vale $1/2$. En el triángulo $PA'M$ se tiene $MA'=b\\cos \\alpha$, $PA'=b\\sen \\alpha$; pero $BM=MA'$ y $PA=PA'$, y además\n$$\nBM+MP+PA=1 \\quad \\text{o bien} \\quad b\\cos \\alpha+b+b\\sen \\alpha=1\n$$\nde donde\n$$\nb=\\frac{1}{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha+1}\n$$\ny el área pedida es:\n$$\nS(\\alpha)=8\\frac{1}{2}\\frac{1}{2}\\frac{1}{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha+1}=\\frac{2}{\\sen \\alpha+\\cos \\alpha+1} \\quad \\text{con} \\quad 0 \\leq \\alpha \\leq 90^\\circ\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43273,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar todos los números naturales de cuatro cifras, escritos en base 10, que sean iguales al cubo de la suma de sus cifras.",
    "options": [],
    "answer": "4913, 5832",
    "solution": "Solution:\n\nSea $n$ un número que cumpla las condiciones del enunciado, y $s$ la suma de sus cifras. Como $1000 \\leq n \\leq 9999$ y $n = s^{3}$, resulta\n$$\n11 \\leq s \\leq 21\n$$\nSi $n = x y z t$, tenemos\n$$\n\\left.\\begin{array}{r}\n1000 x + 100 y + 10 z + t = s^{3} \\\\\nx + y + z + t = s\n\\end{array}\\right\\}\n$$\ny restando queda\n$$\n999 x + 99 y + 9 z = s^{3} - s\n$$\ncuyo segundo miembro ha de ser múltiplo de $9$ (por serlo el primero) y, habida cuenta de que\n$$\ns^{3} - s = (s - 1) s (s + 1)\n$$\ny por (1), sólo hay tres valores de $s^{3} - s$ que son múltiplos de $9$\n$$\n16 \\cdot 17 \\cdot 18 ;\\quad 17 \\cdot 18 \\cdot 19 \\text{ y } 18 \\cdot 19 \\cdot 20\n$$\nSustituimos en (3) y analizamos cada caso.\n\nPrimer caso.\n$$\n999 x + 99 y + 9 z = 16 \\cdot 17 \\cdot 18 \\text{ implica que } 111 x + 11 y + z = 544\n$$\ny resulta inmediatamente $x = 4$, $y = 9$, $z = 1$, valores que llevados a (2) con $s = 17$, dan $t = 3$ y finalmente $n = 4913$.\n\nSegundo caso.\n$$\n999 x + 99 y + 9 z = 17 \\cdot 18 \\cdot 19 \\text{ implica que } 111 x + 11 y + z = 646\n$$\nde donde $x = 5$, $y = 8$, $z = 3$, valores que llevados a (2) con $s = 18$ dan $t = 2$ y finalmente $n = 5832$.\n\nTercer caso.\n$$\n999 x + 99 y + 9 z = 18 \\cdot 19 \\cdot 20 \\text{ implica que } 111 x + 11 y + z = 760\n$$\ny resulta $x = 6$, $y = 8$, $z = 6$, valores que llevados a (2) con $s = 19$ dan una contradicción. Resumiendo, las únicas soluciones son $n = 4913$ y $n = 5832$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43274,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera un triángulo $ABC$ y su circunferencia circunscrita. Si $D$ y $E$ son puntos sobre el lado $BC$ tales que $AD$ y $AE$ son, respectivamente, paralelas a las tangentes en $C$ y $B$ a la circunferencia circunscrita, demostrar que\n$$\n\\frac{BE}{CD} = \\frac{AB^2}{AC^2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLos triángulos $ABC$ y $ADC$ son semejantes pues tienen los tres ángulos iguales ya que $\\widehat{ADC} = \\widehat{BCM} = \\widehat{BAC}$. La primera igualdad sale por ser $AD$ y $CM$ paralelas y la segunda por ser $\\widehat{BCM}$ un ángulo semiinscrito. El ángulo $\\widehat{ACD}$ es común.\nEstableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta:\n$$\n\\frac{CD}{AC} = \\frac{AC}{BC} \\quad \\text{o bien} \\quad CD \\cdot BC = AC^2\n$$\nDe modo análogo, los triángulos $ABC$ y $ABE$ son semejantes pues $\\widehat{AEB} = \\widehat{EBM} = \\widehat{BAC}$ y el ángulo $\\widehat{ABE}$ es común.\nEstableciendo la proporcionalidad entre sus lados, resulta:\n$$\n\\frac{BE}{AB} = \\frac{AB}{BC} \\quad \\text{o bien} \\quad BE \\cdot BC = AB^2\n$$\nDividiendo las igualdades (1) y (2) se obtiene el resultado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43275,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar las tangentes de los ángulos de un triángulo sabiendo que son números enteros positivos.",
    "options": [],
    "answer": "tan(alpha) = 1, tan(beta) = 2, tan(gamma) = 3",
    "solution": "Solution:\n\nSean $\\alpha, \\beta, \\gamma$ los tres ángulos y supongamos $\\alpha \\leq \\beta \\leq \\gamma$.\nSi fuera $\\gamma \\geq \\frac{\\pi}{2}$, tendría que ser $\\alpha<\\frac{\\pi}{4}$ y entonces $\\tan \\alpha$ no sería entero.\nSi $\\tan \\alpha>1$, entonces $\\alpha \\geq \\arctan 2>\\arctan \\sqrt{3}=\\frac{\\pi}{3}$, imposible ya que $\\alpha+\\beta+\\gamma=\\pi$. Por tanto $\\arctan \\alpha=1$ y $\\beta+\\gamma=\\frac{3 \\pi}{4}$, con lo que\n$$\n\\tan (\\beta+\\gamma)=-1=\\frac{\\tan \\beta+\\tan \\gamma}{1-\\tan \\beta \\tan \\gamma}\n$$\nrelación que operada se convierte en\n$$\n(\\tan \\beta-1)(\\tan \\gamma-1)=2\n$$\nde donde, por ser enteros positivos, se sigue $\\tan \\beta=2$ y $\\tan \\gamma=3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43276,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar los valores de $n$ para los que es posible construir un cuadrado $n \\times n$ ensamblando piezas del tipo\n\n![](attached_image_1.png)\n",
    "options": [],
    "answer": "n is a multiple of 4",
    "solution": "Solution:\n\nSi $n$ es múltiplo de $4$, evidentemente existe solución, como indica la figura siguiente.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nRecíprocamente, supongamos que el cuadrado $n \\times n$ se puede recubrir. Como cada pieza tiene $4$ cuadrados, deberá ser $n^{2}$ múltiplo de $4$, y $n$ múltiplo de $2$.\n\nEl caso $n=4k$ ya sabemos que tiene solución. Queda sólo considerar el caso $n=4k+2$. Veamos que en ese caso la respuesta es negativa.\n\nSupongamos que fuera posible.\n\nSi pintamos cada cuadradito del cuadrado dado alternativamente de blanco y negro como en un tablero de ajedrez, hay dos posibilidades para cada pieza.\n\nSea $a$ el número de piezas del tipo de las de la izquierda y $b$ el número de piezas del tipo de las de la derecha.\n\n![](attached_image_3.png)\nTipo $a$\n\n![](attached_image_4.png)\nTipo $b$\n\nTenemos\n$$\na+b=\\frac{(4k+2)^{2}}{4}=(2k+1)^{2}=4k^{2}+4k+1\n$$\nluego $a+b$ ha de ser impar.\n\nPor otra parte, como hay tantas casillas blancas como negras, se tiene: $3a+b=3b+a$, de donde $a=b$, y $a+b=2a$ ha de ser par en contradicción con lo anterior.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43277,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que existe una sucesión de enteros positivos $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}, \\ldots$ tal que\n$$\na_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\\cdots+a_{n}^{2}\n$$\nes un cuadrado perfecto para todo entero positivo $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLo haremos por inducción sobre $n$. Para $n=2$ basta tomar $a_{1}=3, a_{2}=4$ con $3^{2}+4^{2}=5^{2}$. Supongamos por hipótesis de inducción que\n$$\na_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\\cdots+a_{n}^{2}=k^{2}\n$$\nVeamos que podemos encontrar un entero positivo $a_{n+1}$ tal que $k^{2}+a_{n+1}^{2}=p^{2}$.\nEn efecto, $k^{2}=p^{2}-a_{n+1}^{2}=(p+a_{n+1})(p-a_{n+1})$. Si ponemos $a=p+a_{n+1}, b=p-a_{n+1}$ tenemos $p=\\frac{a+b}{2}, a_{n+1}=\\frac{a-b}{2}$ y $k^{2}=\\frac{a+b}{2} \\cdot \\frac{a-b}{2}$.\nLa última expresión exige que $a$ y $b$ sean de la misma paridad. Distinguiremos dos casos\n\nPrimer caso. Si $a$ y $b$ son pares, entonces $k^{2}=4 m$. Tomando $a=2 m, b=2$ queda\n$$\np=m+1=\\frac{k^{2}}{4}+1, \\quad a_{n+1}=m-1=\\frac{k^{2}}{4}-1\n$$\n\nSegundo caso. Si $a$ y $b$ son impares, entonces $k^{2}=2 m+1$. Tomando $a=2 m+1, b=1$ queda\n$$\np=m+1=\\frac{k^{2}-1}{2}+1, \\quad a_{n+1}=m=\\frac{k^{2}-1}{2}\n$$\n\nEn ambos casos hemos encontrado el entero $a_{n+1}$ que cumple las condiciones del enunciado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43278,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSobre un tablero en forma de triángulo equilátero con un número par de filas $n$ (tal como se indica en la figura), se juega un solitario.\nSobre cada casilla se coloca una ficha. Cada ficha es blanca por un lado y negra por el otro. Inicialmente, sólo una ficha, que está situada en un vértice, tiene la cara negra hacia arriba; las demás fichas tienen la cara blanca hacia arriba. En cada movimiento del juego se retira solamente una ficha negra del tablero y se da la vuelta a cada una de las fichas que ocupa una casilla vecina. (Casillas vecinas son las que están unidas por un segmento.)\nDespués de varios movimientos ¿será posible quitar todas las fichas del tablero?\n\n![](attached_image_1.png)\n",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nEn el tablero, hay casillas de tres tipos: vértice, lado, o interiores. Cada una de ellas tiene, respectivamente, dos, cuatro o seis casillas vecinas.\nSi pudiéramos retirar todas las fichas del tablero, habría un momento en que quedaría sobre él una única ficha negra. Esa ficha era inicialmente blanca, luego ha tenido que cambiar de color un número impar de veces. Pero esto es imposible, porque una ficha se vuelve cada vez que se retira una ficha vecina, y ninguna ficha tiene un número impar de casillas vecinas.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43279,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna caja contiene 900 tarjetas numeradas del 100 al 999. Se sacan al azar (sin reposición) tarjetas de la caja y se anota la suma de los dígitos de cada tarjeta extraída. ¿Cuál es la menor cantidad de tarjetas que se deben sacar, para garantizar que al menos tres de esas sumas sean iguales?",
    "options": [],
    "answer": "53",
    "solution": "Solution:\n\nHay 27 posibles resultados para la suma de dígitos (de 1 a 27). Las sumas 1 y 27 sólo se pueden obtener de un modo (100 y 999).\n\nEn el caso más desfavorable, al sacar 52 ($27 + 25$) tarjetas, todas repetirán suma dos veces y en la siguiente (extracción 53) una de ellas aparecerá por tercera vez.\n\nPor tanto, el número pedido es $27 + 25 + 1 = 53$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43280,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl baricentro del triángulo $ABC$ es $G$. Denotemos por $g_{a}, g_{b}, g_{c}$ las distancias desde $G$ a los lados $a, b, c$, respectivamente. Sea $r$ el radio de la circunferencia inscrita.\n\na) Probar que\n$$\ng_{a} \\geq \\frac{2r}{3}, \\quad g_{b} \\geq \\frac{2r}{3}, \\quad g_{c} \\geq \\frac{2r}{3}\n$$\n\nb) Probar que\n$$\n\\frac{g_{a}+g_{b}+g_{c}}{r} \\geq 3\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPrimera solución\n\ni) Es sabido que uniendo $G$ con cada vértice, se forman tres triángulos: $BGC$ de base $a$ y altura $g_{a}$, $AGC$ de base $b$ y altura $g_{b}$ y $AGB$ de base $c$ y altura $g_{c}$. Los tres tienen la misma área que es un tercio del área total del triángulo.\nPor tanto, llamando $S$ al área de $ABC$\n$$\na \\cdot g_{a} = b \\cdot g_{b} = c \\cdot g_{c} = \\frac{2S}{3}\n$$\nPor otra parte, sabemos que $r(a+b+c) = 2S$ (basta unir el incentro con los tres vértices y quedan tres triángulos de bases $a, b, c$ y altura común $r$).\nSustituyendo $2S$ en (1), y despejando queda:\n$$\ng_{a} = \\frac{r}{3} \\frac{a+b+c}{a}, \\quad g_{b} = \\frac{r}{3} \\frac{a+b+c}{b}, \\quad g_{c} = \\frac{r}{3} \\frac{a+b+c}{c}\n$$\ny por la desigualdad triangular $b+c \\geq a$, resulta $\\frac{a+b+c}{a} = 1 + \\frac{b+c}{a} \\geq 2$, de donde $g_{a} \\geq \\frac{2r}{3}$ y de modo análogo para $g_{b}$ y $g_{c}$.\n\nii) De (1), haciendo los inversos y sumando resulta:\n$$\n\\frac{1}{g_{a}} + \\frac{1}{g_{b}} + \\frac{1}{g_{c}} = \\frac{3a}{r(a+b+c)} + \\frac{3b}{r(a+b+c)} + \\frac{3c}{r(a+b+c)} = \\frac{3}{r}.\n$$\nFinalmente, aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y armónica, sale\n$$\n\\frac{g_{a}+g_{b}+g_{c}}{3} \\geq \\frac{3}{\\frac{1}{g_{a}} + \\frac{1}{g_{b}} + \\frac{1}{g_{c}}} = \\frac{3}{\\frac{3}{r}} = r \\text{ que equivale a } \\frac{g_{a}+g_{b}+g_{c}}{r} \\geq 3\n$$\n\n\nSegunda solución\n\ni) Consideremos los puntos $M_{A}, H_{A}, G_{A}$, indicados en la figura.\nDenotaremos por $h_{A}$ la altura correspondiente a $A$, $p$ el semiperímetro y $S$ el área de $ABC$. Los triángulos $AM_{A}H_{A}$ y $GM_{A}G_{A}$ son semejantes, siendo 3 la razón de semejanza (propiedad del baricentro sobre cada mediana) y es\n$$\nh_{A} = 3g_{A}\n$$\nPor la desigualdad triangular tenemos la cadena de equivalencias\n$$\nb+c \\geq a \\Longleftrightarrow 2p \\geq 2a \\Longleftrightarrow p \\geq a \\Longleftrightarrow \\frac{a}{p} \\leq 1\n$$\ny multiplicando por $h_{A}$ y teniendo en cuenta (3) queda:\n$$\ng_{A} \\geq \\frac{a h_{A}}{3p} \\text{ o bien } \\quad g_{A} \\geq \\frac{2S}{3p}\n$$\ny finalmente, como $S = pr$, resulta $g_{A} \\geq \\frac{2}{3} r$. Análogamente obtendríamos las correspondientes desigualdades para $g_{B}$ y $g_{C}$.\n\nii) Usaremos la desigualdad $x + \\frac{1}{x} \\geq 2$, válida para $x > 0$, que se deduce de la obvia $(x-1)^{2} \\geq 0$. Tenemos entonces\n$$\n\\left(\\frac{a}{b} + \\frac{b}{a}\\right) + \\left(\\frac{b}{c} + \\frac{c}{b}\\right) + \\left(\\frac{c}{a} + \\frac{a}{c}\\right) \\geq 6\n$$\nSumando, ordenando y operando resulta:\n$$\n1 + \\frac{a}{b} + \\frac{a}{c} + \\frac{b}{a} + 1 + \\frac{b}{c} + \\frac{c}{a} + \\frac{c}{b} + 1 \\geq 9\n$$\nque equivale a\n$$\na\\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}\\right) + b\\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}\\right) + c\\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}\\right) \\geq 9\n$$\ny sacando factor común, dividiendo por 3 y poniendo $2p = a+b+c$, queda\n$$\n\\frac{2p}{3a} + \\frac{2p}{3b} + \\frac{2p}{3c} \\geq 3\n$$\nPor otra parte, como $3g_{a} = h_{A}$, $3g_{b} = h_{B}$, $3g_{c} = h_{C}$, resulta $2S = 3g_{a}a = 3g_{b}b = 3g_{c}c$. Despejando $3a, 3b$ y $3c$ y sustituyendo en (4), queda:\n$$\n\\left(g_{a} + g_{b} + g_{c}\\right) \\frac{p}{S} \\geq 3\n$$\nFinalmente usando de nuevo $S = pr$, resulta $\\frac{g_{a} + g_{b} + g_{c}}{r} \\geq 3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43281,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe divide el plano en un número finito de regiones $n$ mediante tres familias de rectas paralelas. No hay tres rectas que pasen por el mismo punto. ¿Cuál es el mínimo número de rectas necesarias para que $n>1999$?",
    "options": [],
    "answer": "76",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que hay $x$ rectas en la primera familia, $y$ en la segunda y $z$ en la tercera. Las $x$ rectas de la primera familia determinan $x+1$ regiones. La primera recta de la segunda familia determina en el plano $2(x+1)$ regiones, las dos primeras $3(x+1)$, etc., hasta las $y$-ésima, que determina $(y+1)(x+1)$ regiones.\n\nLa primera recta de la tercera familia es cortada por las $x+y$ rectas existentes en $x+y+1$ partes y cada una de estas partes divide en dos a cada región existente de modo que el número de regiones se incrementa en $x+y+1$ regiones. Cada recta de la tercera familia aumenta las regiones existentes en la misma cantidad; luego el número total $N$ de regiones vale\n$$\nN=(x+1)(y+1)+z(x+y+1)=x+y+z+xy+xz+yz+1=n+m+1\n$$\ncon $n=x+y+z$ y $m=xy+xz+yz$.\n\nTenemos\n$$\nm=x^2+y^2+z^2-\\frac{1}{2}\\left((y-z)^2+(z-x)^2+(x-y)^2\\right) \\leq x^2+y^2+z^2\n$$\nEntonces\n$$\nn^2=x^2+y^2+z^2+2m \\geq 3m\n$$\nque equivale a $m \\leq \\frac{n^2}{3}$ y $N=n+m+1 \\leq n+\\frac{n^2}{3}+1$.\n\nPara $n=76$ es $n^2+n^2/3+1>2002$. Así, si $n=76=x+y+z$ con $x=26$, $y=25$, $z=25$, resulta $m=1925$ y $N=2002$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43282,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLas rectas $t$ y $t'$, tangentes a la parábola de ecuación $y = x^{2}$ en los puntos $A$ y $B$, se cortan en el punto $C$.\nLa mediana del triángulo $\\triangle ABC$ correspondiente al vértice $C$ tiene longitud $m$.\nDeterminar el área del triángulo $\\triangle ABC$ en función de $m$.",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(m^3/2)",
    "solution": "Solution:\nSean $A\\left(a, a^{2}\\right)$; $B\\left(b, b^{2}\\right)$. Las ecuaciones de $t$ y $t'$ son:\n$$\nt: y=2 a x-a^{2}, \\quad t': y=2 b x-b^{2}\n$$\ny su intersección $C$ es: $C\\left(\\frac{a+b}{2}, a b\\right)$.\nLa mediana $CM$ está en la recta: $x=\\frac{a+b}{2}$, paralela al eje $OY$. Las coordenadas de $M$ son: $\\left(\\frac{a+b}{2}, \\frac{a^{2}+b^{2}}{2}\\right)$.\nTenemos: $m=CM=\\frac{(a-b)^{2}}{2}$ y si $h$ es la altura del triángulo $\\triangle BMC$ resulta: $h=\\frac{b-a}{2}=\\sqrt{\\frac{m}{2}}$\nPoniendo $[XYZ]$ para denotar el área del triángulo de vértices $X, Y, Z$ queda finalmente:\n$$\n[ABC]=2[BMC]=2 \\frac{1}{2} m \\sqrt{\\frac{m}{2}}=\\sqrt{\\frac{m^{3}}{2}}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43283,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna empresa produce semanalmente 300 bicicletas de montaña que vende íntegramente al precio de 600 euros cada una. Tras un análisis de mercados observa que si varía el precio, también varían sus ventas (de forma continua) según la siguiente proporción: por cada 7 euros que aumente o disminuya el precio de sus bicicletas, disminuye o aumenta la venta en 3 unidades.\n\na) ¿Puede aumentar el precio y obtener mayores ingresos?\nb) ¿A qué precio los ingresos serán máximos?",
    "options": [],
    "answer": "a) Yes. b) 650 euros",
    "solution": "Solution:\n\nAl precio actual, los ingresos semanales son $600 \\times 300 = 180.000$ euros.\n\na) Si incrementa el precio en 7 euros, entonces vende 297 bicicletas, obteniendo en este caso $607 \\times 297 = 180.279$ euros. Luego la respuesta a la primera pregunta es: Sí.\n\nb) Llamamos $x$ a la cantidad de euros en que incrementa el precio de cada bicicleta ($x$ puede ser cualquier número real positivo o negativo, según aumente o disminuya el precio), entonces el nuevo precio de cada bicicleta será $600 + x$. Según la proporción del enunciado, las ventas variarán hasta $300 - \\frac{3}{7} x$ bicicletas.\n\nSe considera la función de ingresos, donde la variable es el incremento de precio:\n$$\nf(x) = (600 + x) \\times \\left(300 - \\frac{3}{7} x\\right) = \\frac{1}{7}\\left(1.260.000 + 300x - 3x^{2}\\right)\n$$\nLos puntos críticos de $f(x)$ se obtienen al anular la derivada: $f'(x) = (1/7)(300 - 6x)$. El punto único crítico es $x = 50$, que efectivamente da un máximo de la función $f(x)$. Entonces la solución a la pregunta es: 650.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43284,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDado un triángulo $ABC$, con baricentro $G$.\na) Prueba que para cualquier punto del plano $M$ se verifica:\n$$\n\\overline{MA}^{2}+\\overline{MB}^{2}+\\overline{MC}^{2} \\geq \\overline{GA}^{2}+\\overline{GB}^{2}+\\overline{GC}^{2}\n$$\nobteniéndose la igualdad si y solamente si $M=G$.\nb) Fijado un número $k>\\overline{GA}^{2}+\\overline{GB}^{2}+\\overline{GC}^{2}$, halla el lugar geométrico de los puntos $M$ tales que\n$$\n\\overline{MA}^{2}+\\overline{MB}^{2}+\\overline{MC}^{2}=k\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a) For all points M, MA^2 + MB^2 + MC^2 >= GA^2 + GB^2 + GC^2 with equality if and only if M = G. Equivalently, MA^2 + MB^2 + MC^2 = 3·MG^2 + (GA^2 + GB^2 + GC^2). b) The locus is the circle centered at G with radius r = sqrt((k − (GA^2 + GB^2 + GC^2))/3).",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\na) Del baricentro $G$ de $ABC$ sabemos que cumple:\n\nse tiene:\n$$\n\\overrightarrow{GA}+\\overrightarrow{GB}+\\overrightarrow{GC}=\\overrightarrow{0}\n$$\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\overline{MA}^{2}=\\overrightarrow{MA}^{2}=(\\overrightarrow{MG}+\\overrightarrow{GA})^{2}=\\overline{MG}^{2}+\\overline{GA}^{2}+2 \\overrightarrow{MG} \\cdot \\overrightarrow{GA} \\\\\n& \\overline{MB}^{2}=\\overrightarrow{MB}^{2}=(\\overrightarrow{MG}+\\overrightarrow{GB})^{2}=\\overline{MG}^{2}+\\overline{GB}^{2}+2 \\overrightarrow{MG} \\cdot \\overrightarrow{GB} \\\\\n& \\overrightarrow{MC}^{2}=\\overrightarrow{MC}^{2}=(\\overrightarrow{MG}+\\overrightarrow{GC})^{2}=\\overline{MG}^{2}+\\overline{GC}^{2}+2 \\overrightarrow{MG} \\cdot \\overrightarrow{GC}\n\\end{aligned}\n$$\ny sumando,\n$$\n\\overline{MA}^{2}+\\overline{MB}^{2}+\\overline{MC}^{2}=3 \\overline{MG}^{2}+\\overline{GA}^{2}+\\overline{GB}^{2}+\\overline{GC}^{2}+2 \\overrightarrow{MG}(\\overrightarrow{GA}+\\overrightarrow{GB}+\\overrightarrow{GC})\n$$\ny por (1) queda:\n$$\n\\overline{MA}^{2}+\\overline{MB}^{2}+\\overline{MC}^{2}=3 \\overline{MG}^{2}+\\overline{GA}^{2}+\\overline{GB}^{2}+\\overline{GC}^{2}=3 \\overline{MG}^{2}+g\n$$\nsiendo $g=\\overline{GA}^{2}+\\overline{GB}^{2}+\\overline{GC}^{2} \\geq 0$ una constante independiente de $M$.\nLa expresión (2) muestra de una parte que el baricentro es el punto que hace mínima la suma de cuadrados de distancias a los vértices.\nDe otra nos resuelve el apartado b) ya que si imponemos la condición del enunciado, queda:\n$$\n3 \\overline{MG}^{2}+g=k \\Leftrightarrow \\overline{MG}=\\sqrt{\\frac{k-g}{3}}=r\n$$\nexpresión que muestra que el lugar pedido es una circunferencia de centro $G$ y radio $r$.\n\n\nSolution 2:\na) Se trata de minimizar la expresión: $f(M)=\\overline{MA}^{2}+\\overline{MB}^{2}+\\overline{MC}^{2}$.\nAnalíticamente, sean $A=\\left(a_{1}, a_{2}\\right), B=\\left(b_{1}, b_{2}\\right)$ y $C=\\left(c_{1}, c_{2}\\right)$ los vértices del triángulo dado. Para un punto genérico $M=(x, y)$ se obtiene\n$$\n\\begin{gathered}\nf(x, y)=\\left(x-a_{1}\\right)^{2}+\\left(y-a_{2}\\right)^{2}+\\left(x-b_{1}\\right)^{2}+\\left(y-b_{2}\\right)^{2}+\\left(x-c_{1}\\right)^{2}+\\left(y-c_{2}\\right)^{2}= \\\\\n=3 x^{2}+3 y^{2}-2 x\\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\\right)-2 y\\left(b_{1}+b_{2}+b_{3}\\right)+a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+c_{1}^{2}+c_{2}^{2}= \\\\\n=3\\left[\\left(x-\\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}\\right)^{2}+\\left(y-\\frac{b_{1}+b_{2}+b_{3}}{3}\\right)^{2}\\right]+g\n\\end{gathered}\n$$\n(donde $g$ es una determinada constante real).\nPor lo tanto, esta cantidad resultará mínima si y sólo si los cuadrados que aparecen en la expresión son cero; es decir cuando $M=(x, y)=\\left(\\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}, \\frac{b_{1}+b_{2}+b_{3}}{3}\\right)$, que corresponde precisamente al baricentro $G$.\nb) Se trata de encontrar el lugar geométrico de los puntos $M$ tales que $f(M)=k$. Para ello determinaremos en primer lugar la constante $g$ aparecida anteriormente. En efecto, tomando $M=G$ en (*) se obtiene $g=f(G)=\\overline{GA}^{2}+\\overline{GB}^{2}+\\overline{GC}^{2}$. Por lo tanto:\n$$\n\\begin{aligned}\nf(M) & =k \\Leftrightarrow 3\\left[\\left(x-\\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}\\right)^{2}+\\left(y-\\frac{b_{1}+b_{2}+b_{3}}{3}\\right)^{2}\\right]+g=k \\\\\n& \\Leftrightarrow\\left(x-\\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}}{3}\\right)^{2}+\\left(y-\\frac{b_{1}+b_{2}+b_{3}}{3}\\right)^{2}=\\frac{k-g}{3}\n\\end{aligned}\n$$\nque es exactamente la ecuación de la circunferencia de centro $G$ y radio $r=\\sqrt{\\frac{k-g}{3}}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43285,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalla todos los pares de números naturales $x, y$ ($x<y$) tales que la suma de todos los números naturales comprendidos estrictamente entre ambos es igual a $1999$.",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) = (1998, 2000) and (998, 1001)",
    "solution": "Solution:\n\nTenemos que sumar del número $x+1$ hasta el número $y-1$ y obtener el número $1999$. Esta suma: $(x+1)+(x+2)+\\ldots+(y-1)=1999$ corresponde a la de una progresión aritmética de diferencia $1$ y con $y-x-1$ términos, por tanto es:\n$$\n\\left(\\frac{(x+1)+(y-1)}{2}\\right)(y-x-1)=1999\n$$\nDe donde se deduce la descomposición: $(x+y)(y-x-1)=2 \\times 1999$.\nPor ser $x>0$ e $y-x-1<y+x$, y teniendo en cuenta que $2$ y $1999$ son números primos. Solamente pueden ocurrir los siguientes casos:\n\nCaso 1: Si $y+x=2 \\times 1999$ e $y-x-1=1$. La solución de este sistema es $x=1998$ e $y=2000$.\n\nCaso 2: Si $y+x=1999$ e $y-x-1=2$. La solución de este sistema es $x=998$ e $y=1001$.\n\nLos pares buscados son: $x=1998$, $y=2000$, que verifica $1999=1999$, y $x=998$, $y=1001$, que verifica $999+1000=1999$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43286,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nPrueba que la longitud de los catetos de un triángulo rectángulo isósceles es siempre igual a la suma de los radios de sus circunferencias inscrita y circunscrita.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\nSea $ABC$ un triángulo rectángulo e isósceles con ángulo recto en el vértice $C$. Sea $O$ el centro de la circunferencia inscrita, la cual consideramos tangente a la hipotenusa $AB$ en su punto medio $M$ y al lado $AC$ en el punto $P$. El radio de esta circunferencia es $r=\\overline{OP}=\\overline{OM}$.\nPor ser esta circunferencia tangente a los lados del triángulo, los radios $OM$ y $OP$ son perpendiculares a los lados $AB$ y $AC$ en $M$ y $P$ respectivamente.\nPor ser el triángulo isósceles, $CO$ (y $CM$) es bisectriz del ángulo recto en $C$, por lo que el triángulo $OCP$ es, también, rectángulo e isósceles (ángulo $OCP$ de $45^\\circ$); es decir, $\\overline{OP}=\\overline{PC}$.\nPor estar $O$ en la bisectriz del ángulo $CAB$, los triángulos rectángulos $AMO$ y $APO$ son iguales (simétricos respecto a la hipotenusa), resultando que $\\overline{AM}=\\overline{AP}$.\nPor otra parte, como el triángulo es rectángulo, el punto $M$, punto medio de la hipotenusa, es también el centro de la circunferencia circunscrita a $ABC$. Por lo que $R=\\overline{AM}$, es el radio de esta circunferencia.\nEn conclusión, la longitud del cateto $AC$ la podemos escribir como:\n$$\n\\overline{AC}=\\overline{AP}+\\overline{PC}=\\overline{AM}+\\overline{OP}=R+r\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43287,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a$, $b$ y $c$ números reales no nulos (con suma no nula) tales que:\n$$\n\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} = \\frac{1}{a+b+c}\n$$\nPrueba que también se verifica:\n$$\n\\frac{1}{a^{1999}} + \\frac{1}{b^{1999}} + \\frac{1}{c^{1999}} = \\frac{1}{a^{1999} + b^{1999} + c^{1999}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDel enunciado, deducimos: $\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} = \\frac{1}{a+b+c} \\Leftrightarrow \\frac{bc + ac + ab}{abc} = \\frac{1}{a+b+c}$\nOperando en la última ecuación, tenemos:\n$$\n\\begin{gathered}\n(a+b+c)(bc + ac + ab) = abc \\\\\n(a+b)(bc + ac + ab) + c(bc + ac + ab) = abc \\\\\n(a+b)(bc + ac + ab) + bc^2 + ac^2 + abc = abc \\\\\n(a+b)(bc + ac + ab) + (a+b)c^2 = 0 \\\\\n(a+b)\\left(bc + ac + ab + c^2\\right) = 0 \\\\\n(a+b)(b+c)(a+c) = 0\n\\end{gathered}\n$$\nPor lo tanto, ha de verificarse una de las siguientes igualdades: $\\left\\{\\begin{array}{l}a=-b \\\\ b=-c \\\\ a=-c\\end{array}\\right.$\nSi $a=-b$ entonces $a^{1999} = (-b)^{1999} = -b^{1999}$ y así\n$$\n\\frac{1}{a^{1999}} + \\frac{1}{b^{1999}} + \\frac{1}{c^{1999}} = \\frac{1}{-b^{1999}} + \\frac{1}{b^{1999}} + \\frac{1}{c^{1999}} = \\frac{1}{c^{1999}}\n$$\nPor otra parte:\n$$\n\\frac{1}{a^{1999} + b^{1999} + c^{1999}} = \\frac{1}{-b^{1999} + b^{1999} + c^{1999}} = \\frac{1}{c^{1999}}\n$$\nCon lo que se tiene el resultado pedido.\nEn los casos $b=-c$ o $a=-c$ se procede de manera análoga.\nSolution:\nUna alternativa al primer cálculo es despejar un número, por ejemplo $c$, en función de los otros dos ($a$ y $b$); para ello, escribimos la hipótesis en la forma: $\\frac{a+b}{ab} + \\frac{1}{c} = \\frac{1}{a+b+c}$ y poniendo $\\left\\{\\begin{array}{c}s=a+b \\\\ p=ab\\end{array}\\right.$, queda $\\frac{sc + p}{pc} = \\frac{1}{s+c}$, que una vez operada, resulta $s c^2 + s^2 c + s p = 0$ y suponiendo $s \\neq 0$, queda en la forma $c^2 + s c + p = 0$.\nEcuación de segundo grado cuyas raíces son: $\\left\\{\\begin{array}{l}c_1 = -a \\\\ c_2 = -b\\end{array}\\right.$\nEn cada uno de los casos el resto del análisis es el mismo que antes.\nSi fuese $s = a + b = 0$, resulta $a = -b$ y estaríamos en la misma situación.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43288,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean los polinomios:\n$$\n\\begin{aligned}\n& P(x)=x^{4}+a x^{3}+b x^{2}+c x+1 \\\\\n& Q(x)=x^{4}+c x^{3}+b x^{2}+a x+1\n\\end{aligned}\n$$\nHalla las condiciones que deben cumplir los parámetros reales $a, b$ y $c,(a \\neq c)$, para que $P(x)$ y $Q(x)$ tengan dos raíces comunes, y resuelve en ese caso las ecuaciones $P(x)=0 ; Q(x)=0$.",
    "options": [],
    "answer": "Conditions: b = -2 and a = -c (with the given assumption a ≠ c). Then P(x) has roots 1, -1, (-a ± sqrt(a^2 + 4)) / 2, and Q(x) has roots 1, -1, (a ± sqrt(a^2 + 4)) / 2.",
    "solution": "Solution:\nLas raíces comunes a ambos polinomios serán raíces de la diferencia\n$$\nP(x)-Q(x)=(a-c) x^{3}+(c-a) x\n$$\nResolvemos la ecuación $P(x)-Q(x)=0$, sacando primero $x$ factor común\n$$\nx\\left((a-c) x^{2}+(c-a)\\right)=0\n$$\nLas tres raíces son $0$, $1$ y $-1$, y entre ellas tienen que estar las raíces comunes.\nComo $0$ no es raíz ni de $P(x)$ ni de $Q(x)$, las dos raíces comunes tienen que ser $1$ y $-1$. Sustituyendo estos valores en $P(x)$ y $Q(x)$ obtenemos el sistema\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n2+a+b+c=0 \\\\\n2-a+b-c=0\n\\end{array}\\right.\n$$\nque nos da las condiciones\n$$\n\\begin{aligned}\n& b=-2 \\\\\n& a=-c\n\\end{aligned}\n$$\ny los polinomios quedan en la forma:\n$$\n\\begin{aligned}\n& P(x)=x^{4}+a x^{3}-2 x^{2}-a x+1 \\\\\n& Q(x)=x^{4}-a x^{3}-2 x^{2}+a x+1\n\\end{aligned}\n$$\nPara resolver las ecuaciones $P(x)=0, Q(x)=0$, separamos por Ruffini las raíces conocidas $1$ y $-1$ y quedan las ecuaciones en la forma\n$$\n\\begin{aligned}\n& P(x)=(x+1)(x-1)\\left(x^{2}+a x-1\\right)=0 \\\\\n& Q(x)=(x+1)(x-1)\\left(x^{2}-a x-1\\right)=0\n\\end{aligned}\n$$\nResolviendo las ecuaciones de segundo grado queda finalmente:\nSoluciones de $P(x)=0$,\n$$\nx=1,\\ x=-1,\\ x=\\frac{-a+\\sqrt{a^{2}+4}}{2},\\ x=\\frac{-a-\\sqrt{a^{2}+4}}{2}\n$$\nSoluciones de $Q(x)=0$,\n$$\nx=1,\\ x=-1,\\ x=\\frac{a+\\sqrt{a^{2}+4}}{2},\\ x=\\frac{a-\\sqrt{a^{2}+4}}{2}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43289,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLa figura muestra un plano con calles que delimitan 12 manzanas cuadradas. Una persona $P$ va desde $A$ hasta $B$ y otra $Q$ desde $B$ hasta $A$. Ambas parten a la vez siguiendo caminos de longitud mínima con la misma velocidad constante. En cada punto con dos posibles direcciones a tomar, ambas tienen la misma probabilidad. Halla la probabilidad de que $P$ y $Q$ se crucen.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "37/256",
    "solution": "Solution:\n\nDefinamos un sistema de coordenadas con origen en $A$ y unidad el lado de un cuadrado.\nComo $P$ y $Q$ recorren caminos de longitud mínima, $P$ sólo puede ir a la derecha o arriba y $Q$ a la izquierda o abajo. Todos los caminos tienen longitud $7$, y $P$ y $Q$ sólo se podrán encontrar entre el tercero y el cuarto movimiento. En la figura se han marcado con puntos blancos todas las posibles posiciones de $P$ tras el tercer movimiento y con puntos negros las de $Q$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nCaso 1. $P$ llega a $(0,3)$.\nLa probabilidad de que $P$ llegue a $(0,3)$ es $\\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{1}{2}=\\frac{1}{8}$. Sólo se puede cruzar con $Q$ si éste está en $(1,3)$, lo que sucede también con probabilidad $\\frac{1}{2} \\frac{1}{2} \\frac{1}{2}=\\frac{1}{8}$.\n$P$ está obligado a pasar a $(1,3)$ pero $Q$ pasa a $(0,3)$ con probabilidad $\\frac{1}{2}$. La probabilidad de que se crucen entre $(0,3)$ y $(1,3)$ es $\\frac{1}{8} \\frac{1}{8} \\frac{1}{2}=\\frac{1}{2^{7}}$.\n\nCaso 2. $P$ llega a $(1,2)$.\nLa probabilidad de que $P$ llegue a $(1,2)$ es $3\\left(\\frac{1}{2}\\right)^{3}=\\frac{3}{8}$ ya que hay tres modos de llegar $(1,2)$. Sólo se puede cruzar con $Q$ si éste está en $(1,3)$ o en $(2,2)$. Distingamos ambos casos:\n\na) $Q$ llega a $(1,3)$ con probabilidad $\\frac{1}{8}$, y entonces se cruzarán entre $(1,2)$ y $(1,3)$ si $P$ se mueve hacia $(1,3)$ y $Q$ hacia $(1,2)$, ambos movimientos con probabilidad $\\frac{1}{2}$. La probabilidad de cruzarse es $\\frac{3}{8} \\frac{1}{8} \\frac{1}{2} \\frac{1}{2}=\\frac{3}{2^{8}}$.\n\nb) $Q$ llega a $(2,2)$ con probabilidad $\\frac{3}{8}$, y entonces se cruzarán entre $(1,2)$ y $(2,2)$ si $P$ se mueve hacia $(2,2)$ y $Q$ hacia $(1,2)$, ambos movimientos con probabilidad $\\frac{1}{2}$. La probabilidad de cruzarse es $\\frac{3}{8} \\frac{3}{8} \\frac{1}{2} \\frac{1}{2}=\\frac{9}{2^{8}}$.\n\nCaso 3. $P$ llega a $(2,1)$.\nProcediendo de modo análogo, la probabilidad de cruzarse entre los puntos $(2,1)$ y $(2,2)$ es $\\frac{9}{2^{8}}$ y la de cruzarse entre $(2,1)$ y $(3,1)$ es $\\frac{9}{2^{8}}$.\n\nCaso 4. $P$ llega a $(3,0)$. La probabilidad de cruzarse entre $(3,0)$ y $(3,1)$ es $\\frac{3}{2^{8}}$ y la de cruzarse entre $(3,0)$ y $(4,0)$ es $\\frac{1}{2^{7}}$.\n\nLa probabilidad pedida es la suma de todos los casos y resulta ser\n$$\n\\frac{1}{2^{7}}+\\frac{3}{2^{8}}+\\frac{9}{2^{8}}+\\frac{9}{2^{8}}+\\frac{9}{2^{8}}+\\frac{3}{2^{8}}+\\frac{1}{2^{7}}=\\frac{37}{256}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43290,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDos circunferencias $C_{1}$ y $C_{2}$ de radios $r_{1}$ y $r_{2}$ se cortan en los puntos $A$ y $B$. Por $B$ se traza una recta variable que corta de nuevo a $C_{1}$ y $C_{2}$ en dos puntos que llamaremos $P_{r}$ y $Q_{r}$, respectivamente.\nDemuestra la siguiente propiedad: Existe un punto $M$, que depende sólo de $C_{1}$ y $C_{2}$, tal que la mediatriz del segmento $P_{r} Q_{r}$ pasa por $M$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSea $O$ el punto medio del segmento $M_{1} M_{2}$. Vamos a demostrar que todas las mediatrices de los segmentos $P_{r} Q_{r}$ pasan por el simétrico de $B$ respecto de $O$.\n\nSean $\\varepsilon=\\{\\widehat{P_{r} B M}\\}_{1}$, $\\gamma=\\{\\widehat{M_{1} B M}\\}_{2}$. Entonces:\n$$\n\\{\\widehat{M_{2} B Q}\\}_{r}=180^{\\circ}-(\\gamma+\\varepsilon)\n$$\ny como el triángulo $M_{2} B Q_{r}$ es isósceles,\n$$\n\\{\\widehat{B M_{2} Q}\\}_{r}=180^{\\circ}-2\\{\\widehat{M_{2} B Q_{r}}\\}_{r}=-180^{\\circ}+2(\\gamma+\\varepsilon)\n$$\ny por tanto,\n$$\n\\{\\widehat{M M_{2} Q}\\}_{r}=180^{\\circ}-\\gamma+\\{\\widehat{B M_{2} Q}\\}_{r\\}=180^{\\circ}-\\gamma-180^{\\circ}+2(\\gamma+\\varepsilon)=\\gamma+2 \\varepsilon\n$$\nDe modo análogo, por ser el triángulo $P_{r} M_{1} B$ isósceles, se tiene\n$$\n\\widehat{P_{r} M_{1} B}=180^{\\circ}-2 \\varepsilon\n$$\ny\n$$\n\\left.\\widehat{P_{r} M_{1} M}=360^{\\circ}-\\widehat{P_{r} M_{1} B}+180^{\\circ}-\\gamma\\right)=360^{\\circ}-180^{\\circ}+2 \\varepsilon-180^{\\circ}+\\gamma=2 \\varepsilon+\\gamma\n$$\nResulta que para cualquier posición de la recta variable, los triángulos $M M_{1} P_{r}$ y $M M_{2} Q_{r}$ son iguales y por tanto $M P_{r}=M Q_{r}$ y $M$ está en la mediatriz de $P_{r} Q_{r}$.\n\nComo $M$ no depende de la recta variable queda probada la propiedad del enunciado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43291,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEncuentra el mayor número entero $N$ que cumpla las siguientes condiciones:\n\na. $E(N / 3)$ tiene sus tres cifras iguales.\n\nb. $E(N / 3)$ es suma de números naturales consecutivos comenzando en 1, es decir, existe un natural $n$ tal que\n$$\nE(N / 3) = 1 + 2 + 3 + \\cdots + n\n$$\n\nNota: $E(x)$ es la parte entera de $x$.",
    "options": [],
    "answer": "2000",
    "solution": "Solution:\n\nDe la condición a) sale $z = E\\left(\\frac{N}{3}\\right) = 111 \\cdot k$ para todo $k \\in \\mathbb{N}$, $1 \\leq k \\leq 9$.\n\nDe la condición b) sale $z = E\\left(\\frac{N}{3}\\right) = 1 + 2 + 3 + \\cdots + n$, o bien, $z = \\frac{n(n+1)}{2}$, que equivale a $n^2 + n - 2z = 0$, es decir, $n = \\frac{-1 + \\sqrt{1 + 8z}}{2}$. (La otra raíz es negativa).\n\nJuntando las dos condiciones, queda:\n$$\nn = \\frac{-1 + \\sqrt{1 + 8 \\cdot 111 \\cdot k}}{2}\n$$\n\nComo $n$ es natural, el radicando ha de ser cuadrado perfecto, lo que ocurre sólo para $k = 6$, que sustituido en la expresión anterior resulta $n = 36$.\n\nRecuperando la condición a) sale\n$$\nz = E\\left(\\frac{N}{3}\\right) = 111 \\cdot 6 = 666\n$$\nlo que da\n$$\n667 > \\frac{N}{3} \\geq 666 \\text{ o bien } 2001 > N \\geq 1998\n$$\n\nEn consecuencia, el mayor $N$ que cumple a) y b) es $N = 2000$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43292,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemuestra que no existe ninguna función $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ que cumpla\n$$\nf(f(n))=n+1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSupongamos que exista $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ tal que $f(f(n))=n+1$.\nSe tiene que $f(0)=a \\in \\mathbb{N}$. Por el enunciado\n$$\nf(f(0))=1 ; \\quad f(f(0))=f(a)=1\n$$\ny del mismo modo,\n$$\nf(1)=a+1,\\ f(a+1)=2,\\ f(2)=a+2,\\ \\ldots\n$$\nSupongamos que $f(n-1)=a+n-1$; entonces $f(a+n-1)=a+n$. Luego hemos probado por inducción que\n$$\nf(f(n))=f(a+n)=2a+n\n$$\nEntonces se tiene que cumplir,\n$$\n2a+n=n+1\n$$\nlo que implica\n$$\na=\\frac{1}{2} \\notin \\mathbb{N}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43293,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nPrueba que la gráfica del polinomio $P$ es simétrica respecto del punto $A(a, b)$ sí y sólo sí existe un polinomio $Q$ tal que: $P(x)=b+(x-a) Q\\left((x-a)^{2}\\right)$, para todo $x \\in \\mathbb{R}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSupongamos primero que exista el polinomio $P$ que cumple las condiciones requeridas. Sea $x-a=h$ o $x=a+h$. Entonces:\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nP(a-h)=b-h Q\\left(h^{2}\\right) \\\\\nP(a+h)=b+h Q\\left(h^{2}\\right)\n\\end{array}\\right. \\quad \\text{y} \\quad \\frac{P(a-h)+P(a+h)}{2}=b \\text{, para todo } h \\in \\mathbb{R}.\n$$\nEsto significa que la gráfica de $P$ es simétrica respecto del punto $A(a, b)$.\n\nSea $x=a+h$, $P(x)=P(a+h)=R(h)$. La condición $\\frac{P(a-h)+P(a+h)}{2}=b$ es equivalente a $R(-h)+R(h)=2b$, porque $P(a-h)=R(-h)$. Para $R(h)=a_{0}+a_{1} h+\\ldots+a_{n} h^{n}$, la condición anterior se escribe de la forma:\n$$\na_{0}+a_{1} h+\\ldots+a_{n} h^{n}+a_{0}-a_{1} h+a_{2} h^{2}-\\ldots+(-1)^{n} a_{n} h^{n}=2b\n$$\nes decir $a_{0}+a_{2} h^{2}+\\ldots+a_{m} h^{m}=b$, para cada $h \\in \\mathbb{R}$. Si $m=n$ para $n$ par, $m=n-1$ para $n$ impar.\n\nSe deduce que $a_{2}=a_{4}=\\ldots=a_{m}=0$, $a_{0}=b$.\n\nPor tanto ahora se tiene que $R(h)=b+a_{1} h+a_{3} h^{3}+\\ldots$ y así existe un polinomio $Q$ tal que $R(h)=b+h Q\\left(h^{2}\\right)$, para algún polinomio $Q$. Por último $P(x)=R(h)=b+(x-a) Q\\left((x-a)^{2}\\right)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43294,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $P$ un punto, en el interior del triángulo $ABC$, de modo que el triángulo $ABP$ es isósceles. Sobre cada uno de los otros dos lados de $ABC$ se construyen exteriormente triángulos $BCQ$ y $CAR$, ambos semejantes al triángulo $ABP$.\nProbar que los puntos $P$, $Q$, $C$ y $R$ o están alineados o son los vértices de un paralelogramo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLos triángulos $ABC$ y $PBQ$ son semejantes pues tienen un ángulo igual $\\angle ABC = \\angle PBQ$ y los lados que lo forman proporcionales:\n$$\n\\frac{c}{a} = \\frac{BP}{BQ}\n$$\n![](attached_image_1.png)\nDe modo análogo, $ABC$ es semejante a $APR$, por tanto $PBQ$ y $APR$ son semejantes (y al ser $PB = PA$ son iguales).\nEn particular: $\\angle ARP = \\angle ACB$ y $\\angle BQP = \\angle ACB$\nLlamando $\\alpha = \\angle BAP = \\angle ABP$, resulta:\n$$\n\\begin{gathered}\n\\angle QPR = 360^{\\circ} - (180 - 2\\alpha) - (A + B) = 180^{\\circ} + 2\\alpha - (180^{\\circ} - \\angle ACB) = 2\\alpha + \\angle ACB \\\\\n\\angle QCR = \\angle ACB + 2\\alpha \\\\\n\\angle PRC = 180^{\\circ} - 2\\alpha - \\angle ARP = 180^{\\circ} - 2\\alpha - \\angle ACB \\\\\n\\angle PQC = 180^{\\circ} - 2\\alpha - \\angle BQP = 180^{\\circ} - 2\\alpha - \\angle ACB\n\\end{gathered}\n$$\nLas cuatro igualdades establecen que los dos pares de ángulos opuestos del cuadrilátero $PQCR$ son iguales y es un paralelogramo.\nLa alineación es un caso particular y se producirá cuando $\\angle ACB + 2\\alpha = 180^{\\circ}$, es decir cuando\n$$\n\\alpha = \\frac{180^{\\circ} - \\angle ACB}{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43295,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe tienen cinco segmentos de longitudes $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}$ y $a_{5}$ tales que con tres cualesquiera de ellos es posible construir un triángulo.\nDemostrar que al menos uno de esos triángulos tiene todos los ángulos agudos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que $0 < a_{1} \\leq a_{2} \\leq a_{3} \\leq a_{4} \\leq a_{5}$. Si ningún triángulo es acutángulo, tendríamos:\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\na_{1}^{2} + a_{2}^{2} \\leq a_{3}^{2} \\\\\na_{2}^{2} + a_{3}^{2} \\leq a_{4}^{2} \\\\\na_{3}^{2} + a_{4}^{2} \\leq a_{5}^{2}\n\\end{array}\\right.\n$$\nPero por la desigualdad triangular,\n$$\na_{5} < a_{1} + a_{2}, \\text{ luego } a_{5}^{2} < a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + 2 a_{1} a_{2}\n$$\nSumando las desigualdades (1), (2), (3) y (4) tenemos\n$$\na_{1}^{2} + 2 a_{2}^{2} + 2 a_{3}^{2} + a_{4}^{2} + a_{5}^{2} < a_{3}^{2} + a_{4}^{2} + a_{5}^{2} + a_{1}^{2} + a_{2}^{2} + 2 a_{1} a_{2}\n$$\nes decir,\n$$\na_{2}^{2} + a_{3}^{2} < 2 a_{1} a_{2}\n$$\nComo $a_{2} \\leq a_{3}$, resulta $2 a_{2}^{2} \\leq a_{2}^{2} + a_{3}^{2} < 2 a_{1} a_{2}$, y por tanto $a_{2} < a_{1}$, en contradicción con la ordenación inicial.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43296,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos números enteros desde $1$ hasta $9$ se distribuyen en las casillas de una tabla $3 \\times 3$. Después se suman seis números de tres cifras: los tres que se leen en filas de izquierda a derecha y los tres que se leen en columnas de arriba abajo. ¿Hay alguna disposición para la cual el valor de esa suma sea $2001$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nConsideremos la distribución\n\n| $a$ | $b$ | $c$ |\n| :--- | :--- | :--- |\n| $d$ | $e$ | $f$ |\n| $g$ | $h$ | $i$ |\n\nResulta\n$$\n\\begin{aligned}\n& S = abc + def + ghi + adg + beh + cfi = \\\\\n& = 100(a + c + b + a + d + g) + 10(d + e + f + b + e + h) + (g + h + i + c + f + i) = \\\\\n& = 200a + 110b + 101c + 110d + 20e + 11f + 101g + 11h + 2i\n\\end{aligned}\n$$\n\nCalculando módulo $9$ tenemos\n$$\nS = 2(a + b + \\cdots + h + i) = 2 \\cdot 45 = 0\n$$\n\nComo $2001$ no es múltiplo de $9$, no habrá ninguna distribución para la que la suma indicada tome el valor $2001$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43297,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABCD$ un cuadrilátero inscrito en una circunferencia de radio $1$ de modo que $AB$ es un diámetro y el cuadrilátero admite circunferencia inscrita. Probar que $CD \\leq 2\\sqrt{5}-4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSea $O$ el centro de la semicircunferencia. Pongamos $a = BC$; $b = AD$; $p = CD$; $2\\alpha = \\widehat{BOC}$; $2\\beta = \\widehat{AOD}$; $2\\gamma = \\widehat{COD}$.\n\nLa condición necesaria y suficiente para que $ABCD$ admita una circunferencia inscrita es\n$$\np + 2 = a + b\n$$\nComo $2\\alpha + 2\\beta + 2\\gamma = 180^\\circ$, entonces $\\beta = 90^\\circ - (\\alpha + \\gamma)$ y además\n$$\na = 2 \\operatorname{sen} \\alpha; \\quad p = 2 \\operatorname{sen} \\gamma; \\quad b = 2 \\operatorname{sen} \\beta = 2 \\cos (\\alpha + \\gamma) = 2 \\cos \\alpha \\cos \\gamma - 2 \\operatorname{sen} \\alpha \\operatorname{sen} \\gamma\n$$\nVamos a expresar la condición (1) en función del ángulo $\\alpha$ y el dato $p$ que determina por completo el cuadrilátero.\n$$\n\\cos \\gamma = \\sqrt{1 - \\frac{p^2}{4}} = \\frac{\\sqrt{4 - p^2}}{2}\n$$\nde donde\n$$\nb = \\sqrt{4 - p^2} \\cos \\alpha - p \\operatorname{sen} \\alpha\n$$\nsustituyendo en (1), queda\n$$\np + 2 = 2 \\operatorname{sen} \\alpha + \\sqrt{4 - p^2} \\cos \\alpha - p \\operatorname{sen} \\alpha\n$$\no lo que es lo mismo\n$$\n\\sqrt{4 - p^2} \\cos \\alpha + (2 - p) \\operatorname{sen} \\alpha = p + 2\n$$\nPor tanto, existirá circunferencia inscrita para los valores de $p$ que hagan compatible la ecuación (2) en la incógnita $\\alpha$.\n\nPuede expresarse el seno en función del coseno y estudiar el discriminante de la ecuación de segundo grado que se obtiene, pero es más rápido interpretar la ecuación (2) como el producto escalar de los vectores $\\vec{u} = (\\cos \\alpha, \\sen \\alpha)$ de módulo $1$ y $\\vec{v} = (\\sqrt{4 - p^2}, 2 - p)$. La condición (2) queda:\n$$\n|\\vec{v}| \\cos \\delta = p + 2\n$$\nsiendo $\\delta$ el ángulo formado por los vectores $\\vec{u}$ y $\\vec{v}$.\n\nPara que (3) sea compatible debe cumplirse $p + 2 \\leq |\\vec{v}| = \\sqrt{4 - p^2 + (2 - p)^2}$, y elevando al cuadrado y operando queda\n$$\np^2 + 8p - 4 \\leq 0\n$$\nLas raíces de la ecuación son $p = \\pm 2\\sqrt{5} - 4$. Como $p$ es positivo la condición final es:\n$$\n0 \\leq p \\leq 2\\sqrt{5} - 4\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43298,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar la función $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ (siendo $\\mathbb{N}=\\{1,2,3, \\ldots\\}$ el conjunto de los números naturales) que cumple, para cualesquiera $s, n \\in \\mathbb{N}$, las siguientes condiciones:\n\n$f(1)=f\\left(2^{s}\\right)=1$ y si $n<2^{s}$, entonces $f\\left(2^{s}+n\\right)=f(n)+1$.\n\nCalcular el valor máximo de $f(n)$ cuando $n \\leq 2001$.\n\nHallar el menor número natural $n$ tal que $f(n)=2001$.",
    "options": [],
    "answer": "max_{n≤2001} f(n) = 10; the least n with f(n) = 2001 is n = 2^{2001} − 1",
    "solution": "Solution:\n\nPara cada número natural $n$ definimos $f(n)$ como la suma de las cifras de la expresión de $n$ escrito en base 2. Está claro que esta función $f$ cumple las condiciones a) y b). Además, es la única función que las cumple, porque el valor de $f(n)$ viene determinado por las condiciones a) y b).\n\nProbamos esa afirmación por inducción sobre $n$. Si $n=1$ o $n=2^{s}$, entonces $f(n)=1$.\n\nSupongamos $n>1, n \\neq 2^{s}$ y que es conocido $f(m)$ para todo $m<n$; se puede escribir $n=2^{s}+m$ con $m<2^{s}$ tomando $2^{s}$ la mayor potencia de 2 que es menor que $n$; entonces $f(n)=f(m)+1$.\n\nAhora, es fácil resolver las dos cuestiones que nos plantean:\n\nEn el primer caso, se trata de ver cuántos unos puede tener como máximo un número menor o igual que 2001 escrito en base 2. Ese número, escrito en base 2, es, obviamente, 1111111111, que corresponde a $n=1023=2^{10}-1$. Es $f(n)=10$.\n\nEn el segundo caso, razonando de manera análoga, se observa que la respuesta es\n$$\nn=2^{2001}-1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43299,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nConsideramos el conjunto $N=\\{1,2,3, \\ldots\\}$ de los números naturales y la aplicación $f$ : $N \\rightarrow N$ que cumple las dos siguientes condiciones:\na) $f(f(n))=n$ para todo $n \\in N$.\nb) $f(f(n)+1)=\\left\\{\\begin{array}{cc}n-1, & \\text{ si } n \\text{ es par;} \\\\ n+3, & \\text{ si } n \\text{ es impar. }\\end{array}\\right.$\nDetermina el valor de $f(n)$ para cada $n \\in N$ observando previamente que $f$ es biyectiva y que, al no ser nunca $f(f(n)+1)=2$, tiene que $f(1)=2$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = { n+1 if n is odd; n-1 if n is even }",
    "solution": "Solution:\nPor la condición a), es obvio que $f$ es biyectiva. Y, como por la condición b) se observa que nunca es $f(f(n)+1)=2$, forzosamente tendrá que ser 2 la imagen del único elemento que no es de la forma $f(n)+1$, o sea de 1: $f(1)=2$. Y de nuevo por a), $f(2)=1$.\nVamos a probar, por inducción sobre $n$, que\n$$\nf(n)=\\left\\{\\begin{array}{l}\nn+1 \\text{ si } n \\text{ es impar } \\\\\nn-1 \\text{ si } n \\text{ es par }\n\\end{array}\\right.\n$$\nPara $n=1$ y para $n=2$ ya está visto. Supongamos $n>2$.\nPor hipótesis de inducción, se tiene\n$$\nf(n-1)=\\left\\{\\begin{array}{l}\nn \\text{ si } n \\text{ es par } \\\\\nn-2 \\text{ si } n \\text{ es impar }\n\\end{array}\\right.\n$$\ny también\n$$\nf(n-2)= \\begin{cases}n-1 & \\text{ si } n \\text{ es impar } \\\\ n-3 & \\text{ si } n \\text{ es par }\\end{cases}\n$$\nAhora,\n$$\n\\begin{aligned}\nf(n) & =\\left\\{\\begin{array}{l}\nf(f(n-2)+1), \\text{ si } n \\text{ es impar } \\\\\nf(f(n-1)) \\text{ si } n \\text{ es par }\n\\end{array}\\right. \\\\\n& =\\left\\{\\begin{array}{l}\nn-2+3=n+1 \\text{ si } n \\text{ es impar } \\\\\nn-1 \\text{ si } n \\text{ es par }\n\\end{array}\\right.\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43300,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHalla el número natural $n$ que es el producto de los primos $p, q$ y $r$, sabiendo que\n$$\nr-q=2p \\quad \\text{y} \\quad rq+p^{2}=676\n$$",
    "options": [],
    "answer": "2001",
    "solution": "Solution:\nTomamos $x = r - p = q + p$. Entonces,\n$$\nx^{2} = (r - p)(q + p) = rq + (r - q)p - p^{2} = rq + 2p^{2} - p^{2} = rq + p^{2} = 676\n$$\nluego $x = 26$. Y $p$ es un primo tal que $26 - p$ y $26 + p$ son primos. Probamos con los posibles primos $p$ menores que $26$ y se ve que eso sólo se cumple para $p = 3$.\nAsí pues, $p = 3$, $q = 23$, $r = 29$ y $n = p \\cdot q \\cdot r = 2001$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43301,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a$, $b$, y $c$ números reales. Prueba que si $x^{3} + a x^{2} + b x + c$ tiene tres raíces reales, entonces $3b \\leq a^{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSean $\\alpha$, $\\beta$, $\\gamma$ las raíces y supongamos $\\alpha \\geq \\beta \\geq \\gamma$.\n$$\nx^{3} + a x^{2} + b x + c = (x - \\alpha)(x - \\beta)(x - \\gamma) = x^{3} + (-\\alpha - \\beta - \\gamma) x^{2} + (\\alpha \\beta + \\alpha \\gamma + \\beta \\gamma) x - \\alpha \\beta \\gamma\n$$\nAsí pues, $a = -\\alpha - \\beta - \\gamma$ y $b = \\alpha \\beta + \\alpha \\gamma + \\beta \\gamma$.\nAhora se tiene:\n$$\n\\begin{aligned}\n& a^{2} - 3b = (-\\alpha - \\beta - \\gamma)^{2} - 3(\\alpha \\beta + \\alpha \\gamma + \\beta \\gamma) = \\alpha^{2} + \\beta^{2} + \\gamma^{2} - \\alpha \\beta - \\alpha \\gamma - \\beta \\gamma = \\\\\n& = \\alpha^{2} + \\beta^{2} - 2\\alpha\\beta + \\gamma^{2} + \\alpha\\beta - \\alpha\\gamma - \\beta\\gamma = (\\alpha - \\beta)^{2} + (\\alpha - \\gamma)(\\beta - \\gamma) \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43302,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nUn cristalero dispone de una pieza de vidrio de forma triangular. Usando sus conocimientos de geometría, sabe que podría cortar de ella un círculo de radio $r$. Demuestra que, para cualquier número natural $n$, de la pieza triangular puede obtener $n^{2}$ círculos de radio $\\frac{r}{n}$ (suponiendo que se puedan hacer siempre los cortes perfectos).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nEl círculo de mayor radio que se puede cortar de un triángulo viene determinado por la circunferencia inscrita. Del enunciado se deduce que el radio de la circunferencia inscrita del triángulo dado es mayor o igual que $r$.\n\nDividimos cada lado del triángulo en $n$ partes iguales. Por cada uno de esos puntos trazamos las rectas paralelas a los otros dos lados. Se forman así $n^{2}$ triángulos iguales, semejantes al triángulo de partida y con razón de semejanza $\\frac{1}{n}$. Obviamente, de cada uno de esos triangulitos podría cortarse un círculo de radio $\\frac{r}{n}$, puesto que el radio de su circunferencia inscrita es mayor o igual que ese valor.\n\nLa afirmación de que aparecen exactamente $n^{2}$ triangulitos se puede probar, por ejemplo, de la siguiente forma:\n\nSe construye un paralelogramo con dos triángulos como el inicial, se divide cada lado en $n$ partes iguales y se obtienen $n^{2}$ paralelogramos iguales mediante paralelas a los lados. Ahora, se divide cada uno de esos paralelogramos en dos triángulos iguales (y semejantes al inicial) mediante una diagonal. Véase el dibujo.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43303,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl encargado del faro de Finisterre ha recibido la comunicación de que va a haber un corte del suministro eléctrico y debe hacer funcionar el faro con ayuda del generador alimentado con gasóleo. Ese generador consume $6$ litros de gasóleo cada hora y medio litro más cada vez que hay que ponerlo en marcha (inicialmente, está parado). En las $10$ horas exactas que durará la noche, el faro no puede dejar de funcionar durante más de $10$ minutos seguidos. Y cuando funciona tiene que hacerlo durante al menos $15$ minutos seguidos. ¿Cuántos litros de gasóleo necesita, como mínimo, para cumplir con las normas de funcionamiento del faro?",
    "options": [],
    "answer": "47.5 liters",
    "solution": "Solution:\n\nLas mejor manera de ahorrar combustible es hacer paradas de $10$ minutos (más largas no están permitidas). Con cada parada ahorramos $1$ litro de gasóleo, pero gastamos medio litro en volver a poner en marcha el generador. Es obvio que, en principio, la mejor estrategia de ahorro consiste en intercalar periodos de $15$ minutos de funcionamiento (más breves no están permitidos) con periodos de $10$ minutos de parada. En cada proceso \"arranque-$15$ minutos funcionando-$10$ minutos de parada\" se consumen $\\frac{1}{2}+\\frac{1}{4} \\cdot 6=2$ litros de gasóleo. Para completar las $10$ horas de noche necesitamos $\\frac{600}{25}=24$ de esos procesos, luego parece que la cantidad mínima de combustible necesaria es $48$ litros.\n\nSin embargo, hay una manera de ahorrar medio litro más. Cuando comienzan las $10$ horas de noche, se puede estar $10$ minutos sin encender el faro. Si después encadenamos $23$ procesos \"arranque-$15$ minutos funcionando-$10$ minutos de parada\", completamos $10$ horas menos $15$ minutos. Tendríamos que volver a arrancar el generador y hacerlo funcionar otros $15$ minutos, consumiendo de nuevo $48$ litros. Ahora bien, si, por ejemplo, uno de los periodos de funcionamiento lo hacemos de $30$ minutos y \"guardamos\" los $10$ minutos de parada intermedia para los últimos $10$ minutos de noche, el tiempo de funcionamiento es el mismo pero nos ahorramos un arranque, es decir, medio litro de gasóleo. Basta con $47,5$ litros.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43304,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nConsideramos los siguientes 27 puntos de un cubo: el centro (1), los centros de las caras (6), los vértices (8) y los centros de las aristas (12). Coloreamos cada uno de esos puntos de azul o de rojo. ¿Puede hacerse de modo que no haya tres puntos del mismo color alineados? Demuéstralo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLa respuesta es no. Para demostrarlo, llamaremos a los puntos centrales de las caras de la siguiente forma: F-frontal, P-posterior, I-izquierda, D-derecha, T-tapa y S-suelo; en donde el nombre representa la situación respecto a un observador que mira el cubo desde un punto exterior situado frente a la cara frontal. El punto medio de cada arista lo denotaremos con las dos letras de los centros de las dos caras a las que limita esa arista: FT, FI, FD, FS, IT, IP, IS, DT, DP, DS, PT, PS.\nCada vértice lo denotamos con las tres letras de los centros de las tres caras que concurren en ese vértice: FTD, FTI, DTP, ITP, FSD, FSI, DSP, ISP. El centro del cubo lo denotamos $C$. Para indicar que un punto lo hemos coloreado de azul, respectivamente de rojo, escribiremos el nombre\n![](attached_image_1.png)\ndel punto seguido de (a), respectivamente (r).\n\nSupondremos que no hay tres puntos alineados del mismo color y llegaremos a una contradicción. No hay problema en suponer que el centro es azul: $\\{C\\}(a)$. (De manera análoga se razonaría si fuera rojo.) Eso obliga a que de cada dos caras opuestas al menos una tenga el centro rojo. En consecuencia, habrá tres caras con centro rojo y concurrentes en un vértice. Podemos suponer, por tanto, que tenemos $\\{F\\}(r)$, $\\{T\\}(r)$ y $\\{D\\}(r)$. Ahora, distinguimos dos posibilidades:\n\nCaso 1: FTD(r). Lo cual implica ITP(a) y por tanto, alineando con el centro, FSD(r). De la misma forma, FTD(r) implica DSP(a) y por tanto FTI(r). Hemos llegado a la contradicción FSD(r), F(r), FTI(r).\n\nCaso 2: FTD(a). Si FT(r), entonces PT(a) y FS(a); se tiene, por tanto, la contradicción FS(a), C(a), PT(a). Así pues, ha de ser FT(a). De la misma forma, DT(a). Ahora, FTD(a) y FT(a) implica FTI(r); análogamente, FTD(a) y DT(a) implica DTP(r). Y hemos llegado a la contradicción FTI(r), T(r), DTP(r).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43305,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn condenado queda en libertad cuando alcance el final de una escalera de 100 escalones. Pero no puede avanzar a su antojo, puesto que está obligado a subir un solo escalón cada día de los meses impares y a bajar un escalón cada día de los meses pares. Comienza el 1 de enero de 2001. ¿Qué día quedará en libertad? ¿Qué día quedaría en libertad si la escalera tuviera 99 escalones?",
    "options": [],
    "answer": "March 31, 2025; and July 31, 2024 if the staircase had 99 steps",
    "solution": "Solution:\n\nEs fácil observar que el primer año va a moverse entre los escalones $1$ y $36$. Este, el $36$, lo alcanza el día $31$ de julio. El $31$ de diciembre de ese año, llegará al escalón $3$. En general, si un $31$ de diciembre está en el escalón $n$, el año siguiente:\nse mueve entre los escalones $n+1$ y $n+36$ y termina en el $n+3$, si ese año siguiente no es bisiesto, o bien:\nse mueve entre los escalones $n+1$ y $n+35$ y termina en el $n+2$ si ese año siguiente es bisiesto. Con unas cuentas sencillas, vemos que el $31$ de diciembre de $2024$ llegará al escalón $66$, tras haber pasado el $31$ de julio de ese mismo año por el escalón $99$ como punto más elevado. A partir de ahí, se observa lo siguiente respecto al año $2025$: el $31$ de enero termina en el escalón $97$, el $28$ de febrero en el $69$, y el $31$ de marzo, por fin en el $100$. Si la escalera hubiera tenido un peldaño menos, habría quedado en libertad $8$ meses antes, el $31$ de julio de $2024$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43306,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLas longitudes de los lados de un triángulo están en progresión geométrica de razón $r$. Halla los valores de $r$ para los que el triángulo es, respectivamente, acutángulo, rectángulo u obtusángulo.",
    "options": [],
    "answer": "Right: r = sqrt((1 + sqrt(5)) / 2). Acute: 1 ≤ r < sqrt((1 + sqrt(5)) / 2). Obtuse: sqrt((1 + sqrt(5)) / 2) < r < (1 + sqrt(5)) / 2.",
    "solution": "Solution:\nPodemos suponer $r \\geq 1$, puesto que si no, basta con invertir el orden en que se consideran los lados. Si tomamos como unidad de longitud la del lado más corto, entonces las longitudes son $1$, $r$ y $r^{2}$. Llamemos $a$ al ángulo opuesto a $r^{2}$, que es el mayor. Por el teorema del coseno, se tiene:\n$$\nr^{4} = 1 + r^{2} - 2 r \\cos a\n$$\nEl triángulo es rectángulo si y sólo si $\\cos a = 0$, o sea, $r^{4} - r^{2} - 1 = 0$.\nO lo que es lo mismo: $r^{2} = \\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}$. Y, en definitiva, $r = \\sqrt{\\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}}$.\nAhora es inmediato deducir que el triángulo es acutángulo ($\\cos a > 0$) si y sólo si\n$$\n1 \\leq r < \\sqrt{\\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}}\n$$\nAnálogamente, el triángulo es obtusángulo ($\\cos a < 0$) si y sólo si $\\sqrt{\\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}} < r < \\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}$.\nLa última desigualdad viene forzada por el hecho de que para que exista el triángulo debe ser:\n$$\nr^{2} < 1 + r\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43307,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nNueve personas han celebrado cuatro reuniones diferentes sentados alrededor de una mesa circular. ¿Han podido hacerlo sin que existan dos de esas personas que se hayan sentado una junto a la otra en más de una reunión? Razona la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\nLa respuesta es sí, pueden celebrar las cuatro reuniones de modo que al final cada persona haya estado sentada junto a otras dos diferentes cada vez. Para demostrarlo, consideramos las siguientes cuatro formas de ordenar los números del $1$ al $9$, que representan cuatro maneras de sentarse alrededor de la mesa comenzando en soplugar y siguiendo el giro de las agujas del reloj:\nPrimera reunión: $1$, $2$, $3$, $4$, $5$, $6$, $7$, $8$, $9$\nSegunda reunión: $1$, $3$, $5$, $7$, $9$, $4$, $6$, $2$, $8$\nTercera reunión: $1$, $4$, $7$, $3$, $8$, $5$, $2$, $9$, $6$\nCuarta reunión: $1$, $5$, $9$, $3$, $6$, $8$, $4$, $2$, $7$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43308,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHallar todos los polinomios $P(t)$ de una variable, que cumplen\n$$\nP\\left(x^{2}-y^{2}\\right)=P(x+y) P(x-y)\n$$\npara todos los números reales $x$ e $y$.",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are the zero polynomial, the constant one polynomial, and the monomials x to the n for positive integers n.",
    "solution": "Solution:\nLa ecuación funcional dada\n$$\nP\\left(x^{2}-y^{2}\\right)=P(x+y) P(x-y)\n$$\nes equivalente a la ecuación funcional\n$$\nP(u v)=P(u) P(v)\n$$\ncon el cambio de variables $u=x+y$ y $v=x-y$, para todo $u, v \\in \\mathbb{R}$.\n\nPoniendo $u=v=0$ en $(**)$ se obtiene $P(0)=(P(0))^{2}$, de donde $P(0)=1$ ó $P(0)=0$.\n\nSi $P(0)=1$, haciendo $v=0$ en $(**)$ se deduce que $P(0)=P(u) P(0)$ para todo $u \\in \\mathbb{R}$, es decir $P(u) \\equiv 1$.\n\nSea ahora $P(0)=0$. Entonces $P(u)=u Q(u)$, siendo $Q(u)$ un polinomio de grado una unidad inferior al grado de $P(u)$. Fácilmente se comprueba que $Q(u)$ satisface la ecuación funcional $(**)$.\nPor tanto $P(u)=u^{n}$ con $n \\in \\mathbb{N}$.\n\nRecíprocamente, se comprueba sin dificultad que $P(x) \\equiv 1$ y $P(x)=x^{n}$ con $n \\in \\mathbb{N}$ satisfacen la ecuación funcional inicial $(*)$.\n\nAdemás está la solución trivial $P(x) \\equiv 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43309,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un triángulo $ABC$, $A'$ es el pie de la altura relativa al vértice $A$, y $H$ el ortocentro.\n\na) Dado un número real positivo $k = \\frac{AA'}{HA'}$, hallar la relación entre los ángulos $B$ y $C$ en función de $k$.\n\nb) Si $B$ y $C$ son fijos, hallar el lugar geométrico del vértice $A$ para cada valor de $k$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "a) tan(B) · tan(C) = k.\nb) With BC = a and coordinates centered at the midpoint of BC, the locus of A(x, y) satisfies y^2 = k(a^2/4 − x^2), i.e., x^2/(a^2/4) + y^2/(k a^2/4) = 1, an ellipse centered on the midpoint of BC; for k < 1 the major axis lies along BC, and for k > 1 it lies perpendicular to BC.",
    "solution": "Solution:\n\nPara resolver la primera cuestión tenemos,\n$$\nBA' = c \\cos B, \\quad \\tan HBA' = \\cot C = \\frac{HA'}{BA'}, \\quad AA' = c \\sen B\n$$\nDeducimos\n$$\nk = \\frac{AA'}{HA'} = \\frac{c \\sen B}{c \\cos B \\cot C}, \\text{ de donde } \\quad \\tan B \\cdot \\tan C = k\n$$\n\nResolvamos la segunda cuestión. Poniendo $a = BC$, tomando unos ejes con origen en el punto medio de $BC$ y eje $OX$ sobre el lado $BC$, resulta $B\\left(-\\frac{a}{2}, 0\\right)$, $C\\left(\\frac{a}{2}, 0\\right)$, y llamando $A(x, y)$, la condición (1) se escribe\n$$\n\\frac{y}{\\frac{a}{2} - x} \\cdot \\frac{y}{\\frac{a}{2} + x} = k \\text{ que también es } y^2 = k\\left(\\frac{a^2}{4} - x^2\\right)\n$$\nque, una vez operada resulta:\n$$\n\\frac{x^2}{\\frac{a^2}{4}} + \\frac{y^2}{\\frac{ka^2}{4}} = 1\n$$\necuación de una elipse. Podremos distinguir dos casos.\n\nSi $k < 1$, elipse con eje mayor sobre $OX$, semidistancia focal $c_1 = \\frac{a}{2} \\sqrt{1-k}$ y semieje mayor $a_1 = \\frac{a}{2}$\n\n![](attached_image_2.png)\n\nSi $k > 1$, se trata de una elipse con eje mayor sobre $OY$, semidistancia focal $c_1 = \\frac{a}{2} \\sqrt{k-1}$ y semieje mayor $a_1 = \\frac{a}{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43310,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLa función $g$ se define sobre los números naturales y satisface las condiciones\n$$\n\\begin{aligned}\ng(2) & =1 \\\\\ng(2 n) & =g(n) \\\\\ng(2 n+1) & =g(2 n)+1\n\\end{aligned}\n$$\nSea $n$ un número natural tal que $1 \\leq n \\leq 2002$. Calcula el valor máximo $M$ de $g(n)$. Calcula también cuántos valores de $n$ satisfacen la condición $g(n)=M$.",
    "options": [],
    "answer": "M = 10; number of n with g(n) = M: 5",
    "solution": "Solution:\n\nDado cualquier natural $n$, consideramos su representación binaria,\n$$\nn=a_{k} 2^{k}+a_{k-1} 2^{k-1}+\\cdots+a_{1} 2+a_{0}=a_{k} \\ldots a_{1} a_{0}\n$$\ndonde $a_{j}=0$ ó 1.\nProbaremos por inducción sobre $k$ que $g(n)=\\sum_{j=0}^{k} a_{j}$.\nPara $k=0$ es cierto: $g\\left(1_{(2)}\\right)=g(1)=1$.\nSupuesto cierto para $k$, hay dos casos para $k+1$:\n$$\n\\begin{aligned}\n& g\\left(a_{k} \\ldots a_{1} a_{0} 0_{(2)}\\right)=g\\left(2 \\cdot a_{k} \\ldots a_{1} a_{0}\\right)=\\sum_{j=0}^{k} a_{j} \\\\\n& g\\left(a_{k} \\ldots a_{1} a_{0} 1_{(2)}\\right)=g\\left(1+2 \\cdot a_{k} \\ldots a_{1} a_{0}\\right)=1+\\sum_{j=0}^{k} a_{j}\n\\end{aligned}\n$$\ndonde se han aplicado las propiedades de $g$ y la hipótesis inductiva.\nEntonces $g(n)$ es el número de unos de $n$ escrito en base 2.\nComo $2^{11}=2048>2002>1024=2^{10}$, resulta $M=10$.\nHay cinco valores de $n$ que hacen $g(n)=10$: 1023, 1535, 1791, 1919 y 1983.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43311,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $n$ un número natural, y $m$ el que resulta al escribir en orden inverso las cifras de $n$. Determinar, si existen, los números de tres cifras que cumplen $2 m+S=n$, siendo $S$ la suma de las cifras de $n$.",
    "options": [],
    "answer": "No three-digit numbers satisfy the condition.",
    "solution": "Solution:\n\nTenemos las expresiones (en base 10)\n$$\n\\begin{aligned}\n& n = a b c = c + 10 b + 100 a \\\\\n& m = c b a = 100 c + 10 b + a\n\\end{aligned}\n$$\nque, sustituidas en $2 m + S = n$ nos da\n$$\n200 c + 20 b + 2 a + (a + b + c) = 100 a + 10 b + c\n$$\nes decir\n$$\n200 c + 11 b - 97 a = 0\n$$\nPor lo tanto, $200 c - 97 a$ es múltiplo de $11$.\nCalculando módulo $11$ la expresión anterior sale $2(c + a) \\equiv 0$, y como $\\operatorname{mcd}(2,11) = 1$, resulta que $a + c$ es congruente con $0$ módulo $11$.\n\nCalculando módulo $9$: $2(c + a + b) \\equiv 0$, y $c + a + b$ es congruente con $0$.\n\nPor la primera congruencia, $c + a = 0$, o bien $c + a = 11$.\nSi $c + a = 0$, entonces $a = c = 0$ y no hay solución por ser números de tres cifras. Si $c + a = 11$, entonces $b = 7$ y por lo tanto, $200 c - 97 a$ es múltiplo de $7$.\n\nTrabajando módulo $7$ queda $4 c + a$ es congruente con $0$ módulo $7$, es decir;\n$$\n4 c + a = 0, 7, 14, 21, 28, 35, 42\n$$\nComo $a + c = 11$, tenemos que $3 c$ debe tomar uno de los valores $-11, -4, 3, 10, 17, 24$, o $31$ y ser múltiplo de $3$. Luego $c = 1$ o $c = 8$.\n\nSi $c = 1$, entonces $a = 10$, lo que es imposible.\nSi $c = 8$, debe ser $a = 3$. Pero $n = 378$ no es solución y, en conclusión, no existen números con las condiciones pedidas.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43312,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran $2002$ segmentos en el plano, tales que la suma de sus longitudes es la unidad. Probar que existe una recta $r$ tal que la suma de las longitudes de las proyecciones de los $2002$ segmentos dados sobre $r$ es menor que $2/3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nCada segmento determina dos vectores de igual módulo y sentido opuesto.\nConsideramos los $2 \\cdot 2002 = 4004$ vectores así obtenidos y los ordenamos por sus direcciones entre $0$ y $2\\pi$ respecto de un sistema de referencia ortonormal arbitrario.\n\nConstruimos ahora un polígono convexo de $4004$ lados \"uniendo\" los vectores uno a continuación del otro, a partir de uno cualquiera dado.\nClaramente el perímetro de este polígono es $2$. Además es un polígono centrado y simétrico, respecto de un punto $O$.\n\nTomamos entonces uno de los lados más próximos a $O$; sea $d$ el segmento perpendicular a ese lado y a su opuesto que pasa por el centro $O$. La proyección del polígono sobre la recta que contiene a este segmento es $d$ y por tanto la suma de las proyecciones sobre la recta anterior es también $d$. Por otra parte, la circunferencia de centro $O$ y radio $\\frac{d}{2}$ está totalmente contenida en el interior del polígono y entonces su circunferencia es menor que el perímetro del polígono.\n\nEs decir: $d\\pi < 2$ y $d < \\frac{2}{\\pi} < \\frac{2}{3}$.\n\nFalta considerar el caso trivial de que todos los segmentos tengan la misma dirección, en cuyo caso no hay polígono. Pero podemos tomar la recta perpendicular a la dirección común, sale $d = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43313,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un polígono regular $H$ de $6n+1$ lados ($n$ es un entero positivo), pintamos $r$ vértices de color rojo, y el resto de azul. Demostrar que el número de triángulos isósceles que tienen sus tres vértices del mismo color no depende del modo de distribuir los colores en los vértices de $H$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDebido a que el número de lados del polígono $H$ deja de resto 1 al dividirse entre seis, cada diagonal y cada lado del polígono pertenece sólo (exactamente) a tres triángulos isósceles distintos.\n\nDenotamos por $AA$, $AR$ y $RR$ los números de segmentos que son lados y diagonales cuyos extremos respectivamente están coloreados ambos de azul, de azul y de rojo o ambos de rojo. Análogamente denotamos por $AAA$, $AAR$, $ARR$ y $RRR$ el número de triángulos isósceles cuyos vértices son los tres azules, dos azules y uno rojo, uno azul y dos rojos o los tres rojos y ninguno azul, respectivamente.\n\nEntonces $3 \\times AA = 3 \\times AAA + AAR$, porque cada diagonal o lado de $H$ pertenece a tres triángulos isósceles y los triángulos isósceles con tres vértices azules tienen tres lados con sus dos extremos azules. Los triángulos isósceles con dos vértices azules tienen sólo un lado con sus extremos de color azul y los triángulos isósceles con menos de dos vértices azules no tiene ningún lado con los extremos del mismo color azul.\n\nAnálogamente establecemos $3 \\times RA = 2 \\times AAR + 2 \\times ARR$ y $3 \\times RR = ARR + 3 \\times RRR$. Las tres relaciones obtenidas conducen a\n\n$$\nAAA + RRR = RR + AA - \\frac{1}{2} \\times RA = \\frac{1}{2} \\times R \\times (R-1) + \\frac{1}{2} \\times A \\times (A-1) - \\frac{1}{2} \\times R \\times A,\n$$\n\ndonde $A$ es el número de vértices azules, $A = 6n+1 - R$. Esto completa la prueba. Observemos que el resultado es también cierto si el polígono $H$ tiene $6n+5$ lados.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43314,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nProbar que para cualquier primo $p$ distinto de $2$ y $5$ existe un múltiplo de $p$ cuyas cifras son todas nueves. Por ejemplo, si $p=13$, es $999999=13 \\cdot 76923$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $a_{i}$ el número compuesto por $i$ nueves $a_{i}=\\overbrace{99 \\cdots 9}^{i}$.\n\nSupongamos que existe $p$ tal que $p \\nmid a_{i}$ $\\forall i \\in \\mathbb{N}$, para probar por contradicción el enunciado. Considérense en dicho caso los números $\\{a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{p}\\}$. En este conjunto sabemos por hipótesis que no hay ningún $a_{i} \\equiv 0\\ (p)$. Por tanto al haber $p$ números y sólo $p-1$ restos posibles módulo $p$, se sabe que existen $m, n$ tales que $a_{m}-a_{n} \\equiv 0\\ (p)$. Suponemos sin pérdida de generalidad que $m>n$ y tenemos\n$$\np \\mid (a_{m}-a_{n}) = \\overbrace{99 \\ldots 9}^{m} - \\overbrace{99 \\ldots 9}^{n} = \\overbrace{99 \\ldots 9}^{m-n} \\overbrace{00 \\ldots 0}^{n} = a_{m-n} \\cdot 10^{n}.\n$$\nComo $p \\neq 2$ y $p \\neq 5$ resulta que $p \\nmid 10^{n} = 2^{n} \\cdot 5^{n}$, es decir que $p \\mid a_{m-n}$ y como $a_{m-n}$ pertenece al conjunto escogido por ser $m-n < n$ y $m-n \\geq 1$, se ha llegado a una contradicción. Por consiguiente\n$$\n\\forall p \\exists a_{i} \\text{ tal que } p \\mid a_{i}\n$$\ny el enunciado queda probado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43315,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLas alturas del triángulo $ABC$ se cortan en el punto $H$. Se sabe que $AB = CH$. Determinar el valor del ángulo $\\widehat{BCA}$.",
    "options": [],
    "answer": "45° or 135°",
    "solution": "Solution:\n\nPrimer caso: $C < 90^{\\circ}$.\nLlamaremos $A'$ al punto en que la altura de $A$ corta al lado $BC$ del triángulo $ABC$, y $C'$ al punto donde la altura de $C$ corta al lado $AB$ del triángulo $ABC$.\nEl ángulo $\\widehat{CHA'}$ es igual al ángulo $\\widehat{AHC'}$. En el triángulo $CA'H$, el ángulo $\\widehat{CA'H}$ es recto, y por tanto el ángulo $\\widehat{HCA'}$ es $90^{\\circ} - \\alpha$.\nEn el triángulo $AHC'$, el ángulo $\\widehat{HC'A}$ es recto, y por tanto el ángulo $\\widehat{HAC'}$ es $90^{\\circ} - \\alpha$. El ángulo $\\widehat{HAC'}$ es igual al ángulo $\\widehat{A'AB}$ del triángulo $A'AB$ que es rectángulo, y por tanto el ángulo $\\widehat{A'BA}$ es $\\alpha$.\nDe aquí concluimos que los triángulos $CHA'$ y $A'AB$ son semejantes, y como $CH = AB$, son triángulos iguales; de donde obtenemos que $AA' = CA'$, y por tanto el valor de la tangente del ángulo pedido es $\\tan C = 1$, y $C = 45^{\\circ}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSegundo caso: $C > 90^{\\circ}$.\nProcediendo de modo análogo, se tiene $\\widehat{A'CH} = \\widehat{C'CB}$. En el triángulo $C'CB$, el ángulo $\\widehat{CA'H}$ es recto, y por tanto, $\\widehat{A'HC} = 90^{\\circ} - \\alpha$, y en el triángulo $CC'B$ el ángulo $\\widehat{CC'B}$ es recto y por tanto $\\widehat{C'BC} = 90^{\\circ} - \\alpha$. El triángulo $AA'B$ es rectángulo en $A'$ y por ello $\\widehat{BAA'} = \\alpha$.\nEntonces los triángulos $AA'B$ y $A'CH$ son semejantes y tienen la hipotenusa igual, luego son iguales y deducimos $AA' = A'C$, de donde la tangente de $C$ vale $\\tan C = -1$ y $C = 135^{\\circ}$.\n\nTercer caso: $C = 90^{\\circ}$.\nEn este caso $C$ coincide con $H$ y $CH = 0$. Como $AB \\neq 0$, este valor de $C$ no es válido.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43316,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $x$ un número real tal que $x^{3} + 2x^{2} + 10x = 20$. Demostrar que tanto $x$ como $x^{2}$ son irracionales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPrimero veamos que $x$ no puede ser entero. Esto puede hacerse teniendo en cuenta que si lo fuese, sería un divisor de $20$ y basta probar los $8$ divisores para comprobar que ninguno cumple la ecuación.\n\nOtro modo de verlo es comprobar que $f(x) = x^{3} + 2x^{2} + 10x - 20$ es estrictamente creciente (su derivada es positiva para todo $x$) y además $f(1) = 13$ y $f(2) = 36$. Luego no hay raíces enteras.\n\nVeamos que $x$ no puede ser racional por reducción al absurdo. Supongamos que $x = \\frac{p}{q}$ con $q \\geq 1$ y $\\frac{p}{q}$ irreducible. Entonces\n$$\np^{3} = 20q^{3} - 10q^{2}p - 2qp^{2} = q\\left(20q^{2} - 10qp - 2p^{2}\\right)\n$$\nPuesto que $q$ es divisor del segundo miembro, también lo es del primero $p^{3}$, lo que es absurdo si $p$ y $q$ son primos entre sí y $q > 1$. Luego la ecuación no puede tener raíces racionales y $x$ es irracional.\n\nPara la irracionalidad de $x^{2}$ basta ver que\n$$\nx(x^{2} + 10) = 20 - 2x^{2} \\Longrightarrow x = \\frac{20 - 2x^{2}}{x^{2} + 10}\n$$\ny si $x^{2}$ fuese racional, también lo sería $x$ en contra de lo probado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43317,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Cuáles son las posibles áreas de un hexágono convexo con todos los ángulos iguales y cuyos lados miden $1,2,3,4,5$ y $6$, en algún orden?",
    "options": [],
    "answer": "65*sqrt(3)/4 and 67*sqrt(3)/4",
    "solution": "Solution:\n\nLa idea es prolongar los lados para formar un triángulo equilátero.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nTenemos $a+b+c+d+e+f=21$ y $\\ell=a+b+c=c+d+e=e+f+a$ de donde sale $3 \\ell=21+a+c+e$, y por tanto,\n$$\n\\ell=7+\\frac{a+c+e}{3}\n$$\nEl valor más pequeño de $a+c+e$ es $6$ y el más grande $15$, así que\n$$\n9 \\leq \\ell \\leq 12\n$$\nSi $a+c+e=6$, entonces son:\n$$\n(a, c, e)=(1,2,3) \\quad \\text{y} \\quad (b, f, d)=(4,5,6)\n$$\nSi $a+c+e=9$, el único caso posible es:\n$$\n(a, c, e)=(1,3,5) \\quad \\text{y} \\quad (b, f, d)=(2,4,6)\n$$\nSi $a+c+e=12$, el único caso posible es $(a, c, e)=(2,4,6)$.\nSi $a+c+e=15$, el único posible es $(a, c, e)=(4,5,6)$.\n\nComo el área del triángulo de lado $\\ell$ es $\\ell^{2} \\frac{\\sqrt{3}}{4}$ y la del hexágono es $\\frac{\\sqrt{3}}{4}\\left(\\ell^{2}-\\left(a^{2}+c^{2}+e^{2}\\right)\\right)$, las áreas posibles son:\n\nSi $a+c+e=6$, entonces $\\ell=9$ y el área es $\\frac{67 \\sqrt{3}}{4}$.\n\nSi $a+c+e=9$, entonces $\\ell=10$ y el área es $\\frac{65 \\sqrt{3}}{4}$.\n\nSi $a+c+e=12$, entonces $\\ell=11$ y el área es $\\frac{65 \\sqrt{3}}{4}$.\n\nSi $a+c+e=15$, entonces $\\ell=12$ y el área es $\\frac{67 \\sqrt{3}}{4}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43318,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEnsartamos $2n$ bolas blancas y $2n$ bolas negras formando una cadena abierta. Demuestra que, se haga en el orden en que se haga, siempre es posible cortar un segmento de cadena que contenga exactamente $n$ bolas blancas y $n$ bolas negras.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nTenemos la cadena con el total de $4n$ bolas, $2n$ blancas y $2n$ negras. Cogemos un grupo de un extremo con $2n$ bolas; este grupo tendrá $x$ bolas negras e $y$ bolas blancas, de forma que la diferencia es $x-y=2k$ para $k \\in \\{-n,-n+1, \\ldots, 1,0,1, \\ldots, n-1, n\\}$.\n\nVamos moviéndonos de una en una posición hacia el extremo contrario y en cada movimiento la diferencia varía en 2 o no varía, es decir $k$ aumenta en 1, disminuye en 1 o no cambia.\n\nLa diferencia varía en 2 si la bola que se deja y que se coge son de distinto color y se mantiene si son del mismo color.\n\nLa posición final, es decir en el otro extremo, tendrá las bolas al revés, $x$ bolas blancas e $y$ bolas negras con lo que la diferencia (blancas - negras) será ahora $y-x=-2k$, para el mismo $k$.\n\nEs decir que $k$ pasa de una posición a su opuesta con el mismo valor absoluto. Como $k$ sólo puede variar de 1 en 1 tiene que pasar por el cero ya que no se lo puede saltar.\n\nEn el momento en que $k=0$, se tiene $x=y=n$.\n\nPor lo tanto siempre se podrá cortar un segmento de longitud $2n$ con $n$ bolas blancas y $n$ bolas negras.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43319,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTenemos un conjunto de $221$ números reales cuya suma es $110721$. Los disponemos formando una tabla rectangular de modo que todas las filas y la primera y última columnas son progresiones aritméticas de más de un elemento. Probar que la suma de los elementos de las cuatro esquinas vale $2004$.",
    "options": [],
    "answer": "2004",
    "solution": "Solution:\n\nDenotaremos por $a_{i}^{j}$ al elemento de la fila $i$-ésima y columna $j$-ésima del rectángulo.\nPongamos $n$ para el número de filas, $m$ para el de columnas y $S$ para la suma de los $n \\times m$ elementos.\nCon notación matricial queda\n$$\nM=\\left(\\begin{array}{cccc}\na_{1}^{1} & a_{1}^{2} & \\cdots & a_{1}^{m} \\\\\na_{2}^{1} & a_{2}^{2} & \\cdots & a_{2}^{m} \\\\\n\\cdots & \\cdots & \\cdots & \\cdots \\\\\na_{n}^{1} & a_{n}^{2} & \\cdots & a_{n}^{m}\n\\end{array}\\right)\n$$\nSumando por filas y llamando $S_{k}$ a la suma de la fila $k$, resulta\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{1} & =\\frac{a_{1}^{1}+a_{1}^{m}}{2} m \\\\\nS_{2} & =\\frac{a_{2}^{1}+a_{2}^{m}}{2} m \\\\\n& \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\\\\nS_{n} & =\\frac{a_{n}^{1}+a_{n}^{m}}{2} m\n\\end{aligned}\n$$\ny sumando miembro a miembro queda:\n$$\n\\begin{aligned}\n& S=S_{1}+S_{2}+\\cdots+S_{n}= \\\\\n& \\quad=\\frac{m}{2}\\left(\\left(a_{1}^{1}+a_{2}^{1}+\\cdots+a_{n}^{1}\\right)+\\left(a_{1}^{m}+a_{2}^{m}+\\cdots+a_{n}^{m}\\right)\\right)= \\\\\n& \\quad=\\frac{n m}{4}\\left(a_{1}^{1}+a_{n}^{1}+a_{1}^{m}+a_{n}^{m}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nDe aquí sale\n$$\na_{1}^{1}+a_{n}^{1}+a_{1}^{m}+a_{n}^{m}=\\frac{4 S}{n m}=\\frac{4 \\cdot 110721}{221}=2004\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43320,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ es un cuadrilátero cualquiera, $P$ y $Q$ los puntos medios de las diagonales $BD$ y $AC$, respectivamente. Las paralelas por $P$ y $Q$ a la otra diagonal se cortan en $O$. Si unimos $O$ con los cuatro puntos medios de los lados $X, Y, Z$ y $T$, se forman cuatro cuadriláteros $OXBY$, $OYCZ$, $OZDT$ y $OTAX$.\n\nProbar que los cuatro cuadriláteros tienen la misma\n\n![](attached_image_1.png)\nárea.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBastará probar que el área de cada cuadrilátero es la cuarta parte del área total.\nLa quebrada $APC$ divide al cuadrilátero en dos partes de igual área pues $AP$ es la mediana de $ABD$ y $PC$ lo es de $CBD$ (Figura 1).\nLa quebrada $TPZ$ divide al cuadrilátero $APCD$ (sombreado) en dos partes de igual área pues $PT$ es mediana de $APD$ y $PZ$ es mediana de $CPD$ (Figura 2).\n\n![](attached_image_2.png)\n\nTenemos ya probado que el área del cuadrilátero $TPZD$ es la cuarta parte del área del cuadrilátero inicial.\nFinalmente $TZ$ es paralela a $OP$ por serlo ambas a $AC$; luego los triángulos $TPZ$ y $TOZ$ tienen la misma área y lo mismo les ocurre a los cuadriláteros $TPZD$ y $TOZD$ (Figura 3). Del mismo modo se probaría para los otros tres cuadriláteros.\nSolution:\n\n![](attached_image_3.png)\n\nAl ser $OP$ paralela a $AC$, los triángulos $OXY$, $PXY$ tienen la misma base e igual altura y por tanto la misma área.\nDe ahí que los cuadriláteros $OXBY$, $PXBY$ también tienen la misma área, pero el área de $PXBY$ (en gris en la Figura 4) es la cuarta parte del cuadrilátero inicial al ser semejantes con razón $2$ del grande al pequeño.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43321,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe representa por $\\mathbb{Z}$ el conjunto de todos los enteros. Hallar todas las funciones $f: \\mathbb{Z} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ tales que, para cualesquiera $x, y$ enteros se cumple\n$$\nf(x+f(y))=f(x)-y\n$$",
    "options": [],
    "answer": "no such function exists",
    "solution": "Solution:\n\nPrimeramente observemos que $f(x+n f(y))=f(x)-n y$.\nPara $n=0$ es obvio, y por inducción, suponemos que para el entero $n \\geq 1$ se cumple\n$$\nf(x+(n-1) f(y))=f(x)-(n-1) y\n$$\nEntonces\n$$\n\\begin{aligned}\n& f(x+n f(y))=f(x+(n-1) f(y)+f(y))= \\\\\n& \\quad=f(x+(n-1) f(y))-y= \\\\\n& \\quad=f(x)-(n-1) y-y=f(x)-n y\n\\end{aligned}\n$$\nAnálogamente se prueba la misma propiedad para cada entero $n \\leq -1$.\nPor tanto, haciendo $y=1$ y $n=f(1)$, sale\n$$\nf(1+f(1) f(1))=f(1)-n=0\n$$\nPoniendo $k=1+f(1) f(1)=1+(f(1))^{2}>0$, se tiene $f(x)=f(x+f(k))=f(x)-k$ que es una contradicción.\nDeducimos que no existen funciones que satisfagan la condición requerida.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43322,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Existe alguna potencia de 2, que al escribirla en el sistema decimal tenga todos sus dígitos distintos de cero y sea posible reordenar los mismos para formar con ellos otra potencia de 2 distinta? Justificar la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que exista tal potencia de $2$, es decir, que haya dos potencias de $2$ cuyas expresiones decimales sólo difieran en el orden de colocación de los dígitos. Claramente ninguna de las dos potencias es divisible por $3$ y ambas dejan el mismo resto cuando se dividen por $9$. Esto último se debe a que el resto de un número al dividirse por $9$ es congruente, módulo $9$, con la suma de sus dígitos.\n\nPor otra parte, la mayor de ambas potencias se obtiene de la menor multiplicando ésta por $2$, $4$ u $8$ (de otra manera no tendrían ambas el mismo número de dígitos). Sin embargo, al multiplicar la menor potencia de las dos por $2$, $4$ u $8$, cambia el resto obtenido al dividir por $9$. Los restos de las sucesivas potencias de $2$ al dividirse por $9$ forman una sucesión periódica; los restos de\n$$\n1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024, 2048, 4096, \\ldots\n$$\nal dividir por $9$ son\n$$\n1, 2, 4, 8, 7, 5, \\quad 1, 2, 4, 8, 7, 5, \\quad 1, \\ldots\n$$\nEsta sucesión tiene periodo $6$ porque para todo $n$ entero positivo\n$$\n2^{n+6} - 2^{n} = 2^{n}(2^{6} - 2^{0}) = 2^{n} \\cdot 63\n$$\ny este número es divisible por $9$, por lo que ambas potencias dejan el mismo resto. (La periodicidad también se deduce directamente de la observación de los restos, ya que cada uno de ellos depende sólo del anterior y a partir del primero que se repite, necesariamente resulta una sucesión periódica. Las congruencias de Fermat y Euler nos indican los posibles valores del periodo; en este caso hay que aplicar la de Euler).\n\nNo es posible, por tanto, reordenar los dígitos de una potencia de $2$ para obtener otra potencia distinta de $2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43323,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que la condición necesaria y suficiente para que, en el triángulo $ABC$, la mediana desde $B$ sea dividida en tres partes iguales por la circunferencia inscrita en el triángulo, es\n$$\n\\frac{a}{5}=\\frac{b}{10}=\\frac{c}{13}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a/5 = b/10 = c/13",
    "solution": "Solution:\nLa condición es necesaria.\nSea $ABC$ un triángulo y $K$ el punto medio de $AC$. Supongamos que la mediana $BK$ corta a la circunferencia inscrita en dos puntos, $M$ y $N$, tales que\n$$\nBM = MN = NK = x\n$$\nSea $T$ el punto de tangencia del círculo inscrito con el lado $BC$.\nEn cualquier triángulo se cumplen las igualdades siguientes\n$$\n\\begin{aligned}\nBT = p-b & = \\frac{a+c-b}{2} \\text{ con } 2p = a+b+c \\\\\nBK^2 & = \\frac{2a^2 + 2c^2 - b^2}{4}\n\\end{aligned}\n$$\nLa primera se deduce sin más de $BT + CT = a$, $BT - CT = c-b$ y no es otra cosa que la fórmula que da las distancias de los vértices a los puntos de contacto del círculo inscrito; la segunda - fórmula de Apolonio o de la mediana - se puede obtener completando el triángulo $ABC$ hasta obtener un paralelogramo; o también aplicando el teorema del coseno a los triángulos $BCK$ y $ABK$ calculando $a^2$ y $c^2$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEntonces resulta\n$$\n2a^2 + 2c^2 - b^2 = 36x^2\n$$\nLa potencia del vértice $B$ respecto del círculo inscrito se puede escribir de dos maneras\n$$\nBT^2 = BM \\cdot BN\n$$\ncon lo cual\n$$\n(a+c-b)^2 = 8x^2\n$$\nComo, evidentemente, en el triángulo del problema, los puntos $B$ y $K$ están igualmente alejados del centro del círculo inscrito, resulta $BC = KC$, de donde\n$$\nb = 2a\n$$\nSustituyendo esta última igualdad en (1) y (2), obtenemos\n$$\nc^2 - a^2 = 18x^2, \\quad (c-a)^2 = 8x^2\n$$\ny ya que $c-a \\neq 0$, $x \\neq 0$, resulta\n$$\n\\frac{c+a}{c-a} = \\frac{9}{4}, \\quad \\text{de donde} \\quad \\frac{c}{a} = \\frac{13}{5}\n$$\nPor lo tanto,\n$$\n\\frac{a}{5} = \\frac{b}{10} = \\frac{c}{13}\n$$\nLa condición es suficiente.\nNo hay pérdida de la generalidad en suponer que $a=5$, $b=10$, $c=13$.\nSustituyendo los valores de los lados en las fórmulas utilizadas en la primera parte, resulta\n$$\nBK = 6\\sqrt{2}, \\quad BT^2 = 16 = BM \\cdot BN\n$$\ny para el radio de la circunferencia inscrita\n$$\nr = \\frac{S}{p} = \\frac{6\\sqrt{14}}{14}\n$$\ndonde $S$ se ha calculado por medio de la fórmula de Herón.\nEl triángulo $BCK$ es isósceles, así que la bisectriz del ángulo $C$ es también altura. Sea $H = CI \\cap BK$ y consideremos el triángulo rectángulo $BIT$; entonces $BI^2 = 4^2 + r^2 = \\frac{2^2 \\times 65}{14}$.\nPor otra parte, en $BIH$, se tiene $HI^2 = \\frac{4}{7}$, y finalmente en $IHM$, $HM^2 = r^2 - HI^2 = 2$. Como $H$ es el punto medio de $MN$, resulta $MN = 2\\sqrt{2}$, luego la mediana $BK$ queda, en efecto, dividida en tres partes iguales por el círculo inscrito.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43324,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nColocamos, formando una circunferencia, 2004 fichas bicolores: blancas por una cara y negras por la otra. Un movimiento consiste en elegir una ficha con la cara negra hacia arriba y dar la vuelta a tres fichas: la elegida, la de su derecha, y la de su izquierda. Supongamos que inicialmente hay una sola ficha con la cara negra hacia arriba. ¿Será posible, repitiendo el movimiento descrito, conseguir que todas las fichas tengan la cara blanca hacia arriba? ¿Y si tuviéramos 2003 fichas, entre las cuales exactamente una tiene al comienzo la cara negra hacia arriba?",
    "options": [],
    "answer": "For 2004 tokens: impossible. For 2003 tokens: possible.",
    "solution": "Solution:\n\nNumeremos las fichas desde $1$ hasta $2004$: la $1$ es negra y las restantes son blancas. Cada ficha inicialmente blanca debe ser tocada un número par de veces, para que al final del proceso siga teniendo la cara blanca hacia arriba. Cada movimiento posible cambia el número de fichas negras en un número impar:\n\n- $BNB$ pasa a $NBN$: el número de fichas negras aumenta en $1$\n- $NNB$ pasa a $BBN$: el número de fichas negras disminuye en $1$\n- $BNN$ pasa a $NBB$: el número de fichas negras disminuye en $1$\n- $NNN$ pasa a $BBB$: el número de fichas negras disminuye en $3$\n\nComo inicialmente hay exactamente una ficha negra, el número total de movimientos para tener las $2004$ fichas con la cara blanca hacia arriba debe ser impar.\n\nDesignamos por $x_{i}$ el número de movimientos realizados eligiendo la ficha $i$ (que debe ser negra).\n\nLa ficha que ocupa el lugar $i$ cambia de color en los movimientos en que la elegimos a ella ($x_{i}$), a la de su izquierda ($x_{i-1}$) o a la de su derecha ($x_{i+1}$). Por lo tanto, $x_{i-1} + x_{i} + x_{i+1}$ es el número de veces que hemos dado la vuelta a la ficha que ocupa el lugar $i$. ($2004 + 1$ se identifica con $1$, y $2003 + 2$ se identifica con $1$).\n\nEl número total de movimientos será:\n$$\nN = (x_{1} + x_{2} + x_{3}) + x_{4} + \\cdots + (x_{2002} + x_{2003} + x_{2004})\n$$\n\nComo $2004$ es múltiplo de $3$, $N$ es la suma del número de veces que hemos dado la vuelta a las fichas en los lugares $2, 5, \\ldots, 3k+2, \\ldots, 2003$, todas ellas blancas al principio: así que $N$, suma de números pares, debería ser par: contradicción, pues $N$ es impar. Por lo tanto, no será posible conseguir que las $2004$ fichas tengan la cara blanca hacia arriba.\n\nCon $2003$ fichas sí es posible: iniciando el movimiento sobre la ficha $1$ (única negra al principio), y repitiéndolo sobre las fichas que ocupan los lugares $2, \\ldots, 2001, 2002$ llegaríamos a la configuración\n\nNNN NNN ... NNN BB\n\nEligiendo ahora las fichas que ocupan los lugares $2, 5, \\ldots, 3k+2, \\ldots, 2000$, tendríamos\n\nBBB BBB ... BBB BB\n\nen la que todas las fichas tendrían la cara blanca hacia arriba.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43325,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a$ y $b$ enteros. Demostrar que la ecuación\n$$\n(x-a)(x-b)(x-3)+1=0\n$$\nadmite a lo sumo una solución entera.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSea el entero $p$ una raíz, entonces: $(x-a)(x-b)(x-3)+1$ se anula para $x=p$, es decir\n$$\n(p-a)(p-b)(p-3) = -1\n$$\nDistingamos varios casos\n$$\n\\text{1.- } (p-3) = 1 \\Rightarrow p = 4\n$$\nentonces para los otros factores tenemos dos posibilidades:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left.\\begin{array}{c}\n(p-a) = -1 \\Rightarrow a = p+1 = 5 \\\\\n(p-b) = 1 \\Rightarrow b = p-1 = 3\n\\end{array}\\right\\} \\text{ sustituyendo queda la ecuación } \\\\\n& (x-3)^2(x-5)+1 = x^3 - 11 x^2 + 39 x - 44 = 0\n\\end{aligned}\n$$\ny una vez separada la raíz $4$ resulta la ecuación $x^2 - 7x + 11 = 0$ que no tiene raíces enteras.\n$(p-a) = 1 \\Rightarrow a = p-1 = 3$\n$(p-b) = -1 \\Rightarrow b = p+1 = 5$ idéntico al anterior.\n\n2.- $(p-3) = -1 \\Rightarrow p = 2$\nentonces para los otros factores tenemos dos posibilidades:\n$$\n\\left.\\begin{array}{rl}\n(p-a) = 1 \\Rightarrow a = p-1 = 1 \\\\\n(p-b) = 1 \\Rightarrow b = p-1 = 1\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nsustituyendo queda la ecuación\n$$\n(x-1)^2(x-3)+1 = x^3 - 5 x^2 + 7 x - 2 = 0\n$$\ny después de separar la raíz $2$ resulta $x^2 - 3x + 1 = 0$ que no tiene raíces enteras.\nFinalmente,\n$$\n\\left.\\begin{array}{r}\n(p-a) = -1 \\Rightarrow a = p+1 = 3 \\\\\n(p-b) = -1 \\Rightarrow b = p+1 = 3\n\\end{array}\\right\\}\n\\begin{array}{r}\n\\text{ sustituyendo queda la ecuación } \\\\\n\\qquad (x-3)^3 + 1 = x^3 - 9 x^2 + 27 x - 26 = 0\n\\end{array}\n$$\ny después de separar la raíz $2$ resulta $x^2 - 7x + 13 = 0$ que no tiene raíces.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43326,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Es posible colorear los puntos del plano cartesiano $Oxy$ de coordenadas enteras con tres colores, de tal modo que cada color aparezca infinitas veces en infinitas rectas paralelas al eje $Ox$ y tres puntos cualesquiera, cada uno de distinto color, no estén alineados? Justificar la contestación.",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nProbemos que tal coloración es posible. Pintemos el punto $(x, y)$ de rojo si $x+y$ es par, de blanco si $x$ es impar e $y$ es par y de azul si $x$ es par e $y$ es impar.\n\nClaramente se satisface la condición de que cada color aparezca infinitas veces en infinitas rectas paralelas al eje $OX$.\n\nSupongamos ahora que $(x_{1}, y_{1})$ sea rojo, $(x_{2}, y_{2})$ sea blanco y $(x_{3}, y_{3})$ sea azul. Entonces $x_{2}-x_{1}$ y $y_{2}-y_{1}$ tienen paridad opuesta y $x_{3}-x_{2}$ e $y_{3}-y_{2}$ son ambos impares. Por tanto:\n$$(y_{2}-y_{1})(x_{3}-x_{2}) \\neq (y_{3}-y_{2})(x_{2}-x_{1})$$\ncon lo cual:\n$$\\frac{y_{3}-y_{2}}{x_{3}-x_{2}} \\neq \\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}$$\nlo que significa que tres puntos cualesquiera, cada uno de distinto color, no están alineados.\nSolution:\n\nConsideremos una coloración de $\\mathbb{Z}^{2}$ de acuerdo con las siguientes reglas:\n- Azul si sus dos coordenadas son pares.\n- Verde si ambas coordenadas son impares.\n- Naranja cuando tienen una coordenada de cada paridad.\n\nDemostraremos que tal coloración cumple las condiciones requeridas.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nObservamos que tres puntos $A, B, C$ de $\\mathbb{Z}^{2}$ están alineados si y sólo si existe $k$ tal que $AB = k AC$.\n\nCaso 1. Supongamos que $A$ azul, $B$ verde y $C$ naranja con la primera coordenada par están alineados, la condición $AB = k AC$ sobre la primera componente queda: $b_{x}-a_{x}=k(c_{x}-a_{x})$ y reduciéndola módulo 2 resulta: $1-0=k(0-0) \\Leftrightarrow 1=0 \\cdot k$, contradicción que prueba que no existen tales puntos.\n\nCaso 2. Igual que el anterior con la primera coordenada de $C$ impar y por tanto la segunda par. Razonando del mismo modo sobre la segunda componente tenemos: $b_{y}-a_{y}=k(c_{y}-a_{y})$ y módulo 2 resulta $1-0=k(0-0) \\Leftrightarrow 1=0 \\cdot k$ y la correspondiente contradicción.\n\nLa segunda condición también se cumple:\n\nEl azul se repite infinitamente en las rectas de la forma $y=k$ para $k$ par.\n\nEl verde se repite infinitamente en las rectas de la forma $y=k$ para $k$ impar.\n\nEl naranja se repite infinitamente en las rectas de la forma $y=k$ para cualquier $k$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43327,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDiremos que un triángulo es multiplicativo si el producto de las longitudes de dos de sus lados es igual a la longitud del tercer lado.\nSea $A B C \\ldots X Y Z$ un polígono regular de $n$ lados con todos sus lados de longitud $1$. Las $n-3$ diagonales que salen del vértice $A$ dividen al triángulo $Z A B$ en $n-2$ triángulos más pequeños. Probar que cada uno de esos triángulos es multiplicativo.\n\n![](attached_image_1.png)\n",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nEl ángulo formado por dos diagonales consecutivas con un extremo en $A$ es el mismo por estar inscrito en el mismo arco $\\alpha$.\n\nSean $P Q$ y $Q R$ dos segmentos adyacentes sobre el segmento $Z B$, determinados por tres diagonales consecutivas. Entonces\n$$\n\\begin{aligned}\n& S_{A P Q} = \\frac{1}{2} h \\cdot P Q = \\frac{1}{2} A P \\cdot A Q \\cdot \\sen \\alpha \\\\\n& S_{A Q R} = \\frac{1}{2} h \\cdot Q R = \\frac{1}{2} A Q \\cdot A R \\cdot \\sen \\alpha\n\\end{aligned}\n$$\ndonde $h$ es la altura común a todos los triángulos. Por tanto\n$$\n\\frac{A P \\cdot A Q}{P Q} = \\frac{A Q \\cdot A R}{Q R}\n$$\nes decir, la razón $r$ del producto de dos lados a la base es la misma para cualquier par de triángulos adyacentes, y por tanto es la misma para todos ellos. Pero el primero y el último son claramente multiplicativos al tener dos lados iguales y el tercero igual a $1$. Se deduce que $r=1$ y todos los triángulos son multiplicativos.\nSolution:\nVamos a probar el enunciado demostrando que si un triángulo es multiplicativo, también lo es el colindante.\n\nObsérvese primero que el triángulo $A B Q$ es isósceles puesto que los ángulos $A$ y $B$ abarcan el mismo arco. Es obvio que el triángulo $A B Q$ es multiplicativo pues $A B=1$.\n$$\nQ B = A Q \\cdot A B = A Q \\cdot 1 = A Q\n$$\nAhora bien, si aplicamos el teorema de la bisectriz al triángulo $A P B$ tenemos que:\n$$\n\\frac{P Q}{A P} = \\frac{Q B}{A B} = A Q \\Rightarrow P Q = A Q \\cdot A P\n$$\nlo que prueba que $A P Q$ también es multiplicativo.\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43328,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProbar que para todo entero positivo $n$, la expresión decimal de\n$$\n\\frac{1}{n}+\\frac{1}{n+1}+\\frac{1}{n+2}\n$$\nes periódica mixta.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nTenemos\n$$\n\\frac{1}{n}+\\frac{1}{n+1}+\\frac{1}{n+2}=\\frac{3 n^{2}+6 n+2}{n(n+1)(n+2)}\n$$\nSabemos que para que una fracción origine un decimal periódico mixto, una vez reducida debe tener en el denominador algún factor primo del conjunto 2,5 y alguno que no sea ni 2 ni 5.\n\nVeamos primero que la fracción anterior tiene en el denominador al menos una factor 2 más que en el numerador, en efecto\n\nSi $n$ es par tenemos $n=2 k$ que una vez sustituido resulta:\n$$\n\\frac{1}{n}+\\frac{1}{n+1}+\\frac{1}{n+2}=\\frac{3 n^{2}+6 n+2}{n(n+1)(n+2)}=\\frac{12 k^{2}+12 k+2}{2 k(2 k+1)(2 k+2)}=\\frac{6 k^{2}+6 k+1}{2 k(2 k+1)(k+1)}\n$$\nel numerador es impar y el denominador par.\n\nSi $n$ es impar tenemos $n=2 k+1$ que una vez sustituido resulta:\n$$\n\\frac{1}{n}+\\frac{1}{n+1}+\\frac{1}{n+2}=\\frac{3 n^{2}+6 n+2}{n(n+1)(n+2)}=\\frac{12 k^{2}+24 k+11}{(2 k+1)(2 k+2)(2 k+3)}\n$$\nel numerador es impar y el denominador par.\n\nEn ambos casos el denominador tiene al menos un factor 2 que no está en el numerador.\n\nAdemás la expresión $\\frac{1}{n}+\\frac{1}{n+1}+\\frac{1}{n+2}=\\frac{3 n^{2}+6 n+2}{n(n+1)(n+2)}$ muestra que el numerador no contiene el factor primo 3 (da resto 2 al dividirlo entre tres) mientras el denominador al ser producto de tres números consecutivos es múltiplo de tres.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43329,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $r$, $s$, $u$, $v$ números reales cualesquiera. Probar que:\n$$\n\\min\\left(r-s^{2},\\ s-u^{2},\\ u-v^{2},\\ v-r^{2}\\right) \\leq \\frac{1}{4}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSupongamos que los cuatro números $r-s^{2}$, $s-u^{2}$, $u-v^{2}$ y $v-r^{2}$ son mayores estrictamente que $\\frac{1}{4}$. Entonces\n$$\nr-s^{2} + s-u^{2} + u-v^{2} + v-r^{2} > \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4}\n$$\npero esta expresión es equivalente a\n$$\n0 > \\left(\\frac{1}{2} - r\\right)^{2} + \\left(\\frac{1}{2} - s\\right)^{2} + \\left(\\frac{1}{2} - u\\right)^{2} + \\left(\\frac{1}{2} - v\\right)^{2}\n$$\nque es una contradicción.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43330,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn poliedro convexo tiene por caras 12 cuadrados, 8 hexágonos regulares y 6 octógonos regulares. En cada vértice del poliedro concurren exactamente un cuadrado, un hexágono y un octógono. ¿Cuántos segmentos que unen pares de vértices del poliedro son interiores al mismo, es decir, no son aristas ni están contenidos en una cara?",
    "options": [],
    "answer": "840",
    "solution": "Solution:\n\nSea $V$ el número de vértices, $A$ el número de aristas, $D$ el número de diagonales sobre las caras, e $I$ el número de diagonales interiores.\nPuesto que cada vértice del poliedro está exactamente en una cara cuadrada, debe haber\n$$\nV = 4 \\cdot 12 = 48 \\text{ vértices.}\n$$\n(Obtendríamos el mismo resultado contando con hexágonos o con octógonos).\nPuesto que de cada vértice salen exactamente 3 aristas, hay $A = 3V / 2 = 72$ aristas.\nComo que cada cuadrado tiene 2 diagonales, cada hexágono tiene 9 y cada octógono tiene 20, resulta $D = 12 \\cdot 2 + 8 \\cdot 9 + 6 \\cdot 20 = 216$ diagonales sobre las caras.\nFinalmente, el número pedido $I$ será igual al total de pares de segmentos que se pueden formar uniendo pares de vértices de todas las formas posibles, y restando las aristas y las diagonales sobre las caras.\n$$\nI = \\binom{48}{2} - A - D = 840\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43331,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nPara cuatro puntos no coplanarios, un plano ecualizador es un plano tal que las distancias respectivas de cada uno de los puntos a ese plano son todas iguales. Dado un conjunto de cuatro puntos no coplanarios, ¿cuántos planos ecualizadores hay?",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "Solution:\nSean $A$, $B$, $C$ y $D$ cuatro puntos no coplanarios. Sea $p$ un plano ecualizador de esos puntos y examinemos las posibilidades:\n\ni) Si $A$, $B$, $C$ y $D$ están en el mismo semiespacio en que $p$ divide al espacio, está claro que uno de los dos planos paralelos a $p$, a la misma distancia que están los cuatro puntos de $p$, contiene a todos esos puntos, contra la hipótesis de no coplanariedad. Por lo tanto, los puntos no pueden estar todos en el mismo lado del plano ecualizador.\n\nii) Sea $A$ en un lado del plano y $B$, $C$ y $D$ en el otro. Es obvio que $p$ es paralelo al plano $q$ determinado por los puntos $B$, $C$ y $D$ y corta al segmento que proyecta $A$ sobre el plano $q$ en su punto medio. Por lo tanto, en esas condiciones, el plano ecualizador existe y es único. Ahora, tomando cada vez uno cualquiera de los otros puntos como \"punto aislado\" en un lado del plano, obtenemos otros tantos planos ecualizadores. En consecuencia, con un punto en un lado y los otros tres en el otro, hay exactamente cuatro planos ecualizadores.\n\niii) Sean ahora $A$ y $B$ en un lado del plano $p$ y $C$ y $D$ en el otro. Consideremos el plano $r$ que contiene a $A$ y $B$ y es paralelo al segmento $CD$ y el plano $s$ que contiene a $C$ y $D$ y es paralelo al segmento $AB$.\nEntonces, los planos $r$ y $s$ son paralelos y el plano ecualizador $p$ es el plano equidistante de los planos $r$ y $s$, que también está determinado de forma única. Dado el punto $A$, la elección de su \"pareja\" en uno de los lados de $p$ determina otros tantos planos ecualizadores, tres en total.\n\nAsí, pues, para cuatro puntos no coplanarios dados, hay exactamente siete planos ecualizadores.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43332,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEncontrar todas las soluciones enteras posibles, $x$ e $y$, de la ecuación:\n$$\np(x+y)=x y\n$$\nsiendo $p$ un cierto número primo.",
    "options": [],
    "answer": "All integer solutions are the ordered pairs (x, y) with (x − p)(y − p) = p^2, i.e., (x, y) ∈ {(0, 0), (2p, 2p), (p(p+1), p+1), (p+1, p(p+1)), (p(1−p), p−1), (p−1, p(1−p))}.",
    "solution": "Solution:\nDe $p(x+y)=x y$ y del hecho que $p$ es un número primo se deduce que $p$ divide a $x$ o a $y$. Puesto que, en el enunciado, los papeles de $x$ e $y$ son completamente simétricos, se puede, sin pérdida de generalidad, suponer que $p$ divide a $x$ y que, en consecuencia, hay un número $k$ tal que\n$$\nx=k p\n$$\nEntonces, la ecuación propuesta queda\n$$\np(k p+y)=k p y\n$$\no sea,\n$$\nk p+y=k y\n$$\nAhora, unas cuantas manipulaciones:\n$$\nk p+y=k y \\Rightarrow 0=k y-k p-y=k(y-p)-y \\Rightarrow p=k(y-p)-y+p=(k-1)(y-p)\n$$\nPonen de manifiesto que $k-1$ es un divisor de $p$ y, dado que $p$ es primo, hay cuatro posibilidades:\n\ni) Que $k-1=-p$. Obtenemos que $k=1-p$ y, por lo tanto,\n$$\nx=(1-p) p, \\quad y=p-1\n$$\nii) Que $k-1=-1$. Resulta que $k=0$, o sea,\n$$\nx=0, \\quad y=0\n$$\niii) Que $k-1=1$. Entonces $k=2$ y resulta:\n$$\nx=2 p, \\quad y=2 p\n$$\niiii) Que $k-1=p$. Entonces $k=p+1$ y resulta:\n$$\nx=p(p+1), \\quad y=p+1\n$$\nque son todas las posibles soluciones de la ecuación propuesta.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43333,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nResolver, en el conjunto de los números reales, el sistema de ecuaciones\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\ny^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\\nz^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\\nx^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0\n\\end{array}\\right\\}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(2, 2, 2)",
    "solution": "Solution:\nDado que $3 t^{2}-6 t+4 \\geq 0$ para todo $t \\in \\mathbb{R}$, entonces cualquier solución $\\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\\right)$ del sistema verifica que $x_{0}^{3}>0, y_{0}^{3}>0, z_{0}^{3}>0$. Es decir, $x_{0}, y_{0}, z_{0}$ son números positivos.\n\nAdemás, sumando las tres ecuaciones resulta\n$$\n\\left(x^{3}-6 x^{2}+12 x-8\\right)+\\left(y^{3}-6 y^{2}+12 y-8\\right)+\\left(z^{3}-6 z^{2}+12 z-8\\right)=0\n$$\no equivalentemente,\n$$\n(x-2)^{3}+(y-2)^{3}+(z-2)^{3}=0\n$$\nAhora distinguiremos dos casos: (a) $x_{0} \\geq 2$ y (b) $0<x_{0}<2$.\n\na. Si $x_{0} \\geq 2$, de la última ecuación obtenemos\n$$\nx_{0}^{3}=6 z_{0}^{3}-12 z_{0}+8 \\geq 8 \\Leftrightarrow 6 z_{0}\\left(z_{0}-2\\right) \\geq 0\n$$\nlo cual solo puede ocurrir si $z_{0}=0$ (imposible) o $z_{0} \\geq 2$.\nAnálogamente, resulta que $y_{0} \\geq 2$ y de (1) se deduce que $x_{0}=2$, $y_{0}=2, z_{0}=2$ es la única solución en este caso.\n\nb. $0<x_{0}<2$, entonces tenemos\n$$\nx_{0}^{3}=6 z_{0}^{3}-12 z_{0}+8<8 \\Leftrightarrow 6 z_{0}\\left(z_{0}-2\\right)<0\n$$\nlo cual solo es posible, al ser $z_{0}>0$, si $z_{0}<2$. Análogamente se obtiene que $y_{0}<2$ lo que contradice la igualdad (1). En consecuencia, la única solución real del sistema es $(2,2,2)$ y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43334,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo y $D$, $E$ y $F$ puntos situados en los segmentos $AC$, $BA$ y $CB$ respectivamente, de forma que los segmentos $AF$, $BD$, $CE$ concurren en un punto $P$ interior al triángulo. Sabemos que $BP = 6$, $PD = 6$, $PC = 9$, $PE = 3$ y $AF = 20$. Hallar el área del triángulo $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "108",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nUtilizamos varias veces que las áreas de dos triángulos de la misma base son proporcionales a las alturas y que las de dos triángulos de la misma altura son proporcionales a las bases.\n\nLas letras $x, y, z, \\ldots$ de la figura de la izquierda indican las áreas de los triángulos pequeños donde están situadas. Indicaremos por $S$ el área total del triángulo $ABC$ pedida. Tenemos\n$$\n\\frac{u+v}{S} = \\frac{PD}{BD} = \\frac{1}{2}, \\quad \\frac{x+y}{S} = \\frac{EP}{EC} = \\frac{1}{4}\n$$\nTambién se cumple\n$$\n\\frac{PF}{AF} = \\frac{PF}{20} = \\frac{z+t}{S} = \\frac{S-(x+y)-(u+v)}{S} = 1 - \\frac{1}{2} - \\frac{1}{4}\n$$\nde donde $PF = 5$ y $AP = 15$.\n\nComparando las áreas de los triángulos $ABD$ y $BDC$ y de $PDA$ y $PDC$ resulta\n$$\n\\frac{CD}{AD} = \\frac{z+t+u}{x+y+v} = \\frac{u}{v} = \\frac{z+t}{x+y} = \\frac{1/4 S}{1/4} = 1, \\text{ de donde } CD = AD \\text{ y } u = v; \\text{ por lo que } S = 4u\n$$\nTrazamos ahora una paralela $DG$ a $AF$ (figura de la derecha). Los triángulos $CAP$ y $CDG$ son semejantes con razón $1/2$. Por tanto $DG = \\frac{1}{2} AP = \\frac{15}{2}$ y $PG = GC = \\frac{9}{2}$.\n\nPuesto que $PD^2 + PG^2 = DG^2$ resulta que el triángulo $DPG$ es rectángulo con ángulo recto en $P$ indicado en la figura. Su área es $u/2 = 27/2$ de donde $u = 27$ y $S = 4u = 108$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43335,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSea $a_{n}=1+n^{3}$ la sucesión $\\{2,9,28,65, \\ldots\\}$ y $\\delta_{n}=\\operatorname{mcd}\\left(a_{n+1}, a_{n}\\right)$ Hallar el máximo valor que puede tomar $\\delta_{n}$.",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "Solution:\n$\\delta_{n}$ divide a $a_{n+1}$ y a $a_{n}$, y por tanto a su diferencia $b_{n}=a_{n+1}-a_{n}=3 n^{2}+3 n+1$.\nTambién divide a $c_{n}=3 a_{n}-n b_{n}=3-n-3 n^{2}$ y a la suma $d_{n}=b_{n}+c_{n}=4+2 n$. Pero entonces $\\delta_{n}$ también divide a $e_{n}=2 b_{n}-3 n d_{n}=2-6 n$. Finalmente, divide a $3 d_{n}+e_{n}=14$.\nPero $b_{n}=3 n^{2}+3 n+1=3 n(n+1)+1$ es un número impar, luego $\\delta_{n}$ solamente puede ser 1 o 7 . El máximo es 7 ya que $\\operatorname{mcd}\\left(5^{3}+1,6^{3}+1\\right)=7$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43336,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a, b, c, d$ números enteros positivos que satisfacen $a b = c d$. Demostrar que $a + b + c + d$ no es un número primo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nUsando la hipótesis $a b = c d$ se escribe\n$$\na(a + b + c + d) = (a + c)(a + d)\n$$\nde donde se obtiene que si $a + b + c + d$ fuese primo debería dividir a $a + c$ o $a + d$ que son menores que él.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43337,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que es imposible obtener un cubo yuxtaponiendo tetraedros regulares, todos del mismo tamaño.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nUn tetraedro regular de lado $c$ tiene volumen $\\frac{\\sqrt{2}}{12} c^{3}$ y cada una de sus caras tiene área $\\frac{\\sqrt{3}}{4} c^{2}$.\n\nSupongamos (sin perder generalidad) que un cubo de lado $1$ se puede obtener uniendo $N$ tetraedros regulares de lado $c$. Entonces se satisface\n$$\nN c^{3} \\frac{\\sqrt{2}}{12} = 1\n$$\nPor otro lado, cada cara del cubo estará formada por un número entero, digamos $k$, de caras de tetraedros. Como el área de una cara del cubo es $1$, tenemos\n$$\nk c^{2} \\frac{\\sqrt{3}}{4} = 1\n$$\nDividiendo la primera igualdad por la segunda podemos despejar $c$ y en particular deducimos que $c^{2}$ es un número racional. Pero esto es incompatible con la segunda de las ecuaciones.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43338,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que, en un triángulo, la distancia de un vértice cualquiera al ortocentro es el doble de la distancia del circuncentro al lado opuesto a ese vértice.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSean el triángulo $\\triangle ABC$, su ortocentro $H$ y su circuncentro $O$. Sean $H'$ y $O'$ sus simétricos respecto del lado $BC$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\ni) Puesto que los triángulos $\\triangle BPA$ y $\\triangle BCR$ son rectángulos y comparten el ángulo $\\subset BA$, son semejantes y, por lo tanto $BAH' = FHCP$.\nPero por ser $H'$ simétrico de $H$,\n$$\nHCP = PCH' \\text{ y } BAH' = BCH'\n$$\nCosa que prueba que $H'$ está sobre la circunferencia circunscrita al triángulo $\\triangle ABC$.\n\nii) Nuevamente por ser $H'$ simétrico de $H$, $OH' = H'O = HO = O'$ y, por ser $HH'$ y $OO'$ dos paralelas cortadas por la secante $H'$, $H'H O' = \\theta' O'$, obteniendo\n$$\n\\oslash H'H = \\oslash O'H\n$$\n\niii) Pero $OA$ y $OH'$ son radios de la circunferencia circunscrita y, en consecuencia, el triángulo $\\triangle H'OH$ es isósceles, por lo que $\\Theta' H'H = HAO$ y, finalmente,\n$$\n\\text{ӨO}' H = HAO\n$$\ny el cuadrilátero $AHO'O$ es un paralelogramo. Resulta:\n$$\nAH = OO' = 2OO''\n$$\nSolution:\n(Aportada por Arnau Messegué Buisan, clasificado en la Fase Local de Cataluña).\nSean $A'$, $B'$, $C'$ los puntos medios de los lados $BC$, $CA$ y $AB$ respectivamente.\nLa circunferencia que pasa por $A'$, $B'$, $C'$ (circunferencia medial) es la imagen de la circunscrita a $A$, $B$, $C$ en la semejanza de centro el baricentro $G$ y razón $-1/2$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nObviamente el circuncentro $O$ de $ABC$ es el ortocentro de $A'B'C'$ y se sigue el resultado al corresponderse los segmentos $AH$ y $A'O$ en la semejanza anterior.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43339,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nHallar todas las soluciones reales de la ecuación\n$$\n3^{x^{2}-x-y}+3^{y^{2}-y-z}+3^{z^{2}-z-x}=1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1,1,1)",
    "solution": "Solution:\nAplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica resulta\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3^{x^{2}-x-y}+3^{y^{2}-y-z}+3^{z^{2}-z-x} \\geq 3 \\sqrt[3]{3^{x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x-2y-2z}} = 3^{\\frac{1}{3}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x-2y-2z\\right)+1} \\\\\n& = 3^{\\frac{1}{3}\\left[(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-1)^{2}\\right]} \\geq 3^{0} = 1\n\\end{aligned}\n$$\nLa igualdad se verifica cuando $x=y=z=1$. Por tanto, la única solución es $(x, y, z)=(1,1,1)$ y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43340,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $P$ un punto interior a un triángulo $ABC$. Por $P$ se trazan paralelas $KP$, $MP$ y $NP$ a los lados $AB$, $AC$ y $BC$ que dividen el triángulo inicial en tres triángulos y tres paralelogramos. Sean $S_{1}$, $S_{2}$, $S_{3}$ las áreas de los nuevos triángulos y $S$ el área del triángulo $ABC$. Probar que\n$$\nS \\leq 3\\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $L$ el punto de intersección de $KP$ con el lado $BC$ y sean $h_{i}$, $i=1,2,3$ las alturas de los nuevos triángulos y $h$ la altura de $\\triangle ABC$. Dado que cada uno de los triángulos son semejantes con $ABC$, se tiene\n$$\n\\begin{gathered}\n\\frac{S_{1}}{S}=\\frac{KP \\cdot h_{1}}{AB \\cdot h}=\\frac{KP^{2}}{AB^{2}} \\\\\n\\frac{S_{2}}{S}=\\frac{MN \\cdot h_{2}}{AB \\cdot h}=\\frac{MN^{2}}{AB^{2}} \\\\\n\\frac{S_{3}}{S}=\\frac{PL \\cdot h_{3}}{AB \\cdot h}=\\frac{PL^{2}}{AB^{2}}\n\\end{gathered}\n$$\nDe donde resulta\n$$\n\\frac{\\sqrt{S_{1}}}{\\sqrt{S}}+\\frac{\\sqrt{S_{2}}}{\\sqrt{S}}+\\frac{\\sqrt{S_{3}}}{\\sqrt{S}}=\\frac{KP+MN+PL}{AB}=1\n$$\n$$\nS=\\left(\\sqrt{S_{1}}+\\sqrt{S_{2}}+\\sqrt{S_{3}}\\right)^{2}\n$$\nPor otro lado, teniendo en cuenta la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática resulta\n$$\n\\sqrt{S_{1}}+\\sqrt{S_{2}}+\\sqrt{S_{3}} \\leq 3 \\sqrt{\\frac{S_{1}+S_{2}+S_{3}}{3}}\n$$\ncon lo que\n$$\nS=\\left(\\sqrt{S_{1}}+\\sqrt{S_{2}}+\\sqrt{S_{3}}\\right)^{2} \\leq 3\\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}\\right)\n$$\nFinalmente, obsérvese que la igualdad tiene lugar cuando $P$ coincide con el baricentro $G$ del triángulo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43341,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un triángulo acutángulo $ABC$, determinar para qué puntos de su interior se verifican las siguientes desigualdades:\n$$\n1 \\leq \\frac{\\angle APB}{\\angle ACB} \\leq 2, \\quad 1 \\leq \\frac{\\angle BPC}{\\angle BAC} \\leq 2 \\quad \\text{y} \\quad 1 \\leq \\frac{\\angle CPA}{\\angle CBA} \\leq 2\n$$",
    "options": [],
    "answer": "The circumcenter O is the only interior point that satisfies all three inequalities.",
    "solution": "Solution:\n\nSea $O$ el circuncentro del triángulo $ABC$. El valor del ángulo $ACB$, por estar inscrito en la circunferencia, es la mitad del ángulo $AOB$. De nuevo, para cualquier punto $P$ sobre el arco $AOB$ se tiene $\\angle APB = \\angle AOB = 2 \\angle ACB$. Por tanto, este arco separa el interior del triángulo en dos partes: para los puntos $Q$ situados a un lado del arco $AOB$, el valor del ángulo $\\angle AQB$ es mayor que $\\angle AOB$ y para los situados al otro lado del arco el ángulo $\\angle AQB$ es menor que $\\angle AOB$. Así pues, los puntos del interior del triángulo que están sobre el arco $AOB$ o fuera del segmento circular $AOC$ son los que satisfacen la primera de las condiciones $1 \\leq \\frac{\\angle APB}{\\angle ACB} \\leq 2$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEl mismo razonamiento para las cuerdas $BC$ y $CA$ nos conduce a que el punto $O$ es el único que puede cumplir las tres condiciones.\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43342,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $P$ una familia de puntos en el plano tales que por cada cuatro puntos de $P$ pasa una circunferencia. ¿Se puede afirmar que necesariamente todos los puntos de $P$ están en la misma circunferencia? Justifica la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Yes, all points lie on the same circle.",
    "solution": "Solution:\n\nSea $T = \\{x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}\\}$ un subconjunto de $P$ con cuatro elementos. Por hipótesis existe una circunferencia $\\alpha$ que pasa por estos cuatro puntos. Supongamos que exista un punto $x \\in P$, tal que $x \\notin \\alpha$. Por la condición del enunciado existe una circunferencia $\\beta$ que pasa por los puntos $x, x_{2}, x_{3}$ y $x_{4}$. Entonces las circunferencias $\\alpha$ y $\\beta$ tienen tres puntos comunes, lo que implica que deben coincidir.\n\nPor lo tanto, todos los puntos de $P$ están en la misma circunferencia.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43343,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalla dos enteros positivos $a$ y $b$ conociendo su suma y su mínimo común múltiplo. Aplícalo en el caso de que la suma sea $3972$ y el mínimo común múltiplo $985928$.",
    "options": [],
    "answer": "a = 1964, b = 2008",
    "solution": "Solution:\n\nSea $p$ un número primo que divide a la suma $a+b$ y a su mínimo común múltiplo $[a, b]$. Como $p \\mid [a, b]$ al menos divide a uno de los dos enteros $a$ ó $b$. Si $p \\mid a$, al dividir $p$ a la suma $a+b$, también $p \\mid b$. (Obviamente el mismo razonamiento vale si hubiéramos supuesto que $p \\mid b$). Por tanto podemos dividir los dos números $a$ y $b$ por $p$ y también su mínimo común múltiplo $[a, b]$, para obtener dos enteros $a_{1}$ y $b_{1}$ tales que $a_{1}=\\frac{a}{p}$, $b_{1}=\\frac{b}{p}$ y $[a_{1}, b_{1}]=\\frac{[a, b]}{p}$. Sea el máximo común divisor de $a$ y $b$, $d=(a, b)$. Repitiendo el proceso anterior llegaremos a obtener dos enteros $A$ y $B$ tales que $a=d A$, $b=d B$ y $(A, B)=1$. Entonces $[A, B]=A B$. Ahora es fácil determinar $A$ y $B$ a partir del sistema de ecuaciones\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\nA+B=\\frac{a+b}{d} \\\\\nA B=\\frac{[a, b]}{d}\n\\end{array}\\right.\n$$\nEs decir, $A$ y $B$ son las raíces de la ecuación de segundo grado $d t^{2}-(a+b) t+[a, b]=0$. Observamos que el discriminante de esta ecuación es no negativo. En efecto:\n$$\n\\Delta=(a+b)^{2}-4 d[a, b]=(a+b)^{2}-4 a b=(a-b)^{2} \\geq 0\n$$\nSi $a$ y $b$ son distintos, la ecuación anterior tiene por soluciones los dos enteros positivos $A=\\frac{a}{d}$ y $B=\\frac{b}{d}$.\n\nEn particular cuando $a+b=3972$ y $[a, b]=985928$, tenemos que $d=(3972,985928)=4$. Por tanto $a=4 A$ y $b=4 B$ siendo $A$ y $B$ las raíces de la ecuación $4 t^{2}-3972 t+985928=0$.\n\nEs decir $A=491$ y $B=502$ y los números buscados son $a=1964$ (año de la primera OME) y $b=2008$ (año de la actual edición de la OME).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43344,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular la suma $2\\left[h\\left(\\frac{1}{2009}\\right)+h\\left(\\frac{2}{2009}\\right)+\\ldots+h\\left(\\frac{2008}{2009}\\right)\\right]$, siendo\n$$\nh(t)=\\frac{5}{5+25^{t}}, \\quad t \\in \\mathbb{R}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "2008",
    "solution": "Solution:\nSe observa que la función $h$ es simétrica respecto al punto $\\left(\\frac{1}{2}, \\frac{1}{2}\\right)$. Por tanto, $h(1-t)=\\frac{5}{25^{1-t}+5}=\\frac{5 \\cdot 5^{t}}{25+5 \\cdot 25^{t}}=\\frac{25^{t}}{25^{t}+5}$, de donde $h(t)+h(1-t)=1$. La suma vale entonces $2 \\cdot 1004=2008$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43345,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProbar que para todo entero positivo $n$, $n^{19}-n^{7}$ es divisible por $30$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n$n^{19}-n^{7}=n^{7}\\left(n^{12}-1\\right)=n^{7}\\left(n^{6}+1\\right)\\left(n^{6}-1\\right)=n^{7}\\left(n^{6}+1\\right)\\left(n^{3}+1\\right)\\left(n^{3}-1\\right)$, con lo que en la descomposición de $n^{19}-n^{7}$ aparecen tres números consecutivos, $n-1$, $n$, $n+1$, de los cuales al menos uno es divisible por $2$ y exactamente uno es divisible por $3$.\n\nCompletaremos la descomposición para probar que aparece un factor divisible por $5$, y habremos terminado.\n$$\nn^{19}-n^{7}=n^{7}\\left(n^{2}+1\\right)\\left(n^{4}-n^{2}+1\\right)(n+1)\\left(n^{2}-n+1\\right)(n-1)\\left(n^{2}+n+1\\right)\n$$\nSi ninguno de los números $n-1$, $n$, $n+1$ es múltiplo de $5$, entonces $n=5k\\pm2$, con lo que $\\left(n^{2}+1\\right)=25k^{2}\\pm20k+5$ es múltiplo de $5$, como queríamos.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43346,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLa igualdad $2008=1111+444+222+99+77+55$ es un ejemplo de descomposición del número $2008$ como suma de números distintos de más de una cifra, cuya representación (en el sistema decimal) utiliza un sólo dígito.\n\ni) Encontrar una descomposición de este tipo para el número $2009$.\n\nii) Determinar para el número $2009$ todas las posibles descomposiciones de este tipo que utilizan el menor número posible de sumandos (el orden de los sumandos no se tiene en cuenta).",
    "options": [],
    "answer": "i) One example: 2009 = 1111 + 777 + 66 + 55.\n\nii) The minimal number of summands is four. All minimal decompositions are:\n- 1111 + 777 + 99 + 22\n- 1111 + 777 + 88 + 33\n- 1111 + 777 + 77 + 44\n- 1111 + 777 + 66 + 55\n- 999 + 888 + 111 + 11\n- 999 + 777 + 222 + 11\n- 999 + 666 + 333 + 11\n- 999 + 555 + 444 + 11\n- 888 + 777 + 333 + 11\n- 888 + 666 + 444 + 11\n- 777 + 666 + 555 + 11",
    "solution": "Solution:\n\nAgrupando los números con igual cantidad de cifras tendremos la ecuación $2009=1111 a+111 b+11 c$\ndonde $a, b$ y $c$ son números enteros menores o iguales que $1+2+3+\\cdots+9=45$, puesto que los sumandos de la descomposición han de ser diferentes.\nSe tiene entonces $2009=182 \\cdot 11+7=11(101 a+10 b+c)+b$. De donde $182=101 a+10 b+c+(b-7)/11$. Como $a, b$ y $c$ son números enteros, se tiene que $b$ ha de ser de la forma $c=11 k+7$, para algún valor natural de $k$ comprendido entre $0$ y $3$ (recordar que $c \\leq 45$).\nSubstituyendo, obtenemos que $182=101 a+110 k+70+c+k$, de donde $112=101 a+111 k+c$. Las posibles soluciones son $(a=1, k=0, c=11)$ y $(a=0, k=1, c=1)$. En el primer caso tenemos $b=7$, y en el segundo $b=18$, luego una descomposición puede ser $2009=1111+777+66+55$, en la que $c=11$ se ha descompuesto como $6+5$.\nAnalizando las soluciones vemos que no es posible obtener una descomposición para $2009$ con menos de $4$ sumandos, siendo las del primer tipo $a=1, b=7, c=9+2=8+3=7+4=6+5$, y las del segundo tipo $a=1, b=9+8+1=9+7+2=9+6+3=9+5+4=8+7+3=8+6+4=7+6+5, c=1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43347,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPrueba que para cualesquiera números reales $a, b$ tales que $0<a, b<1$, se cumple la desigualdad siguiente:\n$$\n\\sqrt{a b^{2}+a^{2} b}+\\sqrt{(1-a)(1-b)^{2}+(1-a)^{2}(1-b)}<\\sqrt{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSe verifica que $\\sqrt{x}<\\sqrt[3]{x}$ para todo $x \\in(0,1)$. Teniendo en cuenta que $0<\\frac{a+b}{2}<1$, utilizando la desigualdad anterior y aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, se tiene:\n$$\n\\sqrt{a b\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)}<\\sqrt[3]{a b\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)} \\leq \\frac{a+b+\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)}{3}=\\frac{a+b}{2}\n$$\ny\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\sqrt{(1-a)(1-b)\\left(1-\\frac{a+b}{2}\\right)}<\\sqrt[3]{(1-a)(1-b)\\left(1-\\frac{a+b}{2}\\right)} \\leq \\\\\n& \\leq \\frac{1-a+1-b+1-\\frac{a+b}{2}}{3}=1-\\frac{a+b}{2}\n\\end{aligned}\n$$\nSumando las expresiones anteriores resulta\n$$\n\\sqrt{a b\\left(\\frac{a+b}{2}\\right)}+\\sqrt{(1-a)(1-b)\\left(1-\\frac{a+b}{2}\\right)}<1\n$$\no equivalentemente\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{2}}\\left(\\sqrt{a b^{2}+a^{2} b}+\\sqrt{(1-a)(1-b)^{2}+(1-a)^{2}(1-b)}\\right)<1\n$$\nde donde se obtiene inmediatamente la desigualdad del enunciado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43348,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSi la sección producida por un plano al cortar un tetraedro es un rombo, probar que necesariamente el rombo es un cuadrado.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLos lados opuestos de un rombo son paralelos. Las caras del tetraedro que contienen a dos de estos lados se cortan en una arista que, a su vez, será paralela al plano de corte y paralela a estos dos lados del rombo. Sean $A, B, C$ y $D$ los vértices del tetraedro, y supongamos que la arista paralela al plano de corte es la arista $A B$. De modo análogo, la otra arista paralela también al plano de corte y a los otros dos lados del rombo será la arista $C D$. Como $A B$ y $C D$ son perpendiculares, se tendrá que lados contiguos del rombo son perpendiculares, por lo que en efecto, se trata de un cuadrado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43349,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un cuadrilátero convexo se trazan las perpendiculares desde cada vértice a la diagonal que no pasa por él. Demostrar que los cuatro puntos de intersección de cada perpendicular con su correspondiente diagonal forman un cuadrilátero semejante al dado.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nVamos a probar que ambos cuadriláteros tienen todos sus ángulos iguales.\nPor construcción $AD A' D'$ es circunscriptible y de ahí que $\\angle C D' A' = \\angle A D A'$ por ser ambos suplementarios del mismo ángulo $\\angle A D' A'$.\nTambién el cuadrilátero $D C C' D'$ es circunscriptible y $\\angle C' D' C = \\angle C' D C$ por estar inscritos en el mismo arco. Sumando resulta $\\angle A D C = \\angle C D' A'$.\nAnálogamente se prueba para los restantes vértices.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43350,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar el mayor número de planos en el espacio tridimensional para los que existen seis puntos con las siguientes condiciones:\n\ni) Cada plano contiene al menos cuatro de los puntos.\nii) Cuatro puntos cualesquiera no pertenecen a una misma recta.",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "Solution:\n\nSean $r$ y $s$ dos rectas que se cruzan en el espacio. Sean $A, B$ y $C$ tres puntos distintos de $r$ y sean $P, Q$ y $R$ tres puntos distintos en $s$. Cada uno de los puntos de $r$ define con $s$ un plano, y análogamente cada punto de $s$ con $r$. Estos 6 planos cumplen las condiciones del problema, por lo que el número buscado es mayor o igual que 6.\n\nProbaremos que no es posible satisfacer las condiciones con más de 6 planos.\n\nComenzamos por ver que no puede haber tres puntos en una misma recta. En efecto, si suponemos que los puntos $H, J, K$ están sobre una recta $l$, ningunos de los restantes puntos, $L, M, N$, puede estar en $l$, por la condición b. Estos tres puntos $L, M$ y $N$, pertenecen como mucho a tres de los planos, por lo que los demás planos contienen al menos a 2 de los puntos de $l$, y por tanto a toda la recta. Es decir, al menos cuatro planos contienen a $l$, lo que es imposible, porque al menos uno de ellos no podría contener a ninguno de los puntos $L, M$ o $N$, contrario a la condición a.\n\nVeremos ahora que ningún plano puede contener a más de cuatro de los puntos. Supongamos que uno de los planos contiene a cinco de los puntos y deja fuera al punto $X$. Como acabamos de ver que no puede haber tres puntos alineados, un plano que contenga a $X$ contendría como mucho a dos de los otros puntos, contrario a la condición a.\n\nResumiendo, cada uno de los planos contiene exactamente a cuatro de los seis puntos y no hay tres que estén en la misma recta.\n\nCada plano deja fuera un par de puntos y dos planos distintos dejan fuera a puntos distintos, de lo contrario habría tres puntos en ambos planos, y deberían estar alineados. Como seis puntos sólo se pueden agrupar en tres pares disjuntos de puntos, es imposible que existan más de seis planos en las condiciones del problema.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43351,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe tienen en el plano $3n$ puntos: $n$ de color blanco, $n$ de color azul y $n$ de color negro. Cada uno de los puntos está unido con puntos de color distinto al suyo mediante $n+1$ segmentos exactamente. Probar que hay, al menos, un triángulo formado por vértices de distinto color.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nConsideramos el punto que está conectado con el número más alto de puntos de otro color. Supongamos que este punto $N$ es de color negro y que está conectado a $k$ puntos de color blanco. Como $k \\leq n$ y $N$ está conectado a $n+1$ puntos, existirá un punto $A$ de color azul al que está conectado $N$. El número de puntos negros con los que está conectado $A$ es necesariamente menor o igual que $k$, por lo que $A$ está conectado con por lo menos $n+1-k$ puntos blancos. Como sólo hay $n$ puntos de color blanco y el número de los conectados con $N$ más los conectados con $A$ suman por lo menos $n+1$, necesariamente hay un punto blanco conectado a ambos, con lo que ya tenemos el triángulo buscado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43352,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $p \\geq 3$ un número primo. Se divide cada lado de un triángulo en $p$ partes iguales y se une cada uno de los puntos de división con el vértice opuesto. Calcula el número máximo de regiones, disjuntas dos a dos, en que queda dividido el triángulo.",
    "options": [],
    "answer": "3p^2 - 3p + 1",
    "solution": "Solution:\n\nEn primer lugar veremos que tres de estos segmentos (cevianas) no pueden ser concurrentes. Sea el triángulo $ABC$ y $X, Y, Z$ puntos de las divisiones interiores de los lados $BC, AC, AB$ respectivamente. Si $AX, BY$ y $CZ$ fueran concurrentes aplicando el teorema de Ceva tendríamos\n$$\n\\frac{AZ}{ZB} \\cdot \\frac{BX}{XC} \\cdot \\frac{CY}{YA} = 1\n$$\nPor otro lado, por la forma en que hemos construido los puntos de división, existen enteros positivos $k, l, m \\in \\{1,2, \\ldots, p-1\\}$, tales que\n$$\n\\frac{AZ}{ZB} = \\frac{k}{p-k}, \\quad \\frac{BX}{XC} = \\frac{l}{p-l}, \\quad \\frac{CY}{YA} = \\frac{m}{p-m}\n$$\nSustituyendo en la expresión anterior\n$$\nklm = (p-k)(p-l)(p-m)\n$$\no equivalentemente,\n$$\n2klm + pm(p-k-l) = p(p-k)(p-l)\n$$\nDe aquí resulta que $p$ divide al producto $klm$, que es imposible y nuestra afirmación inicial queda probada.\n\nDibujando las cevianas desde el vértice $A$ el triángulo $ABC$ queda dividido en $p$ triángulos. Las cevianas trazadas desde $B$ dividen cada uno de los $p$ triángulos anteriores en $p$ partes disjuntas, teniendo en total $p^{2}$ regiones. Cada ceviana trazada desde el vértice $C$ aumenta el número de regiones en un número exactamente igual a su número de intersecciones con las rectas que encuentra (incluido el lado $AB$). Es decir, $2(p-1)+1=2p-1$. Por tanto, el número máximo de regiones disjuntas dos a dos, en que queda dividido el triángulo $ABC$ es $p^{2} + (p-1)(2p-1) = 3p^{2} - 3p + 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43353,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran un cubo de $1~\\mathrm{cm}$ de arista y dos vértices $A$ y $B$ diagonalmente opuestos de una cara del cubo. Se denomina camino de longitud $n$ a una sucesión de $n+1$ vértices de forma que dos consecutivos están a $1~\\mathrm{cm}$ de distancia. Entonces: ¿Cuál de los siguientes números es mayor: el número de caminos de longitud $1000~\\mathrm{cm}$ que empiezan y acaban en $A$, o el número de caminos de longitud $1000~\\mathrm{cm}$ que empiezan en $A$ y acaban en $B$? Justifica la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "The number of length one thousand paths from A back to A is larger by exactly one than the number from A to B.",
    "solution": "Solution:\n\nLlamemos $a_{n}$ al número de caminos de longitud $n~\\mathrm{cm}$ que empiezan y acaban en $A$, y llamemos $b_{n}$ al número de caminos de longitud $n~\\mathrm{cm}$ que empiezan en $A$ y acaban en $B$.\n\nEl $(n-1)$-ésimo vértice de un camino que termina en $A$ sólo puede ser el propio $A$, o cualquiera de los vértices diagonalmente opuestos en alguna de las tres caras que concurren en $A$, uno de los cuales es el vértice $B$ y los otros dos, $C$ y $D$.\n\nAhora bien, hay tres caminos de longitud $2~\\mathrm{cm}$ de $A$ a $A$, correspondientes a las tres aristas del cubo por $A$. Además, hay dos caminos de longitud $2~\\mathrm{cm}$ desde $B$ hasta $A$, uno por cada uno de los otros dos vértices de la cara del cubo que los contiene, y similarmente para $C$ y $D$.\n\nPor tanto, como hay tantos caminos de longitud $n~\\mathrm{cm}$ de $A$ a $B$ como de $A$ a $C$ o a $D$,\n$$\na_{n} = 3 a_{n-2} + 2 b_{n-2} + 2 b_{n-2} + 2 b_{n-2}\n$$\n\nUn estudio análogo para el $(n-1)$-ésimo vértice de un camino que termina en $B$ nos conduce a que sólo puede ser $A, B, C$ o $D$.\n$$\nb_{n} = 2 a_{n-2} + 3 b_{n-2} + 2 b_{n-2} + 2 b_{n-2}\n$$\n\nRestando ambas igualdades, tenemos $a_{n} - b_{n} = a_{n-2} - b_{n-2} = \\cdots = a_{0} - b_{0} = 1 - 0 = 1$.\n\nLuego hay exactamente 1 camino más de longitud $1000~\\mathrm{cm}$ de $A$ a $A$ que de $A$ a $B$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43354,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalla las soluciones reales de la ecuación: $x\\left(\\frac{6-x}{x+1}\\right)\\left(\\frac{6-x}{x+1}+x\\right)=8$.",
    "options": [],
    "answer": "2 - sqrt(2), 2 + sqrt(2)",
    "solution": "Solution:\n\nSea $t = x + 1$. Entonces sustituyendo en la ecuación dada, se tiene $(t-1)\\left(\\frac{7}{t}-1\\right)\\left(\\frac{7}{t}+t-2\\right)=8$, que equivale a $\\left(7-t-\\frac{7}{t}+1\\right)\\left(\\frac{7}{t}+t-2\\right)=8$. Haciendo el cambio $u=\\frac{7}{t}+t$, se obtiene la ecuación $(8-u)(u-2)=8$ equivalente a $u^{2}-10u+24=0$, cuyas soluciones son $u=4$ y $u=6$.\n\nDe $u=\\frac{7}{t}+t=4$, se obtiene $t^{2}-4t+7=0$ que no tiene soluciones reales y si $u=\\frac{7}{t}+t=6$, se llega a la ecuación $t^{2}-6t+7=0$, cuyas dos soluciones son reales: $t_{1}=3+\\sqrt{2}$ y $t_{2}=3-\\sqrt{2}$. Como $x=t-1$, la ecuación inicial tiene las soluciones reales $x_{1}=2-\\sqrt{2}$ y $x_{2}=2+\\sqrt{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43355,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos puntos de una retícula $m \\times n$ pueden ser de color blanco o negro. Una retícula se dice que está equilibrada si para cualquier punto $P$ de ella, la fila y columna que pasan por este punto $P$ tienen ambas el mismo número de puntos de igual color que $P$. Determinar todos los pares de enteros positivos $(m, n)$ para los que existe una retícula equilibrada.",
    "options": [],
    "answer": "All pairs (m, n) of positive integers with m = n, m = 2n, or n = 2m; equivalently {(t, t), (t, 2t), (2t, t)} for positive t.",
    "solution": "Solution:\n\nDenotaremos por $BF(i)$ el número de puntos de color blanco que hay en la fila $i$ y con $BC(j)$ el número de puntos blancos en la columna $j$. Análogamente, $NF(i)$ y $NC(j)$ denotarán el número de puntos negros en la fila $i$ y en la columna $j$, respectivamente. Siendo $P_{ij}$ el punto que se encuentra en la fila $i$ y en la columna $j$, suponiendo que es de color blanco, la condición de ser equilibrada se leerá $BF(i) = BC(j)$.\n\nSupongamos que el punto $P_{11}$ de una retícula equilibrada de $n$ filas y $m$ columnas es de color negro, y sea $k$ el número de puntos negros de la primera fila. Intercambiando las columnas, si fuere necesario, podemos suponer que estos puntos de color negro son los $k$ primeros, $P_{11}, \\ldots, P_{1k}$. Por la condición de equilibrio para $P_{11}$, la primera columna también tendrá exactamente $k$ puntos de color negro que, reordenando las filas, si fuere necesario, supondremos que son los $k$ primeros puntos, $P_{11}, \\ldots, P_{k1}$.\n\nSea $P_{ij}$, con $1 < i \\leq k$ y $1 < j \\leq k$. Supongamos que $P_{ij}$ es de color blanco. Se tendrá entonces que $BF(i) = BC(j)$. Pero por ser negro el punto $P_{1j}$, $NC(j) = NF(1) = k$, y por ser negro el punto $P_{i1}$, $NF(i) = NC(1) = k$. De donde,\n$$\nn = BF(i) + NF(i) = BF(i) + k = BC(j) + k = BC(j) + NC(j) = m\n$$\nSuponiendo que, por ejemplo, $n > m$, tendremos que todos los puntos negros de las filas $1$ a $k$ están en las primeras columnas, y análogamente todos los puntos negros de las columnas $1$ a $k$ están en las primeras filas\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSuponiendo que $m - k > 0$, todos los puntos $P_{ij}$, con $i > k$ y $j > k$, deben ser negros. En otro caso tendríamos un rectángulo con tres vértices de color blanco y uno negro, de donde se seguiría que $n = m$, como vimos al principio.\n\nPor lo tanto, la condición para cualquiera de estos puntos nos dice que\n$$\nn - k = NF(i) = NC(j) = m - k\n$$\nlo que contradice nuestra suposición de $n > m$. Por tanto, $m - k = 0$, lo que resulta en que $k = n - k$, por la condición para $P_{mn}$, de donde $n = 2m$.\n\nLuego los posibles pares de números serán $(n, n)$, $(n, 2n)$ y $(2n, n)$, con $n$ un entero positivo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43356,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el interior de un paralelogramo $ABCD$ se dibujan dos circunferencias. Una es tangente a los lados $AB$ y $AD$, y la otra es tangente a los lados $CD$ y $CB$. Probar que si estas circunferencias son tangentes entre sí, el punto de tangencia está en la diagonal $AC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nVeremos que los puntos $A$, $K$ y $C$ están alineados.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSean $O_{1}$ y $O_{2}$ los centros de la primera y segunda circunferencia, respectivamente. Notar que $A O_{1}$ biseca el ángulo $DAB$, y análogamente $C O_{2}$ biseca el ángulo $DCB$. Como los lados son paralelos dos a dos y los ángulos $O_{1} A K$ y $C O_{2} K$ son iguales, entonces $A O_{1}$ es paralelo a $CO_{2}$, y, como $O_{1} K$ y $O_{2} K$ están alineados, los ángulos $A O_{1} K$ y $K O_{2} C$ son iguales.\n\nComo $O_{1} P \\perp AB$ y $O_{1} Q \\perp CD$, los triángulos $APO_{1}$ y $CQO_{2}$ son semejantes, por lo que $$\\frac{|O_{1}A|}{|O_{1}P|} = \\frac{|O_{2}C|}{|O_{2}Q|},$$ y como $|O_{1}P| = |O_{1}K|$ y $|O_{2}Q| = |O_{2}K|$, los triángulos $A O_{1} K$ y $K O_{2} C$ son semejantes, por lo que los puntos $A$, $K$ y $C$ están alineados, como se quería.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43357,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $p$ y $q$ dos números primos positivos diferentes. Prueba que existen enteros positivos $a$ y $b$, tales que la media aritmética de todos los divisores positivos del número $n = p^{a} q^{b}$ es un número entero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLa suma de todos los divisores de $n$ viene dada por la fórmula\n$$\n\\left(1 + p + p^{2} + \\ldots + p^{a}\\right)\\left(1 + q + q^{2} + \\ldots + q^{b}\\right)\n$$\ncomo se puede comprobar desarrollando los paréntesis. El número $n$ tiene $(a+1)(b+1)$ divisores positivos y la media aritmética de todos ellos es $m = \\frac{\\left(1 + p + p^{2} + \\ldots + p^{a}\\right)\\left(1 + q + q^{2} + \\ldots + q^{b}\\right)}{(a+1)(b+1)}$.\n\nSi $p$ y $q$ son ambos impares, tomando $a = p$ y $b = q$, es fácil ver que $m$ es un entero. Efectivamente: cada factor $1 + p + p^{2} + p^{3} + \\ldots + p^{p}$ y $1 + q + q^{2} + q^{3} + \\ldots + q^{q}$ tiene un número par de sumandos y por ejemplo, el primero se puede escribir como sigue $1 + p + p^{2} + p^{3} + \\ldots + p^{p} = (1 + p) + p^{2}(1 + p) + \\ldots + p^{p-1}(1 + p) = (1 + p)\\left(1 + p^{2} + \\ldots + p^{p-1}\\right)$.\n\nAnálogamente el segundo factor $1 + q + q^{2} + q^{3} + \\ldots + q^{q} = (1 + q)\\left(1 + q^{2} + \\ldots + q^{q-1}\\right)$. Entonces $m = \\left(1 + p^{2} + p^{4} + \\ldots + p^{p-1}\\right)\\left(1 + q^{2} + q^{4} + \\ldots + q^{q-1}\\right)$, que es un entero positivo.\n\nSi $p = 2$ y $q$ es impar, se eligen $b = q$ y $a + 1 = 1 + q^{2} + q^{4} + \\ldots + q^{q-1}$. Entonces $m = \\frac{\\left(1 + 2 + 2^{2} + \\ldots + 2^{q^{2} + q^{4} + \\ldots + q^{q-1}}\\right)\\left(1 + q + q^{2} + q^{3} + \\ldots + q^{q}\\right)}{\\left(1 + q^{2} + q^{4} + \\ldots + q^{q-1}\\right)(q+1)} = 1 + 2 + 2^{2} + \\ldots + 2^{a}$, que es entero.\n\nPara $q = 2$ y $p$ impar, análogamente al caso anterior se eligen $a = p$ y $b = p^{2} + p^{4} + \\ldots + p^{p-1}$ y $m$ es entero.\n\nAlternativamente y de una manera casi directa, se obtiene una solución completa observando que si $p$ y $q$ son primos impares se toman $a = b = 1$ y si $p = 2$ y $q$ primo impar, entonces se consideran $a = \\frac{q-1}{2}$ y $b = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43358,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemuestra que $2222^{5555} + 5555^{2222}$ es múltiplo de $7$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nTenemos las siguientes congruencias módulo $7$\n$$\n\\begin{aligned}\n2222^{0} &\\equiv 1, \\\\\n2222^{1} &\\equiv 3, \\\\\n2222^{2} &\\equiv 2, \\\\\n2222^{3} &\\equiv 6, \\\\\n2222^{4} &\\equiv 4, \\\\\n2222^{5} &\\equiv 5, \\\\\n2222^{6} &\\equiv 1, \\ldots \\\\\n5555^{0} &\\equiv 1, \\\\\n5555^{1} &\\equiv 4, \\\\\n5555^{2} &\\equiv 2, \\\\\n5555^{3} &\\equiv 1, \\ldots\n\\end{aligned}\n$$\nLos restos potenciales de $2222$ forman un ciclo de longitud $6$, los de $5555$ otro ciclo de longitud $3$; entonces\n$$\n\\begin{aligned}\n5555 &= 925 \\times 6 + 5 \\Rightarrow 2222^{5555} \\equiv 2222^{5} \\equiv 5 \\\\\n2222 &= 740 \\times 3 + 2 \\Rightarrow 5555^{2222} \\equiv 5555^{2} \\equiv 2\n\\end{aligned}\n$$\nLa demostración concluye sumando las dos últimas congruencias.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43359,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDada una circunferencia y dos puntos $P$ y $Q$ en su interior, inscribir un triángulo rectángulo cuyos catetos pasen por $P$ y $Q$. ¿Para qué posiciones de $P$ y $Q$ el problema no tiene solución?",
    "options": [],
    "answer": "No solution exactly when OM + PQ/2 < r, where r is the radius of the given circle and M is the midpoint of PQ.",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nBasta trazar la circunferencia de diámetro $PQ$, las eventuales intersecciones con la circunferencia inicial de centro $O$ nos proporcionan dos puntos $A$ y $B$ que unidos con $P$ y $Q$ definen las soluciones.\n\nNo existe solución cuando ambas circunferencias no se cortan, es decir, cuando\n$$\nOM + \\frac{PQ}{2} < r\n$$\nsiendo $r$ el radio de la circunferencia dada.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43360,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDada una circunferencia y en ella dos puntos fijos $A$, $B$, otro variable $P$ y una recta $r$; se trazan las rectas $PA$ y $PB$ que cortan a $r$ en $C$ y $D$ respectivamente. Determina dos puntos fijos de $r$, $M$ y $N$, tales que el producto $CM \\cdot DN$ sea constante al variar $P$.",
    "options": [],
    "answer": "Draw the lines through each fixed point parallel to the given line; let their intersections with the circle be A′ and B′. Let M be the intersection of the given line with the line through the first fixed point and B′, and let N be the intersection of the given line with the line through the second fixed point and A′. Then CM · DN = AM · BN is constant for all positions of the moving point.",
    "solution": "Solution:\n\nTrazamos las paralelas a $r$ por $A$ y $B$ que cortan a la circunferencia en $A'$ y $B'$ respectivamente de modo que $AA'BB'$ es un trapecio isósceles.\nLas intersecciones de $AB'$ y $BA'$ con $r$ determinan los puntos $M$ y $N$ buscados.\n\nEn efecto, los triángulos $AMC$ y $DNB$ (sombreados en la figura) son semejantes ya que tienen dos ángulos iguales:\n\n![](attached_image_1.png)\n\n$$\n\\angle MAC = \\angle B'BP = \\angle NDB\n$$\ndonde la primera igualdad es cierta por ser ángulos inscritos en el mismo arco y la segunda por ser $BB'$ paralela a $r$.\n$$\n\\angle AMC = \\angle ABB' = \\angle DNB\n$$\ncon argumentos análogos a los anteriores.\n\nEstableciendo la proporcionalidad de los lados resulta\n$$\n\\frac{AM}{MC} = \\frac{ND}{BN} \\Leftrightarrow MC \\cdot ND = AM \\cdot BN\n$$\ncantidad que no depende de $P$.\n\nSe observa que si la recta $r$ pasa por el punto $A$, $M = A = C$, no se forma el triángulo $AMC$. En este caso $CM = 0$ y el producto $CM \\cdot DN = 0$, es constante. Análogamente este producto es cero si la recta $r$ pasa por $B$ o por los puntos $A$ y $B$ en cuyo caso $CM = DN = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43361,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un número natural $n$ mayor que $1$, hallar todos los pares de números enteros $a$ y $b$ tales que las dos ecuaciones $x^{n} + a x - 2008 = 0$ y $x^{n} + b x - 2009 = 0$ tengan, al menos, una raíz común real.",
    "options": [],
    "answer": "(2007, 2008) and ((-1)^n - 2008, (-1)^n - 2009)",
    "solution": "Solution:\n\nRestando ambas ecuaciones tenemos que $(b-a)x = 1$. Luego, si estas ecuaciones van a tener una raíz común, tiene que ser $x = 1/(b-a)$. Notar que $a$ no puede ser igual a $b$.\n\nSustituyendo en una de las ecuaciones, tendremos que\n$$\n(b-a)^{n-1}(a - 2008(b-a)) = -1\n$$\ny que, por ser $a$ y $b$ enteros, estos dos factores serán uno igual a $a + 1$ y otro igual a $-1$.\n\nSi $(b-a) = 1$, se tendrá $a = -1 + 2008 = 2007$, y por tanto $b = 2008$.\n\nSi $(b-a) = -1$, se tendrá $a = (-1)^{n-1} - 2008$, y por tanto $b = (-1)^{n-1} - 2009$.\n\nLuego los únicos pares de números $(a, b)$ son\n$$\n(2007, 2008) \\text{ y } \\left( (-1)^{n-1} - 2008,\\ (-1)^{n-1} - 2009 \\right)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43362,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nA cada punto del plano se le asigna un solo color entre siete colores distintos. ¿Existirá un trapecio inscriptible en una circunferencia cuyos vértices tengan todos el mismo color?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\nLa idea inicial es considerar una circunferencia $C$ de radio $r$ y sobre ella bloques de 8 puntos $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{8}$ igualmente espaciados; es decir que los arcos $A_{i}A_{i+1}$, $i=1, \\ldots, 7$, tengan igual longitud $\\lambda>0$ (que se elegirá convenientemente) para cada uno de los bloques. Se elige un sentido dado (por ejemplo, el antihorario).\n\nSe disponen entonces, en este sentido antihorario, $7 \\times 7 + 1 = 50$ bloques de $7 + 1 = 8$ puntos cada uno en la semicircunferencia superior de $C$, tales que dos bloques distintos no se intersequen o solapen, para lo cual se toma $\\lambda$ suficientemente pequeño, por ejemplo $0 < \\lambda < \\frac{\\pi r}{400}$.\n\nSe observa que al menos hay dos puntos del mismo color en cada bloque. Se eligen dos de esos puntos y su color se le asocia al bloque. Y la distancia entre estos dos puntos, que es uno de los siete números $d_{n} = n\\lambda$, $n \\in \\{1,2,3,4,5,6,7\\}$, se le asigna también al bloque. De este modo a cada uno de los 50 bloques se le hace corresponder el par (color, distancia), indicado anteriormente. Como el número total de posibles pares es 49, por el principio del palomar, existirán dos bloques $R$ y $Q$ a los que se les asocia el mismo par (color, distancia). Por tanto, los cuatro puntos determinados por estos dos bloques tienen el mismo color. Y como los dos puntos del bloque $R$ distan igual que los dos puntos del bloque $Q$, estando los cuatro puntos sobre la circunferencia $C$, necesariamente, estos cuatro puntos son los vértices de un trapecio inscriptible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43363,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $C_{1}$ y $C_{2}$ dos circunferencias exteriores tangentes en el punto $P$. Por un punto $A$ de $C_{2}$ trazamos dos rectas tangentes a $C_{1}$ en los puntos $M$ y $M^{\\prime}$. Sean $N$ y $N^{\\prime}$ los puntos respectivos de corte, distintos ambos de $A$, de estas rectas con $C_{2}$.\nProbar que $\\left|P N^{\\prime}\\right| \\cdot|M N|=|P N| \\cdot\\left|M^{\\prime} N^{\\prime}\\right|$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nProbaremos que para cualquier punto $N$ de $C_{2}$ y $M$ de $C_{1}$ tal que $M N$ es tangente a $C_1$, se tiene que el cociente $\\frac{|M N|}{|P N|}$ es constante. Sea $Q$ el punto de corte con $C_{1}$ de la recta por $N$ y $P$. Los triángulos $N M P$ y $N Q M$ son congruentes porque comparten el ángulo en $N$ y $\\angle M Q N=\\angle M Q P=\\angle M P N$ por ser inscrito y semi-inscrito con cuerda $M P$. Por lo tanto, se tiene:\n$$\n\\frac{|M N|}{|Q N|}=\\frac{|P N|}{|M N|}\n$$\nSiendo $O_{1}$ y $O_{2}$ los centros de $C_{1}$ y $C_{2}$, respectivamente, los triángulos isósceles $P O_1 Q$ y $P O_2 N$ son congruentes porque $\\angle O_{1} P Q=\\angle O_{2} P N$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDe aquí se sigue que $\\frac{|Q P|}{|P N|}=\\frac{\\left|O_{2} N\\right|}{\\left|O_{1} N\\right|}=\\frac{r_{2}}{r_{1}}=\\lambda$, siendo $r_{1}$ y $r_{2}$ los respectivos radios de $C_{1}$ y $C_{2}$.\n\nComo $|Q N|=|Q P|+|P N|=|P N|(1+\\lambda)$, substituyendo en $(*)$ tenemos que $|M N|^{2}=|P N|^{2}$ $(1+\\lambda)$, de donde $\\frac{|M N|}{|P N|}=\\sqrt{(1+\\lambda)}$, como queríamos.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43364,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalla todas las sucesiones finitas de $n$ números naturales consecutivos $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$, con $n \\geq 3$, tales que $a_{1}+a_{2}+\\ldots+a_{n}=2009$.",
    "options": [],
    "answer": "17, 18, ..., 65; 29, 30, ..., 69; 137, 138, ..., 150; 284, 285, ..., 290",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que $N$ es la suma de $n$ números naturales consecutivos empezando por $k+1$. Entonces\n$$\n\\begin{aligned}\n& N=(k+1)+(k+2)+\\ldots+(k+n)= \\\\\n& \\quad[1+2+\\ldots+k+(k+1)+\\ldots+(k+n)]-[1+2+\\ldots+k]= \\\\\n& \\frac{(k+n)(k+n+1)}{2}-\\frac{k(k+1)}{2}=\\frac{n(2 k+n+1)}{2}\n\\end{aligned}\n$$\nTeniendo en cuenta que $2009=1 \\times 2009=7 \\times 287=49 \\times 41$ se tienen los siguientes casos:\n\n(1) Si $n=7$ y $\\frac{(2 k+n+1)}{2}=287$ resulta $k=283$ con lo que $2009=284+285+286+287+288+289+290$.\n\n(2) Si $\\frac{n}{2}=7$ y $2 k+n+1=287$, resulta $k=136$ con lo que $2009=137+138+\\ldots+150$.\n\n(3) Si $n=41$ y $\\frac{(2 k+n+1)}{2}=49$ resulta $k=28$ con lo que $2009=29+30+31+\\ldots+69$.\n\n(4) Si $n=49$ y $\\frac{(2 k+n+1)}{2}=41$ resulta $k=16$ con lo que $2009=17+18+19+\\ldots+65$.\n\n(5) Los otros casos dan valores de $k$ que no verifican el enunciado.\nSolution:\n\nClaramente, es $a_{n}=a_{1}+n-1$, de donde $2009=n a_{1}+\\frac{n(n-1)}{2}$. Entonces $2009 \\geq \\frac{n(n-1)}{2}>\\frac{(n-1)^{2}}{2}$, luego $n-1<\\sqrt{4018}$, y al ser $64^{2}=4096>4018>3969=63^{2}$, resulta que $\\sqrt{4018}<64$, con lo que $n<65$.\n\nSupongamos en primer lugar que $n$ es impar. Entonces, obviamente $n$ divide a $2009=7^{2} \\times 41$ y $n$ puede tomar los valores 7, 41 ó 49, pues cualquier otro divisor impar de 2009 es mayor o igual que $7 \\times 41=287$. Se obtiene entonces $a_{1}=\\frac{2009}{n}-\\frac{n-1}{2}$, con valores respectivos 284, 29 y 17, es decir, se obtienen las tres sucesiones\n$$\n\\begin{gathered}\n284,285, \\ldots, 290 \\\\\n29,30, \\ldots, 69 \\\\\n17,18, \\ldots, 65\n\\end{gathered}\n$$\nNo hay otras sucesiones con un número impar de términos.\n\nSupongamos finalmente que $n$ es par. Entonces $\\frac{n}{2}$ divide a 2009, con lo que $n=14$, ya que cualquier otro valor de $n$ ha de ser mayor o igual que $2 \\times 41=82>65$, lo que no es posible. Entonces $a_{1}=137$, y la única sucesión con número par de términos es $137,138, \\ldots, 150$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43365,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $ABC$ un triángulo acutángulo, $I$ el centro del círculo inscrito en el triángulo $ABC$, $r$ su radio y $R$ el radio del círculo circunscrito al triángulo $ABC$. Se traza la altura $AD = h_{a}$, con $D$ perteneciente al lado $BC$. Demuestra que\n$$\nDI^{2} = (2R - h_{a})(h_{a} - 2r)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $E$ y $M$ las proyecciones ortogonales de $I$ sobre $BC$ y $AD$, respectivamente.\n\nSe tiene: $AI = \\frac{r}{\\operatorname{sen} \\frac{A}{2}} ; \\quad r = \\frac{S}{p} \\Rightarrow AI = \\frac{S}{p \\cdot \\operatorname{sen} \\frac{A}{2}}$ (1) donde, evidentemente,\n$S$ es el área del triángulo $ABC$ y $p$ es su semiperímetro.\n\nPor otra parte, $S = \\frac{bc \\cdot \\operatorname{sen} A}{2} = bc \\cdot \\operatorname{sen} \\frac{A}{2} \\cdot \\cos \\frac{A}{2}$, así que (1) se puede escribir como $AI = \\frac{bc \\cdot \\cos \\frac{A}{2}}{p}$, y ya que $\\cos^{2} \\frac{A}{2} = \\frac{p(p-a)}{bc}$, obtenemos $AI^{2} = \\frac{bc(p-a)}{p}$ (2).\n\nTeniendo en cuenta que $bc = 2R \\cdot h_{a}$, $p = \\frac{S}{r}$, $a = \\frac{2S}{h_{a}}$, la expresión (2) se escribe como $AI^{2} = 2R \\cdot h_{a}\\left(1 - \\frac{\\frac{2S}{h_{a}}}{\\frac{S}{r}}\\right) = 2R \\cdot h_{a}\\left(1 - \\frac{2r}{h_{a}}\\right) = 2R(h_{a} - 2r)$\n(3). Como el cuadrilátero $IEDM$ es un rectángulo, $MD = IE = r$. Aplicando el teorema de Pitágoras generalizado a $ADI$ tenemos\n$$\nDI^{2} = h_{a}^{2} + AI^{2} - 2h_{a} \\cdot AM \\Leftrightarrow DI^{2} = h_{a}^{2} + AI^{2} - 2h_{a}(h_{a} - MD)\n$$\ny teniendo en cuenta los resultados anteriormente obtenidos resulta, finalmente, $DI^{2} = h_{a}^{2} + 2R(h_{a} - 2r) - 2h_{a}(h_{a} - r) = (2R - h_{a})(h_{a} - 2r)$, c.q.d.\nSolution:\n\nSean $a, b, c$ las longitudes de los lados $BC, CA$ y $AB$ respectivamente, y sea $T$ el punto donde la circunferencia inscrita es tangente al lado $BC$. Por el teorema de Pitágoras, al ser $IT \\parallel AD \\perp DT$, se tiene que $DI^{2} = r^{2} + DT^{2} = r^{2} + AT^{2} - AD^{2}$ y la igualdad a demostrar es equivalente a $AT^{2} + 4Rr + r^{2} = 2(R + r)h_{a}$.\n\nAhora bien, llamando $S$ al área de $ABC$, es conocido que $S = \\frac{abc}{4R} = \\frac{r(a + b + c)}{2} = \\frac{1}{4} \\sqrt{(a + b + c)(b + c - a)(c + a - b)(a + b - c)} = \\frac{a h_{a}}{2}$. De aquí se deduce que $4Rr = \\frac{2abc}{a + b + c}$, $r^{2} = \\frac{(b + c - a)(c + a - b)(a + b - c)}{a + b + c}$, $2Rh_{a} = bc$ y $2Rh_{a} = \\frac{(b + c - a)(c + a - b)(a + b - c)}{2a}$.\n\nObsérvese que $4Rr + r^{2} = \\frac{2ab + 2bc + 2ca - a^{2} - b^{2} - c^{2}}{4}$. Ahora bien, se sabe que $BT = \\frac{c + a - b}{2}$, $CT = \\frac{a + b - c}{2}$.\n\nPor el teorema de Stewart, tenemos que\n$$\n\\begin{gathered}\nAT^{2} = \\frac{BT \\cdot AC^{2} + CT \\cdot AB^{2}}{BC} - BT \\cdot CT = \\\\\n\\frac{3b^{2} + 3c^{2} - a^{2} - 2bc}{4} - \\frac{(b - c)^{2}(b + c)}{2a}\n\\end{gathered}\n$$\ncon lo que\n$$\nAT^{2} + 4Rr + r^{2} = \\frac{b^{2} + c^{2} - a^{2} + ab + ca}{2} = \\frac{(b - c)^{2}(b + c)}{2a}\n$$\ne identificando términos se comprueba que esto coincide con el valor de\n$$\n2(R + r)h_{a}\n$$\ny de este modo la igualdad requerida queda demostrada.\nSolution:\n\nNótese en primer lugar que\n$$\nh_{a} - 2r = \\frac{2S - 2ar}{a} = \\frac{(b + c - a)r}{a} = \\frac{2r \\operatorname{sen} \\frac{B}{2} \\operatorname{sen} \\frac{C}{2}}{\\operatorname{sen} \\frac{A}{2}} = \\frac{r^{2}}{2R \\operatorname{sen}^{2} \\frac{A}{2}} = \\frac{IA^{2}}{2R},\n$$\ndonde $S$ es el área de $ABC$ y se ha utilizado que $r = 4R \\operatorname{sen} \\frac{A}{2} \\operatorname{sen} \\frac{B}{2} \\operatorname{sen} \\frac{C}{2}$.\n\nSea ahora el punto $P$ en el que la paralela a $BC$ por $I$ corta a la altura $AD$. Claramente,\n$DI^{2} = r^{2} + IA^{2} - (h_{a} - r)^{2} = IA^{2} - h_{a}(h_{a} - 2r) = (2R - h_{a})(h_{a} - 2r)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43366,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe pintan de rojo algunas de las aristas de un poliedro regular. Se dice que una coloración de este tipo es buena, si para cada vértice del poliedro, existe una arista que concurre en dicho vértice y no está pintada de rojo. Por otra parte, se dice que una coloración donde se pintan de rojo algunas de las aristas de un poliedro regular es completamente buena, si además de ser buena, ninguna cara del poliedro tiene todas sus aristas pintadas de rojo. ¿Para qué poliedros regulares es igual el número máximo de aristas que se pueden pintar en una coloración buena y en una completamente buena? Justifica la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "tetrahedron, cube, dodecahedron",
    "solution": "Solution:\n\nClaramente, las coloraciones completamente buenas son un subconjunto de las coloraciones buenas, con lo que si el máximo número de aristas que se pueden pintar de rojo para obtener una coloración buena se puede alcanzar con una coloración completamente buena, la pregunta del enunciado tiene respuesta afirmativa.\n\nEn el caso de un tetraedro, existen 6 aristas, tales que en cada vértice confluyen 3 de ellas. El número máximo de aristas pintadas de rojo en una coloración buena sería por lo tanto $\\frac{2}{3} \\times 6=4$, pues en caso contrario existiría algún vértice donde más de $\\frac{2}{3}$ de las aristas estuvieran pintadas de rojo, es decir, todas las aristas estarían pintadas de rojo. La figura muestra una coloración completamente buena de un tetraedro con 4 aristas rojas (el tetraedro ha sido deformado para poder ser dibujado en el plano).\n\nDe igual forma, en el cubo existen 12 aristas, tales que en cada vértice confluyen 3 de ellas. El número máximo de aristas pintadas de rojo en una coloración buena sería, por lo tanto, $\\frac{2}{3} \\times 12=8$. La figura muestra una coloración completamente buena con 8 aristas rojas.\n\nFinalmente, en el dodecaedro existen 30 aristas, tales que en cada vértice confluyen 3 de ellas. El número máximo de aristas pintadas de rojo en una coloración buena sería, por lo tanto, $\\frac{2}{3} \\times 30=20$. La figura muestra una coloración completamente buena de un dodecaedro con 12 aristas rojas.\n\nDe lo anterior se deduce que para el tetraedro, el cubo y el dodecaedro, el número máximo de aristas rojas en una coloración buena se alcanza con una coloración completamente buena.\n\nEn el octaedro existen 12 aristas, tales que en cada vértice confluyen 4 de ellas. El número máximo de aristas pintadas de rojo en una coloración buena es por lo tanto $\\frac{3}{4} \\times 12=9$. La figura muestra una coloración buena de un octaedro con 9 aristas rojas. Ahora bien, como cada arista pertenece a dos caras, sumando para las 8 caras el número de aristas pintadas de rojo en dicha cara, obtenemos $18=2 \\times 8+2$, con lo que hay, al menos, dos caras con 3 aristas pintadas de rojo y una coloración buena con el número máximo de 9 aristas pintadas de rojo nunca puede ser completamente buena.\n\nFinalmente, en el icosaedro existen 30 aristas, tales que en cada vértice confluyen 5 de ellas. El número máximo de aristas pintadas de rojo en una coloración buena es por lo tanto $\\frac{4}{5} \\times 30=24$. La figura muestra una coloración buena de un icosaedro con 24 aristas rojas. Ahora bien, eso quiere decir, que sumando el número de aristas rojas de cada cara para todas las caras, obtenemos $48=2 \\times 20+8$, es decir, existen, al menos, 8 caras con todas sus aristas rojas, y una coloración buena con el número máximo de 24 aristas pintadas de rojo nunca puede ser completamente buena.\n\nPor lo tanto, los poliedros regulares que tienen la propiedad descrita en el enunciado son el tetraedro, el cubo y el dodecaedro (es decir, los poliedros tales que en cada vértice confluyen exactamente 3 aristas) y los que no la tienen son el octaedro e icosaedro (en cuyos vértices confluyen más de 3 aristas).\n\nFIGURAS\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43367,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermina justificadamente todos los pares de números enteros $(x, y)$ que verifican la ecuación $x^{2}-y^{4}=2009$.",
    "options": [],
    "answer": "(45, 2), (45, -2), (-45, 2), (-45, -2)",
    "solution": "Solution:\n\nDada una solución $(x, y)$ cualquiera, es claro que también son soluciones $(x,-y),(-x, y)$ y $(-x,-y)$, con lo que se puede asumir sin pérdida de generalidad que $x, y \\geq 0$. Supongamos entonces que es así. Es claro que $(x-y^{2})(x+y^{2})=7^{2} \\cdot 41$.\n\nSi $x-y^{2}$ y $x+y^{2}$ no son primos entre sí, su máximo común divisor al cuadrado divide a $2009=7^{2} \\cdot 41$, luego es $7$ y divide a $(x+y^{2})+(x-y^{2})=2x$ y a $(x+y^{2})-(x-y^{2})=2y^{2}$, con lo que existen enteros no negativos $u$ y $v$ tales que $x=7u$, $y=7v$ y $(u+7v^{2})(u-7v^{2})=41$. Como ambos factores han de ser enteros, se tiene que $u+7v^{2}=41$ y $u-7v^{2}=1$, con lo que $u=21$ y $v^{2}=\\frac{10}{7}$. No existen pues soluciones enteras en este caso.\n\nSi $x-y^{2}$ y $x+y^{2}$ son primos entre sí, un posible caso es que $x-y^{2}=1$ y $x+y^{2}=2009$, con lo que $y^{2}=1004$, absurdo pues $31^{2}=961<1004<32^{2}$. Resta entonces tan sólo el caso en que $x-y^{2}=41$ y $x+y^{2}=49$, que produce $x=45$, $y^{2}=4$, con lo que la única solución con enteros no negativos es $x=45$ e $y=2$, y las únicas soluciones en enteros son $(x, y)=(\\pm 45, \\pm 2)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43368,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a$, $b$, $c$ números reales positivos tales que $a b c = 1$. Prueba la desigualdad siguiente\n$$\n\\left(\\frac{a}{1+a b}\\right)^{2}+\\left(\\frac{b}{1+b c}\\right)^{2}+\\left(\\frac{c}{1+c a}\\right)^{2} \\geq \\frac{3}{4}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nComo $a b c = 1$, entonces\n$$\n\\left(\\frac{a}{1+a b}\\right)^{2} = \\left(\\frac{c a}{a b c + c}\\right)^{2} = \\left(\\frac{c a}{1 + c}\\right)^{2}.\n$$\nAnálogamente se obtienen\n$$\n\\left(\\frac{b}{1+b c}\\right)^{2} = \\left(\\frac{a b}{1+a}\\right)^{2} \\text{ y } \\left(\\frac{c}{1+c a}\\right)^{2} = \\left(\\frac{b c}{1+b}\\right)^{2}.\n$$\nPor tanto la desigualdad requerida se convierte en\n$$\n\\left(\\frac{a b}{1+a}\\right)^{2} + \\left(\\frac{b c}{1+b}\\right)^{2} + \\left(\\frac{c a}{1+c}\\right)^{2} \\geq \\frac{3}{4},\n$$\nequivalente a\n$$\n\\sqrt{\\frac{1}{3}\\left[\\left(\\frac{a b}{1+a}\\right)^{2} + \\left(\\frac{b c}{1+b}\\right)^{2} + \\left(\\frac{c a}{1+c}\\right)^{2}\\right]} \\geq \\frac{1}{2}.\n$$\nUsando ahora la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática, se obtiene\n$$\n\\sqrt{\\frac{1}{3}\\left[\\left(\\frac{a b}{1+a}\\right)^{2} + \\left(\\frac{b c}{1+b}\\right)^{2} + \\left(\\frac{c a}{1+c}\\right)^{2}\\right]} \\geq \\frac{1}{3}\\left[\\left(\\frac{a b}{1+a}\\right) + \\left(\\frac{b c}{1+b}\\right) + \\left(\\frac{c a}{1+c}\\right)\\right]\n$$\nAsí es suficiente demostrar que\n$$\n\\frac{a b}{1+a} + \\frac{b c}{1+b} + \\frac{c a}{1+c} \\geq \\frac{3}{2}\n$$\no equivalentemente\n$$\n\\frac{a b c}{c(1+a)} + \\frac{a b c}{a(1+b)} + \\frac{a b c}{b(1+c)} \\geq \\frac{3}{2},\n$$\nque a su vez equivale a que\n$$\n\\frac{1}{c(1+a)} + \\frac{1}{a(1+b)} + \\frac{1}{b(1+c)} \\geq \\frac{3}{2}.\n$$\nPoniendo $a = \\frac{x}{y}$, $b = \\frac{y}{z}$ y $c = \\frac{z}{x}$ en la última desigualdad resulta\n$$\n\\left(\\frac{x}{y} + \\frac{x}{z}\\right)^{-1} + \\left(\\frac{y}{z} + \\frac{y}{x}\\right)^{-1} + \\left(\\frac{z}{x} + \\frac{z}{y}\\right)^{-1} \\geq \\frac{3}{2}.\n$$\nSustituyendo ahora $\\alpha = \\frac{1}{x}$, $\\beta = \\frac{1}{y}$ y $\\gamma = \\frac{1}{z}$, se llega a la desigualdad de Nesbitt\n$$\n\\frac{\\alpha}{\\beta+\\gamma} + \\frac{\\beta}{\\gamma+\\alpha} + \\frac{\\gamma}{\\alpha+\\beta} \\geq \\frac{3}{2}.\n$$\nLa igualdad se alcanza si y sólo si $a = b = c = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43369,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el interior de una circunferencia de centro $O$ y radio $r$, se toman dos puntos $A$ y $B$, simétricos respecto de $O$. Se considera un punto variable $P$ sobre esta circunferencia y se traza la cuerda $P P^{\\prime}$, perpendicular a $A P$. Sea $C$ el punto simétrico de $B$ respecto de $P P^{\\prime}$. Halla el lugar geométrico del punto $Q$, intersección de $P P^{\\prime}$ con $A C$, al variar $P$ sobre la circunferencia.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEstablezcamos primero que $A C$ es constante.\n\nMétodo 1.\nSe obtiene $C$ a partir de $A$ aplicando un giro de $180^{\\circ}$ con centro en $O$ seguido de la simetría de eje $P P^{\\prime}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDescomponiendo el giro en producto de dos simetrías de ejes perpendiculares $e_{1}$ paralelo a $A P$ y $e_{2}$ perpendicular a $A P$, resulta que el triángulo $A A^{\\prime} C$ es rectángulo en $A^{\\prime}$ y además:\n\n$A^{\\prime} C=2 O M ; A A^{\\prime}=2 M P, \\quad$ de donde $A C^{2}=4 O M^{2}+4 M P^{2}=4 O P^{2}=4 r^{2}$; es decir $A C=2 r$, con independencia de la posición de $P$.\n\nMétodo 2\n\nProlongamos $P A$ hasta que corte de nuevo a la circunferencia en $P^{\\prime \\prime}$. Se tiene $C P^{\\prime}=P^{\\prime} B=A P^{\\prime \\prime}$.\n\nAdemás $P^{\\prime} B$ es paralelo a $P P^{\\prime \\prime}$; luego el segmento $C A$ es la imagen del segmento $P^{\\prime} P^{\\prime \\prime}$ mediante la traslación de vector $\\overrightarrow{P^{\\prime \\prime} A} P$ y como $\\angle P^{\\prime} P P^{\\prime \\prime}$ es recto y $P^{\\prime} P^{\\prime \\prime}$ es un diámetro, resulta $A C=P^{\\prime} P^{\\prime \\prime}=2 r$.\n\nFinalmente, al ser $P P^{\\prime}$ la mediatriz de $B C$,\n$Q C=Q B ;$ se deduce entonces que $Q B+Q A=Q C+Q A=A C=2 r$ y $\\quad Q$ describe la elipse de focos $A$ y $B$ y constante $2 r$. La recta $P P^{\\prime}$ es la tangente en $Q$ a la elipse.\nSolution:\n\nTomamos $r=1$ y unos ejes de coordenadas en los que la ecuación de la circunferencia es $x^{2}+y^{2}=1$, y las coordenadas de $A(a, 0), B(-a, 0)$, con $0<a<1$.\n\nEn vez de empezar por $P$, sea $P^{\\prime}\\left(x_{0}, y_{0}\\right)$ con la condición $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=1$. Por las condiciones del problema, $P^{\\prime}$ es el punto medio de $B C$; llamando $\\left(x_{1}, y_{1}\\right.$ ) a las coordenadas de $C$, se tiene $\\left\\{\\begin{array}{l}x_{1}=2 x_{0}+a \\\\ y_{1}=2 y_{0}\\end{array}\\right.$. Entonces la ecuación de la recta $C A$ es $y=\\frac{y_{0}}{x_{0}}(x-a)$, es decir $x_{0} y-y_{0} x+y_{0} a=0$.\n\nLas pendientes de $P^{\\prime} B$ y de $P^{\\prime} P$ son respectivamente $\\frac{y_{0}}{x_{0}+a}$ y $-\\frac{x_{0}+a}{y_{0}}$. Por tanto la ecuación de $P^{\\prime} P$ es $y_{0} y+x\\left(x_{0}+a\\right)-a x_{0}+1=0$.\n\nLas coordenadas del punto $Q$, intersección de $A C$ y $P^{\\prime} P$ son: $Q\\left(\\frac{x_{0}+a}{1+x_{0} a}, \\frac{y_{0}\\left(1-a^{2}\\right)}{1+x_{0} a}\\right)$. Denotando por $x, y$ a las coordenadas de $Q$ y despejando los valores de $x_{0}$ e $y_{0}$ se obtiene $x_{0}=\\frac{a-x}{a x-1}, y_{0}=\\frac{-y}{a x-1}$. Imponiendo ahora la condición $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=1$, se llega a $\\frac{(a-x)^{2}}{(a x-1)^{2}}+\\frac{y^{2}}{(a x-1)^{2}}=1$\ny mediante operaciones se transforma en la ecuación $x^{2}+\\frac{y^{2}}{1-a^{2}}=1$, que es la ecuación de una elipse.\nSolution:\n\nDemostraremos en primer lugar que, dados dos puntos $A, B$ del plano, el conjunto de los puntos $P$ (del mismo plano) tales que $P A^{2}+P B^{2}$ es constante y mayor que $A B^{2}$, es una circunferencia de centro el punto medio de $A B$ y que tiene a los puntos $A$ y $B$ en su interior.\n\nEn efecto, supongamos $A=(d, 0), B=(-d, 0)$ y sea $P=(x, y)$ cualquier punto. Se tiene entonces\n$$\nP A^{2}+P B^{2}=2 x^{2}+2 y^{2}+2 d^{2}\n$$\nAsí que si $P A^{2}+P B^{2}=k \\geq 4 d^{2}$, se tiene que $x^{2}+y^{2}=\\frac{k}{2}-d^{2} \\geq d^{2}$.\n\nSea entonces ahora $R$ el punto donde $B C$ corta a $P P^{\\prime}$ (que es perpendicular a $B C$ ). Este punto $R$ satisface\n$$\nP R^{2}=B P^{2}-B R^{2}=A R^{2}-A P^{2}\n$$\nluego $R$ está en la circunferencia y es distinto de $P$, con lo que $R=P^{\\prime}$.\n\nAhora bien, se tiene\n$$\nA P \\cdot B P^{\\prime}=\\frac{A P^{2}+B P^{\\prime 2}-\\left(A P-B P^{\\prime}\\right)^{2}}{2}=\\frac{k-P P^{\\prime 2}-\\left(A P-B P^{\\prime}\\right)^{2}}{2}=\\frac{k-A B^{2}}{2}\n$$\ndonde $k=A P^{2}+B P^{2}=A P^{\\prime 2}+B P^{\\prime 2}$.\n\nAdemás, la potencia de $A$ respecto de la circunferencia es\n$$\nr^{2}-d^{2}=\\frac{k}{2}-2 d^{2}=\\frac{k-A B^{2}}{2}\n$$\ncon lo que el segundo punto $S$ en el que $A P$ corta a la circunferencia es tal que $A S=B P^{\\prime}=C P^{\\prime}$.\n\nComo $C P^{\\prime} \\perp P P^{\\prime} \\perp A P$, se tiene que $A S$ es paralelo a $C P^{\\prime}$ y $A S P^{\\prime} C$ es un paralelogramo.\n\nFinalmente,\n$P P^{\\prime 2}+P S^{2}=A P^{\\prime 2}+A S^{2}+2 \\cdot A S \\cdot A P=A P^{\\prime 2}+B P^{\\prime 2}+k-A B^{2}=2 k-4 d^{2}=4 r^{2}$,\nes decir, $P^{\\prime} S=A C=2 r$. Como $A Q+B Q=A C=2 r$, el lugar de $Q$ es la elipse interiormente tangente a la circunferencia dada, con $A$ y $B$ como focos.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43370,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $I_{n}$ el conjunto de los $n$ primeros números naturales impares. Por ejemplo: $I_{3} = \\{1, 3, 5\\}$, $I_{6} = \\{1, 3, 5, 7, 9, 11\\}$, etc.\n¿Para qué números $n$ el conjunto $I_{n}$ se puede descomponer en dos partes (disjuntas) de forma que coincidan las sumas de los números en cada una de ellas?",
    "options": [],
    "answer": "All even n with n ≥ 4",
    "solution": "Solution:\n\nLos primeros casos son:\n\n| $I_{1}=\\{1\\}$ | no descompone |\n| :--- | :--- |\n| $I_{2}=\\{1,3\\}$ | no descompone |\n| $I_{3}=\\{1,3,5\\}$ | no descompone |\n| $I_{4}=\\{1,3,5,7\\}$ | descompone $\\{1,7\\}$ y $\\{3,5\\}$ |\n| $I_{5}=$ | no descompone |\n| $I_{6}=\\{1,3,5,7,9,11\\}$ | descompone $\\{1,3,5,9\\}$ y $\\{7,11\\}$ |\n\nObserva que para que $I_{n}$ se pueda descomponer en dos partes que tengan la misma suma, tiene que ser $n$ par, ya que en ese caso la suma de todos los elementos de $I_{n}$ es un número par.\n\nObserva que si $I_{m}$ descompone, entonces también lo hace $I_{m+4}$, ya que se tiene\n$$\nI_{m+4} = I_{m} \\cup \\{2m+1, 2m+3, 2m+5, 2m+7\\}\n$$\nSi $I_{m} = P_{1} \\cup P_{2}$ es una descomposición de $I_{2m}$, entonces $P_{1} \\cup \\{2m+1, 2m+7\\}$, $P_{2} \\cup \\{2m+3, 2m+5\\}$ es una descomposición de $I_{2m+4}$.\n\nComo $I_{4}$ e $I_{6}$ descomponen, podemos concluir que $I_{n}$ descompone para cada $n$ par, mayor o igual que $4$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43371,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna sucesión pucelana es una sucesión creciente de dieciséis números impares positivos consecutivos, cuya suma es un cubo perfecto. ¿Cuántas sucesiones pucelanas tienen solamente números de tres cifras?",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\nSea la sucesión $n, n+2, \\ldots, n+30$. Entonces la suma es $\\frac{1}{2} 16(2 n+30) = 8(2 n+30)$. Por tanto, es necesario que $2 n+30$ sea un cubo perfecto. Ahora hay que contar el número de tales $n$ que son impares y verifican $101 \\leq n \\leq 969$. Los cubos pares entre 232 y 1968 son 512, 1000 y 1728, que corresponden a valores de $n$ de 241, 485 y 849. Por lo tanto hay exactamente tres sucesiones pucelanas.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43372,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $N_{0}$ y $Z$ el conjunto de todos los enteros no negativos y el conjunto de todos los enteros, respectivamente. Sea $f: N_{0} \\rightarrow Z$ la función que a cada elemento $n$ de $N_{0}$ le asocia como imagen el entero $f(n)$ definido por\n$$\nf(n) = -f\\left(\\left\\lfloor\\frac{n}{3}\\right\\rfloor\\right) - 3\\left\\{\\frac{n}{3}\\right\\}\n$$\ndonde $\\lfloor x\\rfloor$ es la parte entera del número real $x$ y $\\{x\\} = x - \\lfloor x\\rfloor$ su parte decimal. Determina el menor entero $n$ tal que $f(n) = 2010$.",
    "options": [],
    "answer": "3 * (3^{2010} - 1) / 4",
    "solution": "Solution:\nSe prueba fácilmente por inducción que, si $n = (\\overline{a_{k} a_{k-1} \\ldots a_{0}})_{3}$, entonces\n$$\nf(n) = \\sum_{\\substack{j=0 \\\\ j \\text{ impar}}}^{k} a_{j} - \\sum_{\\substack{j=0 \\\\ j \\text{ par}}}^{k} a_{j}\n$$\nEn efecto, $f(0) = 0$, $f(1) = -1$, $f(2) = -2$.\nSupongamos que, para todo $n$ menor que $3t$, $f(n) = \\sum_{\\substack{j=0 \\\\ j \\text{ impar}}}^{k} a_{j} - \\sum_{\\substack{j=0 \\\\ j \\text{ par}}}^{k} a_{j}$. Entonces, si $t = (\\overline{b_{k} \\ldots b_{0}})_{3}$, $3t = (\\overline{b_{k} \\ldots b_{0} 0})_{3}$, $3t+1 = (\\overline{b_{k} \\ldots b_{0} 1})_{3}$, $3t+2 = (\\overline{b_{k} \\ldots b_{0} 2})_{3}$. Por lo tanto,\ncomo $f(3t) = -f(t)$, $f(3t+1) = -f(t) - 1$, $f(3t+2) = -f(t) - 2$, la propiedad sigue siendo cierta para todo entero $n$ menor que $3t+2$.\nLuego, para todo $n = (\\overline{a_{k} a_{k-1} \\ldots a_{0}})_{3}$, $f(n) = \\sum_{\\substack{j=0 \\\\ j \\text{ impar}}}^{k} a_{j} - \\sum_{\\substack{j=0 \\\\ j \\text{ par}}}^{k} a_{j}$.\nDe esta forma, se obtiene el menor $n = (\\overline{2020 \\ldots 20})_{3}$, tal que $f(n) = 2010$. Este número contiene 1005 doses; su valor en base decimal es:\n$$\n3 \\cdot \\frac{3^{2010} - 1}{4}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43373,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDetermina los lados del triángulo rectángulo del que se conocen el perímetro, $p=96$, y la altura sobre la hipotenusa, $h=\\frac{96}{5}$.",
    "options": [],
    "answer": "40, 32, 24",
    "solution": "Solution:\nConsideramos el triángulo rectángulo de la figura.\n![](attached_image_1.png)\nBuscamos relaciones entre estos segmentos.\nEl área del triángulo es: $\\frac{b c}{2}=\\frac{a h}{2}$, de aquí se deduce que\n$$\nb c=a h\n$$\nPor ser $p=a+b+c$, se tiene $b+c=p-a$, luego $(b+c)^{2}=(p-a)^{2}$, y de aquí, utilizando que $a^{2}=b^{2}+c^{2}$, se tiene $2 b c=p^{2}-2 p a$. Ahora utilizamos la relación (1) y se tiene: $2 a h=p^{2}-2 p a$. Finalmente, podemos calcular $a$ como:\n$$\na=\\frac{p^{2}}{2(h+p)}\n$$\nComo ya es conocido $a$, y teniendo en cuenta que se tienen las relaciones: $b+c=p-a$ y $b c=a h$, podemos calcular $b$ y $c$ como las soluciones de la ecuación de segundo grado $z^{2}-(b+c) z+b c=0$, esto es de la ecuación $z^{2}-(p-a) z+a h=0$.\nEn nuestro caso, con los valores dados, se tiene:\n$$\n\\begin{aligned}\n& p=96 \\\\\n& h=96 / 5 \\\\\n& a=\\frac{p^{2}}{2(h+p)}=\\frac{96^{2}}{2(96+96 / 5)}=40\n\\end{aligned}\n$$\nFalta calcular $b$ y $c$, que son raíces de la ecuación $z^{2}-(p-a) z+a h=0$, esto es, de la ecuación $z^{2}-56 z+768=0$; y cuyas raíces son: 32 y 24.\nLos lados del triángulo dado son: 40, 32 y 24.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43374,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHalla todos los números naturales $n$ que verifican la condición:\n$$\n\\left[\\frac{n}{2}\\right]+\\left[\\frac{2 n}{3}\\right]=n+335\n$$\ndonde $[x]$ es la parte entera de $x$. (Esto es, $[1,32]=1$, $[2]=2$, $\\left[\\frac{1}{2}\\right]=0$, $[\\pi]=3$, etc.)",
    "options": [],
    "answer": "2010, 2012, 2013, 2014, 2015, 2017",
    "solution": "Solution:\n\nDistinguimos casos según $n$ sea de la forma $6 k$, $6 k+1$, $6 k+2$, $6 k+3$, $6 k+4$ o $6 k+5$ (observemos que $n$ es siempre de alguna de estas seis formas) y hacemos la siguiente tabla:\n\n| $n$ | $\\left[\\frac{n}{2}\\right]$ | $\\left[\\frac{2 n}{3}\\right]$ | $\\left[\\frac{n}{2}\\right]+\\left[\\frac{2 n}{3}\\right]$ | $n+335$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $6 k$ | $3 k$ | $4 k$ | $7 k$ | $6 k+335$ |\n| $6 k+1$ | $3 k$ | $4 k$ | $7 k$ | $6 k+336$ |\n| $6 k+2$ | $3 k+1$ | $4 k+1$ | $7 k+2$ | $6 k+337$ |\n| $6 k+3$ | $3 k+1$ | $4 k+2$ | $7 k+3$ | $6 k+338$ |\n| $6 k+4$ | $3 k+2$ | $4 k+2$ | $7 k+4$ | $6 k+339$ |\n| $6 k+5$ | $3 k+2$ | $4 k+3$ | $7 k+5$ | $6 k+340$ |\n\nIgualando las últimas dos columnas obtenemos que:\n\n- Si $n=6 k$ entonces $7 k=6 k+334$, de donde $k=335$ y $n=6 \\cdot 334=2010$.\n- Si $n=6 k+1$ entonces $7 k=6 k+335$, de donde $k=336$ y $n=6 \\cdot 335+1=2017$.\n- Si $n=6 k+2$ entonces $7 k+2=6 k+336$, de donde $k=335$ y $n=6 \\cdot 334+2=2012$.\n- Si $n=6 k+3$ entonces $7 k+3=6 k+337$, de donde $k=335$ y $n=6 \\cdot 334+3=2013$.\n- Si $n=6 k+4$ entonces $7 k+4=6 k+338$, de donde $k=335$ y $n=6 \\cdot 334+4=2014$.\n- Si $n=6 k+5$ entonces $7 k+5=6 k+339$, de donde $k=335$ y $n=6 \\cdot 334+5=2015$.\n\nPor tanto, hay seis números que cumplen la ecuación: $2010$, $2012$, $2013$, $2014$, $2015$ y $2017$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43375,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABCD$ un cuadrilátero convexo. Sea $P$ la intersección de $AC$ y $BD$. El ángulo $\\angle APD = 60^\\circ$. Sean $E, F, G$ y $H$ los puntos medios de los lados $AB, BC, CD$ y $DA$ respectivamente. Halla el mayor número real positivo $k$ tal que\n$$\nEG + 3HF \\geq k d + (1-k) s\n$$\nsiendo $s$ el semiperímetro del cuadrilátero $ABCD$ y $d$ la suma de las longitudes de sus diagonales. ¿Cuándo se alcanza la igualdad?",
    "options": [],
    "answer": "k = 1 + sqrt(3), with equality if and only if the quadrilateral is a rectangle.",
    "solution": "Solution:\n\nProbaremos que $k = 1 + \\sqrt{3}$ y que la igualdad se da si, y sólo si, $ABCD$ es un rectángulo.\n![](attached_image_1.png)\nSean $W, X, Y$ y $Z$ cuatro puntos exteriores a $ABCD$ de modo que los triángulos $ABW$ y $DCY$ sean equiláteros, el triángulo $BCX$ sea isósceles en $X$, el triángulo $AZD$ sea isósceles en $Z$ y $\\angle BXC = \\angle AZD = 120^\\circ$.\nLos cuadriláteros $WAPB, XBPC, YCPD$ y $ZDPA$ son cíclicos. Luego, por el teorema de Ptolomeo, se obtiene que:\n$$\nWP = PA + PB, \\quad XP \\sqrt{3} = PB + PC, \\quad YP = PC + PD, \\quad ZP \\sqrt{3} = PD + PA\n$$\nPor otro lado,\n$$\n\\angle WPY = \\angle WPB + 60^\\circ + \\angle CPY = \\angle WAB + 60^\\circ + \\angle CDY = 180^\\circ\n$$\nLuego $W, P, Y$ están alineados y, de forma análoga, $Z, P, X$ están alineados. Luego:\n$$\n\\begin{aligned}\nWY & = WP + PY = PA + PB + PC + PD = AC + BD \\\\\nXZ & = XP + PZ = \\frac{1}{\\sqrt{3}}(PB + PC + PD + PA) = \\frac{1}{\\sqrt{3}}(AC + BD)\n\\end{aligned}\n$$\nPor la desigualdad triangular:\n$$\nWY \\leq WE + EG + GY, \\quad XZ \\leq XF + FH + HZ\n$$\nLuego:\n$$\nAC + BD \\leq AB \\frac{\\sqrt{3}}{2} + EG + DC \\frac{\\sqrt{3}}{2}, \\quad \\frac{1}{\\sqrt{3}}(AC + BD) \\leq \\frac{BC}{2\\sqrt{3}} + FH + \\frac{AD}{2\\sqrt{3}}\n$$\nPor lo tanto, sumando,\n$$\n\\begin{aligned}\nAC + BD & \\leq AB \\frac{\\sqrt{3}}{2} + EG + DC \\frac{\\sqrt{3}}{2} \\\\\n\\sqrt{3}(AC + BD) & \\leq BC \\frac{\\sqrt{3}}{2} + 3FH + AD \\frac{\\sqrt{3}}{2} \\\\\n\\hline\n(1 + \\sqrt{3})(AC + BD) & \\leq EG + 3FH + s\\sqrt{3}\n\\end{aligned}\n$$\no sea,\n$$\nEG + 3FH \\geq (1 + \\sqrt{3}) d - s\\sqrt{3}\n$$\nLuego, si $k = 1 + \\sqrt{3}$, entonces $EG + 3FH \\geq k d + (1 - k) s$.\nLa igualdad se dará si, y sólo si, por un lado, $W, E, G, Y$ están alineados y, por otro lado, $X, F, H, Z$ también están alineados. Como $WE$ es perpendicular a $AB$ y $GY$ es perpendicular a $DC$, $AB$ y $DC$ deben ser paralelas y, de forma análoga, $BC$ y $AD$ también deben ser paralelas, luego $ABCD$ debe ser un paralelogramo. Además, la recta $EG$ es perpendicular a $DC$, lo que implica que $ABCD$ es un rectángulo y se comprueba fácilmente que si $ABCD$ es un rectángulo, entonces se da la igualdad. Luego, la igualdad se da si, y sólo si, $ABCD$ es un rectángulo.\nAhora, sea un número real positivo $l$ tal que $EG + 3HF \\geq l d + (1 - l) s$. Entonces, si $ABCD$ es un rectángulo,\n$$\nk d + (1 - k) s \\geq l d + (1 - l) s\n$$\no sea\n$$\nk(d - s) \\geq l(d - s)\n$$\nPero la desigualdad triangular implica que $d > s$, lo que implica que $k \\geq l$. Luego el número real buscado es $k = 1 + \\sqrt{3}$ y la igualdad se da si, y sólo si, $ABCD$ es un rectángulo.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43376,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a, b, c$ tres números reales positivos. Demuestra que\n$$\n\\frac{a+b+3c}{3a+3b+2c} + \\frac{a+3b+c}{3a+2b+3c} + \\frac{3a+b+c}{2a+3b+3c} \\geq \\frac{15}{8}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nHaciendo $a = x_{1}$, $b = x_{2}$, $c = x_{3}$ y llamando $s = x_{1} + x_{2} + x_{3}$, resulta que el lado izquierdo de la desigualdad se escribe como\n$$\nS = \\frac{s + 2x_{1}}{3s - x_{1}} + \\frac{s + 2x_{2}}{3s - x_{2}} + \\frac{s + 2x_{3}}{3s - x_{3}}\n$$\nPor otro lado,\n$$\nS + 6 = \\sum_{k=1}^{3} \\left( \\frac{s + 2x_{k}}{3s - x_{k}} + 2 \\right ) = \\sum_{k=1}^{3} \\frac{7s}{3s - x_{k}}\n$$\ncon lo que\n$$\nS + 6 = \\frac{7s}{3s - x_{1}} + \\frac{7s}{3s - x_{2}} + \\frac{7s}{3s - x_{3}} = 7s \\sum_{k=1}^{3} \\frac{1}{3s - x_{k}}\n$$\nDado que $\\sum_{k=1}^{3} (3s - x_{k}) = 8s$, entonces $s = \\frac{1}{8} \\sum_{k=1}^{3} (3s - x_{k})$, y\n$$\nS + 6 = \\frac{7}{8} \\sum_{k=1}^{3} (3s - x_{k}) \\sum_{k=1}^{3} \\frac{1}{3s - x_{k}} \\geq \\frac{63}{8}\n$$\nde donde resulta que\n$$\nS = \\frac{s + 2x_{1}}{3s - x_{1}} + \\frac{s + 2x_{2}}{3s - x_{2}} + \\frac{s + 2x_{3}}{3s - x_{3}} \\geq \\frac{63}{8} - 6 = \\frac{15}{8}\n$$\nLa igualdad tiene lugar cuando $x_{1} = x_{2} = x_{3}$, es decir, cuando $a = b = c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43377,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera un triángulo equilátero de lado $1$ y centro $O$, como el de la figura.\n![](attached_image_1.png)\nUn rayo parte de $O$ y se refleja en los tres lados, $\\overline{AB}$, $\\overline{AC}$ y $\\overline{BC}$, (en el orden dado), hasta alcanzar el vértice $A$.\nDetermina la longitud mínima del recorrido del rayo.\nNota: Cuando el rayo se refleja en un lado, los ángulos de entrada (incidencia) y salida (reflexión) coinciden.",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(39)/3",
    "solution": "Solution:\n\nComo el rayo se refleja en los lados indicados, basta con desarrollar el camino recorrido por el rayo, para ello desdoblamos el triángulo según la siguiente figura.\n![](attached_image_2.png)\nEsta figura nos indica que existe un único camino para ir del punto $O$ al punto $A$ reflejándose en los lados del triángulo en el orden indicado. Para calcular la distancia recorrida por el rayo, basta considerar el triángulo $APO'$, es un triángulo rectángulo del que tenemos que calcular la hipotenusa $AO'$. Sabemos que $O'P$ es igual a $\\frac{1}{2}$. La distancia $PA$ es $1+1+\\frac{1}{3}=\\frac{7}{3}$ de la altura $h=\\frac{\\sqrt{3}}{2}$ del triángulo. En este caso tenemos:\n$$\n(AO')^2 = (O'P)^2 + (PA)^2 = \\left(\\frac{1}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{7}{3} \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = \\frac{1}{4} + \\frac{7^2 \\times 3}{3^2 \\times 2^2} = \\frac{1}{4} + \\frac{49}{12} = \\frac{13}{3}\n$$\nPor lo tanto la distancia $AO'$ es: $\\sqrt{\\frac{13}{3}} = \\frac{\\sqrt{39}}{3}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43378,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $P$ un punto cualquiera de la bisectriz del ángulo $A$ en el triángulo $ABC$, y sean $A'$, $B'$, $C'$ puntos respectivos de las rectas $BC$, $CA$, $AB$, tales que $PA'$ es perpendicular a $BC$, $PB'$ es perpendicular a $CA$ y $PC'$ es perpendicular a $AB$. Demuestra que $PA'$ y $B'C'$ se cortan sobre la mediana $AM$, siendo $M$ el punto medio de $BC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $E$ el punto de intersección de $PA'$ y $B'C'$. Si $P$ se mueve sobre la bisectriz $AI$ ($I$ es el incentro), la figura $PB'C'E$ es homotética de sí misma con respecto al punto $A$. Luego $E$ describe una recta que pasa por $A$. La bisectriz $AI$ corta a la circunferencia circunscrita a $ABC$ en $F$, que se proyecta en el punto medio $A_m$ de $BC$; si $P=F$, la recta $B'C'$ es la recta de Simson de $F$, luego el lugar geométrico de $E$ es la mediana $AA_m$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43379,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcula las soluciones reales de la ecuación:\n$$\n\\sqrt[4]{97-X}+\\sqrt[4]{X}=5\n$$",
    "options": [],
    "answer": "16, 81",
    "solution": "Solution:\nSi llamamos $a=\\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\\sqrt[4]{x}$, se verifica:\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\na+b=5 \\\\\na^{4}+b^{4}=97\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nPara resolver este sistema procedemos como sigue:\n$$\n25=(a+b)^{2}=a^{2}+2 a b+b^{2}\n$$\ny de aquí se tiene $a^{2}+b^{2}=25-2 a b$. Por otro lado\n$$\n625=(a+b)^{4}=a^{4}+b^{4}+4 a b\\left(a^{2}+b^{2}\\right)+6 a^{2} b^{2}=97+100 a b-2 a^{2} b^{2}\n$$\ny de aquí se tiene $a^{2} b^{2}-50 a b+264=0$. Entonces $a b$ es una raíz de $z^{2}-50 z+264=0$; como las raíces son 44 y 6, estudiamos cada uno de estos casos.\n\nSi $a b=44$, entonces $a$ y $b$ son las soluciones del sistema $\\left.\\begin{array}{l}a+b=5 \\\\ a b=44\\end{array}\\right\\}$, luego de la ecuación $z^{2}-5 z+44=0$; ésta no tiene raíces reales. Si $a b=6$, entonces $a$ y $b$ son raíces de la ecuación $z^{2}-5 z+6=0$, que tiene las raíces 3 y 2.\n\nSi $b=3$, entonces $x=81$, y si $b=2$, entonces $x=16$. Éstas son las únicas raíces reales de la ecuación dada.\nSolution:\nSi llamamos $a=\\sqrt[4]{97-x}$ y $b=\\sqrt[4]{x}$, se verifica:\n$$\n\\left.\\begin{array}{l}\na+b=5 \\\\\na^{4}+b^{4}=97\n\\end{array}\\right\\}\n$$\nUtilizamos una variable temporal $t$ y escribimos $a=\\frac{5}{2}+t,\\ b=\\frac{5}{2}-t$. Entonces se verifica:\n$$\n97=a^{4}+b^{4}=\\left(\\frac{5}{2}+t\\right)^{4}+\\left(\\frac{5}{2}-t\\right)^{4}=2 t^{4}+12\\left(\\frac{5}{2}\\right)^{2} t^{2}+2\\left(\\frac{5}{2}\\right)^{4}\n$$\nSimplificando resulta:\n$$\n16 t^{4}+600 t^{2}-151=0\n$$\nEl valor de $t$ es $\\pm \\frac{1}{2}$. Se tiene entonces:\n$$\n\\begin{aligned}\n& b=\\frac{5}{2}+\\frac{1}{2}=3 \\\\\n& b=\\frac{5}{2}-\\frac{1}{2}=2\n\\end{aligned}\n$$\nEntonces al igualar $b=\\sqrt[4]{x}$, resulta:\n$$\n\\begin{aligned}\n& b=3 \\Rightarrow x=81 \\\\\n& b=2 \\Rightarrow x=16\n\\end{aligned}\n$$\nque son las únicas dos soluciones reales de la ecuación dada.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43380,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $p$ un número primo y $A$ un subconjunto infinito de los números naturales. Sea $f_{A}(n)$ el número de soluciones distintas de la ecuación $x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{p}=n$, con $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{p} \\in A$. ¿Existe algún número natural $N$ tal que $f_{A}(n)$ sea constante para todo $n>N$ ?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nPara demostrar el enunciado procederemos por contradicción. Supongamos que existe un número $N$ para el que se cumpla la propiedad anterior. Como el conjunto $A$ es infinito, tomemos $a \\in A$ mayor que $N$. Vamos a estudiar el valor de $f_{A}(p a)$ y $f_{A}(p a+1)$. Por hipótesis, se cumple que $f_{A}(p a)=f_{A}(p a+1)$.\n\nSea $S=\\left(s_{1}, s_{2}, \\ldots, s_{p}\\right)$ solución de la ecuación\n$$\nx_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{p}=n, \\quad s_{1}, s_{2}, \\ldots, s_{p} \\in A\n$$\nEntonces, cualquier permutación de los índices da lugar a una nueva solución de la ecuación (posiblemente repetida si se permutan valores iguales). Diremos que una solución $S=\\left(s_{1}, s_{2}, \\ldots, s_{p}\\right)$ es asociada a una solución $S^{\\prime}=\\left(s_{1}^{\\prime}, s_{2}^{\\prime}, \\ldots, s_{p}^{\\prime}\\right)$ si la primera se obtiene a partir de la segunda mediante permutación de índices. Sea $S=\\left(s_{1}, s_{2}, \\ldots, s_{p}\\right)$ una solución del problema y sea $Q=\\left(q_{1}, q_{2}, \\ldots, q_{p}\\right)$ una solución asociada a $S$ con la propiedad que $q_{1}=q_{2}=\\cdots=q_{r_{1}} \\neq q_{r_{1}+1}=q_{r_{1}+2}=\\cdots q_{r_{1}+r_{2}}$, y así de manera sucesiva hasta llegar a $q_{r_{1}+r_{2}+\\cdots+r_{k}}=q_{p}$. En otras palabras, $Q$ se obtiene a partir de $S$ agrupando los valores $s_{i}$ que son iguales. En particular, $r_{1}+r_{2}+\\cdots+r_{k}=p$. Con esta notación, el número de soluciones asociadas a $S$ (contando también $S$ ) es igual a $\\frac{p !}{r_{1} ! r_{2} ! \\cdots r_{k} !}$.\n\nObsérvese que si todos los $r_{i}$ son estrictamente menores que $p$, entonces dicha expresión es congruente con 0 módulo $p$, puesto que el cociente de factoriales es un número natural y en el denominador no hay ningún término múltiplo de $p$.\n\nYa tenemos todas las herramientas que necesitábamos. Volviendo al problema original, observar que $\\underbrace{(a, a, \\ldots, a)}_{p}$ es solución de $x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{p}=p a$.\n\nPor lo tanto $f_{A}(p a) \\equiv 1(\\operatorname{mód} p)$ : la solución $\\underbrace{(a, a, \\ldots, a)}_{p}$ no se asocia a ninguna otra, mientras que cualquier otra solución de la ecuación $x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{p}=p a$ tiene un número múltiplo de $p$ de asociadas. Por otro lado no existen soluciones de $x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{p}=p a+1$ con todas las $x_{i}$ iguales (su valor tendría que ser $a+\\frac{1}{p}$ ), con lo que según lo anterior $f_{A}(p a+1) \\equiv 0(\\operatorname{mód} p)$ y llegamos a una contradicción.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43381,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un polígono regular de $67$ lados trazamos todos los segmentos que unen dos vértices, incluidos los lados del polígono. Elegimos $n$ de estos segmentos y asignamos a cada uno de ellos un color entre $10$ colores posibles. Halla el valor mínimo de $n$ que garantiza, que independientemente de cuáles sean los $n$ segmentos elegidos y de cómo se haga la asignación de colores, siempre habrá un vértice del polígono que pertenece a $7$ segmentos del mismo color.",
    "options": [],
    "answer": "2011",
    "solution": "Solution:\n\nVeamos en primer lugar que con $n=2010$ no es suficiente.\nDiremos que un segmento es de tamaño $r$ si une dos vértices entre los que, por el camino más corto siguiendo los lados del polígono, hay otros $r-1$ vértices. Elegimos los $2010$ segmentos de tamaño mayor que $3$. Para cada $r \\in \\{1,2, \\ldots, 10\\}$, asignamos el color $r$ a los segmentos de tamaño $3r+1, 3r+2$ y $3r+3$. Es obvio que cada vértice pertenece a $6$ segmentos de cada color.\n\nAhora vamos a probar que si $n=2011$, hay algún vértice que está en $7$ segmentos del mismo color. En efecto, en los $2011$ segmentos intervienen, contando repeticiones, $4022$ vértices, luego, por el principio del palomar, como $4022 > 60 \\times 67$, algún vértice interviene en, al menos, $61$ segmentos, de los cuales, de nuevo por el principio del palomar, al menos, $7$ serán del mismo color.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43382,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a$, $b$, $c$ números reales positivos. Demuestra que\n$$\n\\frac{a}{b+c}+\\frac{b}{c+a}+\\frac{c}{a+b}+\\sqrt{\\frac{a b+b c+c a}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}} \\geq \\frac{5}{2}\n$$\n¿Cuándo se alcanza la igualdad?",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds if and only if a = b = c.",
    "solution": "Solution:\n\nNótese en primer lugar que, en virtud de la desigualdad entre medias aritmética y geométrica, se tiene\n$$\n\\frac{1}{2} \\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b+b c+c a}+\\sqrt{\\frac{a b+b c+c a}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}} \\geq \\frac{3}{2} \\sqrt[3]{\\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b+b c+c a}\\left(\\sqrt{\\frac{a b+b c+c a}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}\\right)^{2}}=\\frac{3}{2}\n$$\ndándose la igualdad si y sólo si $a^{2}+b^{2}+c^{2}=a b+b c+c a$, o equivalentemente, si y sólo si $(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}=0$, es decir, si y sólo si $a=b=c$. Nos bastaría entonces, para concluir el problema, con demostrar que\n$$\n\\frac{a}{b+c}+\\frac{b}{c+a}+\\frac{c}{a+b} \\geq 1+\\frac{1}{2} \\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{a b+b c+c a}\n$$\nEsto puede conseguirse por fuerza bruta, viéndose en primer lugar que el miembro de la derecha puede escribirse como\n$$\n\\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}+a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)}+1\n$$\ny a partir de aquí comparando las fracciones restantes, llegándose a la conclusión tras algo de cálculo. Sin embargo, se puede obtener el resultado deseado de una forma más elegante, ya que podemos escribir\n$$\n\\begin{gathered}\n\\frac{a}{b+c}+\\frac{b}{c+a}+\\frac{c}{a+b}=\\frac{a^{2}}{a b+c a}+\\frac{b^{2}}{b c+a b}+\\frac{c^{2}}{c a+b c}=\\left(\\frac{a}{\\sqrt{a b+c a}}\\right)^{2}+\\left(\\frac{b}{\\sqrt{b c+a b}}\\right)^{2}+\\left(\\frac{c}{\\sqrt{c a+b c}}\\right)^{2} \\\\\n2(a b+b c+c a)=(\\sqrt{a b+c a})^{2}+(\\sqrt{b c+a b})^{2}+(\\sqrt{c a+b c})^{2}\n\\end{gathered}\n$$\ny por la desigualdad del producto escalar, se tendría\n$$\n\\begin{gathered}\n\\sqrt{2(a b+b c+c a)} \\sqrt{\\frac{a}{b+c}+\\frac{b}{c+a}+\\frac{c}{a+b}} \\geq \\\\\n\\geq \\frac{a}{\\sqrt{a b+c a}} \\sqrt{a b+c a}+\\frac{b}{\\sqrt{b c+a b}} \\sqrt{b c+a b}+\\frac{c}{\\sqrt{c a+b c}} \\sqrt{c a+b c}=a+b+c\n\\end{gathered}\n$$\nes decir,\n$$\n\\frac{a}{b+c}+\\frac{b}{c+a}+\\frac{c}{a+b} \\geq \\frac{(a+b+c)^{2}}{2(a b+b c+c a)}=\\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2(a b+b c+c a)}+1\n$$\ncon lo que se concluye el problema. Nótese que la igualdad se da en la última desigualdad si y sólo si\n$$\n\\frac{\\sqrt{a b+c a}}{a} \\sqrt{a b+c a}=\\frac{\\sqrt{b c+a b}}{b} \\sqrt{b c+a b}=\\frac{\\sqrt{c a+b c}}{c} \\sqrt{c a+b c}\n$$\nes decir, si y sólo si $a=b=c$, que es por lo tanto también la condición necesaria y suficiente para que se dé la igualdad en la desigualdad propuesta.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43383,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $A, B, C, D$ cuatro puntos en el espacio, tales que no hay ningún plano que pasa por los cuatro a la vez. Los segmentos $A B, B C, C D, D A$ son tangentes a una misma esfera. Demuestra que los cuatro puntos de tangencia están en un mismo plano.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSean $R, S, T, U$ los puntos de tangencia respectivos de la esfera con los segmentos $A B$, $B C$, $C D$, $D A$. Siendo $O$ el centro de la esfera, claramente $O U$, $O R$ son respectivamente perpendiculares a $D A$, $A B$, con lo que los triángulos $O A U$ y $O A R$ son rectángulos respectivamente en $U$, $R$, y al ser $O U = O R$ el radio de la esfera, ambos triángulos son iguales, luego $A U = A R = a$, y de forma análoga,\n$$\nB R = B S = b, \\quad C S = C T = c, \\quad y \\quad D T = D U = d\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLas rectas $U R$ y $B D$ están en el plano del triángulo $A B D$, así o bien se cortan o son paralelas. Si $U R$ y $B D$ son paralelas, del teorema de Thales resulta $b = d$, y del recíproco de Thales resulta que también son paralelas $T S$ y $D B$. Entonces, $U R$ y $T S$ son paralelas y los cuatro puntos están en un plano.\n\nSi $U R$ y $B D$ no son paralelas, sea $E$ su punto de intersección. Tampoco pueden entonces ser paralelas $T S$ y $D B$, porque si lo fueran, lo serían $U R$ y $B D$, en contra de lo supuesto. Sea entonces $F$ el punto de intersección de $T S$ y $D B$. Aplicando el teorema de Menelao en $A B D$ cortado por $U R$, y en $B C D$ cortado por $T S$, obtenemos\n$$\n1 = \\frac{B E}{E D} \\frac{D U}{U A} \\frac{A R}{R B} = \\frac{B E}{E D} \\frac{d}{b}, \\quad 1 = \\frac{B F}{F D} \\frac{D T}{T C} \\frac{C S}{S B} = \\frac{B F}{F D} \\frac{d}{b}, \\quad \\frac{B E}{E D} = \\frac{B F}{F D}\n$$\nEntonces, $E$ y $F$ dividen a $D B$ en la misma razón. Como ninguno de los dos puntos ($E$ y $F$) pueden estar entre $D$ y $B$ —pues $B C D$ tendría tres puntos de intersección con $S T$— entonces $E$ y $F$ tienen que coincidir. Las rectas $U R$ y $S T$ se cortan entonces en $E = F$, luego están en un mismo plano y en él, en particular, están los puntos $U$, $R$, $S$ y $T$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43384,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo con $\\angle B = 2 \\angle C$ y $\\angle A > 90^{\\circ}$. Sean $D$ el punto de la recta $AB$ tal que $CD$ es perpendicular a $AC$, y $M$ el punto medio de $BC$. Demuestra que $\\angle AMB = \\angle DMC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLa recta que pasa por $A$ y es paralela a $BC$ corta a $DM$ y a $DC$ en los puntos $N$ y $F$ respectivamente.\n\nSe sigue que $AN : BM = DN : DM = NF : MC$.\n\nPues $BM = MC$, resulta $AN = NF$. Como $\\angle ACF = 90^{\\circ}$, tenemos $AN = NC$, de manera que $\\angle NCA = \\angle NAC = \\angle ACB$.\n\nAsí pues, $\\angle NCB = 2 \\angle ACB = \\angle ABC$.\n\nComo $AN \\parallel BC$, el cuadrilátero $ABCN$ es un trapecio isósceles con $AB = NC$.\n\nPor consiguiente, $\\triangle ABM \\equiv \\triangle NCM$ y $\\angle AMB = \\angle NMC = \\angle DMC$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43385,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCada número racional se pinta de un color, usando sólo dos colores, blanco y rojo. Se dice que una tal coloración es sanferminera cuando para cada dos números racionales $x, y$, con $x \\neq y$, si se cumple una de las tres condiciones siguientes:\na) $x y=1$,\nb) $x+y=0$,\nc) $x+y=1$,\nentonces $x$ e $y$ están pintados de distinto color. ¿Cuántas coloraciones sanfermineras hay?",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Solution:\nSi una coloración es sanferminera, podemos hallar otra coloración sanferminera intercambiando simultáneamente el color de cada racional, de rojo a blanco y de blanco a rojo; si en la coloración inicial dos racionales tienen distinto color, también lo tendrán en la resultante. Hallemos entonces el número de coloraciones sanfermineras tales que, sin pérdida de generalidad, el racional $1$ está pintado de rojo, y el número total de coloraciones sanfermineras será exactamente el doble.\n\nSupongamos entonces que tenemos una coloración sanferminera con el $1$ pintado de rojo. Dado el color del racional $x>0$, el color del racional $-x<0$ tiene que ser distinto, pues $x+(-x)=0$; al mismo tiempo, como $1$ es rojo y $1+0=1$, necesariamente $0$ es blanco. Luego fijado el color de cada racional positivo en una coloración sanferminera, quedaría fijado el color de todos los racionales. Al mismo tiempo, para cada racional positivo $x$, como $(x+1)+(-x)=1$, entonces $x+1$ y $-x$ tienen color distinto, luego $x$ y $x+1$ tienen el mismo color. Por inducción sobre $n$, se comprueba entonces fácilmente que para cada racional positivo $x$ y para cada entero positivo $n$, los racionales $x$ y $n+x$ tienen el mismo color. En particular, todos los enteros positivos serán necesariamente de color rojo.\n\nColoreados entonces todos los enteros positivos de color rojo, procedemos ahora de la siguiente manera para los racionales positivos $q$ que no tienen un color asociado todavía: expresamos $q=m+\\frac{u}{v}$, donde $m$ es la parte entera de $q$, y $u<v$ son enteros positivos primos entre sí; esta expresión es claramente única para cada racional positivo $q$, y para dos racionales positivos que difieran en un entero, los valores de $u, v$ son claramente los mismos. Si $\\frac{v}{u}$ tiene ya un color asociado, entonces le asociamos a $q$ el color opuesto; si $\\frac{v}{u}$ no tiene todavía color asociado, entonces procedemos de la misma forma con $\\frac{v}{u}$, hasta llegar a un racional que sí tenga color asociado, pudiendo entonces asociarle un color a $\\frac{v}{u}$, y asociándole a $q$ el color opuesto; nótese que en cualquier caso $x$ y $n+x$ tendrán el mismo color asociado. El proceso termina necesariamente, ya que expresando $q=\\frac{v}{u}=m+\\frac{u'}{v'}$, se tiene que $v v'=m u v'+u u'$, luego al ser primos entre sí $u$, $v$, entonces $u$ divide a $v'$, y al ser primos entre sí $u', v'$, entonces $v'$ divide a $u$, luego $u=v'$ $>u'$, y tras a lo sumo $u$ pasos, llegaríamos a $u'=0$, es decir, a un entero, que sí tiene asociado un color. Nótese además que el proceso es único ya que, en cada paso, los valores de $m, u, v$ quedan unívocamente determinados por el valor del racional positivo $q$, con lo que al ser todos los enteros positivos rojos, cada racional positivo podrá tener uno y sólo un color asociado. Esta coloración única para los racionales positivos se extiende también de forma única a todos los racionales, como ya hemos visto. Existe entonces a lo sumo una coloración sanferminera pintando el racional $1$ de rojo.\n\nComprobemos que en efecto esta coloración única que hemos construido satisface las condiciones del enunciado:\n\n1) Si $x+y=0$ con $x \\neq y$, sin pérdida de generalidad $x>0>y=-x$, luego $y$ tiene, por la forma de extender la coloración a todos los racionales, color distinto al de $x$.\n\n2) Si $x y=1$ con $x \\neq y$, o ambos son positivos, o ambos son negativos, teniendo en el segundo caso $x, y$ colores respectivamente opuestos a los de $-x,-y$, que serían positivos, reduciéndose la comprobación al primer caso. Si $x, y$ son ambos positivos, sin pérdida de generalidad $x>1>y$, con $y=0+\\frac{u}{v}$ para enteros positivos $u<v$, y por construcción a $y$ se le asigna color opuesto al de $x=\\frac{v}{u}$.\n\n3) Si $x+y=1$ con $x \\neq y$, entonces sin pérdida de generalidad $x>y$, y bien $x=1$ es rojo, $y=0$ es blanco, bien $x>1>0>y$, bien $1>x>y>0$. En el segundo caso, el racional positivo $x-1$ tiene por construcción el mismo color que $x$, luego por 1), $x$ tiene color opuesto a $1-x=y$. En el tercer caso, existen enteros positivos $u<v$ primos entre sí tales que $x=\\frac{v}{u+v}, y=\\frac{u}{u+v}$. Por construcción y por 2), $x$ tiene color opuesto al de $\\frac{u+v}{v}=1+\\frac{u}{v}$, luego $x$ tiene el mismo color que $\\frac{v}{u}$. Pero también por construcción y por 2), $y$ tiene color opuesto al de $y=\\frac{u+v}{u}=1+\\frac{v}{u}$, luego opuesto al de $\\frac{v}{u}$, y opuesto al de $x$.\n\nLuego la coloración construida es sanferminera, y es la única que puede ser sanferminera con el racional $1$ pintado de rojo. Restaurando la generalidad, hay exactamente dos coloraciones sanfermineras.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43386,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe considera el polinomio de segundo grado $p(x) = a x^{2} + b x + c$, $(a \\neq 0)$, cuyas raíces $x_{1}$ y $x_{2}$ se suponen distintas. Justifica que para que $p\\left(x_{1}^{3}\\right) = p\\left(x_{2}^{3}\\right)$ es suficiente que $a^{2} + 3 a c - b^{2} = 0$. ¿Es también necesaria esta condición?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\n$$\n\\begin{gathered}\np\\left(x_{1}^{3}\\right) - p\\left(x_{2}^{3}\\right) = a\\left(x_{1}^{6} - x_{2}^{6}\\right) + b\\left(x_{1}^{3} - x_{2}^{3}\\right) = \\left(x_{1}^{3} - x_{2}^{3}\\right)\\left[a\\left(x_{1}^{3} + x_{2}^{3}\\right) + b\\right] \\\\\nx_{1}^{3} + x_{2}^{3} = \\left(x_{1} + x_{2}\\right)^{3} - 3 x_{1} x_{2}\\left(x_{1} + x_{2}\\right) = \\left(-\\frac{b}{a}\\right)^{3} - 3 \\frac{c}{a}\\left(-\\frac{b}{a}\\right) = -\\frac{b^{3}}{a^{3}} + \\frac{3 b c}{a^{2}}\n\\end{gathered}\n$$\nPor tanto\n$$\np\\left(x_{1}^{3}\\right) - p\\left(x_{2}^{3}\\right) = \\left(x_{1}^{3} - x_{2}^{3}\\right)\\left[a\\left(-\\frac{b^{3}}{a^{3}} + \\frac{3 b c}{a^{2}}\\right) + b\\right] = \\frac{b}{a^{2}}\\left(x_{1}^{3} - x_{2}^{3}\\right)\\left(-b^{2} + 3 a c + a^{2}\\right)\n$$\nPara que esta diferencia se anule, es suficiente que $-b^{2} + 3 a c + a^{2} = 0$.\nLa condición no es necesaria. El producto se anula al anularse cualquier factor; el primer paréntesis no se anula, pero $b$ puede anularse. De modo que otra condición suficiente para que $p\\left(x_{1}^{3}\\right) = p\\left(x_{2}^{3}\\right)$ es que $b = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43387,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDenotemos $\\mathbf{N}^{*}=\\{0,1,2,3, \\ldots\\}$. Encuentra todas las funciones crecientes $f: \\mathbf{N} \\rightarrow \\mathbf{N}^{*}$ con las siguientes propiedades:\n\ni) $f(2)=2$,\n\nii) $f(n m)=f(n)+f(m)$ para todo par $n, m \\in \\mathbf{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "No such increasing function exists.",
    "solution": "Solution:\n\nDe las propiedades se deduce:\n\n1. Haciendo $m=1$, sigue de ii) $f(1)=0$.\n\n2. Por inducción finita sobre ii) sigue que $f\\left(n^{k}\\right)=k f(n), \\forall n, k \\in \\mathbf{N}$.\n\nVeamos si puede construirse una función creciente con estas propiedades. Ya que $f(4)=f\\left(2^{2}\\right)=2 f(2)=4$, resulta que los únicos posibles valores de $f(3)$ si $f$ es creciente, son $f(3)=2, f(3)=3, f(3)=4$.\n\n1. Si $f(3)=2$, nos encontramos con que $2^{3}<3^{2}$, pero $f\\left(2^{3}\\right)=6>f\\left(3^{2}\\right)=4$.\n\n2. Si $f(3)=3$, nos encontramos con que $2^{11}<3^{7}$, pero $f\\left(2^{11}\\right)=22>f\\left(3^{7}\\right)=21$.\n\n3. Si $f(3)=4$, nos encontramos con que $3^{3}<2^{5}$, pero $f\\left(3^{3}\\right)=12>f\\left(2^{5}\\right)=10$.\n\nAsí pues, no hay ninguna función creciente con estas propiedades.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43388,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn cuadrado $C$ se recubre completamente con un número entero de cuadrados de lado unidad, sin solapamientos. Si uno coloca dentro de $C$ y sin solapamientos tantos cuadrados como sea posible de área $2$, con los lados paralelos a los lados de $C$, se puede cubrir las ocho novenas partes del área del cuadrado. Determina todas las posibles dimensiones de tales cuadrados.",
    "options": [],
    "answer": "Side length l ∈ {3, 6, 9, 12, 15, 18, 21, 24}",
    "solution": "Solution:\n\nSea $l$ el lado del cuadrado y $n$ el número máximo de cuadrados de área $2$ que caben en cada lado del cuadrado. $l$ y $n$ son enteros. Las condiciones del problema son que\n$$\n\\left\\{\n\\begin{array}{c}\n2 n^{2} = \\frac{8}{9} l^{2} \\\\\nl^{2} < 2(n+1)^{2}\n\\end{array}\n\\right.\n$$\nPoniendo $n = 2 n'$ y $l = 3 l'$ (que tienen que ser enteros, por la primera ecuación anterior), resulta sustituyendo que\n$$\n\\left\\{\n\\begin{array}{c}\nn' = l' \\\\\nn'^{2} - 8 n' - 2 < 0\n\\end{array}\n\\right.\n$$\nde modo que $1 \\leq n' \\leq 8$. Las posibles soluciones son, pues,\n$$\n\\begin{array}{ccc}\nn' = l' = 1 & n = 2 & l = 3 \\\\\nn' = l' = 2 & n = 4 & l = 6 \\\\\nn' = l' = 3 & n = 6 & l = 9 \\\\\nn' = l' = 4 & n = 8 & l = 12 \\\\\nn' = l' = 5 & n = 10 & l = 15 \\\\\nn' = l' = 6 & n = 12 & l = 18 \\\\\nn' = l' = 7 & n = 14 & l = 21 \\\\\nn' = l' = 8 & n = 16 & l = 24\n\\end{array}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43389,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nConsideremos un alfabeto de $n$ letras, con el que formaremos palabras. Diremos que una palabra contiene un palíndromo si un trozo de esa palabra, de más de una letra, se lee igual al derecho que al revés. Por ejemplo, la palabra OLIMPIADAS contiene el palíndromo ADA. Siendo $k$ un entero mayor que 2, determina cuántas palabras de longitud $k$ se pueden formar, con nuestro alfabeto de $n$ letras, que no contengan ningún palíndromo de longitud impar.",
    "options": [],
    "answer": "n^2 (n-1)^{k-2}",
    "solution": "Solution:\n\nObservemos que una palabra contiene un palíndromo de longitud impar si y sólo si contiene un palíndromo de longitud $3$. Por tanto, sólo hay que contar las palabras que no contengan un palíndromo de longitud $3$.\n\nPodemos enumerar todas las palabras pedidas, de la siguiente manera: para la primera letra tenemos $n$ posibilidades. Para la segunda letra también tenemos $n$ posibilidades. La tercera letra puede ser cualquiera menos la letra que está en la posición $1$. Por tanto, para la tercera letra tenemos $n-1$ posibilidades. La cuarta letra puede ser cualquiera menos la que está en la posición $2$, por lo que también tenemos $n-1$ posibilidades. Así llegaremos hasta la $k$-ésima letra, que puede ser cualquiera menos la que está en la posición $k-2$, y por tanto también hay $n-1$ posibilidades. Por tanto, en total hay $n^{2}(n-1)^{k-2}$ palabras que no contienen un palíndromo de longitud impar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43390,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSe ordenan los números naturales en forma de tabla triangular, es decir:\n$$\n\\begin{array}{cccccccc} \n& & & 1 & & & \\\\\n& & 2 & 3 & 4 & & \\\\\n& 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & \\\\\n10 & 11 & 12 & 13 & 14 & 15 & 16\n\\end{array}\n$$\nDiremos que la posición de un número $N$ en la tabla viene dada por dos \"coordenadas\": el primer número de su fila y el primer número de su columna. Por ejemplo, si $N=15$, su posición es $(10,9)$. Cuando un número $N$, en la posición $(n, m)$, verifica que $N=n+m$ diremos que $N$ está bien colocado en la tabla; así 12 y 14 están bien colocados en la tabla y 15 no lo está. ¿Está $2^{2011}$ bien colocado?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\nEn cada fila hay dos números más que en la anterior: en la primera fila hay 1 número, en la segunda fila hay 3, en la tercera fila hay 5, así sucesivamente, en la $n$-ésima fila hay $2n-1$ elementos. Por tanto, el último elemento de la fila $n$-ésima es: $1+3+5+\\cdots+(2n-1)=n^{2}$, por la suma de los elementos de una progresión aritmética. El primer elemento de la fila $(n+1)$-ésima es $n^{2}+1$ y el último $(n+1)^{2}$.\n\nSupongamos que $N$ está bien colocado.\n\n- Si $N$ está en la mitad derecha de la tabla triangular, incluida la \"altura\", su posición es $\\left(m^{2}+1, n^{2}\\right)$, luego $N=n^{2}+m^{2}+1$. Tomando restos módulo 4, como $n^{2} \\equiv 0,1\\ (\\bmod\\ 4),\\ m^{2} \\equiv 0,1\\ (\\bmod\\ 4)$, se tiene que $N \\equiv 1,2,3\\ (\\bmod\\ 4)$. Como $2^{2011} \\equiv 0\\ (\\bmod\\ 4)$, se llega a una contradicción.\n\n- Si $N$ está en la mitad izquierda de la tabla, excluida la \"altura\", su posición es $\\left(m^{2}+1, n^{2}+1\\right)$, luego $N=n^{2}+m^{2}+2$. Razonando como antes, solo en los casos de $m$ y $n$ impares puede conseguirse que $m^{2} \\equiv 1,\\ n^{2} \\equiv 1$ y así $N \\equiv 0$. En ese caso $m=2p+1,\\ n=2q+1$, luego\n$$\nN=(2p+1)^{2}+(2q+1)^{2}+2=4\\left(p^{2}+p+q^{2}+q+1\\right)\n$$\nSi $N=2^{2011}$, se tiene $2^{2009}=p^{2}+p+q^{2}+q+1$. Como $p^{2}+p$ y $q^{2}+q$ son siempre números pares, encontramos una contradicción.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43391,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEn un triángulo llamaremos $O$ al circuncentro, $I$ al incentro y $r$ al radio de la circunferencia inscrita. Si la mediatriz del segmento $O I$ corta a la circunferencia circunscrita en $L$, y $L I$ vuelve a cortarla en $M$, demuestra que $I M=2 r$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n![](attached_image_1.png)\nPor el Teorema de Euler, $(O I)^2=R^2-2 r R$. Sean $T$ y $Q$ los puntos de corte de la recta $O I$ con la circunferencia circunscrita. Entonces tenemos\n$$\nI L \\cdot I M=I T \\cdot I Q\n$$\nPor simetría, $I L=O L=R$. Por otra parte, $I T=O I+O T=O I+R$, y también tenemos $I Q=O Q-O I=R-O I$. Por tanto, sustituyendo en la ecuación anterior, se obtiene:\n$$\nR \\cdot I M=(R+O I)(R-O I)=R^2-(O I)^2=2 r R\n$$\nde donde $I M=2 r$.\n\n\nOtra solución del Problema 2.6. Llamemos $\\alpha, \\beta$ y $\\gamma$ los ángulos del triángulo $A B C$.\n![](attached_image_2.png)\nSea $V$ el otro punto de corte de la recta $A I$ con la circunferencia circunscrita. Considerando las cuerdas $A V$ y $L M$, que se cortan en $I$, se tiene $A I \\cdot I V=L I \\cdot I M$. Como $L I=L O=R$ por simetría, esto significa que $A I \\cdot I V=I M \\cdot R$. Por tanto, probar que $I M=2 r$ es equivalente a probar que $A I \\cdot I V=2 r R$.\nTracemos el triángulo $A I X$, rectángulo en $X$, donde el ángulo en $A$ es $\\alpha / 2$. Sea ahora $W$ el punto diametralmente opuesto a $V$ en la circunferencia circunscrita. Observemos que el triángulo $W V C$ es rectángulo (al ser $W V$ un diámetro de la circunferencia circunscrita, que contiene a $C$ ). Además al ser ángulos inscritos que determinan la misma cuerda, se tiene $\\angle C W V=\\angle C A V=\\alpha / 2$.\nPor tanto, los triángulos rectángulos $A I X$ y $W V C$ son semejantes. Esto implica que $W V / V C=A I / I X$, esto es $2 R / V C=A I / r$, de donde $2 r R=A I \\cdot V C$. Por tanto, debemos probar que $A I \\cdot I V=A I \\cdot V C$. Es decir, debemos probar que $I V=V C$.\nPara ello consideremos el triángulo $C V I$. Su ángulo en $C$ es igual a $\\gamma / 2+\\angle V C B=\\gamma / 2+\\angle V A B=\\gamma / 2+\\alpha / 2$. Por otra parte, su ángulo en $I$ es igual a $\\angle C I V=180^\\circ-\\angle C I A=180^\\circ-\\left(180^\\circ-\\alpha / 2-\\gamma / 2\\right)=\\alpha / 2+\\gamma / 2$. Este triángulo es pues isósceles, con lo que se tiene $V C=V I$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43392,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine whether the number $\\lambda_n = \\sqrt{3n^2 + 2n + 2}$ is irrational for every non-negative integer $n$. Justify your answer.",
    "options": [],
    "answer": "It is irrational for every non-negative integer n.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43393,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For a given positive integer $n$, find the sum of all positive integers smaller than $10n$ which are not divisible neither by $2$ nor by $5$.",
    "options": [],
    "answer": "20n^2",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43394,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar razonadamente si el número $\\lambda_{n}=\\sqrt{3 n^{2}+2 n+2}$ es irracional para todo entero no negativo $n$.",
    "options": [],
    "answer": "It is irrational for every nonnegative integer n.",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que $n$ es par. Entonces, $3 n^{2}+2 n$ es múltiplo de $4$ y $3 n^{2}+2 n+2$ es múltiplo de $2$ pero no de $4$, con lo que no puede ser un cuadrado perfecto.\n\nSupongamos que $n$ es impar. Cualquier cuadrado perfecto impar da resto $1$ al dividir entre $8$; este resultado se demuestra trivialmente, escribiendo el cuadrado de cualquier entero impar $2 m+1$ en la forma $4 m(m+1)+1$ y observando que, bien $m$, bien $m+1$, ha de ser par. Se tiene entonces que si $n$ es impar y $3 n^{2}+2 n+2$ fuera un cuadrado perfecto, entonces $3 n^{2}+2 n+2$ daría resto $1$ al dividir entre $8$, o equivalentemente, $2 n$ daría resto $1-2-3=-4$ al dividir entre $8$, con lo que $2 n$ sería múltiplo de $4$ y $n$ par, contradicción.\n\nLuego para cualquier entero, positivo o negativo, $3 n^{2}+2 n+2$ es un entero que no es un cuadrado perfecto, por tanto $\\lambda_{n}$ es siempre irracional para cualquier entero $n$, positivo o negativo.\n\nNótese también que $\\lambda_{n}$ es siempre real, incluso cuando $n$ es un entero negativo, pues $3 n^{2}+2 n+2>(n+1)^{2} \\geq 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43395,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let us consider a triangle with side lengths $a, b, c$ such that\n$$\nb(a+b)(b+c) = a^3 + b(a^2 + c^2) + c^3.\n$$\nLet us call $A, B$ and $C$ the values, measured in radians, of the angles of the triangle. Prove that the equality $\\frac{1}{\\sqrt{A}+\\sqrt{B}} + \\frac{1}{\\sqrt{B}+\\sqrt{C}} = \\frac{2}{\\sqrt{A}+\\sqrt{C}}$ holds.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43396,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar todas las funciones $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ de variable real con valores reales, tales que para todo $x, y \\in \\mathbb{R}$,\n\n$$\n(x-2) f(y) + f(y + 2 f(x)) = f(x + y f(x))\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 and f(x) = x − 1",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos primeramente que $f(0) = 0$. Haciendo $x = 0$ en (1), $f(y) = 0$ para todo $y \\in \\mathbb{R}$. Esta función satisface la ecuación funcional dada (1).\n\nSea $f(0) \\neq 0$. Haciendo $y = 0$ en (1), se obtiene $(x-2) f(0) + f(2 f(x)) = f(x)$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$. Claramente esto implica que $f$ es inyectiva porque si $f(x_1) = f(x_2)$, entonces $(x_1-2) f(0) + f(2 f(x_1)) = f(x_1) = (x_2-2) f(0) + f(2 f(x_2)) = f(x_2)$ y por tanto $(x_1 - x_2) f(0) = 0$ y $x_1 = x_2$.\n\nPoniendo ahora $x = 2$ en (1), $f(y + 2 f(2)) = f(2 + y f(2))$ para todo $y \\in \\mathbb{R}$. Al ser $f$ inyectiva, $y + 2 f(2) = 2 + y f(2)$ para todo $y \\in \\mathbb{R}$. En esta igualdad si $y = 0$, $f(2) = 1$. Al ser inyectiva $f(3) \\neq 1$; por tanto con $x = 3$ e $y = \\frac{3}{1 - f(3)}$ se llega a $f\\left(\\frac{3}{1 - f(3)} + 2 f(3)\\right) = 0$. Hemos de demostrar que $f$ tiene un cero. Sea $a$, tal que $f(a) = 0$. Poniendo ahora $y = a$ en (1) resulta $f(a + 2 f(x)) = f(x + a f(x))$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$. Así por la inyectividad de $f$, $a + 2 f(x) = x + a f(x)$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$. Como $a \\neq 2$, $f(x) = \\frac{x - a}{2 - a}$. Sustituyendo esta función en (1) resulta que $a = 1$, lo que proporciona dos únicas soluciones de la ecuación funcional inicial $f(x) = 0$ y $f(x) = x - 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43397,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be a prime number, and let $x$ and $n$ be integers such that $1 \\le x < n$. We have $x + 1$ different boxes and $n - x$ identical balls. Let us call $f(n,x)$ the number of ways in which one can distribute the $n - x$ into the $x + 1$ boxes. Find all integers $n$ greater than $1$ such that $p$ divides $f(n,x)$ for every $x \\in \\{1,2,...,n\\}$",
    "options": [],
    "answer": "n is a power of p (n = p^k for some integer k ≥ 1)",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43398,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "With several identical spheres, we build up a tetrahedron using $n$ spheres for each side. Determine, in terms of $n$, the number of tangency points between the spheres in the construction.",
    "options": [],
    "answer": "n^3 - n",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 43399,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $x$ y $n$ enteros tales que $1 \\leq x < n$. Disponemos de $x+1$ cajas distintas y $n-x$ bolas idénticas. Llamamos $f(n, x)$ al número de maneras que hay de distribuir las $n-x$ bolas en las $x+1$ cajas. Sea $p$ número primo, encontrar los enteros $n$ mayores que 1 para los que se verifica que el número primo $p$ es divisor de $f(n, x)$ para todo $x \\in \\{1,2, \\ldots, n-1\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "n equals p to the a for some positive integer a",
    "solution": "Solution:\n\nClaramente $f(n, x)$ es el número de combinaciones con repetición de $x+1$ elementos tomados de $n-x$ en $n-x$. Es decir,\n$$\nf(n, x) = CR(x+1, n-x) = \\binom{(x+1)+(n-x)-1}{n-x} = \\binom{n}{x}\n$$\nVamos a probar que los $n$ buscados son todos los de la forma $p^{a}$ con $a$ entero positivo. Sea $m_{p}$ la $p$-parte del entero positivo $m$, es decir si $m = p^{a} q$ (con $q \\geq 1$ entero), $m_{p} = p^{a}$, siendo $a \\geq 1$ entero. Ahora probaremos el siguiente resultado previo:\n\nSi $m_{p} = p^{a}$, entonces $(m-i)_{p} = i_{p}$ para cada $i \\in \\{1,2, \\ldots, p^{a}-1\\}$.\n\nEn efecto, si $i_{p} = p^{k}$ entonces $k < a$ y es obvio que $p^{k} \\mid (m-i)$, luego $i_{p} \\leq (m-i)_{p}$. Recíprocamente, si $(m-i)_{p} = p^{k}$, ha de ser $k < a$ porque si no sería $p^{a} \\mid i$. Ahora, $p^{k} \\mid i$ porque $p^{k} \\mid m$ y $p^{k} \\mid (m-i)$. Es decir $(m-i)_{p} \\leq i_{p}$.\n\nA continuación probaremos que si $p$ es primo y $n$ un entero mayor que 1. Entonces $p$ divide a $\\binom{n}{x}$ para todo $x \\in \\{1,2, \\ldots, n-1\\}$ si y sólo si $n = p^{a}$ con $a$ entero.\n\nSi $p \\mid \\binom{n}{x}$ para todo $x \\in \\{1,2, \\ldots, n-1\\}$, $p \\mid \\binom{n}{1} = n$. Poniendo $n_{p} = p^{a}$, se tiene:\n$$\n\\binom{n}{p^{a}} = \\frac{n(n-1) \\ldots (n-p^{a}+1)}{p^{a}(p^{a}-1) \\ldots 2 \\cdot 1}\n$$\ny por el resultado previo concluimos que la $p$-parte de $\\binom{n}{p^{a}}$ es 1, luego $n = p^{a}$.\n\nRecíprocamente, si $n = p^{a}$, para cada $x \\in \\{1,2, \\ldots, p^{a}-1\\}$,\n$$\n\\binom{n}{x} = \\frac{p^{a}(p^{a}-1) \\ldots (p^{a}-x+1)}{x(x-1) \\ldots 2 \\cdot 1}\n$$\ny de nuevo por el resultado previo, la $p$-parte de $\\binom{n}{x}$ es $\\frac{p^{a}}{x_{p}}$, que es múltiplo de $p$ por ser $x < p^{a}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43400,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n$ and $k$ such that $(n+1)^n = 2n^k + 3n + 1$",
    "options": [],
    "answer": "(n, k) = (3, 3)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43401,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all continuous functions $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$ such that $x + \\frac{1}{x} = f(x) + \\frac{1}{f(x)}$ for every positive real number $x$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all x > 0, or f(x) = 1/x for all x > 0",
    "solution": "Let $y = f(x)$. The equation is:\n$$\nx + \\frac{1}{x} = y + \\frac{1}{y}\n$$\nBring all terms to one side:\n$$\nx + \\frac{1}{x} - y - \\frac{1}{y} = 0\n$$\nOr:\n$$\nx - y + \\frac{1}{x} - \\frac{1}{y} = 0\n$$\n$$\nx - y + \\frac{y - x}{xy} = 0\n$$\n$$\n(x - y)\\left(1 - \\frac{1}{xy}\\right) = 0\n$$\nSo either $x = y$ or $xy = 1$.\n\nThus, for each $x > 0$, $f(x)$ must be either $x$ or $1/x$.\n\nWe are given that $f$ is continuous on $\\mathbb{R}^{+}$.\n\nSuppose there exists $x_0 > 0$ such that $f(x_0) = x_0$ and $f(x_1) = 1/x_1$ for some $x_1 \\neq x_0$. Consider the set $A = \\{x > 0 : f(x) = x\\}$ and $B = \\{x > 0 : f(x) = 1/x\\}$. Both $A$ and $B$ are closed (since $f$ is continuous and the preimage of a closed set under a continuous function is closed), and $A \\cup B = \\mathbb{R}^{+}$.\n\nSuppose $A$ is nonempty and $B$ is nonempty. Let $x_0 \\in A$, $x_1 \\in B$. Since $f$ is continuous, for any sequence $x_n \\to x_0$ with $x_n \\in B$, $f(x_n) \\to f(x_0) = x_0$, but $f(x_n) = 1/x_n \\to 1/x_0$ as $x_n \\to x_0$. Thus, $x_0 = 1/x_0$, so $x_0 = 1$. Similarly, at $x = 1$, $f(1) = 1$ or $f(1) = 1$.\n\nThus, the only possible point where $f(x)$ can switch from $x$ to $1/x$ is at $x = 1$. But for $x \\neq 1$, $f$ must be constant on each side due to continuity.\n\nTherefore, the only continuous functions are:\n\n1. $f(x) = x$ for all $x > 0$.\n2. $f(x) = 1/x$ for all $x > 0$.\n\nBoth functions satisfy the given equation:\n- For $f(x) = x$, $x + 1/x = x + 1/x$.\n- For $f(x) = 1/x$, $x + 1/x = 1/x + x$.\n\nThus, the solutions are $f(x) = x$ and $f(x) = 1/x$ for all $x > 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43402,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nHallar todos los números enteros positivos $n$ y $k$, tales que $(n+1)^{n}=2 n^{k}+3 n+1$.",
    "options": [],
    "answer": "n=3, k=3",
    "solution": "Solution:\n\nPara $n=1$, la ecuación se escribe $2=6$, claramente falsa. Luego $n \\geq 2$. Por la fórmula del binomio de Newton,\n$$\n(n+1)^{n}-1=n^{2}+\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n2\n\\end{array}\\right) n^{2}+\\left(\\begin{array}{l}\nn \\\\\n3\n\\end{array}\\right) n^{3}+\\ldots\n$$\nes múltiplo de $n^{2}$. Tenemos entonces dos casos a analizar:\n\n- $k=1$. Entonces, $n^{2}$ divide a $2 n^{1}+3 n=5 n$, es decir, $n$ divide a $5$, con lo que $n=5$, y la ecuación se convierte en $6^{5}=26$, claramente falsa.\n\n- $k \\geq 2$. Entonces, $n^{2}$ divide a $2 n^{k}+3 n$, pero como divide a $2 n^{k}$, también ha de dividir a $3 n$, es decir, $n$ divide a $3$, con lo que $n=3$. Se comprueba fácilmente que para $n=3$, la ecuación se convierte en $4^{3}=2 \\times 3^{k}+10$, luego en $3^{k}=27=3^{3}$, que es cierta si y sólo si $k=3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43403,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all integer positive numbers $r$ and $s$ such that the integer positive number $n = 2^r - 16^s$ gives remainder $5$ when divided by $7$. Find the smallest $n$ satisfying this condition.",
    "options": [],
    "answer": "All positive integer pairs (r, s) with r ≡ 1 (mod 3), s ≡ 2 (mod 3), and r > 4s. The smallest n occurs at r = 10, s = 2 and equals 768.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43404,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A sequence $(a_n)_{n \\ge 1}$ is defined recursively as\n$$\na_1 = 1, \\ a_2 = 5, \\text{ and } a_n = \\frac{a_{n-1}^2 + 4}{a_{n-2}}, \\text{ for } n \\ge 3.\n$$\nProve that every term in the sequence is an integer. Find an explicit formula for $a_n$.",
    "options": [],
    "answer": "a_n = [ (sqrt(2) + 1)(3 + 2 sqrt(2))^{n-1} + (sqrt(2) - 1)(3 - 2 sqrt(2))^{n-1} ] / (2 sqrt(2))",
    "solution": "Let us compute the first few terms:\n\n$a_1 = 1$\n\n$a_2 = 5$\n\n$a_3 = \\frac{5^2 + 4}{1} = \\frac{25 + 4}{1} = 29$\n\n$a_4 = \\frac{29^2 + 4}{5} = \\frac{841 + 4}{5} = \\frac{845}{5} = 169$\n\n$a_5 = \\frac{169^2 + 4}{29} = \\frac{28561 + 4}{29} = \\frac{28565}{29} = 985$\n\n$a_6 = \\frac{985^2 + 4}{169} = \\frac{970225 + 4}{169} = \\frac{970229}{169} = 5743$\n\n$a_7 = \\frac{5743^2 + 4}{985} = \\frac{32984149 + 4}{985} = \\frac{32984153}{985} = 33553$\n\nWe see that all terms are integers.\n\nLet us try to find an explicit formula. Notice that the sequence seems to be related to powers of $5$ and $1$.\n\nLet us try to guess a closed formula. Let us look for a pattern. Compute the ratios:\n\n$a_2/a_1 = 5/1 = 5$\n$a_3/a_2 = 29/5 = 5.8$\n$a_4/a_3 = 169/29 \\approx 5.827...$\n$a_5/a_4 = 985/169 \\approx 5.828...$\n$a_6/a_5 = 5743/985 \\approx 5.828...$\n$a_7/a_6 = 33553/5743 \\approx 5.843...$\n\nThis suggests that the sequence grows exponentially.\n\nLet us try to solve the recurrence:\n\n$a_n = \\frac{a_{n-1}^2 + 4}{a_{n-2}}$\n\nMultiply both sides by $a_{n-2}$:\n\n$a_n a_{n-2} = a_{n-1}^2 + 4$\n\nThis is a second-order recurrence. Let us try to find a closed formula.\n\nLet us try to write $a_n$ in terms of $a_{n-1}$ and $a_{n-2}$:\n\n$a_n a_{n-2} - a_{n-1}^2 = 4$\n\nOr:\n\n$a_n a_{n-2} - a_{n-1}^2 = 4$\n\nThis is similar to the recurrence for Chebyshev polynomials of the first kind, $T_n(x)$, which satisfy:\n\n$T_n(x) = 2x T_{n-1}(x) - T_{n-2}(x)$\n\nBut our recurrence is different. Let us try to find a pattern.\n\nLet us try to write $a_n$ as $k a_{n-1} - a_{n-2}$ for some $k$.\n\nAlternatively, let us try to solve the recurrence by induction.\n\nLet us try to prove by induction that all $a_n$ are integers.\n\nBase cases: $a_1 = 1$, $a_2 = 5$ are integers.\n\nInductive step: Assume $a_{n-1}$ and $a_{n-2}$ are integers. Then $a_n = \\frac{a_{n-1}^2 + 4}{a_{n-2}}$. We need to show that $a_{n-2}$ divides $a_{n-1}^2 + 4$.\n\nBut from the recurrence:\n\n$a_{n-1} a_{n-3} = a_{n-2}^2 + 4$\n\nSo $a_{n-2}^2 + 4 = a_{n-1} a_{n-3}$\n\nTherefore,\n\n$a_{n-1}^2 + 4 = a_n a_{n-2}$\n\nSo $a_{n-2}$ divides $a_{n-1}^2 + 4$ because $a_n$ is defined as $\\frac{a_{n-1}^2 + 4}{a_{n-2}}$.\n\nTherefore, by induction, all $a_n$ are integers.\n\nNow, let us try to find an explicit formula.\n\nLet us try to solve the recurrence:\n\n$a_n a_{n-2} - a_{n-1}^2 = 4$\n\nLet us try to find a solution of the form $a_n = r^n + s r^{-n}$ for some $r$.\n\nSuppose $a_n = \\alpha \\lambda^n + \\beta \\mu^n$.\n\nLet us try to find $\\lambda$ and $\\mu$ such that the recurrence is satisfied.\n\nLet us try $a_n = k a_{n-1} - a_{n-2}$.\n\nAlternatively, let us try to find a pattern in the numbers:\n\n$1, 5, 29, 169, 985, 5743, 33553, ...$\n\nThese are the sequence A001834 in OEIS, which is related to the solutions of Pell's equation $x^2 - 5y^2 = -4$.\n\nIn fact, the sequence satisfies $a_n^2 - 5 a_{n-1}^2 = 4 (-1)^n$.\n\nLet us check:\n\n$a_2^2 - 5 a_1^2 = 25 - 5 \\cdot 1 = 20$\n$a_3^2 - 5 a_2^2 = 841 - 5 \\cdot 25 = 841 - 125 = 716$\n$a_4^2 - 5 a_3^2 = 28561 - 5 \\cdot 841 = 28561 - 4205 = 24356$\n\nBut this does not match $4 (-1)^n$.\n\nAlternatively, let us try to find a closed formula.\n\nLet us try to fit $a_n = \\frac{(\\alpha + \\beta \\sqrt{5})^n + (\\alpha - \\beta \\sqrt{5})^n}{2}$ for some $\\alpha, \\beta$.\n\nLet us try $a_n = \\frac{(1 + 2 \\sqrt{5})^n + (1 - 2 \\sqrt{5})^n}{2}$.\n\nLet us check for $n = 1$:\n\n$a_1 = \\frac{(1 + 2 \\sqrt{5}) + (1 - 2 \\sqrt{5})}{2} = \\frac{2}{2} = 1$\n\nFor $n = 2$:\n\n$(1 + 2 \\sqrt{5})^2 = 1 + 4 \\sqrt{5} + 4 \\cdot 5 = 1 + 4 \\sqrt{5} + 20 = 21 + 4 \\sqrt{5}$\n$(1 - 2 \\sqrt{5})^2 = 1 - 4 \\sqrt{5} + 20 = 21 - 4 \\sqrt{5}$\nSum: $21 + 4 \\sqrt{5} + 21 - 4 \\sqrt{5} = 42$\n$a_2 = \\frac{42}{2} = 21$\n\nBut $a_2 = 5$ in our sequence.\n\nSo this does not match.\n\nAlternatively, let us try to find a recurrence of the form $a_n = k a_{n-1} - a_{n-2}$.\n\nLet us try to fit $a_n = 6 a_{n-1} - a_{n-2}$.\n\n$a_3 = 6 \\cdot 5 - 1 = 29$\n$a_4 = 6 \\cdot 29 - 5 = 169$\n$a_5 = 6 \\cdot 169 - 29 = 985$\n$a_6 = 6 \\cdot 985 - 169 = 5743$\n$a_7 = 6 \\cdot 5743 - 985 = 33553$\n\nThis matches the sequence!\n\nTherefore, the sequence satisfies the linear recurrence:\n\n$a_n = 6 a_{n-1} - a_{n-2}$, with $a_1 = 1$, $a_2 = 5$\n\nThe explicit formula for such a recurrence is:\n\nLet the characteristic equation be $x^2 - 6x + 1 = 0$\n\nThe roots are $x = 3 \\pm 2 \\sqrt{2}$\n\nSo the general solution is:\n\n$a_n = \\alpha (3 + 2 \\sqrt{2})^{n-1} + \\beta (3 - 2 \\sqrt{2})^{n-1}$\n\nLet us solve for $\\alpha$ and $\\beta$ using $a_1 = 1$, $a_2 = 5$:\n\nFor $n = 1$:\n$a_1 = \\alpha (3 + 2 \\sqrt{2})^0 + \\beta (3 - 2 \\sqrt{2})^0 = \\alpha + \\beta = 1$\n\nFor $n = 2$:\n$a_2 = \\alpha (3 + 2 \\sqrt{2})^1 + \\beta (3 - 2 \\sqrt{2})^1 = \\alpha (3 + 2 \\sqrt{2}) + \\beta (3 - 2 \\sqrt{2}) = 5$\n\nSo:\n$\\alpha + \\beta = 1$\n$\\alpha (3 + 2 \\sqrt{2}) + \\beta (3 - 2 \\sqrt{2}) = 5$\n\nLet us solve for $\\alpha$ and $\\beta$:\n\nLet $S = 3 + 2 \\sqrt{2}$, $T = 3 - 2 \\sqrt{2}$\n\n$\\alpha S + \\beta T = 5$\n$\\alpha + \\beta = 1$\n\nSo $\\beta = 1 - \\alpha$\n\n$\\alpha S + (1 - \\alpha) T = 5$\n$\\alpha S + T - \\alpha T = 5$\n$\\alpha (S - T) + T = 5$\n\n$S - T = (3 + 2 \\sqrt{2}) - (3 - 2 \\sqrt{2}) = 4 \\sqrt{2}$\n\nSo:\n$\\alpha (4 \\sqrt{2}) + T = 5$\n$\\alpha = \\frac{5 - T}{4 \\sqrt{2}}$\n\n$T = 3 - 2 \\sqrt{2}$\n\n$5 - T = 5 - 3 + 2 \\sqrt{2} = 2 + 2 \\sqrt{2}$\n\nSo:\n$\\alpha = \\frac{2 + 2 \\sqrt{2}}{4 \\sqrt{2}} = \\frac{2(1 + \\sqrt{2})}{4 \\sqrt{2}} = \\frac{1 + \\sqrt{2}}{2 \\sqrt{2}}$\n\n$\\beta = 1 - \\alpha = 1 - \\frac{1 + \\sqrt{2}}{2 \\sqrt{2}}$\n\nTherefore, the explicit formula is:\n\n$$\na_n = \\frac{1 + \\sqrt{2}}{2 \\sqrt{2}} (3 + 2 \\sqrt{2})^{n-1} + \\left(1 - \\frac{1 + \\sqrt{2}}{2 \\sqrt{2}}\\right) (3 - 2 \\sqrt{2})^{n-1}\n$$\n\nAlternatively, since all terms are integers, the closed formula is:\n\n$$\na_n = 6 a_{n-1} - a_{n-2}, \\quad a_1 = 1, \\ a_2 = 5\n$$\n\nTherefore, every term in the sequence is an integer, and the explicit formula is as above.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43405,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUna sucesión $\\left(a_{n}\\right)_{n \\geq 1}$ se define mediante la recurrencia\n$$\na_{1}=1,\\ a_{2}=5,\\ a_{n}=\\frac{a_{n-1}^{2}+4}{a_{n-2}}, \\text{ para } n \\geq 3\n$$\n\nDemostrar que todos los términos de la sucesión son números enteros y encontrar una fórmula explícita para $a_{n}$.",
    "options": [],
    "answer": "a_n = ((2+√2)/4)·(3−2√2)^n + ((2−√2)/4)·(3+2√2)^n",
    "solution": "Solution:\n\nObservamos a partir de la definición que $a_{k} a_{k-2}=a_{k-1}^{2}+4$ y $a_{k+1} a_{k-1}=a_{k}^{2}+4$. Restando a la segunda ecuación de la primera, resulta\n$$\na_{k+1} a_{k-1}-a_{k} a_{k-2}=a_{k}^{2}-a_{k-1}^{2} \\Leftrightarrow a_{k-1}^{2}+a_{k-1} a_{k+1}=a_{k}^{2}+a_{k} a_{k+2}\n$$\nque es equivalente a su vez a $a_{k-1}\\left(a_{k-1}+a_{k+1}\\right)=a_{k}\\left(a_{k}+a_{k-2}\\right)$. Haciendo que $3 \\leq k \\leq n$, se obtienen\n$$\n\\begin{gathered}\na_{2}\\left(a_{2}+a_{4}\\right)=a_{3}\\left(a_{3}+a_{1}\\right) \\\\\na_{3}\\left(a_{3}+a_{5}\\right)=a_{4}\\left(a_{4}+a_{2}\\right) \\\\\na_{4}\\left(a_{4}+a_{6}\\right)=a_{5}\\left(a_{5}+a_{3}\\right) \\\\\n\\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\ldots \\\\\na_{n-2}\\left(a_{n-2}+a_{n}\\right)=a_{n-1}\\left(a_{n-1}+a_{n-3}\\right) \\\\\na_{n-1}\\left(a_{n-1}+a_{n+1}\\right)=a_{n}\\left(a_{n}+a_{n-2}\\right)\n\\end{gathered}\n$$\nMultiplicando las igualdades anteriores y simplificando términos, resulta\n$a_{2}\\left(a_{n-1}+a_{n+1}\\right)=a_{n}\\left(a_{1}+a_{3}\\right)$ y teniendo en cuenta que $a_{1}=1, a_{2}=5$ y $a_{3}=20$, resulta $a_{n+1}=6 a_{n}-a_{n-1}$. De este modo es inmediato que todos los términos de la sucesión son enteros.\n\nPara encontrar una formula explícita de $a_{n}$ ensayamos con $a_{n}=t^{n}$ con lo que obtenemos a partir de la última expresión que\n$$\nt^{n+1}-6 t^{n}-t^{n-1}=0 \\Leftrightarrow t^{n-1}\\left(t^{2}-6 t+1\\right)=0\n$$\nSe tienen tres soluciones. La primera $t=0$, que no cumple con el enunciado. Las otras dos $t=3 \\pm 2 \\sqrt{2}$ combinadas linealmente, sí lo harán. Es decir la solución que buscamos es de la forma $a_{n}=\\lambda(3-2 \\sqrt{2})^{n}+\\mu(3+2 \\sqrt{2})^{n}, \\lambda, \\mu \\in \\mathbb{R}$.\n\nPara determinar las constantes $\\lambda$ y $\\mu$ utilizamos que $a_{1}=1$ y $a_{2}=5$ y tenemos\n$$\n\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\lambda(3-2 \\sqrt{2})+\\mu(3+2 \\sqrt{2})=1 \\\\\n\\lambda(3-2 \\sqrt{2})^{2}+\\mu(3+2 \\sqrt{2})^{2}=5\n\\end{array}\\right.\n$$\nResolviendo este sistema $\\lambda=\\frac{2+\\sqrt{2}}{4}$ y $\\mu=\\frac{2-\\sqrt{2}}{4}$, con lo que\n$$\na_{n}=\\frac{2+\\sqrt{2}}{4}(3-2 \\sqrt{2})^{n}+\\frac{2-\\sqrt{2}}{4}(3+2 \\sqrt{2})^{n}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43406,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Points $A_1, A_2, \\dots, A_{2n}$ are vertices of a regular $2n$-polygon. Find the number of triples $A_i, A_j, A_k$ such that triangle $A_iA_jA_k$ is right-angled and the number of triples such that triangle $A_iA_jA_k$ is acute-angled.",
    "options": [],
    "answer": "Right-angled: 2n(n−1); Acute-angled: n(n−1)(n−2)/3",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43407,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo acutángulo, $\\omega$ su circunferencia inscrita de centro $I$, $\\Omega$ su circunferencia circunscrita de centro $O$, y $M$ el punto medio de la altura $AH$, donde $H$ pertenece al lado $BC$. La circunferencia $\\omega$ es tangente a este lado $BC$ en el punto $D$. La recta $MD$ corta a $\\omega$ en un segundo punto $P$, y la perpendicular desde $I$ a $MD$ corta a $BC$ en $N$. Las rectas $NR$ y $NS$ son tangentes a la circunferencia $\\Omega$ en $R$ y $S$ respectivamente. Probar que los puntos $R$, $P$, $D$ y $S$ están en una misma circunferencia.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupongamos que $b = c$. Entonces, el pie de la altura $H$ coincide con el punto de tangencia $D$, luego $DM$ es perpendicular a $BC$ y $N$ no está definido. Asumiremos entonces sin pérdida de generalidad que $b > c$. Sea $U$ el punto de la recta $BC$ cuya potencia es la misma respecto de $\\omega$ y $\\Omega$. Claramente, hay exactamente dos tangentes a cada una de ambas circunferencias que pasan por $U$, siendo $D$ el punto de tangencia de una de ellas con $\\omega$; llamemos $E$ al punto de tangencia con $\\omega$ de la segunda recta que pasa por $U$. La distancia de $U$ a los cuatro puntos de tangencia es la misma, luego existe una circunferencia de centro $U$ que pasa por los cuatro puntos, es decir, si demostramos que $U = N$, el problema quedaría resuelto. Ahora bien, el eje radical de la circunferencia descrita con centro $U$ y $\\omega$, es claramente la recta $DE$ y la perpendicular a esta recta por $I$ es la mediatriz de la cuerda $DE$, luego pasa por $U$. Basta entonces con demostrar que el punto $W$ de la altura $AH$ cuya potencia es la misma respecto a la circunferencia de centro $U$ por $D$ y por $E$, y respecto a $\\omega$, es el punto medio de $AH$, con lo que sería $P = E$ y $N = U$. Ahora bien, dicha potencia es\n$$\nUD^{2} - UW^{2} = ID^{2} - IW^{2}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPero $UW^{2} = UH^{2} + WH^{2}$, $IW^{2} = (WH - ID)^{2} + HD^{2}$, con lo que la anterior condición es equivalente a\n$$\nUD^{2} - 2WH \\cdot ID = UH^{2} - HD^{2} = UD(UD - 2HD), \\quad WH = \\frac{HD \\cdot UD}{ID}\n$$\ny el problema se reduce a demostrar que esta última expresión es la mitad de la altura. Llamando $s$ al semiperímetro de $ABC$, tenemos que $BD = s - b$, $CD = s - c$, $BH = c \\cos B$, y al estar $U$ definido como el punto sobre $BC$ tal que su potencia es la misma respecto de $\\omega$ y $\\Omega$, y llamando $\\Sigma$ al área de $ABC$ y usando la fórmula de Herón para la misma, tenemos\n$$\nUD^{2} = (UD - BD)(UD + CD), \\quad UD = \\frac{BD \\cdot CD}{CD - BD} = \\frac{(s - b)(s - c)}{b - c} = \\frac{\\Sigma^{2}}{s(b - c)(s - a)}\n$$\nLuego\n$$\n\\begin{gathered}\nWH = \\frac{h}{2} \\frac{a(s - b - c \\cos B)}{(b - c)(s - a)} = \\frac{h}{2} \\frac{\\left(a(a + b + c) - 2ab - a^{2} - c^{2} + b^{2}\\right)}{(b - c)(b + c - a)} = \\\\\n= \\frac{h}{2} \\frac{\\left(ac - ab - c^{2} + b^{2}\\right)}{(b - c)(b + c - a)} = \\frac{h}{2}\n\\end{gathered}\n$$\ncomo queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43408,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$, $c$ be three positive real numbers with $a \\cdot b \\cdot c = 1$. Prove that if $a + b + c > \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}$, then exactly one of the three numbers is greater than $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $a$, $b$, $c > 0$ and $a \\cdot b \\cdot c = 1$.\n\nSuppose $a + b + c > \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}$.\n\nNote that $\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} = \\frac{b c + a c + a b}{a b c} = b c + a c + a b$ since $a b c = 1$.\n\nSo the inequality becomes:\n\n$$\na + b + c > a b + b c + c a\n$$\n\nLet us consider the possible cases for $a$, $b$, $c$.\n\nSince $a b c = 1$, at least one of $a$, $b$, $c$ is $\\geq 1$ and at least one is $\\leq 1$.\n\nSuppose two of them are greater than $1$, say $a > 1$, $b > 1$, $c < 1$ (since $a b c = 1$).\n\nLet $a = x > 1$, $b = y > 1$, $c = z < 1$, $x y z = 1$.\n\nThen $z = \\frac{1}{x y}$.\n\nNow,\n$$\na + b + c = x + y + \\frac{1}{x y}\n$$\n$$\na b + b c + c a = x y + y \\cdot \\frac{1}{x y} + x \\cdot \\frac{1}{x y} = x y + \\frac{y}{x y} + \\frac{x}{x y} = x y + \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y}\n$$\nSo the inequality becomes:\n$$\nx + y + \\frac{1}{x y} > x y + \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y}\n$$\nBut $x > 1$, $y > 1$, so $x y > 1$.\n\nLet us check if this is possible.\n\nLet $x = y = t > 1$, $z = \\frac{1}{t^2} < 1$.\n\nThen:\n$$\na + b + c = t + t + \\frac{1}{t^2} = 2t + \\frac{1}{t^2}\n$$\n$$\na b + b c + c a = t^2 + t \\cdot \\frac{1}{t^2} + t \\cdot \\frac{1}{t^2} = t^2 + \\frac{t}{t^2} + \\frac{t}{t^2} = t^2 + \\frac{2}{t}\n$$\nSo the inequality is:\n$$\n2t + \\frac{1}{t^2} > t^2 + \\frac{2}{t}\n$$\nLet us check for $t = 2$:\n$$\n2 \\cdot 2 + \\frac{1}{4} = 4.25\n$$\n$$\n2^2 + \\frac{2}{2} = 4 + 1 = 5\n$$\nSo $4.25 < 5$, so the inequality does not hold.\n\nTry $t = 1.5$:\n$$\n2 \\cdot 1.5 + \\frac{1}{(1.5)^2} = 3 + \\frac{1}{2.25} \\approx 3.444\n$$\n$$\n(1.5)^2 + \\frac{2}{1.5} = 2.25 + 1.333 = 3.583\n$$\nSo $3.444 < 3.583$, again the inequality does not hold.\n\nTry $t = 3$:\n$$\n2 \\cdot 3 + \\frac{1}{9} = 6.111\n$$\n$$\n9 + \\frac{2}{3} = 9.666\n$$\nSo $6.111 < 9.666$.\n\nSo, if two numbers are greater than $1$, the inequality does not hold.\n\nNow, suppose all three are less than $1$. Then $a b c < 1$, contradiction.\n\nSuppose all three are greater than $1$. Then $a b c > 1$, contradiction.\n\nSuppose exactly one is greater than $1$, say $a > 1$, $b < 1$, $c < 1$.\n\nLet $a = x > 1$, $b = y < 1$, $c = z < 1$, $x y z = 1$.\n\nThen $y z = \\frac{1}{x}$.\n\nLet $y = s < 1$, $z = \\frac{1}{x s} < 1$.\n\nNow,\n$$\na + b + c = x + s + \\frac{1}{x s}\n$$\n$$\na b + b c + c a = x s + s \\cdot \\frac{1}{x s} + x \\cdot \\frac{1}{x s} = x s + \\frac{1}{x} + \\frac{1}{s}\n$$\nSo the inequality is:\n$$\nx + s + \\frac{1}{x s} > x s + \\frac{1}{x} + \\frac{1}{s}\n$$\nLet us try $x = 2$, $s = 0.5$, $z = \\frac{1}{2 \\cdot 0.5} = 1$.\n\nBut $z = 1$, so two numbers are $\\leq 1$, one is $> 1$.\n\nTry $x = 2$, $s = 0.4$, $z = \\frac{1}{2 \\cdot 0.4} = 1.25$ (but $z > 1$). So $z$ must be $< 1$.\n\nTry $x = 2$, $s = 0.6$, $z = \\frac{1}{2 \\cdot 0.6} = 0.833$.\n\nSo $a = 2$, $b = 0.6$, $c = 0.833$.\n\nCompute:\n$$\na + b + c = 2 + 0.6 + 0.833 = 3.433\n$$\n$$\na b + b c + c a = 2 \\cdot 0.6 + 0.6 \\cdot 0.833 + 0.833 \\cdot 2 = 1.2 + 0.5 + 1.666 = 3.366\n$$\nSo $3.433 > 3.366$, the inequality holds.\n\nTry $x = 3$, $s = 0.3$, $z = \\frac{1}{3 \\cdot 0.3} = 1.111$ (not $< 1$).\n\nTry $x = 1.5$, $s = 0.7$, $z = \\frac{1}{1.5 \\cdot 0.7} \\approx 0.952$.\n\n$a = 1.5$, $b = 0.7$, $c = 0.952$.\n\n$a + b + c = 1.5 + 0.7 + 0.952 = 3.152$\n\n$a b + b c + c a = 1.5 \\cdot 0.7 + 0.7 \\cdot 0.952 + 0.952 \\cdot 1.5 = 1.05 + 0.666 + 1.428 = 3.144$\n\nSo $3.152 > 3.144$, the inequality holds.\n\nTherefore, the inequality holds only when exactly one of $a$, $b$, $c$ is greater than $1$.\n\nThus, if $a + b + c > \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}$, then exactly one of $a$, $b$, $c$ is greater than $1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43409,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "On a right-angled triangle with hypotenuse length $1$, $25$ points are drawn. Prove that at least $9$ of them can always be covered by a $\\frac{3}{10}$ radius half-circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43410,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle, $P$ an interior point, and points $H_A$, $H_B$ and $H_C$ the orthocenter of triangles $PBC$, $PAC$ and $PAB$ respectively. Prove that triangles $H_AH_BH_C$ and $ABC$ have the same area.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43411,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDado un entero positivo $n$, hallar la suma de todos los enteros positivos inferiores a $10 n$ que no son múltiplos de 2 ni de 5.",
    "options": [],
    "answer": "20n^2",
    "solution": "Solution:\nSean los conjuntos\n$$\n\\begin{aligned}\nA & =\\{1,2, \\ldots, 10 n\\} \\\\\nB & =\\{2,4, \\ldots, 2(5 n)\\} \\\\\nC & =\\{5,10, \\ldots, 5(2 n)\\} \\\\\nB \\cap C & =\\{10,20, \\ldots, 10 n\\}\n\\end{aligned}\n$$\nNos piden la suma de los elementos de $A$ que no son de $B$ ni de $C$. Las sumas de los elementos de cada uno de los conjuntos es\n$$\n\\begin{gathered}\n\\Sigma A=\\frac{10 n(10 n+1)}{2}, \\quad \\Sigma B=2 \\frac{5 n(5 n+1)}{2}, \\quad \\Sigma C=5 \\frac{2 n(2 n+1)}{2}, \\quad \\mathrm{y} \\\\\n\\Sigma(B \\cap C)=\\frac{10 n(10 n+1)}{2}\n\\end{gathered}\n$$\nLa suma pedida es\n$$\n\\Sigma A-\\Sigma B-\\Sigma C+\\Sigma(B \\cap C)=20 n^{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43412,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo acutángulo con $\\hat{A}=45^{\\circ}$, y sea $P$ el pie de la altura por $B$. Trazamos la circunferencia de centro $P$ que pasa por $C$ y que vuelve a cortar a $AC$ en el punto $X$ y a la altura $PB$ en el punto $Y$. Sean $r$ y $s$ las rectas perpendiculares a la recta $AY$ por $P$ y $X$, respectivamente, y $L, K$ las intersecciones de $r, s$ con $AB$. Demostrar que $L$ es el punto medio de $KB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPor construcción es $PX=PY=PC$. Los triángulos $PAY$ y $PCB$, rectángulos en $P$, son iguales ya que $AP=PB$ (el triángulo rectángulo $APB$ es isósceles) y $PY=PC$. Por tanto los ángulos $\\alpha$ y $\\beta$ son iguales.\n\nEl triángulo rectángulo $PYQ$ es semejante a los anteriores, de manera que el ángulo $\\gamma=\\widehat{LPB}$ es igual a $\\alpha$. Resulta que los segmentos $PL$ y $CB$ son paralelos, y por el teorema de Thales queda $KL=LB$ ya que $PX=PC$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43413,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLos puntos $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{2n+1}$ son los vértices de un polígono regular de $2n+1$ lados. Hallar el número de ternas $A_{i}, A_{j}, A_{k}$ tales que el triángulo $A_{i}A_{j}A_{k}$ es obtusángulo.",
    "options": [],
    "answer": "(2n+1) * C(n, 2)",
    "solution": "Solution:\nAl ser $2n+1$ impar, no es posible construir triángulos rectángulos. Observemos que cualquier triángulo obtusángulo dejará el centro $O$ (su circuncentro) fuera de él. Si lo giramos en sentido directo o inverso alrededor de $O$ podemos conseguir que uno de sus vértices agudos esté en $A_{1}$. Los otros dos están, bien en el conjunto $\\{A_{2}, \\ldots, A_{n+1}\\}$, bien en $\\{A_{n+2}, \\ldots, A_{2n+1}\\}$. El número buscado será $2\\binom{n}{2}$. Como esto lo podemos hacer con cada uno de los $2n+1$ vértices, quedarán $2(2n+1)\\binom{n}{2}$ triángulos. Pero cada triángulo lo hemos contado\n![](attached_image_1.png)\ndos veces, una para cada vértice agudo. Luego la solución buscada es $(2n+1)\\binom{n}{2}$.\n\n\nSolution:\nFijemos el vértice obtuso en un vértice, por ejemplo, el $A_{1}$. Los tres lados del triángulo abarcarán respectivamente $x, y$ y $z$ lados del polígono de $2n+1$ lados. Será $x+y+z=2n+1$. El lado opuesto al ángulo obtuso, digamos $z$, deberá cumplir $z \\geq n+1$. Calculemos el número de soluciones enteras positivas de la ecuación $x+y+z=2n+1$ con la condición fijada para la $z$.\nSi $z=n+1$, queda $x+y=n$ que tiene $n-1$ soluciones. Si $z=n+2$, queda $x+y=n-1$ que tiene $n-2$ soluciones. ... Si $z=2n-1$, queda $x+y=1$ que tiene 1 solución.\nEn total hay\n$$\n(n-1)+(n-2)+\\cdots+2+1=\\frac{n(n-1)}{2}=\\binom{n}{2}\n$$\nsoluciones con el ángulo obtuso en $A_{1}$. Si consideramos las otras posibles posiciones para dicho ángulo queda en total\n$$\n(2n+1)\\binom{n}{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43414,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $a, b$ y $c$ tres números reales positivos cuyo producto es $1$. Demuestra que, si la suma de estos números es mayor que la suma de sus inversos, entonces exactamente uno de ellos es mayor que $1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPuesto que $a b c = 1$ y $a + b + c > \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}$, tenemos que\n$$\n\\begin{aligned}\n(a-1)(b-1)(c-1) & = a b c - a b - b c - c a + a + b + c - 1 \\\\\n& = a + b + c - \\left(\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}\\right) > 0\n\\end{aligned}\n$$\nLa desigualdad anterior se cumple cuando uno de los factores del número\n$$\n(a-1)(b-1)(c-1)\n$$\nes positivo o los tres factores son positivos. Si fuesen positivos los tres, tendríamos $a > 1$, $b > 1$ y $c > 1$, cosa que no es posible ya que $a b c = 1$. Por tanto, sólo uno de ellos es positivo y esto acaba la demostración.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43415,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un triángulo rectángulo de hipotenusa unidad y ángulos de $30^{\\circ}, 60^{\\circ}$ y $90^{\\circ}$, se eligen 25 puntos cualesquiera. Demuestra que siempre habrá 9 de ellos que podrán cubrirse con un semicírculo de radio $\\frac{3}{10}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEste triángulo se puede descomponer en tres triángulos congruentes y semejantes al triángulo inicial.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nTenemos 3 triángulos y 25 puntos. En algún triángulo habrá al menos 9 puntos. La hipotenusa de cada uno de estos triángulos semejantes al inicial mide $\\frac{\\sqrt{3}}{3}$. Los triángulos son rectángulos y por lo tanto están cubiertos por la mitad del círculo circunscrito. Esto acaba el problema ya que el radio de este círculo circunscrito, $r$, cumple\n$$\nr=\\frac{1}{2} \\frac{\\sqrt{3}}{3}<\\frac{3}{10}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43416,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo arbitrario, $P$ un punto interior y $H_{A}, H_{B}$ y $H_{C}$, respectivamente, los ortocentros de los triángulos $PBC$, $PAC$ y $PAB$. Demuestra que los triángulos $H_{A} H_{B} H_{C}$ y $ABC$ tienen la misma área.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nCalculemos la distancia de un vértice $A$ al ortocentro del triángulo $ABC$.\n\nEn las figuras siguientes podemos observar que los triángulos $BCC'$ y $AHC'$ son semejantes. (Recordemos que los ángulos de lados perpendiculares son iguales o suplementarios). De esta semejanza resulta\n$$\n\\frac{AH}{CB} = \\frac{AC'}{CC'} \\Leftrightarrow \\frac{AH}{a} = \\frac{AC'}{CC'}\n$$\ny, por tanto\n$$\nAH = a \\frac{AC'}{CC'}\n$$\nSi el triángulo es acutángulo (figura de la izquierda) tenemos que en el triángulo $ACC'$ es, obviamente, $AC' = b \\cos A$ y $CC' = b \\sin A$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSustituyendo, queda\n$$\nAH = a \\cot A\n$$\nSi el triángulo $ABC$ es rectángulo en $A$, la fórmula es también válida, pero en este caso es $A = H$ y $AH = a \\cot 90^{\\circ} = 0$. Si es obtusángulo (figura de la derecha), el punto $H$ es exterior al triángulo y queda $AC' = b \\cos (180^{\\circ} - A)$ y $CC' = b \\sin (180^{\\circ} - A)$, y por tanto, $AH = -a \\cot A$. Pero en este caso $\\cot A$ es negativa.\n\nLas distancias del ortocentro $H$ a los vértices agudos de un triángulo rectángulo u obtusángulo salen de manera parecida.\n\nCuando unimos el punto arbitrario $P$ con los vértices $A, B$ y $C$ del triángulo obtenemos los tres triángulos $PAB$, $PBC$ y $PCA$.\n\nSean $\\alpha = \\angle BPC$, $\\beta = \\angle APC$, $\\gamma = \\angle APB$. Evidentemente, $\\alpha + \\beta + \\gamma = 360^{\\circ}$. De estos tres ángulos, como mínimo dos son obtusos. El otro puede ser obtuso, recto o agudo. Estudiaremos los tres casos por separado.\n\n1) Supongamos que los tres ángulos son obtusos (Figura 1). Por lo que hemos dicho al principio tenemos $PH_{A} = -a \\cot \\alpha$ y $PH_{C} = -c \\cot \\gamma$. Fijémonos que el ángulo $y = \\angle H_{A}PH_{C} = 180^{\\circ} - \\angle APC = 180^{\\circ} - B$ ya que los lados $H_{A}P$ y $H_{C}P$ son, respectivamente, perpendiculares a los lados $BC$ y $AB$ y uno es obtuso y el otro es agudo.\n\nEl área $\\mathcal{A}(PH_{A}H_{C})$ del triángulo $PH_{A}H_{C}$ es, obviamente,\n\n![](attached_image_2.png)\n\nSumando, pues, las áreas de los tres triángulos $PH_{A}H_{B}$, $PH_{B}H_{C}$ y $PH_{C}H_{A}$ obtenemos\n$$\n\\begin{gathered}\n\\mathcal{A}(H_{A}H_{B}H_{C}) = \\mathcal{A}(PH_{A}H_{B}) + \\mathcal{A}(PH_{B}H_{C}) + \\mathcal{A}(PH_{C}H_{A}) \\\\\n\\mathcal{A}(H_{A}H_{B}H_{C}) = \\mathcal{A}(ABC) (\\cot \\alpha \\cot \\beta + \\cot \\beta \\cot \\gamma + \\cot \\gamma \\cot \\alpha)\n\\end{gathered}\n$$\nComo $\\alpha + \\beta = 360 - \\gamma$, tenemos que $\\cot(\\alpha + \\beta) = -\\cot \\gamma$ o, equivalentemente,\n$$\n\\cot \\gamma = -\\cot(\\alpha + \\beta) = \\frac{1 - \\cot \\alpha \\cot \\beta}{\\cot \\alpha + \\cot \\beta}\n$$\n$$\n\\text{ o bien, } \\quad \\cot \\alpha \\cot \\beta + \\cot \\beta \\cot \\gamma + \\cot \\gamma \\cot \\alpha = 1\n$$\nDe aquí resulta $\\mathcal{A}(H_{A}H_{B}H_{C}) = \\mathcal{A}(ABC)$.\n\n2) Supongamos que uno de los ángulos es recto, por ejemplo $\\beta = 90^{\\circ}$ (Figura 2). Entonces $H_{B} = P$ y\n$\\mathcal{A}(H_{A}H_{B}H_{C}) = \\mathcal{A}(H_{A}PH_{C}) = \\frac{\\overline{PH}_{A} \\; \\overline{PH}_{C} \\sin y}{2} = \\frac{a c \\cot \\alpha \\cot \\gamma \\sin B}{2} = \\mathcal{A}(ABC) \\cot \\alpha \\cot \\gamma$\n\nPero la misma identidad $\\left( * \\right)$ nos dice que si $\\cot \\beta = 0$ tiene que ser $\\cot \\alpha \\cot \\gamma = 1$, y de aquí el resultado en este caso.\n\n3) Supongamos ahora que uno de los ángulos $\\alpha, \\beta, \\gamma$ es agudo, por ejemplo, $\\widehat{APC} = \\beta < 90^{\\circ}$ (Figura 3). El punto $P$ es exterior al triángulo $H_{A}H_{B}H_{C}$ y tenemos $\\mathcal{A}(H_{A}H_{B}H_{C}) = \\mathcal{A}(PH_{A}H_{C}) - \\mathcal{A}(PH_{A}H_{B}) - \\mathcal{A}(PH_{C}H_{B})$.\n\nFigura 2\n\n![](attached_image_3.png)\n![](attached_image_4.png)\n\nPero en este caso tenemos $PH_{B} = b \\cot \\beta$, $PH_{A} = -a \\cot \\alpha$ y $PH_{C} = -c \\cot \\gamma$ y, por lo tanto,\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\mathcal{A}(H_{A}H_{B}H_{C}) = \\mathcal{A}(PH_{A}H_{C}) - \\mathcal{A}(PH_{A}H_{B}) - \\mathcal{A}(PH_{C}H_{B}) = \\\\\n& = (\\cot \\alpha \\cot \\gamma - (-\\cot \\alpha \\cot \\beta) - (-\\cot \\gamma \\cot \\beta)) \\mathcal{A}(ABC) = \\\\\n& \\quad = (\\cot \\alpha \\cot \\beta + \\cot \\beta \\cot \\gamma + \\cot \\gamma \\cot \\alpha) \\mathcal{A}(ABC) = \\mathcal{A}(ABC)\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43417,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABCD$ un cuadrilátero convexo y $P$ un punto interior. Determina cuáles son las condiciones que deben cumplir el cuadrilátero y el punto $P$ para que los cuatro triángulos $PAB$, $PBC$, $PCD$ y $PDA$ tengan la misma área.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nConsideremos, primero, los triángulos $PCD$ y $PCB$. Tienen la base común $PC$ y alturas correspondientes $DX$ y $BY$. Si queremos que tengan la misma área, las alturas deben ser iguales. Por lo tanto, el punto $Q$ tiene que ser el punto medio de la diagonal $BD$. La recta $CP$ debe pasar por $Q$. Análogamente, consideremos los triángulos $ADP$ y $PAB$ de base común $AP$. Por el mismo argumento de antes, han de tener alturas iguales y $AP$ tiene que pasar por $Q$. De ahí que $AP$ y $CP$ tienen dos puntos comunes: $P$ y $Q$. Los segmentos $AP$ y $PC$ están, pues, alineados. Es decir, son la diagonal $AC$. Es pues necesario que las dos diagonales se corten en el punto medio de una de ellas. Pero mirando los triángulos $PDA$ y $PDC$, que tienen la misma área, resulta que $P$ tiene que ser el punto medio de $AC$.\n\nLa condición pedida es que las diagonales del cuadrilátero se corten en el punto medio de una de ellas y el punto $P$ sea el punto medio de la otra.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43418,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Un conjunto $S$ de enteros positivos se llama **canalero** si para cualesquiera tres números $a, b, c \\in S$, todos diferentes, se cumple que $a$ divide $bc$, $b$ divide $ca$ y $c$ divide $ab$.\n\na. Demostrar que para cualquier conjunto finito de enteros positivos $\\{c_1, c_2, \\dots, c_n\\}$ existen infinitos enteros positivos $k$, tales que el conjunto $\\{kc_1, kc_2, \\dots, kc_n\\}$ es canalero.\n\nb. Demostrar que para cualquier entero $n \\ge 3$ existe un conjunto canalero que tiene exactamente $n$ elementos y ningún entero mayor que $1$ divide a todos sus elementos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.**\n\na.\nSea $M$ el mínimo común múltiplo de $c_1, c_2, \\dots, c_n$, y sea $k = k'M$, donde $k'$ toma cualquier valor entero positivo. Nótese que, para cualesquiera $u, v, w \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$ distintos, se tiene que\n$$\n\\frac{(kc_u)(kc_v)}{kc_w} = c_u \\cdot c_v \\cdot \\frac{k}{c_w},\n$$\ndonde claramente $\\frac{k}{c_w} = k' \\cdot \\frac{M}{c_w}$ es entero, al ser $M$ un múltiplo de $c_w$. Luego cada uno de los infinitos conjuntos así formados es canalero.\n\nb.\nSea $P = \\{p_1, p_2, \\dots, p_n\\}$ un conjunto de $n$ primos distintos cualesquiera, y denotemos $\\pi = p_1 \\cdot p_2 \\cdots p_n$. Definamos\n$$\n\\Pi = \\left\\{ \\pi_1 = \\frac{\\pi}{p_1}, \\pi_2 = \\frac{\\pi}{p_2}, \\dots, \\pi_n = \\frac{\\pi}{p_n} \\right\\},\n$$\nque es claramente un conjunto de enteros positivos distintos, tales que $\\pi_u$ no es divisible por $p_u$ para $u = 1, 2, \\dots, n$, y ningún primo que no esté en $P$ divide a ningún elemento de $\\Pi$. Luego ningún primo, esté o no en $P$, divide a la vez a todos los elementos de $\\Pi$, con lo que ningún entero mayor que $1$ puede dividir a todos los elementos de $\\Pi$. Al mismo tiempo, nótese que para cualesquiera $u, v, w \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$, se tiene que\n$$\n\\frac{\\pi_u \\cdot \\pi_v}{\\pi_w} = p_w \\frac{\\pi}{p_u p_v},\n$$\nque es claramente entero pues $p_u, p_v$ son primos distintos que dividen a $\\pi$. Luego $\\Pi$ es un conjunto canalero de exactamente $n$ elementos, tal que ningún entero mayor que $1$ divide a la vez a todos sus elementos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43419,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Do there exist two real monic polynomials $P(x)$ and $Q(x)$ of degree 3, such that the roots of $P(Q(x))$ are nine pairwise distinct nonnegative integers that add up to 72? (In a monic polynomial of degree 3, the coefficient of $x^3$ is 1.)",
    "options": [],
    "answer": "YES. One example is Q(x) = x^3 − 24x^2 + 143x and P(x) = x(x − 120)(x − 240).",
    "solution": "Let $z_1, z_2, z_3$ be the three roots of polynomial $P(x) = (x - z_1)(x - z_2)(x - z_3)$. Let $Q(x) = x^3 - s x^2 + t x - u$. Then the nine roots of\n$$\nP(Q(x)) = (Q(x) - z_1)(Q(x) - z_2)(Q(x) - z_3)\n$$\nare the roots $a_i, b_i, c_i$ of $Q(x) - z_i$, where $i$ runs from 1 to 3. Viète relations yield for $1 \\le i \\le 3$, $a_i + b_i + c_i = s$ and $a_i b_i + b_i c_i + c_i a_i = t$.\n\nSince the sum of all nine roots is 72, this implies $s = 24$. Hence we are looking for three disjoint triples of nonnegative integers that add up to 24 and for which the sum of squares is the same (as $a^2 + b^2 + c^2 = (a + b + c)^2 - 2(ab + bc + ca)$). A little bit experimentation shows that choosing $t = 143$ works with $a_1 = 0, b_1 = 11, c_1 = 13$ and $a_2 = 1, b_2 = 8, c_2 = 15$ and $a_3 = 3, b_3 = 5, c_3 = 16$. Hence the two polynomials\n$$\nQ(x) = x^3 - 24x^2 + 143x \\quad \\text{and} \\quad P(x) = x(x - 120)(x - 240)\n$$\nhave all the desired properties, and the answer to the problem is YES.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 43420,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that in any set of three distinct integers there are two of them say $a$ and $b$ such that the number $a^5b^3 - a^3b^5$ is a multiple of 10.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First we observe that the statement holds if the set includes $a = 0$ or $b = 0$. Let us denote by $N(a, b) = a^5b^3 - a^3b^5$. Since $N(-a, -b) = N(a, b)$ and $N(-a, b) = N(a, -b) = -N(a, b)$, then WLOG we may assume that the 3 distinct integers are all positive. Now, it is easy to check that $a^5b^3 - a^3b^5$ is even and it is suffice to prove that $N(a, b)$ is a multiple of 5, which will certainly occur if either $a$ or $b$ is multiple of 5. Since\n$$\nN(a, b) = a^3b^3(a^2 - b^2) = a^3b^3(a - b)(a + b),\n$$\nwhat we have to prove is the following claim:\n*Given any 3 positive integers none of which is multiple of 5, the sum or difference of 2 of them is a multiple of 5.*\nIndeed, the last digit of any number not multiple of 5 lie in the set\n$$\n\\{1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 9\\}\n$$\nLet $A = \\{1, 4, 6, 9\\}$ and $B = \\{2, 3, 7, 8\\}$ (pigeonholes). Of the 3 integers (pigeons) in our set, by the PHP, at least 2 belong to $A$ or at least 2 belong to $B$, In any case, either their sum or their difference is a multiple of 5 as can be easily check, and we are done. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43421,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Dado un número entero $n$ escrito en el sistema de numeración decimal, formamos el número entero $k$ restando del número formado por las tres últimas cifras de $n$ el número formado por las cifras anteriores restantes. Demostrar que $n$ es divisible por 7, 11 o 13 si y sólo si $k$ también lo es.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sea $A$ el número formado por las tres últimas cifras de $n$ y $B$ el número formado por las cifras anteriores. Entonces $n = 1000B + A$ y $k = A - B$. Tenemos $n - k = 1001B = 7 \\cdot 11 \\cdot 13B$ y $n$ y $k$ son congruentes módulo 7, 11 y 13.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43422,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Hallar todas las soluciones enteras $(x, y)$ de la ecuación\n$$\ny^k = x^2 + x\n$$\ndonde $k$ es un número entero dado mayor que 1.",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) = (0, 0) and (−1, 0)",
    "solution": "Puesto que $y^k = x^2 + x = x(x+1)$ y $\\mathrm{mcd}(x, x+1) = 1$ resulta que tanto $x+1$ como $x$ deben ser potencias $k$-ésimas de un entero. Pero los dos únicos números enteros consecutivos que son potencias $k$-ésimas, con $k > 1$ son $0$ y $1$ o bien $-1$ y $0$. Las dos únicas soluciones son, pues, $x = 0$, $y = 0$ y $x = -1$, $y = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43423,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $a$, $b$ y $n$ enteros positivos tales que $a > b$ y $ab - 1 = n^2$. Prueba que $a - b \\ge \\sqrt{4n - 3}$. Indica justificadamente cuando se alcanza la igualdad.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43424,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Demostrar que para cualquier par de enteros positivos $k$ y $n$, existen $k$ enteros positivos $m_1, m_2, \\dots, m_k$ (no necesariamente distintos) tales que\n$$\n1 + \\frac{2^k - 1}{n} = \\left(1 + \\frac{1}{m_1}\\right) \\left(1 + \\frac{1}{m_2}\\right) \\dots \\left(1 + \\frac{1}{m_k}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.** Sea $(u_1, u_2, \\dots, u_k)$ una permutación de $(0, 1, 2, \\dots, k-1)$. Consideremos el producto\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{n+2^{u_1}}{n} \\cdot \\frac{n+2^{u_1}+2^{u_2}}{n+2^{u_1}} \\cdots \\frac{n+2^{u_1}+2^{u_2}+\\cdots+2^{u_k}}{n+2^{u_1}+2^{u_2}+\\cdots+2^{u_{k-1}}} = \\\\\n& = \\frac{n+2^{u_1}+2^{u_2}+\\cdots+2^{u_{k-1}}}{n} = 1 + \\frac{2^{u_1}+2^{u_2}+\\cdots+2^{u_k}}{n} = 1 + \\frac{2^k - 1}{n},\n\\end{aligned}\n$$\ndonde hemos usado que, como es bien conocido y fácilmente demostrable usando la fórmula para la suma de los términos de una progresión geométrica, se cumple que $2^0 + 2^1 + \\dots + 2^{k-1} = 2^k - 1$.\nNótese además que se obtiene un producto de factores de la forma enunciada, si definimos\n$$\nm_1 = \\frac{n}{2^{u_1}}, \\quad m_2 = \\frac{n+2^{u_1}}{2^{u_2}}, \\quad \\dots \\quad m_k = \\frac{n+2^{u_1}+2^{u_2}+\\dots+2^{u_{k-1}}}{2^{u_k}}.\n$$\nSi podemos hallar una permutación $(u_1, u_2, \\dots, u_k)$ de $(0, 1, \\dots, k-1)$ tal que todas estas cantidades sean enteras, el problema estará resuelto. Veamos que podemos construir una tal permutación.\nSea $2^{v_1}$ la máxima potencia de 2 que divide a $n$. Si $v_1 \\ge k-1$, tomamos $u_1 = k-1$, y tomando $u_2 = k-2$, $u_3 = k-3, \\dots$, $u_k = 0$, comprobamos fácilmente que cada $n+2^{u_1}+\\dots+2^{u_i}$ es divisible por $2^{k-i}$, luego también por $2^{u_{i+1}} = 2^{k-i-1}$ para $i=1, 2, \\dots, k-1$. En caso contrario, sea $u_1 = v_1$, con lo que al ser $n, 2^{u_1}$ ambos divisibles por $2^{u_1}$, pero ninguno por $2^{u_1+1}$, su suma es divisible al menos por $2^{u_1+1}$. Procedemos de ahora en adelante de la misma forma, es decir, dados $u_1, u_2, \\dots, u_i$, y si ninguno de ellos ha sido $k-1$ todavía, hallamos la máxima potencia de 2 que divide a $n+2^{u_1}+\\dots+2^{u_i}$, que será $2^{v_i}$, con $v_i \\ge i-1$, trivialmente en el caso $i=1$ y por inducción para todo otro $i$ como vemos a continuación. Si $v_i \\ge k-1$, tomamos $u_i = k-1$, y tomamos $u_{i+1}, u_{i+2}, \\dots, u_k$ iguales a los elementos de $(0, 1, \\dots, k-1)$ que no hayan sido utilizados todavía, en orden descendente, siendo entonces todos los $m_i$ enteros como en el caso en que $u_1 = k-1$. En caso de que $u_i \\le k-2$, tomamos $u_i = v_i$, con lo que $n+2^{u_1}+2^{u_2}+\\dots+2^{u_i}$ es suma de dos enteros que son ambos múltiplos de $2^{u_i}$, pero ninguno de $2^{u_i+1}$, con lo que su suma es múltiplo al menos de $2^{u_i+1}$, y esto justifica que en efecto $v_i \\ge i-1$ para\n\ntodo $i$ hasta que aparezca un $v_i \\ge i - 1$. Este tal $v_i$ llegará, ya que por el razonamiento anterior, $v_k \\ge k - 1$.\nNótese que la anterior solución proporciona de hecho una forma de construir los $m_i$ a partir de $n$ y $k$, como se ve en los siguientes ejemplos:\n**Ejemplo 1:** $n = 5, k = 3$. Se tiene entonces que $v_1 = 0, u_1 = 0$, con lo que $n + 2^{u_1} = 6$, y $m_1 = \\frac{5}{1} = 5$. Seguimos y obtenemos $v_2 = 1$ y $u_2 = 1$, con lo que $m_2 = \\frac{5+1}{2} = 3$. Finalizamos con $v_3 = 2$, con lo que $u_3 = 2 = k - 1$, y $m_3 = \\frac{5+1+2}{4} = 2$. En efecto, comprobamos fácilmente que\n$$\n\\left(1 + \\frac{1}{5}\\right) \\left(1 + \\frac{1}{3}\\right) \\left(1 + \\frac{1}{2}\\right) = \\frac{6}{5} \\cdot \\frac{4}{3} \\cdot \\frac{3}{2} = \\frac{12}{5} = 1 + \\frac{7}{5} = 1 + \\frac{2^3 - 1}{5}.\n$$\n**Ejemplo 2:** $n = 4, k = 2$. Se tiene $v_1 = 2 \\ge k - 1$, con lo que $u_1 = k - 1 = 1$, $u_2 = 0$, luego $m_1 = \\frac{4}{2} = 2$, $m_2 = \\frac{4+2}{1} = 6$, y en efecto\n$$\n\\left(1 + \\frac{1}{2}\\right) \\left(1 + \\frac{1}{6}\\right) = \\frac{3}{2} \\cdot \\frac{7}{6} = 1 + \\frac{3}{4} = 1 + \\frac{2^2 - 1}{4}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43425,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $X$, $Y$ los extremos de un diámetro de una circunferencia $\\Gamma$ y $N$ el punto medio de uno de los arcos $XY$ de $\\Gamma$. Sean $A$ y $B$ dos puntos en el segmento $XY$. Las rectas $NA$ y $NB$ cortan nuevamente a $\\Gamma$ en los puntos $C$ y $D$, respectivamente. Las tangentes a $\\Gamma$ en $C$ y $D$ se cortan en $P$. Sea $M$ el punto de intersección del segmento $XY$ con el segmento $NP$. Demostrar que $M$ es el punto medio del segmento $AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución redactada por Daniel Lasaosa Medarde, basada en la solución dada en la prueba por Marcos García Fierro, del equipo español.**\n\nTracemos la paralela a $XY$ por $P$, que corta a las rectas $NA$ en $E$, y $NB$ en $F$, y sea $O$ el centro de $\\Gamma$. Por ser $PC$ tangente a $\\Gamma$ en $C$, tenemos que $\\angle OCP = 90^\\circ$, luego $\\angle ECP = 90^\\circ - \\angle NCO$, donde $\\angle NCO = \\angle CNO = \\angle ANO$ por ser $O$ centro de $\\Gamma$ sobre la que están $N$, $C$. Pero por ser $AO$ paralela a $EP$, y $NA$ y $CE$ ser la misma recta, tenemos que $\\angle ANO = 90^\\circ - \\angle CEP$, luego $\\angle ECP = \\angle CEP$, es decir el triángulo $CEP$ es isósceles en $P$, luego $PE = PC$. De forma similar, se tiene que $PF = PE$. Pero por ser $PC$, $PD$ tangentes a $\\Gamma$ en $C$, $D$ por $P$, se tiene que $PC = PD$, luego $P$ es el punto medio de $EF$.\n\nAhora bien, por construcción de $E$, $F$, existe una homotecia con centro $N$ que transforma el triángulo $NAB$ en el triángulo $NEF$, homotecia que además transforma $M$ en $P$. Pero como $P$ es el punto medio de $EF$, entonces $M$ es el punto medio de $AB$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43426,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For all positive integer $n$ we consider the number $a_n = 4^{6^n} + 1943$. Prove that $a_n$ is divisible by $2013$ for all $n \\ge 1$, and find all values of $n$ for which $a_n - 207$ is the cube of a positive integer.",
    "options": [],
    "answer": "n = 1",
    "solution": "To prove the first part, we begin observing that $2013 = 3 \\cdot 11 \\cdot 61 = 33 \\cdot 61$. Since $9^5 = 81 \\cdot 81 \\cdot 9 = (61+20)(61+20) \\cdot 9$ and $20 \\cdot 20 \\cdot 9 = 3600 = 61 \\cdot 59 + 1$, then we have $9^5 \\equiv 1 \\pmod{61}$. Since $4^6 = 4096 = 61 \\cdot 67 + 9 \\equiv 9 \\pmod{61}$ and $6^{n-1} = (5+1)^{n-1} = 5m + 1$, $m \\in \\mathbb{N}$, then for all $n \\ge 1$, holds\n$$\n4^{6^n} = (4^6)^{6^{n-1}} = (4^6)^{5m+1} \\equiv 9^{5m} \\cdot 9 \\pmod{61} \\equiv 9 \\pmod{61}\n$$\nSo, $a_n = 4^{6^n} + 1943 \\equiv 1952 \\pmod{61} \\equiv 0 \\pmod{61}$ and $61|a_n$, for all $n \\ge 1$.\n\nOn the other hand, $a_n = 4^{6^n} - 4 + 1947 = 4(4^{6^n-1} - 1) + 33 \\cdot 59$. Since $6^n - 1 \\equiv 0 \\pmod{5}$, then $6^n - 1 = 5p, p \\in \\mathbb{N}$. Then, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n4^{6^n-1} - 1 &= 4^{5p} - 1 = (4^5)^p - 1 = 1024^p - 1 \\\\\n&= (1024 - 1)(1024^{p-1} + \\dots + 1) = 1023 \\cdot q = 33 \\cdot 31 \\cdot q\n\\end{aligned}\n$$\n\nand $33|a_n$ the jointly with the preceding yields $2013 = 33 \\cdot 61|a_n$ for all $n \\ge 1$.\n\nTo solve the second part of the statement, we observe that $a_n - 207 = 4^{6^n} + 1736$ is an even integer, say $2x$ with $x \\in \\mathbb{N}$. From $4^{6^n} + 1736 = (2x)^3$ follows $2^{2 \\cdot 6^{n-3}} + 217 = x^3$ or $2^{3(4 \\cdot 6^{n-1}-1)} + 217 = x^3$. Putting $2^{4 \\cdot 6^{n-1}-1} = y$ in the last equation yields\n$$\nx^3 - y^3 = 217 \\Leftrightarrow (x - y)(x^2 + xy + y^2) = 217 = 7 \\cdot 31\n$$\nSince $x - y < x^2 + xy + y^2$, then we have two possibilities\n$$\n\\begin{cases} x - y = 1, \\\\ x^2 + xy + y^2 = 217. \\end{cases} \\quad \\text{or} \\quad \\begin{cases} x - y = 7, \\\\ x^2 + xy + y^2 = 31. \\end{cases}\n$$\nThe solutions of the first system are $(9, 8)$, $(-8, -9)$ and the solutions of the second one $(6, -1)$ and $(1, -6)$. Finally, since $y = 2^{4 \\cdot 6^{n-1}-1}$ is a positive integer, then $y = 2^{4 \\cdot 6^{n-1}-1} = 8 = 2^3$ from which follows $n = 1$, and we are done. $\\square$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43427,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Una configuración de $4027$ puntos del plano, de los cuales $2013$ son rojos y $2014$ azules, y no hay tres de ellos que sean colineales, se llama colombiana. Trazando algunas rectas, el plano queda dividido en varias regiones. Una colección de rectas es buena para una configuración colombiana si se cumplen las dos siguientes condiciones:\n* ninguna recta pasa por ninguno de los puntos de la configuración;\n* ninguna región contiene puntos de ambos colores.\n\nHallar el menor valor de $k$ tal que para cualquier configuración colombiana de $4027$ puntos hay una colección buena de $k$ rectas.",
    "options": [],
    "answer": "2013",
    "solution": "Consideremos un polígono regular de $4027$ lados con vértices $P_1, P_2, \\dots, P_{4027}$ numerados en el sentido de las agujas del reloj, y tales que $P_i$ es rojo si $i$ es par, y $P_i$ es azul si $i$ es impar. Claramente, los vértices de este polígono regular forman una configuración colombiana. Sea una colección buena de rectas. Claramente, una de ellas tiene que cortar al lado $P_{2i-1}P_{2i}$ porque $P_{2i-1}$ y $P_{2i}$, al tener distinto color, tienen que estar en regiones distintas del plano. Otro tanto sucede con el lado $P_{2i}P_{2i+1}$. Hay por lo tanto $4026$ lados a cortar (no hace falta cortar el lado $P_{4027}P_1$ ya que sus extremos tienen el mismo color). Cada recta puede cortar a lo sumo a dos lados del polígono, ya que al ser convexo, una recta que no esté alineada con un lado, sólo puede ser exterior, tangente, o secante en exactamente dos puntos, delimitando éstos un segmento interior al polígono. Luego si hay $k$ rectas, tenemos que $2k \\ge 4026$, y $k \\ge 2013$ por lo menos para esta configuración colombiana.\n\nDiremos que una recta **separa** a un punto si en uno de los dos semiplanos delimitados por esta recta, no existe ningún punto del otro color. Una recta puede separar a varios puntos a la vez si todos estos puntos tienen el mismo color, están en el mismo semiplano respecto a la recta, y no hay en dicho semiplano ningún otro punto del otro color.\n\nSupongamos que existe una recta que separa a uno de los puntos rojos. Entonces, trazamos esta recta, dividimos los $2012$ puntos rojos restantes en $1006$ parejas, y trazamos las rectas que acompañan a estas parejas de puntos rojos. Las $2013$ rectas resultantes (la recta que separa al punto y las $2 \\cdot 1006 = 2012$ rectas que acompañan a los demás) son claramente una colección buena, porque en las regiones que están tanto el punto rojo separado, como las parejas de puntos rojos acompañados, no hay ningún punto azul.\n\nConsideremos el polígono convexo, cuyos vértices son puntos de la configuración, que contiene bien en su perímetro, bien en su interior, a todos los puntos de la configuración. Si este polígono contiene en su perímetro algún punto rojo, este punto puede ser separado, ya que podemos trazar una recta tangente al polígono en dicho vértice y en ningún otro, medir la distancia mínima de cualquier otro punto del polígono a dicha recta, y trazar la recta paralela a la construida, a distancia mitad, de forma que el vértice rojo esté en el semiplano opuesto al resto de los puntos de la configuración, quedando así en efecto separado. En este caso se construiría como ya se ha descrito, una colección buena de $2013$ rectas.\n\nSi todos los vértices del polígono convexo descrito son azules, consideremos uno de sus lados, que claramente pasa por dos puntos azules y deja a todos los demás puntos de la configuración en el mismo semiplano. Medimos la distancia mínima de cualquier otro punto a esta recta, y trazamos la paralela a distancia mitad, de forma que los dos puntos azules estén en distinto semiplano que el resto. Tenemos pues una recta que separa dos puntos azules, dividimos los restantes $2012$ en parejas, y acompañamos a cada pareja por dos rectas, con lo que nuevamente con $2013$ rectas, hemos generado regiones tales que en aquellas en las que haya algún punto azul, no hay ninguno rojo.\n\nLuego $k = 2013$ es el valor buscado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43428,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Hallar un polinomio de grado tres cuyas raíces sean, precisamente, el cuadrado de las raíces del polinomio $p(x) = x^3 + 2x^2 + 3x + 4$.",
    "options": [],
    "answer": "x^3 + 2x^2 - 7x - 16",
    "solution": "Sean $r$, $s$ y $t$ las raíces, reales o complejas, del polinomio $p(x)$. Por tanto, $p(x) = (x - r)(x - s)(x - t)$. El polinomio que buscamos, salvo que multipliquemos por una constante, será de la forma\n$$\nq(x) = (x - r^2)(x - s^2)(x - t^2)\n$$\nDe aquí resulta\n$$\nq(x^2) = (x^2 - r^2)(x^2 - s^2)(x^2 - t^2) = (x - r)(x + r)(x - s)(x + s)(x - t)(x + t)\n$$\nY notando que\n$$\np(-x) = (-x - r)(-x - s)(-x - t) = -(x + r)(x + s)(x + t),\n$$\nentonces\n$$\n\\begin{aligned}\nq(x^2) &= (x - r)(x + r)(x - s)(x + s)(x - t)(x + t) = p(x)[-p(-x)] \\\\\n&= (x^3 + 2x^2 + 3x + 4)(x^3 - 2x^2 + 3x - 4) = x^6 + 2x^4 - 7x^2 - 16\n\\end{aligned}\n$$\nLuego, $q(x) = x^3 + 2x^2 - 7x - 16$ es solución (y, también, este mismo polinomio multiplicado por una constante cualquiera).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43429,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine the smallest integer $k$ for which the following story could hold true: In a chess tournament with 24 players, every pair of players plays at least two and at most $k$ games against each other. In the end of the tournament, it turns out that every player has played a different number of games.",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "The answer is $k = 4$. If $k = 3$ was possible, then every player plays either 2 or 3 games against each of the other 23 players. Hence he plays at least $2 \\cdot 23 = 46$ and at most $3 \\cdot 23 = 69$ games. It is impossible that there is a player $A$ who has played 46 games (and hence 2 games against every other player) and simultaneously a player $B$ who has played 69 games (and hence 3 games against every other player, and in particular against $A$). Hence there are only 23 numbers available in the range 46, 47, \\ldots, 69, which yields a contradiction.\n\nTo prove that $k = 4$ is possible we argue by mathematical induction. We show that for every $n \\ge 3$ there exists a tournament $T_n$ with $n$ players, where every pair of players plays at least two and at most four games against each other, and where every player plays a different number of games. For $n = 3$ consider three players that play respectively 2, 3, and 4 games against each other; then they play respectively a total of 5, 6, and 7 games.\n\nIn the inductive step we consider the tournament $T_n$ where the players have played $a_1 < a_2 < \\dots < a_n$ games.\n\n(i) If in $T_n$ no players has played exactly two games against every other player, then $a_1 > 2n - 2$. We create a new player and make him play exactly two games against every other player. The new numbers are $2n < a_1 + 2 < a_2 + 2 < \\dots < a_n + 2$.\n\n(ii) Otherwise, no player in $T_n$ can have played exactly four games against every other player, and hence $a_n < 4n - 4$. We create a new player and make him play exactly two games against every other player. The new numbers are $a_1 + 4 < a_2 + 4 < \\dots < a_n + 4 < 4n$.\n\n$\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43430,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determina todos los números enteros positivos $n$, para los cuales $S_n = x^n + y^n + z^n$ es constante, cualesquiera que sean $x, y, z$ reales tales que, $xyz = 1$ y $x + y + z = 0$.",
    "options": [],
    "answer": "n = 1 and n = 3",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43431,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prueba que las sumas de las primeras, segundas y terceras potencias de las raíces del polinomio $p(x) = x^3 + 2x^2 + 3x + 4$ valen lo mismo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sean $r, s$ y $t$ las raíces, reales o complejas, del polinomio $p(x)$ y sea $S_n$ la suma de sus $n$-ésimas potencias, esto es, $S_n = r^n + s^n + t^n$. Por un lado, teniendo en cuenta las fórmulas de Cardano-Vièta resulta que $S_1 = r + s + t = -2$, $rs + st + tr = 3$ y $rst = -4$ lo que nos permite calcular $S_2$. En efecto,\n$$\nS_2 = r^2 + s^2 + t^2 = (r + s + t)^2 - 2(rs + st + tr) = -2\n$$\nY por otro lado:\n$$\np(r) = r^3 + 2r^2 + 3r + 4 = 0 \\ \\rightarrow \\quad r^3 = -2r^2 - 3r - 4\n$$\n$$\np(s) = s^3 + 2s^2 + 3s + 4 = 0 \\ \\rightarrow \\quad s^3 = -2s^2 - 3s - 4\n$$\n$$\np(t) = t^3 + 2t^2 + 3t + 4 = 0 \\ \\rightarrow \\quad t^3 = -2t^2 - 3t - 4\n$$\nSumando las expresiones anteriores, resulta\n$$\nS_3 = r^3 + s^3 + t^3 = -2S_2 - 3S_1 - 12 = -2\n$$\nquedando probado que las sumas de las tres primeras potencias de las raíces del polinomio $p(x)$ valen lo mismo: $s_1 = S_2 = S_3 = -2$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43432,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $\\angle ABC = 120^\\circ$ and triangle bisectors $(AA_1)$, $(BB_1)$, $(CC_1)$, respectively. $B_1F \\perp A_1C_1$, where $F \\in (A_1C_1)$. Let $R$, $I$ and $S$ be the centers of circles which are inscribed in triangles $C_1B_1F$, $C_1B_1A_1$, $A_1B_1F$, and $B_1S \\cap A_1C_1 = \\{Q\\}$. Show that $R$, $I$, $S$, $Q$ are on the same circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First, we will show that $\\angle C_1B_1A_1 = 90^\\circ$. Let $K \\in BC$ so that $B \\in (KA_1)$, then $\\angle ABK = 60^\\circ$. Point $C_1$ is on the bisector of $\\angle ACB$ and this implies that $d(C_1, BC) = d(C_1, AC)$ or $C_1F_1 = C_1F_3$, where $F_1$ is the projection of $C_1$ on $BC$ and $F_3$ is the projection of $C_1$ on $AC$. Segment $BA$ is the bisector of $\\angle KBB_1$ implies that $d(C_1, KB) = d(C_1, BB_1)$ or $C_1F_1 = C_1F_2$, where $F_2$ is the projection of $C_1$ on $BB_1$. So, $C_1F_2 = C_1F_3$ and $C_1B_1$ is the bisector of $\\angle BB_1A$. Let us denote $\\angle BB_1C_1 = \\alpha$. Likewise, we prove that $B_1A_1$ is the bisector of $\\angle BB_1C$. Let $\\angle BB_1A_1 = \\angle CB_1A_1 = \\beta$. Then, from $\\angle AB_1C = 180^\\circ$ we have $2\\alpha + 2\\beta = 180^\\circ$ and $\\alpha + \\beta = 90^\\circ$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $r_1$ be the radius of inscribed circle to $\\triangle A_1B_1C_1$, $r_2$ the radius of inscribed circle to $\\triangle C_1B_1F$, and $r_3$ be the radius of inscribed circle to $\\triangle A_1B_1F$, respectively. Considering the properties of right triangles, we have\n$$\n\\triangle C_1FB_1 \\sim \\triangle C_1B_1A_1 \\Rightarrow \\frac{r_2}{r_1} = \\frac{B_1C_1}{C_1A_1} = \\cos C_1\n$$\nfrom which follows $r_2 = r_1 \\cos C_1 = r_1 \\sin A_1$. Likewise,\n$$\n\\frac{r_3}{r_1} = \\frac{A_1 B_1}{C_1 A_1} = \\cos A_1 \\Rightarrow r_3 = r_1 \\cos A_1 = r_1 \\sin C_1\n$$\nNow, we will see that $I_1R \\parallel A_1B_1$ and $I_1S \\parallel C_1B_1$, where $I_1$ is the projection of $I$ on $C_1A_1$. Let $I_1R_2 \\perp C_1B_1$, $R_2 \\in (C_1B_1)$ and $I_1R_2 \\cap C_1I = \\{R^*\\}$. On account that $\\triangle C_1II_1 \\sim \\triangle C_1R^*R_2$, then\n$$\n\\frac{R^*R_2}{II_1} = \\frac{C_1R_2}{C_1I_1} = \\cos C_1 \\Rightarrow R^*R_2 = r_1 \\cos C_1 = r_2\n$$\nfrom which follows $R^* = R, I_1R \\perp C_1B_1 \\Rightarrow I_1R \\parallel A_1B_1$. Likewise, we get $I_1S \\parallel C_1B_1$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nIn triangle $I_1RR_1$ we have $r_2 = I_1R \\sin A_1 = r_1 \\cos C_1 = r_1 \\sin A_1$ and $I_1R = r_1$. In triangle $I_1SS_1$ we have $r_3 = I_1S \\sin C_1 = r_1 \\cos A_1 = r_1 \\sin C_1$ from which follows $I_1S = r_1$. Finally, we get $I_1R = II_1 = I_1S = r_1$. Since $\\triangle QSI_1 \\sim \\triangle QB_1C_1$, then\n$$\n\\frac{SI_1}{B_1C_1} = \\frac{I_1Q}{C_1Q} \\Rightarrow SI_1 = I_1Q\n$$\non account that $B_1C_1 = C_1Q$. Now, we can conclude that points $R, I, S$, and $Q$ lie on the same circle. $\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43433,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Supongamos que el excírculo del triángulo $ABC$ opuesto al vértice $A$ es tangente al lado $BC$ en el punto $A_1$. Análogamente, se definen los puntos $B_1$ en $CA$ y $C_1$ en $AB$, utilizando los excírculos opuestos a $B$ y $C$ respectivamente. Supongamos que el circuncentro del triángulo $A_1B_1C_1$ pertenece a la circunferencia que pasa por los vértices $A$, $B$ y $C$. Demostrar que el triángulo $ABC$ es rectángulo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sea $\\Gamma$ la circunferencia circunscrita a $ABC$. Usamos en la resolución el siguiente **Lema**. Para todo triángulo $ABC$, y con las definiciones de puntos dadas en el enunciado, las mediatrices de $BC$ y $B_1C_1$ se cortan sobre $\\Gamma$, más concretamente en el punto medio $M$ del arco $BC$ que contiene a $A$.\n\n**Demostración.** Si $ABC$ es isósceles en $A$, el triángulo es simétrico respecto de la mediatriz de $BC$, que coincide por lo tanto con la mediatriz de $B_1C_1$, pasando claramente por simetría, por el punto medio $M$ del arco $BC$ que contiene a $A$. En caso contrario, supongamos sin pérdida de generalidad al poder intercambiar $BC$ sin afectar al Lema, que $M$ está en el arco $AC$ que no contiene a $B$. Se tiene entonces que $\\angle MAB_1 = \\angle MAC = \\angle MBC = 90^\\circ - \\frac{A}{2}$, por ser $MBC$ isósceles en $M$ y $\\angle BMC = \\angle BAC$. Como $\\angle MAB = \\angle MAC + \\angle CAB$, se tiene también que $\\angle MAC_1 = \\angle MAB = 90^\\circ + \\frac{A}{2}$.\n\nLuego por el teorema del coseno,\n$$\nMC_1^2 = AM^2 + AC_1^2 - 2AM \\cdot AC_1 \\cos \\angle MAC_1 = AM^2 + AC_1^2 + 2AM \\cdot AC_1 \\sin \\frac{A}{2},\n$$\ny de forma análoga\n$$\nMB_1^2 = AM^2 + AB_1^2 - 2AM \\cdot AB_1 \\cos \\angle MAB_1 = AM^2 + AB_1^2 - 2AM \\cdot AB_1 \\sin \\frac{A}{2}.\n$$\nSe tiene entonces que el Lema es equivalente a\n$$\n2AM \\sin \\frac{A}{2} (AB_1 + AC_1) = AB_1^2 - AC_1^2 = (AB_1 + AC_1)(AB_1 - AC_1),\n$$\nes decir, $2AM \\sin \\frac{A}{2} = AB_1 - AC_1$. Pero es conocido que $AB_1 = s - c$, $AC_1 = s - b$, donde $s$ es el semiperímetro de $ABC$, luego utilizando el teorema del seno para $AM$, $b$, $c$, y al ser $\\sin B - \\sin C = 2 \\sin \\frac{A}{2} \\sin \\frac{B-C}{2}$, nos basta con comprobar que $\\sin \\angle ABM = \\sin \\frac{B-C}{2}$, claramente cierto al ser $\\angle ABM = \\angle ABC - \\angle MBC = B - (90^\\circ - \\frac{A}{2}) = \\frac{B-C}{2}$. Queda pues demostrado el Lema.\n\nSupongamos que el circuncentro $O_1$ de $A_1B_1C_1$ está sobre $\\Gamma$, más concretamente (y sin pérdida de generalidad al poder rotar cíclicamente los vértices sin alterar el problema) en el arco $BC$ que contiene a $A$. Claramente, al estar $O_1$ en la mediatriz de $B_1C_1$ y en $\\Gamma$ sobre el arco $BC$ que contiene a $A$, también está sobre la mediatriz de $BC$, es decir, $BO_1 = CO_1$, siendo $BCO_1$ isósceles en $O_1$ con $\\angle BO_1C = A$. Además, como es conocido que $BA_1 = s - c$, $CA_1 = s - b$, asumiendo sin pérdida de generalidad que $b \\ge c$, tenemos que $NA_1 = \\frac{b-c}{2}$, donde $N$ es el punto medio del lado $BC$, y\n$$\nO_1A_1^2 = NO_1^2 + NA_1^2 = BO_1^2 + NA_1^2 - BN^2 = BO_1^2 - BA_1 \\cdot CA_1.\n$$\nAl mismo tiempo, usando resultados parciales del Lema, tenemos que $\\angle C_1BO_1 = \\frac{B-C}{2}$, con lo que\n$$\nO_1B_1^2 = O_1C_1^2 = BC_1^2 + BO_1^2 - 2BC_1 \\cdot BO_1 \\cos C_1BO_1,\n$$\ncon lo que al ser $O_1$ circuncentro de $A_1B_1C_1$, se cumple que\n$$\n2BO_1 \\cos C_1BO_1 - BC_1 = \\frac{BA_1 \\cdot CA_1}{BC_1} = \\frac{(s-c)(s-b)}{s-a}.\n$$\nAhora bien, $\\angle C_1BO_1 = \\frac{B-C}{2}$ como sabemos, por ser resultado parcial del Lema, y $BO_1 = 2R \\sin \\angle BCO_1 = 2R \\cos \\frac{A}{2}$, donde $R$ es el circunradio de $ABC$ y hemos usado que $BO_1C$ es isósceles en $O_1$ con $\\angle BO_1C = A$. Concluimos entonces que\n$$\n2BO_1 \\cos C_1BO_1 = 4R \\cos \\frac{A}{2} \\cos \\frac{B-C}{2} = 2R(\\sin B + \\sin C) = b + c.\n$$\nAhora bien, como $BC_1 = s-a$, se tiene que $2BO_1 \\cos C_1BO_1 - BC_1 = b+c-s+a = s$, luego si $O_1$ está sobre el arco $BC$ que contiene a $A$ de $\\Gamma$, se sigue que $s(s-a) = (s-b)(s-c)$, o equivalentemente, $0 = (b+c-a)s - bc = \\frac{b^2+c^2-a^2}{2}$, es decir, $ABC$ es rectángulo en $A$.\n\nConcluímos entonces que, si el circuncentro de $A_1B_1C_1$ está sobre la circunferencia circunscrita a $\\Gamma$, entonces $ABC$ es rectángulo; además, si $ABC$ es rectángulo en $A$, entonces $O_1$ es el punto medio del arco $BC$ que contiene a $A$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43434,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Deslizamos un cuadrado de 10 cm de lado por el plano $OXY$ de forma que los vértices de uno de sus lados estén siempre en contacto con los ejes de coordenadas, uno con el eje $OX$ y otro con el eje $OY$. Determina el lugar geométrico que en ese movimiento describen:\n1. El punto medio del lado de contacto con los ejes.\n2. El centro del cuadrado.\n3. Los vértices del lado de contacto y del opuesto en el primer cuadrante.",
    "options": [],
    "answer": "1) Midpoint M of the supporting side: circle x^2 + y^2 = 25.\n\n2) Center C: moves along the angle bisectors as (±5λ, ±5λ) with λ in [1, √2]; in the first quadrant this is the segment on y = x from (5, 5) to (5√2, 5√2).\n\n3) Vertices of the supporting side P and Q (first quadrant): P lies on the x-axis segment {(t, 0) : 0 ≤ t ≤ 10}, Q lies on the y-axis segment {(0, s) : 0 ≤ s ≤ 10}, with t^2 + s^2 = 100 for corresponding positions.\n\nVertices of the opposite side R and S (first quadrant):\n- R on the arc of the ellipse (y − x)^2 + x^2 = 100 with parameterization y = x + √(100 − x^2), 0 ≤ x ≤ 10 (so 10 ≤ y ≤ 10√2).\n- S on the arc of the ellipse y^2 + (x − y)^2 = 100 with parameterization x = y + √(100 − y^2), 0 ≤ y ≤ 10 (so 10 ≤ x ≤ 10√2).",
    "solution": "Sean $PQRS$ el cuadrado de lado 10 cm, $PQ$ el lado de apoyo, $M(m_1, m_2)$ el punto medio de dicho lado y $C(c_1, c_2)$ el centro del cuadrado tal y como muestra la figura donde, además, señalamos los puntos $A, B, D$ y $E$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\na) Caso del punto medio $M$.\n$$\nOM = PM = \\frac{1}{2}PQ = 5,\n$$\nluego $m_1^2 + m_2^2 = 25$.\n\nb) Caso del centro del cuadrado $C$.\nLos triángulos $AQM$, $AOM$, $BMO$ y $DMC$ son claramente congruentes\n$$\nAM = OB = DC, \\quad AQ = OA = MD = BM, \\text{ y } OM = MQ = MC = 5.\n$$\nAsí, resulta que las coordenadas del centro del cuadrado, en su deslizamiento, son iguales\n$$\nc_1 = OE = OB + BE = m_1 + MD = m_1 + m_2,\n$$\n$$\nc_2 = EC = ED + DC = OA + AM = m_2 + m_1\n$$\nLuego, el centro del cuadrado se mueve, en este primer cuadrante, sobre un segmento de la línea. Las posiciones extremas se dan cuando el lado $PQ$ se apoya sobre alguno de los ejes, $C(5, 5)$, y cuando forma una escuadra, esto es, un triángulo rectángulo isósceles, con ellos, $C(5\\sqrt{2}, 5\\sqrt{2})$. Trabajando análogamente en los demás cuadrantes podemos afirmar que el centro del cuadrado recorre el segmento de sus bisectrices que viene dado por la expresión\n$$\nC(c_1, c_2) = (\\pm 5\\lambda, \\pm 5\\lambda) \\text{ con } \\lambda \\in [1, \\sqrt{2}].\n$$\n\nc) Caso de los vértices del cuadrado en el lado de contacto: $P$ y $Q$.\nLos vértices $P$ y $Q$ se mueven sobre segmentos de los ejes coordenados, esto es, de las líneas $x = 0$ y $y = 0$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nLos casos extremos se dan cuando el lado de contacto descansa sobre los ejes. Así: si las coordenadas de uno son $(0, \\lambda)$, las del otro $(\\pm\\sqrt{100-\\lambda^2}, 0)$ y si las coordenadas de uno son $(\\lambda, 0)$, las del otro son $(0, \\pm\\sqrt{100-\\lambda^2})$, con $\\lambda \\in [-10, 10]$.\n\nd) Caso de los vértices del cuadrado en el lado opuesto al de contacto: $R$ y $S$.\nDe nuevo, apoyándonos en la figura, por ser congruentes los triángulos *OQP*, *QHR* y *PFS* y, a la vez, semejantes a *AQM*:\n$$\nR(r_1, r_2)\\quad r_1 = 2m_2\\quad r_2 = 2m_1 + m_2\n$$\nde donde $m_1 = \\frac{r_2 - r_1}{2}$, $m_2 = r_1/2$. Como sabemos que $m_1^2 + m_2^2 = 25$, tenemos para $R$\n$$\n\\left(\\frac{r_2 - r_1}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{r_1}{2}\\right)^2 = 25\n$$\no bien $(r_2 - r_1)^2 + r_1^2 = 100$. El lugar geométrico está, pues, en la elipse de ecuación $(y-x)^2 + x^2 = 100$ y es un arco de elipse que se puede parametrizar como\n$$\ny = x + \\sqrt{100 - x^2}\n$$\ncon $x \\in [0, 10]$ e $y \\in [10, 10\\sqrt{2}]$. Análogamente, para $S$ sale el arco de elipse $y^2 + (x - y)^2 = 100$ con\n$$\nx = y + \\sqrt{100 - y^2}\n$$\n$$\n\\text{con } y \\in [0, 10] \\text{ y } x \\in [10, 10\\sqrt{2}].\n$$\nEn los demás cuadrantes sale de forma parecida:\n\nSegundo cuadrante:\n$$\ny = -x + \\sqrt{100 - x^2}\n$$\n$$\n\\text{con } x \\in [-10, 0] \\text{ e } y \\in [10, 10\\sqrt{2}].\n$$\n$$\nx = -y - \\sqrt{100 - y^2}\n$$\n$$\n\\text{con } y \\in [0, 10] \\text{ y } x \\in [-10\\sqrt{2}, -10].\n$$\nTercer cuadrante:\n$$\ny = x - \\sqrt{100 - x^2}\n$$\n$$\n\\text{con } x \\in [-10, 0] \\text{ e } y \\in [-10, -10\\sqrt{2}].\n$$\n$$\nx = y - \\sqrt{100 - y^2}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43435,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En una sala de baile hay 15 chicos y 15 chicas dispuestos en dos filas paralelas de manera que se formarán 15 parejas de baile. Sucede que la diferencia de altura entre el chico y la chica de cada pareja no supera los 10 cm. Demostrar que si colocamos los mismos chicos y chicas en dos filas paralelas en orden creciente de alturas, también sucederá que la diferencia de alturas entre los miembros de las nuevas parejas así formadas no superarán los 10 cm.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sean $P_1, P_2, \\dots, P_{15}$ las quince parejas iniciales. Ordenemos ahora los chicos por alturas $a_1 \\le a_2 \\le \\dots \\le a_{15}$ y también las chicas $b_1 \\le b_2 \\le \\dots \\le b_{15}$. Supongamos que una de las parejas tuviese una diferencia de alturas superior a 10 cm, digamos $a_k - b_k > 10$. Entonces las parejas formadas por las chicas de alturas $b_1, \\dots, b_k$ y los chicos de alturas $a_k, a_{k+1}, \\dots, a_{15}$ también cumplirán $a_i - b_j > 10$. Coloquemos ahora cada una de las 16 personas mencionadas, de alturas $b_1, \\dots, b_k, a_k, a_{k+1}, \\dots, a_{15}$, en las parejas (cajas) $P_s$ iniciales, según el lugar que ocupaban. Por el principio de las casillas (palomar), dos personas compartirán la misma caja. Por lo tanto en las parejas iniciales había una cuya diferencia de alturas era mayor que 10 cm, contra lo supuesto.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43436,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $k$ y $n$ enteros, con $n \\ge k \\ge 3$. Se consideran $n + 1$ puntos en el plano, no alineados entre sí tres a tres. A cada segmento que une entre sí dos de esos puntos se le asigna un color de entre $k$ colores dados. Se dice que un ángulo es **bicolor** si tiene por vértice uno de los $n + 1$ puntos, y por lados, dos de los segmentos anteriores que sean de distinto color. Demuestra que existe una coloración tal que el número de ángulos bicolores es estrictamente mayor que\n$$\nn \\left\\lfloor \\frac{n}{k} \\right\\rfloor^2 \\binom{k}{2}\n$$\nOBSERVACIÓN: Se denota por ⌊t⌋ la parte entera del número real $t$; es decir el mayor entero $n \\le t$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43437,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $A = \\{1, 2, 3, \\dots, n\\}$ con $n > 5$. Demostrar que existe un conjunto finito $B$ de enteros positivos distintos tal que $A \\subseteq B$ y tiene la propiedad\n$$\n\\prod_{x \\in B} x = \\sum_{x \\in B} x^2,\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución oficial.** Vamos a demostrar el resultado tomando $A = \\{1, 2, ..., n\\}$, para $n > 5$ (ya que de ser cierto, también será cierto para cualquier subconjunto de éste).\nDado un conjunto $X$ de números naturales, denotemos por $P(X) = \\prod_{x \\in B} x$ y $S(X) = \\sum_{x \\in B} x^2$. Con esta notación, observar que si $n > 5$ (tal y como asumimos en la hipótesis), se cumple que $P(A) > S(A)$. Escribimos $k = P(A) - S(A)$. La observación clave reside en el siguiente punto: si añadimos a $A$ $k$ copias de $1$, (las denotamos por $1 = 1_0, 1_1, ..., 1_k$ respectivamente, y los denominaremos unos redundantes), entonces se cumple la igualdad entre el producto y la suma. Denotemos por $A_0 = \\{1_0, 1_1, ..., 1_k, 2, ..., n\\}$. Es decir $P(A_0) = S(A_0)$.\nLo que vamos a hacer es definir un procedimiento iterativo por el cual vamos a cambiar cada uno de estos $k$ unos redundantes por valores distintos mayores que $n$, de donde deduciremos el resultado.\nObservar que $1$ es solución de la ecuación polinómica\n$$\nP(A_0)x = S(A_0) - 1 + x^2.\n$$\nLa otra solución de esta ecuación es igual a $x = P(A_0) - 1 = P(A) - 1$. Definimos $A_1 = A_0 \\cup \\{P(A) - 1\\} - \\{1_1\\}$. Entonces $P(A_1) = S(A_1)$ por construcción, $(P(A_1) = P(A_0)(P(A_0) - 1) = S(A_0) - 1 + (P(A_0) - 1)^2 = S(A_1))$. Observar que el número de unos redundantes en $A_1$ es una unidad inferior que en $A_0$.\nRepitiendo el mismo argumento de manera iterativa, hallamos que nuestro conjunto $B = A \\cup \\{P(A_0) - 1, P(A_1) - 1, ..., P(A_{k-1}) - 1\\}$, siendo $A_i = A_{i-1} \\cup \\{P(A_{i-1}) - 1\\} - \\{1_i\\}$, $i = 1, ..., k$ cumple las condiciones que queríamos: por un lado, a cada paso de la iteración eliminamos un uno redundante manteniendo la igualdad entre $P$ y $S$, y por otro lado, los números del conjunto resultante son todos ellos distintos, puesto que $n < n! - 1 = P(A_0) - 1$ y para todo $i \\ge 1$, $P(A_{i-1}) - 1 < P(A_i) - 1$ por ser $A_{i-1} \\subsetneq A_i$ (vistos como conjuntos).\n\n\n**Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.** Observamos en primer lugar que si los $k$ mayores elementos de $B$ son similares entre sí, siendo los demás bastante más pequeños, tenemos que el miembro de la derecha es cercano a $kM^2$, siendo $M$ un valor cercano a estos $k$ mayores elementos de $B$. Al mismo tiempo, el miembro de la izquierda es cercano a $M^k$ multiplicado por el producto de los restantes elementos de $B$. Claramente, esto es imposible salvo que $k = 1$, con lo que el máximo elemento de $B$ es necesariamente mucho mayor que los demás, es decir, el miembro de la derecha toma valores cercanos a $M^2$, y el de la derecha valores cercanos a $M$ multiplicado por el producto de los demás elementos de $B$. Esto nos sugiere intentar completar el conjunto $A$, añadiendo sucesivamente elementos distintos, cada uno de los cuáles sea aproximadamente igual al producto de los anteriormente existentes.\nInspirados por el anterior razonamiento, sea $B = \\{b_1, b_2, \\dots, b_n\\}$ un conjunto tal que el producto $P$ de sus elementos es mayor que la suma $Q$ de sus cuadrados. Añadamos al conjunto $B$ el elemento $P - d$, donde $d$ es un entero positivo, para formar el conjunto $B' = B \\cup \\{P - 1\\}$. El producto $P'$ de los elementos de $B'$ es entonces $P^2 - P$, mientras que la suma $Q'$ de los cuadrados de los elementos de $B'$ es $Q + P^2 - 2P + 1$. La diferencia entre estas dos cantidades es entonces\n$$\nP' - Q' = P - Q - 1,\n$$\nes decir, la diferencia entre el valor del producto $P$ y el valor de la suma de los cuadrados de los elementos de $B'$ se ha reducido en $1$ respecto a los de $B$. Partiendo de un conjunto $B$ arbitrario que satisfaga que $P > Q$, tras $P - Q$ pasos como éste se llega claramente a un conjunto tal que el producto $P$ y la suma de cuadrados son iguales.\nNos resta tan sólo comprobar que, para todo $n \\ge 5$, se tiene que la suma de los cuadrados de los elementos de $A$ es menor que su producto, cosa que si sucede para un cierto $n$, sucede claramente para $n+1$, pues $(n+1)^2 < n^2 + (n-1)^2$ es equivalente a $n > 4$, claramente cierto, y la suma de cuadrados al añadir $n+1$ es menos del doble que la anterior, y el producto al multiplicar por $n+1$ es claramente más del doble que el anterior, y para $n = 5$ tenemos que el producto es $5! = 120$, y la suma de cuadrados $1+4+9+16+25 = 55 < 120$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43438,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x, y, z$ be positive numbers such that $x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 = 6xyz$. Prove that\n$$\n\\sqrt{\\frac{x}{x + yz}} + \\sqrt{\\frac{y}{y + zx}} + \\sqrt{\\frac{z}{z + xy}} \\ge \\sqrt{3}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $f : (-1, +\\infty) \\rightarrow \\mathbb{R}$ be the function defined by $f(x) = \\frac{1}{\\sqrt{1+x}}$. Since $f'(x) = -\\frac{1}{2(1+x)^{3/2}} < 0$ and $f''(x) = \\frac{3}{4(1+x)^2\\sqrt{1+x}} > 0$, then $f$ is convex. Applying Jensen's inequality to the function $f$ with $a_1 = \\frac{yz}{x}$, $a_2 = \\frac{zx}{y}$, $a_3 = \\frac{xy}{z}$, we have\n$$\n\\frac{1}{3} \\sum_{k=1}^{3} f(a_k) \\ge f\\left(\\frac{1}{3} \\sum_{k=1}^{3} a_k\\right)\n$$\nor\n$$\n\\frac{1}{3} \\left( \\sqrt{\\frac{x}{x + yz}} + \\sqrt{\\frac{y}{y + zx}} + \\sqrt{\\frac{z}{z + xy}} \\right) \\ge f(2) = \\frac{\\sqrt{3}}{3}\n$$\nbecause from $x^2y^2 + y^2z^2 + z^2x^2 = 6xyz$ immediately follows that\n$$\n\\frac{a_1 + a_2 + a_3}{3} = \\frac{1}{3} \\left( \\frac{yz}{x} + \\frac{zx}{y} + \\frac{xy}{z} \\right) = 2\n$$\nEquality holds when $x = y = z = 2$, and we are done. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43439,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Demuestra que el producto de los dos mil trece primeros términos de la sucesión\n$$\na_n = 1 + \\frac{1}{n^3}\n$$\nno llega a valer 3.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Veamos por inducción que $p_n = a_1 \\cdot a_2 \\cdot a_3 \\dots a_n \\le 3 - \\frac{1}{n}$ y, así, quedará probado para el caso particular $n = 2013$ que se pide en el enunciado.\n\nPara $n = 1$ es $p_1 = a_1 = 1 + \\frac{1}{1^3} = 2 \\le 3 - \\frac{1}{1}$.\n\nSupongamos que es cierto para $n = k$, $p_k = a_1 \\cdot a_2 \\cdot a_3 \\dots a_k \\le 3 - \\frac{1}{k}$.\n\nHemos de probar que se cumple para $n = k + 1$. Es decir, hemos de ver que $p_{k+1} = a_1 \\cdot a_2 \\cdot a_3 \\dots a_k \\cdot a_{k+1} \\le 3 - \\frac{1}{k+1}$.\n\nEn efecto,\n$$\np_{k+1} = a_1 \\cdot a_2 \\cdot a_3 \\dots a_k \\cdot a_{k+1} = p_k \\cdot a_{k+1} \\le \\left(3 - \\frac{1}{k}\\right) \\left(1 + \\frac{1}{(k+1)^3}\\right)\n$$\n$$\n= 3 - \\frac{1}{k} + \\frac{3}{(k+1)^3} - \\frac{1}{k(k+1)^3}\n$$\nAhora falta ver que\n$$\n3 - \\frac{1}{k} + \\frac{3}{(k+1)^3} - \\frac{1}{k(k+1)^3} \\le 3 - \\frac{1}{k+1}\n$$\nlo cual es equivalente a probar que\n$$\n\\frac{3}{(k+1)^3} - \\frac{1}{k(k+1)^3} \\le \\frac{1}{k+1} - \\frac{1}{k}\n$$\n$$\n\\Leftrightarrow k^2 - k + 2 = \\left(k - \\frac{1}{2}\\right)^2 + \\frac{3}{4} \\ge 0\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43440,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Calcula la suma de los inversos de los dos mil trece primeros términos de la sucesión de término general\n$$\na_n = 1 - \\frac{1}{4n^2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "8108364/4027",
    "solution": "El término general se puede escribir como\n$$\na_n = \\frac{4n^2 - 1}{4n^2} = \\frac{(2n - 1)(2n + 1)}{4n^2}\n$$\ny su inverso es\n$$\n\\frac{1}{a_n} = \\frac{4n^2}{(2n - 1)(2n + 1)} = \\frac{n}{2n - 1} + \\frac{n}{2n + 1}\n$$\nHemos de calcular\n$$\n\\begin{aligned}\nS &= \\frac{1}{a_1} + \\frac{1}{a_2} + \\frac{1}{a_3} + \\dots + \\frac{1}{a_{2012}} + \\frac{1}{a_{2013}} \\\\\n&= \\left(\\frac{1}{1} + \\frac{1}{3}\\right) + \\left(\\frac{2}{3} + \\frac{2}{5}\\right) + \\dots + \\left(\\frac{2012}{4023} + \\frac{2012}{4025}\\right) + \\left(\\frac{2013}{4025} + \\frac{2013}{4027}\\right) \\\\\n&= 1 + \\left(\\frac{1}{3} + \\frac{2}{5}\\right) + \\left(\\frac{2}{5} + \\frac{3}{5}\\right) + \\dots + \\left(\\frac{2012}{4025} + \\frac{2013}{4025}\\right) + \\frac{2013}{4027} \\\\\n&= 2013 + \\frac{2013}{4027} = 2013 \\left(1 + \\frac{1}{4027}\\right) = \\frac{8108364}{4027} \\approx 2013.5\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43441,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "¿Existen infinitos enteros positivos que no pueden representarse de la forma\n$$\na^3 + b^5 + c^7 + d^9 + e^{11},\n$$\ndonde $a$, $b$, $c$, $d$, $e$ son enteros positivos? Razónese la respuesta.",
    "options": [],
    "answer": "Yes, there are infinitely many positive integers that cannot be represented in that form.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43442,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABC$ un triángulo acutángulo con ortocentro $H$, y sea $W$ un punto sobre el lado $BC$, estrictamente entre $B$ y $C$. Los puntos $M$ y $N$ son los pies de las alturas trazadas desde $B$ y $C$ respectivamente. Se denota por $\\omega_1$ la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo $BWN$, y por $X$ el punto de $\\omega_1$ tal que $WX$ es un diámetro de $\\omega_1$. Análogamente, se denota por $\\omega_2$ la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo $CWM$, y por $Y$ el punto de $\\omega_2$ tal que $WY$ es un diámetro de $\\omega_2$. Demostrar que los puntos $X, Y$ y $H$ son colineales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Definamos $V$ como el segundo punto de intersección de $\\omega_1$ y $\\omega_2$, y sea $P$ el pie de la altura desde $A$ sobre $BC$. Por ser $\\angle HPB = \\angle HPC = \\angle HMC = \\angle HNB = 90^\\circ$, tenemos que $BPHN$ y $CPHM$ son cíclicos, luego la potencia $P$ de $A$ respecto de sus circunferencias circunscritas es $P = AP \\cdot AH = AB \\cdot AN = AC \\cdot AM$. Pero entonces $P$ es también la potencia de $A$ respecto de $\\omega_1, \\omega_2$, y $A$ está en su eje radical $VW$, es decir, $A, V, W$ están alineados con $P = AV \\cdot AW$. Concluimos también que, al ser $P = AP \\cdot AH = AV \\cdot AW$, $PHVW$ es cíclico, y al ser $\\angle HPW = 90^\\circ$, se tiene que $\\angle WVH = 90^\\circ$.\n\nSea $\\ell$ la recta perpendicular a $AW$ por $V$. Por ser $WX$ un diámetro de $\\omega_1$, y ser $V$ un punto de $\\omega_1$, se tiene que $\\angle WVX = 90^\\circ$, es decir, $X$ está en $\\ell$. De forma análoga, se tiene que $\\angle WVY = 90^\\circ$, con lo que $Y$ también está en $\\ell$. Finalmente, como $\\angle WVH = 90^\\circ$, $H$ también está en $\\ell$. Luego no sólo hemos demostrado que $X, Y, H$ están alineados, sino que la recta sobre la que se encuentran es la perpendicular a $AW$ por el segundo punto de intersección $V$ de $\\omega_1$ y $\\omega_2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43443,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p, n$ be positive integers such that $p$ is prime and $p < n$. If $p$ divides $n+1$ and $\\left(\\left[\\frac{n}{p}\\right], (p-1)!\\right) = 1$, then prove that $p \\cdot \\left[\\frac{n}{p}\\right]^2$ divides $\\binom{n}{p} - \\left[\\frac{n}{p}\\right]$.\n(Here $[x]$ represents the integer part of the real number $x$.)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $p \\mid n + 1$, then $p \\mid n + 1 - p$. So, there exists $k \\in \\mathbb{N}$ such that $n = k p + p - 1$ and $\\left\\lfloor \\frac{n}{p} \\right\\rfloor = k$. Now, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n\\binom{n}{p} - \\left\\lfloor \\frac{n}{p} \\right\\rfloor &= \\binom{k p + p - 1}{p} - k \\\\\n&= \\frac{(k p + p - 1)(k p + p - 2) \\dots (k p + 1)(k p)}{p!} - k \\\\\n&= \\frac{k(k p + 1)(k p + 2) \\dots (k p + p - 1) - k(p - 1)!}{(p - 1)!}\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n= \\frac{k(k \\cdot p \\cdot r + (p-1)! ) - k(p-1)!}{(p-1)!} = \\frac{k^2 \\cdot p \\cdot r}{(p-1)!} \\in \\mathbb{N}\n$$\nSince $\\left(\\left[\\frac{n}{p}\\right], (p-1)!\\right) = 1$, then $(p-1)!$ divides $r$ and therefore $\\binom{n}{p} - \\left[\\frac{n}{p}\\right]$ is divisible by $p \\cdot \\left[\\frac{n}{p}\\right]^2$ as we wanted to prove. $\\square$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43444,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$ABCD$ is a quadrilateral inscribed in a circle $\\Gamma$. Lines $AB$, $DC$ meet in $E$; lines $BC$, $AD$ meet in $F$. Show that the circle of diameter $EF$ cuts the circle $\\Gamma$ orthogonally.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $O$ be the center of the circle $\\Gamma$ and $R$ its radius. Let $G$ be the other point of intersection of the circles $FDC$ and $BCE$. (See Figure 1).\n\n![](attached_image_1.png)\n\n**Remark.** The following argument needs some minor changes if all the angles of $ABCD$ are acute, that is, if the center $O$ of $\\Gamma$ is internal to $ABCD$.\n\n$\\angle FGC = \\angle FDC$ because both are inscribed angles in $FDC$ subtending the same arc. $\\angle EGC = [EGCB \\text{ is cyclic}] = 180^\\circ - \\angle CBE = [ABCD \\text{ is cyclic}] = 180^\\circ - \\angle CDF = 180^\\circ - \\angle CGF$. Then we have $\\angle EGC + \\angle CGF = 180^\\circ$, and so $EG$ and $GF$ lie on the same straight line.\n\nFor the second part of the argument, we consider Figure 2:\n\n![](attached_image_2.png)\n\nLet $L$ be the midpoint of $EF$ and draw the tangents (in red in the figure) to the circle $\\Gamma$ from $F$ (tangency point $H$), $E$ (tangency point $K$) and $L$ (tangency point $M$). The triangles $FGC$ and $FEB$ are similar (they have the same angles); then we have\n$$\n\\frac{FG}{FC} = \\frac{FB}{FE} \\Leftrightarrow FG \\cdot FE = FC \\cdot FB = FH^2\n$$\non account of the power of $F$ with respect to $\\Gamma$. Likewise, we have\n$$\nEG \\cdot EF = EC \\cdot ED = EK^2\n$$\nAdding up the preceding, yields\n$$\nFG \\cdot FE + EG \\cdot EF = EF(FG + GE) = EF^2 = FH^2 + EK^2\n$$\nOn account that $EF = 2 \\cdot FL$, the last equality can be written as\n$$\n4 \\cdot FL^2 = FH^2 + EK^2,\n$$\nwhich can be transformed into\n$$\n4 \\cdot FL^2 + 2R^2 = FH^2 + R^2 + EK^2 + R^2.\n$$\nSince $FH^2 + R^2 = FO^2$, and $EK^2 + R^2 = EO^2$, then we get\n$$\n4 \\cdot FL^2 + 2R^2 = FO^2 + EO^2\n$$\nBut $FO^2 = FL^2 + LO^2$, and $EO^2 = LE^2 + LO^2 = FL^2 + LO^2$ because $FL = FE$. Then we obtain\n$$\n4 \\cdot FL^2 + 2R^2 = 2OL^2 + 2FL^2 \\Rightarrow FL^2 + R^2 = OL^2 = LM^2 + R^2,\n$$\nand this means $FL = FM$. But then the circle of center $L$ and radius $LE = LF$ passes through $M$, and the radii $LM$ and $MO$ are perpendicular to each other, and we are done. $\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43445,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $\\Gamma$ una circunferencia de centro $O$, $AE$ un diámetro de $\\Gamma$ y $B$ el punto medio de uno de los arcos $AE$ de $\\Gamma$. El punto $D \\neq E$ está sobre el segmento $OE$. El punto $C$ es tal que el cuadrilátero $ABCD$ es un paralelogramo con $AB$ paralelo a $CD$ y $BC$ paralelo a $AD$. Las rectas $EB$ y $CD$ se cortan en el punto $F$. La recta $OF$ corta al arco menor $EB$ de $\\Gamma$ en el punto $I$. Demostrar que la recta $EI$ es la bisectriz del ángulo $BEC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Nótese que $AB$ es la simétrica de $BE$ respecto de $OB$, y al ser $OB$ perpendicular a $AE$, luego a $BC$, la mediatriz de $BC$ es paralela a $OB$. Pero como la simetría respecto de la mediatriz de $BC$ transforma a $B$ en $C$, y transforma las rectas paralelas a $BE$ en rectas paralelas a $AB$, luego a $CD$, se tiene que $BE$, $CD$ son simétricas respecto de la mediatriz de $BC$, que es además perpendicular a $DE$. Luego $BDEC$ es un trapecio isósceles, y por lo tanto cíclico, con lo que $\\angle BEC = \\angle BDC$. Al mismo tiempo, como $AB$, $BE$ son perpendiculares, y $CD$ es paralela a $AB$, entonces $BE$, $CD$ son perpendiculares, con lo que $\\angle BFD = 90^\\circ$. Al ser $BO$ claramente la mediatriz de $AE$, se tiene que $\\angle BOD = 90^\\circ$. Luego $BODF$ está inscrito en la circunferencia de diámetro $BD$, y\n$$\n\\angle BDC = \\angle BDF = \\angle BOF = \\angle BOI = 2\\angle BEI,\n$$\nesta última igualdad por ser $O$ centro de la circunferencia que pasa por $B$, $E$, $I$. Luego $\\angle BED = 2\\angle BEI$, y en efecto $EI$ es la bisectriz de $\\angle BEC$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43446,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Obtén los dos valores enteros de $x$ más próximos a $2013^\\circ$, tanto por defecto como por exceso, que cumplen esta ecuación trigonométrica:\n$$\n2^{\\sin^2 x} + 2^{\\cos^2 x} = 2\\sqrt{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1935°, 2025°",
    "solution": "Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica resulta\n$$\n2^{\\sin^2 x} + 2^{\\cos^2 x} \\geq 2\\sqrt{2^{\\sin^2 x} \\cdot 2^{\\cos^2 x}} = 2\\sqrt{2^{\\sin^2 x + \\cos^2 x}} = 2\\sqrt{2}\n$$\nLa igualdad se alcanza cuando $2^{\\sin^2 x} = 2^{\\cos^2 x}$. Es decir, cuando $\\sin^2 x = \\cos^2 x$ o $\\sin x = \\pm \\cos x$. Los valores de $x$ que satisfacen la igualdad anterior son $x = 45^\\circ + 90^\\circ k$ con $k \\in \\mathbb{Z}$. Los valores pedidos se obtienen para\n$$\nk_1 = \\left[ \\frac{2013^\\circ - 45^\\circ}{90} \\right] = 21 \\text{ y } k_2 = \\left[ \\frac{2013^\\circ + 45^\\circ}{90} \\right] = 22\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43447,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Estudia si existe una sucesión estrictamente creciente de enteros $0 = a_0 < a_1 < a_2 < \\dots$, que cumple las dos condiciones siguientes:\n* Todo número natural puede ser escrito como suma de dos términos, no necesariamente distintos, de la sucesión.\n* Para cada entero positivo $n$, se cumple que $a_n > \\frac{n^2}{16}$.",
    "options": [],
    "answer": "No existe tal sucesión.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43448,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\Gamma$ be the circumcircle of a triangle $ABC$ and let $E$ and $F$ be the intersections of the bisectors of $\\angle ABC$ and $\\angle ACB$ with $\\Gamma$. If $EF$ is tangent to the incircle $\\gamma$ of $\\triangle ABC$, then find the value of $\\angle BAC$.",
    "options": [],
    "answer": "60°",
    "solution": "Let us denote by $I$ the incenter of $\\triangle abc$. From the figure immediately follows $\\angle IBC = \\angle IFE$ and $\\angle ICB = \\angle IEF$. So, $\\triangle IBC \\sim \\triangle IFE$. Since both have the same height (the radii of the incircle) because $BC$ and $EF$ are both tangent to $\\gamma$, then $\\triangle IBC = \\triangle IFE$. Therefore, $IB = IF$.\n\nNow, if we denote $\\angle ABC = 2\\alpha$ and $\\angle ACB = 2\\beta$, then $\\angle BIF = \\alpha + \\beta$. Now, from isosceles $\\triangle IFB$ follows\n$$\n\\angle IBF = \\angle IFB = \\angle CFB = \\angle BAC = 180^\\circ - 2(\\alpha + \\beta)\n$$\nAdding up the angles of $\\triangle IFB$ yields\n$$\n(\\alpha + \\beta) + 180^\\circ - 2(\\alpha + \\beta) + 180^\\circ - 2(\\alpha + \\beta) = 180^\\circ\n$$\nFrom which follows $\\alpha + \\beta = 60^\\circ$ and $\\angle BAC = 60^\\circ$. $\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43449,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $A$ y $B$ dos conjuntos tales que:\ni) $A \\cup B$ es el conjunto de los enteros positivos.\nii) $A \\cap B$ es el vacío.\niii) Si dos enteros positivos tienen como diferencia a un primo mayor que $2013$, entonces uno de ellos está en $A$ y el otro en $B$.\n\nHallar todas las posibilidades para los conjuntos $A$ y $B$.",
    "options": [],
    "answer": "Exactly two: either A is all odd positive integers and B is all even positive integers, or A is all even positive integers and B is all odd positive integers.",
    "solution": "La única partición con esta propiedad es $N = \\{1, 3, 5, \\dots\\} \\cup \\{2, 4, 6, \\dots\\}$, de modo que $B$ siempre es el conjunto de los números positivos pares.\n\nSea $A \\cup B = N$ una partición admisible. La idea es aplicar la condición a un par fijo de primos gemelos $p$ y $q = p + 2$ de $[2013, 3013]$. Tales primos son, por ejemplo, $p = 2027$ y $q = 2029$. Supongamos que $n \\in A$. Entonces $n_1 = n + q \\in B$ pues $n_1 - n = q$ es un primo en $[2013, 3013]$. Entonces $n_2 = n + 2 \\in A$ pues $n_1 - n_2 = q - 2 = p \\in [2013, 3013]$ también es un tal primo. De modo que $n \\in A$ implica que $n + 2 \\in A$. Como $1 \\in A$, esto implica que todos los impares están en $A$.\n\nDe manera similar, supongamos que $n \\in B$ y $n > p$. Entonces $n_1 = n - p \\in A$ pues $n - n_1 = p$. Además, $n_2 = n + 2 \\in A$ pues $n_2 - n_1 = p + 2 = q$. En resumen, $n \\in B$ y $n > p$ implican $n + 2 \\in B$. Ahora observemos que el número par $p + 1$ pertenece a $B$ porque $1 \\in A$ y $(p + 1) - 1 = p$. Se concluye que $B$ contiene a todos los números pares, comenzando con $p + 1$.\n\nQuedan por clasificar los números pares $2, 4, 6, \\dots, p-1$. Veremos que también están en $B$. Ya sabemos que los números impares $q, q + 2, q + 4, \\dots, q + p - 3$ están en $A$. Como\n$$\nq - 2 = (q + 2) - 4 = (q + 4) - 6 = \\dots = (q + p - 3) - (p - 1) = p\n$$\nllegamos a la conclusión de que $2, 4, 6, \\dots, p-1$ están en $B$. Luego $A$ y $B$ consisten en todos los números impares y pares, respectivamente. Es claro que esta partición es admisible.\n\n\nSolution 2:\n\nSolución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.\n\nSean $p, q$ dos primos distintos mayores que $2013$. Por la identidad de Bezout, para todo entero positivo $d > 1$ existen enteros $u, v$ tales que $up + vq = d - 1$, donde al menos uno de entre $u, v$ es positivo. Nótese entonces que, partiendo de $1$, podemos llegar a $d$ dando saltos de $p$ o $q$ hacia adelante o hacia atrás, es decir, existe una secuencia\n$$\n1 \\rightarrow p+1 \\rightarrow 2p+1 \\rightarrow \\dots \\rightarrow up+1 \\rightarrow up+1 \\pm q \\rightarrow up+1 \\pm 2q \\rightarrow \\dots \\rightarrow up+vq+1 = d,\n$$\ndonde hemos asumido que $u > 0$, y los signos $\\pm$ son positivos si $v > 0$, y negativos si $v < 0$. Nótese además que, en cada paso de un elemento al siguiente de la secuencia, se cambia de conjunto, es decir, como la diferencia entre un elemento de la secuencia y el siguiente es un primo mayor que $2013$, si un elemento está en $A$, el siguiente está en $B$, y viceversa, para todos los elementos de la secuencia. Finalmente, notemos que el número de pasos dados en la secuencia es $u + v$, que al ser $p, q$ claramente impares, tiene la misma paridad que $d - 1$, es decir, paridad opuesta a $d$. Luego si $d$ es impar, llegamos desde $1$ dando un número par de saltos, es decir haciendo un número par de cambios de conjuntos, y $d$ está en el mismo conjunto que $1$. Análogamente, si $d$ es par, llegamos desde $1$ dando un número impar de saltos, y $d$ está en el conjunto en el que no está $1$. Como esto es cierto para todo entero $d > 1$, concluímos que todos los enteros positivos pares están en el mismo conjunto, y todos los enteros positivos impares están en el otro conjunto. Como todo entero positivo es par o es impar, y no hay ninguno de ellos que sea par e impar a la vez, tenemos exactamente dos posibilidades para los conjuntos $A$ y $B$:\n\n1) $A$ es el conjunto de todos los enteros positivos pares, y $B$ el de los impares,\n2) $A$ es el conjunto de todos los enteros positivos impares, y $B$ el de los pares.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43450,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Resuelve la ecuación exponencial\n$$\n2^x \\cdot 3^{5-x} + \\frac{3^{5x}}{2^x} = 6\n$$",
    "options": [],
    "answer": "x = 0",
    "solution": "Aplicando la desigualdad de las medias aritmética y geométrica y, después, una de sus más conocidas consecuencias (la suma de un número real positivo y su inverso es siempre mayor o igual que $2$, y la igualdad sólo se da para el número $1$) tenemos,\n$$\n6 = 2^x 3^{5-x} + 2^{-x} 3^{5x} \\geq 2\\sqrt{2^x 3^{5-x} 2^{-x} 3^{5x}} = 6.\n$$\nY la igualdad se dará cuando los números mediados sean iguales.\n$$\n2^x 3^{5-x} = 2^{-x} 3^{5x} \\Leftrightarrow 2^{2x} = 3^{5x} - 5^{-x} \\Leftrightarrow 5^x = 5^{-x}\n$$\nesto es, cuando $x = 0$ que será, pues, la única solución de la ecuación.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43451,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $Q_0$ el conjunto de los números racionales mayores que cero. Sea $f: Q_0 \\to \\mathbb{R}$ una función que satisface las tres siguientes condiciones:\n(i) $f(x)f(y) \\geq f(xy)$ para todos los $x, y \\in Q_0$;\n(ii) $f(x + y) \\geq f(x) + f(y)$ para todos los $x, y \\in Q_0$;\n(iii) existe un número racional $a > 1$ tal que $f(a) = a$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Demostrar que $f(x) = x$ para todo $x \\in Q_0$.\n\nDemostramos sucesivamente las siguientes propiedades adicionales que ha de tener cualquier función $f$ que satisfaga las condiciones del enunciado:\n\n(1) $f(1) \\ge 1$. En efecto, tomando $x = 1, y = a$ en (i) y usando (iii), obtenemos que $a = f(a) \\le f(1)f(a) = af(1)$, pudiendo dividir ambos lados de la desigualdad por $a > 0$.\n\n(2) Para todo entero positivo $n$ y todo racional positivo $x$, se tiene que $f(nx) \\ge nf(x)$, con $f(nx) = nf(x)$ si y sólo si $f(kx) = kx$ para $k = 1, 2, \\dots, n$; en particular, para todo entero positivo $n$ se tiene $f(n) \\ge nf(1)$, con igualdad para $n$ si y sólo si $f(k) = kf(1)$ para $k = 1, 2, \\dots, n$. En efecto, tomando $y = (k-1)x$ en (ii), obtenemos que $f(kx) \\ge f(x) + f((k-1)x)$, y tras trivial inducción sobre $k$, se obtiene la primera parte de la propiedad. Para que se dé la igualdad, ha de darse en todos los pasos previos de la inducción. La segunda parte de la propiedad se obtiene trivialmente tomando $x = 1$ en la primera.\n\n(3) Para todo entero positivo $u$ y todo racional positivo $x$, se tiene que $f(x^u) \\le (f(x))^u$, dándose la igualdad para $u$ si y sólo si $f(x^k) = (f(x))^k$ para $k = 1, 2, \\dots, u$. En efecto, tomando $y = x^{k-1}$ en (i), obtenemos que $f(x^k) \\le f(x)f(x^{k-1})$, obteniéndose la propiedad tras trivial inducción sobre $k$. Para que se dé la igualdad, ha de darse en todos los pasos previos de la inducción.\n\n(4) $f$ toma sólo valores positivos, en concreto, para cualesquiera enteros positivos $m, n$, se tiene $f(\\frac{m}{n}) \\ge \\frac{mf(1)}{f(n)} > 0$. En efecto, aplicando la propiedad (2), se tiene que $f(\\frac{m}{n}) \\ge mf(\\frac{1}{n})$. Además, haciendo $x = n$, $y = \\frac{1}{n}$ en (i), obtenemos $f(\\frac{1}{n}) \\ge \\frac{f(1)}{f(n)} > 0$ ya que $f(n) \\ge nf(1) > 0$.\n\n(5) $f$ es estrictamente creciente. En efecto, para cualesquiera racionales positivos $z > x$, existe $y = z - x$ que es claramente racional positivo, con lo que usando (ii), se tiene $f(z) = f(x + y) \\ge f(x) + f(y) > f(x)$ al ser $f(y) > 0$ por la propiedad (4).\n\nSupongamos que existe un entero positivo $N$ tal que $f(N) > N$. Entonces, existe también un entero positivo $M$ tal que $M(f(N) - N) \\ge 1$, pues si no los enteros positivos estarían acotados superiormente. Por la propiedad (2), $f(MN) > Mf(N) \\ge MN + 1$, y en particular, para todo entero $n \\ge MN$, tenemos $f(n) = f(MN + (n - MN)) \\ge f(MN) + f(n - MN) \\ge MN + 1 + (n - MN)f(1) \\ge n + 1$, donde hemos usado la propiedad (1). Consideremos la sucesión $a, a^2, a^3, \\dots$, que es creciente y no tiene límite superior por ser $a > 1$. Sea $u$ tal que $a^u \\ge MN$, y denotemos por $k$ la parte entera de $a^u$. Luego $a^u \\ge k > a^u - 1$, y usando (iii) y las propiedades (3) y (5), se tiene que $k + 1 > a^u = (f(a))^u \\ge f(a^u) \\ge f(k) \\ge k + 1$, contradicción. Luego $f(n) = n$ para todo entero positivo $n$, siendo en particular $f(1) = 1$.\n\nTomando $x = n, y = \\frac{1}{n}$ en (i), y usando el resultado recién hallado, tenemos que $f(\\frac{1}{n}) \\ge \\frac{1}{n}$ para todo entero positivo $n$. Usando ahora la propiedad (2), tenemos que para todo racional $\\frac{m}{n}$, donde $m, n$ son enteros positivos, se tiene que $f(\\frac{m}{n}) \\ge mf(\\frac{1}{n}) \\ge \\frac{m}{n}$. Supongamos que existe algún racional positivo $q = \\frac{m}{n}$, con $m, n$ coprimos, tal que $f(q) \\ne q$, luego por el razonamiento anterior, $f(q) > q$, y por la propiedad (2), $m = f(m) = f(nq) \\ge nf(q) > nq = m$, contradicción. Luego $f(q) = q$ para todo racional positivo $q$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43452,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Una **configuración** es un conjunto finito $S$ de puntos del plano entre los cuales no hay tres colineales y a cada punto se le asigna algún color, de modo que si un triángulo cuyos vértices están en $S$ tiene un ángulo mayor o igual a $120^\\circ$, entonces exactamente dos de sus vértices son de un mismo color. Hallar el número máximo de puntos que puede tener un configuración.",
    "options": [],
    "answer": "25",
    "solution": "El número máximo de puntos que puede tener una configuración es $25$. Primero observamos que dados $6$ puntos del plano, entre los cuales no hay tres colineales, se determina al menos un triángulo con un ángulo de medida mayor o igual a $120^\\circ$. En efecto, si la envolvente convexa de los puntos es un hexágono, su mayor ángulo tiene medida de al menos $120^\\circ$. En otro caso, hay un punto $A$ interior al triángulo determinado por otros tres puntos $B$, $C$, $D$ y uno de los ángulos $\\angle BAC$, $\\angle CAD$, $\\angle DAB$ tiene medida mayor o igual a $120^\\circ$. Para los puntos de la configuración se usan a lo sumo $5$ colores. Si hay más de $5$ colores, elegimos $6$ puntos con colores diferentes y les aplicamos la observación. Esto nos conduce a un triángulo con un ángulo de medida mayor o igual a $120^\\circ$ y con vértices coloreados con $3$ colores diferentes, lo cual es imposible.\n\nSupongamos ahora que hay una configuración con más de $25$ puntos. Estos están coloreados con a lo sumo $5$ colores, luego algún color se repite al menos $6$ veces. Le aplicamos la observación a los $6$ puntos con dicho color. La conclusión ahora es que hay un triángulo con un ángulo de medida mayor o igual a $120^\\circ$ y vértices monocromáticos, de nuevo una contradicción.\n\nFalta construir un ejemplo de una configuración de $25$ puntos. Tomamos un pentágono regular $P$ de lado muy grande. En cada uno de sus vértices ubicamos un pentágono regular muy pequeño, con centro en los respectivos vértices de $P$. Sea $S$ el conjunto de vértices de los $5$ pentágonos pequeños. Si fuese necesario, pequeñas rotaciones alrededor de sus centros pueden asegurarnos que no haya entre los $25$ puntos de $S$ tres colineales. Coloreamos todos los vértices de cada pentágono pequeño con uno de $5$ colores distintos. Afirmamos que $S$ es una configuración. En efecto, triángulos del mismo color sólo aparecen dentro de los pentágonos regulares pequeños. El ángulo máximo determinado por tres vértices de un pentágono regular tiene medida $108^\\circ$, la que es menor de $120^\\circ$. Tomamos ahora un triángulo $ABC$ con vértices de $3$ colores distintos. Los vértices $A$, $B$, $C$ provienen de diferentes pentágonos pequeños y están en una vecindad muy próxima a tres vértices $A'$, $B'$, $C'$ del pentágono principal $P$. Como $P$ es muy grande, los ángulos de $ABC$ difieren muy poco de los respectivos ángulos de $A'B'C'$, que tienen medidas menores o iguales a $108^\\circ$. Precisamente, eligiendo el tamaño de $P$ tan grande como sea necesario, uno puede estar seguro de que la desviación es tan pequeña como queramos. En particular, ningún ángulo del triángulo $ABC$ con vértices de $3$ colores distintos tendrá medida mayor o igual a $120^\\circ$, lo que completa el objetivo.\n\nComo hemos demostrado que toda configuración tiene a lo sumo $25$ vértices, y hemos construido una configuración con exactamente $25$ vértices, éste es el máximo número de puntos que puede tener una configuración.\nPrimero veremos que dados $6$ puntos cualesquiera del plano, no habiendo $3$ de ellos alineados, existen siempre tres de entre ellos, $A$, $B$, $C$, tales que $\\angle ABC \\geq 120^\\circ$. En efecto, si los $6$ puntos son los vértices de un hexágono convexo, podemos llamar $ABCDEF$ a dicho hexágono, siendo la suma de sus ángulos igual a $(6 - 2) \\cdot 180^\\circ = 720^\\circ = 6 \\cdot 120^\\circ$, con lo que el mayor de sus ángulos (que supondremos que es $\\angle ABC$ sin pérdida de generalidad al poder rotar cíclicamente los nombres a los vértices del hexágono), cumple $\\angle ABC \\geq 120^\\circ$. Si los $6$ puntos no son los vértices de un hexágono convexo, entonces existen tres de ellos, sin pérdida de generalidad $A$, $C$, $D$, que dejan a otro de ellos $B$ en su interior, y tal que $\\angle ABC$ es el mayor de entre los tres ángulos con vértice en $B$. Pero estos tres ángulos suman $360^\\circ = 3 \\cdot 120^\\circ$, luego $\\angle ABC \\geq 120^\\circ$. Queda pues demostrada la proposición, tanto cuando los $6$ puntos son los vértices de un hexágono convexo, como cuando no lo son.\n\nConstruyamos una configuración con exactamente $25$ puntos. Para ello, tomemos un pentágono regular de lado $L$, y con centro en cada uno de los vértices, dibujemos una circunferencia de radio $r$, inscribiendo en su interior un pentagonito regular de lado $l$. Los vértices de cada uno de estos pentagonitos tienen el mismo color, siendo el color distinto entre cada dos pentagonitos. Como el ángulo formado por dos lados consecutivos de un pentágono es $(5 - 2) \\cdot 180^\\circ = 540^\\circ = 5 \\cdot 108^\\circ$, se tiene que todo triángulo monocromático tiene un ángulo mayor que es a lo sumo $108^\\circ$. Al mismo tiempo, si dejamos que $\\frac{r}{L}$ tienda a cero, haciendo $r$ mucho más pequeño que $L$, los ángulos formados por tres vértices de pentagonitos distintos (es decir, por tres puntos de colores distintos) son a lo sumo $108^\\circ + \\delta$, donde $\\delta$ puede hacerse arbitrariamente pequeño tomando $r$ suficientemente pequeño en relación a $L$, luego tampoco puede haber triángulos con los tres vértices de distintos colores, y algún ángulo mayor o igual que $120^\\circ$.\n\nComo hemos demostrado que toda configuración tiene a lo sumo $25$ vértices, y hemos construido una configuración con exactamente $25$ vértices, éste es el máximo número de puntos que puede tener una configuración.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43453,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $A$, $B$ y $C$ los vértices de un triángulo y $P$, $Q$ y $R$ los respectivos pies de las bisectrices trazadas desde esos mismos vértices. Sabiendo que $PQR$ es un triángulo rectángulo en $P$, se te pide probar dos cosas:\na) Que $ABC$ ha de ser obtusángulo.\nb) Que en el cuadrilátero $ARPQ$, pese a no ser cíclico, la suma de sus ángulos opuestos es constante.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Para resolver el problema utilizaremos dos herramientas fundamentales en los problemas geométricos relativos a triángulos: el teorema de la bisectriz (La bisectriz de un ángulo de un triángulo corta al lado opuesto en dos segmentos de longitudes proporcionales a los otros dos lados del triángulo) y el teorema de Stewart (Si en un triángulo $ABC$ consideramos un punto $P$ en el lado $AB$, entonces se cumple que $AP^2 a = PB b^2 + PC c^2 - PB PC a$).\n\nSea ahora el punto $P$ pie de la bisectriz de nuestro problema. Por el teorema de la bisectriz tenemos:\n$$\nPB = \\frac{ac}{b+c} \\text{ y } PC = \\frac{ab}{b+c}.\n$$\nAhora, aplicando el teorema de Stewart queda:\n$$\nAP^2 = \\frac{bc}{(b+c)^2} (b^2 + 2bc + c^2 - a^2)\n$$\ny, substituyendo $a^2$ por su expresión obtenida del teorema del coseno:\n$$\nAP = \\frac{2bc}{(b+c)^2} \\cos \\frac{A}{2}.\n$$\nCalculemos ahora los lados del triángulo $PQR$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPor el teorema del coseno y los teoremas de la bisectriz y de Stewart obtenemos:\n$$PR^2 = AP^2 + QA^2 - 2AP RA \\cos A = \\frac{4b^2c^2(a-b)\\cos^2 A/2}{(b+c)^2(a+b)} + \\frac{b^2c^2}{(a+b)^2},$$\n$$QR^2 = QA^2 + RA^2 - 2QA RA \\cos A = \\frac{4b^2c^2(a-b)\\cos^2 A/2}{(b+c)^2(a+b)} + \\frac{b^2c^2}{(a+b)^2},$$\n$$PR^2 = AP^2 + QA^2 - 2AP RA \\cos A = \\frac{b^2c^2}{(a+c)^2} + \\frac{b^2c^2}{(a+b)^2} - \\frac{2b^2c^2 \\cos A}{(a+b)(a+c)}.$$\n\nComo que el triángulo $PQR$ es rectángulo $PQ^2 + PR^2 = QR^2$, substituyendo y simplificando, tenemos:\n$$\n2a^2 - b^2 - c^2 + (2a^2 + 2bc) \\cos A = 0\n$$\nde donde sale $\\cos A = -1/2$, $A = 120^\\circ$ y de aquí $R + Q = 150^\\circ$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43454,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $n \\ge 3$ un número entero. Se considera una circunferencia en la que se han marcado $n+1$ puntos igualmente espaciados. Cada punto se etiqueta con uno de los números $0, 1, \\dots, n$ de manera que cada número se usa exactamente una vez. Dos distribuciones de etiquetas se consideran la misma si una se puede obtener de la otra por una rotación de la circunferencia. Una distribución de etiquetas se llama bonita si, para cualesquiera cuatro etiquetas $a < b < c < d$, con $a + d = b + c$, la cuerda que une los puntos etiquetados $a$ y $d$ no corta la cuerda que une los puntos etiquetados $b$ y $c$. Sea $M$ el número de distribuciones bonitas y $N$ el número de pares ordenados $(x, y)$ de enteros positivos tales que $x + y \\le n$ y $\\text{mcd}(x, y) = 1$. Demostrar que $M = N + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Antes de empezar, nótese que si $x + y = n$, y $\\text{mcd}(x, y) = 1$, entonces $\\text{mcd}(x, n) = \\text{mcd}(y, n) = 1$, ya que si por ejemplo $\\text{mcd}(x, n) = d > 1$, entonces $y = n - x$ es divisible por $d$, luego $\\text{mcd}(x, y) \\ge d$, contradicción. Recíprocamente, si una de entre $\\text{mcd}(x, n) = 1$ o $\\text{mcd}(y, n) = 1$ es cierta, entonces la otra también se cumple, siendo además $\\text{mcd}(x, y) = 1$. Luego como el par es ordenado, $x$ puede tomar exactamente cualquiera de los valores enteros positivos menores que $n$ que son primos con $n$, y llamando $M_n$ y $N_n$ a los valores respectivos de $M$ y $N$, una vez fijado $n$, se tiene que $N_n = N_{n-1} + \\varphi(n)$, donde $\\varphi(n)$ denota a la función de Euler, es decir, al número de enteros positivos menores que $n$, y que son primos con $n$. Luego basta con demostrar que $M_3 = N_3 + 1$, y que para todo $n \\ge 4$, $M_n - M_{n-1} = \\varphi(n)$.\n\nNótese también que los $n+1$ puntos no necesitan estar equiespaciados sobre la circunferencia; la condición para que el etiquetado no sea bonito, es equivalente a que existan etiquetas $a < b < c < d$ con $a + d = b + c$, y tales que las etiquetas $a, d$ estén cada una en uno de los dos arcos delimitados por los puntos con etiquetas $b, c$, o equivalentemente que las etiquetas $b, c$ estén cada una en uno de los dos arcos delimitados por los puntos con etiquetas $a, d$. Nótese también que, para eliminar la posibilidad de tomar como distintos dos etiquetados que sean el mismo salvo una rotación, nos basta con definir los etiquetados recorriendo la circunferencia en el sentido de las agujas del reloj, empezando siempre por el punto con etiqueta 0, e ir enunciando sucesivamente las etiquetas que vayamos encontrando, y así será como lo hagamos en esta solución.\n\nSea un etiquetado bonito para un cierto $n$ dado. Entonces, eliminando la etiqueta $n$, nos queda un etiquetado bonito para $n-1$. En efecto, si no fuera así, existirían cuatro etiquetas $a < b < c < d$ con $a+d = b+c$, y tales que $a, d$ están cada una en uno de los dos arcos delimitados por los puntos con etiquetas $b, c$, y reponiendo la etiqueta $n$, la situación relativa de las etiquetas $a, b, c, d$ no ha cambiado, luego el etiquetado inicial no sería bonito. Recíprocamente, todo etiquetado bonito para $n$ se puede obtener de la siguiente manera: tomamos todos los etiquetados bonitos para $n-1$, y probamos para cada uno de ellos, todas las posiciones entre dos etiquetas distintas, en las que podemos insertar $n$, y para cada terna de etiquetas $a < b < c$ tales que $b+c-a = n$, comprobamos si $n, a$ están en el mismo arco delimitado por los puntos con etiquetas $b, c$. Si esto es así para todas tales ternas, hemos encontrado un etiquetado bonito, en caso contrario, $n$ no puede estar en esa posición para un etiquetado bonito. Cuando hayamos agotado todas las posiciones de $n$ en todos los etiquetados bonitos para $n-1$, habremos encontrado todos los etiquetados bonitos para $n$.\n\nNótese ahora que $N_3 = 3$ porque $(1,1)$ es el único par ordenado $(x,y)$ de enteros positivos coprimos tales que $x+y=2$, y $(1,2)$ y $(2,1)$ son los únicos pares ordenados tales que $x+y=3$. Al mismo tiempo, ningún etiquetado para $n=3$ puede ser de la forma $0, a, 3, b$, pues $a+b=1+2=3$, mientras que se comprueba fácilmente que $0, 1, 2, 3$, $0, 2, 1, 3$, $0, 3, 1, 2$ y $0, 3, 2, 1$, que son todos los posibles etiquetados de la forma $0, 3, a, b$ o $0, a, b, 3$, son todos bonitos. Luego $M_3 = 4 = 3+1 = N_3 + 1$, y nos basta con demostrar que, para todo $n \\ge 4$, $M_n - M_{n-1} = \\varphi(n)$.\n\nApoyándonos entonces en el estudio de los etiquetados bonitos para $n=4, 5, 6$ (que omitimos por brevedad en esta solución pero que el lector puede reproducir sin gran dificultad), formulamos la siguiente conjetura, que de ser probada, concluiría el problema: para $n-1$, existen $\\varphi(n)$ etiquetados, que llamaremos *muy bonitos*, tales que $n$ puede ser introducido en exactamente dos posiciones distintas para formar un etiquetado bonito para $n$, y para todos los demás etiquetados bonitos para $n-1$, existe exactamente una posición en la que se puede insertar $n$ para formar un etiquetado bonito para $n$.\n\n**Lema.** Sea $r \\in \\{1, 2, \\dots, n-1\\}$ tal que $r, n$ son coprimos. Entonces, asignando las etiquetas que dan los mismos restos al dividir entre $n$ que $0, r, 2r, 3r, \\dots, (n-1)r$ y en este mismo orden, se obtiene un etiquetado muy bonito para $n-1$, donde $n$ puede ser insertado tanto antes, como después del 0, para obtener un etiquetado bonito para $n$, pero en ninguna otra posición.\n\n**Demostración.** Por ser $r, n$ coprimos, claramente los restos al dividir $ur, vr$ entre $n$ son distintos cuando $u \\neq v$, pues para que dos sean iguales, $n$ ha de dividir a $(u-v)r$, y al ser primo con $r$, ha de dividir a $u-v$, cuyo valor absoluto es no nulo y a lo sumo $n-1$, contradicción. Supongamos que el etiquetado así hallado no es bonito para $n-1$. Entonces, existen dos pares de etiquetas con igual suma, y tales que las cuerdas que unen sus correspondientes puntos se cortan dentro de la circunferencia. Comenzando desde 0, recorremos la circunferencia en el sentido de las agujas del reloj hasta encontrar la primera, que da el mismo resto al dividir entre $n$ que $tr$, y continuamos hasta encontrar las siguientes, que dan los mismos restos respectivamente que $ur, vr, wr$, con lo que los restos de $tr, vr$ han de sumar lo mismo que los restos de $ur, wr$, es decir, $r(t+v) \\equiv r(u+w) \\pmod{n}$. Pero como $n, r$ son coprimos, ha de ser $t+v \\equiv u+w \\pmod{n}$. Pero por la forma en la que se han asignado las etiquetas, es $t < u < v < w$, y al ser $t, u, v, w \\in \\{0, 1, 2, \\dots, n-1\\}$, es $0 < t+v < u+w < 2n$, y ha de ser $t+v \\in \\{0, 1, \\dots, n-1\\}$ y $u+w = t+v+n$. Pero entonces $0 < n-w = -t-(v-u) < 0$, contradicción. Luego en efecto el etiquetado $0, r, 2r, \\dots, (n-1)r$ es bonito.\n\nSupongamos que añadimos ahora, al etiquetado bonito para $n-1$ anterior, una etiqueta $n$ en alguna posición que no sea la primera o la última. Entonces, entre $r$ y $(n-1)r$ está el 0 y ninguna otra etiqueta, pero los restos módulo $n$ de $r$, $(n-1)r$ son positivos, menores que $n$, y al ser $r+(n-1)r \\equiv 0 \\pmod{n}$, han de sumar $n$, y el segmento que los une claramente corta al segmento que une las etiquetas $0, n$, y tal etiquetado nunca puede ser bonito. Supongamos que añadimos entonces $n$ en la última posición, es decir, consideremos el etiquetado $0, r, 2r, \\dots, (n-1)r, n$. Si este etiquetado no es bonito, y como antes de añadir la etiqueta $n$ el etiquetado sí era bonito, entonces existen etiquetas $tr, ur, vr$ tales que $n+ur \\equiv tr+vr \\pmod{n}$ con $0 \\le t < u < v \\le n-1$, luego al ser $r$ coprimo con $n$, ha de ser $u \\equiv t + v \\pmod{n}$, y como $u < v$, y $t + v < 2n$, es $t + v = u + n$. Pero $n > v$ y $u > t$, contradicción, luego este etiquetado sí es bonito. De forma análoga, se comprueba que también es bonito el etiquetado $0, n, r, 2r, ..., (n-1)r$, pues si 0 no forma parte de las cuatro etiquetas, existen $1 \\le u < v < w \\le n-1$ tales que $n + vr \\equiv ur + wr$, con llegada a una contradicción como en el caso anterior, mientras que si 0 sí es una de las etiquetas implicadas, se tendría que existen $1 \\le v < w \\le n-1$ tales que $0 + vr \\equiv n + wr \\pmod{n}$, con lo que $v \\equiv w \\pmod{n}$, claramente imposible.\n\nHemos demostrado entonces que el etiquetado $0, r, 2r, ..., (n-1)r$ es muy bonito para $n-1$ cuando $r$ es coprimo con $n$, luego existen exactamente $\\varphi(n)$ tales etiquetados muy bonitos para $n-1$, cada uno de los cuales genera exactamente dos etiquetados muy bonitos para $n$.\n\nY ahora faltaría demostrar que el resto de etiquetados bonitos para $n - 1$, cada uno de ellos genera exactamente un etiquetado bonito para $n$.\n\nNota: Los etiquetados bonitos para $n = 4$ son\n$$\n\\begin{array}{lll}\n0, 1, 2, 3, 4; & 0, 2, 4, 1, 3; & 0, 3, 2, 1, 4; \\\\\n0, 3, 1, 4, 2; & 0, 4, 1, 2, 3; & 0, 4, 3, 2, 1.\n\\end{array}\n$$\nNótese que el primero, segundo, cuarto y sexto se corresponden a etiquetados muy bonitos con $r = 1, 2, 3, 4$ respectivamente (todos coprimos con 5). Todos provienen de etiquetados muy bonitos para $n = 3$, salvo el segundo y el cuarto, que provienen de los etiquetados bonitos pero no muy bonitos $0, 2, 1, 3$ y $0, 3, 1, 2$.\n\nPara $n = 5$, los etiquetados bonitos son\n$$\n\\begin{array}{llll}\n0, 1, 2, 3, 4, 5; & 0, 2, 4, 1, 3, 5; & 0, 3, 1, 4, 2, 5; & 0, 3, 2, 5, 1, 4; \\\\\n0, 4, 1, 5, 2, 3; & 0, 4, 3, 2, 1, 5; & 0, 5, 1, 2, 3, 4; & 0, 5, 2, 4, 1, 3; \\\\\n& 0, 5, 3, 1, 4, 2; & 0, 5, 4, 3, 2, 1;\n\\end{array}\n$$\nSólo son muy bonitos el primero y el último, para $r = 1, 5$ respectivamente, pues $2, 3, 4$ no son coprimos con 6. Los únicos que no provienen de etiquetas muy bonitos para $n = 4$ son el cuarto y el quinto.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43455,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Por los puntos medios de dos lados de un triángulo $ABC$ trazamos las medianas y unimos los puntos que trisecan el tercer lado con el vértice opuesto. Así, en el interior, se obtiene una pajarita (dos triángulos unidos por un vértice). Se pide calcular la fracción de superficie total del triángulo que representa la pajarita.",
    "options": [],
    "answer": "1/30",
    "solution": "Supongamos, sin pérdida de generalidad, que el área del triángulo $ABC$ es uno. Es decir, $[ABC] = 1$. Tenemos\n\n![](attached_image_1.png)\n![](attached_image_2.png)\n\nLas medianas dividen al triángulo en seis partes de igual área, luego: $[AMF] = [FNC] = \\frac{1}{6}$ y $[AFC] = 2 \\cdot \\frac{1}{6} = \\frac{1}{3}$. Trazamos, desde $B$, $A$, $P$ y $Q$, perpendiculares sobre la mediana $CM$ y sean $X$, $Y$, $Z$ y $V$ sus respectivos pies tal y como muestra la figura de la derecha. En esta figura se tiene trabajando con la mediana $CM$ :\n\n$$\n\\bullet \\ AMY \\cong BMX. \\ \\text{Como} \\ AM = MB \\ \\text{entonces} \\ AY = XB = h.\n$$\n$$\n\\bullet \\ AYC \\cong PZC \\cong QVC. \\ \\text{Como} \\ AP = PQ = QC, \\ \\text{entonces} \\ PZ = \\frac{2}{3}h \\ \\text{y} \\ QV = \\frac{1}{3}h.\n$$\n$$\n\\bullet \\ PEZ \\cong XBE. \\ \\text{Como} \\ PZ = \\frac{2}{3}XB \\ \\rightarrow PE = \\frac{2}{3}EB \\ \\rightarrow PE = \\frac{2}{5}PB \\ \\text{y} \\ EB = \\frac{3}{5}PB.\n$$\n$$\n\\bullet \\ QHV \\cong XBH. \\ \\text{Como} \\ QV = \\frac{1}{3}QB \\ \\rightarrow QH = \\frac{1}{3}HB \\ \\rightarrow QH = \\frac{1}{4}QB\n$$\n\nY trabajando, análogamente¹, sobre la otra mediana $AN$, se obtiene\n$$\nQG = \\frac{2}{5}QB \\quad GB = \\frac{3}{5}QB \\quad \\text{y} \\quad PD = \\frac{1}{4}PB\n$$\n\nNos fijamos, por ejemplo, en la ceviana $PB$ y ya podemos conocer la proporción en que los puntos $D$ y $E$ la dividen. Falta\n$$\nDE = PE - PD = \\left(\\frac{2}{5} - \\frac{1}{4}\\right)PB = \\frac{3}{20}PB\n$$\n\n¹Todo esto es equivalente a aplicar el Teorema de Menelao sobre las transversales de un triángulo\n\nPor tanto,\n$$\nPD = \\frac{5}{20} PB \\quad DE = \\frac{3}{20} PB \\quad \\text{y} \\quad EB = \\frac{12}{20} PB\n$$\n\nAhora dibujamos la línea auxiliar *AE*. Sobre la ceviana *PB*, *ABP* de área conocida queda dividido en tres triángulos, *ABE*, *AED* y *ADP*, de idéntica altura. Por tanto,\n$$\n\\frac{[ADP]}{[ABP]} = \\frac{PD}{PB} = \\frac{5}{20}, \\quad \\frac{[AED]}{[ABP]} = \\frac{DE}{PB} = \\frac{3}{20}, \\quad \\frac{[ABE]}{[ABP]} = \\frac{EB}{PB} = \\frac{12}{20}\n$$\nDe\n$$\n[ABP] = \\frac{1}{3} \\rightarrow [ADP] = \\frac{5}{60}, \\quad [AED] = \\frac{3}{60} \\quad \\text{y} \\quad [ABE] = \\frac{12}{60}\n$$\nPor otro lado, como *EM* es mediana del triángulo *ABE*, se tiene $[AME] = \\frac{1}{2} [ABE] = \\frac{6}{60}$. Finalmente,\n$$\n\\frac{1}{6} = [AMF] = [AME] + [AED] + [DEF] = \\frac{6}{60} + \\frac{3}{60} + [DEF]\n$$\nde donde resulta el área de media pajarita. Es decir, $[DEF] = \\frac{1}{60}$. Análogamente, $[FGH] = \\frac{1}{60}$, y el área pedida es\n$$\n[DEF] + [FGH] = \\frac{1}{30} = \\frac{1}{30} [ABC]\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43456,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be an odd positive integer. Find all values of the natural numbers $n \\ge 2$ for which holds\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\prod_{j \\neq i} (x_i - x_j)^p \\geq 0,\n$$\nwhere $x_1, x_2, \\dots, x_n$ are any real numbers.",
    "options": [],
    "answer": "n = 2, 3, 5",
    "solution": "Denote by\n$$\nf_n(x_1, x_2, \\dots, x_n) = \\sum_{i=1}^{n} \\prod_{j \\neq i} (x_i - x_j)^p = (x_1 - x_2)^p (x_1 - x_3)^p \\dots (x_1 - x_n)^p\n$$\n$$\n+(x_2-x_1)^p(x_2-x_3)^p\\dots(x_2-x_n)^p+\\dots+(x_n-x_1)^p(x_n-x_2)^p\\dots(x_n-x_{n-1})^p\n$$\nSince $f_2(x_1, x_2) = (x_1 - x_2)^p + (x_2 - x_1)^p = 0$ for all $x_1, x_2 \\in \\mathbb{R}$, then for $n = 2$ the statement holds and equality occurs. Let $n \\ge 3$. Then\n$$\n\\begin{aligned}\nf_n(x_1, x_2, a, a, \\dots, a) &= (x_1 - x_2)^p (x_1 - a)^{p(n-2)} + (x_2 - x_1)^p (x_2 - a)^{p(n-2)} \\\\\n&= (x_1 - x_2)^p \\left[ (x_1 - a)^{p(n-2)} - (x_2 - a)^{p(n-2)} \\right] \\end{aligned}\n$$\nfor all $x_1, x_2 \\in \\mathbb{R}$. Observe that $f_n(x_1, x_2, a, a, \\dots, a) \\ge 0$ when the function $u_a(x) = (x - a)^{p(n-2)}$ is an increasing function. It occurs when $p(n-2)$ is an odd number from which follows that $n$ must be an odd number too.\nNow we consider the case when $n \\ge 7$ is an odd number. Then, should be\n$$\nf_n(x_1, a, a, a, b, \\dots, b) = (x_1 - a)^{3p} (x_1 - b)^{p(n-4)} \\ge 0,\n$$\nfor all $x_1, a, b \\in \\mathbb{R}$. But, the preceding inequality does not hold when $x_1 = \\frac{a+b}{2}$ and $a \\ne b$. So, we have to analyze the cases $n = 3$ and $n = 5$.\n(1) For $n = 3$ we may suppose WLOG that $x_1 \\ge x_2 \\ge x_3$. Let $g(x_1, x_2, x_3) = (x_3 - x_1)^p (x_3 - x_2)^p$ and $u(x) = (x - x_3)^p$, $x \\ge x_3$. Then, we have\n(i) $u$ is increasing.\n(ii) $g(x_1, x_2, x_3) \\ge 0$.\nOn account of (i) and (ii), we have that\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x_1, x_2, x_3) &= (x_1 - x_2)^p \\left[ (x_1 - x_3)^p - (x_2 - x_3)^p \\right] + (x_3 - x_1)^p (x_3 - x_2)^p \\\\\n&= (x_1 - x_2)^p \\left[ u(x_1) - u(x_2) \\right] + g(x_1, x_2, x_3) \\ge 0 \\end{aligned}\n$$\nand the statement holds for $n = 3$.\n(2) For $n = 5$ we also suppose that $x_1 \\ge x_2 \\ge x_3 \\ge x_4 \\ge x_5$. Let\n$$\nh(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) = (x_3 - x_1)^p (x_3 - x_2)^p (x_3 - x_4)^p (x_3 - x_5)^p\n$$\nand let $v(x) = (x - x_3)^p (x - x_4)^p (x - x_5)^p$, $x \\ge x_3$ and $w(x) = (x - x_1)^p (x - x_2)^p (x - x_3)^p$, $x \\le x_3$. Observe that $h(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \\ge 0$ and $v$ and $w$ are increasing. Since\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) &= (x_1 - x_2)^p [v(x_1) - v(x_2)] \\\\\n&\\quad + (x_4 - x_5)^p [w(x_4) - w(x_5)] + h(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5), \\end{aligned}\n$$\nthen $f(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) \\ge 0$. We conclude that the natural numbers for which the statement follows are $n = 2, n = 3$ and $n = 5$, respectively. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43457,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABCD$ un cuadrilátero convexo tal que:\n$$\n|AB| + |CD| = \\sqrt{2} |AC|\n$$\ny\n$$\n|BC| + |DA| = \\sqrt{2} |BD|.\n$$\n¿Qué forma tiene el cuadrilátero $ABCD$?",
    "options": [],
    "answer": "square",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43458,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $a_0 < a_1 < a_2 < \\dots$ una sucesión infinita de números enteros positivos.\nDemostrar que existe un único entero $n \\ge 1$ tal que\n$$\na_n < \\frac{a_0 + a_1 + a_2 + \\dots + a_n}{n} \\le a_{n+1}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.** Definamos\n$$\nb_n = n a_n - (a_n + a_{n-1} + \\dots + a_1).\n$$\nClaramente, $b_1 = 0$, y $b_{n+1} - b_n = n(a_{n+1} - a_n) > 0$, así que la sucesión $b_1, b_2, \\dots$ es una sucesión infinita y estrictamente creciente de enteros. Nótese además que la condición que se desea imponer a $n$ es equivalente a\n$$\nb_n < a_0 \\le b_{n+1}.\n$$\nSea ahora $C_k = \\{b_k + 1, b_k + 2, \\dots, b_{k+1}\\}$, donde $k$ recorre todos los enteros positivos. Cada uno de estos conjuntos es no vacío por ser $b_{k+1} > b_k$, luego $b_{k+1} \\ge b_k + 1$. Los conjuntos son disjuntos dos a dos porque si $i > j$, el máximo elemento de $C_j$, que es $b_{j+1}$, es menor que el mínimo elemento de $C_i$, que es $b_i + 1 > b_i \\ge b_{j+1}$ por ser la sucesión de los $b_n$ una sucesión creciente de enteros. Como además el mayor elemento de $C_k$ y el menor elemento de $C_{k+1}$ son consecutivos, y los elementos de cada $C_k$ son consecutivos, cada entero mayor o igual que $b_1 + 1 = 1$ está en alguno de los conjuntos. Luego cada entero positivo pertenece a uno y sólo uno de los $C_k$. En concreto, el entero positivo $a_0$ pertenece a uno y sólo uno de los $C_k$, es decir, existe un único entero positivo $n$ tal que $b_n < a_0 \\le b_{n+1}$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43459,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The function $f : \\mathbb{N}^* \\rightarrow \\mathbb{N}$ satisfies that $f(2) = 0$, $f(3) > 0$, $f(6042) = 2014$ and if $(m, n) \\in \\mathbb{N}^* \\times \\mathbb{N}^*$ then $f(m+n) - f(n) - f(m) \\in \\{0, 1\\}$. Find the value of $f(2014)$. Here, $\\mathbb{N}^* = \\{1, 2, 3, \\dots\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "671",
    "solution": "Since $f(2) \\ge f(1) + f(1) = 2 \\cdot f(1)$ and $f(2) = 0$ then $f(1) \\le 0$. Therefore, $f(1) = 0$. On the other hand, from $f(3) > 0$ and $f(3) - f(2) - f(1) \\in \\{0, 1\\}$ we have $f(3) = 1$. Putting $m = 1$ in the condition $f(m+n) - f(n) - f(m) \\in \\{0, 1\\}$, we obtain $f(n+1) - f(1) - f(n) = f(n+1) - f(n) \\in \\{0, 1\\}$ from which follows that $f(n+1) \\ge f(n)$ for all positive integer $n$. That is, $f$ is increasing.\n\nNow we will prove by induction that $f(3n) \\ge n$. The case $n = 1$ trivially holds. Assume that $f(3n) \\ge n$ and we have to see that $f(3n + 3) \\ge n + 1$. Indeed, $f(3n + 3) - f(3n) - f(3) \\ge 0$. So, $f(3n + 3) \\ge f(3n) + f(3) \\ge n + 1$. On account that $f(6042) = 2014$ then $f(3n) = n$ for $1 \\le n \\le 2014$. Otherwise, if for some $n \\in \\{1, 2, 3, \\dots, 2014\\}$ we have a strict inequality, then it is not possible to obtain $f(6042) = 2014$.\n\nSince $f(2014) = f(3 \\cdot 671 + 1)$ if we see that $f(3n + 1) = n$ for all $n \\in \\{1, 2, 3, \\dots, 2014\\}$, then $f(2014) = 671$. Finally, we will prove that $f(3n+1) = n$. Indeed, $f(3n + 1) \\ge f(3n) + f(1) = f(3n) = n$. On the other hand, we have $3n + 1 = f(9n + 3) \\ge f(6n + 2) + f(3n + 1) \\ge 3 \\cdot f(3n + 1)$ from which follows $f(3n + 1) \\le n + \\frac{1}{3} < n + 1$. Hence, $f(3n + 1) = n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43460,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $k$ be positive integers and let $n$ be a nonnegative integer. Show that $(ka^2 + 1)^{2n+1}$ can be expressed as a sum of $k + 1$ squares and $(ka^2 + 1)^{2n+2}$ can be expressed as a sum of $(k + 1)^2$ squares.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First, we have\n$$\n(ka^2+1)^{2n+1} = (ka^2+1)(ka^2+1)^{2n} = \\underbrace{(a^2+a^2+\\dots+a^2+1^2)}_{k} (ka^2+1)^{2n} \\\\\n= \\underbrace{(a(ka^2+1)^n)^2 + (a(ka^2+1)^n)^2 + \\dots + (a(ka^2+1)^n)^2}_{k} + \\underbrace{((ka^2+1)^n)^2}_{k}\n$$\nwhich is the sum of $k + 1$ squares.\n\nLikewise,\n$$\n(ka^2 + 1)^{2n+2} = (ka^2 + 1)^2 (ka^2 + 1)^{2n} = (k^2a^4 + 2ka^2 + 1) (ka^2 + 1)^{2n} \\\\\n= \\underbrace{(a^2(ka^2 + 1)^n)^2 + (a^2(ka^2 + 1)^n)^2 + \\dots + (a^2(ka^2 + 1)^n)^2}_{k^2} \\\\\n+ \\underbrace{(a(ka^2 + 1)^n)^2 + (a(ka^2 + 1)^n)^2 + \\dots + (a(ka^2 + 1)^n)^2}_{2k} + \\underbrace{((ka^2 + 1)^n)^2}_{k}\n$$\nis the sum of $(k + 1)^2$ squares, and we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43461,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs posible disponer sobre una circunferencia los números $0, 1, 2, \\ldots, 9$ de tal manera que la suma de tres números sucesivos cualesquiera sea, como mucho\n\na) $13$,\nb) $14$,\nc) $15$?",
    "options": [],
    "answer": "a) No; b) No; c) Yes",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43462,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $a$, $b$ números positivos. Probar que\n$$\na + b \\geq \\sqrt{ab} + \\sqrt{\\frac{a^2 + b^2}{2}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "La desigualdad equivale a\n$$\n\\frac{\\sqrt{ab} + \\sqrt{\\frac{a^2+b^2}{2}}}{2} \\le \\frac{a+b}{2}.\n$$\nSi aplicamos la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica al miembro de la izquierda obtenemos\n$$\n\\frac{\\sqrt{ab} + \\sqrt{\\frac{a^2+b^2}{2}}}{2} \\le \\sqrt{\\frac{ab + \\frac{a^2+b^2}{2}}{2}} = \\sqrt{\\frac{2ab + a^2 + b^2}{2 \\cdot 2}} = \\sqrt{\\frac{(a+b)^2}{2^2}} = \\frac{a+b}{2}.\n$$\nCon el cambio de variable $a = s^2$, $b = t^2$ ($0 \\le s, t$) obtenemos la desigualdad equivalente\n$$\nst + \\sqrt{\\frac{s^4 + t^4}{2}} \\le s^2 + t^2.\n$$\nAislando la raíz cuadrada y elevando al cuadrado, también es equivalente\n$$\n\\frac{s^4 + t^4}{2} \\le s^4 + t^4 + s^2t^2 + 2s^2t^2 - 2s^3t - 2t^3s.\n$$\nMultiplicando por 2 e igualando a 0 el miembro de la izquierda, es equivalente probar que\n$$\n0 \\le s^4 + t^4 + 6s^2t^2 - 4s^3t - 4t^3s.\n$$\nFinalmente, gracias al binomio de Newton,\n$$\ns^4 + t^4 + 6s^2t^2 - 4s^3t - 4t^3s = (t-s)^4 \\ge 0.\n$$\nDenotamos\n$$\nA = \\frac{a+b}{2} \\text{ (media aritmética de los números } a \\text{ y } b.)}\n$$\n$$\nG = \\sqrt{ab} \\text{ (media geométrica de los números } a \\text{ y } b.)}\n$$\n$$\nQ = \\sqrt{\\frac{a^2 + b^2}{2}} \\text{ (media cuadrática de los números } a \\text{ y } b.)}\n$$\nCon esta notación debemos probar que\n$$\nG + Q \\leq 2A\n$$\no, equivalentemente,\n$$\nQ - A \\leq A - G,\n$$\nque expresamos, multiplicando por el conjugado en cada uno de los términos, como\n$$\n\\frac{Q^2 - A^2}{Q + A} \\leq \\frac{A^2 - G^2}{A + G}.\n$$\nPuesto que $Q \\geq G$, se tiene que $Q + A \\geq A + G > 0$. Como $Q \\geq A$, tenemos $Q^2 - A^2 \\geq 0$. Puesto que $A \\geq G$, tenemos que $A^2 - G^2 \\geq 0$. Así pues, basta probar que\n$$\nQ^2 - A^2 \\leq A^2 - G^2,\n$$\nque equivale a\n$$\nQ^2 + G^2 \\leq 2A^2.\n$$\nEs decir, basta probar que\n$$\n\\frac{a^2 + b^2}{2} + ab \\leq \\frac{(a + b)^2}{2}.\n$$\nSimplificando observamos que esta última expresión es, en realidad, una igualdad.\n\n$$\n\\frac{1}{2}\\sqrt{ab} + \\frac{1}{2}\\sqrt{\\frac{a^2 + b^2}{2}} \\leq \\frac{a+b}{2}.\n$$\nPuesto que la función $f(x) = \\sqrt{x}$ es cóncava, gracias a la desigualdad de Jensen,\n$$\n\\frac{1}{2}\\sqrt{ab} + \\frac{1}{2}\\sqrt{\\frac{a^2 + b^2}{2}} \\leq \\sqrt{\\frac{1}{2}ab + \\frac{1}{2}\\frac{a^2 + b^2}{2}} = \\frac{a+b}{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43463,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Para cada entero positivo $n$, se define $s(n)$ como la suma de los dígitos de $n$. Determine el menor entero positivo $k$ tal que\n$$\ns(k) = s(2k) = s(3k) = \\dots = s(2013k) = s(2014k)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "9999",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43464,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Tenemos 50 fichas numeradas del 1 al 50, y hay que colorearlas de rojo o azul. Sabemos que la ficha 5 es de color azul. Para la coloración del resto de fichas se siguen las siguientes reglas:\na) Si la ficha con el número $x$ y la ficha con el número $y$ son de distinto color, entonces la ficha con el número $|x - y|$ se pinta de color rojo.\nb) Si la ficha con el número $x$ y la ficha con el número $y$ son de distinto color y $x \\cdot y$ es un número entre 1 y 50 (incluyendo ambos), entonces la ficha con el número $x \\cdot y$ se pinta de color azul.\nDeterminar cuántas coloraciones distintas se pueden realizar en el conjunto de fichas.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Observemos que dos números que se diferencian en $5$ tienen el mismo color. En efecto, si fueran de distinto color, su diferencia debería ser de color rojo, por la regla a). Pero su diferencia es $5$, que es de color azul. Por tanto basta con saber el color de los $4$ primeros números. Aquí, distinguimos dos casos:\n\n1) Que la ficha $1$ sea de color azul.\n\nEl resto de fichas deberá ser de color azul, por la regla b). Esto es así porque si la ficha $k \\neq 1$ fuera roja, entonces por b), $k = k \\cdot 1$ tendría que ser azul, lo que contradice que $k$ sea roja.\n\n2) Que la ficha $1$ sea roja.\n\nPor la regla a) $4 = 5 - 1$ es roja. Para determinar el color de $2$ y $3$, supongamos que $3$ es azul. Por ser $2 = 3 - 1$ y ser $3$ y $1$ de diferente color, entonces $2$ es roja. Ahora bien $3 = 5 - 2$ y $5$ es azul y $2$ roja, por lo tanto $3$ es roja. Esto no puede ser, por lo tanto $3$ no puede ser azul y es roja, por lo que $2$ también es roja. Así pues, $1$, $2$, $3$ y $4$ son rojas, lo mismo que el resto de fichas que no son múltiplo de $5$.\n\nPor tanto, solo hay dos coloraciones posibles, o todas las fichas de color azul o todas rojas, excepto los múltiplos de $5$ que son azules.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43465,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determinar cuántas soluciones reales tiene la ecuación\n$$\n\\sqrt{2 - x^2} = \\sqrt[3]{3 - x^3}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "0",
    "solution": "Para que existan soluciones reales tiene que ser $x \\in [-\\sqrt{2}, \\sqrt{2}]$. Ahora bien, si $x \\in [-\\sqrt{2}, 0]$ se tiene que\n$$\n2 - x^2 \\leq 2, \\quad 3 - x^3 \\geq 3,\n$$\npero $\\sqrt{2} < \\sqrt[3]{3}$, por lo que no hay soluciones cuando $x \\in [-\\sqrt{2}, 0]$.\n\nPor otra parte, cuando $x \\in (0, \\sqrt{2}]$ podemos ver que\n$$\n\\sqrt[3]{3-x^3} > \\sqrt[3]{2\\sqrt{2}-x^3}.\n$$\nPuesto que la ecuación\n$$\n\\sqrt{2-x^2} = \\sqrt[3]{2\\sqrt{2}-x^3}\n$$\ntiene como únicas soluciones $x = 0$ y $x = \\sqrt{2}$ y, para $x = 1$, resulta $\\sqrt[3]{2\\sqrt{2}-1} > \\sqrt{2-1} = 1$, es evidente que\n$$\n\\sqrt[3]{3-x^3} > \\sqrt[3]{2\\sqrt{2}-x^3} \\geq \\sqrt{2-x^2},\n$$\npor lo que tampoco pueden existir soluciones cuando $x \\in (0, \\sqrt{2}]$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43466,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find those positive integers $n \\le 2014$ for which there exist positive integers $r, s$ such that $\\text{gcd}(rs(r+s), n) = 1$ and $n$ does not divide $r - s$.",
    "options": [],
    "answer": "{n: n is odd and 5 <= n <= 2014}",
    "solution": "First we observe that if $r$, $s$, and $r + s$ are positive integers then at least one of them must be even. Indeed, if both are odd then their sum $r + s$ is even. Therefore, the number $rs(r + s)$ must also be even. So, if $n$ and $rs(r + s)$ are coprime then $n$ must be odd. Hence, if $n$ is even there are no suitable positive integers $r$ and $s$ that satisfy the given conditions.\n\n* If $n = 1$, then $n$ divides any number and in particular $r - s$. So, $n$ must be odd and greater than 1.\n* If $n = 3$ then $r$ and $s$ cannot be multiples of 3, and also they cannot have the same remainder when divided by 3 because of the condition $3 \\nmid (r-s)$. Therefore, one of them must leave remainder 1 and the other remainder 2 when divided by 3. This means that $3 \\mid (r+s)$. We conclude that there are no suitable numbers $r$ and $s$ for $n = 3$.\n\nIf $n > 3$ and is odd, then the numbers $r = 2$ and $s = n - 1$ satisfy\n$$\n\\text{gcd}(rs(r+s), n) = \\text{gcd}(2(n-1)(n+1), n) = 1\n$$\nand $n \\nmid (r-s) = 3-n$.\n\nAs a conclusion, we have that the set of positive integers that fulfill the requirements of the statement is\n$$\n\\{5, 7, 11, 13, \\dots, 2011, 2013\\}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43467,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Encontrar las tres últimas cifras del número $7^{2014}$.",
    "options": [],
    "answer": "849",
    "solution": "Usaremos el teorema de Euler-Fermat: si $m \\mid a, m = 1$, entonces\n$$\na^{\\varphi(m)} \\equiv 1 \\pmod{m}.\n$$\nEn nuestro caso, queremos calcular $7^{2014} \\pmod{1000}$. Por ser $1000 = 2^3 5^3$, se tiene que $\\varphi(1000) = 2^2(2-1) \\cdot 5^2(5-1) = 400$. Entonces,\n$$\n7^{2014} = 7^{5 \\cdot 400 + 14} = (7^{400})^5 \\cdot 7^{14} \\equiv 1^5 \\cdot 7^{14} \\equiv 849 \\pmod{1000}.\n$$\nEn consecuencia, las tres últimas cifras de $7^{2014}$ son 849.\nObservemos que las tres últimas cifras de $7^4$ son 401. Por tanto, multiplicando sucesivamente por $7^4$, resulta que\n\n| Potencia      | últimas cifras |\n|--------------|---------------|\n| $7^4$        | 401           |\n| $7^8$        | 801           |\n| $7^{12}$     | 201           |\n| $7^{16}$     | 601           |\n| $7^{20}$     | 001           |\n| $7^{24}$     | 401           |\n\nPuesto que $7^{2014} = 7^2 \\cdot 7^{2012} = 7^2 \\cdot 7^{503 \\cdot 4}$, resulta que las tres últimas cifras de $7^{2012}$ son 201, ya que 503 deja resto 3 al dividirlo por 5 (5 es el periodo de la tabla y 3 corresponde a la tercera entrada de la tabla). Así pues, las tres últimas cifras de $7^{2014}$ son las tres últimas cifras del producto $49 \\cdot 201$, es decir 849.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43468,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral inscribed in a circle $\\gamma$. Let $X$ be a point on the extension of $AC$ such that $XB$ and $XD$ are tangent to $\\gamma$. The tangent at $C$ intersects $XD$ at $Q$. Let $E$ be the intersection of $AQ$ with $\\gamma$ distinct from $A$. Prove that lines $AD$, $BE$, and $CQ$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose that $AD$ intersects $CQ$ at $Y$ and $AD$ intersects $BE$ at $Z$. Since $\\triangle XAD \\sim \\triangle XDC$, then we have $\\frac{AD}{DC} = \\frac{XA}{XD} = \\frac{XA}{XB} = \\frac{AB}{BC}$\n\n---\n\nfrom which follows $AB \\cdot DC = BC \\cdot AD$. By Ptolemy's theorem,\n$$\nAB \\cdot DC = BC \\cdot AD = \\frac{CA \\cdot DB}{2} \\\\ \\Rightarrow \\frac{DB}{AB} = \\frac{2 DC}{CA}\n$$\nLikewise,\n$$\nCA \\cdot ED = CE \\cdot AD = \\frac{AE \\cdot DC}{2} \\\\ \\Rightarrow \\frac{DC}{CA} = \\frac{2 ED}{AE}\n$$\nSince $\\triangle YDC \\sim \\triangle YCA$ then we have $\\frac{YD}{YC} = \\frac{DC}{CA} = \\frac{YC}{YA}$.\n![](attached_image_1.png)\nThus, taking into account the preceding, we have\n$$\n\\frac{YD}{YA} = \\frac{YD \\cdot YA}{YA^2} = \\left(\\frac{YC}{YA}\\right)^2 = \\left(\\frac{DC}{CA}\\right)^2 = \\left(\\frac{2ED}{AE}\\right)^2\n$$\nUsing the similar triangles $ABZ$ and $EDZ$, we get $\\frac{ZD}{ZB} = \\frac{ED}{AB}$. Likewise, using the similar triangles $DBZ$ and $EAZ$ we have $\\frac{ZA}{ZB} = \\frac{EA}{DB}$. Thus,\n$$\n\\frac{ZD}{ZA} = \\frac{ED \\cdot DB}{EA \\cdot AB} = \\left(\\frac{2ED}{AE}\\right)^2\n$$\nFinally, we have $Y = Z$ on account of the preceding and we are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43469,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Consider increasing integer sequences with elements from $1, \\dots, 10^9$. Such a sequence is Adriatic if its first element equals $1$ and if every element is at least twice the preceding element. A sequence is Tyrrhenian if its final element equals $10^6$ and if every element is strictly greater than the sum of all preceding elements. Decide whether the number of elements of Adriatic sequences is (i) smaller than or (ii) equal to or (iii) greater than the number of Tyrrhenian sequences.",
    "options": [],
    "answer": "equal",
    "solution": "Consider the Adriatic sequence $\\langle a_1, \\dots, a_n \\rangle$ starting with $a_1 = 1$. Construct a new sequence\n$$\n\\langle a_2 - 1, a_3 - a_2, \\dots, a_n - a_{n-1}, 10^6 \\rangle\n$$\nfrom it. Note that the new sequence is Tyrrhenian, as\n$$\n(a_2 - 1) + (a_3 - a_2) + \\dots + (a_n - a_{n-1}) = a_{k-1} - 1 < a_k - a_{k-1}\n$$\nholds for $k = 2, \\dots, n-1$ and as\n$$\n(a_2 - 1) + (a_3 - a_2) + \\dots + (a_n - a_{n-1}) = a_n - 1 < 10^6.\n$$\nNext, consider the Thyrrenian sequence $\\langle t_1, t_2, \\dots, t_n \\rangle$ with $t_n = 10^6$. Construct a new sequence\n$$\n\\langle 1, 1 + t_1, 1 + t_1 + t_2, \\dots, 1 + t_1 + \\dots + t_{n-1} \\rangle\n$$\nfrom it. Note that this new sequence is Adriatic, since\n$$\n2(1 + t_1 + t_2 + \\dots + t_{k-1}) \\le 1 + t_1 + \\dots + t_k\n$$\nis equivalent to the Thyrrenian property $t_1 + \\dots + t_{k-1} < t_k$.\n\nThese two constructions yield two injections and demonstrate that the number of Adriatic sequences equals the number of Thyrrenian sequences. (In fact the second injection is the inverse of the first injection, so that we have a clean bijection between the two sets.) $\\Box$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43470,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Dados los números $r$, $q$ y $n$, tales que\n$$\n\\frac{1}{r+qn} + \\frac{1}{q+rn} = \\frac{1}{r+q}\n$$\nprobar que\n$$\n\\sqrt{\\frac{n-3}{n+1}}\n$$\nes un número racional.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43471,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Halle todos los polinomios $P(x)$ con coeficientes reales tales que $P(2014) = 1$ y, para algún entero $c$, se cumple que\n$$\nx(P(x) - c) = (x - 2014)P(x)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = x/2014",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43472,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sobre una circunferencia se marcan $2014$ puntos. Sobre cada uno de los segmentos cuyos extremos son dos de los $2014$ puntos, se escribe un número real no negativo. Se sabe que para cualquier polígono convexo cuyos vértices son algunos de los $2014$ puntos, la suma de los números escritos en sus lados es menor o igual que $1$. Determine el máximo valor posible de la suma de todos los números escritos.",
    "options": [],
    "answer": "2013/2",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43473,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "De un prisma recto de base cuadrada, con lado de longitud $L_1$, y altura $H$, extraemos un tronco de pirámide, no necesariamente recto, de bases cuadradas, con lados de longitud $L_1$ (para la inferior) y $L_2$ (para la superior), y altura $H$. Las dos piezas obtenidas aparecen en la imagen siguiente.\n![](attached_image_1.png)\nSi el volumen del tronco de pirámide es $2/3$ del total del volumen del prisma, ¿cuál es el valor de $L_1/L_2$?",
    "options": [],
    "answer": "(1 + sqrt(5)) / 2",
    "solution": "Si prolongamos una altura $h$ el tronco de pirámide hasta obtener una pirámide completa de altura $H + h$ tendrá una sección como la que se muestra en la figura anterior.\n\nUn argumento de semejanza de triángulos permite comprobar que\n$$\n\\frac{h+H}{L_1} = \\frac{h}{L_2}\n$$\ny, por tanto,\n$$\nh = \\frac{H L_2}{L_1 - L_2}.\n$$\nAdemás, podemos observar que\n$$\n\\begin{aligned}\n\\text{Volumen del tronco de pirámide} &= \\frac{1}{3}(L_1^2(H+h) - L_2^2 h) \\\\\n&= \\frac{1}{3} \\left( \\frac{H L_1^3}{L_1 - L_2} - \\frac{H L_2^3}{L_1 - L_2} \\right) \\\\\n&= \\frac{H (L_1^3 - L_2^3)}{3(L_1 - L_2)} = \\frac{H}{3}(L_1^2 + L_1 L_2 + L_2^2).\n\\end{aligned}\n$$\nAsí, teniendo en cuenta que\n$$\n\\text{Volumen del tronco de pirámide} = \\frac{2}{3} \\text{Volumen del prisma,}\n$$\ntendremos la ecuación\n$$\n\\frac{H}{3}(L_1^2 + L_1 L_2 + L_2^2) = \\frac{2}{3} H L_1^2,\n$$\nque se transforma en\n$$\n\\left(\\frac{L_1}{L_2}\\right)^2 - \\frac{L_1}{L_2} - 1 = 0,\n$$\ncuya única solución positiva es $\\frac{L_1}{L_2} = \\frac{1+\\sqrt{5}}{2}$. Es decir, los lados deben estar en relación áurea.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Solid Geometry"
  },
  {
    "id": 43474,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En el cuadrilátero convexo $ABCD$, se tiene $\\angle ABC = \\angle CDA = 90^\\circ$. La perpendicular a $BD$ desde $A$ corta a $BD$ en el punto $H$. Los puntos $S$ y $T$ están en los lados $AB$ y $AD$, respectivamente, y son tales que $H$ está dentro del triángulo $SCT$ y\n$$\n\\angle CHS - \\angle CSB = 90^\\circ, \\quad \\angle THC - \\angle DTC = 90^\\circ.\n$$\nDemostrar que la recta $BD$ es tangente a la circunferencia circunscrita del triángulo $TSH$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Claramente, $B$, $D$ están en la circunferencia de diámetro $AC$. Luego la altura $AH$ del triángulo $ABD$ mide $AH = \\frac{AB \\cdot AD}{AC}$.\n\nConsideremos la circunferencia circunscrita a $CSH$, con centro en $O_C$. Por ángulo central, tenemos que\n$$\n\\angle COCS = 2(180^\\circ - \\angle CHS) = 180^\\circ - 2\\angle CSB.\n$$\nComo $COCS$ es isósceles en $O_C$, $\\angle COCS = 180^\\circ - 2\\angle CSO_C$, es decir, $O_C$ está en la semirrecta por $B$ con origen en $S$. La mediatriz de $SH$ es también la bisectriz de $\\angle SOCH$ por ser $SOCH$ isósceles en $O_C$, y corta a la recta $AP$ en el punto $O$. Definamos análogamente el circuncentro $O_B$ de $CHT$, que está en la semirrecta por $D$ con origen en $T$, y el punto $O'$ que es el corte de la mediatriz de $HT$ y bisectriz de $TO_BH$ con la recta $AP$. Claramente, el problema es equivalente a demostrar que $O = O'$, pues en ese caso el circuncentro de $HST$ estaría en la perpendicular $AH$ a $BD$, con lo que $BD$ sería en efecto la tangente a la circunferencia circunscrita a $HST$ en $H$. Por el teorema de la bisectriz, este resultado es a su vez equivalente a\n$$\n\\frac{OA}{HC} = \\frac{OB}{HB}.\n$$\nComo $\\angle OAO_C = \\angle HAO_C = \\angle HAB$, y $\\cos \\angle HAB = \\frac{AH}{AB}$ por ser $AHB$ rectángulo en $H$, tenemos por el teorema del coseno que\n$$\nHOC^2 = AH^2 + AOC^2 - 2AH^2 \\cdot \\frac{AOC}{AB}.\n$$\nAl mismo tiempo, por ser $ABC$ rectángulo en $B$, se tiene que $\\angle CAOC = \\angle CAB$ y $\\cos \\angle CAB = \\frac{AB}{AC}$, luego nuevamente por el teorema del coseno, se tiene\n$$\nCOC^2 = AC^2 + AOC^2 - 2AB \\cdot AOC.\n$$\nDenotando como es habitual $AB = a$, $DA = d$, y llamando además $AH = h$, $AC = 2R$ por ser el diámetro de la circunferencia circunscrita a $ABD$, y al ser $CO_C = HO_C$ por definición, se tiene\n$$\nAO_C = \\frac{16R^4 - a^2d^2}{2a(4R^2 - d^2)},\n$$\ndonde además se ha usado que $2Rh = ad$. Entonces,\n$$\nCO_C^2 = \\frac{(16R^4 - a^2d^2)^2 - 4a^2d^2(4R^2 - a^2)(4R^2 - d^2)}{4a^2(4R^2 - d^2)^2},\n$$\ncon lo que\n$$\n\\left(\\frac{O_C H}{O_C A}\\right)^2 = \\frac{(16R^4 - a^2d^2)^2 - 4a^2d^2(4R^2 - a^2)(4R^2 - d^2)}{(16R^4 - a^2d^2)^2}.\n$$\n\nNótese que esta expresión es simétrica en $a$, $d$, luego análogamente obtendremos la misma expresión para $\\frac{O_B H}{O_B A}$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43475,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $B$ y $C$ dos puntos fijos de una circunferencia de centro $O$, que no sean diametralmente opuestos. Sea $A$ un punto variable sobre la circunferencia, distinto de $B$ y $C$, y que no pertenece a la mediatriz de $BC$. Sean $H$, el ortocentro del triángulo $ABC$; y $M$ y $N$ los puntos medios de los segmentos $BC$ y $AH$, respectivamente. La recta $AM$ corta de nuevo a la circunferencia en $D$, y, finalmente, $NM$ y $OD$ se cortan en un punto $P$. Determinar el lugar geométrico del punto $P$ cuando $A$ recorre la circunferencia.",
    "options": [],
    "answer": "The locus of P is the ellipse with foci at O and M consisting of all points X such that the sum of the distances from X to O and to M equals the circumradius of the circle.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43476,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that the equation $2^x + 21^x = y^3$ has no solutions in positive integers and find all the solutions in nonnegative integers of the equation $2^x+21^y = z^2$.",
    "options": [],
    "answer": "No positive integer solutions to 2^x + 21^x = y^3. The nonnegative integer solutions to 2^x + 21^y = z^2 are (x, y, z) = (3, 0, 3) and (2, 1, 5).",
    "solution": "It is obvious that $x \\ge 1$, $y$ is odd and $21^x \\equiv 0 \\pmod 7$. Since $2^3 \\equiv 1 \\pmod 7$ then we have $2^{3n} \\equiv 1 \\pmod 7$, $2^{3n+1} \\equiv 2 \\pmod 7$, and $2^{3n+2} \\equiv 4 \\pmod 7$. On the other hand, $y^3 \\equiv 0 \\pmod 7$ or $y^3 \\equiv \\pm 1 \\pmod 7$. So, on account of the preceding, we have $x = 3n$ for all positive integer $n \\ge 1$. Putting $x = 3n$ the first equation becomes\n$$\n2^{3n} + 21^{3n} = y^3 \\Leftrightarrow (y - 21^n)(y^2 + y \\cdot 21^n + 21^{2n}) = 2^{3n}\n$$\nForm the preceding immediately follows that $(y^2 + y \\cdot 21^n + 21^{2n}) \\mid 2^{3n}$ and this it is not possible on account that $y^2 + y \\cdot 21^n + 21^{2n} > 1$ is an odd positive integer. This completes the proof of the first part of the statement.\nTo find the solutions in positive integers of the second equation we distinguish the following cases:\n\n1. When $x = 0$ we have $(z - 1)(z + 1) = 21^y$. Let $d = \\gcd(z - 1, z + 1)$. Since $d|21^y$ and $d|(z + 1) - (z - 1) = 2$, then $d = 1$ and\n$$\n\\begin{cases} z - 1 = 1, \\\\ z + 1 = 21^y \\end{cases} \\Rightarrow 21^y = 3\n$$\nwhich is impossible.\n\n2. When $x = 1$ we have $2 + 21^y = z^2$ which it is not possible because $2 + 21^y \\equiv 2 \\pmod 3$ and $z^2 \\equiv 0 \\pmod 3$ or $z^2 \\equiv 1 \\pmod 3$.\n\n3. When $x = 2$ we have $(z - 2)(z + 2) = 21^y$. Let $d = \\gcd(z - 2, z + 2)$. Since $d|21^y$ and $d|((z + 2) - (z - 2) = 4)$, then $d = 1$ and we have\n$$\n\\begin{cases} z - 2 = 1, \\\\ z + 2 = 21^y \\end{cases} \\quad \\text{or} \\quad \\begin{cases} z - 2 = 3^y, \\\\ z + 2 = 7^y \\end{cases}\n$$\nIn the first case we obtain, after subtraction, $21^y = 5$ (impossible). In the second case, we get $7^y - 3^y = 4$. For $y \\ge 2$ we have\n$$\n7^y - 3^y = 3^y \\left[ \\left( \\frac{7}{3} \\right)^y - 1 \\right] \\ge 9 \\left[ \\left( \\frac{7}{3} \\right)^2 - 1 \\right] > 4,\n$$\nand $y = 1$ verifies the equation $2^2 + 21 = 5^2$.\nWhen $y = 0$ we have the equation $(z - 1)(z + 1) = 2^x$. Let $d = (z - 1, z + 1)$. Since $d|2^x$ and $d|(z + 1) - (z - 1) = 2$ then $d = 2$ because $z$ is odd. So, we have\n$$\n\\begin{cases} z - 1 = 2, \\\\ z + 1 = 2^{x-1} \\end{cases} \\Rightarrow z = 3, x = 3\n$$\nfor which is $2^3 + 21^0 = 3^2$.\n\n4. Finally, assume that $x \\ge 3$ and $y \\ge 1$ and observe that $z$ is odd. We prove that $y$ is even number. Indeed, if $y = 2p+1$, then on account that $21^{2p} \\equiv 1 \\pmod 8$ and $21 \\equiv 5 \\pmod 8$ we have $21^{2p+1} \\equiv 5 \\pmod 8$. So, $2^x + 21^y \\equiv 5 \\pmod 8$ and $z^2 \\equiv 1 \\pmod 8$ (impossible). Therefore, $y = 2p$ and then we have $2^x = z^2 - 21^{2p} = (z - 21^p)(z + 21^p)$. Let $d = (z - 21^p, z + 21^p)$. Since $d|2^x$, $z$ is odd and $d|(z + 21^p) - (z - 21^p) = 2 \\cdot 21^p$, we have\n$$\n\\begin{cases} z - 21^p = 2, \\\\ z + 21^p = 2^{x-1} \\end{cases}\n$$\nfrom which follows $2^{x-1} - 2 = 2 \\cdot 21^p$ or $2^{x-2} = 1 + 21^p$. When $x = 3$, we have $p = 0$. That is, $y = 0$ in contradiction with $y \\ge 1$. For $x \\ge 4$, we have $2^{x-2} \\equiv 0 \\pmod 4$ and $(1 + 21^p) \\equiv 2 \\pmod 4$.\nIn conclusion, the solutions are $x = 3, y = 0, z = 3$ and $x = 2, y = 1, z = 5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 43477,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\triangle ABC$ be an acute triangle and let $X$ be the foot of the height drawn from $A$ and $Y$ be the intersection of the perpendicular to $AC$ drawn from $X$. If the circumcircle of triangle $ABX$ meets $BY$ at point $Z$ (distinct of $B$) and the extension of $AZ$ meets $XY$ at point $P$, then prove that $BX \\cdot XP = PY \\cdot XC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $\\triangle AXY$ and $\\triangle AXC$ are both right triangles in $Y$ and $X$ respectively, then $\\angle AXP = 90^\\circ - \\angle XAC = \\angle YCB$. On the other hand, since $AZXB$ is a cyclic quadrilateral, then $\\angle XAP = \\angle YBC$. Therefore,\n\n![](attached_image_1.png)\n\n$\\triangle AXP \\sim \\triangle BCY$ and we have $\\frac{BC}{AX} = \\frac{YC}{XP}$. Likewise, $\\triangle AXC \\sim \\triangle XYC$ because both are right angled triangles with a common acute angle. So, we have\n$$\n\\frac{AX}{XC} = \\frac{XY}{YC}\n$$\nFrom the preceding ratios we get\n$$\nBC \\cdot XP = AX \\cdot YC = XC \\cdot XY\n$$\nfrom which follows\n$$\n\\frac{BC}{XC} = \\frac{XY}{XP}\n$$\nSubtracting one to both sides of the above equality, yields\n$$\n\\frac{BC}{XC} - 1 = \\frac{XY}{XP} - 1 \\Leftrightarrow \\frac{BC - XC}{XC} = \\frac{XY - XP}{XP} \\Leftrightarrow \\frac{BX}{XC} = \\frac{PY}{XP}\n$$\non account that $BC = BX + XC$ and $XY = XP + PY$ respectively.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43478,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $\\triangle ABC$ un triángulo y $D$, $E$ y $F$ tres puntos cualesquiera sobre los lados $AB$, $BC$ y $CA$ respectivamente. Llamemos $P$ al punto medio de $AE$, $Q$ al punto medio de $BF$ y $R$ al punto medio de $CD$. Probar que el área del triángulo $\\triangle PQR$ es la cuarta parte del área del triángulo $\\triangle DEF$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Hagamos primero un dibujo donde queden reflejados los elementos que intervienen en el problema.\n![](attached_image_1.png)\n\nObservemos que, como $P$, $Q$ y $R$ son los puntos medios de las correspondientes Cevianas $AE$, $BF$ y $CD$, estos puntos se encuentran en los lados del triángulo que determinan los pies de las medianas de cada lado, como se ve en la figura siguiente.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nLos triángulos $\\triangle ABC$ y $\\triangle M_a M_b M_c$ son semejantes con razón de semejanza $1/2$, por lo que se tiene:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{\\overline{M_c M_a}}{\\overline{A C}} &= \\frac{\\overline{M_c Q}}{\\overline{A F}} = \\frac{\\overline{Q M_a}}{\\overline{F C}} = \\frac{1}{2}, \\\\\n\\frac{\\overline{M_a M_b}}{\\overline{B A}} &= \\frac{\\overline{M_a R}}{\\overline{B D}} = \\frac{\\overline{R M_b}}{\\overline{D A}} = \\frac{1}{2}, \\\\\n\\frac{\\overline{M_b M_c}}{\\overline{C B}} &= \\frac{\\overline{M_b P}}{\\overline{C E}} = \\frac{\\overline{P M_c}}{\\overline{E B}} = \\frac{1}{2}.\n\\end{aligned}\n$$\n\nAdemás, los ángulos en $A$, $B$ y $C$ son iguales, respectivamente, a los ángulos en $M_a$, $M_b$ y $M_c$.\n\nSea $u = \\frac{\\overline{AD}}{\\overline{A B}}$, $v = \\frac{\\overline{BE}}{\\overline{B C}}$ y $w = \\frac{\\overline{CF}}{\\overline{C A}}$, por lo que:\n$$\n\\frac{\\overline{DB}}{\\overline{A B}} = 1 - u, \\quad \\frac{\\overline{EC}}{\\overline{B C}} = 1 - v, \\quad \\frac{\\overline{EC}}{\\overline{B C}} = 1 - w.\n$$\n\nAplicando la semejanza de los triángulos $\\triangle ABC$ y $\\triangle M_a M_b M_c$, resulta:\n$$\n\\begin{aligned}\nu &= \\frac{\\overline{R M_b}}{M_a M_b}, \\quad v = \\frac{\\overline{P M_c}}{M_b M_c}, \\quad w = \\frac{\\overline{Q M_a}}{M_c M_a}, \\\\\n\\frac{\\overline{M_a R}}{M_a M_b} &= 1 - u, \\quad \\frac{\\overline{M_b P}}{M_b M_c} = 1 - v, \\quad \\frac{\\overline{M_c Q}}{M_c M_a} = 1 - w.\n\\end{aligned}\n$$\n\nCon esto, calculemos ahora el área de los triángulos complementarios del triángulo $\\triangle DEF$.\n\n![](attached_image_3.png)\n\nSi $[ABC]$ denota el área de un triángulo $\\triangle ABC$, tenemos que\n$$\n\\begin{align*}\n[AFD] &= \\overline{FA} \\overline{AD} \\sin \\alpha = (1-w)u \\overline{CA} \\overline{AB} \\sin \\alpha = (1-w)u[ABC], \\\\\n[BED] &= \\overline{DB} \\overline{BE} \\sin \\beta = (1-u)v \\overline{AB} \\overline{BC} \\sin \\beta = (1-u)v[ABC], \\\\\n[CFE] &= \\overline{EC} \\overline{CF} \\sin \\gamma = (1-v)w \\overline{BC} \\overline{CA} \\sin \\gamma = (1-v)w[ABC].\n\\end{align*}\n$$\n\nHaciendo lo mismo con los triángulos complementarios del triángulo $\\triangle PQR$, con respecto al triángulo $\\triangle M_a M_b M_c$ se tiene\n![](attached_image_4.png)\n$$\n\\begin{align*}\n[M_a RQ] &= \\overline{QM_a} \\overline{M_a R} \\sin \\alpha = (1-u)w \\overline{M_a M_b} \\overline{M_a M_c} \\sin \\alpha = (1-u)w[M_a M_b M_c], \\\\\n[M_b PR] &= \\overline{RM_b} \\overline{M_b P} \\sin \\beta = (1-v)u \\overline{M_a M_b} \\overline{M_b M_c} \\sin \\beta = (1-v)u[M_a M_b M_c], \\\\\n[M_c QP] &= \\overline{PM_c} \\overline{M_c Q} \\sin \\gamma = (1-w)v \\overline{M_b M_c} \\overline{M_a M_c} \\sin \\gamma = (1-w)v[M_a M_b M_c].\n\\end{align*}\n$$\n\nTeniendo en cuenta que $[ABC] = 4[M_a M_b M_c]$ y que\n$$\n(1-u)w + (1-v)u + (1-w)v = (1-w)u + (1-u)v + (1-v)w,\n$$\nse sigue el resultado.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43479,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that for every integer $S \\ge 100$ there exists an integer $P$ for which the following story could hold true: The mathematician asks the shop owner: \"How much are the table, the cabinet and the bookshelf?\" The shop owner replies: \"Each item costs a (positive) integer amount of Euros. The table is more expensive than the cabinet, and the cabinet is more expensive than the bookshelf. The sum of the three prices is $S$ and the product is $P$.\" The mathematician thinks and complains: \"This is not enough information to determine the three prices!\"",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Write $S$ in the form $S = 6k + r$ for integers $k$ and $r$ with $1 \\le r \\le 6$, and note that $k > 2r$. We claim that the number\n$$\nP = 6k(k - r)(k + r)\n$$\nis an appropriate choice.\nDenote the prices of table, cabinet and shelf by $x$, $y$ and $z$, respectively. Then $x = 3(k+r)$, $y = 2(k-r)$, $z = k$ is one possibility, and $x' = 3k$, $y' = 2(k+r)$, $z' = k-r$ is another possibility. One easily verifies $x > y > z$ and $x' > y' > z'$, and $x' < x$ implies that these two possibilities are indeed distinct. □",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43480,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $B$ y $C$ dos puntos fijos de una circunferencia de centro $O$, que no sean diametralmente opuestos. Sea $A$ un punto variable sobre la circunferencia, distinto de $B$ y $C$, y que no pertenece a la mediatriz de $BC$. Sean $H$, el ortocentro del triángulo $ABC$; y $M$ y $N$ los puntos medios de los segmentos $BC$ y $AH$, respectivamente. La recta $AM$ corta de nuevo a la circunferencia en $D$, y, finalmente, $NM$ y $OD$ se cortan en un punto $P$. Determinar el lugar geométrico del punto $P$ cuando $A$ recorre la circunferencia.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nEmpezaremos considerando el caso en que $\\triangle ABC$ es acutángulo. En primer lugar, denotaremos por $A'$ el punto diametralmente opuesto a $A$ con lo que los triángulos $ACA'$ y $ABA'$ son rectángulos. Los segmentos $HB$ y $CA'$ son paralelos por ser perpendiculares a $AC$. Igualmente, $HC$ y $BA'$ también son paralelos por ser perpendiculares a $AB$.\n![](attached_image_1.png)\n\nTriángulo $ABC$ acutángulo\n\nEntonces, $CHBA'$ es un paralelogramo y, por tanto, $M$ es el punto medio de $HA'$. Los triángulos $AA'H$ y $OA'M$ son semejantes con razón de semejanza conocida. Es decir, tenemos que\n$$\n\\frac{OM}{AH} = \\frac{MA'}{HA'} = \\frac{1}{2} \\Rightarrow OM = \\frac{AH}{2} = AN = NH\n$$\nLuego $OMHN$ es otro paralelogramo (figura izquierda).\n\nSea $D$ la intersección de $AM$ con la circunferencia y sea $P$ el punto de corte de $AD$ con $NM$. Puesto que $\\triangle AOD$ es isósceles, entonces $\\angle AOD = \\angle ODA$. Como $OM$ y $AN$ son paralelos, pues ambos son perpendiculares al lado $BC$, además de iguales, entonces $AOMN$ es también un paralelogramo. Y, de aquí, tenemos que $\\angle OAM = \\angle AMN = \\angle PMD$ por ser opuesto por el vértice. Sintetizando, tenemos que $\\angle PMD = \\angle OAM = \\angle OAD = \\angle ODA = \\angle PDM$ con lo que $\\triangle PDM$ es isósceles y, por tanto, $PM = PD$.\n\nFinalmente, tenemos que\n$$\nOP + PM = OP + PD = OD = r = \\text{constante}\n$$\nEs decir, con $A$ variable, el punto $P$ se mueve sobre una elipse incompleta con focos en $O$ y $M$, y eje mayor el radio de la circunferencia. En esta elipse hay que descartar los cuatro vértices. En efecto, si el punto $P$ estuviese sobre el eje mayor de la elipse, también estaría $D$ y por tanto $A$, lo cual está excluido del enunciado ya que en este caso $AD$ y $NM$ son coincidentes. Si el punto $P$ fuese uno de los vértices del eje menor de la elipse, tendríamos $OP = PM = r/2$. Como $OD = r$, entonces $PD = r/2$. Supongamos que $P$ está del lado de $B$, entonces la paralela a $BM$ por el punto medio de $OB$ es el eje menor de la elipse, con lo que el punto medio de $OB$ es precisamente $P$ y $D$ coincide con $B$, lo que implicará que $A$ coincide con $C$, lo cual está excluido del enunciado ya que $ABC$ sería degenerado. El resto de puntos de la elipse se pueden obtener cuando $A$ es distinto de $B$ y $C$ y no está en la mediatriz de $BC$.\n\nA continuación aparece la figura para el caso en que $\\triangle ABC$ sea obtusángulo.\n![](attached_image_2.png)\n\nTriángulo $ABC$ obtusángulo",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43481,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $\\{x_n\\}_{n \\ge 1}$ la sucesión de enteros positivos definida por $x_1 = 2$ y $x_{n+1} = 2x_n + x_n$ para todo $n \\ge 1$. Determinar la mayor potencia de $5$ que divide al número $x_{2014}^2 + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43482,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Se considera un polígono regular de $90$ vértices, numerados del $1$ al $90$ de manera aleatoria. Probar que siempre podemos encontrar dos vértices consecutivos cuyo producto es mayor o igual que $2014$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Consideremos el primer par de números consecutivos cuyo producto es mayor o igual que $2014$, que son el $45$ y el $46$. Por lo tanto, para que no se cumpliera el enunciado, los números que deben ir a izquierda y derecha de los vértices numerados del $46$ al $90$ tendrían que ser menores o iguales que $44$. Sin embargo, entre los vértices numerados del $46$ al $90$ hay, al menos, $45$ vértices.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43483,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 1$ be a positive integer and for all $t \\in \\mathbb{R}$ let\n$$\nP(t) = 1 + t + t^2 + \\dots + t^{2n}\n$$\n\nIf $x \\in \\mathbb{R}$, $P(x) \\in \\mathbb{Q}$ and $P(x^2) \\in \\mathbb{Q}$, then show that $x \\in \\mathbb{Q}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "It is easily to check that holds:\n\n(i) $P(t) > 0$ for all $t \\in \\mathbb{R}$.\n\n(ii) $P(t)P(-t) = P(t^2)$ for all $t \\in \\mathbb{R}$.\n\n(iii) $t = \\frac{P(t) + P(-t) - 2}{P(t) - P(-t)}$ for all $t \\neq 0$.\n\nLet $x \\in \\mathbb{R}$ such that $P(x) \\in \\mathbb{Q}$ and $P(x^2) \\in \\mathbb{Q}$. Then from (ii) it follows that\n$$\nP(-x) = \\frac{P(x^2)}{P(x)} \\in \\mathbb{Q}\n$$\nand from (iii) it follows that\n$$\nx = \\frac{P(x) + P(-x) - 2}{P(x) - P(-x)} \\in \\mathbb{Q}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43484,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Los puntos $P$ y $Q$ están en el lado $BC$ del triángulo acutángulo $ABC$ de modo que $\\angle PAB = \\angle BCA$ y $\\angle CAQ = \\angle ABC$. Los puntos $M$ y $N$ están en las rectas $AP$ y $AQ$, respectivamente, de modo que $P$ es el punto medio de $AM$, y $Q$ es el punto medio de $AN$. Demostrar que las rectas $BM$ y $CN$ se cortan en la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.** Sean $E, F$ los puntos medios respectivos de $CA, AB$. Claramente, $\\angle MBA = \\angle PFA$ y $\\angle NCA = \\angle QEA$. Ahora bien, como por construcción $ABC, PBA$ y $QAC$ son semejantes, llamando $D$ al punto medio de $BC$, se tiene que $\\angle PFA = \\angle ADC$ y $\\angle QEA = \\angle ADB$, con lo que llamando $R$ al punto de intersección de $BM$ y $CN$, tenemos que\n$$\n\\angle RBA + \\angle RCA = \\angle MBA + \\angle NCA = \\angle ADC + \\angle ADB = 180^\\{\\circ\\},\n$$\ny $ABRC$ es cíclico, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43485,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Hallar para qué valores del número real $a$ todas las raíces del polinomio, en la variable $x$,\n$$\nx^3 - 2x^2 - 25x + a\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a = 50",
    "solution": "Sean $\\alpha$, $\\beta$ y $\\gamma$ las raíces del polinomio. Aplicando las fórmulas de Cardano-Vieta se tiene\n$$\n\\alpha + \\beta + \\gamma = 2, \\quad \\alpha\\beta + \\alpha\\gamma + \\beta\\gamma = -25.\n$$\nAhora bien\n$$\n\\alpha^2 + \\beta^2 + \\gamma^2 = (\\alpha + \\beta + \\gamma)^2 - 2(\\alpha\\beta + \\alpha\\gamma + \\beta\\gamma) = 54.\n$$\nComo $\\alpha$, $\\beta$ y $\\gamma$ son enteros, buscamos soluciones enteras de la pareja de ecuaciones\n$$\n\\alpha + \\beta + \\gamma = 2, \\quad \\alpha^2 + \\beta^2 + \\gamma^2 = 54.\n$$\nDe la segunda vemos que las únicas soluciones posibles son\n$(\\pm1, \\pm2, \\pm7), \\ (\\pm2, \\pm5, \\pm5), \\ (\\pm3, \\pm3, \\pm6),$\n\ny teniendo en cuenta la primera ecuación, la única solución posible es (2, 5, -5)\ny entonces $a = 50$.\nNotemos que el polinomio que nos dan es uno que se obtiene desplazando verticalmente $a$ unidades el polinomio\n$$\nP(x) \\equiv x^3 - 2x^2 - 25x = x(x^2 - 2x - 25),\n$$\nque tiene raíces en $x = 1 \\pm \\sqrt{26}$ y $x = 0$. Si $a > 0$ habrá dos raíces positivas mayores que 0 y menores que $1+\\sqrt{26}$. Al ser enteras, solo podrán ser $x_1 = 1$, $x_2 = 2$, $x_3 = 3$, $x_4 = 4$, $x_5 = 5$ o $x_6 = 6$ y además, se tendrá que verificar $P(x_j) = P(x_k)$, para $j \\neq k$ y $1 \\le j, k \\le 6$.\nTeniendo en cuenta que $P(2) = P(5) = -50$, resulta que el polinomio\n$$\nx^3 - 2x^2 - 25x + 50\n$$\ntiene sus tres raíces enteras, dos de ellas son las mencionadas 2 y 5 y la tercera -5.\nEn el caso en que $a < 0$, no existen soluciones, ya que en este caso habría dos raíces negativas, que podrían ser $-1, -2, -3$ o $-4$, pero\n$$\nP(-1) \\neq P(-2) \\neq P(-3) \\neq P(-4).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43486,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The medians $AA'$, $BB'$, $CC'$ of the triangle $ABC$ meet the nine points circle at $D$, $E$, $F$, respectively. The points $L$, $M$, $N$ are the feet of the altitudes of $ABC$ ($L$ belongs to $AA'$, etc). The tangents to the nine points circle at $D$, $E$, $F$ meet the lines $MN$, $LN$ and $LM$ at points $P$, $Q$, $R$. Show that points $P$, $Q$ and $R$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "1) Triangles $PMD$ and $PDN$ are similar (indeed, $\\widehat{PDM}$ is half inscribed, $\\widehat{DNP}$ is inscribed and both subtend the same arch in the Euler circle; moreover $\\hat{P}$ is the same in both triangles). Therefore\n$$\n\\frac{PM}{PD} = \\frac{DM}{DN} = \\frac{PD}{PN} \\implies \\frac{PM}{PN} = \\left(\\frac{DM}{DN}\\right)^2. \\quad (*)\n$$\n\nPoints $M$, $N$ and $B$ belong to a circle of center $A'$ and radius $a/2$. (Indeed, in the triangle $A'BN$ we have $A'B = a/2$; $BN = a \\cos B$; and by the cosine law\n$$\nA'N^2 = A'B^2 + BN^2 - 2 A'B \\cdot BN \\cdot \\cos B = \\frac{a^2}{4}.\n$$\nIn the triangle $A'MC$ we repeat the argument and we have $A'M = a/2$).\n\nThen, being $MA' = NA' = a/2$, the angle $\\angle MDN$ has an angle bisector $DA'$, and so, if we call $T = MN \\cap AA'$, results\n$$\n\\frac{DM}{DN} = \\frac{TM}{TN}.\n$$\n![](attached_image_1.png)\n\nBut $MN$ is antiparallel of $BC$ with respect to $AB$ and $AC$, and so\n$$\n\\frac{TM}{TN} = \\frac{AM^2}{AN^2} = \\frac{c^2}{b^2}. \\qquad (**)\n$$\n\nCombining these results, we have $\\frac{PM}{PN} = \\frac{c^4}{b^4}$; in a similar way we get\n$$\n\\frac{QN}{QL} = \\frac{a^4}{c^4} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{RL}{RM} = \\frac{b^4}{a^4},\n$$\ntherefore\n$$\n\\frac{PM \\cdot QN \\cdot RL}{PN \\cdot QL \\cdot RM} = 1.\n$$\nBy the converse of the Menelaus theorem, the points $P$, $Q$ and $R$ are collinear.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43487,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $S = \\{1, 2, \\dots, n\\}$, $n \\ge 2$, and let $f : S \\to S$ be a bijective function distinct from the identity. Let $u = \\sum_{k=1}^{n} |f(k) - k|$ and let $v$ be the number of ordered pairs $(a, b)$ of elements of $S$ such that $a > b$ and $f(a) < f(b)$. Show that $v < u \\le 2v$, and that $u = 2v$ if and only if there do not exist positive integers $a > b > c$ such that $f(a) < f(b) < f(c)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We say a pair $(a, b)$ is *a-good* if $a > b \\ge f(a)$, and *b-good* if $b \\le f(a) < f(b)$. If $f(k) = k$, no pair $(k, b)$ or $(a, k)$ is *k-good*. If $f(k) > k$, there are no *k-good* pairs of the form $(k, b)$ and exactly $f(k) - k$ of the form $(a, k)$. Likewise, if $f(k) < k$ there are exactly $k - f(k)$ *k-good* pairs. In any case, there are exactly $|f(k) - k|$ *k-good* pairs.\nFor every pair $(a, b)$ with $a > b$ and $f(a) < f(b)$, the pair is *a-good* if $f(a) \\le b$, and *b-good* if $f(a) \\ge b$. The number of pairs counted in $v$ is at most the number of good pairs, which is less than or equal to the sum of the $|f(k) - k|$. So, $v \\le \\sum_{k=1}^{n} |f(k) - k| = u$. Let $k$ be the smallest integer with $f(k) \\ne k$. Then $f(k) > k$, $f^{-1}(k) > k$. The pair $(f^{-1}(k), k)$ is both $f^{-1}(k)$-good and $k$-good. Equality does not hold, and $v < u$.\n\nLet $A_k = \\{f^{-1}(1), f^{-1}(2), \\dots, f^{-1}(f(k))\\}$ and $B_k = \\{1, 2, \\dots, k\\}$. The element $x$ is in $B_k$ and not in $A_k$ if and only if $(k, x)$ is a pair counted in $v$. Similarly, $x$ is in $A_k$ and not in $B_k$ if and only if $(x, k)$ is a pair counted in $v$. Then, $2v = \\sum_{k=1}^{n} |A_k \\setminus B_k| + |B_k \\setminus A_k| = \\sum_{k=1}^{n} |A_k| + |B_k| - 2|A_k \\cap B_k| \\ge \\sum_{k=1}^{n} |A_k| + |B_k| - 2 \\min\\{|A_k|, |B_k|\\} = \\sum_{k=1}^{n} f(k) + k - 2 \\min\\{f(k), k\\} = \\sum_{k=1}^{n} |f(k) - k| = u$.\n\nWe look at the equality case. $u = 2v \\iff |A_b \\cap B_b| = \\min\\{|A_b|, |B_b|\\}$ for all $b \\iff A_b \\subseteq B_b$ or $B_b \\subseteq A_b$ for all $b \\iff$ There do not exist $a, b, c$ such that $a \\in A_b \\setminus B_b$, $c \\in B_b \\setminus A_b \\iff$ There do not exist $a, b, c$ such that $a > b > c$, $f(a) < f(b) < f(c)$.\nFor bijective functions in general, we shall prove $v \\le u \\le 2v$, with $u = v$ only for the identity and $u = 2v$ if and only if there do not exist $a > b > c$ such that $f(a) < f(b) < f(c)$. We argue by induction on $u$.\nIf $u = 0$, $\\sum_{k=1}^{n} |f(k) - k| = 0$, $|f(k) - k| = 0$ for all $k$, $f(k) = k$ and $f$ is the identity. In this case, $v = 0$, $v = u = 2v$ and there do not exist $a > b > c$ with $f(a) < f(b) < f(c)$. This satisfies the result.\n\nNow, suppose that the statement is true for $0 \\le u < t$, and we have a function $f$ with $u = t$. $\\sum_{k=1}^{n} f(k) - k = \\sum_{k=1}^{n} f(k) - \\sum_{k=1}^{n} k = \\sum_{k=1}^{n} k - \\sum_{k=1}^{n} k = 0$. Since $u = \\sum_{k=1}^{n} |f(k) - k| \\ne 0$, there exists $k$ with $f(k) - k < 0$ (that is, $f(k) < k$), and $k$ with $f(k) - k > 0$. Let $x$ be the smallest value of $k$ with $f(k) < k$. $f(f(x)) \\ne f(x)$ because if it was equal, then $f(x) = x$. Since $f(x) < x$, and by definition of $x$, $f(f(x)) > f(x)$. There are values of $k$ less than $x$ with $f(k) > k$. Let $y$ be the greatest one.\n\nWe define $\\bar{k}$ as follows: $\\bar{x} = y$, $\\bar{y} = x$ and $\\bar{k} = k$ for the rest of the values. We define $\\tilde{f}$ as $\\tilde{f}(k) = f(\\bar{k})$, and define $\\tilde{u}$ and $\\tilde{v}$ analogously to $u$ and $v$ for $f$. Let $z = x - y$.\nFor all $k$ with $y < k < x$, $f(k)$ is not less than $k$ by definition of $x$, nor greater than $k$ by definition of $y$. Therefore, $f(k) = k$. If $y < f(x) < x$, then $f(f(x)) = f(x)$, impossible. Hence, $f(x) \\le y$. In the same way, $f(y) \\ge x$. \n$$u - \\tilde{u} = \\sum_{k=1}^{n} |f(\\bar{k}) - \\bar{k}| - \\sum_{k=1}^{n} |\\tilde{f}(k) - k| = |f(x) - x| - |\\tilde{f}(y) - y| + |f(y) - y| - |\\tilde{f}(x) - x| = x - y - y + x = 2z.$$ \n$\\tilde{u} < u = t$, so by induction hypothesis $\\tilde{v} \\le \\tilde{u} \\le 2\\tilde{v}$.\n\nLet us find the value of $v - \\tilde{v}$, by finding the cases when $(\\bar{a}, \\bar{b})$ is included in $v$ and $(a, b)$ is not included in $\\tilde{v}$, and vice versa. The condition for the first case can be written as $\\bar{a} > \\bar{b}$, $f(\\bar{a}) < f(\\bar{b})$ and $a < b$. It is clear that one of the terms must be $x$ or $y$. $a = y$ and $b = x$ satisfies this. If only one of the terms appears and it is $a$, then $\\bar{a} > \\bar{b} = b > a$, $a = y$ and $x > b > y$. All the values of $b$ in this interval satisfy the condition because $f(y) \\ge x > b = f(b)$. Likewise, if the term that appears is $b$, then $b = x$ and $x > a > y$ satisfies the conditions. We can check that there are no pairs $(a, b)$ counted in $\\tilde{v}$ but $(\\bar{a}, \\bar{b})$ not counting in $v$. $v - \\tilde{v} = 1 + 2(z - 1) = 2z - 1$.\n\nUsing the previous results, $v = \\tilde{v} + 2z - 1 \\le \\tilde{u} + 2z - 1 < \\tilde{u} + 2z = u \\le 2\\tilde{v} + 2z \\le 2\\tilde{v} + 2(2z - 1) = 2v$. This proves the inequality.\n\nAll that remains is finding when $u = 2v$ holds. This happens whenever $\\tilde{u} = 2\\tilde{v}$ and $z = 1$. If $z > 1$, $x > y + 1 > y$ and $f(x) \\le y < y + 1 = f(y + 1) < x \\le f(y)$. We can therefore suppose $z = 1$. We need to prove that there exist $a > b > c$ with $f(a) < f(b) < f(c)$ if and only if there exist $a > b > c$ with $\\tilde{f}(a) < \\tilde{f}(b) < \\tilde{f}(c)$. $f(\\bar{a}) < f(\\bar{b}) < f(\\bar{c}) \\iff \\tilde{f}(a) < \\tilde{f}(b) < \\tilde{f}(c)$. If two elements of $\\{a, b, c\\}$ are neither $x$ nor $y$, for example $a$ and $c$, then $\\bar{a} = a$, $\\bar{c} = c$ and since $x = y + 1$, $a > x > c \\iff a > y > c$. If both $x$ and $y$ appear, they cannot be $a$ and $c$ because $x$ and $y$ are consecutive integers. Hence, one of them is $b$, for example $x$. $a > x > y$ and $f(a) < f(x) < f(y)$. As $f(x) < x$, there are more values of $k$ with $k < x$ and $f(k) > f(x)$ than $k > x$ with $f(k) < f(x)$. Since $a$ is an example of the latter, there is $d$ not equal to $y$ with $d < x$ and $f(d) > f(x)$, and therefore $a > x > d$ and $f(a) < f(x) < f(d)$, where $y$ does not appear. We reduced the problem to the previous case. The same argument works if $\\tilde{f}(a) < \\tilde{f}(x) < \\tilde{f}(y)$ or if $b = y$, and we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43488,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Hallar las soluciones enteras de la ecuación\n$$\nx^{4} + y^{4} = 3x^{3}y.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0)",
    "solution": "Supongamos, en primer lugar, que $x = 0$. En este caso se tiene $y^4 = 0$, por lo que $y$ también tiene que ser 0. Así pues, una solución es $x = y = 0$.\n\nSi $x \\neq 0$ dividimos toda la ecuación por $x^4$, quedando\n$$\n1 + \\left(\\frac{y}{x}\\right)^{4} = 3\\frac{y}{x}.\n$$\nSea $t = y/x$, entonces, las soluciones enteras de la ecuación $x^4 + y^4 = 3x^3y$ dan lugar a soluciones racionales de la ecuación $t^4 - 3t + 1 = 0$. Sin embargo, esta ecuación no tiene soluciones racionales pues, de tenerlas, el denominador de la fracción debería ser un divisor del coeficiente de $t^4$ y el denominador un divisor del término independiente. Es decir, las posibles soluciones racionales solo pueden ser $1$ o $-1$, pero ninguna de ellas verifica $t^4 - 3t + 1 = 0$. Por tanto, como no hay soluciones racionales, no hay soluciones enteras de $x^4 + y^4 = 3x^3y$ con $x \\neq 0$.\nEn primer lugar observemos que si $(x, y)$ es una solución, también lo es $(-x, -y)$ y que, por ser $x^4 + y^4 \\geq 0$, entonces o bien $x, y \\geq 0$, o bien $x, y \\leq 0$. Debido a esto, buscaremos soluciones tales que $x, y \\geq 0$. Puesto que el segundo miembro de la ecuación es un múltiplo de 3, también ha de serlo el primero. Ahora bien, toda potencia cuarta es congruente con 0 o con 1 módulo 3, siendo congruente con 0 solo cuando se trata de un múltiplo de 3. Por tanto, tanto $x$ como $y$ deben ser múltiplos de 3. Es decir, existen $k_1 \\geq 0$ y $k_2 \\geq 0$ enteros tales que\n$$\nx = 3k_1, \\quad y = 3k_2.\n$$\nSustituyendo en la ecuación y simplificando resulta\n$$\nk_{1}^{4} + k_{2}^{4} = 3k_{1}^{3}k_{2}.\n$$\nEs decir $k_1, k_2$ es una solución tal que $0 \\leq k_1 < x$ y $0 \\leq k_2 < y$. Si aplicáramos el mismo razonamiento a $k_1, k_2$ obtendríamos una nueva solución $k_3, k_4$ tal que $0 \\leq k_3 < k_1$, $0 \\leq k_4 < k_2$. Es decir podemos obtener una sucesión infinita de soluciones, decreciente, a partir de una dada. Pero esto no es posible ya que la solución de partida es finita. Por tanto debe ser $k_1 = k_2 = 0$, o lo que es lo mismo $x = y = 0$, que es la única solución entera de la ecuación.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43489,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be a prime number and let $m$ and $n$ be positive integers written in base $p$ as $n = a_0 + a_1p + \\dots + a_kp^k$ and $m = b_0 + b_1p + \\dots + b_kp^k$, respectively. Show that\n$$\n\\binom{n}{m} \\equiv \\prod_{i=0}^{k} \\binom{a_i}{b_i} \\pmod{p}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $\\binom{n}{m} = 0$ for $n < m$ then hereafter we assume that $n \\ge m$. Next we use the well-known and easily proved fact that $(x+1)^p \\equiv x^p + 1 \\pmod{p}$, meaning that each coefficient of the polynomial $(x+1)^p - (x^p + 1)$ is divisible by $p$. Thus,\n$$\n\\begin{align*}\n(x+1)^n &= (x+1)^{a_0+a_1p+\\cdots+a_kp^k} \n\\equiv \\prod_{i=0}^k (x^{p^i}+1)^{a_i} \\pmod{p} \\\\\n&\\equiv \\prod_{i=0}^k \\left( \\sum_{j=0}^{a_i} \\binom{a_i}{j} x^{jp^i} \\right) \\pmod{p}\n\\end{align*}\n$$\nThe coefficient of $x^m$ in the LHS is\n$$\n(x+1)^n [x^m] = \\binom{n}{m}\n$$\nand the coefficient of $x^m$ in the RHS is the coefficient of the following monomial\n$$\n\\binom{a_0}{b_0} x^{b_0} \\binom{a_1}{b_1} x^{b_1 p} \\cdots \\binom{a_k}{b_k} x^{b_k p^k} = x^{b_0+b_1p+\\cdots+b_kp^k} \\prod_{i=0}^{k} \\binom{a_i}{b_i}\n$$\nEquating both coefficients, yields\n$$\n\\binom{n}{m} \\equiv \\prod_{i=0}^{k} \\binom{a_i}{b_i} \\pmod{p}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43490,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $x$ e $y$ números reales entre $0$ y $1$. Probar que\n$$\nx^3 + xy^2 + 2xy \\leq 2x^2y + x^2 + x + y\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "La desigualdad equivale a\n$$\nP = 2x^2y + x^2 + x + y - x^3 - xy^2 - 2xy \\geq 0.\n$$\nEscribimos $P$ como un polinomio en la variable $x$,\n$$\nP = -x^3 + (2y + 1)x^2 + (1 - 2y - y^2)x + y.\n$$\nDividimos este polinomio entre $x - 1$, mediante el algoritmo de Ruffini.\n$$\n\\begin{array}{c|cccc}\n1 & -1 & 2y+1 & 1-2y-y^2 & y \\\\\n\\cline{2-5}\n& -1 & -1 & 2y & 1-y^2 \\\\\n\\cline{2-5}\n& -1 & 2y & 1-y^2 & 1+y-y^2\n\\end{array}\n$$\nEs decir,\n$$\nP = (-x^2 + 2xy + 1 - y^2)(x - 1) + 1 + y - y^2.\n$$\nTambién\n$$\n\\begin{align*}\nP &= (-x^2 + 2xy - y^2)(x - 1) + x - 1 + 1 + y - y^2 \\\\\n&= (x^2 - 2xy + y^2)(1 - x) + x + y - y^2 \\\\\n&= (x - y)^2(1 - x) + x + y(1 - y).\n\\end{align*}\n\nPuesto que las cinco cantidades $(x - y)^2$, $1 - x$, $x$, $y$, $1 - y$ son no negativas, $P \\geq 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43491,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "El conjunto $M$ está formado por números enteros de la forma $a^2 + 13b^2$, con $a$ y $b$ enteros distintos de cero.\n\n• Demostrar que el producto de dos elementos cualesquiera de $M$ es un elemento de $M$.\n\n• Determinar, razonadamente, si existen infinitos pares de enteros $(x, y)$ tales que $x + y$ no pertenece a $M$, pero $x^{13} + y^{13}$ sí pertenece a $M$.",
    "options": [],
    "answer": "Yes. There are infinitely many pairs, for example all integer pairs with x + y equal to one.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43492,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Para cada entero positivo $n$, el Banco de Ciudad del Cabo produce monedas de valor $\\frac{1}{n}$. Dada una colección finita de tales monedas (no necesariamente de distintos valores) cuyo valor total no supera $99 + \\frac{1}{2}$, demostrar que es posible separar esta colección en 100 o menos montones, de modo que el valor total de cada montón sea como máximo 1.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.** Antes de empezar a particionar el conjunto de monedas, vayamos a la ventanilla del Banco de Ciudad del Cabo y realicemos los siguientes cambios:\n\n* Para cada entero $n = 2m$ par, para el que haya al menos dos monedas de valor $\\frac{1}{n}$, tomemos dos de estas monedas y cambiémoslas por una moneda de valor $\\frac{1}{m}$, hasta que no haya ningún entero par $n = 2m$ para el que haya más de una moneda de valor $\\frac{1}{n}$.\n* Para cada entero $n = 2m + 1$ impar, para el que haya al menos $2m + 1$ monedas con valor $\\frac{1}{n}$, tomemos $2m+1$ de estas monedas y cambiémoslas por una moneda de valor 1, hasta que no haya ningún entero impar $n = 2m + 1$ para el que haya más de $2m$ monedas de valor $\\frac{1}{n}$.\n\nNótese que, si podemos particionar el conjunto resultante, también podemos particionar el conjunto inicial, no teniendo para ello más que volver a la ventanilla del Banco de Ciudad del Cabo, invirtiendo los cambios realizados. Sabiendo además que siempre podemos tomar todas las monedas de valor $\\frac{1}{1}$, asignando cada una de ellas a alguno de los 100 conjuntos de la partición, vemos que nos basta con resolver el siguiente problema: particionar un conjunto $R$ de recíprocos de enteros, no necesariamente distintos y cuya suma es menor que $N - \\frac{1}{2}$, en $N$ conjuntos la suma de cada uno de los cuales es a lo sumo 1, siendo $N$ un entero, y dado que en $R$ no hay más de un recíproco de un entero par (es decir, para cada entero par $n = 2m$ existe a lo sumo un elemento en $R$ igual a $\\frac{1}{n}$), y que para cada entero impar $n = 2m + 1$, existen a lo sumo $2m$ elementos en $R$ que son los recíprocos de $\\frac{1}{n}$. Como además los elementos de $R$ que tienen valor 1 se pueden asignar cada uno a un elemento de la partición, sin afectar al problema (simplemente reduciendo el valor de $N$ y el cardinal de $R$), podemos asumir que el mayor valor de $R$ es a lo sumo $\\frac{1}{2}$. Resolveremos a continuación este problema.\n\nDefinamos conjuntos $R_1, R_2, \\dots, R_N$. Si existe una moneda de valor $\\frac{1}{2}$ (y en ese caso existiría a lo sumo una), la colocamos en $R_1$. Colocamos en $R_2$ las monedas que existan de valor $\\frac{1}{3}$ (a lo sumo dos), y de valor $\\frac{1}{4}$ (a lo sumo una), y así sucesivamente, hasta colocar en $R_N$ las monedas de valor $\\frac{1}{2N-1}$ y $\\frac{1}{2N}$. Nótese que la suma máxima de las monedas colocadas en $R_k$ es a lo sumo $\\frac{2k-2}{2k-1} + \\frac{1}{2k} = 1 - \\frac{1}{2k(2k-1)} < 1$.\n\nColoquemos ahora las monedas restantes, de forma aleatoria, en cualquier conjunto tal que, al añadir dicha moneda, el valor no supera 1. Supongamos que en algún momento esto deja de ser posible, para una moneda de valor $\\frac{1}{n}$. Entonces, en cada conjunto la suma es mayor que $1 - \\frac{1}{n}$, para un valor total de las monedas ya asignadas superior a $N - \\frac{N}{n}$, y a su vez inferior a $N - \\frac{1}{2}$. Luego $n < 2N$, contradicción pues ya hemos colocado todas las monedas de valor mayor o igual que $\\frac{1}{2N}$ en la asignación inicial. Luego siempre podemos continuar asignando todas las monedas de valor inferior o igual a $\\frac{1}{2N+1}$, siendo por lo tanto siempre posible la partición, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43493,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Dado un conjunto $X$ y una función $f : X \\to X$, denotamos, para cada $x \\in X$, $f^{-1}(x) = f(x)$ y, para cada $j \\ge 1$, $f^{j+1}(x) = f(f^j(x))$. Decimos que $a \\in X$, es un punto fijo de $f$ si $f(a) = a$. Para cada número real $x$, definimos $\\pi(x)$ como la cantidad de primos positivos menores o iguales que $x$. Dado un número entero positivo $n$, decimos que $f : \\{1, 2, ..., n\\} \\to \\{1, 2, ..., n\\}$ es catracha si $f^{f^k}(k) = k$ para todo $k \\in \\{1, 2, ..., n\\}$. Pruebe que:\n\na) Si $f$ es catracha, entonces $f$ tiene al menos $\\pi(n) - \\pi(\\sqrt{n}) + 1$ puntos fijos.\n\nb) Si $n \\ge 36$, existe una función catracha con exactamente $\\pi(n) - \\pi(\\sqrt{n}) + 1$ puntos fijos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43494,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$, $c$, $d$ be positive real numbers. Prove that\n$$\n\\sum_{cyclic} \\frac{a - \\sqrt[3]{bcd}}{a + 3(b + c + d)} \\ge 0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "On account of AM-GM inequality, we have $\\sqrt[3]{bcd} \\leq \\frac{b + c + d}{3}$ and\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{a - \\sqrt[3]{bcd}}{a + 3(b + c + d)} &\\ge \\frac{1}{3} \\left( \\frac{3a - (b + c + d)}{a + 3(b + c + d)} \\right) = \\frac{1}{9} \\left( \\frac{10a - (a + 3(b + c + d))}{a + 3(b + c + d)} \\right) \\\\\n&\\ge \\frac{1}{9} \\left( \\frac{10a}{a + 3(b + c + d)} - 1 \\right)\n\\end{aligned}\n$$\nTherefore,\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{a - \\sqrt[3]{bcd}}{a + 3(b + c + d)} \\ge 0 \\Leftrightarrow \\sum_{cyc} \\left( \\frac{10a}{a + 3(b + c + d)} \\right) \\ge 4,\n$$\nor equivalently,\n$$\n\\sum_{cyclic} \\frac{a}{a + 3(b + c + d)} \\ge \\frac{2}{5}\n$$\nLet us denote by $S = a + b + c + d$. Then, we have\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{a}{a + 3(b + c + d)} = \\sum_{cyc} \\frac{a}{3S - 2a} = \\sum_{cyc} \\frac{a^2}{3aS - 2a^2} \\ge \\frac{\\left(\\sum_{cyc} a\\right)^2}{3S^2 - 2 \\sum_{cyc} a^2}\n$$\non account of Bergströn's inequality:\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{a^2}{x} \\ge \\left( \\sum_{cyc} a \\right)^2 / \\sum_{cyc} x\n$$\nTo prove\n$$\n\\frac{\\left(\\sum_{cyc} a\\right)^2}{3S^2 - 2 \\sum_{cyc} a^2} \\ge \\frac{2}{5}\n$$\nwe apply Bergströn's inequality again and we get\n$$\n\\sum_{cyc} a^2 \\ge \\frac{1}{4} \\left( \\sum_{cyc} a \\right)^2\n$$\nThen, we have\n$$\n5 \\left( \\sum_{cyc} a \\right)^2 \\ge 6S^2 - 4 \\sum_{cyc} a^2\n$$\nfrom which follows $3(a + b + c + d)^2 \\ge 0$. This completes the proof.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43495,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Consideramos un número primo $p$. Debemos diseñar un torneo de $p$-parchís sujeto a las siguientes reglas.\n\n* En el torneo participan $p^2$ jugadores.\n* En cada partida juegan $p$ jugadores.\n* El torneo se divide en rondas. Las rondas se dividen en partidas. Cada jugador juega una, o ninguna, partida en cada ronda.\n* Al final del torneo cada jugador se ha enfrentado exactamente una vez con cada uno de los otros jugadores.\n\nDeterminar si es posible diseñar un torneo así. En caso afirmativo, obtener el mínimo número de rondas que puede tener el torneo.",
    "options": [],
    "answer": "Yes, it is possible; the minimum number of rounds is p+1.",
    "solution": "El número de partidas que disputa cada jugador es\n$$\n\\frac{\\text{número de jugadores a los que se enfrenta}}{\\text{número de jugadores a los que se enfrenta en cada partida}} = \\frac{p^2 - 1}{p - 1}.\n$$\nO sea, cada jugador juega $p+1$ partidas. Por tanto el número de rondas es, al menos, $p+1$, y es exactamente $p+1$ cuando todos los jugadores juegan en todas las rondas. En ese caso, en cada ronda se disputan $\\frac{p^2}{p} = p$ partidas. Vamos a probar que es posible organizar un torneo con $p+1$ rondas. Representamos a cada jugador como un número de dos cifras escrito en base $p$. Es decir, escribimos cada jugador de la forma\n$C_iC_d,$\ndonde $C_i$, la cifra de la izquierda, y $C_d$, la cifra de la derecha, toman valores enteros entre $0$ y $p-1$. Realizamos la siguiente planificación.\n\n* Ronda 0. Agrupamos los jugadores en los que $C_i$ coincide.\n* Ronda 1. Agrupamos los jugadores en los que $C_i + C_d$ tiene el mismo resto al dividir por $p$.\n* ...\n* Ronda $k$. Agrupamos los jugadores en los que $C_i + k \\cdot C_d$ tiene el mismo resto al dividir por $p$.\n* ...\n* Ronda $p-1$. Agrupamos los jugadores en los que $C_i + (p-1) \\cdot C_d$ tiene el mismo resto al dividir por $p$.\n* Ronda $p$. Agrupamos los jugadores en los que $C_d$ coincide.\n\nEn los argumentos que siguen, diremos que $D \\equiv E$ si ambos números tienen el mismo resto al dividir por $p$.\nDebemos observar que la planificación propuesta agrupa a los jugadores en conjuntos de $p$ elementos. En los rondas 0 y $p$ eso es claro. Consideramos una ronda $k$ con $0 < k < p$. Para cada $C_i$ fijado, al mover $C_d$, el resto de $C_i + k \\cdot C_d$ es siempre distinto (si no lo fuera tendríamos dos jugadores $C_iC_d, C_iC'_d$ para los que $C_i + k \\cdot C_d \\equiv C_i + k \\cdot C'_d$, y restando llegaríamos a que $k(C'_d - C_d)$ es múltiplo de $p$, sin que ni $k$ ni $C'_d - C_d$ lo sean). Por tanto, obtenemos una vez, y sólo una, todos los posibles restos. Al variar $C_i$ obtenemos $p$ veces cada uno de los restos.\n\nSupongamos que dos jugadores, $C_iC_d$ y $C'_iC'_d$, se enfrentan dos veces.\nSi lo hacen en rondas $0 \\le j < k \\le p-1$ tenemos que $C_i+k \\cdot C_d \\equiv C'_i+k \\cdot C'_d$, $C_i+j \\cdot C_d \\equiv C'_i+j \\cdot C'_d$. Restando, $(k-j) \\cdot C_d \\equiv (k-j) \\cdot C'_d$. Como $k-j$ es primo con $p$, $C_d \\equiv C'_d$. Luego $C_d = C'_d$. Llevando esta igualdad a nuestra hipótesis, y restando, obtenemos fácilmente $C_i \\equiv C'_i$. Luego $C_i = C'_i$.\nSi los jugadores se enfrentan en rondas $k$ y $p$ con $0 \\le k < p$ obtenemos directamente que $C_d = C'_d$, y repetimos el argumento anterior.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43496,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Probar que\n$$\n2014^{2013} - 1013^{2013} - 1001^{2013}\n$$\nes múltiplo de\n$$\n2014^{3} - 1013^{3} - 1001^{3}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Se tiene que $2014 = 1013 + 1001$. Sea $a = 2014$ y $b = 1013$, entonces deberemos probar que\n$$\na^{2013} - b^{2013} - (a-b)^{2013}\n$$\nes múltiplo de\n$$\na^3 - b^3 - (a-b)^3 = 3ab(a-b).\n$$\nAhora bien, por el binomio de Newton, se obtiene\n$$\na^{2013} - b^{2013} - (a-b)^{2013} = \\sum_{n=1}^{2012} \\binom{2013}{n} (-1)^n a^{2013-n} b^n,\n$$\ny agrupando por parejas simétricas resulta\n$$\n\\begin{aligned}\na^{2013} - b^{2013} - (a-b)^{2013} &= \\sum_{n=1}^{1006} \\binom{2013}{n} (-1)^n (a^{2013-n} b^n - a^n b^{2013-n}) \\\\\n&= \\sum_{n=1}^{1006} \\binom{2013}{n} (-1)^n a^n b^n (a^{2013-2n} - b^{2013-2n}).\n\\end{aligned}\n$$\nTeniendo en cuenta que\n$$\na^k - b^k = (a-b)(a^{k-1} + a^{k-2}b + \\dots + ab^{k-2} + b^{k-1}) = (a-b)p_k(a,b),\n$$\npodemos escribir\n$$\na^{2013} - b^{2013} - (a-b)^{2013} = a b (a-b) \\sum_{n=1}^{1006} \\binom{2013}{n} (-1)^n a^{n-1} b^{n-1} p_n(a,b).\n$$\nFinalmente, observemos que $2014^{2013} - 1013^{2013} - 1001^{2013}$ es múltiplo de 3, pero no $a = 2014$ ni $b = 1013$ ni $a - b = 1001$, de donde se concluye que\n$$\na^{2013} - b^{2013} - (a-b)^{2013} \\text{ es múltiplo de } 3ab(a-b).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43497,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Se tienen $60$ puntos en el interior del círculo unidad. Demostrar que existe un punto $V$ de la frontera del círculo, tal que la suma de las distancias de $V$ a los $60$ puntos es menor o igual que $80$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43498,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Un conjunto de rectas en el plano está en posición general si no hay dos que sean paralelas ni tres que pasen por el mismo punto. Un conjunto de rectas en posición general separa el plano en regiones, algunas de las cuales tienen área finita; a estas las llamamos sus regiones finitas. Demostrar que para cada $n$ suficientemente grande, en cualquier conjunto de $n$ rectas en posición general es posible colorear de azul al menos $\\sqrt{n}$ de ellas de tal manera que ninguna de sus regiones finitas tenga todos los lados de su frontera azules.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución parcial por Daniel Lasaosa Medarde, Pamplona, España.** Llamemos vértice a cada punto donde se cortan dos rectas del conjunto, vértice azul a cada vértice donde las dos rectas que se corten están coloreadas de azul, y polígono a cada región finita del plano delimitada por las rectas trazadas. Decimos que un polígono es casi azul si todos sus lados salvo uno son de color azul. Diremos que un polígono casi azul pertenece a una recta no azul, si al colorear dicha recta de azul, el polígono pasaría a tener toda su frontera azul. De todos los polígonos que pertenecen a una recta no azul, elegimos uno, y decimos que ese polígono es el favorito de dicha recta. Claramente, cada recta no azul tiene uno o ningún polígono favorito (que obviamente es casi azul), mientras que cada polígono casi azul puede ser el favorito de a lo sumo una recta no azul, o no ser el favorito de ninguna.\n\nSupongamos que hemos coloreado $a$ rectas de azul, sin que ningún polígono tenga toda su frontera azul, y que no podemos colorear más rectas de azul sin que aparezcan polígonos azules. Entonces, cada recta no azul que pintemos, generará al menos un polígono con toda su frontera azul, es decir, cada recta no azul tiene exactamente un polígono favorito. Cada vértice azul pertenece a lo sumo a cuatro polígonos. Asignaremos a dicho vértice azul un valor, de la siguiente forma:\n\n* Cada vértice azul parte de un valor base de 0.\n* Por cada polígono casi azul al que pertenece dicho vértice, y que sea el favorito de una recta no azul, sumamos 1 al valor del vértice si el polígono es un triángulo, y $\\frac{1}{2}$ si el polígono tiene al menos 4 lados.\n* Por cada polígono que no sea casi azul, o que sea casi azul pero no sea el favorito de ninguna recta no azul, sumamos 0 al valor del vértice.\n\nNótese entonces que\n\n(1) A los vértices de cada polígono que es el favorito de alguna recta no azul, se les suma, por pertenecer a dicho polígono, un valor total superior o igual a 1; en efecto, todo polígono casi azul de $n$ lados tiene $n - 2$ vértices azules. Si el polígono es un triángulo, hay 1 vértice azul, al que se le suma 1, mientras que si tiene 4 o más lados, hay al menos 2 vértices azules, a los que se les suma $\\frac{1}{2}$ a cada uno. Luego la suma $V$ de los valores de todos los vértices es superior o igual al número de polígonos favoritos, y por lo tanto superior o igual al número de rectas no azules, es decir, $V \\geq n - a$.\n\n(2) Cada vértice azul tiene un valor de a lo sumo 2. En efecto, si el vértice azul no pertenece a ningún triángulo casi azul favorito de una recta no azul, suma un valor de a lo sumo $\\frac{1}{2}$ para cada uno de los cuatro vértices a los que pertenece, para un valor total menor o igual que 2. Si el vértice azul pertenece a un triángulo casi azul que sea favorito de una recta no azul, esta recta delimita también dos de los cuatro polígonos a los que pertenece dicho vértice, por lo que o estos dos polígonos no pertenecen a ninguna recta, o pertenecen a la recta no azul de la que es favorito el triángulo, con lo que no pueden ser favoritos de ninguna recta. Habría en este caso a lo sumo dos de los cuatro polígonos que pueden aumentar el valor del vértice, cada uno de ellos aportando un valor máximo de 1, para un total menor o igual que 2. Como hay $a$ rectas azules, hay exactamente $\\binom{a}{2}$ vértices azules, cada uno de ellos con un valor menor o igual que 2, luego la suma $V$ de los valores de los puntos azules es a lo sumo $V \\leq \\binom{a}{2}$.\n\nDe lo anterior, concluimos que\n\n$$\nn - a \\leq V \\leq \\binom{a}{2} = a^2 - a, \\quad n \\leq a^2, \\quad \\sqrt{n} \\leq a,\n$$\n\ncomo queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43499,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSobre la gráfica de una función polinómica con coeficientes enteros, se eligen dos puntos con coordenadas enteras. Probar que si la distancia entre ellos es un número entero, entonces el segmento que los une es paralelo al eje de abscisas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea el polinomio $f(x)=\\sum_{i=0}^{n} a_{i} x^{i},\\ a_{i} \\in \\mathbb{Z}$ y sean $A(c, f(c))$ y $B(d, f(d))$ dos puntos con coordenadas enteras. Entonces\n$$\nf(c)-f(d)=\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\left(c^{i}-d^{i}\\right)\n$$\nTodos los sumandos de esta suma son divisibles por $c-d$, así que\n$$\nf(c)-f(d)=\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\left(c^{i}-d^{i}\\right)=k(c-d)\n$$\ndonde $k$ es un entero. Como la distancia entre los puntos $A$ y $B$, que denotamos por $d(A, B)$ es un entero, entonces $d^{2}(A, B)$ es un cuadrado perfecto. Pero\n$$\nd^{2}(A, B)=(c-d)^{2}+k^{2}(c-d)^{2}=(c-d)^{2}\\left(1+k^{2}\\right)\n$$\nluego la única posibilidad para que esta expresión sea un cuadrado perfecto es que $k=0$, en cuyo caso\n$$\nf(c)-f(d)=0\n$$\ny efectivamente el segmento $AB$ es paralelo al eje de abcisas.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43500,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo $ABC$, sea $A'$ el punto simétrico de $A$ respecto del circuncentro $O$ de $ABC$.\n\na) Probar que la suma de los cuadrados de los segmentos de tangentes trazadas desde $A$ y $A'$ a la circunferencia inscrita en $ABC$ es igual a $4R^2 - 4Rr - 2r^2$.\n\nb) Sea $I$ el incentro del $\\triangle ABC$. Probar que la circunferencia de centro $A'$ y radio $A'I$ corta a la circunferencia circunscrita de $ABC$ en un punto $L$ tal que $AL = \\sqrt{AB \\cdot AC}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na. Si $t$ y $t'$ son las longitudes de los segmentos de tangentes, se tiene\n$$\nt^2 = AI^2 - r^2 \\quad \\text{y} \\quad t'^2 = A'I^2 - r^2\n$$\npor lo tanto,\n![](attached_image_1.png)\n$$\nt^2 + t'^2 = AI^2 + A'I^2 - 2r^2\n$$\nAplicando el teorema de Apolonio al triángulo $AIA'$ con la mediana $IO$ resulta\n$$\nAI^2 + A'I^2 = 2 IO^2 + 2R^2 = 2(R^2 - 2Rr) + 2R^2 = 4R^2 - 4Rr\n$$\nSustituyendo en la expresión anterior resulta la relación pedida.\n\nb. Teniendo en cuenta a) y que $AL^2 = A'A^2 - A'L^2 = 4R^2 - A'I^2$, ya que el triángulo $AA'L$ es claramente rectángulo por ser $AA'$ un diámetro, resulta\n$$\nAL^2 = 4R^2 - (4R^2 - 4Rr - AI^2) = 4Rr + AI^2 = \\frac{abc}{p} + \\frac{bc(p-a)}{p} = bc\n$$\ndonde las dos últimas expresiones se obtienen a partir de las relaciones entre ángulos y lados en el triángulo, teniendo en cuenta que $t = p - a$ siendo $p$ el semiperímetro.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43501,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $x, y, z$ reales positivos tales que $x+y+z=3$. Halla el valor máximo alcanzado por\n\n$$\n\\sqrt{x}+\\sqrt{2 y+2}+\\sqrt{3 z+6}\n$$\n\n¿Para qué valores de $x, y, z$ se alcanza dicho máximo?",
    "options": [],
    "answer": "Maximum value is 6, attained at x = y = z = 1.",
    "solution": "Solution:\nConsideremos los vectores $(\\sqrt{x}, \\sqrt{y+1}, \\sqrt{z+2})$ y $(\\sqrt{1}, \\sqrt{2}, \\sqrt{3})$, cuyas coordenadas son todas reales y positivas, cuyos módulos respectivos son $\\sqrt{x+y+z+3}=\\sqrt{6}$ y $\\sqrt{1+2+3}=\\sqrt{6}$, y cuyo producto escalar es la expresión cuyo máximo se pide hallar. Por la desigualdad del producto escalar, el valor máximo es igual al producto de módulos de vectores, que es $6$, dándose la igualdad cuando ambos vectores son proporcionales. En este caso, al tener ambos vectores el mismo módulo, se da la igualdad si y sólo si ambos vectores son iguales, es decir,\n\n$$\n\\sqrt{x}+\\sqrt{2 y+2}+\\sqrt{3 z+6} \\leq 6\n$$\n\ncon igualdad si y sólo si $x=y=z=1$.\nSolution:\nLa función $f(x)=\\sqrt{x}$ es cóncava, por lo tanto, por la desigualdad de Jensen, se tiene que\n$$\n\\begin{gathered}\n\\sqrt{x}+\\sqrt{2 y+2}+\\sqrt{3 z+6}=f(x)+2 f\\left(\\frac{y+1}{2}\\right)+3 f\\left(\\frac{z+2}{3}\\right) \\leq \\\\\n\\leq 6 f\\left(\\frac{x+(y+1)+(z+2)}{6}\\right)=6 f(1)=6\n\\end{gathered}\n$$\n\ncon igualdad si y sólo si $x=\\frac{y+1}{2}=\\frac{z+2}{3}$, es decir, $y=2 x-1$ y $z=3 x-2$, con lo que $x+y+z=6 x-3=3$, o $x=y=z=1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43502,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn la pizarra está escrito un número entero. Dos jugadores $A$ y $B$ juegan alternadamente, empezando por $A$. Cada jugador en su turno reemplaza el número existente por el que resulte de realizar una de estas dos operaciones: restar 1 o dividir entre 2, siempre que se obtenga un entero positivo. El jugador que llegue al número 1 gana. Determinar razonadamente el menor número par que le exige a $A$ jugar al menos 2015 veces para ganar (no se contabilizan los turnos de B).",
    "options": [],
    "answer": "6*2^{1007} - 4",
    "solution": "Solution:\n\nSi el valor de $N$ inicial es par, veamos que gana $A$: ya sea restando 1 o bien dividiendo entre 2 (en el caso $N=4k+2$, $\\frac{N}{2}=2k+1$ impar), $A$ siempre le dejará a $B$ un impar, obligándolo a restar 1 por no poder dividir entre 2, con lo cual al jugar $A$ volverá a encontrarse con un par, menor que el anterior. Así, $A$ se encontrará finalmente con un 2, y ganará.\n\nHay que destacar que cuando $A$ tiene dos opciones válidas para dejarle a $B$ un impar, siempre preferirá dividir entre 2, para acercarse más rápidamente al objetivo.\n\nA continuación usaremos el siguiente resultado:\nSea $y$ un número par con el cual se encuentra $A$ en su turno. Entonces, dos turnos antes $A$ se encontraba con un número mayor o igual que $2y+4$.\n\nEn efecto, distinguiremos dos casos:\n\n(1) Caso $y=4k+2$. Proviene de una jugada obligada de $B$ desde $4k+3$. Antes, $A$ podía estar en $8k+6$, o bien $4k+4$ (esto es viable, ya que desde $4k+4$ $A$ no puede dividir porque $2k+2$ es par). Es decir, $B$ estaba antes en $8k+7$ o en $4k+5$. Si $B$ estaba en $8k+7$, $A$ pudo estar antes en $16k+14$ o en $8k+8$, mientras que si $B$ estaba en $4k+5$ $A$ sólo pudo estar en $8k+10$, no en $4k+6$, porque en ese caso habría preferido dividir en vez de restar. Resumiendo, si $y=4k+2$, hace dos turnos $A$ podía encontrarse en $16k+14$, $8k+10$ o $8k+8$, siendo la menor opción justamente $2y+4$.\n\n(2) Caso $y=4k$. Razonando de forma similar, se deduce que hace dos turnos $A$ se encontraba en $8k+4$ ($2y+4$).\n\nLa solución al problema se obtendrá aplicando repetidamente el resultado anterior.\n\nDefinimos la sucesión $a_{0}=2$, $a_{n+1}=2a_{n}+4$, cuya fórmula explícita es\n$$\na_{n}=6 \\cdot 2^{n}-4\n$$\nAplicando reiteradamente el resultado, vemos que para todo $n$ se tiene que cualquier $N$ desde el cual se llegue al 2 en $2n$ turnos, debe cumplir $N \\geq a_{n}$. Es decir, contando con que $A$ pasa del 2 al 1 en un turno, hemos probado que para todo $n$, los números $N$ que le exigen a $A$ al menos $2n+1$ jugadas cumplen $N \\geq a_{n}$.\n\nDado que para $n=1007$ se tiene $2n+1=2015$, se cumple que $N$ es mayor o igual que el término $a_{1007}$ de la sucesión considerada, es decir, el número $6 \\cdot 2^{1007}-4$. Queda por probar que se alcanza la igualdad. Para ello, basta ver que para todo $n \\geq 1$, si $A$ se encuentra con $a_{n}$, tras dos turnos estará en $a_{n-1}$. En efecto,\n$$\n\\underbrace{6 \\cdot 2^{n}-4}_{a_{n}} \\xrightarrow{A} 6 \\cdot 2^{n}-5 \\xrightarrow{B} 6 \\cdot 2^{n}-6 \\xrightarrow{A} 3 \\cdot 2^{n}-3 \\xrightarrow{B} 3 \\cdot 2^{n}-4=\\underbrace{6 \\cdot 2^{n-1}-4}_{a_{n-1}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43503,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEncuentra todas las aplicaciones $f: \\mathbb{Z} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ que verifican $f(n)+f(n+1)=2 n+1$ para cualquier entero $n$ y además\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{63} f(i)=2015\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n + (-1)^n",
    "solution": "Solution:\n\nNótese que $f(n+1)=2 n+1-f(n)$, con lo que podemos hallar sucesivamente\n$$\nf(1)=1-f(0), \\quad f(2)=3-f(1)=2+f(0), \\quad f(3)=5-f(2)=3-f(0), \\ldots\n$$\n\nEsto nos permite conjeturar que $f(n)=n+(-1)^{n} f(0)$ para todo $n \\geq 0$, cosa que podemos demostrar por inducción, siendo cierto como ya se ha visto para $n=1,2,3$, y si es cierto para $n$, entonces\n$$\nf(n+1)=2 n+1-n-(-1)^{n} f(0)=n+1+(-1)^{n+1} f(0)\n$$\n\nLuego es cierto para todo entero positivo $n$. Inducción hacia atrás, usando que $f(n)=2 n+1-f(n+1)$ nos permite comprobar igualmente que esta expresión es de hecho válida para todo entero $n$, también negativo.\n\nNótese ahora que en $\\{1,2,3, \\ldots, 63\\}$ hay exactamente un entero impar más que enteros pares. En la imagen de cada entero par aparece $f(0)$ con signo positivo, y en la de cada entero impar con signo negativo, luego\n$$\n2015=\\sum_{i=1}^{63} f(i)=-f(0)+\\sum_{i=1}^{63} i=\\frac{63 \\cdot 64}{2}-f(0)=2016-f(0)\n$$\n\nConcluímos que $f(0)=1$, con lo que la única función que satisface las condiciones de enunciado es\n$$\nf(n)=n+(-1)^{n}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43504,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTodas las caras de un poliedro son triángulos. A cada uno de los vértices de este poliedro se le asigna de forma independiente uno de entre tres colores: verde, blanco o negro. Decimos que una cara es extremeña si sus tres vértices son de distintos colores, uno verde, uno blanco y uno negro. ¿Es cierto que, independientemente de cómo coloreemos los vértices, el número de caras extremeñas de este poliedro es siempre par?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $C$ el número de caras del poliedro. Cada cara tiene $3$ lados, cada uno de los cuáles pertenece exactamente a dos caras. Luego el número total de aristas del poliedro es $3C/2$, que ha de ser entero. Luego el número $C$ de caras del poliedro es par.\n\nA una arista cuyos vértices extremos son del mismo color la llamaremos monocroma. Si sumamos las aristas monocromas de todas las caras, como cada una de ellas está exactamente en dos caras, tendremos un número par. A este número no contribuyen las caras extremeñas, pues no contienen aristas monocromas, y las no extremeñas lo hacen con un número impar: $3$, si los tres vértices son del mismo color, o $1$ en otro caso. Por tanto, el número de caras no extremeñas tiene que ser par. Como el número total de caras es par, también será par el número de caras extremeñas.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43505,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $n \\geq 2$ un entero positivo. Tenemos $2 n$ bolas, en cada una de las cuales hay escrito un entero. Se cumple que, siempre que formamos $n$ parejas con las bolas, dos de estas parejas tienen la misma suma.\n\n(1) Demuestra que hay cuatro bolas con el mismo número.\n\n(2) Demuestra que el número de valores distintos que hay en las bolas es como mucho $n-1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n(1) Sean los valores de las bolas, en orden no creciente, $a_{1} \\geq a_{2} \\geq \\cdots \\geq a_{2 n}$. Formemos la pareja $k$-ésima emparejando la bola $a_{2 k-1}$ con la bola $a_{2 k}$ para $k=1,2, \\ldots, n$, con lo que sus sumas son\n$$\ns_{1}=a_{1}+a_{2} \\geq s_{2}=a_{3}+a_{4} \\geq \\cdots \\geq s_{n}=a_{2 n-1}+a_{2 n}\n$$\nAl estar las sumas en orden no creciente, si dos de ellas son iguales, han de ser iguales dos sumas consecutivas, es decir ha de ser $a_{2 k-1}+a_{2 k}=a_{2 k+1}+a_{2 k+2}$, con $a_{2 k-1} \\geq a_{2 k} \\geq a_{2 k+1} \\geq a_{2 k+2}$, luego obviamente estos cuatro enteros han de ser iguales.\n\n(2) Supongamos que hay al menos $n$ valores distintos, que podemos ordenar en orden decreciente $b_{1}>b_{2}>\\cdots>b_{n}$. Ordenamos ahora los valores de las restantes $n$ bolas en orden no creciente, $c_{1} \\geq c_{2} \\geq \\cdots \\geq c_{n}$. Haciendo las parejas $(b_{i}, c_{i})$ para $i=1,2, \\ldots, n$ es claro que las parejas $i$-ésima e $i+1$-ésimas tienen valores $b_{i}+c_{i}>b_{i+1}+c_{i+1}$, con lo que las parejas están ordenadas con valores de suma estrictamente decrecientes, y no puede haber dos con la misma suma, contradicción. Luego hay a lo sumo $n-1$ valores distintos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43506,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $p$ y $n$ enteros positivos, tales que $p$ es primo, $n \\geq p$, y $1+n p$ es un cuadrado perfecto. Probar que $n+1$ es suma de $p$ cuadrados perfectos no nulos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $1+n p=k^{2}$, con $k$ entero positivo. Entonces $n p=k^{2}-1=(k-1)(k+1)$. Ahora consideramos dos casos:\n\n1. Si el primo $p$ divide a $k-1$, entonces $k-1=p \\ell$ y $k=p \\ell+1$, con $\\ell$ entero positivo. Por tanto\n$$\n1+n p=k^{2}=(p \\ell+1)^{2}=p^{2} \\ell^{2}+2 p \\ell+1 \\Leftrightarrow n p=p^{2} \\ell^{2}+2 p \\ell \\Leftrightarrow n=p \\ell^{2}+2 \\ell\n$$\nEntonces, $n+1=p \\ell^{2}+2 \\ell+1=(p-1) \\ell^{2}+(\\ell+1)^{2}$ como queríamos probar.\n\n2. Si el primo $p$ divide a $k+1$, entonces $k+1=p \\ell$ y $k=p \\ell-1$, con $\\ell>1$ entero ($\\ell=1$ se corresponde con el caso $n=p-2$, que no es posible). Por tanto\n$$\n1+n p=k^{2}=(p \\ell-1)^{2}=p^{2} \\ell^{2}-2 p \\ell+1 \\Leftrightarrow n p=p^{2} \\ell^{2}-2 p \\ell \\Leftrightarrow n=p \\ell^{2}-2 \\ell\n$$\nEntonces, $n+1=p \\ell^{2}-2 \\ell+1=(p-1) \\ell^{2}+(\\ell-1)^{2}$ es suma de $p$ cuadrados perfectos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43507,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $M$ y $N$ puntos del lado $BC$ del triángulo $ABC$ tales que $BM = CN$, estando $M$ en el interior del segmento $BN$. Sean $P, Q$ puntos que están respectivamente en los segmentos $AN, AM$ tales que $\\angle PMC = \\angle MAB$ y $\\angle QNB = \\angle NAC$. ¿Es cierto que $\\angle QBC = \\angle PCB$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nLa idea clave de la solución es considerar las circunferencias circunscritas de los triángulos $BNQ$ (en verde en la figura) y $PMC$ (en rojo). Si $AM$ corta a la circunferencia $(BNQ)$ en $X$, y $AN$ corta a la circunferencia $(PMC)$ en $Y$, es evidente que los cuadriláteros $BQN X$ y $MPCY$ son cílicos. Puesto que $\\angle QBC =$\n![](attached_image_1.png)\n$\\angle QBN$ y $\\angle PCB = \\angle PCM$, los ángulos del enunciado del problema serán iguales si lo son $\\angle QBC$ y $\\angle PCM$. Pero $\\angle QBN = \\angle QXN = \\angle MXN$ y por otra parte $\\angle PCM = \\angle PYM = \\angle NYM$. Entonces el problema estará resuelto en sentido afirmativo si demostramos que $\\angle MXN = \\angle NYM$ lo cual es tanto como decir que los cuatro puntos $M, N, Y, X$ están en una circunferencia, para lo cual podemos intentar demostrar que\n$$\nAM \\cdot AX = AN \\cdot AY \\Leftrightarrow \\frac{AM}{AN} = \\frac{AY}{AX}\n$$\nPara ello razonaremos de la siguiente manera:\nLos triángulos $ABM$ y $ACN$ tienen la misma área, ya que sus bases son iguales por hipótesis y la altura desde $A$ es la misma; entonces\n$$\nAM \\cdot AB \\cdot \\sin \\alpha = AN \\cdot AC \\cdot \\sin \\beta\n$$\ndonde $\\alpha = \\angle MAB$ y $\\beta = \\angle NAC$. Por otra parte, dos de los ángulos del triángulo $ABX$ son $\\alpha$ y $\\angle BXQ = \\angle QNB = \\beta$ (en la circunferencia $(BNQ)$).\nAnálogamente, dos de los ángulos del triángulo $ACY$ son $\\beta$ y . Por lo tanto esos dos triángulos son semejantes, y escribiendo la proporcionalidad entre lados homólogos, se tiene\n$$\n\\frac{AY}{AX} = \\frac{CY}{AB}\n$$\nPor último, aplicando el teorema del seno en el triángulo $ACY$, tenemos\n$$\n\\frac{AC}{\\sin \\alpha} = \\frac{CY}{\\sin \\beta} \\Leftrightarrow \\frac{\\sin \\beta}{\\sin \\alpha} = \\frac{CY}{AC}\n$$\nUtilizando (1) y teniendo en cuenta (2), resulta\n$$\n\\frac{AM}{AN} = \\frac{AC \\cdot \\sin \\beta}{AB \\cdot \\sin \\alpha} = \\frac{AC}{AB} \\cdot \\frac{CY}{AC} = \\frac{AY}{AX}\n$$\ny esto demuestra la igualdad de ángulos indicada en el enunciado",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43508,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEncuentra todos los enteros positivos $n$, que verifican\n\n$$\nn=2^{2x-1}-5x-3=\\left(2^{x-1}-1\\right)\\left(2^{x}+1\\right)\n$$\n\npara algún entero positivo $x$.",
    "options": [],
    "answer": "2015",
    "solution": "Solution:\nRealizando el producto del miembro de la derecha y reorganizando términos, la igualdad entre los miembros segundo y tercero se puede escribir como\n$$\n2^{x-1}=5x+2\n$$\n\nSe comprueba fácilmente que ni $x=1$ ni $x=2$ son soluciones, mientras que si $x \\geq 3$, entonces $5x+2$ ha de ser múltiplo de 4, luego $x$ es par pero no múltiplo de 4, es decir, $x \\geq 6$. Para $x=6$, se comprueba que $2^{x-1}=5x+2=32$, con lo que sería una posible solución. Nótese ahora que si para $x \\geq 6$ se tiene que $2^{x-1}>5x$ (cosa que es cierta para $x=6$), entonces $2^{x}>10x>5(x+1)+2$, es decir, por inducción $2^{x-1}$ siempre será mayor que $5x+2$ para todo $x \\geq 7$. Luego el único valor que puede tomar el entero positivo $x$ es 6, que a su vez resulta en\n$$\nn=2^{11}-30-3=2048-33=2015\n$$\nSolution:\nObtenemos igual que en la solución anterior la ecuación $2^{x-1}=5x+2$, y encontramos la solución $x=6$, con lo que nos queda sólo demostrar que es única.\nLa función $y=2^{x-1}$ es convexa en $x$, luego tiene a lo sumo dos intersecciones con cualquier recta, en particular con la recta $y=5x+2$. Como $2^{x-1}>5x+2$ tanto para $x \\rightarrow -\\infty$ como para $x \\rightarrow +\\infty$, siendo $2^{x-1}<5x+2$ para $x=0$, hay en efecto exactamente dos soluciones de $2^{x-1}=5x+2$, una negativa (que por lo tanto es irrelevante al problema) y otra positiva, que es $x=6$, y por lo tanto es la única para la que $x$ es un entero positivo.\n\n$$\nn=2^{11}-30-3=2048-33=2015\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43509,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all integers $n \\ge 1$ for which the number $n^8 + n^6 + n^4 + 4$ is prime.",
    "options": [],
    "answer": "n = 1",
    "solution": "We have\n$$\nn^8 + n^6 + n^4 + 4 = (n^4 - n^3 + n^2 - 2n + 2)(n^4 + n^3 + n^2 + 2n + 3) = f(n)g(n)\n$$\nThe first factor $f(n)$ satisfies\n$$\nf(n) = n^4 - n^3 + n^2 - 2n + 2 = n^3(n-1) + (n-1)^2 + 1\n$$\nand hence $f(n) \\ge 2$ for all $n \\ge 2$. The second factor $g(n) = n^4 + n^3 + n^2 + 2n + 3$ is strictly greater than 2 for all $n \\ge 2$. This only leaves the case $n = 1$ as a potential candidate for a prime, and indeed $f(1)g(1) = 1 \\cdot 7 = 7$ is prime.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43510,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En la primera fila de un tablero $5 \\times 5$ se colocan $5$ fichas que tienen una cara blanca y otra negra, mostrando todas la cara blanca. Cada ficha se puede mover de una casilla a cualquiera de las contiguas (horizontal o verticalmente) dándole la vuelta en cada movimiento. Además, varias fichas pueden ocupar una misma casilla. ¿Se puede conseguir mediante una secuencia de movimientos que las $5$ fichas queden en la última fila, en casillas distintas y que todas ellas muestren la cara negra?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Si pintamos las casillas del tablero alternativamente de blanco y negro como en un tablero de ajedrez, sucede que una ficha cuyo color visible coincida con el de la casilla, al moverse seguirá teniendo el mismo color que la nueva casilla (puesto que tanto el color de la ficha como el de la casilla cambian). Supuesto que la casilla superior izquierda la hemos dejado blanca, en el inicio hay $3$ fichas cuyo color (blanco) coincide con el de la casilla. En todo momento deberá suceder que el color de tres fichas es el mismo que el de la casilla que ocupen (y el de las otras dos, diferente). Sin embargo, colocando las fichas con la cara negra en la última fila, resulta que sólo dos fichas tendrán el color (negro) de su casilla. Por lo tanto, no es posible colocar las fichas de esta manera.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43511,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p_1, p_2, \\dots, p_{n+1}$ denote the first $n+1$ primes. Suppose that $\\{A, B\\}$ is a partition of the set $X = \\{p_1, p_2, \\dots, p_n\\}$, where $A = \\{q_1, q_2, \\dots, q_s\\}$ and $B = \\{r_1, r_2, \\dots, r_t\\}$. Prove that if $m = q_1q_2\\dots q_s + r_1r_2\\dots r_t < p_{n+1}^2$, then $m$ is a prime.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Assume to the contrary, that $m$ is not a prime number. Then $m = ab$ for some integers $a$ and $b$ with $1 < a < m$ and $1 < b < m$. Let $p$ be the smallest prime that divides $a$ and let $q$ be the smallest prime that divides $b$. WLOG we may assume that $p \\le q$. We now consider two cases according to whether $p \\in X$ or $p \\notin X$.\n\n* If $p \\in X$, then either $p = q_i$ for some $i$ with $1 \\le i \\le s$ or $p = r_j$ for some $j$ with $1 \\le j \\le t$, but not both ($\\{A, B\\}$ is a partition). Suppose that $p = q_i$ where $1 \\le i \\le s$. Since $p \\mid a$, then $p \\mid m$. Also $p \\mid q_1q_2\\dots q_s$. Thus $p \\mid (m - q_1q_2\\dots q_s)$ and so $p \\mid r_1r_2\\dots r_t$. This implies that $p = r_j$ for some $j$ with $1 \\le j \\le t$. Contradiction.\n\n* If $p \\notin X$, then $q \\ge p \\ge p_{n+1}$ and so $m \\ge pq \\ge p_{n+1}^2$. Contradiction.\n\nFrom the preceding we conclude that $m$ is prime, and we are done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43512,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determinar todos los números primos positivos $p, q, r, k$ tales que $pq + qr + rp = 12k + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "The only solution is that p, q, r are 2, 3, and 11 in any order, and k = 5.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43513,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Con baldosas cuadradas de lado un número exacto de unidades se ha podido embaldosar una habitación de superficie $18144$ unidades cuadradas de la siguiente manera: el primer día se puso una baldosa, el segundo dos baldosas, el tercero tres, etc. ¿Cuántas baldosas fueron necesarias?",
    "options": [],
    "answer": "2016",
    "solution": "Supongamos que fueron necesarias $n$ baldosas y que su tamaño es $k \\times k$. Entonces $nk^2 = 18144 = 2^5 \\times 3^4 \\times 7$. Hay nueve casos posibles para $n$, a saber, $2 \\times 7$, $2^3 \\times 7$, $2^5 \\times 7$, $2 \\times 3^2 \\times 7$, $2^3 \\times 3^2 \\times 7$, $2^5 \\times 3^2 \\times 7$, $2 \\times 3^4 \\times 7$, $2^3 \\times 3^4 \\times 7$, $2^5 \\times 3^4 \\times 7$. Además este número tiene que poderse expresar en la forma $1+2+3+\\cdots+N = N(N+1)/2$ y esto sólo es posible en el caso sexto: $2^5 \\times 3^2 \\times 7 = 63 \\times 64/2 = 2016$. Para descartar los otros casos rápidamente observamos que $N$ y $N+1$ son números primos entre sí. Si por ejemplo $N(N+1)/2 = 2^3 \\times 7$, tendría que ser $N+1 = 2^4$ y $N = 7$, que es imposible, etc. Por tanto, se necesitaron $2016$ baldosas.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43514,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "El triángulo $BCF$ es rectángulo en $B$. Sea $A$ el punto de la recta $CF$ tal que $FA = FB$ y $F$ está entre $A$ y $C$. Se elige el punto $D$ de modo que $DA = DC$ y $AC$ es bisectriz del ángulo $\\angle DAB$. Se elige el punto $E$ de modo que $EA = ED$ y $AD$ es bisectriz del ángulo $\\angle EAC$. Sea $M$ el punto medio de $CF$. Sea $X$ el punto tal que $AMXE$ es un paralelogramo (con $AM \\parallel EX$ y $AE \\parallel MX$). Demostrar que las rectas $BD$, $FX$, y $ME$ son concurrentes.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43515,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Se tienen dos progresiones de números reales, una aritmética $(a_n)_{n \\in \\mathbb{N}}$ y otra geométrica $(g_n)_{n \\in \\mathbb{N}}$ no constante. Se cumple que $a_1 = g_1 \\neq 0$, $a_2 = g_2$ y $a_{10} = g_3$. Decidir, razonadamente, si para cada entero positivo $p$, existe un entero positivo $m$, tal que $g_p = a_m$.",
    "options": [],
    "answer": "Yes. For every positive integer p, an index m exists with g_p = a_m, explicitly m = (8^{p-1} + 6)/7.",
    "solution": "Sean $d$ y $r \\neq 1$ la diferencia y la razón, respectivamente, de las progresiones aritmética $(a_n)_{n \\in \\mathbb{N}}$ y geométrica $(g_n)_{n \\in \\mathbb{N}}$. En primer lugar tenemos $g_1 r = g_2 = a_2 = a_1 + d = g_1 + d$ de donde $d = g_1(r - 1)$. En segundo lugar $g_1 r^2 = g_3 = a_{10} = a_1 + 9d = g_1 + 9g_1(r - 1)$. De aquí sale $r^2 - 9r + 8 = 0$ puesto que $g_1 \\neq 0$. Las soluciones son $r = 1$ (que debemos descartar ya que la progresión geométrica no es constante) y $r = 8$ que es la razón buscada. De aquí también resulta $d = 7g_1$.\n\nSea $p$ un entero positivo cualquiera. Debemos encontrar un $m$ tal que $g_p = a_m$, es decir $g_p = g_1 8^{p-1} = a_m = a_1 + (m-1)d = g_1 + (m-1)7g_1$ que es equivalente a $8^{p-1} + 6 = 7m$. Puesto que las potencias de $8$ módulo $7$ siempre son $1$, resulta que $8^{p-1} + 6$ es siempre múltiplo de $7$ y siempre podremos encontrar $m = \\frac{8^{p-1} + 6}{7}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43516,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Encontrar la solución entera más pequeña de la ecuación\n$$\n\\left\\lfloor \\frac{x}{8} \\right\\rfloor - \\left\\lfloor \\frac{x}{40} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{x}{240} \\right\\rfloor = 210.\n$$\n(Si $x$ es un número real, $\\lfloor x \\rfloor$ es la parte entera de $x$, esto es, el mayor número entero menor o igual que $x$.)",
    "options": [],
    "answer": "2016",
    "solution": "Sea $x$ una solución entera de la ecuación. Dividiendo, primero por $240$, luego el resto $r_1$ por $40$ y el nuevo resto $r_2$ por $8$, resulta\n$$\nx = 240c_1 + r_1 = 240c_1 + 40c_2 + r_2 = 240c_1 + 40c_2 + 8c_3 + r_3,\n$$\ndonde $0 \\leq c_2 < 6$, $0 \\leq c_3 < 5$ y $0 \\leq r_3 < 8$ (las desigualdades para $c_2$ y $c_3$ se obtienen de $0 \\leq r_1 < 240$ y $0 \\leq r_2 < 40$). Entonces\n$$\n210 = \\left\\lfloor \\frac{x}{8} \\right\\rfloor - \\left\\lfloor \\frac{x}{40} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{x}{240} \\right\\rfloor = (30c_1 + 5c_2 + c_3) - (6c_1 + c_2) + c_1 = 25c_1 + 4c_2 + c_3,\n$$\ny el único caso posible es $c_1 = 8$, $c_2 = 2$, $c_3 = 2$ (reduciendo módulo $5$ queda $c_2 \\equiv c_3 \\pmod{5}$) y necesariamente $c_2 = c_3$; entonces $42 = 5c_1 + c_2$ y tiene que ser $c_2 = 2$, $c_1 = 8$), con lo que\n$$\nx = 240 \\times 8 + 40 \\times 2 + 8 \\times 2 + r_3 = 2016 + r_3\n$$\ny la menor solución entera de la ecuación dada es $x = 2016$ (las otras son $2017$, $\\ldots$, $2023$).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43517,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $n \\ge 1$ un número entero. Probar que $\\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n}{2k+1} 13^k$ es divisible por $2^{n-1}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sea $a_n = \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n}{2k+1} 13^k$. Teniendo en cuenta que $\\binom{n}{j} = 0$ para $j < 0, j > n$ y la relación\n$$\n\\binom{n}{j} + \\binom{n}{j+1} = \\binom{n+1}{j+1}\n$$\nresulta $a_1 = 1$, $a_2 = 2$ y para $n \\ge 3$,\n$$\n\\begin{align*}\na_n - a_{n-1} &= \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n}{2k+1} 13^k - \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-1}{2k+1} 13^k \\\\\n&= \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-1}{2k} 13^k = \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k} 13^k + \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k-1} 13^k\n\\end{align*}\n$$\n\ny\n$$\na_{n-1} = \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-1}{2k+1} 13^k = \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k+1} 13^k + \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k} 13^k.\n$$\nEntonces,\n$$\n\\begin{align*}\na_n - 2a_{n-1} &= \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k-1} 13^k - \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k+1} 13^k \\\\\n&= 13 \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k-1} 13^{k-1} - \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k+1} 13^k \\\\\n&= 12 \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n-2}{2k+1} 13^k = 12a_{n-2}.\n\\end{align*}\n$$\n\nAhora, veremos que $a_n = 2^{n-1}b_n$ siendo $b_n$ un número entero apropiado. En efecto, lo demostraremos por inducción. Para $a_1 = 1$, $a_2 = 2$ el resultado se verifica con $b_1 = b_2 = 1$. Para $n \\ge 3$, utilizando que $a_{n-1} = 2^{n-2}b_{n-1}$ y $a_{n-2} = 2^{n-3}b_{n-2}$ se obtiene\n$$\na_n = 2a_{n-1} + 12a_{n-2} = 2 \\cdot 2^{n-2}b_{n-1} + 12 \\cdot 2^{n-3}b_{n-2} = 2^{n-1}(b_{n-1} + 3b_{n-2})\n$$\npor lo tanto,\n$$\n2^{n-1} \\mid \\sum_{0 \\le k < n/2} \\binom{n}{2k+1} 13^k\n$$\ny hemos terminado.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43518,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 1$ be a positive integer. Consider a pile of $3^n$ coins, one of which is fake. Suppose that all coins are either white or black and that if the fake coin is white, it is lighter than the others, and if the fake is black, it is heavier than the others. Furthermore, assume that the number of white coins and the number of black coins differ by at most one. Under these conditions, prove that the fake coin can be identified and classified as heavy or light by at most $n$ weighings in a scale.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For each $n \\ge 1$, let $P(n)$ be the statement to be proven. We will argue by induction. Indeed,\n\n* **Base step:** For $n=1$, consider $3^1=3$ coins, and without loss of generality, suppose that two are black and one is white. Put a black on each pan and set the white aside. If the scale balances, then white coin is counterfeit, and since it is white, is lighter than the other coins. If the scales tips, say the left side down, then the black on the left is heavy and fake. In any case, the counterfeit coin is identified from among three coins and classified as heavy or light, so $P(1)$ holds.\n\n* Next we consider the case when $n=3$, assuming, for the moment, that $P(2)$ has been shown. Consider $3^3=27$ coins, with, say, 14 black, and 13 white. Partition these 27 coins into three groups, say $G_1 = (4B, 5W)$, $G_2 = (5B, 4W)$, and $G_3 = (5B, 4W)$. Put $G_2$ on the left, weighed against $G_3$ on the right. If the scale balances, the counterfeit coin is in group $G_1$ and so $P(2)$ applies to a set of 9 coins, 4 black and 5 white. If the left pan goes down, either one of the 5 black from $G_2$ is heavy, or one of the 4 white from $G_3$ is light. The induction hypothesis $P(2)$ now applies to these $3^2 = 9$ coins. Similarly, if the scale tips to the right, the counterfeit is among the 4 white in $G_2$ or the 5 black in $G_3$, and again $P(2)$ applies.\n\n* **Inductive step:** Fix $k \\ge 1$ and assume that $P(k)$ is true. Consider a collection of $3^{k+1}$ coins, one of which is counterfeit. Assume that there is one more black than white (the same argument works if there is one more white than black), so suppose that $\\frac{3^{k+1}+1}{2}$ are black and $\\frac{3^{k+1}-1}{2}$ are white. Partition the coins into three groups, $G_1, G_2$, and $G_3$, each with $3^k$ coins, and each with a near balance of black and white: In $G_1$, put $\\frac{3^k-1}{2}$ black and $\\frac{3^k+1}{2}$ white coins. In both $G_2$ and $G_3$, put $\\frac{3^k+1}{2}$ black and $\\frac{3^k-1}{2}$ white coins. Putting $G_1$ aside, weigh $G_2$ on the left against $G_3$ on the right. If the scales balance, the counterfeit coin is in $G_1$, and $P(k)$ applies to $G_1$, finding the fake coin in an additional $k$ weighings, $k+1$ in all, and so $P(k+1)$ is true in this case. If the scales go down on the left, either one of the $\\frac{3^k+1}{2}$ black coins from $G_2$ is heavy, or one of the $\\frac{3^k-1}{2}$ white coins from $G_3$ is light and these\n$$\n\\frac{3^k + 1}{2} + \\frac{3^k - 1}{2} = 3^k\n$$\ncoins satisfy the hypothesis for $P(k)$, and so the coin is found in $k+1$ weighings. The analogous argument works when the right pan lowers.\n\nFinally, by mathematical induction, for each $n \\ge 1$, we conclude that $P(n)$ holds.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43519,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Hemos empezado la Olimpiada Matemática puntualmente a las 9:00, como he comprobado en mi reloj, que funcionaba en ese momento correctamente. Cando he terminado, a las 13:00, he vuelto a mirar el reloj y he visto que las manecillas se habían desprendido de su eje pero manteniendo la posición en la que estaban cuando el reloj funcionaba. Curiosamente las manecillas de las horas y de los minutos aparecían superpuestas exactamente, una sobre otra, formando un ángulo (no nulo) menor que $120^\\circ$ con el segundero. ¿A qué hora se me averió el reloj? (Dar la respuesta en horas, minutos y segundos con un error máximo de un segundo; se supone que, cuando funcionaba, las manecillas del reloj avanzaban de forma continua.)",
    "options": [],
    "answer": "9:49:05",
    "solution": "Si medimos el tiempo $t$ en segundos a partir de las 00:00 y los ángulos en grados, en sentido horario y a partir de la posición de las manecillas a las 00:00, tenemos que el ángulo barrido por la manecilla de las horas en el instante $t$ es $\\alpha_{hor}(t) = t/120$ y barrido por el minutero, $\\alpha_{min}(t) = t/10$. Como ambas manecillas han aparecido superpuestas, los dos ángulos han de coincidir en el momento $t$ en que el reloj se ha averiado. El minutero ha podido dar alguna vuelta completa, por tanto debe tenerse\n$$\n\\frac{t}{10} = \\frac{t}{120} + 360k,\n$$\ncon $k \\ge 0$ un número entero, es decir, $t = \\frac{360 \\times 120}{11}k$. Como la avería ha sido entre las 9:00 y las 13:00, tiene que ser $9 \\le k \\le 12$. El ángulo para el segundero es $\\alpha_{seg}(t) = 6t$, por tanto la diferencia\n\ndebe ser, salvo múltiplos de 360, un número $\\beta$ entre $-120$ y $120$. Si $k = 9$, $\\beta = (360 \\times 3)/11$, que efectivamente está en este rango. Sin embargo, si $k = 10$ ó $12$, $\\beta = \\pm(360 \\times 4)/11$, que está fuera de este intervalo. El caso $k = 11$ también se excluye puesto que se tendría $\\beta = 0$ y las tres manecillas no están superpuestas. Por lo tanto el único caso posible es $k = 9$, que corresponde al momento\n$$\nt = \\frac{360 \\times 120 \\times 9}{11} = 3600 \\times 9 + 60 \\times 49 + 5 + \\frac{5}{11},\n$$\nlo que significa que el reloj se averió a las 9:49:05.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43520,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Cada 20 minutos durante una semana se travasa una cantidad exacta de litros de agua (siempre la misma cantidad) desde un tanque con $25000$ litros a otro depósito inicialmente vacío. Desde este segundo depósito, a intervalos regulares de tiempo, se extrae primero $1$ litro, luego $2$, luego $3$, etc. Justo al final de la semana coinciden el último trasvase y la última extracción, quedando en ese momento vacío el segundo depósito. Determinar cuánta agua se ha extraído en total durante la semana, en caso de que los datos del problema lo permitan. (Se supone que los trasvases y las extracciones se realizan instantáneamente. El primer trasvase se hace pasados los primeros $20$ minutos y la primera extracción, pasado el primer intervalo de tiempo.)",
    "options": [],
    "answer": "2016",
    "solution": "Sea $n$ el número de extracciones de agua realizadas durante la semana. En total habrán extraído $T_n = 1 + 2 + \\dots + n = n(n+1)/2$ litros. Por otro lado, si el caudal que se trasvasa cada $20$ minutos al segundo depósito es de $k$ litros, el total de litros que ha entrado es $7 \\times 24 \\times 3 \\times k = 2^3 \\times 3^2 \\times 7 \\times k$, así que $2^3 \\times 3^2 \\times 7 \\times k = n(n+1)/2$ y esta cantidad tiene que ser $\\le 25000$, por tanto $2^4 \\times 3^2 \\times 7 \\times k = n(n+1) \\le 50000$. Por la última desigualdad, $n \\le 223$. Ahora, los números $n$ y $n+1$ son primos entre sí, luego cada potencia $2^4$, $3^2$, $7$ divide a $n$ o a $n+1$. Ciertamente $2^4 \\times 3^2 \\times 7 = 1008$ no puede dividir a $n$ ni a $n+1$, dado que $n \\le 223$. Supongamos que $n = 16c$ es múltiplo de $16$. Entonces $n+1$ es múltiplo de $9$ o $7$. En el primer caso se tendría $n+1 = 16c+1 \\equiv 0 \\pmod{9}$, es decir, $c \\equiv 5 \\pmod{9}$. Pero si $c = 5$, $n = 80$\n\ny $7$ no divide a $80 \\times 81$ y, si $c \\ge 5+9 = 14$, $n \\ge 16 \\times 14 = 224$. Por otro lado, en el segundo caso, $n+1 = 16c+1 \\equiv 0 \\pmod{7}$, de donde $c \\equiv 3 \\pmod{7}$. Pero $9$ no divide al producto $n(n+1)$ si $c = 3$ o $10$, y si $c \\ge 17$, $n > 223$. Concluimos que $n$ no es múltiplo de $16$ y $n+1$ sí. Si $n$ es múltiplo de $9$ y $n+1$ de $16 \\times 7$, tendríamos $n = 16 \\times 7 \\times c - 1 \\equiv 0 \\pmod{9}$, es decir, $c \\equiv 7 \\pmod{9}$ y entonces $c \\ge 7$ y $n > 223$. Similarmente, si $n$ es múltiplo de $7$ y $n+1$ de $16 \\times 9$, $n = 16 \\times 9 \\times c - 1 \\equiv 0 \\pmod{7}$, es decir, $c \\equiv 2 \\pmod{7}$ y entonces $c \\ge 2$ y $n > 223$. El único caso que queda es que $n$ sea múltiplo de $9 \\times 7 = 63$ y $n+1$ de $16$. Entonces $n+1 = 63c+1 \\equiv 0 \\pmod{16}$ y $c \\equiv 1 \\pmod{16}$ y necesariamente $c = 1$ (si no $n > 223$). Por lo tanto sólo hay una solución posible, a saber, $n = 63$, lo que da un volumen total extraído de $T_{63} = 63 \\times 64/2 = 2016$ litros.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43521,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $C$ y $C'$ dos circunferencias tangentes exteriores con centros $O$ y $O'$ y radios $1$ y $2$, respectivamente. Desde $O$ se traza una tangente a $C'$ con punto de tangencia en $P'$ y desde $O'$ se traza la tangente a $C$ con punto de tangencia en $P$ en el mismo semiplano que $P'$ respecto de la recta que pasa por $O$ y $O'$. Hallar el área del triángulo $OXO'$, donde $X$ es el punto de corte de $O'P$ y $OP'$.",
    "options": [],
    "answer": "(4*sqrt(2) - sqrt(5))/3",
    "solution": "Los triángulos $OPO'$ y $OP'O'$ son rectángulos en $P$ y $P'$, respectivamente y $\\angle PXO = \\angle P'XO'$, luego los triángulos $PXO$ y $P'XO'$ son semejantes con razón de semejanza $O'P'/OP = 2$. La razón entre sus áreas $S'$ y $S$ es entonces $S'/S = 4$. Por el Teorema de Pitágoras $OP' = \\sqrt{5}$ y $O'P = 2\\sqrt{2}$, luego si $A$ es el área pedida se tiene que\n$$\nA + S' = \\frac{1}{2} O'P' \\cdot OP' = \\sqrt{5}; \\quad A + S = \\frac{1}{2} OP \\cdot O'P = \\sqrt{2}.\n$$\nDe las relaciones anteriores se obtiene fácilmente que $A = \\frac{4\\sqrt{2}-\\sqrt{5}}{3}$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43522,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Hallar todos los enteros positivos $n$ para los que en cada casilla de un tablero $n \\times n$ se puede escribir una de las letras I, M y O de manera que:\n* en cada fila y en cada columna, un tercio de las casillas tiene I, un tercio tiene M y un tercio tiene O; y\n* en cualquier línea diagonal compuesta por un número de casillas divisible por 3, exactamente un tercio de las casillas tienen I, un tercio tiene M y un tercio tiene O.\n**Nota:** Las filas y las columnas del tablero $n \\times n$ se numeran desde 1 hasta $n$, en su orden natural. Así, cada casilla corresponde a un par de enteros positivos $(i, j)$ con $1 \\le i, j \\le n$. Para $n > 1$, el tablero tiene $4n - 2$ líneas diagonales de dos tipos. Una línea diagonal del primer tipo se compone de todas las casillas $(i, j)$ para las que $i + j$ es una constante, mientras que una línea diagonal del segundo tipo se compone de todas las casillas $(i, j)$ para las que $i - j$ es una constante.",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers divisible by 3",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43523,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $p$ un número primo positivo dado. Demostrar que existe un entero $\\alpha$ tal que $\\alpha(\\alpha - 1) + 3$ es divisible por $p$ si y sólo si existe un entero $\\beta$ tal que $\\beta(\\beta - 1) + 25$ es divisible por $p$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sean $f(x) = x^2 - x + 3$, $g(y) = y^2 - y + 25$. Para los enteros $\\alpha$ y $\\beta$, $f(\\alpha)$ y $g(\\beta)$ son ambos enteros impares. Por tanto $p \\neq 2$. Con $\\alpha = 2$ y $\\beta = 3$, $f(\\alpha) = 9$ y $g(\\beta) = 27$, son múltiplos de $3$. De este modo para $p = 3$ se cumple el enunciado. Es claro que $3^2 f(x) = 9x^2 - 9x + 27 = (3x-1)^2 - (3x-1) + 25 = g(3x-1)$.\n\nSea $p \\ge 5$ primo. Si existe un entero $\\alpha$ tal que $p$ divide a $f(\\alpha)$, entonces $p$ divide a $g(\\beta)$, donde $\\beta = 3\\alpha - 1$.\n\nPor otra parte, si existe un entero $\\beta$, tal que $p$ divide a $g(\\beta)$, entonces $p$ divide a $g(\\beta + kp)$ para cualquier entero $k$. Efectivamente: $g(\\beta + kp) = (\\beta + kp)^2 - (\\beta + kp) + 25 \\equiv \\beta^2 - \\beta + 25 \\equiv g(\\beta) \\pmod{p}$.\n\nComo $p$ y $3$ son primos entre sí, existe $k \\in \\{1, 2\\}$ tal que $\\beta + kp \\equiv 2 \\pmod{3}$. Así $\\alpha = \\frac{\\beta + kp + 1}{3}$ es un entero y $g(\\beta + kp) = g(3\\alpha - 1) = 3^2 f(\\alpha)$.\n\nLa relación \"$p$ divide a $g(\\beta + kp)$\" implica que $p$ divide a $3^2 f(\\alpha)$. Como $p \\ge 5$ es primo, se tiene que $p$ divide a $f(\\alpha)$.\n\nCaso $p = 2$. No podemos encontrar ni un tal $\\alpha$ ni un tal $\\beta$ porque para cualesquiera $\\alpha$ y $\\beta$ enteros, $f(\\alpha)$ y $g(\\beta)$ son impares, es decir, no múltiplos de $p$ simultáneamente, y por lo tanto el enunciado se cumple.\n\nCaso $p = 3$. Ahora $f(1) = 3$, $g(2) = 27$ y el enunciado también se cumple.\n\nCaso $p \\ge 5$. Decir que $p$ divide a $f(\\alpha)$ es lo mismo que decir que $f(\\alpha) \\equiv 0 \\bmod p$. En adelante seguiremos con esta notación de congruencias sobreentendiendo el módulo $p$. El enunciado es equivalente a ver que las congruencias $f(x) = x^2 - x + 3 \\equiv 0$ y $g(x) = x^2 - x + 25 \\equiv 0$ tengan o no tengan solución simultáneamente.\n\nPuesto que $2$ no es congruente con $p$, se puede dividir por $2$ módulo $p$. Tenemos\n$$\nx^2 - x + 3 \\equiv \\left(x - \\frac{1}{2}\\right)^2 + \\frac{11}{4} \\equiv 0 \\iff x \\equiv \\frac{1 \\pm \\sqrt{-11}}{2}.\n$$\nAnálogamente\n$$\nx^2 - x + 25 \\equiv \\left(x - \\frac{1}{2}\\right)^2 + \\frac{99}{4} \\equiv 0 \\iff x \\equiv \\frac{1 \\pm 3\\sqrt{-11}}{2}.\n$$\nEn consecuencia las congruencias $f(x) \\equiv 0$ y $g(x) \\equiv 0$ tienen o no solución (a la vez) según que $-11$ sea cuadrado perfecto módulo $p$ o no lo sea.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43524,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Si $n$ es un número natural, el $n$-ésimo número triangular es $T_n = 1 + 2 + \\cdots + n$. Hallar todos los valores de $n$ para los que el producto de los 16 números triangulares consecutivos $T_n T_{n+1} \\cdots T_{n+15}$ es un cuadrado perfecto.",
    "options": [],
    "answer": "[2, 9]",
    "solution": "Como $T_n = \\dfrac{n(n+1)}{2}$, el producto de los 16 números triangulares es $P_n = nC_n(n+16)/2^{16}$, donde $C_n = (n+1)^2 \\cdots (n+15)^2$ es un cuadrado perfecto. Entonces $P_n$ es un cuadrado perfecto si y sólo si lo es $n(n+16)$. Como $n$ y $n+16$ no tienen divisores impares comunes, para que $n(n+16)$ sea un cuadrado perfecto los primos impares que dividen a $n$ y a $n+16$ deben aparecer elevados a un exponente par, de modo que podemos escribir $n = 2^a m^2$ y $n+16 = 2^b t^2$ con $a, b = 0 \\text{ ó } 1$. Más aun, $n$ y $n+16$ tienen la misma paridad, por tanto $a = b = 0 \\text{ ó } a = b = 1$. En el primer caso $t^2 = m^2 + 16$ y sólo puede ser $m = 3$, $t = 5$ (con $m \\ge 7$ no puede haber soluciones porque la diferencia de dos cuadrados distintos $\\ge 49$ es mayor que 16 y, con $m \\le 6$, sólo hay la solución indicada), por lo que $n = 9$ y $n(n+16) = 9 \\times 25$, que es un cuadrado. En el caso $a = b = 1$, resulta $t^2 = m^2 + 8$, cuya única solución es $m = 1$, $t = 3$, que corresponde a $n = 2$, valor para el que $n(n+16) = 36$ es un cuadrado. La respuesta es por tanto $n = 2$ y $9$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43525,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $n \\ge 1$ y $P(x)$ un polinomio con coeficientes enteros que cumple que los números $P(1), P(2), \\dots, P(n)$ son $1, 2, \\dots, n$ (no necesariamente en este orden). Demostrar que uno de los números $P(0)$ o $P(n + 1)$ es múltiplo de $n!$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Si $i$ y $j$ son dos números enteros, se tiene que $i^k - j^k = (i-j)(i^{k-1} + i^{k-2}j + \\dots + ij^{k-2} + j^{k-1})$ es múltiplo de $i-j$. Entonces, si $P(x) = a_m x^m + \\dots + a_2 x^2 + a_1 x + a_0$,\n$$\nP(i) - P(j) = a_m(i^m - j^m) + \\dots + a_2(i^2 - j^2) + a_1(i - j)\n$$\ntambién es múltiplo de $i-j$. En particular, $n-1$ divide a $P(n)-P(1)$. Como $P(1)$ y $P(n)$ son enteros distintos entre 1 y $n$ tiene que ser $P(1) = 1$ y $P(n) = n$ o al revés, $P(1) = n$ y $P(n) = 1$. En el primer caso, $n-2 = (n-1)-1$ divide a $P(n-1)-P(1) = P(n-1)-1$ y $2 \\le P(n-1) \\le n-1$, luego tiene que ser $P(n-1) = n-1$ y, similarmente $P(n-2) = n-2$, etc. De forma parecida se ve que en el segundo caso $P(n-1) = 2$, $P(n-2) = 3$, etc. Si $P(i) = i$ para todo $1 \\le i \\le n$, todos estos números son raíces de $P(x) - x$, luego\n$$\nP(x) = c(x)(x-1)(x-2)\\dots(x-n) + x\n$$\npara algún polinomio con coeficientes enteros $c(x)$. Por otro lado, si $P(i) = n-i+1$ para todo $1 \\le i \\le n$, se tiene que todos los enteros $1 \\le i \\le n$ son raíces de $P(x) - n + x - 1$, luego\n$$\nP(x) = c(x)(x-1)(x-2)\\dots(x-n) + n - x + 1\n$$\npara algún polinomio con coeficientes enteros $c(x)$. En el primer caso $P(0) = (-1)^n c(0)n!$ y, en el segundo, $P(n+1) = c(n+1)n!$, luego efectivamente $n!$ divide a $P(0)$ o a $P(n+1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43526,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En la circunferencia circunscrita al triángulo $ABC$, sea $A_1$ el punto diametralmente opuesto al vértice $A$. Sea $A'$ el punto en el que la recta $AA_1$ corta al lado $BC$. La perpendicular a la recta $AA'$ trazada por $A'$ corta a los lados $AB$ y $AC$ (o a sus prolongaciones) en $M$ y $N$, respectivamente. Demostrar que los puntos $A$, $M$, $A_1$ y $N$ están en una circunferencia cuyo centro se encuentra en la altura desde $A$ en el triángulo $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sea $O$ el circuncentro de $ABC$, y $D$ el pie de la altura desde $A$. Es conocido que $AO$ y la altura desde $A$ son rectas isogonales en cualquier triángulo. En nuestro caso, los son en los dos triángulos $ABC$ y $AMN$, por la manera como se construye el triángulo $AMN$.\n\nEn $ABC$, $AA_1$ es diámetro de la circunferencia circunscrita $\\Gamma$ y la recta $AD$ es altura. En $AMN$, $AO$ es altura, así que el centro de la circunferencia circunscrita $\\Gamma'$ estará en la recta $AD$ (isogonal de $AO$ en $AMN$).\n\nPara terminar el problema hay que probar que $A_1$ pertenece a $\\Gamma'$. En primer lugar, es fácil demostrar que los triángulos $ABC$ y $AMN$ son semejantes ($\\widehat{AMN} = 90^\\circ - \\alpha = \\hat{C}$). Escribiendo la proporcionalidad entre sus lados, obtenemos,\n$$\n\\frac{AB}{AC} = \\frac{AN}{AM},\n$$\ny esto quiere decir que las rectas $MC$ y $BN$ son antiparalelas y el cuadrilátero $BMCN$ es cíclico. Sea $\\Gamma''$ la circunferencia que pasa por los vértices de dicho cuadrilátero.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEl eje radical de $\\Gamma$ y $\\Gamma''$ es $BC$; el de $\\Gamma'$ y $\\Gamma''$ es $MN$. La intersección de las rectas $BC$ y $MN$, es decir, $A'$, es el centro radical de las tres circunferencias. El eje radical de $\\Gamma$ y $\\Gamma'$ debe, necesariamente, pasar por $A$ y $A'$, luego no puede ser otro que $AA'$ y por lo tanto $A_1$ estará en la circunferencia $\\Gamma'$.\nSean $\\Gamma$ y $\\Gamma'$ las circunferencias circunscritas a $ABC$ y $AMN$, respectivamente y $AA_1$ un diámetro de $\\Gamma$ (por construcción). El triángulo $ABA_1$ es rectángulo en $B$ y su ángulo en $A_1$ es $\\hat{C}$ por ver, desde $A_1$ la cuerda $AB$ de $\\Gamma$. En consecuencia, los triángulos $ABA_1$ y $ADC$ son semejantes y los ángulos marcados en $A$ son iguales, $\\alpha = 90^\\circ - \\hat{C}$.\n\nEl segmento $MA_1$ se ve desde $A'$ y desde $B$ bajo ángulo recto (el primero por construcción y el segundo por inscrito que ve un diámetro). Esto nos dice que los cuatro puntos $B$, $M$, $A'$, $A_1$ son\n![](attached_image_2.png)\nconcíclicos. Y esto nos lleva a que $\\gamma = \\delta$. De forma similar, el segmento $A_1N$ se ve desde $A'$ y $C$ bajo ángulo recto y los puntos $A_1$, $A'$, $C$, $N$ son concíclicos. De ahí que $\\gamma' = \\delta = \\gamma$.\n\nSe tiene que $\\widehat{BA_1C} = 180^\\circ - \\hat{A}$ por ser inscrito en $\\Gamma$ y ver la cuerda $BC$ desde el arco contrario al vértice $A$. Tenemos que $\\widehat{MA_1N} = \\widehat{BA_1C} + \\gamma' - \\gamma = 180^\\circ - \\hat{A}$. Esto nos indica que $A_1$ tiene que estar sobre la circunferencia $\\Gamma'$ en el arco opuesto al del vértice $A$.\n\nComo que el triángulo $AA'M$ es rectángulo por construcción, resulta que $\\widehat{AMA}' = \\hat{C}$. Los puntos $M$ y $P$ de $\\Gamma'$ ven sobre esta circunferencia la cuerda $AN$. Luego $\\widehat{APN} = \\hat{C}$. En el triángulo $APN$ los ángulos en $A$ y en $P$ suman $90^\\circ$, luego $\\widehat{ANP} = 90^\\circ$ y $AP$ es un diámetro de $\\Gamma'$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43527,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En Rectilandia hay $n$ ciudades situadas a lo largo de una carretera recta. Cada ciudad tiene asignados dos robots: un d-robot, situado a su derecha y que solo se desplaza en ese sentido, y un i-robot, situado a su izquierda, y que solo se desplaza en ese sentido. Cada uno de los $2n$ robots tiene asignado un número, y esos $2n$ números son todos distintos. Dos robots se enfrentan de acuerdo con las siguientes reglas:\n* Si un i-robot se encuentra con un d-robot, el de mayor número vence, y el de número menor abandona la carretera.\n* Los robots son muy vulnerables por la espalda, de manera que si dos d-robots se encuentran, de forma que entre ambos no hay ningún otro robot, el que está situado a la derecha abandona la carretera, De manera análoga, si se encuentran dos i-robots, el que está a la izquierda abandona la carretera, independientemente, en ambos casos, de los números que tengan asignados.\nSupongamos que las ciudades $A$ y $B$ están en la carretera en ese orden: $B$ a la derecha de $A$. Diremos que $A$ vence a $B$ si el d-robot de $A$ puede avanzar hacia $B$ expulsando a cualquier robot que encuentre a su paso. De forma análoga diremos que $B$ vence a $A$ si el i-robot de $B$ puede avanzar hacia $A$ expulsando a cualquier robot que encuentre a su paso. Demostrar que existe una única ciudad que no puede ser vencida por ninguna otra ciudad.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Designamos a las $n$ ciudades, situadas de izquierda a derecha, como $C_1, C_2, \\dots, C_n$. Observemos en primer lugar que si $C_i$ vence a $C_j$, también vence a cualquier ciudad situada entre ambas. Demostraremos el resultado por inducción sobre el número de ciudades. El caso base $n=1$ es trivial. Con $n$ ciudades, el i-robot de la primera ciudad $C_1$ y el d-robot de la última, $C_n$ no se enfrentan con ningún otro, y son por lo tanto prescindibles. Entre los $2n-2$ robots restantes elegimos el que tiene asignado el mayor número. Podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que ese robot es el d-robot de la ciudad $C_k$.\nEste d-robot permite a la ciudad $C_k$ expulsar de la carretera a cualquier robot que esté a su derecha, y por lo tanto $C_k$ vence a cualquier ciudad de su derecha.\nNinguna de estas ciudades vence por tanto a $C_k$, así ninguna de ellas vence tampoco a cualquiera de las ciudades situadas a la izquierda de $C_k$. Prescindimos entonces de las ciudades $C_{k+1}, C_{k+2}, \\dots, C_n$.\nLa hipótesis de inducción aplicada a las ciudades $C_1, C_2, \\dots, C_k$ asegura la existencia entre ellas de una única ciudad entre ellas que no puede ser vencida. Por lo dicho anteriormente, tampoco puede ser vencida por las posteriores a $C_k$, lo que completa la demostración.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43528,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $P = A_1A_2...A_k$ un polígono convexo en el plano. Los vértices $A_1, A_2, ..., A_k$ tienen coordenadas enteras y se encuentran sobre una circunferencia. Sea $S$ el área de $P$. Sea $n$ un entero positivo impar tal que los cuadrados de las longitudes de los lados de $P$ son todos números enteros divisibles por $n$. Demostrar que $2S$ es un entero divisible por $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43529,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle. $D$ is the foot of the internal bisector of the angle $A$. The perpendicular from $D$ to the tangent $AT$ ($T$ belongs to $BC$) to the circumscribed circle of $ABC$ intersects the altitude $AH_a$ at the point $I$ ($H_a$ belongs to $BC$). If $P$ is the midpoint of $AB$ and $O$ is the circumcenter of $\\triangle ABC$, $TI$ intersects $AB$ at $M$ and $PT$ intersects $AD$ at $F$, prove that $MF$ is perpendicular to $AO$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $Q$ be the midpoint of $AC$ and $N$ the intersection of $AD$ and $PQ$. Then $N$ is the midpoint of $AD$. As $DE$ is perpendicular to $AT$, being $E$ the intersection point of $DI$ and $AT$, and as $OA$ is perpendicular to $AT$, we get that $DE$ is parallel to $OA$, and so the angles $OAN$ and $ADE$ are equal. Indeed, $\\angle OAQ = \\angle BAH$ because $\\angle OAQ = \\frac{180^\\circ - \\angle COA}{2} = 90^\\circ - \\frac{\\angle COA}{2} = 90^\\circ - B = \\angle BAH$. Moreover, $\\angle BAD = \\angle DAC$ and hence $\\angle OAN = \\angle HAD = \\angle ADE$. As a consequence, triangles $ADE$ and $DAH$ are congruent.\n![](attached_image_1.png)\n\nIn particular angle $DAT$ equals to angle $HAD$, that is, $ATD$ is isosceles and point $I$ is the orthocenter of $\\triangle ABC$. So, $TI$ is perpendicular to $AD$, and the intersection point of $TI$ and $AD$ is the midpoint of $AD$, say $N$. The four points $M, N, I, T$ are collinear. We will apply the Ceva theorem in the triangle $APT$ with the cevians $PN, AD$ and $TM$. We get\n$$\n\\frac{FP}{FT} \\cdot 1 \\cdot \\frac{MA}{PM} \\Leftrightarrow \\frac{PF}{TF} = \\frac{MP}{MA}\n$$\n\n(Observe that $NP$ cuts $AT$ in its midpoint) So, $MF$ is parallel to $AT$, and from this $MF$ is perpendicular to $AO$, as claimed.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43530,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABC$ un triángulo rectángulo en $C$ no isósceles con catetos $b > a$.\n\n1. Hallar el lado del cuadrado $AXYZ$ que circunscribe al triángulo $ABC$ (los vértices $B$ y $C$ tienen que estar en lados distintos del cuadrado).\n\n2. Explicar paso a paso cómo construir el cuadrado $AXYZ$ con regla y compás.",
    "options": [],
    "answer": "l = b^2 / sqrt((b - a)^2 + b^2)",
    "solution": "(i) Sea $l$ la longitud del cuadrado y $x$ la longitud del segmento $XC$. Los triángulos rectángulos $AXC$ y $BYC$ son semejantes (puesto que $\\angle BCY = \\pi/2 - \\angle ACX = \\angle CAX$), de donde $l/b = (l - x)/a$, es decir, $x/l = (b - a)/b$. Entonces, aplicando el Teorema de Pitágoras,\n$$\nb^2 = l^2 + x^2 = l^2\\left(1 + \\left(\\frac{x}{l}\\right)^2\\right) = l^2\\left(1 + \\frac{(b-a)^2}{b^2}\\right),\n$$\nde donde $l = b^2/\\sqrt{(b-a)^2 + b^2}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(ii) Para construir el cuadrado observamos que, por (i), se tiene que la tangente del ángulo $\\alpha = \\angle CAX$ es $x/l = (b-a)/b$. Prolongamos el lado $BC$ del triángulo hasta un punto $B'$ de modo que $BB'$ mida $b$ unidades. Así, $CB'$ mide $b-a$ y el ángulo $\\angle CAB'$ tiene tangente $(b-a)/b$. El vértice $X$ del cuadrado que buscamos tiene que estar entonces sobre la recta que contiene a $A$ y $B'$. Por otro lado, el ángulo $\\angle AXC$ tiene que ser de $90^\\circ$, así que $X$ tiene que estar sobre la circunferencia con diámetro $AC$. Por lo tanto, basta con trazar esta circunferencia y su intersección con la recta por $A$ y $B'$ será el punto $X$ buscado. Los puntos $Y$ y $Z$ que completan el cuadrado se obtienen ahora fácilmente.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43531,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABC$ un triángulo acutángulo cuya circunferencia circunscrita es $\\Gamma$. Las tangentes a $\\Gamma$ por $B$ y $C$ se cortan en $P$. Sobre el arco $AC$ que no contiene a $B$ se toma un punto $M$, distinto de $A$ y $C$, tal que la recta $AM$ corta a la recta $BC$ en $K$. Sean $R$ el punto simétrico de $P$ con respecto a la recta $AM$ y $Q$ el punto de intersección de las rectas $RA$ y $PM$. Sean $J$ el punto medio de $BC$ y $L$ el punto donde la recta paralela por $A$ a la recta $PR$ corta a la recta $PJ$. Demustrar que los puntos $L$, $J$, $A$, $Q$ y $K$ están sobre una misma circunferencia.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43532,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determinar el mayor número de alfiles que se pueden colocar en un tablero de ajedrez de $8 \\times 8$, tal que no haya dos alfiles en la misma casilla y cada alfil sea amenazado como máximo por uno de los otros alfiles.\n\nNota. Un alfil amenaza a otro si ambos se encuentran en dos casillas diferentes de una misma diagonal. El tablero tiene por diagonales las 2 diagonales principales y las paralelas a ellas.",
    "options": [],
    "answer": "20",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43533,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Un conjunto de números enteros positivos se llama fragante si contiene al menos dos elementos, y cada uno de sus elementos tiene algún factor primo en común con al menos uno de los elementos restantes. Sea $P(n) = n^2 + n + 1$. Determinar el menor número entero positivo $b$ para el cual existe algún número entero no negativo $a$ tal que el conjunto\n$$\n\\{P(a + 1), P(a + 2), \\dots, P(a + b)\\}\n$$\nes fragante.",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43534,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Consider a $25 \\times 25$ chessboard with cells $C(i, j)$ for $1 \\le i, j \\le 25$. Find the smallest possible number $n$ of colors with which these cells can be colored subject to the following condition: For $1 \\le i < j \\le 25$ and for $1 \\le s < t \\le 25$, the three cells $C(i, s)$, $C(j, s)$, $C(j, t)$ carry at least two different colors.",
    "options": [],
    "answer": "13",
    "solution": "The forbidden configuration is given by\n![](attached_image_1.png)\n\nFor a $3 \\times 3$ chessboard, the minimum number is given by 2. Indeed:\n![](attached_image_2.png)\n\nIf we deal with a $5 \\times 5$ chessboard, it is sufficient to consider 3 colours:\n![](attached_image_3.png)\n\nIt seems that $m_n = \\frac{n-1}{2}$ colours is sufficient for an $n \\times n$ chessboard for any odd $n$. So we will prove that **13 colours are sufficient** for the $25 \\times 25$ chessboard. We consider the colours $\\{1, 2, 3, \\dots, 11, 12, 0\\}$ and the chessboard coloured as:\n\n![](attached_image_4.png)\n\nwhich satisfies the condition at first sight. In fact, it is easy that $C[i, j] = \\lfloor \\frac{i+j}{2} \\rfloor \\pmod{13}$ for any $1 \\le i, j \\le 25$. So if the condition fails, then $C[i, s] = C[j, s] = C[j, t]$ for some $1 \\le i < j \\le 25$ and $1 \\le s < t \\le 25$, which implies that\n$$\n\\left\\lfloor \\frac{i+s}{2} \\right\\rfloor \\pmod{13} = \\left\\lfloor \\frac{j+s}{2} \\right\\rfloor \\pmod{13} = \\left\\lfloor \\frac{j+t}{2} \\right\\rfloor \\pmod{13}.\n$$\nFrom $C[i, s] = C[j, s]$ it is clear that $\\left\\lfloor \\frac{j+s}{2} \\right\\rfloor = \\left\\lfloor \\frac{i+s}{2} \\right\\rfloor$ since $0 \\le \\left\\lfloor \\frac{j+s}{2} \\right\\rfloor - \\left\\lfloor \\frac{i+s}{2} \\right\\rfloor < \\frac{j+s}{2} - \\left(\\frac{i+s}{2} - 1\\right) = \\frac{j-i}{2} + 1 \\le \\frac{24}{2} + 1 = 13$, so $\\left\\lfloor \\frac{i+s}{2} \\right\\rfloor - \\left\\lfloor \\frac{j+s}{2} \\right\\rfloor \\le 12$ and the remainders must coincide. Analogously, from $C[j, s] = C[j, t]$ we have that $[\\frac{j+s}{2}] = [\\frac{j+t}{2}]$, so we conclude that $[\\frac{i+s}{2}] = [\\frac{i+t}{2}]$, which is impossible since\n$$\n\\left[ \\frac{i+s}{2} \\right] \\le \\frac{i+s}{2} \\le \\frac{j+t}{2} - 1 < \\left[ \\frac{j+t}{2} \\right].\n$$\n\nNow we prove that **13 colours are necessary**. Fix a $25 \\times 25$ chessboard with a configuration satisfying the condition. We fix any colour, for instance colour number 2. We will call 2-cells that ones which are coloured with colour number 2. The total number of 2-cells will be denoted by $c_2$. We delete all the colours and only remain 2-cells. From any 2-cell, we draw horizontal arrows from left to right and vertical arrows from down to up joining consecutive 2-cells. These arrows will be called 2-arrows.\n![](attached_image_5.png)\n\nAny 2-cell cannot have two or more out-going 2-arrows since otherwise the forbidden configuration would occur:\n![](attached_image_6.png)\n\nTherefore, the total number of 2-arrows $a_2$ satisfies $c_2 \\ge a_2$. It is clear that in any row, if there are $k$ 2-cells, then there are $k-1$ 2-arrows in that row, so the total number of horizontal 2-arrows equals to $c_2 - 25$ because there are 25 rows. Analogously, looking at the columns, the total number of vertical 2-arrows also equals to $c_2 - 25$. So the total number of 2-arrows is $a_2 = 2(c_2 - 25)$ and we obtain $c_2 \\ge a_2 \\ge 2c_2 - 50$, so $c_2 \\le 50$. Since there are $25 \\times 25 = 625$ cells and $625/50 > 12$, we need at least **13** colours to get the configuration.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43535,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $m \\ge 1$ un entero positivo, $a$ y $b$ enteros positivos distintos mayores estrictamente que $m^2$ y menores estrictamente que $m^2 + m$. Hallar todos los enteros $d$, que dividen al producto $ab$ y cumplen $m^2 < d < m^2 + m$.",
    "options": [],
    "answer": "d equals a or b",
    "solution": "Sea $d$ un entero positivo que divida a $ab$ y tal que $d \\in (m^2, m^2+m)$. Entonces $d$ divide a $(a-d)(b-d) = ab-da-db+d^2$. Como que $|a-d| < m$ y $|b-d| < m$, deducimos que $|(a-d)(b-d)| < m^2 < d$ lo que implica que $(a-d)(b-d) = 0$. Así $d = a$ o $d = b$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43536,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Las tres raíces del polinomio $x^3 - 14x^2 + Bx - 84$ son los lados de un triángulo rectángulo. Hallar $B$.",
    "options": [],
    "answer": "62",
    "solution": "Sean $u$, $v$ y $w$ las tres raíces y supongamos que $w^2 = u^2 + v^2$. Por las relaciones de Cardano, $u+v+w = 14$, $uv+uw+vw = B$ y $uvw = 84$. Si $s = u+v$ y $p = uv$, se tiene entonces que $s+w = 14$, $pw = 84$ y $s^2 = w^2 + 2p$. Sustituyendo en esta última ecuación los valores de $s$ y $p$ en función de $w$ y operando, queda $w^2 - 7w + 6 = 0$, luego $w = 1$ ó $6$. Si fuera $w = 1$, tendríamos $s = 13$, $p = 84$ y $u$ y $v$ serían raíces de $x^2 - 13x + 84 = 0$, que no tiene soluciones reales. Por tanto, $w = 6$, $s = 8$, $p = 14$ y $B = p + ws = 62$. (Efectivamente, las tres raíces de $x^3 - 14x^2 + 62x - 84$ son $6$, $4 + \\sqrt{2}$ y $4 - \\sqrt{2}$ y $6^2 = (4 + \\sqrt{2})^2 + (4 - \\sqrt{2})^2$.)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43537,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Para pertenecer a un club cada nuevo socio debe pagar como cuota de inscripción a cada miembro del club la misma cantidad que él tuvo que pagar en total cuando ingresó más un euro. Si el primer socio pagó un euro, ¿cuanto deberá pagar en total el n-ésimo socio?",
    "options": [],
    "answer": "a_1 = 1; for n >= 2: a_n = 3*2^{n-2} - 1",
    "solution": "Sea $a_n$ la cuota total del socio $n$-ésimo y sea $s_n = a_1 + \\dots + a_n$. El $n$-ésimo ($n \\ge 2$) socio tiene que pagar en total $(a_1 + 1) + (a_2 + 1) + \\dots + (a_{n-1} + 1) = s_{n-1} + n-1$ euros, luego $a_n = s_{n-1} + n-1$ y\n$$\ns_n = s_{n-1} + a_n = s_{n-1} + s_{n-1} + (n-1) = 2s_{n-1} + n - 1.\n$$\n\nIterando esta relación queda $s_n = 2^{n-1} + 2^{n-2} \\times 1 + 2^{n-3} \\times 2 + \\dots + 2 \\times (n-2) + (n-1)$, de donde $s_n = 2s_n - s_n = 2^n + 2^{n-2} + 2^{n-3} + \\dots + 2 - n + 1 = 2^n + 2^{n-1} - 1 - n$ y entonces, para $n \\ge 2$,\n$$\na_n = s_n - s_{n-1} = 2^n - 2^{n-2} - 1 = 3 \\times 2^{n-2} - 1.\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43538,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En un triángulo $ABC$ la bisectriz por $A$, la mediana por $B$ y la altura por $C$ son concurrentes y además la bisectriz por $A$ y la mediana por $B$ son perpendiculares. Si el lado $AB$ mide una unidad, hallar cuánto miden los otros dos lados.",
    "options": [],
    "answer": "2 and sqrt(33)/3",
    "solution": "Sean $P$, $M$ y $Q$ los pies de la bisectriz por $A$, la mediana por $B$ y la altura por $C$, respectivamente, que se cortan en el punto $X$. En el triángulo $ABM$ la bisectriz por $A$, $AX$, es perpendicular a $BM$ (puesto que por hipótesis la mediana y la bisectriz de $ABC$ son perpendiculares), por tanto $\\angle ABX = \\angle AMX$, esto es $ABM$ es isósceles y $AM = AB = 1$, con lo cual $AC = 2$.\n\nSea $BP = x$ y $BQ = y$. Por el Teorema de la bisectriz, $BP/AB = PC/AC$, esto es $PC = 2x$. Ahora, por el Teorema de Ceva,\n$$\n1 = \\frac{MC}{CP} \\cdot \\frac{PB}{BQ} \\cdot \\frac{QA}{AM} = \\frac{1}{2x} \\cdot \\frac{x}{y} \\cdot \\frac{1-y}{1},\n$$\nde donde $y = 1/3$. Trazamos las perpendiculares a $AC$ por $B$ y $X$, respectivamente con pies $R$ y $S$. Los triángulos $XQB$ y $XSM$ son congruentes (son rectángulos, $XB = XM$ por ser $AX$ la altura del triángulo isósceles $ABM$ y $XQ = XS$ por ser perpendiculares a los lados $AB$ y $AC$ desde un punto de la bisectriz), por tanto $SM = BQ = y = 1/3$. Por otro lado, por el Teorema de Thales, $BX = XM$ implica $RS = SM$, luego $RS = 1/3$ y $AR = AM - RS - SM = 1/3$. Finalmente, por el Teorema de Pitágoras,\n$$\nBC^2 = BR^2 + RC^2 = AB^2 - AR^2 + RC^2 = 1 - \\frac{1}{9} + \\left(2 - \\frac{1}{3}\\right)^2 = \\frac{11}{3}.\n$$\nAsí pues, los otros dos lados miden $2$ y $\\frac{\\sqrt{33}}{3}$.\n\n![](attached_image_1.png)\nIgual que antes, $AC = 2$. Fijamos un sistema de coordenadas con origen en $A$ de forma que $\\vec{AC} = (2, 0)$. Sea $\\vec{AB} = (x, y)$. Entonces\n$$\n\\vec{CX} = \\vec{CA} + \\vec{AX} = (-2, 0) + \\left(\\frac{x+1}{2}, \\frac{y}{2}\\right) = \\left(\\frac{x-3}{2}, \\frac{y}{2}\\right)\n$$\n(notar que $X$ es el punto medio de $BM$). Pero los vectores $\\vec{AB}$ y $\\vec{CX}$ son ortogonales, luego $x(x-3)+y^2=0$. Como $x^2+y^2=1$, $x = 1/3$ y $y = \\sqrt{8}/3$. Por el Teorema de Pitágoras, $BC^2 = y^2 + (2-x)^2 = 11/3$, esto es $BC = \\sqrt{33}/3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43539,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "De entre todas las permutaciones $(a_1, a_2, \\dots, a_n)$ del conjunto $\\{1, 2, \\dots, n\\}$, $(n \\ge 1$ entero), se consideran las que cumplen que $2(a_1 + a_2 + \\dots + a_m)$ es divisible por $m$, para cada $m = 1, 2, \\dots, n$. Calcular el número total de estas permutaciones.",
    "options": [],
    "answer": "3 * 2^{n-2}",
    "solution": "Sea $\\mathcal{P}_n$ el conjunto de permutaciones de $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ que cumplen las condiciones del enunciado. El problema consiste en calcular $|\\mathcal{P}_n|$. Observemos que, para cualquier $n$, las condiciones se cumplen siempre para $m=1$, para $m=2$ y para $m=n$, de manera que $\\mathcal{P}_1, \\mathcal{P}_2$ y $\\mathcal{P}_3$ son, en cada caso, el conjunto de todas las permutaciones y $|\\mathcal{P}_1| = 1, |\\mathcal{P}_2| = 2$ y $|\\mathcal{P}_3| = 6$.\n\nSupongamos que $(a_1, \\dots, a_n) \\in \\mathcal{P}_n$. Tomando $m = n-1$, debe cumplirse que $(n-1)|2(a_1+\\dots+a_{n-1}) = 2(a_1+\\dots+a_n) - 2a_n = n(n+1) - 2a_n$. Mirando esta relación en forma de congruencias, tenemos $2 - 2a_n \\equiv 0 \\mod (n-1)$, o bien que $2(a_n - 1)$ es múltiplo de $n-1$, que es equivalente a que $a_n - 1$ sea múltiplo de $\\frac{n-1}{2}$. Dada la acotación obvia $a_n - 1 \\le n - 1$, resulta que los únicos valores que puede tomar $a_n - 1$ son 0, $\\frac{n-1}{2}$ o $n - 1$. Entonces $a_n$ solamente puede ser $1, \\frac{n+1}{2}$ o $n$.\n\nSi fuese $a_n = \\frac{n+1}{2}$, entonces $n$ debería ser impar. La propiedad de $\\mathcal{P}_n$ para $m = n-2$ nos dice, con un cálculo parecido al hecho antes, que $(n-2)|2(a_1+\\dots+a_{n-2}) = n(n+1) - 2a_{n-1} - 2a_n = (n-1)(n+1) - 2a_{n-1}$. Mirando esta relación en forma de congruencias módulo $(n-2)$ queda $3 - 2a_{n-1} \\equiv 0 \\mod (n-2)$, de manera que $2a_{n-1} - 3$ tiene que ser múltiplo de $n-2$ y esto solo sucede si es $n-1$. Pero esto conduce a que $a_{n-1} = \\frac{n+1}{2} = a_n$, que es absurdo.\n\nEn conclusión, $a_n$ solamente puede tomar los valores 1 y $n$. Estudiemos estos dos casos.\n\n**Caso $a_n = n$.** Entonces $(a_1, \\dots, a_{n-1})$ es una permutación de $\\{1, 2, \\dots, n-1\\}$. Se comprueba fácilmente que es de $\\mathcal{P}_{n-1}$. Entonces habrá tantas permutaciones de $\\mathcal{P}_n$ con $a_n = n$ como permutaciones en $\\mathcal{P}_{n-1}$.\n\n**Caso $a_n = 1$.** Ahora $a_1, a_2, \\dots, a_{n-1} > 1$ y $(a_1 - 1, a_2 - 1, \\dots, a_{n-1} - 1)$ es una permutación de $\\mathcal{P}_{n-1}$. La correspondencia $(a_1, a_2, \\dots, a_{n-1}, 1) \\leftrightarrow (a_1 - 1, a_2 - 1, \\dots, a_{n-1} - 1)$ es biyectiva. Habrá tantas permutaciones de $\\mathcal{P}_n$ con $a_n = 1$ como permutaciones en $\\mathcal{P}_{n-1}$.\n\nEn definitiva, $|\\mathcal{P}_n| = 2|\\mathcal{P}_{n-1}|$ si $n > 3$, de donde, $|\\mathcal{P}_n| = 3 \\cdot 2^{n-2}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43540,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$$(x - 1)(x - 2)\\cdots(x - 2016) = (x - 1)(x - 2)\\cdots(x - 2016)$$\n\nque tiene $2016$ factores lineales en cada lado. Determinar el menor valor posible de $k$ para el cual pueden borrarse exactamente $k$ de estos $4032$ factores lineales, de modo que al menos quede un factor en cada lado y la ecuación que resulte no tenga soluciones reales.",
    "options": [],
    "answer": "2016",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43541,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Las circunferencias $C_1$ y $C_2$ se cortan en dos puntos distintos $A$ y $K$. La tangente común a $C_1$ y $C_2$ más cercana a $K$ toca a $C_1$ en $B$ y a $C_2$ en $C$. Sean $P$ el pie de la perpendicular desde $B$ sobre $AC$, y $Q$ el pie de la perpendicular desde $C$ sobre $AB$. Si $E$ y $F$ son los puntos simétricos de $K$ respecto de las rectas $PQ$ y $BC$, probar que los puntos $A$, $E$ y $F$ son colineales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43542,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Dos circunferencias $C$ y $C'$ son secantes en dos puntos $P$ y $Q$. La recta que une los centros corta a $C$ en $R$ y a $C'$ en $R'$, la que une $P$ y $R'$ corta a $C$ en $X \\neq P$ y la que une $P$ y $R$ corta a $C'$ en $X' \\neq P$. Si los tres puntos $X$, $Q$, $X'$ están alineados se pide:\n1. hallar el ángulo $\\angle XPX'$.\n2. demostrar que $(d+r-r')(d-r+r') = rr'$, donde $d$ es la distancia entre los centros de las circunferencias y $r$ y $r'$ sus radios.",
    "options": [],
    "answer": "(i) ∠XPX′ = π/3 (sixty degrees). (ii) (d + r − r′)(d − r + r′) = rr′.",
    "solution": "(i) Sean $F$ y $F'$ los puntos diametralmente opuestos a $R$ y $R'$ en $C$ y $C'$, respectivamente. Por el Teorema del ángulo inscrito se tiene que $\\angle PFQ = \\angle PXQ = \\alpha$ que, por simetría, es el doble de $\\angle PFR$, luego $\\angle PFR = \\alpha/2$. Como el triángulo $PFR$ es rectángulo en $P$ (al ser $FR$ diámetro de $C$), deducimos que $\\angle PRF = \\pi/2 - \\alpha/2$. Similarmente, $\\angle PR'F' = \\pi/2 - \\beta/2$, donde $\\beta = \\angle PX'Q$. Por otro lado, considerando el triángulo $XPX'$, $\\angle XPX' = \\pi - \\alpha - \\beta$, luego sumando los ángulos del triángulo $PRR'$,  \n$$\n\\left(\\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\alpha}{2}\\right) + \\left(\\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\beta}{2}\\right) + (\\pi - \\alpha - \\beta) = \\pi,\n$$\nes decir $\\alpha + \\beta = 2\\pi/3$ y $\\angle XPX' = \\pi/3$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(ii) Consideramos el triángulo $OPO'$, donde $O$ y $O'$ son los centros de $C$ y $C'$, respectivamente. Nuevamente, por el Teorema del ángulo inscrito, el ángulo central $\\angle POR$ es $2\\angle PFR = \\alpha$ y similarmente $\\angle PO'R' = 2\\angle PF'R' = \\beta$, luego $\\angle OPO' = \\pi/3$. Los lados del triángulo $OPO'$ son los radios $r$ y $r'$ y la distancia $d$ entre los centros, por tanto el resultado se sigue directamente del Teorema del coseno: $d^2 = r^2 + r'^2 - rr'$, que es equivalente a la relación dada en el enunciado.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43543,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Encontrar cuántas soluciones enteras tiene la ecuación\n$$\n|5 - x_1 - x_2| + |5 + x_1 - x_2| + |5 + x_2 + x_3| + |5 + x_2 - x_3| = 20.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "891",
    "solution": "Podemos reescribir la ecuación en la forma\n$$\n|y_1| + |y_2 - y_1| + |y_3 - y_2| + |20 - y_3| = 20, \\quad (1)\n$$\ndonde $y_1 = 5 - x_1 - x_2$, $y_2 = 10 - 2x_2$ y $y_3 = 15 - x_2 + x_3$, por tanto toda solución entera de la ecuación original da una solución entera de (1) con $y_2$ un número par. Recíprocamente, es inmediato comprobar que toda solución de (1) con $y_2$ par, da una solución de la ecuación del enunciado. Observamos que (1) se puede escribir como\n$$\nd(0, y_1) + d(y_1, y_2) + d(y_2, y_3) + d(y_3, 20) = d(0, 20),\n$$\ndonde $d(x, y) = |x - y|$ es la distancia entre los números reales $x$ e $y$. Sólo puede darse esta situación si $0 \\le y_1 \\le y_2 \\le y_3 \\le 20$ (podemos imaginar una regla de carpintero con cuatro segmentos de longitudes que suman 20 unidades y que tienen que cubrir desde 0 a 20, que es una distancia de 20 unidades. La única posibilidad es que la regla esté completamente estirada). Se trata entonces de contar las ternas de números enteros $0 \\le y_1 \\le y_2 \\le y_3 \\le 20$ con $y_2$ par. Si escribimos $y_2 = 2k$ con $0 \\le k \\le 10$, hay $2k + 1$ posibilidades para $y_1$ y $21-2k$ para $y_3$, luego el número de soluciones buscado es\n$$\n\\sum_{k=0}^{10} (2k+1)(21-2k) = \\sum_{k=0}^{10} (21+40k-4k^2) = 21 \\times 11 + 40 \\times 55 - 4 \\times 385 = 891.\n$$\nPor tanto el número de soluciones enteras de la ecuación dada es 891.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43544,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "¿De cuántas formas se pueden colorear los vértices de un polígono con $n \\ge 3$ lados usando tres colores de forma que haya exactamente $m$ lados, $2 \\le m \\le n$, con los extremos de colores diferentes?",
    "options": [],
    "answer": "binomial(n, m) * (2^m + 2(-1)^m)",
    "solution": "En el polígono señalamos los puntos medios de los $m$ lados cuyos extremos deben colorearse con colores diferentes. Esto puede hacerse de $\\binom{n}{m}$ formas. Los $n$ vértices del polígono quedan divididos así en $m$ grupos de vértices consecutivos en los que todos ellos tienen el mismo color pero los vértices de grupos adyacentes tienen colores diferentes. Hay entonces tantas formas de colorear estos grupos como formas de colorear un polígono de $m$ lados sin que haya ningún lado con los extremos del mismo color (que es en realidad el caso particular $m=n$ del problema; esta interpretación también es válida si $m=2$ considerando el “polígono” con 2 vértices unidos por un doble lado). La solución será entonces $\\binom{n}{m}C_m$, donde $C_m$ es este número. Obtendremos $C_m$ encontrando una relación de recurrencia para estos números. Obviamente, $C_2 = C_3 = 6$. Supongamos entonces $m \\ge 4$ y fijemos tres vértices consecutivos $P_1, P_2, P_3$. Si $P_1$ y $P_3$ van coloreados de forma distinta, simplemente podemos unirlos directamente eliminando $P_2$ y resultará un polígono con $m-1$ lados a colorear de la forma indicada. Recíprocamente, cada uno de estos polígonos coloreados dará origen a uno con $m$ lados (el color de $P_2$ quedará determinado por los de $P_1$ y $P_3$), por tanto contribuyen a $C_m$ con $C_{m-1}$ posibilidades. Por otro lado, si $P_1$ y $P_3$ tienen el mismo color, los podemos pegar eliminando $P_2$, resultando un polígono con $m-2$ lados que tendremos que colorear. Cada una de estas coloraciones dará origen ahora a 2 coloraciones para el polígono original (pues habrá 2 posibilidades para $P_2$) y por tanto, la contribución a $C_m$ de este caso es $2C_{m-2}$. Encontramos así la relación de recurrencia buscada: $C_m = C_{m-1} + 2C_{m-2}$.\n\nDe la relación anterior obtenemos fácilmente los primeros valores de $C_m$, $m \\ge 2$: 6, 6, 18, 30, 66, 126,... Si comparamos esta sucesión con la de las potencias de 2: 4, 8, 16, 32, 64, 128,..., parece obvio que $C_m = 2^m + (-1)^m 2$, fórmula que se puede confirmar fácilmente por inducción. En efecto, la fórmula es correcta para $C_2$ y $C_3$ y, si $m \\ge 4$,\n$$\nC_m = C_{m-1}+2C_{m-2} = 2^{m-1}+(-1)^{m-1}2+2(2^{m-2}+(-1)^{m-2}2) = 2^m+(-1)^m 2.\n$$\nPor tanto la solución es $\\binom{n}{m}(2^m + (-1)^m 2)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43545,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Se tienen $n \\ge 2$ segmentos en el plano tales que cada par de segmentos se intersecan en un punto interior a ambos, y no hay tres segmentos que tengan un punto en común. Mafalda debe elegir uno de los extremos de cada segmento y colocar sobre él una rana mirando hacia el otro extremo. Luego silbará $n - 1$ veces. En cada silbido, cada rana saltará inmediatamente hacia adelante hasta el siguiente punto de intersección sobre su segmento. Las ranas nunca cambian las direcciones de sus saltos. Mafalda quiere colocar las ranas de tal forma que nunca dos de ellas ocupen al mismo tiempo el mismo punto de intersección.\n\n1. Demostrar que si $n$ es impar, Mafalda siempre puede lograr su objetivo.\n2. Demostrar que si $n$ es par, Mafalda nunca logrará su objetivo.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43546,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $n \\ge 2$ un número entero. Determinar el menor número real positivo $\\gamma$ de modo que para cualesquiera números reales positivos $x_1, x_2, \\dots, x_n$ y cualesquiera números reales $y_1, y_2, \\dots, y_n$ con $0 \\le y_1, y_2, \\dots, y_n \\le \\frac{1}{2}$ que cumplan $x_1 + x_2 + \\dots + x_n = y_1 + y_2 + \\dots + y_n = 1$, se tiene que\n$$\nx_1 x_2 \\dots x_n \\le \\gamma (x_1 y_1 + x_2 y_2 + \\dots + x_n y_n),\n$$",
    "options": [],
    "answer": "gamma = (1/2) * (1/(n-1))^(n-1)",
    "solution": "Sea $n \\ge 2$ un número entero. Determinar el menor número real positivo $\\gamma$ de modo que para cualesquiera números reales positivos $x_1, x_2, \\dots, x_n$ y cualesquiera números reales $y_1, y_2, \\dots, y_n$ con $0 \\le y_1, y_2, \\dots, y_n \\le \\frac{1}{2}$, verificando $x_1 + x_2 + \\dots + x_n = y_1 + y_2 + \\dots + y_n = 1$, se tiene que\n$$\nx_1x_2\\dots x_n \\le \\gamma (x_1y_1 + x_2y_2 + \\dots + x_ny_n)\n$$\nSean $M = x_1x_2\\dots x_n$ y $X_i = \\frac{M}{x_i}$ para $1 \\le i \\le n$. Consideremos la función $\\varphi : (0, +\\infty) \\to \\mathbb{R}$ definida por $\\varphi(t) = \\frac{M}{t}$ que es convexa como se prueba fácilmente. Como los números no negativos $y_i$, ($1 \\le i \\le n$) son tales que $y_1 + y_2 + \\dots + y_n = 1$, entonces aplicando la desigualdad de Jensen a la función $\\varphi$ se tiene\n$$\n\\varphi \\left( \\sum_{i=1}^{n} y_i x_i \\right) \\le \\sum_{i=1}^{n} y_i \\varphi(x_i).\n$$\nEs decir,\n$$\nM \\left( \\sum_{i=1}^{n} y_i x_i \\right)^{-1} \\le \\sum_{i=1}^{n} y_i \\frac{M}{x_i} = \\sum_{i=1}^{n} y_i X_i \\quad (2)\n$$\nAhora se trata de encontrar la menor cota superior del término de la derecha de (2). Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $x_1 \\le x_2 \\le x_n$ e $y_1 \\ge y_2 \\ge \\dots \\ge y_n$. Entonces se tiene que $X_1 \\ge X_2 \\ge \\dots \\ge X_n$ como se comprueba inmediatamente. Aplicando la desigualdad del reordenamiento, sabemos que entre todas las sumas de la forma $\\sum_{i=1}^{n} y_i X_i$ la que alcanza el valor máximo es la que se obtiene cuando $y_1 \\ge y_2 \\ge \\dots \\ge y_n$ y $X_1 \\ge X_2 \\ge \\dots \\ge X_n$.\nAhora observamos que\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} y_i X_i = y_1 X_1 + (y_2 X_2 + \\dots + y_n X_n) \\le y_1 X_1 + (y_2 + \\dots + y_n) X_2 = y_1 X_1 + (1 - y_1) X_2\n$$\nAl ser $0 \\le y_1 \\le 1/2$, se tiene que\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=1}^{n} y_i X_i &\\le \\frac{1}{2} (X_1 + X_2) = \\frac{1}{2} ((x_1 + x_2)x_3 \\dots x_n) \\\\\n&\\le \\frac{1}{2} \\left( \\frac{(x_1 + x_2) + x_3 + \\dots + x_n}{n-1} \\right)^{n-1} = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^{n-1}\n\\end{aligned}\n$$\ndonde se ha utilizado la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica y la condición $x_1 + x_2 + \\dots + x_n = 1$. De lo anterior y (2), resulta\n$$\nM \\le \\left( \\sum_{i=1}^{n} y_i x_i \\right) \\left( \\sum_{i=1}^{n} y_i X_i \\right) \\le \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^{n-1} \\left( \\sum_{i=1}^{n} y_i x_i \\right)\n$$\ny\n$$\n\\gamma \\le \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^{n-1}.\n$$\nPor otro lado, si tomamos $x_1 = x_2 = \\frac{1}{2(n-1)}$, $x_3 = x_4 = \\dots = x_n = \\frac{1}{n-1}$ e $y_1 = y_2 = \\frac{1}{2}$, $y_3 = y_4 = \\dots = y_n = 0$, entonces\n$$\n\\begin{aligned}\nM &= x_1 x_2 \\dots x_n = \\frac{1}{4} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^n \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^{n-1} (y_1 x_1 + y_2 x_2) \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^{n-1} \\sum_{i=1}^{n} y_i x_i\n\\end{aligned}\n$$\ny se concluye que\n$$\n\\gamma = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{n-1} \\right)^{n-1}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43547,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $k$ un entero positivo y $a_1, a_2, \\dots, a_n$ dígitos. Probar que existe un entero positivo $n$ tal que los últimos $2k$ dígitos de $2^n$ son, es este orden, $a_1, a_2, \\dots, a_k, b_1, b_2, \\dots, b_k$, para ciertos dígitos $b_1, b_2, \\dots, b_k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43548,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermina el número de valores distintos de la expresión\n$$\n\\frac{n^{2}-2}{n^{2}-n+2}\n$$\ndonde $n \\in\\{1,2, \\ldots, 100\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "98",
    "solution": "Solution:\n\nSumando y restando $2-n$ al numerador se obtiene\n$$\na_{n}=\\frac{n^{2}-2}{n^{2}-n+2}=\\frac{n^{2}-2-n+2+n-2}{n^{2}-n+2}=1+\\frac{n-4}{n^{2}-n+2}\n$$\nAhora vamos a ver si hay dos términos iguales, es decir, cuando es $a_{p}=a_{q}$ para $p \\neq q$. Esto es equivalente a encontrar los enteros $p \\neq q$ para los que\n$$\n\\begin{gathered}\n\\frac{p-4}{p^{2}-p+2}=\\frac{q-4}{q^{2}-q+2} \\Leftrightarrow (p-q)(p q-4 p-4 q+2)=0 \\\\\np q-4 p-4 q+2+14=14 \\Leftrightarrow (p-4)(q-4)=14\n\\end{gathered}\n$$\nDe lo anterior se deduce que $(p-4) \\mid 14$ y $p-4 \\in\\{ 1,2,7,14 \\}$. Los valores negativos no son posibles porque ambos $p, q \\geq 1$ con lo que $p-4 \\in\\{1,2,7,14\\}$. Como $(p-4)(q-4)=14$ entonces $q-4 \\in\\{14,7,2,1\\}$ de donde resultan los pares $(p, q)=(5,18)$ y $(p, q)=(6,11)$ para los que $a_{5}=\\frac{22}{23}=a_{18}$ y $a_{6}=\\frac{17}{16}=a_{11}$. Finalmente, dado que todos los $a_{n}$ son números racionales, entonces entre los 100 primeros términos de la sucesión hay 98 que son distintos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43549,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn trazador de puntos medios es un instrumento que dibuja el punto medio exacto de dos puntos previamente señalados. Partiendo de dos puntos a distancia $1$ y utilizando sólo el trazador de puntos medios, debes obtener dos puntos a una distancia estrictamente comprendida entre $\\frac{1}{2017}$ y $\\frac{1}{2016}$, trazando el menor número posible de puntos. ¿Cuál es el mínimo número de veces que necesitas utilizar el trazador de puntos medios, y qué estrategia seguirías para lograr tu objetivo?",
    "options": [],
    "answer": "17",
    "solution": "Solution:\n\nSin pérdida de generalidad podemos trabajar con la recta real y considerar que uno de los puntos iniciales es el $0$ y el otro el $1$. Es fácil comprobar que después de $k$ aplicaciones del trazador, todos los puntos hallados son de la forma $\\frac{n}{2^{k}}$ con $0 \\leq n \\leq 2^{k}$ siendo la fracción no necesariamente irreducible. Esto lo probaremos por inducción. En efecto, para $k=1$ se tienen los puntos\n$$\n0=\\frac{0}{2^{1}}, \\quad \\frac{1}{2}=\\frac{1}{2^{1}}, \\quad 1=\\frac{2}{2^{1}}\n$$\nSupongamos que en el paso $k$ los puntos son\n$$\n0=\\frac{0}{2^{k}}, \\frac{1}{2^{k}}, \\cdots, \\frac{r}{2^{k}}, \\cdots, \\frac{s}{2^{k}}, \\cdots, 1=\\frac{2^{k}}{2^{k}}\n$$\nEntonces, aplicando el trazador de nuevo, en el paso $k+1$ los puntos obtenidos son\n$$\n0=\\frac{0}{2^{k+1}}, \\frac{1}{2^{k+1}}, \\cdots, \\frac{1}{2}\\left(\\frac{r}{2^{k}}+\\frac{s}{2^{k}}\\right)=\\frac{r+s}{2^{k+1}}, \\cdots, 1=\\frac{2^{k+1}}{2^{k+1}}\n$$\nAhora nos centramos en las distancias entre puntos. Utilizando el trazador una vez, la distancia entre dos cualesquiera de los puntos obtenidos\n$$\n0=\\frac{0}{2^{1}}, \\quad \\frac{1}{2}=\\frac{1}{2^{1}}, \\quad 1=\\frac{2}{2^{1}}\n$$\nes un múltiplo de $\\frac{1}{2^{1}}$ y aplicando el trazador $k$ veces resulta que la distancia entre dos cualesquiera puntos es un múltiplo de $\\frac{1}{2^{k}}$. Es inmediato comprobar que entre $\\frac{64}{2^{17}}$ y $\\frac{66}{2^{17}}$ se cumplen las desigualdades\n$$\n\\frac{64}{2^{17}}<\\frac{1}{2017}<\\frac{65}{2^{17}}<\\frac{1}{2016}<\\frac{66}{2^{17}}\n$$\nLuego cualquier distancia estrictamente incluida entre $\\frac{1}{2017}$ y $\\frac{1}{2016}$ ha de tener necesariamente en el denominador un exponente $k \\geq 17$.\nAhora vamos a ver que el número mínimo de veces que hay que utilizar el trazador de puntos medios es $k=17$ y describiremos una estrategia para conseguirlo. En efecto, usando el trazador una vez se obtiene el punto $\\frac{1}{2}=\\frac{1}{2^{1}}$, luego lo utilizamos de nuevo entre este punto y $1$ para obtener el punto $\\frac{3}{4}=\\frac{3}{2^{2}}$, y a partir de aquí calculamos el punto medio entre el último punto hallado hasta ese momento, y el punto $\\frac{1}{2}$, obteniendo sucesivamente los puntos\n$$\n\\frac{5}{8}=\\frac{5}{2^{3}}, \\quad \\frac{9}{16}=\\frac{9}{2^{4}}, \\quad \\frac{17}{32}=\\frac{17}{2^{5}}, \\quad \\frac{33}{64}=\\frac{33}{2^{6}}\n$$\ny tras un total de $7$ aplicaciones del trazador, se obtiene el punto $\\frac{65}{128}=\\frac{65}{2^{7}}$. Aplicamos ahora $10$ veces el trazador, para obtener el punto medio entre el último punto hallado hasta ese momento y el punto $0$, obteniéndose sucesivamente los puntos\n$$\n\\frac{65}{2^{8}}, \\frac{65}{2^{9}}, \\frac{65}{2^{10}}, \\cdots, \\frac{65}{2^{17}}\n$$\nEste último punto dista $\\frac{65}{2^{17}}$ tanto de $0$ como del anterior punto hallado $\\frac{65}{2^{16}}$. Luego en $17$ pasos hemos conseguido nuestro objetivo, y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43550,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSean $p$ un primo impar y $S_{q} = \\frac{1}{2 \\cdot 3 \\cdot 4} + \\frac{1}{5 \\cdot 6 \\cdot 7} + \\ldots + \\frac{1}{q(q+1)(q+2)}$, donde $q = \\frac{3p-5}{2}$. Escribimos $\\frac{1}{p} - 2 S_{q}$ en la forma $\\frac{m}{n}$, donde $m$ y $n$ son enteros. Demuestra que $m \\equiv n \\pmod{p}$; es decir, que $m$ y $n$ dan el mismo resto al ser divididos por $p$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSe tiene que\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{2}{k(k+1)(k+2)} = \\frac{(k+2)-k}{k(k+1)(k+2)} = \\frac{1}{k(k+1)} - \\frac{1}{(k+1)(k+2)} \\\\\n= & \\left(\\frac{1}{k} - \\frac{1}{k+1}\\right) - \\left(\\frac{1}{k+1} - \\frac{1}{k+2}\\right) = \\frac{1}{k} + \\frac{1}{k+1} + \\frac{1}{k+2} - \\frac{3}{k+1}\n\\end{aligned}\n$$\ncon lo que\n$$\n2 S_{q} = \\left(\\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\cdots + \\frac{1}{q} + \\frac{1}{q+1} + \\frac{1}{q+2}\\right) - 3\\left(\\frac{1}{3} + \\frac{1}{6} + \\cdots + \\frac{1}{q+1}\\right)\n$$\nAntes de considerar el caso general veamos que ocurre con los primeros casos particulares. Para $p=3$ es $q=2$ y se cumple el enunciado trivialmente. En el caso en que $p=q=5$, se tiene\n$$\n2 S_{5} = \\frac{2}{2 \\cdot 3 \\cdot 4} + \\frac{2}{5 \\cdot 6 \\cdot 7} = \\left(\\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{5} + \\frac{1}{6} + \\frac{1}{7}\\right) - 3\\left(\\frac{1}{3} + \\frac{1}{6}\\right)\n$$\ny\n$$\n\\begin{gathered}\n\\frac{n-m}{n} = 1 - \\frac{m}{n} = 1 + 2 S_{5} - \\frac{1}{5} = \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{6} + \\frac{1}{7} = \\left(\\frac{1}{3} + \\frac{1}{7}\\right) + \\left(\\frac{1}{4} + \\frac{1}{6}\\right) \\\\\n= \\frac{2 \\cdot 5}{4 \\cdot 6} + \\frac{2 \\cdot 5}{3 \\cdot 7}\n\\end{gathered}\n$$\nComo en los denominadores no aparece el primo $5$ entonces $\\frac{n-m}{n}$ es una fracción cuyo numerador es múltiplo de $5$ mientras que su denominador no lo es, lo que permite concluir que $n-m$ es múltiplo de $5$ o $n \\equiv m \\pmod{5}$.\n\nNótese que se han agrupado las $p-1=4$ fracciones en $\\frac{p-1}{2}=2$ paréntesis cuyos denominadores suman $2p=10$.\n\nGeneralizando lo anterior, resulta\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{n-m}{n} = 1 - \\frac{m}{n} = 1 + 2 S_{q} - \\frac{1}{p} \\\\\n& = 1 + \\left(\\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\cdots + \\frac{1}{q} + \\frac{1}{q+1} + \\frac{1}{q+2}\\right) - 3\\left(\\frac{1}{3} + \\frac{1}{6} + \\cdots + \\frac{1}{q+1}\\right) - \\frac{1}{p} \\\\\n& = 1 + \\left(\\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\cdots + \\frac{2}{3p-1}\\right) - \\left(1 + \\frac{1}{2} + \\cdots + \\frac{2}{p-1}\\right) - \\frac{1}{p} \\\\\n& = \\underbrace{\\frac{2}{p+1} + \\cdots + \\frac{1}{p-1} + \\frac{1}{p+1} + \\cdots + \\frac{2}{3p-1}}_{p-1\\ \\text{sumandos}} \\\\\n& = \\underbrace{\\left(\\frac{1}{\\frac{p+1}{2}} + \\frac{1}{\\frac{3p-1}{2}}\\right) + \\cdots + \\left(\\frac{1}{p-1} + \\frac{1}{p+1}\\right)} \\\\\n& \\frac{p-1}{2}\\ \\text{paréntesis cuyos denominadores suman}\\ 2p \\\\\n& = \\underbrace{\\frac{2p}{\\left(\\frac{p+1}{2}\\right)\\left(\\frac{3p-1}{2}\\right)} + \\cdots + \\frac{2p}{(p-1)(p+1)}}_{\\frac{p-1}{2}\\ \\text{términos}}\n\\end{aligned}\n$$\nAl igual que en el caso particular, todos los factores que aparecen en los denominadores son primos con $p$ mientras que el numerador no lo es, lo que permite concluir que $n-m$ es múltiplo de $p$. Es decir, $n \\equiv m \\pmod{p}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43551,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe dispone de una fila de 2018 casillas, numeradas consecutivamente de 0 a 2017. Inicialmente, hay una ficha colocada en la casilla 0. Dos jugadores $A$ y $B$ juegan alternativamente, empezando $A$, de la siguiente manera: En su turno, cada jugador puede, o bien hacer avanzar la ficha 53 casillas, o bien hacer retroceder la ficha 2 casillas, sin que en ningún caso se sobrepasen las casillas 0 o 2017. Gana el jugador que coloque la ficha en la casilla 2017. ¿Cuál de ellos dispone de una estrategia ganadora, y cómo tendría que jugar para asegurarse ganar?",
    "options": [],
    "answer": "Player A has a winning strategy: start by moving forward to the first reachable forward step, then on each subsequent turn do the opposite of B’s previous move so that each pair of turns produces a fixed net advance, steering to a position where only backward moves are forced, and finally complete with a forward move to the last square.",
    "solution": "Solution:\n\nVamos a probar que el jugador $A$ tiene estrategia ganadora. Comienza de la única forma posible: llevando la ficha hasta la casilla 53. A partir de ahí, durante 38 turnos dobles $B A$, el jugador $A$ hará lo contrario de $B$: si $B$ avanza 53, $A$ retrocede 2, y viceversa. De este modo, la ficha queda en la casilla $53 + 38 \\times 51 = 1991$ y es turno de $B$.\n\nLos siguientes movimientos son forzados: 7 turnos dobles $B A$ de restar. La ficha queda en la casilla $1991 - 14 \\times 2 = 1963$ y es turno de $B$. Ahora:\n\n1. Si $B$ avanza 53, dejará la ficha en la casilla 2016 y tras 13 turnos dobles $A B$, forzados, la ficha queda en la casilla $2016 - 26 \\times 2 = 1964$ y $A$ gana sumando 53.\n\n2. Si $B$ resta 2, dejará la ficha en la casilla 1961. Entonces, $A$ avanza 53 para dejarla en 2014. Tras 12 turnos dobles forzados $B A$, la ficha queda en $2014 - 24 \\times 2 = 1966$. Después, $B$ está obligado a restar 2 hasta 1964 y, en su turno, $A$ gana sumando 53.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43552,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermina el máximo valor posible de la expresión\n$$\n27 a b c + a \\sqrt{a^{2} + 2 b c} + b \\sqrt{b^{2} + 2 c a} + c \\sqrt{c^{2} + 2 a b}\n$$\nsiendo $a, b, c$, números reales positivos tales que $a + b + c = \\frac{1}{\\sqrt{3}}$.",
    "options": [],
    "answer": "2/(3*sqrt(3))",
    "solution": "Solution:\n\nEn primer lugar se observa que cuando $a = b = c = \\frac{1}{3 \\sqrt{3}}$ el valor que toma la expresión es $\\frac{2}{3 \\sqrt{3}}$, lo cual sugiere conjeturar que\n$$\n27 a b c + a \\sqrt{a^{2} + 2 b c} + b \\sqrt{b^{2} + 2 c a} + c \\sqrt{c^{2} + 2 a b} \\leq \\frac{2}{3 \\sqrt{3}}\n$$\nPara probar la conjetura, se puede aplicar la desigualdad de Cauchy, $(\\vec{u} \\cdot \\vec{v})^{2} \\leq \\|\\vec{u}\\|^{2} \\|\\vec{v}\\|^{2}$ a los vectores $\\vec{u} = (\\sqrt{a}, \\sqrt{b}, \\sqrt{c})$ y $\\vec{v} = (\\sqrt{b c}, \\sqrt{c a}, \\sqrt{a b})$, obteniéndose\n$$\n9 a b c = (\\sqrt{a b c} + \\sqrt{a b c} + \\sqrt{a b c})^{2} \\leq (a + b + c)(b c + c a + a b)\n$$\nMultiplicando por 3 ambos miembros de la desigualdad anterior y teniendo en cuenta la restricción, resulta\n$$\n27 a b c \\leq 3(a + b + c)(b c + c a + a b) = \\sqrt{3}(b c + c a + a b)\n$$\nPor otro lado, dado que $a \\sqrt{a^{2} + 2 b c} = \\frac{1}{\\sqrt{3}} \\sqrt{3 a^{2}(a^{2} + 2 b c)}$, aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica a los números $3 a^{2}$ y $a^{2} + 2 b c$ se obtiene\n$$\na \\sqrt{a^{2} + 2 b c} = \\frac{1}{\\sqrt{3}} \\sqrt{3 a^{2}(a^{2} + 2 b c)} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{3}} \\frac{3 a^{2} + (a^{2} + 2 b c)}{2} = \\frac{1}{\\sqrt{3}}(2 a^{2} + b c)\n$$\nAnálogamente, se tiene que\n$$\nb \\sqrt{b^{2} + 2 c a} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{3}}(2 b^{2} + c a)\n$$\ny\n$$\nc \\sqrt{c^{2} + 2 a b} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{3}}(2 c^{2} + a b)\n$$\nCombinando las desigualdades anteriores, y teniendo en cuenta otra vez la restricción, se obtiene\n$$\n\\begin{aligned}\n& 27 a b c + a \\sqrt{a^{2} + 2 b c} + b \\sqrt{b^{2} + 2 c a} + c \\sqrt{c^{2} + 2 a b} \\\\\n\\leq & \\sqrt{3}(b c + c a + a b) + \\frac{1}{\\sqrt{3}}(2 a^{2} + b c + 2 b^{2} + c a + 2 c^{2} + a b) \\\\\n= & \\frac{2}{\\sqrt{3}}(a^{2} + b^{2} + c^{2} + 2 a b + 2 b c + 2 c a) = \\frac{2}{\\sqrt{3}}(a + b + c)^{2} = \\frac{2}{3 \\sqrt{3}}\n\\end{aligned}\n$$\nEsto prueba la conjetura y el máximo de la expresión es $\\frac{2}{3 \\sqrt{3}}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43553,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo $ABC$ los puntos medios respectivos de los lados $BC$, $CA$ y $AB$ son $D$, $F$, $E$. Sean: $M$ el punto donde la bisectriz interior del ángulo $\\angle ADB$ corta al lado $AB$, y $N$ el punto donde la bisectriz interior del ángulo $\\angle ADC$ corta al lado $AC$. Sean además $O$ el punto de intersección de las rectas $AD$ y $MN$, $P$ el punto de intersección de $AB$ y $FO$, y $R$ el punto de intersección de $AC$ y $EO$. Demuestra que $PR = AD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nAplicando el teorema la bisectriz a los triángulos $ADB$ y $ADC$ se obtiene\n$$\n\\frac{MB}{AM} = \\frac{BD}{AD} \\quad \\text{y} \\quad \\frac{NC}{AN} = \\frac{DC}{AD}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nComo $BD = DC$, $\\frac{MB}{AM} = \\frac{NC}{AN}$ y entonces $MN$ es paralelo a $BC$, de donde $\\frac{AB}{AM} = \\frac{BC}{MN}$. De aquí, junto con $\\frac{MB}{AM} = \\frac{BD}{AD}$, resulta\n$$\n\\frac{BD + AD}{AD} = 1 + \\frac{BD}{AD} = 1 + \\frac{MB}{AM} = \\frac{MB + AM}{AM} = \\frac{AB}{AM} = \\frac{BC}{MN}\n$$\nComo $EF$ es la paralela media de $ABC$, $EF$ y $BC$ son paralelas, $BD = EF$ y $BC = 2 \\cdot EF$. Sustituyendo esto en (1) obtenemos\n$$\n\\frac{BD + AD}{AD} = \\frac{BC}{MN} \\Leftrightarrow \\frac{BD + AD}{AD} = \\frac{2 \\cdot EF}{MN} \\Leftrightarrow \\frac{2}{MN} = \\frac{BD + AD}{AD \\cdot EF}\n$$\nque lo podemos escribir como\n$$\n\\frac{2}{MN} = \\frac{1}{AD} + \\frac{1}{EF}\n$$\nComo $MN$ y $EF$ son paralelas a $BC$, son paralelas entre sí, y entonces\n$$\n\\frac{AE}{EM} = \\frac{AF}{AN}\n$$\nAplicando dos veces el Teorema de Menelao al triángulo $AMN$, una con la transversal $ER$ y otra con la transversal $PF$, se obtiene\n$$\n\\frac{AR}{NR} = \\frac{AE}{EM} \\cdot \\frac{MO}{ON} \\quad \\text{y} \\quad \\frac{AP}{MP} = \\frac{AF}{FN} \\cdot \\frac{MO}{ON}\n$$\nasí que teniendo en cuenta (3) obtenemos $\\frac{AP}{MP} = \\frac{AR}{NR}$ lo cual es equivalente a que $PR$ es paralelo a $MN$. Pero $MN$ es paralelo a $EF$ y el cuadrilátero $EPRF$ es un trapecio. Ya que $MN$ es paralela a las bases por el punto de intersección de las diagonales, $MN$ es la media armónica de las bases del trapecio, es decir\n$$\n\\frac{1}{PR} + \\frac{1}{EF} = \\frac{2}{MN} \\quad \\text{y por (2),} \\quad \\frac{1}{PR} = \\frac{1}{AD}\n$$\nde donde se concluye que $PR = AD$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43554,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n¿De cuántas maneras se puede escribir $111$ como suma de tres números enteros en progresión geométrica?",
    "options": [],
    "answer": "17",
    "solution": "Solution:\nSean $a$, $a r$, $a r^{2}$ números enteros que satisfacen la ecuación\n$$\na + a r + a r^{2} = 111\n$$\nsiendo $r$ un número racional.\nHabida cuenta de que $1 + r + r^{2} = \\left(r + \\frac{1}{2}\\right)^{2} + \\frac{3}{4} > 0$, existen números naturales $p$ y $q$, primos entre sí, tales que\n$$\n1 + r + r^{2} = \\frac{p}{q}\n$$\ny (1) puede escribirse en la forma $a = \\frac{111 q}{p}$, de donde se sigue que $p$ ha de ser un divisor de $111$; a saber, $p \\in \\{1, 3, 37, 111\\}$.\nEscribimos ahora (2) como una cuadrática en $r$,\n$$\nq r^{2} + q r + (q - p) = 0\n$$\ne imponemos que su discriminante, $q(4p - 3q)$, sea igual o mayor que cero. Al ser positivo el factor de la izquierda (pues $q$ es un número natural), deberá cumplirse que\n$$\n4p - 3q \\geq 0\n$$\nTenemos, pues:\n\nCaso $p = 1$. El único valor admisible para $q$ es $1$. Al sustituir $p$ y $q$ por $1$ en (3), esta ecuación se escribe $r(r + 1) = 0$, obteniéndose $r = -1$ y $r = 0$.\n\nCaso $p = 3$. Al ser $q \\leq 4$ (por (4)) y m.c.d. $(p, q) = 1$ (porque la fracción $\\frac{p}{q}$ es irreducible por hipótesis), los valores admisibles para $q$ son $q = 1$, $q = 2$ y $q = 4$.\nSi $q = 1$, la ecuación (3) se escribe $r^{2} + r - 2 = 0$ y obtenemos $r = -2$ y $r = 1$.\nSi $q = 2$, la correspondiente cuadrática es $2 r^{2} + 2 r - 1 = 0$ que no tiene raíces racionales.\nSi $q = 4$ se tiene $4 r^{2} + 4 r + 1 = 0$ y $r = -\\frac{1}{2}$.\n\nLos casos $p = 37$ y $p = 111$ pueden discutirse con un razonamiento análogo al anterior.\n\nLa tabla siguiente muestra las ternas $(p, q, r)$ válidas:\n\n| $\\mathrm{p}$ | $\\mathrm{q}$ | $\\mathrm{r}$ |\n| :---: | :---: | :---: |\n| 1 | 1 | $-1, 0$ |\n| 3 | 1 | $-2, 1$ |\n| 3 | 4 | $-1 / 2$ |\n| 37 | 9 | $4 / 3, -7 / 3$ |\n| 37 | 16 | $3 / 4, -7 / 4$ |\n| 37 | 49 | $-4 / 7, -3 / 7$ |\n| 111 | 1 | $-11, 10$ |\n| 111 | 100 | $-11 / 10, 1 / 10$ |\n| 111 | 121 | $-10 / 11, -1 / 11$ |\n\ncorrespondiendo a las cuales se obtienen las diecisiete soluciones que resuelven el problema:\n\n| $r = 0$ | $111 + 0 + 0$ |\n| :--- | :---: |\n| $r = 1$ | $37 + 37 + 37$ |\n| $r = -1$ | $111 - 111 + 111$ |\n| $r = -2$ | $37 - 74 + 148$ |\n| $r = -1 / 2$ | $148 - 74 + 37$ |\n| $r = -3 / 4$ | $48 + 36 + 27$ |\n| $r = 4 / 3$ | $27 + 36 + 48$ |\n| $r = -7 / 3$ | $27 - 63 + 147$ |\n| $r = -3 / 7$ | $147 - 63 + 27$ |\n| $r = -7 / 4$ | $48 - 84 + 147$ |\n| $r = -4 / 7$ | $147 - 84 + 48$ |\n| $r = 1 / 10$ | $100 + 10 + 1$ |\n| $r = 10$ | $1 + 10 + 100$ |\n| $r = -11$ | $1 - 11 + 121$ |\n| $r = -1 / 11$ | $121 - 11 + 1$ |\n| $r = -10 / 11$ | $121 - 110 + 100$ |\n| $r = -11 / 10$ | $100 - 110 + 121$ |",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43555,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nEncontrar las funciones reales $f$, de variable real, que satisfacen la ecuación funcional\n$$\nf(x+f(x+y))=f(2 x)+y\n$$\ncualesquiera sean $x, y$ reales.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x",
    "solution": "Solution:\nHaciendo las sustituciones $x=f(0)$ y $y=-f(0)$ obtenemos $f(f(0)+f(0))=f(2 \\cdot f(0))+f(0)$, de donde $f(0)=0$. Sustituyendo ahora $x=0$ en la ecuación dada, dejando la variable $y$ arbitraria, se tiene $f(0+f(y))=f(0)+y$, esto es,\n$$\nf(f(y))=y\n$$\nAl sustituir $y=0$ en la ecuación del enunciado será $f(x+f(x))=f(2 x)$, de donde se sigue que $f(f(x+f(x)))=f(f(2 x))$ y, por (1), $x+f(x)=2 x$, es decir,\n$$\nf(x)=x\n$$\nEs inmediato comprobar que esta función es solución cualesquiera sean los valores de $x, y$, con lo que concluimos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43556,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar los números reales $x>1$ para los cuales existe un triángulo cuyos lados tienen longitudes\n$$\nx^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1, \\quad 2 x^{3}+x^{2}+2 x+1, \\quad x^{4}-1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All real numbers greater than 1",
    "solution": "Solution:\nJustificaremos que para todo número real $x>1$ existe un tal triángulo probando que el lado mayor es menor que la suma de los otros dos. En efecto, para cualquier real $x>1$, tenemos:\n\n(i) $x^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1>0, \\quad 2 x^{3}+x^{2}+2 x+1>0, \\quad x^{4}-1>0$.\n\n(ii) $x^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1>2 x^{3}+x^{2}+2 x+1$, ya que\n$$\nx^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1-\\left(2 x^{3}+x^{2}+2 x+1\\right)=x^{4}-x^{3}+x^{2}-x=x(x-1)\\left(x^{2}+1\\right)>0\n$$\n\n(iii) $x^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1>x^{4}-1$.\n\n(iv) $x^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1<\\left(2 x^{3}+x^{2}+2 x+1\\right)+\\left(x^{4}-1\\right)$, puesto que\n$$\n\\begin{aligned}\nx^{4}+x^{3}+2 x^{2}+x+1-\\left(2 x^{3}+x^{2}+2 x+1\\right)-\\left(x^{4}-1\\right) & =-x^{3}+x^{2}-x+1 \\\\\n& =-(x-1)\\left(x^{2}+1\\right) \\\\\n& <0\n\\end{aligned}\n$$\ny concluimos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43557,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a, b, c$ números naturales primos, distintos dos a dos. Demostrar que el número\n$$\n(a b)^{c-1} + (b c)^{a-1} + (c a)^{b-1} - 1\n$$\nes un múltiplo del producto $a b c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nAl ser $a, b, c$ primos, el producto $a b$ no es divisible por $c$ (si $c \\mid a b$, sería $c \\mid a$ o $c \\mid b$; habida cuenta de que $c > 1, a \\neq c, b \\neq c$, tendríamos una contradicción con el hecho de ser $a$ y $b$ primos).\nEntonces, por la congruencia de Fermat $(\\dagger)$,\n$$\n(a b)^{c-1} \\equiv 1 \\quad \\text{(mód. } c)\n$$\ny\n$$\n(a b)^{c-1} - 1 = \\dot{c}\n$$\nAnálogamente,\n$$\n(b c)^{a-1} - 1 = \\dot{a}, \\quad (c a)^{b-1} - 1 = \\dot{b}\n$$\nMultiplicando miembro a miembro las igualdades anteriores, se obtiene\n$$\n\\begin{aligned}\na^{b+c-2} b^{c+a-2} c^{a+b-2} - & a^{b+c-2} b^{c-1} c^{b-1} - a^{c-1} b^{c+a-2} c^{a-1} - a^{b-1} b^{a-1} c^{a+b-2} \\\\\n& + (a b)^{c-1} + (b c)^{a-1} + (c a)^{b-1} - 1 \\\\\n= & \\dot{a b c}\n\\end{aligned}\n$$\ny\n$$\n\\begin{aligned}\n(a b)^{c-1} + (b c)^{a-1} + (c a)^{b-1} - 1 = & \\stackrel{\\bullet}{a b c} - a^{b+c-2} b^{c+a-2} c^{a+b-2} + a^{b+c-2} b^{c-1} c^{b-1} \\\\\n& + a^{c-1} b^{c+a-2} c^{a-1} + a^{b-1} b^{a-1} c^{a+b-2}\n\\end{aligned}\n$$\ncuyo segundo miembro es un múltiplo de $a b c$ por ser suma de múltiplos de $a b c$ : en efecto, todos los sumandos en el segundo miembro de (3) contienen el factor $a b c$ pues los exponentes que figuran son iguales o mayores que 1 al ser, por hipótesis, $a > 1, b > 1, c > 1$. Por consiguiente, también el primer miembro de (3) es múltiplo de $a b c$ :\n$$\n(a b)^{c-1} + (b c)^{a-1} + (c a)^{b-1} - 1 = a \\dot{b} c\n$$\ncomo se quería.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43558,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $n$ un número natural. Probar que si la última cifra de $7^{n}$ es 3, la penúltima es 4.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLos restos potenciales de $7$ respecto del módulo $10$ coinciden con la última cifra, o cifra de las unidades, de las potencias de $7$ y siendo\n$$\n\\begin{aligned}\n& 7^{0} \\equiv 1 \\quad(\\text{mód. } 10) \\\\\n& 7^{1} \\equiv 7 \\quad(\\text{mód. } 10) \\\\\n& 7^{2} \\equiv 9 \\quad(\\text{mód. } 10) \\\\\n& 7^{3} \\equiv 3 \\quad(\\text{mód. } 10) \\\\\n& 7^{4} \\equiv 1 \\quad(\\text{mód. } 10)\n\\end{aligned}\n$$\nresulta que $7^{n}$ acaba en $3$ solo cuando $n=4q+3$, $q$ un número natural: en efecto, al ser $n$ de la forma $n=4q+r$, $q$ y $r$ naturales, $r \\in \\{0,1,2,3\\}$, tenemos\n$$\n\\begin{aligned}\n7^{n}=7^{4q+r} & =\\left(7^{4}\\right)^{q} \\cdot 7^{r} & & \\\\\n& \\equiv 1 \\cdot 7^{r} & \\text{ (mód. 10) } & \\\\\n& \\equiv 3 & \\text{ (mód. 10) } & \\text{ solo si } r=3 \\text{ pues } 0 \\leq r \\leq 3\n\\end{aligned}\n$$\nPor consiguiente, si $7^{n}$ acaba en $3$, será $n=4q+3$ y\n$$\n\\begin{aligned}\n7^{n}=7^{4q+3} & =\\left(7^{4}\\right)^{q} \\cdot 7^{3} \\\\\n& =2401^{q} \\cdot 343 \\\\\n& =(2400+1)^{q} \\cdot 343 \\\\\n& =(100+1)^{q} \\cdot 343 \\\\\n& =(100+1) \\cdot 343 \\\\\n& =1000+343 \\\\\n& =1000+(300+43) \\\\\n& =1000+43 \\\\\n& =\\underline{a_{1}}\\underline{a_{2}}\\underline{a_{3}}\\cdots\\underline{a_{n}}00+43 \\\\\n& =\\underline{a_{1}}\\underline{a_{2}}\\underline{a_{3}}\\ldots\\underline{a_{n}}43\n\\end{aligned}\n$$\ncon lo que la cifra de las decenas es $4$, como se quería.\n\n$(\\dagger)$ $(\\dot{100}+1)^{q}=\\sum_{j=0}^{q}\\left(\\begin{array}{c}q \\\\ j\\end{array}\\right) 100^{q-j} \\cdot 1^{j}=\\underbrace{\\sum_{j=0}^{q-1}\\left(\\begin{array}{c}q \\\\ j\\end{array}\\right) 100^{q-j}}_{=\\dot{100}}+\\underbrace{\\left(\\begin{array}{l}q \\\\ q\\end{array}\\right) 100^{0}}_{=1}=\\dot{100}+1$.\n\n$(\\ddagger)$ $\\dot{100}+(300+43)=\\underbrace{(\\dot{100}+300)}_{=\\dot{100}}+43=\\dot{100}+43$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43559,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe han coloreado 46 cuadrados unitarios de una cuadrícula $9 \\times 9$. ¿Hay, en la cuadrícula, alguna figura del tipo\n![](attached_image_1.png)\n(no necesariamente con la orientación que muestra el dibujo) con las tres casillas coloreadas?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nLa respuesta es afirmativa. En efecto, probaremos que si coloreamos como indica el enunciado, se puede encontrar siempre una figura del tipo dado con las tres casillas coloreadas.\nA tal fin, dividamos la cuadrícula $9 \\times 9$ en dieciséis cuadrados $2 \\times 2$, tres figuras como la siguiente:\n![](attached_image_2.png)\ny una más como la que sigue:\n![](attached_image_3.png)\ntal como se muestra en el esquema siguiente:\n![](attached_image_4.png)\nSi no hubiera ninguna figura del tipo\n![](attached_image_5.png)\ncon las tres casillas coloreadas, entonces cada uno de los dieciséis cuadrados tendría, a lo más, 2 casillas coloreadas; cada una de las tres figuras (1) tendría, a lo más, 3 casillas coloreadas y la figura (2), 4 casillas coloreadas, como máximo.\nAsí, pues, se habrían coloreado, como máximo, $2 \\times 16+3 \\times 3+4=45$ casillas de la cuadrícula, lo que es contrario a la hipótesis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43560,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $AD$ la mediana de un triángulo $ABC$ tal que $\\angle ADB = 45^{\\circ}$ y $\\angle ACB = 30^{\\circ}$. Determinar el valor de $\\angle BAD$.",
    "options": [],
    "answer": "30°",
    "solution": "Solution:\n\nEn $\\triangle ABC$, sea $E$ el pie de la perpendicular trazada desde $B$. Entonces el triángulo $EBC$ es rectángulo en $E$, el punto $D$ es - por hipótesis - el punto medio de su hipotenusa $BC$ y, por tanto, el circuncentro de dicho triángulo en cuya circunferencia circunscrita el ángulo $BDE$ es el central correspondiente al inscrito $\\angle BCE$. Por consiguiente,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle BDE & = 2 \\cdot \\angle BCE \\\\\n& = 2 \\cdot \\angle BCA \\\\\n& = 2 \\times 30^{\\circ} \\\\\n& = 60^{\\circ}\n\\end{aligned}\n$$\nSe sigue que $\\triangle EBD$ es equilátero (pues es isósceles y tiene un ángulo de $60^{\\circ}$) y, a su vez,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle ADE & = \\angle BDE - \\angle ADB \\\\\n& = 60^{\\circ} - 45^{\\circ} \\\\\n& = 15^{\\circ} \\\\\n& = \\angle DAE \\quad(\\text{por el teorema del ángulo exterior aplicado a } \\triangle ADC \\text{ en } D)\n\\end{aligned}\n$$\n![](attached_image_1.png)\nAsí, $\\triangle EAD$ es isósceles con $AE = ED$. Mas $ED = EB$, pues $\\triangle EBD$ es equilátero, según hemos visto.\nPor tanto, $AE = EB$ y $\\triangle AEB$ es rectángulo (en $E$) e isósceles. En consecuencia, $\\angle BAE = 45^{\\circ}$ y\n$$\n\\angle BAD = \\angle BAE - \\angle DAE = 45^{\\circ} - 15^{\\circ} = 30^{\\circ}\n$$\n\nPor el teorema del ángulo exterior aplicado a $ADC$ en $D$,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle CAD = \\angle BDA - \\angle DCA = 45^{\\circ} - 30^{\\circ} & = 15^{\\circ} \\\\\n& = \\frac{1}{2} \\angle DCA\n\\end{aligned}\n$$\ny\n$$\n\\angle DCA = 2 \\cdot \\angle CAD\n$$\nLa igualdad anterior se puede escribir, de una manera equivalente, como\n$$\nAD^{2} = DC (DC + CA)\n$$\nesto es,\n$$\nm_{a}^{2} = \\frac{a}{2} \\left( \\frac{a}{2} + b \\right)\n$$\ny, por el teorema de la mediana aplicado a $ABC$, se obtiene\n$$\n\\frac{1}{4} (2b^{2} + 2c^{2} - a^{2}) = \\frac{a}{2} \\left( \\frac{a}{2} + b \\right)\n$$\no, equivalentemente,\n$$\nb^{2} + c^{2} - a^{2} = ab\n$$\nConsideremos en lo que sigue el triángulo $ABC$ y sus elementos.\nSustituimos el primer miembro de (1) por su igual, $2bc \\cos A$ (por el teorema del coseno). Simplificamos y obtenemos\n$$\n2c \\cos A = a\n$$\nequivalente a\n$$\n2 \\sin C \\cos A = \\sin A\n$$\nDividiendo por $\\cos A$ y habida cuenta de que $\\angle C = 30^{\\circ}$, resulta\n$$\n\\tan A = 1\n$$\ny\n$$\n\\angle A = 45^{\\circ}\n$$\nFinalmente,\n$$\n\\angle BAD = \\angle BAC - \\angle DAC = 45^{\\circ} - 15^{\\circ} = 30^{\\circ}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43561,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A set $T$ of integers is called *orensano* if there are integers $a < b < c$ such that $a, c \\in T$ and $b \\notin T$.\nFind the number of orensanos subsets $T$ of $\\{1, 2, \\dots, 2019\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "2^2019 - 2039191",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43562,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPara cada número de cuatro cifras $a b c d$, denotamos por $S$ al número $S = \\overline{a b c d} - \\overline{d c b a}$. Demuestra que $S$ es múltiplo de $37$ si y sólo si las dos cifras centrales del número $a b c d$ son iguales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEscribimos el número como $\\overline{a b c d}$ como $1000 a + 100 b + 10 c + d$ y el número $\\overline{d c b a}$ como $1000 d + 100 c + 10 b + a$. Por tanto,\n$$\n\\begin{array}{r}\nS = \\overline{a b c d} - \\overline{d c b a} = 1000 a + 100 b + 10 c + d - (1000 d + 100 c + 10 b + a) = \\\\\n999(a - d) + 90(b - c) = 37 \\cdot 3^{3}(a - d) + 2 \\cdot 5 \\cdot 3^{2}(b - c)\n\\end{array}\n$$\nEl primer sumando es obviamente múltiplo de $37$. El segundo sumando no tiene el factor $37$ ya que éste es un número primo y $|b - c| \\leq 9$. Por tanto, $S$ será múltiplo de $37$ si y sólo si $b - c = 0$, es decir, si y sólo si $b = c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43563,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nUn conjunto de números enteros $T$ es orensano si existen enteros $a < b < c$ tales que $a$ y $c$ pertenecen a $T$ y $b$ no pertenece a $T$. Hallar el número de subconjuntos $T$ de $\\{1,2, \\ldots, 2019\\}$ que son orensanos.",
    "options": [],
    "answer": "2^2019 - 2039191",
    "solution": "Solution:\n\nEl número de subconjuntos de $\\{1,2, \\cdots, 2019\\}$ es $2^{2019}$ como es bien conocido. Contemos ahora el número de estos conjuntos que NO tienen la propiedad pedida. Claramente, el conjunto vacío, y los subconjuntos de $\\{1,2, \\ldots, 2019\\}$ con un único elemento no tienen la propiedad pedida, ya que es imposible elegir $a, c$ distintos en ellos. Hay en total\n$$\n\\left(\\begin{array}{c}\n2019 \\\\\n0\n\\end{array}\\right)+\\left(\\begin{array}{c}\n2019 \\\\\n1\n\\end{array}\\right)=1+2019=2020\n$$\nde estos conjuntos. Cualquier otro subconjunto que no tenga la propiedad pedida ha de estar formado por elementos consecutivos de $\\{1,2, \\ldots, 2019\\}$. En efecto, si $m, M$ son respectivamente el mínimo y el máximo de $T$, para que $T$ NO tenga la propiedad enunciada, todos los elementos $m, m+1, m+2, \\ldots, M$ han de estar en $T$, pues si alguno $k$ no lo estuviera, podemos tomar $a=m$, $b=k$ y $c=M$, cumpliéndose la propiedad. El número de tales subconjuntos es $\\left(\\begin{array}{c}2019 \\\\ 2\\end{array}\\right)$. En efecto, dado un tal subconjunto, su mínimo $m$ y su máximo $M$ lo determinan biunívocamente, y hay $\\left(\\begin{array}{c}2019 \\\\ 2\\end{array}\\right)$ formas distintas de elegir dos números del conjunto $\\{1,2, \\ldots, 2019\\}$, de forma que el menor será $m$, y el mayor $M$.\nFinalmente, se tiene que el número total de subconjuntos $T$ de $\\{1,2, \\cdots, 2019\\}$ con la propiedad pedida es\n$$\n2^{2019}-2020-\\left(\\begin{array}{c}\n2019 \\\\\n2\n\\end{array}\\right)=2^{2019}-2039191\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43564,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine whether there exists a finite set $S$ of prime numbers such that, for every integer $n \\ge 2$, the number\n$$\n2^2 + 3^2 + \\dots + n^2\n$$\nis divisible by some prime number $p \\in S$.",
    "options": [],
    "answer": "No, such a finite set does not exist.",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43565,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar si existe un conjunto finito $S$ formado por números primos positivos de manera que para cada entero $n \\geq 2$, el número $2^{2}+3^{2}+\\cdots+n^{2}$ sea múltiplo de algún elemento de $S$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs bien conocido que\n$$\n1^{2}+2^{2}+\\cdots+n^{2}=\\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}=\\frac{2 n^{3}+3 n^{2}+n}{6}\n$$\ncon lo que restando 1 a ambos lados, resulta\n$$\n2^{2}+3^{2}+\\cdots+n^{2}=\\frac{2 n^{3}+3 n^{2}+n-6}{6}=\\frac{(n-1)\\left(2 n^{2}+5 n+6\\right)}{6}\n$$\nEsta expresión sugiere tomar $p=(n-1) / 6$ o $n=6 p+1$ con lo que se obtiene\n$$\n2^{2}+3^{2}+\\cdots+n^{2}=p\\left(72 p^{2}+54 p+13\\right)\n$$\nAhora elegimos $n=6 p+1$, donde $p$ da resto 1 al dividir entre cualquier primo de $S$ distinto de 139, y da resto -1 al dividir entre 139. Nótese que el resto al dividir entre cualquier primo de $S$ distinto de 139 es $72+54+13=139$, que es primo y por lo tanto no divisible por ningún primo de $S$ distinto de 139 , y el resto al dividir entre 139 es $-72+54-13=-31$, claramente tampoco divisible por 139. Luego esta expresión es coprima con todos los primos de $S$, y la respuesta es que no existe tal conjunto $S$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43566,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemuestra que para todo $n \\geq 2$ podemos encontrar $n$ números reales $x_{1}, x_{2}, \\cdots, x_{n} \\neq 1$ de manera que los productos\n$$\nx_{1} \\cdot x_{2} \\cdot \\ldots \\cdot x_{n} \\quad \\text{ y } \\quad \\frac{1}{1-x_{1}} \\cdot \\frac{1}{1-x_{2}} \\cdot \\ldots \\cdot \\frac{1}{1-x_{n}}\n$$\nson iguales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDado $x \\neq 1$, notemos que la ecuación\n$$\nx=\\frac{1}{1-x} \\Longleftrightarrow x^{2}-x+1=0\n$$\nno tiene soluciones reales. Sin embargo, dados $x, y \\neq 1$,\n$$\nx \\cdot y=\\frac{1}{1-x} \\cdot \\frac{1}{1-y}\n$$\ntiene una solución sencilla ya que\n$$\nx \\cdot y=\\frac{1}{1-x} \\cdot \\frac{1}{1-y}=\\frac{1}{x-1} \\cdot \\frac{1}{y-1}\n$$\ny las ecuaciones\n$$\nx=\\frac{1}{x-1} \\text{ e } y=\\frac{1}{y-1} \\Longleftrightarrow x^{2}-x-1=0 \\text{ e } y^{2}-y-1=0\n$$\nsí tienen solución\n$$\nx=y=\\frac{1 \\pm \\sqrt{5}}{2}\n$$\nPor tanto, si $n$ es un número par, podemos agrupar de dos en dos cada término de cada producto y utilizar lo anterior, encontrando las soluciones\n$$\nx_{1}=x_{2}=\\cdots=x_{n}=\\frac{1 \\pm \\sqrt{5}}{2}\n$$\nSi $n=3$, consideramos, por ejemplo, $x_{1}=x_{2}=2$. La igualdad del enunciado nos lleva a la ecuación\n$$\n4 x_{3}=\\left(\\frac{1}{1-2}\\right)^{2} \\frac{1}{1-x_{3}}=\\frac{1}{1-x_{3}} \\Longleftrightarrow 4 x_{3}^{2}-4 x_{3}+1=0\n$$\nque da la solución $x_{3}=\\frac{1}{2}$. Así, obtenemos $\\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\\right)=\\left(2,2, \\frac{1}{2}\\right)$. Si $n$ es cualquier impar mayor que 3, basta con completar estos tres valores con un número par de valores de los $x_{k}$ utilizando el caso par anterior.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43567,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$ and $c$ be real numbers such that $p(x) = x^4 + a x^3 + b x^2 + a x + c$ has exactly three different real roots; these roots are $\\tan y$, $\\tan 2y$ and $\\tan 3y$ for some real number $y$. Find all possible values of $y$, $0 \\le y < \\pi$.",
    "options": [],
    "answer": "y ∈ {π/7, 2π/7, 3π/7, 4π/7, 5π/7, 6π/7} ∪ {π/8, 3π/8, 5π/8, 7π/8} ∪ {π/9, 2π/9, π/3, 4π/9, 5π/9, 2π/3, 7π/9, 8π/9}",
    "solution": "that is,\n$$\n\\tan(2ky) + \\tan(my) + \\tan(ny) = 0\n$$\nprovided that $r$, $s$, $t$ are $\\tan(ky)$, $\\tan(my)$ and $\\tan(ny)$ respectively.\nWe consider now the following cases:\n* If $r = \\tan y$, $s = \\tan 2y$ and $t = \\tan 3y$ then $\\tan 2y + \\tan 5y = 0$, and\n$$\ny \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{7}, \\frac{2\\pi}{7}, \\frac{3\\pi}{7}, \\frac{4\\pi}{7}, \\frac{5\\pi}{7}, \\frac{6\\pi}{7} \\right\\}.\n$$\n* If $r = \\tan 2y$, $s = \\tan y$ and $t = \\tan 3y$ then $\\tan 4y + \\tan 4y = 0$ and it follows that\n$$\ny \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{8}, \\frac{3\\pi}{8}, \\frac{5\\pi}{8}, \\frac{7\\pi}{8} \\right\\},\n$$\nWe have discarded $y = \\frac{\\pi}{2}$, $y = \\frac{\\pi}{4}$ and $y = \\frac{3\\pi}{4}$ because $\\tan y$ and $\\tan(2y)$ must be real numbers.\n* If $r = \\tan 3y$, $s = \\tan y$ and $t = \\tan 2y$ then $\\tan 6y + \\tan 3y = 0$ and\n$$\ny \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{9}, \\frac{2\\pi}{9}, \\frac{\\pi}{3}, \\frac{4\\pi}{9}, \\frac{5\\pi}{9}, \\frac{2\\pi}{3}, \\frac{7\\pi}{9}, \\frac{8\\pi}{9} \\right\\}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43568,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLos números reales $a$, $b$ y $c$ verifican que el polinomio $p(x) = x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + a x + c$ tiene exactamente tres raíces reales distintas; estas raíces son iguales a $\\tan(y)$, $\\tan(2y)$ y $\\tan(3y)$, para algún número real $y$. Hallar todos los posibles valores de $y$, $0 \\leq y < \\pi$.",
    "options": [],
    "answer": "y ∈ {π/7, 2π/7, 3π/7, 4π/7, 5π/7, 6π/7, π/8, 3π/8, 5π/8, 7π/8, π/9, 2π/9, π/3, 4π/9, 5π/9, 2π/3, 7π/9, 8π/9}",
    "solution": "Solution:\n\nSean $r, r, s, t$ los tres ceros reales y distintos del polinomio $p(x)$. Mediante las fórmulas de Cardano-Viète, identificando los coeficientes cúbico y lineal, se obtiene\n$$\n2r + s + t = r^{2} s + r^{2} t + 2 r s t \\Leftrightarrow 2r(1 - s t) = (r^{2} - 1)(s + t)\n$$\nDe la última igualdad se deduce que si $r^{2} - 1 = 0$ entonces $1 - s t = 0$ y viceversa. A continuación, bajo la hipótesis $r^{2} = s t = 1$ y considerando $0 \\leq y < \\pi$, analizaremos los siguientes casos:\n\n- Si $r = \\tan y$ entonces $y \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{4}, \\frac{3\\pi}{4} \\right\\}$ pero para estos valores $s = \\tan 2y$ no está definido.\n- Si $r = \\tan 2y$ entonces $y \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{8}, \\frac{3\\pi}{8}, \\frac{5\\pi}{8}, \\frac{7\\pi}{8} \\right\\}$. Poniendo $s = \\tan y$, $t = \\tan 3y$ se tiene que para todos los valores anteriores es $r s = \\tan y \\cdot \\tan 3y = 1$, lo cual es cierto si $y + 3y = 4y$ es un múltiplo impar de $\\pi/2$, y esto ocurre para todos los valores anteriores.\n- Si $r = \\tan 3y$ entonces se debe cumplir $r s = \\tan y \\cdot \\tan 2y = 1$ y la $\\tan 3y$ no está definida.\n\nPor tanto solo queda por analizar los casos en que $r^{2} - 1 \\neq 0$ y $1 - s t \\neq 0$. Dividiendo los dos lados de la igualdad $2r(1 - s t) = (r^{2} - 1)(s + t)$ por $(r^{2} - 1)(1 - s t)$ resulta\n$$\n\\frac{2r}{1 - r^{2}} + \\frac{s + t}{1 - s t} = 0\n$$\nEstas expresiones por separado serían las correspondientes a las fórmulas de la tangente del ángulo doble y de la tangente de la suma. Ahora, utilizando la última expresión, distinguiremos los siguientes casos:\n\n- Si $r = \\tan y$, $s = \\tan 2y$, $t = \\tan 3y$ entonces $\\tan 2y + \\tan 5y = 0$ que admite como soluciones los múltiplos de $\\frac{\\pi}{2}$ inferiores a $\\frac{7\\pi}{2}$, con lo que\n$$\ny \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{7}, \\frac{2\\pi}{7}, \\frac{3\\pi}{7}, \\frac{4\\pi}{7}, \\frac{5\\pi}{7}, \\frac{6\\pi}{7} \\right\\}\n$$\n- Si $r = \\tan 2y$, $s = \\tan y$, $t = \\tan 3y$ entonces $\\tan 4y + \\tan 4y = 0$ que admite como soluciones los múltiplos de $\\frac{\\pi}{2}$ inferiores a $4\\pi$, con lo que\n$$\ny \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{8}, \\frac{3\\pi}{8}, \\frac{5\\pi}{8}, \\frac{7\\pi}{8} \\right\\}\n$$\ny hemos rechazado $y = \\frac{\\pi}{2}$ ya que entonces $\\tan y$ no sería un número real, y también $\\frac{\\pi}{4}$ y $\\frac{3\\pi}{4}$ ya que entonces $\\tan(2y)$ tampoco sería un número real.\n- Si $r = \\tan 3y$, $s = \\tan y$, $t = \\tan 2y$ entonces $\\tan 6y + \\tan 3y = 0$ que admite como soluciones los múltiplos de $\\frac{\\pi}{2}$ inferiores a $\\frac{9\\pi}{2}$, con lo que\n$$\ny \\in \\left\\{ \\frac{\\pi}{9}, \\frac{2\\pi}{9}, \\frac{\\pi}{3}, \\frac{4\\pi}{9}, \\frac{5\\pi}{9}, \\frac{2\\pi}{3}, \\frac{7\\pi}{9}, \\frac{8\\pi}{9} \\right\\}\n$$\nEstos son todos los valores, y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43569,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEl trapecio isósceles $ABCD$ tiene lados paralelos $AB$ y $CD$. Sabemos que $\\overline{AB}=6$, $\\overline{AD}=5$ y $\\angle DAB=60^{\\circ}$. Se lanza un rayo de luz desde $A$ que rebota en $CB$ en el punto $E$ e interseca en $AD$ en el punto $F$. Si $AF=3$, calcula el área del triángulo $AFE$.",
    "options": [],
    "answer": "3√3/2",
    "solution": "Solution:\n\nPuesto que el trapecio es isósceles y $\\angle DAB=60^{\\circ}$, podemos alargar los lados $AD$ y $BC$ que intersectan en $G$, formando así un triángulo equilátero $ABG$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLlamando $\\alpha=\\angle EAB$, tendremos que $\\angle AEB=120-\\alpha$. Como el rayo sale simétricamente del lado $BC$, tendremos que $\\angle GEF=120-\\alpha$, por tanto,\n$$\n\\angle FEA=180-2(120-\\alpha)=2\\alpha-60\n$$\nComo $\\angle FAE=60-\\alpha$, tendremos que $\\angle AFE=180-\\alpha$ y entonces $\\angle GFE=\\alpha$. Esto demuestra que los triángulos $GFE$ y $BAE$ son semejantes. Llamando $x=\\overline{GE}$, tendremos que $\\overline{EB}=6-x$. Como $\\overline{FG}=\\overline{AG}-\\overline{AF}=6-3=3$, tendremos por la semejanza de triángulos que\n$$\n\\frac{3}{x}=\\frac{6}{6-x} \\Longleftrightarrow 18-3x=6x \\Longleftrightarrow 9x=18\n$$\nde donde obtenemos que $x=2$ y, por tanto, $\\overline{GE}=2$ y $\\overline{EB}=4$. Tendremos\n$$\nAB/GF=6/3=2 \\Longrightarrow \\text{Área}(BAE)/\\text{Área}(GFE)=2^{2}=4\n$$\nEl área del triángulo $AFE$ se puede calcular, por ejemplo,\n$$\n\\begin{array}{r}\n\\text{Área}(AFE)=\\text{Área}(AGB)-\\text{Área}(GFE)-\\text{Área}(AEB)= \\\\\n\\text{Área}(AGB)-5\\,\\text{Área}(GFE)=\\frac{1}{2} \\cdot 6 \\cdot 6 \\cdot \\operatorname{sen} 60-5 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot 2 \\cdot 3 \\cdot \\operatorname{sen} 60= \\\\\n(18-15) \\frac{\\sqrt{3}}{2}=\\frac{3\\sqrt{3}}{2}\n\\end{array}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43570,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs of integers $(x, y)$ such that\n$$\n3^4 2^3 (x^2 + y^2) = x^3 y^3.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(-6, -6), (0, 0), (6, 6)",
    "solution": "First note that if $xy = 0$, then $x^2 + y^2 = 0$ and $x = y = 0$ is a solution. Also note that if $xy < 0$, then $x^2 + y^2 < 0$, impossible; thus $x, y$ are both positive or both negative. Changing simultaneously the sign of $x$ and $y$ does not change the equation, hence we may assume without loss of generality that $x, y$ are both positive.\nLet $m, n$ ($m \\ge n$) be non-negative integers, and let $a, b$ be coprimes integers, not divisible by $3$. Consider $x = 3^m a$ and $y = 3^n b$. Then the given equation is\n$$\n8((3^{m-n}a)^2 + b^2) = 3^{3m+n-4}a^3b^3.\n$$\nBecause any perfect square has remainder $0$ or $1$ when divided by $3$, the left hand side member is not divisible by $3$, thus looking at the right hand side we get $3m + n - 4 = 0$, and because $m \\ge n \\ge 0$ it follows $m = n = 1$. The equation takes the form\n$$\n8(a^2 + b^2) = a^3 b^3.\n$$\nBy symmetry we may assume $a \\ge b$. Then\n$$\n16a^2 \\ge a^3 b^3 \\Leftrightarrow 16 \\ge ab^3\n$$\nHence we have either (1) $b=2$ which implies $a=2$, or (2) $b=1$, but in this case the only possible values of $a$ are $1, 2, 4, 8$ and none of them satisfies the equation $a^3-8a^2-8=0$. It is easy to see that $(a, b) = (2, 2)$ and $(x, y) = (6, 6)$. So, the only solutions are\n$$\n(x, y) = (-6, -6), \\quad (x, y) = (0, 0), \\quad (x, y) = (6, 6).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43571,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nCalcular todos los pares de enteros $\\left(x, y\\right)$ tales que\n$$\n3^{4} 2^{3}\\left(x^{2}+y^{2}\\right)=x^{3} y^{3}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) = (-6, -6), (0, 0), (6, 6)",
    "solution": "Solution:\nNótese en primer lugar que si $x y=0$, entonces $x^{2}+y^{2}=0$, de donde resulta la solución $x=y=0$. Nótese también que si $x y<0$, entonces $x^{2}+y^{2}<0$, absurdo, luego $x, y$ tienen ambos el mismo signo. Como cambiar simultáneamente de signo a $x$ y a $y$ no altera la ecuación, podemos asumir a partir de este momento y sin pérdida de generalidad que $x, y$ son ambos enteros positivos. Sean $x=3^{m} a$ e $y=3^{n} b$ con $m, n$ enteros no negativos y $a, b$ enteros coprimos y no divisibles por $3$. Supongamos que $m \\geq n$. Entonces la ecuación dada se transforma en\n$$\n8\\left(\\left(3^{m-n} a\\right)^{2}+b^{2}\\right)=3^{3 m+n-4} a^{3} b^{3}\n$$\nComo todo cuadrado perfecto da resto $0$ o $1$ al dividir entre $3$, como es bien conocido, el miembro de la izquierda no es divisible por $3$ y para que se cumpla la ecuación debe ser el exponente de $3$ en el término de la derecha igual a cero. Es decir, $3 m+n-4=0$ y como $m \\geq n \\geq 0$ esto implica que $m=n=1$. La ecuación ahora se simplifica y queda\n$$\n8\\left(a^{2}+b^{2}\\right)=a^{3} b^{3}\n$$\nPor la simetría de la expresión podemos suponer que $a \\geq b$. Entonces\n$$\n16 a^{2} \\geq a^{3} b^{3} \\Leftrightarrow 16 \\geq a b^{3}\n$$\ny tenemos dos posibilidades (1) $b=2$ de donde resulta $a=2$, (2) $b=1$ pero en este caso los únicos valores posibles de $a$ son $1,2,4,8$ y no satisfacen la ecuación $a^{3}-8 a^{2}-8=0$. Se deduce que $(a, b)=(2,2)$ y $(x, y)=(6,6)$. Finalmente, se tiene que las únicas soluciones posibles son:\n$$\n(x, y)=(-6,-6), \\quad(x, y)=(0,0), \\quad(x, y)=(6,6)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43572,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $p \\geq 3$ un número primo y consideramos el triángulo rectángulo de cateto mayor $p^{2}-1$ y cateto menor $2p$. Inscribimos en el triángulo un semicírculo cuyo diámetro se apoya en el cateto mayor del triángulo y que es tangente a la hipotenusa y al cateto menor del triángulo. Encuentra los valores de $p$ para los cuales el radio del semicírculo es un número entero.",
    "options": [],
    "answer": "p = 3",
    "solution": "Solution:\n\nEn el triángulo rectángulo $ABC$, consideramos $\\overline{AB}=p^{2}-1$, $\\overline{AC}=2p$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPor el Teorema de Pitágoras, tendremos que $\\overline{BC}^{2}=\\overline{AC}^{2}+\\overline{AB}^{2}$, así que\n$$\n\\overline{BC}^{2}=(2p)^{2}+\\left(p^{2}-1\\right)^{2}=4p^{2}+p^{4}-2p^{2}+1=p^{4}+2p^{2}+1=\\left(p^{2}+1\\right)^{2}\n$$\nde donde obtenemos que $\\overline{BC}=p^{2}+1$.\n\nLlamando $r$ al radio del semicírculo, $E$ el centro del círculo que está en el lado $AB$ y $F$ el punto de tangencia del semicírculo con el lado $BC$, tendremos que $\\overline{AE}=\\overline{EF}=r$. Por una parte, el área del triángulo $ABC$ viene dada por\n$$\n\\text{Área}(ABC)=\\frac{1}{2}\\, \\overline{AB} \\cdot \\overline{AC}=\\left(p^{2}-1\\right)p\n$$\nPor otra,\n$$\n\\begin{gathered}\n\\text{Área}(ABC)=\\text{Área}(AEC)+\\text{Área}(ECB)=\\frac{1}{2}\\, \\overline{AE} \\cdot \\overline{AC}+\\frac{1}{2}\\, \\overline{BC} \\cdot \\overline{EF}= \\\\\n\\frac{1}{2} r \\cdot 2p+\\frac{1}{2}\\left(p^{2}+1\\right) \\cdot r=\\frac{r}{2}\\left(p^{2}+2p+1\\right)=\\frac{r}{2}(p+1)^{2}\n\\end{gathered}\n$$\nIgualando las dos expresiones para el área del triángulo $ABC$, obtenemos que\n$$\n\\frac{r}{2}(p+1)^{2}=\\left(p^{2}-1\\right)p\n$$\nde donde\n$$\nr=\\frac{\\left(p^{2}-1\\right)2p}{(p+1)^{2}}=\\frac{2p(p-1)}{p+1}\n$$\nEs un cálculo sencillo comprobar que\n$$\n2p-4<\\frac{2p(p-1)}{p+1}<2p\n$$\nasí que las únicas posibilidades para $r$ son $2p-1, 2p-2$ y $2p-3$.\n\n- Si $r=2p-1$, entonces\n$$\n2p-1=\\frac{2p(p-1)}{p+1} \\Longrightarrow 2p^{2}+2p-p-1=2p^{2}-2p \\Longrightarrow p=1/3\n$$\n- Si $r=2p-2=2(p-1)$, entonces\n$$\n2(p-1)=\\frac{2p(p-1)}{p+1} \\Longrightarrow 1=\\frac{2p}{p+1} \\Longrightarrow p=1\n$$\n- Si $r=2p-3$, entonces\n$$\n2p-3=\\frac{2p(p-1)}{p+1} \\Longrightarrow 2p^{2}+2p-3p-3=2p^{2}-2p \\Longrightarrow p=3\n$$\nPor tanto, la única solución válida es $p=3$, lo que nos da el valor de $r=3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43573,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n¿Existen $m, n$ números naturales de forma que\n$$\nn^{2}+2018 m n+2019 m+n-2019 m^{2}\n$$\nes un número primo?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nTratamos de factorizar la expresión del enunciado. Igualando esta expresión a $0$, tendremos\n$$\nn^{2}+(2018 m+1) n+2019 m-2019 m^{2}=0\n$$\nque podemos tratar como una ecuación en la variable $n$, obteniendo que\n$$\nn=\\frac{-(2018 m+1) \\pm \\sqrt{(2018 m+1)^{2}-4\\left(2019 m-2019 m^{2}\\right)}}{2}\n$$\nLa expresión dentro de la raíz viene dada por\n$$\n\\begin{array}{r}\n(2018 m+1)^{2}-4\\left(2019 m-2019 m^{2}\\right)= \\\\\n2018^{2} m^{2}+2 \\cdot 2018 m+1-4 \\cdot 2019 m+4 \\cdot 2019 m^{2}= \\\\\n\\left(2018^{2}+4 \\cdot 2018+4\\right) m^{2}-2 m+1=2020^{2} m^{2}-2 m+1=(2020 m-1)^{2}\n\\end{array}\n$$\nasí que\n$$\nn=\\frac{-(2018 m+1) \\pm(2020 m-1)}{2}\n$$\ny, entonces, las soluciones son\n$$\nn_{1}=\\frac{2 m-2}{2}=m-1\n$$\ny\n$$\nn_{2}=\\frac{-4038 m}{2}=-2019 m\n$$\nPor tanto, podemos factorizar la expresión del enunciado como\n$$\nn^{2}+2018 m n+2019 m+n-2019 m^{2}=(n+2019 m)(n-m+1)\n$$\nEn este producto, el primer factor es obviamente mayor que $1$. Una condición necesaria para que esta expresión sea un número primo es que $n-m+1=1$, es decir, $n=m$. En este caso, el primer factor queda de la forma $n+2019 m=2020 n$, que es un número compuesto ya que $2020$ lo es. Por tanto, la expresión del enunciado no será un número primo para ningún valor de $n$ y de $m$ naturales.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43574,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSe consideran todos los pares $(x, y)$ de números reales tales que $0 \\leq x \\leq y \\leq 1$. Sea $M(x, y)$ el máximo valor del conjunto\n$$\nA=\\{x y, x y-x-y+1, x+y-2 x y\\}\n$$\nHallar el mínimo valor que puede tomar $M(x, y)$ para todos estos pares $(x, y)$.",
    "options": [],
    "answer": "4/9",
    "solution": "Solution:\n\nHaciendo el cambio de variable $x y=p$, y $x+y=s$ y escribiendo los tres elementos del conjunto $A$ en términos de $s$ y $p$, tenemos\n$$\na=x y=p, \\quad b=x y-x-y+1=(1-x)(1-y)=s-1+p, \\quad c=s-2 p\n$$\nverificándose que $a+b+c=1$. Observemos que $s^{2}-4 p=(x-y)^{2} \\geq 0$.\nAhora consideremos los siguientes casos:\n- Si $0 \\leq x \\leq y \\leq \\frac{1}{3} \\Rightarrow p=x y \\leq \\frac{1}{9} \\Leftrightarrow b=(1-x)(1-y) \\geq \\frac{4}{9}$.\n- Si $c=s-2 p \\leq \\frac{4}{9} \\Rightarrow 0 \\leq s^{2}-4 p=\\left(2 p+\\frac{4}{9}\\right)^{2}-4 p=4\\left(p-\\frac{1}{9}\\right)\\left(p-\\frac{4}{9}\\right)$, de donde se deduce que $p \\leq \\frac{1}{9}$ ó $p \\geq \\frac{4}{9}$. Si $a=p \\leq \\frac{1}{9} \\Rightarrow b \\geq \\frac{4}{9}, c=s-2 p \\leq \\frac{4}{9}$ y si $a=p \\geq \\frac{4}{9} \\Rightarrow b \\leq \\frac{1}{9}, c \\leq \\frac{4}{9}$. Por lo tanto, en cualquier\ncaso\n$$\n\\text { máx } A \\geq \\frac{4}{9}\n$$\nPara hallar el mínimo $\\frac{4}{9}$, las desigualdades deberán ser igualdades y se tiene:\n- $p=\\frac{1}{9}, s-2 p=\\frac{4}{9} \\Rightarrow s=\\frac{2}{3} \\Rightarrow x=y=\\frac{1}{3}$,\n- $p=\\frac{4}{9}, s-2 p=\\frac{4}{9} \\Rightarrow s=\\frac{4}{3} \\Rightarrow x=y=\\frac{2}{3}$.\nSolution:\n\nEn primer lugar, se observa que $x y+(x y-x-y+1)+(x+y-2 x y)=1$. Así, si uno de los tres elementos de $A$ vale $\\frac{1}{9}$ o menos, entonces los otros dos suman $\\frac{8}{9}$ o más, luego si el menor valor de $A$ vale $\\frac{1}{9}$ o menos, el mayor valor de $A$ vale $\\frac{4}{9}$ o más.\nSupongamos que $x y \\geq x+y-2 x y$. Entonces, por la desigualdad entre medias aritmética y geométrica se tiene que\n$$\n3 x y \\geq x+y \\geq 2 \\sqrt{x y}, \\quad \\sqrt{x y} \\geq \\frac{2}{3}\n$$\ny el mayor valor de $A$ es al menos $x y \\geq \\frac{4}{9}$ en este caso.\nSupongamos que $x y-x-y+1 \\geq x+y-2 x y$. Nuevamente por la desigualdad entre medias aritmética y geométrica, se tiene que\n$$\n3 x y+1 \\geq 2(x+y) \\geq 4 \\sqrt{x y} \\Leftrightarrow(3 \\sqrt{x y}-1)(\\sqrt{x y}-1) \\geq 0\n$$\nLa última desigualdad se verifica cuando $\\sqrt{x y} \\geq 1$, con lo que el mayor valor de $A$ sería al menos $x y \\geq 1$, o bien $\\sqrt{x y} \\leq \\frac{1}{3}$, para $x y \\leq \\frac{1}{9}$, y por la observación inicial el mayor valor de $A$ sería $\\frac{4}{9}$ o más.\nEn cualquier otro caso, $x+y-2 x y$ es el mayor valor de $A$, y supongamos que es inferior a $\\frac{4}{9}$. Es decir, $x+y-2 x y<\\frac{4}{9}$. Aplicando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica, se obtiene\n$$\n2 x y+\\frac{4}{9}>x+y \\geq 2 \\sqrt{x y} \\Leftrightarrow\\left(\\sqrt{x y}-\\frac{1}{2}\\right)^{2}>\\frac{1}{36}=\\left(\\frac{1}{6}\\right)^{2}\n$$\nSi $\\sqrt{x y}-\\frac{1}{2}>\\frac{1}{6}$, entonces $\\sqrt{x y}>\\frac{2}{3}$ y el mayor valor de $A$ es al menos $x y>\\frac{4}{9}$, contradicción. Si $\\frac{1}{2}-\\sqrt{x y}>\\frac{1}{6}$, entonces $\\sqrt{x y}<\\frac{1}{3}$, con lo que $x y<\\frac{1}{9}$, y por la observación inicial el mayor valor de $A$ es mayor que $\\frac{4}{9}$, contradicción.\nLuego el mayor valor de $A$ nunca puede ser menor que $\\frac{4}{9}$, y ése valor es en efecto el mínimo que toma el máximo de $A$, pues se puede obtener $A=\\left\\{\\frac{4}{9}, \\frac{1}{9}, \\frac{4}{9}\\right\\}$ tomando $x=y=\\frac{2}{3}$, o $A=\\left\\{\\frac{1}{9}, \\frac{4}{9}, \\frac{4}{9}\\right\\}$ tomando $x=y=\\frac{1}{3}$. Viendo las condiciones de igualdad en los dos primeros casos analizados, se tiene además que éstos son todos los posibles pares de valores $(x, y)$ para los que el mayor valor de $A$ toma dicho valor mínimo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43575,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$, the internal bisector of $\\angle A$ meets the side $BC$ at $D$. The lines through $D$ tangents to the circumcircles of triangles $\\triangle ABD$ and $\\triangle ACD$ meet the lines $AC$ and $AB$ at points $E$ and $F$, respectively. Lines $BE$ and $CF$ intersect at $G$. Prove that $\\angle EDG = \\angle ADF$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We have $\\angle ADE = \\angle B$ and $\\angle ADF = \\angle C$. So $AFDE$ is a cyclic\n\n![](attached_image_1.png)\n\nquadrilateral and\n$$\n\\angle AFE = \\angle ADE = \\angle B \\text{ and } \\angle AEF = \\angle ADF = \\angle C,\n$$\nHence, $EF$ is parallel to $BC$ and $DE = DF$, so the triangle $FDE$ is isosceles.\n\nLet $M$ be the midpoint of $EF$, $L = AD \\cap EF$, and $H = DG \\cap EF$. By Thales Theorem, we obtain\n$$\n\\frac{LE}{LF} = \\frac{DC}{BD}\n$$\nAlso, from $\\triangle FGH \\sim \\triangle CGD$ it follows that\n$$\n\\frac{HF}{DC} = \\frac{GH}{GD}\n$$\nFrom $\\triangle EGH \\sim \\triangle BGD$, we get\n$$\n\\frac{HE}{BD} = \\frac{GH}{GD}\n$$\nand from this\n$$\n\\frac{HF}{HE} = \\frac{DC}{DB}\n$$\nthen $H$ and $L$ are symmetric with center $M$, as we will see later and $\\angle LDM = \\angle HDM = \\alpha$ with\n$$\n\\alpha = 90^\\circ - \\angle ADC = \\frac{\\angle C - \\angle B}{2} \\text{ if } C > B,\n$$\nand\n$$\n\\alpha = 90^\\circ - \\angle ADB = \\frac{\\angle B - \\angle C}{2} \\text{ if } B > C.\n$$\nFinally,\n$$\n\\angle GDE = \\angle ADE - \\alpha = \\angle ADF \\text{ if } B > C,\n$$\nand\n$$\n\\angle GDE = \\angle ADE + \\alpha = \\angle ADF \\text{ if } B < C.\n$$\nIt remains to prove that $L$ and $H$ are symmetric with center $M$. To do so denote\n$$\nLF + LE = HF + HE = s, \\text{ and then}\n$$\n$$\n\\frac{LE}{LF} = \\frac{HF}{HE}\n$$\nhence\n$$\n\\frac{s}{LF} = \\frac{s}{HE} \\Rightarrow LF = HE \\text{ and } LE = HF\n$$\nthat is, $HM = ML$, as we wanted to prove.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43576,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo escaleno $ABC$, la bisectriz del ángulo $A$ corta al lado $BC$ en el punto $D$. Las rectas que pasan por $D$ y son tangentes a las circunferencias circunscritas de los triángulos $ABD$ y $ACD$ cortan a las rectas $AC$ y $AB$ en los puntos $E$ y $F$, respectivamente. Si $BE$ y $CF$ se cortan en $G$, demostrar que los ángulos $\\angle EDG$ y $\\angle ADF$ son iguales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSe verifican las igualdades de ángulos $\\angle ADE=\\angle B$ y $\\angle ADF=\\angle C$, por ser ángulos semiinscritos en las circunferencias $(ABD)$ y $(ADC)$, respectivamente. Por tanto el cuadrilátero $AFDE$ es inscriptible y de eso se\n![](attached_image_1.png)\ndeduce que\n$$\n\\angle AFE=\\angle ADE=\\angle B \\quad \\text{y} \\quad \\angle AEF=\\angle ADF=\\angle C\n$$\ny por tanto, $EF$ es paralela a $BC$. Además $DE=DF$ por ser cuerdas correspondientes al ángulo $\\angle A/2$, así que el triángulo $FDE$ es isósceles.\n\nSea $M$ el punto medio de $EF$, $L=AD \\cap EF$, y $H=DG \\cap EF$. Aplicando el teorema de Thales, se obtiene que\n$$\n\\frac{LE}{LF}=\\frac{DC}{BD}\n$$\nPor otro lado, de $\\triangle FGH \\sim \\triangle CGD$ resulta\n$$\n\\frac{HF}{DC}=\\frac{GH}{GD}\n$$\nde $\\triangle EGH \\sim \\triangle BGD$, se obtiene\n$$\n\\frac{HE}{BD}=\\frac{GH}{GD}\n$$\ny de aquí que\n$$\n\\frac{HF}{HE}=\\frac{DC}{DB}\n$$\nluego $H$ y $L$ son simétricos respecto de $M$, como veremos más tarde, y $\\angle LDM=\\angle HDM=\\alpha$ siendo\n$$\n\\alpha=90^\\circ-\\angle ADC=\\frac{\\angle C-\\angle B}{2} \\text{ si } C>B\n$$\ny\n$$\n\\alpha=90^\\circ-\\angle ADB=\\frac{\\angle B-\\angle C}{2} \\text{ si } B>C\n$$\nFinalmente, se tiene que\n$$\n\\angle GDE=\\angle ADE-\\alpha=\\angle ADF \\text{ si } B>C\n$$\ny\n$$\n\\angle GDE=\\angle ADE+\\alpha=\\angle ADF \\text{ si } B<C\n$$\nAhora falta probar que $L$ y $H$ son simétricos respecto a $M$. En efecto, si denotamos $LF+LE=HF+HE=s$, entonces\n$$\n\\frac{LE}{LF}=\\frac{HF}{HE}\n$$\nde donde\n$$\n\\frac{s}{LF}=\\frac{s}{HE} \\Rightarrow LF=HE \\text{ y } LE=HF\n$$\ncon lo que $HM=ML$ como se quería demostrar.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43577,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFijamos un número natural $k \\geq 1$. Encuentra todos los polinomios $P(x)$ que cumplan\n$$\nP\\left(x^{k}\\right)-P(k x)=x^{k} P(x)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "If the parameter equals two, all polynomials are of the form a times (x squared minus four) for any real a; otherwise the only solution is the zero polynomial.",
    "solution": "Solution:\nFijémonos que una solución trivial es $P(x)=0$ para cualquier valor de $k \\geq 1$.\nPara encontrar otras soluciones, fijamos primero $k=1$. En ese caso, la ecuación queda\n$$\nP(x)-P(x)=x P(x)\n$$\npor lo que $P(x)=0$, que es la solución anterior.\nSi $k \\geq 2$ y $P(x)$ es una constante $c$, tendremos que $c-c=x^{k} c$ y, por tanto, $c x^{k}=0$, imposible a menos que $c=0$, que nos da el polinomio trivial $P(x)=0$ de nuevo.\nSupongamos pues que $k \\geq 2$ y que el grado del polinomio es $n \\geq 1$. Es obvio que $P\\left(x^{k}\\right)$ tendrá grado $n k$ y $P(k x)$ tendrá grado $n$, así que el término de la izquierda de la igualdad será un polinomio de grado $n k$ ya que $k \\geq 1$. El término de la derecha será un polinomio de grado $n+k$, así que tendremos que $n k=n+k$, de donde $k(n-1)=n$, por tanto,\n$$\nk=\\frac{n}{n-1}=1+\\frac{1}{n-1}\n$$\nComo $k$ es un número natural, tendremos que necesariamente $n=2$, por tanto, $k=2$. Escribimos pues $P(x)=a x^{2}+b x+c$ y, sustituyendo en la ecuación, obtenemos:\n$$\na x^{4}+b x^{2}+c-\\left(4 a x^{2}+2 b x+c\\right)=a x^{4}+b x^{3}+c x^{2}\n$$\ny simplificando obtenemos $(b-4 a) x^{2}=b x^{3}+c x^{2}$, de donde necesariamente obtenemos que $b=0$ y $c=-4 a$. Así pues, los polinomios cumpliendo la propiedad del enunciado serán todos los de la forma $P(x)=a\\left(x^{2}-4\\right)$ para todo $a \\in \\mathbb{R}$.\nEn resumen, para todo $k \\geq 1$, una solución es $P(x)=0$. En el caso $k=2$, los polinomios de la forma $P(x)=a\\left(x^{2}-4\\right)$ para cualquier $a \\in \\mathbb{R}$ también son solución.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43578,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nConsidera el conjunto de números enteros positivos $n$ cumpliendo que $1 \\leq n \\leq 1000000$. En ese conjunto, indica si es mayor la cantidad de números que pueden expresarse de la forma $a^{3}+m b^{2}$, con $a, b \\in \\mathbb{N}$ y $m \\in \\{0,2,4,6,8\\}$, o la cantidad de números que no pueden expresarse de esa forma.",
    "options": [],
    "answer": "More numbers cannot be expressed in that form.",
    "solution": "Solution:\n\nComo $0 \\leq a^{3}, b^{2} \\leq a^{3}+m b^{2} \\leq 1000000$, tendremos que $0 \\leq a \\leq 100$ y $0 \\leq b \\leq 1000$. Para $m=0$, tenemos que $a^{3}+m b^{2}=a^{3}$ y la cantidad de números de esa forma será $100$. Para cada $m=2,4,6,8$, la cantidad de números será menor o igual que $100 \\cdot 1000=100000$. Por tanto, habrá, a lo sumo, $100+4 \\cdot 100000=400100$ números de la forma $a^{3}+m b^{2}$ con las condiciones del enunciado. Por tanto, habrá más números que no pueden expresarse de esa manera.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43579,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPrueba que para todo $a, b, c > 0$ se cumple que\n$$\n\\frac{a^{2}}{b^{3} c} - \\frac{a}{b^{2}} \\geq \\frac{c}{b} - \\frac{c^{2}}{a}\n$$\n¿En qué caso se cumple la igualdad?",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds if and only if a = b c.",
    "solution": "Solution:\n\nMultiplicando por $a b^{3} c$ toda la desigualdad para eliminar los denominadores, tendremos que\n$$\n\\begin{gathered}\na^{3} - a^{2} b c \\geq a c^{2} b^{2} - c^{3} b^{3} \\Longleftrightarrow a^{3} - a c^{2} b^{2} \\geq a^{2} b c - c^{3} b^{3} \\Longleftrightarrow \\\\\na^{2}(a - b c) \\geq c^{2} b^{2}(a - b c) \\Longleftrightarrow (a^{2} - b^{2} c^{2})(a - b c) \\geq 0\n\\end{gathered}\n$$\nComo la función $f(x) = x^{2}$ es creciente, tendremos que los dos términos del producto de la izquierda deben tener el mismo signo, así que la desigualdad es cierta. La igualdad se dará si y sólo si $a - b c = 0$, es decir, si $a = b c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43580,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nConsideramos un triángulo $ABC$ y un punto $D$ en el lado $AC$. Si $\\overline{AB} = \\overline{DC} = 1$, $\\angle DBC = 30^{\\circ}$ y $\\angle ABD = 90^{\\circ}$, calcula el valor de $\\overline{AD}$.",
    "options": [],
    "answer": "2^(1/3)",
    "solution": "Solution:\n\nLlamando $\\angle ADB = \\alpha$, tendremos que $\\angle BDC = 180 - \\alpha$. Utilizando el teorema de los senos en el triángulo $ADB$ tenemos que\n$$\n\\frac{x}{1} = \\frac{1}{\\sin \\alpha} = \\frac{BD}{\\sin(90 - \\alpha)}\n$$\ny en el triángulo $DBC$ tendremos que\n$$\n\\frac{1}{\\sin 30} = \\frac{BD}{\\sin(\\alpha - 30)} = \\frac{BC}{\\sin(180 - \\alpha)}\n$$\nDe las primeras igualdades deducimos que $BD = \\frac{\\cos \\alpha}{\\sin \\alpha}$ y de la segunda que\n$$\nBD = \\frac{\\sin(\\alpha - 30)}{\\sin 30} = 2 \\sin(\\alpha - 30) = 2(\\sin \\alpha \\cos 30 - \\cos \\alpha \\sin 30)\n$$\ny así, $BD = \\sqrt{3} \\sin \\alpha - \\cos \\alpha$. Igualando tenemos\n$$\n\\frac{\\cos \\alpha}{\\sin \\alpha} = \\sqrt{3} \\sin \\alpha - \\cos \\alpha \\Rightarrow \\cos \\alpha = \\sqrt{3} \\sin^2 \\alpha - \\sin \\alpha \\cos \\alpha\n$$\nde donde $\\cos \\alpha (1 + \\sin \\alpha) = \\sqrt{3} \\sin^2 \\alpha$ y, elevando al cuadrado y denotando por $t = \\sin \\alpha$, $\\left(1 - t^2\\right)(1 + t)^2 = 3 t^4$, de donde $4 t^4 + 2 t^3 - 2 t - 1 = 0$ y, factorizando, $2 t^3 (2 t + 1) - (2 t + 1) = 0$. Por tanto, $(2 t^3 - 1)(2 t + 1) = 0$ y, por tanto, tenemos dos opciones: Si $2 t + 1 = 0$, entonces $t = -\\frac{1}{2}$ y $x = 1 / t = -2$, imposible. Por tanto, $2 t^3 - 1 = 0$, así que $t = \\frac{1}{\\sqrt[3]{2}}$ y deducimos que $x = \\sqrt[3]{2}$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43581,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nAna y Bernardo juegan al siguiente juego. Se empieza con una bolsa que contiene $n \\geq 1$ piedras. En turnos sucesivos y empezando por Ana, cada jugador puede hacer los siguientes movimientos: si el número de piedras en la bolsa es par, el jugador puede coger una sola piedra o la mitad de las piedras. Si el número de piedras en la bolsa es impar, tiene que coger una sola piedra. El objetivo del juego es coger la última piedra. Determinar para qué valores de $n$ Ana tiene una estrategia ganadora.",
    "options": [],
    "answer": "Ana wins for starting sizes equal to one, three, or any even number at least four.",
    "solution": "Solution:\nAna tiene una estrategia ganadora para $n=1,3$ y para todos los números pares mayores que 3. En primer lugar, observamos que en los casos $n=1,2,3$ todos los movimientos están determinados y Ana gana cuando $n=1$ o $n=3$. Si el número inicial de piedras es par y mayor que 4, Ana puede coger una sola piedra, lo cual obliga a Bernardo a coger solamente otra. De esta manera, Ana puede forzar a que se llegue a una situación con 4 piedras en la bolsa en el momento de su turno. En este caso, Ana coge 2 piedras, lo cual deja a Bernardo en una posición perdedora y por lo tanto Ana gana el juego.\n\nDe forma análoga, si el juego empieza con un número impar y mayor que 4 de piedras, Ana tiene que coger necesariamente una sola piedra, lo cual deja a Bernardo en una posición ganadora. Por consiguiente, Ana únicamente puede ganar si $n=1,3$ o el número es par y mayor que 3.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43582,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nConsideramos el polinomio\n$$\np(x) = (x-a)(x-b) + (x-b)(x-c) + (x-c)(x-a)\n$$\nDemostrar que $p(x) \\geq 0$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$ si y solamente si $a = b = c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nEn primer lugar, observamos que cuando $a = b = c$ se tiene que $p(x) = 3(x-a)^2$, que claramente satisface $p(x) \\geq 0$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$.\n\nSupongamos ahora que $p(x) \\geq 0$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$. Desarrollando la expresión como un polinomio cuadrático, obtenemos que\n$$\np(x) = 3x^2 - 2(a+b+c)x + ab + bc + ca \\geq 0\n$$\nEn particular, esto quiere decir que el discriminante del polinomio, $\\Delta$, es menor o igual que $0$. Dicho discriminante se puede obtener como\n$$\n\\Delta = 4(a+b+c)^2 - 12(ab + bc + ca) = 4\\left(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca\\right)\n$$\nPor lo tanto, tenemos que\n$$\n0 \\geq 2\\left(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca\\right) = (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2\n$$\ny de aquí se sigue que necesariamente $a = b = c$.\nSolution:\nEn primer lugar, observamos que cuando $a = b = c$ se tiene que $p(x) = 3(x-a)^2$, que claramente satisface $p(x) \\geq 0$ para todo $x \\in \\mathbb{R}$.\n\nSupongamos ahora que $a$, $b$ y $c$ no son todos iguales. Supongamos primero que los tres son distintos, sin pérdida de generalidad $a < b < c$. Entonces se tiene $p(b) = (b-c)(b-a) < 0$, con lo que es falso que $p(x)$ sea siempre no negativo.\n\nSupongamos entonces que exactamente dos de los valores $a$, $b$ y $c$ son iguales, sin pérdida de generalidad $a = b$. Podemos sacar $x-a$ como factor común en la expresión de $p(x)$, y obtenemos\n$$\np(x) = (x-a)(3x - a - 2c)\n$$\nde lo que se deduce que $a$ y $\\frac{a+2c}{3}$ son las dos raíces de $p(x)$, que son distintas porque $a \\neq c$. Concluimos que $p(x)$ es negativo en el intervalo abierto entre ambas raíces.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43583,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDemostrar que la suma de los divisores positivos de un número de la forma $3k+2$ siempre es un múltiplo de $3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSea $n$ el número en cuestión y consideremos un divisor suyo cualquiera, $d$. Como $n=3k+2$, $d$ no puede ser múltiplo de $3$. Si $d=3\\ell+1$, entonces $n/d$, que es otro divisor distinto de $n$ (dado que $n$ no es cuadrado perfecto), será de la forma $3\\ell'+2$, y viceversa. Por tanto, podemos agrupar a los divisores de $n$ en parejas $\\{d, n/d\\}$ de manera que la suma es múltiplo de $3$, y por lo tanto la suma de todos los divisores también es múltiplo de $3$.\nSolution:\nSea $n=p_{1}^{a_{1}} \\cdots p_{r}^{a_{r}}$ la descomposición de $n$ en factores primos. Por ser $n$ de la forma $3k+2$, uno de los factores primos ha de ser de la forma $3\\ell+2$ y estar elevado a exponente impar. Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que dicho factor primo es $p_{1}$. La suma de los divisores de $n$ se expresa por la fórmula\n$$\n\\frac{p_{1}^{a_{1}+1}-1}{p_{1}-1} \\cdots \\frac{p_{r}^{a_{r}+1}-1}{p_{r}-1}\n$$\nEn esta expresión, el primero de los factores es múltiplo de $3$, al serlo $p_{1}^{a_{1}+1}-1$ pero no $p_{1}-1$. Esto es así ya que resulta inmediato comprobar que cualquier número de la forma $3a+2$ elevado a un exponente par da como resultado un número de la forma $3b+1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43584,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDado un número natural $n>1$, realizamos la siguiente operación: si $n$ es par, lo dividimos entre dos; si $n$ es impar, le sumamos $5$. Si el número obtenido tras esta operación es $1$, paramos el proceso; en caso contrario, volvemos a aplicar la misma operación, y así sucesivamente. Determinar todos los valores de $n$ para los cuales este proceso es finito, es decir, se llega a $1$ en algún momento.",
    "options": [],
    "answer": "The process is finite if and only if n is not a multiple of 5.",
    "solution": "Solution:\n\nEn primer lugar, es inmediato comprobar que siempre que empezamos por $2$, $3$ o $4$ el proceso termina y que si empezamos por $5$ entramos en el bucle $(5,10,5,10,\\ldots)$ y nunca acabamos.\n\nSi el número por el que se empieza es mayor que $5$, en uno o dos pasos siempre pasamos a un número más pequeño. Para comprobar esto, observemos que si $n$ es par, resulta evidente; si es impar, esto se sigue de la desigualdad $\\frac{n+5}{2}<n$, ya que $\\frac{n+5}{2}$ es el número obtenido tras dos iteraciones. Por tanto, siempre acabamos llegando a un número menor o igual que $5$ y únicamente no terminaremos en aquellos casos para los que se vaya a parar al $5$ después de un número cualquiera de iteraciones.\n\nAhora bien, aplicando sucesivamente las operaciones sumar cinco o dividir entre $2$ siempre mantenemos la propiedad de ser múltiplo de $5$, con lo cual tenemos simultáneamente los dos resultados que queremos:\n\n(a) Para aquellos números que no son múltiplos de $5$, aplicando sucesivamente las operaciones, siempre se acaba llegando a $1$, $2$, $3$ o $4$ y por lo tanto no hay ciclo.\n\n(b) De la misma manera, cualquier múltiplo de $5$ acaba llegando al $5$ y provocando una repetición infinita que nunca llega al número $1$.\n\nPor ende, el proceso es finito si y solo si $n$ no es múltiplo de $5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43585,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar para qué valores de $n$ existe un polígono convexo de $n$ lados cuyos ángulos internos, expresados en grados, son todos enteros, están en progresión aritmética y no son todos iguales.",
    "options": [],
    "answer": "{3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18}",
    "solution": "Solution:\nSea $x$ la medida del ángulo mayor y $d$ la diferencia de la progresión aritmética. De esta manera,\n$$\nn x - \\frac{d n(n-1)}{2} = 180(n-2)\n$$\no alternativamente\n$$\n720 = n(360 - 2x + d(n-1))\n$$\nComo $360 - 2x > 0$ por tratarse de un polígono convexo, necesariamente sucede que\n$$\nn(n-1) < d n(n-1) < 720\n$$\nEn particular, resolviendo la ecuación cuadrática, tenemos que $n \\leq 27$. Ahora bien, si analizamos la ecuación (1), resulta que $n$ divide a 720, por lo que basta con ceñirse a los divisores de 720 que estén entre 3 y 27, esto es: $\\{3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18,20,24\\}$. Vamos a analizar cuándo hay una solución para $d=1$. En ese caso, ha de ser\n$$\nx = \\frac{n-1 + 360 + 720 / n}{2}.\n$$\nSi $n$ es impar, $n-1$ será par y para tener un número entero tenemos que imponer que $720 / n$ sea par, lo cual está claro si $n$ es impar. Eso nos da soluciones para $\\{3,5,9,15\\}$. Si $n$ es par, $720 / n$ ha de ser impar, con lo que $n$ tiene que ser múltiplo de 16 y solo proporciona una solución para $n=16$.\nPara el resto de casos, podemos asumir ahora que $d \\geq 2$, y volviendo a (2) tenemos que $n \\leq 18$, lo que descarta $n=20$ y $n=24$ y deja 6 casos para analizar con $d=2$, donde se tiene que\n$$\nx = \\frac{2(n-1) + 360 + 720 / n}{2}\n$$\nEsto hace que solo tengamos que imponer que $720 / n$ sea par, lo que se logra siempre que $n$ no sea múltiplo de 16 y funciona por tanto para $n \\in \\{4,6,8,10,12,18\\}$. Concluimos entonces que lo pedido en el enunciado es posible para\n$$\nn \\in \\{3,4,5,6,8,9,10,12,15,16,18\\}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43586,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSean $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2020}$ 2020 números reales de manera que la suma de 1009 de ellos cualesquiera es positiva. Demostrar que la suma de los 2020 números también es positiva.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSea $S$ la suma de los 2020 números dados. Podemos escribir el número $1009 S$ como la suma de 1009 veces $S$. Esto da como resultado\n$$\n\\begin{aligned}\n1009 S & = a_{1} + a_{2} + a_{3} + \\ldots + a_{1008} + a_{1009} + a_{1010} + \\ldots + a_{2018} + a_{2019} + a_{2020} \\\\\n& + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \\ldots + a_{1008} + a_{1009} + a_{1010} + \\ldots + a_{2018} + a_{2019} + a_{2020} \\\\\n& + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \\ldots + a_{1008} + a_{1009} + a_{1010} + \\ldots + a_{2018} + a_{2019} + a_{2020} \\\\\n& + \\ldots \\ldots \\ldots \\\\\n& + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \\ldots + a_{1008} + a_{1009} + a_{1010} + \\ldots + a_{2018} + a_{2019} + a_{2020} \\\\\n& + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \\ldots + a_{1008} + a_{1009} + a_{1010} + \\ldots + a_{2018} + a_{2019} + a_{2020} \\\\\n& = \\left(a_{1} + a_{2} + \\ldots + a_{1008} + a_{1009}\\right) + \\left(a_{2} + a_{3} + \\ldots + a_{1009} + a_{1010}\\right) \\\\\n& + \\ldots + \\left(a_{2020} + a_{1} + a_{2} + \\ldots + a_{1008}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nComo todas las sumas de 1009 números (se han coloreado 3 de esas sumas) son positivas, entonces $1009 S$ es positivo y la suma $S$ de los números dados tiene que ser positiva, como se pedía.\nSolution:\nSea $S$ la suma de los 2020 números dados. Sin pérdida de generalidad, asumimos que $a_{1} \\leq a_{2} \\leq \\cdots \\leq a_{2020}$. Por la condición del enunciado, la suma $a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{1009}$ es positiva. Esto quiere decir que al menos uno de los sumandos es positivo, en particular $a_{1009}$ lo es por ser el mayor de ellos. Por lo tanto, $a_{i}$ es positivo para todo $1010 \\leq i \\leq 2020$. Si escribimos\n$$\nS = \\left(a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{1009}\\right) + a_{1010} + a_{1011} + \\cdots + a_{2020}\n$$\nobservamos que hemos escrito $S$ como la suma de términos positivos, con lo cual su valor es positivo.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43587,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo con $AB < AC$ y sea $I$ su incentro. El incírculo es tangente al lado $BC$ en el punto $D$. Sea $E$ el único punto que satisface que $D$ es el punto medio del segmento $BE$. La línea perpendicular a $BC$ que pasa por $E$ corta a $CI$ en el punto $P$. Demostrar que $BP$ es perpendicular a $AD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nComo $P$ está en la bisectriz de $\\angle ACB$, el círculo $\\gamma$ de centro $P$ y radio $PE$ es tangente al lado $AC$ en un punto $J$. De esta manera $AJ = AC - CJ = AC - CE = AC - BC + 2BD = AC - BC + (AB + BC - AC) = AB$. Esto implica que el cuadrilátero $ABDP$ tiene diagonales perpendiculares, ya que\n$$\nAB^{2} + DP^{2} = AB^{2} + PE^{2} + DE^{2} = AJ^{2} + PJ^{2} + BD^{2} = AJ^{2} + BD^{2}\n$$\ndonde hemos usado que los triángulos $AJP$ y $BEP$ son rectángulos.\n\n![](attached_image_1.png)\nFigura 1: Esquema para resolver el Problema 2\nSolution:\n\nVamos a considerar un sistema de coordenadas centrado en $B$ y de manera que $BC$ es coincidente con el eje de abscisas. Como es habitual, llamaremos $a, b$ y $c$ a las longitudes de los lados $BC, CA$ y $AB$, respectivamente; $p$ designará al semiperímetro del triángulo; $r$ al radio del incírculo; y $\\beta = \\angle ABC$. De esta manera, no resulta complicado identificar las coordenadas de los puntos $B, P, A$ y $D$. En primer lugar, $B = (0, 0)$ y $A = (c \\cos \\beta, 2pr/a)$, dado que la altura sobre el lado $a$, $h_a$, cumple que\n$$\nh_a = \\frac{2S}{a} = \\frac{2pr}{a}\n$$\nsiendo $S$ el área del triángulo. Por otra parte, $D = (p-b, 0)$. Finalmente, aplicando el teorema de Tales a los triángulos $CEP$ y $CDI$, obtenemos que $P = (a + c - b, (b - c) r / (p - c))$.\n\nSolo queda por comprobar que el producto escalar de los vectores es cero para obtener así la perpendicularidad buscada. Aplicando el teorema del coseno para expresar $\\cos \\beta$ en función de los lados, obtenemos entonces que el resultado a probar es equivalente a\n$$\n\\frac{(c-b)(p-a)}{a} \\cdot 2(p-b) + \\frac{2pr}{a} \\cdot \\frac{(b-c) r}{p-c} = 0\n$$\nSi dividimos por $b-c$ (dado que $c < b$ por la condición del enunciado), nos queda\n$$\nr^{2} = \\frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}\n$$\nAhora bien, esta expresión es claramente cierta como resultado de combinar la igualdad $r = S/p$ con la fórmula de Herón, y por tanto hemos concluido.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43588,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo acutángulo. Sea $D$ el pie de la altura correspondiente al lado $BC$; $M$ el punto medio del lado $BC$ y $F$ el punto de corte de la bisectriz interior del ángulo $\\angle BAC$ con el lado $BC$. Determinar todos los triángulos para los cuales $F$ es el punto medio del segmento $DM$.",
    "options": [],
    "answer": "Either b = c with a < sqrt(2)·b, or a = (b + c)/sqrt(2) with c/3 < b < c.",
    "solution": "Solution:\n\nLa condición $DF = FM$ se puede reescribir como\n$$\n2BF = BM + BD\n$$\nSi llamamos $a$, $b$ y $c$ a las longitudes de los lados $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente, y aplicamos el teorema de la bisectriz tendremos que\n$$\n\\frac{BF}{c} = \\frac{FC}{b} = \\frac{a}{b+c}\n$$\nPor consiguiente,\n$$\nBF = \\frac{ac}{b+c}\n$$\nPor otra parte, aplicando primero trigonometría en el triángulo $ABD$ y luego el teorema del coseno en el triángulo $ABC$,\n$$\nBD = c \\cos \\beta = \\frac{c^2 + a^2 - b^2}{2a}\n$$\nSustituyendo los valores de (4) y (5) en (3), obtenemos que\n$$\n\\frac{2ac}{b+c} = \\frac{a}{2} + \\frac{c^2 + a^2 - b^2}{2a}.\n$$\nOperando, se llega a\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2a^2b - 2a^2c + c^3 - b^2c + c^2b - b^3 = (b-c)\\left(2a^2 - c^2 - bc - bc - b^2\\right) \\\\\n& = (b-c)\\left(2a^2 - (b+c)^2\\right) = (b-c)(\\sqrt{2}a - b - c)(\\sqrt{2}a + b + c) = 0\n\\end{aligned}\n$$\nDe los tres factores, el último claramente no puede ser cero, lo que deja como opciones posibles\n$$\nb = c \\quad \\text{o} \\quad b + c = \\sqrt{2}a\n$$\nEs decir, o el triángulo es isósceles en $A$ o el lado $a$ viene dado por la media aritmética de $b$ y $c$ multiplicada por el factor $\\sqrt{2}$.\nFinalmente, observemos que un triángulo del tipo $(a, b, b)$ es acutángulo si y solo si $a < \\sqrt{2}b$. Por otra parte, uno del tipo $((b+c)/\\sqrt{2}, b, c)$ lo es si y solo si $c/3 < b < c$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43589,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $O$ un punto interior del triángulo $A B C$ y sean $M, N$ y $P$ las intersecciones de $A O$ con $B C$, $B O$ con $C A$ y $C O$ con $A B$, respectivamente. Demostrar que de entre los seis triángulos que se forman, hay al menos dos cuya área es menor o igual que $[A B C] / 6$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nSolution:\n\nSea $S = [A B C]$, $A_{1} = [B O M]$, $A_{2} = [M O C]$, $A_{3} = [N O C]$, $A_{4} = [A O N]$, $A_{5} = [A O P]$ y $A_{6} = [B O P]$. Usando el teorema de Ceva obtenemos que\n$$\n\\frac{B M}{M C} \\cdot \\frac{C N}{N A} \\cdot \\frac{A P}{P B} = \\frac{A_{1}}{A_{2}} \\cdot \\frac{A_{3}}{A_{4}} \\cdot \\frac{A_{5}}{A_{6}} = 1\n$$\ny por lo tanto\n$$\nA_{1} \\cdot A_{3} \\cdot A_{5} = A_{2} \\cdot A_{4} \\cdot A_{6}\n$$\nUsando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica resultará que\n$$\n\\left(\\frac{S}{6}\\right)^{6} = \\left(\\frac{A_{1} + A_{2} + A_{3} + A_{4} + A_{5} + A_{6}}{6}\\right)^{6} \\geq A_{1} A_{2} A_{3} A_{4} A_{5} A_{6}\n$$\nDe esta manera, tenemos que\n$$\n\\left(\\frac{S}{6}\\right)^{3} \\geq A_{1} A_{3} A_{5}, \\quad \\left(\\frac{S}{6}\\right)^{3} \\geq A_{2} A_{4} A_{6}\n$$\ny de aquí se sigue inmediatamente que\n$$\n\\min \\left\\{A_{1}, A_{3}, A_{5}\\right\\} \\leq \\frac{S}{6}, \\quad \\min \\left\\{A_{2}, A_{4}, A_{6}\\right\\} \\leq \\frac{S}{6}\n$$\nQueda por tanto demostrado que al menos dos de las seis cantidades son menores o iguales que $S / 6$, como queríamos.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43590,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $n$ un entero positivo. En una cuadrícula de tamaño $n \\times n$, algunas casillas tienen un espejo de doble cara a lo largo de una de sus diagonales. En el exterior de cada casilla de los lados izquierdo y derecho de la cuadrícula se encuentra un puntero láser, que apunta horizontalmente hacia la cuadrícula. Los láseres se numeran de 1 a $n$ en cada lado, en ambos casos de arriba hacia abajo. Un láser es rojo cuando sale de la cuadrícula por el borde superior y es verde si sale de la cuadrícula por el borde inferior. Si cada láser sale o bien por el borde inferior o por el superior, demostrar que la suma de los láseres rojos es menor o igual que la suma de los láseres verdes.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nConsideremos la unión $S$ de las líneas de centros de cada fila y columna. Como cada espejo forma un ángulo de $45$ grados con las direcciones de la cuadrícula,\n\n![](attached_image_1.png)\nFigura 2: Un ejemplo de una configuración para el Problema 3, donde se muestran los recorridos de dos láseres.\n\nlos láseres se mueven a lo largo de $S$. Además, ningún segmento puede ser usado por dos láseres distintos. En efecto, si fuesen en la misma dirección, sería posible rehacer la pista de los láseres hasta su punto de partida, que debería ser el mismo para ambos. Si fuesen en direcciones contrarias, cada uno acabaría en el origen del otro, lo cual es imposible porque sabemos que ambos acaban en el borde superior o en el inferior, y nunca en el lateral. Hay $2n$ láseres y $2n$ puntos por los que un láser puede abandonar la cuadrícula, con lo que hay una biyección entre esos dos conjuntos. En particular, hay $n$ láseres rojos que podemos numerar $r_{1}, \\ldots, r_{n}$ y $n$ láseres verdes, con números $v_{1}, \\ldots, v_{n}$.\n\nUn láser solo se puede mover verticalmente a través de los segmentos verticales de $S$, cuya longitud total es de $n^{2}$. Un láser rojo con número $r_{i}$ necesita atravesar una distancia de al menos $r_{i} - 1/2$ usando segmentos verticales, mientras que uno verde con el número $v_{i}$ necesita por lo menos $n - v_{i} + 1/2$. Se tiene por tanto la desigualdad\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\left(r_{i} - \\frac{1}{2}\\right) + \\sum_{i=1}^{n} \\left(n - v_{i} + \\frac{1}{2}\\right) \\leq n^{2}\n$$\nde donde se deduce directamente que $\\sum r_{i} \\leq \\sum v_{i}$, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43591,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDeterminar todos los valores reales de $(x, y, z)$ para los cuales\n$$\n\\begin{array}{cccc}\nx+y+z & = & 1 \\\\\nx^{2} y+y^{2} z+z^{2} x & = & x y^{2}+y z^{2}+z x^{2} \\\\\nx^{3}+y^{2}+z & = & y^{3}+z^{2}+x\n\\end{array}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1/3, 1/3, 1/3), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (2/3, -1/3, 2/3), (1, 0, 0), (-1, 1, 1)",
    "solution": "Solution:\nLa segunda ecuación la podemos reescribir como\n$$\n(x-y)(y-z)(z-x)=0\n$$\nAhora, dado que la tercera ecuación no es simétrica, vamos a distinguir 3 casos diferentes:\n\na. Si $x=y$, la tercera ecuación queda\n$$\nx^{2}+z=z^{2}+x\n$$\no alternativamente\n$$\n(x-z)(x+z-1)=0\n$$\nPor tanto, de las dos últimas tenemos que las opciones son $(\\lambda, \\lambda, \\lambda)$ o $(\\lambda, \\lambda,-\\lambda+1)$. Sustituyendo en la primera tenemos directamente dos soluciones del sistema, que son $(1/3,1/3,1/3)$ y $(0,0,1)$.\n\nb. Si $x=z$, la tercera ecuación queda\n$$\nx^{3}+y^{2}=y^{3}+x^{2}\n$$\no alternativamente\n$$\n(x-y)\\left(x^{2}+y^{2}+x y-x-y\\right)=0\n$$\nDe aquí obtenemos, sustituyendo en la primera ecuación, dos nuevas soluciones (además de la correspondiente a $x=y=z$), que son $(0,1,0)$ y $(2/3,-1/3,2/3)$.\n\nc. Si $y=z$, la tercera ecuación queda\n$$\nx^{3}+y=y^{3}+x\n$$\no alternativamente\n$$\n(x-y)\\left(x^{2}+x y+y^{2}-1\\right)=0\n$$\nDe aquí obtenemos dos nuevas soluciones, $(1,0,0)$ y $(-1,1,1)$\n\nPor tanto, el sistema tiene las seis soluciones que hemos hallado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43592,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $n$ un entero positivo. Calcular la siguiente suma:\n$$\n\\frac{3}{1 \\cdot 2 \\cdot 4 \\cdot 5}+\\frac{4}{2 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 6}+\\frac{5}{3 \\cdot 4 \\cdot 6 \\cdot 7}+\\ldots+\\frac{n+2}{n \\cdot(n+1) \\cdot(n+3) \\cdot(n+4)}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n(n+5)/(8(n+1)(n+4))",
    "solution": "Solution:\n\nDenotemos por $S$ la suma buscada. En lugar de $S$ vamos a calcular $2S$, que se escribe como\n$$\n\\begin{gathered}\n2S=\\sum_{k=1}^{n} \\frac{2k+4}{k(k+1)(k+3)(k+4)}=\\sum_{k=1}^{n}\\left(\\frac{1}{k(k+3)}-\\frac{1}{(k+1)(k+4)}\\right) \\\\\n=\\left(\\frac{1}{4}-\\frac{1}{10}\\right)+\\left(\\frac{1}{10}-\\frac{1}{18}\\right)+\\ldots+\\left(\\frac{1}{n(n+3)}-\\frac{1}{(n+1)(n+4)}\\right) \\\\\n=\\frac{1}{4}-\\frac{1}{(n+1)(n+4)}=\\frac{n(n+5)}{4(n+1)(n+4)}\n\\end{gathered}\n$$\nDe aquí se concluye inmediatamente que\n$$\nS=\\frac{n(n+5)}{8(n+1)(n+4)}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43593,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Los vértices, $A$, $B$ y $C$, de un triángulo equilátero de lado $1$ están en la superficie de una esfera de radio $1$ y centro $O$. Sea $D$ la proyección ortogonal de $A$ sobre el plano, $\\alpha$, determinado por $B$, $C$ y $O$. Llamamos $N$ a uno de los cortes con la esfera de la recta perpendicular a $\\alpha$ por $O$. Halla la medida del ángulo $\\angle DNO$.\n\n(Nota: la proyección ortogonal de $A$ sobre el plano $\\alpha$ es el punto de corte con $\\alpha$ de la recta que pasa por $A$ y es perpendicular a $\\alpha$.)",
    "options": [],
    "answer": "30 degrees",
    "solution": "Es obvio que $A$, $B$, $C$ y $O$ son vértices de un tetraedro regular de arista igual a $1$, puesto que la distancia entre dos cualesquiera de ellos es $1$. Como $D$ es la proyección ortogonal de $A$ sobre la cara opuesta del tetraedro, $D$ es el centro de la cara $BCO$. Así pues, la distancia de $D$ a $O$ (distancia del centro de un triángulo equilátero de lado $1$ a uno de sus vértices) es\n$$\nd(D, O) = \\frac{2\\sqrt{3}}{3} = \\frac{1}{\\sqrt{3}}.\n$$\nComo el triángulo $DNO$ es rectángulo en $O$, el cateto $OD$ mide $1/\\sqrt{3}$ y el cateto $ON$ mide $1$, el ángulo buscado es $\\arctan \\frac{1}{\\sqrt{3}} = 30^{\\circ}$.\nElegimos un sistema de coordenadas $(x, y, z)$ de modo que sea $O \\equiv (0, 0, 0)$, $\\alpha$ el plano $z = 0$ y la recta $y = z = 0$ (es decir, el eje $x$) que sea la mediatriz de $BC$ por $O$, estando $BC$ en el semiplano $x > 0$, $z = 0$. Tenemos así que, al ser $BC = 1$, son $B \\equiv (\\frac{\\sqrt{3}}{2}, -\\frac{1}{2}, 0)$ y $C \\equiv (\\frac{\\sqrt{3}}{2}, \\frac{1}{2}, 0)$. Por simetría respecto del plano $y = 0$, tenemos que $A \\equiv (u, 0, v)$ con $u^2 + v^2 = 1$ para que $A$ esté en la esfera, y $(u - \\frac{\\sqrt{3}}{2})^2 + \\frac{1}{4} + v^2 = 1$ para que $AB = AC = 1$. Además, por ser $D$ la proyección de $A$ sobre $\\alpha$ se tiene que $D \\equiv (u, 0, 0)$ y $OD = |u|$. En consecuencia,\n$$\nu^2 = 1 - v^2 = \\left(u - \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\right)^2 + \\frac{1}{4} = u^2 - \\sqrt{3}u + \\frac{3}{4} + \\frac{1}{4}, \\quad OD = u = \\frac{1}{\\sqrt{3}}.\n$$\nLuego $ODN$ es un triángulo rectángulo en $O$, con $ON = 1$ y $OD = \\frac{1}{\\sqrt{3}}$, concluyéndose que el ángulo buscado es $\\arctan \\frac{1}{\\sqrt{3}} = 30^{\\circ}$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43594,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar todos los números de cuatro cifras $n=\\overline{a b c d}$ tales que al insertar un dígito 0 en cualquier posición se obtiene un múltiplo de 7.",
    "options": [],
    "answer": "7000, 7007, 7070, 7077, 7700, 7707, 7770, 7777",
    "solution": "Solution:\n\nComenzamos observando que el número que resulta de insertar un 0 al final de $n$ es $10 n$, que al ser múltiplo de 7 obliga a que $n$ también lo sea. De hecho, son múltiplos de 7 los siguientes cinco números:\n$$\n\\begin{aligned}\nn=\\overline{a b c d} & =1000 a+100 b+10 c+d \\\\\nx=\\overline{a 0 b c d} & =10000 a+100 b+10 c+d \\\\\ny=\\overline{a b 0 c d} & =10000 a+1000 b+10 c+d \\\\\nz=\\overline{a b c 0 d} & =10000 a+1000 b+100 c+d \\\\\nw=\\overline{a b c d 0} & =10000 a+1000 b+100 c+10 d\n\\end{aligned}\n$$\nComo $n, x$ son múltiplos de 7, también lo es su diferencia $x-n=9000 a$, y puesto que 9000 no es múltiplo de 7, debe serlo $a$. Al ser $n$ un número de 4 cifras, se tiene que $a \\neq 0$ y necesariamente debe ser $a=7$.\n\nDe forma similar, $y-n=9000 a+900 b$ es múltiplo de 7, y sabemos que $a$ es múltiplo de 7, luego $900 b$ es múltiplo de 7. Y como 900 no es múltiplo de 7, debe serlo $b$, y se deduce que $b=0$ o $b=7$.\n\nAnálogamente, razonando con $z-n=9000 a+900 b+90 c$ se obtiene que $c=0$ o $c=7$, e insertando las condiciones de ser $a, b, c$ múltiplos de 7 en el número de partida $n$ deducimos que también $d$ es 0 o 7.\n\nAsí pues, los números buscados son todos los que empiezan por 7 y las restantes cifras son 0 o 7:\n$7000, 7007, 7070, 7077, 7700, 7707, 7770, 7777$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43595,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn un torneo de ajedrez participan 8 maestros durante 7 días. Cada día se disputan 4 partidas en las cuales participan todos los maestros, y al finalizar el torneo todos se han enfrentado contra todos exactamente una vez. Demostrar que al terminar el quinto día del torneo existe un conjunto de al menos 4 maestros que ya han jugado entre ellos todas las partidas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $A_{1}$ un maestro cualquiera. Llamamos $B_{1}$ a su rival del día $6$, $A_{2}$ al rival de $B_{1}$ el día $7$, $B_{2}$ al rival de $A_{2}$ el día $6$, y así sucesivamente, hasta que se cierre un ciclo:\n$$\nA_{1} \\xrightarrow{6} B_{1} \\xrightarrow{7} A_{2} \\xrightarrow{6} B_{2} \\xrightarrow{7} \\cdots \\xrightarrow{7} A_{n} \\xrightarrow{6} B_{n} \\xrightarrow{7} A_{1},\n$$\ndonde hemos indicado con 6 y 7 el día en que se juega la partida. Nótese que el adversario de $A_{1}$ el día 7 no puede ser uno de los $A_{n}$, con $n \\geq 2$, pues $A_{n}$ ya ha jugado contra $B_{n-1}$ el mismo día 7. La longitud del ciclo formado es entonces par, y pueden darse estas situaciones:\n$$\n\\begin{array}{r}\nA_{1} \\xrightarrow{6} B_{1} \\xrightarrow{7} A_{2} \\xrightarrow{6} B_{2} \\xrightarrow{7} A_{3} \\xrightarrow{6} B_{3} \\xrightarrow{7} A_{4} \\xrightarrow{7} B_{4} \\xrightarrow{7} A_{1} \\\\\nA_{1} \\xrightarrow{6} B_{1} \\xrightarrow{7} A_{2} \\xrightarrow{6} B_{2} \\xrightarrow{7} A_{3} \\xrightarrow{6} B_{3} \\xrightarrow{7} A_{1} \\\\\nA_{1} \\xrightarrow{6} B_{1} \\xrightarrow{7} A_{2} \\xrightarrow{6} B_{2} \\xrightarrow{7} A_{1}\n\\end{array}\n$$\nEn la situación (1), resulta que durante los días 6 y 7 no ha habido partidas entre los elementos del conjunto $\\{A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}\\}$, por lo tanto han debido completar todos sus enfrentamientos durante los primeros 5 días, y lo mismo ocurre para el conjunto $\\{B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}\\}$.\nLa situación (2) no puede darse porque deja una sola forma (no permitida) de completar las jornadas 6 y 7: ambas con el enfrentamiento entre los dos maestros que aún no han intervenido.\nFinalmente, (3) sí puede ocurrir, y las jornadas 6 y 7 se completarían de esta manera, etiquetando adecuadamente los maestros:\n$$\nA_{3} \\xrightarrow{6} B_{3} \\xrightarrow{7} A_{4} \\xrightarrow{6} B_{4} \\xrightarrow{7} A_{3}.\n$$\nLos conjuntos $\\{A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}\\}$, $\\{A_{1}, A_{2}, B_{3}, B_{4}\\}$, $\\{B_{1}, B_{2}, A_{3}, A_{4}\\}$ y $\\{B_{1}, B_{2}, B_{3}, B_{4}\\}$ cumplen la condición pedida en el enunciado: al no haber enfrentamientos internos durante las jornadas 6 y 7, deben haberse completado las partidas entre los días 1 y 5.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43596,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Dado un número entero positivo $n$, definimos $\\lambda(n)$ como el número de soluciones enteras positivas de la ecuación $x^2 - y^2 = n$. Diremos que el número $n$ es “olímpico” si $\\lambda(n) = 2021$. ¿Cuál es el menor entero positivo que es olímpico? ¿Y cuál es el menor entero positivo impar que es olímpico?",
    "options": [],
    "answer": "smallest olímpico: 2^48 * 3^42 * 5; smallest odd olímpico: 3^46 * 5^42 * 7",
    "solution": "Distinguiremos 4 casos, según $n$ sea impar o par y según $n$ sea cuadrado perfecto o no.\n\na. Sea $n = p_1^{a_1} \\cdots p_r^{a_r}$ un número impar que no es cuadrado perfecto. Si $x^2 - y^2 = (x+y)(x-y) = n$, con $x, y > 0$, entonces existen enteros positivos $a, b$, con $a > b$ y teniendo ambos la misma paridad, de manera que $x + y = a$ y $x - y = b$ (con lo que, $x = (a+b)/2$, $y = (a-b)/2$). Las formas de escribir $n$ como un producto de dos números diferentes de la misma paridad son, en este caso, la mitad del número de divisores, por lo que tendremos que buscar números con 4042 divisores:\n$$\n4042 = (a_1 + 1) \\cdots (a_r + 1).\n$$\nLa descomposición de 4042 como producto de primos es $4042 = 2 \\cdot 43 \\cdot 47$. Por tanto, las opciones de números naturales con 4042 divisores son de la forma: $pq^{42}r^{46}$; $pq^{2020}$; $p^{42}q^{93}$; $p^{46}q^{85}$; o $p^{4041}$, en donde $p, q, r$ son primos impares diferentes. Es inmediato comprobar que la opción que da el número más bajo es $3^{46} \\cdot 5^{42} \\cdot 7$.\n\nb. Consideremos ahora el caso en el que $n$ es impar y cuadrado perfecto. En este caso, el número de divisores es impar, y como excluimos el caso de que los dos números de la factorización sean iguales, tenemos que buscar cuadrados perfectos con 4043 divisores:\n$$\n4043 = (a_1 + 1) \\cdots (a_r + 1).\n$$\nLa descomposición de 4043 como producto de primos es $4043 = 13 \\cdot 311$, luego las únicas opciones son $p^{12}q^{310}$ y $p^{4042}$. El número más bajo es $3^{310} \\cdot 5^{12}$, que es mayor que el que hemos encontrado antes.\n\nc. Supongamos ahora que $n = 2^k p_1^{a_1} \\cdots p_r^{a_r}$ es par, pero no un cuadrado perfecto. Nuevamente, tenemos que hacer la descomposición $n = ab$, siendo $a$ y $b$ de la misma paridad; esto hace que $a$ y $b$ tengan que ser pares, o sea, que $k \\ge 2$ y no sirven los divisores impares. Por tanto, las opciones para el exponente de 2 en cada divisor son 1, 2, 3, ..., $k-1$, pero nunca 0 ni $k$. Así pues,\n$$\n4042 = (k-1)(a_1+1)\\cdots(a_r+1),\n$$\ny las opciones son $2^3 p^{42} q^{46}$; $2^{44} pq^{46}$; $2^{48} pq^{42}$; $2^{87} p^{46}$; $2^{48} p^{85}$; $2^{95} p^{42}$; $2^{44} q^{93}$; $2^3 p^{2020}$; $2^{2022} p$; y $2^{4043}$. También es válida la opción 4m, donde m es cualquiera de los números considerados en el apartado (a). El número más bajo es $2^{48} \\cdot 3^{42} \\cdot 5$, que es menor que el encontrado en el apartado (a).\n\nd. Por último, tenemos el caso en el que $n$ es par y cuadrado perfecto, esto es $4043 = (k-1)(a_1+1) \\cdots (a_r+1)$ y las opciones son $2^{14} p^{310}$, $2^{312} p^{12}$ y $2^{4044}$. También es válida la opción 4m, donde m es cualquiera de los números considerados en el apartado (b). Los tres números son mayores que el encontrado en el apartado (c).\n\nPor consiguiente, el menor número olímpico es $2^{48} \\cdot 3^{42} \\cdot 5$ y el menor número impar olímpico es $3^{46} \\cdot 5^{42} \\cdot 7$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43597,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar todas las parejas de enteros positivos $(m, n)$ para los cuales es posible colocar algunas piedras en las casillas de un tablero de $m$ filas y $n$ columnas, no más de una piedra por casilla, de manera que todas las columnas tengan la misma cantidad de piedras, y no existan dos filas con la misma cantidad de piedras.",
    "options": [],
    "answer": "All pairs where, if the number of rows is odd, the number of columns is at least the number of rows; and if the number of rows is even, the number of columns is at least one less than the number of rows.",
    "solution": "Solution:\n\nVeremos que las soluciones son todas las parejas $(m, n)$ con $n \\geq m$ si $m$ es impar, o $n \\geq m-1$ si $m$ es par.\n\nPara $m=1$, es inmediato que cualquier tablero $(1, n)$ es posible, por ejemplo llenándolo completamente de piedras.\n\nNótese la condición necesaria $n \\geq m-1$ : para $m$ filas son necesarias al menos $m-1$ columnas, ya que $m-1$ es la menor cantidad de piedras que puede contener la fila que tenga más piedras.\n\nSea $m \\geq 3$ impar. Veamos que no es posible alcanzar el caso límite $n=m-1$. En efecto, para llenar un tablero $(m, m-1)$ con distintas cantidades de piedras en cada fila, es necesario que las filas tengan $0,1, \\ldots, m-1$ piedras, en algún orden. El número total de piedras es $\\frac{(m-1) m}{2}$, y debe ser igual a $t(m-1)$, siendo $t$ la cantidad de piedras de cada columna. Como la igualdad $\\frac{m}{2}=t$ es imposible cuando $m$ es impar, en este caso el número de columnas debe ser $n \\geq m$.\n\nUna solución válida para el tablero $(m, m)$, para $m=2 k-1$, se obtiene siguiendo el esquema de la siguiente figura:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLas piedras se colocan en dos triángulos rectángulos isósceles de catetos $k-1$, y en un cuadrado de lado $k$. Las cantidades de piedras en las filas son $1,2, \\ldots, k-1, k, k+1, \\ldots, 2 k-1$, y cada columna tiene $k$ piedras.\n\nPara $m \\geq 2$ par, el tablero $(m, m-1)$ se resuelve partiendo de una solución del tablero $(m-1, m-1)$ y añadiendo una fila vacía.\n\nFinalmente, toda solución para un tablero $(m, n)$ puede extenderse a un tablero $(m, n+1)$, de esta manera: si todas las columnas tienen $t$ piedras, colocamos $t$ piedras en la nueva columna, en las posiciones correspondientes a las $t$ filas que más piedras tenían. Así, las columnas siguen teniendo $t$ piedras cada una, y sigue sin haber dos filas con el mismo número de piedras. Repitiendo las veces que haga falta la operación de paso de $(m, n)$ a $(m, n+1)$, se resuelven todos los tableros $(m, n)$ con $n \\geq m$ si $m$ es impar, o $n \\geq m-1$ si $m$ es par.\nSolution:\n\nSimilar a la anterior, utilizando el siguiente procedimiento para rellenar las casillas en el tablero $(m, m)$, cuando $m$ es impar.\n\nVamos a colocar $k$ piedras en la fila $k \\in[1, n]$. Empezamos por la esquina superior izquierda colocando una piedra. Si la fila tiene todas las piedras que vamos a colocar, seguimos por la casilla inmediatamente abajo a la derecha (si estamos a la derecha del todo, seguimos por la izquierda del todo). Si la fila aún no tiene todas las piedras, entonces seguimos colocando piedras inmediatamente a la derecha de la anterior (la misma convención aplica en el borde). Evidentemente cuando hayamos terminado la última fila, todas las filas tendrán el número deseado de piedras. Además, como el número total de piedras es divisible por el número de columnas, habrá el mismo número de piedras en cada columna.\n\nPara $m \\geq 2$ par, el tablero $(m, m-1)$ se resuelve partiendo de una solución del tablero $(m-1, m-1)$ y añadiendo una fila vacía.\n\nFinalmente, toda solución para un tablero $(m, n)$ puede extenderse a un tablero $(m, n+1)$, de esta manera: si todas las columnas tienen $t$ piedras, colocamos $t$ piedras en la nueva columna, en las posiciones correspondientes a las $t$ filas que más piedras tenían. Así, las columnas siguen teniendo $t$ piedras cada una, y sigue sin haber dos filas con el mismo número de piedras. Repitiendo las veces que haga falta la operación de paso de $(m, n)$ a $(m, n+1)$, se resuelven todos los tableros $(m, n)$ con $n \\geq m$ si $m$ es impar, o $n \\geq m-1$ si $m$ es par.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43598,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABCD$ es un cuadrilátero convexo verificando $AB > BC$, $CD = DA$ y $\\angle ABD = \\angle DBC$. Sea $E$ el punto de la recta $AB$ tal que $\\angle DEB = 90^{\\circ}$. Probar que $AE = \\frac{AB - BC}{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSea $C'$ el punto simétrico de $C$ con respecto a la recta $BD$, lo incluimos en la figura.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPor simetría se tiene que $\\angle C'BD = \\angle CBD$, $BC' = BC$ y $DC' = DC$. En particular $C'$ está en el segmento $AB$ y cumple que $AC' = AB - BC$.\n\nAdemás, el triángulo $DAC'$ es isósceles con $DA = DC'$, por lo tanto la altura y la mediana de $D$ deben coincidir, es decir:\n$$\nAE = \\frac{AC'}{2} = \\frac{AB - BC}{2}\n$$\n\nAplicando el teorema del coseno en los triángulos $ABD$ y $BCD$,\n$$\n\\begin{aligned}\n& AD^2 = AB^2 + BD^2 - 2 AB \\cdot BD \\cos(\\alpha) \\\\\n& CD^2 = BC^2 + BD^2 - 2 BC \\cdot BD \\cos(\\alpha)\n\\end{aligned}\n$$\ndonde hemos denotado $\\alpha = \\angle ABD = \\angle DBC$. Como $AD = CD$ y $AB \\neq BC$, se tiene igualando ambas expresiones que\n$$\n\\begin{aligned}\n(AB + BC)(AB - BC) &= AB^2 - BC^2 = 2 BD (AB - BC) \\cos(\\alpha) \\\\\nBE &= BD \\cos(\\alpha) = \\frac{AB + BC}{2}\n\\end{aligned}\n$$\nLuego $AE = AB - BE = \\frac{AB - BC}{2}$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43599,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Tenemos 2021 colores y 2021 fichas de cada color. Colocamos las $2021^2$ fichas en fila. Se dice que una ficha, $F$, es \"mala\" si a cada lado de $F$ quedan un número impar de las $2020 \\times 2021$ fichas que no comparten color con $F$.\na) Determina cuál es el mínimo número posible de fichas malas.\nb) Si se impone la condición de que cada ficha ha de compartir color con al menos una ficha adyacente, ¿cuál es el mínimo número posible de fichas malas?",
    "options": [],
    "answer": "a) 1010, b) 3030",
    "solution": "(a) Como $2020 \\times 2021$ es par, para decidir si una ficha es mala es suficiente comprobar que el número de fichas a su izquierda con las que no comparte color es impar. Sea $A$ el conjunto de fichas que ocupan una posición impar en la fila, es decir, las fichas que tienen un número par de fichas a su izquierda. Es claro que $|A| = \\frac{2021^2+1}{2}$.\nSea $B$ el conjunto de fichas que, entre las de su color, ocupan una posición impar. Es decir, hay un número par de fichas de su color a su izquierda. Hay 1011 fichas de cada color en $B$, así que $|B| = 1011 \\times 2021$.\nPor construcción, las fichas que están en $B$ pero no en $A$ son malas (tienen un número impar de fichas a su izquierda, de las cuales un número par comparten color con ella). Por lo tanto, hay al menos $|B| - |A| = 2021 \\times 1011 - \\frac{2021^2+1}{2} = 1010$ fichas malas.\nEste número se puede conseguir de la siguiente forma: colocamos 2020 fichas de color 1, luego 2020 fichas de color 2, etc., hasta tener 2020 fichas de cada color; luego colocamos las fichas restantes por orden de color. Las únicas fichas malas en esta configuración son las que son última de cada color par. En la imagen se ve esta configuración para 5 colores y 5 fichas de cada color.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(b) Sean $X = A \\cap B$, $Y = A \\cap B^c$ y $Z = A^c \\cap B$, donde $A$ y $B$ son los conjuntos descritos en el apartado anterior. Las fichas malas son precisamente $Y \\cup Z$ (contando las fichas a la izquierda que no comparten color con la ficha dada, como antes), por lo que tenemos que minimizar el tamaño de este conjunto.\nObsérvese que si la ficha $F$ es adyacente a una ficha $F' \\in Z$ del mismo color, entonces $F \\in Y$. Como cada ficha de $Z$ es adyacente a al menos una ficha de $Y$, y cada ficha de $Y$ es adyacente a como mucho dos fichas de $Z$, tenemos que $|Z| \\le 2|Y|$.\n\nAdemás, tenemos que $|Z| - |Y| = (|X| + |Z|) - (|X| + |Y|) = |B| - |A| = 1010$.\nY concluimos que\n$$\n|Y| + |Z| = 3(|Z| - |Y|) - 2(|Z| - 2|Y|) \\geq 3 \\times 1010 - 2 \\times 0 = 3030.\n$$\n(La conclusión del último párrafo también se puede obtener haciendo:\n$$|Z| = 1010 + |Y| \\geq 1010 + \\frac{1}{2}|Z|, \\text{ luego } |Z| \\geq 2020 \\text{ y } |Z| + |Y| \\geq \\frac{3}{2}|Z| \\geq 3030.$$)\nUna forma de tener exactamente 3030 fichas malas es colocar primero 2018 fichas de color 1, luego 2018 de color 2, etc., y después colocar las tres fichas restantes de color 1, luego las tres de color 2, etc. Las únicas fichas malas son las tres últimas de cada color par.\nDiremos que una ficha que no es mala, es \"buena\". Numeramos los colores de 1 a 2021. Decimos que una ficha es par (impar) si ocupa una posición par (impar) en la fila, y decimos que es color-par (color-impar) si de entre las fichas de su color, ocupa un lugar par (impar). Si una ficha es par y color-par, eso quiere decir que tiene antes de ella en la fila un número impar de fichas de su color, y también un número impar de fichas en total. Luego tiene antes que ella un número par de fichas de otros colores, y al ser $2020 \\cdot 2021$ par el número total de fichas de otros colores, también tiene un número par de fichas de otros colores detrás de ella. Luego una ficha par y color-par es buena. De forma análoga, una ficha impar y color-impar es buena, pero son malas todas las fichas pares que son color-impares, y todas las fichas impares que son color-pares. Nótese que el número de fichas color-pares, pares, impares y color-impares son respectivamente\n$$\n2021 \\cdot 1010 < \\frac{2021^2 - 1}{2} < \\frac{2021^2 + 1}{2} < 2021 \\cdot 1011.\n$$\nSupongamos que hay exactamente $u$ fichas que sean malas por ser impares pero color-pares. Esto quiere decir que hay exactamente $\\frac{2021^2+1}{2} - u$ fichas que son buenas por ser impares y color-impares, luego el número de fichas que son malas por ser pares y color-impares es exactamente\n$$\n2021 \\cdot 1010 - \\left( \\frac{2021^2 + 1}{2} - u \\right) = 1010 + u.\n$$\nLas restantes fichas serán pares y color-pares y por lo tanto buenas, y el número total de fichas malas será igual a $1010 + 2u$.\n\na) Podemos hacer $u = 0$, y por lo tanto que haya exactamente 1010 fichas malas, todas ellas pares y color-impares, si colocamos primero 2020 fichas del color 1, luego 2020 fichas del color 2, y así sucesivamente hasta el color 2021, y a continuación las 2021 fichas restantes, una de cada color. Nótese que las primeras $2020 \\cdot 2021$ fichas, todas son bien pares y color-pares, bien impares y color-impares, luego buenas en cualquier caso. Las 2021 fichas últimas son cada una de ellas color-impares, pero de ellas 1011 son impares y por lo tanto buenas, y 1010 son pares y por lo tanto malas. El mínimo, alcanzable de esta forma, es entonces igual a 1010.\n\nb) Nótese que cada ficha mala por ser par y color-impar tiene ahora a su lado una ficha del mismo color, que por lo tanto será impar y color-par, luego $u > 0$. Asignemos cada ficha par y color-impar a la ficha contigua de su mismo color que es impar y color-par. Si una ficha par y color-impar es contigua a dos de su mismo color, la asignamos a una cualquiera de las dos. Nótese que como cada ficha impar y color-par tiene a lo sumo dos fichas vecinas, hay a lo sumo $2u$ fichas que pueden ser asignadas a $u$ fichas impares y color-pares. Pero sabemos que hay exactamente $1010 + u$ fichas asignadas, luego $1010 + u \\le 2u$, y por lo tanto $u \\ge 1010$. Concluimos que hay como mínimo 3030 fichas malas, alcanzándose ese mínimo si la asignación es completa, es decir si cada ficha mala por ser impar y color-par está rodeada de dos fichas malas de su mismo color, y cada ficha mala por ser par y color-impar es contigua sólo a una ficha mala de su mismo color. Esto puede conseguirse por ejemplo colocando primero 2018 fichas del color 1, luego 2018 fichas del color 2, y así hasta el color 2021, colocando después las restantes $3 \\cdot 2021$ fichas, 3 de cada color, en 2021 ternas formada cada una por las 3 fichas restantes de cada color. Las primeras $2018 \\cdot 2021$ fichas son claramente buenas, y de las 2021 ternas al final de la fila, 1011 ternas tienen su primera ficha impar y color-impar, y por lo tanto las 3 fichas de la terna son buenas, y 1010 ternas tienen su primera ficha par y color-impar, y por lo tanto las 3 fichas de la terna son malas. El mínimo, alcanzable de esta forma, es entonces igual a 3030.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43600,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEn el triángulo $ABC$ con lado mayor $BC$, las bisectrices se cortan en $I$. Las rectas $AI$, $BI$, $CI$ cortan a $BC$, $CA$, $AB$ en los puntos $D$, $E$, $F$, respectivamente. Se consideran puntos $G$ y $H$ en los segmentos $BD$ y $CD$, respectivamente, tales que $\\angle GID = \\angle ABC$ y $\\angle HID = \\angle ACB$. Probar que $\\angle BHE = \\angle CGF$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nComenzamos con una figura, donde se señalan algunas igualdades de ángulos que inmediatamente justificaremos.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nNótese que los triángulos $ABD$ y $GID$ tienen un ángulo común en $D$ y ángulos iguales en $B$ y en $I$, por lo que sus terceros ángulos deben coincidir, es decir $\\angle DGI = \\angle DAB$. De forma análoga, razonando con los triángulos $ACD$ y $HID$ se obtiene $\\angle DHI = \\angle DAC$.\n\nLos triángulos $BIA$ y $BIH$ resultan ser congruentes por tener dos ángulos iguales y un lado común, esto revela que los puntos $A$ y $H$ son simétricos con respecto a la recta $BI$, y de forma similar $A$ y $G$ son simétricos respecto de $CI$.\n\nLas simetrías que acabamos de establecer prueban que:\n$$\n\\angle BHE = BAE \\quad \\text{y} \\quad \\angle CGF = CAF\n$$\ny queda demostrada la igualdad de ángulos que se pedía.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43601,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDemostrar que todos los números racionales pueden expresarse como suma de algunas fracciones de la forma $\\frac{n-1}{n+2}$, con $n \\geq 0$ entero, admitiendo repetir sumandos.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLlamamos $f(n)=\\frac{n-1}{n+2}$, y denotamos por $A$ al conjunto de números que pueden expresarse como suma de elementos $f(n)$, para ciertos $n \\geq 0$. Probaremos que $A=\\mathbb{Q}$.\n\nTodo número racional puede escribirse como un cociente $\\frac{k}{n}$, con $k$ entero (positivo, negativo o nulo) y $n$ estrictamente positivo. Ahora bien, $A$ tiene la propiedad de que si $x, y$ están en $A$, la suma $x+y$ también lo está. Por lo tanto, para ver que $A=\\mathbb{Q}$ será suficiente probar que $A$ contiene a los números $\\frac{1}{n}$ y $\\frac{-1}{n}$, para todo $n \\geq 1$.\n\nDemostraremos que 1 y -1 están en $A$, lo cual luego necesitaremos aplicar en momentos oportunos:\n- $f(0)=\\frac{-1}{2}$, por lo que $f(0)+f(0)=-1 \\in A$.\n- $f(2)=\\frac{1}{4}$, luego $4 f(2)=1 \\in A$.\n\nAhora sí vamos a la caza de las fracciones $\\frac{1}{n}$ y $\\frac{-1}{n}$ para $n \\geq 2$:\n\n$f(3 n-2)=\\frac{3 n-3}{3 n}=1-\\frac{1}{n} \\in A \\Rightarrow f(3 n-2)+2 f(0)=\\frac{-1}{n} \\in A$.\n\nEn consecuencia, sumando $n-1$ veces $\\frac{-1}{n} \\in A$ llegamos a que $\\frac{1-n}{n} \\in A$, y sumando $1 \\in A$ obtenemos que $\\frac{1}{n} \\in A$, lo que nos faltaba para terminar el problema.\nSolution:\n\nLlamemos $q_{n}=\\frac{n-1}{n+2}$. Se tiene entonces que $q_{1}=0$, $q_{0}=-\\frac{1}{2}$ y $q_{4}=\\frac{1}{2}$. En particular, es posible obtener de la forma deseada el 0 y todos los racionales de la forma $\\frac{u}{2}$ (incluyendo que $u$ sea negativo, o que $u$ sea par con lo que el racional será entero), tomando la suma de $|u|$ veces $q_{0}$ si $u<0$ y $u$ veces $q_{4}$ si $u>0$.\n\nPodemos ahora completar el problema escribiendo cada racional no nulo en la forma $\\frac{u}{v}$ con $v$ entero positivo y $u$ entero no nulo, y por inducción sobre $v$. Ya hemos visto que para $v=1,2$ se puede obtener el racional como suma de $q_{i}$'s, luego basta con probar que si para $v=1,2, \\ldots, m-1$ se puede obtener cada racional como suma de $q_{i}$'s, también se puede para $v=m \\geq 3$.\n\nSi $m \\geq 3$ es coprimo con 3, tomemos $n=m-2$, con lo que $q_{n}=\\frac{m-3}{m}$, y como $m$ es coprimo con 3 y $m-(m-3)=3$, se tiene que $m-3$ y $m$ son coprimos. Consideremos ahora los siguientes números:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{u}{m} & =\\frac{u}{m}-0 \\\\\n\\frac{u}{m}-\\frac{m-3}{m} & =\\frac{u+3}{m}-1 \\\\\n\\frac{u}{m}-2 \\cdot \\frac{m-3}{m} & =\\frac{u+6}{m}-2 \\\\\n& \\vdots \\\\\n\\frac{u}{m}-(m-1) \\cdot \\frac{m-3}{m} & =\\frac{u+3(m-1)}{m}-(m-1)\n\\end{aligned}\n$$\n\nNótese que los $m$ números $u, u+3, u+6, \\ldots, u+3(m-1)$ dan todos restos distintos al dividir entre $m$, pues si dos dieran el mismo resto, se tendría que existen $i, j$, con $0 \\leq i<j \\leq m-1$, tales que $3(i-j)$ es múltiplo de $m$. Pero al ser $m$ coprimo con 3, sería $0<i-j<m$ múltiplo de $m$, absurdo. Como hay $m$ tales números, exactamente uno de ellos es múltiplo de $m$, es decir, existe un $0 \\leq k \\leq m-1$ tal que $\\frac{u}{v}-k q_{n}$ es una fracción reducible con denominador $m$, luego se puede escribir como $\\frac{u'}{v'}$ con $u'$ entero y $v'$ entero positivo menor que $m$. Por hipótesis de inducción esta fracción puede ponerse como suma de $q_{i}$'s, suma a la que añadiendo $k$ veces $q_{n}$ se obtiene $\\frac{u}{v}$, y hemos terminado en este caso.\n\nSi $m \\geq 3$ es múltiplo de 3, entonces es de la forma $3 \\ell$. Tomemos $n=9 \\ell-2$, con lo que $q_{n}=\\frac{3 \\ell-1}{3 \\ell}$, y podemos repetir el razonamiento anterior. Luego también en este caso se puede escribir $\\frac{u}{m}$ como suma de $q_{i}$'s, y hemos terminado el problema por inducción.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43602,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $a$, $b$, $c$, $d$ números reales tales que\n$$\na + b + c + d = 0 \\quad \\text{y} \\quad a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 12.\n$$\nHalla el valor mínimo y el valor máximo que puede tomar el producto $abcd$, y determina para qué valores de $a$, $b$, $c$, $d$ se consiguen ese mínimo y ese máximo.",
    "options": [],
    "answer": "Maximum abcd = 9, attained exactly when two numbers are square root of three and the other two are negative square root of three (any order). Minimum abcd = -3, attained exactly at permutations of (3, -1, -1, -1) (equivalently, (1, 1, 1, -3)).",
    "solution": "De las condiciones del enunciado tenemos que no todos los números tienen el mismo signo. El producto $abcd$ tomará un valor positivo cuando dos números sean positivos y dos negativos, así que buscaremos el máximo suponiendo que $a$, $b > 0$ y $c$, $d < 0$. Notemos que\n$$\n2(ab + cd) \\leq a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 12, \\quad (1)\n$$\ncon lo que $ab + cd \\leq 6$. Utilizando la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica,\n$$\n(ab) \\cdot (cd) \\leq \\left(\\frac{ab + cd}{2}\\right)^2 \\leq 9. \\quad (2)\n$$\nLa igualdad en (2) se alcanza cuando $ab = cd = 3$, con lo que (1) obliga a que sea $(a-b)^2 = (c-d)^2 = 0$; es decir, $a = b$ y $c = d$. Así pues, $a = b = \\sqrt{3}$, $c = d = -\\sqrt{3}$. El valor máximo de la expresión es por tanto 9.\n\nPara hallar el valor mínimo supondremos que $a$, $b$, $c > 0$ y que $d < 0$. (Si tres de los números son negativos y el otro positivo, considerando sus opuestos tenemos que el valor de $abcd$ permanece invariante.) Por tanto, $d = -(a + b + c)$ y\n$$\na^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 2(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca) = 12.\n$$\nEsto quiere decir que\n$$\n(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca+ab+bc+ca \\leq 6+\\frac{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{2} \\leq 9,\n$$\ndonde se ha usado que, por la desigualdad de Cauchy, $ab+bc+ca \\leq a^2+b^2+c^2$. Por tanto, $a+b+c \\leq 3$. El problema es equivalente a encontrar el máximo valor posible de $abc(a + b + c)$. Usando nuevamente la desigualdad entre las medias aritmética y geométrica,\n$$\nabc \\leq \\frac{(a + b + c)^3}{27} \\quad \\text{y por tanto} \\quad abc(a + b + c) \\leq \\frac{(a + b + c)^4}{27} \\leq 3.\n$$\nEn consecuencia, el valor mínimo es -3 y se alcanza en los casos $(3, -1, -1, -1)$ y $(1, 1, 1, -3)$ (o permutaciones de estos).\nAplicando la desigualdad de las medias cuadrática y geométrica a $|a|$, $|b|$, $|c|$, $|d|$, tenemos que\n$$\n|a| \\cdot |b| \\cdot |c| \\cdot |d| \\le \\left( \\sqrt{\\frac{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}{4}} \\right)^4 = \\left( \\sqrt{3} \\right)^4 = 9,\n$$\ncon igualdad si y sólo $|a| = |b| = |c| = |d| = \\sqrt{3}$. Con la condición $a+b+c+d=0$, esto sólo es posible si exactamente dos de entre $a$, $b$, $c$, $d$ son positivos y los otros dos negativos. Como esta cota máxima es independiente de la condición $a+b+c+d=0$, tenemos entonces que el máximo valor posible de $abcd$ es 9, y se obtiene si y sólo si dos de entre $a$, $b$, $c$, $d$ son $\\sqrt{3}$ y los otros dos son $-\\sqrt{3}$.\n\nTomando $a = 3$, $b = c = d = -1$, se obtiene $abcd = -3$, con lo que el valor mínimo del producto ha de ser negativo, y se debe conseguir claramente cuando un número impar de los $a$, $b$, $c$, $d$ es negativo, y los demás son positivos. Como invertir simultáneamente los signos de $a$, $b$, $c$, $d$ deja inalteradas las condiciones y el producto, podemos asumir sin pérdida de generalidad que $a > 0 > b$, $c$, $d$ para el mínimo de $abcd$. Ahora bien, por la desigualdad entre medias aritmética y geométrica aplicadas a $|b|$, $|c|$, $|d|$ tenemos que\n$$\n|bcd| = |b| \\cdot |c| \\cdot |d| \\le \\left( \\frac{|b| + |c| + |d|}{3} \\right)^3 = \\left( \\frac{-b-c-d}{3} \\right)^3 = \\frac{a^3}{27},\n$$\ncon igualdad si y sólo si $b = c = d$, mientras que por la desigualdad entre medias aritmética y cuadrática,\n$$\na = |b| + |c| + |d| \\le 3\\sqrt{\\frac{b^2 + c^2 + d^2}{3}} = 3\\sqrt{\\frac{12 - a^2}{3}}, \\qquad a^2 \\le 36 - 3a^2,\n$$\npor lo que $a \\le 3$, con igualdad si y sólo si $b = c = d = -1$. Luego cuando $a > 0 > b$, $c$, $d$, tenemos que\n$$\nabcd = -a|bcd| \\ge -\\frac{a^4}{27} \\ge -3,\n$$\ny el mínimo valor posible de $abcd$ es $-3$ y, restaurando la generalidad, se obtiene si y sólo si $(a, b, c, d)$ es una permutación de $(\\pm3, \\mp1, \\mp1, \\mp1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43603,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAl desarrollar $\\left(1+x+x^{2}\\right)^{n}$ en potencias de $x$, exactamente tres términos tienen coeficiente impar. ¿Para qué valores de $n$ es esto posible?",
    "options": [],
    "answer": "n is a power of 2 (i.e., n = 2^k for some integer k ≥ 0)",
    "solution": "Solution:\n\nEmpezamos estudiando qué efecto tiene sobre los coeficientes de un polinomio multiplicar por $\\left(1+x+x^{2}\\right)$:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(1+x+x^{2}\\right)^{n+1} & =\\left(1+x+x^{2}\\right)^{n}\\left(1+x+x^{2}\\right) \\\\\n& =\\left(a_{0}+a_{1} x+a_{2} x^{2}+a_{3} x^{3}+\\cdots\\right)\\left(1+x+x^{2}\\right) \\\\\n& =a_{0}+\\left(a_{0}+a_{1}\\right) x+\\left(a_{0}+a_{1}+a_{2}\\right) x^{2}+ \\\\\n& +\\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}\\right) x^{3}+\\cdots\n\\end{aligned}\n$$\nSi llamamos $\\left\\{a_{i}\\right\\}_{i=0}^{2 n}$ a los coeficientes de $P_{n}(x)=\\left(1+x+x^{2}\\right)^{n}$ y $\\left\\{b_{i}\\right\\}_{i=0}^{2 n+2}$ a los de $P_{n+1}(x)$, entonces para todo $i$ se cumple que $b_{i}=a_{i-2}+a_{i-1}+a_{i}$, identificando con 0 los coeficientes que no están definidos. Esto sugiere ordenar los coeficientes de los polinomios $P_{n}(x)$ en forma de triángulo, empezando con 1 en la cúspide, y donde los restantes coeficientes son la suma de los tres que se sitúan por encima de él. Algo así:\n1\n$\\begin{array}{lll}1 & 1 & 1\\end{array}$\n$\\begin{array}{lllll}1 & 2 & 3 & 2 & 1\\end{array}$\n$\\begin{array}{lllllll}1 & 3 & 6 & 7 & 6 & 3 & 1\\end{array}$\n$\\begin{array}{lllllllll}1 & 4 & 10 & 16 & 19 & 16 & 10 & 4 & 1\\end{array}$\nCada fila es simétrica con extremos 1, y el coeficiente central siempre es impar por ser suma de un impar más dos números iguales.\n\nTambién vemos que para $n=1,2,4$, $P_{n}(x)$ tiene 3 coeficientes impares. Veamos que esta situación ocurre para todas las potencias de 2. Es sencillo comprobar que si $P_{n}(x)$ tiene 3 coeficientes impares (necesariamente los de grado $0, n$ y $2 n$), lo mismo ocurre para $P_{2 n}(x)$:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(1+x+x^{2}\\right)^{2 n} & =\\left(\\left(1+x+x^{2}\\right)^{n}\\right)^{2} \\\\\n& \\equiv\\left(1+x^{n}+x^{2 n}\\right)^{2} \\equiv 1+x^{2 n}+x^{4 n} \\quad(\\text{mód } 2)\n\\end{aligned}\n$$\ndonde hemos despreciado los \"dobles productos\", al trabajar módulo 2. Partiendo de que $P_{1}(x)$ tiene 3 términos impares, el procedimiento anterior de paso de $n$ a $2 n$ prueba que $P_{n}(x)$ tiene 3 términos impares para todo $n$ potencia de 2. Veamos que no existen más valores de $n$ con esta propiedad.\n\nSi $n$ no es potencia de 2, existen una potencia de 2 dada por $a=2^{k}$ y un número $b$, con $0<b<a$, tales que $n=a+b$. Por lo visto antes, podemos asumir que $P_{a}(x) \\equiv 1+x^{a}+x^{2 a}$ (mód 2). Entonces:\n$$\n\\begin{aligned}\nP_{n}(x)=P_{b}(x) P_{a}(x) & \\equiv P_{b}(x)\\left(1+x^{a}+x^{2 a}\\right) \\quad(\\text{mód } 2) \\\\\n& \\equiv P_{b}(x)+(\\text{términos de grado } \\geq a>b)\n\\end{aligned}\n$$\nAdemás, sabemos que $P_{b}(x)$ tiene su término central $x^{b}$ impar, y este término \"sobrevive\" sin que nadie lo cancele, por lo que $P_{n}(x)$ tiene al menos 4 términos impares: los de grado $0, b, n$ y $2 n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43604,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeterminar todas las funciones $f$ tales que\n$$\nf(x f(y)+y)=f(x y)+f(y)\n$$\npara cualesquiera números reales $x, y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for all real x; and f(x) = x for all real x",
    "solution": "Solution:\n\nLlamamos (E) a la ecuación del enunciado. Para cada $k \\in \\mathbb{R}$, la función $f(x)=k$ es solución si y sólo si $k=k+k$, es decir $k=0$. Así, la función $f(x)=0$ verifica (E), y es la única solución constante.\n\nPor otra parte, la función identidad $f(x)=x$ también verifica (E), ya que los términos izquierdo y derecho son iguales a $x y+y$, para todo $x, y$. Probaremos que no hay más soluciones que las ya encontradas $f(x)=0$ y $f(x)=x$.\n\nAhora sustituimos $x=0$ en (E), lo cual resulta en $f(y)=f(0)+f(y)$, y se deduce que $f(0)=0$.\n\nSi $f$ no fuera la función identidad, existiría al menos un número real $a$ tal que $f(a) \\neq a$, con $a \\neq 0$, ya que $f(0)=0$. Para ese valor de $a$, la ecuación $x f(a)+a=x a$ tiene solución $x=\\frac{a}{a-f(a)}$, y sustituyendo en (E) y simplificando $f(x f(a)+a)=f(x a)$ obtenemos que $f(a)=0$.\n\nA continuación, volvemos a la ecuación (E) con $y$ igual al valor anterior de $a$, permitiendo que $x$ tome valores arbitrarios:\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x f(a)+a) & =f(a x)+f(a) \\\\\n\\underbrace{f(0+a)}_{=0} & =f(a x)+0\n\\end{aligned}\n$$\nDe aquí se obtiene que $f(a x)=0$ para todo $x$. Puesto que $a \\neq 0$, el cambio de variable $x=\\frac{y}{a}$ revela que $f(y)=0$ para todo $y$, caso ya estudiado. Esto confirma que toda solución $f$ debe ser la función identidad o la función nula.\nSolution:\n\nTomando $x=0$ se tiene que $f(y)=f(0)+f(y)$, es decir $f(0)=0$. Claramente, $f(x)=0$ para todo real $x$ es solución ya que ambos lados de (E) serían nulos. Supondremos en adelante que $f(x) \\neq 0$ para al menos un real $x$.\n\n(1) Probaremos que si $f(r) \\neq 0$, entonces $f(r)=r$. En efecto, si fuera $f(r) \\neq r$, existe un real $z=\\frac{r}{r-f(r)}$ tal que $z f(r)+r=r z$, con lo que tomando $x=z$ e $y=r$ en (E) y llamando $k=z f(r)+r=r z$, se tiene que $f(k)=f(k)+f(r)$, o sea $f(r)=0$.\n\n(2) Probaremos que si $f$ no es idénticamente nula, entonces es la función identidad. En efecto, sea $r$ tal que $f(r) \\neq 0$, en particular $f(r)=r \\neq 0$. Para cada real $z$, veamos que $f(z)=z$. Para ello, sustituimos en (E) los valores $x=\\frac{z}{r}$ e $y=r$, con lo que $x f(y)=x y=z$, por tanto\n$$\nf(z+r)=f(z)+r\n$$\nClaramente, no pueden ser $f(z)$ y $f(z+r)$ nulos a la vez, pues en ese caso se tendría $f(r)=0$, contradicción. Luego uno de los dos ha de ser no nulo. Pero si $f(z) \\neq 0$, por (1) se tiene que $f(z)=z$ y entonces $f(z+r)=z+r$, y si $f(z+r) \\neq 0$, entonces $f(z+r)=z+r$ y $f(z)=(z+r)-r=z$. En ambos casos $f(z)=z$, como queríamos.\n\nConcluimos entonces que hay dos soluciones: $f(x)=0$, para la que ambos miembros de (E) valen 0, y $f(x)=x$, para la que ambos miembros de (E) valen $x y+y$.\nSolution:\n\n(1) $f(0)=0$, lo cual se obtiene sustituyendo $x=0$ en (E).\n\n(2) Si $y \\neq 0, f(y)=0$ implica $f \\equiv 0$ ($f$ es idénticamente nula). En efecto, sustituyendo en (E) resulta $f(x y)=0$ para todo $x$, por tanto al ser $y \\neq 0$ se obtiene que $f \\equiv 0$.\n\n(3) A partir de ahora supondremos que $f$ no es idénticamente nula, en particular por (2) se tiene que $f(y)=0$ implica $y=0$.\n\n(4) Si $a, b \\neq 0$ son tales que $f(a)=-f(b)$, entonces $a=-b$. Para ver esto, sustituimos $x=\\frac{b}{a}, y=a$ :\n$$\nf\\left(\\frac{b}{a} f(a)+a\\right)=f(b)+f(a)=0\n$$\nluego en virtud de (3) se tiene $\\frac{b}{a} f(a)+a=0$, es decir $f(a)=-\\frac{a^{2}}{b}$. Intercambiando $a$ y $b$ obtenemos que $f(b)=-\\frac{b^{2}}{a}$, y sumando ambas expresiones:\n$$\n0=f(a)+f(b)=-\\frac{a^{2}}{b}-\\frac{b^{2}}{a}=-\\frac{\\left(a^{3}+b^{3}\\right)}{a b}=-\\frac{(a+b)\\left(a^{2}-a b+b^{2}\\right)}{a b}\n$$\ny se deduce que $a=-b$.\n\n(5) Veamos que para todo $y \\neq 0$ se tiene $f(y)=y$. Por (3) sabemos que $f(y) \\neq 0$, luego podemos definir $x=-\\frac{y}{f(y)}$, o sea que $x f(y)+y=0$. Obtenemos\n$$\n0=f(0)=f(x f(y)+y)=f(x y)+f(y)=f\\left(-\\frac{y^{2}}{f(y)}\\right)+f(y)\n$$\nentonces en virtud de (4) tenemos que $\\frac{y^{2}}{f(y)}=y$, es decir $f(y)=y$.\n\nComo en las soluciones anteriores, se concluye que $f \\equiv 0$ y $f(x)=x$ son las únicas soluciones de la ecuación funcional.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43605,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Disponemos de $2n$ bombillas colocadas en dos filas (A y B) y numeradas de 1 a $n$ en cada fila. Algunas (o ninguna) de las bombillas están encendidas y el resto apagadas; decimos que eso es un “estado”. Dos estados son distintos si hay una bombilla que está encendida en uno de ellos y apagada en el otro. Diremos que un estado es “bueno” si hay la misma cantidad de bombillas encendidas en la fila A que en la B.\nDemuestra que el número total de estados buenos, EB, dividido por el número total de estados, ET, es\n$$\n\\frac{EB}{ET} = \\frac{3 \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdots (2n-1)}{2^n n!}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Es obvio que $ET = 2^{2n}$, puesto que cada una de las $2n$ bombillas puede estar apagada o encendida. El número de “estados buenos” con $k$ bombillas encendidas en cada fila es $\\binom{n}{k}^2$, ya que hay $\\binom{n}{k}$ formas de elegir las $k$ bombillas encendidas de la fila A y otras tantas de elegir las $k$ bombillas encendidas de la fila B. En consecuencia,\n$$\nEB = \\sum_{k=0}^{n} \\binom{n}{k}^2\n$$\nEs conocido que esa suma da como resultado $EB = \\binom{2n}{n}$. En cualquier caso, basta con observar que un estado es “bueno” si hay exactamente $k$ ($0 \\le k \\le n$) bombillas encendidas en la fila A y exactamente $n-k$ bombillas apagadas en la fila B. Cada “estado bueno” se obtiene (de una única manera) eligiendo $n$ bombillas en total y haciendo que estén encendidas las elegidas de la fila A y las no elegidas de la fila B. Así pues, $EB = \\binom{2n}{n}$.\nAhora, tenemos:\n$$\n\\begin{align*} \\frac{EB}{ET} &= \\frac{\\binom{2n}{n}}{2^{2n}} = \\frac{(2n)!}{2^{2n} n! n!} = \\frac{\\left(\\prod_{k=1}^{n} 2k\\right) \\left(\\prod_{k=1}^{n} (2k-1)\\right)}{2^{2n} n! n!} = \\\\ &= \\frac{2^n n! \\left(\\prod_{k=1}^{n} (2k-1)\\right)}{2^{2n} n! n!} = \\frac{3 \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdots (2n-1)}{2^n n!} \\end{align*}\n$$\nSi empezamos “desde el final”, notemos que\n$$\n\\frac{(2n)!}{3 \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdots (2n-1)} = (2n) \\cdot (2n-2) \\cdots 4 \\cdot 2 = 2^n \\cdot n \\cdot (n-1) \\cdots 2 \\cdot 1 = 2^n \\cdot n!\n$$\ny como claramente $ET = 2^{2n}$ porque cada una de las $2n$ bombillas puede estar, independientemente de las demás, encendida o apagada, el problema se reduce a demostrar que\n$$\nEB = 2^{2n} \\cdot \\frac{3 \\cdot 5 \\cdot 7 \\cdots (2n-1)}{2^n \\cdot n!} = 2^{2n} \\cdot \\frac{(2n)!}{(2^n \\cdot n!)^2} = \\frac{(2n)!}{(n!)^2} = \\binom{2n}{n}\n$$\nLa demostración de que $EB = \\binom{2n}{n}$ puede hacerse de distintas maneras. Una de ellas la dada en la Solución 1. Otras maneras son:\nConsiderando el binomio $(1+x)^{2n} = (1+x)^n \\cdot (1+x)^n$. El coeficiente de $x^n$ es por una parte igual a $\\binom{2n}{n}$, y por otra igual a la suma de los productos de los coeficientes respectivos $\\binom{n}{m}$ y $\\binom{n}{n-m}$ de $x^m$ y $x^{n-m}$ en cada $(1+x)^n$.\nTambién puede verse como el número de caminos en una cuadícula de $n \\times n$, desde (0, 0) hasta (n, n), en la que cada desplazamiento lleva desde $(x, y)$ bien a $(x + 1, y)$ bien a $(x, y + 1)$. El número total de caminos, cada uno de los cuales ha de tener $2n$ desplazamientos de los que $n$ son en horizontal y $n$ en vertical, es $\\binom{2n}{n}$. Ahora bien, si consideramos la diagonal “descencente” formada por los puntos $(x, y)$ tales que $x + y = n$, cada camino ha de pasar por exactamente uno de ellos. Los que pasan por $(m, n - m)$ tienen, en sus primeros $n$ desplazamientos, $m$ horizontales y $n - m$ verticales, y en sus siguientes $n$ desplazamientos, $n - m$ horizontales y $m$ verticales, para un total de $\\binom{n}{m} \\binom{n}{n-m} = \\binom{2n}{n}$ caminos pasando por ese punto. Sumando las contribuciones de cada elemento de esta diagonal se halla la relación pedida.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43606,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABC$ un triángulo con $AB \\neq AC$, sea $I$ su incentro, $\\gamma$ su circunferencia inscrita y $D$ el punto medio de $BC$. La tangente a $\\gamma$ por $D$ diferente de $BC$ toca a $\\gamma$ en $E$. Demuestra que $AE$ y $DI$ son paralelas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(Ver la figura 1) Sea $P$ el punto de tangencia de $\\gamma$ con $BC$. Sean $Q$ y $R$ los puntos simétricos de $P$ con respecto a $D$ e $I$, respectivamente. Tenemos que:\n\n* $ER$ es paralela a $DI$. Por un lado, $DI$ es perpendicular a $PE$ (es de hecho la mediatriz de $PE$). Por otro lado, por ser $R$ el punto diametralmente opuesto a $P$ en $\\gamma$ el ángulo $\\angle PER$ es recto.\n* $QR$ es paralela a $DI$. Esto es así porque $D$ e $I$ son los puntos medios de $PQ$ y $PR$.\n\nDe ahí se deduce que $Q, R$ y $E$ están alineados, en una recta paralela a $DI$. Para concluir el problema basta demostrar que $A, Q$ y $R$ están alineados.\n\nTrazando la paralela a $BC$ por $R$ obtenemos un triángulo semejante a $ABC$, que es el resultante de tomar una homotecia de $ABC$ con respecto a $A$. Tanto $R$ como $Q$ son los puntos de tangencia de la circunferencia exinscrita del lado opuesto de $A$, por lo que la homotecia envía $Q$ a $R$. Concluimos que $A, Q$ y $R$ están alineados.\nSea $P$ el punto de tangencia de $\\gamma$ con $BC$, y sean $S$ y $T$ los puntos medios de $EP$ y $AP$, respectivamente. Claramente $ST$ es paralela a $AE$. Como $DI$ es la mediatriz de $EP$, tenemos que $S$ está en $DI$. Por lo tanto, el problema se reduce a demostrar que $T$ está en $DI$.\n\nSea $L$ el punto en el que la bisectriz $AI$ corta a $BC$. Aplicando el teorema de Menelao al triángulo $APL$, tenemos que demostrar que $\\frac{AT}{TP} = \\frac{PD}{DL} = \\frac{LI}{IA} = 1$. Por definición de $T$, $\\frac{AT}{TP} = 1$.\n\nSi $a$, $b$ y $c$ son las longitudes de los lados de $ABC$, por el teorema de la bisectriz tenemos $\\frac{BL}{CL} = \\frac{c}{b}$. Como $BL + LC = a$, tenemos $CL = \\frac{ab}{b+c}$. Aplicando ahora el teorema de la bisectriz a $ALC$, tenemos $\\frac{LI}{IA} = \\frac{CL}{CA} = \\frac{a}{b+c}$.\n\nTenemos también $CD = \\frac{a}{2}$ y $CP = \\frac{a+b-c}{2}$, con lo que\n$$\n\\frac{PD}{DL} = \\frac{CP - CD}{CL - CD} = \\frac{\\frac{a+b-c}{2} - \\frac{a}{2}}{\\frac{ab}{b+c} - \\frac{a}{2}} = \\frac{b+c}{a}.\n$$\nSustituyendo, obtenemos $\\frac{AT}{TP} = \\frac{PD}{DL} = \\frac{LI}{IA} = 1$, como queríamos demostrar\nSea $\\omega$ la circunferencia con centro $D$ que pasa por $E$. Por simetría respecto de la recta $DI$, $\\omega$ también pasa por el punto $F$ de tangencia de $\\gamma$ con $BC$. El segundo punto, $G$, donde $\\omega$ corta a $BC$ es claramente el simétrico de $F$ con respecto al punto medio $D$ de $BC$, que como es conocido es el punto donde la circunferencia $A$-exinscrita es tangente al lado $BC$. Es también conocido que existe una homotecia con centro $A$ que convierte $\\gamma$ en esta circunferencia $A$-exinscrita, y por esta homotecia, los puntos $A$ y $G$ están alineados con el punto $F'$ diametralmente opuesto a $F$ en $\\gamma$. Ahora bien, como $FG$ es diámetro de $\\omega$ y $FF'$ es diámetro de $\\gamma$ estando $E$ en ambas circunferencias, se tiene que $\\angle FEF' = \\angle GEF = 90^\\circ$, luego $F'$, $E$, $G$ están alineados, y por lo tanto la recta $AE$ es perpendicular a $FE$. Como $E, F$ son los puntos de corte de $\\gamma$ y $\\omega$, son simétricos respecto a la recta $DI$ que une sus centros. Luego $DI$ es perpendicular a $FE$, y por lo tanto paralela a $AE$, como queríamos demostrar.\nSea un sistema de coordenadas cartesianas tal que el eje horizontal sea la recta $BC$, y el eje vertical pase por $I$. Se tiene entonces que $D \\equiv (\\delta, 0)$ para un cierto $\\delta \\neq 0$ y que como $D$ es el punto medio de $BC$, $B \\equiv (-\\Delta + \\delta, 0)$ y $C \\equiv (\\Delta + \\delta, 0)$, donde $\\Delta = \\frac{a}{2}$. Además, $I \\equiv (0, r)$, donde $r$ es el inradio.\n\nEl origen $O$ que es el punto de tangencia de $BC$ con $\\gamma$ y $E$ son claramente simétricos respecto a la recta $DI \\equiv y = r - \\frac{rx}{\\delta}$. Luego $E$ está en la recta $y = \\frac{\\delta x}{r}$, y sobre la circunferencia $\\gamma$, que es $x^2 + (y - r)^2 = r^2$. Se tiene entonces por sustitución, y descartando la solución $x = 0$ que produce $O$, que\n$$\nE \\equiv \\left( \\frac{2r^2\\delta}{r^2 + \\delta^2}, \\frac{2r^2\\delta}{r^2 + \\delta^2} \\right).\n$$\nDe forma análoga podemos hallar el punto de tangencia de $\\gamma$ con el lado $AB$, sin más que sustituir la coordenada horizontal $\\delta$ de $D$ por la coordenada horizontal $-\\Delta + \\delta$ de $B$, obteniéndose que este punto es\n$$\nE \\equiv \\left( \\frac{2r^2(\\delta - \\Delta)}{r^2 + (\\delta - \\Delta)}, \\frac{2r(\\delta - \\Delta)^2}{r^2 + (\\delta - \\Delta)^2} \\right).\n$$\ny por lo tanto la recta $AB$, que pasa por este punto y por $B$, tiene ecuación\n$$\ny = \\frac{2r(\\delta - \\Delta)}{r^2(\\delta - \\Delta)^2}(x - \\delta + \\Delta).\n$$\nComo la coordenada horizontal de $C$ es igual a la de $B$ pero con signo opuesto para $\\Delta$, invirtiendo el signo de $\\Delta$ en la anterior ecuación, obtenemos la de la recta $AC$:\n$$\ny = \\frac{2r(\\delta - \\Delta)}{r^2 - (\\delta + \\Delta)^2}(x - \\delta - \\Delta).\n$$\nResolviendo el sistema formado por ambas ecuaciones, obtenemos\n\nA $\\equiv \\left( \\frac{2r^2\\delta}{r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2}, \\frac{2r(\\delta^2 - \\Delta^2)}{r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2} \\right)$.\n$$\nLa pendiente de la recta *AE* viene entonces dada por la diferencia entre sus coordenadas *y*,\n$$\n\\frac{2r^3\\Delta^2}{(r^2 + \\delta^2)(r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2)}\n$$\ndividida entre la diferencia de sus coordenadas *x*,\n$$\n\\frac{2r^2\\delta\\Delta^2}{(r^2 + \\delta^2)(r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2)}\n$$\nque es claramente igual a $-\\frac{r}{\\delta}$, y por lo tanto igual a la pendiente de *DI*, y hemos terminado.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43607,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSea $ABC$ un triángulo con $AB \\neq AC$, sea $I$ su incentro, $\\gamma$ su circunferencia inscrita y $D$ el punto medio de $BC$. La tangente a $\\gamma$ por $D$ diferente de $BC$ toca a $\\gamma$ en $E$. Demuestra que $AE$ y $DI$ son paralelas.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n(Ver la figura 1) Sea $P$ el punto de tangencia de $\\gamma$ con $BC$. Sean $Q$ y $R$ los puntos simétricos de $P$ con respecto a $D$ e $I$, respectivamente. Tenemos que:\n- $ER$ es paralela a $DI$. Por un lado, $DI$ es perpendicular a $PE$ (es de hecho la mediatriz de $PE$). Por otro lado, por ser $R$ el punto diametralmente opuesto a $P$ en $\\gamma$ el ángulo $\\angle PER$ es recto.\n- $QR$ es paralela a $DI$. Esto es así porque $D$ e $I$ son los puntos medios de $PQ$ y $PR$.\n\nDe ahí se deduce que $Q, R$ y $E$ están alineados, en una recta paralela a $DI$. Para concluir el problema basta demostrar que $A, Q$ y $R$ están alineados.\n\nTrazando la paralela a $BC$ por $R$ obtenemos un triángulo semejante a $ABC$, que es el resultante de tomar una homotecia de $ABC$ con respecto a $A$. Tanto $R$ como $Q$ son los puntos de tangencia de la circunferencia exinscrita del lado opuesto de $A$, por lo que la homotecia envía $Q$ a $R$. Concluimos que $A, Q$ y $R$ están alineados.\n\nNota: (Ver la figura 2) A continuación se incluye la demostración de que los puntos de tangencia de las circunferencias inscrita y exinscrita con $BC$ son simétricos con respecto al punto medio de $BC$. Usando la notación de la figura, tenemos que demostrar que $BP = CX$. Por un lado tenemos que $BP + CP = BX + CX$. Por otro, tenemos $CP - BP = CN - BM = CN + AN - BM - AM = AC - AB = (AY - AB) - (AZ - AC) = BY - CZ = BX - CX$. De este sistema de ecuaciones se halla $BP = CX$.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSea $P$ el punto de tangencia de $\\gamma$ con $BC$, y sean $S$ y $T$ los puntos medios de $EP$ y $AP$, respectivamente. Claramente $ST$ es paralela a $AE$. Como $DI$ es la mediatriz de $EP$, tenemos que $S$ está en $DI$. Por lo tanto, el problema se reduce a demostrar que $T$ está en $DI$.\n\nSea $L$ el punto en el que la bisectriz $AI$ corta a $BC$. Aplicando el teorema de Menelao al triángulo $APL$, tenemos que demostrar que $\\frac{AT}{TP} \\frac{PD}{DL} \\frac{LI}{IA} = 1$. Por definición de $T$, $\\frac{AT}{TP} = 1$.\n\nSi $a, b$ y $c$ son las longitudes de los lados de $ABC$, por el teorema de la bisectriz tenemos $\\frac{BL}{CL} = \\frac{c}{b}$. Como $BL + LC = a$, tenemos $CL = \\frac{ab}{b+c}$. Aplicando ahora el teorema de la bisectriz a $ALC$, tenemos $\\frac{LI}{IA} = \\frac{CL}{CA} = \\frac{a}{b+c}$.\n\nTenemos también $CD = \\frac{a}{2}$ y $CP = \\frac{a+b-c}{2}$, con lo que\n$$\n\\frac{PD}{DL} = \\frac{CP - CD}{CL - CD} = \\frac{\\frac{a+b-c}{2} - \\frac{a}{2}}{\\frac{ab}{b+c} - \\frac{a}{2}} = \\frac{b+c}{a}\n$$\nSustituyendo, obtenemos $\\frac{AT}{TP} \\frac{PD}{DL} \\frac{LI}{IA} = 1$, como queríamos demostrar.\n\n![](attached_image_2.png)\nSolution:\n\nSea $\\omega$ la circunferencia con centro $D$ que pasa por $E$. Por simetría respecto de la recta $DI$, $\\omega$ también pasa por el punto $F$ de tangencia de $\\gamma$ con $BC$. El segundo punto, $G$, donde $\\omega$ corta a $BC$ es claramente el simétrico de $F$ con respecto al punto medio $D$ de $BC$, que como es conocido es el punto donde la circunferencia $A$-exinscrita es tangente al lado $BC$. Es también conocido que existe una homotecia con centro $A$ que convierte $\\gamma$ en esta circunferencia $A$-exinscrita, y por esta homotecia, los puntos $A$ y $G$ están alineados con el punto $F'$ diametralmente opuesto a $F$ en $\\gamma$. Ahora bien, como $FG$ es diámetro de $\\omega$ y $FF'$ es diámetro de $\\gamma$ estando $E$ en ambas circunferencias, se tiene que $\\angle FEF' = \\angle GEF = 90^\\circ$, luego $F', E, G$ están alineados, y por lo tanto la recta $AE$ es perpendicular a $FE$. Como $E, F$ son los puntos de corte de $\\gamma$ y $\\omega$, son simétricos respecto a la recta $DI$ que une sus centros. Luego $DI$ es perpendicular a $FE$, y por lo tanto paralela a $AE$, como queríamos demostrar.\nSolution:\n\nSea un sistema de coordenadas cartesianas tal que el eje horizontal sea la recta $BC$, y el eje vertical pase por $I$. Se tiene entonces que $D \\equiv (\\delta, 0)$ para un cierto $\\delta \\neq 0$ y que como $D$ es el punto medio de $BC$, $B \\equiv (-\\Delta + \\delta, 0)$ y $C \\equiv (\\Delta + \\delta, 0)$, donde $\\Delta = \\frac{a}{2}$. Además, $I \\equiv (0, r)$, donde $r$ es el inradio.\n\nEl origen $O$ que es el punto de tangencia de $BC$ con $\\gamma$ y $E$ son claramente simétricos respecto a la recta $DI \\equiv y = r - \\frac{r x}{\\delta}$. Luego $E$ está en la recta $y = \\frac{\\delta x}{r}$, y sobre la circunferencia $\\gamma$, que es $x^2 + (y - r)^2 = r^2$. Se tiene entonces por sustitución, y descartando la solución $x = 0$ que produce $O$, que\n$$\nE \\equiv \\left( \\frac{2 r^2 \\delta}{r^2 + \\delta^2}, \\frac{2 r^2 \\delta}{r^2 + \\delta^2} \\right)\n$$\nDe forma análoga podemos hallar el punto de tangencia de $\\gamma$ con el lado $AB$, sin más que sustituir la coordenada horizontal $\\delta$ de $D$ por la coordenada horizontal $-\\Delta + \\delta$ de $B$, obteniéndose que este punto es\n$$\nE \\equiv \\left( \\frac{2 r^2 (\\delta - \\Delta)}{r^2 + (\\delta - \\Delta)^2}, \\frac{2 r (\\delta - \\Delta)^2}{r^2 + (\\delta - \\Delta)^2} \\right)\n$$\ny por lo tanto la recta $AB$, que pasa por este punto y por $B$, tiene ecuación\n$$\ny = \\frac{2 r (\\delta - \\Delta)}{r^2 (\\delta - \\Delta)^2} (x - \\delta + \\Delta)\n$$\nComo la coordenada horizontal de $C$ es igual a la de $B$ pero con signo opuesto para $\\Delta$, invirtiendo el signo de $\\Delta$ en la anterior ecuación, obtenemos la de la recta $AC$:\n$$\ny = \\frac{2 r (\\delta - \\Delta)}{r^2 - (\\delta + \\Delta)^2} (x - \\delta - \\Delta)\n$$\nResolviendo el sistema formado por ambas ecuaciones, obtenemos\n$$\nA \\equiv \\left( \\frac{2 r^2 \\delta}{r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2}, \\frac{2 r (\\delta^2 - \\Delta^2)}{r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2} \\right)\n$$\nLa pendiente de la recta $AE$ viene entonces dada por la diferencia entre sus coordenadas $y$,\n$$\n\\frac{2 r^3 \\Delta^2}{(r^2 + \\delta^2)(r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2)}\n$$\ndividida entre la diferencia de sus coordenadas $x$,\n$$\n\\frac{2 r^2 \\delta \\Delta^2}{(r^2 + \\delta^2)(r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2)}\n$$\nque es claramente igual a $-\\frac{r}{\\delta}$, y por lo tanto igual a la pendiente de $DI$, y hemos terminado.\n\nNota: En esta solución puede haber en algún momento denominadores que se anulen, casos que por lo tanto han de ser tratados aparte. En concreto, los denominadores que podrían a priori anularse son $r^2 - (\\delta - \\Delta)^2$, $r^2 - (\\delta + \\Delta)^2$ y $r^2 + \\delta^2 - \\Delta^2$. El que $r^2 = (\\delta - \\Delta)^2$ no es sin embargo ningún problema. En ese caso, la recta $AB$ sería vertical, y la coordenada $x$ de $A$ sería\n$$\n\\frac{2 (\\delta - \\Delta)^2 \\delta}{(\\delta - \\Delta)^2 + \\delta^2 - \\Delta^2}\n$$\nidéntica a la de $B$, quedando determinada la coordenada $y$ de $A$ por la recta $AC$.\n\nDe forma análoga, si $r^2 = (\\delta - \\Delta)^2$, la recta $AC$ sería vertical, siendo la coordenada $x$ de $A$ igual a $\\delta + \\Delta$, y quedando determinada su coordenada $y$ por la recta $AB$. Finalmente, como $\\Delta = \\frac{a}{2}$ y $\\delta = \\left| \\frac{a}{2} - \\frac{c + a - b}{2} \\right| = \\frac{|b - c|}{2}$, tenemos que $r^2 = \\Delta^2 - \\delta^2$ es equivalente a\n$$\nr^2 = \\frac{a^2 - (b - c)^2}{4} = \\frac{a^2 - b^2 - c^2 + 2bc}{4} = bc \\sin^2 \\frac{A}{2} = r^2 \\cot \\frac{B}{2} \\cot \\frac{C}{2}\n$$\ndonde hemos usado el conocido resultado $r = 4R \\sin \\frac{A}{2} \\sin \\frac{B}{2} \\sin \\frac{C}{2}$. Ahora bien, a su vez esto sería equivalente a $\\cos \\frac{B + C}{2} = 0$, absurdo pues $B + C < 90^\\circ$. Obsérvese que la condición para que ese tercer denominador se anule es $B + C = 180^\\circ$. Esto es intuitivamente consistente con que el denominador al hallar las coordenadas de $A$ se anule: el que este denominador sea nulo es equivalente a que el punto $A$ esté \"en el infinito\", que a su vez es equivalente a que las rectas $AB$ y $AC$ sean paralelas, es decir $B + C = 180^\\circ$.\n\nEn definitiva, los denominadores que pueden realmente anularse no suponen un problema en la solución propuesta, sino que simplemente indican que dos de las rectas definidas en la solución son verticales.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43608,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $a, b, c, d$ cuatro números reales positivos. Si se cumple\n$$\na+b+\\frac{1}{ab}=c+d+\\frac{1}{cd} \\quad \\text{y} \\quad \\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+ab=\\frac{1}{c}+\\frac{1}{d}+cd\n$$\ndemuestra que al menos dos de los valores $a, b, c, d$ son iguales.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución 1:** Sea $u = a+b+\\frac{1}{ab}$ y $v = \\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+ab$. Denotamos $r = \\frac{1}{ab}$. Entonces tenemos que $a+b+r = u$, $ab+br+ra = v$ y $abr = 1$. Por las identidades de Cardano-Vieta, $a, b$ y $r$ son las tres raíces del polinomio $p(x) = x^3-ux^2+vx-1$. Por la misma razón, $c, d$ y $\\frac{1}{cd}$ son estas mismas tres raíces. Como $p(x)$ solo tiene tres raíces, los valores $a, b, c, d$ no pueden ser todos distintos.\n\n\n**Solución 2:** Procedamos por contradicción, suponiendo que existen cuatro valores diferentes $(a, b, c, d)$ que cumplen las igualdades del enunciado. Podemos considerar que $c$ y $d$ están fijadas y hallar a partir de ahí los valores de $(a, b)$ que cumplen el sistema. Una rápida inspección nos da 6 soluciones, que supondremos, por ahora, que son diferentes:\n$$\n(c, d), \\left(c, \\frac{1}{cd}\\right), (d, c), \\left(d, \\frac{1}{cd}\\right), \\left(\\frac{1}{cd}, c\\right), \\left(\\frac{1}{cd}, d\\right).\n$$\nEn todos estos casos hay al menos dos variables iguales entre las cuatro. Si probamos que estas son las únicas soluciones del sistema habremos concluido.\n\nConsideremos las variables auxiliares\n$$\nx = a+b, \\quad y = \\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}.\n$$\ny denotemos\n$$\nz = c+d, \\quad t = \\frac{1}{c}+\\frac{1}{d}.\n$$\nEs fácil comprobar que cada valor de la pareja $(x, y)$ da lugar, a lo sumo, a dos parejas de soluciones de la forma $(a, b)$ y $(b, a)$. El sistema inicial se reescribe como\n$$\nx+\\frac{y}{x}=z+\\frac{t}{z}, \\quad y+\\frac{x}{y}=t+\\frac{z}{t}.\n$$\n\nDe la primera ecuación tenemos que\n$$\ny = x \\left( z + \\frac{t}{z} - x \\right),\n$$\ny por tanto encontrar el valor de $x$ determina unívocamente el de $y$. Es suficiente ver entonces que hay a lo sumo tres opciones para el valor de $x$, dado que eso dejaría a lo sumo tres opciones para el par $(x, y)$ y seis para $(a, b)$, que ya las conocemos. Sustituyendo en la segunda ecuación y eliminando denominadores, tenemos que\n$$\nx\\left(z+\\frac{t}{z}-x\\right)^2-\\left(t+\\frac{z}{t}\\right)\\left(z+\\frac{t}{z}-x\\right)+1=0.\n$$\nComo es una ecuación de tercer grado, hay a lo sumo tres soluciones y hemos concluido.\n\nEl único caso que queda por analizar es el derivado de que alguna de las seis soluciones iniciales coincidan, y es inmediato comprobar que eso es equivalente a $c^2d = 1$ o $cd^2 = 1$. Por simetría, es suficiente considerar el primer caso, en el que $d = \\frac{1}{c^2}$, con $c \\neq 1$. En ese caso, se pueden calcular explícitamente las soluciones de la ecuación en $x$, que son $x = c + \\frac{1}{c^2}$ (doble) y $x = 2c$. Se comprueba que la solución doble da lugar a las parejas $(c, \\frac{1}{c^2})$ y $(\\frac{1}{c^2}, c)$, mientras que la solución $x = 2c$ da el par $(c, c)$. En ambos casos se tiene la conclusión deseada. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43609,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABC$ un triángulo, con $AB < AC$, y sea $\\Gamma$ su circuncírculo. Sean $D$, $E$ y $F$ los puntos de tangencia del incírculo con $BC$, $CA$ y $AB$, respectivamente. Sea $R$ el punto de $EF$ tal que $DR$ es una altura del triángulo $DEF$ y sea $S$ el punto de corte de la bisectriz exterior del ángulo $\\angle BAC$ con $\\Gamma$. Probar que $AR$ y $SD$ se cortan sobre $\\Gamma$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Sea $X$ el segundo punto de corte de $AR$ con $\\Gamma$. Por comodidad, pongamos $\\beta = \\angle ABC$ y $\\gamma = \\angle BCA$. Se tiene entonces que\n$$\n\\frac{BX}{XC} = \\frac{\\sin \\angle BAX}{\\sin \\angle CAX} = \\frac{FR}{RE} = \\frac{FD \\sin(\\gamma/2)}{DE \\sin(\\beta/2)} = \\frac{BD \\sin \\beta \\sin(\\gamma/2) \\cos(\\gamma/2)}{DC \\sin(\\beta/2) \\cos(\\beta/2) \\sin \\gamma} = \\frac{BD}{DC},\n$$\ndonde en la primera igualdad se ha usado el teorema del seno en los triángulos $ABX$ y $ACX$; en la segunda que $AFE$ es isósceles; en la tercera el teorema del seno en $FDR$ y $DRE$; y en la cuarta nuevamente el teorema del seno en $BDF$ y $CDE$.\n\nSea ahora $Y$ el segundo punto de corte de $SD$ con $\\Gamma$. Tenemos que $YD$ es una bisectriz del ángulo $\\angle BYC$ y por tanto podemos aplicar el teorema de la bisectriz y deducir que\n$$\n\\frac{BY}{YC} = \\frac{BD}{DC}.\n$$\nPor tanto, tenemos que $X$ e $Y$ son dos puntos sobre el arco de $BC$ que no contiene a $A$ y que satisfacen $\\frac{BX}{XC} = \\frac{BY}{YC}$, lo que implica necesariamente que $X = Y$ (dado que $X$ e $Y$ están sobre el círculo de Apolonio de $B$ y $C$, que corta en un único punto al arco $BC$ que no contiene a $A$). Esto demuestra lo que pedía el enunciado. $\\square$\nSea $T$ el punto diametralmente opuesto a $S$ en $\\Gamma$. Vamos a demostrar que el ángulo formado por las rectas $AR$ y $SD$ es igual a $\\angle ATS$, y por lo tanto la intersección de dichas rectas se halla sobre $\\Gamma$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nComenzamos observando que los triángulos *AFE* y *SBC* son semejantes, ya que son isósceles y $\\angle FAE = \\angle BAC = \\angle BSC$. Además, como la altura del lado desigual es *AT* (la bisectriz interna) en un caso y *ST* en el otro, la rotación necesaria para orientar igualmente ambos triángulos es igual a $\\angle ATS$. Por lo tanto, basta con demostrar que los puntos *R* y *D* son puntos equivalentes en la semejanza, es decir, $\\frac{FR}{RE} = \\frac{BD}{DC}$.\n\nSea *I* el incentro de $ABC$. Claramente $\\angle IBD = \\angle B/2$ y $\\angle ICD = \\angle C/2$. Dado que $\\angle AFE = 90^\\circ - \\angle A/2$ (por estar en el triángulo isósceles $AFE$) y $\\angle BFD = 90^\\circ - \\angle B/2$, obtenemos $\\angle DFR = 90^\\circ - \\angle C/2$ y $\\angle DER = 90^\\circ - \\angle B/2$. Concluimos que\n\n$$\n\\frac{FR}{RE} = \\frac{DR \\sec(90^\\circ - \\angle C/2)}{DR \\sec(90^\\circ - \\angle B/2)} = \\frac{ID \\sec(\\angle B/2)}{ID \\sec(\\angle C/2)} = \\frac{BD}{DC},\n$$\ntal y como queríamos demostrar. ☐",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43610,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea *P* un punto en el plano. Demuestra que es posible trazar tres semirrectas con origen en *P* con la siguiente propiedad: para toda circunferencia de radio $r$ que contiene a $P$ en su interior, si $P_1$, $P_2$ y $P_3$ son los puntos de corte de las semirrectas con la circunferencia, entonces\n$$\n|PP_1| + |PP_2| + |PP_3| \\le 3r.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solución 1:** Trazamos tres semirrectas con origen en $P$ de manera que el ángulo formado por dos cualesquiera de las tres sea de $120^\\circ$. Imaginemos el círculo dividido en seis regiones mediante tres rectas que pasen por su centro y sean paralelas a las tres semirrectas. Observemos que, por simetría respecto a una de las rectas o por giros de ángulo $120^\\circ$, basta con analizar lo que ocurre cuando el punto $P$ se encuentra en una cualquiera de las seis regiones. Usamos las notaciones de la figura.\n\n![](attached_image_1.png)\nSin pérdida de generalidad, podemos suponer que el radio de la circunferencia es $r = 1$. Los tres puntos de corte de las semirrectas con la circunferencia son, respectivamente, $P_1$, $P_2$ y $P_3$. Las paralelas con origen en $O$ (centro de la circunferencia) la cortan, respectivamente, en $A$, $B$ y $C$. La recta $PP_3$ y la tangente a la circunferencia en $C$ se cortan en el punto $T$. $S'$ es el punto de corte de $PP_3$ con la paralela a $OA$ por $C$. Es obvio que $\\angle S'CT = 30^\\circ$, con lo que $SP_3 = SS' + S'P_3 = OC + S'P_3 \\le OC + S'T = OC + \\frac{1}{2}CS' = 1 + \\frac{1}{2}OS$. De manera análoga, se demuestra que $RP_2 \\le 1 + \\frac{1}{2}OR$. También es obvio que $RP = PS$. Además, como $\\frac{1}{2}OS = \\frac{1}{2}OR + \\frac{1}{2}RS$ y $PZ = OR + \\frac{1}{2}RS$, tenemos:\n$$\n\\begin{align*} \nPP_1 + PP_2 + PP_3 &= PP_1 + RP_2 + PR + SP_3 - SP = \\\nPP_1 + RP_2 + SP_3 &\\le PP_1 + 1 + \\frac{1}{2}OR + 1 + \\frac{1}{2}OS = \\\n2 + PP_1 + OR + \\frac{1}{2}RS &\\le 2 + PP_1 + PZ \\le 3. \n\\end{align*}\n$$\n\n\n**Solución 2:** Comenzamos con la siguiente lema:\n**Lema** En un triángulo equilátero $ABC$, la suma de las distancias de cualquier punto interior $P$ a los tres lados es independiente de $P$. Si $Q$ no se encuentra en el interior de $ABC$, entonces la suma de distancias de $Q$ a los tres lados es mayor o igual a aquella de $P$.\n\n**Demostración:** Sean $X$, $Y$ y $Z$ las proyecciones de $P$ en $AB$, $BC$ y $CA$, respectivamente. Entonces tenemos que\n$$\nPX + PY + PZ = \\frac{2 \\cdot \\text{área } ABP}{AB} + \\frac{2 \\cdot \\text{área } BCP}{BC} + \\frac{2 \\cdot \\text{área } CAP}{CA} = \\frac{2 \\cdot \\text{área } ABC}{AB},\n$$\n\nLa desigualdad del enunciado equivale entonces a\n$$\n\\sqrt{4 - 4b^2} + \\sqrt{4 - 3a^2 - b^2 - 2\\sqrt{3ab}} + \\sqrt{4 - 3a^2 - b^2 + 2\\sqrt{3ab}} \\leq 6.\n$$\nAplicando la desigualdad entre las medias aritmética y cuadrática, obtenemos que\n$$\n\\sqrt{4 - 4b^2} + \\sqrt{4 - 3a^2 - b^2 - 2\\sqrt{3ab}} + \\sqrt{4 - 3a^2 - b^2 + 2\\sqrt{3ab}} \\\\\n\\leq \\sqrt{3} \\cdot \\sqrt{12 - 6(a^2 + b^2)} \\leq 6,\n$$\ncomo queríamos ver.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43611,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En un grupo de 2022 estudiantes, algunos son amigos entre sí, y la amistad es siempre recíproca. Sabemos que cualquier subconjunto de esos estudiantes tiene la siguiente propiedad: siempre existe un estudiante del subconjunto que es amigo de, a lo sumo, 100 estudiantes del mismo.\n\na) Determina el menor entero positivo $N$ que nos asegura que se cumple la siguiente propiedad: es posible dividir a los estudiantes en $N$ grupos (no necesariamente del mismo tamaño), de manera que dos estudiantes que están en el mismo grupo nunca son amigos entre sí.\n\nb) Numeramos a los estudiantes del 1 al 2022. Sea $c_i$ el número de amigos del estudiante $i$. Determina el máximo valor que puede tomar la suma\n$$\nc_1 + c_2 + \\dots + c_{2022}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a) N = 101. b) Maximum sum of degrees = 394300.",
    "solution": "Para la primera parte, seguimos la siguiente estrategia: tomamos un estudiante con a lo sumo 100 amigos (que existe por hipótesis). Diremos que es el estudiante 1. Sacamos a ese estudiante y en el subconjunto resultante, existirá un estudiante con a lo sumo 100 amigos en dicho subconjunto; este será el estudiante 2, y así sucesivamente.\n\nVamos a probar entonces que la respuesta es $N = 101$. Empezamos a asignar grupo por el final. Al estudiante 2022 le asignamos un grupo cualquiera. En general, al estudiante $i$ le asignaremos un grupo que no haya sido usado en ninguno de los estudiantes ya asignados de los que sea amigo. Por construcción, sabemos que es amigo de como máximo 100 estudiantes con un número mayor, así que con tener 101 grupos es suficiente para completar esta asignación.\n\nPara ver que $N = 101$ es la mejor opción, consideremos la siguiente configuración: tomamos 100 estudiantes de los 2022 y hacemos que esos 100 sean amigos de todos (tanto entre ellos como con los 1922 restantes); entre los demás no hay más relaciones de amistad. Si ahora tomamos esos 100 estudiantes y uno de los otros tenemos que hay todas las relaciones de amistad posibles, con lo que 100 grupos, o cualquier cantidad inferior, no sería suficiente.\n\nPara el segundo apartado seguimos esta misma estrategia. Tomamos un estudiante con lo sumo 100 amigos y lo eliminamos. Cada vez que hacemos este proceso, si quedaban por lo menos 101, estamos eliminando a lo sumo 100 relaciones de amistad. Cuando quedan $i$ estudiantes, con $i \\le 100$, estamos sacando como máximo $i-1$ relaciones de amistad. En total, no sacamos más de\n$$\n100 \\cdot 1922 + \\sum_{i=1}^{99} i = 192200 + \\binom{100}{2}\n$$\nrelaciones de amistad. Teniendo en cuenta que, por el enunciado del apartado (b), cada relación de amistad ha de contarse dos veces, la suma pedida será menor o igual que $384400 + 9900 = 394300$. Está claro que podemos conseguir la cota. Para ello, al igual que antes, tomamos 100 de los 2022 y hacemos que esos 100 sean amigos de todos (tanto entre ellos como con los 1922 restantes). En este caso, el número de amistades es el proporcionado por la cota.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43612,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Halla todas las ternas de enteros positivos $(x, y, z)$, con $z > 1$, que satisfacen simultáneamente que\n$$\nx \\text{ divide a } y+1, \\quad y \\text{ divide a } z-1, \\quad z \\text{ divide a } x^2+1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1, 2), (2, 1, 5), and (2n+1, 2n, 2n^2+2n+1) for n ≥ 1",
    "solution": "Las soluciones son $(1, 1, 2)$, $(2, 1, 5)$ y $(2n+1, 2n, 2n^2+2n+1)$ con $n \\ge 1$.\nSi $x=1$ la única solución es $(1, 1, 2)$ ($z$ divide a 2, por lo que $z=2$, e $y$ divide a 1). Si $x=2$ la única solución es $(2, 1, 5)$ ($z$ divide a 5, así que $z=5$, e $y$ divide a 4 y es impar). Supongamos ahora que $x \\ge 3$.\n\nSean $y+1 = rx$, $z-1 = sy$ y $x^2+1 = tz$. Entonces sustituyendo sucesivamente, obtenemos que\n$$\nx^2 + 1 = tz = sty + t = rstx - st + t. \\quad (1)\n$$\nDe esta igualdad se tiene que $st - t \\equiv -1 \\pmod{x}$. Esto implica que $st - t \\ge x - 1$, y a su vez $st \\ge x$. Si $r \\ge 2$, entonces\n$$\nx^2 + 1 = r stx - st + t \\ge (2x - 1)st + 1 \\ge (2x - 1)x + 1;\n$$\nque, reordenado, deja $x(x-1) \\le 0$, lo que no es cierto para $x \\ge 3$. Por lo tanto, concluimos que $r=1$ en las soluciones restantes. Tenemos entonces\n$$\nx^2 + 1 = st(x - 1) + t \\quad (2)\n$$\nSi tomamos módulo $x-1$ a ambos lados, tenemos $t \\equiv 2 \\pmod{x-1}$. Si $t=2$, entonces (2) es equivalente a $s = \\frac{x+1}{2}$. Entonces $x$ es un número impar (de la forma $2n+1$), $y = rx - 1 = 2n$, y $z = sy + 1 = 2n^2 + 2n + 1$. Si $t \\ne 2$, entonces $t \\ge x+1$. De (2) obtenemos $x^2+1 \\ge (x+1)(x-1) + x + 1$, o $x \\le 1$, con lo que llegamos a una contradicción. No hay más soluciones. Comprobamos que\n\ntodas las posibles soluciones que hemos obtenido satisfacen las condiciones del enunciado.\nDenotemos por $a, b, c$ los tres cocientes, de manera que $y = ax-1$, $z = abx - b + 1$ y\n$$\nx^2 - abcx + bc - c + 1 = 0.\n$$\nSe trata de una ecuación cuadrática en $x$, que ha de tener por discriminante un cuadrado perfecto, esto es,\n$$\n(abc)^2 - 4(bc - c + 1) = d^2,\n$$\ncon $d \\ge 0$ un número entero. Observemos que $c(b - 1) + 1 > 0$, de manera que $d < abc$, o alternativamente $d \\le abc - 1$. Esta condición nos dice que\n$$\n4(bc - c + 1) = (abc)^2 - d^2 \\ge (abc)^2 - (abc - 1)^2 = 2abc - 1,\n$$\ny la desigualdad tiene que ser estricta dado que el lado izquierdo siempre es par y el lado derecho siempre es impar. De aquí se deduce lo siguiente:\n\nSi $c > 1$, en particular sucede que el lado derecho es positivo, por lo que necesariamente tiene que pasar que $a = 1$.\nSi $c = 1$ también puede pasar que $a = 2$ (pero nunca $a > 2$).\n\n(a) Si $c > 1$ y $a = 1$, entonces\n$$\nd^2 = (bc)^2 - 4bc + 4c - 4 = (bc - 2)^2 + 4(c - 2) \\ge (bc - 2)^2,\n$$\ncon igualdad si y solo si $c = 2$. En este caso, $x = y+1$, $2z = x^2+1$, con lo que $x$ es par. La segunda ecuación señala que $x - 1$ divide a $(x^2 - 1)/2$, lo cual siempre es cierto. Se obtiene pues como solución $(2n + 1, 2n, 2n^2 + 2n + 1)$, con $n \\ge 1$. En caso contrario, si $c \\ne 2$, como $bc - 2 < d < bc$, necesariamente pasa que $d = bc - 1$. Ahora bien, operando se llega a $4(c - 2) = 2bc - 3$, lo cual no es posible por razones de paridad.\n\n(b) Si $c = 1$ y $a = 2$, entonces $z = x^2 + 1$, $y + 1 = 2x$. Luego $2x - 1$ divide a $x^2$. Pero si $2x - 1$ divide a $x^2$, entonces también divide a $2x^2 - x(2x - 1) = x$. A su vez, esto implica que $2x - 1$ también divide a $2x - (2x - 1) = 1$. Por tanto, $x = 1, y = 1, z = 2$.\n\n(c) Si $c = 1$ y $a = 1$, entonces $z = x^2 + 1$, $y + 1 = x$. Luego $x - 1$ divide a $x^2$. Pero si $x - 1$ divide a $x^2$, entonces también divide a $x^2 - x(x - 1) = x$. A su vez, esto implica que $x - 1$ también divide a $x - (x - 1) = 1$. Por tanto, $x = 2, y = 1, z = 5$.\n\nEn definitiva, las únicas soluciones son:\n$$\n(1, 1, 2), (2, 1, 5) \\text{ y } (2n + 1, 2n, 2n^2 + 2n + 1), \\text{ con } n \\ge 1.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43613,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Tenemos un cubo de lado $3$ formado por $27$ piezas cúbicas de lado $1$. Dentro de cada pieza hay una bombilla que puede estar encendida o apagada. Cada vez que se pulsa una pieza (no es posible pulsar la del centro del cubo), cambia el estado de su bombilla y el de las que comparten una cara con la pulsada. Inicialmente, todas las bombillas están apagadas. Responde razonadamente a las siguientes preguntas:\n\n1. ¿Se puede conseguir que todas las bombillas queden encendidas?\n2. ¿Se puede conseguir que queden encendidas todas salvo la del centro del cubo?\n3. ¿Se puede conseguir que solo quede encendida la del centro del cubo?",
    "options": [],
    "answer": "1: no; 2: yes; 3: no",
    "solution": "Llamamos $N$ a la pieza de lado $1$ que está en el interior, $C$ a cada pieza que es centro de una cara, $V$ a cada pieza que es vértice del cubo y $A$ a cada una de las que comparten cara con un vértice. Es evidente que el resultado obtenido tras pulsar varias piezas es independiente del orden en que las pulsemos.\n\n1. El estado de la bombilla de $N$ cambia si y solo si pulsamos una $C$. Para que quede encendida hemos de pulsar un número impar de veces en piezas $C$ (ya no pulsamos más $C$'s). Quedarán un número impar de piezas $C$ apagadas. La única manera de cambiar su estado es pulsar $A$'s, pero cada una cambia el estado de dos $C$'s, luego es imposible que todas las $C$'s y $N$ queden encendidas.\n\n2. Sí es posible. Pulsamos todas las $A$ y quedan encendidas todas ellas y todas las $V$. Están apagadas las $C$ y la $N$. Ahora pulsamos todas las $C$: las $V$ no se ven afectadas; cada $A$ sufre dos cambios, luego sigue encendida, y $N$ queda apagada porque cambia su estado un número par de veces.\n\n3. No es posible. Si lo fuera, se podría pasar del caso 2 (todas menos $N$ encendidas) al caso 3. Y eso supondría disponer de una sucesión de pulsaciones que permite cambiar el estado de todas las bombillas, lo cual es inviable por lo visto en 1.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43614,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sea $ABC$ un triángulo acutángulo y escaleno con incentro $I$ y ortocentro $H$. Sea $M$ el punto medio de $AB$. Sobre la recta $AH$ se consideran puntos $D$ y $E$ tales que la recta $MD$ es paralela a $CI$ y $ME$ es perpendicular a $CI$. Prueba que $AE = DH$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Demostraremos que los segmentos $AH$ y $DE$ tienen el mismo punto medio, lo cual probará que $AE = DH$. Sea $F = AH \\cap BC$. Sea $N$ el punto\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEsquema para resolver el problema 2.\nmedio de $DE$, que es el circuncentro del triángulo rectángulo $DEM$. Vemos que las rectas $DE$ y $EM$ forman el mismo ángulo que sus perpendiculares $BC$ y $CI$, esto es, $\\angle DEM = \\angle BCI$. Multiplicando por 2 tenemos que $\\angle DNM = \\angle BCA$.\n\nPor otra parte, es claro que $\\angle FHB = 90^\\circ - \\angle HBC = \\angle BCA$. Esto prueba que las rectas $MN$ y $BH$ son paralelas, por lo tanto $N$ es el punto medio de $AH$. Finalmente, la simetría de centro $N$ permite concluir que $AE = DH$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43615,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Halla todas las cuaternas $(a, b, c, d)$ de números enteros positivos que cumplen que\n\n$$\na^2 + b^2 = c^2 + d^2\n$$\n\ny de manera que $ac + bd$ es divisor de $a^2 + b^2$.",
    "options": [],
    "answer": "All quadruples of the form (a, b, a, b) with positive integers a, b.",
    "solution": "Usando la identidad\n$$\n(ac + bd)^2 + (ad - bc)^2 = (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) = (a^2 + b^2)^2,\n$$\nobservamos que si $k$ es el valor (entero positivo) de $\\frac{a^2+b^2}{ac+bd}$, entonces\n$$\n(ad - bc)^2 = (k^2 - 1)(ac + bd)^2,\n$$\ny por tanto\n$$\n\\frac{ad - bc}{ac + bd} = \\pm\\sqrt{k^2 - 1}.\n$$\n\nEs conocido que si la raíz cuadrada de un entero es racional, entonces es entera. Esto quiere decir que $k^2 - 1$ es un cuadrado perfecto, lo cual solo es posible si $k=1$. En ese caso, $ad - bc = 0$, que reordenando da $\\frac{a}{c} = \\frac{b}{d}$. El cuadrado de esta razón es $\\frac{a^2+b^2}{c^2+d^2} = 1$, por lo que $a=c$ y $b=d$. Concluimos que las soluciones son las cuaternas de la forma $(a,b,a,b)$, que siempre cumplen las condiciones.\nPongamos $a^2 + b^2 = c^2 + d^2 = m$, de manera que existen $\\alpha, \\beta \\in [0, \\pi/2)$ con\n$$\na = \\sqrt{m} \\cos \\alpha, \\quad b = \\sqrt{m} \\sin \\alpha, \\quad c = \\sqrt{m} \\cos \\beta, \\quad d = \\sqrt{m} \\sin \\beta.\n$$\nDe esta manera,\n$$\nac + bd = m \\cos \\alpha \\cos \\beta + m \\sin \\alpha \\sin \\beta = m \\cos(\\beta - \\alpha),\n$$\ny la condición de $ac + bd$ divida a $a^2 + b^2$ es equivalente a\n$$\n\\cos(\\beta - \\alpha) = \\frac{1}{n}, \\quad n \\in \\mathbb{Z}_{>0}.\n$$\nEntonces, $\\sin(\\beta - \\alpha) = \\frac{\\sqrt{n^2-1}}{n}$. Por tanto,\n$$\n\\begin{align*}\nc &= \\sqrt{m} \\cos(\\beta - \\alpha + \\alpha) = \\sqrt{m} \\cos(\\beta - \\alpha) \\cos(\\alpha) + \\sqrt{m} \\sin(\\beta - \\alpha) \\sin(\\alpha) \\\\\n&= a \\cos(\\beta - \\alpha) + b \\sin(\\beta - \\alpha) \\\\\n&= \\frac{a}{n} + \\frac{b\\sqrt{n^2-1}}{n}.\n\\end{align*}\n$$\nComo $c$ es entero, en particular es un número racional: dado que $a/n$ lo es, $b\\sqrt{n^2-1}/n$ tiene que ser racional, lo que quiere decir que $n^2-1$ es un cuadrado perfecto (la raíz cuadrada de un número entero es entero o irracional), lo cual ocurre si y solo si $n=1$. En particular, $\\cos(\\beta - \\alpha) = 1$, con lo que $\\alpha = \\beta$, dado que $\\alpha, \\beta \\in [0, \\pi/2)$. Eso implica que $a=c$ y $b=d$. Esa condición, además de necesaria, es suficiente, dado que en ese caso $ac+bd = a^2+b^2$ y el cociente es 1. Por lo tanto, las cuaternas que cumplen el enunciado son las de la forma $(a,b,a,b)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43616,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Sean $x_1 \\le x_2 \\le x_3 \\le x_4$ cuatro números reales. Demuestra que existen $P(x)$ y $Q(x)$ polinomios de grado dos con coeficientes reales tales que $x_1, x_2, x_3$ y $x_4$ son las raíces de $P(Q(x))$ si y solamente si $x_1 + x_4 = x_2 + x_3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Supongamos que las raíces de $P(x)$ son $r$ y $s$. Entonces las raíces de $P(Q(x))$ son las raíces de $Q(x) - r$ y de $Q(x) - s$. Por las relaciones de Cardano, la suma de las raíces de $Q(x) - r$ es la misma que la de $Q(x) - s$, con lo que las raíces de $P(Q(x))$ necesariamente satisfacen que la suma de dos de ellas coincide con la suma de las otras dos.\n\nVamos a demostrar ahora el recíproco. Consideremos una cuaterna $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ con $x_1 + x_4 = x_2 + x_3$. Por tanto, queremos elegir $(Q(x), r, s)$ de manera que\n$$\nQ(x) - r = (x - x_1)(x - x_4), \\quad Q(x) - s = (x - x_2)(x - x_3).\n$$\nPara ello, pongamos $Q(x) = x^2 - (x_1 + x_4)x$. La condición se reescribe por tanto como\n$$\nr = -x_1x_4, \\quad s = -x_2x_3,\n$$\ny hemos acabado.\nSea $Q(x) = x^2 + ax + b$ y $P(x) = x^2 + cx + d$. Entonces\n$$\nP(Q(x)) = x^4 + 2ax^3 + (a^2 + 2b + c)x^2 + a(2b + c)x + (b^2 + bc + d).\n$$\nDado un polinomio de grado 4 de la forma\n$$\nR(x) = x^4 + \\alpha x^3 + \\beta x^2 + \\gamma x + \\delta,\n$$\nvamos a demostrar que se puede escribir como $P(Q(x))$ si y solamente si\n$$\n\\frac{\\alpha}{2} \\left( \\beta - \\left( \\frac{\\alpha}{2} \\right)^2 \\right) = \\gamma.\n$$\nPara ello, vamos a estudiar cuándo es posible construir $a, b, c$ y $d$. En primer lugar $a = \\alpha/2$. Supongamos ahora que $\\alpha \\neq 0$ y luego trataremos el caso $\\alpha = 0$. Entonces,\n$$\n2b + c = \\beta - (\\alpha/2)^2 \\\\\n2b + c = 2\\gamma/\\alpha,\n$$\ndonde $\\alpha$ se puede invertir por la condición $\\alpha \\neq 0$. De aquí resulta que la condición exigida es necesaria, y si esta se cumple tenemos que cualquier elección del par $(b, c)$ con $2b + c = \\beta - (\\alpha/2)^2$ nos sirve. Finalmente, una vez hemos fijado $b$ y $c$, ponemos $d = \\delta - b^2 - bc$. En el caso $\\alpha = 0$, observamos que $P(Q(x)) = x^4 + (2b+c)x^2 + (b^2+bc+d)$ y la condición es equivalente a $\\gamma = 0$. En ese caso, ponemos $a = 0$ y escogemos un par $(b, c)$ que cumpla $2b + c = \\beta$, e igual que antes ponemos $d = \\delta - b^2 - bc$. Por otro lado, si $\\gamma \\neq 0$ claramente no es posible escribir $R(x)$ como $P(Q(x))$ pues si el coeficiente con $x^3$ es 0 también lo será el coeficiente con $x$.\nVamos a empezar demostrando que si $x_1 + x_4 = x_2 + x_3$, entonces\n$$\n\\frac{\\alpha}{2} \\left( \\beta - \\left( \\frac{\\alpha}{2} \\right)^2 \\right) = \\gamma.\n$$\nPongamos $x_4 = x_2 + x_3 - x_1$. Entonces, un cálculo elemental muestra que\n$$\n\\begin{align*} \\alpha &= -2(x_2 + x_3), \\\\ \\beta &= 3x_2x_3 + x_3x_1 + x_1x_2 + x_2^2 + x_3^2 - x_1^2, \\\\ \\gamma &= x_1^2(x_2 + x_3) - x_1(x_2^2 + x_3^2) - x_2x_3(x_2 + x_3) - 2x_2x_3x_1. \\end{align*}\n$$\n\nSustituyendo estos valores, es inmediato ver que se cumple la condición sobre $\\alpha, \\beta$ y $\\gamma$.\nDe la misma manera, si tomamos $x_1, x_2, x_3, x_4$ arbitrarios, podemos sustituir las cantidades\n$$\n\\begin{aligned}\n\\alpha &= -(x_1 + x_2 + x_3 + x_4), \\\\\n\\beta &= x_1x_2 + x_1x_3 + x_1x_4 + x_2x_3 + x_2x_4 + x_3x_4, \\\\\n\\gamma &= x_1x_2x_3 + x_1x_2x_4 + x_1x_3x_4 + x_2x_3x_4\n\\end{aligned}\n$$\nen la expresión\n$$\n\\frac{\\alpha}{2} \\left( \\beta - \\left( \\frac{\\alpha}{2} \\right)^2 \\right) = \\gamma.\n$$\nReescribiéndola en términos de $x_4$, tenemos la ecuación de tercer grado\n$$\nx_4^3 - (x_1 + x_2 + x_3)x_4^2 + (2 \\sum x_1x_2 - \\sum x_1^2) + \\sum x_1^3 + 2x_1x_2x_3 - \\sum x_1^2x_2 = 0,\n$$\ndonde los sumatorios denotan las correspondientes sumas simétricas (por ejemplo, $\\sum x_1x_2 = x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3$). Las soluciones son $x_1 + x_2 - x_3$, $x_2 + x_3 - x_1$, $x_3 + x_1 - x_2$, y dado que tenemos la condición $x_1 \\le x_2 \\le x_3 \\le x_4$, necesariamente se ha de cumplir que $x_1 + x_4 = x_2 + x_3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43617,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Tenemos una fila de 203 casillas. Inicialmente la casilla de más a la izquierda contiene 203 fichas, y las demás están vacías. En cada movimiento podemos hacer una de estas dos operaciones:\n* Tomar una ficha, y desplazarla a una casilla adyacente (a izquierda o derecha).\n* Tomar exactamente 20 fichas de una misma casilla y desplazarlas todas a una casilla adyacente (todas a la izquierda o todas a la derecha).\nTras 2023 movimientos, cada casilla contiene una ficha. Demuestra que existe una ficha que se ha desplazado hacia la izquierda al menos nueve veces.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Consideramos la frontera entre la $n$-sima y la $n + 1$-sima casilla por la derecha. La cantidad neta de fichas que tiene que cruzar esa frontera es $n$. Vamos a contar cuántos movimientos han tenido que desplazar fichas a través de ella. Si $n = 20k + r$, donde $r$ es el residuo al dividir $n$ entre $20$, el número mínimo de movimientos es $k + r$ si $r \\in \\{0, 1, \\dots, 10\\}$, y $k + 1 + (20 - r)$ si $r \\in \\{11, 12, \\dots, 19\\}$.\n\nSumando esta cantidad para $n$ entre $1$ y $202$, el resultado es $2023$. Por lo tanto, el número de movimientos que ha cruzado cada una de las fronteras es exactamente el descrito anteriormente. En particular, en la frontera entre las casillas $11$ y $12$ por la derecha (que tiene un cruce neto de $11$ fichas) se han realizado diez movimientos: uno en el que $20$ fichas se han desplazado hacia la derecha y nueve en los que fichas individuales se han desplazado a la izquierda. De las veinte fichas que se han desplazado de golpe a la $11$ casilla por la derecha, una de ellas ha tenido que terminar en la $20$ o más a la izquierda, con lo que se ha desplazado a la izquierda al menos nueve veces.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43618,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "En el triángulo escaleno $ABC$ con incentro $I$, la recta $AI$ corta de nuevo a la circunferencia circunscrita en el punto $D$, y $J$ es el punto tal que $D$ es el punto medio de $IJ$. Se consideran puntos $E$ y $F$ en la recta $BC$ tales que $IE$ y $JF$ son perpendiculares a $AI$. Se consideran puntos $G$ en $AE$ y $H$ en $AF$ tales que $IG$ y $JH$ son perpendiculares a $AE$ y $AF$, respectivamente. Prueba que $BG = CH$.\n\nEn el triángulo escaleno *ABC* con incentro *I*, la recta *AI* corta de nuevo a la circunferencia circunscrita en el punto *D*, y *J* es el punto tal que *D* es el punto medio de *IJ*. Se consideran puntos *E* y *F* en la recta *BC* tales que *IE* y *JF* son perpendiculares a *AI*. Se consideran puntos *G* en *AE* y *H* en *AF* tales que *IG* y *JH* son perpendiculares a *AE* y *AF*, respectivamente. Prueba que $BG = CH$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Probaremos que $G$ y $H$ están en la circunferencia circunscrita de $ABC$, y que $GH \\parallel BC$. Esto implicará que los puntos $B, C, H, G$ forman un trapecio isósceles con $BG = CH$, y habremos terminado.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nComenzamos observando que $J$ es el $A$-exincentro de $ABC$, el punto de corte de la bisectriz interior de $A$ y las bisectrices exteriores de $B$ y $C$. Además, $D$ es el circuncentro del cuadrilátero cíclico $BICJ$, cuya circunferencia circunscrita $\\omega$ tiene diámetro $IJ$ y es tangente a las rectas $IE$ y $JF$.\n\nA continuación, calculamos la potencia desde $E$ a $\\omega$ y a la circunferencia de diámetro $IA$ (que pasa por $G$ y es tangente a $EI$), y la potencia desde $F$ a $\\omega$ y a la circunferencia de diámetro $JA$ (que pasa por $H$ y es tangente a $FI$), obteniendo:\n\n$$\nEB \\cdot EC = EI^2 = EA \\cdot EG,\n$$\n$$\nFB \\cdot FC = FJ^2 = FA \\cdot FH,\n$$\nlo cual muestra que $G$ y $H$ pertenecen al circuncírculo de $ABC$.\n\nPor otra parte, si $K = AI \\cap BC$, vemos que $BI$ y $BJ$ son respectivamente las bisectrices interior y exterior de $B$ en el triángulo $ABK$, lo que permite aplicar el teorema de la bisectriz:\n$$\n\\frac{IA}{IK} = \\frac{BA}{BK} = \\frac{JA}{JK}.\n$$\n\nEn particular $\\frac{IA}{JA}$ es igual a $\\frac{IK}{JK}$, que a su vez coincide con $\\frac{IE}{JF}$ (puesto que los triángulos $KIE$ y $KJF$ son semejantes). Esto prueba que los triángulos rectángulos $AIE$ y $AJF$ son semejantes. En la transformación de semejanza que lleva el primer triángulo en el segundo, es claro que $G$ se corresponde con $H$, pues las alturas $IG$ y $JH$ son correspondientes. Como consecuencia de la semejanza se deduce que $\\frac{AG}{AE} = \\frac{AH}{AF}$, y por el teorema de Thales (recíproco) se obtiene que $GH$ es paralelo a $EF$, lo que faltaba por demostrar para acabar el problema.\nLlamando $I_A$ al $A$-exincentro, por caza de ángulos se puede demostrar que los triángulos $DIB$, $DIC$, $DI_AB$, $DI_AC$ son todos isósceles en $D$. Es decir, el cuadrilátero $BICI_A$ es cíclico con circuncentro en $D$, que por arco capaz es el punto medio del arco $BC$ que no contiene a $A$ y está en la mediatriz de $BC$. Como $I$, $D$, $I_A$ están sobre la bisectriz del ángulo $A$, entonces $D$ es el punto medio de $II_A$, y concluimos que $J = I_A$ es el $A$-exincentro. Denotaremos por $\\omega$ a la circunferencia circunscrita a $BICJ$, que tiene por lo tanto centro en $D$.\n\nComo $IJ$ es claramente diámetro de $\\omega$ y las rectas $EI$, $FJ$ son perpendiculares a $IJ$, se tiene $EI$, $FJ$ son tangentes a $\\omega$. Por lo tanto, por el teorema de la potencia se tiene que $EB \\cdot EC = EI^2$ y que $FB \\cdot FC = FJ^2$. Ahora bien, como los triángulos $IGE$ y $AIE$ son ambos rectángulos en $G$, $I$ respectivamente, y comparten el ángulo $\\angle GEI = \\angle IEA$, entonces son semejantes y por lo tanto $EI^2 = EG \\cdot EA$. Luego $EB \\cdot EC = EG \\cdot EA$, y por el teorema de la potencia $G$ está en la circunferencia $\\Omega$ circunscrita a $ABC$. De forma análoga $FB \\cdot FC = FH \\cdot FA$ y $H$ está en $\\Omega$.\n\nLlamemos $X$ al punto donde la bisectriz del ángulo $A$ corta al lado $BC$. Es conocido por el teorema de la bisectriz que $\\frac{BX}{CX} = \\frac{AB}{AC}$, que también podemos expresar como $\\frac{BX}{BA} = \\frac{CX}{CA}$. Es decir, podemos definir un círculo de Apolonio como el conjunto de los puntos $P$ del plano tales que $\\frac{PX}{PA} = \\frac{BX}{BA} = \\frac{CX}{CA}$. Ahora bien, el centro de este círculo está en la bisectriz $AX$ del ángulo $A$, y a su vez en la mediatriz de $BC$, es decir en $D$, con lo que el círculo de Apolonio es $\\omega$. Como $I, J$ pertenecen a este círculo, se tiene entonces que\n$$\n\\frac{BX}{BA} = \\frac{CX}{CA} = \\frac{IX}{IA} = \\frac{JX}{JA}.\n$$\n\nConsideremos ahora los triángulos $EIX$ y $FJX$, que al compartir el ángulo $\\angle EXI = \\angle FXJ$ y ser rectángulos en $I, J$ respectivamente, son semejantes. Luego usando la relación anterior del círculo de Apolonio, tenemos que\n$$\n\\frac{FJ}{EI} = \\frac{JX}{IX} = \\frac{JA}{IA}.\n$$\n\nPero los triángulos $EIA$ y $FJA$ son rectángulos en $I$, $J$ respectivamente, luego son semejantes, y\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle GAB &= \\angle GAD - \\angle BAD = \\angle EAI - \\angle BAD = \\angle FAJ - \\angle CAD = \\\\\n&= \\angle HAD - \\angle CAD = \\angle HAC,\n\\end{align*}\n$$\ny como $BG$, $CH$ son cuerdas de $\\Omega$ subtendidas por el mismo ángulo, tienen la misma longitud, como queríamos demostrar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43619,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $\\mathbb{N}$ be the set of positive integers. Find all functions $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ such that for every $m, n \\in \\mathbb{N}$\n$$\nf(m)+f(n) \\mid m+n\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n for all n in N",
    "solution": "Solution:\nSoit $f$ une solution. Avec $m=n=1$, on obtient $f(1) \\mid 1$ et donc $f(1)=1$. Posons à présent $n=1$. On obtient\n$$\nf(m)+1 \\mid m+1\n$$\nIl serait intéressant de rendre le côté droit premier. Posons donc $m=p-1$ pour $p$ un nombre premier. On a donc $f(p-1)+1 \\mid p$ et comme $f(p-1)+1>1$, forcément $f(p-1)+1=p$ et donc $f(p-1)=p-1$ pour tous les nombres premiers $p$.\nPosons à présent $n=p-1$, on a $f(m)+p-1 \\mid m+p-1$ et donc\n$$\nf(m)+p-1 \\mid m-f(m)\n$$\nDans cette dernière relation, on fixe $m$ et on laisse $p$ tendre vers l'infini. On obtient ainsi des diviseurs arbitrairement grands pour $m-f(m)$. Forcément $f(m)=m$.\nOn vérifie facilement que l'identité est une solution.\nSolution:\nComme dans la première solution, on montre que $f(1)=1$. On procède à présent par induction. Supposons que $f(m)=m$ pour tout $m \\geq m_{0}$. On va montrer que $f\\left(m_{0}+1\\right)=m_{0}+1$.\nSoit $m=m_{0}+1$ et $n=m_{0}$. On a\n$$\nf\\left(m_{0}+1\\right)+m_{0} \\mid 2 m_{0}+1\n$$\nOn observe que $f\\left(m_{0}+1\\right)+m_{0} \\geq 1+m_{0}>\\left(2 m_{0}+1\\right) / 2$. Donc $f\\left(m_{0}+1\\right)+m_{0}$ est un diviseur de $2 m_{0}+1$ et il est strictement plus grand que la moitié de $2 m_{0}+1$ (qui est potentiellement le plus grand diviseur de $2 m_{0}+1$ différent de $2 m_{0}+1$). Forcément $f\\left(m_{0}+1\\right)+m_{0}=2 m_{0}+1$ et ainsi $f\\left(m_{0}+1\\right)=m_{0}+1$.\nComme avant, on vérifie que l'identité est bien une solution.\nSolution:\nOn procède également par induction. Avec $m=n$, on obtient $f(m) \\mid m$ et donc $f(m) \\leq m$. Supposons que $f(m)=m$ pour tout $m \\leq m_{0}-1$. Supposons par l'absurde que $f\\left(m_{0}\\right)<m_{0}$, donc on peut poser $n=m_{0}-f\\left(m_{0}\\right) \\geq 1$ dans la relation de départ. Comme $m_{0}-f\\left(m_{0}\\right) \\leq m_{0}-1$, par hypothèse on a $f\\left(m_{0}-f\\left(m_{0}\\right)\\right)=m_{0}-f\\left(m_{0}\\right)$. Avec $m=m_{0}$ et $n=m_{0}-f\\left(m_{0}\\right)$, on a\n$$\nf\\left(m_{0}\\right)+m_{0}-f\\left(m_{0}\\right) \\mid 2 m_{0}-f\\left(m_{0}\\right)\n$$\net donc $m_{0} \\mid f\\left(m_{0}\\right)$. Contradiction. Ainsi $f\\left(m_{0}\\right)=m_{0}$ et on vérifie que l'identité est bien une solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43620,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n1. $67$ Schüler schreiben eine Prüfung. Die Prüfung besteht aus $6$ multiple-choice Fragen, die alle mit ja oder nein beantwortet werden müssen. Jeder Schüler beantwortet dabei alle $6$ Fragen. Eine richtige Antwort auf die $k$-te Frage gibt $k$ Punkte, eine falsche Antwort $-k$ Punkte.\n\na) Zeige, dass mindestens zwei Schüler das Prüfungsblatt gleich ausgefüllt haben.\n\nb) Zeige, dass mindestens vier Schüler gleich viele Punkte erzielten.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na) Es sind sechs Fragen zu beantworten. Zu jeder Frage gibt es genau $2$ mögliche Antworten, insgesamt kann man das Prüfungsblatt also auf $2^{6} = 64$ Arten ausfüllen. Da in der Klasse $67 > 64$ Schüler sind, müssen nach dem Schubfachprinzip zwei Schüler das Prüfungsblatt gleich ausgefüllt haben.\n\nb) Was für Punktzahlen sind möglich? Die grösstmögliche Punktezahl wird mit $6$ richtigen Antworten erreicht, ist also $1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21$, die kleinstmögliche Punktezahl ist $-21$. Ausserdem können nur ungerade Punktezahlen erreicht werden. Dafür gibt es mehrere Begründungen, zum Beispiel die folgende: Die erste, dritte und fünfte Aufgabe geben je eine ungerade Punktezahl (ob positiv oder nicht ist egal), die anderen drei Aufgaben eine gerade Punktezahl. Jede erreichbare Gesamtpunktezahl ist also die Summe von drei geraden und drei ungeraden Zahlen, also ungerade.\n\nMan sieht unmittelbar, dass es genau $22$ ungerade Zahlen $k$ mit $-21 \\leq k \\leq 21$ gibt, also sind höchstens $22$ verschiedene Gesamtpunktzahlen möglich (man überlegt sich leicht, dass es tatsächlich $22$ sind, das wird aber nicht benötigt). Nun ist $67 > 3 \\cdot 22$, nach dem Schubfachprinzip haben also mindestens vier Schüler gleich viele Punkte erzielt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43621,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle aigu. Soient $M_{A}$, $M_{B}$ et $M_{C}$ les milieux respectifs des côtés $BC$, $CA$ et $AB$. Soient $M_{A}^{\\prime}$, $M_{B}^{\\prime}$ et $M_{C}^{\\prime}$ les milieux respectifs des arcs mineurs $BC$, $CA$ et $AB$ sur le cercle circonscrit au triangle $ABC$. Soit $P_{A}$ l'intersection de la droite $M_{B}M_{C}$ et de la perpendiculaire à $M_{B}^{\\prime}M_{C}^{\\prime}$ par $A$. Les points $P_{B}$ et $P_{C}$ sont définis de manière analogue. Montrer que les droites $M_{A}P_{A}$, $M_{B}P_{B}$ et $M_{C}P_{C}$ se coupent en un point.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOn montre d'abord que $AP_{A}$ est la bissectrice de l'angle $\\angle BAC$. Pour cela, on peut d'abord remarquer que $M_{B}^{\\prime}M_{B}$ et $M_{C}^{\\prime}M_{C}$ sont les médiatrices de $AC$ et $AB$, respectivement, s'intersectant ainsi en $O$ le centre du cercle circonscrit. Mais $\\triangle OM_{B}^{\\prime}M_{C}^{\\prime}$ étant isocèle, on a alors\n$$\n\\angle M_{C}M_{C}^{\\prime}M_{B}^{\\prime} = \\angle M_{B}M_{B}^{\\prime}M_{C}^{\\prime}\n$$\nIntroduisons maintenant $X = AP_{A} \\cap M_{C}^{\\prime}M_{B}^{\\prime}$. On remarque alors que $\\angle M_{C}^{\\prime}M_{C}A = 90^{\\circ} = \\angle M_{C}^{\\prime}XA$, et donc $AXM_{C}M_{C}^{\\prime}$ est un quadrilatère inscrit, en particulier $\\angle M_{C}AX = \\angle M_{C}M_{C}^{\\prime}X$, et symétriquement $\\angle M_{B}AX = \\angle M_{B}M_{B}^{\\prime}X$. On a alors\n$$\n\\angle BAP_{A} = \\angle M_{C}AX = \\angle M_{C}M_{C}^{\\prime}M_{B}^{\\prime} \\stackrel{(1)}{=} \\angle M_{B}M_{B}^{\\prime}M_{C}^{\\prime} = \\angle M_{B}AX = \\angle CAP_{A}\n$$\nprouvant bien que $AP_{A}$ est la bissectrice de $\\angle BAC$. Par symétrie, on obtient que les points $P_{A}$, $P_{B}$ et $P_{C}$ se trouvent sur les bissectrices des angles $\\angle BAC$, $\\angle CBA$ et $\\angle ACB$, respectivement. On veut maintenant conclure en utilisant Céva sur le triangle $\\triangle M_{A}M_{B}M_{C}$. On peut alors invoquer un résultat sur la bissectrice, qu'on peut démontrer avec le lemme magique par exemple :\n$$\n\\frac{M_{C}P_{A}}{P_{A}M_{B}} = \\frac{M_{C}A}{AM_{B}}\n$$\net on conclut alors par Céva sur le triangle $\\triangle M_{A}M_{B}M_{C}$, puisqu'on a symétriquement\n$$\n\\frac{M_{C}P_{A}}{P_{A}M_{B}} \\cdot \\frac{M_{B}P_{C}}{P_{C}M_{A}} \\cdot \\frac{M_{A}P_{B}}{P_{B}M_{C}} = \\frac{M_{C}A}{AM_{B}} \\cdot \\frac{M_{B}C}{CM_{A}} \\cdot \\frac{M_{A}B}{BM_{C}} = 1\n$$\nSolution:\n\nVoici une autre façon de démontrer que $AP_{A}$ est la bissectrice de $\\angle BAC$. Pour cela, introduisons $I$ le centre du cercle inscrit, et il nous suffira de montrer que $M_{B}^{\\prime}M_{C}^{\\prime}$ est la médiatrice de $AI$. Mais c'est une conséquence directe du lemme important suivant :\n\n**Lemme 1** Soit $\\triangle ABC$ un triangle quelconque et $I$ le centre de son cercle inscrit. Soit de plus $X$ le milieu de l'arc $BC$ ne contenant pas $A$, sur le cercle circonscrit à $\\triangle ABC$. Alors,\n$$\nXB = XI = XC\n$$\nPreuve. Par WUM, $A$, $I$ et $X$ sont alignés. On a alors\n$$\n\\angle XBI = \\angle XBC + \\angle CBI = \\angle XAC + \\angle ABI = \\angle IAB + \\angle BAI = \\angle XIB\n$$\nLe triangle $\\triangle XBI$ est alors isocèle en $X$, prouvant le lemme.\n\nOn obtient alors $M_{C}^{\\prime}A = M_{C}^{\\prime}I$ et $M_{B}^{\\prime}A = M_{B}^{\\prime}I$, montrant que $AI \\perp M_{C}^{\\prime}M_{B}^{\\prime}$ et ainsi que $AP_{A}$ est la bissectrice de $\\angle BAC$. On conclut comme dans la solution 1.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 43622,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$ABC$ sei ein spitzwinkliges Dreieck mit Umkreismittelpunkt $O$. Das Lot von $A$ auf $BC$ schneide den Umkreis im Punkt $D \\neq A$, und die Gerade $BO$ schneide den Umkreis im Punkt $E \\neq B$. Zeige, dass $ABC$ und $BDCE$ denselben Flächeninhalt haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir berechnen alle Flächeninhalte über der gemeinsamen Basis $BC$. Sei $P$ der Schnittpunkt von $AD$ mit $BC$. Nach Voraussetzung ist $AD \\perp BC$ und da $O$ auf $BE$ liegt, ist $BE$ ein Durchmesser des Umkreises und daher $\\angle BCE = 90^\\circ$, also auch $CE \\perp BC$. Damit können wir folgende Flächen berechnen:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\mathrm{F}(ABC) & = \\overline{BC} \\cdot \\overline{AP} / 2 \\\\\n\\mathrm{F}(BCD) & = \\overline{BC} \\cdot \\overline{DP} / 2 \\\\\n\\mathrm{F}(BCE) & = \\overline{BC} \\cdot \\overline{CE} / 2\n\\end{aligned}\n$$\nEs genügt also zu zeigen, dass $\\overline{AP} = \\overline{DP} + \\overline{CE}$. Die Gerade $BC$ steht senkrecht auf $AD$ und $CE$, also ist $AD \\parallel CE$. Betrachte nun die Gerade $m$ durch $O$, senkrecht zu $AD$ und $EC$. Wegen $\\overline{AO} = \\overline{DO}$ sind $A$ und $D$ symmetrisch bezüglich $m$. Analog sieht man, dass $C$ und $E$ symmetrisch bezüglich $m$ sind. Sei $Q$ der Schnittpunkt von $m$ mit $AD$. Dann haben wir also\n$$\n\\overline{AP} - \\overline{CE} / 2 = \\overline{AQ} = \\overline{DQ} = \\overline{DP} + \\overline{CE} / 2\n$$\nund das ist die Behauptung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43623,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ die folgende Gleichung erfüllt ist:\n$$\nf\\left((x-y)^2\\right)=x^2-2 y f(x)+(f(y))^2\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x and f(x) = x + 1",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen zuerst verschiedene Dinge für $x$ und $y$ ein:\n$$\n\\begin{aligned}\nx=y=0 & \\Rightarrow f(0)=f(0)^2 \\\\\ny=0 & \\Rightarrow f\\left(x^2\\right)=x^2+f(0)^2 \\\\\nx=0 & \\Rightarrow f\\left(y^2\\right)=-2 y f(0)+f(y)^2 \\\\\nx=y & \\Rightarrow f(0)=x^2-2 x f(x)+f(x)^2=(f(x)-x)^2\n\\end{aligned}\n$$\n\nDa jede nichtnegative Zahl von der Form $x^2$ ist, folgt aus (2) sofort\n$$\nf(x)=x+f(0)^2 \\quad \\forall x \\geq 0\n$$\nSei nun $z>0$. Setze in der ursprünglichen Gleichung $x=-z$ und $y=z$, dann folgt $f\\left(4 z^2\\right)=z^2-2 z f(-z)+f(z)^2$. Nach (5) ist ausserdem $f\\left(4 z^2\\right)=4 z^2+f(0)^2$ und $f(z)=z+f(0)^2$. Setzt man dies ein, dann ergibt sich\n$$\n\\begin{aligned}\n2 z f(-z) & =z^2+f(z)^2-f\\left(4 z^2\\right) \\\\\n& =z^2+\\left(z+f(0)^2\\right)^2-\\left(4 z^2+f(0)^2\\right) \\\\\n& =2 z\\left(-z+f(0)^2\\right)+\\underbrace{\\left(f(0)^4-f(0)^2\\right)}_{=0}=2 z\\left(-z+f(0)^2\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nwobei wir in der letzten Zeile noch (1) verwendet haben, quadrieren liefert nämlich $f(0)^2=f(0)^4$. Wegen $z>0$ können wir durch $2 z$ teilen und erhalten $f(-z)=-z+f(0)^2$, also\n$$\nf(x)=x+f(0)^2 \\quad \\forall x<0\n$$\nSchliesslich folgt aus (1) noch $f(0)=0$ oder $f(0)=1$, mit (5) und (6) ergeben sich damit die zwei Funktionen\n$$\nf(x)=x \\quad \\text{ und } \\quad f(x)=x+1\n$$\nDurch Einsetzen bestätigt man leicht, dass beides tatsächlich Lösungen sind.\nSolution:\n\nWir setzen zuerst verschiedene Dinge für $x$ und $y$ ein:\n$$\n\\begin{aligned}\nx=y=0 & \\Rightarrow f(0)=f(0)^2 \\\\\ny=0 & \\Rightarrow f\\left(x^2\\right)=x^2+f(0)^2 \\\\\nx=0 & \\Rightarrow f\\left(y^2\\right)=-2 y f(0)+f(y)^2 \\\\\nx=y & \\Rightarrow f(0)=x^2-2 x f(x)+f(x)^2=(f(x)-x)^2\n\\end{aligned}\n$$\n\nAus (1) folgt $f(0)=0$ oder $f(0)=1$, wir unterscheiden diese zwei Fälle.\n\n1. Fall $f(0)=0$\n\nAus (4) folgt $(f(x)-x)^2=0$, also\n$$\nf(x)=x \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$\n\n2. Fall $f(0)=1$\n\nAus (4) folgt $(f(x)-x)^2=1$, also\n$$\nf(x)=x \\pm 1 \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$\nNehme an, es existiert ein $b \\in \\mathbb{R}$ mit $f(b)=b-1$. Setze in (3) $y=b$, dann folgt\n$$\nf\\left(b^2\\right)=-2 b f(0)+f(b)^2=-2 b+(b-1)^2=b^2+(1-4 b)\n$$\nAusserdem ist ja wegen (7) auch $f\\left(b^2\\right)=b^2 \\pm 1$, also $(1-4 b)= \\pm 1$. Dies führt zu $b=0$ oder $b=1 / 2$. Ersteres ist nicht möglich, da $f(0) \\neq-1$. Das zweite ist aber ebenfalls unmöglich, denn dann wäre $b=1 / 2$ die einzige reelle Zahl mit $f(b)=b-1$. Setzt man aber in (3) $y=1 / 2$, dann folgt $f(1 / 4)=1 / 4-1$, Widerspruch. Folglich gilt in diesem Fall\n$$\nf(x)=x+1 \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$\nEinsetzen bestätigt, dass die beiden gefundenen Funktionen tatsächlich Lösungen sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43624,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWe are given $n$ distinct rectangles in the plane. Prove that between the $4 n$ interior right angles formed by these rectangles at least $4 \\sqrt{n}$ are distinct.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nFirst of all, let's make the whole picture easier to handle: We can split the rectangles into groups such that in each group, all sides of rectangles are parallel or perpendicular to each other. We also choose these groups to be maximal, in particular: For any two rectangles of different groups, they don't have parallel sides. We observe that this way, no two right angles of different groups can be the same, so we may count the right angles in each group and sum it up in the end. Say there are $k$ different groups and denote the number of rectangles in the $i$-th group by $n_{i}$. We can choose a coordinate system that has axes parallel to the rectangles in the $i$-th group and from now on only consider rectangles in this group.\n\nWe can now introduce the following variables:\n- $A_{i}$ : number of distinct right angles that form a top left corner\n- $B_{i}$ : number of distinct right angles that form a top right corner\n- $C_{i}$ : number of distinct right angles that form a bottom left corner\n- $D_{i}$ : number of distinct right angles that form a bottom right corner\n\nSince every rectangle in the $i$-th group is uniquely determined by one top left and one bottom right corner and for any two distinct rectangles, the combination of top left and bottom right corner must be different, we get the estimation\n$$\nA_{i} \\cdot D_{i} \\geq n_{i}\n$$\nThe same argument for top right corners and bottom left corners yields\n$$\nB_{i} \\cdot C_{i} \\geq n_{i}\n$$\nNow, by applying AM-GM to both expressions on the left hand sides, we get\n$$\n\\begin{gathered}\n\\left(\\frac{A_{i}+D_{i}}{2}\\right)^{2} \\geq A_{i} \\cdot D_{i} \\geq n_{i} \\Rightarrow A_{i}+D_{i} \\geq 2 \\sqrt{n_{i}} \\\\\n\\left(\\frac{B_{i}+C_{i}}{2}\\right)^{2} \\geq C_{i} \\cdot B_{i} \\geq n_{i} \\Rightarrow B_{i}+C_{i} \\geq 2 \\sqrt{n_{i}} \\\\\n\\Rightarrow A_{i}+B_{i}+C_{i}+D_{i} \\geq 4 \\sqrt{n_{i}}\n\\end{gathered}\n$$\nIn other words, the number of distinct right angles in the $i$-th group is greater or equal than $4 \\sqrt{n_{i}}$. Summing over all groups, we get the inequality:\n$$\n\\sum_{i=1}^{k}\\left(A_{i}+B_{i}+C_{i}+D_{i}\\right) \\geq \\sum_{i=1}^{k} 4 \\sqrt{n_{i}}\n$$\nOn the left hand side, we have the total number of distinct right angles. So it remains to show $\\sum_{i=1}^{k} 4 \\sqrt{n_{i}} \\geq 4 \\sqrt{n}$, which is obvious by\n$$\n\\left(\\sum_{i=1}^{k} \\sqrt{n_{i}}\\right)^{2} \\geq \\sum_{i=1}^{k}{\\sqrt{n_{i}}}^{2}=\\sum_{i=1}^{k} n_{i}=n\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43625,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte eine Tabelle mit $m$ Zeilen und $n$ Spalten. Auf wieviele Arten kann diese Tabelle mit lauter Nullen und Einsen ausgefüllt werden, sodass in jeder Zeile und jeder Spalte eine gerade Anzahl Einsen stehen?",
    "options": [],
    "answer": "2^{(m-1)(n-1)}",
    "solution": "Solution:\n\nNenne eine Tabelle, die die Forderungen der Aufgabe erfüllt, zulässig. Wir zeigen zuerst, dass eine zulässige Tabelle durch die Einträge in der oberen linken $m-1 \\times n-1$ Tabelle bereits eindeutig bestimmt ist. Denn die Einträge in der letzten Spalte, ausgenommen das Feld unten rechts, müssen 0 oder 1 sein, je nachdem, ob in der entsprechenden Zeile bereits eine gerade oder eine ungerade Anzahl Einsen stehen. Nun sind die Einträge in der untersten Zeile ebenfalls bestimmt, denn sie sind 0 oder 1, je nachdem, ob in der entsprechenden Spalte bereits eine gerade oder eine ungerade Anzahl Einsen stehen. Jetzt zeigen wir, dass jede $m-1 \\times n-1$ Tabelle durch Hinzufügen einer weiteren Spalte rechts und einer weiteren Zeile unten zu einer zulässigen Tabelle vervollständigt werden kann. Dies kann dann nach obigen Ausführungen auf genau eine Art geschehen. Dazu gehen wir wie folgt vor: schreibe in jedes Feld der letzten Spalte außer jenem unten rechts eine 0 oder 1, sodass die Zahl Einsen in der entsprechenden Zeile gerade ist. Verfahre analog mit den Feldern der untersten Zeile außer jenem unten rechts. Stehen nun in der letzten Spalte und der untersten Zeile entweder zweimal eine gerade oder zweimal eine ungerade Anzahl Einsen, dann schreibe ins Feld unten rechts eine 0 bzw. eine 1. Die so konstruierte Tabelle ist dann offensichtlich zulässig. Dies können wir aber immer machen, denn es gilt:\nDie Anzahl Einsen in der letzten Spalte ist ungerade.\n![](attached_image_1.png)\n$\\Longleftrightarrow$ Die Anzahl Einsen in der untersten Zeile ist ungerade.\nNun können wir die obere linke $m-1 \\times n-1$ Tabelle auf genau $2^{(m-1)(n-1)}$ Arten mit Nullen und Einsen füllen, und jede solche Tabelle lässt sich auf genau eine Art zu einer zulässigen Tabelle vervollständigen. Daher ist die Lösung der Aufgabe\n$$\n2^{(m-1)(n-1)}\n$$\nSolution:\n\nWir füllen die Tabelle zeilenweise. Es gibt genau $2^{n-1}$ Möglichkeiten, eine Zeile der Länge $n$ mit Nullen und Einsen zu füllen, sodass eine gerade Zahl Einsen in dieser Zeile stehen. Wir geben zwei Begründungen.\n\nErstens: Fülle die ersten $n-1$ Felder beliebig, dann muss im letzten Feld eine Null oder Eins stehen, je nachdem, ob die Anzahl Einsen in den ersten $n-1$ Feldern gerade ist oder nicht. Dies geht auf $2^{n-1}$ Arten.\n\nZweitens: Es gibt genau $\\binom{n}{0}+\\binom{n}{2}+\\binom{n}{4}+\\ldots$ Möglichkeiten, eine gerade Anzahl Einsen zu verwenden. Dies ist gleich $2^{n-1}$, wie man durch Addition der beiden Formeln\n$$\n\\begin{aligned}\n2^{n} & =(1+1)^{n}=\\sum_{k=1}^{n}\\binom{n}{k} 1^{k} 1^{(n-k)}=\\binom{n}{0}+\\binom{n}{1}+\\binom{n}{2}+\\ldots \\\\\n0 & =(1-1)^{n}=\\sum_{k=1}^{n}\\binom{n}{k} 1^{k}(-1)^{(n-k)}=\\binom{n}{0}-\\binom{n}{1}+\\binom{n}{2}-+\\ldots\n\\end{aligned}\n$$\nund Halbieren des Ergebnisses sieht.\n\nFülle nun die ersten $m-1$ Zeilen in dieser Weise, dies geht auf $\\left(2^{n-1}\\right)^{m-1}=2^{(m-1)(n-1)}$ verschiedene Arten. Wir zeigen jetzt, dass jede solche $m-1 \\times n$ Tabelle auf genau eine Weise durch Hinzufügen einer weiteren Zeile zu einer zulässigen $m \\times n$ Tabelle vervollständigt werden kann.\n\nOffensichtlich ist die unterste Zeile bereits bestimmt durch die Forderung, dass alle Spalten eine gerade Zahl Einsen enthalten soll, die Vervollständigung kann daher auf höchstens eine Weise geschehen. Andererseits können wir die Felder der untersten Zeile entsprechend mit 0 oder 1 füllen, je nachdem, ob die Spalte dieses Feldes bereits eine gerade oder eine ungerade Anzahl Einsen enthält. Um zu zeigen, dass die so konstruierte $m \\times n$ Tabelle zulässig ist, müssen wir lediglich noch zeigen, dass die Anzahl Einsen in der untersten Zeile gerade ist. Betrachte dazu die äquivalenten Aussagen:\n\nDie Anzahl Einsen in der letzten Zeile ist gerade.\n\n$\\Longleftrightarrow$ Die Anzahl Spalten mit einer ungeraden Anzahl Einsen in der oberen $m-1 \\times n$ Tabelle ist gerade.\n\n$\\Longleftrightarrow$ Die Anzahl Einsen in dieser $m-1 \\times n$ Tabelle ist gerade.\n\nLetzteres ist aber richtig, da jede Zeile der oberen $m-1 \\times n$ Tabelle nach Konstruktion eine gerade Anzahl Einsen enthält.\n\nFolglich ist die Anzahl zulässiger Tabellen gleich\n$$\n2^{(m-1)(n-1)}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43626,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $\\varphi$ denote the Euler phi-function. Prove that for every positive integer $n$\n$$\n2^{n(n+1)} \\mid 32 \\cdot \\varphi\\left(2^{2^{n}}-1\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWe induct on $n$. The cases $n=1,2,3$ can easily be checked by hand:\n- $n=1: 2^{2} \\mid 32 \\cdot 2$.\n- $n=2: 2^{6} \\mid 2^{5} \\cdot \\varphi(15)=2^{5} \\cdot 2 \\cdot 2^{3}$\n- $n=3: 2^{12} \\mid 2^{5} \\cdot \\varphi(255)=2^{5} \\cdot 2 \\cdot 2^{2} \\cdot 2^{4}=2^{12}$\n\nFor $n \\geq 4$ assume the statement is true for all $1 \\leq k < n$ and note that\n$$\n\\varphi\\left(2^{2^{n}}-1\\right)=\\varphi\\left(\\left(2^{2^{n-1}}-1\\right)\\left(2^{2^{n-1}}+1\\right)\\right)=\\varphi\\left(2^{2^{n-1}}-1\\right) \\cdot \\varphi\\left(2^{2^{n-1}}+1\\right)\n$$\nsince $\\gcd\\left(2^{2^{n-1}}-1,2^{2^{n-1}}+1\\right)=1$. But from our inductive assumption we know that\n$$\n2^{(n-1) n} \\mid 32 \\cdot \\varphi\\left(2^{2^{n-1}}-1\\right)\n$$\nso all that is left to prove is that\n$$\n2^{2 n} \\mid \\varphi\\left(2^{2^{n-1}}+1\\right)\n$$\nTake now any prime $p$ that divides $2^{2^{n-1}}+1$ and let $d$ be the order of $2 \\bmod p$. We know that\n$$\n2^{2^{n-1}} \\equiv -1 \\bmod p, \\text{ squaring gives } 2^{2^{n}} \\equiv 1 \\bmod p\n$$\nBy the properties of the order we therefore have\n$$\nd \\mid 2^{n} \\text{ but } d \\nmid 2^{n-1}\n$$\nThis implies $d=2^{n}$ and since we also have $d \\mid p-1$ we get\n$$\n2^{n} \\mid p-1 \\text{ and therefore } p \\equiv 1 \\bmod 2^{n}\n$$\nIf we are also able to prove that $2^{2^{n-1}}+1$ contains at least two different prime factors we would be done. This is because if $p, q$ are two different such primes we can write\n$$\n2^{2^{n-1}}+1=p^{x} \\cdot q^{y} \\cdot N\n$$\nwith $N$ a positive integer and $p, q \\nmid N$. Then\n$$\n\\varphi\\left(2^{2^{n-1}}+1\\right)=(p-1)(q-1) \\cdot p^{x-1} q^{y-1} \\varphi(N) \\equiv 0 \\bmod 2^{2 n}\n$$\nAssume now that $2^{2^{n-1}}+1$ is instead a prime power, say $p^{x}$. It follows that\n$$\n(p-1)\\left(p^{x-1}+p^{x-2}+\\ldots+p+1\\right)=p^{x}-1=2^{2^{n-1}}\n$$\nIt follows that $x$ is odd since squares are $\\equiv 0$ or $1 \\bmod 4$ and using the fact that $p \\equiv 1 \\bmod 2^{n}$ we find\n$$\np^{x-1}+p^{x-2}+\\ldots+p+1 \\equiv x \\bmod 2^{n}\n$$\nimplying $x=1$. But then $2^{2^{n-1}}+1$ is a prime and\n$$\n\\varphi\\left(2^{2^{n-1}}+1\\right)=2^{2^{n-1}}\n$$\nand since $n \\geq 4$ we have $2^{n-1} \\geq 2 n$ and we are done in this case as well.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43627,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBeweise für positive reelle Zahlen $x, y, z$ mit $x+y+z=1$ die folgende Ungleichung:\n$$\n\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y} \\geq 2\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nZuerst C.S., dann AM-QM:\n$$\n\\begin{aligned}\nA=A \\cdot 1 & =\\left(\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\\right)(x+y+z) \\\\\n& \\geq\\left(\\sqrt{x^{2}+y^{2}}+\\sqrt{y^{2}+z^{2}}+\\sqrt{z^{2}+x^{2}}\\right)^{2} \\\\\n& \\geq\\left(\\sqrt{2} \\cdot \\frac{x+y}{2}+\\sqrt{2} \\cdot \\frac{y+z}{2}+\\sqrt{2} \\cdot \\frac{z+x}{2}\\right)^{2} \\\\\n& =(\\sqrt{2} \\cdot(x+y+z))^{2}=2\n\\end{aligned}\n$$\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\nA & =\\frac{x^{2}}{z}+\\frac{y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}}{x}+\\frac{z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}}{y}+\\frac{x^{2}}{y} \\\\\n& =\\frac{1}{3}\\left(\\frac{x^{2}}{y}+\\frac{x^{2}}{y}+\\frac{y^{2}}{x}\\right)+\\frac{1}{3}\\left(\\frac{x^{2}}{z}+\\frac{x^{2}}{z}+\\frac{z^{2}}{x}\\right)+\\ldots+\\frac{1}{3}\\left(\\frac{z^{2}}{y}+\\frac{z^{2}}{y}+\\frac{y^{2}}{z}\\right) \\\\\n& \\geq x+x+y+y+z+z=2\n\\end{aligned}\n$$\nwenn man AM-GM auf jeden Summanden anwendet.\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nBrute Force\n$$\n\\begin{aligned}\nA \\geq 2 & \\Leftrightarrow \\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y} \\geq 2(x+y+z) \\\\\n& \\Leftrightarrow x^{3} y+x^{3} z+y^{3} x+y^{3} z+z^{3} x+z^{3} y \\geq 2\\left(x^{2} y z+y^{2} z x+z^{2} x y\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nLetzteres folgt aus AM-GM, indem man die Ungleichung\n$$\n\\frac{x^{3} y+x^{3} z+y^{3} x+z^{3} x}{4} \\geq \\sqrt[4]{x^{8} y^{4} z^{4}}=x^{2} y z\n$$\nsowie die dazu analogen aufsummiert (das ist nichts anderes als Bunching, für all jene, die damit vertraut sind).\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nAM-QM ergibt\n$$\nx^{2}+y^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}-z^{2} \\geq 3\\left(\\frac{x+y+z}{3}\\right)^{2}-z^{2}=\\frac{1}{3}-z^{2}\n$$\nAus dieser und den analogen Ungleichungen folgt\n$$\n\\begin{aligned}\nA & \\geq \\frac{\\frac{1}{3}-z^{2}}{z}+\\frac{\\frac{1}{3}-x^{2}}{x}+\\frac{\\frac{1}{3}-y^{2}}{y} \\\\\n& =\\frac{1}{3}\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right)-(x+y+z) \\\\\n& \\geq \\frac{3}{x+y+z}-(x+y+z)=3-1=2\n\\end{aligned}\n$$\nwenn man noch AM-HM benützt.\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nAM-QM ergibt\n$$\n\\frac{x^{2}+y^{2}}{z} \\geq \\frac{2\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^{2}}{z}=\\frac{(x+y)^{2}}{2 z}=\\frac{(1-z)^{2}}{2 z}=\\frac{1}{2 z}-1+\\frac{z}{2}\n$$\nAus dieser und den analogen Ungleichungen folgt\n$$\n\\begin{aligned}\nA & \\geq \\frac{1}{2 x}+\\frac{1}{2 y}+\\frac{1}{2 z}-3+\\frac{x+y+z}{2}=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right)-\\frac{5}{2} \\\\\n& \\geq \\frac{1}{2} \\frac{9}{x+y+z}-\\frac{5}{2}=2\n\\end{aligned}\n$$\nwenn man noch AM-HM benützt.\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nDie Folgen $\\left(x^{2}+y^{2}, y^{2}+z^{2}, z^{2}+x^{2}\\right)$ und $(1 / z, 1 / x, 1 / y)$ sind gleich geordnet, also folgt mit Tschebyschef\n$$\n\\begin{aligned}\nA & \\geq \\frac{1}{3}\\left(x^{2}+y^{2}+y^{2}+z^{2}+z^{2}+x^{2}\\right)\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right) \\\\\n& =\\frac{2}{3}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)\\right) \\cdot \\frac{1}{3}\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right) \\\\\n& \\geq \\frac{2}{3}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x\\right) \\frac{3}{x+y+z} \\\\\n& =\\frac{2}{3}(x+y+z)^{2} \\frac{3}{x+y+z}=2\n\\end{aligned}\n$$\nwobei der erste Faktor in der zweiten Zeile mit AM-GM oder dem Hauptsatz oder C.S. (oder Bunching) und der zweite Faktor mit AM-HM abgeschätzt wird.\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nDie Folgen $\\left(x^{2}+y^{2}, y^{2}+z^{2}, z^{2}+x^{2}\\right)$ und $(1 / z, 1 / x, 1 / y)$ sind gleich geordnet, also folgt\nmit dem Hauptsatz\n$$\n\\begin{aligned}\nA & \\geq \\frac{x^{2}+y^{2}}{x}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{y}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{z}=x+y+z+\\frac{y^{2}}{x}+\\frac{z^{2}}{y}+\\frac{x^{2}}{z} \\\\\n& =1+\\frac{y^{2}}{x}+\\frac{z^{2}}{y}+\\frac{x^{2}}{z}\n\\end{aligned}\n$$\nsowie analog\n$$\n\\begin{aligned}\nA & \\geq \\frac{x^{2}+y^{2}}{y}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{z}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{x}=x+y+z+\\frac{x^{2}}{y}+\\frac{y^{2}}{z}+\\frac{z^{2}}{x} \\\\\n& =1+\\frac{x^{2}}{y}+\\frac{y^{2}}{z}+\\frac{z^{2}}{x}\n\\end{aligned}\n$$\nAddieren ergibt $2 A \\geq 2+A$, also $A \\geq 2$.\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nAnwenden von AM-GM auf jeden Summanden ergibt\n$$\nA \\geq \\frac{2 x y}{z}+\\frac{2 y z}{x}+\\frac{2 z x}{y}\n$$\nDie Folgen $(2 x y, 2 y z, 2 z x)$ und $(1 / z, 1 / x, 1 / y)$ sind gleich geordnet, also folgt mit dem Hauptsatz\n$$\nA \\geq \\frac{2 x y}{x}+\\frac{2 y z}{y}+\\frac{2 z x}{z}=2(x+y+z)=2\n$$\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nSetze $s=x^{2}+y^{2}+z^{2}$, dann folgt leicht mit AM-QM oder C.S. $s \\geq(x+y+z)^{2} / 3=1 / 3$. Ausserdem ist\n$$\nA=\\frac{s-z^{2}}{z}+\\frac{s-x^{2}}{x}+\\frac{s-y^{2}}{y}\n$$\nDie Funktion $f(x)=\\frac{s-x^{2}}{x}$ ist konvex für $0<x<s$, also folgt mit Jensen\n$$\n\\begin{aligned}\nA & =3\\left(\\frac{1}{3} f(x)+\\frac{1}{3} f(y)+\\frac{1}{3} f(z)\\right) \\geq 3 f\\left(\\frac{x+y+z}{3}\\right) \\\\\n& =3 f\\left(\\frac{1}{3}\\right)=9 s-1 \\geq 2\n\\end{aligned}\n$$\nSolution:\n\nEs gibt sehr viele Wege, diese Ungleichung zu beweisen. Wir geben 10 verschiedene Lösungen als Auswahl. Wir verwenden folgende Abkürzungen:\nHM, GM, AM, QM: harmonisches, geometrisches, arithmetisches, quadratisches Mittel. C.S.: Ungleichung von Cauchy-Schwarz.\nSetze\n$$\nA=\\frac{x^{2}+y^{2}}{z}+\\frac{y^{2}+z^{2}}{x}+\\frac{z^{2}+x^{2}}{y}\n$$\n\nSetze $s=x^{2}+y^{2}+z^{2}$, dann ist\n$$\n\\begin{aligned}\nA & =\\frac{s-z^{2}}{z}+\\frac{s-x^{2}}{x}+\\frac{s-y^{2}}{y}=s\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right)-(x+y+z) \\\\\n& =\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)\\left(\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}\\right)-1\n\\end{aligned}\n$$\nDie Folgen $\\left(x^{2}, y^{2}, z^{2}\\right)$ und $(1 / x, 1 / y, 1 / z)$ sind gegensätzlich geordnet, also folgt mit Tschebyschef\n$$\nA \\geq 3\\left(\\frac{x^{2}}{x}+\\frac{y^{2}}{y}+\\frac{y^{2}}{y}\\right)-1=3 /(x+y+z)-1=2\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43628,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all the positive integers $a, b, c$ such that\n$$\na!\\cdot b! = a! + b! + c!\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(3, 3, 4)",
    "solution": "Solution:\n(Valentin and Tanish) Without loss of generality we assume $a \\leq b$. We now divide the entire expression by $b!$ and get\n$$\na! = \\frac{a!}{b!} + \\frac{c!}{b!} + 1\n$$\nIf $a < b$ then also $c < b$ since the right hand side should be an integer. But then\n$$\n\\frac{a!}{b!} + \\frac{c!}{b!} + 1 < 3\n$$\nand we get $a = 1$ or $2$, both leading to a contradiction. We conclude that $a = b$. The problem is therefore reduced to\n$$\na! = \\frac{c!}{a!} + 2 > 2\n$$\nwhich implies $c \\geq a \\geq 3$. If $c \\geq a + 3$ then the right side is not divisible by $3$ while the left side is. Otherwise if $a \\leq c \\leq a + 2$ we either have $c = a$ which does not lead to a solution, $c = a + 1 \\Longrightarrow a! = a + 3$ and leads to the solution $(3,3,4)$, or $c = a + 2$ which leads to\n$$\na! = (a+1)(a+2) + 2 = a^{2} + 3a + 4\n$$\nHere, the left side is strictly bigger than the right side for $a \\geq 5$ and smaller values do not lead to any solutions.\nSolution:\n(Louis)\nOn regroupe tous les termes contenant $a$ ou $b$ au côté gauche de l'équation pour obtenir\n$$\na!b! - a! - b! = c!\n$$\nOn suppose sans perte de généralité que $a \\leq b$ et donc le côté gauche est divisible par $a!$. Il s'ensuit que le côté droit est également divisible par $a!$, donc $c \\geq a$. Après division par $a!$ on obtient l'équation\n$$\nb! - 1 - (a+1) \\cdots b = (a+1) \\cdots c.\n$$\nSi $b$ et $c$ sont tous les deux strictement plus grands que $a$ on devrait alors avoir que $a+1$ divise $1$ (car $a+1$ divise tous les autres termes), ce qui est impossible car $a$ est positif. Ainsi, on a soit $a = b$, soit $a = c$.\n- Si $a = c$, l'équation originale peut être réécrite $(a! - 1) \\cdot b! = 2a!$. Ainsi $(a! - 1)$ divise $2a!$, mais $\\operatorname{gcd}(a! - 1, 2a!) = 2$, donc la seule solution est $a = 2$, qui implique alors $b! = 4$, et cette équation n'admet aucune solution. Ainsi l'équation originelle n'admet aucune solution si $a = c$.\n- Si $a = b$, on obtient $a! - 2 = (a+1) \\cdots c$ et on termine comme dans la solution précédente.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43629,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n$ be a positive integer. Consider the following game: Initially, $k$ stones are distributed among the $n^{2}$ squares of an $n \\times n$ chessboard. A move consists of choosing a square containing at least as many stones as the number of its adjacent squares (two squares are adjacent if they share a common edge) and moving one stone from this square to each of its adjacent squares.\n\nDetermine all positive integers $k$ such that:\n(a) There is an initial configuration with $k$ stones such that no move is possible.\n(b) There is an initial configuration with $k$ stones such that an infinite sequence of moves is possible.",
    "options": [],
    "answer": "(a) All positive integers k with k ≤ 3n^2 − 4n. (b) All integers k with k ≥ 2n^2 − 2n.",
    "solution": "Solution:\n\nClearly, the first requirement imposes an upper bound on $k$ (if there is an initial configuration with $k$ stones where no moves are possible, then taking away stones from this configuration will not suddenly make a move possible) and the second requirement imposes a lower bound on $k$ (similarly, if infinitely many moves are possible for a given $k$ then we can just add stones and ignore their presence altogether).\n\nFirst, we determine the upper bound. Note that if we place on each square a number of stones that is one less than the number of squares adjacent to it (so $1$ on every corner, $2$ on every edge and $3$ on \"inner\" squares) then no moves are possible, as no square has enough stones for a move to be made. However, should we take any more than this number, then a pigeonhole principle on the squares shows that, for any given configuration with this many stones, a move is always possible because at least one square will have at least as many stones as it does adjacent squares. Calculating the total number of stones, we get $3 n^{2}-4 n$.\n\nNow, we propose a lower bound for the second condition of $2 n^{2}-2 n$. A configuration with this many stones that has an infinite number of possible moves does indeed exist; place on all the white squares a number of stones equivalent to the number of squares bordering them. Then firstly perform a move on all of the white squares. After this has been done, each of the black squares will have a number of stones equivalent to the number of squares bordering them. After doing a move on each of the black squares, we find ourselves back at our original state, and proving there is a loop between the same state is sufficient to finish, as one has merely to repeat this loop indefinitely to have the desired infinite sequence.\n\nNow let us show that $2 n^{2}-2 n$ is indeed a bound. If an infinite sequence is possible, as there are only finitely many configurations available to us, you must be able to go from some configuration to itself in a finite number of moves. To do so, you must apply a move on every square at least once (it can be proven that you have to apply the same number of moves to every square, but this is not necessary to finish) as if there are squares that are untouched, at least one square not used for a move is adjacent to a square that has been used and the net movement of stones to the unused square has to be positive, which is a contradiction with the fact the net movement should be $0$ everywhere to return to the same state. Now, each stone can be labelled with an edge (here, an edge is defined as the border between two squares). To do so, all we do is the first time an edge is crossed by a stone, we assign that stone to the edge permanently, and henceforth the stone in question is made to cross over that edge exclusively. This can be done as to displace the stone you must play a move on its new square, but this will always enable you to return to its original square, and so forth. Clearly, only one stone is associated to each edge, and since every edge is crossed at least once, we must assign a stone to all edges, so we need at least $2 n^{2}-2 n$ stones. Note that not all stones are necessarily assigned an edge by the end; this can be thought of as an injective function from edges to stones.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 43630,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein gleichschenkliges Trapez mit $AD > BC$. Sei $X$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle BAC$ und $BC$. Sei $E$ der Schnittpunkt von $DB$ mit der Parallelen zu der Winkelhalbierenden von $\\angle CBD$ durch $X$ und sei $F$ der Schnittpunkt von $DC$ mit der Parallelen zu der Winkelhalbierenden von $\\angle DCB$ durch $X$. Zeige, dass $AEFD$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDa $ABCD$ ein Sehnenviereck ist, hat man $\\angle ABE = \\angle ACF$.\n\nWenn man beweist, dass die Dreiecke $\\triangle ABE$ und $\\triangle ACF$ ähnlich sind, dann hat man, dass $\\angle AED = \\angle AEB = \\angle AFC = \\angle AFD$, also ist $AEFD$ ein Sehnenviereck. Man muss also nur noch zeigen, dass $\\frac{AB}{BE} = \\frac{AC}{CF}$.\n\nWeil die Gerade $EX$ parallel zur Winkelhalbierenden ist, findet man $\\angle XEB = \\angle EXB$ und somit $BE = BX$ und auf genau gleiche Weise $CF = CX$.\n\nDie Dreiecke $AFC$ und $AEB$ sind also genau dann ähnlich zueinander, wenn $\\frac{AB}{BX} = \\frac{AC}{CX}$. Diese Gleichung findet man aber mit dem magischen Lemma oder mit ähnlichen Dreiecken, da $X$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle BAC$ mit $BC$ ist.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43631,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $n$ un nombre entier strictement positif. Soient $x_{1} \\leq x_{2} \\leq \\ldots \\leq x_{n}$ des nombres réels tels que $x_{1}+x_{2}+\\ldots+x_{n}=0$ et $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\\ldots+x_{n}^{2}=1$. Montrer que $x_{1} x_{n} \\leq -1 / n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOn commence par élever au carré la condition que la somme des $x_{i}$ est $0$ :\n$$\n\\underbrace{\\sum x_{i}^{2}}_{=1}+\\sum_{i \\neq j} 2 x_{i} x_{j}=\\left(\\sum x_{i}\\right)^{2}=0\n$$\net donc on conclut que\n$$\n\\sum_{i \\neq j} 2 x_{i} x_{j}=-1\n$$\nLe but est de faire apparaître seulement des termes $x_{1} x_{n}$. Dans ce but, on peut réécrire la somme ci-dessus comme\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i \\neq j} 2 x_{i} x_{j} & =2 x_{1} x_{n}+\\sum_{k=2}^{n-1} x_{k} x_{1}+x_{k} x_{n}+x_{k} \\underbrace{\\left(x_{1}+\\ldots+x_{k-1}+x_{k+1}+\\ldots+x_{n}\\right)}_{=-x_{k}} \\\\\n& =2 x_{1} x_{n}+\\sum_{k=2}^{n-1} x_{1} x_{k}+x_{n} x_{k}-x_{k}^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nIl suffit donc de montrer que $x_{1} x_{k}+x_{n} x_{k}-x_{k}^{2} \\geq x_{1} x_{n}$ pour conclure. On propose deux arguments.\n\na. (David's clever trick) L'inégalité se factorise en $\\left(x_{k}-x_{1}\\right)\\left(x_{n}-x_{k}\\right) \\geq 0$ qui est clairement vraie.\n\nb. Observer que comme $x_{1}+\\ldots+x_{n}=0$ et que toutes les variables ne peuvent pas être $0$ simultanément (à cause de la deuxième condition), alors on doit avoir $x_{1}<0$ et $x_{n}>0$.\nOn distingue deux cas:\n\ni. Si $x_{k} \\geq 0$, alors $x_{n} x_{k}-x_{k}^{2}=x_{k}\\left(x_{n}-x_{k}\\right) \\geq 0$. De plus, $x_{1} x_{k} \\geq x_{1} x_{n}$ car $x_{1}<0$ et $x_{n} \\geq x_{k}$. Donc on a bien $x_{1} x_{k}+x_{n} x_{k}-x_{k}^{2} \\geq x_{1} x_{n}$.\n\nii. Si $x_{k} \\leq 0$, alors $x_{1} x_{k}-x_{k}^{2}=x_{k}\\left(x_{1}-x_{k}\\right) \\geq 0$. De plus, $x_{n} x_{k} \\geq x_{1} x_{n}$ car $x_{n}>0$ et $x_{k} \\geq x_{1}$. Donc dans ce cas aussi on conclut que $x_{1} x_{k}+x_{n} x_{k}-x_{k}^{2} \\geq x_{1} x_{n}$.\nSolution:\n\nA nouveau, on a $x_{1}<0$ et $x_{n}>0$. Dans cette solution, on trouve l'indice $k$ tel que $x_{i} \\leq 0$ pour $i \\leq k$ et $x_{i}>0$ pour $i>k$. On estime à présent la somme des carrés:\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} x_{i}^{2} \\leq \\sum_{i=1}^{k} x_{1} x_{i}=-x_{1} \\sum_{i=k+1}^{n} x_{i} \\leq (n-k)\\left(-x_{1}\\right) x_{n}\n$$\net\n$$\n\\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}^{2} \\leq x_{n} \\sum_{i=k+1}^{n} x_{i}=x_{n} \\sum_{i=1}^{k}-x_{i} \\leq k\\left(-x_{1}\\right) x_{n}\n$$\nEn sommant ces deux inégalités on obtient bien $1 \\leq -n x_{1} x_{n}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43632,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZwei Kreise schneiden sich in den beiden Punkten $M$ und $N$. Sei $A$ ein weiterer Punkt auf dem ersten Kreis, verschieden von $M$ und $N$. Die Geraden $A M$ und $A N$ schneiden den zweiten Kreis nochmals in den Punkten $B$ und $C$. Zeige, dass die Tangente an den ersten Kreis im Punkt $A$ parallel zur Geraden $B C$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $P$ ein Punkt auf der Tangente an den ersten Kreis durch $A$, sodass $P$ und $N$ auf verschiedenen Seiten der Geraden $A M$ liegen. Nach dem Tangentenwinkelsatz gilt $\\Varangle P A M = \\Varangle A N M$. Da $M N C B$ ein Sehnenviereck ist, gilt ausserdem $\\Varangle C B M = 180^{\\circ} - \\Varangle C N M = \\Varangle A N M$. Zusammen ergibt das $\\Varangle P A B = \\Varangle C B A$, also sind die Tangente und die Gerade $B C$ nach dem Stufenwinkelsatz parallel.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43633,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZeige, dass das Produkt von 5 aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen keine Quadratzahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nJe zwei dieser fünf Zahlen haben eine Differenz $\\leq 4$. Jede Primzahl $p \\geq 5$, die eine dieser Zahlen teilt, kann daher keine weitere teilen und muss deshalb mit geradem Exponenten in der Primfaktorzerlegung dieser Zahl auftreten. Wir ordnen jeder dieser fünf Zahlen ein Paar $(a, b)$ zu. Dabei ist $a$ gleich 0 oder 1, je nachdem ob 2 in der Primfaktorzerlegung dieser Zahl mit geradem oder ungeradem Exponenten auftaucht, und $b$ ist ebenfalls gleich 0 oder 1, je nachdem ob 3 in der Primfaktorzerlegung dieser Zahl mit geradem oder ungeradem Exponenten auftaucht. Es gibt nur vier mögliche solcher Folgen, nach dem Schubfachprinzip besitzen also zwei der fünf Zahlen dieselbe Folge. Nach obigen Ausführungen bedeutet das aber, dass diese Zahlen von der Form $a m^{2}$ und $a n^{2}$ sind, wobei $a \\in\\{1,2,3,6\\}$ und $m \\neq n$. Deren Differenz $a(n+m)(n-m)$ muss $\\leq 4$ sein, daher ist $a=1, m=1, n=2$ und die fünf Zahlen sind $1,2,3,4,5$. Deren Produkt ist aber keine Quadratzahl.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43634,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIst es möglich, die Menge $\\{1,2, \\ldots, 33\\}$ derart in 11 disjunkte Teilmengen zu zerlegen, dass jede Teilmenge 3 Elemente enthält, von denen eines die Summe der beiden anderen ist?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "Solution:\n\nNein, dies ist nicht möglich. Nehme an, doch. Jede der 11 Teilmengen ist dann von der Form $\\{a, b, a+b\\}$, insbesondere ist die Summe $2(a+b)$ dieser drei Elemente gerade. Da die Teilmengen disjunkt sind, ist daher auch die Summe aller 33 Elemente gerade. Im Widerspruch dazu ist aber\n$$\n1+2+\\ldots+33=\\frac{34 \\cdot 33}{2}=17 \\cdot 33\n$$\nungerade.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43635,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\backslash\\{0\\} \\rightarrow \\mathbb{R}$, für die gilt\n$$\n\\frac{1}{x} f(-x)+f\\left(\\frac{1}{x}\\right)=x \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R} \\backslash\\{0\\}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = (x^2 + 1/x)/2 for all x ≠ 0",
    "solution": "Solution:\nFür $x \\neq 0$ können wir in der Gleichung $x$ durch $-1 / x$ ersetzen und erhalten\n$$\n-x f\\left(\\frac{1}{x}\\right)+f(-x)=-\\frac{1}{x}\n$$\nMultipliziert man die ursprüngliche Gleichung mit $x$ und addiert sie zu (1), dann folgt $2 f(-x)=x^{2}-1 / x$. Ersetzt man hier schliesslich noch $x$ durch $-x$, erhält man\n$$\nf(x)=\\frac{1}{2}\\left(x^{2}+\\frac{1}{x}\\right), \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R} \\backslash\\{0\\}\n$$\nMan rechnet leicht nach, dass dies tatsächlich eine Lösung der ursprünglichen Gleichung ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43636,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle reellen Lösungen $(x, y, z)$ des Systems\n$$\n\\frac{4 x^{2}}{1+4 x^{2}}=y, \\quad \\frac{4 y^{2}}{1+4 y^{2}}=z, \\quad \\frac{4 z^{2}}{1+4 z^{2}}=x\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0, 0) and (1/2, 1/2, 1/2)",
    "solution": "Solution:\n\nOffensichtlich sind die Tripel $(x, y, z)=(0,0,0)$ und $(x, y, z)=\\left(\\frac{1}{2}, \\frac{1}{2}, \\frac{1}{2}\\right)$ Lösungen. Wir zeigen, dass es die einzigen sind. Setze $f(t)=\\frac{4 t^{2}}{1+4 t^{2}}$. Es gilt $f(t) \\geq 0$ für alle $t \\in \\mathbb{R}$, also sind $x, y, z$ nichtnegativ. Ausserdem gilt\n$$\nf(t) \\leq t, \\quad \\text{für alle } t \\geq 0.\n$$\nDies ist nämlich äquivalent zu $4 t^{2} \\leq t\\left(1+4 t^{2}\\right)$ (beachte, dass der Nenner von $f(t)$ positiv ist), und dies wiederum zu $t(2 t-1)^{2} \\geq 0$. Letzteres ist für $t \\geq 0$ richtig und Gleichheit gilt nur für $t=0$ und $t=\\frac{1}{2}$. Nehme nun an, es gäbe eine Lösung des Systems, so dass $x \\neq 0, \\frac{1}{2}$ ist. Nach obigen Überlegungen ist dann\n$$\nx=f(z) \\leq z=f(y) \\leq y=f(x)<x\n$$\nwobei in der letzten Abschätzung strikte Ungleichheit gilt. Dies ist ein Widerspruch. Also ist $x=0$ oder $x=\\frac{1}{2}$ und durch Einsetzen rechnet man leicht nach, dass dies zu den beiden Lösungen oben führt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43637,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs sei $ABCD$ ein Rechteck und $P$ sei ein Punkt auf der Geraden $CD$. $M$ und $N$ seien die Mittelpunkte von $AD$ und $BC$. Die Gerade $PM$ schneide $AC$ in $Q$. Zeige, dass $MN$ die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle QNP$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S$ der Schnittpunkt von $AB$ und $QN$. Wir zeigen im Folgenden, dass $\\frac{AS}{SB} = \\frac{DP}{PC}$ gilt. Daraus folgt offensichtlich, dass $\\triangle MSN$ und $\\triangle MPN$ kongruent sind und somit wären wir fertig.\n\nDie Punkte $S$, $N$ und $Q$ liegen nach Konstruktion auf einer Geraden, somit gilt nach Menelaos im Dreieck $ABC$\n$$\n\\frac{AS}{SB} \\cdot \\frac{BN}{NC} \\cdot \\frac{CQ}{QA} = -1 \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{AS}{SB} = \\frac{QA}{QC}\n$$\nEbenfalls liegen die Punkte $P$, $Q$ und $M$ auf einer Geraden und nach Menelaos im Dreieck $DCA$ gilt\n$$\n\\frac{DP}{PC} \\cdot \\frac{CQ}{QA} \\cdot \\frac{AM}{MD} = -1 \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{DP}{PC} = \\frac{QA}{QC} = \\frac{AS}{SB}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43638,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs seien $m$ und $n$ zwei positive ganze Zahlen, sodass $m^{2}+n^{2}-m$ durch $2 m n$ teilbar ist. Zeige, dass $m$ eine Quadratzahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir können annehmen, dass $m>1$ gilt. Für eine Primzahl $p$ und eine ganze Zahl $x$ bezeichne $\\operatorname{ord}_{p}(x)$ die grösste ganze Zahl $a$, sodass $x$ durch $p^{a}$ teilbar ist (der sogenannte $p$-Exponent von $x$ ). Sei $p$ ein Primteiler von $m$ und sei $a=\\operatorname{ord}_{p}(m)>0$ und $b=\\operatorname{ord}_{p}(n)$. Da $p$ ein Teiler ist von $m^{2}+n^{2}-m$, ist auch $n$ durch $p$ teilbar und daher $b>0$. Es gilt $\\operatorname{ord}_{p}(2 m n)=a+b$ für $p \\geq 3$ und $=a+b+1$ für $p=2$. Nach Voraussetzung muss gelten\n$$\n\\operatorname{ord}_{p}(2 m n) \\leq \\operatorname{ord}_{p}\\left(m^{2}+n^{2}-m\\right)\n$$\nEs gilt $\\operatorname{ord}_{p}\\left(m^{2}\\right)=2 a>a$. Wäre nun $a \\neq 2 b$, dann folgt daraus, dass $\\operatorname{ord}_{p}\\left(m^{2}+n^{2}-m\\right)=\\min (a, 2 b) \\leq a<a+b$, ein Widerspruch. Folglich ist $a=2 b$ gerade. Da dies für jeden Primteiler von $m$ gilt, ist $m$ eine Quadratzahl (genauer ergibt sich $m=n^{2}$ und man rechnet leicht nach, dass genau die Paare $(m, n)=\\left(4 k^{2}, 2 k\\right)$ mit $k \\neq 0$ die Bedingung der Aufgabe erfüllen).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43639,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Quadrat ist in Rechtecke zerlegt, deren Seiten parallel zu den Quadratseiten liegen. Für jedes dieser Rechtecke wird das Verhältnis seiner kürzeren Seite zu seiner längeren gebildet. Zeige, dass die Summe dieser Verhältnisse mindestens 1 beträgt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDas Quadrat habe Seitenlänge $s$ und sei in die Rechtecke $R_{i}$ mit Seitenlängen $a_{i} \\leq b_{i}$ zerlegt. Die Summe der Flächen aller Rechtecke $R_{i}$ ist gleich der Fläche des Quadrates, also gleich $s^{2}$. Dies ergibt\n$$\ns^{2} = \\sum_{i} a_{i} \\cdot b_{i} = \\sum_{i} \\frac{a_{i}}{b_{i}} \\cdot b_{i}^{2} \\stackrel{(*)}{\\leq} s^{2} \\sum_{i} \\frac{a_{i}}{b_{i}}\n$$\nwobei wir bei $\\left( * \\right)$ benützt haben, dass $b_{i} \\leq s$ ist für alle $i$. Kürzt man dies mit $s^{2}$, ergibt sich das Gewünschte.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43640,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle ganzen Zahlen $n$, für die es positive reelle Zahlen $0 < a_{1} \\leq a_{2} \\leq \\ldots \\leq a_{n}$ gibt mit\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} a_{k}=96, \\quad \\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2}=144, \\quad \\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{3}=216\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n = 64",
    "solution": "Solution:\nFür positive Zahlen $a_{k}$ gilt nach CS\n$$\n\\left(\\sum_{k=1}^{n} a_{k}\\right)\\left(\\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{3}\\right) \\geq\\left(\\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{2}\\right)^{2}\n$$\nSetzt man hier die gegeben Werte für die drei Summen ein, dann gilt Gleichheit. Nach den allgemeinen Gleichheitsbedingungen für CS gibt es also eine positive Zahl $\\lambda$ mit\n$a_{k}^{3}=\\lambda^{2} a_{k}$ für $1 \\leq k \\leq n$. Dies ist äquivalent zu $a_{k}^{2}=\\lambda^{2}$, also zu $a_{k}=\\lambda$, da alle $a_{k}$ positiv sind. Setzt man $a_{1}=\\ldots=a_{n}=\\lambda$ in die drei Gleichungen ein, dann folgt\n$$\nn \\lambda=96, \\quad n \\lambda^{2}=144, \\quad n \\lambda^{3}=216\n$$\nDie einzige Lösung ist $\\lambda=3 / 2$ und $n=64$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43641,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBeweise, dass es zu jedem Polynom $P(x)$ vom Grad $10$ mit ganzzahligen Koeffizienten eine (in beiden Richtungen) unendliche arithmetische Folge ganzer Zahlen gibt, die keinen der Werte $P(k)$, $k \\in \\mathbb{Z}$, enthält.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWir bemerken zuerst, dass die Existenz einer solchen arithmetischen Folge äquivalent dazu ist, dass es natürliche Zahlen $a, m$ gibt, sodass $P(x) \\not\\equiv a \\pmod{m}$ gilt für alle $x \\in \\mathbb{Z}$. Wir müssen also zeigen, dass die Werte von $P$ bei den ganzen Zahlen eine gewisse Kongruenzklasse auslassen.\n\nFür ein Polynom $P$ mit ganzen Koeffizienten gilt $a-b \\mid P(a)-P(b)$ für alle ganzen Zahlen $a \\neq b$. Daraus folgt insbesondere, dass für jede natürliche Zahl $m$ und alle ganzen Zahlen $x, y$ gilt\n$$\nx \\equiv y \\pmod{m} \\quad \\Longrightarrow \\quad P(x) \\equiv P(y) \\pmod{m}\n$$\nDaher wird jede Restklasse $(\\bmod\\ m)$, welche $P$ an irgendeiner Stelle annimmt, bereits unter den $m$ Werten $P(0), P(1), \\ldots, P(m-1)$ angenommen. Es genügt zu zeigen, dass für ein gewisses $m$ zwei dieser Werte übereinstimmen $(\\bmod\\ m)$, dann muss nämlich eine Restklasse ausgelassen werden.\n\nFür alle $k \\geq 1$ gilt $P(k) = P(0) + a_k \\cdot k$ für eine ganze Zahl $a_k$. Ist $a_k = 0$ für ein $k$, dann setze $m = k+1$. Wenn $|a_k| = 1$ gilt für alle $k$, dann ist $P(x)/x$ beschränkt, also muss $P$ linear sein, ein Widerspruch zur Voraussetzung. Wenn $|a_k| \\geq 2$ gilt, dann setze $m = a_k \\cdot k > k$, die Werte $P(0)$ und $P(k)$ sind dann kongruent $(\\bmod\\ m)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43642,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEinem Kreis ist ein konvexes Viereck $ABCD$ einbeschrieben. Zeige, dass die Sehne, welche die Mittelpunkte der beiden Bogen $\\widehat{AB}$ und $\\widehat{CD}$ verbindet, senkrecht steht auf der Sehne, welche die beiden Bogenmittelpunkte von $\\widehat{BC}$ und $\\widehat{DA}$ miteinander verbindet.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLemma. Sei $ABCD$ ein konvexes Sehnenviereck und $P$ der Diagonalenschnittpunkt. Es gilt\n$$\n\\angle APB = \\angle ACB + \\angle CBD\n$$\noder in Worten ausgedrückt: der Winkel $\\angle APB$ ist so gross wie die Summe der beiden Peripheriewinkel über $AB$ und $CD$.\n\nBeweis des Lemmas. Aussenwinkelsatz in $\\triangle BCP$.\n\nWir nennen die Bogenmittelpunkte von $\\widehat{AB}$, $\\widehat{BC}$, $\\widehat{CD}$ und $\\widehat{DA}$ mit $M, N, P$ bzw. $Q$. Nach obigem Lemma stehen die Geraden $MP$ und $NQ$ senkrecht aufeinander, wenn die Summe der beiden Bogen $\\widehat{MN}$ und $\\widehat{PQ}$ einen Halbkreis bildet. Dies ist der Fall, denn\n$$\n\\begin{aligned}\n\\widehat{MN} + \\widehat{PQ} & = \\widehat{MB} + \\widehat{BN} + \\widehat{PD} + \\widehat{DQ} \\\\\n& = \\widehat{MA} + \\widehat{CN} + \\widehat{PC} + \\widehat{AQ} \\\\\n& = \\widehat{QM} + \\widehat{NP}\n\\end{aligned}\n$$\nSomit ist $\\widehat{MN} + \\widehat{PQ} = \\widehat{QM} + \\widehat{NP} =$ halber Kreisumfang.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43643,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs sei $S=\\{P_{1}, P_{2}, \\ldots, P_{2000}\\}$ eine Menge von 2000 Punkten im Innern eines Kreises vom Radius 1, sodass einer der Punkte der Kreismittelpunkt ist. Für $i=1,2, \\ldots, 2000$ bezeichne $x_{i}$ den Abstand von $P_{i}$ zum nächstgelegenen Punkt $P_{j} \\neq P_{i}$ aus $S$. Zeige, dass gilt\n$$\nx_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\\ldots+x_{2000}^{2}<9\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDa einer der Punkte der Kreismittelpunkt ist, gilt $x_{i}<1$ für alle $i$. Zeichne um jeden Punkt $P_{i} \\in S$ einen Kreis mit Radius $x_{i} / 2$. Je zwei dieser Kreise haben höchstens einen Randpunkt gemeinsam. Falls nicht, dann gibt es zwei Indizes $i, j$ und einen Punkt $A$ der im Innern des Kreises um $P_{i}$ und im Innern oder auf dem Rand des Kreises um $P_{j}$ liegt. Nach der Dreiecksungleichung folgt dann aber\n$$\n|P_{i} P_{j}| \\leq |P_{i} A| + |A P_{j}| < x_{i} / 2 + x_{j} / 2 \\leq \\max \\{x_{i}, x_{j}\\}\n$$\nim Widerspruch zur Definition von $x_{i}$ und $x_{j}$. Betrachte einen grossen Kreis vom Radius $3/2$ mit demselben Mittelpunkt wie der gegebene Kreis von Radius $1$. Alle kleinen Kreise liegen ganz in diesem grossen Kreis drin, denn es gilt ja $x_{i}<1$ für alle $i$. Da sie sich nicht überlappen, ist die Summe ihrer Flächen höchstens so gross wie die Fläche des grossen Kreises (in der Tat echt kleiner!). Dies liefert\n$$\n\\sum_{i=1}^{2000} \\pi\\left(x_{i} / 2\\right)^{2}<\\pi(3 / 2)^{2}\n$$\nKürzt man dies mit $\\pi / 4$, dann folgt die Behauptung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43644,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na. Die positiven reellen Zahlen $x$, $y$ und $z$ haben Summe $1$. Zeige, dass gilt\n$$\n\\sqrt{7x+3} + \\sqrt{7y+3} + \\sqrt{7z+3} \\leq 7\n$$\nKann die Zahl $7$ auf der rechten Seite durch eine kleinere Zahl ersetzt werden?",
    "options": [],
    "answer": "4*sqrt(3)",
    "solution": "Solution:\n\nNach AM-QM ist die linke Seite höchstens gleich\n$$\n3 \\cdot \\sqrt{\\frac{(7x+3)+(7y+3)+(7z+3)}{3}} = 3 \\cdot \\sqrt{16/3} = 4\\sqrt{3} < 7\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43645,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie reellen Zahlen $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{16}$ erfüllen die beiden Bedingungen\n$$\n\\sum_{i=1}^{16} a_{i}=100 \\quad \\text{ und } \\quad \\sum_{i=1}^{16} a_{i}^{2}=1000\n$$\nWas ist der grösstmögliche Wert, den $a_{16}$ annehmen kann?",
    "options": [],
    "answer": "25",
    "solution": "Solution:\n\nSetze $S=a_{1}+\\ldots+a_{15}$ und $Q=a_{1}^{2}+\\ldots+a_{15}^{2}$. Nach AM-QM gilt $S^{2} \\leq 15 Q$. Die Nebenbedingungen lauten $100-a_{16}=S$ und $1000-a_{16}^{2}=Q$. Quadriert man die erste und subtrahiert 15 mal die zweiten, dann folgt\n$$\n16 a_{16}^{2}-200 a_{16}-5000=S^{2}-15 Q \\leq 0\n$$\nDas quadratische Polynom links hat die Nullstellen $-25 / 2$ und $25$. Daher gilt $a_{16} \\leq 25$. Gilt Gleichheit, dann muss auch in AM-GM Gleichheit herrschen, also $a_{1}=\\ldots=a_{15}$. Einsetzen in die Nebenbedingungen liefert die Lösung $a_{1}=\\ldots=a_{15}=5$ und $a_{16}=25$. Der grösstmögliche Wert ist also in der Tat $a_{16}=25$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43646,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBeweise, dass die Gleichung\n$$\n14 x^{2}+15 y^{2}=7^{2000}\n$$\nkeine ganzzahlige Lösungen $(x, y)$ besitzt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte die Gleichung modulo $3$. Wegen $7 \\equiv 1\\ (\\bmod\\ 3)$ lautet sie\n$$\n2 x^{2} \\equiv 1 \\quad(\\bmod\\ 3)\n$$\nQuadrate sind aber $\\equiv 0,1\\ (\\bmod\\ 3)$, also nimmt die linke Seite nur die Werte $0$ und $2$ an, Widerspruch. Es gibt keine ganzzahligen Lösungen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43647,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind ein gleichseitiges Dreieck mit der Seitenlänge $1$ und fünf gleich grosse, gleichseitige Dreiecke der Seitenlänge $s < 1$. Zeige: Lässt sich das grosse Dreieck mit den fünf kleinen überdecken, so lässt es sich auch schon mit vier der kleinen überdecken.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte folgende 6 Punkte im oder auf dem Rand des grossen Dreiecks: die drei Eckpunkte und die drei Seitenmittelpunkte. Wenn sich das grosse Dreieck mit den fünf kleinen überdecken lässt, muss nach dem Schubfachprinzip eines der kleinen Dreiecke mindestens 2 dieser 6 Punkte überdecken. Diese 6 Punkte haben aber gegenseitige Abstände $\\geq 1 / 2$, also gilt $s \\geq 1 / 2$. Nun ist klar, dass bereits vier der Dreiecke genügen, um das grosse zu überdecken.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43648,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFür $x>0$ sei $f(x)=4^{x} /(4^{x}+2)$. Bestimme den Wert der Summe\n$$\n\\sum_{k=1}^{1290} f\\left(\\frac{k}{1291}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "645",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt für $0 < x < 1/2$\n$$\nf\\left(\\frac{1}{2} + x\\right) + f\\left(\\frac{1}{2} - x\\right) = \\frac{2 \\cdot 4^{x}}{2 \\cdot 4^{x} + 2} + \\frac{2 \\cdot 4^{-x}}{2 \\cdot 4^{-x} + 2} = \\frac{4^{x}}{4^{x} + 1} + \\frac{1}{1 + 4^{x}} = 1\n$$\nwobei wir beide Brüche mit $2$ gekürzt und den zweiten mit $4^{x}$ erweitert haben. Damit folgt nun leicht\n$$\n\\sum_{k=1}^{1290} f\\left(\\frac{k}{1291}\\right) = \\sum_{k=1}^{645} f\\left(\\frac{k}{1291}\\right) + f\\left(1 - \\frac{k}{1291}\\right) = \\sum_{k=1}^{645} 1 = 645\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43649,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEs sei $q(n)$ die Quersumme der natürlichen Zahl $n$. Bestimme den Wert von\n$$\nq\\left(q\\left(q\\left(2000^{2000}\\right)\\right)\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt $q\\left(2000^{2000}\\right)=q\\left(2^{2000}\\right)$, denn die beiden Zahlen unterscheiden sich nur um angehängte Nullen. Wir schätzen nun ab. Es gilt $2^{2000}=4 \\cdot 8^{666}<10^{667}$ und somit\n$$\nq\\left(2^{2000}\\right) \\leq 9 \\cdot 667=6003\n$$\nWeiter ist damit\n$$\nq\\left(q\\left(2^{2000}\\right)\\right) \\leq 5+9+9+9=32 \\quad \\text{und} \\quad q\\left(q\\left(q\\left(2^{2000}\\right)\\right)\\right) \\leq 2+9=11\n$$\nAndererseits gilt bekanntlich $q(n) \\equiv n \\pmod{9}$ für alle natürlichen Zahlen $n$. Mit $\\varphi(9)=6$ ergibt sich\n$$\n2000^{2000} \\equiv 2^{333 \\cdot 6+2}=\\left(2^{6}\\right)^{333} \\cdot 4 \\equiv 4 \\pmod{9}\n$$\nDie gesuchte Zahl ist also einerseits $\\leq 11$ und andererseits $\\equiv 4 \\pmod{9}$, also gleich 4 .",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43650,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind zwei Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$, die sich in den verschiedenen Punkten $P$ und $Q$ schneiden. Konstruiere eine durch $P$ verlaufende Strecke $AB$ mit ihren Endpunkten auf $k_{1}$ und $k_{2}$, sodass das Produkt $|AP| \\cdot |PB|$ maximal ist.",
    "options": [],
    "answer": "Draw the tangents to both circles at the common intersection and take the line through that point which bisects the angle between these tangents within the sector not containing the other intersection. Its intersections with the two circles give the segment maximizing the product.",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $t_{1}$ und $t_{2}$ die Tangenten an $k_{1}$ und $k_{2}$ in $P$. Diese zerlegen die Ebene in vier Gebiete, von denen eines den Punkt $Q$ enthält. Sei $G$ die Vereinigung der beiden gegenüberliegenden Gebiete, welche den Punkt $Q$ nicht enthalten. Offenbar muss die Strecke $AB$ ganz in $G$ verlaufen, denn sonst ist $A = P$ oder $B = P$ und das Produkt $|AP| \\cdot |PB|$ verschwindet. Sei $\\alpha$ der Öffnungswinkel von $G$ und sei $0 \\leq \\varphi \\leq \\alpha$ der Winkel zwischen $AB$ und $t_{1}$. Seien $r_{1}, r_{2}$ die Radien der Kreise $k_{1}, k_{2}$. Nach dem Tangenten-Zentriwinkelsatz besitzt die Sehne $AP$ in $k_{1}$ den Zentriwinkel $2\\varphi$ und hat daher die Länge $|AP| = 2r_{1} \\sin(\\varphi)$. Der Winkel zwischen $PB$ und $t_{2}$ ist gleich $\\alpha - \\varphi$ und man erhält analog $|PB| = 2r_{2} \\sin(\\alpha - \\varphi)$. Um nun das Produkt $|AP| \\cdot |PB|$ zu maximieren, müssen wir das Maximum von $\\sin(\\varphi) \\cdot \\sin(\\alpha - \\varphi)$ finden. Nach der Produkt-zu-Summen-Formel gilt\n$$\n\\sin(\\varphi) \\cdot \\sin(\\alpha - \\varphi) = \\frac{1}{2}(\\cos(2\\varphi - \\alpha) - \\cos(\\alpha))\n$$\nDies ist genau dann maximal, wenn der erste Summand den größtmöglichen Wert annimmt, also wenn $\\varphi = \\alpha / 2$. Die gesuchte Strecke liegt also auf der in $G$ liegenden Winkelhalbierenden der beiden Tangenten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43651,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nMit Hilfe der drei Buchstaben I, M, O werden Wörter der Länge $n$ gebildet. Wieviele solche Wörter der Länge $n$ gibt es, in denen keine benachbarten M's vorkommen?",
    "options": [],
    "answer": "(1/6)*[(3+2*sqrt(3))*(1+sqrt(3))^n + (3-2*sqrt(3))*(1-sqrt(3))^n]",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen ein Wort zulässig, wenn es keine zwei benachbarten M's enthält. Sei $a_{n}$ die Anzahl zulässiger Wörter der Länge $n$ und $b_{n}$ die Anzahl zulässiger Wörter der Länge $n$, die nicht mit einem $M$ beginnen. Nehme ein zulässiges Wort der Länge $n$ und entferne den ersten Buchstaben, das verbleibende Wort nennen wir Stumpf. Der Stumpf ist ein zulässiges Wort der Länge $n-1$. Beginnt das Wort nicht mit einem $M$, dann gibt es keine Einschränkung an den Stumpf, also $a_{n-1}$ Möglichkeiten. Beginnt es aber mit einem $M$, darf der Stumpf nicht auch mit $M$ beginnen, es bleiben also $b_{n-1}$ Möglichkeiten. Dies liefert die Rekursionsgleichungen $a_{n}=2 a_{n-1}+b_{n-1}$ und $b_{n}=2 a_{n-1}$. Kombination dieser Gleichungen liefert sofort\n$$\na_{n}=2 a_{n-1}+2 a_{n-2}, \\quad n \\geq 3\n$$\nDas charakteristische Polynom dieser Rekursionsgleichung lautet $x^{2}-2 x-2$ und hat die Nullstellen $1 \\pm \\sqrt{3}$. Es gibt daher reelle Konstanten $A$ und $B$ mit\n$$\na_{n}=A(1+\\sqrt{3})^{n}+B(1-\\sqrt{3})^{n} .\n$$\nEinsetzen von $a_{1}=3$ und $a_{2}=8$ liefert für $A$ und $B$ die Gleichungen $3=(1+\\sqrt{3}) A+$ $(1-\\sqrt{3}) B$ und $8=(4+2 \\sqrt{3}) A+(4-2 \\sqrt{3}) B$. Daraus folgt $A=(3+2 \\sqrt{3}) / 6$ und $B=(3-2 \\sqrt{3}) / 6$, es gilt also die explizite Formel\n$$\na_{n}=\\frac{1}{6}\\left[(3+2 \\sqrt{3})(1+\\sqrt{3})^{n}+(3-2 \\sqrt{3})(1-\\sqrt{3})^{n}\\right] .\n$$\nDie ersten paar Werte finden sich in untenstehender Tabelle:\n\n| $n$ | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $a_{n}$ | 3 | 8 | 22 | 60 | 164 | 448 | 1224 |",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43652,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAuf einer kreisförmigen Rennbahn ist an $n$ verschiedenen Positionen je ein Auto startbereit. Jedes von ihnen fährt mit konstantem Tempo und braucht eine Stunde pro Runde. Sobald das Startsignal ertönt, fährt jedes Auto sofort los, egal in welche der beiden möglichen Richtungen. Falls sich zwei Autos begegnen, ändern beide ihre Richtung und fahren ohne Zeitverlust weiter. Zeige, dass es einen Zeitpunkt gibt, in dem sich alle Autos wieder in ihren ursprünglichen Startpositionen befinden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, jedes Auto führt eine Fahne mit sich. Wenn sich zwei Autos begegnen, tauschen sie die Fahnen aus. Die Fahnen ändern also nie ihre Bewegungsrichtung und sind daher nach einer Stunde alle wieder an ihrem ursprünglichen Platz. Das bedeutet aber, dass auch die $n$ Autos wieder alle auf den Startpositionen stehen, aber eventuell permutiert. Sei $\\pi$ diese Permutation. Jede weitere Stunde permutiert die Autos offenbar wieder in derselben Weise (die Fahrtrichtung an jedem der Startplätze ist dieselbe wie am Anfang), also ist die Platzvertauschung der Autos nach $k$ Runden gegeben durch die Permutation $\\pi^{k}=\\pi \\circ \\ldots \\circ \\pi$. Wir zeigen nun, dass eine Zahl $d$ existiert, sodass $\\pi^{d}=\\mathrm{id}$ die Identität ist. Dann befinden sich alle Autos nach $d$ Runden wieder auf ihrem Startplatz.\n\nBetrachte dazu die Folge $\\pi, \\pi^{2}, \\pi^{3}, \\ldots$ Da es nur endlich viele Permutationen von $n$ Dingen gibt (nämlich $n!$ Stück), müssen zwei Glieder in dieser Folge übereinstimmen, das heisst, es gibt $i<j$ mit $\\pi^{i}=\\pi^{j}$. Da $\\pi$ eine bijektive Abbildung ist, können wir diese Gleichung mit $\\pi^{i}$ kürzen und erhalten $\\pi^{j-i}=\\mathrm{id}$, wie gewünscht.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43653,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nJede Ecke eines regelmässigen $2n$-Ecks $(n \\geq 3)$ soll mit einer Zahl aus der Menge $\\{1,2, \\ldots, 2n\\}$ beschriftet werden, und zwar so, dass die Summe der Zahlen benachbarter Ecken stets gleich ist wie die Summe der Zahlen in den beiden diametral gegenüberliegenden Ecken. Zudem müssen die in den $2n$ Ecken stehenden Zahlen alle verschieden sein. Zeige, dass dies genau dann möglich ist, wenn $n$ ungerade ist.",
    "options": [],
    "answer": "n is odd",
    "solution": "Solution:\n\nDie Zahlen in den Ecken seien $a_{1}, \\ldots, a_{2n}$ in dieser Reihenfolge, die Indizes werden wir modulo $2n$ betrachten. Wir können oBdA annehmen, dass $a_{1} > a_{n+1}$ ist. Da $a_{1} + a_{2} = a_{n+1} + a_{n+2}$ gilt, muss $a_{2} < a_{n+2}$ sein. Mit der gleichen Argumentation folgt induktiv $a_{i} > a_{n+i}$ falls $i$ ungerade ist und $a_{i} < a_{n+i}$ falls $i$ gerade ist. Wenn nun $n$ gerade ist, folgt daraus insbesondere $a_{n+1} > a_{2n+1} = a_{1}$, im Widerspruch zur Annahme. Daher muss $n$ ungerade sein. Man rechnet leicht nach, dass für ungerades $n = 2k+1$ folgende Zahlverteilung die gewünschte Eigenschaft hat:\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_{2i+1} & = 1 + 4i & & 0 \\leq i \\leq k \\\\\na_{2i} & = 4i & & 1 \\leq i \\leq k \\\\\na_{n+2i+1} & = 2 + 4i & & 0 \\leq i \\leq k \\\\\na_{n+2i} & = -1 + 4i & & 1 \\leq i \\leq k\n\\end{aligned}\n$$\n\nDamit sind die Bedingungen der Aufgabe genau dann erfüllbar, wenn $n$ ungerade ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43654,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle reellen Zahlen $x$ und $y$ gilt\n$$\nf(f(x)+y)=f\\left(x^{2}-y\\right)+4 y f(x)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) ≡ 0 for all real x, or f(x) = x^2 for all real x",
    "solution": "Solution:\nSetzt man in der Gleichung $y=-f(x)$ ein, dann folgt\n$$\nf(0)=f\\left(x^{2}+f(x)\\right)-4 f(x)^{2}\n$$\nFür $y=x^{2}$ erhält man\n$$\nf\\left(f(x)+x^{2}\\right)=f(0)+4 x^{2} f(x)\n$$\nKombination von (1) und (2) ergibt nun $4 f(x)^{2}=f\\left(f(x)+x^{2}\\right)-f(0)=4 x^{2} f(x)$, also $f(x)\\left(f(x)-x^{2}\\right)=0$ für alle $x \\in \\mathbb{R}$. Daraus folgt, dass für jede reelle Zahl $x$ entweder $f(x)=0$ oder $f(x)=x^{2}$ gilt. Insbesondere ist $f(0)=0$ und Einsetzen von $x=0$ in der ursprünglichen Gleichung ergibt $f(y)=f(-y)$ für alle $y \\in \\mathbb{R}$, folglich ist $f$ eine gerade Funktion.\nNehme nun an, es gäbe reelle Zahlen $a, b \\neq 0$ mit $f(a)=0$ und $f(b)=b^{2}$. Einsetzen von $x=a$ und $y=b$ ergibt dann $b^{2}=f(b)=f\\left(a^{2}-b\\right)$. Die rechte Seite ist gleich 0 oder gleich $(a^{2}-b)^{2}$. Ersteres kann nicht sein, denn dann wäre $a=0$, im Widerspruch zur Annahme. Daher gilt $b^{2}=(a^{2}-b)^{2}$, also $a^{2}-b= \\pm b$. Steht rechts das Minuszeichen, folgt wieder $a=0$, Widerspruch. Folglich muss $a^{2}=2 b$ gelten. Da $f$ gerade ist, gilt nun auch $f(-b)=(-b)^{2}$ und dieselbe Argumentation mit $a$ und $-b$ ergibt $a^{2}=-2 b$. Daraus folgt $a=b=0$, Widerspruch. Folglich ist entweder $f(x)=0$ für alle $x \\in \\mathbb{R}$ oder $f(x)=x^{2}$ für alle $x \\in \\mathbb{R}$. Man rechnet leicht nach, dass diese beiden Funktionen tatsächlich Lösungen der Gleichung sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43655,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDer Inkreis des Dreiecks $A B C$ berührt die Seiten $A B, B C$ und $C A$ in den Punkten $D, E$ und $F$. Sei $P$ ein Punkt im Innern von $A B C$, sodass der Inkreis von $A B P$ die Seite $A B$ ebenfalls in $D$ berührt und die Seiten $A P$ und $B P$ in den Punkten $Q$ und $R$. Zeige, dass die vier Punkte $E, F, R$ und $Q$ auf einem Kreis liegen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen im Folgenden mit Winkeljagd, dass $\\angle F E R+\\angle F Q R=180^{\\circ}$ gilt.\nSei $I$ der Inkreismittelpunkt und $k_{1}$ der Inkreis von $\\triangle A B C$ und $k_{2}$ der Inkreis von $\\triangle A B P$. Die Geraden $A F$ und $A D$ liegen beide tangential an $k_{1}$, es gilt also $A F= A D$. Ebenfalls liegen $A Q$ und $A D$ beide tangential an $k_{2}$, woraus $A Q=A D$ folgt. Zusammen und mit analoger Überlegung für $B$ erhalten wir\n$$\nA D=A Q=A F \\quad \\text{ und } \\quad B D=B R=B E\n$$\nWir benennen den Kreis mit Mittelpunkt $A$ und Radius $A D$ mit $k_{A}$ und den Kreis mit Mittelpunkt $B$ und Radius $B D$ mit $k_{B}$. Nun führen wir Bezeichnungen für die Winkel ein:\n$$\n\\angle D A Q=2 \\alpha \\quad \\angle Q A F=2 \\beta \\quad \\angle D B R=2 \\gamma \\quad \\angle R B E=2 \\delta\n$$\nAus dem Zentri-Peripheriewinkelsatz folgt daraus\n$$\n\\angle D F Q=\\alpha \\quad \\angle Q D F=\\beta \\quad \\angle D E R=\\gamma \\quad \\angle R D E=\\delta\n$$\nWeil $A D I F$ ein Sehnenviereck ist (rechte Winkel bei $D$ und $F$ ), gilt $\\angle F I D=180^{\\circ}- 2 \\alpha-2 \\beta$. Vom Zentri-Peripheriewinkelsatz in $k_{1}$ erhalten wir nun\n$$\n\\angle F E R=\\angle F E D-\\angle D E R=\\frac{1}{2} \\angle F I D-\\gamma=90^{\\circ}-\\alpha-\\beta-\\gamma\n$$\nWir wollen nun noch $\\angle F Q R$ berechnen. Dazu bemerken wir als erstes, dass aus der Gleichschenkligkeit von $\\triangle B D R$ folgt $\\angle D R B=90^{\\circ}-\\gamma$. Die Gerade $B R$ liegt tangential an $k_{2}$ und nach dem Tangentenwinkelsatz erhalten wir $\\angle R Q D=90^{\\circ}-\\gamma$. Wir können nun $\\angle F Q R$ ausrechnen\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle F Q R & =360^{\\circ}-\\angle F Q D-\\angle D Q R=360^{\\circ}-\\left(180^{\\circ}-\\alpha-\\beta\\right)-\\left(90^{\\circ}-\\gamma\\right) \\\\\n& =90^{\\circ}+\\alpha+\\beta+\\gamma\n\\end{aligned}\n$$\nOffensichtlich gilt nun $\\angle F E R+\\angle F Q R=180^{\\circ}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43656,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $P$ ein Polynom vom Grad $n$, sodass gilt\n$$\nP(k)=\\frac{k}{k+1} \\quad \\text{ für } \\quad k=0,1,2, \\ldots, n\n$$\n\nFinde $P(n+1)$.",
    "options": [],
    "answer": "P(n+1) = 1 if n is odd, and P(n+1) = n/(n+2) if n is even.",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte das Polynom $Q(x) = (x+1) P(x) - x$. $Q$ hat Grad $n+1$ und nach Voraussetzung die $n+1$ Nullstellen $k = 0, 1, \\ldots, n$. Es gibt also eine Konstante $a$ mit\n$$\nQ(x) = a x(x-1)(x-2) \\cdots (x-n)\n$$\nAußerdem ist $Q(-1) = ((-1)+1) P(-1) - (-1) = 1$. Einsetzen von $x = -1$ in obige Formel liefert dann $1 = (-1)^{n+1} (n+1)! \\cdot a$, also $a = \\frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}$. Daraus folgt jetzt $Q(n+1) = (-1)^{n+1}$ und somit\n$$\nP(n+1) = \\frac{Q(n+1) + (n+1)}{n+2} = \\left\\{\\begin{array}{cl}\n1 & n \\text{ ungerade } \\\\\n\\frac{n}{n+2} & n \\text{ gerade }\n\\end{array}\\right.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43657,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem Park sind $2001 \\times 2001$ Bäume in einem quadratischen Gitter angeordnet. Was ist die grösste Zahl an Bäumen, die man fällen kann, sodass kein Baumstrunk von einem anderen aus sichtbar ist?\n\n(Die Bäume sollen Durchmesser 0 haben)",
    "options": [],
    "answer": "1002001",
    "solution": "Solution:\n\nOffensichtlich kann man die Bäume wie folgt in Gruppen von 1, 2 oder 4 benachbarten Bäumen zusammenfassen:\n- $1000^{2}$ Gruppen der Form $2 \\times 2$,\n- Je $1000$ Gruppen der Form $1 \\times 2$ und $2 \\times 1$,\n- $1$ einzelner Baum.\n\nIn jeder der insgesamt $1002001 = 1001^{2}$ Gruppen darf höchstens ein Baum gefällt werden, denn zwei Baumstrünke in derselben Gruppe sind gegenseitig sichtbar. Wir zeigen nun, dass man alle Bäume fällen kann, deren Zeilen- und Spaltennummer ungerade ist (das sind $1001^{2}$ Stück). Die Lösung der Aufgabe lautet daher $1001^{2}$.\n\nBetrachte dazu zwei beliebige Baumstrünke mit Koordinaten $(a, b)$ und $(c, d)$, wobei $a, b, c, d$ ungerade sind. Sei $g > 0$ der grösste gemeinsame Teiler von $a-c$ und $b-d$ (diese Zahlen können auch negativ sein!) und schreibe $a-c = xg$ und $b-d = yg$. Nun sind $x$ und $y$ nach Konstruktion nicht beide gerade. Der Baum mit Koordinaten $(a+x, b+y)$ liegt im Innern der Verbindungsstrecke der Strünke $(a, b)$ und $(c, d)$ und wurde nicht gefällt, denn mindestens eine seiner Koordinaten ist gerade. Daher ist keiner der beiden Strünke vom andern aus sichtbar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43658,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nZeige, dass jede 1000-elementige Teilmenge $M \\subset \\{0,1, \\ldots, 2001\\}$ eine Zahl enthält, die eine Zweierpotenz ist, oder zwei verschiedene Zahlen, deren Summe eine Zweierpotenz ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWir können annehmen, dass $M$ keine Zweierpotenz enthält (sonst ist alles klar). Wir ignorieren die Null und zeigen: Ist $M \\subset \\{1, \\ldots, 2001\\}$ eine Menge mit mindestens 999 Elementen, die keine Zweierpotenz enthält, dann gibt es zwei verschiedene Elemente in $M$, deren Summe eine Zweierpotenz ist. Betrachte folgende disjunkte Schubfächer:\n\n| $\\{2001,47\\}$ |  |\n| :---: | :---: |\n| $\\{2000,48\\}$ |  |\n| $\\vdots$ |  |\n| $\\{1025,1023\\}$ |  |\n|  |  |\n| $\\{46,18\\}$ |  |\n| $\\{45,19\\}$ |  |\n| $\\vdots$ |  |\n| $\\{33,31\\}$ |  |\n|  |  |\n| $\\{17,15\\}$ | 1 Schubfächer, Summe $64=2^{6}$ |\n| $\\{14,2\\}$ |  |\n| $\\{13,3\\}$ |  |\n| $\\vdots$ |  |\n| $\\{9,7\\}$ |  |\n\nDies sind insgesamt $977+14+1+6=998$ Schubfächer. Also liegen nach dem Schubfachprinzip zwei Elemente aus $M$ im gleichen Schubfach. Ihre Summe ist eine Zweierpotenz.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43659,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSeien $a$, $b$ und $c$ die Seiten eines Dreiecks. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\sqrt{a+b-c} + \\sqrt{c+a-b} + \\sqrt{b+c-a} \\leq \\sqrt{a} + \\sqrt{b} + \\sqrt{c}\n$$\nWann gilt das Gleichheitszeichen?",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds if and only if the triangle is equilateral.",
    "solution": "Solution:\nDa $a$, $b$, $c$ Seiten eines Dreiecks sind, existieren positive Zahlen $x$, $y$, $z$ mit $a = x + y$, $b = y + z$ und $c = z + x$. Damit wird die Ungleichung zu\n$$\n\\sqrt{2x} + \\sqrt{2y} + \\sqrt{2z} \\leq \\sqrt{x+y} + \\sqrt{y+z} + \\sqrt{z+x}\n$$\nNach AM-GM gilt nun\n$$\n\\sqrt{x+y} = \\sqrt{2} \\cdot \\sqrt{\\frac{x+y}{2}} \\geq \\sqrt{2} \\cdot \\frac{\\sqrt{x} + \\sqrt{y}}{2}\n$$\nmit Gleichheit genau dann, wenn $x = y$. Addiert man diese und die beiden analogen Ungleichungen, ergibt sich das Gewünschte. Gleichheit gilt nur für $x = y = z$, also nur für $a = b = c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43660,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem konvexen Fünfeck ist jede Diagonale parallel zu einer Seite. Zeige, dass das Verhältnis zwischen den Längen der Diagonalen und der dazu parallelen Seite für alle Diagonalen dasselbe ist. Bestimme den Wert dieses Verhältnisses.",
    "options": [],
    "answer": "(1 + sqrt(5)) / 2",
    "solution": "Solution:\n\nEine Diagonale kann nur zu einer Seite parallel sein, mit der sie keinen gemeinsamen Punkt hat. Es ist also für jede Diagonale eindeutig, zu welcher Seite sie parallel ist. Wir führen nun einige Bezeichnungen ein\n$$\n\\begin{gathered}\nBD \\cap CE = \\{P\\} \\quad CE \\cap DA = \\{Q\\} \\quad DA \\cap EB = \\{R\\} \\\\\nEB \\cap AC = \\{S\\} \\quad AC \\cap BD = \\{T\\}\n\\end{gathered}\n$$\nAus der Voraussetzung folgt, dass $ABCQ$ und $ABPE$ beides Parallelogramme sind. Es gilt also $CQ = PE$ und $CP = QE$. Daraus folgt insbesondere $\\frac{CP}{PE} = \\frac{EQ}{QC}$. Analoge Beziehungen können wir für die vier anderen Diagonalen herleiten. Mit dem zweiten Strahlensatz (zuerst im Scheitelpunkt $S$, dann in $R$) erhalten wir\n$$\n\\frac{EC}{AB} = \\frac{ES}{SB} = \\frac{BR}{RE} = \\frac{DB}{EA}\n$$\nDieses Argument können wir analog für die weiteren Seitenverhältnisse wiederholen. Wir bezeichnen das gesuchte Verhältnis mit $v = \\frac{EC}{AB}$. Es gilt nach dem zweiten Strahlensatz im Scheitelpunkt $Q$\n$$\nv = \\frac{EC}{AB} = \\frac{AC}{ED} = \\frac{CQ}{QE} = \\frac{AB}{EC - AB} = \\frac{1}{v - 1}\n$$\nAuflösen der quadratischen Gleichung nach $v$ und Berücksichtigen, dass $v > 0$ gilt, liefert $v = \\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43661,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $n \\in \\mathbb{N}$ und $t_{1}, t_{2}, \\ldots, t_{k}$ verschiedene positive Teiler von $n$. Eine Identität der Form $n = t_{1} + t_{2} + \\ldots + t_{k}$ heißt Darstellung von $n$ als Summe verschiedener Teiler. Zwei solche Darstellungen gelten als gleich, wenn sie sich nur um die Reihenfolge der Summanden unterscheiden (zum Beispiel sind $20 = 10 + 5 + 4 + 1$ und $20 = 5 + 1 + 10 + 4$ zweimal die gleiche Darstellung von $20$ als Summe verschiedener Teiler). Sei $a(n)$ die Anzahl verschiedener Darstellungen von $n$ als Summe verschiedener Teiler. Zeige oder widerlege:\n\nEs gibt ein $M \\in \\mathbb{N}$ mit $a(n) \\leq M$ für alle $n \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSo ein $M$ existiert nicht. Wir nennen eine Darstellung von $n$ als Summe verschiedener Teiler im Folgenden kurz Darstellung. Wir zeigen nun, dass gilt\n$$\na\\left(3 \\cdot 2^{n}\\right) \\geq n\n$$\nWegen $6 = 1 + 2 + 3$ ist $a(6) \\geq 1$ und es genügt zu zeigen, dass gilt $a\\left(3 \\cdot 2^{n+1}\\right) \\geq a\\left(3 \\cdot 2^{n}\\right) + 1$. Die Behauptung folgt dann induktiv.\nJede Darstellung $3 \\cdot 2^{n} = t_{1} + \\ldots + t_{k}$ führt zu einer Darstellung $3 \\cdot 2^{n+1} = 2 t_{1} + \\ldots + 2 t_{k}$. Dabei führen verschiedene Darstellungen von $3 \\cdot 2^{n}$ offensichtlich zu verschiedenen Darstellungen von $3 \\cdot 2^{n+1}$. Damit haben wir schon $a\\left(3 \\cdot 2^{n+1}\\right) \\geq a\\left(3 \\cdot 2^{n}\\right)$. Die Behauptung\nfolgt nun, wenn wir eine weitere Darstellung von $3 \\cdot 2^{n+1}$ finden, die nicht von dieser Form ist. Eine solche ist zum Beispiel\n$$\n3 \\cdot 2^{n+1} = 1 + 2 + \\left(3 + 3 \\cdot 2 + 3 \\cdot 2^{2} + \\ldots + 3 \\cdot 2^{n}\\right)\n$$\n\n\nDas Argument aus der 1. Lösung funktioniert in der Tat viel allgemeiner. Wir zeigen, dass gilt $a(2 n) \\geq a(n) + 1$ für alle natürliche Zahlen $n$ mit $a(n) \\geq 2$. Dazu ordnen wir wie vorher jeder Darstellung $n = t_{1} + \\ldots + t_{k}$ von $n$ die Darstellung $2 n = 2 t_{1} + \\ldots + 2 t_{k}$ von $2 n$ zu. Es genügt nun, eine weitere Darstellung von $2 n$ anzugeben, die nicht von dieser Form ist. Wähle dazu eine Darstellung $n = t_{1} + \\ldots + t_{k}$ von $n$ mit $t_{1} < \\ldots < t_{k}$ und $t_{1}$ minimal. Dann ist $t_{k} < n$ wegen $a(n) \\geq 2$. Die gesuchte Darstellung lautet dann zum Beispiel\n$$\n2 n = t_{1} + \\ldots + t_{k} + n\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43662,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $a_{1}<a_{2}<\\ldots<a_{n}$ eine Folge positiver ganzer Zahlen mit der Eigenschaft, dass für $i<j$ die Dezimaldarstellung von $a_{j}$ nicht mit jener von $a_{i}$ beginnt (zum Beispiel können die Zahlen 137 und 13729 nicht beide in der Folge vorkommen). Beweise, dass gilt\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{a_{i}} \\leq \\frac{1}{1}+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{9}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nFür eine Folge $a=\\left(a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)$ wie in der Aufgabenstellung setzen wir\n$$\ns(a)=\\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{a_{i}}\n$$\nEnthält die Folge eine $k+1$-stellige Zahl $b=\\left(d_{k} \\ldots d_{1} d_{0}\\right)_{(10)},\\ k \\geq 1$, dann kann sie nach Voraussetzung die $k$-stellige Zahl $\\left(d_{k} \\ldots d_{1}\\right)_{(10)}$ nicht enthalten. Entferne jetzt alle Folgeglieder der Form $\\left(d_{k} \\ldots d_{1} x\\right)_{(10)}$ mit $0 \\leq x \\leq 9$ aus $a$ (also mindestens eines, höchstens 10 Stück, je nachdem, welche in der Folge auftauchen) und füge die Zahl $\\left(d_{k} \\ldots d_{1}\\right)_{(10)}$ hinzu. Dies ergibt eine neue Folge $a^{\\prime}$. Es gilt offensichtlich\n$$\n\\sum_{x=0}^{9} \\frac{1}{\\left(d_{k} \\ldots d_{1} x\\right)_{(10)}}<10 \\cdot \\sum_{x=0}^{9} \\frac{1}{\\left(d_{k} \\ldots d_{1} 0\\right)_{(10)}}=\\frac{1}{\\left(d_{k} \\ldots d_{1}\\right)_{(10)}}\n$$\nund damit auch $s\\left(a^{\\prime}\\right)>s(a)$. Diese Operation führen wir nun so lange aus, bis die Folge nur noch einstellige Zahlen enthält. Bei jeder dieser Operationen erhöht sich der Wert der Summe $s(a)$, und am Schluss ist sie höchstens gleich\n$$\n\\frac{1}{1}+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{9}\n$$\ndies war zu zeigen. Gleichheit gilt nur für die Folge $(1,2, \\ldots, 9)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43663,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie Funktion $f:[0,1] \\rightarrow \\mathbb{R}$ habe die folgenden Eigenschaften:\n\na. $f(x) \\geq 0$ für alle $x \\in [0,1]$\nb. $f(1) = 1$\nc. $f(x+y) \\geq f(x) + f(y)$ für alle $x, y, x+y \\in [0,1]$\n\nBeweise: $f(x) \\leq 2x$ für alle $x \\in [0,1]$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nAus (a) und (c) folgt, dass $f$ monoton steigend ist, denn für $0 \\leq x \\leq y \\leq 1$ gilt $f(y) = f(x + (y - x)) \\geq f(x) + f(y - x) \\geq f(x) + 0 = f(x)$.\n\nAus (b) und (c) erhält man $2 f(1/2) \\leq f(1) = 1$, also $f(1/2) \\leq 1/2$. Genauso zeigt man $f(1/4) \\leq 1/4$ und mit Induktion $f\\left(1/2^n\\right) \\leq 1/2^n$ für alle $n \\geq 0$.\n\nAus (c) folgt $2 f(0) \\leq f(0)$, also mit (a) $f(0) = 0$.\n\nSei nun $x \\in (0,1]$ beliebig. Wähle $n$ so, dass $1/2^{n+1} < x \\leq 1/2^n$ gilt. Mit der Monotonie von $f$ ergibt sich nun\n$$\nf(x) \\leq f\\left(1/2^n\\right) \\leq 1/2^n < 2x\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43664,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit Umkreismittelpunkt $O$. $S$ sei der Kreis durch $A$, $B$ und $O$. Die Geraden $AC$ und $BC$ schneiden $S$ in den weiteren Punkten $P$ und $Q$. Zeige $CO \\perp PQ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $R$ der Schnittpunkt von $PQ$ und $CO$. Da $PQBA$ ein Sehnenviereck ist, gilt $\\angle RPC = \\angle QPA = 180^{\\circ} - \\angle ABQ = \\beta$. Andererseits ist $\\angle AOC = 2 \\angle ABC = 2\\beta$. Das Dreieck $AOC$ ist gleichschenklig und daher gilt $\\angle PCR = \\angle ACO = \\frac{1}{2}(180^{\\circ} - \\angle AOC) = 90^{\\circ} - \\beta$. Somit ist $\\angle PRC = 90^{\\circ}$ und $CO \\perp PQ$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43665,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde die zwei kleinsten natürlichen Zahlen $n$, sodass die Brüche\n$$\n\\frac{68}{n+70}, \\frac{69}{n+71}, \\frac{70}{n+72}, \\ldots, \\frac{133}{n+135}\n$$\nalle irreduzibel sind.",
    "options": [],
    "answer": "65, 135",
    "solution": "Solution:\nDie Brüche haben die Form $k/(k+n+2)$ für $68 \\leq k \\leq 133$. Wegen $\\operatorname{ggT}(k, k+n+2) = \\operatorname{ggT}(k, n+2)$ sind sie genau dann alle irreduzibel, wenn $n+2$ teilerfremd ist zu $68, \\ldots, 133$. Also darf $n+2$ durch keine Primzahl $p$ teilbar sein, die ein Teiler ist von mindestens einer der Zahlen $68, \\ldots, 133$. Wegen $133-68=65$ fallen damit alle Primzahlen $p \\leq 65$ als Teiler von $n+2$ weg, da diese mindestens eine der Zahlen $68, \\ldots, 133$ teilen. Ausserdem kommen natürlich auch die Primzahlen $68 \\leq p \\leq 133$ nicht in Frage. Die beiden kleinsten Möglichkeiten für $n+2$ sind demnach $n+2=67$ und $n+2=137$, also $n=65, 135$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43666,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn Genf sind 16 Geheimagenten am Werk. Jeder Agent überwacht mindestens einen anderen Agenten, aber keine zwei Agenten überwachen sich gegenseitig. Nehme an, dass je 10 Agenten so nummeriert werden können, dass der erste den zweiten überwacht, der zweite den dritten usw. und der zehnte den ersten. Zeige, dass dann auch je 11 Agenten in dieser Art nummeriert werden können, dass jeder den nächsten überwacht.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nJeder Agent $A$ überwacht mindestens 7 andere Agenten. Nehme an, das sei nicht der Fall, dann gibt es mindestens 9 Agenten, die $A$ nicht überwacht. Nach Voraussetzung lassen sich diese 9 Agenten zusammen mit $A$ so nummerieren, dass jeder den nächsten überwacht. Insbesondere überwacht $A$ mindestens einen der anderen 9 Angenten, Widerspruch. Analog zeigt man, dass $A$ selbst von mindestens 7 Agenten überwacht wird. Da sich keine zwei Agenten gegenseitig überwachen, gibt es daher zu jedem der 16 Agenten höchstens einen anderen Agenten, sodass keiner dieser beiden den anderen überwacht (wir nennen die beiden dann ein neutrales Paar).\n\nWähle nun 11 beliebige Agenten $A_{1}, \\ldots, A_{11}$. Einige dieser Agenten können zusammen neutrale Paare bilden, da aber jeder in höchstens einem neutralen Paar ist, sind diese disjunkt. Insbesondere ist eine gerade Zahl der Agenten in einem neutralen Paar. Da 11 ungerade ist, können wir daher annehmen, dass $A_{11}$ mit keinem der anderen 10 Agenten ein neutrales Paar bildet. Nach Voraussetzung überwachen sich $A_{1}, \\ldots, A_{10}$ reihum. Nach Umnummerierung können wir daher annehmen, dass $A_{1} \\rightarrow A_{2} \\rightarrow \\ldots A_{10} \\rightarrow A_{1}$ und $A_{1} \\rightarrow A_{11}$ (dabei bedeutet $X \\rightarrow Y$, dass $Y$ von $X$ überwacht wird). Wähle nun $2 \\leq k \\leq 9$ minimal mit $A_{11} \\rightarrow A_{k}$. Dann muss gelten $A_{k-1} \\rightarrow A_{11}$ und die 11 Agenten überwachen sich in der Reihenfolge\n$$\nA_{1} \\rightarrow A_{2} \\rightarrow \\ldots \\rightarrow A_{k-1} \\rightarrow A_{11} \\rightarrow A_{k} \\rightarrow \\ldots \\rightarrow A_{10} \\rightarrow A_{1}\n$$\nDamit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43667,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind 24 Punkte im Raum. Je drei dieser Punkte spannen eine Ebene auf, und es ist bekannt, dass die 24 Punkte auf diese Weise genau 2002 verschiedene Ebenen aufspannen. Beweise, dass eine dieser Ebenen mindestens 6 der Punkte enthält.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, keine der Ebenen enthalte 6 oder mehr Punkte. Sei $m$ die Anzahl Ebenen mit genau 4 Punkten und $n$ die Anzahl Ebenen mit genau 5 Punkten. Wir zählen jetzt die Anzahl Ebenen auf zwei Arten:\n\na. Nach Vorraussetzung sind es genau 2002.\n\nb. Wir zählen die Ebenen via Punktetripel. Es gibt $\\binom{24}{3} = 2024$ Punktetripel. Jedes Tripel spannt eine Ebene auf. Jede der $m$ Ebenen mit genau 4 Punkten wird dabei von $\\binom{4}{3} = 4$ Tripeln aufgespannt, also 3 mal zuviel gezählt, jede der $n$ Ebenen mit genau 5 Punkten wird von $\\binom{5}{3} = 10$ Tripeln aufgespannt, also 9 mal zuviel gezählt. Es sind daher insgesamt $2024 - 3m - 9n$ Ebenen.\n\nDurch Vergleich der Resultate erhalten wir die Gleichung $22 = 3m + 9n$. Diese besitzt aber keine Lösung, da die rechte Seite durch 3 teilbar ist, nicht aber die linke, Widerspruch. Die Annahme war also falsch: Es gibt eine Ebene, die mindestens 6 Punkte enthält.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43668,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$m$ sei eine beliebige natürliche Zahl. Bestimme in Abhängigkeit von $m$ die kleinste natürliche Zahl $k$, für die gilt: Ist $\\{m, m+1, \\ldots, k\\}=A \\cup B$ eine beliebige Zerlegung in zwei Mengen $A$ und $B$, dann enthält $A$ oder $B$ drei Elemente $a, b, c$ (die nicht notwendigerweise verschieden sein müssen) mit $a^{b}=c$.",
    "options": [],
    "answer": "k = m^{m^{m+2}}",
    "solution": "Solution:\n\nAntwort: $k = m^{m^{m+2}}$\n\nWir zeigen zuerst, dass man $\\{m, m+1, \\ldots, m^{m^{m+2}}-1\\}$ in zwei Mengen zerlegen kann, sodass es keine drei Elemente $a, b, c$ gibt, wie in der Aufgabe gefordert. Setze\n$$\n\\begin{aligned}\n& A = A_1 \\cup A_2 = \\{m, \\ldots, m^{m}-1\\} \\cup \\{m^{m^{m+1}}, \\ldots, m^{m^{m+2}}-1\\} \\\\\n& B = \\{m^{m}, \\ldots, m^{m^{m+1}}-1\\}\n\\end{aligned}\n$$\nWir betrachten jetzt verschiedene Fälle:\n\n1. $a, b \\in A_1$. Dann ist $a^{b} \\geq m^{m}$ und $a^{b} < (m^{m})^{m^{m}} = m^{m^{m+1}}$, also liegt $a^{b}$ in $B$ und daher nicht in $A$.\n\n2. $a \\in A_2, b \\in A_1$. Es gilt $a^{b} \\geq (m^{m^{m+1}})^{m} = m^{m^{m+2}}$, und $a^{b}$ liegt nicht in $A$.\n\n3. $a \\in A, b \\in A_2$. In diesem Fall gilt $a^{b} \\geq m^{(m^{m} m^{m+1})} \\geq m^{m^{m+2}}$, also liegt $a^{b}$ nicht in $A$.\n\n4. $a, b \\in B$. Dann gilt $a^{b} \\geq (m^{m})^{m^{m}} = m^{m^{m+1}}$ und daher liegt $a^{b}$ nicht in $B$.\n\nNun zeigen wir, dass es für $k \\geq m^{m^{m+2}}$ stets drei Elemente $a, b, c$ in $A$ oder $B$ gibt, sodass $a^{b}=c$. Nehme an, dies sei falsch und es existiert eine Zerlegung $\\{m, m+1, \\ldots, m^{m^{m+2}}\\} = A \\cup B$, sodass weder $A$ noch $B$ drei Elemente mit den geforderten Eigenschaften enthält. Wir können oBdA annehmen, dass $m \\in A$. Dann muss $m^{m}$ in $B$ liegen und damit $(m^{m})^{m^{m}} = m^{m^{m+1}}$ in $A$. Dann liegt $(m^{m^{m+1}})^{m} = m^{m^{m+2}}$ aber wiederum in $B$.\n\n1. Liegt $m^{m+1}$ in $A$, dann gilt $a^{b}=c$ mit $a=m, b=m^{m+1}$ und $c=m^{m^{m+1}}$, im Widerspruch zu unserer Annahme.\n\n2. Liegt $m^{m+1}$ in $B$, dann gilt $a^{b}=c$ mit $a=m^{m}, b=m^{m+1}$ und $c=m^{m^{m+2}}$, dies ist wieder ein Widerspruch zur Annahme.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43669,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sei ein Parallelogramm $ABCD$ und ein Punkt $O$ in dessen Innern, sodass $\\Varangle AOB + \\Varangle DOC = \\pi$. Zeige dass gilt\n$$\n\\Varangle CBO = \\Varangle CDO\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nKonstruiere den Punkt $Q$ auf der anderen Seite von $CD$ wie $O$, sodass $CQ \\parallel BO$ und $DQ \\parallel AO$. Nun gilt $\\Varangle DQC = \\Varangle AOB = \\pi - \\Varangle DOC$ und damit ist $CODQ$ ein Sehnenviereck. Da $BCQO$ ein Parallelogramm ist, gilt $\\Varangle CBO = \\Varangle CQO$. Da $CODQ$ ein Sehnenviereck ist, gilt nun $\\Varangle CDO = \\Varangle CQO = \\Varangle CBO$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43670,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$n$ sei eine positive ganze Zahl mit mindestens vier verschiedenen positiven Teilern. Die vier kleinsten unter diesen Teilern seien $d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$. Finde alle solchen Zahlen $n$, für die gilt\n$$\nd_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}=n\n$$",
    "options": [],
    "answer": "130",
    "solution": "Solution:\n\nEs ist $d_{1}=1$. Nehme an, $n$ sei ungerade, dann wären auch $d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$ ungerade und daher $n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}$ gerade, Widerspruch. Also ist $n$ gerade und $d_{2}=2$. Nehme an, $n$ sei durch 4 teilbar, dann ist eine der Zahlen $d_{3}, d_{4}$ gleich 4 und die andere gleich $a$, wobei $a$ irgend eine natürliche Zahl ist. Nun sind 0 und 1 die einzigen quadratischen Reste mod 4, daher gilt modulo 4\n$$\n0 \\equiv n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2}=1^{2}+2^{2}+4^{2}+a^{2} \\equiv 1+a^{2} \\equiv 1,2\n$$\nWiderspruch. Daher ist $n$ nicht durch 4 teilbar und damit $d_{3}=p$ eine ungerade Primzahl. Für $d_{4}$ bleiben die Möglichkeiten $d_{4}=2 p$ oder $d_{4}=q$ mit einer ungeraden Primzahl $q>p$. Nehme an, letzteres sei der Fall, dann gilt modulo 4\n$$\n2 \\equiv n=d_{1}^{2}+d_{2}^{2}+d_{3}^{2}+d_{4}^{2} \\equiv 1^{2}+2^{2}+p^{2}+q^{2} \\equiv 1+0+1+1 \\equiv 3\n$$\nWiderspruch. Daher ist $d_{4}=2 p$ und $n=1^{2}+2^{2}+p^{2}+(2 p)^{2}=5\\left(1+p^{2}\\right)$. Nun ist $p$ ein Teiler von $n$ und ausserdem teilerfremd zu $1+p^{2}$. Daher muss $p$ ein Teiler von 5 , also gleich 5 sein. Die einzige Lösung ist somit $n=130$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43671,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte ein $7 \\times 7$ Feld, das in 49 Einheitsquadrate unterteilt ist. In dieses Feld wollen wir Kacheln der Form eines Schweizerkreuzes, bestehend aus 5 Einheitsquadraten, hineinlegen. Dabei sollen die Kanten der Kreuze auf den Linien des Feldes zu liegen kommen. Bestimme die kleinstmögliche Anzahl Quadrate, die auf dem Feld markiert werden müssen, damit jedes Kreuz, egal wo es auf das Feld gelegt wird, mindestens ein markiertes Quadrat bedeckt.",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "Solution:\n\nFühre Koordinaten ein. Es ist leicht zu sehen, dass jedes Kreuz eines der 7 Quadrate\n$$\n(2,5),(3,2),(3,3),(4,6),(5,4),(6,2),(6,5)\n$$\nbedeckt. Dies zeigt, dass 7 Markierungen genügen. Wir zeigen nun, dass 7 Markierungen nötig sind. Nehme an, nicht. Die Kreuze mit Mittelpunkten\n$$\n(2,2),(2,6),(3,4),(5,2),(5,6),(6,4)\n$$\nsind disjunkt, daher muss jedes dieser Kreuze ein markiertes Feld bedecken. Daher genügen fünf Markierungen nicht. Nehme an, genau 6 Quadrate sind markiert. Dann\nbedeckt jedes der 6 Kreuze in (1) genau eine Markierung. Daher können die Quadrate $(1,1),(1,3),(1,4)$ und $(1,6)$ nicht markiert sein. Durch Drehen und Spiegeln der Kreuzanordnung (1) und analogen Argumenten folgt, dass kein Quadrat am Rand des Feldes markiert sein kann. Genauso folgt, dass die Quadrate $(3,4),(4,3),(4,5)$ und $(6,4)$ nicht markiert sein können. Folglich ist $(4,4)$ markiert. Die 5 Kreuze mit Mittelpunkten\n$$\n(2,6),(3,3),(5,2),(5,6),(6,4)\n$$\nsind disjukt und keines enthält das zentrale Quadrat. Daher bedeckt jedes ein markiertes Quadrat und insbesondere können die Quadrate $(2,2),(2,4)$ und $(3,5)$ nicht markiert sein. Ersetzt man in (2) das Kreuz $(3,3)$ durch $(2,3)$, sieht man analog, dass die Quadrate $(3,2)$ und $(3,4)$ nicht markiert sein können. Aus Symmetriegründen folgt nun wie vorher, dass kein einziges Quadrat ausser $(4,4)$ markiert sein kann, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43672,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, für die gilt:\n\na. $f(x-1-f(x))=f(x)-1-x$ für alle $x \\in \\mathbb{R}$,\n\nb. Die Menge $\\{f(x) / x \\mid x \\in \\mathbb{R}, x \\neq 0\\}$ ist endlich.",
    "options": [],
    "answer": "f(x)=x",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen, dass $f(x)=x$ die einzige Lösung ist. Setze $g(x)=f(x)-x$. Substituiert man $f(x)=g(x)+x$ in (a), folgt für $g$ die einfachere Gleichung\n$$\ng(-1-g(x))=2 g(x)\n$$\nWegen $f(x) / x=(g(x)+x) / x=g(x) / x+1$ und (b) folgt, dass auch die Menge $\\{g(x) / x \\mid x \\in \\mathbb{R}, x \\neq 0\\}$ endlich ist. Setze $A=\\{x \\in \\mathbb{R} ; \\mid x \\neq 0, g(x) \\neq-1\\}$. Für $x \\in A$ können wir (3) durch $-1-g(x)$ dividieren und erhalten\n$$\n\\frac{g(-1-g(x))}{-1-g(x)}=\\frac{-2 g(x)}{g(x)+1}=h(g(x))\n$$\nwobei $h(x)=-2 x /(x+1)$. Die linke Seite dieser Gleichung nimmt nur endlich viele Werte an, also auch die rechte. Nun ist die Funktion $h: \\mathbb{R} \\backslash\\{-1\\} \\rightarrow \\mathbb{R} \\backslash\\{-2\\}$ bijektiv mit Umkehrfunktion $h^{-1}(x)=-x /(x+2)$. Daher nimmt auch $g(x)$ für $x \\in A$ nur endlich viele Werte an. Nach Definition von $A$ bedeutet das aber, dass $g(x)$ überhaupt nur endlich viele Werte annehmen kann. Daraus folgt jetzt unmittelbar $g(x)=0 \\forall x \\in \\mathbb{R}$ und wir sind fertig. Nehme an, dies sei nicht der Fall und sei $a=g(c) \\neq 0$ der betragsmässig grösste Wert, den $g$ annimmt. Setze $x=c$ in (3), dann folgt $g(-1-a)=2 a$, im Widerspruch zur Maximalität von $a$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43673,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \\ldots$ eine Folge ganzer Zahlen mit den Eigenschaften\n- $1 = x_{1} < x_{2} < x_{3} < \\ldots$,\n- $x_{n+1} \\leq 2 n$ für $n \\geq 1$.\n\nZeige, dass es zu jeder positiven ganzen Zahl $k$ zwei Indizes $i$ und $j$ gibt mit $k = x_{i} - x_{j}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $k$ beliebig. Betrachte die $k$ Schubfächer\n$$\n\\{1, k+1\\}, \\{2, k+2\\}, \\ldots, \\{k, 2k\\}\n$$\nNach Voraussetzung liegen die $k+1$ Folgeglieder $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{k+1}$ alle in einem der Schubfächer und damit liegen zwei im gleichen. Diese beiden Folgeglieder können nicht gleich sein, also müssen sie Differenz $k$ haben.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43674,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein gleichseitiges Dreieck und $P$ ein Punkt in dessen Innern. $X$, $Y$ und $Z$ seien die Fusspunkte der Lote von $P$ auf die Seiten $BC$, $CA$ und $AB$. Zeige, dass die Summe der Flächen der Dreiecke $BXP$, $CYP$ und $AZP$ nicht von $P$ abhängt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSchraffiere die Dreiecke $BXP$, $CYP$ und $AZP$. Zeichne die drei gleichseitigen Dreiecke, die $P$ als Ecke haben und deren gegenüberliegende Seite auf einer der Seiten von $ABC$ liegt. Durch diese drei gleichseitigen Dreiecke wird $ABC$ in drei Dreiecke und drei Parallelogramme zerlegt, die offenbar alle zur Hälfte schraffiert sind. Damit ist die Summe der schraffierten Dreiecke genau die Hälfte der Fläche von $ABC$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43675,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einer Gruppe von $n$ Leuten veranstaltet jedes Wochenende jemand eine Party, an der er alle seine Bekannten einander gegenseitig vorstellt. Nachdem jeder der $n$ Leute einmal eine Party gemacht hat, gibt es immer noch zwei Personen unter ihnen, die sich nicht kennen. Zeige, dass diese zwei sich auch in Zukunft nie an einer dieser Partys kennen lernen werden. (Zwei Leute kennen sich immer gegenseitig oder gegenseitig nicht)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte einen Graph, dessen Ecken die $n$ Leute sind, und verbinde zwei Leute mit einer Kante, wenn sie sich kennen. Immer wenn jemand eine Party macht, verändert sich dieser Graph. Nehme an $A$ macht eine Party, dann werden alle direkt mit $A$ verbundenen Ecken gegenseitig verbunden.\n\nWir zeigen nun, dass alle Zusammenhangskomponenten (ZK) des Graphen vollständig sind, nachdem jeder einmal eine Party gemacht hat. Seien $B$ und $C$ zwei Punkte in derselben $\\mathrm{ZK}$, dann gibt es einen kürzesten $\\operatorname{Weg}\\ B P_{1} P_{2} \\ldots P_{k} C$ von $B$ nach $C$. Jedesmal wenn eine der Personen $P_{i}$ eine Party macht, stellt er die beiden benachbarten Leute auf dem Weg einander vor, der kürzeste Weg verkürzt sich dabei um 1. Da jede Person auf dem Weg einmal eine Party macht, müssen $B$ und $C$ am Schluss mit einer Kante verbunden sein.\n\nAls nächstes zeigen wir, dass zwei Punkte in verschiedenen ZK nie verbunden werden. Nehme an, $B$ und $C$ liegen anfangs in verschiedenen ZK und sind nach der $k$-ten Party das erste Mal in der gleichen. Wenn $P$ diese $k$-te Party veranstaltet, dann muss $P$ vorher mit $B$ und $C$ verbunden sein. Dann gibt es aber schon vor der $k$-ten Party einen Weg von $B$ nach $C$, diese Punkte liegen also bereits jetzt in derselben ZK, im Widerspruch zur minimalen Wahl von $k$.\n\nWenn sich nun zwei Leute nicht kennen, nachdem jeder eine Party gemacht hat, dann befanden sie sich am Anfang in verschiedenen ZK, und dies bleibt auch immer so. Diese Leute werden sich also auch in Zukunft nie kennen lernen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43676,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBeweise für jede positive reelle Zahl $a$ und jedes ganze $n \\geq 1$ die Ungleichung\n$$\na^{n}+\\frac{1}{a^{n}}-2 \\geq n^{2}\\left(a+\\frac{1}{a}-2\\right)\n$$\nund bestimme alle Fälle, in denen das Gleichheitszeichen gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds exactly when the exponent equals one or the base equals one.",
    "solution": "Solution:\n\nMultiplikation mit $a^{n}$ und Anwenden der Binomischen Formeln ergibt die äquivalente Ungleichung\n$$\n\\left(a^{n}-1\\right)^{2} \\geq n^{2} a^{n-1}(a-1)^{2}\n$$\nNach AM-GM gilt nun aber\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(a^{n}-1\\right)^{2} & =(a-1)^{2}\\left(1+a+a^{2}+\\ldots+a^{n-1}\\right)^{2} \\\\\n& \\geq(a-1)^{2}\\left(n \\cdot \\sqrt[n]{1 \\cdot a \\cdot a^{2} \\cdots a^{n-1}}\\right)^{2} \\\\\n& =n^{2}(a-1)^{2}\\left(\\sqrt[n]{a^{(n-1) n / 2}}\\right)^{2} \\\\\n& =n^{2}(a-1)^{2} a^{n-1}\n\\end{aligned}\n$$\nGleichheit gilt genau dann, wenn $n=1$ oder wenn $a=1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43677,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $\\Gamma$ ein Kreis und $P$ ein Punkt ausserhalb von $\\Gamma$. Eine Tangente von $P$ an den Kreis berühre ihn in $A$. Eine weitere Gerade durch $P$ schneide $\\Gamma$ in den verschiedenen Punkten $B$ und $C$. Die Winkelhalbierende von $\\Varangle A P B$ schneide $A B$ in $D$ und $A C$ in $E$. Beweise, dass das Dreieck $A D E$ gleichschenklig ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nehmen an, $B$ liege näher bei $P$ als $C$. Da $P A$ eine Tangente an $\\Gamma$ ist, gilt $\\Varangle P A B=\\Varangle A C B$. Ausserdem ist $\\Varangle A P D=\\Varangle C P E$, also sind die Dreiecke $P A D$ und $P E C$ ähnlich. Daraus folgt $\\Varangle P D A=\\Varangle P E C$ und somit auch $\\Varangle A D E=\\Varangle A E D$, also ist das Dreieck $A D E$ gleichschenklig.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43678,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein beliebiges Dreieck und $D, E, F$ die Seitenmitten von $BC, CA, AB$. Die Schwerlinien $AD, BE$ und $CF$ schneiden sich im Schwerpunkt $S$. Mindestens zwei der Vierecke\n$$\nAFSE, \\quad BDSF, \\quad CESD\n$$\nseien Sehnenvierecke. Zeige, dass das Dreieck $ABC$ gleichseitig ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir können aus Symmetriegründen annehmen, dass $AFSE$ und $BDSF$ Sehnenvierecke sind.\n\nBeachte, dass $AB$ parallel ist zu $ED$, analog für die anderen Seiten. In den folgenden Gleichungen bedeutet (*) Gleichheit von Stufenwinkeln und (**) Peripheriewinkelsatz im Kreis. Es gilt\n$$\n\\varphi = \\Varangle ECS \\stackrel{(*)}{=} \\Varangle SFD \\stackrel{(**)}{=} \\Varangle SBD \\stackrel{(*)}{=} \\Varangle SEF \\stackrel{(**)}{=} \\Varangle SAF\n$$\nund\n$$\n\\psi = \\Varangle DCS \\stackrel{(*)}{=} \\Varangle SFE \\stackrel{(**)}{=} \\Varangle SAE \\stackrel{(*)}{=} \\Varangle SDF \\stackrel{(**)}{=} \\Varangle SBF\n$$\nInsbesondere sind alle drei Winkel des Dreiecks $ABC$ gleich $\\varphi + \\psi$, also ist $ABC$ gleichseitig.\n\n\nDie Schwerelinie $CF$ ist die Potenzlinie der Umkreise von $AFSE$ und $BDSF$. Folglich besitzt $C$ dieselbe Potenz bezüglich dieser Kreise. Daraus folgt $|CA| \\cdot |CE| = |CB| \\cdot |CD|$, und wegen $|CA| = 2|CE|$, $|CB| = 2|CD|$ somit $|CA| = |CB|$. Das Dreieck ist also gleichschenklig.\nInsbesondere steht die Schwerelinie $CF$ senkrecht auf $AB$. Da $AFSE$ und $BDSF$ Sehnenvierecke sind, stehen dann auch die beiden anderen Schwerelinien senkrecht auf den entsprechenden Seiten, folglich ist $ABC$ gleichseitig.\n\n\nDa $AFSE$ ein Sehnenviereck ist, gilt $\\Varangle FAS = \\Varangle FES$. Analog folgt $\\Varangle FBS = \\Varangle FDS$. Insbesondere sind die Dreiecke $AFD$ und $EFB$ ähnlich, daraus folgt $\\Varangle AFD = \\Varangle EFB$ und somit auch $\\Varangle AFE = \\Varangle BFD$. Da $FD$ parallel zu $AC$ und $FE$ parallel zu $BC$ ist, folgt daraus $\\Varangle BAC = \\Varangle ABC$, also ist $ABC$ gleichschenklig.\nDie Schwerelinie $CF$ ist somit eine Symmetrieachse des Dreiecks, somit folgt $\\Varangle FAS = \\Varangle FES = \\Varangle FBS = \\Varangle FDS$. Nach der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes liegen $A, E, D, B$ auf einem Kreis um $F$, folglich ist $|AF| = |EF| = |DF| = |BF|$. Außerdem sind $D, E, F$ die Mittelpunkte der entsprechenden Seiten, daher gilt auch $|AE| = |FD|$ und $|BD| = |FE|$. Die Dreiecke $AEF$ und $BDF$ sind also gleichseitig, daraus folgt $\\Varangle ABC = \\Varangle BAC = 60^\\circ$, wie gewünscht.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43679,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $S$ die Menge aller $n$-Tupel $(X_{1}, \\ldots, X_{n})$, wobei $X_{1}, \\ldots, X_{n}$ Teilmengen von $\\{1,2, \\ldots, 1000\\}$ sind, die nicht alle verschieden sein müssen, und die auch leer sein können. Für $a=(X_{1}, \\ldots, X_{n}) \\in S$ bezeichne\n$$\nE(a)=\\text{Anzahl Elemente von } X_{1} \\cup \\ldots \\cup X_{n}\n$$\nFinde einen expliziten Ausdruck für die Summe\n$$\n\\sum_{a \\in S} E(a)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1000(2^{n}-1)2^{999 n}",
    "solution": "Solution:\n\nWir zählen die Anzahl Paare $(a, x)$ auf zwei Arten, wobei $a=(X_{1}, \\ldots, X_{n}) \\in S$ ein $n$-Tupel ist und $x \\in X_{1} \\cup \\ldots \\cup X_{n}$.\n\na. Für ein festes $a \\in S$ gibt es per Definition genau $E(a)$ solche Elemente $x$. Daher ist die gesuchte Anzahl gerade\n$$\n\\sum_{a \\in S} E(a)\n$$\n\nb. Es gibt $1000$ Möglichkeiten, ein Element $x \\in \\{1,2, \\ldots, 1000\\}$ auszuwählen. Wieviele $n$-Tupel $(X_{1}, \\ldots, X_{n})$ gibt es mit $x \\in X_{1} \\cup \\ldots \\cup X_{n}$? Jede der Teilmengen $X_{k}$ kann $x$ enthalten oder nicht, aber $x$ muss in mindestens einer dieser Teilmengen liegen. Für jedes andere Element $y \\in \\{1,2, \\ldots, 1000\\}$ und jedes $k$ kann man frei entscheiden, ob $y$ in $X_{k}$ liegt, oder nicht. Insgesamt gibt es also $(2^{n}-1) \\cdot (2^{n})^{999}$ verschiedene solche $n$-Tupel. Die gesuchte Anzahl ist daher\n$$\n1000 (2^{n}-1) 2^{999 n}\n$$\n\n\nSolution 2:\n\nSei $0 \\leq r \\leq 1000$ fest. Wir zählen die Anzahl $n$-Tupel $a=(X_{1}, \\ldots, X_{n})$ mit $E(a)=r$. Es gibt $\\binom{1000}{r}$ $r$-elementige Teilmengen $M$ von $\\{1,2, \\ldots, 1000\\}$. Wieviele verschiedene $n$-Tupel $(X_{1}, \\ldots, X_{n})$ gibt es mit $M=X_{1} \\cup \\ldots \\cup X_{n}$? Nun, jedes der $r$ Elemente von $M$ kann in jeder der Mengen $X_{k}$ enthalten sein, oder nicht, es muss aber in mindestens einer der Mengen $X_{k}$ liegen. Daher gibt es genau $(2^{n}-1)^{r}$ verschiedene solche $n$-Tupel.\n\nZusammengefasst gibt es also genau $\\binom{1000}{r}(2^{n}-1)^{r}$ verschiedene $n$-Tupel $a \\in S$ mit $E(a)=r$. Folglich gilt\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{a \\in S} E(a) & =\\sum_{r=0}^{1000} r \\cdot \\binom{1000}{r}(2^{n}-1)^{r} \\\\\n& =\\sum_{r=1}^{1000} 1000\\binom{999}{r-1}(2^{n}-1)^{r}=1000(2^{n}-1) \\sum_{r=1}^{1000}\\binom{999}{r-1}(2^{n}-1)^{r-1} \\\\\n& =1000(2^{n}-1) \\sum_{r=0}^{999}\\binom{999}{r}(2^{n}-1)^{r}=1000(2^{n}-1)((2^{n}-1)+1)^{999} \\\\\n& =1000(2^{n}-1) 2^{999 n}\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43680,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle natürlichen Zahlen $a$, $b$ und $n$, sodass die folgende Gleichung gilt:\n$$\na! + b! = 2^{n}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1,1,1), (2,2,2), (2,3,3), (3,2,3)",
    "solution": "Solution:\nDie Gleichung ist symmetrisch in $a$ und $b$, daher können wir oBdA $a \\leq b$ annehmen.\n\nIst $a \\geq 3$, dann ist die linke Seite der Gleichung durch $3$ teilbar, die rechte Seite aber nicht, Widerspruch.\n\nIst $a=1$, dann folgt $1 + b! = 2^{n}$. Für $b \\geq 2$ ist die linke Seite ungerade und größer als $1$, Widerspruch. Folglich gilt $b=1$ und damit $n=1$.\n\nIst $a=2$, dann folgt analog $2 + b! = 2^{n}$. Für $b \\geq 4$ ist die linke Seite nicht durch $4$ teilbar und größer als $4$, Widerspruch. Folglich gilt $b=2$ und $n=2$ oder $b=3$ und $n=3$.\n\nDie einzigen Lösungstripel $(a, b, n)$ sind also\n$$\n(1,1,1),\\ (2,2,2),\\ (2,3,3),\\ (3,2,3)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43681,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sei ein spitzwinkliges Dreieck $\\triangle A B C$ mit Höhen $\\overline{A U}$, $\\overline{B V}$, $\\overline{C W}$ und Höhenschnittpunkt $H$. $X$ liege auf $\\overline{A U}$, $Y$ auf $\\overline{B V}$ und $Z$ auf $\\overline{C W}$. $X$, $Y$ und $Z$ sind alle von $H$ verschieden. Zeige\n\na. Wenn $X$, $Y$, $Z$ und $H$ auf einem Kreis liegen, gilt\n$$\n[A B C]=[A B Z]+[A Y C]+[X B C]\n$$\nwobei $[P Q R]$ die Fläche des Dreiecks $\\triangle P Q R$ bezeichnet.\n\nb. Es gilt auch die Umkehrung von (a).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n(a) Da das Sehnenviereck $X Y Z H$ insbesondere konvex ist, können wir oBdA annehmen, dass $Z$ auf $\\overline{C H}$ und $X$ auf $\\overline{H U}$ liegt. Wir betrachten zuerst den Fall, dass $Y$ auf $\\overline{B H}$ liegt. Eine kurze Winkeljagd zeigt, dass $\\angle X Y Z=\\beta$ und $\\angle Y Z X=\\gamma$ gilt. Es folgt, dass die Dreiecke $\\triangle A B C$ und $\\triangle X Y Z$ ähnlich sind und daraus folgt\n$$\nX Y=Y Z \\cdot \\frac{A B}{B C} \\quad Z X=Y Z \\cdot \\frac{C A}{B C}\n$$\nNach dem Satz von Ptolemäus für Sehnenvierecke gilt\n$$\nH X \\cdot Y Z=H Y \\cdot Z X+H Z \\cdot X Y\n$$\nEinsetzen, kürzen und umformen gibt\n$$\n\\begin{aligned}\nH X \\cdot B C & =H Y \\cdot C A+H Z \\cdot A B \\\\\n\\Leftrightarrow(U H-U X) \\cdot B C & =(V Y-V H) \\cdot C A+(W Z-W H) \\cdot A B \\\\\n\\Leftrightarrow A B \\cdot W H+B C \\cdot U H+C A \\cdot V H & =A B \\cdot W Z+B C \\cdot U X+C A \\cdot V Y \\\\\n\\Leftrightarrow[A B C] & =[A B Z]+[A Y C]+[X B C]\n\\end{aligned}\n$$\nFür den Fall, dass $Y$ auf $\\overline{V H}$ liegt, liefert Winkeljagd erneut dieselbe Ähnlichkeit. Ptolemäus hat dann die Form\n$$\nH Z \\cdot X Y=H Y \\cdot Z X+H X \\cdot Y Z\n$$\nund liefert durch analoge Berechnung die gesuchte Gleichung.\n\n(b) Wir nehmen an $X$, $Y$, $Z$ und $H$ liegen nicht auf einem Kreis. Betrachte den Umkreis $k$ des Dreiecks $\\triangle X Y H$. Wir unterscheiden drei Fälle:\n\ni) $k$ schneidet die Strecke $\\overline{C W}$ in den Punkten $H$ und $S$. Für das Sehnenviereck $X Y S H$ gilt, wie in (a) gezeigt wurde, die Gleichung. Liegt nun $Z$ näher bei $W$ als $S$, ist die Fläche $[A B Z]$ kleiner als $[A B S]$ und somit\n$$\n[A B Z]+[A Y C]+[X B C]<[A B C]\n$$\nWiderspruch. Analog, wenn $Z$ näher bei $C$ liegt als $S$.\n\nii) $k$ liegt tangential an $C W$. Winkeljagd zeigt, dass das Dreieck $\\triangle X Y H$ ähnlich zu $\\triangle A B C$ ist. Es gilt darum in allen Fällen\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{H X}{Y H} & =\\frac{C A}{B C} \\\\\n\\Leftrightarrow[A B C] & =[A B H]+[A Y C]+[X B C]\n\\end{aligned}\n$$\nDie gleiche Argumentation, wie in Fall (i) führt zum gewünschten Widerspruch.\n\niii) $k$ schneidet $C W$ ausserhalb $\\overline{C W}$ in $S$. Wir setzen $[A B S]$ negativ (gleicher Betrag), falls $S$ näher bei $W$ liegt als bei $C$. Man prüft leicht nach, dass dann die Gleichung aus (a) auch für Punkte ausserhalb von $\\triangle A B C$ gilt. Das gleiche Argument, wie in Fall (i) ergibt den Widerspruch.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43682,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n>1$ eine ungerade natürliche Zahl. Die Felder eines $n \\times n$ Schachbretts sind abwechselnd weiss und schwarz gefärbt, sodass die vier Eckfelder schwarz sind. Ein L-triomino ist eine L-förmige Figur, die genau drei Felder des Brettes bedeckt. Für welche Werte von $n$ ist es möglich, alle schwarzen Felder mit L-triominos zu bedecken, sodass keine zwei L-triominos sich überlappen? Bestimme für diese Werte von $n$ die kleinstmögliche Zahl von L-triominos die dazu nötig sind.",
    "options": [],
    "answer": "All odd n with n ≥ 7; the minimal number of L-triominos is ((n+1)/2)^2.",
    "solution": "Solution:\n\nSetze $n=2m+1$ mit $m \\geq 1$. Nummeriere die Zeilen und Spalten von $1$ bis $n$ und markiere alle Felder, die in einer ungeraden Zeile und einer ungeraden Spalte liegen. Diese $(m+1)^2$ markierten Felder sind alle schwarz. Ein L-triomino kann höchstens ein markiertes Feld bedecken, also ist die benötigte Zahl von L-triominos mindestens $(m+1)^2$. Andererseits bedeckt ein L-triomino genau drei Felder des Brettes. Da sich keine zwei überlappen dürfen, ist ihre Zahl höchstens gleich $(2m+1)^2/3$. Daraus folgt $m \\geq 3$, also $n \\geq 7$.\n\nWir zeigen nun induktiv, dass man für $n \\geq 7$ alle schwarzen Felder mit genau $(m+1)^2$ L-triominos bedecken kann.\n\nEin $2 \\times 3$ Rechteck lässt sich mit zwei, ein $4 \\times 3$ Rechteck mit vier L-triominos bedecken. Bedecke das $7 \\times 7$ Brett mit vier $4 \\times 3$ Rechtecken, sodass das zentrale (schwarze) Feld unbedeckt bleibt. Es ist leicht zu sehen, dass man nun zwei L-triominos kippen kann, sodass das zentrale Feld bedeckt ist, dafür ein weisses frei bleibt. Dies zeigt die Behauptung für $n=7$.\n\nFür den Induktionsschritt $m \\rightarrow m+1$ bedecken wir die schwarzen Felder des linken unteren $2m+1 \\times 2m+1$ Teilbretts mit genau $(m+1)^2$ L-triominos (Induktionsvoraussetzung) und müssen zeigen, dass sich die schwarzen Felder des verbleibenden L-förmigen Randgebiets mit $(m+2)^2-(m+1)^2=2m+3$ L-triominos bedecken lassen. Dies sieht man unmittelbar ein, wenn man sich die Situation skizziert.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43683,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle injektiven Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle reellen Zahlen $x \\neq y$ gilt\n$$\nf\\left(\\frac{x+y}{x-y}\\right)=\\frac{f(x)+f(y)}{f(x)-f(y)}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x",
    "solution": "Solution:\nEinsetzen von $y=0$ liefert für $x \\neq 0$ die Gleichung $f(1)=(f(x)+f(0))/(f(x)-f(0))$, also\n$$\nf(x)(f(1)-1)=f(0)(f(1)+1)\n$$\nDaraus folgt $f(1)=1$ und damit auch $f(0)=0$, denn sonst wäre $f$ konstant auf $\\mathbb{R} \\backslash \\{0\\}$, also nicht injektiv. Setze $y=-x \\neq 0$, dann folgt\n$$\nf(-x)=-f(x) \\quad \\forall x \\neq 0\n$$\nSetze $y=x z$ mit $z \\neq 1$ und $x \\neq 0$, dann gilt einerseits\n$$\nf\\left(\\frac{x+x z}{x-x z}\\right)=\\frac{f(x)+f(x z)}{f(x)-f(x z)}\n$$\nandererseits ist aber auch\n$$\nf\\left(\\frac{x+x z}{x-x z}\\right)=f\\left(\\frac{1+z}{1-z}\\right)=\\frac{1+f(z)}{1-f(z)}\n$$\nEin Vergleich von (3) und (4) ergibt nun für alle $z \\neq 1$ und $x \\neq 0$ die Gleichung\n$$\nf(x z)=f(x) f(z)\n$$\nWir wissen aber bereits, dass $f(0)=0$ und $f(1)=1$ gilt, also stimmt (5) für alle reellen $x, z$. Mit $x=z$ folgt aus (5) weiter, dass $f(x) \\geq 0$ für alle $x \\geq 0$. Da $f$ injektiv ist und $f(0)=0$, gilt sogar $f(x)>0$ für alle $x>0$. Ist nun $x>y \\geq 0$, dann gilt $(x+y)/(x-y)>0$ und damit ist die linke Seite der ursprünglichen Gleichung positiv, also auch die rechte. Dies gilt auch für den Zähler rechts, also auch für den Nenner, das heisst $f(x)>f(y)$, und daher ist $f$ streng monoton steigend auf $\\mathbb{R}_{\\geq 0}$. Zusammen mit (5) impliziert das bekanntlich, dass für $x \\geq 0$ gilt $f(x)=x^{c}$ mit einer positiven Konstanten $c$. Einsetzen in die ursprüngliche Gleichung (wobei $x>y \\geq 0$ ) zeigt, dass $c=1$ sein muss. Zusammen mit (2) ergibt sich nun die einzige Lösung\n$$\nf(x)=x\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43684,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle natürlichen Zahlen, die sich in der Form\n$$\n\\frac{(a+b+c)^{2}}{a b c}\n$$\ndarstellen lassen, wobei $a, b$ und $c$ natürliche Zahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9",
    "solution": "Solution:\nNehme an, die natürliche Zahl $n$ lasse sich in dieser Form darstellen, also\n$$\n\\frac{(a+b+c)^{2}}{a b c}=n\n$$\nHalte $n$ fest und wähle $a, b, c$ mit $a \\geq b \\geq c$ und $a+b+c$ minimal. Die obige Gleichung lässt sich umschreiben zu\n$$\na^{2}+a(2 b+2 c-n b c)+(b+c)^{2}=0\n$$\nDies ist eine quadratische Gleichung in $a$, die eine weitere Lösung $a^{\\prime}$ besitzt. Nach Vieta gilt\n$$\n\\begin{aligned}\na+a^{\\prime} & =n b c-2 b-2 c \\\\\na \\cdot a^{\\prime} & =(b+c)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nAus der ersten Gleichung folgt, dass $a^{\\prime}$ ganz ist, aus der zweiten, dass $a^{\\prime}>0$. Wegen der Minimalität von $a+b+c$ muss $a^{\\prime} \\geq a$ sein und daher gilt $a^{2} \\leq a a^{\\prime}=(b+c)^{2}$, also $b+c \\geq a \\geq b \\geq c>0$. Wir unterscheiden nun zwei Fälle.\n\na. Sei $c=1$. Dann ist $a=b$ oder $a=b+1$. Im ersten Fall folgt $a^{2} \\mid(1+2 a)^{2}$, also $a^{2} \\mid 1+4 a$. Dies gilt nur für $a=1$, was zu $n=9$ führt. Im zweiten Fall gilt $a(a-1) \\mid(2 a)^{2}$, also ist $a=2,3,5$ und $n=8,6,5$.\n\nb. Sei nun $c>1$. Dann gilt die Abschätzung\n$$\n\\begin{aligned}\nn=\\frac{(a+b+c)^{2}}{a b c} & =\\frac{a}{b c}+\\frac{b}{c a}+\\frac{c}{a b}+2\\left(\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}\\right) \\leq \\frac{b+c}{b c}+\\frac{1}{c}+\\frac{1}{a}+2 \\cdot \\frac{3}{2} \\\\\n& \\leq 1+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}+3=5\n\\end{aligned}\n$$\nDabei haben wir verwendet, dass für $b, c \\geq 2$ gilt $b+c \\leq b c$.\n\nEs kommen also nur $n=1,2,3,4,5,6,8,9$ in Frage. Die folgende Auflistung zeigt, dass alle diese Zahlen in der gewünschten Form dargestellt werden können:\n$$\n\\begin{array}{ll}\n1=(9+9+9)^{2} /(9 \\cdot 9 \\cdot 9) & 5=(5+4+1)^{2} /(5 \\cdot 4 \\cdot 1) \\\\\n2=(8+4+4)^{2} /(8 \\cdot 8 \\cdot 4) & 6=(3+2+1)^{2} /(3 \\cdot 2 \\cdot 1) \\\\\n3=(3+3+3)^{2} /(3 \\cdot 3 \\cdot 3) & 8=(2+1+1)^{2} /(2 \\cdot 1 \\cdot 1) \\\\\n4=(4+2+2)^{2} /(4 \\cdot 2 \\cdot 2) & 9=(1+1+1)^{2} /(1 \\cdot 1 \\cdot 1)\n\\end{array}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43685,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $M$ eine endliche Menge reeller Zahlen mit folgender Eigenschaft: Aus je drei verschiedenen Elementen von $M$ lassen sich stets zwei auswählen, deren Summe in $M$ liegt. Wieviele Elemente kann $M$ höchstens haben?",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "Antwort: 7 .\n\nNehme an, $M$ enthalte mehr als drei positive Elemente und bezeichne die vier grössten mit $a > b > c > d > 0$. Nach Voraussetzung kann man aus den drei Elementen $a, b, c$ zwei auswählen, deren Summe in $M$ liegt. Wegen $a + b > a$ und $a + c > a$ und der Maximalität von $a$ liegen diese beiden Summen nicht in $M$. Folglich muss $b + c \\in M$ sein und wegen $b + c > b$ gilt $a = b + c$. Dieselbe Argumentation mit den drei Elementen $a, b, d$ zeigt, dass auch $a = b + d$ gilt. Dies impliziert aber $c = d$, Widerspruch. Folglich enthält $M$ höchstens drei positive Elemente. Analog zeigt man, dass $M$ auch nur höchstens drei negative Elemente enthält. Daher gilt $|M| \\leq 7$ (die Null kann auch noch in $M$ liegen).\n\nAndererseits hat für $a > 0$ die folgende 7-elementige Menge die geforderte Eigenschaft:\n$$\nM = \\{-3a, -2a, -a, 0, a, 2a, 3a\\}\n$$\nDie einzigen Summen von zwei verschiedenen Elementen, die nicht in $M$ liegen, sind $3a + a$, $3a + 2a$, $(-3a) + (-a)$ und $(-3a) + (-2a)$. Die einzigen problematischen dreielementigen Teilmengen von $M$ sind daher $\\{3a, b, -3a\\}$, wobei $b = \\pm a$ oder $\\pm 2a$. Im Fall $b > 0$ gilt aber $(-3a) + b \\in M$, im Fall $b < 0$ analog $3a + b \\in M$. Damit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43686,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme die grösste natürliche Zahl $n$, sodass\n$$\n4^{995}+4^{1500}+4^{n}\n$$\neine Quadratzahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "2004",
    "solution": "Solution:\nAntwort: $n=2004$\nWir zeigen allgemeiner: Sind $a<b$ zwei natürliche Zahlen, dann ist $n=2b-a-1$ der grösste Wert, für den $4^{a}+4^{b}+4^{n}$ eine Quadratzahl ist.\nSei zunächst $n=2b-a-1$. Wir erhalten\n$$\n\\begin{aligned}\n4^{a}+4^{b}+4^{n} & =4^{a}\\left(1+4^{b-a}+4^{2(b-a)-1}\\right) \\\\\n& =\\left(2^{a}\\right)^{2} \\cdot\\left(1+2^{2(b-a)-1}\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nalso eine Quadratzahl. Wir nehmen nun an, es gelte $n \\geq 2b-a$. Wegen $4^{a}+4^{b}+4^{n}=\\left(2^{a}\\right)^{2} \\cdot\\left(1+4^{b-a}+4^{n-a}\\right)$ genügt es zu zeigen, dass $A=1+4^{b-a}+4^{n-a}$ kein Quadrat ist. Einerseits gilt $A>\\left(2^{n-a}\\right)^{2}$, andererseits wegen $2b-2a<n-a+1$ aber auch\n$$\n\\begin{aligned}\nA & =1+2^{2b-2a}+\\left(2^{n-a}\\right)^{2} \\\\\n& <1+2 \\cdot 2^{n-a}+\\left(2^{n-a}\\right)^{2}=\\left(2^{n-a}+1\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nDamit liegt $A$ zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadratzahlen, kann also nicht selbst eine sein.\n\n\nSolution 2:\nWir geben einen zweiten Beweis dafür, dass $A$ für $n \\geq 2b-a$ keine Quadratzahl ist.\n$A=4^{a}\\left(1+4^{b-a}+4^{n-a}\\right)$ ist genau dann eine Quadratzahl, wenn der zweite Faktor eine ist. Nehme also an, $1+4^{b-a}+4^{n-a}=s^{2}$, dann ist $s$ ungerade und wegen $n>b$ ist $4^{b-a}=2^{2b-2a}$ die grösste Zweierpotenz, die $s^{2}-1=(s-1)(s+1)$ teilt. Nun sind $s-1$ und $s+1$ zwei aufeinanderfolgende gerade Zahlen, also ist eine davon durch $2$ und die andere durch $2^{2b-2a-1}$ teilbar. Schreibe $s=2^{2b-2a-1} r \\pm 1$, mit $r$ ungerade. Dann gilt\n$$\n1+4^{b-a}+4^{n-a}=s^{2}=4^{2b-2a-1} r^{2} \\pm 2^{2b-2a} r+1\n$$\nUmformen und Faktorisieren liefert\n$$\n( \\pm r-1)=4^{b-a-1}\\left(2^{n-(2b-a-1)}-r\\right)\\left(2^{n-(2b-a-1)}+r\\right)\n$$\nNach Voraussetzung an $n$, und weil $r$ ungerade ist, verschwindet die rechte Seite nicht und daher gilt\n$$\n2^{n-(2b-a-1)}+r \\leq| \\pm r-1|\n$$\nDaraus folgt wiederum $2^{n-(2b-a-1)} \\leq 1$, im Widerspruch zu $n \\geq 2b-a$.\n\n\nSolution 3:\nWir nehmen an, $4^{a}+4^{b}+4^{n}$ sei ein Quadrat. Wir machen den Ansatz\n$$\n\\left(2^{n}+2^{k} r\\right)^{2}=4^{a}+4^{b}+4^{n}\n$$\nwobei $k \\geq 0$ und $r$ ungerade ist. Ausmultiplizieren ergibt\n$$\n2^{k} r\\left(2^{n+1}+2^{k} r\\right)=4^{a}+4^{b}\n$$\nDie rechte Seite ist konstant. Wenn man $r$ festhält, und $n$ grösser macht, wird $k$ kleiner und umgekehrt. Da wir den grösstmöglichen Wert von $n$ suchen, können wir annehmen, dass $n>k-1$ ist (genauer: Falls es ein $n$ mit dieser Nebenbedingung gibt, dann kann für das grösste $n$ sicher nicht $n \\leq k-1$ gelten). Umformen liefert\n$$\n4^{k} r\\left(2^{n-k+1}+1\\right)=4^{a}\\left(4^{b-a}+1\\right)\n$$\nNach Konstruktion sind die beiden Klammern ungerade, und daher ist $4^{k}$ die grösste Zweierpotenz, die die linke Seite teilt, und $4^{a}$ ist die grösste solche, die die rechte Seite teilt. Dies liefert $k=a$. Nun lassen wir $r$ variieren und sehen, dass $n$ grösser wird, wenn $r$ kleiner wird und umgekehrt. Das heisst, falls ein $n$ existiert mit $r=1$, dann muss es das grösste sein. Also probieren wir das aus: Mit $r=1$ und $k=a$ folgt aus obiger Gleichung\n$$\n2^{n-a+1}+1=4^{b-a}+1\n$$\nAlso $n=2b-a-1$. Dies muss das maximale $n$ sein.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43687,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAuf einem gewöhnlichen Schachbrett stehen 17 Türme. Zeige, dass man stets drei Türme auswählen kann, die sich gegenseitig nicht bedrohen. (Ein Turm kann in einem Zug beliebig viele Felder nach links, rechts, oben oder unten ziehen. Ein Turm bedroht einen anderen, falls er in einem Zug auf das Feld des anderen Turmes ziehen kann.)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nZwei Türme bedrohen sich genau dann, wenn sie in derselben Zeile oder Spalte stehen. Unterteile die 64 Felder wie folgt in 8 Schubfächer:\n\n| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 |\n| :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- | :--- |\n| 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 1 |\n| 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 1 | 2 |\n| 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 1 | 2 | 3 |\n| 5 | 6 | 7 | 8 | 1 | 2 | 3 | 4 |\n| 6 | 7 | 8 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |\n| 7 | 8 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |\n| 8 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |\n\nWegen $17=2 \\cdot 8+1$ stehen nach dem Schubfachprinzip drei Türme auf Feldern mit derselben Nummer. Diese drei bedrohen sich gegenseitig nicht, da sie in verschiedenen Zeilen und Spalten stehen.\nSolution:\n\nWegen $17=2 \\cdot 8+1$ gibt es eine Zeile $A$, in der mindestens drei Türme stehen. Nun gibt es eine zweite Zeile $B$, in der mindestens zwei Türme stehen, denn sonst wären es höchstens $8+7 \\cdot 1=15$ Türme. Es muss ausserdem noch eine dritte Zeile $C$ mit einem Turm geben, wegen $17=2 \\cdot 8+1$. Wähle nun einen der Türme in $C$. In $B$ gibt es nun sicher einen Turm, der nicht in derselben Spalte liegt. In $A$ kann man nun ebenfalls immer einen der drei Türme wählen, der in einer anderen Spalte liegt als die zwei schon gewählten. Diese drei Türme bedrohen sich nicht.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43688,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nVon $4n$ Punkten in einer Reihe sind $2n$ weiss und $2n$ schwarz gefärbt. Zeige, dass es $2n$ aufeinanderfolgende Punkte gibt, von denen genau $n$ weiss und $n$ schwarz sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNummeriere die Punkte von links nach rechts mit $P_{1}, \\ldots, P_{4n}$. Für $1 \\leq k \\leq 2n+1$ sei $a_{k}$ die Anzahl weisser Punkte unter den $2n$ aufeinanderfolgenden $P_{k}, \\ldots, P_{k+2n-1}$. Wir müssen zeigen, dass $a_{k}=n$ ist für mindestens ein $k$.\n\nMan überlegt sich leicht, dass sich $a_{k}$ und $a_{k+1}$ um höchstens $1$ unterscheiden. Ist $a_{1}=n$, dann sind wir fertig. Wir nehmen an, es gelte $a_{1}<n$. Da unter den $4n$ Punkten genau $2n$ weiss sind, folgt daraus $a_{2n+1}=2n-a_{1}>n$. In der Folge $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2n+1}$ ist die erste Zahl kleiner als $n$, die letzte grösser als $n$ und zwei benachbarte Zahlen unterscheiden sich um höchstens $1$. Daraus folgt, dass $a_{k}=n$ gelten muss für mindestens ein $k$, wie gewünscht. Analog schliesst man, wenn $a_{1}>n$ ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43689,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBeweise für alle $a_{1}, \\ldots, a_{n}>0$ die folgende Ungleichung und bestimme alle Fälle, in denen das Gleichheitszeichen steht:\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} k a_{k} \\leq \\binom{n}{2} + \\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{k}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds exactly when all entries from the second through the last are equal to one, while the first entry is any positive real number.",
    "solution": "Solution:\n\nFür $1 \\leq k \\leq n$ gilt nach AM-GM\n$$\na_{k}^{k} + (k-1) = a_{k}^{k} + \\underbrace{1 + \\ldots + 1}_{k-1} \\geq k \\cdot \\sqrt[k]{a_{k}^{k} \\cdot 1 \\cdots 1} = k a_{k}\n$$\nAddiert man diese $n$ Ungleichungen, dann folgt\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} a_{k}^{k} + \\sum_{k=1}^{n} (k-1) \\geq \\sum_{k=1}^{n} k a_{k}\n$$\nWegen $\\sum_{k=1}^{n} (k-1) = (n-1)n/2 = \\binom{n}{2}$ ist dies gerade die gesuchte Ungleichung. Gleichheit gilt in obiger Abschätzung nur für $a_{2} = \\ldots = a_{n} = 1$ und beliebiges $a_{1} > 0$.\n\nWir geben einen alternativen Beweis für die Ungleichung $a^{k} + (k-1) \\geq k a$ für $a > 0$. Wir verwenden Induktion nach $k$, der Fall $k=1$ ist trivial. Nehme an, dies gelte für $k$ und multipliziere die Ungleichung mit $a$. Dies ergibt $a^{k+1} \\geq k a^{2} - (k-1)a$. Damit folgt $a^{k+1} + k \\geq k a^{2} - (k-1)a + k$, und es genügt zu zeigen, dass die rechte Seite mindestens gleich $(k+1)a$ ist. Letzteres ist nach Vereinfachen äquivalent zu $a^{2} + 1 \\geq 2a$, also zu $(a-1)^{2} \\geq 0$.\n\nDie Ungleichung $a^{k} + (k-1) \\geq k a$ für $a > 0$ kann auch wie folgt bewiesen werden. Sie ist äquivalent zu $a^{k} - 1 \\geq k(a-1)$. Ist $a > 1$, dann kann man mit $a-1$ kürzen, ohne dass sich das Ungleichheitszeichen dreht. Nach den binomischen Formeln ergibt dies $1 + a + \\ldots + a^{k-1} \\geq k$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43690,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Parallelogramm. Die Punkte $P$ und $Q$ liegen im Innern von $ABCD$ auf der Diagonalen $AC$, dabei gilt $|AP| = |CQ| < \\frac{1}{2}|AC|$. Die Gerade $BP$ schneidet $AD$ im Punkt $E$, die Gerade $BQ$ schneidet $CD$ in $F$. Zeige, dass $EF$ parallel zur Diagonalen $AC$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBei Punkt $P$ können wir den ersten Strahlensatz anwenden:\n$$\n\\frac{|PE|}{|PB|} = \\frac{|PA|}{|PC|}\n$$\nEbenso bei Punkt $Q$:\n$$\n\\frac{|QF|}{|QB|} = \\frac{|QC|}{|QA|}\n$$\nNach Voraussetzung ist $|QC| = |PA|$ und $|QA| = |PC|$. Daher gilt\n$$\n\\frac{|PE|}{|PB|} = \\frac{|QC|}{|QA|} = \\frac{|QF|}{|QB|}\n$$\nNach der Umkehrung des ersten Strahlensatzes folgt daher die Behauptung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43691,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSei $p$ eine ungerade Primzahl. Finde alle natürlichen Zahlen $k$, sodass\n$$\n\\sqrt{k^{2}-p k}\n$$\neine positive ganze Zahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "k = ((p+1)/2)^2",
    "solution": "Solution:\nSei $\\sqrt{k^{2}-p k}=m$ mit $m>0$ ganz. Dann gilt $k(k-p)=m^{2}$. Wir unterscheiden nun zwei Fälle.\n\n$p \\mid k$ Dann ist auch $m$ durch $p$ teilbar. Schreibe $k=p \\cdot l$ und $m=p \\cdot n$, dann folgt $l(l-1)=n^{2}$. Wegen $l \\geq 2$ und\n$$\n(l-1)^{2}<l^{2}-l<l^{2}\n$$\nliegt $l(l-1)$ aber zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadratzahlen, kann also nicht selbst eine sein, Widerspruch.\n\n$p \\nmid k$ In diesem Fall sind $k$ und $k-p$ teilerfremd. Da ihr Produkt ein Quadrat ist, müssen beide Zahlen Quadrate sein: $k=b^{2}, k-p=a^{2}$. Nun gilt\n$$\np=b^{2}-a^{2}=(b-a)(b+a)\n$$\nDa $p$ prim ist, folgt $1=b-a$ und $p=a+b$. Daraus ergibt sich der einzige mögliche Wert $k=((p+1) / 2)^{2}$. In der Tat ist für dieses $k$\n$$\n\\sqrt{k^{2}-p k}=\\frac{p^{2}-1}{4}\n$$\neine positive ganze Zahl, denn es gilt $p^{2} \\equiv 1(\\bmod 4)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43692,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein gleichschenkliges Dreieck mit $|AC| = |BC|$ und Inkreismittelpunkt $I$. Sei $P$ ein Punkt auf dem Umkreis des Dreiecks $AIB$, der im Dreieck $ABC$ liegt. Die Geraden durch $P$, parallel zu $CA$ und $CB$, schneiden $AB$ in $D$ und $E$. Die zu $AB$ parallele Gerade durch $P$ schneidet $CA$ und $CB$ in $F$ und $G$. Zeige, dass sich die beiden Geraden $DF$ und $EG$ auf dem Umkreis des Dreiecks $ABC$ schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie entsprechenden Seiten der Dreiecke $PDE$ und $CFG$ sind parallel. Falls $DF$ und $EG$ nicht parallel sind, gehen diese beiden Dreiecke durch eine Streckung auseinander hervor und $DF$, $EG$ und $CP$ schneiden sich im Streckzentrum. Dies führt zu folgendem\n\nSatz 1. Sei $Q$ der Schnittpunkt von $CP$ mit dem Umkreis von $ABC$. Dann schneiden sich $DF$ und $EG$ in $Q$.\n\nProof. Aus $\\Varangle AQ P = \\Varangle ABC = \\Varangle BAC = \\Varangle PFC$ folgt, dass $AQPF$ ein Sehnenviereck ist. Daher gilt $\\Varangle FQP = \\Varangle PAF$. Wegen $\\Varangle IBA = \\Varangle CBA / 2 = \\Varangle CAB / 2 = \\Varangle IAC$ berührt der Umkreis des Dreiecks $AIB$ die Gerade $CA$ in $A$. Daraus folgt $\\Varangle PAF = \\Varangle DBP$. Wegen $\\Varangle QBD = \\Varangle QCA = \\Varangle QPD$ ist auch $DQBP$ ein Sehnenviereck, also gilt $\\Varangle DBP = \\Varangle DQP$.\n\nSetzt man alles zusammen, dann folgt $\\Varangle FQP = \\Varangle PAF = \\Varangle DBP = \\Varangle DQP$, also sind $F, D, Q$ kollinear. Analog folgt, dass $G, E, Q$ kollinear sind.\n\nAlso schneiden sich die Geraden $DF$, $EG$ und $CP$ auf dem Umkreis des Dreiecks $ABC$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43693,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle natürlichen Zahlen $n$ mit genau 100 verschiedenen positiven Teilern, sodass mindestens 10 dieser Teiler aufeinanderfolgende Zahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "45360",
    "solution": "Solution:\n\nVon 10 aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen ist sicher eine durch $9$, eine durch $8$, eine durch $7$ und eine durch $5$ teilbar. Daher ist $n$ durch $2^{3} \\cdot 3^{2} \\cdot 5 \\cdot 7$ teilbar. Sei nun\n$$\nn = 2^{a} \\cdot 3^{b} \\cdot 5^{c} \\cdot 7^{d} \\cdot p_{1}^{e_{1}} \\cdots p_{r}^{e_{r}}\n$$\ndie Primfaktorzerlegung von $n$, wobei $r \\geq 0$, $e_{k} \\geq 1$ und $a \\geq 3$, $b \\geq 2$, $c, d \\geq 1$. Dann ist die Anzahl positiver Teiler von $n$ gleich\n$$\n(a+1)(b+1)(c+1)(d+1)\\left(e_{1}+1\\right) \\cdots\\left(e_{r}+1\\right)\n$$\nNach Voraussetzung ist dies gleich $100 = 5 \\cdot 5 \\cdot 2 \\cdot 2$, ein Vergleich mit den Faktoren in obiger Formel zeigt, dass $a = b = 4$ und $c = d = 1$ sowie $r = 0$ gelten muss. Die einzige mögliche Lösung ist daher $n = 2^{4} \\cdot 3^{4} \\cdot 5 \\cdot 7 = 45360$. Diese Zahl besitzt nun tatsächlich genau $100$ Teiler, unter denen die $10$ aufeinanderfolgenden $1, 2, \\ldots, 10$ vorkommen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43694,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFür die positiven reellen Zahlen $a, b, c$ gelte $a b c=1$. Beweise die folgende Ungleichung:\n$$\n\\frac{a b}{a^{5}+a b+b^{5}}+\\frac{b c}{b^{5}+b c+c^{5}}+\\frac{c a}{c^{5}+c a+a^{5}} \\leq 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt $a^{5}+b^{5} \\geq a^{2} b^{2}(a+b)$, z.B. nach AM-GM oder Bunching. Daraus folgt mit $a b c=1$\n$$\n\\frac{a b}{a^{5}+a b+b^{5}} \\leq \\frac{a b}{a^{2} b^{2}(a+b)+a b}=\\frac{a b c^{2}}{a^{2} b^{2} c^{2}(a+b)+a b c^{2}}=\\frac{c}{a+b+c}\n$$\nNach dieser und den analogen Abschätzungen ist die linke Seite höchstens gleich\n$$\n\\frac{c}{a+b+c}+\\frac{a}{a+b+c}+\\frac{b}{a+b+c}=1\n$$\nSolution:\n\nMit der Nebenbedingung $a b c=1$ lässt sich die Ungleichung homogenisieren:\n$$\n\\frac{a b}{a^{5}+a^{2} b^{2} c+b^{5}}+\\frac{b c}{b^{5}+a b^{2} c^{2}+c^{5}}+\\frac{c a}{c^{5}+a^{2} b c^{2}+a^{5}} \\leq \\frac{1}{a b c}\n$$\nMultipliziert man beide Seiten mit dem Hauptnenner und multipliziert aus, wird die linke Seite zu\n$$\n\\frac{1}{2} \\sum_{\\mathrm{sym}} a^{11} b^{2} c^{2}+4 a^{8} b^{4} c^{3}+a^{7} b^{7} c+2 a^{7} b^{6} c^{2}+a^{5} b^{5} c^{5}\n$$\nDie rechte Seite ist gleich\n$$\n\\frac{1}{2} \\sum_{\\text{sym}} a^{11} b^{2} c^{2}+2 a^{10} b^{5}+2 a^{8} b^{4} c^{3}+a^{7} b^{7} c+2 a^{7} b^{6} c^{2}+a^{5} b^{5} c^{5}\n$$\nNach Vereinfachen ist die ursprüngliche Ungleichung also äquivalent zu\n$$\n\\sum_{\\mathrm{sym}} a^{10} b^{5}-a^{8} b^{4} c^{3} \\geq 0\n$$\nwas nach Bunching richtig ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43695,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Mengen $M$ natürlicher Zahlen, sodass für je zwei (nicht notwendig verschiedene) Elemente $a, b$ aus $M$ auch\n$$\n\\frac{a+b}{\\operatorname{ggT}(a, b)}\n$$\nin $M$ liegt.",
    "options": [],
    "answer": "{2}, ℕ \\ {1}, ℕ",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen zur Abkürzung $f(a, b)=(a+b) / \\operatorname{ggT}(a, b)$. Die Lösung verläuft in mehreren Schritten.\n\n(i) Sei $a \\in M$ ein beliebiges Element. Dann ist $f(a, a)=2 \\in M$. Beachte, dass $M=\\{2\\}$ eine Lösung ist.\n\n(ii) Nehme an, $M$ enthält noch eine weitere gerade Zahl. Sei $2 m$ die kleinste gerade Zahl in $M$ mit $m \\geq 2$. Dann ist auch $f(2 m, 2)=m+1$ in $M$ und wegen $2< m+1<2 m$ und der Minimalität von $m$ ist diese Zahl ungerade. Also enthält $M$ ein ungerades Element.\n\n(iii) Nehme an, $u \\in M$ sei ungerade. Wegen $f(u, 2)=u+2$ liegt auch $u+2$ in $M$, induktiv folgt daraus, dass $M$ alle ungeraden Zahlen $\\geq u$ enthält. Insbesondere ist $3 u \\in M$ und daher\n$$\n4=f(3 u, u) \\in M \\quad \\Longrightarrow \\quad 3=f(4,2) \\in M\n$$\nNach obigem Argument enthält $M$ also alle ungeraden Zahlen $\\geq 3$.\n\n(iv) Sei $2 m$ eine beliebige gerade Zahl. Da 3 und $3(2 m-1)$ nach (iii) in $M$ liegen, folgt $2 m=f(3(2 m-1), 3) \\in M$, daher enthält $M$ auch alle geraden Zahlen. Folglich ist $M=\\mathbb{N}$ oder $M=\\mathbb{N} \\backslash\\{1\\}$, und man sieht leicht, dass dies beides Lösungen sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43696,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin konvexes $n$-Eck zu zwacken bedeutet Folgendes: Man wählt zwei benachbarte Seiten $AB$ und $BC$ aus und ersetzt diese durch den Streckenzug $AM$, $MN$, $NC$, wobei $M \\in AB$ und $N \\in BC$ beliebige Punkte im Innern dieser Strecken sind. Mit anderen Worten, man schneidet eine Ecke ab und erhält ein $(n+1)$-Eck.\n\nAusgehend von einem regulären Sechseck $\\mathcal{P}_6$ mit Flächeninhalt 1 wird durch fortlaufendes Zwacken eine Folge $\\mathcal{P}_6, \\mathcal{P}_7, \\mathcal{P}_8, \\ldots$ konvexer Polygone erzeugt. Zeige, dass der Flächeninhalt von $\\mathcal{P}_n$ für alle $n \\geq 6$ grösser als $\\frac{1}{2}$ ist, unabhängig davon wie gezwackt wird.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBei jedem Zwacken bleibt von den benachbarten Seiten ein Teilsegment positiver Länge übrig, da die gewählten Punkte $M$ und $N$ innere Punkte der entsprechenden Seiten sind. Folglich gibt es in $\\mathcal{P}_n$ stets sechs Seiten, die Teilsegmente der ursprünglichen Seiten von $\\mathcal{P}_6$ sind. Wähle aus diesen Seiten je einen beliebigen inneren Punkt. Da $\\mathcal{P}_n$ konvex ist, muss die konvexe Hülle $H$ dieser sechs Punkte in $\\mathcal{P}_n$ enthalten sein. Nach Konstruktion ist $H$ ein 6-Eck, dessen Ecken innere Punkte der verschiedenen Seiten von $\\mathcal{P}_6$ sind.\n\nWir zeigen nun, dass die Fläche von $H$ grösser als $\\frac{1}{2}$ ist. Dazu verallgemeinern wir ein wenig und betrachten 6 Punkte $A_1, \\ldots, A_6$, die in dieser Reihenfolge auf den verschiedenen Seiten von $\\mathcal{P}_6$ liegen, sowie deren konvexe Hülle $H'$. Die Fläche des (möglicherweise degenerierten) Dreiecks $A_1A_2A_3$ hängt bei festen Punkten $A_1$ und $A_3$ nur von der Distanz von $A_2$ zur Geraden $A_1A_3$ ab. Daher kann man $A_2$ stets in einen der beiden Endpunkte der entsprechenden Seite von $\\mathcal{P}_6$ verschieben, sodass sich diese Fläche nicht vergrössert. Wiederholt man dieses Argument für die übrigen 5 Punkte, genügt es den Fall zu betrachten, wo $A_1, \\ldots, A_6$ alles Eckpunkte von $\\mathcal{P}_6$ sind. Eine kurze Inspektion zeigt, dass $H'$ in all diesen Fällen mindestens Fläche $\\frac{1}{2}$ besitzt mit Gleichheit genau dann, wenn $H$ ein Dreieck ist, also wenn $A_1 = A_2, A_3 = A_4, A_5 = A_6$ oder $A_2 = A_3, A_4 = A_5, A_6 = A_1$. Da die Ecken von $H$ aber innere Punkte der Seiten von $\\mathcal{P}_6$ sind, ist die Fläche von $H$ strikt grösser als $\\frac{1}{2}$. Damit ist alles gezeigt.\nSolution:\n\nWir geben einen anderen Beweis dafür, dass die Fläche von $H'$ mindestens die Hälfte der Fläche von $\\mathcal{P}_6$ ist. Dazu können wir nach einer Streckung annehmen, dass $\\mathcal{P}_6$ Seitenlänge 1 besitzt. Benenne die Ecken von $\\mathcal{P}_6$ der Reihe nach $B_1, \\ldots, B_6$, sodass $A_k$ auf der Seite $B_k B_{k+1}$ liegt. Setze $x_k = |B_k A_k|$ für $k = 1, \\ldots, 6$, dann gilt $0 \\leq x_k \\leq 1$. Das Gebiet $\\mathcal{P}_6 \\setminus H'$ hat den Flächeninhalt\n$$\n\\frac{\\sqrt{3}}{4}\\left((1-x_1)x_2 + (1-x_2)x_3 + (1-x_3)x_4 + (1-x_4)x_5 + (1-x_5)x_6 + (1-x_6)x_1\\right)\n$$\nDies ist eine lineare Funktion in jeder der 6 Variablen $x_k$, sie nimmt ihr Minimum daher in einer Ecke des Definitionsbereiches $[0,1]^6$ an. Es genügt daher den Fall zu betrachten, wo jedes $x_k$ entweder 0 oder 1 ist. Eine kurze Auflistung zeigt, dass das Minimum $3\\sqrt{3}/4$ bei $x_1 = x_3 = x_5 = 0, x_2 = x_4 = x_6 = 1$ oder bei $x_1 = x_3 = x_5 = 1, x_2 = x_4 = x_6 = 0$ angenommen wird. Da $\\mathcal{P}_6$ die Fläche $3\\sqrt{3}/2$ hat, ist damit alles gezeigt.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43697,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$ und $b$ feste positive Zahlen. Finde in Abhängigkeit von $a$ und $b$ den kleinstmöglichen Wert der Summe\n$$\n\\frac{x^{2}}{(a y+b z)(a z+b y)}+\\frac{y^{2}}{(a z+b x)(a x+b z)}+\\frac{z^{2}}{(a x+b y)(a y+b x)}\n$$\nwobei $x, y, z$ positive reelle Zahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "3/(a+b)^2",
    "solution": "Solution:\n\nSei im Folgenden\n$$\nA=\\frac{x^{2}}{(a y+b z)(a z+b y)}+\\frac{y^{2}}{(a z+b x)(a x+b z)}+\\frac{z^{2}}{(a x+b y)(a y+b x)}\n$$\nDie Vermutung, dass das Minimum von $A$ für $x=y=z$ angenommen wird, ist recht naheliegend. Einsetzen von $x=y=z$ liefert den Wert $\\frac{3}{(a+b)^{2}}$. Wir geben nun drei Beweise für die Ungleichung\n$$\nA \\geq \\frac{3}{(a+b)^{2}}\n$$\n\n1. Beweis\n\nEs gilt mit Hilfe von AM-GM\n$$\n\\begin{aligned}\n(a x+b y)(a y+b x) & =x y\\left(a^{2}+b^{2}\\right)+\\left(x^{2}+y^{2}\\right) a b \\\\\n& \\leq \\frac{1}{2}\\left(x^{2}+y^{2}\\right)\\left(a^{2}+b^{2}\\right)+\\left(x^{2}+y^{2}\\right) a b=\\frac{(a+b)^{2}}{2}\\left(x^{2}+y^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nDiese und die analogen Abschätzungen liefern\n$$\nA \\geq \\frac{2}{(a+b)^{2}}\\left(\\frac{x^{2}}{y^{2}+z^{2}}+\\frac{y^{2}}{z^{2}+x^{2}}+\\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}}\\right)\n$$\nDie grosse Klammer ist nun immer $\\geq \\frac{3}{2}$, was den Beweis abschliesst (Ungleichung von Nesbit). Um dies einzusehen, kann man zum Beispiel C.S. verwenden. Es gilt einerseits\n$$\n\\left(\\frac{u}{v+w}+\\frac{v}{w+u}+\\frac{w}{u+v}\\right)(u(v+w)+v(w+u)+w(u+v)) \\geq(u+v+w)^{2}\n$$\nandererseits aber auch\n$$\nu(v+w)+v(w+u)+w(u+v) \\leq \\frac{2}{3}\\left(u^{2}+v^{2}+w^{2}+2 u v+2 v w+2 w u\\right)=\\frac{2}{3}(u+v+w)^{2},\n$$\nKombination der beiden Ungleichungen ergibt das Gewünschte.\n\n2. Beweis\n\nWir können oBdA $x \\geq y \\geq z$ annehmen. Dann gilt $x^{2} \\geq y^{2} \\geq z^{2}$ und\n$$\n(a x+b y)(a y+b x) \\geq(a z+b x)(a x+b z) \\geq(a y+b z)(a z+b y)\n$$\nMit Hilfe von Tchebychef und AM-HM folgt nun\n$$\n\\begin{aligned}\nA & \\geq \\frac{\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)}{3}\\left(\\frac{1}{(a y+b z)(a z+b y)}+\\frac{1}{(a z+b x)(a x+b z)}+\\frac{1}{(a x+b y)(a y+b x)}\\right) \\\\\n& \\geq 3\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) \\frac{1}{(a y+b z)(a z+b y)+(a z+b x)(a x+b z)+(a x+b y)(a y+b x)}\n\\end{aligned}\n$$\nAusserdem gilt\n$$\n\\begin{aligned}\n& (a y+b z)(a z+b y)+(a z+b x)(a x+b z)+(a x+b y)(a y+b x) \\\\\n= & \\left(a^{2}+b^{2}\\right)(x y+y z+z x)+2 a b\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right) \\\\\n\\leq & \\left(a^{2}+b^{2}\\right)\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)+2 a b\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)=(a+b)^{2}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nInsgesamt also wie gewünscht\n$$\nA \\geq 3 \\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{(a+b)^{2}\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)}=\\frac{3}{(a+b)^{2}}\n$$\n\n3. Beweis\n\nNach C.S. gilt\n$$\n\\begin{gathered}\n\\left(x^{2}(a y+b z)(a z+b y)+y^{2}(a z+b x)(a x+b z)+z^{2}(a x+b y)(a y+b x)\\right) \\times A \\\\\n\\geq\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\\right)^{2}\n\\end{gathered}\n$$\nMan vervollständigt die Lösung nun ähnlich wie im 2. Beweis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43698,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n$m \\times n$ Punkte sind in einem quadratischen Gitter zu einem Rechteck angeordnet. Wieviele Möglichkeiten gibt es, diese Punkte rot oder weiss zu färben, sodass unter je vier Punkten, die Ecken eines Einheitsquadrates bilden, genau zwei weisse und zwei rote vorkommen?",
    "options": [],
    "answer": "2^m + 2^n - 2",
    "solution": "Solution:\n\nWir betrachten das Gitter so, dass es $m$ Zeilen und $n$ Spalten hat. Wir färben die Punkte zeilenweise ein und beginnen mit der ersten Zeile. Nehme an, wir hätten die $k$-te Zeile schon eingefärbt.\n\nWir nennen eine Färbung der $k+1$-ten Zeile zulässig, wenn die Bedingung der Aufgabe für die $k$-te und $k+1$-te Zeile erfüllt ist. Jede zulässige Färbung der $k+1$-ten Zeile ist offenbar durch die Farbe eines beliebigen Punktes bereits vollständig bestimmt. Denn jeder Punkt in der $k+1$-ten Zeile bestimmt die Farbe der unmittelbar daneben liegenden Punkte. Daher gibt es höchstens zwei zulässige Färbungen der $k+1$-ten Zeile. Eine gibt es immer: die Inverse Färbung, wo kein Punkt dieselbe Farbe wie jener direkt darüber hat. Haben nun zwei nebeneinander liegende Punkte der $k$-ten Zeile dieselbe Farbe, dann ist die Farbe der beiden darunterliegenden Punkte eindeutig bestimmt, es gibt also nur eine zulässige Färbung der $k+1$-ten Zeile, eben die inverse. Sind die Punkte in der $k$-ten Zeile aber abwechselnd rot und weiss gefärbt, dann lässt sich die $k+1$-te Zeile auf zwei Arten zulässig färben, nämlich gleich wie die $k$-te oder invers dazu.\n\nEs gibt genau 2 Möglichkeiten, die erste Zeile abwechselnd weiss und rot zu färben. Danach lässt sich jede weitere Zeile ebenfalls auf genau zwei Arten zulässig färben, wie wir oben erläutert haben. Insgesamt gibt es also $2^{m}$ solche Färbungen.\n\nFür die übrigen $2^{n}-2$ möglichen Färbungen der ersten Zeile gibt es stets zwei benachbarte Punkte mit derselben Farbe. Folglich lässt sich jede weitere Zeile auf genau eine Art zulässig färben. Es gibt also $2^{n}-2$ solche Färbungen.\n\nInsgesamt ergibt das die Lösung\n$$\n2^{m}+2^{n}-2\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43699,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Bauklotz, bestehend aus 7 Einheitswürfeln, hat die Form eines $2 \\times 2 \\times 2$ Würfels mit einem fehlenden Eckeinheitswürfel. Aus einem Würfel der Kantenlänge $2^{n}$, $n \\geq 2$, wird ein beliebiger Einheitswürfel entfernt. Zeige, dass sich der verbleibende Körper stets aus Bauklötzen aufbauen lässt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nMan überlegt sich leicht, dass man aus 8 Bauklötzen einen doppelt so grossen Bauklotz herstellen kann. Induktiv folgt daraus, dass man für jedes $n \\geq 1$ einen Bauklotz der Kantenlänge $2^{n}$ herstellen kann. Wir nennen dies einen $n$-Klotz. Betrachte nun einen Würfel der Kantenlänge $2^{n}$ mit einem fehlenden Einheitswürfel. Um ihn nachzubauen, betrachten wir einen leeren Würfel der gleichen Grösse, in dem der entsprechende Einheitswürfel markiert ist. Man platziere nun einen $n$-Klotz in diesem leeren Würfel, sodass der markierte Einheitswürfel nicht überdeckt ist (dies geht auf genau eine Art). Es bleibt ein Würfel der Kantenlänge $2^{n-1}$ mit einem markierten Einheitswürfel übrig. Nun kann man wieder einen $n-1$-Klotz so platzieren, dass der markierte Einheitswürfel nicht bedeckt wird. So fortfahrend, lässt sich der gesamte Würfel nachbauen, sodass nur der markierte Einheitswürfel nicht bedeckt ist. Dies war zu zeigen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43700,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle endlichen Folgen $\\left(x_{0}, x_{1}, \\ldots, x_{n}\\right)$ reeller Zahlen, sodass die Zahl $k$ in der Folge genau $x_{k}$ mal auftritt.",
    "options": [],
    "answer": "All such sequences are exactly the following:\n- (1, 2, 1, 0)\n- (2, 0, 2, 0)\n- (2, 1, 2, 0, 0)\n- And, for any integer m ≥ 3, the sequence of length m + 4 with entries x0 = m, x1 = 2, x2 = 1, x_m = 1, and all other entries zero; equivalently written as (m, 2, 1, 0, 0, ..., 0, 1, 0, 0, 0) with exactly m − 3 zeros between the third entry and the 1 at position m.",
    "solution": "Solution:\nBeachte zuerst, dass alle Folgeglieder nichtnegative ganze Zahlen $\\leq n+1$ sind, da $x_{k}$ das Auftreten von $k$ in der Folge zählt und die Länge der Folge $n+1$ ist. Ausserdem ist $x_{k}=n+1$ unmöglich, denn sonst wären alle Folgeglieder gleich $k$, also auch $x_{k}$, Widerspruch. Daher gilt $x_{k} \\leq n$ für alle $k$. Die Summe aller Folgeglieder ist gleich $0 \\cdot x_{0}+1 \\cdot x_{1}+\\ldots+n \\cdot x_{n}$, da genau $x_{k}$ davon gleich $k$ sind. Dies liefert\n$$\n\\sum_{k=0}^{n} k x_{k}=\\sum_{k=0}^{n} x_{k}\n$$\nFür das Folgende halte man sich stets vor Augen, dass aus $x_{l}=k>0$ folgt, dass $x_{k}>0$ gilt. Ausserdem ist $x_{0}>0$, denn $x_{0}=0$ kann nicht sein. Sei nun $m$ die grösste Zahl, sodass gilt $x_{m} \\neq 0$. Dann folgt insbesondere $x_{k} \\leq m$ für alle $k$. Wegen $x_{0} \\neq 0$ ist $m \\geq 1$. Nehme an, es gelte $m=1$, dann muss $x_{0}=x_{1}=1$ sein, was nicht möglich ist. Daher ist $m \\geq 2$. Aus (1) folgt nun die Gleichung\n$$\nx_{0}=x_{2}+2 x_{3}+\\ldots+(m-1) x_{m}\n$$\nDie rechte Seite ist mindestens gleich $(m-1) x_{m}$. Zusammen mit $x_{0} \\leq m$ ergeben sich vier mögliche Fälle: (a) $m=2, x_{0}=x_{2}=2$, (b) $m=2, x_{0}=x_{2}=1$, (c) $m \\geq 3$, $x_{0}=m-1, x_{m}=1, x_{k}=0$ für $k \\neq 0,1, m$ und (d) $m \\geq 3, x_{0}=m, x_{2}=1, x_{m}=1$, $x_{k}=0$ für $k \\neq 0,1,2, m$. Wir betrachten diese nun einzeln.\n(a) Es muss $x_{1} \\leq 1$ gelten. $x_{1}=0$ liefert die Folge $(2,0,2,0)$ und $x_{1}=1$ die Folge $(2,1,2,0,0)$.\n(b) Aus $x_{2}=1$ folgt $x_{1}=2$. Dies ergibt die Folge $(1,2,1,0)$.\n(c) Wegen $x_{m}>0$ muss $m$ in der Folge vorkommen, daher ist $x_{1}=m$. Damit müssten aber $m \\geq 3$ Einsen in der Folge zu finden sein, was nicht der Fall ist, Widerspruch.\n(d) Es gilt $x_{1}=2$, was zur Folge $(m, 2,1, \\underbrace{0,0, \\ldots, 0}_{m-3}, 1,0,0,0)$ führt.\nAls Lösungen erhalten wir also die drei speziellen Folgen\n$$\n(1,2,1,0), \\quad(2,0,2,0), \\quad(2,1,2,0,0)\n$$\nsowie die unendliche Familie\n$$\n(m, 2,1, \\underbrace{0,0, \\ldots, 0}_{m-3}, 1,0,0,0), \\quad m \\geq 3\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43701,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle $k$, für die eine natürliche Zahl $n$ existiert, sodass $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ mit genau $k$ Nullen endet.",
    "options": [],
    "answer": "k = 0, 1, 2",
    "solution": "Solution:\n\nSei $A(n)=1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$. Die Beispiele $A(1)=10$, $A(3)=100$ und $A(4)=354$ zeigen, dass $k=0,1,2$ möglich ist. Nehme nun an, dass $A(n)$ mit mindestens drei Nullen endet, dann gilt $8 \\mid A(n)$. Für $n \\geq 3$ ist aber $A(n) \\equiv 1+0+3^{n}+0=4$ oder $2$ $\\pmod{8}$, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43702,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFür die reellen Zahlen $a$, $b$, $c$, $d$ gelten die Gleichungen\n$$\n\\begin{array}{ll}\na=\\sqrt{45-\\sqrt{21-a}}, & b=\\sqrt{45+\\sqrt{21-b}} \\\\\nc=\\sqrt{45-\\sqrt{21+c}}, & d=\\sqrt{45+\\sqrt{21+d}}\n\\end{array}\n$$\nZeige, dass gilt $a b c d=2004$.",
    "options": [],
    "answer": "2004",
    "solution": "Solution:\ndurch zweimaliges Quadrieren folgt für $a$ die Gleichung $(a^{2}-45)^{2}+a-21=0$, daher ist $a$ eine Nullstelle des Polynoms\n$$\nP(x)=x^{4}-90 x^{2}+x+2004\n$$\nDasselbe gilt für $b$. Analog findet man, dass $c$ und $d$ Nullstellen des Polynoms $x^{4}-90 x^{2}-x+2004$ sind, folglich sind $-c$ und $-d$ ebenfalls Nullstellen von $P$. Ausserdem sind die 4 Zahlen $a$, $b$, $-c$, $-d$ paarweise verschieden, denn $a$ und $b$ sind positiv, $-c$ und $-d$ negativ. Wäre $a=b$, dann folgt aus der Gleichung für $a$ die Identität $a^{2}-45=-\\sqrt{21-a}$, aus jener für $b$ jedoch $a^{2}-45=\\sqrt{21-a}$. Es wäre also gleichzeitig $a^{2}=45$ und $a=21$, was unmöglich ist. Analog zeigt man, dass $c=d$ auf einen Widerspruch führt. Folglich ist $a b c d=a b(-c)(-d)$ das Produkt der vier Nullstellen von $P$, dieses ist nach Vieta gleich dem konstanten Koeffizienten, also gleich 2004.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43703,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind $m \\geq 3$ Punkte in der Ebene. Beweise, dass man stets drei dieser Punkte $A, B, C$ auswählen kann, sodass gilt\n$$\n\\Varangle A B C \\leq \\frac{180^{\\circ}}{m} .\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie konvexe Hülle der $m$ Punkte sei ein $k$-Eck. Die Innenwinkelsumme in diesem $k$-Eck beträgt $(k-2) \\cdot 180^{\\circ}$. Für den kleinsten Innenwinkel $\\alpha$ gilt daher die Abschätzung\n$$\n\\alpha \\leq \\frac{k-2}{k} \\cdot 180^{\\circ} \\leq \\frac{m-2}{m} \\cdot 180^{\\circ}\n$$\nSei $P$ der Eckpunkt bei $\\alpha$. Von $P$ aus gesehen liegen die übrigen $m-1$ Punkte in einem Sektor mit Öffnungswinkel $\\alpha$. Zwei dieser Punkte bilden mit $P$ daher einen Winkel von höchstens\n$$\n\\frac{\\alpha}{m-2} \\leq \\frac{180^{\\circ}}{m}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43704,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $m$ eine natürliche Zahl grösser als $1$. Die Folge $x_{0}, x_{1}, x_{2}, \\ldots$ ist definiert durch\n$$\nx_{i}= \\begin{cases}2^{i}, & \\text{ für } \\quad 0 \\leq i \\leq m-1 \\\\ \\sum_{j=1}^{m} x_{i-j} & \\text{ für } \\quad i \\geq m\\end{cases}\n$$\nFinde das grösste $k$, sodass es $k$ aufeinanderfolgende Folgeglieder gibt, die alle durch $m$ teilbar sind.",
    "options": [],
    "answer": "m - 1",
    "solution": "Solution:\n\nSei $r_{i}$ der Rest von $x_{i}$ bei Division durch $m$. Wir betrachten statt der Folge $\\left(x_{i}\\right)$ die Folge $\\left(r_{i}\\right)$. Mit Hilfe der Rekursionsformel lassen sich aus $m$ aufeinanderfolgenden Folgegliedern das nächste, aber auch das vorhergehende ausrechnen. Solche $m$ aufeinanderfolgende Glieder bestimmen daher die ganze Folge. Wegen $0 \\leq r_{i} \\leq m-1$ gibt es höchstens $m^{m}$ verschiedene $m$-Tupel $\\left(r_{i}, r_{i+1}, \\ldots, r_{i+m-1}\\right)$ aufeinanderfolgender Folgeglieder. Nach dem Schubfachprinzip kommt eines dieser $m$-Tupel mehrfach in der Folge vor. Daraus folgt, dass die Folge periodisch ist ohne Vorperiode (man kann die Glieder rückwärts berechnen).\n\nNehme an, dass $m$ aufeinanderfolgende $x_{i}$ durch $m$ teilbar sind. Dann enthält die Folge ($\\left.r_{i}\\right)$ $m$ aufeinanderfolgende Nullen und aus der Rekursionsformel folgt, dass alle Folgeglieder gleich Null sind, im Widerspruch zu $x_{0}=r_{0}=1$.\n\nAndererseits lässt sich die Folge $x_{i}$ rückwärts über $x_{0}$ hinaus fortsetzen. Die Formel $x_{i}=x_{i+m}-\\sum_{j=1}^{m-1} x_{i+j}$ liefert nun leicht $x_{-1}=1$ und weiter $x_{-2}=x_{-3}=\\ldots=x_{-m}=0$. Wegen der Periodizität von $\\left(r_{i}\\right)$ gibt es daher $m-1$ aufeinanderfolgende Glieder in $\\left(x_{i}\\right)_{i \\geq 0}$, die durch $m$ teilbar sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43705,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn einer Wandtafel steht eine Liste natürlicher Zahlen. Es wird nun wiederholt die folgende Operation ausgeführt: Wähle zwei beliebige Zahlen $a, b$ aus, wische sie aus und schreibe an deren Stelle $\\operatorname{ggT}(a, b)$ und $\\operatorname{kgV}(a, b)$. Zeige, dass sich der Inhalt der Liste ab einem bestimmten Zeitpunkt nicht mehr verändert.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nFür beliebige natürliche Zahlen $a$ und $b$ gilt bekanntlich $\\operatorname{ggT}(a, b) \\cdot \\operatorname{kgV}(a, b)=a b$. Folglich ist das Produkt $P$ aller Zahlen an der Tafel eine Invariante. Bei einer Operation ändern sich die beiden Zahlen genau dann, wenn keine ein Teiler der anderen ist. In diesem Fall sei $d=\\operatorname{ggT}(a, b)$ und $a=x d, b=y d$ mit teilerfremden Zahlen $x$ und $y$, die beide grösser als 1 sind. Nun gilt $x y d+d>x d+y d$, denn dies ist äquivalent zu $(x-1)(y-1)>0$, was nach Voraussetzung stimmt. Folglich ist $\\operatorname{ggT}(a, b)+\\operatorname{kgV}(a, b)>a+b$, die Summe der Zahlen vergrössert sich also bei der Operation. Diese Summe ist nun aber stets eine ganze Zahl und ausserdem nach oben beschränkt, zum Beispiel durch $n \\cdot P$, wobei $n$ die Anzahl Zahlen an der Wandtafel ist. Daher kann sich nur bei endlich vielen Operationen etwas an den Zahlen auf der Tafel ändern.\n\nWir benützen Induktion nach $n$, der Anzahl Zahlen an der Tafel. Die Behauptung ist klar für $n=2$, denn nach einer Operation ist die eine Zahl durch die andere teilbar, die beiden Zahlen ändern sich danach nicht mehr. Nehme an, dies gelte für je $n$ Zahlen und nehme an, wir hätten $n+1$ Zahlen an der Tafel und eine Folge von Operationen, sodass sich diese Zahlen beliebig oft ändern. Unter allen Zahlen, die irgendwann mal an der Tafel stehen, gibt es eine kleinste, diese sei $a$. Sobald $a$ das erste Mal an der Tafel steht, bleibt sie für immer dort. Die einzige Möglichkeit, wie $a$ von der Tafel verschwinden könnte ist nämlich die, dass $a$ und eine weitere Zahl ausgewählt und durch zwei neue ersetzt werden. Wird nun aber $a$ und eine andere Zahl ausgewählt und durch den ggT und das $\\mathrm{kgV}$ ersetzt, dann ändern sich die beiden Zahlen nicht, denn sonst wäre der ggT kleiner als $a$, was nicht möglich ist. Daraus folgt ausserdem, dass es unendlich viele Operationen geben muss, in denen $a$ keine der beiden Zahlen ist. Entferne nun $a$ von der Tafel und betrachte nur die Folge dieser eben beschriebenen Prozesse. Diese ändern die verbleibenden $n$ Zahlen unendlich oft, im Widerspruch zur Induktionsannahme.\n\nWir nennen ein Paar $(a, b)$ von zwei Zahlen an der Tafel gut, wenn $a$ ein Teiler von $b$ ist. Wir zeigen nun, dass sich die Anzahl guter Paare um mindestens 1 erhöht, wenn sich zwei Zahlen bei einer Operation ändern. Da die Anzahl guter Paare höchstens gleich $\\binom{n}{2}$ ist, also insbesondere beschränkt, ändern sich die Zahlen an der Tafel irgendwann nicht mehr.\nUm dies nun zu zeigen, nehmen wir an, dass $a$ und $b$ bei einer Operation ersetzt werden durch die neuen Zahlen $\\operatorname{ggT}(a, b)=c$ und $\\operatorname{kgV}(a, b)=d$ und unterscheiden verschiedene Fälle. Seien im Folgenden $x$ und $y$ von $a$ und $b$ verschieden.\n- Ist $(x, y)$ vor der Operation ein gutes Paar, dann bleibt es auch gut.\n- Sind $(a, x)$ und $(b, x)$ vor der Operation beides gute Paare, dann ist $x$ durch $a$ und $b$ teilbar, also auch durch $c$ und $d$. Damit sind nach der Operation die Paare ( $c, x)$ und $(d, x)$ beide gut.\n- Sei $(a, x)$ vor der Operation ein gutes Paar, $(b, x)$ aber nicht. Dann ist $(c, x)$ sicher ein gutes Paar.\n- Ist keines der Paare $(a, x)$ und $(b, x)$ gut, dann kann es ja nicht schlimmer werden.\nDiese und die analogen Fälle für Paare der Form $(x, a)$ und $(x, b)$ zeigen, dass sich die Zahl der guten Paare $\\neq(a, b),(b, a)$ nicht verringert. Nun ist aber keines der Paare $(a, b)$ und $(b, a)$ gut, denn sonst würden sich die beiden Zahlen während der Operation nicht ändern. Nach der Operation ist aber $(c, d)$ ein neues gutes Paar. Dies schliesst den Beweis ab.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43706,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Sehnenviereck, sodass gilt $|AB| + |CD| = |BC|$. Zeige, dass der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle DAB$ und $\\angle CDA$ auf der Seite $BC$ zu liegen kommt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $P$ der Punkt auf $\\overline{BC}$ mit $|BP| = |BA|$. Nach Voraussetzung gilt dann auch $|CP| = |CD|$. Wir definieren $\\angle APB = \\alpha$ und $\\angle CPD = \\beta$. Mit Winkeljagd finden wir $\\angle DCP = 180^\\circ - 2\\beta$ und darum $\\angle BAD = 2\\beta$. Analog zeigen wir $\\angle ADC = 2\\alpha$.\n\nSei nun $W$ der Schnittpunkt von $BC$ mit der Winkelhalbierenden von $\\angle BAD$. Nach Konstruktion gilt $\\angle BAW = \\beta$. Daraus können wir schliessen, dass $W$ nicht ausserhalb von $C$ liegen kann, denn in diesem Fall würde gelten\n$$\n\\beta = \\angle BAW > \\angle BAC = \\angle BDC > \\angle PDC = \\beta\n$$\nWiderspruch. Ohne Beschränkung der Allgemeinheit können wir auch annehmen, dass $W$ auf $\\overline{BP}$ liegt (andernfalls umbenennen). Da $\\angle WAD = \\beta$ und $\\angle DPW = 180^\\circ - \\beta$, ist $AWPD$ ein Sehnenviereck und darum $\\angle ADW = \\angle APW = \\alpha$. $DW$ ist also die Winkelhalbierende von $\\angle ADC$. $W$ ist also der Schnittpunkt der beiden Winkelhalbierenden und liegt nach Konstruktion auf $BC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43707,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $X$ eine Menge mit $n$ Elementen und seien $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{n}$ verschiedene Teilmengen von $X$. Zeige: Es gibt ein $x \\in X$, sodass die Mengen\n$$\nA_{1} \\backslash\\{x\\}, A_{2} \\backslash\\{x\\}, \\ldots, A_{n} \\backslash\\{x\\}\n$$\nalle verschieden sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, dies sei nicht der Fall. Dann gibt es für jedes Element $x \\in X$ zwei Teilmengen $A_{i}$ und $A_{j}$, sodass $A_{i} \\backslash\\{x\\}=A_{j} \\backslash\\{x\\}$ (eventuell gibt es mehrere solche Paare, wir wählen ein beliebiges aus und halten es im Folgenden fest). Da $A_{i}$ und $A_{j}$ verschieden sind, folgt daraus, dass beide Mengen dieselben Elemente enthalten, ausser dass $x$ in genau einer der beiden Mengen liegt. Wir betrachten nun einen Graphen, dessen Ecken die Mengen $A_{k}$ sind. Für jedes $x \\in X$ wählen wir wie oben beschrieben zwei Teilmengen, von denen die eine $x$ enthält und die andere nicht, die aber ansonsten dieselben Elemente enthalten, und verbinden sie mit einer Kante. Man überlegt sich leicht, dass keine zwei Teilmengen mit mehr als einer Kante verbunden sein können, da verschiedene Kanten zu verschiedenen Elementen $x \\in X$ gehören. Da dieser Graph $n$ Ecken und $n$ Kanten hat, besitzt er einen Zyklus (dies folgt leicht mit vollständiger Induktion). OBdA sei dieser Zyklus $A_{1}, A_{2}, \\ldots, A_{k}, A_{1}$ und die Kante zwischen $A_{1}$ und $A_{2}$ gehöre zu $x$. Einerseits enthält nun genau eine der Mengen $A_{1}$ und $A_{2}$ das Element $x$, da sie ja durch diese Kante verbunden sind. Andererseits sind sie aber auch durch den Kantenzug über $A_{3}, \\ldots, A_{k}$ verbunden. Keine dieser Kanten gehört zu $x$, also ändert sich der Zustand von $x$ auf diesem Kantenzug nicht, und daher gehört $x$ entweder zu beiden oder zu keiner der Mengen $A_{1}, A_{2}$, Widerspruch.\nSolution:\n\nWir verwenden Induktion nach $n$, die Behauptung ist klar für $n=2$. Sind die Mengen $A_{1} \\backslash\\left\\{x_{n}\\right\\}, \\ldots, A_{n} \\backslash\\left\\{x_{n}\\right\\}$ alle verschieden, sind wir fertig. Wir nehmen im Folgenden an, dies sei nicht der Fall. Gilt $A_{i} \\backslash\\left\\{x_{n}\\right\\}=A_{j} \\backslash\\left\\{x_{n}\\right\\}$, dann unterscheiden sich $A_{i}$ und $A_{j}$ nur um das Element $x_{n}$. Daraus folgt, dass nicht drei oder mehr Mengen nach Entfernung von $x_{n}$ gleich werden können. Wir fassen nun die Teilmengen $A_{i}$ einzeln oder paarweise in Gruppen zusammen, sodass die Mengen in einer Gruppe nach dem Entfernen von $x_{n}$ gleich werden. Nummeriere die verschiedenen auftretenden Mengen $A_{i} \\backslash\\left\\{x_{n}\\right\\}$ in irgend einer Reihenfolge $B_{1}, \\ldots, B_{m}$ mit $m \\leq n-1$. Die $B_{i}$ entsprechen genau den Gruppen der $A_{j}$. Nach Induktionsvoraussetzung gibt es ein $x_{k}$ mit $1 \\leq k \\leq n-1$, sodass $B_{1} \\backslash\\left\\{x_{k}\\right\\}, \\ldots, B_{m} \\backslash\\left\\{x_{k}\\right\\}$ alle verschieden sind (ergänze die Liste $B_{1}, \\ldots, B_{m}$ gegebenenfalls durch weitere Mengen $B_{m+1}, \\ldots, B_{n-1}$, falls $m<n-1$, sodass die $B_{i}$ alle verschieden sind). Die Mengen $A_{1} \\backslash\\left\\{x_{k}\\right\\}, \\ldots, A_{n} \\backslash\\left\\{x_{k}\\right\\}$ sind nun paarweise verschieden: liegen $A_{i}$ und $A_{j}$ in verschiedenen Gruppen, dann sind nach Konstruktion ja sogar die Mengen $A_{i} \\backslash\\left\\{x_{k}, x_{n}\\right\\}$ und $A_{j} \\backslash\\left\\{x_{k}, x_{n}\\right\\}$ verschieden, liegen sie in derselben Gruppe, dann unterscheiden sich $A_{i} \\backslash\\left\\{x_{k}\\right\\}$ und $A_{j} \\backslash\\left\\{x_{k}\\right\\}$ um das Element $x_{n}$, sind also auch verschieden. Dies beendet den Beweis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43708,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie beiden Folgen $a_{1}>a_{2}>\\ldots>a_{n}$ und $b_{1}<b_{2}<\\ldots<b_{n}$ enthalten zusammen jede der Zahlen $1,2, \\ldots, 2 n$ genau einmal. Bestimme den Wert der Summe\n$$\n\\left|a_{1}-b_{1}\\right|+\\left|a_{2}-b_{2}\\right|+\\ldots+\\left|a_{n}-b_{n}\\right|\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n^2",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt stets $|x-y|=\\max (x, y)-\\min (x, y)$. Wir behaupten, dass für $1 \\leq k \\leq n$ immer $\\max \\left(a_{k}, b_{k}\\right) \\geq n+1$ und $\\min \\left(a_{k}, b_{k}\\right) \\leq n$ ist. Nehme an, es gelte $a_{k}, b_{k} \\leq n$. Dann sind die $n+1$ Folgeglieder $a_{1}, \\ldots, a_{k}, b_{k}, \\ldots, b_{n}$ alle positiv, verschieden und höchstens gleich $n$, ein Widerspruch. Analog führt man die Annahme $a_{k}, b_{k} \\geq n+1$ zum Widerspruch. Folglich durchlaufen die Zahlen $\\min \\left(a_{k}, b_{k}\\right)$ genau die Menge $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ und die Zahlen $\\max \\left(a_{k}, b_{k}\\right)$ die Menge $\\{n+1, n+2, \\ldots, 2 n\\}$. Es gilt daher\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{k=1}^{n}\\left|a_{k}-b_{k}\\right| & =\\sum_{k=1}^{n} \\max \\left(a_{k}, b_{k}\\right)-\\sum_{k=1}^{n} \\min \\left(a_{k}, b_{k}\\right) \\\\\n& =((n+1)+(n+2)+\\ldots+2 n)-(1+2+\\ldots+n)=n^{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nNehme an, es gibt Indizes $k$ und $l$ mit $b_{l}=a_{k}+1$. Ersetze die Folgen $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ und $\\left(b_{1}, \\ldots, b_{n}\\right)$ durch die beiden neuen Folgen $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{k-1}, a_{k}+1, a_{k+1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ und $\\left(b_{1}, \\ldots, b_{l-1}, b_{l}-1, b_{l+1}, \\ldots, b_{n}\\right)$. Man überlegt sich leicht, dass die beiden neuen Folgen ebenfalls die Bedingungen der Aufgabe erfüllen. Wir behaupten nun, dass sich die zu berechnende Summe bei dieser Operation nicht ändert und unterscheiden dazu drei Fälle.\n(1) $k<l$. In diesem Fall ändert sich die Summe bei der Operation um\n$$\nD=\\left|a_{k}-b_{k}+1\\right|+\\left|a_{l}-b_{l}+1\\right|-\\left|a_{k}-b_{k}\\right|-\\left|a_{l}-b_{l}\\right|\n$$\nEs gilt nun $a_{k}=b_{l}-1>b_{k}-1$, also sind $a_{k}-b_{k}$ und $a_{k}-b_{k}+1$ beide nichtnegativ. Analog folgt $a_{l}<a_{k}=b_{l}-1$, also sind $a_{l}-b_{l}$ und $a_{l}-b_{l}-1$ beide negativ. Folglich gilt\n$$\nD=\\left(a_{k}-b_{k}+1\\right)-\\left(a_{l}-b_{l}+1\\right)-\\left(a_{k}-b_{k}\\right)+\\left(a_{l}-b_{l}\\right)=0\n$$\nder Wert der Summe bleibt also unverändert.\n\n(2) $k>l$ Eine analoge Argumentation liefert auch in diesem Fall\n$$\nD=-\\left(a_{k}-b_{k}+1\\right)+\\left(a_{l}-b_{l}+1\\right)+\\left(a_{k}-b_{k}\\right)-\\left(a_{l}-b_{l}\\right)=0\n$$\n\n(3) $k=l$. Die Summe ändert sich um\n$$\nD=\\left|\\left(a_{k}+1\\right)-\\left(b_{k}-1\\right)\\right|-\\left|a_{k}-b_{k}\\right|\n$$\nAusserdem ist $a_{k}=b_{k}-1$, also wieder $D=|1|-|-1|=0$.\nNach endlich vielen solchen Operationen können wir annehmen, dass gilt $b_{1}<\\ldots<b_{n}<a_{n}<\\ldots<a_{1}$. dann ist aber $b_{k}=k$ und $a_{k}=2 n+1-k$ für $k=1, \\ldots, n$. In diesem Fall hat die Summe den Wert\n$$\n\\sum_{k=1}^{n}\\left|a_{k}-b_{k}\\right|=\\sum_{k=1}^{n} 2 n+1-2 k=n(2 n+1)-2 \\sum_{k=1}^{n} k=n(2 n+1)-n(n+1)=n^{2}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43709,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\n1. Sei $ABCD$ ein Rechteck mit $|AD| \\leq |AB|$. Sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $AD$ und $N$ der Mittelpunkt der Strecke $BC$. Der Punkt $E$ sei die Projektion von $B$ auf die Gerade $CM$.\n\na. Zeige, dass $ANEM$ ein gleichschenkliges Trapez ist.\n\nb. Zeige, dass die Fläche des Vierecks $ABNE$ halb so gross ist, wie die Fläche von $ABCD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWegen $|AD| \\leq |AB|$ liegt der Punkt $E$ im Innern des Rechtecks $ABCD$.\n\na. Da die Strecke $AN$ durch eine Translation um den Vektor $\\overrightarrow{AM}$ in $MC$ übergeht, sind $AN$ und $ME$ parallel. Zu zeigen ist noch $\\angle MAN = \\angle ENA$. Sei $F$ der Schnittpunkt von $AN$ mit $EB$ und setze $\\alpha = \\angle MAN$. Es folgt nun der Reihe nach (Erklärungen in Klammern, siehe Abbildung):\n\n1.) $\\angle BNA = \\alpha$ (Gegenwinkel an den Parallelen $AD$ und $BC$)\n\n2.) $\\angle NBF = 90^\\circ - \\alpha$ ($\\triangle BNF$ ist rechtwinklig, weil $AN$ parallel zu $MC$ ist und $MC$ nach Voraussetzung rechtwinklig auf $EB$ steht.)\n\n![](attached_image_1.png)\n\n3.) $\\angle BEN = 90^\\circ - \\alpha$ (Der Thaleskreis über der Strecke $BC$ zeigt, dass $\\triangle NEB$ gleichschenklig ist.)\n\n4.) $\\angle ENA = \\alpha$ ($\\triangle ENF$ ist ebenfalls rechtwinklig.)\n\nb. Da die beiden Dreiecke $\\triangle ABN$ und $\\triangle CDM$ kongruent sind, lässt sich das Problem vereinfachen: Wir müssen noch zeigen, dass $\\triangle ANE$ die Hälfte des Parallelogramms $ANCM$ abdeckt. Dies ist auf verschiedene Arten möglich, wir werden hier zwei Lösungen geben (die eckigen Klammern bezeichnen die Flächen):\n\n1.) $[ANCM] = AN \\cdot EF = 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot AN \\cdot EF = 2 \\cdot [ANE]$\n\n2.) Sei $P$ der Schnittpunkt von $AN$ mit der Parallelen von $NC$ durch $E$. Nun ist $APEM$ ein Parallelogramm, das durch $AE$ in zwei gleiche Stücke geschnitten wird. Die eine Hälfte gehört zum Dreieck $ANE$, die andere nicht. Analog für das Parallelogramm $PNCE$.\n\nAlternativ kann man auch so argumentieren: $\\triangle BNE$ ist gleichschenklig. Wegen $\\angle AFB = 90^\\circ$ liegen $E$ und $B$ symmetrisch bezüglich der Gerade $AN$. Somit sind die Dreiecke $\\triangle ABN$ und $\\triangle AEN$ kongruent und daher flächengleich. Die Behauptung folgt nun daraus, dass die Fläche von $\\triangle ABN$ ein Viertel der Fläche des Rechtecks $ABCD$ ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43710,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit Höhenschnittpunkt $H$ und seien $M$ und $N$ zwei Punkte auf $BC$, so dass $\\overrightarrow{MN}=\\overrightarrow{BC}$. Seien $P$ und $Q$ die Projektionen von $M$ bzw. $N$ auf $AC$ bzw. $AB$. Zeige, dass $APHQ$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Translation um den Vektor $\\overrightarrow{BM}$ bildet $B$ auf $M$ und $C$ auf $N$ ab. Sei $G$ das Bild von $H$ bei dieser Translation. Wir zeigen nun, dass $P, Q$ und $H$ auf dem Thaleskreis über der Strecke $AG$ liegen.\nDie Gerade $BH$ steht senkrecht auf $AC$, somit auch das Bild, die Gerade $MG$. Daraus folgt $\\Varangle APG=90^{\\circ}$ und $P$ liegt auf dem Thaleskreis über $AG$. Analog für $Q$.\nDie Gerade $HG$ ist parallel zum Vektor $\\overrightarrow{BM}$ und somit parallel zur Geraden $BC$. Der Winkel $\\Varangle AHG$ ist somit auch rechtwinklig.\n\n\nWir nehmen oBdA an, dass $M$ auf der Halbgeraden $BC$ mit Ursprung $B$ liegt. Die Punkte $E$ und $F$ seien die Projektionen von $B$ bzw. $C$ auf $AC$ bzw. $AB$. Damit $APHQ$ ein Sehnenviereck ist, genügt es zu zeigen, dass $\\Varangle HPE=\\Varangle HQF$. Dies ist der Fall, wenn die beiden Dreiecke HPE und HQF ähnlich sind. Wir wollen dies zeigen. Nach Konstruktion gilt $\\Varangle HEP=\\Varangle HFQ=90^{\\circ}$. Es bleibt noch die folgende Gleichung zu beweisen.\n$$\n\\frac{HE}{PE}=\\frac{HF}{QF} \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{HE}{HF}=\\frac{PE}{QF}\n$$\nWir formen diese Gleichung nun um, bis es klar wird, dass sie stimmt. Die beiden Dreiecke $HEC$ und $HFB$ haben zwei gleiche Winkel und sind somit ähnlich. Es gilt also\n$$\n\\frac{CE}{BF}=\\frac{HE}{HF}=\\frac{PE}{QF} \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{PE}{CE}=\\frac{QF}{BF}\n$$\nDie Geraden $BE$ und $MP$ stehen beide rechtwinklig auf $AC$ und sind somit parallel. Analog sind die Geraden $CF$ und $NQ$ parallel. Mit der Voraussetzung, dass $BM=CN$ gilt somit nach Strahlensatz\n$$\n\\frac{PE}{CE}=\\frac{BM}{BC}=\\frac{CN}{BC}=\\frac{QF}{BF}\n$$\n\n\nOBdA liegen die Punkte $M, B, N, C$ in dieser Reihenfolge auf $BC$. Sei $R$ der Schnittpunkt von $MP$ mit $NQ$. Wegen $|MB|=|NC|$ ist $RH$ parallel zu $BC$. Es gilt $\\Varangle BAH=90^{\\circ}-\\beta, \\Varangle BNQ=90^{\\circ}-\\beta$ und $\\Varangle CMP=90^{\\circ}-\\gamma$. Wegen der Parallelität von $RH$ und $BC$ ist auch $\\Varangle NRH=90^{\\circ}-\\beta$, also ist $AQRH$ ein Sehnenviereck. Es genügt nun zu zeigen, dass $\\Varangle RQH=\\Varangle RPH$ gilt.\nSeien $H_{B}$ und $H_{C}$ die Höhenfusspunkte auf $AC$ und $AB$. Es gilt $\\Varangle RQH=\\Varangle QHH_{C}$ und $\\Varangle RPH=\\Varangle PHH_{B}$. Es genügt daher zu zeigen, dass die Dreiecke $QHH_{C}$ und $PHH_{B}$ ähnlich sind. Einerseits gilt trivialerweise\n$$\n\\frac{\\left|HH_{C}\\right|}{\\left|HH_{B}\\right|}=\\frac{\\cos \\beta}{\\cos \\gamma}\n$$\nAndererseits erhalten wir\n$$\n\\frac{\\left|H_{C}Q\\right|}{|RH|}=\\sin \\left(90^{\\circ}-\\beta\\right)=\\cos \\beta, \\quad \\frac{\\left|H_{B}P\\right|}{|RH|}=\\sin \\left(90^{\\circ}-\\gamma\\right)=\\cos \\gamma\n$$\nAlso sind die beiden Dreiecke ähnlich:\n$$\n\\frac{\\left|HH_{C}\\right|}{\\left|HH_{B}\\right|}=\\frac{\\cos \\beta}{\\cos \\gamma}=\\frac{\\left|H_{C}Q\\right|}{\\left|H_{B}P\\right|}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43711,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn einem Fussballturnier nehmen $n>10$ Mannschaften teil. Dabei spielt jede Mannschaft genau einmal gegen jede andere. Ein Sieg gibt zwei Punkte, ein Unentschieden einen Punkt, und eine Niederlage keinen Punkt. Nach dem Turnier stellt sich heraus, dass jede Mannschaft genau die Hälfte ihrer Punkte in den Spielen gegen die 10 schlechtesten Mannschaften gewonnen hat (insbesondere hat jede dieser 10 Mannschaften die Hälfte ihrer Punke gegen die 9 übrigen gemacht). Bestimme alle möglichen Werte von $n$, und gib für diese Werte ein Beispiel eines solchen Turniers an.",
    "options": [],
    "answer": "25",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen die 10 schlechtesten Mannschaften die Verlierer, die $n-10$ besten Mannschaften die Gewinner. Wir verwenden wiederholt folgende Tatsache: Spielen $k$ Manschaften gegeneinander, dann ist die Gesamtzahl gewonnener Punkte genau $k(k-1)$. Wir zählen die Gesamtzahl gewonnener Punkte auf zwei Arten. Einerseits sind dies genau $n(n-1)$. Andererseits erhalten die 10 Verlierer in den Spielen unter sich genau $10 \\cdot 9=90$ Punkte. Nach Voraussetzung ist dies genau die Hälfte der Gesamtpunktzahl, welche diese 10 Mannschaften erreicht haben. Folglich ist die Gesamtpunktzahl der Verlierer 180. Die $n-10$ Gewinner erreichten in den Spielen unter sich insgesamt $(n-10)(n-11)$ Punkte. Wieder ist das die Hälfte der Gesamtpunktzahl, letztere ist daher gleich $2(n-10)(n-11)$. Ein Vergleich liefert die Gleichung\n$$\nn(n-1)=180+2(n-10)(n-11)\n$$\nDiese ist äquivalent zu $n^{2}-41 n+400=0$ und hat die Lösungen $n=16$ und $n=25$.\nNach obigen Rechnungen folgt ausserdem, dass die Durchschnittspunktzahl der $n-10$ Gewinner gleich 2( $n-11)$ ist, die Durchschnittspunktzahl der 10 Verlierer gleich 18.\nNatürlich muss nun $2(n-10) \\geq 18$ gelten, also $n \\geq 20$. Folglich ist $n=16$ nicht möglich.\nSchliesslich zeigen wir, dass so ein Tournier für $n=25$ existiert. Die 10 Verlierer spielen unter sich stets unentschieden, ebenso wie die $n-10$ Gewinner unter sich. Folgendes Schema zeigt die Spiele der 15 Gewinner $G_{i}$ gegen die 10 Verlierer $V_{j}$. Dabei bedeutet 2 ein Gewinn von $G_{i}, 0$ ein Gewinn von $V_{j}$ und 1 ein Unentschieden.\n\n|  | $G_{1}$ | $G_{2}$ | $G_{3}$ | $G_{4}$ | $G_{5}$ | $G_{6}$ | $G_{7}$ | $G_{8}$ | $G_{9}$ | $G_{10}$ | $G_{11}$ | $G_{12}$ | $G_{13}$ | $G_{14}$ | $G_{15}$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $V_{1}$ | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 0 |\n| $V_{2}$ | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 2 | 2 | 2 | 0 |\n| $V_{3}$ | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 2 | 2 | 2 |\n| $V_{4}$ | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 | 2 | 2 | 2 |\n| $V_{5}$ | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 | 2 | 2 |\n| $V_{6}$ | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 | 2 | 2 |\n| $V_{7}$ | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 | 2 |\n| $V_{8}$ | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 | 2 |\n| $V_{9}$ | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 |\n| $V_{10}$ | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 2 | 0 | 0 | 1 | 1 | 2 | 2 | 2 | 0 | 1 |\n\nInsgesamt ist die Endpunktzahl von jedem Gewinner gleich 28, wovon genau 14 Punkte aus Spielen gegen die Verlierer stammen. Jeder Verlierer hat eine Endpunktzahl von 18, wovon wieder die Hälfte aus Spielen gegen die anderen Verlierer stammt. Damit ist alles gezeigt.\nSolution:\n\nWir geben ein weiteres Beispiel für ein solches Turnier. Wiederum spielen die Verlierer und die Gewinner untereinander jeweils unentschieden. Nun nimmt man an, dass nie ein Gewinner gegen einen Verlierer verliert. Ein Gewinner erzielt gegen die anderen Gewinner insgesamt 14 Punkte, also muss er gegen die Verlierer auch 14 Punkte erzielen. Dafür muss er viermal gewinnen und sechsmal unentschieden spielen. Analog spielt jeder Verlierer neunmal Unentschieden. Wir können nun die $10 \\times 15$-Tabelle von oben in $2 \\times 3$-Kästchen unterteilen und erhalten mit den selben Notationen folgende Tabelle:\n\n|  | $G_{1}, G_{2}, G_{3}$ | $G_{4}, G_{5}, G_{6}$ | $G_{7}, G_{8}, G_{9}$ | $G_{10}, G_{11}, G_{12}$ | $G_{13}, G_{14}, G_{15}$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $V_{1}, V_{2}$ | 1 | 1 | 1 | 2 | 2 |\n| $V_{3}, V_{4}$ | 2 | 1 | 1 | 1 | 2 |\n| $V_{5}, V_{6}$ | 2 | 2 | 1 | 1 | 1 |\n| $V_{7}, V_{8}$ | 1 | 2 | 2 | 1 | 1 |\n| $V_{9}, V_{10}$ | 1 | 1 | 2 | 2 | 1 |",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43712,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$, sodass $f(m)^2+f(n)$ ein Teiler ist von $(m^2+n)^2$ für alle $m, n \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n for all n in N",
    "solution": "Solution:\nMit $m=n=1$ folgt, dass $f(1)^2+f(1)$ ein Teiler von $4$ ist, folglich ist $f(1)=1$. Für $m=1$ erhalten wir\n$$\nf(n)+1 \\mid (n+1)^2\n$$\nFür $n=1$ erhalten wir\n$$\nf(m)^2+1 \\mid (m^2+1)^2\n$$\nSei $p$ eine Primzahl. Mit $n=p-1$ folgt aus (1), dass $f(p-1)+1$ ein Teiler von $p^2$ ist. Daher gilt $f(p-1)=p-1$ oder $f(p-1)=p^2-1$. Nehme an, letzteres sei der Fall. Aus (2) folgt dann $(p^2-1)^2-1 \\leq ((p-1)^2+1)^2$. Für $p>1$ gilt aber\n$$\n((p-1)^2+1)^2=(p^2-2p+2)^2 \\leq (p^2-2)^2 < (p^2-1)^2-1\n$$\nWiderspruch. Daher ist $f(p-1)=p-1$.\nSei $k$ eine natürliche Zahl mit $f(k)=k$, dann folgt\n$$\nk^2+f(n)=f(k)^2+f(n) \\mid (k^2+n)^2\n$$\nAusserdem ist\n$$\n(k^2+n)^2=\\left((k^2+f(n))+(n-f(n))\\right)^2=A \\cdot (k^2+f(n))+(f(n)-n)^2\n$$\nfür eine ganze Zahl $A$. Daher gilt auch\n$$\nk^2+f(n) \\mid (f(n)-n)^2\n$$\nDies ist richtig für unendlich viele natürliche Zahlen $k$, nämlich zum Beispiel für $k=p-1$, wenn $p$ prim ist. Daraus folgt aber, dass die rechte Seite von (3) verschwinden muss. Also gilt $f(n)=n$ für alle $n \\in \\mathbb{N}$.\n\nWir berechnen die ersten paar Werte von $f$. Wie in der ersten Lösung findet man $f(1)=1$. Aus (2) erhalten wir $f(2)^2+1 \\mid 25^2$, also ist $f(2)=2$. Analog findet man $f(4)^2+1 \\mid 17^2$, also $f(4)=4$ und $f(6)^2+1 \\mid 37^2$, also $f(6)=6$. Mit $m=2$ und $n=3$ erhalten wir $4+f(3) \\mid 49$, daher ist $f(3)=3$ oder $f(3)=45$. Andererseits gilt wegen (1) $f(3)+1 \\mid 16$, folglich ist $f(3)=3$. Schliesslich folgt mit $m=2, n=3$ dass $4+f(5) \\mid 81$, somit $f(5)=5$ oder $f(5)=23$ oder $f(5)=77$. Andererseits gilt nach (1) $f(5)+1 \\mid 36$, es bleibt nur die Möglichkeit $f(5)=5$.\nWir beweisen nun induktiv, dass $f(n)=n$ gilt für alle natürlichen Zahlen $n$. Nach obigen Rechnungen ist dies richtig für $n \\leq 6$. Sei nun $n \\geq 7$. Nach Induktionsvoraussetzung gilt (3) für $k=1,2, \\ldots, n-1$. Nehme nun an, dass $f(n) \\neq n$. Für $k=n-1$ erhalten wir insbesondere $(n-1)^2+f(n) \\leq (f(n)-n)^2$. Dies ist äquivalent zu $(f(n)-2n)(f(n)-1) \\geq 1$, also ist $f(n)>2n>n$. Wir behaupten, dass es natürliche Zahlen $a, b \\leq n-1$ gibt, sodass $f(n)+a^2$ und $f(n)+b^2$ teilerfremd sind. Ist $f(n)$ gerade, dann wähle $a=1$ und $b=3$, ist $f(n)$ ungerade, dann wähle $a=2$ und $b=6$. Dies ist möglich wegen $n \\geq 7$. Mit der Teilerfremdheit und (3) folgt daraus\n$$\n(a^2+f(n))(b^2+f(n)) \\mid (f(n)-n)^2\n$$\nAndererseits ist die linke Seite grösser als $f(n)^2$, die rechte aber kleiner als $f(n)^2$ wegen $f(n)>n$. Dies ist ein Widerspruch, folglich gilt $f(n)=n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43713,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A$ eine $m \\times m$-Matrix. Sei $X_{i}$ die Menge der Einträge in der $i$-ten Zeile und $Y_{j}$ die Menge der Einträge in der $j$-ten Spalte, $1 \\leq i, j \\leq m$. $A$ heisst cool, wenn die Mengen $X_{1}, \\ldots, X_{m}, Y_{1}, \\ldots, Y_{m}$ alle verschieden sind. Bestimme den kleinsten Wert für $n$, sodass eine coole $2005 \\times 2005$-Matrix mit Einträgen aus der Menge $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ existiert.",
    "options": [],
    "answer": "13",
    "solution": "Solution:\n\nSei $\\mathcal{X}$ die Menge der $X_{i}$ und $\\mathcal{Y}$ die Menge der $Y_{j}$. Es muss gelten $2^{n} \\geq|\\mathcal{X} \\cup \\mathcal{Y}|=2 \\cdot 2005$, also $n \\geq 12$. Nehme an, $n=12$ wäre möglich. Genau $2^{12}-2 \\cdot 2005=86$ Teilmengen von $\\{1,2, \\ldots, 12\\}$ liegen nicht in $\\mathcal{X} \\cup \\mathcal{Y}$. Zentral ist die einfache Beobachtung, dass jede Zeile mit jeder Spalte ein gemeinsames Element besitzt:\n$$\nX_{i} \\cap Y_{j} \\neq \\emptyset, \\quad \\text{ für } 1 \\leq i, j \\leq 2005\n$$\nNehme an, es gibt $i, j$, sodass $\\left|X_{i} \\cup Y_{j}\\right| \\leq 5$ gilt. Da jede Spalte und jede Zeile ein gemeinsames Element mit dieser Menge hat, liegt keine Teilmenge des Komplements in $\\mathcal{X} \\cup \\mathcal{Y}$. Es sind aber mindestens $2^{7}>86$ Teilmengen, Widerspruch. Also gilt\n$$\n\\left|X_{i} \\cup Y_{j}\\right| \\geq 6, \\quad \\text{ für } 1 \\leq i, j \\leq 2005\n$$\nDaraus folgt, dass alle Zeilen oder alle Spalten mindestens je vier verschiedene Einträge haben, oBdA seien dies die Zeilen. Setze $k=\\min \\left|X_{i}\\right| \\geq 4$ und wähle $\\alpha$ mit $\\left|X_{\\alpha}\\right|=k$. Wegen (4) liegt keine Teilmenge des Komplements von $X_{\\alpha}$ in $\\mathcal{Y}$. Nach Definition von $k$ liegt daher keine Teilmenge des Komplements von $X_{\\alpha}$ mit weniger als $k$ Elementen in $\\mathcal{X} \\cup \\mathcal{Y}$. Für $k=4$ sind dies\n$$\n\\binom{8}{0}+\\binom{8}{1}+\\binom{8}{2}+\\binom{8}{3}=93>86\n$$\nTeilmengen, für $k=5$ sind es\n$$\n\\binom{7}{0}+\\binom{7}{1}+\\binom{7}{2}+\\binom{7}{3}+\\binom{7}{4}=99>86\n$$\nWiderspruch. Folglich gilt $k \\geq 6$. Die Anzahl höchstens 5-elementiger Teilmengen von $\\{1,2, \\ldots, 12\\}$ beträgt\n$$\n\\binom{12}{0}+\\binom{12}{1}+\\binom{12}{2}+\\binom{12}{3}+\\binom{12}{4}+\\binom{12}{5}=1586\n$$\nKeine davon liegt in $\\mathcal{X}$, und mindestens $1586-86$ davon liegen in $\\mathcal{Y}$. Die Komplemente dieser Mengen haben mindestens 7 Elemente und liegen ebenfalls nicht in $\\mathcal{X}$. Folglich kommen in $\\mathcal{X}$ mindestens\n$$\n1586+(1586-86)=3086>2^{12}-2005\n$$\nMengen nicht vor, ein Widerspruch. Es gilt daher $n \\geq 13$.\nWir beweisen nun, dass für $n=13$ eine coole $2005 \\times 2005$-Matrix existiert. Zuerst konstruieren wir induktiv eine coole $2^{n} \\times 2^{n}$-Matrix $A_{n}$ mit Einträgen aus der Menge $\\{1,2, \\ldots, n+2\\}$. Setze\n$$\nA_{1}=\\left(\\begin{array}{ll}\n1 & 1 \\\\\n2 & 3\n\\end{array}\\right)\n$$\nund definiere dann rekursiv\n$$\nA_{n+1}=\\left(\\begin{array}{cc}\nA_{n} & A_{n} \\\\\nA_{n} & B_{n}\n\\end{array}\\right)\n$$\ndabei ist $B_{n}$ die $2^{n} \\times 2^{n}$-Matrix, deren Einträge alle gleich $n+2$ sind. Seien $X_{1}, \\ldots, X_{2^{n}}$, $Y_{1}, \\ldots, Y_{2^{n}}$ die Zeilen- bzw. Spaltenmengen von $A_{n}$. Dann sind die Zeilenmengen von $A_{n+1}$ gegeben durch $X_{1}, \\ldots, X_{2^{n}}, X_{1} \\cup\\{n+2\\}, \\ldots, X_{2^{n}} \\cup\\{n+2\\}$, die Spaltenmengen durch $Y_{1}, \\ldots, Y_{2^{n}}, Y_{1} \\cup\\{n+2\\}, \\ldots, Y_{2^{n}} \\cup\\{n+2\\}$. Mit $A_{n}$ ist somit auch $A_{n+1}$ cool. Schliesslich überlegt man sich leicht, dass auf Grund der speziellen Form der so konstruierten Matrizen auch die obere linke $2005 \\times 2005$-Teilmatrix von $A_{11}$ cool ist. Dies beendet den Beweis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Linear Algebra"
  },
  {
    "id": 43714,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde den grösstmöglichen Wert des Ausdrucks\n$$\n\\frac{x y z}{(1+x)(x+y)(y+z)(z+16)}\n$$\nwobei $x, y, z$ positive reelle Zahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "1/81",
    "solution": "Solution:\n\nSei $A$ der Nenner des Bruchs. Es gilt nach AM-GM\n$$\n\\begin{aligned}\nA & =\\left(1+\\frac{x}{2}+\\frac{x}{2}\\right)\\left(x+\\frac{y}{2}+\\frac{y}{2}\\right)\\left(y+\\frac{z}{2}+\\frac{z}{2}\\right)(z+8+8) \\\\\n& \\geq 81 \\sqrt[3]{x^{2} / 4} \\cdot \\sqrt[3]{x y^{2} / 4} \\cdot \\sqrt[3]{y z^{2} / 4} \\cdot \\sqrt[3]{64 z} \\\\\n& =81 x y z\n\\end{aligned}\n$$\nDer Ausdruck ist also höchstens gleich $1/81$, Gleichheit gilt nur für $(x, y, z)=(2,4,8)$.\n\n\nDie Ungleichung von Hölder ergibt\n$$\n\\begin{aligned}\n(1+x)(x+y)(y+z)(z+16) & \\geq (\\sqrt[4]{1 \\cdot x \\cdot y \\cdot z} + \\sqrt[4]{x \\cdot y \\cdot z \\cdot 16})^{4} \\\\\n& = (3 \\sqrt[4]{x y z})^{4} = 81 x y z\n\\end{aligned}\n$$\nDer Ausdruck ist also höchstens gleich $1/81$, Gleichheit gilt für $(x, y, z)=(2,4,8)$.\n\nAlternativ kann man auch wiederholt CS verwenden:\n$$\n\\begin{aligned}\n(1+x)(y+z)(x+y)(z+16) & \\geq (\\sqrt{1 \\cdot y} + \\sqrt{x \\cdot z})^{2}(\\sqrt{x \\cdot z} + \\sqrt{y \\cdot 16})^{2} \\\\\n& \\geq (\\sqrt[4]{x y z} + 2 \\sqrt[4]{x y z})^{4} = 81 x y z\n\\end{aligned}\n$$\n\nWir bezeichnen den gegebenen Ausdruck mit $f(x, y, z)$. Wir benützen nun wiederholt folgendes\n\nLemma 1. Für $\\alpha, \\beta>0$ nimmt die Funktion\n$$\nh(t)=\\frac{t}{(\\alpha+t)(t+\\beta)}\n$$\nihr Maximum bei $t=\\sqrt{\\alpha \\beta}$ an.\nBeweis. Nach AM-GM gilt\n$$\n\\frac{1}{h(t)}=t+(\\alpha+\\beta)+\\frac{\\alpha \\beta}{t} \\geq 2 \\sqrt{t \\cdot \\frac{\\alpha \\beta}{t}}+(\\alpha+\\beta)=(\\sqrt{\\alpha}+\\sqrt{\\beta})\n$$\nmit Gleichheit genau dann, wenn $t=\\sqrt{\\alpha \\beta}$.\n\nFixieren wir zuerst $y$, $z$, dann $x, y$, so folgt aus dem Lemma\n$$\nf(x, y, z) \\leq f(\\sqrt{y}, y, z) \\leq f(\\sqrt{y}, y, 4 \\sqrt{y})\n$$\nmit Gleichheit genau dann, wenn $x=\\sqrt{y}$ und $z=4 \\sqrt{y}$. Eine weitere Anwendung des Lemmas ergibt\n$$\nf(\\sqrt{y}, y, 4 \\sqrt{y})=\\left(\\frac{\\sqrt{y}}{(1+\\sqrt{y})(\\sqrt{y}+4)}\\right)^{2} \\leq\\left(\\frac{1}{9}\\right)^{2}=\\frac{1}{81}\n$$\nmit Gleichheit genau dann, wenn $\\sqrt{y}=2$. Insgesamt ist der Ausdruck also höchstens gleich $1 / 81$ mit Gleichheit genau dann wenn $(x, y, z)=(2,4,8)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43715,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZeige, dass es in jedem konvexen 9-Eck zwei verschiedene Diagonalen gibt, sodass die beiden Geraden, auf denen diese Diagonalen liegen, entweder parallel sind, oder sich in einem Winkel von weniger als $7^{\\circ}$ schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEin konvexes 9-Eck besitzt $\\binom{9}{2}-9=27$ Diagonalen. Wir verschieben die Diagonalen parallel, sodass alle durch einen festen Punkt $P$ gehen. Nun wählen wir eine beliebige Diagonale aus und nennen sie $d_{1}$. Dreht man $d_{1}$ im Gegenuhrzeigersinn um $P$, dann werden die anderen Diagonalen eine nach der anderen überstrichen. Wir nennen sie in dieser Reihenfolge $d_{2}, \\ldots, d_{27}$. Sei nun $\\alpha_{i}$ der Winkel zwischen $d_{i}$ und $d_{i+1}$ für $1 \\leq i \\leq 26$ und sei $\\alpha_{27}$ der Winkel zwischen $d_{27}$ und $d_{1}$. Dann gilt $\\alpha_{1}+\\ldots+\\alpha_{27}=180^{\\circ}$, und daher ist einer dieser Winkel höchstens gleich $180^{\\circ} / 27<7^{\\circ}$. Die beiden zugehörigen Diagonalen im 9-Eck sind dann parallel oder ihre Verlängerungen schneiden sich in einem Winkel von weniger als $7^{\\circ}$.\nSolution:\n\nSeien $d_{1}, \\ldots, d_{27}$ die Diagonalen des 9-Ecks. Wähle eine horizontale Gerade $h$, die unter dem 9-Eck liegt, und definiere $\\alpha_{i}$ als den kleinsten Winkel, um den man die Gerade $h$ im Gegenuhrzeigersinn drehen muss, sodass sie parallel zu $d_{i}$ liegt (es gilt also genau dann $\\alpha_{i}=0$, wenn $d_{i}$ und $h$ parallel sind). Nach Konstruktion ist $0 \\leq \\alpha_{i}<180^{\\circ}$. Unterteile das Intervall $\\left[0^{\\circ}, 180^{\\circ}\\right[$ in 26 gleichlange Teilintervalle, dann liegen nach dem Schubfachprinzip zwei der Winkel $\\alpha_{i}$ im gleichen Teilintervall. Die beiden zugehörigen Diagonalen sind dann parallel oder ihre Verlängerungen schneiden sich in einem Winkel von höchstens $180^{\\circ} / 26<7^{\\circ}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43716,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $m$ und $n$ teilerfremde natürliche Zahlen. Zeige, dass dann auch die beiden Zahlen\n$$\nm^{3}+m n+n^{3} \\quad \\text{ und } \\quad m n(m+n)\n$$\nteilerfremd sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen zuerst, dass $m^{3}+m n+n^{3}$ teilerfremd zu $m$ ist. Nehme an nicht, dann gibt es eine Primzahl $p$ die beide Zahlen teilt. Dann teilt $p$ aber auch $\\left(m^{3}-m n+n^{3}\\right)-m\\left(m^{2}+n\\right)=n^{3}$, also auch $n$, im Widerspruch dazu, dass $m$ und $n$ teilerfremd sind. Analog\nfolgt, dass $m^{3}+m n+n^{3}$ und $n$ teilerfremd sind. Sei nun $p$ ein Teiler von $m^{3}+m n+n^{3}$ und von $m+n$. Dann teilt $p$ auch $\\left(m^{3}+m n+n^{3}\\right)-(m+n)\\left(m^{2}-m n+n^{2}\\right)=m n$, also ist $p$ ein Teiler von $m$ oder $n$, im Widerspruch zu den bisherigen Ausführungen. Daher ist die erste Zahl teilerfremd zu allen drei Faktoren rechts, also auch zu deren Produkt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43717,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 1$ eine natürliche Zahl. Ein reguläres $4 n$-Eck sei irgendwie in endlich viele Parallelogramme zerlegt.\n\na. Beweise, dass mindestens eines der Parallelogramme in der Zerlegung ein Rechteck ist.\n\nb. Bestimme die Summe der Flächen aller Rechtecke in der Zerlegung.",
    "options": [],
    "answer": "n",
    "solution": "Solution:\n\nWir führen erst einige Bezeichnungen ein. Eine endliche Zerlegung des $4 n$-Ecks in Parallelogramme nennen wir im Folgenden kurz Zerlegung. Für eine Zerlegung nennen wir jeden Eckpunkt eines Parallelogramms einen Knoten. Je nachdem, ob ein Knoten auf dem Rand oder im Innern des $4 n$-Ecks liegt, heisst er Randknoten oder innerer Knoten. Jede Seite eines Parallelogramms nennen wir eine Kante. Ein Knoten, der im Innern einer Kante liegt, heisst $T$-Knoten. Eine Zerlegung, in der es keine inneren $T$-Knoten gibt, heisst gut.\nWir beweisen zuerst, dass sich jede Zerlegung zu einer guten Zerlegung verfeinern lässt. Wir gehen aus von einer beliebigen Zerlegung, die nicht gut ist. Wähle einen beliebigen $T$-Knoten $A_{0}$. Dieser liegt im Innern einer eindeutig bestimmten Kante $k_{0}$, die zum Parallelogramm $P_{0}$ gehört. Die gegenüberliegende Kante $k_{1}$ von $P_{0}$ ist parallel zu $k_{0}$. Wähle den Punkt $A_{1}$ auf $k_{1}$, sodass $P_{0}$ durch die Strecke $A_{0} A_{1}$ in zwei kleinere Parallelogramme unterteilt wird, und betrachte diese feinere Zerlegung. Konstruiere analog Punkte $A_{2}, \\ldots, A_{m}$, solange bis $A_{m}$ entweder ein Randknoten oder ein innerer Knoten der neuen Zerlegung ist, welcher kein $T$-Knoten ist. Dies ist nach endlich vielen Schritten immer der Fall, denn die Kanten $k_{0}, k_{1}, k_{2}, \\ldots$ sind alle parallel und liegen auf verschiedenen Geraden. Würde dieses Verfahren nicht abbrechen, wäre die Zerlegung nicht endlich. Mit dieser Konstruktion erhalten wir also eine feinere Zerlegung mit mindestens einem $T$-Knoten weniger. Nach endlich vielen solchen Konstruktionen resultiert daher eine feinere gute Zerlegung.\nDiese Konstruktion der guten Zerlegung hat ausserdem die Eigenschaft, dass ein Rechteck in lauter Rechtecke zerlegt wird, und ein nicht-Rechteck in lauter nicht-Rechtecke. Die Verfeinerung ändert also weder etwas an der Existenz von Rechtecken, noch an der Summe der Flächen aller Rechtecke in der Zerlegung.\nWir beweisen nun (a) und (b). Nach obigen Ausführungen können wir annehmen, dass die Zerlegung gut ist. Betrachte irgend eine Kante $k_{1}$, die auf dem Rand des $4 n$-Ecks liegt. Diese ist Seite eines einzigen Parallelogramm $P_{1}$. Die gegenüberliegende Seite $k_{2}$ von $P_{1}$ ist parallel zu $k_{1}$ und gehört zu einem einzigen weiteren Parallelogramm $P_{2}$. So fortfahrend erhalten wir eine Folge $P_{1}, P_{2}, \\ldots$ von Parallelogrammen, die nach endlich vielen Schritten die gegenüberligende Seite des $4 n$-Ecks erreichen muss. Dies folgt aus der Parallelität der Kanten $k_{1}, k_{2}, \\ldots$ und der Endlichkeit der Zerlegung. Die Menge der Parallelogramme in einer solchen Folge nennen wir eine Kette. Eine Kette verbindet also stets gegenüberliegende Seiten des $4 n$-Ecks und die oben konstruierten Kanten $k_{1}, k_{2}, \\ldots$ sind alle parallel und gleich lang. Zwei Ketten, die zu verschiedenen Paaren gegenüberliegender Seiten gehören, schneiden sich in genau einem Parallelogramm der Zerlegung, und die Seiten dieses Parallelogramms sind parallel zu den entsprechenden Seitenpaaren. Umgekehrt ist jedes Parallelogramm der Zerlegung der Schnitt von zwei eindeutig bestimmten solchen Ketten.\n\na. Da es sich um ein $4 n$-Eck handelt, gibt es zwei Seitenpaare, die senkrecht aufeinander stehen. Je zwei Ketten zu diesen Seitenpaaren schneiden sich in einem Rechteck.\n\nb. Umgekehrt ist jedes Rechteck Schnitt von zwei solchen Ketten. Fixiere zwei Seitenpaare wie in (a). Nehme an, die Ketten zum einen Seitenpaar haben die Breiten $a_{1}, \\ldots, a_{r}$ und die Ketten zum anderen Paar die Breiten $b_{1}, \\ldots, b_{s}$. Die Kette der Breite $a_{i}$ schneidet die Kette der Breite $b_{j}$ in einem Rechteck der Fläche $a_{i} b_{j}$. Die Summe der Flächen aller Rechtecke mit Seiten parallel zu diesen zwei Seitenpaaren ist folglich\n$$\n\\sum_{i=1}^{r} \\sum_{j=1}^{s} a_{i} b_{j}=\\left(a_{1}+\\ldots+a_{r}\\right)\\left(b_{1}+\\ldots+b_{s}\\right)=1 \\cdot 1=1\n$$\nda die Seitenlänge des $4 n$-Ecks gleich 1 ist. Es gibt nun genau $n$ Paare senkrechter Seitenpaare, die Gesamtfläche aller Rechtecke in der Zerlegung ist somit gleich $n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43718,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\Varangle BAC = 60^\\circ$. Finde alle Punkte $P$ im Innern dieses Dreiecks mit folgender Eigenschaft:\nIst $D$ die Projektion von $P$ auf die Gerade $BC$, $E$ die Projektion von $P$ auf $CA$ und $F$ die Projektion von $P$ auf $AB$, dann gilt $\\Varangle EDF = 30^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "All interior points P such that ∠BPC = 90°, i.e., the intersection of the triangle’s interior with the Thales circle having diameter BC.",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen $\\alpha = \\Varangle CAB$, $\\beta = \\Varangle ABC$, $\\gamma = \\Varangle BCA$, sowie $\\varphi = \\Varangle EDP$ und $\\psi = \\Varangle FDP$. Wegen $\\Varangle PEC = \\Varangle PDC = 90^\\circ$ ist $EPDC$ ein Sehnenviereck, daher gilt $\\Varangle ECP = \\varphi$. Analog ist $FPDB$ ein Sehnenviereck und daher gilt $\\Varangle FBP = \\psi$. Damit folgt\n$$\n\\begin{aligned}\n\\Varangle BPC & = 180^\\circ - \\Varangle PBC - \\Varangle PCB \\\\\n& = 180^\\circ - (\\beta - \\psi) - (\\gamma - \\varphi) \\\\\n& = (180^\\circ - \\beta - \\gamma) + \\varphi + \\psi \\\\\n& = \\alpha + (\\varphi + \\psi) = 60^\\circ + \\Varangle EDF\n\\end{aligned}\n$$\nSomit gilt genau dann $\\Varangle EDF = 30^\\circ$, wenn $\\Varangle BPC = 90^\\circ$. Die gesuchten Punkte $P$ sind daher genau die Punkte im Inneren von $ABC$, die auf dem Thaleskreis über der Strecke $BC$ liegen.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43719,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $k_{1}$ und $k_{2}$ zwei Kreise, die sich im Punkt $P$ äusserlich berühren. Ein dritter Kreis $k$ berühre $k_{1}$ in $B$ und $k_{2}$ in $C$, so dass $k_{1}$ und $k_{2}$ im Innern von $k$ liegen. Sei $A$ einer der Schnittpunkte von $k$ mit der gemeinsamen Tangente von $k_{1}$ und $k_{2}$ durch $P$. Die Geraden $A B$ und $A C$ schneiden $k_{1}$ bzw. $k_{2}$ nochmals in $R$ bzw. $S$. Zeige, dass $R S$ eine gemeinsame Tangente von $k_{1}$ und $k_{2}$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir untersuchen als erstes die Potenz von $A$ an den Kreisen $k_{1}$ und $k_{2}$. Es gilt\n$$\nA B \\cdot A R = A P^{2} = A C \\cdot A S\n$$\nDaraus folgt, dass $\\triangle A B C$ und $\\triangle A S R$ ähnlich sind.\nSei $T$ der Schnittpunkt der gemeinsamen Tangente von $k$ und $k_{1}$ mit der gemeinsamen Tangente von $k$ und $k_{2}$. Weil die Potenz von $T$ zu allen drei Kreisen gleich gross ist, muss $T$ auch auf der Potenzlinie von $k_{1}$ und $k_{2}$, also $A P$ liegen. Wir bezeichnen $\\alpha \\doteq \\Varangle A R S$. Es folgt nun\n- $\\Varangle A C B = \\alpha$ ($\\triangle A B C \\sim \\triangle A S R$)\n- $\\Varangle T B A = \\alpha$, falls $T$ auf derselben Seite von $B C$ liegt wie $A$. $\\Varangle T B A = 180^{\\circ} - \\alpha$, falls $A$ und $T$ auf verschiedenen Seiten von $B C$ liegen. (Tangentenwinkelsatz an $k$)\n- $\\Varangle R P B = \\alpha$ (Tangentenwinkelsatz an $k_{1}$)\n$\\Varangle A R P$ ist ein Aussenwinkel von $\\triangle B P R$. Es gilt deshalb\n$$\n\\Varangle S R P = \\Varangle A R P - \\alpha = \\Varangle R B P + \\Varangle R P B - \\alpha = \\Varangle R B P + \\alpha - \\alpha = \\Varangle R B P\n$$\nNach dem Tangentenwinkelsatz liegt $R S$ somit tangential an $k_{1}$. Analog zeigt man, dass $R S$ auch tangential an $k_{2}$ liegt.\n\n\nAnstelle des Tangentenschnittpunktes $T$ verläuft diese Lösung über die Kreisemittelpunkte $M_{1}, M_{2}$ bzw. $M$. Wir bezeichnen $\\alpha \\doteq \\Varangle A R S$. Es folgt nun\n- $\\Varangle A C B = \\alpha$ ($\\triangle A B C \\sim \\triangle A S R$)\n- $\\Varangle A M B = 2 \\alpha$ (Zentri-Peripherie-Winkelsatz)\n- $\\Varangle A B M = 90^{\\circ} - \\alpha$ (Winkelsumme im gleichschenkligen Dreieck $A B M$)\n- $\\Varangle R B M_{1} = 90^{\\circ} - \\alpha$ ($B, M_{1}, M$ liegen auf einer Geraden, ebenso $B, R, A$)\n- $\\Varangle R M_{1} B = 2 \\alpha$ (Winkelsumme im gleichschenkligen Dreieck $R B M_{1}$)\n- $\\Varangle R P B = \\alpha$ (Zentri-Peripherie-Winkelsatz)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43720,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $M$ eine Menge mit $n$ Elementen. Bestimme die Anzahl Möglichkeiten, drei Teilmengen $A, B, C$ von $M$ auszuwählen, sodass gilt\n$$\n\\begin{gathered}\nA \\cap B \\neq \\emptyset, \\quad B \\cap C \\neq \\emptyset, \\quad C \\cap A \\neq \\emptyset \\\\\nA \\cap B \\cap C=\\emptyset\n\\end{gathered}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "7^n - 3*6^n + 3*5^n - 4^n",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte das Venn-Diagramm in der Abbildung. Ein Tripel $(A, B, C)$ wie in der Aufgabe zu wählen, ist dasselbe wie die $n$ Elemente von $M$ so auf die acht Felder in diesem Diagramm zu verteilen, dass das Feld $w$ leer ist, nicht aber die Felder $x, y$ und $z$.\n\nWir zählen zuerst die Anzahl Tripel $(A, B, C)$, sodass $A \\cap B \\cap C=\\emptyset$ gilt. Jedes der $n$ Elemente kann in jedem Feld außer $w$ liegen, das Feld $w$ muss leer bleiben. Folglich gibt es nach der Produktregel genau $7^{n}$ solche Tripel.\n\nVon dieser Zahl müssen wir noch die Anzahl Tripel $(A, B, C)$ abziehen, für die $A \\cap B=\\emptyset$ oder $B \\cap C=\\emptyset$ oder $C \\cap A=\\emptyset$ gilt (beachte, dass dann automatisch auch $A \\cap B \\cap C=\\emptyset$ gilt, wir müssen diese Bedingung also nicht mehr beachten). Wir setzen\n$$\n\\begin{aligned}\nX & =\\{(A, B, C) \\mid A \\cap B=\\emptyset\\} \\\\\nY & =\\{(A, B, C) \\mid B \\cap C=\\emptyset\\} \\\\\nZ & =\\{(A, B, C) \\mid C \\cap A=\\emptyset\\}\n\\end{aligned}\n$$\nNach der Ein-/Ausschaltformel gilt\n$$\n|X \\cup Y \\cup Z|=|X|+|Y|+|Z|-|X \\cap Y|-|Y \\cap Z|-|Z \\cap X|+|X \\cap Y \\cap Z|\n$$\naußerdem ist aus Symmetriegründen natürlich $|X|=|Y|=|Z|$ und $|X \\cap Y|=|Y \\cap Z|=|Z \\cap X|$. Die Tripel in $X$ entsprechen genau den Verteilungen, in denen die beiden Felder $x$ und $w$ leer bleiben, folglich gilt $|X|=6^{n}$. Bei den Tripeln in $|X \\cap Y|$ müssen die Felder $w, x$ und $y$ leer bleiben, also ist $|X \\cap Y|=5^{n}$. Bei den Tripeln in $|X \\cap Y \\cap Z|$ schließlich bleiben die Felder $w, x, y$ und $z$ leer, also ist $|X \\cap Y \\cap Z|=4^{n}$. Zusammen ergibt das $|X \\cup Y \\cup Z|=3 \\cdot 6^{n}-3 \\cdot 5^{n}+4^{n}$. Die gesuchte Anzahl ist daher gleich\n$$\n7^{n}-3 \\cdot 6^{n}+3 \\cdot 5^{n}-4^{n}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43721,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $p > 3$ eine Primzahl. Zeige, dass $p^{2}$ ein Teiler ist von\n$$\n\\sum_{k=1}^{p-1} k^{2p+1}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S$ die Summe in der Aufgabenstellung. Wegen $p \\neq 2$ genügt es zu zeigen, dass $2S$ durch $p^{2}$ teilbar ist. Es gilt modulo $p^{2}$\n$$\n\\begin{aligned}\n2S &= \\sum_{k=1}^{p-1} (p-k)^{2p+1} + k^{2p+1} \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{p-1} \\left(p^{2p+1} - + \\ldots - \\binom{2p+1}{2} p^{2} k^{2p-1} + \\binom{2p+1}{1} p k^{2p} - k^{2p+1}\\right) + k^{2p+1} \\\\\n&\\equiv \\sum_{k=1}^{p-1} \\binom{2p+1}{1} p k^{2p} \\equiv \\sum_{k=1}^{p-1} p k^{2p} = p \\sum_{k=1}^{p-1} k^{2p}\n\\end{aligned}\n$$\nWir müssen noch zeigen, dass die letzte Summe durch $p$ teilbar ist. Nach dem kleinen Satz von Fermat gilt $k^{p-1} \\equiv 1 \\pmod{p}$ für $1 \\leq k \\leq p-1$. Damit folgt modulo $p$\n$$\n\\sum_{k=1}^{p-1} k^{2p} \\equiv \\sum_{k=1}^{p-1} k^{2} = \\frac{p(p-1)(2p-1)}{6}\n$$\nDa der Zähler der rechten Seite durch $p$ teilbar ist, der Nenner wegen $p > 3$ aber nicht, ist die gesamte rechte Seite durch $p$ teilbar. Dies ist war zu zeigen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43722,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$ positive reelle Zahlen mit $a b c = 1$. Bestimme alle möglichen Werte, die der Ausdruck\n$$\n\\frac{1+a}{1+a+a b} + \\frac{1+b}{1+b+b c} + \\frac{1+c}{1+c+c a}\n$$\nannehmen kann.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Solution:\n\nSei $A$ der gegebene Ausdruck. Es gilt wegen $a b c = 1$\n$$\n\\begin{aligned}\nA & = \\frac{1+a}{1+a+a b} + \\frac{a(1+b)}{a(1+b+b c)} + \\frac{a b(1+c)}{a b(1+c+c a)} \\\\\n& = \\frac{1+a}{1+a+a b} + \\frac{a+a b}{1+a+a b} + \\frac{a b+1}{1+a+a b} \\\\\n& = \\frac{2(1+a+a b)}{1+a+a b} = 2\n\\end{aligned}\n$$\nDer Ausdruck ist also immer gleich $2$, unabhängig von $a$, $b$, $c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43723,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $T$ die Menge aller Tripel $(p, q, r)$ von nichtnegativen ganzen Zahlen. Bestimme alle Funktionen $f: T \\rightarrow \\mathbb{R}$ für die gilt\n$$\nf(p, q, r)= \\begin{cases}0 & \\text{ für } p q r=0 \\\\ 1+\\frac{1}{6}\\{f(p+1, q-1, r)+f(p-1, q+1, r) \\\\ +f(p-1, q, r+1)+f(p+1, q, r-1) \\\\ +f(p, q+1, r-1)+f(p, q-1, r+1)\\} & \\text{ sonst. }\\end{cases}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(p,q,r) = 3pqr/(p+q+r) for p+q+r > 0, and f(0,0,0) = 0",
    "solution": "Solution:\n\nWir beweisen zuerst, dass höchstens eine solche Funktion existiert. Nehme an, $f$ und $g$ erfüllen die Bedingungen der Aufgabe. Für die Funktion $h=f-g$ gilt dann\n$$\nh(p, q, r)= \\begin{cases}0 & \\text{ für } p q r=0 \\\\ \\frac{1}{6}\\{h(p+1, q-1, r)+h(p-1, q+1, r) \\\\ +h(p-1, q, r+1)+h(p+1, q, r-1) \\\\ +h(p, q+1, r-1)+h(p, q-1, r+1)\\} & \\text{ sonst. }\\end{cases}\n$$\nDie sieben Punkte, an welchen $h$ in der definierenden Gleichung ausgewertet wird, liegen alle auf einer Ebene der Form $p+q+r=n$. Auf dieser Ebene liegen nur endlich viele Punkte aus $T$. Wir zeigen, dass $h$ auf jeder solchen Ebene identisch verschwindet. Fixiere $n \\geq 0$ und nehme an, $M=h\\left(p_{0}, q_{0}, r_{0}\\right)$ sei das Maximum von $h$ auf der Ebene $p+q+r=n$. Wir können annehmen, dass $p_{0} q_{0} r_{0} \\neq 0$ gilt, ansonsten ist $M=0$. Aus der Funktionalgleichung und der Maximalität von $M$ folgt, dass $h$ auch an den 6 Punkten $\\left(p_{0}+1, q_{0}-1, r_{0}\\right), \\ldots,\\left(p_{0}, q_{0}-1, r_{0}+1\\right)$ den Wert $M$ annimmt. Insbesondere ist $h\\left(p_{0}-1, q_{0}+1, r_{0}\\right)=M$. Durch Wiederholen dieses Arguments folgt $M=h\\left(p_{0}, q_{0}, r_{0}\\right)=h\\left(p_{0}-1, q_{0}+1, r_{0}\\right)=\\ldots=h\\left(0, q_{0}+p_{0}, r_{0}\\right)=0$.\nDieselbe Argumentation, angewendet auf $-h$, ergibt dass das Minimum von $h$ auf der Ebene $p+q+r=n$ ebenfalls gleich 0 ist, folglich verschwindet $h$ identisch.\nSchliesslich rechnet man leicht nach, dass die Funktion\n$$\nf(p, q, r)= \\begin{cases}0 & \\text{ für } p=q=r=0 \\\\ \\frac{3 p q r}{p+q+r} & \\text{ sonst. }\\end{cases}\n$$\nalle Bedingungen der Aufgabe erfüllt. Sie ist daher die einzige Lösung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43724,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 1$ eine natürliche Zahl. Bestimme alle positiven ganzzahligen Lösungen der Gleichung\n$$\n7 \\cdot 4^{n}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All solutions, for n ≥ 1, are the permutations of:\n(5·2^{n−1}, 2^{n−1}, 2^{n−1}, 2^{n−1}),\n(2^{n+1}, 2^{n}, 2^{n}, 2^{n}),\n(3·2^{n−1}, 3·2^{n−1}, 3·2^{n−1}, 2^{n−1}).",
    "solution": "Solution:\n\nSei zuerst $n \\geq 2$. Dann ist die linke Seite durch $8$ teilbar, also auch die rechte. Insbesondere sind $a, b, c, d$ alle gerade, alle ungerade oder genau zwei davon gerade und zwei ungerade. Betrachte die Gleichung modulo $8$. Die einzigen quadratischen Reste $(\\bmod\\ 8)$ sind $0,1,4$. Wären $a, b, c, d$ alle ungerade, dann gilt $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \\equiv 4 \\not \\equiv 0$. Wären genau zwei gerade und zwei ungerade, folgt $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2} \\equiv 2 \\not \\equiv 0$. Folglich sind $a, b, c, d$ gerade und wir können schreiben $a=2 a_{1}, b=2 b_{1}, c=2 c_{1}$ und $d=2 d_{1}$. Dabei ist $\\left(a_{1}, b_{1}, c_{1}, d_{1}\\right)$ eine positive ganzzahlige Lösung der ursprünglichen Gleichung, wobei $n$ durch $n-1$ ersetzt ist. Induktiv folgt daraus, dass $a=2^{n-1} x, b=2^{n-1} y, c=2^{n-1} z, d=2^{n-1} w$ gilt, mit $28=x^{2}+y^{2}+z^{2}+w^{2}$. Man rechnet leicht nach, dass $(5,1,1,1), (4,2,2,2)$ und $(3,3,3,1)$ bis auf Permutation die einzigen Lösungen dieser Gleichung sind. Folglich sind die gesuchten Lösungen die Permutationen von\n$$\n\\left(5 \\cdot 2^{n-1}, 2^{n-1}, 2^{n-1}, 2^{n-1}\\right), \\quad\\left(2^{n+1}, 2^{n}, 2^{n}, 2^{n}\\right) \\quad \\text{und} \\quad\\left(3 \\cdot 2^{n-1}, 3 \\cdot 2^{n-1}, 3 \\cdot 2^{n-1}, 2^{n-1}\\right)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43725,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 2$ eine natürliche Zahl. Zeige, dass sich das Polynom\n$$\n\\left(x^{2}-1^{2}\\right)\\left(x^{2}-2^{2}\\right)\\left(x^{2}-3^{2}\\right) \\cdots\\left(x^{2}-n^{2}\\right)+1\n$$\nnicht als Produkt von zwei nichtkonstanten Polynomen mit ganzen Koeffizienten schreiben lässt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $p$ das Polynom in der Aufgabe. Nehme an, es gelte $p(x)=r(x) s(x)$ für zwei nichtkonstante Polynome $r, s$ mit ganzen Koeffizienten. Für $k= \\pm 1, \\pm 2, \\ldots, \\pm n$ ist dann\n$$\n1=p(k)=r(k) s(k)\n$$\nDa beide Faktoren rechts ganze Zahlen sind, gilt somit $r(k)=s(k)= \\pm 1$. Das Polynom $r-s$ hat höchstens den Grad $2 n-1$, besitzt aber die $2 n$ Nullstellen $\\pm 1, \\ldots, \\pm n$, somit verschwindet es identisch. Dann ist $p(x)=r(x)^{2}$ aber das Quadrat eines Polynoms und insbesondere ist $p(0)$ eine Quadratzahl. Nun gilt aber $p(0)=(-1)^{n}(n!)^{2}+1$. Ist $n \\geq 3$ ungerade, dann ist $p(0)$ negativ, kann also keine Quadratzahl sein. Ist $n$ gerade, dann gilt\n$$\n(n!)^{2}<p(0)<(n!+1)^{2}\n$$\nAlso ist $p(0)$ wieder keine Quadratzahl, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43726,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte einen See mit zwei Inseln darin und sieben Städten am Ufer. Die Inseln und Städte nennen wir im Folgenden kurz Orte. Zwischen genau den folgenden Paaren von Orten besteht eine Schiffsverbindung:\n(i) zwischen den beiden Inseln,\n(ii) zwischen jeder Stadt und jeder Insel,\n(iii) zwischen zwei Städten genau dann, wenn sie nicht benachbart sind.\nJede dieser Verbindungen wird von genau einem von zwei konkurrenzierenden Schiffsunternehmen angeboten. Beweise, dass es stets drei Orte gibt, sodass es zwischen je zwei dieser Orte Schiffsverbindungen desselben Unternehmens existieren.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir formulieren die Aufgabe um in die Sprache der Graphentheorie. Die Inseln werden durch Punkte $A, B$ repräsentiert, die sieben Städte durch Punkte $S_{1}, \\ldots, S_{7}$. Zwei Städte sind benachbart, falls sie aufeinanderfolgende Indizes $(\\bmod 7)$ haben. Je zwei dieser Punkte sind mit einer Kante verbunden, außer benachbarten Städten. Jede dieser 29 Kanten ist rot oder grün gefärbt (je nach Schiffsunternehmen), und wir müssen zeigen, dass es in diesem Graphen stets ein monochromatisches Dreieck gibt. Wir können annehmen, dass $AB$ rot ist.\n\nWir unterscheiden zwei Fälle.\n\n(1) Nehme an, es gibt zwei rote Kanten von $A$ zu zwei nicht benachbarten Städten $S_{i}, S_{j}$. Ist eine der Kanten $B S_{i}, B S_{j}$ ebenfalls rot, dann ist $A S_{i} B$ oder $A S_{j} B$ ein rotes Dreieck. Nehme also an, diese beiden Kanten sind grün. Ist nun $S_{i} S_{j}$ rot, dann ist $A S_{i} S_{j}$ ein rotes Dreieck, ist $S_{i} S_{j}$ grün, dann ist $B S_{i} S_{j}$ ein grünes Dreieck.\n\n(2) Nehme an, es gibt keine zwei roten Kanten von $A$ zu zwei nicht benachbarten Städten. Dann gibt es entweder gar keine rote Kante von $A$ zu einer Stadt, oder es gibt genau eine, oder es gibt genau zwei zu benachbarten Städten. Nach Umnummerierung können wir also annehmen, dass $A S_{1}, A S_{2}, A S_{3}, A S_{4}, A S_{5}$ alle grün sind. Beachte, dass die Städte $S_{1}, S_{3}, S_{5}$ paarweise nicht benachbart sind. Ist nun eine Kante des Dreiecks $S_{1} S_{3} S_{5}$ grün, dann bildet sie mit $A$ ein grünes Dreieck. Sonst sind alle rot und dann ist $S_{1} S_{3} S_{5}$ ein rotes Dreieck.\n\n\nNehme an, es gibt kein monochromatisches Dreieck. Betrachte die sieben Mengen\n$$\n\\begin{aligned}\n& M_{1}=\\{S_{1}, S_{3}, S_{5}\\} \\\\\n& M_{2}=\\{S_{2}, S_{4}, S_{6}\\} \\\\\n& M_{3}=\\{S_{3}, S_{5}, S_{7}\\} \\\\\n& M_{4}=\\{S_{4}, S_{6}, S_{1}\\} \\\\\n& M_{5}=\\{S_{5}, S_{7}, S_{2}\\} \\\\\n& M_{6}=\\{S_{6}, S_{1}, S_{3}\\} \\\\\n& M_{7}=\\{S_{7}, S_{2}, S_{4}\\}\n\\end{aligned}\n$$\nDie drei Städte in jeder dieser Mengen sind paarweise nicht benachbart. Betrachte $M_{\\alpha}=\\{S_{i}, S_{j}, S_{k}\\}$ und nehme an, die Kanten $A S_{i}, A S_{j}, A S_{k}$ seien alle grün. Ist dann eine der Kanten $S_{i} S_{j}, S_{j} S_{k}, S_{k} S_{i}$ ebenfalls grün, dann ergibt das mit $A$ ein grünes Dreieck. Sind diese Kanten alle rot, dann ist $S_{i} S_{j} S_{k}$ ein rotes Dreieck, Widerspruch. Folglich ist mindestens eine der Kanten $A S_{i}, A S_{j}, A S_{k}$ rot. Da jede Stadt in genau 3 der Mengen $M_{\\alpha}$ auftaucht, folgt insgesamt, dass mindestens drei Kanten $A S_{a}, A S_{b}, A S_{c}$ rot sind. Die Kanten $B S_{a}, B S_{b}, B S_{c}$ sind alle grün, sonst gibt es ein rotes Dreieck mit $AB$. Mindestens zwei der Städte $S_{a}, S_{b}, S_{c}$ sind nicht benachbart, oBdA sind das $S_{a}, S_{b}$. Unabhängig von der Farbe der Kante $S_{a} S_{b}$ haben wir nun aber ein monochromatisches Dreieck mit $A$ oder $B$, Widerspruch.\n\n\nNehme an, es gibt kein monochromatisches Dreieck. Wir benützen folgende zwei triviale Beobachtungen:\n(1) Unter je drei Städten gibt es immer zwei nicht benachbarte.\n(2) Unter je fünf Städten gibt es immer drei, die paarweise nicht benachbart sind.\nWir setzen\n$$\nM=\\{k \\mid A S_{k} \\text{ ist grün }\\}, \\quad N=\\{k \\mid B S_{k} \\text{ ist grün }\\}\n$$\nFolgendes gilt für diese Mengen:\n(i) $M \\cup N=\\{1, \\ldots, 7\\}$.\nIn der Tat, wäre $k \\notin M \\cup N$, dann sind $A S_{k}$ und $B S_{k}$ rot, also ist $A S_{k} B$ ein rotes Dreieck, Widerspruch.\n(ii) $|M \\backslash N| \\leq 2,|N \\backslash M| \\leq 2$.\nNehme an, $S_{i}, S_{j}, S_{k} \\in M \\backslash N$. Wegen (1) sind zwei dieser Städte nicht benachbart, zum Beispiel $S_{i}, S_{j}$. Nach Konstruktion sind $A S_{i}$ und $A S_{j}$ grün, aber $B S_{i}$ und $B S_{j}$ rot. Unabhängig von der Farbe von $S_{i} S_{j}$ ergibt das ein monochromatisches Dreieck, Widerspruch.\n(iii) $|M|,|N| \\leq 4$.\nNehme an, $|M| \\geq 5$. Unter den fünf Städten, die mit einer grünen Kante mit $A$ verbunden sind, gibt es nach (2) drei paarweise nicht benachbarte $S_{i}, S_{j}, S_{k}$. Sind zwei dieser Städte mit einer grünen Kante verbunden, ergibt das ein grünes Dreieck mit $A$. Wenn keine grün ist, dann ist $S_{i} S_{j} S_{k}$ ein rotes Dreieck, Widerspruch.\nDaraus folgt nun aber\n$$\n7 \\stackrel{(i)}{=}|M \\cup N|=|M|+|N \\backslash M| \\stackrel{(ii),(iii)}{\\leq} 4+2=6\n$$\nein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43727,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck. $M$ und $N$ seien zwei beliebige Punkte auf den Seiten $AB$ respektive $AC$. Die Kreise mit den Durchmessern $BN$ und $CM$ schneiden sich in den Punkten $P$ und $Q$. Zeige, dass die Punkte $P$, $Q$ und der Höhenschnittpunkt des Dreiecks $ABC$ auf einer Geraden liegen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBezeichne die beiden Kreise mit $\\Gamma_{B}$ und $\\Gamma_{C}$. Die Punkte $P$ und $Q$ liegen auf der Potenzlinie von $\\Gamma_{B}$ und $\\Gamma_{C}$, es genügt daher zu zeigen, dass auch der Höhenschnittpunkt $H$ dieselbe Potenz bezüglich beider Kreise besitzt. Bezeichne die Fusspunkte der Höhen von $B$ und $C$ mit $H_{B}$ und $H_{C}$. Entweder ist $H_{C}=M$ oder es gilt $\\Varangle C H_{C} M=90^{\\circ}$ und $H_{C}$ liegt auf dem Thaleskreis über der Strecke $CM$, also auf $\\Gamma_{C}$. Analog liegt $H_{B}$ auf $\\Gamma_{B}$. Es genügt daher zu zeigen, dass $HB \\cdot HH_{B}=HC \\cdot HH_{C}$ gilt. Dies folgt unmittelbar aus der Ähnlichkeit der beiden Dreiecke $HBH_{C}$ und $HCH_{B}$. Auch ist dies die Potenz von $H$ an den Thaleskreis über $BC$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43728,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A_{1} A_{2} \\ldots A_{n}$ ein reguläres $n$-Eck. Die Punkte $B_{1}, \\ldots, B_{n-1}$ sind wie folgt definiert:\n- Für $i=1$ oder $i=n-1$ ist $B_{i}$ der Mittelpunkt der Seite $A_{i} A_{i+1}$;\n- Für $i \\neq 1, i \\neq n-1$ sei $S$ der Schnittpunkt von $A_{1} A_{i+1}$ und $A_{n} A_{i}$. Der Punkt $B_{i}$ ist dann der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\Varangle A_{i} S A_{i+1}$ mit $A_{i} A_{i+1}$.\nBeweise, dass gilt\n$$\n\\Varangle A_{1} B_{1} A_{n}+\\Varangle A_{1} B_{2} A_{n}+\\ldots+\\Varangle A_{1} B_{n-1} A_{n}=180^{\\circ}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir beginnen mit folgendem\nLemma 2. Sei $A B C D$ ein gleichschenkliges Trapez, wobei $A B \\| C D$. Die Diagonalen $A C$ und $B D$ schneiden sich in $S$. Sei $M$ der Mittelpunkt von $B C$ und die Winkelhalbierende von $\\Varangle C S B$ schneide $B C$ in $N$. Dann gilt $\\Varangle A M D=\\Varangle A N D$.\nBeweis. Wir zeigen, dass $A D N M$ ein Sehnenviereck ist. Der Schnittpunkt von $A D$ und $B C$ sei $X$ und sei $X A=X B=a, X C=X D=b$. Aus der bekannten Eigenschaft für Winkelhalbierende und dem Strahlensatz folgt\n$$\n\\frac{B N}{C N}=\\frac{S B}{S C}=\\frac{A B}{C D}=\\frac{a}{b}\n$$\nWir berechnen nun\n$$\n\\frac{B C}{C N}=\\frac{B N+C N}{C N}=\\frac{a}{b}+1=\\frac{a+b}{b}\n$$\nDaraus erhalten wir\n$$\nC N=B C \\cdot \\frac{b}{a+b}=(a-b) \\cdot \\frac{b}{a+b}\n$$\nEs gilt\n$$\nX N \\cdot X M=\\left(b+(a-b) \\cdot \\frac{b}{a+b}\\right) \\cdot \\frac{a+b}{2}=a \\cdot b=X D \\cdot X A\n$$\nNach dem Potenzsatz ist $A D N M$ somit ein Sehnenviereck.\n\nSei $C_{i}$ der Mittelpunkt der Seite $A_{i} A_{i+1}$ $(i \\leq n-1)$ und sei $\\Sigma$ die linke Seite, der zu beweisenden Gleichung. Für $1<i<n-1$ ist das Viereck $A_{1} A_{i} A_{i+1} A_{n}$ entweder ein gleichschenkliges Trapez mit nichtparallelen Schenkeln $A_{1} A_{n}$ und $A_{i} A_{i+1}$ oder ein Rechteck. Im ersten Fall folgt aus dem Lemma $\\Varangle A_{1} B_{i} A_{n}=\\Varangle A_{1} C_{i} A_{n}$, im zweiten Fall gilt $B_{i}=C_{i}$ und die Winkel sind ebenfalls gleich. Somit haben wir\n$$\n\\Sigma=\\Varangle A_{1} C_{1} A_{n}+\\Varangle A_{1} C_{2} A_{n}+\\ldots+\\Varangle A_{1} C_{n-1} A_{n}\n$$\nWeil $A_{1} A_{2} \\ldots A_{n}$ ein reguläres $n$-Eck ist, sind für $i=2, \\ldots, n-1$ die Dreiecke $A_{1} C_{i} A_{n}$ und $A_{n+2-i} C_{1} A_{n+1-i}$ kongruent. Für diese $i$ gilt deshalb $\\Varangle A_{1} C_{i} A_{n}=\\Varangle A_{n+1-i} C_{1} A_{n+1-i}$ und somit\n$$\n\\Sigma=A_{1} C_{1} A_{n}+\\Varangle A_{n} C_{1} A_{n-1}+\\ldots+\\Varangle A_{3} C_{1} A_{2}=\\Varangle A_{1} C_{1} A_{2}=180^{\\circ}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43729,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIm Dreieck $A B C$ sei $D$ der Mittelpunkt der Seite $B C$ und $E$ die Projektion von $C$ auf $A D$. Angenommen es gelte $\\angle A C E=\\angle A B C$. Zeige, dass das Dreieck $A B C$ gleichschenklig oder rechtwinklig ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen, dass entweder $A B=A C$ oder $\\angle C A B=90^{\\circ}$ gilt. Es sei $F$ der Schnittpunkt von $A D$ mit der Rechtwinkligen zu $A C$ durch $C$. Nun gilt nach Voraussetzung\n$$\n\\angle A F C=90^{\\circ}-\\angle F A C=\\angle A C E=\\angle A B C\n$$\nSomit liegen die Punkte $A, B, F, C$ auf einem Kreis, dem Thaleskreis über $A F$. Damit der Durchmesser $A F$ die Sehne $B C$ halbiert, muss diese entweder rechtwinklig auf $A F$ stehen oder ebenfalls durch den Mittelpunkt des Thaleskreises gehen. Im ersten Fall fallen die Mittelsenkrechte von $B C$ und die Höhe durch $A$ zusammen und somit gilt $A B=A C$. Im zweiten Fall ist $B C$ ein Durchmesser des Kreises und somit $\\angle B A C=90^{\\circ}$.\n\nSei $S$ die Spiegelung von $C$ an $E$. Nach Voraussetzung gilt\n$$\n\\angle A S C=\\angle A C E=\\angle A B C\n$$\nSomit liegen die Punkte $A, S, B, C$ auf einem Kreis, dessen Mittelpunkt $O$ auf der Gerade $A D$ liegt ($A D$ ist die Mittelsenkrechte von $C S$). Den Beweis kann man nun mit demselben Argument wie in der ersten Lösung beenden.\n\nWie üblich seien $\\angle A B C=\\beta$ und $\\angle B C A=\\gamma$. Wir betrachten zuerst den Fall $\\beta \\geq \\gamma$. Die Spiegelung von $A$ an der Mittelsenkrechten von $B C$ sei $A^{\\prime}$ und $C A$ schneide $B A^{\\prime}$ in $S$. Aus der Voraussetzung folgt sofort $\\angle A C A^{\\prime}=\\angle D C E=\\beta-\\gamma$. Verschwindet dieser Winkel, gilt $\\beta=\\gamma$ und $\\triangle A B C$ ist somit gleichschenklig. Andernfalls ist $C D E$ ein rechtwinkliges Dreieck und wir wollen zeigen, dass es ähnlich zu $\\triangle C S A^{\\prime}$ ist. Daraus folgt der rechte Winkel bei $A^{\\prime}$ und somit auch bei $A$. Wegen $\\angle S C A^{\\prime}=\\angle D C E$ genügt es die folgende Gleichung beweisen.\n$$\n\\frac{C D}{C E}=\\frac{C S}{C A^{\\prime}} \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{C D}{C S}=\\frac{C E}{C A^{\\prime}}\n$$\nSei $P$ die Projektion von $B$ auf $A D$. Weil $D$ der Seitenmittelpunkt ist, gilt $B P=C E$ und $\\angle P B D=\\angle E C D=\\beta-\\gamma$. Wegen Symmetrie gilt ausserdem $C A^{\\prime}=B A$. Es genügt somit zu zeigen\n$$\n\\frac{C D}{C S}=\\frac{B P}{B A}\n$$\nDies folgt tatsächlich aus der Ähnlichkeit der beiden rechtwinkligen Dreiecke $C D S$ und $B P A$ ($\\angle A B P=\\angle D C S=\\gamma$).\nDer Beweis für den Fall $\\beta<\\gamma$ funktioniert völlig analog.\n\nSei $\\beta=\\angle A C E=\\angle A B C$ und sei $\\varphi=\\angle C A D$. Nach Definition von $E$ gilt $\\varphi+\\beta=90^{\\circ}$. Sei $F$ die Projektion von $C$ auf $A B$, wegen $\\beta<90^{\\circ}$ liegen $A$ und $F$ auf derselben Seite von $B$. Wir betrachten den Fall, dass $F$ auf der Strecke $A B$ liegt (der Fall, wo $F$ auf der anderen Seite von $A$ liegt, geht völlig analog). Wegen $\\angle B F C=90^{\\circ}$ liegt $F$ auf dem Thaleskreis über der Strecke $B C$, und dieser hat den Mittelpunkt $D$. Also gilt $D F=D B$ und somit $\\angle D F B=\\beta$. Andererseits gilt $\\angle C E A=\\angle C F A=90^{\\circ}$, also ist $A C E F$ ein Sehnenviereck und daher $\\angle C F E=\\varphi$. Insgesamt folgt\n$$\n90^{\\circ}=\\angle C F E+\\angle E F D+\\angle D F B=\\varphi+\\beta+\\angle E F D=90^{\\circ}+\\angle E F D\n$$\nalso $\\angle E F D=0^{\\circ}$ und $D, E, F$ sind kollinear. Dies ist nur dann der Fall, wenn $A=F$ oder $D=E$ gilt. Im ersten Fall ist $\\alpha=90^{\\circ}$ nach Definition von $F$, im zweiten Fall steht $A D$ senkrecht auf $B C$ und somit gilt $A B=A C$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43730,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ gilt\n$$\ny f(2 x)-x f(2 y)=8 x y\\left(x^{2}-y^{2}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x^3 + c x for all real constants c",
    "solution": "Solution:\n\nSetze $y=1/2$ und $x=z/2$, dann folgt\n$$\n\\frac{f(z)}{2}-\\frac{f(1) z}{2}=\\frac{z^{3}-z}{2}\n$$\nMit $c=f(1)-1$ gilt also $f(z)=z^{3}+c z$ für alle $z \\in \\mathbb{R}$. Einsetzen zeigt, dass diese Funktionen für alle $c \\in \\mathbb{R}$ Lösungen der Gleichung sind.\n\n\nSolution 2:\n\nMit $y=0$ folgt $f(0)=0$. Ausserdem kann man die Gleichung für $x, y \\neq 0$ umformen zu\n$$\n\\frac{f(2 x)}{x}-8 x^{2}=\\frac{f(2 y)}{y}-8 y^{2} \\quad \\forall x, y \\neq 0\n$$\nDaraus folgt unmittelbar, dass $f(2 x) / x-8 x^{2}$ konstant ist für $x \\neq 0$, zum Beispiel gleich $c / 4$. Auflösen ergibt $f(x)=x^{3}+c x$ und wegen $f(0)=0$ gilt dies überall.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43731,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle positiven reellen Lösungen des folgenden Gleichungssystems:\n$$\n\\begin{aligned}\n& a=\\max \\left\\{\\frac{1}{b}, \\frac{1}{c}\\right\\} \\\\\n& b=\\max \\left\\{\\frac{1}{c}, \\frac{1}{d}\\right\\} \\\\\n& c=\\max \\left\\{\\frac{1}{d}, \\frac{1}{e}\\right\\} \\\\\n& d=\\max \\left\\{\\frac{1}{e}, \\frac{1}{f}\\right\\} \\\\\n& e=\\max \\left\\{\\frac{1}{f}, \\frac{1}{a}\\right\\} \\\\\n& f=\\max \\left\\{\\frac{1}{a}, \\frac{1}{b}\\right\\}\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are the cyclic permutations of (x, x, 1/x, x, x, 1/x) with x ≥ 1; equivalently, the cyclic permutations of (x, 1/x, 1/x, x, 1/x, 1/x) with x ≤ 1.",
    "solution": "Solution:\n\nWegen der zyklischen Symmetrie des Systems können wir annehmen, dass $a$ maximal ist unter allen sechs Zahlen. Daraus folgt direkt\n$$\nf=\\max \\left\\{\\frac{1}{a}, \\frac{1}{b}\\right\\}=\\frac{1}{b}, \\quad e=\\max \\left\\{\\frac{1}{f}, \\frac{1}{a}\\right\\}=\\frac{1}{f}=b, \\quad d=\\max \\left\\{\\frac{1}{e}, \\frac{1}{f}\\right\\}=\\max \\left\\{b, \\frac{1}{b}\\right\\}\n$$\nWir unterscheiden nun zwei Fälle:\n\n(1) Sei $b \\geq 1$. Dann gilt $d=b$ und man erhält\n$$\nc=\\max \\left\\{\\frac{1}{d}, \\frac{1}{e}\\right\\}=\\frac{1}{b}, \\quad a=\\max \\left\\{\\frac{1}{b}, \\frac{1}{c}\\right\\}=\\max \\left\\{b, \\frac{1}{b}\\right\\}=b\n$$\n\n(2) Sei $b \\leq 1$. Dann gilt $d=\\frac{1}{b}$ und man erhält\n$$\nc=\\max \\left\\{\\frac{1}{d}, \\frac{1}{e}\\right\\}=\\max \\left\\{b, \\frac{1}{b}\\right\\}=\\frac{1}{b}, \\quad a=\\max \\left\\{\\frac{1}{b}, \\frac{1}{c}\\right\\}=\\frac{1}{b}\n$$\nEin Vergleich der Resultate zeigt, dass beide Fälle dieselben Lösungen ergeben, bis auf einen zyklischen Shift. Es sind die zyklischen Vertauschungen von\n$$\n(a, b, c, d, e, f)=\\left(x, x, \\frac{1}{x}, x, x, \\frac{1}{x}\\right), \\quad x \\geq 1\n$$\nUm zu zeigen, dass dies tatsächlich alles Lösungen sind, genügt es wiederum wegen der Symmetrie die Gleichungen für $a$ und $c$ zu bestätigen. Tatsächlich ist wegen $x \\geq 1$\n$$\nx=a=\\max \\left\\{\\frac{1}{b}, \\frac{1}{c}\\right\\}=\\max \\left\\{\\frac{1}{x}, x\\right\\}=x, \\quad \\frac{1}{x}=c=\\max \\left\\{\\frac{1}{d}, \\frac{1}{e}\\right\\}=\\max \\left\\{\\frac{1}{x}, \\frac{1}{x}\\right\\}=\\frac{1}{x}\n$$\n\n\nWegen der zyklischen Symmetrie können wir annehmen, dass $a$ minimal ist unter allen sechs Zahlen. Dann folgt\n$$\nf=\\max \\left\\{\\frac{1}{a}, \\frac{1}{b}\\right\\}=\\frac{1}{a}, \\quad e=\\max \\left\\{\\frac{1}{f}, \\frac{1}{a}\\right\\}=\\frac{1}{a}, \\quad d=\\max \\left\\{\\frac{1}{e}, \\frac{1}{f}\\right\\}=a\n$$\nInsbesondere ist auch $d$ minimal und wegen $a \\leq f=\\frac{1}{a}$ ist $a \\leq 1$, daher gilt weiter\n$$\nc=\\max \\left\\{\\frac{1}{d}, \\frac{1}{e}\\right\\}=\\frac{1}{a}, \\quad b=\\max \\left\\{\\frac{1}{c}, \\frac{1}{d}\\right\\}=\\max \\left\\{a, \\frac{1}{a}\\right\\}=\\frac{1}{a}\n$$\nDie Lösungen sind also wie in der ersten Lösung die zyklischen Vertauschungen von\n$$\n(a, b, c, d, e, f)=\\left(x, \\frac{1}{x}, \\frac{1}{x}, x, \\frac{1}{x}, \\frac{1}{x}\\right), \\quad x \\leq 1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43732,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Tripel $(p, q, r)$ von Primzahlen, sodass auch die drei Differenzen\n$$\n|p-q|, \\quad|q-r|, \\quad|r-p|\n$$\nalle Primzahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "(2, 5, 7)",
    "solution": "Solution:\nWegen der Symmetrie des Problems können wir $p<q<r$ annehmen. Ist $p>2$, dann ist $r-p$ grösser als 2 und gerade, also keine Primzahl, Widerspruch. Ist $r>q+2$, dann folgt mit demselben Argument, dass $r-q$ nicht prim sein kann. Es gilt also $p=2$ und $r=q+2$. Nach Voraussetzung ist auch $q-p=q-2$ prim. Unter den drei Zahlen $q-2, q, q+2$ ist nun genau eine durch 3 teilbar und ausserdem prim, also gilt $q-2=3$ und\n$$\n(p, q, r)=(2,5,7)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43733,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDie Ebene wird in gleichseitige Dreiecke der Seitenlänge 1 unterteilt. Betrachte ein gleichseitiges Dreieck der Seitenlänge $n$, dessen Seiten auf den Gitterlinien liegen. Auf jedem Gitterpunkt auf dem Rand und im Innern dieses Dreiecks liegt ein Stein. In einem Spielzug wird ein Einheitsdreieck ausgewählt, welches auf genau 2 Ecken mit einem Stein belegt ist. Die beiden Steine werden entfernt, und auf die dritte Ecke wird ein neuer Stein gelegt. Für welche $n$ ist es möglich, dass nach endlich vielen Spielzügen nur noch ein Stein übrig bleibt?",
    "options": [],
    "answer": "n is divisible by 3",
    "solution": "Solution:\nWir zeigen zuerst, dass $n$ durch 3 teilbar sein muss. Färbe dazu jeden Gitterpunkt rot, blau oder grün, sodass jedes Einheitsdreieck drei verschieden farbige Ecken hat. Seien $R, B$ und $G$ die Anzahl belegter roter, blauer und grüner Gitterpunkte. Wir behaupten, dass die drei Grössen\n$$\nR+B, \\quad B+G, \\quad G+R \\quad(\\bmod 2)\n$$\nsich während eines Spielzugs nicht ändern. Dazu können wir oBdA annehmen, dass auf der roten und der blauen Ecke des Einheitsdreiecks je ein Stein liegt. Nach dem Spielzug liegt nur auf der grünen Ecke ein Stein. Offenbar ändert sich dabei $R+B$ um $-2 \\equiv 0$, während $B+G$ und $G+R$ unverändert bleiben.\nFalls nun am Schluss nur noch ein Stein übrig bleibt, müssen genau zwei dieser drei Invarianten ungerade sein. Wir nehmen nun an, dass dies bereits am Anfang der Fall ist. Betrachte ein gleichseitiges Dreieck der Seitenlänge $n$ aus Gitterpunkten (auf jeder Seite liegen also $n+1$ Punkte) und nehme an, einer der drei Eckpunkte sei rot. Betrachte die Winkelhalbierende des Dreiecks durch diesen Eckpunkt. Da die Menge der blauen Gitterpunkte dieses Dreiecks bezüglich der Winkelhalbierenden spiegelsymmetrisch zur Menge der grünen Gitterpunkte liegt, gibt es gleichviele blaue wie grüne Gitterpunkte. Ist nun einer der beiden anderen Eckpunkte nicht rot, dann zeigt eine Wiederholung desselben Arguments, dass das Dreieck gleichviele Gitterpunkte von jeder Farbe enthält, was nicht sein darf. Folglich müssen alle drei Eckpunkte rot sein, also ist $n$ durch 3 teilbar.\nAls nächstes zeigen wir, dass es für ein gleichseitiges Dreieck mit durch 3 teilbarer Seitenlänge $n$ möglich ist, alle Steine bis auf einen zu entfernen. Abbildung 5 zeigt drei grundlegende Abfolgen von Spielzügen (Move $\\mathrm{A}, \\mathrm{B}, \\mathrm{C}$ ), die wir wiederholt verwenden werden.\nMove A:\n![](attached_image_1.png)\nMove B:\n![](attached_image_2.png)\nMove C:\n![](attached_image_3.png)\nAbbildung 5:\nDer Fall $n=0$ ist trivial. Für $n=3$ lässt sich das Dreieck durch zweimaliges Anwenden von Move A für zwei Eckdreicke auf einen Rhombus der Seitenlänge 1 reduzieren. Ein Move B erledigt dann den Rest. Für $n \\geq 6$ zeigt Abbildung 6 eine Reduktion des Dreiecks auf ein Dreieck der Seitenlänge $n-6$ mittels der drei Moves (im Bild das Beispiel $n=9$ ). Damit ist alles gezeigt.\n![](attached_image_4.png)\nAbbildung 6: Der Reduktionsschritt $n \\rightarrow(n-6)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43734,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEntscheide, ob es eine ganze Zahl $n>1$ gibt mit folgenden Eigenschaften:\n\na. $n$ ist keine Primzahl.\n\nb. Für alle ganzen Zahlen $a$ ist $a^{n}-a$ durch $n$ teilbar.",
    "options": [],
    "answer": "Yes; n = 561",
    "solution": "Solution:\n\nJa, zum Beispiel $n=561$.\n\nEine solche Zahl $n$ ist quadratfrei: nehme an, $m^{2}>1$ sei ein Teiler von $n$ und setze $a=m$. Dann ist $a^{n}-a$ durch $m$, aber nicht durch $m^{2}$ teilbar, also auch nicht durch $n$. Es muss somit $n=p_{1} \\cdots p_{r}$ gelten mit verschiedenen Primzahlen $p_{i}$. Ist $a$ durch $p_{i}$ teilbar, dann natürlich auch $a^{n}-a$. Ist $a$ jedoch teilerfremd zu $p_{i}$, dann gilt nach dem kleinen Satz von Fermat $a^{n} \\equiv a^{n / p_{i}}\\left(\\bmod p_{i}\\right)$, und somit\n$$\np_{i} \\mid a^{n}-a \\Longleftrightarrow a^{n / p_{i}} \\equiv a \\quad \\Longleftrightarrow \\quad a^{n / p_{i}-1} \\equiv 1 \\quad(\\bmod p)\n$$\nWenn der Exponent $n / p_{i}-1$ nun durch $p_{i}-1$ teilbar ist, dann ist obige Kongruenz wiederum nach dem Satz von Fermat sicher erfüllt. Wir erhalten also als hinreichende Bedingung an $n$ das folgende System von Teilbarkeitsbeziehungen\n$$\np_{i}-1 \\mid p_{1} \\cdots p_{i-1} p_{i+1} \\cdots p_{r}-1 \\quad 1 \\leq i \\leq r\n$$\nFür $r=2$ ist dieses nie erfüllt, gilt nämlich $p_{1}<p_{2}$, dann ist $p_{2}-1 \\nmid p_{1}-1$. Der nächsteinfache Fall ist $r=3$. Offenbar müssen alle $p_{i}$ ungerade sein. Wir versuchen $p=3<q<r$ und erhalten die Bedingungen\n$$\nq-1|3 r-1, \\quad r-1| 3 q-1\n$$\nAus $r-1=3 q-1$ würde $r=3 q$ folgen, ein Widerspruch. Ausserdem gilt $3 q-1 \\leq 3(r-1)-1<3(r-1)$, also ist $3 q-1=2(r-1)$ und somit $2 r=3 q+1$. Multilpiziert man die erste Teilbarkeitsbedingung mit 2 und setzt ein, ergibt sich $2 q-2 \\mid 9 q+1$ mit der einzigen Lösung $q=11$. Dies ergibt $r=17$ und man rechnet leicht nach, dass diese drei Primzahlen alle Bedingungen erfüllen, somit ist $n=3 \\cdot 11 \\cdot 17=561$ eine solche Zahl.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43735,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a, b, c$ positive reelle Zahlen mit $\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}=1$. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\sqrt{a b+c}+\\sqrt{b c+a}+\\sqrt{c a+b} \\geq \\sqrt{a b c}+\\sqrt{a}+\\sqrt{b}+\\sqrt{c}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Nebenbedingung ist äquivalent zu $a b c=a b+b c+c a$. Mit C.S. folgt\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sqrt{a b+c} & =\\sqrt{\\frac{a b c+c^{2}}{c}}=\\sqrt{\\frac{a b+b c+c a+c^{2}}{c}}=\\frac{\\sqrt{(a+c)(b+c)}}{\\sqrt{c}} \\\\\n& \\geq \\frac{\\sqrt{a b}+c}{\\sqrt{c}}=\\frac{1}{c} \\sqrt{a b c}+\\sqrt{c}\n\\end{aligned}\n$$\nAddiert man diese und die beiden analogen Ungleichungen und verwendet nochmals die Nebenbedingung $\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}=1$, dann folgt das Gewünschte.\n\n\nSetze $x=\\frac{1}{a}, y=\\frac{1}{b}$ und $z=\\frac{1}{c}$, dann gilt $x+y+z=1$ und nach Multiplikation mit $\\sqrt{x y z}$ lautet die Ungleichung\n$$\n\\sqrt{x y+z}+\\sqrt{y z+x}+\\sqrt{z x+y} \\geq 1+\\sqrt{x y}+\\sqrt{y z}+\\sqrt{z x}\n$$\nWegen $x+y+z=1$ genügt es also zu zeigen, dass $\\sqrt{x y+z} \\geq \\sqrt{x y}+z$ gilt, denn addiert man diese Abschätzung zusammen mit den beiden analogen, dann folgt die Behauptung. Dies folgt aber einfach aus C.S.\n$$\n\\sqrt{x y+z}=\\sqrt{x y+z(x+y+z)}=\\sqrt{(x+z)(y+z)} \\geq \\sqrt{x y}+z\n$$\n\n\nEs gilt\n$$\n\\sqrt{a b c}=\\left(\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}+\\frac{1}{c}\\right) \\sqrt{a b c}=\\sqrt{\\frac{a b}{c}}+\\sqrt{\\frac{b c}{a}}+\\sqrt{\\frac{c a}{b}}\n$$\nFolglich genügt es zu zeigen, dass $\\sqrt{a b+c} \\geq \\sqrt{\\frac{a b}{c}}+\\sqrt{c}$ gilt. Quadrieren und Vereinfachen liefert die äquivalente Ungleichung\n$$\na b \\geq \\frac{a b}{c}+2 \\sqrt{a b}\n$$\nVerwendet man nun $\\frac{1}{c}=1-\\frac{1}{a}-\\frac{1}{b}$ und vereinfacht, dann bleibt $a+b \\geq 2 \\sqrt{a b}$ zu zeigen, dies folgt aber direkt aus AM-GM.\n\n\nDie Nebenbedingung ist äquivalent zu $a b c=a b+b c+c a$. Nach Quadrieren lautet die linke Seite der Ungleichung\n$$\na+b+c+a b+b c+c a+2 \\sqrt{a b+c} \\sqrt{b c+a}+2 \\sqrt{b c+a} \\sqrt{c a+b}+2 \\sqrt{c a+b} \\sqrt{a b+c}\n$$\nDie rechte Seite hingegen ist gleich\n$$\na+b+c+a b c+2 \\sqrt{a b}+2 \\sqrt{b c}+2 \\sqrt{c a}+2 a \\sqrt{b c}+2 b \\sqrt{c a}+2 c \\sqrt{a b}\n$$\nVerwendet man hier $a b c=a b+b c+c a$, dann erhält man die äquivalente Form\n$$\n\\begin{array}{r}\n\\sqrt{a b+c} \\sqrt{b c+a}+\\sqrt{b c+a} \\sqrt{c a+b}+\\sqrt{c a+b} \\sqrt{a b+c} \\\\\n\\geq(1+a) \\sqrt{b c}+(1+b) \\sqrt{c a}+(1+c) \\sqrt{a b}\n\\end{array}\n$$\nEs genügt zu zeigen, dass $\\sqrt{a b+c} \\sqrt{b c+a} \\geq(1+b) \\sqrt{c a}$, denn addiert man diese und die beiden analogen Ungleichungen, ergibt sich das Gewünschte. Zum Beweis kann man C.S. verwenden:\n$$\n\\sqrt{a b+c} \\sqrt{b c+a} \\geq \\sqrt{a b} \\cdot \\sqrt{b c}+\\sqrt{c} \\cdot \\sqrt{a}=(b+1) \\sqrt{a c}\n$$\nAlternativ kann man die Ungleichung auch Quadrieren, es bleibt dann noch $a^{2}+c^{2} \\geq 2 a c$ zu zeigen, dies ist aber AM-GM.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43736,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle natürlichen Zahlen $k$, sodass $3^{k}+5^{k}$ eine Potenz einer natürlichen Zahl mit Exponent $\\geq 2$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, es sei $3^{k}+5^{k}=n^{t}$ mit $t \\geq 2$. Ist $k$ gerade, dann gilt $3^{k}+5^{k} \\equiv 1+1=2$ $(\\bmod 4)$, also ist die linke Seite gerade aber nicht durch 4 teilbar, ein Widerspruch zu $t \\geq 2$. Ist $k$ ungerade, dann gilt\n$$\n3^{k}+5^{k}=(3+5)\\left(3^{k-1}-3^{k-2} \\cdot 5+\\ldots-3 \\cdot 5^{k-2}+5^{k-1}\\right)\n$$\nDer zweite Faktor rechts ist ungerade, denn er besteht aus einer ungeraden Anzahl Summanden, welche alle ungerade sind. Folglich ist $3^{k}+5^{k}$ durch 8 aber nicht durch 16 teilbar, also gilt $t=3$ :\n$$\n3^{k}+5^{k}=n^{3}\n$$\nOffenbar ist $k=1$ eine Lösung, wir zeigen, dass es die einzige ist. Für $k \\geq 2$ betrachten wir die Gleichung modulo 9. Da $k$ ungerade ist, ergibt eine kurze Rechnung\n$$\n3^{k}+5^{k} \\equiv 5^{k} \\equiv\\left\\{\\begin{array}{lll}\n5, & k \\equiv 1 & (\\bmod 6) \\\\\n8, & k \\equiv 3 & (\\bmod 6) \\\\\n2, & k \\equiv 5 & (\\bmod 6)\n\\end{array} \\quad(\\bmod 9)\\right.\n$$\nFür die rechte Seite gilt jedoch $n^{3} \\equiv 0,1,8(\\bmod 9)$. Folglich muss $k \\equiv 3(\\bmod 6)$ gelten. Wir betrachten die Gleichung nun modulo 7. Da $k$ ungerade ist, zeigt eine kurze Rechnung\n$$\n3^{k}+5^{k} \\equiv\\left\\{\\begin{array}{lll}\n1, & k \\equiv 1,5 & (\\bmod 6) \\\\\n5, & k \\equiv 3 & (\\bmod 6)\n\\end{array} \\quad(\\bmod 7)\\right.\n$$\nFür die rechte Seite gilt aber $n^{3} \\equiv 0,1,6(\\bmod 7)$. Daher muss $k \\equiv 1,5(\\bmod 6)$ gelten, im Widerspruch zu $k \\equiv 3(\\bmod 6)$.\n\nMan kann den Beweis auch wie folgt beenden: Die Rechnung modulo 9 zeigt, dass $k$ durch 3 teilbar ist, $k=3 l$. Damit folgt nun die Gleichung\n$$\n\\left(3^{l}\\right)^{3}+\\left(5^{l}\\right)^{3}=n^{3}\n$$\nwelche nach dem Satz von Fermat aber keine Lösung besitzt, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43737,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEine Raumstation besteht aus 25 Kammern, und je zwei Kammern sind mit einem Tunnel verbunden. Es gibt insgesamt 50 Haupttunnel, die in beide Richtungen benutzt werden können, die restlichen sind alle Einbahntunnel. Eine Gruppe von vier Kammern heisst verbunden, falls man von jeder dieser Kammern in jede andere gelangen kann, indem man nur die sechs Tunnel verwendet, welche diese Kammern untereinander verbinden. Bestimme die grösstmögliche Anzahl verbundener Vierergruppen.",
    "options": [],
    "answer": "9650",
    "solution": "Solution:\n\nGibt es in einer Vierergruppe eine Kammer, von der drei Einwegtunnel wegführen, so ist diese Gruppe sicher nicht verbunden. Wir nennen eine solche Kammer isoliert in der Gruppe. Nummeriere die Kammern und nehme an, von der $k$-ten Kammer führen $a_{k}$ Einwegtunnel weg. Insgesamt gibt es $\\binom{25}{2}-50=250$ Einwegtunnel. Es gilt daher $a_{1}+\\ldots+a_{25}=250$, denn jeder Einwegtunnel führt aus genau einer Kammer heraus. Die $k$-te Kammer ist in genau $\\binom{a_{k}}{3}$ Vierergruppen isoliert, es gibt also mindestens\n$$\nX=\\binom{a_{1}}{3}+\\binom{a_{2}}{3}+\\ldots+\\binom{a_{25}}{3}\n$$\nnicht verbundene Vierergruppen. Wir behaupten nun, dass $X$ den kleinstmöglichen Wert annimmt, wenn alle $a_{k}$ gleich gross sind. Gilt nämlich $r-2 \\geq s \\geq 0$, dann zeigt eine kurze Rechnung\n$$\n\\binom{r}{3}+\\binom{s}{3}>\\binom{r-1}{3}+\\binom{s+1}{3} \\Longleftrightarrow (r-1)(r-2)>s(s-1)\n$$\nund letzteres stimmt nach Annahme. Wenn $X$ also sein Minimum annimmt, dann dürfen sich je zwei der $a_{k}$ um höchstens 1 unterscheiden. Da deren Summe 250 aber durch 25 teilbar ist, müssen sogar alle gleich gross sein, wie behauptet. Es gilt also $X \\geq 25 \\cdot \\binom{10}{3}=3000$. Folglich gibt es höchstens $\\binom{25}{4}-3000=9650$ verbundene Vierergruppen.\n\nWir zeigen nun, dass dieser Wert auch erreicht werden kann. Dazu konstruieren wir eine Anordnung der Tunnels wie folgt: Ordne die Kammern auf einem Kreis an, und nummeriere sie $K_{1}, \\ldots, K_{25}$ im Uhrzeigersinn. Im Folgenden sind alle Indizes modulo $25$ zu betrachten. Von der Kammer $K_{n}$ führen Einwegtunnel zu den Kammern $K_{n+1}, \\ldots, K_{n+10}$, die Kammern $K_{n+11}, \\ldots, K_{n+14}$ sind durch einen Haupttunnel mit $K_{n}$ verbunden, und schliesslich führen Einwegtunnel von den Kammern $K_{n+15}, \\ldots, K_{n+24}$ nach $K_{n}$. Man überlegt sich leicht, dass dies eine wohldefinierte Konfiguration ergibt.\n\nNach Konstruktion und dem schon Gezeigten enthält diese Konfiguration genau 3000 Vierergruppen mit einer isolierten Kammer. Es genügt also zu zeigen, dass alle Vierergruppen ohne isolierte Kammer verbunden sind. Nehme oBdA an, $\\{K_{1}, K_{r}, K_{s}, K_{t}\\}$ mit $1<r<s<t \\leq 25$ sei eine Vierergruppe ohne isolierte Kammer. Wir behaupten, dass die Abstände $r-1, s-r, t-s$ und $26-t$ (also die Abstände aufeinanderfolgender Kammern im Uhrzeigersinn) alle kleiner als 15 sind. Haben nämlich zwei aufeinanderfolgende Kammern einen grösseren Abstand, dann ist die zweite der beiden nach Konstruktion isoliert. Wieder nach Konstruktion kann man also die Kammern in der Reihenfolge $K_{1} \\rightarrow K_{r} \\rightarrow K_{s} \\rightarrow K_{t} \\rightarrow K_{1}$ durchwandern, die Vierergruppe ist also in der Tat verbunden. Damit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43738,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein gleichseitiges Dreieck und sei $D$ ein innerer Punkt der Seite $BC$. Ein Kreis berühre $BC$ in $D$ und scheide die Seiten $AB$ und $AC$ in den inneren Punkten $M, N$ und $P, Q$. Beweise, dass gilt\n$$\n|BD| + |AM| + |AN| = |CD| + |AP| + |AQ|\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nAnwenden des Potenzsatzes bei den Punkten $A$, $B$, $C$ ergibt der Reihe nach\n$$\n\\begin{aligned}\n|AM| \\cdot |AN| &= |AP| \\cdot |AQ| \\\\\n|BM| \\cdot |BN| &= |BD|^{2} \\\\\n|CP| \\cdot |CQ| &= |CD|^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nWir bezeichnen die Seitenlänge des gleichseitigen Dreiecks $ABC$ mit $s$. Einerseits gilt nun\n$$\n|BD|^{2} - |CD|^{2} = (|BD| + |CD|)(|BD| - |CD|) = s(|BD| - |CD|)\n$$\nandererseits folgt mit (2) und (3)\n$$\n\\begin{aligned}\n|BD|^{2} - |CD|^{2} &= |BM| \\cdot |BN| - |CP| \\cdot |CQ| \\\\\n&= (s - |AM|)(s - |AN|) - (s - |AP|)(s - |AQ|) \\\\\n&= (|AM| \\cdot |AN| - |AP| \\cdot |AQ|) - s(|AM| + |AN| - |AP| - |AQ|)\n\\end{aligned}\n$$\nHier verschwindet die erste Klammer in der letzten Zeile wegen (1). Ein Vergleich mit (4) ergibt nach Division mit $s$ gerade die Behauptung.\nSolution:\n\nSei $O$ der Mittelpunkt des gegebenen Kreises und seien $E$ und $F$ die Projektionen von $O$ auf $AB$ bzw. $AC$. Weil $\\triangle OMN$ gleichschenklig ist, gilt $|AM| + |AN| = 2|AE|$ und analog $|AP| + |AQ| = 2|AF|$.\n\nSeien $R$ und $S$ die Projektionen von $D$ auf $AB$ bzw. $AC$. Wegen $\\angle ABC = 60^{\\circ}$ gilt $|BD| = 2|BR|$ und analog $|CD| = 2|CS|$.\n\nNun ist klar, dass die Gleichung aus der Aufgabenstellung wegen $|AB| = |AC|$ genau dann gilt, wenn $|ER| = |FS|$. Dies ist der Fall, denn\n$$\n|ER| = \\frac{\\sqrt{3}}{2}|OD| = |FS|\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43739,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 5$ eine ganze Zahl. Bestimme die grösste ganze Zahl $k$, sodass ein Polygon mit $n$ Ecken und genau $k$ inneren $90^{\\circ}$-Winkeln existiert? (Das Polygon muss nicht konvex sein, der Rand darf sich aber nicht selbst überschneiden.)",
    "options": [],
    "answer": "For n = 5, the maximum is 3. For n ≥ 6, the maximum is ⌊2n/3⌋ + 1.",
    "solution": "Solution:\n\nWir werden zeigen, dass $k=3$ gilt für $n=5$ und $k=\\lfloor 2 n / 3\\rfloor+1$ für $n \\geq 6$.\n\nEin $n$-Eck hat bekanntlich die Innenwinkelsumme $(n-2) \\cdot 180^{\\circ}$. Nehmen wir an, ein $n$-Eck besitzt genau $k$ innere rechte Winkel. Da alle anderen $n-k$ Innenwinkel kleiner als $360^{\\circ}$ sind, gilt somit\n$$\nk \\cdot 90^{\\circ}+(n-k) \\cdot 360^{\\circ}>(n-2) \\cdot 180^{\\circ}\n$$\nalso $k<(2 n+4) / 3$. Da $n$ und $k$ ganz sind, gilt daher $k \\leq\\lfloor 2 n / 3\\rfloor+1$.\n\nFür $n=5$ ist $\\lfloor 2 n / 3\\rfloor+1=4$. Besitzt ein Fünfeck aber vier rechte Innenwinkel, dann muss der fünfte Innenwinkel gleich $180^{\\circ}$ sein, was nicht erlaubt ist. Somit gilt $k \\leq 3$ und man überlegt sich leicht, dass dies auch erreicht werden kann.\n\nWir konstruieren nun ein $n$-Eck mit genau $\\lfloor 2 n / 3\\rfloor+1$ inneren rechten Winkeln für alle $n \\geq 6$. Die folgende Abbildung zeigt je ein Beispiel für die Fälle $n=6,7,8$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nFür $n \\geq 9$ konstruieren wir induktiv Beispiele. Da in unserer Konstruktion alle inneren, nicht rechten Winkel grösser als $180^{\\circ}$ sind, können wir ein 'Dreieck ohne Eckpunkt' um einen solchen Eckpunkt herum ausschneiden. Dieser Schritt produziert jedesmal drei neue Eckpunkte und zwei neue rechte Winkel (siehe Abbildung unten). Ausserdem\n\n![](attached_image_2.png)\n\nsind weiterhin alle Inneren Winkel, die nicht rechte sind, grösser als $180^{\\circ}$. Damit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43740,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Bestimme die Anzahl Teilmengen $A \\subset \\{1,2, \\ldots, 2 n\\}$, sodass für keine zwei Elemente $x, y \\in A$ gilt $x+y=2 n+1$.",
    "options": [],
    "answer": "3^n",
    "solution": "Solution:\n\nDie einzigen Lösungen der Gleichung $x+y=2 n+1$ in $\\{1,2, \\ldots, 2 n\\}$ sind die Paare $(x, y)=(k, 2 n+1-k)$, wobei $1 \\leq k \\leq 2 n$. Betrachte nun die disjunkte Zerlegung\n$$\n\\{1,2, \\ldots, 2 n\\}=\\{1,2 n\\} \\cup \\{2,2 n-1\\} \\cup \\ldots \\cup \\{n-1, n+2\\} \\cup \\{n, n+1\\}\n$$\nDie Menge $A$ erfüllt genau dann die Bedingungen, wenn sie aus jeder dieser $n$ zweielementigen Mengen höchstens ein Element enthält. Es gibt genau 3 Möglichkeiten, aus einer zweielementigen Menge höchstens ein Element auszuwählen, nach der Produktregel gibt es also $3^{n}$ solche Mengen $A$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43741,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$ drei ganze Zahlen, sodass $a+b+c$ durch $13$ teilbar ist. Zeige, dass auch\n$$\na^{2007} + b^{2007} + c^{2007} + 2 \\cdot 2007 a b c\n$$\ndurch $13$ teilbar ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nIst $x$ nicht durch $13$ teilbar, dann gilt $x^{12} \\equiv 1 \\pmod{13}$ nach dem kleinen Satz von Fermat. Daraus folgt unmittelbar, dass für alle ganzen $x$ gilt $x^{13} \\equiv x \\pmod{13}$. Wiederholte Anwendung dieser Gleichung liefert $x^{2007} \\equiv x^{3} \\pmod{13}$ wegen $2007 = 167 \\cdot 12 + 3$. Ausserdem gilt $2007 \\equiv 10 \\equiv -3$, der Ausdruck ist modulo $13$ also gleich\n$$\na^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c = (a + b + c)\\left(a^{2} + b^{2} + c^{2} - a b - b c - c a\\right) \\equiv 0\n$$\n\nDer Beweis kann auch wie folgt beendet werden. Es gilt $c \\equiv -(a + b) \\pmod{13}$ und daher ist\n$$\na^{3} + b^{3} + c^{3} - 3 a b c \\equiv a^{3} + b^{3} - (a + b)^{3} + 3 a b(a + b) = 0\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43742,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBerechne die Quersumme der Zahl\n$$\n9 \\times 99 \\times 9999 \\times \\cdots \\times \\underbrace{99 \\ldots 99}_{2^{n}}\n$$\nwobei sich die Anzahl Neunen in jedem Faktor verdoppelt.",
    "options": [],
    "answer": "9 * 2^n",
    "solution": "Solution:\nWir beweisen allgemeiner folgendes\nLemma 1. Sei $a$ eine Zahl mit höchstens $m$ Dezimalstellen, sodass die letzte Ziffer von $a$ nicht $0$ ist. Dann ist die Quersumme von $\\underbrace{99 \\ldots 99}_{m} \\times a$ gleich $9 m$.\nBeweis. Sei $a_{m-1} \\ldots a_{1} a_{0}$ die Dezimaldarstellung von $a$ mit $a_{0} \\neq 0$. Es gilt $99 \\ldots 99 \\times a = 10^{m} \\cdot a - a$. In der Subtraktion\n\n![](attached_image_1.png)\n\ngibt es nun einen Übertrag von $1$ an den $m$ letzten Stellen. Da dieser Übertrag immer gleich $1$ ist, und da $a_{0}$ nach Voraussetzung nicht verschwindet, gibt es an der $m+1$-ten und somit auch allen folgenden Stellen keine weiteren Überträge. Es gilt also $b_{0} + a_{0} = 10$, für $1 \\leq k \\leq m-1$ gilt $b_{k} + a_{k} = 9$, ausserdem ist $b_{m} + 1 = a_{0}$ sowie $b_{k} = a_{k-m}$ für $k \\geq m+1$. Insgesamt also\n$$\n\\sum_{k=0}^{2 m-1} b_{k} = \\left(10 - a_{0}\\right) + \\sum_{k=1}^{m-1} \\left(9 - a_{k}\\right) + \\left(a_{0} - 1\\right) + \\sum_{k=1}^{m-1} a_{k} = 9 m\n$$\nDie Zahl $a = 9 \\times 99 \\times 9999 \\times \\cdots \\times \\underbrace{99 \\ldots 99}_{2^{n-1}}$ endet nicht mit einer Null und ist ausserdem kleiner als $10 \\cdot 10^{2} \\cdot 10^{4} \\cdots 10^{2^{n-1}} = 10^{2^{n}-1}$, besitzt also höchstens $2^{n}-1$ Stellen. Aus dem Lemma folgt nun mit $m = 2^{n}$, dass die gesuchte Quersumme gleich $9 \\cdot 2^{n}$ ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43743,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie Ebene wird in Einheitsquadrate unterteilt. Jedes Feld soll mit einer von $n$ Farben gefärbt werden, sodass gilt: Können vier Felder mit einem L-Tetromino bedeckt werden, dann haben diese Felder vier verschiedene Farben (das L-Tetromino darf gedreht und gespiegelt werden). Bestimme den kleinsten Wert von $n$, für den das möglich ist.",
    "options": [],
    "answer": "8",
    "solution": "Solution:\n\nJe zwei der sieben Felder innerhalb der Figur links in Abbildung 1 können gleichzeitig mit einem L-Tetromino bedeckt werden. Diese Felder haben also verschiedene Farben, insbesondere ist $n \\geq 7$. Nehme an, $n=7$ sei möglich und färbe die Felder im Gebiet wie in Abbildung 1. Die beiden Felder rechts und links unterhalb des Gebiets müssen nun die Farben 1 und 3 haben, denn sonst liessen sich wieder zwei gleichfarbige Felder mit einem L-Tetromino überdecken. Genauso bestimmt man die Farbe der beiden anderen Felder rechts in Abbildung 1. Nun bleibt für das Feld mit der Markierung keine Farbe mehr übrig, Widerspruch. Ein Beispiel für $n=8$ findet sich in Abbildung 2.\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 1: Es gilt $n \\geq 8$.\n![](attached_image_2.png)\nAbbildung 2: $n=8$ genügt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43744,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIm Dreieck $A B C$ sei $D$ der Schnittpunkt von $B C$ mit der Winkelhalbierenden von $\\angle B A C$. Der Umkreismittelpunkt von $\\triangle A B C$ falle mit dem Inkreismittelpunkt von $\\triangle A D C$ zusammen. Finde die Winkel von $\\triangle A B C$.",
    "options": [],
    "answer": "∠A = 72°, ∠B = 72°, ∠C = 36°",
    "solution": "Solution:\n\nWie üblich seien $\\alpha=\\angle B A C$, $\\beta=\\angle C B A$ und $\\gamma=\\angle A C B$. Der gemeinsame Mittelpunkt der beiden erwähnten Kreise sei $O$. Als Hilfslinien werden die Strecken von $O$ zu $A$, $B$ und $C$ eingezeichnet.\nEs folgt nun der Reihe nach (Begründungen jeweils in Klammer):\n\n(1) $\\angle A C O=\\angle O C B=\\frac{\\gamma}{2}$ ($O$ ist Inkreismittelpunkt von $\\triangle A D C$)\n\n(2) $\\angle O A C=\\frac{\\alpha}{4}$ (gleicher Grund, zudem ist $A D$ Winkelhalbierende von $\\angle B A C$)\n\n(3) Die Dreiecke $O A B$, $O B C$ und $O C A$ sind gleichschenklig. ($O$ ist Umkreismittelpunkt von $\\triangle A B C$, somit gilt $O A=O B=O C$.)\n\n(4) $\\angle C B O=\\frac{\\gamma}{2}$ (da $\\triangle O B C$ gleichschenklig ist.)\n\n(5) $\\angle O B A=\\frac{3 \\alpha}{4}$ (da $\\triangle O A B$ gleichschenklig ist.)\n\n(6) $\\frac{\\alpha}{4}=\\frac{\\gamma}{2}$ (da $\\triangle O C A$ gleichschenklig ist.)\n\nDamit sind wir in der Lage neben $\\gamma=\\frac{\\alpha}{2}$ auch $\\beta$ durch $\\alpha$ auszudrücken:\n$$\n\\beta=\\angle C B O+\\angle O B A=\\frac{\\gamma}{2}+\\frac{3 \\alpha}{4}=\\alpha\n$$\nWegen der Winkelsumme in $\\triangle A B C$ ist damit $\\alpha$ eindeutig bestimmt:\n$$\n180^{\\circ}=\\alpha+\\beta+\\gamma=\\alpha+\\alpha+\\frac{\\alpha}{2}=\\frac{5}{2} \\alpha\n$$\nEs muss also gelten $\\alpha=\\beta=72^{\\circ}$ und $\\gamma=36^{\\circ}$.\n\nDas Dreieck ist in der Abbildung dargestellt.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43745,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Jede der Zahlen $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ ist weiss oder schwarz gefärbt. Man kann nun wiederholt eine Zahl auswählen und diese, sowie alle zu ihr nicht teilerfremden Zahlen umfärben. Anfangs sind alle Zahlen weiss. Für welche $n$ kann man erreichen, dass irgendwann alle Zahlen schwarz sind?",
    "options": [],
    "answer": "all natural numbers",
    "solution": "Solution:\n\nDies ist immer möglich. Wir verwenden Induktion nach $n$, der Fall $n=1$ ist klar. Nehme an, dies sei richtig für $n$ und betrachte die Zahlen $1, \\ldots, n+1$. Durch umfärben von gewissen Zahlen können wir annehmen, dass die Zahlen $1, \\ldots, n$ alle schwarz sind. Wir unterscheiden nun zwei Fälle für $n+1$. Beachte dabei, dass zwei Zahlen, welche dieselben Primteiler haben, stets gleich gefärbt sind, unabhängig von den Exponenten in der Primfaktorzerlegung.\n\n(i) Nehme an, $n+1$ sei durch ein Quadrat $>1$ teilbar, also $n+1=m^{2} r$ mit $m>1$. Da $n+1$ dieselbe Farbe hat wie die Zahl $m r$ und da letztere kleiner als $n$ ist, muss $n+1$ bereits schwarz sein, und wir sind fertig.\n\n(ii) Nehme an, $n+1=p_{1} \\cdots p_{k}$ sei ein Produkt von $k \\geq 1$ verschiedenen Primzahlen. Wir behaupten nun, dass das Umfärben aller Teiler $a>1$ von $n+1$ den Effekt hat, dass $n+1$ seine Farbe ändert, während alle Zahlen $1, \\ldots, n$ ihre Farbe behalten. Sollte also $n+1$ als einzige Zahl noch weiss sein, können wir das durch diese Umfärbung beheben und sind ebenfalls fertig.\n\nZum Beweis der Behauptung betrachten wir eine beliebige natürliche Zahl $x \\leq n+1$ und nehmen an, dass $x$ durch genau $l$ der Primzahlen $p_{i}$ teilbar ist. Die Anzahl Teiler $a=p_{i_{1}} p_{i_{2}} \\cdots p_{i_{j}}$ von $n+1$, welche zu $x$ nicht teilerfremd sind, ist gleich $\\binom{k}{j}-\\binom{k-l}{j}$. Damit ändert $x$ seine Farbe genau\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{j=1}^{k}\\binom{k}{j}-\\binom{k-l}{j} & =\\left(\\sum_{j=0}^{k}\\binom{k}{j}-1\\right)-\\left(\\sum_{j=0}^{k-l}\\binom{k-l}{j}-1\\right) \\\\\n& =\\left(2^{k}-1\\right)-\\left(2^{k-l}-1\\right)=2^{k}-2^{k-l}\n\\end{aligned}\n$$\nmal. Für $x \\leq n$ ist $l<k$ und $2^{k}-2^{k-l}$ gerade, also behält $x$ seine Farbe. Jedoch gilt $l=k$ für $x=n+1$ und hier ist $2^{k}-2^{k-l}=2^{k}-1$ ungerade, das heisst $n+1$ ändert seine Farbe, wie behauptet.\n\n\nEine Menge $S$ natürlicher Zahlen heisse vollständig, falls für jede Zahl $x \\in S$ auch alle Teiler $y>1$ von $x$ in $S$ liegen. Wir werden allgemeiner zeigen, dass jede endliche, vollständige Menge $S$ umgefärbt werden kann, der Fall $S=\\{1,2, \\ldots, n\\}$ ergibt die Lösung der Aufgabe.\n\nLemma 1. Sei $S$ eine endliche Menge natürlicher Zahlen. Es existiert eine Teilmenge $T \\subset S$, sodass jedes Element von $S$ eine ungerade Anzahl Elemente von $T$ teilt.\n\nBeweis. Wir verwenden Induktion nach $n=|S|$, für $n=1$ kann man $T=S$ wählen. Sei also $S$ gegeben und sei $x$ die kleinste Zahl in $S$. Nach Induktionsvoraussetzung existiert eine Teilmenge $T^{\\prime} \\subset S \\backslash\\{x\\}$, sodass jede Zahl $y \\in S \\backslash\\{x\\}$ eine ungerade Anzahl Elemente in $T^{\\prime}$ teilt. Gilt dies auch für $x$, dann können wir $T=T^{\\prime}$ setzen, sonst wählen wir $T=T^{\\prime} \\cup\\{x\\}$. Letzteres, da wegen der Minimalität von $x$ kein anderes Element $y \\in S$ ein Teiler von $x$ sein kann.\n\nDer entscheidende Punkt ist nun folgendes Resultat.\n\nLemma 2. Sei $S$ eine endliche, vollständige Menge und sei $T \\subset S$ wie in Lemma 1. Dann ist jedes Element $x>1$ aus $S$ zu einer ungeraden Anzahl Elementen von $T$ nicht teilerfremd.\n\nBeweis. Für $u \\in S$ sei $m(u)$ die Menge der Elemente von $T$, die durch $u$ teilbar sind. Nach Konstruktion ist $|m(u)|$ ungerade für alle $u$. Sei $x \\in S$ beliebig und grösser als 1. Wir werden nun wiederholt verwenden, dass $S$ alle Teiler $\\neq 1$ von $x$ enthält. Seien $p_{1}, \\ldots, p_{k}$ die Primteiler von $x$ und sei $t \\in T$. Genau dann ist $x$ nicht teilerfremd zu $t$, wenn $t$ durch einen der Primfaktoren $p_{i}$ teilbar ist. Die Anzahl Elemente von $T$, die nicht teilerfremd zu $x$ sind, ist demnach gleich $\\left|m\\left(p_{1}\\right) \\cup m\\left(p_{2}\\right) \\cup \\ldots \\cup m\\left(p_{k}\\right)\\right|$. Nach der Ein-/Ausschaltformel gilt ( $\\bmod 2$ )\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left|m\\left(p_{1}\\right) \\cup \\ldots \\cup m\\left(p_{k}\\right)\\right| & =\\sum_{j=1}^{k}(-1)^{j+1} \\sum_{i_{1}<\\ldots<i_{j}}\\left|m\\left(p_{i_{1}}\\right) \\cap \\ldots \\cap m\\left(p_{i_{j}}\\right)\\right| \\\\\n& =\\sum_{j=1}^{k}(-1)^{j+1} \\sum_{i_{1}<\\ldots<i_{j}}\\left|m\\left(p_{i_{1}} \\cdots p_{i_{j}}\\right)\\right| \\\\\n& \\equiv \\sum_{j=1}^{k}(-1)^{j+1}\\binom{k}{j}=1\n\\end{aligned}\n$$\nFolglich ist $x$ zu einer ungeraden Anzahl Elementen von $T$ nicht teilerfremd, wie behauptet.\n\nSei nun $S$ vollständig. Falls $1 \\in S$, können wir 1 umfärben und danach annehmen, dass $1 \\notin S$. Färbt man nun alle Elemente der oben konstruierten Menge $T$ um, ändert sich die Farbe aller Elemente in $S$, dies war zu zeigen.\n\n\nWir werden zeigen, dass man jede vollständige Menge umfärben kann, falls die Elemente dieser Menge nur endlich viele verschiedene Primfaktoren haben.\n\nLemma 3. Sei $P=\\left\\{p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{m}\\right\\}$ eine endliche Menge verschiedener Primzahlen, und sei $S$ eine vollständige Menge von Zahlen, die nur Primteiler aus $P$ besitzen. Es existiert eine endliche Teilmenge $T(S) \\subset S$, sodass das Umfärben der Zahlen in $T(S)$ die Farbe aller Elemente in $S$ umkehrt.\n\nBeweis. Wir verwenden Induktion nach $m$. Für $m=1$ können wir $T(S)=\\left\\{p_{1}\\right\\}$ respektive $=\\left\\{1, p_{1}\\right\\}$ wählen. Wir nehmen im Folgenden $m>1$ an. Wir setzen\n$$\n\\begin{aligned}\nU & =\\left\\{x \\in S \\mid p_{m} \\backslash x\\right\\} \\\\\nV & =\\left\\{x \\mid p_{m} \\backslash x, p_{m} x \\in S\\right\\}\n\\end{aligned}\n$$\nDa $S$ vollständig ist, gilt dies auch für $U$ und $V$ und es ist offenbar $V \\subset U \\subset S$. Ausserdem gibt es nach Induktionsvoraussetzung endliche Mengen $T(U) \\subset U$ und $T(V) \\subset V$, sodass das Umfärben der Elemente in diesen Mengen die Farbe aller Zahlen in $U$ respektive $V$ ändert. Nach Konstruktion gilt auch $p_{m} V=\\left\\{p_{m} v \\mid v \\in V\\right\\} \\subset S$. Wir färben nun alle Elemente von $T(U), T(V)$ und $p_{m} T(V)$ um, Elemente, die in mehreren dieser Mengen liegen, werden dabei auch mehrfach umgefärbt. Sei $x \\in S$ beliebig, wir untersuchen die Farbe von $x$ nach dieser Umfärbung.\n\n- $x$ ist kein Vielfaches von $p_{m}$. Umfärben der Zahlen in $T(U)$ ändert die Farbe von $x$. Falls das Umfärben eines $v \\in T(V)$ die Farbe von $x$ ändert, dann ändert sie das Umfärben von $p_{m} v$ wieder zurück. Folglich ändert sich insgesamt die Farbe von $x$.\n- $x$ ist eine Potenz von $p_{m}$. Umfärben der Zahlen in $T(U)$ und $T(V)$ hat keinen Einfluss auf $x$. Aber jede der $|T(V)|$ Zahlen in $p_{m} T(V)$ ändert die Farbe von $x$.\n- $x$ ist durch $p_{m}$ teilbar, ist aber keine Potenz von $p_{n}$. Sei $x=p_{m}^{r} y$ mit $y \\neq 1$. Wegen $y \\in V, y \\in U$ ändert sich die Farbe von $x$ sowohl beim Umfärben der Zahlen in $T(U)$, als auch beim Umfärben der Zahlen in $T(V)$. Schliesslich ändert jede der $|T(V)|$ Zahlen in $p_{m} T(V)$ die Farbe von $x$.\n\nNach der Umfärbung haben also alle Vielfachen von $p_{m}$ dieselbe Farbe (nämlich dieselbe wie zu Beginn resp. die andere, je nachdem ob $|T(V)|$ gerade oder ungerade ist). Alle anderen Zahlen in $S$ haben ihre Farbe geändert. Durch eventuelles Umfärben von $p_{m}$ können wir somit erreichen, dass alle Zahlen in $S$ ihre Farbe ändern. Das bedeutet, wir können für $T(S)$ alle Zahlen wählen, die in genau einer der Mengen $T(U)$ und $T(V)$ sind, sowie alle Zahlen in $p_{m} T(V)$ ausser eventuell $p_{m}$. Damit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43746,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Kreis mit Umfang $6 n$ wird durch $3 n$ Punkte in je $n$ Intervalle der Länge $1$, $2$ und $3$ zerlegt. Zeige, dass es stets zwei dieser Punkte gibt, welche auf dem Kreis diametral gegenüber liegen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir betrachten neben den $3 n$ Intervallendpunkten auch die Mittelpunkte aller Intervalle der Länge $2$ und die Drittelpunkte aller Intervalle der Länge $3$. Diese $6 n$ Punkte bilden ein reguläres Polygon. Wir färben die Intervallendpunkte schwarz, die anderen Punkte weiss. Nehme an, es gäbe keine zwei gegenüberliegende schwarze Punkte. Für je zwei benachbarte weisse Punkte $A$, $B$ müssen dann die beiden gegenüberliegenden Punkte $C$, $D$ schwarz sein. Entferne nun die Intervalle $A B$ und $C D$ und verklebe die zwei verbleibenden Kreisbogen bei $A$, $B$ und $C$, $D$, sodass nach kleiner Deformation ein neuer Kreis entsteht, dessen Umfang um $2$ kleiner ist. Dieses Herausschneiden beseitigt ein Intervall der Länge $1$ und ersetzt ein Intervall der Länge $3$ durch eines der Länge $2$. Ausserdem bleiben bei diesem Vorgang alle Paare von Diametralpunkten erhalten, mit anderen Worten, zwei Punkte sind nach dem Herausschneiden genau dann diametral gegenüber, wenn sie es vorher schon waren.\n\nNach $n$ solchen Operationen hat der Kreis den Umfang $4 n$ und die verbleibenden $4 n$ Punkte sind abwechselnd schwarz und weiss. In dieser Situation haben aber gegenüberliegende Punkte immer dieselbe Farbe. Insbesondere gibt es zwei schwarze Diametralpunkte, dies muss also bereits am Anfang der Fall gewesen sein, im Widerspruch zur Annahme.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43747,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle positiven ganzzahligen Lösungen der Gleichung\n$$\n\\operatorname{kgV}(a, b, c) = a + b + c\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All permutations of (t, 2t, 3t) for any positive integer t.",
    "solution": "Solution:\nWir können $a \\leq b \\leq c$ annehmen. Dann ist $a < c$, denn sonst wären alle drei Zahlen gleich $a$ und die Gleichung lautete $a = 3a$, ein Widerspruch. Nun gilt $c < a + b + c < 3c$ und da die linke Seite der Gleichung ein ganzzahliges Vielfaches von $c$ sein muss, folgt daraus $\\operatorname{kgV}(a, b, c) = 2c$ und die Gleichung vereinfacht sich zu $c = a + b$. Außerdem gibt es nach Definition des $\\mathrm{kgV}$ ganze Zahlen $x, y$ mit $a = 2c / x$ und $b = 2c / y$. Einsetzen in obige Gleichung ergibt für $x$ und $y$ daher\n$$\n\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} = \\frac{1}{2}\n$$\nWegen $a \\leq b$ ist $x \\geq y$. Einerseits ist nun $y > 2$, denn sonst ist die linke Seite größer als $1/2$, andererseits gilt $y \\leq 4$, denn sonst ist die linke Seite höchstens $2/5$. Dies ergibt die Lösungen $x = 6, y = 3$ und $x = y = 4$. Im ersten Fall gilt $(a, b, c) = (a, 2a, 3a)$, im zweiten Fall $(a, b, c) = (a, a, 2a)$. Letzteres ist aber nicht möglich, denn dann wäre $\\operatorname{kgV}(a, b, c) = c \\neq 2c$. Andererseits rechnet man leicht nach, dass im ersten Fall in der Tat gilt $\\operatorname{kgV}(a, b, c) = 6a = a + b + c$. Die gesuchten Tripel sind also genau die Permutationen von\n$$\n(a, b, c) = (a, 2a, 3a), \\quad a \\geq 1\n$$\nSolution:\nWir benützen die folgenden Gleichungen:\n$$\n\\operatorname{ggT}(ma, mb, mc) = m \\cdot \\operatorname{ggT}(a, b, c), \\quad \\operatorname{kgV}(ma, mb, mc) = m \\cdot \\operatorname{kgV}(a, b, c)\n$$\nSei $d = \\operatorname{ggT}(a, b, c)$ und setze $a = x d, b = y d$ und $c = z d$. Dann sind $x, y, z$ teilerfremd und einsetzen in die Gleichung liefert mit obiger Formel\n$$\n\\operatorname{kgV}(x, y, z) = x + y + z\n$$\nNun sind $x, y, z$ sogar paarweise teilerfremd, denn jeder Teiler von zwei der Zahlen teilt auch die linke Seite dieser Gleichung und somit auch die dritte Zahl, ist also gleich $1$. Daraus folgt $\\operatorname{kgV}(x, y, z) = x y z$ und wir müssen alle Lösungen der Gleichung $x y z = x + y + z$ finden. Dazu nehmen wir an, dass $x < y < z$ ist. Wäre $x \\geq 2$, dann wäre $x y z \\geq 2 \\cdot 2 \\cdot z > 3z > x + y + z$, ein Widerspruch. Somit ist $x = 1$ und die Gleichung vereinfacht sich zu\n$$\nyz = 1 + y + z \\quad \\Longleftrightarrow \\quad (y - 1)(z - 1) = 2\n$$\nDie einzige Lösung lautet somit $y = 2, z = 3$ und die Tripel $(a, b, c)$ sind genau die Permutationen von $(d, 2d, 3d)$ mit $d \\geq 1$.\nSolution:\nWir führen zuerst einige Notationen ein. Setze $d = \\operatorname{ggT}(a, b, c)$ und $x = \\operatorname{ggT}(b/d, c/d)$, $y = \\operatorname{ggT}(c/d, a/d)$, $z = \\operatorname{ggT}(a/d, b/d)$. Dann sind $x, y$ und $z$ paarweise teilerfremd nach Definition von $d$. Außerdem ist $a/d$ durch $y$ und $z$ teilbar, also auch durch deren Produkt, folglich ist $A = a/(d x y)$ eine ganze Zahl. Definiere $B$ und $C$ analog, dann gilt $\\operatorname{ggT}(x, A) = \\operatorname{ggT}(y, B) = \\operatorname{ggT}(z, C) = 1$ und wir können schreiben $a = d y z A$, $b = d z x B$ und $c = d x y C$. Außerdem gilt $\\operatorname{kgV}(a, b, c) = d x y z A B C$. Einsetzen in die Gleichung und Vereinfachen ergibt\n$$\nx y z A B C = y z A + z x B + x y C\n$$\nNun teilt $x$ die linke Seite, also auch die rechte, also auch $y z A$. Da $x$ aber teilerfremd zu allen drei Faktoren ist, folgt $x = 1$. Analog zeigt man $y = z = 1$ und nach Division mit $A B C$ lautet die Gleichung nun\n$$\n\\frac{1}{A B} + \\frac{1}{B C} + \\frac{1}{C A} = 1\n$$\nWir können $A \\leq B \\leq C$ annehmen. Wäre $A > 1$, dann ist die linke Seite höchstens gleich $3/4$, also gilt $A = 1$. Ist $B = 1$, dann ist die linke Seite größer als $1$, ist $B \\geq 3$, dann ist die linke Seite höchstens gleich $1/3 + 1/3 + 1/9 < 1$. Daher gilt $B = 2$ und somit $C = 3$. Die gesuchten Tripel sind bis auf eine Permutation also alle von der Form $(a, b, c) = (d, 2d, 3d)$, wie in der ersten Lösung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43748,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDie positiven Teiler der natürlichen Zahl $n$ seien $1=d_{1}<d_{2}<\\ldots<d_{k}=n$. Bestimme alle $n$, für die gilt\n$$\n2 n=d_{5}^{2}+d_{6}^{2}-1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "272",
    "solution": "Solution:\nFür jedes $1 \\leq i \\leq k$ ist $n / d_{i}$ ebenfalls ein positiver Teiler von $n$ und ein einfaches Abzählargument zeigt, dass dieser gleich $d_{k+1-i}$ sein muss. Folglich gilt $n=d_{i} d_{k+1-i}$ für alle $i$. Aus der gegebenen Gleichung folgen die beiden Abschätzungen\n$$\n\\begin{gathered}\n2 n=d_{5}^{2}+d_{6}^{2}-1<2 d_{6}^{2} \\\\\n2 n=d_{5}^{2}+d_{6}^{2}-1 \\geq d_{5}^{2}+\\left(d_{5}+1\\right)^{2}-1=2 d_{5}^{2}+2 d_{5}>2 d_{5}^{2}\n\\end{gathered}\n$$\nDies ergibt $d_{5}^{2}<n<d_{6}^{2}$, nach obiger Bemerkung muss also $n=d_{5} d_{6}$ gelten, insbesondere ist $k=10$. Setzt man dies in die Gleichung ein und formt um, dann folgt $1=\\left(d_{6}-d_{5}\\right)^{2}$, also $d_{6}=d_{5}+1$.\nEine natürliche Zahl mit der Primfaktorzerlegung $p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdots p_{r}^{\\alpha_{r}}$ besitzt genau $\\left(\\alpha_{1}+1\\right) \\cdots\\left(\\alpha_{r}+1\\right)$ verschiedene positive Teiler. Da $n$ genau $10=2 \\cdot 5$ positive Teiler besitzt, muss die Primfaktorzerlegung von $n$ von der Form $n=p^{9}$ oder $n=p^{4} q$ mit verschiedenen Primzahlen $p, q$ sein. Wir benützen nun, dass $d_{6}=d_{5}+1$ gilt. Daraus folgt erstens, dass $d_{5}$ und $d_{6}$ teilerfremd sind, also ist $n$ von der Form $n=p^{4} q$. Zweitens ist genau einer dieser Teiler gerade, daher ist $q=2$ oder $p=2$. Im ersten Fall folgt wegen der Teilerfremdheit, dass $d_{5}=2$ oder $d_{6}=2$ gilt. Beides ist aber offenbar nicht möglich, da sicher $d_{2}=2$. Im zweiten Fall folgt analog $d_{5}=q$ oder $d_{6}=q$. Wegen $q \\geq 3$ zeigt eine kurze Inspektion der kleinen Teiler, dass dann $d_{6}=2^{4}$ bzw. $d_{5}=2^{4}$ sein muss. Nur die zweite Alternative führt zur Primzahl $d_{6}=17$ und zu $n=2^{4} \\cdot 17=272$. Man rechnet leicht nach, dass dies in der Tat eine Lösung des Problems ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43749,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $AB > AC$ und Höhenschnittpunkt $H$. Sei $D$ der Höhenfusspunkt von $A$ auf $BC$. Sei $E$ die Spiegelung von $C$ an $D$. Die Geraden $AE$ und $BH$ schneiden sich im Punkt $S$. Sei $N$ der Mittelpunkt von $AE$ und sei $M$ der Mittelpunkt von $BH$. Beweise, dass $MN$ senkrecht auf $DS$ steht.\n\n\nAbbildung 3: Figur zur Lösung von Aufgabe 4",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNach Konstruktion ist das Dreieck $AEC$ gleichschenklig und wegen $AB > AC$ liegt $D$ auf der Strecke $BD$ (siehe Abbildung 3). Sei $k_1$ der Kreis mit Mittelpunkt $M$ und Durchmesser $BH$ und sei $k_2$ der Kreis mit Mittelpunkt $N$ und Durchmesser $AE$. Wegen $\\angle BDH = \\angle EDA = 90^{\\circ}$ liegt $D$ sowohl auf $k_1$ als auch auf $k_2$. Insbesondere liegt $D$ auf der Potenzlinie der beiden Kreise. Weil allgemein die Potenzlinie von zwei Kreisen die Gerade durch deren Mittelpunkte rechtwinklig schneidet, genügt es zu zeigen, dass $S$ auf der Potenzlinie von $k_1$ und $k_2$ liegt.\n\nSei $\\angle EBH = \\varphi$ und sei $F$ der Höhenfusspunkt von $B$ auf $CA$. Wegen $\\angle BFC = 90^{\\circ}$ gilt $\\angle BCA = 90^{\\circ} - \\varphi$ und wegen $\\angle CDA = 90^{\\circ}$ gilt $\\angle DAC = \\varphi$. Das Dreieck $AEC$ ist gleichschenklig und deshalb $\\angle EAH = \\varphi = \\angle EBH$. Damit ist gezeigt, dass $ABEH$ ein Sehnenviereck ist und die Potenz von $S$ zu dessen Umkreis ist\n$$\nSB \\cdot SH = SE \\cdot SA\n$$\nDamit ist gezeigt, dass $S$ die gleiche Potenz zu $k_1$ und $k_2$ hat und somit auf deren Potenzlinie liegt.\n\n\nWir zeigen, dass $BH$ rechtwinklig auf $DN$ und $AE$ rechtwinklig auf $DM$ stehen. Daraus folgt, dass $S$ der Höhenschnittpunkt von Dreieck $NMD$ ist und deshalb $DS$ rechtwinklig auf $MN$ steht.\n\nSei $\\angle ACB = \\gamma$ und sei $F$ der Höhenfusspunkt von $B$ auf $CA$. Weil Dreieck $AEC$ gleichschenklig ist, gilt $\\angle AED = \\gamma$. Wegen $\\angle BFC = 90^{\\circ}$ gilt $\\angle CBF = 90^{\\circ} - \\gamma$. Der Thaleskreis über $BH$ geht durch $D$ und hat den Mittelpunkt $M$. Deshalb ist Dreieck $MBD$ gleichschenklig und $\\angle MDB = 90^{\\circ} - \\gamma$. Aus $\\angle MDB + \\angle AED = 90^{\\circ}$ folgt, dass $AE$ rechtwinklig auf $DM$ steht.\n\nDer Thaleskreis über $AE$ geht durch $D$ und hat den Mittelpunkt $N$. Somit ist das Dreieck $NED$ gleichschenklig und $\\angle NDE = \\gamma = \\angle ACB$. Die Gerade $ND$ ist also parallel zu $AC$ und wegen $\\angle BFC = 90^{\\circ}$ steht $BH$ rechtwinklig auf $AE$.\n\n\nWir führen Koordinaten ein und beweisen die Behauptung durch Rechnung. Wir wählen den Ursprung bei $D$. Die x-Achse liege auf $BC$, so dass $B$ auf der positiven x-Achse und $C$ auf der negativen x-Achse liegt. Zur Vereinfachung setzen wir: $DB = u$, $CD = v$ und $DA = w$. Analog wie in der 1. Lösung zeigen wir, dass $EBAW$ ein Sehnenviereck ist. Mittels Potenzsatz folgt nun, dass $DH \\cdot DA = DE \\cdot DB$. Formt man diese Gleichung um und verwendet, dass $CD = DE$ so erhält man $DH = \\frac{uv}{w}$. Um die Behauptung zu beweisen, genügt es zu zeigen, dass das Produkt der Steigungen der Geraden $DS$ und $MN$ $-1$ ergibt. Wir berechnen zuerst die Steigung von $DS$. Die Geradengleichungen von $AE$ und $HB$ lauten:\n$$\n\\begin{aligned}\nAE: & \\quad y = -\\frac{w}{v} x + w \\\\\nHB: & \\quad y = -\\frac{\\frac{uv}{w}}{u} x + \\frac{uv}{w}\n\\end{aligned}\n$$\nUm die Steigung von $DS$ zu bestimmen, müssen wir das Verhältnis $\\frac{y}{x}$ berechnen. Dazu multiplizieren wir die erste Gleichung mit $uv$ und die zweite mit $-w^2$ und addieren sie:\n$$\n\\begin{aligned}\n(uv - w^2) y &= (v-u) w x \\\\\n\\frac{y}{x} &= \\frac{(v-u)w}{uv - w^2}\n\\end{aligned}\n$$\nAls nächstes berechnen wir die Steigung von $MN$:\n$$\n\\frac{\\frac{uv}{2w} - \\frac{w}{2}}{\\frac{u}{2} - \\frac{v}{2}} = \\frac{uv - w^2}{w(u-v)}\n$$\nWie gewünscht ergibt das Produkt der beiden Steigungen $-1$. Damit ist alles gezeigt.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43750,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte ein $m \\times n$-Brett, das in Einheitsquadrate unterteilt ist. Ein L-Triomino besteht aus drei Einheitsquadraten, einem Zentrumsquadrat und zwei Schenkelquadraten. In der Ecke oben links liegt ein L-Triomino, sodass das Zentrumsquadrat auf dem Eckfeld liegt. In einem Zug kann das L-Triomino um den Mittelpunkt von einem der beiden Schenkelquadrate um Vielfache von $90^{\\circ}$ gedreht werden. Für welche $m$ und $n$ ist es möglich, dass das L-Triomino nach endlich vielen solchen Zügen in der unteren rechten Ecke zu liegen kommt?",
    "options": [],
    "answer": "Both dimensions must be odd.",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 1: Schritt 1\n\n![](attached_image_2.png)\nAbbildung 2: Schritt 2\n\n![](attached_image_3.png)\nAbbildung 3: Schritt 3\n\nWir nehmen zuerst an, dass $m$ und $n$ beide ungerade sind. Man überlegt sich leicht, dass eine solche Folge von Drehungen für $m=n=3$ existiert. Ausserdem zeigt obige Folge von Abbildungen, dass sich das L-Triomino mit Hilfe von zwei Drehungen um zwei Felder nach rechts verschieben lässt. Analog dazu kann man das Triomino auch zwei Felder nach unten verschieben. Verschiebe also das L-Triomino $(m-1) / 2$ mal zwei Felder nach rechts und $(n-1) / 2$ mal zwei Felder nach unten. Danach kann man die Drehungen für den Fall $m=n=3$ ausführen und das Triomino liegt wie gewünscht in der unteren rechten Ecke.\n\nNehme nun umgekehrt an, dass eine solche Folge von Drehungen für ein $m \\times n$-Brett existiert. Färbe die Felder des Brettes wie in der Abbildung gezeigt. Da die Schenkelquadrate am Anfang auf weissen Feldern liegen und sich dies bei einer Drehung nie ändert, liegt das Zentrumsquadrat immer auf einem schwarzen oder grauen Feld. Ausserdem ändert die Farbe des Zentrumsquadrates bei jeder $90^{\\circ}$-Drehung. Am Schluss ist das L-Triomino gegenüber der Anfangsposition in der Ecke oben links um $180^{\\circ}$ gedreht, also sind dazu eine gerade Anzahl $90^{\\circ}$-Drehungen nötig. Das bedeutet aber, dass die Farbe des Zentrumquadrates eine gerade Anzahl von malen ändert, am Schluss also gleich ist wie am Anfang. Insbesondere muss das Eckfeld unten rechts schwarz sein, was nur dann der Fall ist, wenn $m$ und $n$ beide ungerade sind.\n\n![](attached_image_4.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43751,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Kreis $k_{1}$ liegt innerhalb eines zweiten Kreises $k_{2}$ und berührt diesen im Punkt $A$. Eine Gerade durch $A$ schneide $k_{1}$ nochmals in $B$ und $k_{2}$ in $C$. Die Tangente an $k_{1}$ durch $B$ schneide $k_{2}$ in den Punkten $D$ und $E$. Die Tangenten an $k_{1}$ durch $C$ berühren $k_{1}$ in den Punkten $F$ und $G$. Beweise, dass $D, E, F$ und $G$ auf einem Kreis liegen.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen, dass die vier Punkte alle den gleichen Abstand zu $C$ haben.\n\nLemma 2. Sei $P$ ein Punkt auf einem Kreis $k$. Schneidet eine zu der Tangenten von $k$ durch $P$ parallele Gerade den Kreis $k$ in den Punkten $R$ und $S$, so gilt $P R = P S$.\n\nBeweis des Lemmas. Wir betrachten die Gerade durch $P$, welche senkrecht auf den beiden parallelen Geraden steht. Da sie senkrecht zu der Tangente ist, geht sie durch den Mittelpunkt des Kreises und ist deshalb Symmetrieachse der ganzen Figur. Damit ist klar, dass $P R = P S$ gilt. Alternativ kann man mit einfacher Winkeljagd zeigen, dass $\\triangle P R S$ gleichschenklig ist.\n\n\na. $C F = C G$. Ist klar (Tangentenabschnitte).\n\nb. $C D = C E$. Sei $t$ die Tangente an $k_{2}$ durch $C$. Wir betrachten die zentrische Streckung an $A$, bei der $k_{1}$ in $k_{2}$ übergeht. Dabei geht $B$ in $C$ über und somit werden auch die Tangenten durch diese Punkte aufeinander abgebildet, d.h. $D E$ und $t$ sind parallel. $C D = C E$ folgt aus dem Lemma.\n\nc. $C D = C F$. Es genügt zu zeigen, dass die Dreiecke $C D B$ und $C A D$ ähnlich sind, denn aus\n$$\n\\frac{C D}{C B} = \\frac{C A}{C D}\n$$\nfolgt mit der Potenz von $C$ an $k_{1}$\n$$\nC D^{2} = C A \\cdot C B = C F^{2}\n$$\nTatsächlich ist $\\triangle C D B \\sim \\triangle C A D$, denn (siehe Abbildung)\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle C A D & = \\angle C E D \\quad(\\text{Peripheriewinkelsatz}) \\\\\n& = \\angle E D C . \\quad(\\triangle C E D \\text{ ist gleichschenklig })\n\\end{aligned}\n$$\n\nAus (a), (b) und (c) folgt, dass die Punkte $D, E, F$ und $G$ auf einem Kreis mit Mittelpunkt $C$ liegen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43752,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R}_{\\geq 0} \\rightarrow \\mathbb{R}_{\\geq 0}$ mit folgenden Eigenschaften:\n\na) $f(1)=0$,\n\nb) $f(x)>0$ für alle $x>1$,\n\nc) Für alle $x, y \\geq 0$ mit $x+y>0$ gilt\n$$\nf(x f(y)) f(y)=f\\left(\\frac{x y}{x+y}\\right) .\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for 0 ≤ x ≤ 1; f(x) = 1 − 1/x for x > 1",
    "solution": "Solution:\n\nMit $y=1$ folgt aus (a) und (c) für alle $x \\geq 0$\n$$\n0=f(x f(1)) f(1)=f\\left(\\frac{x}{x+1}\\right)\n$$\nDer Ausdruck $\\frac{x}{x+1}$ nimmt alle Werte im Intervall $[0,1[$ an, wenn $x$ alle nichtnegativen reellen Zahlen durchläuft. Somit gilt zusammen mit (a)\n$$\nf(x)=0, \\quad 0 \\leq x \\leq 1\n$$\nFür das Folgende nehmen wir stets $y \\geq 1$ an. Wegen $f(y) \\neq 0$ gilt $f(x f(y))=0$ genau dann, wenn $f\\left(\\frac{x y}{x+y}\\right)=0$. Wegen (1) gilt also auch\n$$\nx f(y) \\leq 1 \\quad \\Longleftrightarrow \\quad \\frac{x y}{x+y} \\leq 1 \\quad \\Longleftrightarrow \\quad x \\leq \\frac{y}{y-1}\n$$\nMit anderen Worten, es gilt\n$$\nf(y)\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\leq \\\\\n>\n\\end{array}\\right\\} z \\quad \\text{ für alle } z \\text{ mit } \\quad z\\left\\{\\begin{array}{l}\n\\geq \\\\\n<\n\\end{array}\\right\\} 1-\\frac{1}{y}\n$$\nDaraus folgt unmittelbar $f(y)=1-\\frac{1}{y}$ für alle $y>1$. Die einzige Funktion, welche die Gleichung erfüllen kann, ist demnach\n$$\nf(x)= \\begin{cases}0 & \\text{ für } 0 \\leq x \\leq 1 \\\\ 1-\\frac{1}{x} & \\text{ für } x>1\\end{cases}\n$$\nWir zeigen nun, dass dies wirklich eine Lösung ist und unterscheiden dazu zwei Fälle.\n\n(1) Sei zunächst $\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y} \\geq 1$, dann gilt $\\frac{x y}{x+y} \\leq 1$ und somit ist $f\\left(\\frac{x y}{x+y}\\right)=0$. Ist $y \\leq 1$, dann verschwindet auch $f(y)$ und die linke Seite der Gleichung ist ebenfalls 0. Ist $y>1$, dann folgt $x f(y)=x\\left(1-\\frac{1}{y}\\right) \\leq x \\cdot \\frac{1}{x}=1$, also ist diesmal $f(x f(y))=0$ und die linke Seite der Gleichung verschwindet wieder.\n\n(2) Sei nun $\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}<1$. Dann ist notwendigerweise $y>1$ und dieselben Rechnungen wie im ersten Fall zeigen, dass auch $x f(y)>1$ ist. Folglich gilt\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x f(y)) f(y) & =\\frac{x f(y)-1}{x f(y)} \\cdot \\frac{y-1}{y}=\\frac{x \\frac{y-1}{y}-1}{x \\frac{y-1}{y}} \\cdot \\frac{y-1}{y}=\\frac{x y-x-y}{x y} \\\\\nf\\left(\\frac{x y}{x+y}\\right) & =\\frac{x y-x-y}{x y}\n\\end{aligned}\n$$\nwie gewünscht. Damit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43753,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck und $D$ ein Punkt in dessen Inneren. Sei $E$ ein von $D$ verschiedener Punkt auf der Geraden $AD$. Seien $\\omega_{1}$ und $\\omega_{2}$ die Umkreise der Dreiecke $BDE$ bzw. $CDE$. $\\omega_{1}$ und $\\omega_{2}$ schneiden die Seite $BC$ in den inneren Punkten $F$ bzw. $G$. Der Schnittpunkt von $DG$ und $AB$ sei $X$ und der Schnittpunkt von $DF$ und $AC$ sei $Y$. Zeige, dass $XY$ parallel zu $BC$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Schnittpunkte von $\\omega_{1}$ und $\\omega_{2}$ mit den Seiten $AB$ bzw. $AC$ seien $P$ bzw. $Q$. Weil $A$ auf der Potenzlinie der beiden Kreise liegt, gilt\n$$\nAP \\cdot AB = AE \\cdot AD = AQ \\cdot AC\n$$\nSomit ist $BCQP$ ein Sehnenviereck und es gilt $\\angle ABC = \\angle AQP$. Um zu zeigen, dass $XY$ parallel zu $BC$ ist, genügt es also zu zeigen, dass $\\angle AXY = \\angle AQP$ gilt, d.h. dass die Punkte $P, Q, X, Y$ auf einem Kreis liegen.\nWeil $BFD P$ ein Sehnenviereck ist, gilt $\\angle PDY = \\angle PBF = \\angle ABC$ und somit $\\angle AQP = \\angle PDY$. Dies bedeutet, dass $P, Q, Y, D$ auf einem Kreis liegen. Analog zeigen wir, dass $P, Q, X, D$ auf einem Kreis liegen. Insbesondere liegen die Punkte $P, Q, X, Y$ alle auf dem Umkreis von $\\triangle PQD$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nWir verwenden im folgenden gerichtete Streckenverhältnisse. Nach Strahlensatz genügt es zu zeigen, dass\n$$\n\\frac{FY}{YD} = \\frac{GX}{XD}\n$$\nSei $S$ der Schnittpunkt von $AD$ und $BC$. Nach Menelaos im Dreieck $FDS$ mit den kollinearen Punkten $Y, A, C$ gilt\n$$\n\\frac{FY}{YD} \\cdot \\frac{DA}{AS} \\cdot \\frac{SC}{CF} = -1\n$$\nAnalog liefert Menelaos in $\\triangle GDS$ mit den Punkten $X, A, B$\n$$\n\\frac{GX}{XD} \\cdot \\frac{DA}{AS} \\cdot \\frac{SB}{BG} = -1\n$$\nNach dem Vergleich der beiden Gleichungen bleibt zu zeigen\n$$\n\\frac{SC}{CF} = \\frac{SB}{BG} \\quad \\Leftrightarrow \\quad 1 - \\frac{CF}{SC} = 1 - \\frac{BG}{SB} \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{SF}{SC} = \\frac{SG}{SB} \\quad \\Leftrightarrow \\quad SF \\cdot SB = SG \\cdot SC\n$$\nDie letzte Gleichung stimmt, weil $S$ nach Konstruktion auf der Potenzlinie der beiden Kreise liegt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43754,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ die folgende Gleichung gilt\n$$\nf\\left(f(x)-y^{2}\\right)=f(x)^{2}-2 f(x) y^{2}+f(f(y))\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) \\equiv 0 for all x, or f(x) = x^2 for all x",
    "solution": "Solution:\nOffenbar ist $f=0$ eine Lösung der Gleichung. Wir nehmen im Folgenden daher an, dass $f$ nicht identisch verschwindet und zeigen, dass $f(z)=z^{2}$ gilt für alle $z \\in \\mathbb{R}$. Dass dies wirklich eine Lösung der Gleichung ist, rechnet man leicht nach. Mit $x=y=0$ folgt nun $f(f(0))=f(0)^{2}+f(f(0))$, also $f(0)=0$. Setze $y=0$, dann folgt damit\n$$\nf(f(x))=f(x)^{2}\n$$\nSetzt man dies in die ursprüngliche Gleichung ein, erhält man\n$$\nf\\left(f(x)-y^{2}\\right)=f(x)^{2}-2 f(x) y^{2}+f(y)^{2}\n$$\nErsetzt man hier $y$ durch $f(y)$ und verwendet wieder (1), dann folgt\n$$\nf\\left(f(x)-f(y)^{2}\\right)=\\left(f(x)-f(y)^{2}\\right)^{2}\n$$\nMit anderen Worten, es gilt\n$$\nf(z)=z^{2} \\quad \\text{ für alle } z \\in S=\\left\\{f(u)-f(v)^{2} \\mid u, v \\in \\mathbb{R}\\right\\} \\text{. }\n$$\nWir zeigen zuerst, dass jede nichtpositive reelle Zahl in $S$ liegt. Dazu wählen eine reelle Zahl $a$ mit $f(a) \\neq 0$. Indem wir $a$ gegebenenfalls durch $f(a)$ ersetzen, können wir wegen (1) sogar $f(a)>0$ annehmen. Aus (2) folgt mit $x=a$ nun\n$$\nf\\left(f(a)-y^{2}\\right)-f(y)^{2}=f(a)\\left(f(a)-2 y^{2}\\right)\n$$\nDie rechte Seite nimmt wegen $f(a)>0$ nun alle nichtpositiven reellen Werte an, also auch die linke. Dies beweist $\\mathbb{R}_{\\leq 0} \\subset R$ und somit gilt $f(z)=z^{2}$ für alle $z \\leq 0$ nach (3). Dies wiederum impliziert aber, dass alle nichtnegativen reellen Zahlen als Werte von $f$ vorkommen. Wegen $f(0)=0$ ergibt dies nun auch $\\mathbb{R}_{\\geq 0} \\subset S$, somit also auch $f(z)=z^{2}$ für alle $z \\in \\mathbb{R}$, wie behauptet.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43755,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDrei gleich grosse Kreise $k_{1}$, $k_{2}$, $k_{3}$ schneiden sich nichttangential in einem Punkt $P$. Seien $A$ und $B$ die Mittelpunkte der Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$. Sei $D$ bzw. $C$ der von $P$ verschiedene Schnittpunkt von $k_{3}$ mit $k_{1}$ bzw. $k_{2}$. Zeige, dass $A B C D$ ein Parallelogramm ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $M$ der Mittelpunkt von $k_{3}$. Man betrachte das Viereck $P B C M$. Alle vier Seiten dieses Vierecks sind nach Voraussetzung gleich lang. Folglich ist $P B C M$ ein Rhombus und $B C$ ist parallel zu $P M$. Analog kann gezeigt werden, dass $A D$ parallel ist zu $P M$. Daraus folgt direkt, dass $A D$ parallel ist zu $B C$. Nach Voraussetzung sind auch beide Strecken gleich lang, womit alles gezeigt ist.\n![](attached_image_1.png)\n\nWir zeigen $A D \\| B C$ mit Winkeljagd. Dies und die Tatsache, dass $A D$ und $B C$ nach Voraussetzung gleich lang sind, beendet den Beweis.\nSei $\\alpha=\\angle D C P$ der Peripheriewinkel in $k_{3}$ über der Sehne $D P$. Weil $k_{1}$ und $k_{3}$ gleich gross sind, ist der Peripheriewinkel in $k_{1}$ über $D P$ ebenfalls $\\alpha$ und der entsprechende Zentriwinkel $\\angle D A P=2 \\alpha$. Das Dreieck $A P D$ ist gleichschenklig und deshalb $\\angle A D P=90^{\\circ}-\\alpha$. Analog erhalten wir $\\angle B C P=90^{\\circ}-\\beta$, wenn wir $\\beta$ als Peripheriewinkel in $k_{3}$ über $C P$ definieren. Mit\n$$\n\\angle A D C+\\angle B C D=\\left(\\beta+90^{\\circ}-\\alpha\\right)+\\left(\\alpha+90^{\\circ}-\\beta\\right)=180^{\\circ}\n$$\nist $A D \\| B C$ gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43756,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem Tennistournier haben mindestens drei Spieler teilgenommen. Dabei haben je zwei Spieler genau einmal gegeneinander gespielt, und jeder Spieler hat mindestens ein Match gewonnen. Zeige, dass es drei Spieler $A, B, C$ gibt, sodass $A$ gegen $B$, $B$ gegen $C$ und $C$ gegen $A$ gewonnen hat.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWähle einen Spieler $A$, der unter allen Spielern die kleinste Anzahl Matches gewonnen hat. Seien $U$ und $V$ die Mengen der Spieler, gegen die $A$ gewonnen bzw. verloren hat. Nach Annahme sind $U$ und $V$ nicht leer. Hat ein Spieler $B$ aus $U$ gegen einen Spieler $C$ aus $V$ gewonnen, dann erfüllen $A, B, C$ die Bedingungen der Aufgabe und wir sind fertig. Wenn alle Spieler aus $U$ gegen alle Spieler aus $V$ verloren haben, dann haben die Spieler in $U$ aber allesamt weniger Matches gewonnen als $A$, ein Widerspruch zur Wahl von $A$.\n\n\nJeder der $n$ Spieler hat mindestens 1 und höchstens $n-1$ Matches gewonnen. Nach dem Schubfachprinzip gibt es also zwei Spieler $A$ und $B$, die gleichviele Matches gewonnen haben. Wir können annehmen, dass $A$ gegen $B$ gewonnen hat, und bezeichnen die Menge der Spieler, die gegen $B$ verloren haben, mit $U$. Mindestens ein Spieler $C$ aus $U$ muss gegen $A$ gewonnen haben, denn sonst hätte $A$ gegen $B$ und alle Spieler in $U$ gewonnen, also gegen mindestens einen Spieler mehr als $B$, ein Widerspruch. $A, B, C$ erfüllen die Bedingungen der Aufgabe.\n\n\nDie Notation $X \\rightarrow Y$ bedeute, dass $X$ sein Match gegen $Y$ gewonnen hat. Wir nennen eine Folge von verschiedenen Spielern $X_{1} \\rightarrow X_{2} \\rightarrow \\ldots \\rightarrow X_{k} \\rightarrow X_{1}$ einen Zyklus. Es gibt mindestens einen Zyklus: Wähle einen beliebigen Spieler $A_{1}$. Dieser hat gegen mindestens einen anderen Spieler $A_{2}$ gewonnen. Dieser wiederum gegen einen Spieler $A_{3}$. Fährt man so weiter, muss irgendwann ein Spieler zum zweiten Mal in dieser Folge auftauschen. Jede minimale Sequenz zwischen zwei solchen Wiederholungen liefert einen Zyklus.\nSei nun $X_{1} \\rightarrow X_{2} \\rightarrow \\ldots \\rightarrow X_{k} \\rightarrow X_{1}$ ein Zyklus minimaler Länge. Wir zeigen, dass $k=3$ gilt, was den Beweis beendet, denn die drei Spieler eines solchen Zyklus erfüllen genau die Bedingungen der Aufgabe. Nehme also $k>3$ an. Wenn $X_{1}$ gegen $X_{3}$ gewonnen hat, ist $X_{1} \\rightarrow X_{3} \\rightarrow X_{4} \\ldots \\rightarrow X_{k} \\rightarrow X_{1}$ ein Zyklus kleinerer Länge, Widerspruch. Wenn $X_{3}$ aber gegen $X_{1}$ gewonnen hat, dann ist $X_{1} \\rightarrow X_{2} \\rightarrow X_{3} \\rightarrow X_{1}$ ein Zyklus der Länge $3<k$, wieder ein Widerspruch.\n\n\nWir verwenden Induktion nach $n$, der Fall $n=3$ ist klar. Sei $S$ die Menge aller Spieler. Wir benötigen folgende Beobachtung:\nWenn es eine nichtleere Menge $U$ von Spielern gibt, sodass jeder Spieler aus $U$ gegen jeden Spieler aus $S \\backslash U$ verloren hat, dann erfüllen die Spieler in $U$ ebenfalls die Bedingungen der Aufgabe.\nIn der Tat, jeder Spieler in $U$ hat mindestens ein Match gewonnen, und zwar nach Voraussetzung gegen einen anderen Spieler in $U$. Ausserdem sind mindestens drei Spieler in $U$, denn ist $A$ einer davon, dann hat er gegen einen zweiten $B$ gewonnen, der wiederum gegen einen dritten Spieler $C$ aus $U$ gewonnen hat, und natürlich sind diese drei Spieler alle verschieden.\nWähle nun einen beliebigen Spieler $A$. Hat $A$ gegen alle anderen Spieler gewonnen, dann folgt die Behauptung induktiv aus (5) mit der Menge $U=S \\backslash\\{A\\}$. Nehme an, das sei nicht der Fall. Seien $X$ und $Y$ die nichtleeren Mengen der Spieler, gegen die $A$ gewonnen bzw. verloren hat. Hat ein Spieler $B$ aus $X$ gegen einen Spieler $C$ aus $Y$ gewonnen, dann erfüllen $A, B, C$ die Bedingungen der Aufgabe. Wenn nicht, dann\nhaben alle Spieler aus $X$ gegen alle Spieler aus $Y \\cup\\{A\\}$ verloren und die Behauptung folgt wieder induktiv aus (5) mit $U=X$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43757,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDas Polynom $P(x)=x^{3}-2 x^{2}-x+1$ besitze die drei reellen Nullstellen $a>b>c$. Finde den Wert des Ausdrucks\n$$\na^{2} b+b^{2} c+c^{2} a\n$$",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen $A=a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a$ und $B=a^{2} c+c^{2} b+b^{2} a$. Wegen $a>b>c$ gilt\n$$\nA-B=(a-c)(c-b)(b-a)>0\n$$\nalso ist $A$ grösser als $B$. Wir verwenden im Folgenden die Bezeichnungen\n$$\n\\begin{aligned}\nu & =a+b+c \\\nv & =a b+b c+c a \\\nw & =a b c\n\\end{aligned}\n$$\nnach dem Satz von Vieta gilt $u=2, v=-1, w=-1$. Nun gilt\n$$\n\\begin{aligned}\nA+B & =a(a b+a c)+b(b c+b a)+c(c b+c a) \\\\\n& =(a+b+c)(a b+b c+c a)-3 a b c=u v-3 w=1\n\\end{aligned}\n$$\nMit Hilfe der Identität $x^{3}+y^{3}+z^{3}-3 x y z=(x+y+z)\\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}-x y-y z-z x\\right)$ folgt weiter\n$$\n\\begin{aligned}\nA \\cdot B & =\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}-3 a b c\\right) a b c+\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}-3 a^{2} b^{2} c^{2}\\right)+9 a^{2} b^{2} c^{2} \\\\\n& =u\\left(u^{2}-3 v\\right) w+v\\left(v^{2}-3 u w\\right)+9 w^{2}=-12\n\\end{aligned}\n$$\nWiederum nach Vieta sind $A$ und $B$ daher die beiden Nullstellen des Polynoms $Q(x)=x^{2}-x-12=(x+3)(x-4)$. Wegen $A>B$ ergibt dies den gesuchten Wert $A=4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43758,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Sehnenviereck mit $\\angle ABC = 60^{\\circ}$. Nehme an, es sei $|BC| = |CD|$. Beweise, dass gilt\n$$\n|CD| + |DA| = |AB|\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $P$ der Punkt auf $AB$ mit $|BP| = |BC|$, sodass $A$ und $P$ auf der gleichen Seite von $B$ liegen. Nach Konstruktion ist $\\triangle PBC$ gleichschenklig und wegen $\\angle ABC = 60^{\\circ}$ sogar gleichseitig. Sei $\\angle CBD = \\angle CAD = \\alpha$. Offensichtlich ist $\\alpha < \\angle CBA = 60^{\\circ}$. Wir zeigen, dass die Dreiecke $ADC$ und $APC$ ähnlich und damit wegen der gemeinsamen Seite $AC$ kongruent sind. Aus $|BC| = |CD|$ folgt, dass der Peripheriewinkel über der Sehne $BC$ ebenfalls gleich $\\alpha$ ist, insbesondere gilt $\\angle CAD = \\angle CAB = \\alpha$. Da $\\angle CAB = \\alpha < 60^{\\circ} = \\angle CPB$ ist nun klar, dass der Punkt $P$ im Innern der Seite $AB$ liegt. Somit gilt\n$$\n\\angle APC = 120^{\\circ} = 180^{\\circ} - 60^{\\circ} = 180^{\\circ} - \\angle ABC = \\angle ADC\n$$\nLetzteres gilt, weil $ABCD$ ein Sehnenviereck ist. Damit ist gezeigt, dass $\\triangle ADC \\equiv \\triangle APC$ und bemerken abschliessend\n$$\n|AB| = |AP| + |PB| = |AD| + |BC| = |AD| + |CD|.\n$$\nSolution:\n\nSei $E$ das Bild von $A$ bei der Spiegelung an der Mittelsenkrechten von $BD$. Weil $\\triangle CDB$ gleichschenklig ist, bleibt $C$ fix, $B$ geht in $D$ über und $E$ liegt auf dem Umkreis von $ABCD$. Nach Peripheriewinkelsatz gilt $\\angle AEC = \\angle ABC = 60^{\\circ}$ und wegen Symmetrie auch $\\angle EAC = \\angle AEC = 60^{\\circ}$. $\\triangle AEC$ ist also gleichseitig und weil $B$ auf dem Umkreis dieses Dreiecks liegt, gilt nach der Eigenschaft vom gleichseitigen Dreieck\n$$\n|BA| = |BE| + |BC| = |AD| + |CD|\n$$\nwobei wir benutzt haben, dass wegen Symmetrie $|BE| = |AD|$ gilt.\nSolution:\n\nWeil $|BC| = |CD|$ gilt, ist $AC$ die Winkelhalbierende von $\\angle BAD$. Somit liegt das Bild von $D$ bei der Spiegelung an $AC$ auf der Geraden $AB$, wir nennen diesen Punkt $P$. Wegen Symmetrie und weil $ABCD$ ein Sehnenviereck ist, erhalten wir $\\angle APC = \\angle ADC = 180^{\\circ} - \\angle ABC = 120^{\\circ}$. Somit ist $\\angle BPC = 60^{\\circ}$ und $\\triangle BPC$ also gleichseitig. Es gilt nun\n$$\n|AB| = |AP| + |PB| = |AD| + |BC| = |AD| + |CD|.\n$$\nSolution:\n\nWeil $ABCD$ ein Sehnenviereck ist, folgt aus $\\angle ABC = 60^{\\circ}$, dass $\\angle ADC = 120^{\\circ}$. Es sei $a = |AB|$, $b = |BC| = |CD|$ und $c = |DA|$. Wir berechnen die Länge von $AC$ auf zwei verschiedene Wege:\n$$\n\\begin{aligned}\n& |AC|^2 = a^2 + b^2 - 2ab \\cdot \\cos 60^{\\circ} \\quad (\\text{Cosinussatz im Dreieck } ABC) \\\\\n& |AC|^2 = b^2 + c^2 - 2bc \\cdot \\cos 120^{\\circ} \\quad (\\text{Cosinussatz im Dreieck } ADC)\n\\end{aligned}\n$$\nEs ist $\\cos 60^{\\circ} = -\\cos 120^{\\circ} = \\frac{1}{2}$. Wir subtrahieren nun die zweite von der ersten Gleichung und faktorisieren zu\n$$\nb(a + c) = (a - c)(a + c)\n$$\nWir dividieren durch $(a + c)$ und erhalten wie gewünscht\n$$\na = b + c\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43759,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$ nichtnegative reelle Zahlen mit arithmetischem Mittel $m = \\frac{a+b+c}{3}$. Beweise, dass gilt\n$$\n\\sqrt{a+\\sqrt{b+\\sqrt{c}}} + \\sqrt{b+\\sqrt{c+\\sqrt{a}}} + \\sqrt{c+\\sqrt{a+\\sqrt{b}}} \\leq 3 \\sqrt{m+\\sqrt{m+\\sqrt{m}}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $A$ die linke Seite der Ungleichung. Nach AM-QM gilt\n$$\nA \\leq 3 \\sqrt{\\frac{1}{3}(a+\\sqrt{b+\\sqrt{c}}+b+\\sqrt{c+\\sqrt{a}}+c+\\sqrt{a+\\sqrt{b}})} = 3 \\sqrt{m+\\frac{1}{3} B}\n$$\nWiederum nach AM-QM erhält man für $B$\n$$\nB \\leq 3 \\sqrt{\\frac{1}{3}(b+\\sqrt{c}+c+\\sqrt{a}+a+\\sqrt{b})} = 3 \\sqrt{m+\\frac{1}{3} C}\n$$\nSchliesslich erhält man nochmal\n$$\nC \\leq 3 \\sqrt{\\frac{1}{3}(a+b+c)} = 3 \\sqrt{m}\n$$\nRückwärts Einsetzen liefert wie gewünscht\n$$\nA \\leq 3 \\sqrt{m+\\sqrt{m+\\sqrt{m}}}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43760,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $M \\subset \\{1,2,3, \\ldots, 2007\\}$ eine Menge mit folgender Eigenschaft: Unter je drei Zahlen aus $M$ kann man stets zwei auswählen, sodass die eine durch die andere teilbar ist. Wieviele Zahlen kann $M$ höchstens enthalten?",
    "options": [],
    "answer": "21",
    "solution": "Solution:\n\nZerlege die Menge $\\{1,2,3, \\ldots, 2007\\}$ wie folgt in 11 Teilmengen:\n$$\n\\{1\\} \\cup\\{2,3\\} \\cup\\{4,5,6,7\\} \\cup \\ldots \\cup\\{256, \\ldots, 511\\} \\cup\\{512, \\ldots, 1023\\} \\cup\\{1024, \\ldots, 2007\\}\n$$\nAus jeder dieser Teilmengen kann $M$ höchstens zwei Zahlen enthalten, denn der Quotient je zwei solcher Zahlen liegt zwischen $\\frac{1}{2}$ und $2$, ist also sicher nicht ganz. Somit kann $M$ höchstens $1+10 \\cdot 2=21$ Elemente enthalten. Andererseits erfüllt die 21-elementige Menge\n$$\nM=\\left\\{1,2,4,8, \\ldots, 2^{10}\\right\\} \\cup\\left\\{3,6,12,24, \\ldots, 3 \\cdot 2^{9}\\right\\}=A \\cup B\n$$\ndie Bedingung der Aufgabe, denn von je drei Elementen liegen zwei in derselben Teilmenge $A$ oder $B$, die kleinere der beiden teilt dann die grössere.\n\n\nSolution 2:\n\nFür $n \\geq 1$ sei $A_{n}$ die Menge aller natürlichen Zahlen $\\leq 2007$, die ein Produkt von genau $n$ Primzahlen sind. Wegen $2^{11}>2007$ sind die $A_{n}$ leer für $n \\geq 11$. Nun kann $M$ höchstens zwei Zahlen aus jeder der Mengen $A_{1}, \\ldots, A_{10}$ enthalten, denn sind zwei verschiedene natürliche Zahlen das Produkt von gleich vielen Primzahlen, dann kann keine durch die andere teilbar sein. Zusammen mit der Zahl $1$ enthält $M$ also höchstens $1+10 \\cdot 2=21$ Elemente.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43761,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLängs eines Kreises stehen die Zahlen $1, 2, \\ldots, 2006$ in beliebiger Reihenfolge. Es können nun wiederholt zwei auf dem Kreis benachbarte Zahlen miteinander vertauscht werden. Nach einer Folge solcher Vertauschungen steht jede der Zahlen diametral gegenüber ihrer Anfangsposition. Beweise, dass mindestens einmal zwei Zahlen mit Summe $2007$ vertauscht wurden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nFür $1 \\leq k \\leq 2006$ sei $a_{k}$ wie folgt definiert: Am Anfang ist $a_{k}=0$ und jedes Mal, wenn die Zahl $k$ eine Position im (gegen den) Uhrzeigersinn wandert, erhöht (erniedrigt) sich $a_{k}$ um $1$. Die Größe $a_{1} + \\ldots + a_{2006}$ ist am Anfang gleich $0$ und ändert sich bei einer Vertauschung nicht, verschwindet also immer. Wenn die Zahl $k$ auf die gegenüberliegende Position gewandert ist, muss gelten $a_{k} = 1003 + n \\cdot 2006$ mit einer ganzen Zahl $n$, insbesondere ist $a_{k}$ ungerade. Wenn nun nie zwei Zahlen mit Summe $2007$ vertauscht werden, dann gilt $a_{k} = a_{2007-k}$ für alle $k$. Zum Beweis nehmen wir an, es sei $a_{k} = a_{2007-k} + n \\cdot 2006$ mit $n \\geq 1$. Sei $0 < m < 2006$ der Abstand der Zahl $k$ zu der Zahl $2007 - k$ im Uhrzeigersinn gemessen vor der ersten Vertauschung. Die Differenz $a_{k} - a_{2007-k}$ ist anfangs gleich $0$, am Schluss mindestens $2006$, und ändert sich in jedem Schritt um höchstens $1$, wenn wir annehmen, dass $k$ und $2007-k$ nie vertauscht werden. Dann muss diese Differenz aber irgendwann gleich $m$ sein, was bedeutet, dass $k$ und $2007-k$ auf derselben Position stehen, dies ist ein Widerspruch. Daraus folgt nun $0 = a_{1} + \\ldots + a_{2006} = 2\\left(a_{1} + \\ldots + a_{1003}\\right)$, also verschwindet die letzte Klammer. Das ist aber nicht möglich, da die Summe einer ungeraden Anzahl ungerader Zahlen nie $0$ sein kann, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43762,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLeute aus $n$ verschiedenen Ländern sitzen an einem runden Tisch, sodass für je zwei Personen aus demselben Land ihre direkten Sitznachbarn rechts von ihnen aus verschiedenen Ländern stammen. Was ist die grösstmögliche Anzahl Personen, die am Tisch Platz nehmen können?",
    "options": [],
    "answer": "n^2",
    "solution": "Solution:\n\nDie Personen aus einem festen Land haben rechts Sitznachbarn aus paarweise verschiedenen Ländern, es können also höchstens $n$ Leute pro Land am Tisch sitzen. Dies ergibt die obere Grenze $n^{2}$.\n\nWir zeigen nun induktiv, dass diese Grenze erreicht werden kann. Im Folgenden repräsentieren wir Personen aus dem $k$-ten Land mit einem $k$. Wenn wirklich $n^{2}$ Personen am Tisch sitzen, dann muss jedes Paar $(k, l)$, $1 \\leq k, l \\leq n$ genau einmal als Sitznachbarpaar vorkommen. Für $n=2$ funktioniert die zyklische Anordnung 1122. Nehme an, wir hätten bereits eine Anordnung für $n-1$ gefunden. Ersetze nun das Nachbarpaar 11 durch $1 n n 11$ und ersetze für $2 \\leq k \\leq n-1$ das Paar $k k$ durch $k n k k$. Die neue Anordnung enthält nun jedes Paar $(k, l)$, $1 \\leq k, l \\leq n$ wiederum genau einmal. Der Induktionsschritt ist komplett.\nSolution:\n\nWir geben eine alternative Konstruktion einer Sitzordnung für $n^{2}$ Personen. Für $n=2$ verwenden wir wieder die Anordnung 1122. Wir nehmen nun an, dass wir für $n-1$ bereits eine solche Anordnung konstruiert haben, sodass ausserdem die erste Person aus Land 1 und die letzte Person aus Land $n-1$ stammt. Ergänze diese Anordnung durch\n$$\n1\\ n\\ 2\\ n\\ 3\\ n\\ \\ldots\\ n(n-1)\\ n\\ n\n$$\num eine solche für $n$ zu erhalten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43763,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a, b, c, d$ reelle Zahlen. Beweise, dass gilt\n$$\n\\left(a^{2}+b^{2}+1\\right)\\left(c^{2}+d^{2}+1\\right) \\geq 2(a+c)(b+d)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWenn wir $a, b, c, d$ durch ihre Beträge ersetzen, bleibt die linke Seite gleich, die rechte Seite wird höchstens grösser. Es genügt also, den Fall $a, b, c, d \\geq 0$ zu betrachten. Nach C.S. gilt\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(a^{2}+b^{2}+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}\\right)\\left(\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}+c^{2}+d^{2}\\right) & \\geq\\left(\\frac{a}{\\sqrt{2}}+\\frac{b}{\\sqrt{2}}+\\frac{c}{\\sqrt{2}}+\\frac{d}{\\sqrt{2}}\\right)^{2} \\\\\n& =\\frac{1}{2}(a+b+c+d)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nAndererseits ist nach AM-GM\n$$\n2(a+c)(b+d) \\leq 2\\left(\\frac{(a+c)+(b+d)}{2}\\right)^{2}=\\frac{1}{2}(a+b+c+d)^{2}\n$$\n\nWir können wieder annehmen, dass $a, b, c, d$ nichtnegativ sind. Ersetze $a, b$ respektive $c, d$ durch ihr jeweiliges quadratisches Mittel. Die linke Seite bleibt dabei gleich, die rechte wird jedoch grösser, denn es gilt\n$$\n(a+c)(b+d) \\leq\\left(\\frac{a+b+c+d}{2}\\right)^{2} \\leq\\left(\\sqrt{\\frac{a^{2}+b^{2}}{2}}+\\sqrt{\\frac{c^{2}+d^{2}}{2}}\\right)^{2}\n$$\nnach AM-GM und AM-QM. Es genügt daher den Fall $a=b$ und $c=d$ zu betrachten, die Ungleichung lautet dann\n$$\n\\left(2 a^{2}+1\\right)\\left(2 c^{2}+1\\right) \\geq 2(a+c)^{2}\n$$\nDies ist aber äquivalent zu $(2 a c-1)^{2} \\geq 0$.\n\n\nDie Differenz zwischen der linken und der rechten Seite ist gleich\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(a c-\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\left(a d-\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\left(b c-\\frac{1}{2}\\right)^{2}+\\left(b d-\\frac{1}{2}\\right)^{2} \\\\\n& \\quad+\\frac{1}{2}(a-b+c-d)^{2}+\\frac{1}{2}(a-b)^{2}+\\frac{1}{2}(c-d)^{2} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43764,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $AB \\neq AC$ und Höhenschnittpunkt $H$. Der Mittelpunkt der Seite $BC$ sei $M$. Die Punkte $D$ auf $AB$ und $E$ auf $AC$ seien so, dass $AE = AD$ ist und $D, H, E$ auf einer Geraden liegen. Zeige, dass $HM$ und die gemeinsame Sehne der Umkreise der beiden Dreiecke $ABC$ und $ADE$ rechtwinklig zueinander liegen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $k$ der Umkreis von $\\triangle ABC$ und sei $O$ Mittelpunkt von $k$. Der zweite Schnittpunkt von $AO$ mit $k$ sei $P$. Wir zeigen als erstes, dass die Punkte $H, M, P$ auf einer Geraden liegen. Die Höhenfusspunkte der Höhen von $\\triangle ABC$ durch $B$ bzw. $C$ seien $B_1$ bzw. $C_1$. Da $AP$ ein Durchmesser von $k$ ist, gilt $\\angle ABP = 90^\\circ = \\angle AC_1C$ und ebenfalls $\\angle ACP = 90^\\circ = \\angle AB_1B$. Damit ist $BPCH$ ein Parallelogramm und $HM$ schneidet $k$ in $P$.\n\nSei $Q$ der zweite Schnittpunkt von $PH$ mit $k$. Es genügt zu zeigen, dass $Q$ auf dem Umkreis von $\\triangle ADE$ liegt. Sei $S$ der Schnittpunkt von $PH$ mit der Winkelhalbierenden von $\\angle BAC$. Offenbar liegt $Q$ auf dem Thaleskreis über $AS$. Wir zeigen nun, dass auch $D$ auf diesem Thaleskreis liegt.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSei $\\angle BAC = \\alpha$. Einfache Winkeljagd zeigt $\\angle BHC_1 = \\alpha$ und $\\angle DHC_1 = 90^\\circ - \\angle EDA = \\alpha/2$, d.h. $HD$ ist die Winkelhalbierende von $\\angle BHC_1$ und es gilt somit\n$$\n\\frac{C_1D}{DB} = \\frac{HC_1}{HB}\n$$\nSei $\\angle ABC = \\beta$. Es gilt nun $\\angle BAH = \\angle CAP = 90^\\circ - \\beta$. Damit ist $AS$ auch Winkelhalbierende von $\\angle HAP$ und somit\n$$\n\\frac{HS}{SP} = \\frac{AH}{AP} = \\frac{HC_1}{CP}\n$$\nDie zweite Gleichung gilt, weil $\\triangle AHC_1 \\sim \\triangle APC$. Weil $BPCH$ ein Parallelogramm ist, können wir mit $CP = HB$ zusammenfassend schliessen\n$$\n\\frac{C_1D}{DB} = \\frac{HS}{SP}\n$$\nDaraus folgt $DS \\parallel C_1C$ und somit $\\angle ADS = 90^\\circ$, was bedeutet, dass die Punkte $A, Q, D, S$ auf einem Kreis liegen. Analog zeigt man, dass auch $E$ auf diesem Kreis liegt. Damit ist gezeigt, dass $Q$ auf dem Umkreis von $\\triangle ADE$ liegt und weil $AP$ ein Durchmesser von $k$, gilt $\\angle PQA = 90^\\circ$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43765,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle Paare $(a, b)$ natürlicher Zahlen, sodass\n$$\n\\frac{a^{3}+1}{2 a b^{2}+1}\n$$\neine ganze Zahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "(a, b) = (2 n^2 + 1, n) for n in natural numbers",
    "solution": "Solution:\n\nNach Voraussetzung ist $2 a b^{2}+1$ ein Teiler von $a^{3}+1$, also auch von $a^{2}\\left(2 a b^{2}+1\\right)-2 b^{2}\\left(a^{3}+1\\right)=a^{2}-2 b^{2}$. Weiter gilt sicher $2 b^{2} \\leq a^{2}$, denn sonst wäre der Nenner grösser als der Zähler. Der Fall $2 b^{2}=a^{2}$ ist nicht möglich, denn sonst wäre 2 eine Quadratzahl. Folglich ist $a^{2}-2 b^{2}>0$ und es muss gelten\n$$\n2 a b^{2}+1 \\leq a^{2}-2 b^{2} \\quad \\Longleftrightarrow \\quad 2 b^{2}(a+1) \\leq(a-1)(a+1) \\quad \\Longleftrightarrow \\quad 2 b^{2} \\leq a-1\n$$\nWeiter ist $2 a b^{2}+1$ auch ein Teiler von $a\\left(2 a b^{2}+1\\right)-2 b^{2}\\left(a^{2}-2 b^{2}\\right)=a+4 b^{4}$. Folglich gilt auch\n$$\n2 a b^{2}+1 \\leq a+4 b^{4} \\quad \\Longleftrightarrow \\quad a\\left(2 b^{2}-1\\right) \\leq\\left(2 b^{2}+1\\right)\\left(2 b^{2}-1\\right) \\quad \\Longleftrightarrow \\quad a \\leq 2 b^{2}+1\n$$\nBeide Abschätzungen zusammen ergeben die Gleichung $a=2 b^{2}+1$, also sind die gesuchten Paare alle von der Form $(a, b)=\\left(2 n^{2}+1, n\\right)$ mit $n \\in \\mathbb{N}$. Einsetzen zeigt, dass es auch wirklich Lösungen sind:\n$$\n\\frac{a^{3}+1}{2 a b^{2}+1}=\\frac{a^{3}+1}{a(a-1)+1}=a+1=2 n^{2}+2\n$$\nSolution:\n\nWie in der ersten Lösung folgt, dass $2 a b^{2}+1$ ein Teiler ist von $a^{2}-2 b^{2}>0$. Folglich gibt es eine natürliche Zahl $k$ mit $k\\left(2 a b^{2}+1\\right)=a^{2}-2 b^{2}$. Dies ist eine quadratische Gleichung in $a$ :\n$$\na^{2}-2 k b^{2} a-\\left(2 b^{2}+k\\right)=0\n$$\nDie Diskriminante $D=4\\left(k^{2} b^{4}+2 b^{2}+k\\right)$ muss daher eine Quadratzahl sein. Für $k \\geq 2$ gilt aber\n$$\n\\left(k b^{2}\\right)^{2}<k^{2} b^{4}+2 b^{2}+k<\\left(k b^{2}+1\\right)^{2}\n$$\nfolglich liegt der mittlere Term zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadraten und kann nicht selbst eines sein. Es muss daher $k=1$ sein und wie in der ersten Lösung folgt $a=2 b^{2}+1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43766,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte einen Würfel mit Kantenlänge $2a$. In jedem Eckpunkt, jedem Kantenmittelpunkt und jedem Flächenmittelpunkt befindet sich eine Stadt. Zwei Städte sind durch eine Strasse miteinander verbunden, falls ihr Abstand $a$ beträgt. Gibt es eine Reiseroute, die durch jede Stadt genau einmal führt?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nFärbe alle Städte in den Eck- und Flächenmittelpunkten rot und alle Städte in den Kantenmittelpunkten blau. Jede Strasse verbindet dann eine rote und eine blaue Stadt. Längs jeder Reiseroute alternieren daher die Farben der besuchten Städte. Daraus folgt, dass sich die Anzahl blauer und roter Städte längs einer solchen Route um höchstens 1 unterscheiden. Nun gibt es aber 14 rote und bloss 12 blaue Städte, es ist daher unmöglich alle Städte in einer einzigen Reise genau einmal zu besuchen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43767,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Trapez mit $AB \\parallel CD$ und $AB > CD$. Die Punkte $K$ und $L$ liegen auf den Seiten $AB$ bzw. $CD$ mit $\\dfrac{AK}{KB} = \\dfrac{DL}{LC}$. Die Punkte $P$ und $Q$ liegen so auf der Strecke $KL$, dass gilt\n$$\n\\angle APB = \\angle BCD \\quad \\text{und} \\quad \\angle CQD = \\angle ABC\n$$\nZeige, dass die Punkte $P$, $Q$, $B$ und $C$ auf einem Kreis liegen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir bezeichnen die beiden gegebenen Winkelgrößen mit $\\alpha = \\angle ABC = \\angle CQD$ und $\\beta = \\angle BCD = \\angle APB$. Weil $AB \\parallel CD$ gilt $\\alpha + \\beta = 180^{\\circ}$. Ebenfalls weil $AB \\parallel CD$ folgt aus $\\dfrac{AK}{KB} = \\dfrac{DL}{LC}$, dass sich die Geraden $AD$, $BC$ und $KL$ in einem gemeinsamen Punkt $S$ schneiden. Wir betrachten die zentrische Streckung an $S$, welche den Punkt $D$ auf $A$ abbildet (dabei wird $L$ auf $K$ und $C$ auf $B$ abgebildet). Der Bildpunkt von $Q$ bei dieser Abbildung sei $Z$. Das Viereck $AZBP$ ist ein Sehnenviereck, denn\n$$\n\\angle AZB + \\angle APB = \\angle DQC + \\angle APB = \\alpha + \\beta = 180^{\\circ}\n$$\nSei $x = \\angle SQC = \\angle SZB$. Aus dem Peripheriewinkelsatz im Sehnenviereck $AZBP$ folgt $\\angle PAB = x$. Mit der Winkelsumme im Dreieck $ABP$ erhalten wir $\\angle ABP = \\alpha - x$ und damit\n$$\n\\angle PBC = \\alpha - \\angle ABP = \\alpha - (\\alpha - x) = x\n$$\nEs gilt also $\\angle SQC = \\angle PBC$ und daraus folgt – gleichgültig in welcher Reihenfolge $P$ und $Q$ auf der Strecke $KL$ liegen – dass die Punkte $P$, $Q$, $B$ und $C$ auf einem Kreis liegen.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSeien $\\alpha$, $\\beta$ und $S$ gleich definiert wie vorhin. Sei $E$ der Schnittpunkt von $AP$ und $DQ$ und sei $F$ der Schnittpunkt von $BP$ und $CQ$. Da der Fall $P = Q$ trivial ist, können wir annehmen $P \\neq Q$ und somit $E \\neq F$. Wir zeigen nun, dass die Gerade $EF$ parallel zu $AB$ ist. Dazu wenden wir den Satz von Menelaos zuerst in Dreieck $ASP$ mit der Geraden $DQ$ und dann in Dreieck $BSP$ mit der Geraden $CQ$ an. Wir erhalten die beiden Gleichungen\n$$\n\\frac{AD}{DS} \\cdot \\frac{SQ}{QP} \\cdot \\frac{PE}{EA} = -1 \\quad \\text{und} \\quad \\frac{BC}{CS} \\cdot \\frac{SQ}{QP} \\cdot \\frac{PF}{FB} = -1\n$$\nDie beiden ersten Faktoren der Gleichungen sind gleich, weil $AB \\parallel CD$. Somit sind auch die beiden letzten Faktoren gleich, woraus folgt, dass $EF$ parallel zu $AB$ ist. Wegen $\\angle EPF + \\angle EQF = \\beta + \\alpha = 180^{\\circ}$ ist $PEQF$ ein Sehnenviereck. Sei wie bei der ersten Lösung $x = \\angle SQC$. Mit dem Peripheriewinkelsatz im Sehnenviereck $PEQF$ folgt $\\angle PEF = x$ und weil $EF \\parallel AB$ auch $\\angle PAB = x$. Man beende den Beweis nun gleich wie bei der ersten Lösung.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43768,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFür eine natürliche Zahl $n$ sei\n$$\nf(n)=\\frac{1}{n} \\sum_{k=1}^{n}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor\n$$\nBeweise, dass es unendlich viele natürliche Zahlen $m$ gibt, für die die Ungleichung $f(m)<f(m+1)$ gilt, und dass es unendlich viele natürlichen Zahlen $m$ gibt, für die die Ungleichung $f(m)>f(m+1)$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir geben einen kombinatorischen Beweis. Dazu müssen wir zuerst eine geeignete Interpretation der Funktion $f$ finden. Für natürliche Zahlen $n, k$ ist $\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor$ gleich der Anzahl natürlicher Zahlen $\\leq n$, die durch $k$ teilbar sind. Oder anders formuliert, gleich der Anzahl natürlicher Zahlen $\\leq n$, die $k$ als Teiler besitzen. Bezeichnet $\\tau(k)$ die Anzahl positiver Teiler von $k$, dann gilt demnach\n$$\n\\sum_{k=1}^{n}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor=\\sum_{k=1}^{n} \\tau(k)\n$$\nund $f(n)$ ist daher die durchschnittliche Anzahl Teiler aller natürlichen Zahlen $\\leq n$. Mit Hilfe von (4) rechnet man leicht nach, was intuitiv klar ist, nämlich dass\n$$\nf(n)>f(n+1) \\quad \\Longleftrightarrow \\quad f(n)>\\tau(n+1)\n$$\nund analog für das umgekehrte Ungleichungszeichen.\n\nNach dieses Vorbereitungen ist der Rest nun einfach. Einerseits gilt $\\tau(n) \\geq 2$ für alle $n \\geq 2$ mit Gleichheit genau dann, wenn $n$ eine Primzahl ist. Ausserdem ist $f(6)>2$ und daher $f(n)>2$ für alle $n \\geq 6$. Die Ungleichung $f(m)>\\tau(m+1)$ ist also sicher für jede Primzahl $m+1 \\geq 7$ erfüllt, und von dieses gibt es unendlich viele.\n\nAndererseits ist die Ungleichung $f(m)<\\tau(m+1)$ sicher immer dann erfüllt, wenn die Zahl $m+1$ mehr Teiler besitzt als alle natürlichen Zahlen $\\leq m$. Davon gibt es aber auch unendlich viele, denn die Funktion $\\tau$ ist nicht nach oben beschränkt, zum Beispiel ist $\\tau\\left(2^{r}\\right)=r+1$.\nSolution:\n\nDiesmal mit algebraischen Methoden. Wir zeigen zuerst, dass die Funktion $f$ nicht nach oben beschränkt ist. Es gilt nämlich $\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor>\\frac{n}{k}-1$ und somit\n$$\nf(n)=\\frac{1}{n} \\sum_{k=1}^{n}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor>\\frac{1}{n} \\sum_{k=1}^{n}\\left(\\frac{n}{k}-1\\right)=\\left(\\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k}\\right)-1=\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{n}\n$$\nAuf der rechten Seite steht nun die harmonische Reihe, die bekanntlich divergiert. Genauer gilt für $n=2^{m}$ die Abschätzung\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{1}{2}+\\frac{1}{3}+\\ldots+\\frac{1}{2^{m}} & >\\frac{1}{2}+\\left(\\frac{1}{4}+\\frac{1}{4}\\right)+\\left(\\frac{1}{8}+\\frac{1}{8}+\\frac{1}{8}+\\frac{1}{8}\\right)+\\ldots+\\left(\\frac{1}{2^{m}}+\\ldots+\\frac{1}{2^{m}}\\right) \\\\\n& =\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}+\\frac{1}{2}+\\ldots+\\frac{1}{2}=\\frac{m}{2}\n\\end{aligned}\n$$\nSomit ist $f$ also wirklich nicht nach oben beschränkt und insbesondere existieren unendlich viele natürlichen Zahlen $n$ mit $f(n)<f(n+1)$.\n\nWir zeigen nun, dass auch die umgekehrte Ungleichung unendlich oft gilt. Zuerst bemerken wir, dass genau dann $\\left\\lfloor\\frac{n+1}{k}\\right\\rfloor=\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor$ gilt, wenn $n+1$ nicht durch $k$ teilbar ist. Ausserdem zeigt obige Abschätzung, dass $f(n)>2$ ist für alle $n \\geq 16$. Sei nun $n+1 \\geq 17$ eine Primzahl, dann gilt\n$$\n\\begin{aligned}\nn(n+1) f(n) & =(n+1) \\sum_{k=1}^{n}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor \\stackrel{(*)}{>} n \\sum_{k=1}^{n}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor+2 n \\\\\n& =n\\left(\\sum_{k=1}^{n}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor+2\\right)=n \\sum_{k=1}^{n+1}\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor=n(n+1) f(n+1)\n\\end{aligned}\n$$\nwobei wir bei $\\left(^*\\right) f(n)>2$ verwendet haben. Weil es unendlich viele Primzahlen $\\geq 17$ gibt, ist damit alles bewiesen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43769,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$, sodass für alle $x, y>0$ gilt\n$$\nf\\left(x^{y}\\right)=f(x)^{f(y)}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1 for all x > 0, and f(x) = x for all x > 0",
    "solution": "Solution:\nDie konstante Funktion $f(x)=1$ für alle $x>0$ ist offensichtlich eine Lösung der Gleichung. Wir nehmen nun an, dass $f$ nicht konstant gleich $1$ ist und wählen ein $a>0$ mit $f(a) \\neq 1$. Nach den Potenzgesetzen gilt für alle $x, y>0$\n$$\nf(a)^{f(x y)}=f\\left(a^{x y}\\right)=f\\left(\\left(a^{x}\\right)^{y}\\right)=f\\left(a^{x}\\right)^{f(y)}=\\left(f(a)^{f(x)}\\right)^{f(y)}=f(a)^{f(x) f(y)}\n$$\nwegen $f(a) \\neq 1$ also $f(x y)=f(x) f(y)$. Unter Verwendung dieser Gleichung bei $(*)$ folgt wiederum nach den Potenzgesetzen für alle $x, y>0$\n$$\nf(a)^{f(x+y)}=f\\left(a^{x+y}\\right)=f\\left(a^{x} \\cdot a^{y}\\right) \\stackrel{(*)}{=} f\\left(a^{x}\\right) \\cdot f\\left(a^{y}\\right)=f(a)^{f(x)} \\cdot f(a)^{f(y)}=f(a)^{f(x)+f(y)}\n$$\nalso wegen $f(a) \\neq 1$ die Gleichung $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Wir zeigen nun, dass die einzigen additiven Funktionen $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$ die linearen $f(x)=c x$ sind (wobei natürlich $c>0$ gilt).\nZuerst folgt aus der Additivität mit Induktion die Gleichung $f(n x)=n f(x)$ für alle natürlichen Zahlen $n$ und alle reellen $x>0$. Daraus ergibt sich wiederum $f(r)=a r$ für alle rationalen Zahlen $r>0$ und $c=f(1)>0$. Da $f$ nun nur positive Werte annimmt, ist $f$ streng monoton steigend, denn für $0<u<v$ gilt $f(v)=f(u)+f(v-u)>f(u)$. Sei nun $x>0$ und $x>\\varepsilon>0$ beliebig. Wähle rationale Zahlen $r, s$ mit $x-\\varepsilon<r<x<s<x+\\varepsilon$, dann folgt aus dem schon Bewiesenen\n$$\nc(x-\\varepsilon)<c r=f(r)<f(x)<f(s)=c s<c(x+\\varepsilon)\n$$\nDa dies für beliebig kleine $\\varepsilon>0$ gilt, folgt $f(x)=c x$ wie behauptet.\nSchliesslich ist eine lineare Funktion $f(x)=c x$ genau dann multiplikativ, wenn $c=1$ ist. Wir erhalten also die beiden Lösungen $f(x)=1$ und $f(x)=x$.\n\n\nWir nehmen wieder $f \\neq 1$ an und wählen ein $a>0$ mit $f(a) \\neq 1$. Wegen $f(1)=f(1)^{f(1)}$ gilt $f(1)=1$ und somit $a \\neq 1$. Wie in der ersten Lösung zeigt man, dass $f$ multiplikativ ist. Wir zeigen nun, dass der Graph von $f$ nicht dicht liegt in $\\mathbb{R}^{+} \\times \\mathbb{R}^{+}$. Dazu nehmen wir zuerst an, es sei $f(a)>1$. Für alle $y>0$ gilt dann $f\\left(a^{y}\\right)=f(a)^{f(y)}>1$. Da $a^{y}$ für $y>0$ alle Zahlen im Intervall $]0, 1[$ beziehungsweise $]1, \\infty[$ durchläuft, je nachdem ob $a<1$ oder $a>1$ ist, enthält der Graph von $f$ entweder keinen Punkt aus dem Rechteck $]0,1[\\times]0,1]$ oder keinen Punkt aus dem Rechteck $]1, \\infty[\\times]0,1]$. In beiden Fällen liegt er nicht dicht. Völlig analog behandelt man den Fall $f(a)<1$. Jetzt können wir das folgende wohlbekannte Resultat anwenden:\nLemma 1. Sei $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$ eine Funktion mit $f(x y)=f(x) f(y)$ für alle $x, y>0$, dann gilt genau einer der folgenden Fälle:\n(a) Es existiert eine reelle Konstante $c$ mit $f(x)=x^{c}$ für alle $x>0$.\n(b) Der Graph von $f$ liegt dicht in $\\mathbb{R}^{+} \\times \\mathbb{R}^{+}$.\nFolglich ist also $f(x)=x^{c}$ mit einer reellen Konstante $c \\neq 0$ (wir haben $f \\neq 1$ angenommen). Einsetzen ergibt die Gleichung $x^{c y}=x^{c y^{c}}$ für alle $x, y>0$. Mit $x=y=2$ folgt daraus $c=1$ und die einzige Lösung dieser Form ist die Identität $f(x)=x$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43770,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIm Dreieck $A B C$ sei $J$ der Mittelpunkt des Ankreises, welcher die Seite $B C$ in $A_{1}$ und die Verlängerungen der Seiten $A C$ und $A B$ in $B_{1}$ bzw. $C_{1}$ berührt. Die Gerade $A_{1} B_{1}$ schneide die Gerade $A B$ rechtwinklig in $D$. Sei $E$ die Projektion von $C_{1}$ auf die Gerade $D J$. Bestimme die Grösse der Winkel $\\angle B E A_{1}$ und $\\angle A E B_{1}$.",
    "options": [],
    "answer": "angle BEA1 = 90°, angle AEB1 = 90°",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen zuerst, dass die Punkte $C_{1}, E, C$ auf einer Geraden liegen, indem wir $C_{1} C \\perp D J$ zeigen. Sei $K$ der Schnittpunkt von $J C$ und $A_{1} B_{1}$. Weil $C B_{1}$ und $C A_{1}$ tangential zum Ankreis liegen, gilt $J C \\perp A_{1} B_{1}$ und wegen $\\angle K D C_{1}=\\angle D C_{1} J=90^{\\circ}$ ist $D C_{1} J K$ ein Rechteck. Weil $C J B_{1}$ ein rechtwinkliges Dreieck ist, erhalten wir\n$$\nJ C_{1}^{2}=J B_{1}^{2}=J C \\cdot J K=J C \\cdot C_{1} D \\quad \\Rightarrow \\quad \\frac{J C_{1}}{J C}=\\frac{C_{1} D}{C_{1} J}\n$$\nAlso sind die beiden rechtwinkligen Dreiecke $C C_{1} J$ und $J D C_{1}$ ähnlich und wir erhalten $\\angle C_{1} D J=\\angle J C_{1} C$, woraus $C_{1} C \\perp D J$ folgt. Somit liegen die Punkte $C_{1}, E, C$ auf einer Geraden.\n\nWegen $\\angle C A_{1} J=\\angle C B_{1} J=\\angle C E J=90^{\\circ}$ liegen die Punkte $A_{1}, B_{1}$ und $E$ auf dem Thaleskreis über $C J$. Wir haben nun\n$$\n\\angle D B A_{1}=90^{\\circ}-\\angle K A_{1} C=\\angle A_{1} C J=180^{\\circ}-\\angle A_{1} E J=\\angle D E A_{1}\n$$\nDaraus folgt, dass $B E A_{1} D$ ein Sehnenviereck ist und wir finden $\\angle B E A_{1}=90^{\\circ}$. Das Viereck $A D E B_{1}$ ist ebenfalls ein Sehnenviereck, denn $\\angle E B_{1} A=\\angle E J C=\\angle E D C_{1}$. Somit erhalten wir $\\angle A E B_{1}=\\angle A D B_{1}=90^{\\circ}$.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSeien $k_{1}, k_{2}$ und $k_{3}$ die Kreise mit Durchmesser $C_{1} D, A_{1} B$ bzw. $A B_{1}$. Die Geraden $J C_{1}, J A_{1}$ und $J B_{1}$ liegen tangential an $k_{1}, k_{2}$ bzw. $k_{3}$. Wegen des rechten Winkels bei $D$ schneiden sich $k_{2}$ und $k_{3}$ in $D$. Da $\\angle C_{1} E D=90^{\\circ}$ ist, liegt $E$ auf $k_{1}$ und es gilt nach Potenzsatz\n$$\nJ C_{1}^{2}=J D \\cdot J E\n$$\nWeil $J A_{1}=J B_{1}=J C_{1}$ gleich dem Radius des Ankreises sind, gilt ebenfalls\n$$\nJ A_{1}^{2}=J D \\cdot J E \\quad \\text{ und } \\quad J B_{1}^{2}=J D \\cdot J E\n$$\nAus diesen Gleichungen folgt, dass der Punkt $E$ auch auf den Kreisen $k_{2}$ und $k_{3}$ liegt und somit erhalten wir $\\angle B E A_{1}=\\angle A E B_{1}=90^{\\circ}$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43771,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWie viele siebenstellige Zahlen gibt es, für die das Produkt der Ziffern gleich $45^{3}$ ist?",
    "options": [],
    "answer": "350",
    "solution": "Solution:\n\nWir untersuchen zuerst, welche Ziffern wie oft vorkommen können. Die Primfaktorzerlegung von $45^{3}$ ist $3^{6} \\cdot 5^{3}$. Aus dieser ist ersichtlich, dass $1, 3, 5$ und $9$ die einzigen natürlichen Zahlen sind, die kleiner als $10$ sind und $45^{3}$ teilen. Es können also nur diese vier Ziffern in der Zahl vorkommen. Da die $5$ die einzige solche Ziffer ist, die durch $5$ teilbar ist, muss sie genau drei Mal in der siebenstelligen Zahl vorkommen. Das Produkt der anderen vier Ziffern muss $3^{6}$ ergeben. Wenn die Ziffer $1$ vorkommt, müssen die drei anderen Ziffern alles $9$er sein, damit man auf $3^{6}$ kommt. Ist keine Ziffer $1$, so müssen zwei Ziffern $3$ und zwei Ziffern $9$ sein. Jede siebenstellige Zahl, welche die gegebene Bedingung erfüllt, besteht also entweder aus den Ziffern $1, 5, 5, 5, 9, 9, 9$ oder $3, 3, 5, 5, 5, 9, 9$.\n\nWir berechnen nun wie viele verschiedene Zahlen sich aus diesen Ziffern bilden lassen. Im ersten Fall hat man $\\binom{7}{3}$ Möglichkeiten, um die $5$er zu verteilen und noch $4$ Möglichkeiten um die $1$ festzulegen. Die Anordnung der drei $9$er ist damit auch festgelegt. Für den ersten Fall erhält man also\n$$\n\\binom{7}{3} \\cdot 4 = 140\n$$\nMöglichkeiten. Beim zweiten Fall gibt es zuerst wieder $\\binom{7}{3}$ Möglichkeiten für das Verteilen der $5$er und dann noch $\\binom{4}{2}$ Möglichkeiten für die $3$er. Man erhält so\n$$\n\\binom{7}{3} \\cdot \\binom{4}{2} = 210\n$$\nMöglichkeiten. Insgesamt gibt es also $140 + 210 = 350$ solche Zahlen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43772,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme die beiden kleinsten natürlichen Zahlen, die sich in der Form $7 m^{2}-11 n^{2}$ mit natürlichen Zahlen $m$ und $n$ schreiben lassen.",
    "options": [],
    "answer": "7 and 13",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, es gelte $7 m^{2}-11 n^{2}=c$ mit einer natürlichen Zahl $c$.\nWir betrachten die Gleichung modulo 7. Es muss also gelten $c \\equiv -11 n^{2} \\equiv 3 n^{2} \\pmod{7}$. Wegen $n^{2} \\equiv 0,1,2,4$ ist daher $c \\equiv 0,3,5,6 \\pmod{7}$. Analog erhält man modulo 11 die Gleichung $c \\equiv 7 m^{2}$ und wegen $m^{2} \\equiv 0,1,3,4,5,9$ also $c \\equiv 0,2,6,7,8,10 \\pmod{11}$. Modulo 4 gilt schliesslich $c \\equiv 3\\left(m^{2}-n^{2}\\right) \\equiv 0,1,3$. Diese Kongruenzen schliessen viele Werte für $c$ aus. Die beiden kleinsten verbleibenden Möglichkeiten sind $c=7,13$.\nWir zeigen nun umgekehrt, dass $c=7$ und $c=13$ angenommen werden.\n- Für jede Lösung $(m, n)$ der Gleichung $7 m^{2}-11 n^{2}=7$ muss $n$ durch 7 teilbar sein. Setze $n=7 k$, dann ist $(m, k)$ eine Lösung von\n$$\nm^{2}-77 k^{2}=1\n$$\nund umgekehrt liefert jede Lösung von (1) eine der ursprünglichen Gleichung. Nun ist (1) aber eine Pell-Gleichung und besitzt daher bekanntlich unendlich viele Lösungen.\n- Durch Probieren findet man leicht\n$$\n7 \\cdot 4^{2}-11 \\cdot 3^{2}=13\n$$\n\n\nUm die Werte $c=6$ und $c=10$ auszuschliessen, kann man auch wie folgt argumentieren:\n- Nehme an, $c$ sei durch 3 teilbar. Dann folgt $0 \\equiv 7 m^{2}-11 n^{2} \\equiv m^{2}+n^{2} \\pmod{3}$. Dies kann nur der Fall sein, wenn $m$ und $n$ beide durch 3 teilbar sind. Dann ist $c$ aber sogar durch 9 teilbar, also ist $c=6$ nicht möglich.\n- Ähnlich schliesst man, wenn $c$ durch 5 teilbar ist. Dann gilt nämlich $0 \\equiv 7 m^{2}-11 n^{2} \\equiv 2\\left(m^{2}+2 n^{2}\\right) \\pmod{5}$, also muss die Klammer durch 5 teilbar sein. Ein kurzer Check zeigt wieder, dass dies nur dann der Fall ist, wenn $m$ und $n$ beide durch 5 teilbar sind. Dann ist $c$ aber durch 25 teilbar, also gilt $c \\neq 10$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43773,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sei ein spitzwinkliges Dreieck $ABC$ und die Punkte $D$, $E$ und $F$ seien die Höhenfusspunkte der Höhen durch $A$, $B$ bzw. $C$. Sei $S$ der Schnittpunkt der Geraden $EF$ mit der Rechtwinkligen zu $AC$ durch $D$. Beweise, dass das Dreieck $DES$ gleichschenklig ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $\\beta=\\angle ABC$. Wir zeigen, dass $\\triangle DES$ gleichschenklig ist, indem wir unabhängig voneinander (i) $\\angle ESD=90^{\\circ}-\\beta$ und (ii) $\\angle EDS=90^{\\circ}-\\beta$ beweisen (siehe Abbildung 1). Dazu benutzen wir die beiden Sehnenvierecke $BCEF$ (Thaleskreis über $BC$) und $ABDE$ (Thaleskreis über $AB$).\n\n(i) $\\angle EDS=90^{\\circ}-\\beta$\n\n1.) $\\angle FCB=90^{\\circ}-\\beta$ ($CF \\perp AB$)\n\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 1: Konstruktion zur ersten Lösung von Aufgabe 3\n\n2.) $\\angle FEB=90^{\\circ}-\\beta$ ($BCEF$ Sehnenviereck)\n3.) $\\angle ESD=90^{\\circ}-\\beta$ ($EB$ und $SD$ sind parallel)\n\n(ii) $\\angle ESD=90^{\\circ}-\\beta$\n\n1.) $\\angle BAD=90^{\\circ}-\\beta$ ($AD \\perp BC$)\n2.) $\\angle BED=90^{\\circ}-\\beta$ ($ABDE$ Sehnenviereck)\n3.) $\\angle ESD=90^{\\circ}-\\beta$ ($EB$ und $SD$ sind parallel)\n\nSei $\\alpha=\\angle CFS$. Es folgt der Reihe nach:\n\n1.) $\\angle CBE=\\alpha$ ($BCEF$ ist ein Sehnenviereck, denn die Punkte liegen auf dem Thaleskreis über $BC$.)\n2.) $\\angle CDS=\\alpha$ ($EB$ und $SD$ sind parallel, da beide Geraden rechtwinklig auf $AC$ stehen.)\n\nInsgesamt erhalten wir $\\angle CFS=\\angle CDS$ und somit ist gezeigt, dass $CDFS$ ein Sehnenviereck ist. $S$ liegt also auf dem Thaleskreis über $AC$ und es gilt $\\angle ASC=\\angle ADC=90^{\\circ}$. Weil zudem $SD$ rechtwinklig auf $AC$ steht, liegen die Punkte $S$ und $D$ symmetrisch bezüglich der Achse $AC$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43774,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWir nennen zwei Personen ein befreundetes Paar, wenn sie sich kennen, und wir nennen sie ein nichtbefreundetes Paar, wenn sie sich nicht kennen (befreundet sein oder nicht befreundet sein ist dabei immer gegenseitig). Seien $m, n$ natürliche Zahlen. Finde die kleinste natürliche Zahl $k$, sodass Folgendes gilt: In jeder Gruppe von $k$ Leuten gibt es stets $2 m$ Leute, die $m$ disjunkte befreundete Paare bilden, oder es gibt $2 n$ Leute, die $n$ disjunkte nichtbefreundete Paare bilden.",
    "options": [],
    "answer": "max{m, n} + m + n - 1",
    "solution": "Solution:\n\nDer kleinste Wert ist $k=\\max \\{m, n\\}+m+n-1$. Wegen der Symmetrie des Problems können wir $m \\geq n$ annehmen.\nWir beweisen zuerst, dass $k \\geq 2 m+n-1$ gilt, indem wir eine Konfiguration mit $2 m+n-2$ Leuten angeben, die die Bedingungen der Aufgabe nicht erfüllt. Betrachte eine Gruppe $X$ aus $2 m-1$ Leuten, die sich alle gegenseitig kennen, und eine Gruppe $Y$ aus $n-1$ Leuten, die niemanden der anderen $2 m+n-3$ Leute kennen. Jedes befreundete Paar liegt ganz in $X$, also gibt es höchstens \\(\\lfloor|X| / 2\\rfloor=m-1\\) disjunkte solche Paare. In jedem nichtbefreundeten Paar ist mindestens eine der Personen in $Y$, also gibt es auch höchstens $|Y|=n-1$ disjunkte solche Paare.\nWir zeigen nun induktiv $k \\leq 2 m+n-1$.\n- Die Verankerung $n=1$ ist trivial: Entweder gibt es ein nichtbefreundetes Paar oder alle $2 m$ Leute kennen sich gegenseitig.\n- Induktionsschritt $(m, n) \\rightarrow(m+1, n+1)$. Wir nehmen also an, dass die Behauptung für $(m, n)$ gilt und betrachten eine belliebige Gruppe von $2(m+1)+(n+$ 1) $-1=(2 m+n-1)+3$ Leuten. Wenn sich alle gegenseitig kennen, dann gibt es sicher $m+1$ disjunkte befreundete Paare. Wenn sich alle gegenseitig nicht kennen, dann gibt es sicher $n+1$ nichtbefreundete Paare. Wir können also annehmen, dass drei Personen $A, B, C$ existieren, sodass $A$ und $B$ sich kennen, $B$ und $C$ sich aber nicht kennen. Unter den verbleibenden $2 m+n-1$ Leuten gibt es nun nach Induktionsannahme $m$ disjunkte befreundete Paare oder $n$ disjunkte nichtbefreundete Paare. Im ersten Fall ist $(A, B)$ ein weiteres dazu disjunktes befreundetes Paar,\nim zweiten Fall ist $(B, C)$ ein weiteres dazu disjunktes nichtbefreundetes Paar. Damit ist die Induktion komplett.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43775,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Paar $(r, s)$ natürlicher Zahlen heisst gut, falls ein Polynom $P$ mit ganzen Koeffizienten und paarweise verschiedene ganze Zahlen $a_{1}, \\ldots, a_{r}$ und $b_{1}, \\ldots, b_{s}$ existieren, sodass gilt\n$$\nP\\left(a_{1}\\right)=P\\left(a_{2}\\right)=\\ldots=P\\left(a_{r}\\right)=2 \\quad \\text{ und } \\quad P\\left(b_{1}\\right)=P\\left(b_{2}\\right)=\\ldots=P\\left(b_{s}\\right)=5\n$$\n\na. Zeige, dass für jedes gute Paar $(r, s)$ natürlicher Zahlen $r, s \\leq 3$ gilt.\n\nb. Bestimme alle guten Paare.",
    "options": [],
    "answer": "All good pairs are (1,1), (1,2), (1,3), (2,1), (2,2), (2,3), (3,1), (3,2).",
    "solution": "Solution:\n\nEin Paar $(r, s)$ ist genau dann gut, wenn auch $(s, r)$ gut ist. Dazu ersetze man $P(x)$ einfach durch $7-P(x)$. Ausserdem ist mit $(r, s)$ auch jedes Paar $(u, v)$ mit $u \\leq r, v \\leq s$ gut. Sei nun $(r, s)$ ein gutes Paar und $P$ wie in der Aufgabenstellung. Das Polynom $P(x)-2$ besitzt dann die Nullstellen $a_{1}, \\ldots, a_{r}$ und somit gilt\n$$\nP(x)-2=\\left(x-a_{1}\\right)\\left(x-a_{2}\\right) \\cdots\\left(x-a_{r}\\right) Q(x)\n$$\nmit einem Polynom $Q$ mit ganzen Koeffizienten. Nach Voraussetzung gilt nun die Gleichung\n$$\n3=P\\left(b_{1}\\right)-2=\\left(b_{1}-a_{1}\\right)\\left(b_{1}-a_{2}\\right) \\cdots\\left(b_{1}-a_{r}\\right) Q\\left(b_{1}\\right)\n$$\nJeder Faktor auf der rechten Seite ist eine ganze Zahl $\\neq 0$ und ausserdem sind die Faktoren $\\left(b_{1}-a_{i}\\right)$ paarweise verschieden. Da die linke Seite eine Primzahl ist, können auf der rechten Seite höchstens drei solche Faktoren auftreten, und falls es tatsächlich drei sind, dann müssen sie gleich $1,-1$ und $\\pm 3$ sein. Dies zeigt also insbesondere $r \\leq 3$ und im Fall $r=3$ muss nach Umnummerierung der $a_{i}$ zwangsläufig\n$$\na_{1}=b_{1}-1, \\quad a_{2}=b_{1}+1 \\quad \\text{ und } \\quad a_{3}=b_{1} \\pm 3\n$$\ngelten. Sei im Folgenden $r=3$. Wiederholen wir dasselbe Argument für $b_{2}, \\ldots, b_{s}$ dann folgt aus (2) und der analogen Aussage für $b_{i}(i \\geq 2)$, dass $b_{i}=b_{1}$ oder $b_{i}=b_{1} \\pm 2$ gelten muss, je nach Vorzeichen in (2). Da die $b_{i}$ aber paarweise verschieden sind, folgt daraus $s \\leq 2$. Wegen der anfangs erwähnten Symmetrie kommen also nur noch\n$$\n(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2)\n$$\nals gute Paare in Frage. Sie sind aber in der Tat alle gut, denn für das Polynom $P(x)=-x^{2}(x-2)(x+2)+2$ gilt $P(-2)=P(0)=P(2)=2$ und $P(-1)=P(1)=5$, also ist $(3,2)$ ein gutes Paar und damit auch alle anderen.\n\n\nWir nehmen an (a) sei schon bewiesen und geben ein zweites Argument dafür, dass $(3,3)$ kein gutes Paar ist. Da $P$ ganze Koeffizienten hat gilt für alle ganzen Zahlen $x \\neq y$\n$$\nx-y \\mid P(x)-P(y)\n$$\nNehme an, $(3,3)$ sei ein gutes Paar. Dann gilt für $1 \\leq i, j \\leq 3$\n$$\nb_{i}-a_{j} \\mid P\\left(b_{i}\\right)-P\\left(a_{j}\\right)=3 \\quad \\Longrightarrow \\quad b_{i}-a_{j} \\in\\{-3,-1,1,3\\}\n$$\nFür festes $i$ müssen wegen $r=3$ drei verschiedene Zahlen der Menge rechts auch wirklich angenommen werden, insbesondere zwei mit unterschiedlichem Vorzeichen. Das bedeutet aber, dass mindestens ein $a_{j}$ grösser und mindestens ein $a_{j}$ kleiner ist als $b_{i}$. Genau dasselbe Argument zeigt umgekehrt, dass für jedes $j$ mindestens ein $b_{i}$ grösser und mindestens ein $b_{i}$ kleiner ist als $a_{j}$. Das ist aber sicher nicht möglich, da unter den sechs Zahlen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3}$ eine kleinste und eine grösste existiert.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43776,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Paare $(a, b)$ natürlicher Zahlen, sodass\n$$\na^{2}+3 b \\text{ und } b^{2}+3 a\n$$\nbeides Quadratzahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "(1,1), (11,16), (16,11)",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen $A=a^{2}+3 b$ und $B=b^{2}+3 a$. Aus Symmetriegründen können wir $a \\geq b$ annehmen. Damit folgt nun\n$$\na^{2}<A \\leq a^{2}+3 a<a^{2}+4 a+4=(a+2)^{2}\n$$\nda $A$ selbst eine Quadratzahl ist, muss demnach $A=(a+1)^{2}$ sein. Daraus folgt $3 b=2 a+1$ und somit auch $B=b^{2}+\\frac{9}{2} b-\\frac{3}{2}$. Nun gilt\n$$\nb^{2}<B<b^{2}+6 b+9=(b+3)^{2}\n$$\nda $B$ selbst eine Quadratzahl ist, bleiben somit nur die beiden Möglichkeiten $B=(b+1)^{2}$ und $B=(b+2)^{2}$. Diese führen auf $b=1$ und $b=11$ und diese wiederum zu den Paaren $(a, b)=(1,1)$ und $(a, b)=(11,16)$. Diese Paare erfüllen tatsächlich alle Bedingungen, wie eine kurze Rechnung zeigt: Im ersten Fall ist $A=B=2^{2}$, im zweiten Fall ist $A=13^{2}, B=17^{2}$. Die gesuchten Lösungen sind somit die Paare\n$$\n(a, b)=(1,1),(11,16),(16,11)\n$$\n\n\nEs gilt $a^{2}+3 b>a^{2}$ und $b^{2}+3 a>b^{2}$. Nach Voraussetzung existieren daher natürliche Zahlen $m, n$ mit\n$$\n\\begin{aligned}\na^{2}+3 b=(a+m)^{2} & \\Longleftrightarrow 3 b=2 a m+m^{2} \\\\\nb^{2}+3 a=(b+n)^{2} & \\Longleftrightarrow 3 a=2 b n+n^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nMultipliziert man die zweite Gleichung mit 3 und ersetzt $3 b$ mit Hilfe der ersten Gleichung, dann folgt\n$$\n9 a=2\\left(2 a m+m^{2}\\right) n+3 n^{2} \\Longleftrightarrow a(9-4 m n)=2 m^{2} n+3 n^{2}\n$$\nDie rechte Seite dieser Gleichung ist stets positiv, andererseits ist die linke Seite negativ, sobald $m n \\geq 3$ ist, Widerspruch. Es muss also $m n \\leq 2$ gelten, was nur in den Fällen $m=n=1$ sowie $m=1, n=2$ und $m=2, n=1$ der Fall ist. Diese liefern der Reihe nach $a=1, a=16$ und $a=11$ und damit dieselben Paare wie in der ersten Lösung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43777,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $n > 1$ und $m$ natürliche Zahlen. Ein Parlament besteht aus $m n$ Abgeordneten, die $2 n$ Kommissionen gebildet haben, sodass gilt:\n(i) Jede Kommission besteht aus $m$ Abgeordneten.\n(ii) Jeder Abgeordnete ist Mitglied in genau 2 Kommissionen.\n(iii) Je zwei Kommissionen haben höchstens ein gemeinsames Mitglied.\n\nBestimme in Abhängigkeit von $n$ den grösstmöglichen Wert von $m$, sodass dies möglich ist.",
    "options": [],
    "answer": "m = 2n − 1",
    "solution": "Solution:\n\nSei $K$ eine beliebige Kommission. Jedes der $m$ Mitglieder von $K$ ist nach (ii) noch in einer anderen Kommission, und diese sind nach (iii) alle verschieden. Insgesamt gibt es also mindestens $m+1$ Kommissionen, also gilt $m \\leq 2 n-1$.\n\nWir zeigen nun, dass $m=2 n-1$ möglich ist, indem wir rekursiv ein Beispiel konstruieren. Für $n=2$, $m=3$ und sechs Parlamentarier $1,2,3,4,5,6$ erfüllen die vier Kommissionen\n$$\nK_{1}=\\{1,2,3\\},\\quad K_{2}=\\{3,4,5\\},\\quad K_{3}=\\{5,6,1\\},\\quad K_{4}=\\{2,4,6\\}\n$$\nalle Bedingungen der Aufgabe. Wir nehmen nun an, wir hätten für $n$, $m=2 n-1$ bereits geeignete Kommissionen $K_{1}, \\ldots, K_{2 n}$ konstruiert, und betrachten den Fall $n+1$, $m=2 n+1$. Es kommen also $4 n+1$ Parlamentarier $P_{1}, \\ldots, P_{4 n+1}$ dazu. Konstruiere nun die neuen Kommissionen $K_{1}^{\\prime}, \\ldots, K_{2 n+2}^{\\prime}$ wie folgt:\n$$\n\\begin{aligned}\nK_{1}^{\\prime} & =K_{1} \\cup\\{P_{1}, P_{2}\\} \\\\\nK_{2}^{\\prime} & =K_{2} \\cup\\{P_{3}, P_{4}\\} \\\\\n& \\vdots \\\\\nK_{2 n}^{\\prime} & =K_{2 n} \\cup\\{P_{4 n-1}, P_{4 n}\\} \\\\\nK_{2 n+1}^{\\prime} & =\\{P_{1}, P_{3}, \\ldots, P_{4 n-1}, P_{4 n+1}\\} \\\\\nK_{2 n+2}^{\\prime} & =\\{P_{2}, P_{4}, \\ldots, P_{4 n}, P_{4 n+1}\\}\n\\end{aligned}\n$$\nSolution:\n\nWir bestimmen zuerst eine obere Schranke für $m$ und zählen dazu die Anzahl Paare $\\left(\\left\\{K_{1}, K_{2}\\right\\}, A\\right)$ aus zwei Kommissionen $K_{1}, K_{2}$ und einem Abgeordneten $A \\in K_{1} \\cap K_{2}$ auf zwei Arten.\n\n(i) Es gibt $\\binom{2 n}{2}$ Möglichkeiten für die beiden Kommissionen und danach nach (iii) höchstens eine Wahl für $A$.\n\n(ii) Es gibt $m n$ Möglichkeiten für $A$ und nach (ii) genau eine Möglichkeit, die beiden Kommissionen zu wählen.\n\nDaraus folgt $\\binom{2 n}{2} \\geq m n$, also $m \\leq 2 n-1$.\n\nEin Beispiel für $m=2 n-1$ lässt sich wie folgt konstruieren. Wir nummerieren die $m n=(2 n-1) n=\\binom{2 n}{2}$ Abgeordneten mit den Paaren $(i, j), 1 \\leq i<j \\leq 2 n$. Für $1 \\leq k \\leq 2 n$ bestehe die $k$-te Kommission aus allen Abgeordneten, in deren Paar die Zahl $k$ auftaucht. Man überlegt sich leicht, dass dies alle Bedingungen der Aufgabe erfüllt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43778,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAuf einem Kreis $k$ liegen fünf verschiedene Punkte $A, M, B, C$ und $D$ in dieser Reihenfolge und es gelte $M A = M B$. Die Geraden $A C$ und $M D$ schneiden sich in $P$, und die Geraden $B D$ und $M C$ schneiden sich in $Q$. Die Gerade $P Q$ schneide $k$ in $X$ und $Y$. Zeige $M X = M Y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 2: Skizze zur Lösung von Aufgabe 5\n\nWegen $M A = M B$ genügt es zu zeigen, dass $X Y$ parallel zu $A B$ ist (die Punkte $X$ und $Y$ sind dann wie $A$ und $B$ spiegelsymmetrisch bezüglich der Geraden durch $M$ und dem Mittelpunkt von $k$ angeordnet).\n\nDie Punkte $X$ und $Y$ seien so angeordnet wie in Abbildung 2 gezeigt und sei $\\alpha = \\angle M A B = \\angle M B A$. Es folgt mit dem Peripheriewinkelsatz im Kreis $k$\n$$\n\\angle Q D P = \\angle B D M = \\alpha = \\angle M C A = \\angle Q C P\n$$\nDamit ist gezeigt, dass $D C Q P$ ein Sehnenviereck ist. Wir definieren $\\angle C A B = \\beta$ und es folgt der Reihe nach:\n\n1.) $\\angle C D B = \\beta$ (Peripheriewinkelsatz über der Sehne $B C$ im Kreis $k$)\n\n2.) $\\angle C P Q = \\beta$ (Peripheriewinkelsatz über der Sehne $Q C$ im Sehnenviereck $D C Q P$)\n\nEs gilt also $\\angle C A B = \\angle C P Q$ und die Geraden $A B$ und $X Y$ sind somit parallel (Stufenwinkel).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43779,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$ positive reelle Zahlen mit $a+b+c \\geq a b c$. Beweise, dass von den folgenden drei Ungleichungen mindestens zwei richtig sind:\n$$\n\\frac{2}{a}+\\frac{3}{b}+\\frac{6}{c} \\geq 6, \\quad \\frac{2}{b}+\\frac{3}{c}+\\frac{6}{a} \\geq 6, \\quad \\frac{2}{c}+\\frac{3}{a}+\\frac{6}{b} \\geq 6\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSetze $x=\\frac{1}{a}$, $y=\\frac{1}{b}$ und $z=\\frac{1}{c}$. Die Nebenbedingung lautet dann $x y+y z+z x \\geq 1$ und die drei Ungleichungen werden zu\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2 x+3 y+6 z \\geq 6 \\\\\n& 2 y+3 z+6 x \\geq 6 \\\\\n& 2 z+3 x+6 y \\geq 6\n\\end{aligned}\n$$\nEs genügt nun zu zeigen, dass die Summe von je zwei der drei Terme auf der linken Seite dieses Systems mindestens gleich 12 ist, denn dann können sicher nicht zwei der drei Ungleichungen gleichzeitig falsch sein. Wegen der zyklischen Symmetrie genügt dieser Nachweis für die Summe der beiden ersten Terme. Nach Quadrieren müssen wir also zeigen, dass gilt\n$$\n(2 x+3 y+6 z+2 y+3 z+6 x)^2 \\geq 144\n$$\nWegen der Nebenbedingung genügt es zu zeigen, dass die linke Seite mindestens gleich $144(x y+y z+z x)$ ist. Ausmultiplizieren und Vereinfachen ergibt nun die Ungleichung\n$$\n64 x^2+25 y^2+81 z^2-64 x y-54 y z \\geq 0\n$$\nDie linke Seite ist aber eine Summe von zwei Quadraten und damit ist alles gezeigt:\n$$\n(8 x-4 y)^2+(3 y-9 z)^2 \\geq 0\n$$\n\nAnalog zur ersten Lösung genügt es auch zu zeigen, dass die Summe der Quadrate von je zwei der drei Terme links mindestens gleich $2 \\cdot 6^2=72$ ist. Wegen der zyklischen Symmetrie und der Nebenbedingung $x y+y z+z x \\geq 1$ genügt es also zu zeigen, dass\n$$\n(2 x+3 y+6 z)^2+(2 y+3 z+6 x)^2 \\geq 72(x y+y z+z x)\n$$\nNach Vereinfachen ist dies äquivalent zu\n$$\n40 x^2+13 y^2+45 z^2-36 x y-24 y z-12 z x \\geq 0\n$$\nDie linke Seite lässt sich nun wieder als Summe von Quadraten schreiben und damit ist alles gezeigt:\n$$\n(6 x-3 y)^2+(2 y-6 z)^2+(3 z-2 x)^2 \\geq 0\n$$\n\nWir setzen wieder $x=\\frac{1}{a}$, $y=\\frac{1}{b}$, $z=\\frac{1}{c}$ und schreiben zur Abkürzung\n$$\nu=2 x+3 y+6 z, \\quad v=2 y+3 z+6 x, \\quad w=2 z+3 x+6 y\n$$\nAußerdem dürfen wir $x y+y z+z x=1$ annehmen, denn gegebenenfalls können wir $x, y, z$ mit einem gemeinsamen Faktor $\\lambda \\geq 1$ multiplizieren, dadurch werden $u, v$ und $w$ höchstens kleiner. Eine kurze Rechnung zeigt nun\n$u v+v w+w u=36\\left(x^2+y^2+z^2\\right)+85(x y+y z+z x)=36(x+y+z)^2+13(x y+y z+z x)$, und zusammen mit $u+v+w=11(x+y+z)$ und der Nebenbedingung ergibt dies\n$$\n121(u v+v w+w u)=36(u+v+w)^2+1573\n$$\nWir zeigen nun, dass für jedes Tripel $(u, v, w)$ positiver reeller Zahlen, das (3) erfüllt, mindestens zwei der Zahlen $\\geq 6$ sind. Dazu fassen wir (3) als quadratische Gleichung in jeder der drei Variablen auf und berechnen die Diskriminante. Bezüglich $u$ ist die Diskriminante gleich\n$$\n\\begin{aligned}\nD & =(49(v+w))^2-4 \\cdot 36\\left(36 v^2+36 w^2-49 v w+1573\\right) \\\\\n& =52(v w-36)-23(v-w)^2\n\\end{aligned}\n$$\nDa die quadratische Gleichung ja die reelle Lösung $u$ besitzt, muss $D \\geq 0$ sein, also gilt $52(v w-36) \\geq 23(v-w)^2 \\geq 0$ und somit $v w \\geq 36$. Genauso zeigt man $u v \\geq 36$ und $w u \\geq 36$, woraus folgt, dass mindestens zwei der drei Zahlen $\\geq 6$ sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43780,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{2007}$ eine Folge, die jede der Zahlen $1,2, \\ldots, 2007$ genau einmal enthält. Es wird nun wiederholt folgender Operation ausgeführt: Ist das erste Folgeglied gleich $n$, dann wird die Reihenfolge der ersten $n$ Folgeglieder umgekehrt. Zeige, dass die Folge nach endlich vielen solchen Operation mit der Zahl $1$ beginnt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nJede der Folgen ist eine Permutation von $1,2, \\ldots, 2007$. Da nur endlich viele solche Permutationen existieren und da jede Folge ihren Nachfolger bestimmt, müssen sich die Folgen ab einem bestimmten Zeitpunkt periodisch wiederholen. Nehme an, dass keine der Folgen mit einer $1$ beginnt und sei $N>1$ die grösste Zahl, die während einer Periode als erstes Folgeglied vorkommt. Dann enthält die Periode sicher zwei aufeinanderfolgende Folgen der Form\n$$\nN, a_{2}, a_{3}, \\ldots, a_{N}, a_{N+1}, \\ldots, a_{2007} \\quad \\text{und} \\quad a_{N}, a_{N-1}, \\ldots, a_{2}, N, a_{N+1}, \\ldots, a_{2007}\n$$\nNun bleibt aber die Zahl $N$ für immer an ihrer jetzigen Position, denn falls nicht, dann müsste eine der nächsten Folgen mit einer Zahl $>N$ beginnen, was nach Definition von $N$ aber absurd ist. Dies widerspricht aber der Periodizität der Operationen und die Annahme $N>1$ war demnach falsch.\nSolution:\n\nWir nehmen an, dass nie eine $1$ am Anfang der Folge steht. Dann existiert eine Zahl $n_{1} \\geq 2$, mit der die Folge unendlich oft beginnt. Jedesmal wenn $n_{1}$ am Anfang der Folge steht, ist sie eine Operation später an der $n_{1}$-ten Stelle und kann nur dadurch wieder an den Anfang zurückkehren, indem vorher eine grössere Zahl als $n_{1}$ am Anfang der Folge stand. Da nur endlich viele solche Zahlen $\\leq 2007$ existieren, muss es ein $n_{2}>n_{1}$ geben, das ebenfalls unendlich oft am Anfang der Folge steht. So weiterfahrend erhält man Zahlen $n_{1}<n_{2}<\\ldots \\leq 2007$, was offensichtlich absurd ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43781,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A B C D E$ ein konvexes Fünfeck mit\n$$\n\\angle B A C=\\angle C A D=\\angle D A E \\quad \\text{ und } \\quad \\angle A B C=\\angle A C D=\\angle A D E\n$$\n\nDie Diagonalen $B D$ und $C E$ treffen sich in $P$. Zeige, dass die Gerade $A P$ die Seite $C D$ in deren Mittelpunkt schneidet.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Diagonalen $A C$ und $B D$ schneiden sich in $X$, die Diagonalen $A D$ und $C E$ schneiden sich in $Y$ und die Gerade $A P$ schneide $C D$ in $M$. Wir wollen $C M = M D$ beweisen. Die Idee ist als erstes zu zeigen, dass $X Y$ und $C D$ parallel sind.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAus den gegebenen Winkelbeziehungen folgt, dass die Dreiecke $A B C$, $A C D$ und $A D E$ ähnlich sind. Daraus folgt\n$$\n\\frac{A B}{A C} = \\frac{A C}{A D} = \\frac{A D}{A E}\n$$\nWegen $\\angle B A C = \\angle C A E$ gilt auch $\\angle B A D = \\angle C A E$, woraus zusammen mit $A B / A C = A D / A E$ folgt, dass die Dreiecke $A B D$ und $A C E$ ebenfalls ähnlich sind. Die Winkelhalbierenden (als Strecken) dieser beiden Dreiecke sind $A X$ bzw. $A Y$, woraus folgt\n$$\n\\frac{A B}{A X} = \\frac{A C}{A Y} \\quad \\Rightarrow \\quad \\frac{A X}{A Y} = \\frac{A B}{A C} = \\frac{A C}{A D}\n$$\nEs gilt also nach Strahlensatz $X Y \\parallel C D$. Wir wenden nun den Satz von Ceva im Dreieck $A C D$ an und erhalten\n$$\n\\frac{A X}{X C} \\cdot \\frac{C M}{M D} \\cdot \\frac{D Y}{Y A} = 1\n$$\nWegen $X Y \\parallel C D$ reduziert sich diese Gleichung auf $C M = M D$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43782,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle natürlichen Zahlen $n$, für die genau eine ganze Zahl $a$ mit $0 < a < n!$ existiert, sodass gilt\n$$\nn! \\mid a^{n} + 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All prime numbers",
    "solution": "Solution:\n\nOffensichtlich ist $n = 2$ eine Lösung. Für $n \\geq 4$ ist $n!$ durch $4$ teilbar, und aus $n! \\mid a^{n} + 1$ folgt daher $a^{n} \\equiv 3 \\pmod{4}$. Wegen $a^{2} \\not\\equiv 3 \\pmod{4}$ ist $n$ also ungerade.\n\nFür jede ungerade natürliche Zahl $n$ ist $a = n! - 1$ eine Lösung, denn es gilt $a^{n} + 1 \\equiv (-1)^{n} + 1 = -1 + 1 = 0 \\pmod{n!}$. Wir nehmen nun an, dass $n$ nicht prim ist und zeigen, dass $a = (n-1)! - 1$ eine weitere Lösung ist. Es gilt dann nämlich $n \\mid (n-1)!$ und somit $n! \\mid ((n-1)!)^{2}$. Wir erhalten also\n$$\n\\begin{aligned}\n((n-1)!-1)^{n} + 1 &= \\left(\\sum_{k=0}^{n} \\binom{n}{k} (-1)^{n-k} ((n-1)!)^{k}\\right) + 1 \\\\\n&\\equiv (-1)^{n-1} \\binom{n}{1} (n-1)! = n \\cdot (n-1)! \\equiv 0 \\pmod{n!}\n\\end{aligned}\n$$\nwie behauptet. Folglich können unter den ungeraden natürlichen Zahlen nur die Primzahlen die Bedingung der Aufgabe erfüllen.\n\nWir zeigen nun umgekehrt, dass für $n$ prim nur die oben konstruierte Lösung $a = n! - 1$ existiert. Nehme dazu an, für $a$ gelte $n! \\mid a^{n} + 1$ und bezeichne mit $d$ die Ordnung von $a$ modulo $n!$ (beachte, dass $a$ teilerfremd zu $n!$ ist). Nach Voraussetzung gilt $a^{n} \\equiv -1$ und daher $a^{2n} \\equiv 1 \\pmod{n!}$. Daraus folgt $d \\nmid n$ und $d \\mid 2n$. Außerdem gilt sowieso $d \\mid \\varphi(n!)$ nach dem Satz von Euler-Fermat. Da $n$ prim ist, besitzt $\\varphi(n!) = \\varphi(n) \\cdot \\varphi((n-1)!) = (n-1) \\varphi((n-1)!)$ nur Primteiler $< n$ und ist daher teilerfremd zu $n$. Damit folgt sogar\n$$\nd \\mid \\operatorname{ggT}(2n, \\varphi(n!)) = 2\n$$\nund wegen $d \\nmid n$ also $d = 2$. Schließlich erhalten wir mit $n = 2k + 1$ die Kongruenz\n$$\n-1 \\equiv a^{n} = (a^{2})^{k} \\cdot a \\equiv a \\pmod{n!}\n$$\nalso ist $0 < a < n!$ eindeutig bestimmt und jede ungerade Primzahl erfüllt die Bedingungen der Aufgabe.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43783,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind fünf Teiler von $10^{2008}$. Zeige, dass es zwei dieser Teiler gibt, deren Produkt eine Quadratzahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nJeder Teiler einer Zehnerpotenz ist von der Form $2^{a} 5^{b}$ mit ganzen Zahlen $a, b \\geq 0$. Die fünf Teiler können wir auf vier Schubfächer verteilen, je nachdem welche der beiden Zahlen $a$ und $b$ gerade sind. Zwei dieser Teiler, sagen wir $2^{a_{1}} 5^{b_{1}}$ und $2^{a_{2}} 5^{b_{2}}$, liegen dann im gleichen Schubfach. Ihr Produkt $2^{a_{1}+a_{2}} 5^{b_{1}+b_{2}}$ ist eine Quadratzahl, denn nach Konstruktion sind $a_{1}+a_{2}$ und $b_{1}+b_{2}$ gerade.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43784,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\Varangle BAC \\neq 45^{\\circ}$ und $\\Varangle ABC \\neq 135^{\\circ}$. Sei $P$ der Punkt auf der Geraden $AB$ mit $\\Varangle CPB = 45^{\\circ}$. Seien $O_1$ und $O_2$ die Umkreismittelpunkte der Dreiecke $ACP$ und $BCP$. Zeige, dass die Fläche des Vierecks $CO_1PO_2$ gleich gross ist wie die Fläche des Dreiecks $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDa $O_1$ und $O_2$ auf der Mittelsenkrechten der Strecke $AP$ liegen, ist das Dreieck $AO_1O_2$ kongruent zum Dreieck $PO_2O_1$. Es genügt also zu zeigen, dass die Fläche des Dreiecks $AO_1O_2$ halb so gross ist wie die Fläche des Dreiecks $ABC$. Wir zeigen zuerst, dass die beiden Dreiecke ähnlich sind. Falls $\\Varangle CBA < 45^{\\circ}$ gilt nach dem Peripherie-Zentriwinkelsatz\n$$\n\\Varangle O_1O_2A = \\frac{1}{2} \\Varangle PO_2A = \\Varangle CBA\n$$\nund falls $\\Varangle CBA > 45^{\\circ}$ gilt ähnlich\n$$\n\\Varangle O_1O_2A = \\frac{1}{2} \\Varangle PO_2A = 180^{\\circ} - \\Varangle PBA = \\Varangle CBA\n$$\nAnalog folgt $\\Varangle O_2O_1A = \\Varangle BCA$, wie behauptet. Wieder nach dem Peripherie-Zentriwinkelsatz ist $\\Varangle CO_1A = 2 \\Varangle CPA = 90^{\\circ}$, und wegen $O_1A = O_1C$ ist $AO_1C$ ein gleichschenklig rechtwinkliges Dreieck. Es gilt also $AC = \\sqrt{2} \\; AO_1$. Die Fläche des Dreiecks $ABC$ ist also wie gewünscht um den Faktor $(\\sqrt{2})^2 = 2$ grösser als die Fläche des Dreiecks $AO_1O_2$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43785,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle Tripel $(a, b, c)$ natürlicher Zahlen, sodass gilt:\n$$\na \\mid b c - 1, \\quad b \\mid c a - 1, \\quad c \\mid a b - 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All permutations of (2, 3, 5) and of (1, 1, n) with n any positive integer.",
    "solution": "Solution:\n\nOffenbar sind $a, b, c$ paarweise teilerfremd, denn zum Beispiel ist jeder gemeinsame Teiler von $a$ und $b$ wegen $a \\mid b c - 1$ auch ein Teiler von $1$. Da $b c - 1$ durch $a$ teilbar ist, muss auch $a b + b c + c a - 1$ durch $a$ teilbar sein, und aus Symmetriegründen gilt dasselbe für $b$ und $c$. Wegen der Teilerfremdheit von $a, b$ und $c$ erhalten wir daher\n$$\na b c \\mid a b + b c + c a - 1\n$$\nInsbesondere ist die linke Seite nicht grösser als die rechte, das heisst nach Division mit $a b c$\n$$\n\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} - \\frac{1}{a b c} \\geq 1\n$$\nWir können nun $a \\leq b \\leq c$ annehmen und unterscheiden drei Fälle:\n\ni) Für $a \\geq 3$ ist die linke Seite kleiner als $1$, Widerspruch.\n\nii) Sei $a = 2$. Für $b \\geq 4$ ist die linke Seite kleiner als $1$, folglich ist $b = 2, 3$. Nur $b = 3$ führt zur Lösung $c = 5$.\n\niii) Für $a = 1$ erhalten wir aus den ursprünglichen Bedingungen $c \\mid b - 1$. Wegen $c \\geq b$ folgt daraus $b = 1$.\n\nMan überlegt sich leicht, dass in den Fällen $(a, b, c) = (2, 3, 5)$ und $a = b = 1$ die Bedingungen erfüllt sind, die gesuchten Tripel $(a, b, c)$ sind also die Permutationen von\n$$\n(2, 3, 5) \\quad \\text{und} \\quad (1, 1, n), \\quad n \\geq 1\n$$\nSolution:\n\nMultiplizieren der Teilbarkeitsbedingung liefert, dass $a b c$ ein Teiler von $(a b - 1)(b c - 1)(c a - 1) = (a b c)^2 - a b c(a + b + c) + (a b + b c + c a) - 1$ ist, also gilt wieder\n$$\na b c \\mid a b + b c + c a - 1\n$$\nMan kann nun wie in der ersten Lösung weiterfahren.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43786,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $P(x) = x^{4} - 2 x^{3} + p x + q$ ein Polynom mit reellen Koeffizienten, dessen Nullstellen alle reell sind. Zeige, dass die grösste dieser Nullstellen im Intervall $[1,2]$ liegt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $a, b, c, d$ diese Nullstellen. Nach Vieta gilt $a + b + c + d = 2$ und $ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0$. Quadriert man die erste dieser Gleichungen und subtrahiert das Doppelte der zweiten, dann folgt $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = 4$.\n\nWir können $a \\geq b \\geq c \\geq d$ annehmen und müssen $1 \\leq a \\leq 2$ zeigen.\n\nWäre $a > 2$, dann auch $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} \\geq a^{2} > 4$, Widerspruch.\n\nWir nehmen nun $a < 1$ an und unterscheiden zwei Fälle.\n\nIst $d \\leq -1$, dann folgt $a + b + c + d < 1 + 1 + 1 + (-1) = 2$, Widerspruch.\n\nIst $d > -1$, dann gilt $a, b, c, d \\in (-1, 1)$ und somit $a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} < 4$, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43787,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Paare $(\\alpha, \\beta)$ von positiven reellen Zahlen mit folgenden Eigenschaften:\n\na. Für alle positiven reellen Zahlen $x, y, z, w$ gilt\n$$\nx + y^{2} + z^{3} + w^{6} \\geq \\alpha (x y z w)^{\\beta}\n$$\n\nb. Es gibt ein Quadrupel $(x, y, z, w)$ von positiven reellen Zahlen, sodass in (a) Gleichheit gilt.",
    "options": [],
    "answer": "(alpha, beta) = (2^{4/3} * 3^{1/4}, 1/2)",
    "solution": "Solution:\nSei $(\\alpha, \\beta)$ ein Paar wie in der Aufgabenstellung. Wir bemerken zuerst, dass für festes $\\beta$ höchstens ein $\\alpha$ wie in (b) existiert, denn $\\alpha$ ist dann die grösste positive reelle Zahl, für die (a) gilt. Setze nun $x = t^{6}, y = t^{3}, z = t^{2}$ und $w = t$ für $t > 0$, dann gilt insbesondere $4 t^{6} \\geq \\alpha t^{12 \\beta}$, also\n$$\nt^{6 - 12 \\beta} \\geq \\frac{\\alpha}{4}\n$$\nfür alle $t > 0$. Für sehr kleine $t$ kann diese Abschätzung nur gelten, wenn der Exponent auf der linken Seite nicht negativ ist. Für grosse $t$ hingegen nur dann, wenn der Exponent nicht positiv ist. Folglich muss $\\beta = \\frac{1}{2}$ sein.\n\nAndererseits erhält man mit AM-GM\n$$\n\\begin{aligned}\nx + y^{2} + z^{3} + w^{6} & = (\\underbrace{\\frac{x}{6} + \\ldots + \\frac{x}{6}}_{6}) + \\left(\\frac{y^{2}}{3} + \\frac{y^{2}}{3} + \\frac{y^{2}}{3}\\right) + \\left(\\frac{z^{3}}{2} + \\frac{z^{3}}{2}\\right) + w^{6} \\\\\n& \\geq 12 \\sqrt[12]{\\left(\\frac{x}{6}\\right)^{6} \\cdot \\left(\\frac{y^{2}}{3}\\right)^{3} \\cdot \\left(\\frac{z^{3}}{2}\\right)^{2} \\cdot w^{6}} = \\left(2^{\\frac{4}{3}} 3^{\\frac{1}{4}}\\right) \\sqrt{x y z w} .\n\\end{aligned}\n$$\nGleichheit gilt für $(x, y, z, w) = (6, \\sqrt{3}, \\sqrt[3]{2}, 1)$, also sind (a) und (b) erfüllt für das einzige Paar $(\\alpha, \\beta) = \\left(2^{\\frac{4}{3}} 3^{\\frac{1}{4}}, \\frac{1}{2}\\right)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43788,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A = (a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n})$ eine Folge ganzer Zahlen. Der Nachfolger von $A$ ist die Folge $A' = (a_{1}', a_{2}', \\ldots, a_{n}')$ mit\n$$\na_{k}' = \\left|\\{i < k \\mid a_{i} < a_{k}\\}\\right| - \\left|\\{i > k \\mid a_{i} > a_{k}\\}\\right|\n$$\nSei $A_{0}$ eine endliche Folge ganzer Zahlen und für $k \\geq 0$ sei $A_{k+1} = A_{k}'$ der Nachfolger von $A_{k}$. Zeige, dass eine natürliche Zahl $m$ existiert mit $A_{m} = A_{m+1}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen ein Paar $(i, j)$ von Indizes mit $i < j$ konstant bzw. steigend, falls $a_{i} = a_{j}$ bzw. $a_{i} < a_{j}$ gilt. Es gilt folgendes:\n\n(i) Ist $(i, j)$ steigend, dann bleibt es auch steigend. Denn gilt $a_{i} < a_{j}$, dann ist jedes Folgeglied rechts von $j$, das grösser als $a_{j}$ ist, auch grösser als $a_{i}$ und jedes Folgeglied links von $i$, das kleiner als $a_{i}$ ist, auch kleiner als $a_{j}$. Zudem ist aber noch $a_{i}$ links von $j$ und kleiner als $a_{j}$ und analog $a_{j}$ rechts von $i$ und grösser als $a_{i}$. Somit gilt $a_{i}' < a_{j}'$.\n\n(ii) Ist $(i, j)$ ein konstantes Paar, dann wird es im Nachfolger steigend, ausser im Fall $a_{i} = a_{i+1} = \\ldots = a_{j}$ wo es für immer konstant bleibt. In der Tat zeigt dieselbe Überlegung wie in (i) dass $a_{i}' \\leq a_{j}'$ gilt. Falls nun ein Index $k$ existiert mit $i < k < j$ und $a_{k} \\neq a_{i} = a_{j}$, dann ist $a_{k}$ ein zusätzliches Folgeglied, das entweder rechts von $i$ steht und grösser als $a_{i}$ ist oder links von $j$ steht und kleiner als $a_{j}$ ist. In beiden Fällen gilt dann aber $a_{i}' < a_{j}'$.\n\nSei nun $S$ die Anzahl steigender Paare und sei $T$ die Anzahl konstanter Paare. Wir haben gezeigt, dass $S$ und $T$ während den Iterationen monoton steigen, andererseits sind beide Grössen nach oben beschränkt und nehmen nur ganzzahlige Werte an. Folglich ändern sie sich irgendwann nicht mehr. Das bedeutet aber, dass sich die gegenseitige Grössenbeziehung der Folgeglieder ab diesem Zeitpunkt nicht mehr ändert. Das heisst, es ändert sich nichts mehr an der Anzahl Folgeglieder, die kleiner oder grösser als ein festes $a_{k}$ sind und links oder rechts von $k$ stehen, mit anderen Worten: nach einem weiteren Schritt ändert sich die Folge nicht mehr.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43789,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $x$, $y$, $n$ natürliche Zahlen mit $x \\geq 3$, $n \\geq 2$ und\n$$\nx^{2}+5=y^{n}\n$$\n\nZeige, dass jeder Primteiler $p$ von $n$ die Kongruenz $p \\equiv 1(\\bmod 4)$ erfüllt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nIst $n=2k$ gerade, dann ist $5=(y^{k})^{2}-x^{2}$ Differenz von zwei Quadraten. Dies ist nur für $y^{k}=3$ und $x=2$ möglich, im Widerspruch zu $x \\geq 3$. Folglich ist jeder Primteiler von $n$ ungerade.\n\nIst $x$ ungerade, dann ist die linke Seite durch $2$ aber nicht durch $4$ teilbar, im Widerspruch zu $n \\geq 2$. Folglich ist $x$ gerade und somit $y$ ungerade. Daraus folgt weiter $y \\equiv y^{n}=x^{2}+5 \\equiv 1(\\bmod 4)$.\n\nWir benötigen nun:\n\nLemma 5. Sind $a$, $b$ ganze Zahlen und ist $p \\geq 3$ ein Primteiler von $a^{2}+b^{2}$, dann sind entweder $a$ und $b$ durch $p$ teilbar oder es gilt $p \\equiv 1(\\bmod 4)$.\n\nBeweis. Wir können $p \\nmid a, b$ annehmen. Nach Voraussetzung gilt dann $(a b^{-1})^{2} \\equiv -1$, also auch $(a b^{-1})^{4} \\equiv 1(\\bmod p)$. Wegen $p \\geq 3$ ist die Ordnung von $a b^{-1}$ modulo $p$ folglich $4$. Andererseits ist diese Ordnung ein Teiler von $\\varphi(p)=p-1$, daraus folgt $p \\equiv 1(\\bmod 4)$ wie gewünscht.\n\nSei nun $p$ ein Primteiler von $n$. Da $p$ und $y$ ungerade sind, ist auch $N=y^{p-1}+\\ldots+y+1$ ungerade. Wegen\n$$\nN=y^{p-1}+\\ldots+y+1\\mid y^{p}-1\\mid y^{n}-1=x^{2}+4\n$$\nund dem Lemma erfüllt jeder Primteiler $q$ von $N$ die Kongruenz $q \\equiv 1(\\bmod 4)$, somit gilt auch $N \\equiv 1(\\bmod 4)$. Andererseits ist wegen $y \\equiv 1(\\bmod 4)$ aber auch $N \\equiv 1+\\ldots+1=p(\\bmod 4)$. Dies zeigt $p \\equiv 1(\\bmod 4)$ wie gewünscht.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Modular Arithmetic"
  },
  {
    "id": 43790,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$, sodass für alle $x, y>0$ gilt:\n$$\nf(x y) \\leq \\frac{x f(y)+y f(x)}{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All functions of the form f(x) = a x for x positive, where a is any positive constant.",
    "solution": "Solution:\n\nSei $a=f(1)>0$. Setze $y=1$, dann folgt $f(x) \\leq \\frac{1}{2}(x a+f(x))$, also $f(x) \\leq a x$.\n\nSetze nun $y=\\frac{1}{x}$, unter Verwendung der eben gezeigten Abschätzung folgt weiter\n$$\na \\leq \\frac{1}{2}\\left(x f\\left(\\frac{1}{x}\\right)+\\frac{1}{x} f(x)\\right) \\leq \\frac{1}{2}\\left(x \\cdot a \\frac{1}{x}+\\frac{1}{x} f(x)\\right) \\leq \\frac{1}{2}\\left(a+\\frac{1}{x} f(x)\\right)\n$$\nalso $f(x) \\geq a x$.\n\nInsgesamt gilt also $f(x)=a x$ für alle $x>0$ und Einsetzen zeigt, dass dies tatsächlich für jedes $a>0$ eine Lösungen der Funktionalungleichung ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43791,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $m, n$ natürliche Zahlen. Betrachte ein quadratisches Punktgitter aus $(2m+1) \\times (2n+1)$ Punkten in der Ebene. Eine Menge von Rechtecken heisst gut, falls folgendes gilt:\n\na. Für jedes der Rechtecke liegen die vier Eckpunkte auf Gitterpunkten und die Seiten parallel zu den Gitterlinien.\n\nb. Keine zwei der Rechtecke haben einen gemeinsamen Eckpunkt.\n\nBestimme den grösstmöglichen Wert der Summe der Flächen aller Rechtecke in einer guten Menge.",
    "options": [],
    "answer": "m n (m+1)(n+1)",
    "solution": "Solution:\n\nWir führen Koordinaten ein, sodass das Gitter genau aus den Punkten $(x, y)$ mit ganzzahligen Koordinaten $-m \\leq x \\leq m$ und $-n \\leq y \\leq n$ besteht. Wir bestimmen die grösstmögliche Anzahl Rechtecke in einer guten Menge, die ein festes Einheitsquadrat überdecken können. Aus Symmetriegründen können wir uns dabei auf den ersten Quadranten beschränken. Betrachte das Einheitsquadrat mit oberem rechtem Eckpunkt $(k+1, l+1)$, $k, l \\geq 0$. Für jedes Rechteck, das dieses überdeckt, muss dessen oberer rechter Eckpunkt in der Menge $\\{(x, y) \\mid k+1 \\leq x \\leq m,\\ l+1 \\leq y \\leq n\\}$ liegen, und wegen (b) sind diese Eckpunkte alle verschieden. Daraus folgt, dass das Einheitsquadrat von höchstens $(m-k)(n-l)$ Rechtecken überdeckt wird.\n\nSomit ist die Summe der Flächen aller Rechtecke in einer guten Menge höchstens gleich\n$$\n\\begin{aligned}\n4 \\sum_{k=1}^{m} \\sum_{l=1}^{n} k l &= 4\\left(\\sum_{k=1}^{m} k\\right)\\left(\\sum_{l=1}^{n} l\\right) \\\\\n&= 4 \\cdot \\frac{m(m+1)}{2} \\cdot \\frac{n(n+1)}{2} = m n (m+1)(n+1)\n\\end{aligned}\n$$\nDieses Maximum wird auch angenommen: Die Menge aller Rechtecke mit Eckpunkten $(\\pm k, \\pm l)$, $1 \\leq k \\leq m$, $1 \\leq l \\leq n$ ist gut und für sie gilt in obigen Abschätzungen überall Gleichheit.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43792,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Weg in der Ebene führt vom Punkt $(0,0)$ zum Punkt $(6,6)$, wobei man in jedem Schritt entweder um $1$ nach rechts oder um $1$ nach oben gehen kann. Wieviele Wege gibt es, die weder den Punkt $(2,2)$ noch den Punkt $(4,4)$ enthalten?",
    "options": [],
    "answer": "300",
    "solution": "Solution:\n\nFür $a, b \\geq 0$ ist allgemein die Anzahl Wege vom Punkt $(x, y)$ zum Punkt $(x+a, y+b)$, bei denen man in jedem Schritt um $1$ nach rechts oder nach oben geht, gleich $\\binom{a+b}{a} = \\binom{a+b}{b}$. Denn ein solcher Weg ist dadurch festgelegt, dass man in der Folge der $a+b$ nötigen Schritte die Positionen der $a$ Schritte nach rechts (oder äquivalent dazu diejenige der $b$ Schritte nach oben) festlegt.\n\nInsgesamt gibt es also $\\binom{12}{6}$ Wege von $(0,0)$ nach $(6,6)$. Von diesen enthalten genau $\\binom{4}{2}\\binom{8}{4}$ den Punkt $(2,2)$ und ebenso viele den Punkt $(4,4)$. Schliesslich enthalten genau $\\binom{4}{2}^3$ davon beide Punkte. Nach der Ein-/Ausschaltformel ist die gesuchte Anzahl Wege also\n$$\n\\binom{12}{6} - \\left[2\\binom{8}{4}\\binom{4}{2} - \\binom{4}{2}^3\\right] = 300\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43793,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Sehnenviereck mit $CD < AD$ und $CD < BC$. Die Diagonalen $AC$ und $BD$ schneiden sich im Punkt $S$. Die Spiegelung der Gerade $AB$ an $AC$ sei $e$ und die Spiegelung der Geraden $AB$ an $BD$ sei $f$. Die Gerade $CD$ schneide $e$ und $f$ in den Punkten $E$ bzw. $F$. Beweise, dass das Dreieck $SEF$ gleichschenklig ist.\n\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 1: Konstruktion zur Lösung von Aufgabe 3",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir definieren $\\alpha = \\angle BAC$, $\\beta = \\angle DBA$ und $\\gamma = \\angle CAD$. Weil $ABCD$ ein Sehnenviereck ist, gilt $\\angle BDC = \\alpha$, $\\angle DCA = \\beta$ und $\\angle CBD = \\gamma$ (siehe Abbildung 1). Nach Konstruktion von $e$ und $f$ gilt $\\angle SAE = \\alpha$ bzw. $\\angle FBS = \\beta$. Somit haben wir\n$$\n\\angle SDC = \\angle SAE \\quad \\text{und} \\quad \\angle SCD = \\angle SBF\n$$\nDaraus folgt, dass $ASDE$ und $BFCS$ beides Sehnenvierecke sind. Mit dem Peripheriewinkelsatz folgern wir, dass $\\angle SED = \\angle SAD = \\gamma$ bzw. $\\angle SFC = \\angle SBC = \\gamma$. Damit haben wir $\\angle SEF = \\angle SFE$ gezeigt und $SEF$ ist gleichschenklig.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43794,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZeige, dass jede Zahl der Form\n$$\n2^{5^{2^{5^{*}}}} + 4^{5^{4^{5^{*}}}}\n$$\ndurch $2008$ teilbar ist, wobei die Exponententürme beliebige, voneinander unabhängige Höhen $\\geq 3$ haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt $2008 = 8 \\cdot 251$ und offensichtlich ist jeder der beiden Summanden in der Aufgabenstellung durch $8$ teilbar. Es genügt daher zu zeigen, dass die Summe auch durch $251$ teilbar ist. Modulo $251$ gilt $2^{8} = 256 \\equiv 5$ und daher $2^{25} \\equiv 2 \\cdot 5^{3} = 250 \\equiv -1$. Ausserdem ist $4^{25} = (2^{25})^{2} \\equiv (-1)^{2} = 1$.\n\nDer Exponent des ersten Summanden ist nach Voraussetzung eine echte Potenz von $5$ und somit ein ungerades Vielfaches von $25$, das heisst, es gilt $5^{2^{5^{\\circ}}} = 25u$ mit $u$ ungerade. Analog ist der Exponent des zweiten Summanden ein Vielfaches von $25$, wir schreiben $5^{4^{5}} = 25v$. Dies ergibt schliesslich\n$$\n2^{5^{2^{5^{*}}}} + 4^{5^{4^{v^{*}}}} = 2^{25u} + 4^{25v} \\equiv (-1)^{u} + 1^{v} = 0 \\quad (\\bmod 251)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43795,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\angle ABC \\neq \\angle BCA$. Der Inkreis $k$ des Dreiecks $ABC$ berühre die Seiten $BC$, $CA$ bzw. $AB$ in den Punkten $D$, $E$ bzw. $F$. Die Strecke $AD$ schneide $k$ ein weiteres Mal in $P$. Sei $Q$ der Schnittpunkt von $EF$ mit der Rechtwinkligen zu $AD$ durch $P$. Sei $X$ bzw. $Y$ der Schnittpunkt von $AQ$ mit $DE$ bzw. mit $DF$. Zeige, dass $A$ der Mittelpunkt von $XY$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $I$ der Inkreismittelpunkt des Dreiecks $ABC$ und $M$ der Mittelpunkt der Strecke $EF$. Wir zeigen zuerst, dass $IMPD$ ein Sehnenviereck ist. Wegen $AF = AE$ liegen $A$, $M$ und $I$ auf einer Geraden und $\\angle FMI = 90^\\circ$. Da auch $\\angle AFI = 90^\\circ$ gilt, liegt der Umkreis von $FIM$ tangential zur Gerade $AF$. Nach dem Potenzsatz gilt nun\n$$\nAM \\cdot AI = AF^2 = AP \\cdot AD\n$$\nalso ist $IMPD$ ein Sehnenviereck. Wegen $\\angle QMA = 90^\\circ = \\angle QPA$ ist $QMPA$ ebenfalls ein Sehnenviereck. Eine kurze Winkeljagd zeigt, dass $BC$ und $AQ$ parallel sind:\n$$\n\\angle ADC = 90^\\circ - \\angle IDP = 90^\\circ - (180^\\circ - \\angle IMP) = \\angle PME = \\angle QAD\n$$\nDaraus folgt, dass $AYF$ ähnlich zum gleichschenkligen Dreieck $BDF$ ist und $AXE$ ähnlich zum gleichschenkligen Dreieck $CDE$. Also ist $AY = AF$ und $AX = AE$. Somit gilt $AX = AE = AF = AY$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43796,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle natürlichen Zahlen $n>1$, sodass die Anzahl positiver Teiler von $n$ gleich dem drittkleinsten positiven Teiler von $n$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "All n > 1 of the form n = p^{p^2 - 1} for a prime p, or n = (p q)^{p - 1} for primes p, q with q > p^2 and p ≥ 3.",
    "solution": "Solution:\nSei $n = p_{1}^{a_{1}} \\cdots p_{k}^{a_{k}}$ mit $p_{1} < p_{2} < \\ldots < p_{k}$ die Primfaktorzerlegung von $n$. Die Anzahl positiver Teiler von $n$ ist $(a_{1}+1) \\cdots (a_{k}+1)$ und der drittkleinste positive Teiler von $n$ ist $p_{1}^{2}$ oder $p_{2}$. Es soll also gelten\n$$\n(a_{1}+1) \\cdots (a_{k}+1) \\in \\{p_{1}^{2},\\ p_{2}\\}\n$$\nWir betrachten die beiden Fälle getrennt.\n\nSei zuerst $p_{2}$ der drittkleinste positive Teiler von $n$. Aus (1) folgt dann aber $k=1$, da alle Klammern auf der linken Seite grösser als $1$ sind, $p_{2}$ aber prim ist. Dies ist ein Widerspruch.\n\nSei nun also $p_{1}^{2}$ der drittkleinste Teiler. Dann ist (1) genau dann erfüllt, wenn gilt $k=1$, $a_{1}=p_{1}^{2}-1$ oder $k=2$, $p_{2}>p_{1}^{2}$, $a_{1}=a_{2}=p_{1}-1 \\geq 2$. Die gesuchten Zahlen sind also genau diejenigen von der Form\n$$\n\\begin{array}{ll}\nn = p^{p^{2}-1} & \\text{ für } p \\text{ prim, } \\\\\nn = (p q)^{p-1} & \\text{ für Primzahlen } p, q \\text{ mit } q > p^{2},\\ p \\geq 3\n\\end{array}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43797,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte drei Seitenquadrate eines $n \\times n \\times n$-Würfels, die an einer der Würfelecken zusammenstossen. Für welche $n$ ist es möglich, diese vollständig und überlappungsfrei mit Papierstreifen der Grösse $3 \\times 1$ zu bedecken? Die Papierstreifen können dabei auch über Würfelkanten hinweggeklebt werden.",
    "options": [],
    "answer": "All multiples of 3",
    "solution": "Solution:\n\nWenn $n$ durch $3$ teilbar ist. Führe in jeder Seitenfläche Koordinaten ein, sodass $(1,1)$ das Feld in der gemeinsamen Ecke ist und $(n, n)$ das diametrale Eckfeld. Färbe alle Felder $(a, b)$ mit $a, b \\not\\equiv 2\\ (\\bmod\\ 3)$ schwarz und den Rest weiss. Dann bedeckt jeder Papierstreifen eine gerade Anzahl schwarzer Felder und somit muss die Gesamtzahl schwarzer Felder gerade sein. Eine kurze Rechnung zeigt aber, dass die Anzahl schwarzer Felder pro Seitenfläche für $n=3m+1$ und $n=3m+2$ gleich $(2m+1)^2$ ist, also ungerade. Somit ist auch die Gesamtzahl schwarzer Felder ungerade, ein Widerspruch. Also muss $n$ durch $3$ teilbar sein. In diesem Fall lässt sich aber sogar jede Seitenfläche einzeln mit Papierstreifen bedecken.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43798,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nZwei Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ schneiden sich in $A$ und $B$. Sei $r$ eine Gerade durch $B$, die $k_{1}$ in $C$ und $k_{2}$ in $D$ schneidet, so dass $B$ zwischen $C$ und $D$ liegt. Sei $s$ die Gerade parallel zu $A D$, die $k_{1}$ in $E$ berührt und zu $A D$ den kleinstmöglichen Abstand hat. Die Gerade $A E$ schneidet $k_{2}$ in $F$. Sei $t$ die Tangente zu $k_{2}$ durch $F$. Beweise dass gilt:\n(a) Die Gerade $t$ ist parallel zu $A C$.\n(b) Die Geraden $r, s$ und $t$ schneiden sich in einem Punkt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n(a) Wir zeigen zuerst, dass $C E$ parallel zu $D F$ ist. Es gilt\n$$\n\\angle C E F=\\angle C E A=\\angle A B D=\\angle A F D=\\angle E F D\n$$\nalso ist $C E$ parallel zu $D F$. Sei $X$ der Schnittpunkt von $s$ und $t$. Um die Parallelität von $A C$ und $t$ zu zeigen, genügt es $\\angle D F X=\\angle E C A$ zu beweisen, und dies folgt aus dem Sehnen-Tangentenwinkelsatz:\n$$\n\\angle D F X=\\angle D A F=\\angle X E F=\\angle E C A\n$$\n\n(b) Sei $U$ der zweite Schnittpunkt des Umkreises von $E B F$ mit der Geraden $r$. Zudem sei $T$ bzw. $S$ der Schnittpunkt von $r$ mit $t$ bzw. $s$. Es gilt\n$$\n\\angle U E F=\\angle U B F=\\angle D B F=\\angle D A F=\\angle S E F\n$$\nalso ist $S=U$. Weiter gilt\n$\\angle U F E=\\angle U B E=\\angle U B A+\\angle A B E=\\angle D B A+\\angle A C E=\\angle D F A+\\angle T F D=\\angle T F E$,\nalso ist $T=U$. Somit schneiden sich die drei Geraden $r, s$ und $t$ im Punkt $U$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43799,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Quadrat mit Seitenlänge $1$ in der Ebene. Bestimme den geometrischen Ort aller Punkte $P$ mit der Eigenschaft\n$$\nAP \\cdot CP + BP \\cdot DP = 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "The union of the two diagonals of the square.",
    "solution": "Solution:\n\nDer gesuchte Ort ist die Vereinigung der beiden Diagonalen des Quadrates. Wir führen Koordinaten ein und setzen $A=(0,0)$, $B=(1,0)$, $C=(1,1)$, $D=(0,1)$ und $P=(a, b)$. Es gilt dann nach $\\mathrm{CS}$\n$$\n\\begin{aligned}\nAP \\cdot CP + BP \\cdot DP &= \\sqrt{a^2 + b^2} \\sqrt{(1-a)^2 + (1-b)^2} + \\sqrt{(1-a)^2 + b^2} \\sqrt{a^2 + (1-b)^2} \\\\\n&\\geq (|a(1-a)| + |b(1-b)|) + (|(1-a)a| + |b(1-b)|) \\\\\n&\\geq a(1-a) + b(1-b) + (1-a)a + b(1-b) = 1\n\\end{aligned}\n$$\nIn der zweiten Abschätzung gilt Gleichheit genau dann, wenn $a, b, 1-a, 1-b$ alle dasselbe Vorzeichen haben, das heißt, wenn $P$ im Innern oder auf dem Rand des Quadrats liegt. In der ersten Abschätzung gilt Gleichheit genau dann, wenn die Vektoren $(a, b)$ und $(1-b, 1-a)$ kollinear sind, ebenso wie die Vektoren $(a, 1-b)$ und $(b, 1-a)$. Eine kurze Rechnung zeigt, dass dies genau dann der Fall ist, wenn $a = b$ oder $a + b = 1$ gilt, also dann, wenn $P$ auf einer der beiden Diagonalen des Quadrates liegt.\n\nWir nehmen zuerst an, dass der Punkt $P$ im Innern oder auf dem Rand des Quadrates liegt. Offenbar erfüllen die vier Eckpunkte die Bedingung, wir nehmen daher im Folgenden $P \\neq A, B, C, D$ an. Sei $Q$ die Translation von $P$ um den Vektor $\\overrightarrow{DA}$. Nach Konstruktion gilt $CP = BQ$ und $DP = AQ$. Der Satz von Ptolemäus ergibt nun für das Viereck $AQBP$\n$$\nAP \\cdot CP + BP \\cdot DP = AP \\cdot BQ + BP \\cdot AQ \\geq AB \\cdot PQ = 1 \\cdot 1 = 1\n$$\nGleichheit gilt genau dann, wenn $AQBP$ ein Sehnenviereck ist, was wir im Folgenden annehmen. Das Viereck $PQBC$ ist ein Parallelogramm und daher gilt\n$$\n\\angle PAB = \\angle PQB = \\angle PCB\n$$\nwas gleichbedeutend damit ist, dass $P$ auf einer der beiden Diagonalen des Quadrates liegt.\n\nSchließlich betrachten wir den Fall, wo $P$ außerhalb des Quadrates liegt. Wir können o.B.d.A. annehmen, dass $P$ auf der anderen Seite der Geraden $CD$ liegt als die Punkte $A, B$. Wie man leicht sieht, verkleinert sich die Summe strikt, wenn wir $P$ auf die Gerade $CD$ projizieren. Nach zweimaligem Anwenden einer solchen Projektion liegt der Punkt auf dem Rand des Quadrates und nach dem schon Gezeigten ist die Summe für einen Punkt außerhalb des Quadrates immer größer als $1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43800,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin quadratisches Spielbrett besteht aus $2 n \\times 2 n$ Feldern. Es sollen $n$ dieser Felder markiert werden, sodass keine zwei markierten Felder in derselben oder benachbarten Zeilen liegen, und sodass auch keine zwei markierten Felder in derselben oder benachbarten Spalten liegen. Auf wieviele Arten ist dies möglich?",
    "options": [],
    "answer": "(n+1)^2 n!",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen eine Zeile oder Spalte markiert, wenn sie ein markiertes Feld enthält. Von den $2 n$ Zeilen sind genau $n$ markiert und keine zwei davon sind benachbart. Nummeriert man die Zeilen von $1$ bis $2 n$, dann sieht man leicht, dass die markierten Zeilen die Nummern\n$$\n1, 3, \\ldots, 2k+1, 2k+4, \\ldots, 2n-2, 2n\n$$\ntragen müssen, wobei $0 \\leq k \\leq n$ ist. Man kann die $n$ markierten Zeilen also auf genau $n+1$ Arten wählen. Analog kann man die $n$ markierten Spalten auf $n+1$ Arten wählen. Schliesslich gibt es bei vorgegebenen markierten Zeilen und Spalten genau $n!$ Möglichkeiten, die markierten Felder zu wählen. Insgesamt ist die Antwort also $(n+1)^2 n!$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43801,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$ positive reelle Zahlen. Beweise die folgende Ungleichung:\n$$\n\\frac{a}{\\sqrt{3 a+2 b+c}}+\\frac{b}{\\sqrt{3 b+2 c+a}}+\\frac{c}{\\sqrt{3 c+2 a+b}} \\leq \\frac{1}{\\sqrt{2}} \\sqrt{a+b+c}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNach CS ist das Quadrat der linken Seite der Ungleichung höchstens gleich\n$$\n(a+b+c) \\cdot \\left(\\underbrace{\\frac{a}{3 a+2 b+c}+\\frac{b}{3 b+2 c+a}+\\frac{c}{3 c+2 a+b}}_{A}\\right)\n$$\nEs genügt also $A \\leq \\frac{1}{2}$ zu zeigen, oder äquivalent dazu $3-2A \\geq \\frac{3}{2}$. Wir setzen $x=a+b$, $y=b+c$, $z=c+a$ und erhalten wegen $1-\\frac{2a}{3a+2b+c}=\\frac{a+2b+c}{3a+2b+c}=\\frac{x+y}{2x+z}$ die äquivalente Ungleichung\n$$\n\\frac{x+y}{2x+z}+\\frac{y+z}{2y+x}+\\frac{z+x}{2z+y} \\geq \\frac{3}{2}\n$$\nWieder nach CS ist die linke Seite mindestens gleich\n$$\n\\frac{((x+y)+(y+z)+(z+x))^{2}}{(x+y)(2x+z)+(y+z)(2y+x)+(z+x)(2z+y)}\n$$\nes genügt also zu zeigen, dass $4(x+y+z)^{2} \\geq 3((x+y)(2x+z)+(y+z)(2y+x)+(z+x)(2z+y))$ ist. Nach Vereinfachung lautet dies $x^{2}+y^{2}+z^{2} \\geq xy+yz+zx$, was nach AM-GM stimmt. Damit ist alles gezeigt.\nSolution:\n\nFür den ersten Schritt kann man auch die gewichtete Ungleichung von Jensen verwenden. Da die Ungleichung homogen ist, können wir $a+b+c=1$ annehmen, sodass $a$, $b$, $c$ ein Gewichtssatz ist. Die Funktion $f(x)=\\sqrt{x}$ ist konkav für $x>0$, somit gilt nach Jensen für die linke Seite $L$:\n$$\nL=\\sum_{\\mathrm{cyc}} a f\\left(\\frac{1}{3a+2b+c}\\right) \\leq f\\left(\\sum_{\\mathrm{cyc}} \\frac{a}{3a+2b+c}\\right)=\\sqrt{A}\n$$\nmit $A$ wie in der ersten Lösung. Homogenisiert man nun wieder, dann genügt es $A \\leq \\frac{1}{2}$ zu zeigen. Man kann wie in der ersten Lösung weiterfahren.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43802,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle ungeraden natürlichen Zahlen der Form\n$$\n\\frac{p+q}{p-q}\n$$\nwobei $p>q$ Primzahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Solution:\n\nSei $n$ diese Zahl. Nach Voraussetzung gilt $n(p-q)=p+q=(p-q)+2q$, folglich ist $p-q$ ein Teiler von $2q$. Wegen $\\operatorname{ggT}(p-q, q)=1$ gilt daher $p-q=1$ oder $p-q=2$. Im ersten Fall ist $p$ oder $q$ gerade, also $p=3, q=2$ und $n=5$. Im zweiten Fall sind $p$ und $q$ ungerade und somit ist $n=\\frac{p+q}{p-q}=\\frac{2q+2}{2}=q+1$ gerade, Widerspruch. Die einzige solche Zahl ist daher $n=5$.\nSolution:\n\nWir betrachten wieder die Gleichung $n(p-q)=p+q$. Wir nehmen zuerst an, $p$ und $q$ seien ungerade. Im Fall $p \\equiv q (\\bmod 4)$ ist die linke Seite der Gleichung durch 4 teilbar, die rechte aber nicht. Im Fall $p \\not\\equiv q (\\bmod 4)$ ist die rechte Seite durch 4 teilbar, die linke aber nicht da $n$ ungerade ist. Dieser Widerspruch zeigt $q=2$. In diesem Fall ist schliesslich $n=\\frac{p+2}{p-2}=1+\\frac{4}{p-2}$, also ist $p-2$ ein Teiler von 4 und somit ist $p=3$ und $n=5$.\nSolution:\n\nUmformen der Gleichung aus der zweiten Lösung ergibt $p(n-1)=q(n+1)$. Da $p$ und $q$ teilerfremd sind, gilt $n+1=ap$ und $n-1=bq$ für natürliche Zahlen $a, b$. Einsetzen zeigt $a=b$ und daher gilt $a(p-q)=(n+1)-(n-1)=2$. Wieder folgt $p-q=1$ oder $=2$ und man kann wie in der ersten Lösung schliessen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43803,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin reguläres 2008-Eck wird irgendwie mit 2005 sich nicht schneidenden Diagonalen in lauter Dreiecke zerlegt. Bestimme die kleinstmögliche Anzahl nicht gleichschenkliger Dreiecke, die in einer solchen Zerlegung auftreten können.",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen ein gleichschenkliges Dreieck gut und ein nicht gleichschenkliges schlecht. Für eine natürliche Zahl $n$ bezeichne $n^{(2)}$ die Anzahl Einsen in der Binärdarstellung von $n$. Wir werden allgemeiner zeigen, dass in jeder Triangulierung eines regulären $n$-Ecks mindestens $n^{(2)}-2$ schlechte Dreiecke vorkommen. Dazu überlegt man sich zuerst leicht Folgendes:\n\nLemma 1. Für beliebige natürliche Zahlen $a, b$ gilt $a^{(2)}+b^{(2)} \\geq (a+b)^{(2)}$ mit Gleichheit genau dann, wenn bei der Addition $a+b$ im Binärsystem keine Überträge auftreten.\n\nDer Hauptschritt besteht aus folgendem Resultat:\n\nLemma 2. In jeder Triangulierung eines Segments des $n$-Ecks über einem Bogen aus $k \\leq \\frac{n}{2}$ Seiten treten mindestens $k^{(2)}-1$ schlechte Dreiecke auf.\n\nBeweis. Wir verwenden Induktion nach $k \\geq 1$. Für den degenerierten Fall $k=1$ ist die Behauptung trivial, wir nehmen daher $k>1$ an. Die begrenzende Diagonale dieses Segments ist Seite eines Dreiecks $\\Delta$ in der Triangulierung. Der dritte Eckpunkt von $\\Delta$ zerlege den Bogen in zwei Teilbögen der Längen $a, b$ mit $a+b=k$. Nach Induktionsvoraussetzung treten in der Triangulierung dieser Bögen mindestens $a^{(2)}-1$ bzw. $b^{(2)}-1$ schlechte Dreiecke auf. Wir unterscheiden zwei Fälle:\n\n(i) $\\Delta$ ist schlecht. Dann treten insgesamt mindestens $\\left(a^{(2)}-1\\right)+\\left(b^{(2)}-1\\right)+1 \\geq (a+b)^{(2)}-1 = k^{(2)}-1$ schlechte Dreiecke auf.\n\n(ii) $\\Delta$ ist gut. Wegen $k \\leq \\frac{n}{2}$ muss dann $a=b=\\frac{k}{2}$ sein. Die Anzahl schlechter Dreiecke ist daher wieder mindestens $\\left(a^{(2)}-1\\right)+\\left(b^{(2)}-1\\right) = 2\\left(a^{(2)}-1\\right) = 2\\left(k^{(2)}-1\\right) \\geq k^{(2)}-1$.\n\nWir kommen nun zum eigentlichen Beweis und unterscheiden wieder zwei Fälle.\n\n(a) Eine der Diagonalen geht durch den Mittelpunkt des $n$-Ecks. In diesem Fall ist $n=2k$ gerade und nach Lemma 2 ist die Anzahl schlechter Dreiecke mindestens $2\\left(k^{(2)}-1\\right) = 2\\left(n^{(2)}-1\\right) > n^{(2)}-2$.\n\n(b) Der Mittelpunkt liegt im Inneren eines Dreiecks $\\Delta$, dessen Eckpunkte den Rand des $n$-Ecks in drei Bögen der Längen $a, b, c$ mit $a+b+c$ unterteilt. Ist $\\Delta$ schlecht, dann ist die Anzahl schlechter Dreiecke mindestens $\\left(a^{(2)}-1\\right)+\\left(b^{(2)}-1\\right)+\\left(c^{(2)}-1\\right)+1 \\geq (a+b+c)^{(2)}-2 = n^{(2)}-2$. Ist $\\Delta$ jedoch gut, dann sind zwei der drei Zahlen $a, b, c$ gleich, oBdA sei $a=b$. In diesem Fall ist die Anzahl schlechter Dreiecke mindestens $2a^{(2)}+c^{(2)}-3 \\geq \\left((2a)^{(2)}+1\\right)+c^{(2)}-3 \\geq n^{(2)}-2$.\n\nWegen $2008^{(2)}=7$ enthält also jede Triangulierung mindestens 5 schlechte Dreiecke. Zum Schluss konstruieren wir noch ein Beispiel mit 5 schlechten Dreiecken. Man überlegt sich leicht, dass jedes Segment über einem Bogen, dessen Länge eine Zweierpotenz ist, ohne schlechte Dreiecke trianguliert werden kann. Tut man dies für aufeinanderfolgende Sektoren der Längen 1024, 512, 256, 128, 64, 16 und 8, dann lässt sich das verbleibende 7-Eck natürlich mit 5 (schlechten) Dreiecken triangulieren. Damit ist alles gezeigt.\nSolution:\n\nWir geben ein zweites Argument, dass mindestens $n^{(2)}-2$ schlechte Dreiecke existieren.\n\nLemma 3. Sei $k \\leq \\frac{n}{2}$ eine natürliche Zahl.\n(a) Lässt sich ein Segment des $n$-Ecks über einem Bogen aus $k$ Seiten ohne schlechte Dreiecke triangulieren, dann ist $k$ eine Zweierpotenz.\n(b) Lässt sich ein Segment des $n$-Ecks über einem Bogen aus $k$ Seiten mit $s$ schlechten Dreiecken triangulieren, dann auch jedes Segment über einem Bogen aus $2k$ Seiten.\n\nBeweis. Für (a) verwenden wir Induktion nach $k$, der Fall $k=1$ ist trivial. Die begrenzende Diagonale dieses Segments ist Seite eines gleichschenkligen Dreiecks $\\Delta$ in der Triangulierung, und wegen $k \\leq \\frac{n}{2}$ muss sie die Basis von $\\Delta$ sein. Der dritte Eckpunkt von $\\Delta$ zerlegt den Bogen also in zwei gleich große Teilbögen, deren Länge nach Induktionsvoraussetzung eine Zweierpotenz ist. Somit ist auch $k$ eine Zweierpotenz. Für (b) \"strecke\" man den Sektor mitsamt seiner Triangulierung um den Faktor 2 und füge am Rand $k$ kleine gleichschenklige Dreiecke hinzu.\n\nWir betrachten nun eine Triangulierung des $n$-Ecks mit der kleinstmöglichen Anzahl schlechter Dreiecke. Kommt gar kein schlechtes Dreieck vor, dann wählen wir ein Dreieck, das den Mittelpunkt des $n$-Ecks im Innern oder auf dem Rand enthält, und wenden (a) auf die drei Segmente an, die durch dessen Seiten begrenzt werden. Die Länge der zugehörigen Bögen sind also Zweierpotenzen und zwei davon sind gleich. Daraus folgt $n^{(2)} \\leq 2$. Wir nehmen nun an, es existiere ein schlechtes Dreieck und bezeichnen die konvexe Hülle aller schlechten Dreiecke mit $H$, dies ist ein konvexes Polygon, dessen Eckpunkte auch Eckpunkte des $n$-Ecks sind. Sei $\\Delta$ ein beliebiges gutes Dreieck. Die beiden gleich großen Seiten begrenzen Segmente der Länge $<\\frac{n}{2}$, und wir behaupten, dass in diesen Segmenten kein schlechtes Dreieck vorkommt. Denn nach (b) lässt sich die Vereinigung $S$ der beiden Segmente und $\\Delta$ mit gleich vielen schlechten Dreiecken triangulieren, wie einer der beiden Segmente. Aus der Minimalität folgt also, dass das jeweils andere Segment gar kein schlechtes Dreieck enthalten kann. Dies zeigt, dass $H$ und $S$ keinen gemeinsamen inneren Punkt haben und insbesondere $\\Delta$ nicht in $H$ enthalten ist. Da $\\Delta$ beliebig war, besteht $H$ also ausschließlich aus schlechten Dreiecken. Die Seiten von $H$ begrenzen somit Segmente, die aus lauter guten Dreiecken bestehen, deren Länge ist nach (a) daher eine Zweierpotenz. Die Summe dieser Längen ist gleich $n$ und daher besitzt $H$ mindestens $n^{(2)}$ Seiten und die Triangulierung mindestens $n^{(2)}-2$ schlechte Dreiecke.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43804,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a, b$ natürliche Zahlen. Zeige, dass man die ganzen Zahlen mit drei Farben färben kann, sodass zwei ganze Zahlen mit Differenz $a$ oder $b$ stets verschieden gefärbt sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir färben $0$ beliebig und konstruieren die gesuchte Färbung zuerst induktiv für die positiven ganzen Zahlen. Nehme an, $0,1, \\ldots, n-1$ seien schon gefärbt. Wir können jetzt $n$ einfach so färben, dass keine der beiden Zahlen $n-a$ und $n-b$ (sofern diese überhaupt schon gefärbt sind) dieselbe Farbe besitzt. Da wir drei Farben zur Verfügung haben, ist dies stets möglich.\n\nWir können nun dasselbe Verfahren anwenden, um die negativen ganzen Zahlen induktiv zu färben. Seien nämlich $-n+1,-n+2, \\ldots$ schon gefärbt, dann färben wir $-n$ so, dass keine der beiden Zahlen $-n+a$ und $-n+b$ dieselbe Farbe besitzt. Damit sind wir fertig.\nSolution:\n\nWir konstruieren eine $(a+b)$-periodische Färbung mit den geforderten Eigenschaften. Dazu können wir $a \\leq b$ annehmen und setzen $b=n a+r$ mit $0 \\leq r<a$ (Division mit Rest). Wir unterteilen die Zahlen $1,2, \\ldots, a+b$ wie folgt in Blöcke:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\{1,2, \\ldots, a\\} \\cup\\{a+1, a+2, \\ldots, 2 a\\} \\cup \\ldots \\cup\\{(n-1) a+1,(n-1) a+2, \\ldots, n a\\} \\\\\n& \\cup\\{n a+1, n a+2, \\ldots, n a+r=b\\} \\cup\\{b+1, b+2, \\ldots, a+b\\}\n\\end{aligned}\n$$\nJeder dieser Blöcke besteht aus $a$ aufeinanderfolgenden Zahlen, ausser der zweitletzte, welcher aus $r$ solchen besteht (im Fall $r=0$ ist er leer). Wir färben nun diese Blöcke abwechselnd rot und blau ausser dem letzten, den färben wir grün, und setzen diese Färbung $(a+b)$-periodisch fort. Offenbar haben je zwei Zahlen mit Differenz $a$ verschiedene Farben. Seien andererseits $x$ und $y=x+b$ zwei Zahlen mit Differenz $b$ und derselben Farbe. Wegen der Periodizität haben dann auch $y$ und $x+a+b=y+a$ dieselbe Farbe und Differenz $a$, ein Widerspruch.\nSolution:\n\nWir nennen eine Färbung, die die Bedingungen der Aufgabe erfüllt, eine $(a, b)$-Färbung. Ist $\\operatorname{ggT}(a, b)=d>1$, dann können wir aus einer $\\left(\\frac{a}{d}, \\frac{b}{d}\\right)$-Färbung durch \"Blockbildung\" eine $(a,b)$-Färbung konstruieren: Färbe nämlich $k d, k d+1, \\ldots, k d+(d-1)$ alle mit der entsprechenden Farbe von $k$ in einer $\\left(\\frac{a}{d}, \\frac{b}{d}\\right)$-Färbung.\n\nWir können also annehmen, dass $a$ und $b$ teilerfremd sind, ausserdem sei $a>b$ (der Fall $a=b=1$ ist trivial). Wir betrachten zuerst den Fall $a=b+1$. Wir unterteilen $\\mathbb{Z}$ in Blöcke von je $b$ aufeinanderfolgenden Zahlen und färben diese Blöcke abwechselnd rot, blau und grün. Zwei ganze Zahlen mit Differenz $b$ liegen stets in aufeinanderfolgenden Blöcken und sind daher verschieden gefärbt. Zwei Zahlen mit Differenz $a$ liegen in zwei Blöcken, die aufeinander folgen, oder die einen einzigen Block zwischen sich haben, diese Zahlen sind also ebenfalls verschieden gefärbt.\n\nSei nun $a>b+1$. Wir färben die ganzen Zahlen bezüglich ihrer Restklasse modulo $n=a-b \\geq 2$. Es gilt $a \\equiv b(\\bmod n)$ und wir bezeichnen den gemeinsamen Rest von $a$ und $b$ bei Division durch $n$ mit $r$. Es genügt sicher, wenn wir eine Färbung konstruieren, sodass zwei Restklassen $\\underline{x}$ und $\\underline{y}$ mit $x-y \\equiv r(\\bmod n)$ stets verschieden gefärbt sind. Da $r$ und $n$ teilerfremd sind, durchlaufen die Zahlen $0, r, 2 r, \\ldots,(n-1) r$ alle Restklassen modulo $n$ genau einmal. Wir färben diese daher abwechslungsweise rot und blau, ausser $(n-1) r$, welche wir grün färben. Dies erfüllt alle Bedingungen.\nSolution:\n\nWie in der 3. Lösung können wir annehmen, dass $a$ und $b$ teilerfremd sind. Nach dem Satz von Bezout lässt sich jede ganze Zahl in der Form $x a+y b$ schreiben und es ist $x a+y b=x^{\\prime} a+y^{\\prime} b$ genau dann, wenn $x^{\\prime}=x+k b$ und $y^{\\prime}=y-k a$ gilt für eine ganze Zahl $k$. Wir konstruieren nun die gesuchte Färbung in der $x y$-Ebene, das heisst wir färben jedes Paar $(x, y)$ mit einer von drei Farben, sodass folgende Eigenschaften erfüllt sind:\n\n(i) Die Punkte $(x, y)$ und $(x, y+1)$ haben stets verschiedene Farben, ebenso wie die Punkte $(x, y)$ und $(x+1, y)$, denn diese Punktpaare entsprechen genau den Paaren ganzer Zahlen mit Differenz $a$ oder $b$.\n\n(ii) Die Punkte der Form $(x+k b, y-k a)$ haben für alle $k \\in \\mathbb{Z}$ dieselbe Farbe, denn sie repräsentieren alle dieselbe ganze Zahl.\n\nDazu färben wir die Punkte $(x, y)$ im vertikalen Streifen $0 \\leq x \\leq b-1$ mit der Standard-3-Färbung, d.h. entsprechend der Restklasse von $x+y(\\bmod 3)$. Wir verschieben die Färbung dieses Streifen nun um ganzzahlige Vielfache des Vektors $(b,-a)$, diese Verschiebungen überdecken die Ebene lückenlos und überlappungsfrei. Diese Färbung der Ebene erfüllt Punkt (ii) und auch Punkt (i) innerhalb jedes vertikalen Streifens. An den Übergängen zwischen zwei Streifen ist (i) genau dann erfüllt, wenn $b-a \\not \\equiv 1(\\bmod 3)$ gilt. Folglich liefert diese Konstruktion eine $(a, b)$-Färbung ausser im Fall $b-a \\equiv 1(\\bmod 3)$. Ist letzteres aber der Fall, dann gilt $a-b \\not \\equiv 1(\\bmod 3)$ und somit liefert die gespiegelte Konstruktion mit vertauschten Rollen von $a$ und $b$ eine $(a, b)$-Färbung. Damit ist alles gezeigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43805,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin $8 \\times 11$-Rechteck wird irgendwie in 21 Gebiete zerlegt, wobei jedes dieser Gebiete zusammenhängend ist und aus Einheitsquadraten besteht, deren Kanten parallel zu den Kanten des Rechtecks liegen. Beweise, dass mindestens zwei dieser Gebiete bis auf Rotationen und Spiegelungen dieselbe Form haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, dies sei nicht der Fall. Das Rechteck hat Fläche $88$. Die Anzahl zusammenhängender Teile aus $1$, $2$, $3$ respektive $4$ Einheitsquadraten ist gleich $1$, $1$, $2$ respektive $5$, wie man sich leicht überlegt. Wenn nun keine zwei Teile in der Zerlegung dieselbe Form haben, dann ist die Gesamtfläche der $21$ Teile also mindestens\n$$\n1+2+(3+3)+(4+4+4+4+4)+\\underbrace{(5+\\ldots+5)}_{12}=89>88\n$$\nein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43806,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck und $D$ ein Punkt im Innern der Strecke $BC$. Sei $X$ ein weiterer Punkt im Innern der Strecke $BC$ verschieden von $D$ und sei $Y$ der Schnittpunkt von $AX$ mit dem Umkreis von $ABC$. Sei $P$ der zweite Schnittpunkt der Umkreise von $ABC$ und $DXY$. Beweise, dass $P$ unabhängig von der Wahl von $X$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $A'$ die Spiegelung von $A$ an der Mittelsenkrechten von $BC$. Die Gerade $AA'$ ist dann parallel zu $BC$ und $A'$ liegt auf dem Umkreis von $ABC$. Sei $P'$ der zweite Schnittpunkt von $A'D$ mit dem Umkreis von $ABC$. Nun gilt\n$$\n\\angle XYP' = \\angle AYP' = \\angle AA'P' = \\angle CDP' = 180^\\circ - \\angle XDP'\n$$\nalso ist $XYP'D$ ein Sehnenviereck und $P = P'$. Somit ist $P$ unabhängig von der Wahl von $X$.\nSolution:\n\nWir nehmen oBdA an, dass $X$ im Innern der Strecke $BD$ liege und betrachten zuerst den Fall, wenn die Punkte $B, Y, P, C$ in dieser Reihenfolge auf dem Umkreis von $\\triangle ABC$ liegen (siehe Abbildung 2 (a)). Seien $\\alpha = \\angle BDP$, $\\beta = \\angle PBC$ und $\\gamma = \\angle ACB$. Da nach Konstruktion $XYPD$ ein Sehnenviereck ist, gilt $\\angle PYX = 180^\\circ - \\alpha$, und weil $AYPC$ ebenfalls ein Sehnenviereck ist, gilt $\\angle PCA = \\alpha$. Mit dem Peripheriewinkelsatz über der Strecke $PC$ zeigen wir, dass $\\angle PAC = \\beta$ gilt. Damit haben wir gezeigt, dass die beiden Dreiecke $BPD$ und $APC$ ähnlich sind und schliessen daraus $\\angle DPB = \\angle CPA$. Ziehen wir von dieser Gleichung den Winkel $\\angle DPA$ ab, erhalten wir $\\angle CPD = \\angle APB$. Mit dem Peripheriewinkelsatz über der Sehne $AB$ sieht man, dass $\\angle APB = \\gamma$ gilt, also unabhängig von der Wahl von $X$ ist. Der Punkt $P$ ist somit einer der Schnittpunkte des Umkreises von $\\triangle ABC$ und des Ortsbogens mit Winkel $\\gamma$ über der Strecke $DC$. Einer dieser Schnittpunkte ist $C$ und kann nicht mit $P$ zusammenfallen, weil $X, D$ und $C$ auf einer Geraden liegen. Damit haben wir gezeigt, dass\n\n![](attached_image_1.png)\n\n![](attached_image_2.png)\n\n$P$ für alle $X$ mit dem zweiten dieser Schnittpunkte zusammenfällt.\n\nEs bleibt noch der Fall, dass die Punkte $B, P, Y, C$ in dieser Reihenfolge auf dem Umkreis von $\\triangle ABC$ liegen (siehe Abbildung 2(b)). In diesem Fall finden wir $\\angle PCA = \\angle PYA = \\angle PDB$, also ebenfalls $\\alpha$. Der Rest funktioniert genau gleich wie oben.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43807,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCDEF$ ein konvexes Sechseck mit einem Umkreis. Beweise, dass sich die Diagonalen $AD$, $BE$ und $CF$ genau dann in einem Punkt schneiden, wenn gilt\n$$\n\\frac{AB}{BC} \\cdot \\frac{CD}{DE} \\cdot \\frac{EF}{FA}=1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nehmen zuerst an, dass sich die Diagonalen in einem Punkt $S$ schneiden. Es gilt $\\Varangle ASB=\\Varangle DSE$ und $\\Varangle BAS=\\Varangle DES$, letzteres weil beides Peripheriewinkel über der Sehne $BD$ sind. Also sind die Dreiecke $ABS$ und $EDS$ ähnlich. Analog zeigt man die Ähnlichkeit der Dreiecke $BCS$ und $FES$ sowie der Dreiecke $CDS$ und $AFS$. Diese Ähnlichkeiten liefern die Verhältnisse (beachte die Asymmetrie)\n$$\n\\frac{AB}{DE}=\\frac{BS}{DS}, \\quad \\frac{BC}{EF}=\\frac{BS}{FS}, \\quad \\frac{CD}{FA}=\\frac{DS}{FS}\n$$\nund Multiplikation ergibt (1).\n\nFür die Umkehrung argumentieren wir rückwärts. Dazu gehen wir von der Situation aus, wo sich alle drei Diagonalen in einem Punkt schneiden und verschieben die Gerade $AD$ parallel in Richtung von $E$ und $F$. Während dieser Verschiebung nehmen die Längen $AB$ und $CD$ strikt zu, wogegen $DE$ und $FA$ strikt abnehmen. Insgesamt wächst also die linke Seite von (1) streng monoton. Analog fällt sie streng monoton bei einer Verschiebung in Richtung von $B$ und $C$. Folglich gibt es höchstens eine Position der Geraden $AD$, sodass (1) gilt und nach dem ersten Teil ist das dann der Fall wenn sich die Diagonalen in einem Punkt schneiden.\nSolution:\n\nWir nehmen wieder zuerst an, dass sich die Diagonalen in einem Punkt $S$ schneiden. Wie in der ersten Lösung erhält man die drei Paare ähnlicher Dreiecke. Daraus folgt (diesmal zyklisch)\n$$\n\\frac{AB}{BC} \\cdot \\frac{CD}{DE} \\cdot \\frac{EF}{FA}=\\frac{AB}{DE} \\cdot \\frac{EF}{BC} \\cdot \\frac{CD}{FA}=\\frac{SB}{SD} \\cdot \\frac{SE}{SC} \\cdot \\frac{SD}{SF}=\\frac{SB \\cdot SE}{SC \\cdot SF}\n$$\nEine Anwendung des Potenzsatzes auf $S$ und den Umkreis des Sechsecks zeigt, dass der letzte Bruch den Wert 1 hat.\n\nDie andere Richtung beweisen wir rückwärts. Angenommen die drei Diagonalen schneiden sich nicht in einem Punkt. Der Schnittpunkt von $BE$ und $FC$ sei $S$. Die Gerade $AS$ schneide den Kreis nochmals in $D' \\neq D$. Da 1 nach dem schon Gezeigten sowohl für $D$ als auch für $D'$ gilt, folgt\n$$\n\\frac{ED}{DC}=\\frac{ED'}{D'C}\n$$\nwas aber nicht möglich ist, da dieses Verhältnis streng monoton wächst, wenn man $D'$ von $E$ nach $C$ bewegt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43808,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte sieben verschiedene Geraden in der Ebene. Ein Punkt heisst gut, falls er auf mindestens drei dieser Geraden liegt. Bestimme die grösstmögliche Anzahl guter Punkte.",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "Solution:\n\nMan überlegt sich leicht, dass 6 gute Punkte möglich sind. Wir zeigen nun, dass dies die grösstmögliche Anzahl guter Punkte ist. Wir nennen die sieben Geraden aus der Aufgabenstellung gut, um sie von irgendwelchen anderen Geraden zu unterscheiden.\nFür $n \\geq 2$ sei $a_{n}$ die Anzahl guter Punkte, die auf genau $n$ guten Geraden liegen. Wir zählen die Paare $\\left(P,\\left\\{g_{1}, g_{2}\\right\\}\\right)$ aus einem guten Punkt und einem ungeordneten Paar von zwei guten Geraden, sodass $P \\in g_{1} \\cap g_{2}$.\n\n(i) Nach Definition von $a_{n}$ sind dies genau\n$$\n\\sum_{n \\geq 2} a_{n}\\binom{n}{2}=a_{2}+3 a_{3}+6 a_{4}+\\ldots\n$$\n(ii) Andererseits gibt es $\\binom{7}{2}=21$ mögliche Wahlen für $\\left\\{g_{1}, g_{2}\\right\\}$ und für jede solche Wahl gibt es höchstens einen Schnittpunkt der beiden Geraden.\nInsgesamt folgt also $a_{2}+3 a_{3}+6 a_{4}+\\ldots \\leq 21$. Gibt es nun mindestens 7 gute Punkte, dann gilt $a_{3}+a_{4}+a_{5}+\\ldots \\geq 7$. Diese beiden Abschätzungen können nur für $a_{3}=7, a_{2}=a_{4}=a_{5}=\\ldots=0$ erfüllt sein, und dann gilt in (ii) Gleichheit. Insbesondere gibt es genau 7 gute Punkte, keine zwei gute Geraden sind parallel und wegen $a_{2}=0$ ist jeder Schnittpunkt von zwei guten Geraden ein guter Punkt, das heisst, durch jeden Schnittpunkt von zwei dieser Geraden geht noch eine dritte.\nAus dem folgenden Lemma folgt nun aber, dass höchstens eine guter Punkt existiert, ein Widerspruch.\n\nLemma 1. Gegeben seien $n$ Geraden in der Ebene, die paarweise nicht parallel sind. Geht durch jeden Schnittpunkt von zweien noch eine dritte, dann schneiden sich alle $n$ Geraden in einem Punkt.\n\nBeweis. Nehme an, es gehen nicht alle Geraden durch einen Punkt und wähle ein Paar $(S, g)$ aus einem Schnittpunkt $S$ zweier Geraden und einer dritten Geraden $g$, die $S$ nicht enthält, sodass der Abstand von $S$ zu $g$ unter all diesen Paaren minimal ist (nach Annahme gibt es ein solches Paar). Sei $P$ die Projektion von $S$ auf $g$. Durch $S$ gehen mindestens drei Geraden $g_{1}, g_{2}, g_{3}$ und diese schneiden $g$ in den Punkten $P_{1}, P_{2}, P_{3}$. Davon liegen sicher zwei auf derselben Seite von $P$, wir können also oBdA annehmen, dass $P_{1}, P_{2}, P$ in dieser Reihenfolge auf $g$ liegen, wobei $P_{2}=P$ zugelassen ist. Dann ist aber der Abstand von $P_{2}$ zu $g_{1}$ kleiner als der Abstand von $S$ zu $g$, ein Widerspruch.\n\n\nWir zeigen, dass nicht $n \\geq 7$ gute Punkte auftreten können und zählen dazu die Anzahl der Paare $(P, g)$ aus einem guten Punkt $P$ und einer guten Geraden $g$, sodass $P$ auf $g$ liegt, auf zwei Arten. Einerseits liegen auf keiner guten Geraden 4 oder mehr gute Punkte, denn dafür wären mindesten 9 gute Geraden nötig. Folglich gibt es höchstens $7 \\cdot 3=21$ solche Paare. Andererseits liegt jeder der $n$ guten Punkte auf mindestens 3 guten Geraden, folglich gibt es mindestens $3 n$ Paare. Insgesamt folgt $3 n \\leq 21$ und somit $n \\leq 7$. Im Fall $n=7$ gilt in allen Abschätzungen Gleichheit, insbesondere liegen auf jeder guten Geraden genau drei gute Punkte.\nAls nächstes zeigen wir, dass jede Verbindungsgerade zweier guter Punkte gut ist und zählen dazu die Anzahl Paare $\\left(\\left\\{P_{1}, P_{2}\\right\\}, g\\right)$ aus einem ungeordneten Paar guter Punkte und einer guten Geraden, sodass $P_{1}, P_{2} \\in g$, auf zwei Arten. Einerseits gibt es $\\binom{7}{2}=21$ mögliche Wahlen für $\\left\\{P_{1}, P_{2}\\right\\}$ und für jede solche höchstens eine gute Gerade $g$, die beide Punkte enthält. Andererseits liegen auf jeder guten Geraden genau 3 gute Punkte, also ist die Anzahl solcher Paare gleich $7\\binom{3}{2}=21$. Ein Vergleich zeigt nun, dass in der ersten Abschätzung Gleichheit gelten muss, dies ist die Behauptung.\nDie gesammelten Informationen widersprechen jetzt dem folgenden Resultat:\n\nLemma 2 (Sylvester). Gegeben seien $n$ Punkte in der Ebene. Enthält jede Gerade durch zwei dieser Punkte noch einen dritten, dann sind alle $n$ Punkte kollinear.\n\nProof. Nehme an, die Punkte seien nicht alle kollinear und wähle ein Paar $(S, g)$ aus einer Geraden $g$ durch zwei der Punkte und einem dritten Punkt $S$, der nicht auf $g$ liegt, sodass der Abstand von $S$ zu $g$ unter allen solchen Paaren minimal ist (nach Annahme gibt es ein solches Paar). Sei $P$ die Projektion von $S$ auf $g$. Nach Voraussetzung liegen auf $g$ mindestens drei der $n$ Punkte. Davon liegen sicher zwei auf derselben Seite von $P$, wir können also oBdA annehmen, dass $P_{1}, P_{2}, P$ in dieser Reihenfolge auf $g$ liegen, wobei $P_{2}=P$ zugelassen ist. Nun ist aber der Abstand von $P_{2}$ zu der Geraden durch $P_{1}$ und $S$ kleiner als der Abstand von $S$ zu $g$, ein Widerspruch.\n\n\nWie in der ersten Lösung zeigt man, dass im Fall von $n \\geq 7$ guten Punkten keine zwei gute Geraden parallel sein können, dass jeder gute Punkt auf genau drei guten Geraden liegt und dass der Schnittpunkt zweier guter Geraden ein guter Punkt sein muss. Aus der zweiten Lösung folgt ausserdem, dass jede Verbindungsgerade zweier guter Punkte gut sein muss, wir geben hier noch ein alternatives Argument: Seien $P_{1}, P_{2}$ zwei gute Punkte, deren Verbindungsgerade nicht gut ist. Dann gehen durch $P_{1}$ und $P_{2}$ je (mindestens) drei gute Geraden und diese sind paarweise verschieden. Ausserdem können sich keine drei dieser Geraden in einem guten Punkt $\\neq P_{1}, P_{2}$ schneiden, denn sonst wären zwei davon gleich. Folglich liegen alle anderen guten Punkte auf der siebten guten Geraden. Somit können dies höchstens drei Stück sein, im Widerspruch zu $n \\geq 7$.\nBetrachte nun die konvexe Hülle $H$ aller guten Punkte. Diese ist ein konvexes $m$-Eck mit $m \\geq 3$, dessen Seiten alle auf guten Geraden liegen, wir nennen sie die Trägergeraden. Wäre $m \\geq 4$, dann können wir zwei nicht benachbarte Seten von $H$ wählen, deren Trägergeraden schneiden sich dann in einem guten Punkt ausserhalb von $H$, Widerspruch. Daher ist $H$ ein Dreieck. Wir zeigen nun, dass jede gute Gerade $g$, die keine Trägergerade ist, durch (genau) einen Eckpunkt von $H$ geht. Wäre dies nicht so, dann würden mindestens zwei der drei Eckpunkte von $H$ auf derselben Seite von $g$ liegen und $g$ würde die Trägergerade durch diese beiden Eckpunkte ausserhalb von $H$ schneiden, Widerspruch. Folglich gibt es einen Eckpunkt, der auf zwei Trägergeraden und noch mindestens zwei anderen guten Geraden liegt, ein Widerspruch dazu, dass jeder gute Punkt auf genau drei guten Geraden liegt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43809,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $\\mathbb{R}^{+}$ die Menge der positiven reellen Zahlen. Bestimme alle Funktionen $f: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$, sodass für alle $x, y>0$ gilt\n$$\nf(x+f(y))=f(x+y)+f(y)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 2x for all positive real x",
    "solution": "Solution:\n\nOffenbar ist $f(x)=2 x$ eine Lösung und wir zeigen, dass es die einzige ist. Wir zeigen zuerst, dass $f(z)>z$ gilt für alle $z>0$. Wäre $f(z)=z$, dann folgt mit $y=z$ sofort der Widerspruch $f(x+z)=f(x+z)+f(z)>f(x+z)$. Sei also $f(z)<z$ und setze $x=z-f(z)>0$ und $y=z$ in die Gleichung ein, dann folgt\n$$\nf(z)=f(z-f(z)+f(z))=f(2 z-f(z))+f(z)>f(z)\n$$\nein Widerspruch. Wir definieren eine neue Funktion durch $g(z)=f(z)-z$ und haben gerade gezeigt, dass $g: \\mathbb{R}^{+} \\rightarrow \\mathbb{R}^{+}$. Die gegebene Gleichung wird nun zu $g(x+y+g(y))=g(x+y)+y$, beziehungsweise mit $z=x+y>y$ zu\n$$\ng(z+g(y))=g(z)+y \\quad \\text{ für alle } z>y>0 .\n$$\nDaraus folgt sofort, dass $g$ injektiv ist. Für $u, v>0$ wählen wir ein $w>u+v$ und setzen der Reihe nach $z=w+g(u), y=v$ und $z=w, y=u+v$ ein (beachte, dass dabei $z>y$ gilt), dann folgt\n$$\n\\begin{aligned}\ng(w+g(u)+g(v)) & =g(w+g(u))+v=g(w)+u+v \\\\\ng(w+g(u+v)) & =g(w)+u+v\n\\end{aligned}\n$$\nDa die rechten Seiten der beiden Gleichungen übereinstimmen, folgt aus der Injektivität von $g$ unmittelbar\n$$\ng(u+v)=g(u)+g(v), \\quad x, y>0\n$$\nSomit ist $g$ streng monoton steigend und bekanntlich folgt daraus, dass $g$ von der Form $g(x)=a x$ mit einer positiven Konstanten $a$ ist. Einsetzen zeigt $a=1$, somit ist $f(x)=2 x$ wie behauptet.\nSolution:\n\nWie in der ersten Lösung folgt $f(x)>x$ für alle $x>0$. Wir zeigen zunächst, dass $f$ injektiv ist, und nehmen dazu an, es gelte $f(a)=f(b)$ für zwei Zahlen $a>b>0$. Setze $y=a$ respektive $y=b$ in die Gleichung ein, für alle $x>0$ folgt dann\n$$\nf(x+a)=f(x+f(a))-f(a)=f(x-f(b))-f(b)=f(x+b)\n$$\nFür $x>a$ gilt also $f(x+c)=f(x)$ mit $c=b-a>0$, somit ist $f$ ab einer bestimmten Stelle periodisch. Dies widerspricht aber der Abschätzung $f(x)>x$ für grosse $x$, Widerspruch.\nSeien nun $x, y, z>0$ beliebig. Einerseits gilt\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x+f(y+f(z))) & =f(x+f(y+z)+f(z))=f((x+f(z))+f(y+z)) \\\\\n& =f(x+y+z+f(z))+f(y+z) \\\\\n& =f(x+y+2 z)+f(y+z)+f(z)\n\\end{aligned}\n$$\nandererseits aber auch\n$f(x+f(y+f(z)))=f(x+y+f(z))+f(y+f(z))=f(x+y+f(z))+f(y+z)+f(z)$.\nDaraus folgt sofort $f(x+y+f(z))=f(x+y+2 z)$, wegen der Injektivität von $f$ also $x+y+f(z)=x+y+2 z$ und somit schliesslich $f(z)=2 z$ für alle $z>0$.\nSolution:\n\nWie in der ersten Lösung folgt $f(x)>x$ für alle $x>0$. Wir benötigen folgendes\n\nLemma 4. Sei $n$ eine ganze Zahl und seien $x, y$ positive reelle Zahlen mit\n$$\nx-y> \\begin{cases}0 & n>0 \\\\ -n(f(y)-y) & n<0\\end{cases}\n$$\ndann gilt\n$$\nf(x+n(f(y)-y))=f(x)+n f(y)\n$$\nBeweis. Dies ist trivial für $n=0$. Für $n>0$ verwende man Induktion nach $n$ und ersetze in der ursprünglichen Gleichung $x$ durch $x-y+(n-1)(f(y)-y) \\geq x-y>0$. Für $n<0$ verwende man ebenfalls Induktion (diesmal abwärts) und ersetze $x$ durch $x-y-n(f(y)-y)>0$.\nWir behaupten nun, dass die Funktion $h(x)=\\frac{f(x)}{f(x)-x}$ konstant ist auf $\\mathbb{R}^{+}$. Nehme an, dies sei nicht der Fall und wähle $a, b>0$ mit $h(a)<h(b)$. Da die positiven rationalen Zahlen dicht liegen in $\\mathbb{R}^{+}$, existieren natürliche Zahlen $k, l$ mit $\\frac{f(a)}{f(b)}<\\frac{k}{l}<\\frac{f(a)-a}{f(b)-b}$. Wir wählen ein festes $x>\\max \\{a, b\\}$ und erhalten mit dem Lemma für jede natürliche Zahl $m$ die Gleichung\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x+m k(f(a)-a)-m l(f(b)-b)) & =f(x+m k(f(a)-a))-m l f(b) \\\\\n& =f(x)+m(k f(a)-l f(b))\n\\end{aligned}\n$$\ndabei ist die Bedingung (1) wegen $x>a, b$ und $k(f(a)-a)>l(f(b)-b)$ bei beiden Anwendungen erfüllt. Für grosse $m$ wird die rechte Seite von obiger Gleichung wegen $k f(a)<l f(b)$ aber negativ, Widerspruch. Folglich ist also $h$ konstant, und eine Umformung zeigt, dass auch $\\frac{f(x)}{x}$ konstant sein muss. Daher existiert eine positive Konstante $c$, sodass für alle $x>0$ gilt $f(x)=c x$. Einsetzen zeigt $c=2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43810,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle natürlichen Zahlen $n>1$, sodass $(n-1)!$ durch $n$ teilbar ist.",
    "options": [],
    "answer": "All n > 1 except primes and n = 4 (equivalently, all composite numbers other than 4).",
    "solution": "Solution:\nWir nennen $n$ gut, falls $n$ ein Teiler von $(n-1)!$ ist. Sei $p$ der kleinste Primteiler von $n$. Dann ist die natürliche Zahl $\\frac{n}{p}$ entweder gleich $1$ oder gleich $p$ oder grösser als $p$. Wir unterscheiden nun diese drei Fälle.\n\n- Ist $n=p$ prim, dann ist jede der Zahlen $1,2, \\ldots,(n-1)$ teilerfremd zu $n$, also auch deren Produkt $(n-1)!$. Somit ist $n$ schlecht.\n\n- Ist $n=p^{2}$ mit $p \\geq 3$, dann gilt $p<2p<n$. Daraus folgt $n|p \\cdot 2p|(n-1)!$ und $n$ ist gut. Für $p=2$ hingegen ist $4$ kein Teiler von $3!=6$, folglich ist $n=4$ schlecht.\n\n- Ist $\\frac{n}{p}>p$, dann gilt $p<\\frac{n}{p}<n$. Daraus folgt $n\\mid p \\cdot \\frac{n}{p}\\mid(n-1)!$ und $n$ ist gut.\n\nInsgesamt sind also alle natürlichen Zahlen $n>1$ gut, ausser die Primzahlen und $n=4$.\nSolution:\nWir nennen $n$ zerlegbar, falls $n=ab$ gilt mit $2 \\leq a<b$. Alle zerlegbaren Zahlen sind gut, denn $a$ und $b$ sind verschieden und kleiner als $n$, daher gilt $n=a \\cdot b \\mid (n-1)!$. Ausserdem ist $n$ zerlegbar, falls $n$ durch zwei verschiedene Primzahlen $p<q$ teilbar ist (setze $a=p$, $b=\\frac{n}{p} \\geq q>a$), oder falls $n$ durch die dritte Potenz einer Primzahl $p$ teilbar ist (setze $a=p$ und $b=\\frac{n}{p} \\geq p^{2}>a$). Es genügt also die Fälle zu betrachten, wo $n$ eine Primzahl oder das Quadrat einer Primzahl ist. Dazu verfährt man wie in der ersten Lösung.\n\n- Ist $n=p^{2}$ mit $p \\geq 3$, dann gilt $p<2p<n$. Daraus folgt $n|p \\cdot 2p|(n-1)!$ und $n$ ist gut. Für $p=2$ hingegen ist $4$ kein Teiler von $3!=6$, folglich ist $n=4$ schlecht.\n\n- Ist $\\frac{n}{p}>p$, dann gilt $p<\\frac{n}{p}<n$. Daraus folgt $n\\mid p \\cdot \\frac{n}{p}\\mid(n-1)!$ und $n$ ist gut.\n\nInsgesamt sind also alle natürlichen Zahlen $n>1$ gut, ausser die Primzahlen und $n=4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43811,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $P$ ein reguläres Sechseck. Für einen Punkt $A$ seien $d_{1} \\leq d_{2} \\leq \\ldots \\leq d_{6}$ die Abstände von $A$ zu den sechs Eckpunkten von $P$, der Grösse nach geordnet. Finde den geometrischen Ort aller Punkte $A$ im Innern oder auf dem Rand von $P$, sodass\n\na) $d_{3}$ den kleinstmöglichen Wert annimmt.\n\nb) $d_{4}$ den kleinstmöglichen Wert annimmt.",
    "options": [],
    "answer": "a) The six points obtained by shrinking the hexagon by factor one half about its center, i.e., the midpoints of the segments from the center to each vertex. b) The center of the hexagon.",
    "solution": "Solution:\n\nSei $M$ der Mittelpunkt von $P$. Betrachte alle Diagonalen von $P$, die $M$ enthalten, und alle Mittelsenkrechten durch die Seiten von $P$. Diese Geraden sind genau die Mittelsenkrechten auf den Verbindungsstrecken aller Paare von Eckpunkten von $P$. Aus Symmetriegründen können wir annehmen, dass $A$ im oder auf dem Rand des Dreiecks $U M L$ liegt (vgl. Abbildung ...). Mit der Mittelsenkrechteneigenschaft der vorher konstruierten Geraden sieht man leicht, dass $U, V, Z, W, Y, X$ in dieser Reihenfolge aufsteigende Abstände von $A$ haben. Es gilt daher $d_{3}=A Z$ und $d_{4}=A W$. Der Mittelpunkt der Strecke $U M$ ist derjenige Punkt im Dreieck $U M L$ mit kleinstmöglichem Abstand zu $Z$, denn er ist der Fusspunkt des Lotes von $Z$ auf die Gerade $U M$ und liegt auf der Strecke $U M$. Analog ist der Mittelpunkt $M$ derjenige Punkt im Dreieck $U M L$ mit kleinstmöglichem Abstand zu $W$, denn er ist der Fusspunkt des Lotes von $W$ auf die Gerade $U M$. Der gesuchte geometrische Ort besteht also für\n\na) aus den sechs Eckpunkten des regulären Sechsecks, das aus $P$ durch Streckung mit dem Faktor $\\frac{1}{2}$ an $M$ entsteht,\n\nb) aus dem Mittelpunkt $M$.\n\n\nWir unterteilen das Sechseck in sechs gleichseitige Dreiecke. Sei $s$ die Seitenlänge eines solchen gleichseitigen Dreiecks und $h$ die Länge der Höhe.\n\na) Wir zeigen, dass $d_{3} \\geq h$ ist. Wir nehmen also an, es gibt einen Punkt $A$ mit $d_{3}=r<h$. Es gibt also drei Ecken, so dass $A$ im Schnitt der drei Kreise mit Radius $r$ und Mittelpunkten in diesen Ecken liegt. Nun sind aber mindestens zwei dieser Ecken nicht benachbart, so dass sich die jeweiligen Kreise nicht schneiden. Gleichheit gilt genau dann, wenn $A$ der Mittelpunkt der Verbindungsstrecke von $M$ mit einer der Ecken ist. Dies sind also gerade die gesuchten Punkte.\n\nb) Wir zeigen, dass $d_{4} \\geq s$ ist. Wir nehmen also an, es gibt einen Punkt $A$ mit $d_{4}=r<s$. Es gibt also vier Ecken, so dass $A$ im Schnitt der vier Kreise mit Radius $r$ und Mittelpunkten in diesen Ecken liegt. Nun liegen aber mindestens zwei dieser Ecken diagonal gegenüber, so dass sich die jeweiligen Kreise nicht schneiden. Gleichheit gilt genau dann, wenn $A$ der Mittelpunkt des Sechsecks ist. Dies ist also gerade der gesuchte Punkt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43812,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl und seien $a, b$ zwei verschiedene ganze Zahlen mit folgender Eigenschaft: Für jede natürliche Zahl $m$ ist $a^{m}-b^{m}$ durch $n^{m}$ teilbar. Zeige, dass $a, b$ beide durch $n$ teilbar sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOffenbar genügt es den Fall zu betrachten, wo $n=p^{k}$ eine Primpotenz ist. Sei zunächst $k=1$. Nehme an, $a$ und $b$ seien nicht durch $p$ teilbar, mit $m=1$ folgt dann $a \\equiv b \\not \\equiv 0$ $(\\bmod p)$. Wir zeigen, dass $a-b$ durch beliebig grosse $p$-Potenzen teilbar ist, im Widerspruch zu $a \\neq b$. Fixiere dazu eine natürliche Zahl $r$ und wende die Voraussetzung auf $m=r$ und $m=r+1$ an. Es gilt also insbesondere\n$$\na^{r} \\equiv b^{r} \\quad\\left(\\bmod p^{r}\\right) \\quad \\text{ und } \\quad a^{r+1} \\equiv b^{r+1} \\quad\\left(\\bmod p^{r}\\right)\n$$\nund somit auch\n$$\na \\equiv a^{r+1} \\cdot a^{-r} \\equiv b^{r+1} \\cdot b^{-r} \\equiv b \\quad\\left(\\bmod p^{r}\\right)\n$$\nFür den allgemeinen Fall verwenden wir Induktion nach $k$. Nehme an, für $k-1$ sei die Aussage bereits bewiesen. Wegen $p^{m}\\left|\\left(p^{k}\\right)^{m}\\right| a^{m}-b^{m}$ und dem Fall $k=1$ sind $a$ und $b$ beide durch $p$ teilbar. Wir schreiben $a=p a^{\\prime}$ und $b=p b^{\\prime}$ und erhalten die Bedingungen $\\left(p^{k-1}\\right)^{m} \\mid\\left(a^{\\prime}\\right)^{m}-\\left(b^{\\prime}\\right)^{m}$. Nach Induktionsvoraussetzung sind $a^{\\prime}, b^{\\prime}$ durch $p^{k-1}$ teilbar und die Induktion ist komplett.\nSolution:\n\nWir können wieder annehmen, dass $n=p^{k}$ eine Primpotenz ist. Für eine ganze Zahl $a \\neq 0$ bezeichne $v_{p}(a)$ den Exponenten der grössten $p$-Potenz, die $a$ teilt. Wir nehmen an, dass $a, b$ nicht durch $p^{k}$ teilbar sind und setzen $c=a-b$. Nach Annahme ist $r=v_{p}(b)<k$. Aus der Bedingung für $m=1$ folgt andererseits $s=v_{p}(c) \\geq k$. Sei $m$ eine beliebige natürliche Zahl, die nicht durch $p$ teilbar ist und betrachte die Binomialentwicklung\n$$\na^{m}-b^{m}=(b+c)^{m}-b^{m}=m b^{m-1} c+\\sum_{l=2}^{m}\\binom{m}{l} b^{m-l} c^{l}\n$$\nEinerseits ist $v_{p}\\left(m b^{m-1} c\\right)=s+r(m-1)$, andererseits sind sämtliche anderen Summanden auf der rechten Seite mindestens durch $p^{2 s+r(m-2)}$ teilbar. Wegen $s>r$ ist daher\n$$\nv_{p}\\left(a^{m}-b^{m}\\right)=s+r(m-1) \\leq s+(k-1)(m-1)<s+(k-1) m\n$$\nWegen $\\left(p^{k}\\right)^{m} \\mid a^{m}-b^{m}$ muss nun die Abschätzung\n$$\nk m \\leq v_{p}\\left(a^{m}-b^{m}\\right)<s+(k-1) m\n$$\ngelten für alle $m$, die nicht durch $p$ teilbar sind. Das ist für $m \\geq s$ aber nicht der Fall, Widerspruch.\nSolution:\n\nWir geben ein weiteres Argument und beschränken uns der Einfachheit halber auf den Fall einer Primzahl $p$. Nehme an, $a$ und $b$ seien nicht durch $p$ teilbar. Aus der Bedingung für $n=1$ erhält man $a \\equiv b(\\bmod p)$. Wir unterscheiden zwei Fälle:\n\n- Sei $p$ ungerade. Für $k \\geq 1$ gilt die Faktorisierung\n$$\na^{2^{k}}-b^{2^{k}}=(a-b) \\prod_{l=0}^{k-1}\\left(a^{2^{l}}+b^{2^{l}}\\right)\n$$\nund hier ist keiner der Faktoren des Produkts rechts durch $p$ teilbar wegen $a^{2^{l}}+b^{2^{l}} \\equiv 2 a^{2^{l}} \\not \\equiv 0(\\bmod p)$. Damit muss aber $a-b$ durch $p^{2^{k}}$ teilbar sein. Wegen $a \\neq b$ ist dies ein Widerspruch für grosse $k$.\n\n- Für $p=2$ kann man die Faktorisierung\n$$\na^{3^{k}}-b^{3^{k}}=(a-b) \\prod_{l=0}^{k-1}\\left(a^{2 \\cdot 3^{l}}+a^{3^{l}} b^{3^{l}}+b^{2 \\cdot 3^{l}}\\right)\n$$\nverwenden. Die Faktoren im Produkt rechts sind alle ungerade, also ist $a-b$ durch $2^{3^{k}}$ teilbar. Für grosse $k$ liefert dies wieder einen Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43813,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n > 3$ eine natürliche Zahl. Beweise, dass $4^{n} + 1$ einen Primteiler $> 20$ besitzt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir verwenden folgendes Resultat:\nLemma 1. Jeder Primteiler $p$ einer Zahl der Form $a^{2} + 1$ erfüllt $p \\equiv 1 \\pmod{4}$. Jeder Primteiler $p$ einer Zahl der Form $a^{4} + 1$ erfüllt $p \\equiv 1 \\pmod{8}$.\nBeweis. Es gilt $-1 \\equiv a^{2} \\pmod{p}$, und somit ist $d = 4$ die kleinste natürliche Zahl mit der Eigenschaft $a^{d} \\equiv 1 \\pmod{p}$. Diese Zahl teilt aber andererseits $\\varphi(p) = p - 1$ nach dem kleinen Satz von Fermat. Dies ergibt die erste Behauptung. Die zweite folgt ähnlich, da dann $d = 8$ die kleinste solche Zahl ist.\nWegen $4^{n} + 1 = \\left(2^{n}\\right)^{2} + 1$ und dem Lemma kommen als Primteiler nur die Primzahlen $p \\equiv 1 \\pmod{4}$ mit $p < 20$ in Frage. Dies sind nur die Zahlen $p = 5, 13, 17$. Ist zudem $n$ noch gerade, dann muss sogar $p \\equiv 1 \\pmod{8}$ sein, also bleibt nur noch $p = 17$. Wir unterscheiden zwei Fälle:\n\ni. Sei $n$ gerade. Wie wir gesehen haben, ist dann $4^{n} + 1 = 17^{k}$ für eine natürliche Zahl $k$. Es gilt nun\n$$\n4^{n} = 17^{k} - 1 = (17 - 1)\\left(17^{k-1} + \\ldots + 17 + 1\\right) \\equiv 16k \\pmod{32}\n$$\nund für $n \\geq 3$ muss daher $k = 2l$ gerade sein. Damit erhält man nun\n$$\n1 = 17^{2l} - 2^{2n} = \\left(17^{l} + 2^{n}\\right)\\left(17^{l} - 2^{n}\\right)\n$$\nund dies ist nie der Fall.\n\nii. Sei $n = 2m + 1$ ungerade. Dann gilt einerseits\n$$\n4^{n} = 4 \\cdot 16^{m} \\equiv 4 \\cdot (-1)^{m} \\not\\equiv -1 \\pmod{17}\n$$\nalso ist 17 kein Teiler von $4^{n} + 1$. Andererseits ist\n$$\n4^{n} + 1 = (4 + 1)\\left(4^{n-1} + \\ldots + 4 + 1\\right) \\equiv 5(1 - 1 + \\ldots + 1) = 5 \\pmod{25}\n$$\nund daher ist $4^{n} + 1$ durch 5 aber nicht durch 25 teilbar. Somit gilt $4^{n} + 1 = 5 \\cdot 13^{k}$ für ein $k \\geq 0$. Mit der Identität von Sophie Germain erhält man nun\n$$\n4^{n} + 1 = 4\\left(2^{m}\\right)^{4} + 1 = \\left(2^{2m+1} + 2^{m+1} + 1\\right)\\left(2^{2m+1} - 2^{m+1} + 1\\right)\n$$\nund die beiden Faktoren rechts sind teilerfremd. Somit muss einer davon gleich 5 sein, und dies ist nur für $m = 0, 1$ der Fall, also nie für $n > 3$.\n\nWir müssen zeigen, dass die Zahl $4^{n} + 1$ für $n > 3$ nie nur die Primteiler $p = 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19$ besitzt. Dazu untersuchen wir zuerst, welche dieser Primzahlen überhaupt als Teiler einer Zahl der Form $4^{n} + 1$ vorkommen können, und bestimmen gleichzeitig alle $n$, für die das der Fall ist. Wir führen das exemplarisch an den Beispielen $p = 7, 13$ durch. Es gilt $4^{n} \\equiv 1, 4, 2 \\pmod{7}$, folglich tritt $p = 7$ nicht als Primteiler auf. Weiter gilt $4^{n} \\equiv 1, 4, 3, 12, 9, 10, 1 \\pmod{13}$ für $n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6$. Dieses Muster setzt sich nun periodisch fort, daher ist $p = 13$ genau dann ein Teiler von $4^{n} + 1$, wenn $n \\equiv 3 \\pmod{6}$ gilt. Insgesamt erhält man die Tabelle\n\n| $p$ | $n$ |\n| :---: | :---: |\n| 5 | $n \\equiv 1 \\pmod{2}$ |\n| 13 | $n \\equiv 3 \\pmod{6}$ |\n| 17 | $n \\equiv 2 \\pmod{4}$ |\n\nwobei alle nicht aufgelisteten Primzahlen nicht als Faktoren vorkommen können. Der Tabelle entnimmt man unmittelbar, dass $n$ ungerade sein muss, wenn $4^{n} + 1$ durch 5 oder 13 teilbar ist, jedoch gerade, wenn $n$ durch 17 teilbar ist. Folglich kann nicht beides gleichzeitig der Fall sein. Wir betrachten nun drei Fälle:\n\ni. Sei $4^{n} + 1 = 17^{m}$. Dann gilt\n$$\n4^{n} = 17^{m} - 1 = (17 - 1)\\left(17^{m-1} + \\ldots + 17 + 1\\right) \\equiv 16m \\pmod{32}\n$$\nFür $n \\geq 3$ muss daher $m = 2k$ gerade sein. Damit erhält man nun\n$$\n1 = 17^{2k} - 2^{2n} = \\left(17^{k} + 2^{n}\\right)\\left(17^{k} - 2^{n}\\right)\n$$\nund dies ist nie der Fall.\n\nii. Sei $4^{n} + 1 = 5^{m}$. Da $n$ ungerade ist, können wir $n = 2k + 1$ setzen und erhalten mit der Identität von Sophie Germain\n$$\n4^{n} + 1 = 4\\left(2^{k}\\right)^{4} + 1 = \\left(2^{2k+1} + 2^{k+1} + 1\\right)\\left(2^{2k+1} - 2^{k+1} + 1\\right)\n$$\nHier sind die beiden Faktoren rechts teilerfremd und außerdem beides Fünferpotenzen. Dies kann nur dann der Fall sein, wenn die zweite Klammer gleich 1 ist, und das gilt nur für $k = 0$, also für $n = 1$.\n\niii. Sei $4^{n} + 1$ durch 13 teilbar. Dann ist $n$ durch 3 teilbar und wir können $n = 3k$ setzen. Es gilt nun\n$$\n4^{n} + 1 = \\left(4^{k}\\right)^{3} + 1 = \\left(4^{k} + 1\\right)\\left(4^{2k} - 4^{k} + 1\\right)\n$$\nund die beiden Faktoren rechts sind teilerfremd. Somit ist der eine davon eine Potenz von 13, der andere eine Potenz von 5. Wäre nun der erste durch 13 teilbar, müsste $k$ wiederum durch 3 teilbar und man könnte diesen Faktor wie gerade gesehen weiter zerlegen. Danach hätte man aber drei paarweise teilerfremde Faktoren, die alle größer als 1 sind, ein Widerspruch. Folglich ist $4^{k} + 1$ eine Fünferpotenz und nach Fall (ii) gilt $k = 1$, also $n = 3$.\n\nDamit ist gezeigt, dass $4^{n} + 1$ für $n > 3$ einen Primteiler $> 20$ besitzt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43814,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte $n$ kollineare Punkte $P_{1}, \\ldots, P_{n}$ und alle Kreise mit Durchmesser $P_{i} P_{j}$ für $1 \\leq i<j \\leq n$. Jeder dieser Kreise wird mit einer von $k$ Farben gefärbt. Eine solche Menge von gefärbten Kreisen heisst ein $(n, k)$-Gewusel. Eine einfarbige Acht sind zwei Kreise derselben Farbe, die sich äusserlich tangential berühren. Zeige, dass genau dann jedes $(n, k)$-Gewusel eine einfarbige Acht enthält, wenn $n>2^{k}$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "every such configuration contains a monochromatic externally tangent pair if and only if n > 2^k",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen ein Paar $(n, k)$ gut, falls jedes $(n, k)$-Gewusel eine einfarbige Acht enthält. Ist $(n, k)$ gut, dann offenbar auch alle $(n', k)$ mit $n' \\geq n$. Für die Lösung verwenden wir folgende graphentheoretische Uminterpretation des Problems: Für jede endliche Menge $D$ natürlicher Zahlen sei $G_{D}$ der vollständige Graph auf der Eckenmenge $D$. Wir verwenden zudem die Notation $[n]=\\{1,2, \\ldots, n\\}$. Ein Paar $(n, k)$ ist genau dann gut, wenn für jede Kantenfärbung von $G_{[n]}$ mit $k$ Farben drei Ecken $a<b<c$ existieren, sodass die Kanten $ab$ und $bc$ dieselbe Farbe haben. (In dieser Aussage kann man übrigens die Eckenmenge $[n]$ durch irgendeine Menge von $n$ natürlichen Zahlen ersetzen, dies werden wir unten in den Induktionsargumenten verwenden.)\n\nWir konstruieren zuerst induktiv eine $k$-Färbung von $G_{[2^{k}]}$ ohne zwei solche Kanten. Für $k=1$ kann man nichts falsch machen, nehme also an, wir hätten eine solche $(k-1)$-Färbung auf $G_{[2^{k-1}]}$ bereits konstruiert. Färbe in $G_{[2^{k}]}$ alle Kanten $ab$ mit $a \\leq 2^{k-1}$ und $b>2^{k-1}$ mit der ersten Farbe. Anschliessend färbe man die beiden Graphen $G_{[2^{k-1}]}$ und $G_{[2^{k}][2^{k-1}]}$ gemäss Induktionsvoraussetzung mit den verbleibenden $k-1$ Farben. Man überlegt sich leicht, dass diese $k$-Färbung das Gewünschte leistet.\n\nWir zeigen nun mit Induktion nach $k$, dass für alle schlechten Paare $(n, k)$ die Abschätzung $n \\leq 2^{k}$ gilt. Dies ist klar für $k=1$ und gelte für $k-1$. Betrachte eine $k$-Färbung von $G_{[2^{k}]}$ ohne zwei solche Kanten und wähle eine beliebige Farbe $f$. Sei $A$ die Menge der Ecken, die eine ausgehende Kante der Farbe $f$ haben, und sei $B=[n] \\backslash A$. Nach Annahme und nach Wahl von $A$ besitzt weder $G_{A}$ noch $G_{B}$ eine Kante der Farbe $f$. Nach Induktionsannahme gilt daher $|A|,|B| \\leq 2^{k-1}$ und damit $n \\leq 2^{k}$ wie behauptet.\nSolution:\n\nWir geben ein zweites Argument dafür, dass jedes schlechte Paar die Abschätzung $n \\leq 2^{k}$ erfüllt. Betrachte eine $k$-Färbung von $G_{[2^{k}+1]}$ und für jede Ecke $a$ die Menge der Farben von Kanten $ab$ mit $a<b$. Da die Menge der $k$ Farben genau $2^{k}$ Teilmengen besitzt, müssen nach dem Schubfachprinzip zwei Ecken, sagen wir $x<y$, dieselbe solche Farbmenge $F$ haben. Nun kann $F$ nicht leer sein, denn nur die Ecke $2^{k}+1$ besitzt überhaupt keine Kante zu einer grösseren Ecke. Nach Konstruktion hat nun die Kante $xy$ dieselbe Farbe wie eine Kante $yz$ mit $y<z$, ein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43815,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $x$, $y$, $z$ reelle Zahlen, welche die Gleichung $x+y+z = x y + y z + z x$ erfüllen. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\frac{x}{x^{2}+1} + \\frac{y}{y^{2}+1} + \\frac{z}{z^{2}+1} \\geq -\\frac{1}{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Ungleichung ist äquivalent zu\n$$\n\\frac{(x+1)^{2}}{x^{2}+1} + \\frac{(y+1)^{2}}{y^{2}+1} \\geq \\frac{(z-1)^{2}}{z^{2}+1}\n$$\nDie Nebenbedingung ist äquivalent zu $z(x+y-1) = x+y-x y$. Wäre $x+y=1$, dann auch $x y=1$ und $x, y$ sind beide positiv. Daraus folgte aber $1 = x+y \\geq 2 \\sqrt{x y} = 2$, ein Widerspruch. Somit können wir $z = (x+y-x y)/(x+y-1)$ in der Ungleichung substituieren und erhalten\n$$\n\\frac{(x+1)^{2}}{x^{2}+1} + \\frac{(y+1)^{2}}{y^{2}+1} \\geq \\frac{(x y-1)^{2}}{(x+y-1)^{2} + (x+y-x y)^{2}}\n$$\nNach CS ist die linke Seite mindestens gleich\n$$\n\\frac{(|x+1||y-1| + |y+1||x-1|)^{2}}{(y-1)^{2}(x^{2}+1) + (x-1)^{2}(y^{2}+1)} \\geq \\frac{4(x y-1)^{2}}{(y-1)^{2}(x^{2}+1) + (x-1)^{2}(y^{2}+1)}\n$$\nund ein Vergleich von (5) und (6) zeigt, dass wir noch Folgendes beweisen müssen:\n$$\n4(x+y-1)^{2} + 4(x+y-x y)^{2} \\geq (y-1)^{2}(x^{2}+1) + (x-1)^{2}(y^{2}+1)\n$$\nNach Ausmultiplizieren und Vereinfachen lässt sich dies umschreiben zu\n$$\n\\left(x y-\\frac{3}{2} x-\\frac{3}{2} y-1\\right)^{2} + \\frac{3}{4}(x+y)^{2} + 1 \\geq 0\n$$\nwas sicher stimmt. Damit ist alles gezeigt, Gleichheit gilt nur für Permutationen von $(x, y, z) = (1, -1, -1)$.\nSolution:\n\nDie Ungleichung besitzt die äquivalente Form\n$$\n\\frac{x}{x^{2}+1} + \\frac{y}{y^{2}+1} + \\frac{(z+1)^{2}}{2(z^{2}+1)} \\geq 0\n$$\nsowie die beiden dazu analogen. Daraus folgt sofort, dass sie richtig ist, sobald zwei der drei Variablen nichtnegativ sind. Allgemeiner gilt die ursprüngliche Ungleichung sogar bereits dann, wenn die Summe von zwei der drei Terme auf der linken Seite nichtnegativ ist. Wir können also einerseits $y, z < 0$ annehmen und müssen andererseits wegen\n$$\n\\frac{a}{a^{2}+1} + \\frac{b}{b^{2}+1} \\geq 0 \\quad \\Leftrightarrow (a+b)(a b+1) \\geq 0\n$$\nnur ausschliessen, dass die beiden Abschätzungen\n$$\n\\begin{aligned}\n& (x+y)(x y+1) < 0 \\\\\n& (x+z)(x z+1) < 0\n\\end{aligned}\n$$\ngleichzeitig erfüllt sein können. Wir setzen $u = -y > 0$ und $v = -z > 0$ und erhalten mit der Nebenbedingung $x = \\frac{u+v+u v}{u+v+1} > 0$. Substituiert man das in (7) und multipliziert mit $(u+v+1)^{2}$, dann folgt $\\left(v-u^{2}\\right)^{2} + (u+1)(v-u^{2})(1-u v) < 0$. Wegen $\\left(v-u^{2}\\right)^{2} \\geq 0$ und $u+1 > 0$ gilt also insbesondere die erste der beiden Ungleichungen\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(v-u^{2}\\right)(1-u v) < 0 \\\\\n& \\left(u-v^{2}\\right)(1-u v) < 0\n\\end{aligned}\n$$\ndie zweite folgt analog aus (8). Wir unterscheiden nun zwei Fälle. Ist $u v > 1$, dann gilt $v > u^{2}$ und $u > v^{2}$. Wegen $u > v^{2} > u^{4}$ ist aber $u < 1$ und wegen $v > u^{2} > v^{4}$ ist $v < 1$ im Widerspruch zur Annahme $u v > 1$. Im Fall $u v < 1$ erhält man ähnlich den Widerspruch $u, v > 1$.\nSolution:\n\nWir führen elementarsymmetrische Polynome ein, nämlich $u = x+y+z = x y + y z + z x$ und $w = x y z$. Hochmultiplizieren der Nenner und Vereinfachen liefert die äquivalente Ungleichung\n$$\n4 u^{2} + w^{2} - 6 w + 1 \\geq 0\n$$\nZudem erhält man durch Addition der drei Ungleichungen\n$$\nx^{2} y^{2} + z^{2} \\geq 2 x y z, \\quad y^{2} z^{2} + x^{2} \\geq 2 x y z, \\quad z^{2} x^{2} + y^{2} \\geq 2 x y z\n$$\ndie Abschätzung\n$$\n2(u^{2} - u - u w) \\geq 6 w\n$$\nDamit folgt wie gewünscht\n$$\n4 u^{2} + w^{2} - 6 w + 1 \\geq 2 u^{2} + 2 u w + 2 u + w^{2} + 1 = (u+w)^{2} + (u+1)^{2} \\geq 0\n$$\nDieses Argument lässt sich auch in die folgende Form komprimieren: Nach Hochmultiplizieren der Nenner und Umformen ist die Ungleichung äquivalent zu\n$$\n(x y-z)^{2} + (y z-x)^{2} + (z x-y)^{2} + (x+y+z+x y z)^{2} + (x+y+z+1)^{2} \\geq 0\n$$\nSolution:\n\nDie Ungleichung ist der Spezialfall $w = -1$ der folgenden allgemeineren Aussage:\nFür alle reellen Zahlen $x, y, z, w$ mit $x y + x z + x w + y z + y w + z w = 0$ gilt\n$$\n\\frac{x}{x^{2}+1} + \\frac{y}{y^{2}+1} + \\frac{z}{z^{2}+1} + \\frac{w}{w^{2}+1} \\geq -1\n$$\nZum Beweis beachte man zuerst, dass dies sicher stimmt, wenn mindestens zwei der vier Variablen nichtnegativ sind. Wir können daher $x, y, z < 0$ annehmen. Schreibe die Ungleichung um zu\n$$\n\\frac{(x+1)^{2}}{x^{2}+1} + \\frac{(y+1)^{2}}{y^{2}+1} + \\frac{(z+1)^{2}}{z^{2}+1} \\geq \\frac{(w-1)^{2}}{w^{2}+1}\n$$\nEinerseits können wir wegen der Nebenbedingung $w = -\\frac{x y + y z + z x}{x+y+z}$ substituieren und erhalten für die rechte Seite den Ausdruck\n$$\n\\frac{(x y + y z + z x + x + y + z)^{2}}{(x y + y z + z x)^{2} + (x+y+z)^{2}}\n$$\nAndererseits ist die linke Seite nach CS mindestens\n$$\n\\frac{(|x+1||y| + |y+1||z| + |z+1||x|)^{2}}{(x^{2}+1) y^{2} + (y^{2}+1) z^{2} + (z^{2}+1) x^{2}} \\geq \\frac{(x y + y z + z x + x + y + z)^{2}}{x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} + x^{2} + y^{2} + z^{2}}\n$$\nEs genügt somit zu zeigen, dass\n$$\n\\begin{aligned}\n(x y + y z + z x)^{2} + (x+y+z)^{2} & \\geq x^{2} y^{2} + y^{2} z^{2} + z^{2} x^{2} + x^{2} + y^{2} + z^{2} \\\\\n\\Longleftrightarrow \\quad 2 x y z(x+y+z) + 2(x y + y z + z x) & \\geq 0 .\n\\end{aligned}\n$$\nLetzteres ist wegen $x, y, z < 0$ aber klar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43816,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte $n$ Kinder, von denen keine zwei gleich gross sind. Wie viele Möglichkeiten gibt es, diese Kinder in eine Reihe zu stellen, sodass jedes Kind ausser dem grössten einen Nachbarn besitzt, der grösser ist als es.",
    "options": [],
    "answer": "2^{n-1}",
    "solution": "Solution:\n\nWir gehen vom grössten Kind aus. Das zweitgrösste muss links oder rechts daneben stehen, sonst wäre(n) sein(e) Nachbar(n) kleiner als es. Das drittgrösste muss wiederum direkt neben diesem Pärchen stehen, das viertgrösste direkt neben dieser Dreiergruppe usw. Insgesamt gibt ab dem zweitgrössten Kind also jeweils 2 mögliche Positionen und insgesamt $2^{n-1}$ solche Anordnungen.\nSolution:\n\nSei $K$ die Menge, welche alle Kinder ausser dem grössten enthält. Sei $A$ die Menge der Kinder, die rechts vom grössten stehen. Die Angabe der Menge $A$ bestimmt die gesamte Anordnung, denn die Kinder in $A$ müssen von links nach rechts in der Grösse absteigend angeordnet sein, die Kinder in $K \\backslash A$ müssen von links nach rechts in der Grösse ansteigend angeordnet sein. Dies liefert eine Bijektion zwischen der Menge der gesuchten Anordnungen und der Menge der Teilmengen von $K$. Letztere hat aber $2^{n-1}$ Elemente.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43817,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Palindrom ist eine natürliche Zahl, die im Dezimalsystem vorwärts und rückwärts gelesen gleich gross ist (z.B. $1129211$ oder $7337$). Bestimme alle Paare $(m, n)$ natürlicher Zahlen, sodass\n![](attached_image_1.png)\nein Palindrom ist.",
    "options": [],
    "answer": "All (m, n) with min(m, n) ≤ 9",
    "solution": "Solution:\n\nDies gilt genau dann, wenn $m \\leq 9$ oder $n \\leq 9$ gilt. Sei zuerst oBdA $n \\geq m$ und $m \\leq 9$. Mit Hilfe der schriftlichen Multiplikation aus der Grundschule erhält man dann\n![](attached_image_2.png)\nalso tatsächlich ein Palindrom. Wir nehmen nun $n, m \\geq 10$ an und betrachten wieder die schriftliche Multiplikation wie oben. Das Produkt $P$ der beiden Zahlen endet dann mit der Ziffernfolge $987654321$. Wäre $P$ nun ein Palindrom, dann müsste es mit der Ziffernfolge $123456789$ beginnen. Aus der Abschätzung\n$$\n10^{m+n-2}<P<2 \\cdot 10^{m-1} \\cdot 2 \\cdot 10^{n-1}<10^{m+n-1}\n$$\nfolgt, dass $P$ genau $m+n-1$ Stellen besitzt. Wegen $m \\geq 10$ tritt in der schriftlichen Multiplikation oben sicher ein Übertrag auf an der zehntvordersten Stelle von $P$ auf, welcher sich auf weiter vorne liegende Stellen fortsetzen kann, aber nicht muss. Da $P$ aber genau $m+n-1$ Stellen besitzt, kann es spätestens an der vordersten Stelle keinen Übertrag mehr geben. Daraus folgt, dass sich die ersten zehn Stellen von $P$ sich von der Folge $123456789$ an mindestens einer Stelle unterscheiden, ein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43818,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde ein Paar $(m, n)$ ungerader natürlicher Zahlen mit $m, n>2009$ und\n$$\nm\\mid n^{2}+8, \\quad n\\mid m^{2}+8\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(19251, 3303)",
    "solution": "Solution:\nDa $m$ und $n$ ungerade sind, folgt sofort $(m, n)=\\left(m, m^{2}+8\\right)=\\left(n, n^{2}+8\\right)=1$. Somit erfüllt ein Paar $(m, n)$ genau dann die Bedingung der Aufgabe, wenn $m n$ ein Teiler ist von $\\left(m^{2}+8\\right)\\left(n^{2}+8\\right)$. Da $m$ und $n$ ungerade sind, ist dies wiederum genau dann der Fall, wenn\n$$\n\\frac{m^{2}+n^{2}+8}{m n}=k\n$$\neine natürliche Zahl ist. Wegen der Symmetrie des Problems können wir uns auf die Paare $(m, n)$ ungerader natürlicher Zahlen mit $m \\geq n$ beschränken. Wir nennen solche Paare gut, wenn sogar $m>n$ gilt. Man überzeugt sich sofort davon, dass $(1,1)$ das einzige nicht gute Lösungspaar ist. Wir fixieren im Folgenden $k$ und fassen (1) bei festem $n$ als quadratische Gleichung $m^{2}-k n \\cdot m+\\left(n^{2}+8\\right)=0$ in $m$ auf. Diese Gleichung besitzt eine zweite Lösung $m^{\\prime}$ und nach dem Satz von Vieta gelten die Gleichungen\n$$\n\\begin{aligned}\nm+m^{\\prime} & =k n \\\\\nm m^{\\prime} & =n^{2}+8\n\\end{aligned}\n$$\nAus der ersten folgt, dass $m^{\\prime}$ auch ganz ist, und aus der zweiten folgt $m^{\\prime}>0$ und dass $m^{\\prime}$ ungerade ist. Ist zudem $n \\geq 4$, dann können $m, m^{\\prime}$ nicht beide grösser als $n$ sein, denn hätte man den Widerspruch\n$$\nn^{2}+8=m m^{\\prime} \\geq(n+1)^{2}=n^{2}+2 n+1 \\geq n^{2}+9\n$$\nzur zweiten Gleichung. Wir erhalten daher zu jedem zulässigen Paar $(m, n)$ mit $n \\geq 4$ ein kleineres zulässiges Paar $\\downarrow(m, n)=(n, k n-m)$. Invers dazu erhält man zu jedem Lösunspaar ( $m, n$ ) mit $m \\geq n$ ein zulässiges (wegen $k \\geq 3$ ) Lösungspaar $\\uparrow(m, n)=$ $(k m-n, m)$. Es genügt somit, die Lösungspaare mit $m \\geq n$ und $n \\leq 3$ zu finden. Eine kurze Analyse dieser Fälle liefert schliesslich, dass sämtliche Lösungen durch iterierte Anwendung von $\\uparrow$ aus den beiden minimalen Lösungen $(1,1)$ zu $k=10$ und $(3,1)$ zu $k=6$ entstehen. Man erhält für die ersten paar Iterationen die Paare\n$$\n(1,1), \\quad(9,1), \\quad(89,9), \\quad(881,89), \\quad(8721,881), \\ldots\n$$\nund\n$$\n(3,1), \\quad(17,3), \\quad(99,17), \\quad(567,99), \\quad(3303,567), \\ldots\n$$\nDie gesuchten Paare sind also die jeweils vier ersten dieser beiden Familien (sowie deren Vertauschungen).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43819,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Bestimme die Anzahl Permutationen $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ der Menge $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ mit der folgenden Eigenschaft:\n$$\n2\\left(a_{1}+\\ldots+a_{k}\\right) \\quad \\text{ ist durch } k \\text{ teilbar } \\quad \\forall k \\in\\{1,2, \\ldots, n\\}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "For n=1: 1; for n=2: 2; and for n ≥ 3: 3*2^(n-2).",
    "solution": "Solution:\nWir nennen eine Permutation mit dieser Eigenschaft gut. Für $n \\leq 3$ sind alle Permutationen gut. Weiter ist leicht zu sehen, dass für jede gute Permutation $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ auch die beiden Permutationen\n$$\n\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}, n+1\\) \\quad \\text{ und } \\quad\\left(a_{1}+1, a_{2}+1, \\ldots, a_{n}+1,1\\right)\n$$\ngut sind. Wir zeigen nun, dass für $n \\geq 3$ jede gute $(n+1)$-Permutation in dieser Weise aus einer guten $n$-Permutation entsteht. Somit existieren genau $3 \\cdot 2^{n-2}$ gute $n$-Permutationen für $n \\geq 3$.\n\nSei also $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n+1}\\right)$ eine gute Permutation. Dann gilt insbesondere\n$$\n\\begin{aligned}\nn \\quad & 2\\left(a_{1}+\\ldots+a_{n}\\right)=2\\left(1+2+\\ldots+(n+1)-a_{n+1}\\right)=(n+1)(n+2)-2 a_{n+1} \\\\\n= & n(n+3)-2\\left(a_{n+1}-1\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nund somit ist $2\\left(a_{n+1}-1\\right)$ durch $n$ teilbar. Wegen $0 \\leq 2\\left(a_{n+1}-1\\right) \\leq 2 n$ bleiben nur die Möglichkeiten $a_{n+1}=1, a_{n+1}=\\frac{n}{2}+1$ und $a_{n+1}=n+1$. Nehme an, das zweite sei der Fall. Ähnlich wie vorher erhält man\n$$\n\\begin{aligned}\n& n-1 \\mid 2\\left(a_{1}+\\ldots+a_{n-1}\\right)=2\\left(1+2+\\ldots+(n+1)-a_{n+1}-a_{n}\\right) \\\\\n& =(n+1)(n+2)-(n+2)-2 a_{n+1}=(n-1)(n+3)-\\left(2 a_{n}-3\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nund daher ist $2 a_{n}-3$ durch $n-1$ teilbar. Wegen $n \\geq 3$ gilt nun $-(n-1)<2 a_{n}-3<3(n-1)$ und es bleibt nur die Möglichkeiten $a_{n}=\\frac{n}{2}+1=a_{n+1}$, ein Widerspruch.\n\nSomit gilt $a_{n+1}=1$ oder $a_{n+1}=n+1$. Im ersten Fall ist $\\left(a_{1}-1, \\ldots, a_{n}-1\\right)$ eine gute $n$-Permutation, im zweiten Fall ist $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ eine solche. Somit entstehen in der Tat alle guten $(n+1)$-Permutationen in der vorher beschriebenen Art aus guten $n$-Permutationen. Dies schliesst den Beweis ab.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 43820,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$, $d$ positive reelle Zahlen. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\frac{a-b}{b+c}+\\frac{b-c}{c+d}+\\frac{c-d}{d+a}+\\frac{d-a}{a+b} \\geq 0\n$$\nund bestimme alle Fälle, in denen das Gleichheitszeichen steht.",
    "options": [],
    "answer": "Equality holds if and only if a = c and b = d.",
    "solution": "Solution:\n\nWegen\n$$\n\\frac{a-b}{b+c}=\\frac{a+c}{b+c}-1\n$$\nist die Ungleichung äquivalent zu\n$$\n\\frac{a+c}{b+c}+\\frac{b+d}{c+d}+\\frac{c+a}{d+a}+\\frac{d+b}{a+b} \\geq 4\n$$\nFür die linke Seite erhält man mit AM-HM nun die Abschätzung\n$$\n\\begin{aligned}\nLS & =(a+c)\\left(\\frac{1}{b+c}+\\frac{1}{d+a}\\right)+(b+d)\\left(\\frac{1}{a+b}+\\frac{1}{c+d}\\right) \\\\\n& \\geq \\frac{4(a+c)}{a+b+c+d}+\\frac{4(b+d)}{a+b+c+d}=4\n\\end{aligned}\n$$\nwie gewünscht. Gleichheit gilt genau dann, wenn $b+c=d+a$ und $a+b=c+d$ gilt. Dies ist genau dann der Fall, wenn $a=c$ und $b=d$.\n\nDie Ungleichung (1) lässt sich auch mit CS beweisen, es gilt nämlich\n$$\nLS \\geq \\frac{((a+c)+(b+d)+(c+a)+(d+b))^{2}}{\\sum_{cyc}(a+c)(b+c)}=4\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43821,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\angle BAC = 60^\\circ$. Die Punkte $D$ und $E$ liegen auf den Seiten $AC$ bzw. $AB$. Die Geraden $BD$ und $CE$ schneiden den Umkreis von $ABC$ in den weiteren Punkten $X$ bzw. $Y$. Der Schnittpunkt von $BD$ und $CE$ sei $S$. Beweise, dass die Geraden $BY$ und $CX$ genau dann parallel sind, wenn $AESD$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNach dem Peripheriewinkelsatz gilt\n$$\n\\angle BYC = \\angle BXC = \\angle BAC = 60^\\circ\n$$\nMit Hilfe von Winkeljagd und der Winkelsumme im Dreieck $SCX$ erhält man folgende Äquivalenzen:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\angle BYC = \\angle YCX \\\\\n\\Leftrightarrow\\ & \\angle SCX = 60^\\circ \\\\\n\\Leftrightarrow\\ & \\angle 180^\\circ - 60^\\circ - \\angle CSX = 60^\\circ \\\\\n\\Leftrightarrow\\ & \\angle CSX = 60^\\circ\n\\end{aligned}\n$$\nDie erste Gleichung ist äquivalent dazu, dass $BY$ und $CX$ parallel sind, und die letzte Gleichung dazu, dass $ESDA$ ein Sehnenviereck ist.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43822,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Paare $(a, b)$ natürlicher Zahlen, sodass die folgende Gleichung erfüllt ist:\n$$\na^{6 a}=b^{b}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1), (3, 9), (16, 64), (3125, 15625)",
    "solution": "Solution:\nEs gilt $6 a > b$, denn sonst wäre $b^{b} \\geq (6 a)^{6 a} > a^{6 a}$. Division durch $a^{b}$ ergibt die neue Gleichung\n$$\na^{6 a-b} = \\left(\\frac{b}{a}\\right)^{b}\n$$\nin der die linke Seite nach dem eben Gesagten ganz ist, also auch die rechte. Somit ist $a$ ein Teiler von $b = k a$ und die Ungleichung $6 a > b$ übersetzt sich zu $1 \\leq k < 6$. Setzt man $b = k a$ in die ursprüngliche Gleichung ein, zieht die $a$-te Wurzel und formt um, dann folgt $a^{6-k} = k^{k}$. Durchtesten der Fälle $k = 1, \\ldots, 5$ ergibt für das Paar $(a, b)$ die folgenden Möglichkeiten:\n$$\n(1,1), \\quad (3,3^{2}), \\quad (4^{2}, 4^{3}), \\quad (5^{5}, 5^{6})\n$$\n\n\nAlternativ lässt sich auch so zeigen, dass $a$ ein Teiler von $b$ ist: Setze $d = \\operatorname{ggT}(a, b)$ und schreibe $a = x d, b = y d$, dann sind $x$ und $y$ teilerfremd. Einsetzen liefert $d^{6 a-b} x^{6 a} = y^{b}$, und wegen $6 a > b$ sind hier alle Exponenten positiv. Dies zeigt, dass $x$ ein Teiler von $y^{b}$ ist, wegen der Teilerfremdheit von $x$ und $y$ folgt also $x = 1$, somit ist $a$ ein Teiler von $b$.\n\n\nSicher ist $(a, b) = (1,1)$ ein Lösungspaar und für jedes andere gilt $a, b > 1$. Dies nehmen wir nun an, es ist dann $a < b < 6 a$. Sei $p$ eine Primzahl und $p^{r}$ bzw. $p^{s}$ die grösste $p$-Potenz, welche $a$ bzw. $b$ teilt. Offenbar gilt $r > 0 \\Leftrightarrow s > 0$ und Einsetzen und Exponentenvergleich zeigt $\\frac{s}{r} = \\frac{6 a}{b} > 1$. Daraus folgt einerseits, dass $a$ ein Teiler von $b$ ist, und andererseits, dass $a, b$ und $\\frac{b}{a}$ dieselben Primfaktoren besitzen. Wegen $1 < \\frac{b}{a} < 6$ sind daher diese drei Zahlen alle Potenzen derselben Primzahl $p \\leq 5$. Genauer gilt $a = p^{r}$ und $b = p^{s}$ mit $p = 2$ und $s \\leq r+2$ oder mit $p = 3,5$ und $s = r+1$. Durchtesten dieser Fälle liefert alle fehlenden Lösungspaare.\n\n\nWir beginnen mit folgendem allgemeinem\nLemma 1. Gilt $a^{m} = b^{n}$ mit natürlichen Zahlen $a, b, m, n$, dann existieren natürliche Zahlen $c, x$ und $y$ mit $a = c^{x}$ und $b = c^{y}$.\nBeweis. Setze $g = \\operatorname{ggT}(m, n)$ und schreibe $m = y g, n = x g$ mit teilerfremden natürlichen Zahlen $x, y$. Einsetzen zeigt $a^{y} = b^{x}$ und aus der Teilerfremdheit von $x$ und $y$ folgt, dass $a = c^{x}$ eine $x$-te Potenz einer natürlichen Zahl und $b = d^{y}$ eine $y$-te Potenz einer natürlichen Zahl ist. Einsetzen ergibt $c = d$ und dies liefert die Behauptung.\nAus der Ungleichung $a \\leq b < 6 a$ folgt nun $1 \\leq c^{y-x} = \\frac{b}{a} < 6$. Somit gilt entweder $c = 1$ oder $c = 2$ und $y \\leq x+2$ oder $c = 3,4,5$ und $y = x+1$. Durchtesten dieser Fälle liefert alle Lösungen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43823,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Jedes Feld eines $n \\times n$-Quadrates enthält eines von $n$ verschiedenen Symbolen, sodass jedes der Symbole in genau $n$ Feldern steht. Zeige, dass eine Zeile oder eine Spalte existiert, die mindestens $\\sqrt{n}$ verschiedene Symbole enthält.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nummerieren die Symbole von 1 bis $n$. Sei $a_{i}$ bzw. $b_{i}$ die Anzahl verschiedener Symbole in der $i$-ten Zeile bzw. Spalte, und sei $u_{k}$ bzw. $v_{k}$ die Anzahl Zeilen bzw. Spalten, in denen das Symbol $k$ vorkommt. Es gelten dann die Gleichungen\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} a_{i}=\\sum_{k=1}^{n} u_{k} \\quad \\text{ und } \\quad \\sum_{i=1}^{n} b_{i}=\\sum_{k=1}^{n} v_{k}\n$$\nDie beiden Summen in der ersten Gleichung zählen nämlich beide die Anzahl Paare $(Z, k)$ aus einer Zeile $Z$ und einem Symbol $k$, sodass $k$ in $Z$ vorkommt, und analoges gilt für die zweite Gleichung. Ausserdem gilt die Abschätzung $u_{k} v_{k} \\geq n$ für alle $k$, denn wenn in nur $u_{k}$ Zeilen und $v_{k}$ Spalten überhaupt ein Symbol $k$ vorkommt, dann können insgesamt höchstens $u_{k} v_{k}$ solche Symbole vorkommen. Mit CS erhält man einerseits\n$$\n\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\right)\\left(\\sum_{i=1}^{n} b_{i}\\right)=\\left(\\sum_{k=1}^{n} u_{k}\\right)\\left(\\sum_{k=1}^{n} v_{k}\\right) \\geq\\left(\\sum_{k=1}^{n} \\sqrt{u_{k} v_{k}}\\right)^{2} \\geq(n \\sqrt{n})^{2}=n^{3}\n$$\nwäre aber $a_{i}, b_{i}<\\sqrt{n}$ für alle $i$, dann wäre die linke Seite andererseits kleiner als $n^{3}$, ein Widerspruch.\n\n\nSei $S$ die Anzahl Paare $(V, k)$, wobei $V$ eine Zeile oder Spalte ist und $k$ ein Symbol, dass in $V$ vorkommt. Wie in der 1. Lösung sei $u_{k}$ bzw. $v_{k}$ die Anzahl Zeilen bzw. Spalten, in denen das Symbol $k$ vorkommt. Wir verwenden wieder die Ungleichung $u_{k} v_{k} \\geq n$. Nach AM-GM gilt nun\n$$\nu_{k}+v_{k} \\geq 2 \\sqrt{u_{k} v_{k}} \\geq 2 \\sqrt{n}\n$$\njedes Symbol kommt also in mindestens $2 \\sqrt{n}$ Zeilen oder Spalten vor. Folglich ist $S \\geq 2 n \\sqrt{n}$. Wäre die Anzahl Symbole in jeder Zeile und jeder Spalte kleiner als $\\sqrt{n}$, so würde aber $S<2 n \\sqrt{n}$ gelten, ein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43824,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFür welche natürlichen Zahlen $n$ existiert ein Polynom $P(x)$ mit ganzen Koeffizienten, sodass $P(d) = (n / d)^2$ gilt für alle positiven Teiler $d$ von $n$?",
    "options": [],
    "answer": "n = 1 or n is prime or n = 6",
    "solution": "Solution:\nSo ein Polynom existiert genau dann, wenn $n$ prim ist, $n=1$ oder $n=6$. Im ersten Fall leistet $P(x) = -(n+1)x + (n^2 + n + 1)$ das Gewünschte, für $n=1$ das Polynom $P(x) = 1$ und für $n=6$ das Polynom $P(x) = -2x^3 + 23x^2 - 82x + 97$.\n\nWir zeigen nun, dass dies die einzigen möglichen Werte von $n$ sind und können $n > 1$ annehmen. Nehme an, $n$ sei durch das Quadrat einer Primzahl $p$ teilbar. Schreibe $n = p^k m$ mit $k \\geq 2$ und $p \\nmid m$, dann gilt\n$$\np \\mid p^k - p^{k-1} \\mid P(p^k) - P(p^{k-1}) = m^2 - (p m)^2 = m^2 (1 - p^2)\n$$\nDies kann aber nicht sein, denn $p$ teilt die rechte Seite nicht. Nehme an, $n$ sei nicht prim und $p$ sei der grösste Primteiler von $n$. Für jeden Primteiler $q \\neq p$ schreibe man $n = p q m$ und erhält\n$$\np(q-1) = p q - p \\mid P(p q) - P(p) = m^2 - (q m)^2 = m^2 (1 - q^2)\n$$\nalso $p \\mid q + 1$ da $m$ nicht durch $p$ teilbar ist. Wegen $p > q$ gilt also $p = q + 1$ und somit $p = 3, q = 2$. Da $q$ aber beliebig war, muss $n = 6$ gelten.\nSolution:\nWir können wieder $n > 1$ annehmen. Seien $1 = d_1 < \\ldots < d_k = n$ die positiven Teiler von $n$, es gilt dann $d_i d_{k+1-i} = n$. Aus der Bedingung\n$$\nd_{k-1}(d_2 - 1) = n - d_{k-1} \\mid P(n) - P(d_{k-1}) = 1 - d_2^2\n$$\nfolgt $d_{k-1} \\mid d_2 + 1$. Somit ist also $k = 2$ oder $k = 4$ und $d_3 = d_2 + 1$. Im ersten Fall ist $n$ prim, im zweiten Fall ist $n$ ein Produkt zweier verschiedener Primzahlen $d_2, d_3$ mit $d_3 = d_2 + 1$. Somit ist $d_2 = 2, d_3 = 3$ und $n = 6$.\nSolution:\nWir nehmen wieder $n > 1$ an und zeigen, dass $n$ prim oder $n = 6$ ist. Das Polynom $x^2 P(x) - n^2$ besitzt sämtliche positiven Teiler von $n$ als Nullstellen. Somit existiert ein Polynom $Q(x) = a_k x^k + \\ldots + a_1 x + a_0$ mit ganzen Koeffizienten und\n$$\nx^2 P(x) - n^2 = Q(x) \\prod_{d \\mid n} (d - x)\n$$\nEin Vergleich der konstanten und linearen Koeffizienten auf beiden Seiten ergibt die Gleichungen\n$$\nn^2 = -a_0 \\prod_{d \\mid n} d, \\quad a_1 = a_0 \\sum_{d \\mid n} \\frac{1}{d}\n$$\nAus der ersten folgt, dass $n$ höchstens vier positive Teiler besitzt, sonst wäre die rechte Seite ein echtes Vielfaches von $n^2$. Wir nehmen nun an, dass $n$ nicht prim ist, und unterscheiden zwei Fälle.\n\n- $n$ besitzt genau drei Teiler. Dann ist $n = p^2$ mit einer Primzahl $p$. Die erste der obigen Gleichungen liefert dann $a_0 = -p$, damit folgt aber mit der zweiten Gleichung, dass $a_1$ nicht ganz sein kann, ein Widerspruch.\n- $n$ besitzt genau vier Teiler $1 < p < q < n$ (dann ist $p$ prim und $q$ entweder auch prim oder das Quadrat von $p$). Aus der ersten Gleichung folgt $a_0 = -1$ und aus der zweiten, dass $\\left(1 + \\frac{1}{p}\\right)\\left(1 + \\frac{1}{q}\\right)$ ganz sein muss. Wegen $1 < p < q$ ist dies nur für $p = 2, q = 3$ der Fall. Somit ist $n = 6$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43825,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFür welche natürlichen Zahlen $m, n$ lässt sich ein $m \\times n$-Rechteck mit lauter Quadraten der Seitenlänge 2 oder 3 bedecken?",
    "options": [],
    "answer": "Exactly those pairs where both dimensions are even, or both are divisible by three, or one dimension is divisible by six and the other is greater than one.",
    "solution": "Solution:\n\nGenau dann, wenn $m$ und $n$ beide gerade oder beide durch 3 teilbar sind, oder wenn eine der Zahlen durch 6 teilbar und die andere grösser als 1 ist.\n\nWir zeigen zuerst, dass diese Bedingungen hinreichend sind. Für $2 \\mid m, n$ bzw. $3 \\mid m, n$ lässt sich das Rechteck mit lauter $2 \\times 2$-Quadraten bzw. lauter $3 \\times 3$-Quadraten bedecken. Für den dritten Fall beachte man, dass sich $6 \\times 2$- und $6 \\times 3$-Rechtecke aus solchen Quadraten bilden lassen, und somit auch jedes Rechteck der Grösse $6k \\times (2a + 3b)$ mit nichtnegativen ganzen Zahlen $a, b$. Es lässt sich aber jede natürliche Zahl $>1$ in der Form $2a + 3b$ schreiben.\n\nWir zeigen nun umgekehrt, dass dies auch notwendig ist. Sei das $m \\times n$-Rechteck also überdeckbar und sei $m$ die Anzahl Spalten und $n$ die Anzahl Zeilen. Nehme an, $m$ sei ungerade, und färbe die Spalten abwechselnd schwarz und weiss. Jedes $2 \\times 2$-Rechteck bedeckt genauso viele schwarze wie weisse Felder, bei einem $3 \\times 3$-Rechteck ist die Differenz zwischen der Anzahl überdeckter weisser und schwarzer Felder stets gleich $\\pm 3$. Daraus folgt, dass die Differenz zwischen der Gesamtzahl weisser und schwarzer Felder auf dem Brett durch 3 teilbar sein muss, diese Differenz ist aber genau $n$. Somit ist $m$ gerade oder $n$ durch 3 teilbar. Analog zeigt man, dass $m$ durch 3 teilbar oder $n$ gerade sein muss. Kombination dieser beiden Aussagen liefert, dass $m$ und $n$ beide gerade oder beide durch 3 teilbar sind, oder dass eine der beiden durch 6 teilbar ist. Im letzten Fall ist die zweite Seitenlänge aber trivialerweise $>1$.\nSolution:\n\nWir geben ein anderes Argument dafür, dass $m$ gerade oder $n$ durch 3 teilbar sein muss. Nehme an nicht. Im Fall $n \\equiv 1 (\\bmod 3)$ färbe man die Zeilen mit Nummern $\\equiv 1,2$ $(\\bmod 3)$ schwarz, im Fall $n \\equiv 2 (\\bmod 3)$ die Zeilen mit Nummern $\\equiv 0,1 (\\bmod 3)$. Da $m$ ungerade ist, gibt es in beiden Fällen eine ungerade Anzahl schwarzer Felder auf dem Brett. Andererseits bedeckt jedes Quadrat eine gerade Anzahl schwarzer Felder, ein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43826,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein konvexes Viereck und seien $P$ und $Q$ Punkte innerhalb des Vierecks $ABCD$, so dass $PQDA$ und $Q P B C$ Sehnenvierecke sind. Nehme an, dass ein Punkt $E$ auf der Strecke $PQ$ existiert, so dass $\\angle PAE = \\angle QDE$ und $\\angle PBE = \\angle QCE$. Zeige, dass $ABCD$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Gerade $PQ$ ist die Potenzlinie der beiden Kreise durch $PQDA$ und $Q P B C$. Wenn sich die Geraden $AD$ und $BC$ in einem Punkt $Z$ schneiden, so ist $ABCD$ genau dann ein Sehnenviereck, wenn $ZD \\cdot ZA = ZC \\cdot ZB$ gilt. Die Potenz muss also zu beiden Kreisen gleich groß sein. Dies ist aber genau dann der Fall, wenn $Z$ auf $PQ$ liegt. Sind die Geraden $AD$, $BC$ und $PQ$ parallel, so sind $PQDA$ und $Q P B C$ gleichschenklige Trapezoide und es folgt, dass auch $ABCD$ ein gleichschenkliges Trapezoid und insbesondere ein Sehnenviereck ist. Es genügt also zu zeigen, dass die Geraden $AD$ und $BC$ und $PQ$ sich in einem Punkt schneiden oder parallel sind.\n\nEs gilt\n$$\n\\angle DEQ = 180^\\circ - \\angle EDQ - \\angle DQE = 180^\\circ - \\angle EAP - (180^\\circ - \\angle PAD) = \\angle EAD\n$$\nNach dem Tangentenwinkelsatz ist also die Gerade $PQ$ tangential zum Umkreis des Dreiecks $AED$. Wir nehmen an, dass die Geraden $AD$ und $PQ$ nicht parallel sind. Sei $X$ der Schnittpunkt von $AD$ mit $PQ$. Nach dem Potenzsatz gilt $XE^2 = XA \\cdot XD = XP \\cdot XQ$. Sei $PE = a$, $EQ = b$ und $QX = x$, wobei wir gerichtete Längen betrachten. Die Länge $x$ ist also positiv, wenn $Q$ zwischen $P$ und $X$ liegt und sonst negativ. Wegen obigen Überlegungen gilt $x(x+a+b) = (x+b)^2$ und somit $x = \\frac{b^2}{a-b}$. Wir nehmen nun an, dass $BC$ parallel ist zu $PQ$. Dann ist $Q P B C$ ein gleichschenkliges Trapezoid, und $E$ muss die Strecke $PQ$ halbieren, es gilt also $a = b$. Dann hat aber die obige Gleichung keine Lösung und $AD$ müsste auch parallel zu $PQ$ sein. Wir können also annehmen, dass $PQ$ nicht parallel zu $BC$ ist und definieren $Y$ als den Schnittpunkt dieser beiden Geraden. Sei wieder $y = QY$, dann folgt $y = \\frac{b^2}{a-b}$. Somit ist $x = y$, $X = Y$ und die Geraden $AD$ und $BC$ schneiden sich auf $PQ$. Wenn $AD$ und $PQ$ parallel sind, so muss wegen dem obigen Argument auch $BC$ parallel zu $PQ$ sein.\nSolution:\n\nSeien $k_1, k_2, k_3$ und $k_4$ die Umkreise von $PQDA$, $Q P B C$, $AED$ und $BEC$. Wie in der 1. Lösung zeigt man, dass $k_3$ und $k_4$ tangential zu $PQ$ sind, und dass die Aussage richtig ist, wenn die Geraden $AD$, $PQ$ und $BC$ parallel sind. Wir können also o.B.d.A. annehmen, dass sich die Geraden $PQ$ und $AD$ in $X$ schneiden. Wir müssen nun zeigen, dass $X$ auf $BC$ liegt oder in anderen Worten, dass $X$ auf der Potenzlinie von $k_2$ und $k_4$ liegt. Es gilt\n$$\nXE^2 = XD \\cdot XA = XP \\cdot XQ\n$$\nalso ist die Potenz zu beiden Kreisen gleich groß.\n\nEs gilt\n$$\n\\angle DEQ = 180^\\circ - \\angle EDQ - \\angle DQE = 180^\\circ - \\angle EAP - (180^\\circ - \\angle PAD) = \\angle EAD\n$$\nNach dem Tangentenwinkelsatz ist also die Gerade $PQ$ tangential zum Umkreis des Dreiecks $AED$. Wir nehmen an, dass die Geraden $AD$ und $PQ$ nicht parallel sind. Sei $X$ der Schnittpunkt von $AD$ mit $PQ$. Nach dem Potenzsatz gilt $XE^2 = XA \\cdot XD = XP \\cdot XQ$. Sei $PE = a$, $EQ = b$ und $QX = x$, wobei wir gerichtete Längen betrachten. Die Länge $x$ ist also positiv, wenn $Q$ zwischen $P$ und $X$ liegt und sonst negativ. Wegen obigen Überlegungen gilt $x(x+a+b) = (x+b)^2$ und somit $x = \\frac{b^2}{a-b}$. Wir nehmen nun an, dass $BC$ parallel ist zu $PQ$. Dann ist $Q P B C$ ein gleichschenkliges Trapezoid, und $E$ muss die Strecke $PQ$ halbieren, es gilt also $a = b$. Dann hat aber die obige Gleichung keine Lösung und $AD$ müsste auch parallel zu $PQ$ sein. Wir können also annehmen, dass $PQ$ nicht parallel zu $BC$ ist und definieren $Y$ als den Schnittpunkt dieser beiden Geraden. Sei wieder $y = QY$, dann folgt $y = \\frac{b^2}{a-b}$. Somit ist $x = y$, $X = Y$ und die Geraden $AD$ und $BC$ schneiden sich auf $PQ$. Wenn $AD$ und $PQ$ parallel sind, so muss wegen dem obigen Argument auch $BC$ parallel zu $PQ$ sein.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43827,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AB \\neq AC$ und Inkreismittelpunkt $I$. Der Inkreis berühre $BC$ bei $D$. Der Mittelpunkt von $BC$ sei $M$. Zeige, dass die Gerade $IM$ die Strecke $AD$ halbiert.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $U$, $V$ und $W$ die Schnittpunkte von $MI$ mit $AD$, $AC$ bzw. $AB$. Menelaos am Dreieck $ABD$ liefert\n$$\n\\frac{DU}{UA} \\frac{AW}{WB} \\frac{BM}{MD} = -1 \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{DU}{UA} = \\frac{MD}{BM} \\frac{BW}{AW}\n$$\nWir wenden nun Menelaos am Dreieck $ABC$ an und verwenden, dass $M$ der Mittelpunkt von $BC$ ist. Es gilt dann\n$$\n\\frac{BM}{MC} \\frac{CV}{VA} \\frac{AW}{WB} = -1 \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{BW}{AW} = \\frac{CV}{VA}\n$$\nAus diesen beiden Gleichungen folgt:\n$$\n\\frac{DU}{UA} = \\frac{MD}{BM} \\frac{CV}{VA}\n$$\nDie Gerade $AI$ schneide $BC$ in $P$ und die Gerade $CI$ schneide $AM$ in $Q$. Wir wenden nun Ceva am Dreieck $AMC$ an und verwenden, dass $CI$ die Winkelhalbierende ist. Es gilt also\n$$\n\\frac{MP}{PC} \\frac{CV}{VA} \\frac{AQ}{QM} = 1 \\quad \\Leftrightarrow \\quad \\frac{CV}{VA} = \\frac{CM}{AC} \\frac{PC}{MP}\n$$\nSeien nun $a$, $b$ und $c$ die Längen des Dreiecks $ABC$. Es gilt dann\n$$\n\\frac{DU}{UA} = \\frac{MD}{BM} \\frac{CM}{AC} \\frac{PC}{MP} = \\frac{\\frac{c-b}{2}}{\\frac{a}{2}} \\frac{\\frac{a}{2}}{b} \\frac{\\frac{ab}{b+c}}{\\frac{a(c-b)}{2(b+c)}} = 1\n$$\n\n\nWir führen ein Koordinatensystem ein mit Ursprung bei $D$ und $x$-Achse parallel zu $BC$. Sei $u = DC$, $v = BD$ und $r = DI$. Durch diese Grössen sind nun die Koordinaten der anderen Punkte festgelegt und können berechnet werden. Wir bestimmen nun die Koordinaten von Punkt $A$.\nFür die Berechnung verwenden wir zwei Hilfspunkte. Sei $P$ die Projektion von $D$ auf $CI$ und $Q$ die Projektion von $I$ auf $AC$. Der Punkt $P$ ist der Schnittpunkt der beiden Geraden mit den Geradengleichungen\n$$\n\\begin{aligned}\ny & = r - \\frac{r}{u} x \\\\\ny & = \\frac{u}{r} x\n\\end{aligned}\n$$\nEs gilt also\n$$\nP = \\left( \\frac{r^{2} u}{u^{2} - r^{2}}, \\frac{r u^{2}}{u^{2} - r^{2}} \\right)\n$$\nAus Symmetriegründen ist $P$ der Mittelpunkt von $DQ$. Somit ist\n$$\nQ = \\left( \\frac{2 r^{2} u}{u^{2} - r^{2}}, \\frac{2 r u^{2}}{u^{2} - r^{2}} \\right)\n$$\nDie Geradengleichung für $AC$ lautet\n$$\ny = (x-u) \\frac{\\frac{2 r u^{2}}{u^{2} - r^{2}}}{\\frac{2 r^{2} u}{u^{2} - r^{2}} - u} = (x-u) \\frac{2 u r}{r^{2} - u^{2}}\n$$\nDie Geradengleichung für $AB$ erhält man, indem man in der obigen Gleichung $u$ durch $-v$ ersetzt. Wir können nun die Koordinaten von $A$ berechnen:\n$$\n\\begin{aligned}\n& (x-u) \\frac{2 u r}{r^{2} - u^{2}} = (x+v) \\frac{-2 v r}{r^{2} - v^{2}} \\\\\n\\Rightarrow \\quad & x = \\frac{(u-v) r^{2}}{r^{2} - u v} \\Rightarrow y = \\frac{2 u r}{r^{2} - u^{2}}\n\\end{aligned}\n$$\nDie Geradengleichung von $MI$ lautet\n$$\ny = r + \\frac{2 r}{v-u} x\n$$\nWir müssen nun zeigen, dass der Mittelpunkt von $AD$ auf $MI$ liegt, und tatsächlich gilt\n$$\n\\frac{u r}{r^{2} - u^{2}} = r + \\frac{2 r}{v-u} \\left( \\frac{(u-v) r^{2}}{2(r^{2} - u v)} \\right)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43828,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R}_{>0} \\rightarrow \\mathbb{R}_{>0}$, welche für alle $x>y>z>0$ die folgende Gleichung erfüllen:\n$$\nf(x-y+z)=f(x)+f(y)+f(z)-x y-y z+x z\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x^2 / 2 for x > 0",
    "solution": "Solution:\nSeien $x>z>0$ beliebig. Setze $y=\\frac{x+z}{2}$, dann gilt $x>y>z$ und die Gleichung vereinfacht sich zu\n$$\nf(x)+f(z)=\\frac{x^{2}+z^{2}}{2}, \\quad \\forall x>z>0\n$$\nSetzt man hier einerseits $z=1$ und $x>1$ und andererseits $x=1$ und $0<z<1$, dann folgt insgesamt\n$$\nf(x)=\\frac{x^{2}}{2}+\\left(\\frac{1}{2}-f(1)\\right) \\quad \\forall x>0, x \\neq 1\n$$\nSetzt man nun zum Beispiel $x=2$ und $y=3$ in (2) und verwendet das eben Bewiesene, dann folgt schliesslich $f(1)=\\frac{1}{2}$ und somit ist $f(x)=\\frac{x^{2}}{2}$ die einzige mögliche Lösungsfunktion. Diese erfüllt offensichtlich die Bedingung der Aufgabe sogar für alle $x, y, z>0$.\n\n\nSetzt man zuerst $x=2 t, y=\\frac{3}{2} t, z=t$, danach $x=3 t, y=2 t, z=t$, und zuletzt $x=3 t, y=\\frac{5}{2} t, z=2 t$ für beliebiges $t>0$, dann erhält man die drei Gleichungen\n$$\n\\begin{aligned}\nf(2 t)+f(t) & =\\frac{5}{2} t^{2} \\\\\nf(3 t)+f(t) & =5 t^{2} \\\\\nf(3 t)+f(2 t) & =\\frac{13}{2} t^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nAddiert man die ersten beiden und subtrahiert die dritte, dann folgt $2 f(t)=t^{2}$ für alle $t>0$, die einzige Lösungsfunktion ist daher $f(t)=\\frac{t^{2}}{2}$.\n\n\nSetze $x=3 t, y=2 t, z=t$ für $t>0$, dann folgt\n$$\nf(3 t)+f(t)=5 t^{2}\n$$\nSetze $x=9 t, y=5 t, z=t$ für $t>0$, dann erhält man analog\n$$\nf(9 t)+f(t)=41 t^{2}\n$$\nSchliesslich setze man $x=9 t, y=3 t, z=t$ in die ursprüngliche Gleichung und multipliziere diese mit 2 , dann folgt\n$$\n\\begin{aligned}\n2 f(7 t) & =(f(9 t)+f(3 t))+(f(9 t)+f(t))+(f(3 t)+f(t))-42 t^{2} \\\\\n& =45 t^{2}+41 t^{2}+5 t^{2}-42 t^{2}=49 t^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nErsetzt man hier noch $7 t$ durch $t$, erhält man schliesslich die einzige mögliche Lösung $f(t)=\\frac{t^{2}}{2}$ für $t>0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43829,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $P$ die Menge der ersten 2009 Primzahlen und sei $X$ die Menge aller natürlichen Zahlen, welche nur Primfaktoren aus $P$ besitzen. Bestimme alle natürlichen Zahlen $k$, für die eine Funktion $f: X \\rightarrow X$ existiert, welche für alle $m, n \\in X$ die folgende Gleichung erfüllt:\n$$\nf(m f(n))=f(m) n^{k}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "k is a perfect square",
    "solution": "Solution:\n\nEs existiert genau dann eine solche Funktion, wenn $k$ eine Quadratzahl ist.\n\nSei zuerst $k=l^{2}$ ein Quadrat, dann hat die Funktion $f(n)=n^{l}$ die gewünschte Eigenschaft, denn beide Seiten der Gleichung lauten $m^{l} n^{k}$.\n\nUmgekehrt existiere so ein $f$. Sei $a=f(1) \\in X$. Setze $n=1$, dann folgt $f(a m)=f(m)$ für alle $m \\in X$. Ersetze nun $n$ durch $a n$ in der ursprünglichen Gleichung, dann gilt weiter $f(m) n^{k}=f(m f(n))=f(m f(a n))=f(m)(a n)^{k}$, also ist $a=f(1)=1$. Mit $m=1$ folgt nun\n$$\nf(f(n))=n^{k} \\quad \\text{ für alle } n \\in X \\text{. }\n$$\nErsetzt man hier noch $n$ durch $f(n)$, dann folgt zudem $f\\left(n^{k}\\right)=f(n)^{k}$ für alle $n$. Ersetzt man in der ursprünglichen Gleichung $m$ durch $f(m)$ und wendet $f$ auf beide Seiten an, dann gilt mit dem eben Gezeigten\n$$\n(f(m) f(n))^{k}=f(f(f(m) f(n)))=f\\left((m n)^{k}\\right)=f(m n)^{k}\n$$\nalso\n$$\nf(m n)=f(m) f(n) \\quad \\text{ für alle } m, n \\in X \\text{. }\n$$\nAus (2) und (3) lassen sich nun die folgenden Schlüsse ziehen:\n- Ist $n \\neq 1$, dann ist auch $f(n) \\neq 1$. Sonst wäre nämlich $n^{k}=f(f(n))=f(1)=1$, ein Widerspruch.\n- Sind $m, n$ teilerfremd, dann auch $f(m)$ und $f(n)$. Wäre nämlich $d>1$ ein gemeinsamer Teiler dieser beiden Zahlen, dann folgt aus (3), dass $f(d)>1$ ein gemeinsamer Teiler von $f(f(a))=a^{k}$ und $f(f(b))=b^{k}$ wäre, Widerspruch.\n- Für jede Primzahl $p \\in P$ ist $f(p)$ eine Potenz einer Primzahl $q \\in P$. Sonst wäre $f(p)$ nämlich ein Produkt von zwei teilerfremden Zahlen $>1$ und somit auch $p^{k}=f(f(p))$.\n- Wir können also eine Funktion $g: P \\rightarrow P$ definieren wie folgt: Für jede Primzahl $p \\in P$ sei $g(p) \\in P$ diejenige Primzahl, von der $f(p)$ eine Potenz ist. Wegen (2) ist $g$ nun eine Involution, d.h. es gilt $g \\circ g=i d_{P}$. Da $P$ eine ungerade Anzahl Elemente besitzt, muss $g$ also einen Fixpunkt $p$ haben.\n- Somit gilt $f(p)=p^{l}$ mit einer natürlichen Zahl $l$ und mit (3) daher $p^{k}=f(f(p))=f\\left(p^{l}\\right)=\\left(p^{l}\\right)^{l}=p^{l^{2}}$. Damit ist $k=l^{2}$ eine Quadratzahl, wie behauptet.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43830,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie Punkte $A$, $M_{1}$, $M_{2}$ und $C$ liegen in dieser Reihenfolge auf einer Geraden. Sei $k_{1}$ der Kreis mit Mittelpunkt $M_{1}$ durch $A$ und $k_{2}$ der Kreis mit Mittelpunkt $M_{2}$ durch $C$. Die beiden Kreise schneiden sich in den Punkten $E$ und $F$. Eine gemeinsame Tangente an $k_{1}$ und $k_{2}$ berühre $k_{1}$ in $B$ und $k_{2}$ in $D$. Zeige, dass sich die Geraden $A B$, $C D$ und $E F$ in einem Punkt schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S$ der Schnittpunkt von $A B$ und $C D$. Wir zeigen, dass $S$ auf der Potenzlinie $E F$ von $k_{1}$ und $k_{2}$ liegt. Wir müssen also zeigen, dass die Potenz zu beiden Kreisen gleich groß ist, d.h. $S B \\cdot S A = S C \\cdot S D$. Dies ist gleichbedeutend damit, dass $A B C D$ ein Sehnenviereck ist. Durch Winkeljagd kann man zeigen, dass die Summe von zwei gegenüberliegenden Winkeln $180^{\\circ}$ ergibt:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle B D C & = 90^{\\circ} + \\angle M_{2} D C = 90^{\\circ} + \\frac{1}{2} \\angle A M_{2} D = 90^{\\circ} + \\frac{1}{2} \\angle A M_{1} B \\\\\n& = 90^{\\circ} + \\left(90^{\\circ} - \\angle B A C\\right) = 180^{\\circ} - \\angle B A C\n\\end{aligned}",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43831,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte eine Menge $A$ von 2009 Punkten in der Ebene, von denen keine drei auf einer Geraden liegen. Ein Dreieck, dessen Eckpunkte alle in $A$ liegen, heißt internes Dreieck. Beweise, dass jeder Punkt aus $A$ im Innern einer geraden Anzahl interner Dreiecke enthalten ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir betrachten eine Menge $B$ aus 2008 Punkten und einen weiteren Punkt $P \\notin B$, sodass keine drei der Punkte aus $B \\cup\\{P\\}$ auf einer Geraden liegen. Wir zeigen, dass die Anzahl $\\alpha(P)$ der Dreiecke mit Eckpunkten in $B$, welche $P$ im Innern enthalten, gerade ist. Die Menge aller Strecken mit Endpunkten in $B$ zerlegt die Ebene in endlich viele polygonale Gebiete. Offenbar ändert sich $\\alpha(P)$ nicht, wenn $P$ im Innern eines solchen Gebietes variiert. Außerdem ist $\\alpha(P)=0$ gerade, wenn $P$ außerhalb der konvexen Hülle von $B$ liegt. Somit genügt es zu zeigen, dass sich $\\alpha(P)$ um eine gerade Zahl ändert, wenn $P$ von einem Gebiet in ein benachbartes Gebiet „wandert\".\n\nBetrachte also zwei benachbarte solche Gebiete, die durch ein Teilsegment der Strecke $XY$ getrennt werden. Nehme an, genau $k$ Punkte aus $B$ liegen auf derselben Seite der Geraden $XY$ wie $P$. Auf der anderen Seite liegen dann $2006-k$ Punkte aus $B$. Wandert nun $P$ ins Nachbargebiet, dann verlässt $P$ genau die $k$ internen Dreiecke, die $XY$ als Seite haben und deren dritter Eckpunkt auf derselben Seite der Geraden $XY$ liegt wie $P$. Analog tritt $P$ in genau $2006-k$ interne Dreiecke mit $XY$ als Seite ein. Insgesamt ändert sich $\\alpha(P)$ also um die gerade Zahl $(2006-k)-k=2 \\cdot (1003-k)$. Damit ist alles gezeigt.\nSolution:\n\nWir betrachten zuerst fünf Punkte, von denen keine drei kollinear sind. Man überzeugt sich leicht davon, dass jeder dieser Punkte im Innern von keinem oder von genau zwei Dreiecken liegt, die drei der anderen Punkte als Ecken haben. Man unterscheide dazu drei Fälle, je nachdem ob die konvexe Hülle dieser fünf Punkte ein Dreieck, Viereck oder Fünfeck ist.\n\nSei nun $P \\in A$ ein fester Punkt, der in genau $m$ internen Dreiecken liegt. Wir zählen die Anzahl Paare $(\\Delta, Q)$ aus einem internen Dreieck $\\Delta$, das $P$ enthält, und einem weiteren Punkt $Q$, der verschieden ist von $P$ und den drei Eckpunkten von $\\Delta$.\n\ni. Es gibt genau $m$ Möglichkeiten, $\\Delta$ zu wählen und anschließend genau 2005 Möglichkeiten für $Q$. Insgesamt gibt es also $2005 m$ solche Paare.\n\nii. Für jede Menge $\\{X, Y, Z, W\\}$ aus vier Punkten aus $A \\setminus \\{P\\}$ liegt $P$ nach der Beobachtung im ersten Abschnitt in einer geraden Anzahl interner Dreiecke mit Eckpunkten aus dieser Menge. Somit existiert eine gerade Anzahl Paare $(\\Delta, Q)$, wobei $Q$ einer der Punkte aus $\\{X, Y, Z, W\\}$ ist und $\\Delta$ die drei anderen Punkte als Ecken besitzt. Summation über alle vierelementigen Mengen liefert also, dass die Gesamtzahl solcher Paare gerade ist.\n\nSomit ist $2005 m$ gerade, also auch $m$.\nSolution:\n\nFixiere einen Punkt $P$ aus $A$ und nehme an, er sei in $n$ internen Dreiecken enthalten. Wir zählen die Anzahl Paare $\\left(\\Delta_{1}, \\Delta_{2}\\right)$ interner Dreiecke, die beide $P$ enthalten, und die genau eine gemeinsame Seite haben.\n\ni. Diese Zahl ist gerade, denn es gilt per Definition $\\Delta_{1} \\neq \\Delta_{2}$ und somit ist mit $\\left(\\Delta_{1}, \\Delta_{2}\\right)$ auch $\\left(\\Delta_{2}, \\Delta_{1}\\right)$ ein solches Paar.\n\nii. Es gibt $n$ Möglichkeiten, $\\Delta_{1}$ zu wählen. Zu jedem solchen Dreieck $\\Delta_{1}=XYZ$ und zu jedem Punkt $Q \\neq P, X, Y, Z$ aus $A$ ist $P$ in genau einem der drei Dreiecke $QXY, QYZ, QZX$ enthalten. Dies folgt aus dem ersten Abschnitt der zweiten Lösung. Somit gibt es jeweils 2005 Möglichkeiten $\\Delta_{2}$ zu wählen und insgesamt also $2005 n$ solche Paare.\n\nSomit ist $2005 n$ gerade, also auch $n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43832,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle reellen $x, y$ gilt\n$$\nf(f(x)-f(y))=(x-y)^2 f(x+y)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0, f(x) = x^2, f(x) = -x^2",
    "solution": "Solution:\nMit $x=y$ folgt $f(0)=0$. Mit $x=0$ respektive $y=0$ erhält man die beiden Gleichungen $f(-f(y))=y^2 f(y)$ und $f(f(x))=x^2 f(x)$ und durch Kombination weiter\n$$\nf(f(x))=f(-f(x)) \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$\nOffenbar ist die Nulfunktion $f \\equiv 0$ eine Lösung, wir nehmen daher im Folgenden an, dass $f(a) \\neq 0$ gilt für ein $a \\in \\mathbb{R}$. Mit $y=a-x$ erhält man dann\n$$\nf(f(x)-f(a-x))=(2x-a)^2 f(a)\n$$\nund hier nimmt die rechte Seite alle positiven respektive alle negativen reellen Werte an, je nach Vorzeichen von $f(a)$. Dasselbe gilt für die linke Seite und somit auch für $f$. Zusammen mit (4) zeigt das in beiden Fällen, dass $f$ eine gerade Funktion ist.\n\nErsetzt man nun in der ursprünglichen Gleichung $y$ durch $-y$, dann ändert sich die linke Seite nicht, und ein Vergleich der alten und neuen rechten Seite ergibt die Gleichung\n$$\n(x-y)^2 f(x+y)=(x+y)^2 f(x-y)\n$$\nSetzt man hier schliesslich noch $y=x-1$, dann folgt $f(2x-1)=(2x-1)^2 f(1)$, also sind alle Lösungen von der Gestalt $f(x)=c x^2$ für eine Konstante $c \\neq 0$. Einsetzen zeigt $c= \\pm 1$ und die drei Lösungen sind\n$$\nf(x)=0, \\quad f(x)=x^2, \\quad f(x)=-x^2\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43833,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben ist ein beliebiger Bodengrundriss, der aus $n$ Einheitsquadraten zusammengesetzt ist. Albert und Berta möchten diesen Boden mit Kacheln bedecken, wobei jede Kachel die Form eines $1 \\times 2$-Dominos oder eines T-Tetrominos hat. Albert hat nur Kacheln von einer Farbe zur Verfügung, Berta hingegen hat Dominos in zwei Farben und Tetrominos in vier Farben zur Verfügung. Albert kann diesen Bodengrundriss in $a$ Arten mit Kacheln bedecken, Berta auf $b$ Arten. Unter der Annahme, dass $a \\neq 0$ gilt, bestimme das Verhältnis $b / a$.",
    "options": [],
    "answer": "2^{n/2}",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen Alberts Überdeckungen farblos und jene von Berta farbig. Sei $A$ bzw. $B$ die Menge der farblosen bzw. farbigen Überdeckungen. Durch \"Vergessen der Farbe\" erhält man eine Abbildung $\\varphi: B \\rightarrow A$ und wir behaupten, dass diese Abbildung $2^{\\frac{n}{2}} : 1$ ist. Wir müssen also zeigen, dass jede farblose Überdeckung auf genau $2^{\\frac{n}{2}}$ Arten gefärbt werden kann. Gewichte dazu jedes Einheitsquadrat des Grundrisses mit dem Wert $\\sqrt{2}$. Jede farblose Kachel lässt sich nun in genau so vielen Arten färben, wie das Produkt der Gewichte angibt, welche die Kachel überdeckt (nämlich 2 resp. 4 je nach Kacheltyp). Nach der Produktregel ist die Anzahl Möglichkeiten, eine feste farblose Überdeckung zu färben, gleich dem Produkt der Anzahl Möglichkeiten, jede der Kacheln einzeln zu färben. Das ist aber einfach das Produkt der Gewichte in allen Einheitsquadraten des Grundrisses, also gleich $(\\sqrt{2})^{n} = 2^{\\frac{n}{2}}$.\n\nWir haben somit gezeigt, dass stets $b_{n} = 2^{\\frac{n}{2}} a_{n}$ gilt unabhängig von der Form des Bodengrundrisses. Die Voraussetzung $a_{n} \\neq 0$ wird hierfür nicht benötigt.\nSolution:\n\nWir zeigen wieder, dass jede farblose Überdeckung auf $2^{\\frac{n}{2}}$ Arten gefärbt werden kann. Nehme an, die farblose Überdeckung bestehe aus $k$ Dominos und $l$ Tetrominos. Dann gilt $2k + 4l = n$, und die Anzahl Färbungen ist nach der Produktregel gleich\n$$\n2^{k} \\cdot 4^{l} = 2^{k + 2l} = (\\sqrt{2})^{n}\n$$\n\nWir haben somit gezeigt, dass stets $b_{n} = 2^{\\frac{n}{2}} a_{n}$ gilt unabhängig von der Form des Bodengrundrisses. Die Voraussetzung $a_{n} \\neq 0$ wird hierfür nicht benötigt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43834,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem spitzwinkligen Dreieck $ABC$ seien $BE$ und $CF$ Höhen. Zwei Kreise durch $A$ und $F$ berühren die Gerade $BC$ bei $P$ und $Q$, so dass $B$ zwischen $C$ und $Q$ liegt. Beweise, dass sich die Geraden $PE$ und $QF$ auf dem Umkreis von $AEF$ schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien wie immer $\\angle BAC=\\alpha$ und $\\angle ABC=\\beta$. Der Schnittpunkt von $QF$ mit $PE$ sei $S$. Es genügt die Gleichung $\\angle FQB+\\angle EPB=180^{\\circ}-\\alpha$ zu zeigen, denn daraus folgt $\\angle FSE=\\alpha$ und $AFES$ ist ein Sehnenviereck. Wir kümmern uns zuerst um den Winkel $\\angle EPB$. Sei $H$ der Höhenschnittpunkt des Dreiecks $ABC$, es ist leicht zu sehen, dass $AFHE$ ein Sehnenviereck ist. Nach dem Potenzsatz gilt nun\n$$\nBP^{2}=BF \\cdot BA=BH \\cdot BE\n$$\nfolglich ist der Umkreis von $HEP$ tangential zur Gerade $BC$. Nach dem Tangentenwinkelsatz gilt $\\angle BPH=\\angle BEP$, also ist $BPH$ ähnlich zu $BEP$ und es gilt\n$$\n\\angle EPB=\\angle BHP\n$$\nWegen $\\angle BHC=180^{\\circ}-\\alpha$ genügt es zu zeigen, dass $\\angle PHC=\\angle FQB$ gilt. Da $B$ auf der Potenzlinie der Umkreise von $AFP$ und $AFQ$ liegt, gilt $BP=BQ$. Sei $D$ der Höhenfusspunkt zu $A$. Da $AFDC$ ein Sehenviereck ist, gilt $BP^{2}=BF \\cdot BA=BD \\cdot BC$. Daraus foglt nun\n$DP \\cdot DQ=(BP-BD) \\cdot (BP+BD)=BP^{2}-BD^{2}=BD \\cdot (BC-BD)=BD \\cdot DC$.\nZudem ist $BD \\cdot DC=DH \\cdot DA$, wie man z.B. mithilfe der ähnlichen Dreiecke $BDH$ und $ADC$ sehen kann. Es folgt $AD \\cdot DH=DP \\cdot DQ$, somit sind die Dreiecke $DPH$ und $DAQ$ ähnlich. Daraus erhalten wir schliesslich wie gewünscht\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle PHC & =\\angle HPD-\\angle HCP=\\angle DAQ-\\left(90^{\\circ}-\\beta\\right) \\\\\n& =\\angle BAQ+\\left(90^{\\circ}-\\beta\\right)-\\left(90^{\\circ}-\\beta\\right)=\\angle FQB\n\\end{aligned}",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43835,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle injektiven Funktionen $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$, sodass für alle natürlichen Zahlen $n$ gilt\n$$\nf(f(n)) \\leq \\frac{f(n)+n}{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n for all n",
    "solution": "Solution:\nWir zeigen, dass die Identität $f(n)=n$ die einzige solche Funktion ist. Nehme an, es gelte $f(n)<n$ für eine natürliche Zahl $n$. Dann folgt\n$$\nf(f(n)) \\leq \\frac{f(n)+n}{2}<n\n$$\nund eine einfache Induktion zeigt\n$$\nf^{k}(n)<n \\quad \\forall n, k \\in \\mathbb{N}\n$$\ndabei bezeichet $f^{k}=f \\circ \\ldots \\circ f$ die $k$-fache Anwendung von $f$. Für ein festes $n$ und variables $k$ kann $f^{k}(n)$ also nur endlich viele Werte annehmen. Insbesondere existieren natürliche Zahlen $r<s$ mit $f^{r}(n)=f^{s}(n)$, und wegen der Injektivität von $f$ folgt daraus $f^{s-r}(n)=n$, im Widerspruch zu (3). Es gilt also $f(n) \\geq n$ für alle $n$. Damit erhält man aber\n$$\nf(n) \\leq f(f(n)) \\leq \\frac{f(n)+n}{2}\n$$\nund somit $f(n) \\leq n$ für alle $n$. Dies ergibt die Behauptung.\n\n\nNach Voraussetzung gilt insbesondere $f(f(n)) \\leq \\frac{1}{2}(f(n)+n) \\leq \\max \\{f(n), n\\}$ für alle natürlichen Zahlen $n$. Damit erhält man nun\n$$\nf(f(f(n))) \\leq \\max \\{f(f(n)), f(n)\\} \\leq \\max \\{f(n), n\\}\n$$\nund eine einfache Induktion zeigt\n$$\nf^{k}(n) \\leq \\max \\{f(n), n\\} \\quad \\forall n, k \\in \\mathbb{N}\n$$\nFür ein festes $n$ und variables $k$ kann $f^{k}(n)$ also nur endlich viele Werte annehmen. Insbesondere existieren natürliche Zahlen $r<s$ mit $f^{r}(n)=f^{s}(n)$ und wegen der Injektivität von $f$ gilt somit $f^{s-r}(n)=n$. Dies zeigt, dass die Folge $n, f(n), f(f(n)), \\ldots$ periodisch ist. Wir können daher ein $k \\geq 2$ wählen, sodass $f^{k}(n)$ unter all diesen Zahlen grösstmöglich ist. Aus der Aufgabenstellung folgt nun\n$$\nf^{k}(n) \\leq \\frac{f^{k-1}(n)+f^{k-2}(n)}{2}\n$$\nalso gilt insbesondere $f^{k}(n)=f^{k-1}(n)$ wegen der Wahl von $k$. Verwendet man nun nochmals die Injektivität von $f$, dann ergibt sich schliesslich\n$$\nf^{k}(n)=f^{k-1}(n) \\quad \\Rightarrow \\quad f^{k-1}(n)=f^{k-2}(n) \\quad \\Rightarrow \\quad \\ldots \\quad \\Rightarrow \\quad f(n)=n\n$$\nDie einzige solche Funktion ist also die Identität $f(n)=n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43836,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $\\pi=\\left(a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)$ eine Permutation der Zahlen $1,2, \\ldots, n$. Die Verwuselung von $\\pi$ ist die Anzahl Paare $(i, j)$ natürlicher Zahlen mit $1 \\leq i<j \\leq n$ und $a_{j}>a_{i}$. Beweise, dass es für jede ganze Zahl $k$ mit $0 \\leq k \\leq\\binom{ n}{2}$ eine Permutation der Zahlen $1,2, \\ldots, n$ mit Verwuselung $k$ gibt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir verwenden Induktion nach $n$, der Fall $n=1$ ist trivial.\n\n- Sei $0 \\leq k \\leq\\binom{ n-1}{2}$. Nach Induktionsvoraussetzung existiert eine Permutation $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n-1}\\right)$ der Zahlen $1,2, \\ldots, n-1$ mit Verwuselung $k$. Setzt man nun $a_{n}= n$, dann besitzt die Permutation $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ der Zahlen $1,2, \\ldots, n$ ebenfalls die Verwuselung $k$, wie gewünscht.\n\n- Sei nun $\\binom{n-1}{2}+1 \\leq k \\leq\\binom{ n}{2}$. Es gilt $\\binom{n-1}{2}+1 \\geq n-1$ und daher gibt es nach Induktionsvoraussetzung eine Permutation $\\left(a_{2}, \\ldots, a_{n}\\right)$ der Zahlen $1,2, \\ldots, n-1$ mit Verwuselung $k-(n-1) \\geq 0$. Setzt man nun $a_{1}=n$, dann besitzt die Permutation $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{n}\\right)$ der Zahlen $1,2, \\ldots, n$ die Verwuselung $k$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 43837,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte drei Steine auf der reellen Geraden mit ganzzahligen Koordinaten. In einem Schritt kann man zwei dieser Steine auswählen, den einen um $1$ nach links und den anderen um $1$ nach rechts verschieben. Für welche Anfangspositionen lassen sich alle drei Steine mit einer geeigneten Folge von Schritten auf denselben Punkt verschieben?",
    "options": [],
    "answer": "Exactly those initial positions where the sum of the three coordinates is divisible by three.",
    "solution": "Solution:\n\nAntwort: Dies ist genau dann der Fall, wenn die Summe $S$ der Koordinaten der drei Steine durch $3$ teilbar ist.\n\nOffenbar ändert sich $S$ bei einem Schritt nicht. Sind am Schluss alle Steine auf demselben Punkt $n$, dann muss $S = 3 n$ also durch $3$ teilbar sein.\n\nSei umgekehrt $S = 3 n$. Wähle einen Stein aus und verschiebe ihn mit einer Folge von Schritten auf den Punkt $n$. Nach Annahme haben die beiden anderen Steine dann die Koordinaten $n - a$ und $n + a$ für eine nichtnegative ganze Zahl $a$. Offenbar lassen sich diese beiden Steine nun in $a$ Schritten beide ebenfalls nach $n$ verschieben.\n\n\nWir geben ein zweites Argument für die Rückrichtung. Sei $S$ durch $3$ teilbar. Solange die maximale Distanz zweier Steine mindestens $2$ ist, kann man die beiden Steine mit der kleinsten und der grössten Koordinate in einem Schritt näher zusammenrücken. Da diese maximale Distanz bei jedem solchen Schritt kleiner wird (denn sonst wären auf diesen beiden extremalen Punkten je mindestens zwei Steine), liegen nach endlich vielen Schritten alle drei Steine auf zwei benachbarten Punkten. Da $S$ durch $3$ teilbar ist, liegen sie dann aber bereits alle auf dem gleichen Punkt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43838,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle Lösungen in natürlichen Zahlen der Gleichung\n$$\na b + b c + c a = 2(a + b + c)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All permutations of (2, 2, 2) and (1, 2, 4).",
    "solution": "Solution:\nWir können aus Symmetriegründen $a \\leq b \\leq c$ annehmen. Sei zuerst $a \\geq 2$. Dann erhält man für die linke Seite die Abschätzung\n$$\na b + b c + c a \\geq 2a + 2b + 2c\n$$\nnach Voraussetzung gilt hier aber Gleichheit, also muss $a = b = c = 2$ sein. Dies ist tatsächlich eine Lösung. Sei im Folgenden also $a = 1$, die Gleichung wird dann zu\n$$\nb c = b + c + 2\n$$\nGilt hier $b \\geq 3$, dann ist $b c \\geq 3c \\geq b + c + 3$, ein Widerspruch. Folglich ist $b = 1$ oder $b = 2$. Der erste Fall führt zu keiner Lösung, der zweite zu $c = 4$. Die Lösungen sind also die Vertauschungen der Tripel\n$$\n(2,2,2) \\quad \\text{und} \\quad (1,2,4)\n$$\nSolution:\nDie Gleichung lässt sich umschreiben zu\n$$\n(a-1)(b-1) + (b-1)(c-1) + (c-1)(a-1) = 3\n$$\nMit $x = a-1$, $y = b-1$, $z = c-1$ ist sie also äquivalent zu $x y + y z + z x = 3$, wobei $x, y, z \\geq 0$. Sind $x, y, z$ alle positiv, dann gilt $x y + y z + z x \\geq 3$ mit Gleichheit genau dann, wenn $x = y = z = 1$. In allen anderen Fällen ist mindestens eine der drei Variablen gleich $0$, wir können $x = 0$ annehmen. Dann gilt $y z = 3$ und somit bis auf Vertauschung $y = 1$ und $z = 3$. Die Lösungenstripel $(x, y, z)$ sind also die Vertauschungen der Tripel $(1,1,1)$ und $(0,1,3)$. Dies führt zu denselben Lösungen wie vorher.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43839,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $P$ ein reelles Polynom, sodass für alle reellen $x$ die Gleichung $P(x)=P(1-x)$ gilt. Beweise, dass ein reelles Polynom $Q$ existiert mit\n$$\nP(x)=Q(x(1-x))\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDas Polynom $S(x)=P\\left(x+\\frac{1}{2}\\right)$ erfüllt nach Voraussetzung die Gleichung $S(x)=S(-x)$ für alle reellen $x$. Also ist $S$ gerade und damit von der Form $S(x)=R\\left(x^{2}\\right)$ für ein reelles Polynom $R$. Zur Begründung sei $S(x)=\\sum_{k=0}^{n} a_{k} x^{k}$, dann gilt nämlich\n$$\n0=S(x)-S(-x)=\\sum_{k=0}^{n}\\left(1+(-1)^{k}\\right) a_{k} x^{k}\n$$\nfür alle reellen $x$, somit verschwinden nach dem Identitätssatz alle Koeffizienten des Polynoms auf der rechten Seite. Also ist $a_{k}=0$ für alle ungeraden $k$ und wir können $R(x)=\\sum_{k=0}^{\\lfloor n / 2\\rfloor} a_{2 k} x^{k}$ wählen. Schliesslich setzen wir noch $Q(x)=R\\left(\\frac{1}{4}-x\\right)$ und erhalten wie gewünscht\n$$\nP(x)=S\\left(x-\\frac{1}{2}\\right)=R\\left(\\left(x-\\frac{1}{2}\\right)^{2}\\right)=R\\left(x^{2}-x+\\frac{1}{4}\\right)=Q(x(1-x))\n$$\nSolution:\n\nWir verwenden Induktion nach dem Grad von $P$. Für konstante Polynome ist die Aussage trivial. Division mit Rest liefert reelle Polynome $P_{1}$ und $R$ mit\n$$\nP(x)=x(1-x) P_{1}(x)+R(x)\n$$\nwobei $R$ höchstens Grad 1 besitzt. Setzt man hier $x=0$ und $x=1$, dann erhält man $R(0)=P(0)=P(1)=R(1)$ und damit ist $R$ konstant. Weiter erhält man damit und nach Voraussetzung\n$$\nx(1-x) P_{1}(x)=P(x)-R=P(1-x)-R=(1-x) x P_{1}(1-x)\n$$\nalso $P_{1}(x)=P_{1}(1-x)$ für alle $x \\neq 0,1$. Nach dem Identitätssatz für Polynome gilt letztere Gleichung aber auch für $x=0,1$ und damit erfüllt $P_{1}$ die Induktionsvoraussetzung. Es gibt also ein Polynom $Q_{1}$ mit $P_{1}(x)=Q_{1}(x(1-x))$. Setzt man nun $Q(x)=x Q_{1}(x)+R$, erhält man wie gewünscht\n$$\nP(x)=x(1-x) Q_{1}(x(1-x))+R=Q(x(1-x))\n$$\nSolution:\n\nBetrachte das symmetrische Polynom\n$$\nS(x, y)=\\frac{1}{2}(P(x)+P(y))\n$$\nBekanntlich lässt sich jedes symmetrische Polynom als Polynom in den elementarsymmetrischen Ausdrücken $x+y$ und $x y$ schreiben. Das heisst, es existiert ein Polynom $R$ in zwei Variablen, sodass $S(x, y)=R(x+y, x y)$ gilt. Setze nun $Q(x)=R(1, x)$, dann gilt wie gewünscht\n$$\nP(x)=S(x, 1-x)=R(1, x(1-x))=Q(x(1-x))\n$$\nwobei wir bei der ersten Gleichung die Voraussetzung $P(x)=P(1-x)$ verwendet haben.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43840,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 3$ und sei $P$ ein konvexes $n$-Eck. Beweise, dass sich $P$ mit Hilfe von $n-3$ sich nicht schneidenden Diagonalen in Dreiecke zerlegen lässt, sodass der Umkreis von jedem dieser Dreiecke ganz $P$ enthält. Wann existiert genau eine solche Zerlegung?",
    "options": [],
    "answer": "Such a decomposition always exists. It is unique exactly when there is no circle that contains the entire polygon and passes through at least four of its vertices.",
    "solution": "Solution:\n\nEin Dreieck mit verschiedenen Eckpunkten von $P$, dessen Umkreis ganz $P$ enthält, nennen wir gut. Eine Zerlegung von $P$ in disjunkte gute Dreiecke wie in der Aufgabenstellung nennen wir ebenfalls gut. Wir starten mit folgenden zwei Beobachtungen, die sofort aus dem Peripheriewinkelsatz folgen:\n\n(i) Sei $A B$ eine beliebige Seite von $P$ und sei $X$ ein weiterer Eckpunkt, dann ist das Dreieck $A B X$ genau dann gut, wenn der Winkel $\\angle A X B$ minimal ist unter allen Winkeln $\\angle A X B$ mit einem Eckpunkt $X \\neq A, B$ von $P$. Insbesondere existiert immer ein gutes Dreieck mit Seite $A B$.\n\n(ii) Sei $A B$ eine Diagonale von $P$, die keine Seite ist. Die Punkte $A, B$ zerlegen dann den Umfang von $P$ in zwei Teile (Streckenzüge). Seien $X_{1}, \\ldots, X_{r}$ die Eckpunkte auf dem einen dieser Teile und $Y_{1}, \\ldots, Y_{s}$ die Punkte auf dem anderen Teil. Es existiert genau dann ein Kreis durch $A$ und $B$, der ganz $P$ enthält, wenn\n$$\n\\min _{1 \\leq i \\leq r} \\angle A X_{i} B+\\min _{1 \\leq i \\leq s} \\angle A Y_{i} B \\geq 180^\\{\\circ\\}\n$$\nIst dies der Fall, dann ist das Dreieck $A X_{k} B$ genau dann gut, wenn\n$$\n\\angle A X_{k} B=\\min _{1 \\leq i \\leq r} \\angle A X_{i} B\n$$\nAnaloges gilt für Dreiecke $A Y_{l} B$. Insbesondere existiert genau dann ein gutes Dreieck der Form $A X_{k} B$, wenn ein gutes Dreieck der Form $A Y_{l} B$ existiert.\n\nWir zeigen zuerst, dass man jedes beliebige gute Startdreieck $A B C$ sukzessive zu einer guten Zerlegung von $P$ ausbauen kann (welche dann insbesondere $A B C$ als eines der Dreiecke enthält). Sei also $A B C$ gut. Als Folge von (ii) existieren nun gute Dreiecke mit Seiten $A B, B C$ und $C A$, die mit $A B C$ keinen Inneren Punkt gemeinsam haben, sofern diese Strecken nicht schon Seiten von $P$ sind. Iteriert man dieses Argument, dann erhält man schliesslich eine gute Zerlegung von $P$. Genauer kann man so argumentieren: Sei $\\mathcal{Z}$ die Menge aller Eckenteilmengen $Z$ von $P$, sodass $A, B, C \\in Z$ gilt, und sodass die konvexe Hülle $H(Z)$ eine Zerlegung in gute Dreiecke (bezüglich $P)$ besitzt, wobei $A B C$ eines dieser Dreiecke ist. Nach Annahme ist $\\{A, B, C\\} \\in \\mathcal{Z}$, also ist $\\mathcal{Z}$ nicht leer. Wähle ein maximales Element $Z$ von $\\mathcal{Z}$ und nehme an, es gelte $H(Z) \\neq P$. Wähle eine Seite $D E$ von $H(Z)$, die keine Seite (aber natürlich eine Diagonale) von $P$ ist. Nach Annahme existiert ein Punkt $F \\in Z$, sodass $D E F$ gut ist. Nach (ii) existiert dann aber eine Ecke $G$ von $P$, die auf der anderen Seite der Geraden $D E$ liegt als $F$, und sodass $D E G$ ebenfalls gut ist. Dann ist aber $Z \\cup\\{G\\}$ ebenfalls in $\\mathcal{Z}$ und strikt grösser als $Z$, ein Widerspruch.\n\nWir können nun zeigen, dass $P$ stets eine gute Zerlegung besitzt. Zudem ist diese genau dann eindeutig, wenn kein Kreis existiert, der ganz $P$ enthält und durch mindestens vier Ecken von $P$ geht (wir nennen so einen Kreis einen starken Umkreis von $P$ ). Wähle dazu eine beliebige Seite $A B$ von $P$. Nach (i) existiert ein gutes Dreieck $A B C$ und nach obigem Argument also eine gute Zerlegung von $P$. Besitzt $P$ nun keinen starken Umkreis, dann stimmen je zwei gute Zerlegungen überein. Beide enthalten nämlich ein gutes Dreieck mit Seite $A B$. Führt man nun die oben beschriebene Konstruktion einer guten Zerlegung von $P$ mit Startkante $A B$ durch, so sind alle Schritte eindeutig bestimmt. Das heisst, jedes gute Dreieck, welches man hinzufügt, ist durch die schon bestehende Konstellation eindeutig bestimmt. Wäre dies nämlich nicht so, dann hätte man an einem bestimmten Punkt die Wahl zwischen zwei neuen guten Dreiecken $D E F$ und $D E G$. Dann gilt aber $\\angle D F E=\\angle D G E$ nach (i) respektive (ii). Somit liegen $D, E, F, G$ auf einem starken Umkreis von $P$, ein Widerspruch. Besitzt $P$ hingegen einen starken Umkreis, dann wähle vier Ecken $D, E, F, G$, welche in dieser Reihenfolge darauf liegen. Die Dreiecke $D E F$ und $D E G$ sind dann beide gut, lassen sich also zu guten Zerlegungen ergänzen. Nun haben diese beiden Dreiecke aber einen gemeinsamen inneren Punkt, also sind die beiden guten Zerlegungen von $P$ verschieden.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43841,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle ganzen Zahlen $n$, sodass $2^{n}+3^{n}+6^{n}$ das Quadrat einer rationalen Zahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "n = -1 and n = 2",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen $A(n)=2^{n}+3^{n}+6^{n}$. Es gilt $A(-1)=1^{2}, A(0)=3, A(1)=6$ und $A(2)=7^{2}$. Wir betrachten nun zwei Fälle:\n\n- Sei $n \\geq 2$ und $A(-n)$ ein rationales Quadrat. Dann ist auch\n$$\n6^{2 n} A(-n)=6^{n}\\left(1+2^{n}+3^{n}\\right)=6^{n} B(n)\n$$\nein Quadrat und zwar sogar einer natürlichen Zahl. Ist $n$ gerade, so ist auch $B(n)$ ein Quadrat. Für $n \\geq 2$ erhält man aber den Widerspruch $B(n) \\equiv 2(\\bmod 4)$. Ist $n$ ungerade, dann gilt $B(n)=6 m^{2}$. Für $n \\geq 3$ ist aber $B(n) \\equiv 1+0+3 \\equiv 4$ $(\\bmod 8)$, im Widerspruch zu $6 m^{2} \\equiv 0,6(\\bmod 8)$.\n\n- Sei $n \\geq 3$ und $A(n)=m^{2}$ das Quadrat einer rationalen, also einer natürlichen Zahl $m$.\nWir benötigen folgende Abschätzung:\n$$\n3^{r}>2^{r}+1 \\quad \\text { für alle } r \\geq 2 \\text {. }\n$$\nDies gilt wegen $3^{r}>(2+1) \\cdot 2^{r-1}=2^{r}+2^{r-1}>2^{r}+1$.\nIst nun $n$ ungerade, dann gilt $A(n) \\equiv 3(\\bmod 4)$, im Widerspruch zu $m^{2} \\equiv 0,1$ $(\\bmod 4)$. Also ist $n=2 k$ gerade und die Gleichung $A(n)=m^{2}$ lässt sich schreiben als\n$$\n3^{n}\\left(2^{n}+1\\right)=\\left(m+2^{k}\\right)\\left(m-2^{k}\\right)\n$$\nJeder gemeinsame Teiler der beiden Faktoren rechts teilt auch deren Differenz $2^{k+1}$, ist also eine Zweierpotenz. Da die linke Seite der Gleichung aber ungerade ist, sind die beiden Faktoren teilerfremd. Daraus folgt nun, dass $3^{n}$ einen dieser Faktoren teilen muss, und zwar den grösseren der beiden wegen (5). Somit ist $m-2^{k}$ ein Teiler von $2^{n}+1$ und es gelten die folgenden Abschätzungen:\n$$\n\\left(3^{k}\\right)^{2}=3^{n} \\leq m+2^{k}=\\left(m-2^{k}\\right)+2^{k+1} \\leq\\left(2^{n}+1\\right)+2^{k+1}=\\left(2^{k}+1\\right)^{2}\n$$\nim Widerspruch zu $k \\geq 2$ und (5).\nDie gesuchten Werte sind also $n=-1$ und $n=2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43842,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBananen, Äpfel und Orangen sind irgendwie auf 100 Kisten verteilt. Beweise, dass man 51 Kisten auswählen kann, die zusammen mindestens die Hälfte der Früchte von jeder Sorte enthalten.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir beginnen mit folgendem\n\nLemma 2. Betrachte $2n$ Paare $(a_{1}, b_{1}), \\ldots, (a_{2n}, b_{2n})$ von nichtnegativen reellen Zahlen. Dann lassen sich diese immer in zwei Gruppen von $n$ Paaren aufteilen, sodass folgendes gilt: Die Summe aller $a_{k}$ in der ersten Gruppe und die Summe aller $a_{k}$ in der zweiten Gruppe unterscheiden sich um höchstens $\\max \\{a_{1}, \\ldots, a_{2n}\\}$. Die Summe aller $b_{k}$ in der ersten Gruppe und die Summe aller $b_{k}$ in der zweiten Gruppe unterscheiden sich um höchstens $\\max \\{b_{1}, \\ldots, b_{2n}\\}$.\n\nBeweis. Wir verwenden Induktion nach $n$, der Fall $n=0$ ist trivial. Betrachte also $2n+2$ solche Paare und seien oBdA $(a_{1}, b_{1})$ und $(a_{2}, b_{2})$ die beiden Paare mit den grössten $a_{k}$'s und es gelte $b_{1} \\geq b_{2}$. Nach Induktionsvoraussetzung lassen sich die übrigen $2n$ Paare so aufteilen, dass die Behauptung des Lemmas erfüllt ist. Wir setzen nun $(a_{1}, b_{1})$ in die Gruppe mit der kleineren $b$-Summe und $(a_{2}, b_{2})$ in die andere Gruppe. Die Differenz der neuen $b$-Summen ist dann stets höchstens die alte $b$-Differenz oder höchstens gleich $b_{1}-b_{2} \\leq b_{1}$, in beiden Fällen nicht grösser als $\\max \\{b_{1}, \\ldots, b_{2n+2}\\}$. Die neue $a$-Differenz ist höchstens gleich der Summe aus der alten $a$-Differenz und $|a_{1}-a_{2}|$. Die alte $a$-Differenz ist nach Konstruktion aber höchstens gleich $\\max \\{a_{3}, \\ldots, a_{2n+2}\\} \\leq \\min \\{a_{1}, a_{2}\\}$. Folglich ist die neue $a$-Differenz höchstens gleich $\\min \\{a_{1}, a_{2}\\} + |a_{1}-a_{2}| = \\max \\{a_{1}, a_{2}\\}$.\n\nNun zur eigentlichen Lösung. Wähle zwei Kisten aus, unter denen eine Kiste mit der grössten Menge Bananen und eine Kiste mit der grössten Menge Äpfeln ist. Für $1 \\leq k \\leq 98$ sei $a_{k}$ die Menge Bananen und $b_{k}$ die Menge Äpfel in der $k$-ten der verbleibenden Kisten. Teile diese nun in zwei Gruppen mit je 49 Kisten auf, sodass die Aussage des Lemmas gilt. Wähle diejenige Gruppe mit mehr Orangen aus und füge die beiden Kisten vom Anfang hinzu. Diese 51 Kisten enthalten nach Konstruktion mindestens die Hälfte aller Orangen, wegen dem Lemma und der Wahl der ersten beiden Kisten aber auch mindestens die Hälfte aller Bananen und Äpfel.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43843,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AB \\neq AC$ und Inkreismittelpunkt $I$. Der Inkreis berühre die Seiten $BC$, $CA$ bzw. $AB$ bei $D$, $E$ bzw. $F$. Sei $M$ der Mittelpunkt von $EF$. Die Gerade $AD$ schneide den Inkreis bei $P \\neq D$. Beweise, dass $PMID$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDa das Dreieck $AFE$ gleichschenklig und der Punkt $M$ der Mittelpunkt von der Strecke $EF$ ist, liegt $M$ auf der Winkelhalbierenden von $\\angle FAE$, also auf $AI$. Wir zeigen nun, dass $AP \\cdot AD = AM \\cdot AI$. Aus dem Potenzsatz folgt dann die Behauptung. Da $AE$ die Tangente an den Inkreis ist, gilt wieder nach dem Potenzsatz, dass $AP \\cdot AD = AE^{2}$. Da $\\angle AME$ und $\\angle AEI$ beides rechte Winkel sind, ist das Dreieck $AME$ ähnlich zu $AEI$. Es gilt also\n\nInsgesamt folgt also wie gewünscht\n$$\n\\frac{AE}{AM} = \\frac{AI}{AE} \\Rightarrow AE^{2} = AM \\cdot AI\n$$\n$$\nAP \\cdot AD = AE^{2} = AM \\cdot AI\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43844,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $g$ eine Gerade in der Ebene. Die Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ liegen auf derselben Seite von $g$ und berühren $g$ in den Punkten $A$ respektive $B$. Ein weiterer Kreis $k_{3}$ berühre $k_{1}$ in $D$ und $k_{2}$ in $C$. Beweise dass gilt:\n(a) Das Viereck $A B C D$ ist ein Sehnenviereck.\n(b) Die Geraden $B C$ und $A D$ schneiden sich auf $k_{3}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n(a) Seien $M_{1}, M_{2}$ und $M_{3}$ die Mittelpunkte von $k_{1}, k_{2}$ und $k_{3}$. Die Strecken $A M_{1}$ und $B M_{2}$ stehen dann senkrecht auf $g$ und die Punkte $M_{1}, D$ und $M_{3}$ liegen auf einer Geraden. Weiter sei $\\angle D A B=\\alpha$ und $\\angle C B A=\\beta$. Durch Winkeljagd erhält man $\\angle M_{3} D A=180^{\\circ}-\\angle M_{1} D A=180^{\\circ}-\\angle M_{1} A D=180^{\\circ}-\\left(90^{\\circ}-\\angle D A B\\right)=90^{\\circ}+\\alpha$.\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 1: Zu Aufgabe 2\nAnalog gilt $\\angle M_{3} C B=90^{\\circ}+\\beta$. Die Innenwinkelsumme in einem Fünfeck beträgt $540^{\\circ}$. Folglich gilt\n$$\n\\angle D M_{3} C=540^{\\circ}-\\alpha-\\beta-\\left(90^{\\circ}+\\alpha\\right)-\\left(90^{\\circ}+\\beta\\right)=360^{\\circ}-2 \\alpha-2 \\beta\n$$\nNun gilt weiter\n$$\n\\angle M_{3} D C=\\left(180^{\\circ}-\\angle D M_{3} C\\right) / 2=\\alpha+\\beta-90^{\\circ}\n$$\nAlso ist\n$$\n\\angle A D C=\\left(90^{\\circ}+\\alpha\\right)-\\left(\\alpha+\\beta-90^{\\circ}\\right)=180^{\\circ}-\\beta\n$$\nDa nun die zwei gegenüberliegenden Winkel $\\angle A B C$ und $\\angle C D A$ zusammen $180^{\\circ}$ ergeben ist $A B C D$ ein Sehnenviereck.\n\n(b) Sei $E$ der Schnittpunkt von $A D$ mit $B C$. Es gilt\n$$\n\\angle A E B=180^{\\circ}-\\alpha-\\beta=\\left(\\angle D M_{3} C\\right) / 2\n$$\nDa der Winkel $\\angle A E B$ gerade halb so gross ist wie der Winkel $\\angle D M_{3} C$ liegt $E$ nach der Umkehrung des Zentriwinkelsatzes auf $k_{3}$.\nSolution:\n\n(a) Seien $c$ und $d$ die gemeinsamen Tangenten von $k_{3}$ mit $k_{2}$ bzw. $k_{1}$ durch den Punkt $C$ bzw. $D$. Zudem sei $\\angle D A B=\\alpha$ und $\\angle C B A=\\beta$. Der Winkel zwischen $d$ und $C D$ sei $\\gamma$. Dann ist aus Symmetriegründen der Winkel zwischen $d$ und $A D$ gleich $\\alpha$, der Winkel zwischen $c$ und $B C$ gleich $\\beta$ und der Winkel zwischen $c$ und $C D$ gleich $\\gamma$. Wegen der Innenwinkelsumme im Viereck $A B C D$ gilt\n$$\n360^{\\circ}=\\alpha+(\\alpha+\\gamma)+(\\gamma+\\beta)+\\beta=2(\\alpha+\\beta+\\gamma)\n$$\nFolglich ist $\\alpha+\\beta+\\gamma=180^{\\circ}$. Das Viereck $A B C D$ ist ein Sehnenviereck genau dann wenn zwei gegenüberliegende Winkel $180^{\\circ}$ ergeben. Wie gewünscht gilt\n$$\n\\angle A B C=\\angle C D A=\\beta+(\\alpha+\\gamma)=180^{\\circ}\n$$\n(b) Sei $E$ der Schnittpunkt von $A D$ mit $B C$. Nach dem Tangentenwinkelsatz ist der Peripheriewinkel über der Strecke $C D$ gleich dem Tangentenwinkel $\\gamma$. Da $\\angle D E C=\\angle A E B=180^{\\circ}-\\alpha-\\beta=\\gamma$ liegt $E$ auf $k_{3}$.\nSolution:\n\n(b) Seien $M_{1}, M_{2}$ und $M_{3}$ die Mittelpunkte von $k_{1}, k_{2}$ und $k_{3}$. Sei $X$ der Punkt auf $k_{3}$ so dass $M_{3} X$ senkrecht auf $g$ liegt und $M_{3} X$ in die entgegengesetzte Richtung zeigt wie $M_{1} A$. Durch eine Punktstreckung am Punkt $D$ geht der Kreis $k_{1}$ in den Kreis $k_{3}$ über und $A$ in $X$. Folglich schneidet die Gerade $A D$ den Kreis $k_{3}$ bei $X$. Analog schneidet die Gerade $B C$ den Kreis $k_{3}$ in $X$. Folglich schneiden sich die Geraden $A D$ und $B C$ auf $k_{3}$, nämlich bei $X$.\n\n(a) Sei $Y$ der zweite Schnittpunkt von $M_{3} X$ mit $k_{3}$ und $Z$ der Schnittpunkt von $M_{3} X$ mit $g$. Da $X Y$ ein Durchmesser von $k_{3}$ ist gilt $\\angle Y D X=90^{\\circ}$. Daraus folgt wiederum $\\angle A D Y=90^{\\circ}$. Das Viereck $A Z Y D$ ist also ein Sehnenviereck. Folglich gilt\n$$\n\\angle D A B=\\angle D Y X=\\angle D C X=180^{\\circ}-\\angle B C D\n$$\nAlso gilt $\\angle D A B+\\angle B C D=180^{\\circ}$ woraus folgt, dass $A B C D$ ein Sehnenviereck ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43845,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $AB$ ein Durchmesser des Kreises $k$. Sei $t$ die Tangente an $k$ im Punkt $B$ und seien $C, D$ zwei Punkte auf $t$, sodass $B$ zwischen $C$ und $D$ liegt. Die Geraden $AC$ bzw. $AD$ schneiden $k$ nochmals in den Punkten $E$ bzw. $F$. Die Geraden $DE$ bzw. $CF$ schneiden $k$ nochmals in den Punkten $G$ bzw. $H$. Beweise, dass die Strecken $AG$ und $AH$ dieselbe Länge haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nEs genügt zu zeigen, dass $HG \\parallel CD$ ist, denn daraus folgt, dass $\\triangle GAH$ gleichschenklig in $A$ ist. Es gilt $\\angle AEB = 90^\\circ = \\angle ABC$, wobei die erste Gleichheit wegen dem Satz von Thales folgt, die zweite weil $t$ eine Tangente ist. Somit ist $\\triangle ABC \\sim \\triangle AEB$ und daher $\\angle ACB = \\angle ABE$. Mit dem Peripheriewinkelsatz folgt weiter $\\angle ABE = \\angle AFE$, also insgesamt $\\angle ACB = \\angle AFE$ und $CEFD$ ist ein Sehnenviereck. Wiederum mit dem Peripheriewinkelsatz erhält man schliesslich $\\angle FCD = \\angle FED = \\angle FHD$, also $HG \\parallel CD$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43846,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAuf wieviele Arten kann man jeder Ecke eines Würfels eine der Zahlen $1,2,3, \\ldots, 10$ zuordnen, sodass keine Zahl mehrfach verwendet wird, und so dass für jede Seitenfläche die Summe der Zahlen in den vier angrenzenden Ecken ungerade ist?",
    "options": [],
    "answer": "115200",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen diese Summen von vier Zahlen in den Ecken einer Seitenfläche kurz Flächensummen. Ob eine Flächensumme ungerade ist oder nicht, hängt nur davon ab, wie viele der Zahlen in den Ecken ungerade sind. Für jede Fläche müssen also entweder 1 oder 3 angrenzende Eckzahlen ungerade sein.\n\nFixiere nun den Würfel und betrachte ein Paar gegenüberliegender Seitenflächen. Besitzen beide Flächen nur eine angrenzende ungerade Eckenzahl, dann müssen insgesamt 6 Eckenzahlen gerade sein, im Widerspruch dazu, dass unter den Zahlen $1,2, \\ldots, 10$ nur fünf gerade sind. Besitzen beide Flächen drei angrenzende ungerade Eckenzahlen, dann müssen insgesamt 6 Eckenzahlen ungerade sein, wieder ein Widerspruch. Durchtesten der verbleibenden vier Fälle zeigt, dass die Anordnung der vier ungeraden Eckenzahlen wie folgt aussieht: Eine Ecke und die drei angrenzenden Ecken tragen ungerade Zahlen, der Rest gerade Zahlen.\n\nEs gibt nun 8 Möglichkeiten, die zentrale ungerade Ecke zu wählen. Anschliessend lassen sich den vier ungeraden Ecken auf $5 \\cdot 4 \\cdot 3 \\cdot 2$ Arten paarweise verschiedene Zahlen aus der Menge $\\{1,3,5,7,9\\}$ zuordnen. Den vier geraden Ecken ebenfalls auf $5 \\cdot 4 \\cdot 3 \\cdot 2$ Arten paarweise verschiedene Zahlen aus der Menge $\\{2,4,6,8,10\\}$. Die gesuchte Anzahl Zuordnungen ist also gleich\n$$\n8 \\cdot(5 \\cdot 4 \\cdot 3 \\cdot 2)^{2}=115200\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43847,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Bestimme die Anzahl Paare $(a, b)$ natürlicher Zahlen, für welche die folgende Gleichung erfüllt ist:\n$$\n(4 a-b)(4 b-a)=2010^{n}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(n^2 - 1)^2",
    "solution": "Solution:\n\nSetze $x=4 a-b$ und $y=4 b-a$. Wegen $x y>0$ und $x+y=3(a+b)>0$ sind $x$ und $y$ natürliche Zahlen. Ausserdem gilt\n$$\na=\\frac{4 x+y}{15}, \\quad b=\\frac{4 y+x}{15}\n$$\nalso müssen $4 x+y$ und $4 y+x$ beide durch $15$ teilbar sein. Wegen $15 \\mid x y$ ist aber mindestens eine der beiden Zahlen $x, y$ durch $3$ teilbar und mindestens eine der beiden durch $5$ teilbar. Somit müssen sogar beide durch $15$ teilbar sein und in diesem Fall sind $a, b$ tatsächlich ganz. Diese Betrachtungen liefern eine Bijektion zwischen der Menge aller Paare $(a, b)$, welche obige Gleichung erfüllen, und der Menge $S$ aller Paare $(x, y)$ von natürlichen Zahlen mit den Eigenschaften\n- $15 \\mid x$ und $15 \\mid y$.\n- $x y=2010^{n}$.\nWegen $2010=2 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 67$ ist $x$ von der Form $x=2^{a} \\cdot 3^{b} \\cdot 5^{c} \\cdot 67^{d}$ mit $0 \\leq a, d \\leq n$ und $1 \\leq b, c \\leq n-1$ und $y=2010^{n} / x$. Insgesamt gibt es also\n$$\n(n+1)^{2}(n-1)^{2}=\\left(n^{2}-1\\right)^{2}\n$$\nLösungen dieser Gleichung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43848,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEine natürliche Zahl $x$ heisst gut, falls $x$ das Produkt einer geraden Anzahl (nicht notwendig verschiedener) Primzahlen ist. Seien $a, b$ natürliche Zahlen und definiere $m(x) = (x+a)(x+b)$.\n\na. Beweise, dass natürliche Zahlen $a, b$ existieren, sodass $m(1), m(2), \\ldots, m(2010)$ alles gute Zahlen sind.\n\nb. Ist $m(x)$ für jede natürliche Zahl $x$ gut, dann gilt $a = b$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nFür eine natürliche Zahl $x$ setzen wir $u(x) = 0$ falls $x$ gut ist und $u(x) = 1$ sonst. Es gilt dann offensichtlich $u(xy) \\equiv u(x) + u(y) \\pmod{2}$.\n\na. In der binären Folge\n$$\nv = (u(2), u(3), u(4), \\ldots)\n$$\nbetrachte man die ersten $n = 2^{2010} + 1$ Teilfolgen der Länge 2010, d.h. die Teilfolgen $v_a = (u(a+1), \\ldots, u(a+2010))$ für $1 \\leq a \\leq n$. Nach dem Schubfachprinzip existieren $1 \\leq a < b \\leq n$ mit $v_a = v_b$. Für diese Wahl von $a$ und $b$ sind die Zahlen $m(1), \\ldots, m(2010)$ alle gut.\n\nb. Wir führen $a < b$ zu einem Widerspruch. Nach Annahme stimmen die beiden unendlichen Teilfolgen $(u(a+1), u(a+2), \\ldots)$ und $(u(b+1), u(b+2), \\ldots)$ von $v$ überein. Dies bedeutet aber, dass $v$ ab der $(a+1)$-ten Stelle periodisch ist mit Periode $p = b - a > 0$. Andererseits können wir ein Vielfaches $k p \\geq a+1$ von $p$ wählen und erhalten $u(k p) \\neq u(2 k p)$, im Widerspruch zur Periodizität von $v$.\n\n\nWir geben ein alternatives Argument für (b) und führen die Annahme $a > b$ zu einem Widerspruch. Wir behaupten, dass unendlich viele natürliche Zahlen $n$ existieren, sodass $n(n+1)$ nicht gut ist. Sonst wäre nämlich $u(n)$ konstant für grosse $n$. Das widerspricht aber der Existenz unendlich vieler Primzahlen (für die $u$ den Wert 1 annimmt) und der Existenz unendlich vieler Quadratzahlen (für die $u$ den Wert 0 annimmt). Wähle nun eine natürliche Zahl $n$ mit $\\frac{a}{b} > \\frac{n+1}{n}$ und sodass $u(n(n+1)) = 1$ gilt. Nach Annahme ist\n$$\nm(n a - (n+1) b) = ((n+1) a - (n+1) b)(n a - n b) = n(n+1)(a-b)^2\n$$\ngut, also auch $n(n+1)$, Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43849,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $x, y, z > 0$ reelle Zahlen mit $x y z = 1$. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\frac{(x+y-1)^2}{z} + \\frac{(y+z-1)^2}{x} + \\frac{(z+x-1)^2}{y} \\geq x + y + z\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Nebenbedingung liefert zusammen mit AM-GM die Abschätzung $x + y + z \\geq 3 \\sqrt[3]{x y z} = 3$. Damit und mit CS erhält man nun für die linke Seite $A$ der Ungleichung\n$$\n\\begin{aligned}\n(x + y + z) \\cdot A &\\geq (|x + y - 1| + |y + z - 1| + |z + x - 1|)^2 \\\\\n&\\geq (2(x + y + z) - 3)^2 \\geq (x + y + z)^2\n\\end{aligned}\n$$\nDie Behauptung folgt nun nach Division mit $x + y + z$.\n\n\nMit AM-GM folgt\n$$\n\\frac{(x + y - 1)^2}{z} + z \\geq 2(x + y - 1)\n$$\nund analog für die beiden anderen Terme. Also gilt $LS + RS \\geq 4 RS - 6$. Es genügt nun, $RS = x + y + z \\geq 3$ zu zeigen, und dies macht man wie in der ersten Lösung.\n\n\nDie Differenz zwischen der linken und der rechten Seite ist gleich\n$$\n\\begin{aligned}\n&\\sum_{cyc} \\frac{(x + y - 1)^2 - z^2}{z} = \\sum_{cyc} \\frac{(x + y + z - 1)(x + y - z - 1)}{z} \\\\\n= & (x + y + z - 1)\\left(\\frac{x + y - z - 1}{z} + \\frac{y + z - x - 1}{x} + \\frac{z + x - y - 1}{y}\\right).\n\\end{aligned}\n$$\nWegen $x + y + z \\geq 3 \\sqrt[3]{x y z} = 3$ ist die erste Klammer immer positiv. Es genügt also zu zeigen, dass die zweite Klammer $B$ nicht negativ ist. Aufsummieren der Ungleichung\n$$\n1 + \\frac{y}{x} + \\frac{z}{x} = \\frac{x}{x} + \\frac{y}{x} + \\frac{z}{x} \\geq 3 \\sqrt[3]{\\frac{x y z}{x^3}} = \\frac{3}{x}\n$$\nund der beiden analogen liefert nun\n$$\n\\begin{aligned}\n& 3 + \\frac{x}{y} + \\frac{x}{z} + \\frac{y}{x} + \\frac{y}{z} + \\frac{z}{x} + \\frac{z}{y} \\geq 3\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) \\\\\n= & \\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) + 2\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) \\\\\n\\geq & \\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) + \\frac{6}{\\sqrt[3]{x y z}} \\\\\n= & \\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) + 6\n\\end{aligned}\n$$\nwobei wir am Schluss nochmals AM-GM und die Nebenbedingung verwendet haben. Dies ist äquivalent zu $B \\geq 0$.\nAlternativ kann man für den Nachweis von $B \\geq 0$ auch die Ungleichung von Chebychef verwenden. Da die Folge der Zähler und die Folge der Nenner entgegengesetzt geordnet sind, gilt nämlich\n$$\nB \\geq \\frac{1}{3}\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right)(x + y + z - 3) \\geq 0\n$$\nwegen $x + y + z \\geq 3$.\n\n\nSetze $s = x + y + z$. Es gilt dann\n$$\n\\frac{(x + y - 1)^2}{z} = \\frac{(s - z - 1)^2}{z} = \\frac{(s - 1)^2}{z} - 2(s - 1) + z\n$$\nDie Ungleichung lässt sich somit umschreiben zu\n$$\n(s - 1)^2\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) \\geq 6(s - 1)\n$$\nWegen $s \\geq 3 \\sqrt[3]{x y z} = 3$ können wir mit $s - 1 \\geq 2$ kürzen und erhalten schliesslich die äquivalente Ungleichung\n$$\n(x + y + z - 1)\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) \\geq 6\n$$\nDer erste Faktor ist wie schon erwähnt mindestens gleich 2, der zweite ist nach AMGM mindestens gleich $3 / \\sqrt[3]{x y z} = 3$, damit ist alles gezeigt.\n\n\nEs gilt $(x + y - 1)^2 \\geq 2 x y - 1$ denn dies ist äquivalent zu $(x - 1)^2 + (y - 1)^2 \\geq 0$. Es genügt also,\n$$\n2\\left(\\frac{x y}{z} + \\frac{y z}{x} + \\frac{z x}{y}\\right) \\geq x + y + z + \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\n$$\nzu zeigen. Einerseits gilt aber nach AM-GM\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{x y}{z} + \\frac{y z}{x} + \\frac{z x}{y} &= \\frac{1}{2}\\left(\\frac{z x}{y} + \\frac{x y}{z}\\right) + \\frac{1}{2}\\left(\\frac{x y}{z} + \\frac{y z}{x}\\right) + \\frac{1}{2}\\left(\\frac{y z}{x} + \\frac{z x}{y}\\right) \\\\\n&\\geq \\sqrt{\\frac{x^2 y z}{y z}} + \\sqrt{\\frac{y^2 z x}{z x}} + \\sqrt{\\frac{z^2 x y}{x y}} = x + y + z\n\\end{aligned}\n$$\nandererseits mit AM-QM und AM-GM\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{x y}{z} + \\frac{y z}{x} + \\frac{z x}{y} &= \\frac{1}{x^2} + \\frac{1}{y^2} + \\frac{1}{z^2} \\geq \\frac{1}{3}\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right)^2 \\\\\n&\\geq \\frac{1}{\\sqrt[3]{x y z}}\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right) = \\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\n\\end{aligned}\n$$\nAufsummieren liefert das Gewünschte.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43850,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie Punkte $X, Y, Z$ liegen in dieser Reihenfolge auf einer Geraden mit $|X Y| \\neq |Y Z|$. Sei $k_{1}$ bzw. $k_{2}$ der Kreis mit Durchmesser $X Y$ bzw. $Y Z$. Die Punkte $A_{1}$ und $B_{1}$ bzw. $A_{2}$ und $B_{2}$ liegen auf $k_{1}$ bzw. $k_{2}$, sodass\n$$\n\\angle A_{1} Y A_{2} = \\angle B_{1} Y B_{2} = 90^{\\circ}\n$$\n\ngilt. Zeige, dass sich die beiden Geraden $A_{1} A_{2}$ und $B_{1} B_{2}$ auf $X Y$ schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt $\\angle A_{2} Z Y = 90^{\\circ} - \\angle A_{2} Y Z = \\angle A_{1} Y X$ und analog $\\angle A_{1} X Y = A_{2} Y Z$. Also ist $\\triangle A_{1} X Y \\sim \\triangle A_{2} Y Z$. Definiere $P$ als Schnittpunkt von $A_{1} A_{2}$ und $X Y$. Dann gilt $\\triangle P A_{1} Y \\sim P A_{2} Z$ und wir erhalten die Streckenverhältnisse $\\frac{P Z}{P Y} = \\frac{Z A_{2}}{Y A_{1}}$ und $\\frac{Z A_{2}}{Y A_{1}} = \\frac{Z Y}{Y X}$ also insgesamt\n$$\n\\frac{P Z}{P Y} = \\frac{Z Y}{Y X}\n$$\nDiese Gleichung ist allerdings von zwei verschiedenen Punkten $P$ auf $X Y$ erfüllt, einer liegt im Inneren von $k_{2}$ und einer ausserhalb. Die Situation sei oBdA wie in der Skizze, wobei wir annehmen, dass $P$ im Innern von $k_{2}$ liegt. In diesem Fall hat man die Abschätzung $\\angle A_{1} Y X > \\angle A_{1} P Y > \\angle A_{2} Z Y$ im Widerspruch zur ersten Zeile des Beweises. Folglich liegt $P$ ausserhalb von $k_{2}$ und ist somit durch (1) eindeutig bestimmt und unabhängig von $A_{1}$ und $A_{2}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDa die Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ verschiedene Radien haben, gibt es eine Streckung $S$ mit positivem Streckfaktor und Zentrum $P$, welche $k_{1}$ in $k_{2}$ überführt. Dabei liegt $P$ offensichtlich auf der Geraden $X Y$. Es gilt $\\angle A_{2} Z Y = 90^{\\circ} - \\angle A_{2} Y Z = \\angle A_{1} Y X$ und analog $\\angle A_{1} X Y = A_{2} Y Z$. Also ist $\\triangle A_{1} X Y \\sim \\triangle A_{2} Y Z$ und die Geraden $A_{2} Z$ und $A_{1} Y$ sind parallel. Daher gilt $S\\left(A_{1}\\right) = A_{2}$ und die Punkte $P, A_{1}$ und $A_{2}$ sind kollinear. Dasselbe Argument zeigt, dass die drei Punkte $P, B_{1}$ und $B_{2}$ kollinear sind, folglich schneiden sich $A_{1} A_{2}$ und $B_{1} B_{2}$ in $P$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43851,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Paare $(u, v)$ natürlicher Zahlen, sodass\n$$\n\\frac{u v^{3}}{u^{2}+v^{2}}\n$$\neine Primpotenz ist.",
    "options": [],
    "answer": "(u, v) = (2^k, 2^k) for integers k ≥ 1",
    "solution": "Solution:\nSei $p^{n}$ diese Primpotenz, Umformen liefert die äquivalente Gleichung $u v^{3}=p^{n}\\left(u^{2}+v^{2}\\right)$. Setze $d=\\operatorname{ggT}(u, v)$ und schreibe $u=d x, v=d y$, dann sind $x$ und $y$ teilerfremd. Die Gleichung wird zu\n$$\nd^{2} x y^{3}=p^{n}\\left(x^{2}+y^{2}\\right)\n$$\nNun ist $x y^{3}$ teilerfremd zu $x^{2}+y^{2}$, denn jeder gemeinsame Primteiler von zum Beispiel $x$ und $x^{2}+y^{2}$ teilt auch $y^{2}$ und damit $y$, im Widerspruch zur Teilerfremdheit von $x$ und $y$. Folglich ist $x y^{3}$ ein Teiler von $p^{n}$, also sind $x$ und $y$ beides $p$-Potenzen. Ausserdem muss wegen der Teilerfremdheit mindestens eine dieser beiden Zahlen gleich 1 sein. Wir unterscheiden nun drei Fälle:\n- Sei $x=y=1$. Dann gilt $d^{2}=2 p^{n}$, somit ist die linke Seite durch 4 teilbar und damit $p=2$. Ausserdem ist $n=2 k-1$ ungerade. Dies liefert $u=v=d=2^{k}$ mit $k \\geq 1$. Dies sind tatsächlich Lösungen.\n- Sei $x=p^{r}$ mit $1 \\leq r \\leq n$ und $y=1$. Dann gilt $d^{2}=p^{n-r}\\left(p^{2 r}+1\\right)$. Hier sind die beiden Faktoren rechts wegen $r \\geq 1$ teilerfremd und damit sind beide Quadrate. Ein Widerspruch, denn der zweite Faktor liegt wegen $\\left(p^{r}\\right)^{2}<p^{2 r}+1<\\left(p^{r}+1\\right)^{2}$ zwischen zwei aufeinanderfolgenden Quadraten, kann also nicht selbst eines sein.\n- Der Fall $x=1$ und $y=p^{s}$ mit $1 \\leq s \\leq n / 3$ führt genauso zu einem Widerspruch.\nDie gesuchten Paare sind also\n$$\n(u, v)=\\left(2^{k}, 2^{k}\\right) \\quad \\text{ mit } \\quad r \\geq 1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43852,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Schweizerkreuz besteht aus fünf Einheitsquadraten, einem zentralen und vier seitlich angrenzenden. Bestimme die kleinste natürliche Zahl $n$ mit folgender Eigenschaft: Unter je $n$ Punkten im Innern oder auf dem Rand eines Schweizerkreuzes gibt es stets zwei, deren Abstand kleiner als 1 ist.",
    "options": [],
    "answer": "13",
    "solution": "Solution:\n\nDie Menge aller Eckpunkte der fünf Einheitsquadrate ist ein Beispiel einer Menge von 12 Punkten, deren paarweise Abstände alle mindestens gleich 1 sind. Folglich ist $n \\geq 13$. Wir zeigen nun, dass unter 13 Punkten tatsächlich stets zwei einen Abstand $<1$ haben. Unterteile dazu das Schweizerkreuz in 12 Teilgebiete wie in Abbildung 2.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAbbildung 2: Die 12 Gebiete\n\nDie acht Gebiete der Form $a$ sind Rechtecke der Grösse $0.5 \\times 0.8$. Liegen zwei Punkte $P, Q$ in oder auf dem Rand eines solchen Rechtecks, dann ist ihr Abstand nach dem Satz von Pythagoras höchstens\n$$\n|PQ| \\leq \\sqrt{0.5^2 + 0.8^2} = \\sqrt{0.89} < 1\n$$\nDie vier Gebiete der Form $b$ sind jeweils Teil eines Quadrats der Seitenlänge $0.7$. Zwei Punkte $P, Q$ in oder auf dem Rand eines solchen Gebietes haben dann wiederum einen Abstand von höchstens\n$$\n|PQ| \\leq \\sqrt{0.7^2 + 0.7^2} = \\sqrt{0.98} < 1\n$$\nNach dem Schubfachprinzip liegen nun zwei der 13 Punkte im oder auf dem Rand desselben Gebietes, haben also einen Abstand $<1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43853,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte die Eckpunkte eines regulären $n$-Ecks und verbinde diese mit Seiten oder Diagonalen irgendwie zu einem geschlossenen Streckenzug, der jede Ecke genau einmal durchläuft. Ein paralleles Paar ist eine Menge von zwei verschiedenen parallelen Strecken in diesem Streckenzug. Zeige:\n\na. Ist $n$ gerade, dann gibt es stets mindestens ein paralleles Paar.\n\nb. Ist $n$ ungerade, dann existiert nie genau ein paralleles Paar.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNummeriere die Ecken der Reihe nach von $1$ bis $n$. Jeder solche Streckenzug entspricht einer Permutation $(a_{1}, \\ldots, a_{n})$ der Menge $\\{1,2, \\ldots, n\\}$. Zwei Strecken $a_{i} a_{i+1}$ und $a_{j} a_{j+1}$ sind dabei genau dann parallel, wenn\n$$\na_{i}+a_{i+1} \\equiv a_{j}+a_{j+1} \\quad(\\bmod n)\n$$\ngilt. Betrachte also die $n$ Summen $a_{1}+a_{2}, \\ldots, a_{n}+a_{1} \\pmod n$ und insbesondere deren Summe $S$. Einerseits gilt\n$$\nS=\\sum_{i=1}^{n}\\left(a_{i}+a_{i+1}\\right)=2\\left(a_{1}+\\ldots+a_{n}\\right)=n(n+1) \\equiv 0 \\quad(\\bmod n)\n$$\n\na. Ist (1) nie erfüllt für $i \\neq j$, dann liegt in jeder Restklasse $(\\bmod n)$ genau eine der Summen $a_{i}+a_{i+1}$. Also erhält man\n$$\nS \\equiv 0+1+\\ldots+(n-1)=\\frac{n(n-1)}{2}=(n-1) \\frac{n}{2} \\not \\equiv 0 \\quad(\\bmod n)\n$$\nda $n$ gerade ist. Ein Widerspruch zu (2).\n\nb. Ist (1) für genau ein ungeordnetes Paar $i \\neq j$ erfüllt, dann liegen in $n-2$ der Restklassen $(\\bmod n)$ je genau eine der Summen $a_{i}+a_{i+1}$, in einer Restklasse genau zwei und in einer keine. Sei $k$ diejenige Restklasse, welche zwei dieser Summen enthält, und sei $l$ diejenige, welche keine enthält. Dann gilt\n$$\nS \\equiv 0+1+\\ldots+(n-1)+(k-l)=n \\frac{n-1}{2}+(k-l) \\equiv k-l \\not \\equiv 0 \\quad(\\bmod n)\n$$\nda $n$ ungerade ist und $k \\not \\equiv l\\pmod n$ gilt. Dies ist wieder ein Widerspruch zu (2).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43854,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $P$ eine endliche Menge von Primzahlen und sei $\\ell(P)$ die grösstmögliche Anzahl aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen, sodass jede dieser Zahlen durch mindestens eine Primzahl aus $P$ teilbar ist. Beweise die Ungleichung $\\ell(P) \\geq |P|$ und zeige, dass genau dann Gleichheit gilt, wenn das kleinste Element von $P$ grösser ist als $|P|$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $|P|=n$ und $P=\\{p_{1}, \\ldots, p_{n}\\}$. Wir nehmen zuerst an, dass $p_{k}>n$ gilt für alle $k$, und zeigen, dass keine $n+1$ aufeinanderfolgende Zahlen existieren können, die alle durch ein Element von $P$ teilbar sind. Nach dem Schubfachprinzip müssten dann nämlich zwei dieser Zahlen durch dieselbe Primzahl $p_{k}$ teilbar sein. Diese zwei Zahlen haben aber höchstens Differenz $n$, im Widerspruch zu $p_{k}>n$.\n\nWir konstruieren nun $n$ aufeinanderfolgende natürliche Zahlen, die alle durch eine Primzahl aus $P$ teilbar sind, dies zeigt $\\ell(P) \\geq |P|$. Betrachte dazu das System von $n$ Kongruenzen\n$$\n\\begin{array}{rlc}\nx & \\equiv -1 & (\\bmod\\ p_{1}) \\\\\nx & \\equiv -2 & (\\bmod\\ p_{2}) \\\\\n& \\vdots & \\vdots \\\\\nx & \\equiv -n & (\\bmod\\ p_{n})\n\\end{array}\n$$\nDa die Moduli paarweise teilerfremd sind, besitzt dieses System nach dem chinesischen Restsatz eine Lösung $x>0$. Nach Konstruktion ist $x+k$ durch $p_{k}$ teilbar und daher besitzen die $n$ aufeinanderfolgenden Zahlen $x+1, \\ldots, x+n$ die gewünschte Eigenschaft.\n\nSei schliesslich $m=\\min \\{p_{1}, \\ldots, p_{n}\\} \\leq n$, nach Umordnen der Elemente von $P$ können wir oBdA $p_{m}=m$ annehmen. Dann ist in obiger Konstruktion aber zusätzlich $x$ durch $p_{m}$ teilbar, dies zeigt $\\ell(P)>|P|$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43855,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle reellen $x, y$ die folgende Gleichung erfüllt ist:\n$$\nf(f(x)) + f(f(y)) = 2y + f(x-y)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x",
    "solution": "Solution:\nWir setzen $a = f(0)$. Mit $x = y$ folgt\n$$\nf(f(x)) = x + \\frac{a}{2}\n$$\nSetzt man dies auf der linken Seite der Gleichung ein und vereinfacht, dann folgt\n$$\nf(x-y) = (x-y) + a\n$$\nalso $f(z) = z + a$ für alle reellen $z$. Einsetzen in die ursprüngliche Gleichung zeigt, dass $a = 0$ sein muss, die einzige Lösung der Gleichung ist also die Identität $f(x) = x$.\n\nSetzt man $x = 0$ in (3), dann erhält man $f(a) = \\frac{3a}{2}$. Ausserdem folgt aus (3) sofort, dass $f$ surjektiv ist. Wir können also ein $c$ wählen mit $f(c) = 0$. Setzt man nun $x = c$ und $y = 0$ in die ursprüngliche Gleichung, dann folgt mit dem schon gezeigten\n$$\n\\frac{5a}{2} = a + f(a) = 0\n$$\nalso $a = 0$ und damit $f(0) = 0$. Setzt man schliesslich $y = 0$ in die ursprüngliche Gleichung ein, dann ergibt sich $f(f(x)) = f(x)$ und wegen der Surjektivität von $f$ muss $f(x) = x$ daher die Identität sein.\n\nAus (3) folgt $f\\left(f\\left(\\frac{a}{2}\\right)\\right) = a$, und auch dass $f$ injektiv ist. Setze nun $y = \\frac{a}{2}$ in die ursprüngliche Gleichung, dann folgt\n$$\nf(f(x)) = f\\left(x - \\frac{a}{2}\\right)\n$$\nalso $f(x) = x - \\frac{a}{2}$ für alle $x$ wegen der Injektivität. Einsetzen zeigt $a = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43856,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle positiven reellen Lösungen $(a, b, c, d)$ der Gleichung\n$$\n\\frac{a^{2}-b d}{b+2 c+d}+\\frac{b^{2}-c a}{c+2 d+a}+\\frac{c^{2}-d b}{d+2 a+b}+\\frac{d^{2}-a c}{a+2 b+c}=0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a = c and b = d",
    "solution": "Solution:\nDie gesuchten Lösungen $(a, b, c, d)$ sind genau diejenigen mit $a=c$ und $b=d$. Sei $A$ die linke Seite der Gleichung, wir werden beweisen, dass für alle $a, b, c, d>0$ die Ungleichung $A \\geq 0$ gilt mit Gleichheit genau dann, wenn $a=c$ und $b=d$. Dass dies wirklich Gleichungsfälle sind, ist leicht zu sehen. Die gewünschte Abschätzung ergibt sich wie folgt:\n\n\\begin{aligned}\nA=\\sum_{cyc} \\frac{a^{2}-b d}{b+2 c+d} & \\stackrel{(i)}{\\geq} \\sum_{cyc} \\frac{c^{2}-b d}{b+2 c+d}=\\sum_{cyc} \\frac{(b+c)^{2}}{b+2 c+d}-b \\\\\n& \\stackrel{(ii)}{\\geq} \\frac{4(a+b+c+d)^{2}}{4(a+b+c+d)}-(a+b+c+d)=0\n\\end{aligned}\n\nDabei haben wir bei (i) die Umordnungsungleichung für die gleichgeordneten Folgen\n$$\n\\left(a^{2}-b d, c^{2}-d b\\right) \\quad \\text{ und } \\quad\\left(\\frac{1}{b+2 c+d}, \\frac{1}{d+2 a+b}\\right)\n$$\n$$\n\\left(b^{2}-c a, d^{2}-a c\\right) \\quad \\text{ und } \\quad\\left(\\frac{1}{c+2 d+a}, \\frac{1}{a+2 b+c}\\right)\n$$\nverwendet, Gleichheit gilt dabei genau für $a=c$ respektive $b=d$. Die Abschätzung (ii) folgt aus CS.\n\n$$\n\\frac{a^{2}-b d}{b+2 c+d}+\\frac{c^{2}-d b}{d+2 a+b} \\geq \\frac{a-b+c-d}{2}\n$$\n\n$$\n\\frac{a^{2}-b d}{b+2 c+d}+b=\\frac{\\left(a^{2}-c^{2}\\right)+(b+c)^{2}}{b+2 c+d}\n$$\n\n$$\n\\left(a^{2}-c^{2}\\right)\\left(\\frac{1}{b+2 c+d}-\\frac{1}{d+2 a+b}\\right)=\\frac{2(a-c)^{2}(a+c)}{(b+2 c+d)(d+2 a+b)} \\geq 0\n$$\n\n\\begin{aligned}\n\\frac{a^{2}-b d}{b+2 c+d}+\\frac{c^{2}-d b}{d+2 a+b}+b+d & \\geq \\frac{(b+c)^{2}}{b+2 c+d}+\\frac{(d+a)^{2}}{d+2 a+b} \\\\\n& \\geq \\frac{((b+c)+(d+a))^{2}}{(b+2 c+d)+(d+2 a+b)} \\\\\n& =\\frac{a+b+c+d}{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nund dies ist genau (2).\n\nWir setzen $s=a+b+c+d$ und erhalten\n\n$$\nA=\\frac{s\\left(a^{2}+c^{2}-2 b d\\right)+(a-c)^{2}(a+c)}{s^{2}-(a-c)^{2}}+\\frac{s\\left(b^{2}+d^{2}-2 a c\\right)+(b-d)^{2}(b+d)}{s^{2}-(b-d)^{2}}=0\n$$\n\n\\begin{aligned}\n0 & =s^{3}\\left((a-c)^{2}+(b-d)^{2}\\right) \\\\\n& +s^{2}\\left((a-c)^{2}(a+c)+(b-d)^{2}(b+d)\\right) \\\\\n& -s\\left((b-d)^{2}\\left(a^{2}+c^{2}-2 b d\\right)+(a-c)^{2}\\left(b^{2}+d^{2}-2 a c\\right)\\right) \\\\\n& -(b-d)^{2}(a-c)^{2}(\\underbrace{a+b+c+d}_{s})\n\\end{aligned}\n\n\\begin{aligned}\n0 & =s^{2}\\left((a-c)^{2}+(b-d)^{2}\\right) \\\\\n& +s\\left((a-c)^{2}(a+c)+(b-d)^{2}(b+d)\\right) \\\\\n& -(b-d)^{2}\\left(a^{2}+c^{2}-2 b d-\\frac{1}{2}(a-c)^{2}\\right) \\\\\n& -(a-c)^{2}\\left(b^{2}+d^{2}-2 a c-\\frac{1}{2}(b-d)^{2}\\right)\n\\end{aligned}\n\n\\begin{aligned}\n0 & =(a-c)^{2}\\left(s^{2}+s(a+c)-\\frac{1}{2}(b+d)^{2}+2 a c\\right) \\\\\n& +(b-d)^{2}\\left(s^{2}+s(b+d)-\\frac{1}{2}(a+c)^{2}+2 b d\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n\nDie beiden grossen Klammern sind nun aber positiv wegen $s>a+c$ und $s>b+d$. Dies beweist, dass die Gleichung genau dann erfüllt ist, wenn die Faktoren $(a-c)$ und $(b-d)$ beide verschwinden.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43857,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $m$, $n$ natürliche Zahlen, sodass $m+n+1$ prim ist und ein Teiler von $2\\left(m^{2}+n^{2}\\right)-1$. Zeige, dass $m=n$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNach Voraussetzung ist $p = m+n+1$ auch ein Teiler von\n$$\n2(m+n) \\cdot (m+n+1) - \\left(2\\left(m^{2}+n^{2}\\right)-1\\right) = 4mn + 2m + 2n + 1 = (2m+1)(2n+1)\n$$\nDa $p$ prim ist, muss es daher einen der beiden Faktoren rechts teilen. Ausserdem ist $p$ kein echter Teiler dieser Faktoren wegen $p > \\frac{1}{2}(2m+1)$ und $p > \\frac{1}{2}(2n+1)$. Also gilt $p \\in \\{2m+1, 2n+1\\}$ und somit $m=n$.\n\nSei $p = m+n+1$. Dann gilt\n$$\n0 \\equiv 2\\left(m^{2}+n^{2}\\right)-1 \\equiv 2\\left((n+1)^{2}+n^{2}\\right)+1 = (2n+1)^{2} \\quad (\\bmod p)\n$$\nund da $p$ prim ist, teilt $p$ auch $2n+1$. Analog ist $p$ ein Teiler von $2m+1$. Im Fall $m \\neq n$ gilt nun aber\n$$\np = m+n+1 > \\min \\{2m+1, 2n+1\\}\n$$\nein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43858,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem Land gibt es endlich viele Städte und endlich viele Strassen. Jede Strasse verbindet zwei verschiedene Städte und je zwei Städte sind durch höchstens eine Strasse verbunden. Alle Strassen können in beide Richtungen befahren werden und das Strassennetz ist so eingerichtet, dass man jede Stadt von jeder anderen Stadt aus (möglicherweise über Umwege) erreichen kann. Für jede Stadt gibt es zudem eine gerade Anzahl Strassen, die von dieser Stadt wegführen.\n\nDie Regierung beschliesst nun, sämtliche Strassen zu Einbahnstrassen umzubauen. Dies soll so geschehen, dass für jede Stadt die Anzahl herausführender Strassen gleich gross ist wie die Anzahl hineinführender Strassen.\n\na) Zeige, dass dies stets möglich ist.\n\nb) Zeige, dass man immer noch jede Stadt von jeder anderen aus erreichen kann, egal wie die Regierung ihren Plan umsetzt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Aufgabe lässt sich in naheliegender Weise graphentheoretisch umformulieren: Die Städte und Strassen bilden die Ecken und Kanten eines endlichen Graphen $G$ (ohne Schlingen und Mehrfachkanten). Nach Voraussetzung ist $G$ zusammenhängend und jede Ecke besitzt gerade Ordnung.\n\nWir verwenden das folgende Resultat. Ein geschlossener Eulerweg in einem (gerichteten) Graphen ist ein geschlossener (gerichteter) Kantenzug, der jede Kante genau einmal enthält.\n\n**Lemma 1.** Ist $G$ ein endlicher zusammenhängender Graph, in dem jede Ecke gerade Ordnung hat, dann besitzt $G$ einen geschlossenen Eulerweg. Ist $G$ ein gerichteter Graph, dessen unterliegender ungerichteter Graph zusammenhängend ist, und in dem jede Ecke gleich viele eingehende wie ausgehende Kanten hat, dann besitzt $G$ einen geschlossenen Eulerweg.\n\nBeweis. Wir beweisen bloss die zweite Aussage. Die erste folgt genauso, man kann jedoch im Argument alle Kantenrichtungen ignorieren. Wähle einen gerichteten Kantenzug\n$$\nW \\quad v_{0} e_{1} v_{1} e_{2} \\cdots e_{n} v_{n}\n$$\nin $G$, in welchem keine Kante mehrfach vorkommt, und der maximal mögliche Länge hat (dabei ist $e_{k}$ eine gerichtete Kante von $v_{k-1}$ nach $v_{k}$). Wegen der Maximalität liegt jede von $v_{n}$ ausgehende Kante von $G$ bereits auf $W$. Eine davon muss zudem gleich $e_{1}$ sein, denn sonst gäbe es mehr eingehende als ausgehende Kanten bei $v_{n}$ im Widerspruch zur Annahme. Folglich gilt $v_{0}=v_{n}$ und $W$ ist geschlossen. Nehme an, es gäbe eine Kante $e^{\\prime}$ von $G$, die nicht auf $W$ liegt. Da der unterliegende ungerichtete Graph von $G$ zusammenhängend ist, existiert ein ungerichteter Kantenzug, der von einer Ecke in $W$ ausgeht und $e^{\\prime}$ enthält. Indem wir $e^{\\prime}$ ersetzen durch die erste Kante dieses Wegs, welche nicht auf $W$ liegt, können wir annehmen, dass $e^{\\prime}$ mit einer Ecke $v_{k}$ von $W$ inzident ist. Je nach Orientierung von $e^{\\prime}$ lässt sich $W$ nun aber orientiert verlängern durch\n$$\nv_{k} e_{k} \\cdots e_{n} v_{n} e_{1} \\cdots e_{k-1} v_{k} e^{\\prime} v^{\\prime} \\quad \\text{oder} \\quad v^{\\prime} e^{\\prime} v_{k} e_{k} \\cdots e_{n} v_{n} e_{1} \\cdots e_{k-1} v_{k}\n$$\n(dabei ist $v^{\\prime}$ die zweite Ecke von $e^{\\prime}$), im Widerspruch zur Maximalität von $W$. Also ist $W$ ein geschlossener Eulerweg.\n\na) Nach dem Lemma besitzt $G$ einen geschlossenen Eulerweg. Orientiert man nun alle Kanten in dieselbe Richtung längs dieses Weges, dann erfüllt der so erhaltene gerichtete Graph offensichtlich die Bedingung der Aufgabe.\n\nb) Der gerichtete Einbahnstrassengraph erfüllt die Voraussetzungen des Lemmas, also existiert ein geschlossener Eulerweg. Längs diesem Weg lässt sich nun jede Ecke von jeder anderen aus erreichen.\nSolution:\n\nWir verwenden wieder die Sprache der Graphentheorie.\n\na) Wir müssen zeigen, dass sich alle Kanten orientieren lassen, sodass in jeder Ecke gleichviele Kanten starten wie enden. Wir verwenden Induktion nach der Kantenzahl $k$, und werden nicht benützen, dass $G$ zusammenhängend ist. Für $k=0$ ist nicht zu zeigen, sei also $k>0$. Wir zeigen zuerst, dass $G$ einen geschlossenen Kantenzug besitzt, der keine Kante mehrfach enthält. Wähle eine beliebige Ecke $v_{0}$ mit positivem Grad und eine dazu inzidente Kante $e_{1}$. Deren zweiter Endpunkt $v_{1}$ besitzt geraden Grad und daher eine weitere Kante $e_{2} \\neq e_{1}$. So fortfahrend kann man den entstehenden Kantenzug stets verlängern ausser man erreicht eine Ecke zum zweiten Mal. Dies muss daher zwangsläufig irgendwann passieren und der konstruierte Kantenzug enthält einen geschlossenen Teilweg.\n\nOrientiere nun alle Kanten auf diesem geschlossenen Weg in dieselbe Richtung, dies produziert in jeder Ecke von $G$ gleichviele eingehende wie ausgehende Kanten. Entfernt man nun alle Kanten auf diesem $\\operatorname{Weg}$ aus $G$, so erhält man einen neuen Graphen $G^{\\prime}$ mit weniger Kanten, in welchem immer noch jede Ecke gerade Ordnung hat. Nach Induktionsvoraussetzung lassen sich die Kanten von $G^{\\prime}$ geeignet orientieren, und zusammen mit den bereits orientierten Kanten erfüllt diese Kantenorientierung auf $G$ die Bedingung der Aufgabe.\n\nb) Sei $v$ eine beliebige Ecke des gerichteten Einbahnstrassengraphs. Sei $A$ die Menge der Ecken $v^{\\prime}$ von $G$, für die es einen gerichteten Weg von $v$ nach $v^{\\prime}$ gibt, und sei $B$ die Menge aller anderen Ecken. Wegen $v \\in A$ ist $A$ nicht leer, wir nehmen nun an, dass $B$ auch nicht leer ist, und führen dies zu einem Widerspruch. Per Definition von $A$ und $B$ ist jede Kante, die eine Ecke von $A$ mit einer Ecke von $B$ verbindet, von $B$ nach $A$ orientiert. Da der unterliegende ungerichtete Graph von $G$ zusammenhängend und $B$ nicht leer ist, existiert zudem mindestens eine solche Kante.\n\nSei also $m>0$ die Anzahl Kanten von Ecken in $B$ nach Ecken in $A$, und sei $n$ die Anzahl Kanten, die zwei Punkte in $B$ verbinden. Für eine Ecke $u$ in $B$ sei $\\operatorname{deg}_{\\text{out}}(u)$ respektive $\\operatorname{deg}_{in}(u)$ die Anzahl Kanten von $G$, die in $G$ beginnen respektive enden. Einerseits gilt dann\n$$\n\\sum_{u \\in B} \\operatorname{deg}_{\\text{out}}(u)=m+n, \\quad \\sum_{u \\in B} \\operatorname{deg}_{in}(u)=n\n$$\nandererseits aber $\\operatorname{deg}_{\\text{out}}(u)=\\operatorname{deg}_{in}(u)$ für jede Ecke $u \\in B$. Ein Widerspruch zu $m>0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43859,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, die für alle reellen $x, y$ die folgende Gleichung erfüllen:\n$$\nf\\left(x^{4}+y^{4}\\right)=x f\\left(x^{3}\\right)+y^{2} f\\left(y^{2}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = a x for all real x, where a is any real constant",
    "solution": "Solution:\nMit $x=y=0$ erhält man $f(0)=0$. Mit $y=0$ folgt weiter\n$$\nx f\\left(x^{3}\\right)=f\\left(x^{4}\\right)=f\\left((-x)^{4}\\right)=-x f\\left(-x^{3}\\right)\n$$\nalso ist $f$ eine ungerade Funktion. Mit $x=0$ erhält man $f\\left(y^{4}\\right)=y^{2} f\\left(y^{2}\\right)$, also\n$$\nf\\left(z^{2}\\right)=z f(z) \\quad \\text{ für alle } z \\geq 0 .\n$$\nMit dem bereits gezeigten erhält man ausserdem\n$$\nf\\left(x^{4}+y^{4}\\right)=x f\\left(x^{3}\\right)+y^{2} f\\left(y^{2}\\right)=f\\left(x^{4}\\right)+f\\left(y^{4}\\right)\n$$\nalso\n$$\nf(z+w)=f(z)+f(w) \\quad \\text{ für alle } z, w \\geq 0 .\n$$\nSchliesslich folgt nun für alle $z \\geq 0$\n$$\n\\begin{aligned}\n& f\\left((z+1)^{2}\\right) \\stackrel{(3)}{=}(z+1) f(z+1) \\stackrel{(4)}{=}(z+1)(f(z)+f(1)) \\\\\n& f\\left((z+1)^{2}\\right)=f\\left(z^{2}+2 z+1\\right) \\stackrel{(4)}{=} f\\left(z^{2}\\right)+2 f(z)+f(1) \\stackrel{(3)}{=} z f(z)+2 f(z)+f(1)\n\\end{aligned}\n$$\nEin Vergleich dieser beiden Resultate zeigt $f(z)=f(1) z$ für alle $z \\geq 0$. Da $f$ ungerade ist, gilt somit\n$$\nf(x)=a x \\quad \\text{ für alle } x \\in \\mathbb{R}\n$$\nmit einer Konstanten $a$. Einsetzen zeigt, dass dies tatsächlich alles Lösungen sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43860,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem Dorf mit mindestens einem Einwohner gibt es mehrere Vereine. Jeder Einwohner des Dorfes ist Mitglied in mindestens $k$ Vereinen und je zwei verschiedene Vereine haben höchstens ein gemeinsames Mitglied. Zeige dass mindestens $k$ dieser Vereine dieselbe Anzahl Mitglieder haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir können annehmen, dass jeder Verein mindestens ein Mitglied besitzt, denn das Entfernen aller leeren Vereine ändert nichts an den Voraussetzungen. Wähle unter allen Vereinen einen mit maximaler Mitgliederzahl $m$. Dann ist jeder trip dieser $m$ Mitglieder noch in mindestens $k-1$ anderen Vereinen und diese $m(k-1)$ Vereine sind nach Voraussetzung paarweise verschieden. Insgesamt existieren also mindestens $m(k-1)+1$ verschiedene Vereine und jeder davon hat mindestens 1 und höchstens $m$ Mitglieder. Nach dem Schubfachprinzip existieren also mindestens $k$ Vereine mit derselben Mitgliederzahl.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43861,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit Höhenschnittpunkt $H$. Eine Gerade durch $H$ schneide $AB$ bzw. $AC$ in den Punkten $D$ bzw. $E$, so dass $|AD| = |AE|$ gilt. Die Winkelhalbierende von $\\angle BAC$ schneide den Umkreis von $ADE$ im Punkt $K \\neq A$. Zeige, dass $HK$ die Strecke $BC$ halbiert.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $B_{1}$ und $B_{2}$ die Schnittpunkte der Geraden $AC$ und $DK$ mit $BH$. Seien $C_{1}$ und $C_{2}$ die Schnittpunkte der Geraden $AB$ und $EK$ mit $CH$. Wegen der Voraussetzung $|AD| = |EA|$ ist das Dreieck $EAD$ gleichschenklig und somit steht $AK$ senkrecht auf $DE$. Da $ADKE$ ein Sehnenviereck ist, gilt weiter\n$$\n\\angle DEK = \\angle DAK = \\angle KAE = 90^{\\circ} - \\angle AED\n$$\nalso $\\angle AEK = 90^{\\circ}$. Analog folgt $\\angle KDA = 90^{\\circ}$. Somit sind die Geraden $KD$ und $CH$ parallel, genauso wie $KE$ und $BH$. Folglich ist $B_{2}KC_{2}H$ ein Parallelogramm und die Gerade $KH$ halbiert die Strecke $B_{2}C_{2}$.\n\nEs genügt daher zu zeigen, dass $B_{2}C_{2}$ und $BC$ parallel sind. Nun sind aber die Dreiecke $HDB_{2}$ und $HEC_{2}$ ähnlich, genauso wie die Dreiecke $HDB$ und $HEC$. Das liefert\n$$\n\\frac{\\left|HB_{2}\\right|}{\\left|HC_{2}\\right|} = \\frac{|HD|}{|HE|} = \\frac{|HB|}{|HC|}\n$$\nund somit die gewünschte Parallelität.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43862,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $k$ und $k'$ zwei konzentrische Kreise mit Mittelpunkt $O$. Der Kreis $k'$ sei grösser als der Kreis $k$. Eine Gerade durch $O$ schneide $k$ in $A$ und $k'$ in $B$, sodass $O$ zwischen $A$ und $B$ liegt. Eine andere Gerade durch $O$ schneidet $k$ in $E$ und $k'$ in $F$, sodass $E$ zwischen $O$ und $F$ liegt. Zeige, dass sich der Umkreis von $O A E$, der Kreis mit Durchmesser $A B$ und der Kreis mit Durchmesser $E F$ in einem Punkt schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S \\neq O$ der zweite Schnittpunkt der Umkreise von $O A E$ und $O B F$. Wir zeigen nun, dass $S$ auf den Kreisen mit Durchmesser $A B$ und $E F$ liegt. Sei $\\angle A E O=\\alpha$. Da die Dreiecke $A O E$ und $B O F$ gleichschenklig sind gilt $\\angle E A O=\\alpha$ und\n$$\n\\angle O B F=\\angle O F B=\\frac{180^{\\circ}-\\angle B O F}{2}=\\frac{A O E}{2}=90^{\\circ}-\\alpha\n$$\nDer Peripheriewinkelsatz angewandt auf die beiden Sehnenvierecke $A O E S$ und $O B F S$ ergibt\n$$\n\\angle A S B=\\angle A S O+\\angle O S B=\\angle A E O+\\angle O F B=\\alpha+90^{\\circ}-\\alpha=90^{\\circ}\n$$\nDer Punkt $S$ liegt also auf dem Kreis mit Durchmesser $A B$. Fast analog gilt\n$$\n\\angle E S F=\\angle O S F-\\angle O S E=\\angle O A E+180^{\\circ}-\\angle O B F=90^{\\circ}\n$$\nund es folgt, dass $S$ auf Kreis mit Durchmesser $E F$ liegt. Somit schneidet sich der Umkreis von $O A E$, der Kreis mit Durchmesser $A B$ und der Kreis mit Durchmesser $E F$ im Punkt $S$.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nWir definieren $S \\neq A$ als den zweiten Schnittpunkt vom Kreis mit Durchmesser $A B$ und dem Umkreis vom Dreieck $A O E$. Definiere $J$ als Schnittpunkt von $B S$ mit $k'$ und $I$ als Schnittpunkt von $J O$ mit $k$. Da die Dreiecke $J O B$ und $I O K$ durch eine zentrische Streckung in $O$ ineinander übergehen, sind $J B$ und $I K$ parallel. Weiter gilt $\\angle A S B=\\angle A I B=90^{\\circ}$ (Thaleskreise) und daher liegen $J, I$ und $O$ auf einer Geraden. Nun hat man $\\angle S O E=\\angle S A E$, da ja $S$ nach Konstruktion auf dem Umkreis von $A O E$ liegt, und $\\angle S A E=\\angle I A E=\\frac{1}{2} \\angle I O E$ nach dem Zentriwinkelsatz. Somit ist $O S$ die Winkelhalbierende des gleichschenkligen Dreiecks $F O J$. Durch Spiegelung an $O S$ kommt also $E$ auf $I$ und $F$ auf $J$ zu liegen und daher $\\angle F S E=\\angle J S I=90^{\\circ}$. Somit liegt $S$ auf dem Thaleskreis über $F E$, womit alles gezeigt ist.\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43863,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle Paare von Primzahlen $(p, q)$ mit $3 \\neq p+1$ so dass\n$$\n\\frac{p^{3}+1}{q}\n$$\ndas Quadrat einer natürlichen Zahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "(3, 7)",
    "solution": "Solution:\n\nEs lässt sich $p^{3}+1=(p+1)\\left(p^{2}-p+1\\right)$ faktorisieren. Da $q$ prim ist muss gelten $q \\mid p+1$ oder $q \\mid p^{2}-p+1$. Ferner ist $\\operatorname{ggT}\\left\\{p^{2}-p+1, p+1\\right\\}=\\operatorname{ggT}\\left\\{p^{2}-p+1-(p+1)^{2}+3(p+1), p+1\\right\\}=\\operatorname{ggT}\\{3, p+1\\}=1$.\n\nFall 1: $q \\mid p+1$, dann sind $\\frac{p+1}{q}$ und $p^{2}-p+1$ teilerfremd und ihr Produkt ist ein Quadrat einer natürlichen Zahl. Daraus folgt, dass beide schon selbst ein Quadrat sein müssen. Es gilt aber für $p>1$ :\n$$\np^{2}>p^{2}-p+1>(p-1)^{2}\n$$\ndas heisst $p^{2}-p+1$ kann selbst kein Quadrat sein und somit gibt es in diesem Fall keine Lösung.\n\nFall 2: $q \\mid p^{2}-p+1$, auch hier sind $\\frac{p^{2}-p+1}{q}$ und $p+1$ teilerfremd und ihr Produkt ist ein Quadrat, somit sind beide schon selbst ein Quadrat und es muss gelten $p+1=a^{2}$ für ein natürliches $a$ dann ist aber $p=(a-1)(a+1)$ für $a>2$ nicht prim. $a=2$ liefert $p=3$, dann ist $p^{3}+1=28=2^{2} \\cdot 7$ und $q$ kann nur 7 sein. $a=1$ liefert $p=0$.\n\nSomit ist die einzige Lösung $(3,7)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43864,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A B C D$ ein Quadrat und $M$ ein Punkt im Innern der Strecke $B C$. Die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle B A M$ schneide die Strecke $B C$ im Punkt $E$. Ferner schneide die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle M A D$ die Gerade $C D$ im Punkt $F$. Zeige, dass $A M$ und $E F$ senkrecht aufeinander stehen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S$ die Projektion von $E$ auf $A M$ und sei $T$ die Projektion von $F$ auf $A M$. Die Dreiecke $A B E$ und $A E S$ stimmen in allen Winkeln und einer Seite (der gemeinsamen) überein und sind somit kongruent, also gilt $A B = A S$. Dasselbe gilt für die Dreiecke $A T F$ und $A F D$ und es folgt $A T = A D$. Nun gilt:\n$$\nA S = A B = A D = A T\n$$\nund somit $S = T$, woraus die Behauptung folgt.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43865,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $x_{1}, \\ldots, x_{8} \\geq 0$ reelle Zahlen, sodass für $i=1, \\ldots, 8$ gilt $x_{i}+x_{i+1}+x_{i+2} \\leq 1$, wobei $x_{9}=x_{1}$ und $x_{10}=x_{2}$. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\sum_{i=1}^{8} x_{i} x_{i+2} \\leq 1\n$$\nund finde alle Fälle in denen Gleichheit herrscht.",
    "options": [],
    "answer": "Maximum is 1, with equality only for (1/2, 0, 1/2, 0, 1/2, 0, 1/2, 0) or (0, 1/2, 0, 1/2, 0, 1/2, 0, 1/2).",
    "solution": "Solution:\n\nFür $1 \\leq i \\leq 8$ gilt die Abschätzung\n$$\n\\begin{aligned}\na_{i} a_{i+2}+a_{i+1} a_{i+3} & \\leq\\left(1-a_{i+1}-a_{i+2}\\right) a_{i+2}+a_{i+1}\\left(1-a_{i+1}-a_{i+2}\\right) \\\\\n& =\\left(a_{i+1}+a_{i+2}\\right)\\left(1-a_{i+1}-a_{i+2}\\right) \\\\\n& \\leq \\frac{1}{4}\\left(a_{i+1}+a_{i+2}+1-a_{i+1}-a_{i+2}\\right)^{2} \\\\\n& =\\frac{1}{4}\n\\end{aligned}\n$$\ndabei haben wir zuerst die Nebenbedingungen verwendet, danach AM-GM. In der ersten Abschätzung gilt genau dann Gleichheit, wenn $a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}=1$ oder $a_{i+2}=0$ sowie $a_{i+1}+a_{i+2}+a_{i+3}=1$ oder $a_{i+1}=0$ gilt. In AM-GM gilt Gleichheit dabei genau dann, wenn $a_{i+1}+a_{i+2}=\\frac{1}{2}$.\n\nDamit erhalten wir wie gewünscht\n$$\n\\begin{aligned}\n2 \\sum_{i=1}^{8} a_{i} a_{i+2}= & \\left(a_{1} a_{3}+a_{2} a_{4}\\right)+\\left(a_{3} a_{5}+a_{4} a_{6}\\right)+\\left(a_{5} a_{7}+a_{6} a_{8}\\right)+\\left(a_{7} a_{1}+a_{8} a_{2}\\right) \\\\\n& +\\left(a_{2} a_{4}+a_{3} a_{5}\\right)+\\left(a_{4} a_{6}+a_{5} a_{7}\\right)+\\left(a_{6} a_{8}+a_{7} a_{1}\\right)+\\left(a_{8} a_{2}+a_{1} a_{3}\\right) \\leq 2\n\\end{aligned}\n$$\nIm Gleichheitsfall muss also in der Anfangsabschätzung für alle $i$ Gleichheit gelten. Dies impliziert zuerst einmal $a_{i}+a_{i+1}=\\frac{1}{2}$ für alle $i$. Wäre keine der Variablen gleich 0, dann müsste zudem jeweils $a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2}=1$ gelten. Diese beiden Bedingungen widersprechen sich aber offensichtlich, somit verschwindet eine der Variablen und es folgt nun leicht, dass $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{8}\\right)$ gleich $\\left(\\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0\\right)$ oder gleich $\\left(0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}\\right)$ sein muss. Dies sind in der Tat Gleichheitsfälle.\n\n\n2. Lösung\n\nWir setzen $r=a_{1}+a_{3}+a_{5}+a_{7}$ und $s=a_{2}+a_{4}+a_{6}+a_{8}$. Indem wir die Variablen gegebenenfalls zyklisch shiften können wir $r \\geq s$ annehmen. Mit Hilfe der Nebenbedingungen erhalten wir\n$$\n3(r+s)=\\sum_{i=1}^{8} a_{i}+a_{i+1}+a_{i+2} \\leq 8\n$$\nalso gilt $s \\leq \\frac{4}{3}$. Ausserdem ist\n$$\n2 r=\\sum_{i=1}^{4}\\left(a_{2 i-1}+a_{2 i+1}\\right) \\leq \\sum_{i=1}^{2}\\left(1-a_{2 i}\\right)=4-s\n$$\nWir haben nun nach AM-GM\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=1}^{8} a_{i} a_{i+2} & =\\left(a_{1} a_{3}+a_{3} a_{5}+a_{5} a_{7}+a_{7} a_{1}\\right)+\\left(a_{2} a_{4}+a_{4} a_{6}+a_{6} a_{8}+a_{8} a_{2}\\right) \\\\\n& =\\left(a_{1}+a_{5}\\right)\\left(a_{3}+a_{7}\\right)+\\left(a_{2}+a_{6}\\right)\\left(a_{4}+a_{8}\\right) \\\\\n& \\leq \\frac{1}{4}\\left(a_{1}+a_{5}+a_{3}+a_{7}\\right)^{2}+\\frac{1}{4}\\left(a_{2}+a_{6}+a_{4}+a_{8}\\right)^{2}\n\\end{aligned}\n$$\nNach den Abschätzungen von oben ist dies aber höchstens gleich\n$$\n\\frac{1}{4}\\left(r^{2}+s^{2}\\right) \\leq \\frac{1}{4}\\left(\\left(2-\\frac{s}{2}\\right)^{2}+s^{2}\\right)=1-\\frac{1}{2} s+\\frac{5}{16} s^{2}\n$$\nDie rechte Seite ist eine konvexe Funktion in $s$, sie nimmt ihr Maximum also an einem der Intervallendpunkte von $\\left[0, \\frac{4}{3}\\right]$ an und eine kurze Rechnung zeigt, dass das Maximum 1 für $s=0$ angenommen wird. Gilt Gleichheit dann muss also $a_{2}=a_{4}=a_{6}=a_{8}=0$ sein. In (3) muss ebenfalls Gleichheit gelten, daraus folgt weiter $a_{1}=a_{5}=1-a_{3}=1-a_{7}$. Schliesslich müssen auch die Gleichheitsbedingungen für AM-GM erfüllt sein, also $a_{1}+a_{5}=a_{3}+a_{7}$. Es bleibt also nur der Fall $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{8}\\right)=\\left(\\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0\\right)$ übrig. Lässt man schliesslich noch die Annahme $r \\geq s$ fallen, erhält man den zweiten Gleichheitsfall $\\left(a_{1}, \\ldots, a_{8}\\right)=\\left(0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}, 0, \\frac{1}{2}\\right)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43866,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie Gerade $g$ schneide den Kreis $k$ in den Punkten $A$ und $B$. Die Mittelsenkrechte der Strecke $A B$ schneide $k$ noch einmal in $C$ und $D$. Sei nun $P$ ein weiterer Punkt auf $g$, der ausserhalb von $k$ liegt. Die Parallelen zu $C A$ und $C B$ durch $P$ schneiden die Geraden $C B$ und $C A$ in den Punkten $X$ und $Y$. Beweise, dass $X Y$ senkrecht auf $P D$ steht.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWegen $C A \\parallel P X$ und $C B \\parallel Y B$ kriegen wir ähnliche Dreiecke $\\triangle X P B \\equiv \\triangle C A B \\equiv Y A P$. Daher können wir Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ einführen mit Mittelpunkt $X$ bzw $Y$ die durch die Punkte $P$ und $B$, bzw. durch $P$ und $A$ gehen. Sei nun $H$ der Schnittpunkt von $k_{1}$ mit $k$ verschieden von $B$. Nach dem Peripheriewinkelsatz gilt nun\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle P H B &= \\frac{\\angle P X B}{2} = \\frac{\\angle A C B}{2} = \\angle D C B \\\\\n\\angle D H A &= \\angle D C A \\\\\n\\angle B H A &= \\angle B D A\n\\end{aligned}\n$$\nSummieren wir diese drei Gleichungen und verwenden, dass $A D B C$ ein Sehnenviereck ist, finden wir\n$$\n\\angle P H B + \\angle D H A + \\angle B H A = 180^{\\circ}\n$$\nalso liegt $H$ auf der Geraden $D P$. Insbesondere gilt also\n$$\n\\angle P H A = 180^{\\circ} - D H A = 180^{\\circ} - \\frac{\\angle A C B}{2} = 180^{\\circ} - \\frac{\\angle A Y P}{2}\n$$\nworaus folgt, dass $H$ auch auf $k_{2}$ liegt. Nun sind wir fertig, denn $P D$ geht durch die Schnittpunkte von $k_{1}$ mit $k_{2}$ und $X Y$ durch deren Mittelpunkte, somit also $P D \\perp X Y$.\n\n![](attached_image_1.png)\nAbbildung 1: Aufgabe 2, 1. Lösung\nSolution:\n\n$P Y C X$ ist ein Parallelogramm, also gilt $X P = C Y$. Mit einfacher Winkeljagd folgt, dass $B X P$ ein gleichschenkliges Dreieck ist und somit $B X = X P$.\n\nSei $Q$ der Schnittpunkt von $C D$ und $P Y$. Es gilt $\\angle Q C Y = \\angle A C D = \\angle D C B = \\angle C Q Y$, also ist das Dreieck $Q C Y$ gleichschenklig und wir haben $Q Y = C Y$. Zusammen folgt nun $B X = X P = C Y = Q Y$, und da $B X$ und $Q Y$ parallel sind, ist $B X Y Q$ ein Parallelogramm.\n\nSei $R$ der Schnittpunkt von $D B$ und $P Y$. Es gilt $\\angle B R Y = \\angle D B C = 90^{\\circ}$, also liegt $R$ auf dem Thaleskreis über $B Q$. Sei $S$ der Schnittpunkt von $D C$ und $A B$. Es gilt $\\angle B S Q = \\angle B S C = 90^{\\circ}$, somit liegt auch $S$ auf dem Thaleskreis über $B Q$ und $S B R Q$ ist ein Sehnenviereck. Mit den gefundenen beiden rechten Winkeln folgt ausserdem, dass auch $D P R S$ ein Sehnenviereck ist.\n\nSei $T$ der Schnittpunkt von $X Y$ und $P D$. Nun folgt mit den Sehnenvierecken und den parallelen Geraden:\n$$\n\\angle T D R = \\angle P D R = \\angle P S R = \\angle B S R = \\angle B Q R = \\angle T Y R\n$$\n$D T R Y$ ist also auch ein Sehnenviereck und schlussendlich folgt nun:\n$$\n\\angle D T Y = \\angle D R Y = 90^{\\circ}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43867,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBetrachte ein Spielbrett mit ungeraden Seitenlängen, das in Einheitsquadrate aufgeteilt ist. Das Brett ohne ein Eckfeld wird irgendwie mit Dominos bedeckt. Man kann nun in einem Zug ein Domino in Längsrichtung um eins verschieben, sodass das vorher leere Feld bedeckt wird, dafür ein neues (zwei Felder davon entfernt) frei wird. Beweise, dass das leere Feld mit einer Folge von Zügen in jede beliebige Ecke des Brettes verschoben werden kann.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte ein Eckfeld $E$, welches von einem Dominostein $D_{1}$ bedeckt ist. Dieser grenzt an eine weiteres Feld (zwei Felder vom Eckfeld entfernt), welches entweder ein freies Eckfeld ist oder von einem weiteren Domino $D_{2}$ bedeckt ist. So erhält man eine Folge von verschiedenen Dominosteinen $D_{1}, D_{2}, \\ldots$ Die Folge bricht ab, falls man entweder auf das freie Eckfeld trifft, oder auf ein Feld, welches bereits von einem $D_{i}$ bedeckt ist. Falls der erste Fall eintrifft kann man die Dominos nun offenbar so schieben, dass $E$ frei wird. Wir werden nun zeigen, dass der zweite Fall nicht eintreten kann.\n\nIm zweiten Fall hätten wir nämlich eine Folge von Dominos die eine geschlossenen Kurve bilden. Wir werden nun zeigen, dass eine solche Kurve immer eine ungerade Anzahl Einheitsquadrate einschliesst, was ein Widerspruch ist, da ja das Innere auch mit Dominos belegt sein müsste. Um dies zu zeigen benötigen wir einige Notationen: Sei wie in der Aufgabenstellung ein Spielbrett gegeben, welches in Einheitsquadrate aufgeteilt ist. Eine Dominokurve ist ein Kantenzug $M_{1} M_{2} \\ldots M_{n} M_{1}$, wobei $M_{i}$ für $1 \\leq i \\leq n$ der Mittelpunkt eines Einheitsquadrats ist und $\\left|M_{i} M_{i+1}\\right|=2$ für $1 \\leq i \\leq n$ (setze $M_{n+1}=M_{1}$ ). Eine Dominokurve heisst reduziert falls für alle $1 \\leq i<j \\leq n$ gilt: $M_{i} \\neq M_{j}$. Beachte, dass man jede reduzierte Dominokurve $K$ auch tatsächlich mit Dominos überdecken kann, und daher insbesondere die Anzahl Einheitsquadrate, welche $K$ schneiden, gerade ist. Das Innere von $K$ ist Fläche der Einheitsquadrate, die von $K$ umschlossen werden, aber $K$ nicht schneiden. Schliesslich definieren wir das minimale Rechteck einer Dominokurve als das kleinste Rechteck bestehend aus Einheitsquadraten, welches die Kurve enthält. Nun das Lemma, welches den gewünschten Widerspruch liefert:\n\n**Lemma** Das Innere einer reduzierten Dominokurve ist immer ungerade.\n\n**Beweis:** Sei $K=M_{1} M_{2} \\ldots M_{n} M_{1}$ eine reduzierte Dominokurve. Wir führen den Beweis induktiv nach der Fläche des minimalen Rechtecks $R$ von $K$. Die kleinst mögliche Fläche von $R$ ist $9$. In dem Fall sind die $M_{i}$ gerade die Eckpunkte von $R$ und das Innere ist $1$. Wir nehmen nun an, $R$ habe die Fläche $A$ und das Lemma stimme für alle reduzierten Dominokurven, deren minimales Rechteck eine Fläche kleiner $A$ haben. Nach Konstruktion haben zwei Eckpunkte von $R$, die auf einer horizontalen oder vertikalen Linie liegen, geraden Abstand, also sind die beiden Seitenlängen von $R$ ungerade, also auch $A$ ungerade. Falls nun alle $M_{i}$ auf dem Rand von $R$ liegen folgt aus der Minimalität von $R$, dass $K$ gerade den ganzen Rand durchläuft und daher das Innere von $K$ ungerade ist.\n\nAndernfalls gibt es Punkte die nicht auf dem Rand liegen und wir finden daher $1 \\leq k<l \\leq n$ so dass $M_{k}$ und $M_{l}$ auf dem Rand liegen aber $M_{i}$, für $k<i<l$, nicht. Nun existieren am Rand von $R$ entlang eindeutige Punkte $N_{1}, N_{2}, \\ldots, N_{m}$, so dass\n$$\nK' = M_{k} M_{k+1} \\ldots M_{l} N_{1} N_{2} \\ldots N_{m} M_{k}\n$$\nebenfalls eine reduzierte Dominokurve ist. Nun hat aber das minimale Rechteck $R'$ von $K'$ strikt kleinere Fläche als $R$, denn sonst wäre $R$ nicht minimal. Nach Induktionsannahme ist daher das Innere von $K'$ ungerade. Man überlegt sich nun leicht, dass das Innere von\n$$\nK'' = M_{1} M_{2} \\ldots M_{k} N_{1} N_{2} \\ldots N_{m} M_{l} M_{l+1} \\ldots M_{n} M_{1}\n$$\nsich um eine gerade Zahl vom Innern von $K$ unterscheidet. So kann man $K$ Schritt für Schritt zu $\\tilde{K}$ deformieren, so dass sich die Parität des Innern nicht ändert und $\\tilde{K}$ all seine Punkte auf dem Rand hat. In dem Fall wissen wir aber bereits, dass das Innere ungerade ist, womit der Induktionsschritt und das Lemma bewiesen ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43868,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. In einem Affenkäfig mit $n$ Affen stehen $n$ Kletterstangen. Damit die Affen etwas Bewegung bekommen, platzieren die Wärter zur Fütterung jeweils eine Banane oben an jeder Stange. Zusätzlich verbinden sie die Stangen mit einer endlichen Anzahl Seile, sodass zwei verschiedene Seilenden an verschiedenen Punkten festgemacht werden. Wenn ein Affe eine Stange hochklettert und ein Seil findet, kann er nicht widerstehen und wird sich über das Seil hangeln, bevor er seinen Aufstieg fortsetzt. Jeder Affe startet bei einer anderen Stange. Zeige, dass jeder Affe eine Banane kriegt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOn commence avec une observation: Si l'on connaît la position d'un singe à un certain instant, cela détermine de manière unique son parcours après mais aussi avant cet instant. (Plus précisément: pour trouver le parcours avant le moment observé, on peut simplement laisser le singe faire le chemin inverse: descendre le long de la perche et suivre toutes les cordes qu'il rencontre. Pour aller en avant, simplement suivre les instructions de l'exercice.)\n\nLa conséquence de cette observation est que le chemin de n'importe quel singe est uniquement déterminé par sa position à un instant arbitraire et que le singe ne pourra pas finir dans un cycle. Si c'était le cas, alors par l'observation il s'est toujours trouvé dans le cycle (et en allant en arrière et en allant en avant il retourne au même endroit). Or il a commencé en dehors d'un cycle (en bas d'une perche), cette situation est exclue.\n\nDonc si un singe ne peut pas se retrouver dans un cycle, il peut passer par une corde ou par un morceau de perche qu'une seule fois. (S'il y passe deux fois alors il se trouve dans un cycle.) Donc chaque singe arrivera en haut d'une perche à un moment donné, au plus tard après avoir parcouru toutes les perches et toutes les cordes.\n\nMaintenant, si deux singes se trouvaient en haut de la même perche à la fin de leur parcours, l'unicité du parcours déterminé par cette position montre qu'ils ont dû commencer leur parcours au même endroit, en contradiction avec l'hypothèse.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43869,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde natürliche Zahlen $a, b, c$, so dass die Quersumme von $a+b, b+c$ und $c+a$ jeweils kleiner als 5 ist, die Quersumme von $a+b+c$ aber grösser als 50.",
    "options": [],
    "answer": "a = 5554445555, b = 5555554445, c = 4445555555",
    "solution": "Solution:\nDie Idee ist, zuerst die paarweisen Summen $u = a + b$, $v = b + c$ und $w = c + a$ festzulegen. Damit diese Summen wirklich zu natürlichen Zahlen $a, b, c$ gehören, müssen sie die Seitenlängen eines nichtdegenerierten Dreiecks mit geradem Umfang sein. Wir wählen diese Summen so, dass deren Dezimaldarstellung aus jeweils 4 Einsen und ansonsten nur Nullen bestehen. Um die Dreiecksbedingung zu erfüllen, sollten alle Zahlen dieselbe Anzahl Stellen haben und mit einer Null enden. Ausserdem gilt $a + b + c = \\frac{1}{2}(u + v + w)$, also sollten die Einsen in den Dezimaldarstellungen von $u, v, w$ möglichst an verschiedenen Stellen stehen, damit bei obiger Division durch 2 möglichst viele Fünfen produziert werden. Ein naheliegender Versuch ist\n$$\nu = 11110000000, \\quad v = 10001110000, \\quad w = 10000001110$$\nalso\n$$a = 5554445555, \\quad b = 5555554445, \\quad c = 4445555555$$\nIn der Tat erhält man dann\n$$a + b + c = \\frac{1}{2}(u + v + w) = \\frac{1}{2} \\cdot 31111111110 = 15555555555$$\nund somit $q(a + b + c) = 51$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43870,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{Q}^{+} \\rightarrow \\mathbb{Q}^{+}$ so dass für alle positiven rationalen Zahlen $x, y$ gilt\n$$\nf\\left(f(x)^{2} y\\right)=x^{3} f(x y)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1/x for all positive rational x",
    "solution": "Solution:\nMit $y=1$ folgt\n$$\nf\\left(f(x)^{2}\\right)=x^{3} f(x)\n$$\ninsbesondere ist $f$ injektiv. Ersetzt man hier $x$ durch $x y$, dann erhält man\n$$\nf\\left(f(x y)^{2}\\right)=x^{3} y^{3} f(x y)\n$$\nAndererseits kann man in der ursprünglichen Gleichung $y$ durch $f(y)^{2}$ ersetzen und erhält unter nochmaliger Verwendung dieser Gleichung\n$$\nf\\left(f(x)^{2} f(y)^{2}\\right)=x^{3} f\\left(f(y)^{2} x\\right)=x^{3} y^{3} f(x y)\n$$\nEin Vergleich der letzten beiden Gleichungen liefert zusammen mit der Injektivität von $f$ schliesslich\n$$\nf(x y)=f(x) f(y)\n$$\nWegen der Multiplikativität von $f$ gilt insbesondere\n$$\nf\\left(x^{m}\\right)=f(x)^{m}\n$$\nfür jede ganze Zahl $m$ und damit auch für jede rationale Zahl $m$, sofern die involvierten Ausdrücke in $\\mathbb{Q}^{+}$ liegen. Insbesondere wird (1) zu\n$$\nf(f(x))=\\sqrt{x^{3} f(x)}\n$$\nWeiter erhält man damit nun\n$$\nf(x f(x))=f(x) f(f(x))=f(x) \\sqrt{x^{3} f(x)}=(x f(x))^{3 / 2}\n$$\nund mit (2) und vollständiger Induktion\n$$\nf^{n}(x f(x))=(x f(x))^{3^{n} / 2^{n}}\n$$\nfür alle natürlichen Zahlen $n$. Hier ist die rechte Seite für alle $n$ eine rationale Zahl, dies ist aber nur möglich für $x f(x)=1$. Somit gilt also $f(x)=\\frac{1}{x}$ für $x \\in \\mathbb{Q}^{+}$. Offensichtlich ist das wirklich eine Lösung der ursprünglichen Gleichung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43871,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle Polynome $P \\neq 0$ mit reellen Koeffizienten, welche die folgende Bedingung erfüllen:\n$$\nP(P(k)) = P(k)^2 \\text{ für } k = 0, 1, 2, \\ldots, (\\operatorname{deg} P)^2\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All such polynomials are P(x) = 1, P(x) = m x with m ≠ 0, and P(x) = x^2.",
    "solution": "## Lösung",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43872,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZeige, dass es mehr als $10^{13}$ Möglichkeiten gibt, 81 Könige so auf einem $18 \\times 18$ Schachbrett zu platzieren, dass sich keine zwei Könige attackieren.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $A_{i, j}$ das $2 \\times 2$ Quadrat mit den Feldern $(2i-1, 2j-1), (2i-1, 2j), (2i, 2j-1), (2i, 2j)$. Dadurch wird das $18 \\times 18$ Brett paarweise disjunkt in $81$ $2 \\times 2$ Quadrate aufgeteilt. Falls 2 Könige auf demselben $2 \\times 2$ Quadrat stehen, müssen sie sich notwendigerweise angreifen. Das heißt, um eine gute Konstellation zu erhalten, muss zwingenderweise jeder König sein eigenes $2 \\times 2$ Quadrat besitzen. Da es 81 Könige und $81$ $2 \\times 2$ Quadrate gibt, muss sogar auf jedem $2 \\times 2$ Quadrat ein König sitzen. Daher bezeichne den König, der auf $A_{i, j}$ steht, mit $K_{i, j}$.\n\nFalls der König $K_{i, j}$ auf dem Feld $(2i, 2j-1)$ oder $(2i, 2j)$ steht, so sagt man, der König $K_{i, j}$ steht oben. Falls der König $K_{i, j}$ auf dem Feld $(2i, 2j)$ oder $(2i-1, 2j)$ steht, so sagt man, der König $K_{i, j}$ steht rechts. Analoge Bezeichnungen für unten und links.\n\nMan bemerkt nun folgendes: Falls der König $K_{i, j}$ oben steht, so muss zwingenderweise der König $K_{i+1, j}$ auch oben stehen, sonst attackieren sie sich gleichzeitig. Analog $K_{i, j}$ rechts $\\rightarrow K_{i, j+1}$ rechts, $K_{i, j}$ unten $\\rightarrow K_{i-1, j}$ unten, $K_{i, j}$ links $\\rightarrow K_{i, j-1}$ links.\n\nDas heißt, bei jeder guten Konstellation gibt es in jeder Zeile und jeder Spalte eine Sprungstelle. Wir führen nun auch solche Sprungstellen ein:\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& Z(i)= \\begin{cases}\n\\min \\left\\{j \\mid \\text{Der König } K_{i, j} \\text{ steht rechts}\\right\\}, & \\text{falls mindestens ein König in der } i\\text{-ten Zeile rechts steht} \\\\\n10, & \\text{sonst}\n\\end{cases} \\\\\n& S(j)= \\begin{cases}\n\\min \\left\\{i \\mid \\text{Der König } K_{i, j} \\text{ steht oben}\\right\\}, & \\text{falls mindestens ein König in der } j\\text{-ten Spalte oben steht} \\\\\n10, & \\text{sonst}\n\\end{cases}\n\\end{aligned}\n$$\n\nJede Wahl der Sprungstellen führt zu einer eindeutigen Konstellation, insbesondere kann es daher höchstens $10^{18}$ gute Konstellationen geben. Was aber noch passieren kann, ist, dass der König $K_{i, j}$ noch einen der Könige $K_{i+1, j+1}, K_{i-1, j+1}, K_{i-1, j-1}, K_{i+1, j-1}$ attackiert. Aus Symmetrie beschränkt sich dies auf die Fälle $K_{i, j}$ attackiert $K_{i+1, j+1}$ oder $K_{i+1, j-1}$.\n\nIm ersten Fall kann dies nur passieren, falls $K_{i, j}$ obenrechts steht und $K_{i+1, j+1}$ untenlinks. Dies ist aber genau dann der Fall, wenn $Z(i) \\leq j, Z(i+1) \\geq j+2, S(j) \\leq i, S(j+1) \\geq i+2$. Der zweite Fall passiert nur dann, wenn $K_{i, j}$ obenlinks steht und $K_{i+1, j-1}$ untenrechts steht. Dies ist genau dann der Fall, wenn $Z(i) \\geq j+1, Z(i+1) \\leq j-1, S(j) \\leq i, S(j-1) \\geq i+2$. Insbesondere machen beide Sprungstellen einen Sprung mindestens der Länge 2.\n\nWenn man nun die Zeilensprünge irgendwie wählt und die Spaltensprünge so wählt, dass sie nur Sprünge der Länge höchstens 1 besitzen, so kriegt man eine gute Konstellation. Die folgende Rechnung gibt die Anzahl Sequenzen der Länge 9 mit Werten in $\\{1,2, \\ldots, 10\\}$ und Sprüngen der Länge höchstens 1:\n\n| Länge, Endpunkt | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |\n| 2 | 2 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 | 2 |\n| 3 | 5 | 8 | 9 | 9 | 9 | 9 | 9 | 9 | 8 | 5 |\n| 4 | 13 | 22 | 26 | 27 | 27 | 27 | 27 | 26 | 22 | 13 |\n| 5 | 35 | 61 | 75 | 80 | 81 | 81 | 80 | 75 | 61 | 53 |\n| 6 | 96 | 171 | 216 | 236 | 242 | 242 | 236 | 216 | 171 | 96 |\n| 7 | 267 | 483 | 623 | 694 | 720 | 720 | 694 | 623 | 483 | 267 |\n| 8 | 750 | 1373 | 1800 | 2037 | 2134 | 2134 | 2037 | 1800 | 1373 | 750 |\n| 9 | 2123 | 3923 | 5210 | 5971 | 6305 | 6305 | 5971 | 5210 | 3923 | 2123 |\n\nDies gibt ein Total von 47064 solcher Sequenzen. Es gibt nun $10^9$ verschiedene Möglichkeiten, die Zeilensprünge zu wählen, und somit gibt es mindestens $47064 \\cdot 10^9 > 10^{13}$ gute Konstellationen. Man kann das ganze Argument noch verfeinern, indem man noch Zeilen- und Spaltensprünge vertauscht und die doppelten wieder abzieht, dann kommt man auf insgesamt $2 \\cdot 47064 \\cdot 10^9 - 47064^2 > 9,4 \\cdot 10^{13}$ gute Konstellationen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43873,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn einem Dreieck $A B C$ mit $A B \\neq A C$ sei $D$ die Projektion von $A$ auf $B C$. Ferner seien $E, F$ die Mittelpunkte der Strecken $A D$ bzw. $B C$ und $G$ die Projektion von $B$ auf $A F$. Zeige, dass die Gerade $E F$ die Tangente im Punkt $F$ an den Umkreis des Dreiecks $G F C$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n1. Lösung Sei $\\alpha=\\angle A F E$, dann genügt es nach dem Tangentenwinkelsatz zu zeigen, dass $\\angle G C F=\\alpha$. Konstruiere $D'$ als die Spiegelung von $D$ an $F$. Es gilt nun $F D=F D'$ und nach Konstruktion von $E$ folgt $E F \\parallel A D'$. Also ist $\\angle D A F=\\alpha$ als Wechselwinkel. Weiter ist $\\angle A D B=\\angle A G B=90^{\\circ}$ und deshalb $A B D G$ ein Sehnenviereck. Nach dem Potenzsatz gilt somit $F G \\cdot F A=F D \\cdot F B$. Wegen $F D=F D'$ und $F B=F C$ gilt also auch $F G \\cdot F A=F D' \\cdot F C$ was bedeutet, dass auch $A G D' C$ ein Sehnenviereck ist und daher $\\angle G C F=\\alpha$.\n\n\n2. Lösung Sei $H$ die Projektion von $C$ auf die Gerade $B G$. Wegen $\\angle B G A=90^{\\circ}=\\angle B D A$ ist $B G D A$ ein Sehnenviereck und es gilt $\\angle D B G=\\angle D A G$. Die Dreiecke $B H C$ und $A D F$ stimmen nun in zwei Winkeln überein und sind somit ähnlich. Da $F$ der Mittelpunkt von $B C$ ist, ist nach Konstruktion $G$ der Mittelpunkt von $B H$. Außerdem erinnern wir uns daran, dass $E$ der Mittelpunkt von $D A$ ist. Wegen der Ähnlichkeit und den Mittelpunkten folgt nun aber, dass auch die Dreiecke $G H C$ und $E D F$ ähnlich sind und damit $\\angle F E D=\\angle C G H$. Schlussendlich erhalten wir:\n$$\n\\angle E F D=90^{\\circ}-\\angle F E D=90^{\\circ}-\\angle C G H=\\angle F G C\n$$\nHieraus folgt sofort das gewünschte Resultat.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43874,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 2$ eine natürliche Zahl. Finde in Abhängigkeit von $n$ die grösste natürliche Zahl $d$, sodass eine Permutation $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ der Zahlen $1,2, \\ldots, n$ existiert mit\n$$\n\\left|a_{i}-a_{i+1}\\right| \\geq d, \\quad \\text{ für } i=1,2, \\ldots, n-1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "floor(n/2)",
    "solution": "Solution:\n\nWir betrachten zuerst den Fall wo $n$ ungerade ist, also $n=2k+1$.\nDann gilt für jedes $m \\in \\{1,2, \\ldots, 2k+1\\}$ sicher $|k+1-m| \\leq k$, also $d \\leq k$. Mit der folgenden Permutation sehen wir, dass $d=k$ auch möglich ist:\n$$\n\\begin{aligned}\na_{2i+1} & = k+1+i, \\text{ für } i=0,1, \\ldots, k \\\\\na_{2i} & = i, \\text{ für } i=1,2, \\ldots, k\n\\end{aligned}\n$$\n\nSei nun $n$ gerade, also $n=2k$.\nNun gilt für alle $m \\in \\{1,2, \\ldots, 2k\\}$ die Abschätzung $|k-m| \\leq k$, also $d \\leq k$. Mit der folgenden Permutation sehen wir, dass $d=k$ auch möglich ist:\n$$\n\\begin{aligned}\na_{2i+1} & = k+1+i, \\text{ für } i=0,1, \\ldots, k-1 \\\\\na_{2i} & = i, \\text{ für } i=1,2, \\ldots, k\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 43875,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSeien $a$, $b$, $c$ positive reelle Zahlen mit $a b c \\geq 1$. Beweise die Ungleichung\n$$\n\\frac{a^{4}-1}{a b^{3}+a b c+a c^{3}}+\\frac{b^{4}-1}{b c^{3}+a b c+b a^{3}}+\\frac{c^{4}-1}{c a^{3}+a b c+c b^{3}} \\geq 0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLösung 1.\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}-1}{a b^{3}+a b c+a c^{3}} & =\\sum_{cyc} \\frac{\\frac{1}{9} a^{3}+\\frac{4}{9} a^{3}+\\frac{4}{9} a^{3}-\\frac{1}{a}}{b^{3}+b c+c^{3}} \\\\\n& \\geq \\sum_{cyc} \\frac{\\frac{1}{9}\\left(a^{3}+4 b^{3}+4 c^{3}\\right)-\\frac{1}{a}}{b^{3}+b c+c^{3}} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\nWobei im ersten Schritt Haupsatz verwendet wurde, denn $\\left(a^{3}, b^{3}, c^{3}\\right)$ und $\\left(\\frac{1}{b^{3}+b c+c^{3}}, \\frac{1}{a^{3}+a c+c^{3}}, \\frac{1}{a^{3}+a b+b^{3}}\\right)$ sind gleich geordnet und im zweiten Schritt wurde AMGM verwendet: $\\frac{a^{3}+b^{3}+b^{3}+b^{3}+b^{3}+c^{3}+c^{3}+c^{3}+c^{3}}{9} \\geq a^{1 / 3} b^{4 / 3} c^{4 / 3} \\geq a^{-1}$.\n\n\nLösung 2.\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}-1}{a b^{3}+a b c+a c^{3}} & =\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}+a b^{3}+a b c+a c^{3}-1}{a b^{3}+a b c+a c^{3}}-3 \\geq \\sum_{cyc} \\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{b^{3}+b c+c^{3}}-3 \\\\\n& \\geq 3\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right) \\sum_{cyc} \\frac{1}{4 b^{3}+4 c^{3}+1}-3 \\\\\n& \\geq \\frac{27\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)}{8\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)+3}-3 \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\nWobei im zweiten Schritt $b c \\leq \\frac{b^{3}+c^{3}+1}{3}$ verwendet wurde und im dritten Schritt AMHM.\n\n\nLösung 3.\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}-1}{a b^{3}+a b c+a c^{3}} & =\\frac{12}{13} \\sum_{cyc} \\frac{a^{3}}{b^{3}+b c+c^{3}}+\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}+4 a b^{3}+4 a b c+4 a c^{3}-13}{13\\left(a b^{3}+a b c+a c^{3}\\right)}-\\frac{12}{13} \\\\\n& \\geq \\frac{12}{13}\\left(\\sum_{cyc} \\frac{a^{3}}{b^{3}+b c+c^{3}}-1\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nWobei AM-GM verwendet wurde: $a^{4}+a b^{3}+a b^{3}+a b^{3}+a b^{3}+a b c+a b c+a b c+a b c+a c^{3}+a c^{3}+a c^{3}+a c^{3} \\geq 13(a b c)^{16 / 13} \\geq 13$. Mit Cauchy-Schwarz gilt nun:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^{3}}{b^{3}+b c+c^{3}}-1 & \\geq \\frac{\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)^{2}}{2\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+a b c\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)}-1 \\\\\n& \\geq \\frac{a^{6}+b^{6}+c^{6}-(a b c)^{\\frac{4}{3}}\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)}{2\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+a b c\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\nIm letzten Schritt wurde noch AM-GM verwendet: $\\frac{a^{6}+a^{6}+a^{6}+a^{6}+a^{6}+b^{6}+b^{6}+c^{6}+c^{6}}{a} \\geq(a b c)^{4 / 3} a^{2}$ oder die Potenzmittelungleichung mit AM-GM: $a^{6}+b^{6}+c^{6} \\geq \\frac{1}{9}\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)^{3} \\geq (a b c)^{\\frac{4}{3}}\\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\\right)$.\n\n\nLösung 4. Alternativ kann man nach dem Anfang von Lösung 3. auch wie folgt weiterfahren:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^{3}}{b^{3}+b c+c^{3}} & \\geq 3 \\sum_{cyc} \\frac{a^{3}}{4 b^{3}+4 c^{3}+1} \\geq \\frac{3\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)^{2}}{8\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)} \\\\\n& =\\frac{6\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+2\\left(a^{6}+b^{6}+c^{6}\\right)+\\left(a^{6}+b^{6}+c^{6}\\right)}{8\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)} \\\\\n& \\geq \\frac{8\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+\\frac{\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)}{3}\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)}{8\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)} \\geq 1\n\\end{aligned}\n$$\nIm ersten Schritt wurde wieder $b c \\leq \\frac{b^{3}+c^{3}+1}{3}$ verwendet. Im zweiten Schritt brauchte man Cauchy-Schwarz und im letzten Schritt AM-GM und QM-AM/Chebychef.\n\n\nLösung 5.\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}-1}{a b^{3}+a b c+a c^{3}} & \\geq \\sum_{cyc} \\frac{a^{4}-1}{a b^{3}+a^{2} b c+a c^{3}}=\\left(\\sum_{cyc} \\frac{a^{4}+\\frac{a b^{3}+a^{2} b c+a c^{3}}{3}-1}{a b^{3}+a^{2} b c+a c^{3}}\\right)-1 \\\\\n& \\geq\\left(\\sum_{cyc} \\frac{a^{3}}{b^{3}+a b c+c^{3}}\\right)-1 \\\\\n& \\geq \\frac{\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)^{2}}{2\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+a b c\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)}-1 \\\\\n& =\\frac{a^{6}+b^{6}+c^{6}-a b c\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)}{2\\left(a^{3} b^{3}+b^{3} c^{3}+c^{3} a^{3}\\right)+a b c\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\nIm ersten Schritt muss man zwei Fälle unterscheiden: ist $a \\geq 1$ so ist der Bruch nicht negativ und man macht den Nenner höchstens grösser und somit den Bruch höchstens kleiner, ist $a<1$ so ist der Bruch negativ und man mach den Nenner kleiner und somit der Bruch kleiner. Im zweiten Schritt wurde AM-GM verwendet und im dritten Cauchy-Schwarz. Der vierte Schritt folgt aus QM-AM und AM-GM: $a^{6}+b^{6}+c^{6} \\geq \\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right) \\geq a b c\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43876,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $I$ der Inkreismittelpunkt und $AD$ der Durchmesser des Umkreises eines Dreiecks $ABC$. Seien $E$ und $F$ Punkte auf den Strahlen $BA$ und $CA$ mit\n$$\nBE = CF = \\frac{AB + BC + CA}{2}\n$$\n\nZeige, dass sich die Geraden $EF$ und $DI$ rechtwinklig schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $B_{0}, C_{0}$ die Berührungspunkte des Inkreises des Dreiecks $ABC$ auf den Seiten $AC, AB$. Wir können nun schreiben:\n$$\nx = AB_{0} = AC_{0}, \\quad y = C_{0}B, \\quad z = B_{0}C\n$$\nwobei $x + y + z = \\frac{AB + BC + CA}{2}$ gilt. Die Bedingung aus der Aufgabenstellung liefert uns jetzt $EA = z$ und $AF = y$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAbbildung 4: Aufgabe 11\n\nSeien nun $B'$, $C'$ die Lote von $I$ auf die Seiten $BD$, $CD$. Nach Konstruktion sind $IC_{0}BB'$, $IC'C B_{0}$ Rechtecke und damit gilt $IB' = C_{0}B = y$ und $IC' = B_{0}C = z$. Unter Ausnutzung von $AB \\parallel IB'$, $AC \\parallel IC'$ erhalten wir:\n$$\n\\angle B'IC' = \\angle BAC = \\angle EAF\n$$\nDie beiden Dreiecke $IB'C'$ und $AEF$ stimmen also in zwei Seiten und dem dazwischenliegenden Winkel überein und sind somit kongruent. Sei $T$ der Schnittpunkt von $EF$ und der Parallelen zu $ID$ durch $A$. Es genügt zu zeigen, dass $\\angle ETA = 90^\\circ$ gilt. Mit den beiden kongruenten Dreiecken und dem Sehnenviereck $IB'DC'$ erhalten wir:\n$$\n\\angle TEA = \\angle B'C'I = 90^\\circ - \\angle B'C'D = 90^\\circ - \\angle B'ID = 90^\\circ - \\angle EAT\n$$\nworaus die gewünschte Aussage folgt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43877,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle ganzen Zahlen $m, n \\geq 2$, welche die folgenden zwei Bedingungen erfüllen:\n(i) $m+1$ ist eine Primzahl von der Form $4k+3$ für eine ganze Zahl $k$.\n(ii) Es existiert eine Primzahl $p$ und eine nichtnegative ganze Zahl $a$ mit\n$$\n\\frac{m^{2^{n}-1}-1}{m-1}=m^{n}+p^{a}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All pairs (m, n) with n = 2 and m + 1 a prime congruent to 3 modulo 4.",
    "solution": "Solution:\n\nNach Voraussetzung ist $m \\equiv 2 \\pmod{4}$. Schreibe die Gleichung um zu\n$$\nm^{2^{n}-1}-1=(m-1)\\left(m^{n}+p^{a}\\right)\n$$\nDa $n \\geq 2$ erhält man $-1 \\equiv p^{a} \\pmod{4}$, also $p \\equiv 3 \\pmod{4}$ und $a \\geq 1$ ungerade. Nun ist $q=m+1$ prim und es gilt $-2 \\equiv -2\\left((-1)^{n}+p^{a}\\right) \\pmod{q}$. Da $q$ ungerade, können wir mit $-2$ kürzen und erhalten so $p^{a} \\equiv 1-(-1)^{n} \\pmod{q}$.\n\n1. Fall: $n$ gerade\n\nDann gilt $p^{a} \\equiv 0 \\pmod{q}$ und daher $p=q$. Angenommen $n \\geq 3$, dann folgt $-1 \\equiv (p-2) p^{a} \\pmod{8}$. Nun ist aber $p=q \\equiv 3 \\pmod{4}$, also $p \\equiv 3,7 \\pmod{8}$. Da nun aber $a$ ungerade ist, kann man leicht nachprüfen, dass diese Gleichung keine Lösung hat, also $n=2$. Einsetzen ergibt, dass jedes $m$, welches Bedingung (i) erfüllt, eine Lösung ist. Zusammengefasst gibt es in dem Fall, wo $n$ gerade ist, die Lösungen $(m,2)$, wobei $m+1 \\equiv 3 \\pmod{4}$ prim ist.\n\n2. Fall: $n$ ungerade\n\nSchreibe $n+1=2^{r} n'$, mit $n'$ ungerade und $1 \\leq r \\leq n-1$. Die obere Schranke für $r$ kommt hier von $2^{r} \\leq n+1 \\leq 2^{n-1}$ für $n \\geq 3$. Wegen der Faktorisierungen\n$$\n\\begin{aligned}\nm^{n+1}+1 & =\\left(m^{2^{r}}+1\\right)\\left(m^{n+1-2r}-m^{n+1-2\\cdot 2^{r}}+\\cdots+1\\right) \\\\\nm^{2^{n}}-1 & =\\left(m^{2^{r}}-1\\right)\\left(m^{2^{r}}+1\\right)\\left(m^{2^{r+1}}+1\\right) \\ldots \\left(m^{2^{n-1}}+1\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nfolgt, dass $m^{n+1}+1$ durch $m^{2^{r}}+1$ teilbar ist und $m^{2^{n}}-1$ durch $\\left(m^{2^{r}}+1\\right)(m-1)$. Also insgesamt\n$$\nm^{2^{r}}+1 \\mid \\frac{m^{2^{n}}-1}{m-1}-\\left(m^{n+1}+1\\right)=mp^{a}\n$$\nWegen $\\gcd(m^{2^{r}}+1, m)=1$ ist also $m^{2^{r}}+1=p^{b}$ für $1 \\leq b \\leq a$. Da $p \\equiv 3 \\pmod{4}$ folgt, dass $b=2c$ gerade sein muss. Daher muss auch gelten $1=\\left(p^{c}-m^{2^{r-1}}\\right)\\left(p^{c}+m^{2^{r-1}}\\right)$, ein Widerspruch. Also gibt es keine Lösung im Fall, wo $n$ ungerade ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43878,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEine ganze Zahl $m$ ist eine echte Potenz, falls es positive ganze Zahlen $a$ und $n$ gibt, sodass $n>1$ und $m=a^{n}$.\n\na. Zeige, dass es 2012 verschiedene positive ganze Zahlen gibt, sodass sich keine nichtleere Teilmenge davon zu einer echten Potenz aufsummiert.\n\nb. Zeige, dass es 2012 verschiedene positive ganze Zahlen gibt, sodass sich jede nichtleere Teilmenge davon zu einer echten Potenz aufsummiert.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\na. Sei $p$ eine Primzahl, welche grösser als $2012^{2}$ ist, dann erfüllen die Zahlen $p, 2p, \\ldots, 2012p$ die Bedingung. Sei $B$ nun eine nicht leere Teilmenge der Zahlen, dann teilt $p$ die Summe $\\sum_{b \\in B} b$, aber $\\sum_{b \\in B} b < 2012 \\cdot 2012p < p^{2}$ und somit nicht durch $p^{2}$ teilbar, also sicherlich keine echte Potenz.\n\nb. Behauptung: Es existiert ein $a \\geq 1$, sodass $a, 2a, \\ldots, 2012a$ die Bedingung erfüllt. Für jede nicht leere Teilmenge $B \\subseteq \\{1,2, \\ldots, 2012\\}$ bezeichne mit $s_{B} = \\sum_{b \\in B} b$, zudem wähle für jede solche Menge $B$ eine Primzahl $p_{B}$, sodass alle paarweise verschieden sind. Nach dem chinesischen Restsatz gibt es für jedes $B$ eine natürliche Zahl $a_{B}$, sodass $p_{B'} \\mid a_{B}$ für $B' \\neq B$ und $p_{B} \\mid a_{B} + 1$. Dann erfüllt $a = \\prod_{\\emptyset \\neq B \\subseteq \\{1,2, \\ldots, 2012\\}} s_{B}^{a_{B}}$ die Bedingung, denn es gilt:\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43879,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Sehnenviereck mit Umkreis $k$. Sei $S$ der Schnittpunkt von $AB$ und $CD$ und $T$ der Schnittpunkt der Tangenten an $k$ in $A$ und $C$. Zeige, dass $ADTS$ genau dann ein Sehnenviereck ist, wenn $BD$ die Strecke $AC$ halbiert.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir betrachten zuerst den Fall, dass $T$ auf derselben Seite von $AC$ liegt wie $D$:\n\nNach dem Tangentenwinkelsatz gilt $\\angle TAD = \\angle DCA$. Wir erhalten:\n\n$ADTS$ Sehnenviereck $\\Leftrightarrow \\angle TSD = \\angle TAD \\Leftrightarrow \\angle TSD = \\angle DCA \\Leftrightarrow TS \\parallel CA$\n\nEs genügt also zu zeigen, dass $TS$ und $CA$ genau dann parallel sind, wenn $BD$ die Strecke $AC$ halbiert. Vorerst wollen wir aber noch den Punkt $U$ als Schnittpunkt von $AD$ und $BC$ definieren. Wegen Pascal am Sehnensechseck $AABCCD$ liegen $S, T, U$ auf einer Geraden.\n\nWenn $SU$ und $AC$ parallel sind, halbiert $BD$ die Strecke $AC$:\n\nWir wollen einige Winkel ausrechnen:\n\n$\\angle DBA = \\angle DCA = \\angle DST$, $\\angle DBC = \\angle DAC = \\angle DUT$\n\nSei $P$ der Schnittpunkt von $SU$ und $BD$. Betrachte die Umkreise der Dreiecke $SBD$ und $DBU$. Wegen $\\angle USD = \\angle DBS$ und $\\angle SUD = \\angle UBD$ ist $SU$ eine gemeinsame Tangente der beiden Kreise. Man beachte nun, dass $P$ auf dieser Tangente liegt, aber auch auf der Potenzlinie der beiden Kreise. Somit folgt $PS = PU$, was wegen der Parallelität von $SU$ und $AC$ auch sofort die gewünschte Aussage liefert.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAbbildung 1: Aufgabe 3\n\nWenn $BD$ die Strecke $AC$ halbiert, sind $AC$ und $SU$ parallel:\n\nSei $Q$ der Schnittpunkt von $AC$ und $BD$. Wir betrachten die Spiegelung des Dreiecks $ACD$ am Punkt $Q$. Dabei kommt $A'$ auf $C$, $C'$ auf $A$ und $D'$ auf $BD$ zu liegen und es gilt $AD' \\parallel DC$ und $D'C \\parallel AD$. Aus dem Strahlensatz folgt:\n\n$\\frac{AB}{SB} = \\frac{D'B}{DB} = \\frac{CB}{UB}$\n\nMit der Umkehrung des Strahlensatzes folgt nun, dass $SU$ und $AC$ parallel sind.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nAbbildung 2: Aufgabe 3\n\nWir müssen noch den Fall behandeln, dass $T$ auf derselben Seite von $AC$ liegt wie $B$. Wir führen wieder den Punkt $U$ wie oben ein. Es gilt (wegen der Potenz von $U$ an die Umkreise der Sehnenvierecke $ADTS$ und $ABCD$):\n\n$ADTS$ Sehnenviereck $\\Leftrightarrow UA \\cdot UD = UT \\cdot US \\Leftrightarrow UB \\cdot UC = UT \\cdot US \\Leftrightarrow BTSC$ Sehnenviereck\n\nNun können wir analog zum ersten Fall vorgehen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43880,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIm Dreieck $ABC$ sei $\\angle BAC = 60^{\\circ}$. Sei $E$ ein Punkt auf der Geraden $AB$, sodass $B$ zwischen $A$ und $E$ liegt und $BE = BC$ gilt. Analog sei $F$ ein Punkt auf $AC$, sodass $C$ zwischen $A$ und $F$ liegt und $CF = BC$ gilt. Der Umkreis von $ACE$ schneide $EF$ in $K$. Zeige, dass $K$ auf der Winkelhalbierenden von $\\angle BAC$ liegt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S$ der Schnittpunkt von $BF$ und $CE$. Es gilt (Aussenwinkelsatz, $BE = BC = CF$):\n$$\n\\angle CSF = \\angle BCS + \\angle CBS = \\frac{1}{2} \\angle ABC + \\frac{1}{2} \\angle ACB = \\frac{1}{2}(180^{\\circ} - \\angle CAB) = 60^{\\circ}\n$$\nHieraus folgt, dass $ABSC$ ein Sehnenviereck ist. Dies nutzen wir jetzt aus:\n$$\n\\angle ABF = 180^{\\circ} - \\angle ACS = 180^{\\circ} - \\angle AKE = \\angle AKF\n$$\n$ABKF$ ist also ebenfalls ein Sehnenviereck. Ausnutzung der Sehnenvierecke $AEKC$ und $ABKF$ liefert $\\angle BEK = \\angle FCK$ und $\\angle KBE = \\angle KFC$. Zusammen mit $BE = FC$ folgt, dass die Dreiecke $BEK$ und $FCK$ kongruent sind, also gilt $KE = KC$. Damit erhalten wir:\n$$\n\\angle CAK = \\angle CEK = \\angle KCE = \\angle KAE\n$$\nSomit haben wir gezeigt, dass $K$ auf der Winkelhalbierenden von $\\angle BAC$ liegt.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAbbildung 3: Aufgabe 4",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43881,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 6$ eine natürliche Zahl. Betrachte eine Menge $S$ von $n$ verschiedenen reellen Zahlen. Beweise, dass es mindestens $n-1$ verschiedene zweielementige Teilmengen von $S$ gibt, sodass das arithmetische Mittel der beiden Elemente in jeder dieser Teilmengen mindestens gleich dem arithmetischen Mittel aller Elemente in $S$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nMit Paar meinen wir im folgenden eine zweielementige Teilmenge von $S$. Betrachte zuerst den Fall $n=6$, also $S=\\{x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{6}\\}$ und o.B.d.A $x_{1}<x_{2}<\\cdots<x_{6}$. Mit $M$ bezeichnen wir das arithmetische Mittel der Elemente aus $S$. Dann gilt sicher eine der folgenden Ungleichungen:\n$$\nx_{1}+x_{6} \\geq 2 M,\\ x_{2}+x_{5} \\geq 2 M,\\ \\text{ oder } x_{3}+x_{4} \\geq 2 M\n$$\nAndernfalls wäre $6 M = x_{1}+\\ldots+x_{6} < 6 M$. Weiter folgt natürlich aus $x_{i}+x_{j} \\geq 2 M$ auch $x_{k}+x_{l} \\geq 2 M$ für $k \\geq i$ und $l \\geq j$. Somit kann man in jedem der drei Fälle nachprüfen, dass mindestens $5$ Paare ein arithmetisches Mittel größer $M$ haben.\n\nWir nehmen nun an, die Aussage gelte für alle natürlichen Zahlen kleiner $n$ und betrachten $S=\\{x_{1}, \\ldots, x_{n}\\}$ mit $x_{1}<x_{2}<\\cdots<x_{n}$. Sei $M$ wieder das arithmetische Mittel der $x_{i}$.\n\nEine kleine Rechnung (z.B. mit Fallunterscheidung $n$ gerade/ungerade) zeigt für $n \\geq 6$ folgende Ungleichung:\n$$\n\\frac{\\left(\\left\\lfloor\\frac{n}{2}\\right\\rfloor+1\\right)\\left\\lfloor\\frac{n}{2}\\right\\rfloor}{2} \\geq n-1\n$$\nD.h. wenn mehr als die Hälfte der Elemente größer gleich $M$ sind, sind wir fertig. Wir betrachten also noch den Fall, wo mindestens die Hälfte der Elemente kleiner als $M$ ist. Dann gibt es Elemente $x_{i}<M \\leq x_{j}$ mit $x_{i}+x_{j} \\geq 2M$, sonst würde wie im Fall $n=6$ folgen, dass $n M < n M$ ist.\n\nBetrachte nun die Menge $S' = S \\setminus \\{x_{i}\\}$. Das arithmetische Mittel der Elemente aus $S'$ ist sicher größer als $M$ und nach Induktionsvoraussetzung finden wir somit $n-2$ verschiedene Paare mit Mittel größer gleich $M$. Zusammen mit dem Paar $\\{x_{i}, x_{j}\\}$, welches nicht unter diesen $n-2$ Paaren ist, haben wir also $n-1$ Paare mit Mittel größer gleich $M$ gefunden.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43882,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle surjektiven Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ gilt:\n$$\nf(x+f(x)+2 f(y))=f(2 x)+f(2 y)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all real x",
    "solution": "Solution:\nSei $a \\in f^{-1}(0)$, solch ein $a$ existiert sicher, da $f$ surjektiv ist. Einsetzen von $x=y=a$ führt zu $f(2 a)=0$. Setzt man nun $x=a, 2 a$ ein so erhält man $f(a+2 f(y))= f(2 y)=f(2 a+2 f(y))$ für alle $y$, da $f$ surjektiv ist folgt, dass $f$ periodisch mit Periode $a$ ist, insbesondere gilt $f(0)=0$ und damit $f(2 f(y))=f(2 y)$ für alle $y$. Sei $b(x)$ sodass $2 f(b(x))=x-f(x)$ gilt. Einsetzen von $y=b(x)$ führt zu\n$$\n0=f(2 b(x))=f(2 f(b(x)))=f(x-f(x)) \\quad \\forall x\n$$\nDas heisst $f$ besitzt Periode $x-f(x)$ für jedes $x$ und somit $f(x)=f(f(x))$ für alle $x$, da $f$ surjektiv ist gilt also $f(x)=x$ für alle $x$ und dies ist offensichtlich eine Lösung.\n\n\nSolution 2:\nWir zeigen $f(0)=0$ gleich wie oben. Damit erhalten wir für alle $x \\in \\mathbb{R}$ die Gleichungen\n$$\n\\begin{aligned}\nf(2 f(x)) & =f(2 x) \\\\\nf(x+f(x)) & =f(2 x)\n\\end{aligned}\n$$\nDamit lässt sich die ursprüngliche Gleichung schreiben als\n$$\nf(x+f(x)+2 f(y))=f(x+f(x))+f(2 f(y))\n$$\nDa $f$ surjektiv ist können wir für jedes $x \\in \\mathbb{R}$ ein $y \\in \\mathbb{R}$ so wählen, dass $2 f(y)= x+f(x)$. Einsetzen liefert\n$$\nf(2(x+f(x)))=2 f(x+f(x))=2 f(2 x)\n$$\nAndererseits folgt mit den Gleichungen (1) aber auch\n$$\nf(2(x+f(x)))=f(2 f(x+f(x)))=f(2 f(2 x))\n$$\nWir verwenden noch einmal die Surjektivität von $f$ um zu sehen, dass für jedes $z \\in \\mathbb{R}$ ein $x$ mit $z=2 f(2 x)$ existiert. Wenn wir nun die beiden letzten Gleichungen vergleichen sehen wir also $f(z)=z$ für alle $z \\in \\mathbb{R}$, was offensichtlich eine Lösung ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43883,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $f$, $g$ zwei Polynome mit ganzen Koeffizienten und seien $a$, $b$ ganzzahlige Fixpunkte von $f \\circ g$. Beweise, dass ganzzahlige Fixpunkte $c$, $d$ von $g \\circ f$ existieren mit $a+c=b+d$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSetze $c = g(a)$ und $d = g(b)$, dann sind $c$, $d$ ganze Fixpunkte von $g \\circ f$. Falls nun $a = b$ gilt, sehen wir sofort, dass die Gleichung erfüllt ist. Für $a \\neq b$ gilt nun $a-b \\mid g(a)-g(b) = c-d \\mid f(c)-f(d) = a-b$, und da es sich um ganze Zahlen handelt, muss $|a-b| = |c-d|$ gelten. Folglich gilt entweder $a+d = b+c$ oder $a+c = b+d$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43884,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme die grösste natürliche Zahl $k$ mit der folgenden Eigenschaft: Die Menge der natürlichen Zahlen kann so in $k$ disjunkte Teilmengen $A_{1}, \\ldots, A_{k}$ aufgeteilt werden, dass sich jede natürliche Zahl $n \\geq 15$ für jedes $i \\in\\{1, \\ldots, k\\}$ als Summe zweier verschiedener Elemente aus $A_{i}$ schreiben lässt.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\nFür $k=3$ kann man die natürlichen Zahlen wie folgt aufteilen:\n$$\n\\begin{aligned}\n& A_{1}=\\{1,2,3\\} \\cup \\{3m \\mid m \\geq 4\\} \\\\\n& A_{2}=\\{4,5,6\\} \\cup \\{3m-1 \\mid m \\geq 4\\} \\\\\n& A_{3}=\\{7,8,9\\} \\cup \\{3m-2 \\mid m \\geq 4\\}\n\\end{aligned}\n$$\nIn $A_{1}$ kann man alle Zahlen $n \\geq 12+1=13$ als Summe darstellen, in $A_{2}$ alle $n \\geq 11+4=15$ und in $A_{3}$ alle $n \\geq 10+7=17$. Die Zahlen 15, 16 sind wegen $7+8=15$ und $7+9=16$ ebenfalls Summen zweier Elemente aus $A_{3}$.\n\nNehme nun an $k \\geq 4$. Falls $A_{1}, \\ldots, A_{k}$ die Bedingung erfüllen, dann sicher auch $A_{1}, A_{2}, A_{3}, \\bigcup_{4 \\leq i \\leq k} A_{i}$, wir können also $k=4$ annehmen. Setze $B_{i}=A_{i} \\cap \\{1,2, \\ldots, 23\\}$. Dann muss jede der Zahlen 15, 16, \\ldots, 23 als Summe zweier verschiedener Elemente aus $B_{i}$ geschrieben werden können, also $|B_{i}| \\geq 5$. Andererseits gilt auch $|B_{1}|+|B_{2}|+|B_{3}|+|B_{4}|=23$, es gibt also ein $i$ mit $|B_{i}|=5$, schreibe $B_{i}=\\{x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{5}\\}$.\n\nBeachte nun, dass sich die 10 Zahlen $15,16, \\ldots, 24$ alle als Summe zweier verschiedener Elemente aus $B_{i}$ schreiben lassen, man aber mit verschiedenen Elementen aus $B_{i}$ höchstens 10 solche Summen bilden kann. Wir summieren also über alle solche Summen und erhalten\n$$\n4(x_{1}, \\ldots, x_{5})=15+16+\\cdots+24=195\n$$\nein Widerspruch, da 195 nicht durch 4 teilbar ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43885,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ telles que pour tous $m, n \\in \\mathbb{N}$, on ait\n$$\nm^{2}+f(n) \\mid m f(m)+n\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n for all natural numbers n",
    "solution": "Solution:\n\nAvec $m=n$, on obtient $m^{2}+f(m) \\mid m f(m)+m$.\n$$\n\\Rightarrow m^{2}+f(m)\\left|m f(m)+m-m\\left(m^{2}+f(m)\\right) \\Rightarrow m^{2}+f(m)\\right| m^{3}-m\n$$\nDonc, avec $m=2$, on a $4+f(2) \\mid 6$ et comme $f(2)>0$, on a $f(2)=2$.\nSubstituons $m=2$ au départ, on a $4+f(n) \\mid 4+n$ et donc $n \\geq f(n), \\forall n \\in \\mathbb{N}$. En particulier, $0<f(1) \\leq 1$ et donc $f(1)=1$.\nDe plus, on a $m^{2}+f(m) \\mid m f(m)+m$, et donc $f(m) \\geq m, \\forall m \\in \\mathbb{N}-\\{1\\}$.\nOn en conclut que $f(n)=n, \\forall n \\in \\mathbb{N}$, qui est bien une solution.\n\n\nPosons $m=f(n)$, on obtient $f(n)^{2}+f(n) \\mid f(n) f(f(n))+n$ et donc $f(n) \\mid n$. En particulier, $f(n) \\leq n \\forall n \\in \\mathbb{N}$ et $f(1)=1$.\nEn posant $n=1$, on obtient $m \\leq f(m), \\forall m \\in \\mathbb{N}$. On conlcut de la męme maničre.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43886,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin $7 \\times 7$ Quadrat ist in 49 kleine $1 \\times 1$ Quadrate unterteilt. Zwei Ameisen laufen den Seiten der kleinen Quadrate entlang, wobei jede Ameise ihren eigenen geschlossenen Weg läuft und alle 64 Eckpunkte der kleinen Quadrate genau einmal besucht.\nWelches ist die minimale Anzahl Seiten der kleinen Quadrate, über die beide Ameisen laufen?",
    "options": [],
    "answer": "16",
    "solution": "Solution:\n\nWir werden zeigen, dass es minimal 16 Seiten gibt, über die beide Ameisen laufen. Dafür zeigen wir zuerst die untere Schranke und dann geben wir eine Konstruktion an.\n\na. 1. Schranke: Jede Ameise muss genau 64 Kanten entlang laufen, um alle Punkte einmal zu besuchen und dann noch zum Anfangspunkt zurückzukehren. Die beiden Ameisen zusammen laufen also $64 \\cdot 2 = 128$ Kanten entlang. Insgesamt gibt es $8 \\cdot 7 \\cdot 2 = 112$ verschiedene Kanten. Somit muss es mindestens 16 Kanten geben, entlang derer beide Ameisen gelaufen waren.\n\nb. 2. Konstruktion: Die Ideen waren dabei, dass jede Kante von einer Ameise entlang gelaufe werden muss. Weiter sieht man, dass jede Ameise in den Ecken vorbei muss. Mit einer Mischung von Ordnung und Kreativität findet man nach genug Ausprobieren eine Konstruktion.\n\nAbbildung: Eine Ameise läuft der dicken, dunklen Linie entlang. Die andere läuft dem Rand der grauen Fläche entlang.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43887,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle natürlichen Zahlen $n$ mit folgender Eigenschaft:\nFür alle Primzahlen $p < n$ ist $n - \\left\\lfloor \\frac{n}{p} \\right\\rfloor p$ nicht durch das Quadrat einer natürlichen Zahl grösser als $1$ teilbar.",
    "options": [],
    "answer": "3, 5, 7, 13",
    "solution": "Solution:\n\nOn remarque tout d'abord, que la condition avec la partie entière revient à considérer le reste de la division de $n$ par $p$.\nSi $n$ n'est pas premier, alors il existe un premier $q < n$ tel que $q \\mid n$ et donc $n - \\left\\lfloor \\frac{n}{q} \\right\\rfloor q = 0$ et en particulier est divisible par un carré.\nSi $n > 13$, alors $n-4$ (qui est impair) ne peut être divisible que par $3$, sinon il existerait un premier $3 < q \\leq n-4 < n$ tel que $n \\equiv 4 \\pmod{q}$. Donc $n-4 = 3^{k}$.\nDe plus, $n-8$ est aussi impair et ne peut pas être divisible par $3$, car $3 \\mid n-4$. Donc, par le même argument, $n-8$ ne peut être divisible que par $5$ et $7$.\nQuant à $n-9$, il ne peut pas être divisible ni par $3$, ni par $5$ (sinon $n \\equiv 4 \\pmod{5}$). Donc il est divisible seulement par $2$ et $7$.\nMaintenant, $7$ ne peut pas diviser à la fois $n-8$ et $n-9$, donc on a soit $n-8 = 5^{l}$, soit $n-9 = 2^{l}$. Dans le premier cas on aurait $3^{m} = 4 + 5^{l}$ et dans le deuxième $3^{m} = 5 + 2^{l}$. En prenant la première équation modulo $8$, on obtient que $m$ doit être pair. Donc $(3^{m/2} + 2)(3^{m/2} - 2) = 5^{l}$ et on remarque que les deux membres de gauche ne peuvent être des multiples de $5$ en même temps, donc la seule solution est $m = 2$ et $l = 1$ qui nous mène à $n = 13$.\nPour le deuxième cas, si $l \\geq 3$, alors l'équation n'a pas de solution modulo $8$. Ce qui entraîne la seule solution $m = 2$ et $l = 2$ qui donne $n = 13$.\nOn traite donc les cas $n \\leq 13$ à la main et on trouve les uniques solutions $\\{3, 5, 7, 13\\}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43888,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind eine natürliche Zahl $n$ und natürliche Zahlen $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$. Wir erweitern die Folge periodisch durch $a_{n+i}=a_{i}$ für alle $i \\geq 1$. Nehme nun an, dass folgende zwei Bedingungen erfüllt sind:\n\n(i) $a_{1} \\leq a_{2} \\leq \\cdots \\leq a_{n} \\leq a_{1}+n$.\n\n(ii) $a_{a_{i}} \\leq n+i-1$ für $i=1,2 \\ldots, n$.\n\nZeige, dass gilt:\n$$\na_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n} \\leq n^{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir wissen, dass $a_{1} \\leq a_{a_{1}} \\leq n$ gilt. Für $a_{j}<i \\leq a_{j+1}$ haben wir $a_{i} \\leq a_{a_{j+1}} \\leq n+j$ und für $a_{a_{1}}<i \\leq n$ haben wir $a_{i} \\leq a_{n} \\leq a_{1}+n$.\n\nKombiniert erhalten wir folgende Ungleichungen:\n$$\n\\begin{aligned}\na_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{n}= & a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{a_{1}}+\\cdots+a_{a_{2}}+\\cdots+a_{a_{a_{1}}}+\\cdots+a_{n} \\\\\n\\leq & a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{a_{1}}+ \\\\\n& a_{a_{2}}\\left(a_{2}-a_{1}\\right)+\\cdots+a_{a_{a_{1}}}\\left(a_{a_{1}}-a_{a_{1}-1}\\right)+\\left(n+a_{1}\\right)\\left(n-a_{a_{1}}\\right) \\\\\n\\leq & a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{a_{1}}+ \\\\\n& (n+1)\\left(a_{2}-a_{1}\\right)+\\cdots+\\left(n+a_{1}-1\\right)\\left(a_{a_{1}}-a_{a_{1}-1}\\right)+\\left(n+a_{1}\\right)\\left(n-a_{a_{1}}\\right) \\\\\n= & n^{2}\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43889,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDeux cercles $k_{1}$, $k_{2}$ ayant pour centres $M_{1}$ resp. $M_{2}$ se coupent aux points $A$ et $B$. La tangente à $k_{1}$ par $A$ coupe $k_{2}$ une nouvelle fois au point $P$. De plus, la droite $M_{1} B$ coupe aussi une nouvelle fois $k_{2}$ au point $Q$. Supposons que $Q$ se trouve en dehors de $k_{1}$ et que $P \\neq Q$. Prouver que $PQ$ est parallèle à $M_{1} M_{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n$1^{\\text{ère}}$ solution : Posons $\\alpha = \\angle B M_{1} M_{2}$. Comme les triangles $\\triangle M_{1} A M_{2}$ et $\\triangle M_{1} B M_{2}$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nsont égaux, $\\angle A M_{1} M_{2} = \\alpha$. Par le théorème de l'angle tangent,\n$$\n\\angle B A P = \\frac{1}{2} \\angle B M_{1} A = \\alpha\n$$\nOr $B Q P A$ est un quadrilatère inscrit au cercle $k_{2}$, donc\n$$\n\\angle B Q P = 180^{\\circ} - \\alpha\n$$\nAinsi $PQ$ est parallèle à $M_{1} M_{2}$ car\n$$\n\\angle P Q M_{1} = 180^{\\circ} - \\alpha = 180^{\\circ} - \\angle Q M_{1} M_{2}\n$$\n\n\n$2^{\\text{ème}}$ solution : Appelons $Z$ le point d'intersection de $A P$ avec $M_{1} M_{2}$. Posons $\\beta = \\angle A Z M_{1}$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nOn remarque que le quadrilatère $A M_{1} B Z$ est inscrit car on y trouve un angle droit en $A$ et par symétrie aussi en $B$. Ainsi\n$$\n\\angle M_{1} B A = \\angle M_{1} Z A = \\beta\n$$\nDonc $\\angle A B Q = 180^{\\circ} - \\beta$ et de plus, comme le quadrilatère $A B Q P$ est inscrit au cercle $k_{2}$ on trouve\n$$\n\\angle A P Q = 180^{\\circ} - \\angle A B Q = \\beta\n$$\nOn en déduit que les deux droites sont parallèles.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43890,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind $2 n$ Chips, die in einer Reihe liegen. In einem Zug kann man zwei benachbarte Chips vertauschen. Wieviele Züge muss man machen, damit jeder Chip einmal am Anfang und einmal am Ende der Reihe war?",
    "options": [],
    "answer": "3n^2 - 2n",
    "solution": "Solution:\n\nMan muss insgesamt $3 n^{2}-2 n$ Züge machen.\n\nUntere Schranke:\nWir zählen, wie oft alle Chips zusammen um eins verschoben werden müssen.\nJeder Chip wird sicher von seiner Anfangsposition bis zum näheren Rand, vom einen Rand zum anderen Rand und vom anderen Rand zu seiner Endposition verschoben. Ein Chip an der Position $i$ muss bis zum näheren Rand $i-1$ respektive $2 n-i$ verschoben werden. Da am Anfang alle Positionen besetzt sind, müssen alle Chips zusammen von ihren Anfangspositionen zum je näheren Rand mindestens $$\\sum_{i=1}^{n}(i-1)+\\sum_{i=n+1}^{2 n}(2 n-i)=2 \\sum_{i=1}^{n}(i-1)$$ verschoben werden. Da am Ende ebenfalls alle Positionen besetzt sind, müssen alle Chips zusammen vom anderen Rand zur jeweiligen Endposition mindestens $2 \\sum_{i=1}^{n}(i-1)$ verschoben werden. Dann muss jeder Chip noch vom einen Rand zum anderen Rand verschoben werden, pro Chip sind das $2 n-1$ Verschiebungen, also insgesamt $2 n(2 n-1)$. Zusammengezählt gibt das auf $4 \\sum_{i=1}^{n}(i-1)+2 n(2 n-1)=6 n^{2}-4 n$. Da ein Zug zwei Chips verschiebt, folgt daraus die gewünschte untere Schranke.\n\nKonstruktion:\nIdee: Wir schieben alle Chips auf der linken Hälfte zuerst zum linken Rand und alle Chips auf der rechten Hälfte zuerst zum rechten Rand. Dann vertauschen wir die beiden Hälften der Chips. Danach schicken wir jeden Chip noch zum jeweils anderen Rand.\nNun geben wir eine Konstruktion an, die dies macht, und zählen, wie viele Schritte wir dazu brauchen.\nDer erste Chip ist schon am linken Rand. Den zweiten schicken wir mit einem Zug an den linken Rand, dann den dritten mit zwei Zügen, ..., und zuletzt noch den $n-1$ ten mit $n-1$ Zügen. Dies gibt insgesamt $\\sum_{i=1}^{n}(i-1)$. Wegen Symmetrie der Situation brauchen wir gleich viele Züge, um alle Chips auf der rechten Seite zum rechten Rand zu schieben.\n\nNun vertauschen wir die beiden Hälften der Chips. Dazu benennen wir die linke Hälfte der Chips mit $L_{1}, \\ldots, L_{n}$ und die rechte Hälfte mit $R_{1}, \\ldots, R_{n}$ und wenden folgende Verschiebungen an:\n\n| $L_{1}$ | $\\ldots$ | $L_{n-2}$ | $L_{n-1}$ | $L_{n}$ | $R_{1}$ | $\\ldots$ | $R_{n}$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| $L_{1}$ | $\\ldots$ | $L_{n-2}$ | $L_{n-1}$ | $R_{1}$ | $\\ldots$ | $R_{n}$ | $L_{n}$ |\n| $L_{1}$ | $\\ldots$ | $L_{n-2}$ | $R_{1}$ | $\\ldots$ | $R_{n}$ | $L_{n-1}$ | $L_{n}$ |\n| $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ | $\\ldots$ |\n| $R_{1}$ | $\\ldots$ | $R_{n}$ | $L_{1}$ | $\\ldots$ | $L_{n-2}$ | $L_{n-1}$ | $L_{n}$ |\n\nDies braucht insgesamt $n^{2}$ Züge, da jeder der $L_{i}$-Chips um $n$ nach rechts verschoben wird.\n\nNun müssen noch alle $L_{i}$-Chips den rechten Rand und alle $R_{i}$-Chips den linken Rand besuchen. Dies ist analog zur der Situation, als wir alle linken Chips zum linken und alle rechten Chips zum rechten Rand geschoben haben, braucht also insgesamt $2 \\sum_{i=1}^{n}(i-1)$ Züge. Wir rechnen alle gebrauchten Züge zusammen und kommen wie beabsichtigt auf $3 n^{2}-2 n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43891,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind 4 Punkte in der Ebene, sodass die 4 Dreiecke, die sie aufspannen, alle denselben Inkreisradius haben. Zeige, dass die 4 Dreiecke kongruent sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $A$, $B$, $C$ und $D$ die vier Punkte. Zuerst bemerken wir, dass $D$ ausserhalb des Dreiecks $A B C$ liegen muss, da sonst die Inkreise der anderen drei Dreiecke strikt kleinere Radius hätten als $A B C$. Wir können also o.B.d.A annehmen, dass $A B C D$ ein konvexes Viereck bilden.\n\nSeien nun $I_{1}$, $I_{2}$, $I_{3}$ und $I_{4}$ die Inkreismittelpunkte der Dreiecke $D A B$, $A B C$, $B C D$ resp. $C D A$. Nach Voraussetzung ist jede Seite von $I_{1} I_{2} I_{3} I_{4}$ parallel zu einer von $A B C D$. Weiter definieren wir $X$ und $Y$ als die Lote von $I_{1}$ und $I_{2}$ auf die Strecke $A B$. Wiederum nach Voraussetzung gilt $I_{1} I_{2}=X Y$. Zudem haben wir\n$$\nA X=\\frac{A B+A D-B D}{2} \\text{ und } Y B=\\frac{B C+B A-A C}{2}\n$$\nalso\n$$\nI_{1} I_{2}=X Y=A B-A X-B Y=\\frac{B D+A C}{2}-\\frac{A D+B C}{2}\n$$\nFür $I_{3} I_{4}$ erhält man das selbe Resultat, wobei man in obigem Ausdruck $A$ mit $C$ und $B$ mit $D$ vertauschen muss, aber das ändert den Ausdruck offensichtlich nicht. Folglich gilt $I_{1} I_{2}=I_{3} I_{4}$ und analog auch $I_{2} I_{3}=I_{4} I_{1}$, also ist $I_{1} I_{2} I_{3} I_{4}$ ein Parallelogramm, womit auch $A B C D$ eins sein muss.\n\nNun gilt für ein beliebiges Dreieck mit Fläche $F$, Umfang $U$ und Inkreisradius $r$ die Formel $F=\\frac{U r}{2}$. Da $A B C D$ ein Parallelogramm ist, haben $A B C$ und $A B D$ dieselbe Fläche und somit auch den selben Umfang. Wegen $B C=A D$ folgt also $A C=B D$. Folglich ist $A B C D$ ein Parallelogramm, in welchem beide Diagonalen gleich lang sind, also ein Rechteck. Die Aussage ist nun offensichtlich.\n\n\nWir beweisen zunächst das folgende Lemma:\nLemma 1. Sind $A B C$ und $D E F$ zwei Dreiecke mit $A B=D E$, $\\angle B A C>\\angle E D F$ und $\\angle C B A>\\angle F E D$, dann hat das Dreieck $A B C$ einen grösseren Inkreisradius.\nBeweis. Wir versetzen das Dreieck $D E F$ auf das Dreieck $A B C$, sodass $D$ auf $A$, $E$ auf $B$ und $F$ auf derselben Seite der Geraden $A B$ wie $C$ zu liegen kommt. Seien $I$ und $J$ die Inkreismittelpunkte der Dreiecke $A B C$ und $D E F$. Wegen $\\angle B A I=\\frac{1}{2} \\angle B A C>\\frac{1}{2} \\angle E D F=\\angle E D J$ und $\\angle I B A=\\frac{1}{2} \\angle C B A>\\frac{1}{2} \\angle F E D=\\angle J E D$ liegt $J$ im Innern des Dreiecks $A B I$. Somit hat $I$ einen grösseren Abstand zur Seite $A B$ als $J$. Da diese Abstände aber gerade die Inkreisradien der Dreiecke $A B C$ und $D E F$ sind, folgt hieraus, dass das Dreieck $A B C$ einen grösseren Inkreisradius hat.\nBemerkung 1. Wie man sich leicht überlegt, gilt das Lemma auch noch, wenn man bei einer der beiden Winkelungleichungen das Ungleichheitszeichen durch ein Gleichheitszeichen ersetzt.\nWir nennen die 4 gegebenen Punkte $A$, $B$, $C$ und $D$. Aus dem Lemma folgt sofort, dass das Viereck $A B C D$ konvex sein muss.\n\nSei $r$ der Inkreisradius der 4 Dreiecke. In den folgenden Umformungen benutzen wir, dass die Fläche eines Dreiecks gleich gross ist wie die Hälfte des Produkts aus Inkreisradius und Umfang:\n$$\n\\begin{aligned}\n2[A B C D] & =2[A B C D] \\\\\n2[A B C]+2[A C D] & =2[A B D]+2[D B C] \\\\\nr \\cdot(A B+B C+C A)+r \\cdot(A C+C D+D A) & =r \\cdot(A B+B D+D A)+r \\cdot(D B+B C+C D) \\\\\nA B+B C+C A+A C+C D+D A & =A B+B D+D A+D B+B C+C D \\\\\n2 A C & =2 B D \\\\\nA C & =B D\n\\end{aligned}\n$$\n![](attached_image_1.png)\n\nDie Diagonalen des Vierecks $A B C D$ sind somit gleich lang. Wir setzen nun die 4 Dreiecke zu einer Raute $E F G H$ zusammen (siehe Abbildung). Nach Konstruktion der Raute gibt es im Innern einen Punkt $P$, sodass die Dreiecke $E F P$, $F G P$, $G H P$ und $H E P$ gerade Kopien der ursprünglichen Dreiecke sind. Wir wissen also, dass auch diese neuen Dreiecke denselben Inkreisradius besitzen.\n\nSei $O$ der Diagonalenschnittpunkt der Raute. Wenn wir zeigen können, dass $O=P$ gilt, sind wir fertig, denn jede Raute wird durch die Diagonalen in 4 kongruente Dreiecke unterteilt.\n\nAngenommen, der Punkt $P$ liege im Innern des Dreiecks $O G H$. Dann gilt:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\angle H G P<\\angle H G O=\\angle F E O<\\angle F E P \\\\\n& \\angle P H G<\\angle O H G=\\angle O F E<\\angle P F E\n\\end{aligned}\n$$\nWir können also das Lemma auf die Dreiecke $G H P$ und $E F P$ anwenden und erhalten, dass das Dreieck $E F P$ einen grösseren Inkreisradius besitzt, Widerspruch.\n\nAnalog kann gezeigt werden, dass $P$ auch nicht im Innern der anderen Dreiecke oder im Innern der Strecken $E O$, $F O$, $G O$ und $H O$ liegen kann. Somit folgt $P=O$ und wir sind fertig.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43892,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nBestimme alle Polynome $P$ mit reellen Koeffizienten, sodass für alle $x \\in \\mathbb{R}$ gilt:\n$$\n(x+2014) P(x) = x P(x+1)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = c · x(x+1)(x+2)⋯(x+2013) for any real constant c",
    "solution": "Solution:\nSetzt man $x=0$ sieht man, dass $P(0)=0$ gelten muss. Setzt man nun $x=-1$ folgt $P(-1)=0$ usw. Somit sehen wir, dass $0, -1, -2, \\ldots, -2013$ alles Nullstellen von $P$ sind. Wir zeigen nun, dass der Grad $n$ von $P$ genau $2014$ sein muss. Dazu schreiben wir $P(X) = a_{n} X^{n} + a_{n-1} X^{n-1} + \\cdots + a_{1} X + a_{0}$ mit $a_{n} \\neq 0$. Da beide Seiten der Gleichung Polynome vom Grad $n+1$ sind, welche für alle $x \\in \\mathbb{R}$ gleich sind, müssen auch alle Koeffizienten gleich sein. Betrachte nun den Koeffizienten von $X^{n}$ auf beiden Seiten. Auf der linken Seite erhalten wir $2014 a_{n} + a_{n-1}$ und auf der rechten Seite $\\binom{n}{1} a_{n} + a_{n-1} = n a_{n} + a_{n-1}$. Wegen $a_{n} \\neq 0$ gilt also $2014 = n$. Somit ist $P$ ein Polynom vom Grad $2014$ mit $2014$ Nullstellen, folglich existiert ein $c \\in \\mathbb{R}$, sodass gilt\n$$\nP(X) = c (X+2013)(X+2012) \\ldots (X+1) X\n$$\nEinsetzen zeigt, dass alle solchen $P$ die Gleichung erfüllen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43893,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck, in welchem $\\alpha = \\angle BAC$ der strikt kleinste Winkel ist, und $P$ ein Punkt auf der Seite $BC$. Weiter sei $D$ ein Punkt auf der Geraden $AB$, sodass $B$ zwischen $A$ und $D$ liegt und $\\angle BPD = \\alpha$ gilt, und $E$ ein Punkt auf der Geraden $AC$, sodass $C$ zwischen $A$ und $E$ liegt und $\\angle EPC = \\alpha$ gilt. Zeige, dass sich die Geraden $AP$, $BE$ und $CD$ genau dann in einem Punkt schneiden, wenn $AP$ und $BC$ senkrecht aufeinander stehen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $F$ der Schnittpunkt der Geraden $EP$ und $AD$ und sei $G$ der Schnittpunkt der Geraden $DP$ und $AE$. Weiter sei $S$ der Schnittpunkt der Geraden $BE$ und $CD$ und $T$ der Schnittpunkt der Geraden $BG$ und $CF$. Da $E, C, G$ und $D, B, F$ jeweils auf einer Geraden liegen, können wir Pappus anwenden und erhalten, dass $S, P$ und $T$ ebenfalls auf einer Geraden liegen.\nWir bemerken nun, dass sich $AP$, $BE$ und $CD$ genau dann in einem Punkt schneiden,\n\n![](attached_image_1.png)\n\nwenn die Geraden $AP$ und $PT$ zusammenfallen. Und dies ist genau dann der Fall, wenn $T$ auf der Strecke $AP$ liegt.\nEs genügt also zu zeigen, dass $AP$ und $BC$ genau dann senkrecht aufeinander stehen, wenn $T$ auf der Strecke $AP$ liegt.\nWir stellen noch fest, dass wegen $\\angle FPB = \\angle EPC = \\angle BAC$ das Viereck $PCAF$ ein Sehnenviereck ist und aus analogen Gründen auch $PGAB$.\n\na. Wenn $AP$ und $BC$ senkrecht aufeinander stehen, dann liegt $T$ auf der Strecke $AP$ : Nach dem Peripheriewinkelsatz an oben gefundenen Sehnenvierecken gilt $\\angle AGB = \\angle APB = 90^\\circ$ und $\\angle CFA = \\angle CPA = 90^\\circ$, also sind $BG$ und $CF$ Höhen im Dreieck $ABC$. Das bedeutet, dass $T$ der Höhenschnittpunkt ist und somit auch auf der Höhe durch $A$ liegt. Dies ist aber gerade die Strecke $AP$, und somit liegt $T$ auf $AP$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nb. Wenn $T$ auf der Strecke $AP$ liegt, dann stehen $AP$ und $BC$ senkrecht aufeinander: Nach dem Peripheriewinkelsatz gilt $\\angle TCP = \\angle FCP = \\angle FAP = \\angle BAP = \\angle BGP = \\angle TGP$, woraus folgt, dass auch $CGTP$ ein Sehnenviereck ist. Hiermit erhalten wir nun:\n$$\n\\angle CPT = \\angle AGT = \\angle AGB = \\angle APB = \\angle TPB\n$$\nDaraus folgt sofort, dass $AP$ und $BC$ senkrecht aufeinander stehen und wir sind fertig.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43894,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nMontrer qu'il n'existe pas deux nombres entiers naturels distincts tels que leur moyenne harmonique, géométrique, arithmétique et quadratique soient toutes des nombres entiers naturels.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupposons que $a, b$ satisfont les hypothèses. Posons $d=\\operatorname{pgcd}(a, b)$ et $a=d x, b=d y$. Ainsi, on voit par la moyenne arithmétique que $x, y$ sont impairs, et par la moyenne géométrique, comme $(x, y)=1$, que $x, y$ sont des carrés parfaits. Pour $x=x_{1}^{2}$ et $y=y_{1}^{2}$, la moyenne quadratique nous dit qu'il doit exister un entier naturel $z$ tel que $x_{1}^{4}+y_{1}^{4}=2 z^{2}$.\n\nOr, cette équation est équivalente (comme $x_{1}, x_{2}$ sont impairs) à $\\left(\\frac{x_{1}^{4}-y_{1}^{4}}{2}\\right)^{2}=z^{4}-\\left(x_{1} y_{1}\\right)^{4}$. Donc il faut trouver des nombres naturels $p, q, r$ tels que\n$$\nr^{2}=p^{4}-q^{4}\n$$\nTraitons cette équation en toute généralité. On peut supposer SDPG que $(p, q)=1$, on sait qu'il doit exister une solution minimale ( $p_{0}, q_{0}, r_{0}$ ) (telle que $p_{0} q_{0} r_{0}$ est minimal par exemple). 2 cas se présentent à nous :\n\n1) Si $q$ est pair, par les triplets de Pythagore, il existe deux entiers $m, n$ premiers entre eux tels que $p^{2}=m^{2}+n^{2}$ et $q^{2}=2 m n$. De nouveau par les triplets de Pythagore, il existe $m_{1}, n_{1}$ tel que $m n=2 m_{1} n_{1}\\left(m_{1}^{2}-n_{1}^{2}\\right)$. Ainsi, $\\left(\\frac{q}{2}\\right)^{2}=m_{1} n_{1}\\left(m_{1}^{2}-n_{1}^{2}\\right)$. Comme $m_{1}$ et $n_{1}$ sont premiers entre eux, les trois facteurs de l'expression précédente sont des carrés parfaits, disons $m_{1}=p_{1}^{2}, m_{2}=q_{1}^{2}$ et $m_{1}^{2}-n_{1}^{2}=r_{1}^{2}$. Ainsi,\n$$\nr_{1}^{2}=p_{1}^{4}-q_{1}^{4}\n$$\nOn a donc réussi à créer une solution plus petite que la solution minimale vu que $p_{1} q_{1} r_{1}=\\frac{q}{2}<p q r$, contradiction.\n\n2) Si $q$ est impair, on fait de même : $p^{2}=m^{2}+n^{2}$ et $q^{2}=m^{2}-n^{2}$. Donc $(p q)^{2}=$ $m^{4}-n^{4}$. Or, $p q r=2 m n p q>m n p q$. Donc nous avons dans ce cas aussi construit une solution plus petite, contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43895,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDie zwei Kreise $\\omega_{1}$ und $\\omega_{2}$ berühren sich im Punkt $A$ und liegen innerhalb des Kreises $\\Omega$. Dabei berührt $\\omega_{1}$ den Kreis $\\Omega$ im Punkt $B$ und $\\omega_{2}$ berührt $\\Omega$ im Punkt $C$. Die Gerade $A C$ schneidet $\\omega_{1}$ ein weiteres Mal im Punkt $D$.\nZeige, dass $D B C$ ein rechtwinkliges Dreieck ist, falls $A, B$ und $C$ nicht auf einer Geraden liegen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $O$ der Mittelpunkt von $\\Omega$ und seien $M_{1}$ und $M_{2}$ die Mittelpunkte von $\\omega_{1}$ respektive $\\omega_{2}$. Nach Voraussetzung liegen $M_{1}, A, M_{2}$ auf einer Geraden. Dasselbe gilt auch für\n![](attached_image_1.png)\n$B, M_{1}, O$ und $C, M_{2}, O$.\nSei $E$ der zweite Schnittpunkt von $B C$ und $\\omega_{1}$. Weiter definieren wir $\\alpha=\\angle M_{2} C A$ und $\\beta=\\angle A C B$. Nun gilt:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\angle M_{1} D A=\\angle D A M_{1}=\\angle C A M_{2}=\\angle M_{2} C A=\\alpha \\\\\n& \\angle M_{1} E B=\\angle E B M_{1}=\\angle C B O=\\angle O C B=\\alpha+\\beta\n\\end{aligned}\n$$\nWegen $\\angle M_{1} E B=\\angle M_{2} C B$ sind die Strecken $M_{1} E$ und $M_{2} C$ parallel. Dann ist $\\angle E M_{1} A$ als Wechselwinkel aber gerade gleich gross wie $\\angle O M_{2} A$, und der ist nach dem Aussenwinkelsatz am Dreieck $A C M_{2}$ $2 \\alpha$.\nHieraus folgt nun $\\angle E M_{1} A+\\angle A M_{1} D=2 \\alpha+\\left(180^{\\circ}-2 \\alpha\\right)=180^{\\circ}$, das heisst $E, M_{1}, D$ liegen auf einer Geraden. Dann ist $B$ aber ein Punkt auf dem Thaleskreis über $E D$ und somit gilt $\\angle E B D=90^{\\circ}$.\nSolution:\n\nSei $E$ der zweite Schnittpunkt von $A B$ und $\\omega_{2}$. Da sich $\\omega_{1}$ und $\\omega_{2}$ in $A$ berühren, existiert eine zentrische Streckung mit Streckzentrum $A$, die den Kreis $\\omega_{1}$ auf $\\omega_{2}$ abbildet. Dabei wird $B$ auf $E$ und $D$ auf $C$ abgebildet, folglich sind die Dreiecke $A D B$ und $A C E$ ähnlich. Ausserdem folgt daraus auch, dass $B D$ und $C E$ parallel sind.\nSeien $D'$ und $A_{1}$ die weiteren Schnittpunkte von $\\Omega$ mit $B D$ respektive $B A$. Da sich $\\omega_{1}$\n![](attached_image_2.png)\nund $\\Omega$ in $B$ berühren, existiert eine zentrische Streckung mit Streckzentrum $B$, die $D$ auf $D'$ und $A$ auf $A_{1}$ abbildet. Somit sind die Dreiecke $A D B$ und $A_{1} D' B$ ähnlich.\nAnalog definieren wir $E'$ und $A_{2}$ als die weiteren Schnittpunkte von $\\Omega$ mit $C E$ respektive $C A$. Hier erhalten wir, dass die Dreiecke $A C E$ und $A_{2} C E'$ ähnlich sind.\nInsgesamt können wir schliessen, dass die Dreiecke $A_{1} D' B$ und $A_{2} C E'$ ähnlich sind. Da beide Dreiecke denselben Umkreisradius besitzen, sind sie sogar kongruent. Entsprechende Seiten sind somit gleich lang, was uns $B D'=C E'$ liefert. Wie wir bereits festgestellt haben, sind $B D$ und $C E$ parallel, also auch $B D'$ und $C E'$. $B D'$ und $C E'$ sind daher parallele Sehnen in $\\Omega$ mit gleicher Länge, woraus wir folgern können, dass $B C E' D'$ ein Rechteck ist. Die Aussage folgt nun sofort.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43896,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl und $A=\\{P_{1}, P_{2}, \\ldots, P_{n}\\}$ eine Menge von $n$ Punkten in der Ebene, von denen keine drei auf einer Geraden liegen. Ein Weg durch $A$ besteht aus $n-1$ Strecken $P_{\\sigma(i)} P_{\\sigma(i+1)}$ für $i=1, \\ldots, n-1$, wobei $\\sigma$ eine Permutation von $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ ist, sodass sich keine zwei Strecken überkreuzen.\nZeige, dass die Anzahl verschiedener Wege durch $A$ genau dann minimal ist, wenn die Punkte aus $A$ ein konvexes $n$-Eck bilden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte die konvexe Hülle der Punkte in $A$ und wähle einen Punkt $P_{\\sigma(1)}$ davon aus. Nun betrachte die konvexe Hülle der restlichen $n-1$ Punkte und verbinde $P_{\\sigma(1)}$ mit einem Punkt $P_{\\sigma(2)}$ auf der neuen konvexen Hülle, ohne diese zu schneiden. Wir wiederholen nun dieses Verfahren:\nBetrachte den Teilweg $W=P_{\\sigma(1)} P_{\\sigma(2)} \\ldots P_{\\sigma(i)}$ durch $A$ der Länge $i$, und bezeichne mit $C_{i}$ und $C_{i+1}$ die konvexen Hüllen der Mengen $A \\setminus\\{P_{\\sigma(1)}, \\ldots, P_{\\sigma(i-1)}\\}$, respektive $A \\setminus\\{P_{\\sigma(1)}, \\ldots, P_{\\sigma(i)}\\}$. Seien $P$ und $Q$ die Nachbarn von $P_{\\sigma(i)}$ auf $C_{i}$. Dann kann man $P_{\\sigma(i)}$ genau mit denjenigen Punkten in $C_{i+1}$ verbinden, welche im Dreieck $\\triangle P_{\\sigma(i)} P Q$ liegen. Nun machen wir die folgenden drei Beobachtungen:\n- Es gibt mindestens zwei solcher Punkte (nämlich $P$ und $Q$ ).\n- Falls alle Punkte aus $A$ zu Beginn weg ein konvexes $n-$ Eck bilden, so sind $P$ und $Q$ die einzigen dieser Punkte.\n(Da $C_{i}$ in diesem Fall alle Punkte aus $A \\setminus\\{P_{\\sigma(1)}, \\ldots, P_{\\sigma(i-1)}\\}$ enthält.)\n- Verbindet man $P_{\\sigma(i)}$ mit einem anderen Punkt in $C_{i+1}$ (das heisst einem Punkt ausserhalb von $\\left.\\triangle P_{\\sigma(i)} P Q\\right)$, so liegen $P$ und $Q$ auf unterschiedlichen Seiten der Diagonale $P_{\\sigma(i)} P_{\\sigma(i+1)}$ und können demzufolge nicht mehr beide erreicht werden.\nFalls alle Punkte zu Beginn ein konvexes $n$-Eck bilden, haben wir demzufolge $n$ Möglichkeiten, $P_{\\sigma(1)}$ zu wählen. Danach gibt es in jeweils genau zwei Möglichkeiten, den nächsten Punkt zu wählen, insgesamt also $2^{n-2}$ Möglichkeiten. Da wir Wege nicht doppelt zählen wollen (in jede Richtung einmal), erhalten wir insgesamt $n \\cdot 2^{n-3}$ verschiedene Wege durch $A$.\nNun gibt es zwei Möglichkeiten, um zu zeigen, dass die Anzahl verschiedener Wege durch $A$ strikt grösser ist als $n 2^{n-3}$, falls die Punkte aus $A$ kein konvexes $n$-Eck bilden.\n\n\nSei $k<n$ die Anzahl Punkte aus $A$ auf der konvexen Hülle $C_{1}$ von $A$. Mit $a_{i+1}$ bezeichnen wir die Anzahl Punkte von $C_{i+1}$ im Innern des Dreiecks $\\triangle P_{\\sigma(i)} P Q$. Dann gibt es mindestens $k \\cdot \\frac{\\left(2+a_{2}\\right)\\left(2+a_{3}\\right) \\cdots\\left(2+a_{n-1}\\right)}{2}$ Wege durch $A$. Jeder neu verbundene Punkt $P_{\\sigma(i+1)}$ muss zum Zeitpunkt, zu welchem er verbunden wird, auf der konvexen Hülle liegen. Das heisst, der Punkt $P_{\\sigma(i+1)}$ liegt entweder bereits zu Beginn auf $C_{1}$, oder er kommt erst später dazu, wird also durch mindestens ein $a_{j, j \\leq i+1}$ gezählt. Da ein Weg alle Punkte aus $A$ verbindet (also auch die $n-k$ Punkte im Innern von $C_{1}$ ), erhalten wir $\\sum_{i=2}^{n-1} a_{i} \\geq n-k$. Hiermit und wegen $k>2$ gilt:\n$$\nk \\cdot \\frac{\\left(2+a_{2}\\right)\\left(2+a_{3}\\right) \\cdots\\left(2+a_{n-1}\\right)}{2} \\geq k 2^{n-3}+k(n-k) 2^{n-4}>n 2^{n-3}\n$$\n\n\nSei $M$ ein Punkt auf der konvexen Hülle. Zuerst zählen wir wie vorher die Anzahl Wege, die $M$ als Startpunkt haben. Da die Punkte in $A$ nicht in konvexer Lage sind, gibt es einen Zeitpunkt $i$, zu welchem das Dreieck $\\triangle P_{\\sigma(i)} P Q$ mindestens drei Punkte aus $C_{i+1}$ enthält. Es gibt also strikt mehr als $2^{n-2}=2 \\cdot 2^{n-3}$ solcher Wege.\nNun schätzen wir die Anzahl Wege ab, welche $M$ im Innern haben. Dazu teilen wir mit einer Geraden durch $M$ die restlichen Punkte in $j$ Punkte $(1 \\leq j \\leq n-2)$ auf der linken Seite der Geraden und $n-j-1$ Punkte auf der rechten Seite der Geraden auf. Dabei gibt es $n-2$ Möglichkeiten, die Gerade zu wählen. Nun ist $M$ wiederum Startpunkt von zwei Teilwegen: einem Weg auf $j+1$ Punkten auf der linken Seite und einem Weg auf $n-j$ Punkten auf der rechten Seite der Geraden. Zusammen erhalten wir nun wie vorhin $\\geq(n-2) \\cdot 2^{(j+1)-2} \\cdot 2^{(n-j)-2}=(n-2) \\cdot 2^{n-3}$ Wege.\nTotal haben wir also sicher mehr wie $2 \\cdot 2^{n-3}+(n-2) \\cdot 2^{n-3}=n 2^{n-3}$ verschiedene Wege durch $A$. (Anmerkung: Es könnte auch Wege geben, welche jede mögliche Gerade durch $M$ mehrfach kreuzen, diese Wege brauchen wir für die Abschätzung aber nicht.)",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 43897,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $AB \\neq BC$ und Umkreis $k$. Seien $P$ und $Q$ die Schnittpunkte von $k$ mit der Winkelhalbierenden beziehungsweise der Außenwinkelhalbierenden von $\\angle CBA$. Sei $D$ der Schnittpunkt von $AC$ und $PQ$. Bestimme das Verhältnis $AD : DC$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\n\nPar le théorème de l'angle inscrit et le fait que $BP$ est la bissectrice de $\\angle ABC$, $\\angle PCA = \\angle PBA = \\angle PBC = \\angle PAC$, donc $\\triangle APC$ est isocèle. De même, prenons $R$ un point sur la droite $AB$ tel que $B$ est entre $A$ et $R$. Alors $\\angle QAC = \\angle QBC = \\angle QBR = 180^{\\circ} - \\angle QBA = \\angle QCA$, où nous avons utilisé le fait que $QB$ est la bissectrice extérieure de $\\angle ABC$ et le fait que $ABQC$ est un quadrilatère inscrit. Ainsi $\\triangle AQC$ est aussi un triangle isocèle. Comme $P$ et $Q$ sont tous les deux à égale distance de $A$ et $C$, donc $PQ$ est la médiatrice de $AC$, ce qui signifie que $D$ est le milieu du segment $AC$. Nous obtenons donc que $\\frac{AD}{DC} = 1$.\nSolution:\n\nOn démontre comme ci-dessus que $\\triangle AQC$ est isocèle en $Q$. De plus, $\\angle CQP = \\angle CBP = \\angle ABP = \\angle AQP$, où nous utilisons le théorème de l'angle inscrit et le fait que $BP$ est la bissectrice intérieure de $\\angle ABC$. Ainsi $QD$ est la bissectrice de $\\angle AQC$ et donc comme le triangle est isocèle $QD$ est la médiatrice de $AB$. On conclut donc que $\\frac{AD}{DC} = 1$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43898,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Was ist die maximale Anzahl $1 \\times 1$ Quadrate, die man in einem $n \\times n$ Quadrat schwarz färben kann, sodass in jedem $2 \\times 2$ Quadrat höchstens 2 kleine Quadrate schwarz gefärbt sind?",
    "options": [],
    "answer": "For even n: n^2/2. For odd n: n(n+1)/2.",
    "solution": "Solution:\n\n- $n \\equiv 0 \\bmod 2$: Dieser Fall ist relativ simpel: Wir bedecken das Feld mit $2 \\times 2$ Feldern. In jedem dieser Felder darf es gemäss Voraussetzung maximal 2 schwarze Felder haben. Wenn wir immer die unteren zwei Felder schwarz färben, bekommen wir eine gültige Färbung:\n\n![](attached_image_1.png)\n\n- $n \\equiv 1 \\bmod 2$ : Behauptung: Wir können maximal\n$$\nn \\cdot \\frac{(n+1)}{2}\n$$\nFelder schwarz färben.\n\nKonstruktion: Wir färben jede zweite Zeile schwarz\n\n![](attached_image_2.png)\n\nObere Schranke: Wir zeigen die Schranke induktiv. Das heisst, wir nehmen ein $n \\times n$ Feld und fügen einen neuen Rand mit Breite 2 hinzu. Wir zeigen, dass wir dann nicht mehr als $(n+2) \\frac{(n+2)+1}{2}$ Felder schwarz färben können.\n\nWir bedecken dafür den neuen Rand mit $2 \\times 2$ Feldern und einem $1 \\times 1$ Feld, wie in folgendem Bild:\n\n| 2 |   |   |   |\n| :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 2 | $n \\frac{n+1}{2}$ |   |   |\n| 2 |   |   |   |\n| 2 | 2 | 2 | 2 |\n| 1 |   |   |   |\n\n- Es gibt insgesamt $2 \\frac{n+1}{2}$ Quadrate der Grösse $2 \\times 2$ (die Seiten sind $n+2$ lang). In jedem können maximal 2 Felder schwarz sein, also maximal $4 \\frac{n+1}{2}$.\n- Im $1 \\times 1$ Feld kann maximal 1 Feld schwarz sein.\n- Im grossen Rechteck können maximal $n \\frac{n+1}{2}$ schwarz sein (Induktionsannahme).\n\nZusammen ergibt dies eine maximale Anzahl von\n$$\n\\begin{aligned}\n4 \\frac{n+1}{2}+1+n \\frac{n+1}{2} & =\\frac{4 n+4}{2}+\\frac{2}{2}+\\frac{n^{2}+n}{2} \\\\\n& =\\frac{n^{2}+5 n+6}{2} \\\\\n& =\\frac{(n+2)(n+3)}{2} \\\\\n& =(n+2) \\frac{(n+2)+1}{2}\n\\end{aligned}\n$$\n\nDamit ist der Induktionsschritt vollendet.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43899,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Parallelogramm. Nehme an, es existiere ein Punkt $P$ im Innern des Parallelogramms, der auf der Mittelsenkrechten von $AB$ liegt und sodass $\\angle PBA = \\angle ADP$ gilt.\n\nZeige, dass $\\angle CPD = 2 \\angle BAP$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir verschieben das Dreieck $ABP$ um den Vektor $\\overrightarrow{AD}$, das heisst $A$ kommt auf $D$ und $B$ auf $C$ zu liegen. Der Punkt $P$ wird auf den Punkt $P'$ abgebildet, sodass $PP' = AD$ gilt und $PP'$ parallel zu $AD$ ist. Nun gilt:\n$$\n\\angle P'CD = \\angle PBA = \\angle ADP = \\angle P'PD\n$$\nHieraus folgt, dass $PCP'D$ ein Sehnenviereck ist. Mit dem Peripheriewinkelsatz folgt nun:\n$$\n\\angle CPP' = \\angle CDP' = \\angle BAP\n$$\nDamit erhalten wir das gewünschte Resultat:\n$$\n\\angle CPD = \\angle CPP' + \\angle P'PD = \\angle BAP + \\angle PBA = 2 \\angle BAP\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nSei $M$ der Mittelpunkt des Umkreises $k$ des Dreiecks $APD$. Wegen $\\angle BAP = \\angle ADP$ ist $AB$ eine Tangente an $k$ und somit stehen $MA$ und $AB$ senkrecht aufeinander. Wir betrachten nun die Spiegelung des Dreiecks $BCP$ an der Mittelsenkrechten von $AB$. Dabei wird $B$ auf $A$ und $P$ auf $P$ abgebildet. Wir möchten zeigen, dass der Bildpunkt $C'$ von $C$ auf $k$ zu liegen kommt. Aufgrund der Konstruktion gilt $C'A = DA$. Ausserdem gilt:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle MAC' & = \\angle BAC' - \\angle BAM \\\\\n& = \\angle CBA - 90^\\circ \\\\\n& = 180^\\circ - \\angle BAD - 90^\\circ \\\\\n& = \\angle BAM - \\angle BAD \\\\\n& = \\angle DAM\n\\end{aligned}\n$$\nWir können $C'$ also auch als die Spiegelung von $D$ an der Geraden $AM$ verstehen. Hieraus folgt nun, dass $C'$ ebenfalls auf $k$ liegt. Somit ist $APDC'$ ein Sehnenviereck und es gilt $\\angle AC'P = \\angle ADP$. Winkeljagd liefert uns nun:\n$$\n\\angle CPD = \\angle ADP + \\angle PCB = \\angle ADP + \\angle AC'P = 2 \\angle ADP = 2 \\angle BAP\n$$\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43900,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde die grösste natürliche Zahl $n$, sodass für alle reellen Zahlen $a, b, c, d$ folgendes gilt:\n$$\n(n+2) \\sqrt{a^{2}+b^{2}}+(n+1) \\sqrt{a^{2}+c^{2}}+(n+1) \\sqrt{a^{2}+d^{2}} \\geq n(a+b+c+d)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "24",
    "solution": "Solution:\n\nL'idée est d'appliquer Cauchy-Schwarz sur les trois racines de gauche :\n$$\n\\begin{aligned}\n& (n+2) \\sqrt{a^{2}+b^{2}}+(n+1) \\sqrt{a^{2}+c^{2}}+(n+1) \\sqrt{a^{2}+d^{2}} \\\\\n= & \\sqrt{(4 n+4)+n^{2}} \\sqrt{a^{2}+b^{2}}+\\sqrt{(2 n+1)+n^{2}} \\sqrt{a^{2}+c^{2}}+\\sqrt{(2 n+1)+n^{2}} \\sqrt{a^{2}+d^{2}} \\\\\n\\geq & (2 a \\sqrt{n+1}+n b)+(a \\sqrt{2 n+1}+n c)+(a \\sqrt{2 n+1}+n d) \\\\\n= & a(2 \\sqrt{n+1}+2 \\sqrt{2 n+1})+n(b+c+d)\n\\end{aligned}\n$$\nPour les trois inégalités que nous avons appliquées il y a, par exemple, le cas d'égalité suivant\n$$\n(a, b, c, d)=\\left(1, \\frac{n}{2 \\sqrt{n+1}}, \\frac{n}{\\sqrt{2 n+1}}, \\frac{n}{\\sqrt{2 n+1}}\\right)\n$$\nqui en remplaçant dans l'inégalité de départ nous donne la condition nécessaire :\n$$\n2(\\sqrt{n+1}+\\sqrt{2 n+1}) \\geq n\n$$\nEn élevant deux fois au carré et en simplifiant on obtient $n \\leq 24$ avec égalité si $n=24$. Donc $n=24$ est bien la valeur optimale.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43901,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIm Teil-Land gibt es $n$ Städte. Je zwei Städte sind durch eine Einbahnstrasse verbunden, die entweder nur mit dem Töff oder nur mit dem Auto befahrbar ist. Zeige, dass es eine Stadt gibt, von der aus jede andere Stadt entweder mit dem Töff oder mit dem Auto erreicht werden kann.\n\nBemerkung: Es muss nicht jede andere Stadt mit dem gleichen Verkehrsmittel erreicht werden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir benützen starke Induktion nach $n$. $n=1$ ist trivial. Betrachte nun $n+1$ Städte $A_{0}, A_{1}, \\ldots, A_{n}$, welche nach Induktionsvoraussetzung wie folgt geordnet werden können: $A_{i}$ besitzt die gewünschte Eigenschaft für den Subgraphen induziert durch $A_{i}, A_{i+1}, \\ldots, A_{n}$ für $i \\geq 1$.\n\nNehme nun an, es gibt keine Stadt mit jener Eigenschaft. Wir konstruieren nun eine unendliche Folge von Städten $A_{k_{i}}$. Falls eine Kante $A_{1} A_{0}$ existiert, gibt es einen Widerspruch. OBdA sei $A_{0} A_{1}$ mit dem Töff befahrbar. Sei nun $A_{k_{0}}$ die erste Stadt, welche nicht von $A_{0}$ durch einen monochromen Weg erreicht werden kann. Nun existiert ein monochromer Weg $A_{1} \\ldots A_{k_{0}}$, welcher mit dem Auto befahrbar sein muss. Entsprechend muss die Kante $A_{k_{0}} A_{0}$ mit dem Töff befahrbar sein.\n\nWir definieren unsere Folge induktiv wie folgt: Für $i \\geq 1$ sei $A_{k_{i}}$ die erste Stadt, welche von $A_{k_{i-1}}$ nicht mit einem monochromen Weg erreicht werden kann. Wir zeigen induktiv, dass der monochrome Weg $A_{k_{i}} \\ldots A_{k_{0}}$ mit dem Töff befahrbar sein muss. Der monochrome Weg $A_{0} A_{k_{i}}$ muss mit dem Auto befahrbar sein, sonst existiert ein mit Töff befahrbarer monochromer Weg $A_{k_{i-1}} \\ldots A_{k_{0}} A_{0} \\ldots A_{k_{i}}$. Es folgt, dass der monochrome Weg $A_{k_{i}} \\ldots A_{k_{0}}$ mit dem Töff befahrbar sein muss. Dies zeigt ferner, dass $k_{i} \\geq 2$ für alle $i$. Eine solche unendliche Folge kann nicht existieren. Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43902,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben sind zwei natürliche Zahlen $m$ und $n$. Zeige, dass es eine natürliche Zahl $c$ gibt, sodass jede von 0 verschiedene Ziffer gleich oft in $c m$ und $c n$ vorkommt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen zuerst, dass es genügt den Fall zu betrachten, wo $n$ teilerfremd zu $10$ ist. Nehme also an, die Aufgabe ist für solche $n$ bewiesen und betrachte den Fall, wo $n = 2^{a} 5^{b} n'$, mit $(n', 10) = 1$ und $m$ beliebig. Wegen unserer Annahme gibt es nun ein $c$, so dass in $c (2^{b} 5^{a} m)$ und $c n'$ jede von $0$ verschiedene Ziffer gleich oft vorkommt. Dann gilt dasselbe aber auch für $(c 2^{b} 5^{a}) m$ und $(c 2^{b} 5^{a}) n = 10^{a+b} n'$. Somit können wir uns auf den Fall beschränken, wo $(n, 10) = 1$ gilt.\n\nDie Idee ist nun, eine dritte natürliche Zahl $k$ zu wählen, so dass $c m$ und $c n$ bis auf $0$ genau die Ziffern von $m, n, k$ bzw. $n, k, m$ in dieser Reihenfolge enthalten. In Gleichungen übersetzt heißt das\n$$\nc = 10^{t} + \\frac{10^{s} n + k}{m} = 10^{t} + \\frac{10^{r} k + m}{n}\n$$\nDamit sich die Ziffernblöcke nicht überschneiden, sollten zusätzlich folgende Ungleichungen gelten:\n$$\n10^{r} > m, \\quad 10^{s} > k, \\quad 10^{t} > \\max \\{ 10^{s} n + k,\\ 10^{r} k + m \\}\n$$\nUmformen ergibt\n$$\nk = \\frac{10^{s} n^{2} - m^{2}}{10^{r} m - n}\n$$\nDamit dies eine ganze Zahl ist, wählen wir zuerst $r$, so dass $10^{r} > m$ und $10^{r} m - n > n^{2}$ gilt. Da $(n, 10) = 1$ gilt, existiert nach dem Satz von Euler-Fermat ein $s$ mit\n$$\n10^{s + 2r} \\equiv 1 \\pmod{10^{r} m - n}\n$$\nDann gilt\n$$\n10^{s} n^{2} - m^{2} \\equiv 10^{s + 2r} m^{2} - m^{2} \\equiv 0 \\pmod{10^{r} m - n}\n$$\nund somit können wir $k$ durch obige Gleichung als natürliche Zahl definieren. Zudem haben wir die Ungleichung\n$$\n10^{s} > k \\frac{10^{r} m - n}{n^{2}} > k\n$$\nSchließlich können wir noch $t$ genügend groß wählen, so dass\n$$\n10^{t} > \\max \\{ 10^{s} n + k,\\ 10^{r} k + m \\}\n$$\ngilt. Nun müssen wir nur noch überprüfen, dass $c$ wie oben definiert eine natürliche Zahl ist, was aus\n$$\n10^{s + 2r} \\equiv 1 \\pmod{10^{r} m - n}\n$$\nund\n$$\n\\frac{10^{r} k + m}{n} = \\frac{10^{r + s} n - m}{10^{r} m - n} \\in \\mathbb{N}\n$$\nfolgt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43903,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFür welche natürlichen Zahlen $n$ ist es möglich, ein $n \\times n$ Feld lückenlos und überlappungsfrei mit T-Tetrominos und einer ungeraden Anzahl an Square-Tetrominos zu bedecken?\n\n![](attached_image_1.png)\n\nBemerkung: Es ist erlaubt, keine T-Tetrominos zu verwenden.",
    "options": [],
    "answer": "n = 4k + 2 for some integer k",
    "solution": "Solution:\n\nPuisque les deux pièces à disposition comportent chacune 4 cases, on obtient que le nombre total de cases est divisible par 4. Comme ce nombre vaut $n^{2}$, $4 \\mid n^{2}$, donc $2 \\mid n$. Posons $n = 2k$.\n\nEn utilisant la coloration standard à deux couleurs (également appelée coloration de l'échiquier), on remarque que chaque Square-Tetromino recouvre 2 cases noires et 2 cases blanches, et les T-Tetrominos recouvrent soit 3 cases noires et une case blanche, soit 3 cases blanches et une case noire. Puisque $n$ est pair, il y a autant de cases blanches que de cases noires, et donc il doit y avoir autant de T-Tetrominos des deux sortes.\n\nIl y a donc forcément un nombre pair de T-Tetrominos, et la donnée nous indique qu'on doit utiliser un nombre impair de Square-Tetrominos, donc en tout nous avons un nombre impair de pièces. Soit $m$ ce nombre de pièces. Comme chaque pièce contient 4 cases, il doit donc y avoir en tout $4m$ cases. Or, le nombre de cases total vaut $n \\times n$, soit $4k^{2}$. Autrement dit, $k^{2} = m$, donc $k^{2}$ est impair. Puisque $k^{2}$ est impair, $k$ lui-même doit être impair.\n\nNous obtenons ainsi que les seules solutions possibles sont de la forme $n = 2k$ avec $k$ un nombre impair. Nous allons maintenant voir que pour chaque $k$ impair, il est possible de remplir l'échiquier $2k \\times 2k$ en respectant la consigne.\n\nPour cela, il suffit de paver l'échiquier avec des Square-Tetrominos. En effet, puisque $n$ est pair, il est possible de paver l'échiquier avec des Square-Tetrominos, et vu que chaque pièce contient 4 cases, on utilise $\\frac{2k \\times 2k}{4} = k^{2}$ Square-Tetrominos; $k^{2}$ est impair puisque $k$ est impair.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43904,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a, b, c \\in \\mathbb{R}$ mit $a, b, c \\geq 1$. Zeige, dass gilt:\n$$\n\\min \\left(\\frac{10 a^{2}-5 a+1}{b^{2}-5 b+10}, \\frac{10 b^{2}-5 b+1}{c^{2}-5 c+10}, \\frac{10 c^{2}-5 c+1}{a^{2}-5 a+10}\\right) \\leq a b c\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNous étudions d'abord le cas $a=b=c$. L'inéquation à prouver dans ce cas est\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{10 a^{2}-5 a+1}{a^{2}-5 a+10} \\leq a^{3} \\Leftrightarrow 10 a^{2}-5 a+1 \\leq a^{5}-5 a^{4}+10 a^{3} \\\\\n& \\Leftrightarrow a^{5}-5 a^{4}+10 a^{3}-10 a^{2}+5 a-1 \\geq 0 \\Leftrightarrow (a-1)^{5} \\geq 0\n\\end{aligned}\n$$\nqui est vraie car $a \\geq 1$.\n\nNous prouvons maintenant le cas général:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\min \\left(\\frac{10 a^{2}-5 a+1}{b^{2}-5 b+10}, \\frac{10 b^{2}-5 b+1}{c^{2}-5 c+10}, \\frac{10 c^{2}-5 c+1}{a^{2}-5 a+10}\\right) \\\\\n& \\leq \\sqrt[3]{\\frac{10 a^{2}-5 a+1}{b^{2}-5 b+10} \\cdot \\frac{10 b^{2}-5 b+1}{c^{2}-5 c+10} \\cdot \\frac{10 c^{2}-5 c+1}{a^{2}-5 a+10}} \\\\\n& =\\sqrt[3]{\\frac{10 a^{2}-5 a+1}{a^{2}-5 a+10} \\cdot \\frac{10 b^{2}-5 b+1}{b^{2}-5 b+10} \\cdot \\frac{10 c^{2}-5 c+1}{c^{2}-5 c+10}} \\\\\n& \\leq \\sqrt[3]{a^{3} \\cdot b^{3} \\cdot c^{3}}=a b c\n\\end{aligned}\n$$\nOù la première inégalité est l'inégalité min-GM et la deuxième inégalité a été prouvée à la première étape.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43905,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle Paare $(m, p)$ natürlicher Zahlen, sodass $p$ eine Primzahl und\n$$\n2^{m} p^{2}+27\n$$\ndie dritte Potenz einer natürlichen Zahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "(1,7)",
    "solution": "Solution:\n\nDie dritte Potenz $n^{3}$ ist ungerade, also auch $n$. Umformen führt zu\n$$\n2^{m} p^{2}=n^{3}-3^{3}\n$$\nDie rechte Seite kann man ausklammern als\n$$\n2^{m} p^{2}=(n-3)\\left(n^{2}+3 n+9\\right)\n$$\nDer zweite Faktor ist ungerade, folglich gilt $2^{m} \\mid(n-3)$. Ausserdem gilt $p^{2} \\mid\\left(n^{3}+3 n+9\\right)$, denn $n^{3}+3 n+9$ ist grösser als $n-3$. Nun liegt der zweite Faktor zwischen $(n+1)^{2}$ und $(n+3)^{2}$. Da der Faktor selbst ein Quadrat ist, gilt $p^{2}=(n+2)^{2}$. Also erhalten wir $n^{2}+3 n+9=n^{2}+4 n+4$, was zu $n=5$ führt. Folglich ist $2^{m}=2$, also $m=1$ sowie $p^{2}=49$. Die einzige Lösung ist somit $(1,7)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43906,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AB > AC$ und sei $M$ der Mittelpunkt der Seite $AC$. Weiter sei $D$ ein Punkt auf der Seite $AB$, sodass $DB = DC$ gilt. Die Parallele zu $BC$ durch $D$ und die Gerade $BM$ schneiden sich im Punkt $K$. Zeige, dass $\\angle KCD = \\angle DAC$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $\\beta = \\angle CBA$. Da $DBC$ ein gleichschenkliges Dreieck ist, gilt $\\angle CBD = \\angle DCB = \\beta$. Der Außenwinkel $\\angle CDA$ beträgt somit $2\\beta$. Da $KD$ parallel zu $BC$ ist, gilt $\\angle CDK = \\angle DCB = \\beta$, woraus folgt, dass $\\angle KDA = \\angle CDA - \\angle CDK = \\beta$. $KD$ ist also die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle CDA$.\n\nSeien $E$ und $F$ die Schnittpunkte der Seiten $AB$ und $BC$ mit der Parallelen zur Seite $AC$ durch $K$. Da $KD$ und $FB$ parallel sind, gibt es eine zentrische Streckung mit Streckzentrum $E$, die $K$ auf $F$ und $D$ auf $B$ abbildet. Aufgrund der Konstruktion gilt $EF : EK = AC : AM = 2$, d.h. der Streckfaktor der zentrischen Streckung ist $2$. Hieraus folgt aber wiederum, dass $ED = DB = DC$ gilt. Da $KD$ die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle CDA$ ist, ist $E$ genau die Spiegelung von $C$ an der Geraden $KD$. Daraus folgt nun $\\angle KCD = \\angle DEK = \\angle DAC$ und wir sind fertig.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43907,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Tripel $(a, b, c)$ natürlicher Zahlen, sodass\n$$\n\\frac{a+b}{c}, \\frac{b+c}{a}, \\frac{c+a}{b}\n$$\nebenfalls natürliche Zahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "All triples that are permutations of (a, a, a), (a, a, 2a), and (a, 2a, 3a), where a is any natural number.",
    "solution": "Solution:\nWir unterscheiden drei Fälle, und zwar, dass die drei Zahlen gleich sind, dass zwei der drei Zahlen gleich sind und dass die drei Zahlen verschieden sind.\n\nFall 1: $a = b = c$\nDies ergibt die Lösung $(a, a, a)$.\n\nFall 2: Wir haben zwei gleiche und eine andere Zahl.\nNehme an, dass $a = b \\neq c$. Einsetzen führt zu $a \\mid a + c$. Wir erhalten $a \\mid c$. $c$ ist also ein Vielfaches von $a$. Ebenfalls einsetzen führt zu $c \\mid a + a$, also $c \\mid 2a$. Somit muss $c = a$ oder $c = 2a$ gelten. Die erste Möglichkeit haben wir in Fall 1 betrachtet, die zweite Möglichkeit liefert die Lösung $(a, a, 2a)$.\n\nFall 3: Wir haben drei verschiedene Zahlen.\nNehme an, dass $a < b < c$ gilt. Insbesondere gilt dann $a + b < 2c$. Ausserdem wissen wir, dass $c \\mid a + b$. Dies ist nur möglich, wenn $c = a + b$ gilt. Somit können wir die Bedingung $b \\mid c + a$ umschreiben zu $b \\mid a + b + a$, woraus $b \\mid 2a$ folgt. Da nach Annahme $a < b$ gilt, ist dies nur möglich, wenn wir $b = 2a$ haben. Daraus folgt $c = 3a$ und wir erhalten die Lösung $(a, 2a, 3a)$.\n\nInsgesamt erhalten wir also die Lösungen $(a, a, a), (a, a, 2a), (a, 2a, 3a)$ und die symmetrischen Vertauschungen davon, wobei $a$ jede natürliche Zahl sein darf. Einsetzen liefert, dass jedes dieser Tripel auch tatsächlich eine Lösung ist.\nSolution:\nNehme an, dass $c \\geq b \\geq a$. Wir wissen nun, dass $c \\mid a + b$ und $a + b \\leq 2c$. Daraus folgt, dass entweder $c = a + b$ oder $2c = a + b$. Wir betrachten diese beiden Fälle einzeln.\n\nFall 1: $2c = a + b$\nDa $a \\leq b \\leq c$ gilt, ist dies nur möglich für $a = b = c$. Wir bekommen also die Lösung $(a, a, a)$.\n\nFall 2: $c = a + b$\nEs gilt $b \\mid a + c$, also $b \\mid a + a + b$ und folglich $b \\mid 2a$. Da $b \\geq a$, muss $b = a$ oder $b = 2a$ gelten. Dies führt zu den Lösungen $(a, a, 2a)$ und $(a, 2a, 3a)$.\n\nInsgesamt erhalten wir also die Lösungen $(a, a, a), (a, a, 2a), (a, 2a, 3a)$ und die symmetrischen Vertauschungen davon, wobei $a$ jede natürliche Zahl sein darf. Einsetzen liefert, dass jedes dieser Tripel auch tatsächlich eine Lösung ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43908,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ gilt:\n$$\n(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=y\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = -x",
    "solution": "Solution:\nSoit $(y+1) f(x)+f(x f(y)+f(x+y))=y$. On remarque que $f(x) \\equiv 1$ n'est pas une solution. Donc il existe $x_{0}$ tel que $f\\left(x_{0}\\right) \\neq 1$. En substituant $x=x_{0}$, on obtient :\n$$\nf\\left(x_{0} f(y)+f\\left(x_{0}+y\\right)\\right)=y\\left(1-f\\left(x_{0}\\right)\\right)-f\\left(x_{0}\\right)\n$$\nCette égalité montre que $f$ est surjective. En effet, on a un terme fonctionnel en $y$ à gauche et une fonction affine (donc surjective) à droite.\nAinsi, il existe $a$ tel que $f(a)=0$. En substituant $x=0, y=a$, on obtient :\n$$\nf(0)(a+2)=a\n$$\nOn en conclue que $f(0) \\neq 1$.\nSubstituons maintenant $x=0$ dans la première équation pour obtenir :\n$$\nf(f(y))=y(1-f(0))-f(0)\n$$\nCette équation montre que $f$ est injective. En effet, si on prend $u$ et $v$ tels que $f(u)=f(v)$, alors\n$$\nu(1-f(0))-f(0)=f(f(u))=f(f(v))=v(1-f(0))-f(0) \\Rightarrow u=v\n$$\nSubstituons $x=a, y=0$ dans l'équation de départ pour obtenir :\n$$\nf(a f(0))=0=f(a) \\Rightarrow a f(0)=a \\Rightarrow a=0 \\Rightarrow f(0)=0\n$$\nLa première implication découle de l'injectivité et la deuxième du fait que $f(0) \\neq 1$. Substituons finalement $x=0$, puis $y=0$ et on a :\n$$\nf(f(y))=y \\text{ et } f(f(x))=-f(x)\n$$\nOn en conclue que $f(x) \\equiv-x$, dont on vérifie facilement que c'est bien une solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43909,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Paare $(a, b)$ teilerfremder ganzer Zahlen, sodass gilt:\n$$\na^{2}+a=b^{3}+b\n$$",
    "options": [],
    "answer": "[(1,1), (-2,1), (-1,0), (5,3)]",
    "solution": "Solution:\nComme $a^{2}+a \\geq -\\frac{1}{4}$, on a tout de suite $b^{3}+b \\geq 0$, donc $b \\geq 0$. L'équation quadratique $a^{2}-a-b\\left(b^{2}+1\\right)=0$, si elle possède des solutions réelles, a toujours une racine positive ou nulle et une autre négative ou nulle. Ainsi, sans perte de généralité, prenons $a \\geq 0$ et trouvons toutes les solutions $(a, b)$ avec $a, b \\geq 0$. Nous avons vu comment trouver ensuite la solution correspondante avec $a \\leq 0$.\nOn a $a(a+1)=b\\left(b^{2}+1\\right)$. Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux, $a \\mid b^{2}+1$ et $b \\mid a+1$. En multipliant ces deux relations, il s'en suit que $a b \\mid (a+1)\\left(b^{2}+1\\right)$, donc $a b \\mid b^{2}+a+1$.\n\n- 1er cas : $a \\leq b$. Alors $b^{3}+b \\geq a^{3}+a \\geq a^{2}+a$ avec égalité pour $a=b=1$. Le cas $b=1$ nous donne donc deux solutions : $(a, b)=(1,1)$ et $(-2,1)$.\n\n- 2er cas : $b=0$. Alors on a aussi deux solutions : $(a, b)=(-1,0),(0,0)$ ne sont pas premiers entre eux.\n\n- 3er cas : $a>b>1$. Alors, comme $a$ et $b$ sont positifs, $a b \\leq b^{2}+a+1$, donc $b<a \\leq \\frac{b^{2}+1}{b-1}=b+1+\\frac{2}{b-1}$.\n\n- Si $b=2$, l'équation $a^{2}+a=10$ n'a aucune solution.\n\n- Si $b=3$, l'équation $a^{2}+a=30$ possède deux solutions 5 et -6. Comme $a$ et $b$ sont premiers entre eux, on ne retient que $(a, b)=(5,3)$.\n\n- Si $b>3$, on a ainsi $a<b<b+2$, donc $a=b+1$. Or, $b \\mid a+1$, donc $b \\mid 2$, et $b \\leq 2$, contradiction.\n\nAinsi, les seules solutions sont $(a, b)=(1,1),(-2,1),(-1,0),(5,3)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43910,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGegeben seien ein Kreis $k$ und zwei Punkte $A$ und $B$ ausserhalb des Kreises. Gib an, wie man mit Zirkel und Lineal einen Kreis $\\ell$ konstruieren kann, sodass $A$ und $B$ auf $\\ell$ liegen und sich $k$ und $\\ell$ berühren.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nAls Erstes konstruieren wir die Mittelsenkrechte $m$ der Strecke $A B$. Sei $O$ der Mittelpunkt von $k$. Falls $O$ auf $m$ liegt, dann wählen wir einen der beiden Schnittpunkte von $m$ mit $k$ und nennen ihn $P$. Wir können $P$ immer so wählen, dass $A, B$ und $P$ nicht auf einer Geraden liegen. Konstruiere nun den Kreis $\\ell$ durch die Punkte $A, B$ und $P$, und nenne seinen Mittelpunkt $M$. Da der Punkt $P$ auf beiden Kreisen liegt und gleichzeitig auch auf $m$, also der Geraden durch die beiden Mittelpunkte dieser Kreise, können wir folgern, dass sich die Kreise $k$ und $\\ell$ berühren. Somit erfüllt $\\ell$ die gewünschten Bedingungen.\n\nNehme nun an, der Punkt $O$ liege nicht auf $m$. Wähle einen beliebigen Punkt $P$ auf $k$, der nicht auf der Geraden $A B$ liegt, und konstruiere den Kreis $h$ durch die Punkte $A, B$ und $P$. Falls sich $k$ und $h$ berühren, wählen wir $\\ell=h$ und sind fertig. Wenn dies nicht der Fall ist, gibt es einen weiteren Schnittpunkt $Q$ von $k$ und $h$. Betrachte nun die Geraden $A B$ und $P Q$. Wir wollen zeigen, dass diese Geraden nicht parallel sein können. Nehme also an, $A B$ und $P Q$ seien parallel. Da die Strecken $A B$ und $P Q$ beides Sehnen im Kreis $h$ sind, folgt daraus, dass die Mittelsenkrechten dieser beiden Strecken übereinstimmen. $P Q$ ist gleichzeitig auch eine Sehne im Kreis $k$, und somit liegt $O$ auf dieser gemeinsamen Mittelsenkrechten, die aber gerade $m$ ist. Dies ist ein Widerspruch, da wir angenommen haben, dass $O$ nicht auf $m$ liegt.\n\nWir haben nun gezeigt, dass $A B$ und $P Q$ nicht parallel sind, und somit gibt es einen Schnittpunkt $S$. Konstruiere nun eine Tangente durch den Punkt $S$ an den Kreis $k$ und nenne den Berührungspunkt $T$. $P Q$ ist die Potenzlinie der Kreise $k$ und $h$, also gilt:\n$$\nS A \\cdot S B = S P \\cdot S Q = S T^{2}\n$$\nNach der Umkehrung des Potenzsatzes folgt hieraus, dass die Gerade $S T$ eine Tangente an den Umkreis des Dreiecks $A B T$ ist. Konstruiere diesen Kreis und nenne ihn $\\ell$. Da $S T$ auch eine Tangente an den Kreis $k$ ist, bedeutet dies, dass sich $k$ und $\\ell$ im Punkt $T$ berühren, und wir sind fertig.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43911,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck und $W$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle ACB$ und der Seite $AB$. Weiter seien $I_{A}$ und $I_{B}$ die Inkreismittelpunkte der Dreiecke $AWC$ respektive $WBC$. Die Geraden $I_{A}W$ und $I_{B}B$ schneiden sich im Punkt $D$. Sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $DI_{B}$. Zeige, dass $MWBC$ ein Sehnenviereck ist.\n\nBemerkung: Die drei Winkelhalbierenden eines Dreiecks schneiden sich in einem Punkt, dem Inkreismittelpunkt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Geraden $WI_{A}$ und $WI_{B}$ halbieren die Winkel $\\angle CWA$ und $\\angle BWC$, folglich gilt:\n$$\n\\angle I_{B}WD = \\angle I_{B}WC + \\angle CWI_{A} = \\frac{1}{2}(\\angle BWC + \\angle CWA) = 90^{\\circ}\n$$\nSomit liegt $W$ auf dem Thaleskreis über $DI_{B}$, dessen Mittelpunkt $M$ ist.\nMit den Winkelhalbierenden $WD$ und $BD$ und mit dem Außenwinkelsatz in den Dreiecken $WBC$ und $WBD$ folgt:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle CBW + \\angle WCB & = \\angle CWA \\\\\n& = 2 \\angle DWA \\\\\n& = 2(\\angle DBW + \\angle WDB) \\\\\n& = \\angle CBW + 2 \\angle WDB\n\\end{aligned}\n$$\nHieraus folgt sofort $2 \\angle WDB = \\angle WCB$. Mit dem Mittelpunktswinkelsatz erhalten wir nun:\n$$\n\\angle WMB = \\angle WMI_{B} = 2 \\angle WDI_{B} = 2 \\angle WDB = \\angle WCB\n$$\nDamit ist gezeigt, dass $MWBC$ ein Sehnenviereck ist.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nWie oben erhalten wir $\\angle I_{B}WD = 90^{\\circ}$. $D$ liegt auf den Winkelhalbierenden von $\\angle CWA$ und $\\angle CBA$, folglich hat $D$ denselben Abstand zu den Geraden $WC$ und $WA$ und auch denselben Abstand zu den Geraden $BC$ und $BA$. Da aber $WA$ die gleiche Gerade ist wie $BA$, folgt hieraus, dass $D$ auch zu den Geraden $WC$ und $BC$ denselben Abstand hat. Das bedeutet, dass $D$ auf der Winkelhalbierenden des Außenwinkels von $\\angle WCB$ liegt. Analog wie oben können wir nun folgern, dass $\\angle DCI_{B} = 90^{\\circ}$ gilt. $W$ und $C$ liegen somit beide auf dem Thaleskreis über $DI_{B}$, dessen Mittelpunkt $M$ ist.\nMit dem Mittelpunktswinkelsatz und der Winkelhalbierenden $CI_{B}$ folgt nun:\n$$\n\\angle WMB = \\angle WMI_{B} = 2 \\angle WCI_{B} = \\angle WCB\n$$\nDamit ist gezeigt, dass $MWBC$ ein Sehnenviereck ist.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43912,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDen unten abgebildeten Spielstein nennen wir eine Treppe. Für welche Paare $(m, n)$ natürlicher Zahlen mit $m, n \\geq 6$ ist es möglich, ein $m \\times n$ Feld lückenlos und überlappungsfrei mit Treppen zu bedecken?\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "(m, n) are exactly those pairs with m, n ≥ 6 such that either one side is a multiple of 12, or one side is a multiple of 3 and the other is a multiple of 4. Equivalently: (12a, b) with a ≥ 1, b ≥ 6; (3c, 4d) with c ≥ 2, d ≥ 3; and their permutations.",
    "solution": "Solution:\n\nComme l'escalier a une taille de 6, on conclue que $6 \\mid m n$ et donc, sans perte de généralité, $2 \\mid n$. Faisons une coloration par ligne en deux couleurs (noir et blanc) perpendiculaire au côté de longueur paire. Il y a donc autant de cases noires que de cases blanches. Or chaque escalier couvre quatre cases d'une couleur et deux de l'autre. On en déduit qu'il faut utiliser un nombre pair d'escaliers et donc $12 \\mid m n$.\n\nDistinguons trois cas :\n\na. $4 \\mid n$ et $3 \\mid m$\n\nDans ce cas, on recouvre le rectangle entièrement avec le petit rectangle de taille $3 \\times 4$ constitué de deux escaliers.\n\nb. $12 \\mid n$\n\nDans ce cas, on peut écrire $m=4 k_{1}+3 k_{2}$ et $k_{1}, k_{2} \\geq 0$ et on peut à nouveau recouvrir notre rectangle avec des petits rectangles $3 \\times 4$ constitués de deux escaliers. En effet, on peut séparer notre rectangle $m \\times n$ en deux rectangles $4 k_{1} \\times n$ et $3 k_{2} \\times n$, tous deux recouvrables facilement avec des rectangles $3 \\times 4$, car $12 \\mid n$.\n\nc. $(6 \\mid n$ et $2 \\mid m)$ ou $(2 \\mid n$ et $6 \\mid m)$\n\nDans ce cas, les deux longueurs sont paires et on applique une coloration en quatre couleurs :\n\n$1-2-1-2-1-2-\\ldots$\n\n$3-4-3-4-3-4-\\ldots$\n\n$1-2-1-2-1-2-\\ldots$\n\n..\n\nAinsi, dans chaque carré $2 \\times 2$ on retrouve les quatre couleurs. Un escalier recouvre trois cases d'une couleur et trois autres cases des trois autres couleurs. Ainsi le nombre d'escaliers qu'il faut utiliser est un multiple de quatre et donc $24 \\mid m n$. On en déduit que au moins un des côtés est divisible par quatre et on se ramène au deux cas précédents.\n\nAu final, on a les solutions : $(12 a, b)$ et $(3 c, 4 d)$ où $a \\geq 1, b \\geq 6, c \\geq 2$ et $d \\geq 3$ (et leurs permutations).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43913,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck. Die Punkte $K$, $L$ und $M$ liegen auf den Seiten $BC$, $CA$ und $AB$, sodass sich die Geraden $AK$, $BL$ und $CM$ in einem Punkt schneiden. Zeige, dass man von den Dreiecken $AML$, $BKM$ und $CLK$ zwei wählen kann, sodass die Summe ihrer Inkreisradien mindestens so groß ist wie der Inkreisradius des Dreiecks $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNach Ceva gilt $\\frac{AM}{MB} \\cdot \\frac{BK}{KC} \\cdot \\frac{CL}{LA} = 1$. Wir können oBdA annehmen, dass $\\frac{BK}{KC} \\geq 1$ gilt. Wir unterscheiden nun zwei Fälle. Entweder ist $\\frac{CL}{LA} \\leq 1$, oder es gilt $\\frac{CL}{LA} > 1$.\n\n1. Fall:\nSei $X$ der Schnittpunkt der Parallelen zu $BC$ durch $M$ und der Seite $AC$, und sei $Y$ der Schnittpunkt der Parallelen zu $AC$ durch $M$ und der Seite $BC$. Wegen $\\frac{AX}{XC} = \\frac{AM}{MB} = \\frac{KC}{BK} \\cdot \\frac{LA}{CL} \\leq \\frac{LA}{CL}$ gilt $AX \\leq AL$, woraus folgt, dass der Inkreisradius des Dreiecks $AML$ mindestens so groß ist wie der Inkreisradius $r_1$ des Dreiecks $AMX$. Analog erhalten wir aus $\\frac{BY}{YC} = \\frac{BM}{MA} = \\frac{BK}{KC} \\cdot \\frac{CL}{LA} \\leq \\frac{BK}{KC}$, dass $BY \\leq BK$ gilt und somit der Inkreisradius des Dreiecks $BKM$ mindestens so groß ist wie der Inkreisradius $r_2$ des Dreiecks $BYM$.\n\nEs genügt nun zu zeigen, dass $r_1 + r_2 \\geq r$ gilt. Wir werden beweisen, dass $r_1 + r_2 = r$ gilt. Da $MX$ parallel zu $BC$ ist, gibt es eine zentrische Streckung mit Streckzentrum $A$ und Streckfaktor $\\frac{AB}{AM}$, die das Dreieck $AMX$ auf das Dreieck $ABC$ abbildet. Somit gilt $r_1 = \\frac{AM}{AB} r$ und analog $r_2 = \\frac{MB}{AB} r$. Aufsummieren liefert nun $r_1 + r_2 = r$ und wir sind fertig.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n2. Fall:\nWegen $\\frac{BK}{KC}, \\frac{CL}{LA} \\geq 1$ gilt $\\frac{AM}{MB} \\leq 1$. Dieser Fall ist aber zyklisch symmetrisch zum 1. Fall und funktioniert somit analog.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43914,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $m$ eine natürliche Zahl. Auf der SMO-Wandtafel steht $2^{m}$ mal die Zahl $1$. In einem Schritt wählen wir zwei Zahlen $a$ und $b$ auf der Tafel und ersetzen sie beide jeweils durch $a+b$. Zeige, dass nach $m 2^{m-1}$ Schritten die Summe der Zahlen mindestens $4^{m}$ beträgt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $S$ die Summe der Zahlen nach $m 2^{m-1}$ Zügen. Die Idee ist, zuerst eine untere Schranke für das Produkt der $2^{m}$ Zahlen zu finden. Sei dazu $P_{i}$ das Produkt aller Zahlen nach dem $i$-ten Schritt und $P_{0}=1$. In jedem Schritt werden zwei Zahlen $a, b$ durch $a+b, a+b$ ersetzt. Deren Produkt ändert sich von $a b$ zu $(a+b)^{2} \\geq 4 a b$. Daraus folgt direkt $P_{i+1} \\geq 4 P_{i}$ und somit $P_{m 2^{m-1}} \\geq 4^{m 2^{m-1}}$. Mit AM-GM folgt nun\n$$\nS \\geq 2^{m}\\left(4^{m 2^{m-1}}\\right)^{\\frac{1}{2^{m}}}=4^{m}\n$$\nwas zu zeigen war.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43915,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWir haben ein $8 \\times 8$ Brett. Eine innere Kante ist eine Kante zwischen zwei $1 \\times 1$ Feldern. Wir zerschneiden das Brett in $1 \\times 2$ Dominosteine. Für eine innere Kante $k$ bezeichnet $N(k)$ die Anzahl Möglichkeiten, das Brett so zu zerschneiden, dass entlang der Kante $k$ geschnitten wird. Berechne die letzte Ziffer der Summe, die wir erhalten, wenn wir alle $N(k)$ addieren, wobei $k$ eine innere Kante ist.",
    "options": [],
    "answer": "0",
    "solution": "Solution:\n\nZuerst berechnen wir, entlang wie vielen inneren Kanten bei einer Zerlegung geschnitten wird. Insgesamt gibt es je $7 \\cdot 8$ horizontale und vertikale innere Kanten. Bei einer Zerlegung wird das Brett entlang allen inneren Kanten, ausser den 32 innerhalb eines Dominosteines, geschnitten. Somit wird bei jeder Zerlegung entlang von $2 \\cdot (7 \\cdot 8) - 32 = 80$ inneren Kanten geschnitten. Dies heisst, dass jede Zerlegung 80 mal gezählt wird. Somit wissen wir, dass die Summe aller $N(k)$ durch 80 teilbar ist. Daraus folgt, dass die letzte Ziffer der Summe null ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43916,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver tous les ensembles finis et non-vides $A$ de fonctions $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ tels que :\nPour tous $f_{1}, f_{2} \\in A$, il existe $g \\in A$ telle que pour tout $x, y \\in \\mathbb{R}$\n$$\nf_{1}\\left(f_{2}(y)-x\\right)+2 x=g(x+y)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "the singleton set containing only the identity function",
    "solution": "Solution:\n\nPour commencer, on montre que $A$ est ensemble de fonctions surjectives. En effet, pour $f \\in A$ et $f_{1}=f_{2}=f$ on a, avec $x=-y$,\n$$\nf(f(y)+y)=g(0)+2 y\n$$\net donc $f$ est surjective.\n\nDe plus, avec $x=0$, on obtient que si $f_{1}, f_{2} \\in A$ alors $f_{1} \\circ f_{2} \\in A$.\nComme $A$ est non vide, on prend $f \\in A$. Par la remarque précédente, on sait que $f^{(k)} \\in A$ pour tout $k \\in \\mathbb{N}$. Comme $A$ est fini, il existe $k_{1}>k_{2}$ tels que $f^{\\left(k_{1}\\right)}=f^{\\left(k_{2}\\right)}$. Comme $f^{\\left(k_{2}\\right)} \\in A, f^{\\left(k_{2}\\right)}$ est surjective et donc avec $y=f^{\\left(k_{2}\\right)}$, on obtient\n$$\nf^{\\left(k_{1}-k_{2}\\right)}(y)=y, \\forall y \\in \\mathbb{R}\n$$\nOr $f^{\\left(k_{1}-k_{2}\\right)} \\in A$, donc $A$ contient l'identité. On vérifie facilement que $A=\\{id\\}$ est un ensemble possible. Montrons maintenant que $A$ ne peut pas contenir autre chose que l'identité.\n\nEn posant $x=0$ dans notre condition, on obtient que $g=f_{1} \\circ f_{2}$ et donc on a que pour tout $f_{1}, f_{2} \\in A$\n$$\nf_{1}\\left(f_{2}(y)-x\\right)+2 x=f_{1}\\left(f_{2}(x+y)\\right)\n$$\nSi $A$ contenait une fonction $h$ autre que l'identité, avec $f_{1}=id, f_{2}=h$ et $y=0$, on aurait\n$$\nh(x)=x+h(0) \\text{ et donc } h^{(n)}(x)=x+n h(0)\n$$\nComme $A$ est fini et que $h^{(n)} \\in A$ pour tout $n \\in \\mathbb{N}$, on a $h(0)=0$ et donc $h \\equiv id$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43917,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nSeien $a$, $b$, $c$ reelle Zahlen, sodass gilt:\n$$\n\\frac{a}{b+c} + \\frac{b}{c+a} + \\frac{c}{a+b} = 1\n$$\nBestimme alle Werte, welche folgender Ausdruck annehmen kann:\n$$\n\\frac{a^{2}}{b+c} + \\frac{b^{2}}{c+a} + \\frac{c^{2}}{a+b}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "0",
    "solution": "Solution:\n$$\n\\begin{aligned}\n& a + b + c = a + b + c \\\\\n& \\overbrace{\\left(\\frac{a}{b+c} + \\frac{b}{a+c} + \\frac{c}{a+b}\\right)}^{1} \\cdot (a + b + c) = a + b + c \\\\\n& \\frac{a^{2}}{b+c} + \\frac{a(b+c)}{b+c} + \\frac{b^{2}}{a+c} + \\frac{b(a+c)}{a+c} + \\frac{c^{2}}{a+b} + \\frac{c(a+b)}{a+b} = a + b + c \\\\\n& \\frac{a^{2}}{b+c} + \\frac{b^{2}}{a+c} + \\frac{c^{2}}{a+b} + a + b + c = a + b + c \\\\\n& \\frac{a^{2}}{b+c} + \\frac{b^{2}}{a+c} + \\frac{c^{2}}{a+b} = 0\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43918,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABCD$ ein Trapez, wobei $AB$ und $CD$ parallel sind. $P$ sei ein Punkt auf der Seite $BC$. Zeige, dass sich die Parallelen zu $AP$ und $PD$ durch $C$ respektive $B$ auf $DA$ schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $X$ der Schnittpunkt von $DA$ und der Parallelen zu $AP$ durch $C$ und sei $Y$ der Schnittpunkt von $DA$ und der Parallelen zu $PD$ durch $B$. Wir betrachten zuerst den Fall, dass $BC$ und $DA$ parallel sind. Dann ist $ABCD$ ein Parallelogramm und eine Punktspiegelung am Diagonalenschnittpunkt führt $ABCD$ in sich selbst über. Betrachte den Bildpunkt $P'$ von $P$ auf der Seite $DA$. Die Gerade $AP$ wird bei der Punktspiegelung auf die Gerade $CP'$ abgebildet. Das bedeutet aber, dass $CP'$ parallel zu $AP$ ist, folglich ist $CP'$ gerade die Parallele zu $AP$ durch $C$ und es gilt $X = P'$. Analog zeigen wir $Y = P'$, was diesen Fall abschliesst.\n\nNehme nun an, die Geraden $BC$ und $DA$ seien nicht parallel und bezeichne ihren Schnittpunkt mit $T$. Dann gilt nach dem Strahlensatz:\n$$\n\\frac{TA}{TX} = \\frac{TP}{TC}, \\quad \\frac{TB}{TP} = \\frac{TY}{TD} \\text{ und } \\frac{TA}{TB} = \\frac{TD}{TC}\n$$\nHieraus folgt:\n$$\n\\frac{TY}{TX} = \\frac{TB \\cdot TD}{TP} \\cdot \\frac{TP}{TA \\cdot TC} = 1\n$$\nSomit gilt $TX = TY$, woraus $X = Y$ folgt.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43919,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver tous les triplets d'entiers naturels $(a, b, c)$ tels que pour tout entier naturel $n$ qui n'a pas de diviseur premier plus petit que $2015$\n$$\nn+c \\mid a^{n}+b^{n}+n\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1,1,2)",
    "solution": "Solution:\n\nLemme - Il existe une infinité de nombres premiers $p$ tel que $p \\equiv 2\\pmod{3}$.\n\nDémonstration : Par l'absurde, soient $p_{1}, \\ldots, p_{n}$ les uniques premiers congrus à $2$ modulo $3$.\nSi $n$ est pair, alors $p_{1} p_{2} \\ldots p_{n}+1 \\equiv 2\\pmod{3}$ et donc ce nombre possède au moins un diviseur premier $q \\equiv 2\\pmod{3}$. Or, il n'est divisible par aucun des $p_{i}$.\nSi $n$ est impair, alors $p_{1} p_{2} \\ldots p_{n}+3 \\equiv 2\\pmod{3}$ et on conclut de même.\n\nOn prend un nombre premier $p>\\max (|a+b-c|, a, b, 2015)$ et un entier $n$ tel que :\n$$\n\\begin{aligned}\n& n \\equiv -c \\pmod{p} \\\\\n& n \\equiv 1 \\pmod{p-1} \\\\\n& n \\equiv 1 \\pmod{p_{i}} \\text{ pour } p_{i}<2015 \\text{ tel que }\\gcd(p-1, p_{i})=1\n\\end{aligned}\n$$\nCe système possède une solution par le théorème des restes chinois. De plus, le $n$ solution n'est divisible par aucun nombre premier inférieur à $2015$, car si $q<2015$, alors soit $q \\mid p-1$ mais $\\gcd(n, p-1)=1$, soit $\\gcd(q, p-1)=1$ mais alors $n \\equiv 1\\pmod{q}$. De plus, par construction, $p \\mid n+c$. On peut donc substituer ce $n$ dans l'équation. On a alors\n$$\na^{n}+b^{n}+n \\equiv a+b+n \\equiv a+b-c \\equiv 0 \\pmod{p}\n$$\nLa première égalité vient du petit théorème de Fermat. En effet, comme $p>a, b$, on a $\\gcd(a, p)=\\gcd(b, p)=1$ et comme $n \\equiv 1\\pmod{p-1}$, on a $a^{n}=a^{k(p-1)+1} \\equiv a\\pmod{p}$.\nDonc $|a+b-c|$ est divisible par $p$, mais $p>|a+b-c|$, donc $a+b=c$.\n\nOn réitère le processus avec un premier $p>\\max \\left(|a^{3}+b^{3}-a-b|, a, b, 2015\\right), p \\equiv 2\\pmod{3}$ et un entier $n$ tel que :\n$$\n\\begin{aligned}\n& n \\equiv -a-b \\pmod{p} \\\\\n& n \\equiv 3 \\pmod{p-1} \\\\\n& n \\equiv 1 \\pmod{p_{i}} \\text{ pour } p_{i}<2015 \\text{ tel que }\\gcd(p-1, p_{i})=1\n\\end{aligned}\n$$\nOn a alors\n$$\na^{n}+b^{n}+n \\equiv a^{3}+b^{3}+n \\equiv a^{3}+b^{3}-a-b \\equiv 0 \\pmod{p}\n$$\nEt donc, $a+b=a^{3}+b^{3}$ avec égalité si et seulement si $a=b=1$. On a donc l'unique solution $(1,1,2)$, dont on vérifie trivialement que c'est une solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43920,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $p$ eine ungerade Primzahl. Bestimme die Anzahl Tupel $\\left(a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{p}\\right)$ natürlicher Zahlen mit folgenden Eigenschaften:\n\n1) $1 \\leq a_{i} \\leq p$ für alle $i=1, \\ldots, p$.\n\n2) $a_{1}+a_{2}+\\cdots+a_{p}$ ist nicht durch $p$ teilbar.\n\n3) $a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+\\ldots a_{p-1} a_{p}+a_{p} a_{1}$ ist durch $p$ teilbar.",
    "options": [],
    "answer": "p^{p-2}(p-1)",
    "solution": "Solution:\n\nFür ein Tupel $t=\\left(a_{1}, \\ldots, a_{p}\\right)$ wie in 1) definieren wir $S(t)=a_{1}+\\cdots+a_{p}$ und $P(t)=a_{1} a_{2}+a_{2} a_{3}+\\cdots+a_{p} a_{1}$. Wir halten fest\n$$\n|\\{t \\mid t \\text{ erfüllt } 1 \\text{ und } 2\\}| = p^{p-1}(p-1)\n$$\nda wir die ersten $p-1$ Einträge frei wählen können und dann genau ein Wert für den letzten Eintrag verboten ist.\n\nWir definieren weiter für $0 \\leq k \\leq p-1$ ein neues Tupel $t_{k}=\\left(a_{1}+k, a_{2}+k, \\ldots, a_{p}+k\\right)$, wobei wir im Fall, dass einer der Einträge größer als $p$ ist, diesen durch seinen Rest bei Division durch $p$ ersetzen.\n\nEs gilt $S\\left(t_{k}\\right) \\equiv S(t) \\pmod{p}$ und $P\\left(t_{k}\\right) \\equiv P(t)+2 k S(t) \\pmod{p}$. Sei nun $t$ ein Tupel, welches 1 und 2 erfüllt. Dann durchläuft $2 k S(t)$ für $0 \\leq k \\leq p-1$ jede Restklasse modulo $p$ genau einmal und somit erfüllt genau eines der Tupel $t_{0}, t_{1}, \\ldots, t_{p-1}$ zusätzlich 3. Somit ist die gesuchte Anzahl gleich\n$$\n\\left|\\{t \\mid t \\text{ erfüllt } 1 \\text{ und } 2\\}\\right| / p = \\frac{p^{p-1}(p-1)}{p} = p^{p-2}(p-1)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43921,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 2$ eine natürliche Zahl. In der Mitte eines kreisförmigen Gartens steht ein Wachturm. Am Rand des Gartens stehen $n$ gleichmässig verteilte Gartenzwerge. Auf dem Wachturm wohnen aufmerksame Wächter. Jeder Wächter überwacht einen Bereich des Gartens, der von zwei verschiedenen Gartenzwergen begrenzt wird.\nWir sagen, dass Wächter $A$ den Wächter $B$ kontrolliert, falls das gesamte Gebiet von $B$ in dem von $A$ enthalten ist.\nUnter den Wächtern gibt es zwei Gruppen: Lehrlinge und Meister. Jeder Lehrling wird von genau einem Meister kontrolliert und kontrolliert selbst niemanden, während Meister von niemandem kontrolliert werden.\nDer ganze Garten hat Unterhaltskosten:\n- Ein Lehrling kostet 1 Goldstück pro Jahr.\n- Ein Meister kostet 2 Goldstücke pro Jahr.\n- Ein Gartenzwerg kostet 2 Goldstücke pro Jahr.\nZeige, dass die Gartenzwerge mindestens so viel kosten wie die Wächter.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen den Bereich zwischen zwei Gartenzwergen ein Intervall. Definiere eine Kette als ein $n-1$-Tupel von Intervallen $\\left(I_{1}, \\ldots, I_{n-1}\\right)$, wobei $I_{1} \\subset I_{2} \\subset \\cdots \\subset I_{n-1}$ und alle Inklusionen strikt sind.\n\nLemma: Jedes Intervall ist in genau $2^{n-2}$ Ketten enthalten.\n\nSei $I$ das gegebene Intervall. Nummeriere die Gartenzwerge im Uhrzeigersinn von $1$ bis $n$ und bezeichne mit $(a, b)$ das Intervall, welches im Uhrzeigersinn von Gartenzwerg $a$ bis zu Gartenzwerg $b$ geht, wobei $1 \\leq a, b \\leq n$ und $a \\neq b$. Wir können o.B.d.A. annehmen, dass $I=(1, a)$ mit $1<a \\leq n$. Für jede Kette $\\left(I_{1}, \\ldots, I_{n-1}\\right)$ welche $I$ enthält, muss $I=I_{a-1}$ gelten. Somit haben wir zwei Möglichkeiten für $I_{a}$ (falls $a \\neq n$), nämlich $(1, a+1)$ oder $(n, a)$. Mit der selben Überlegung für $I_{a}$ etc. findet man schliesslich, dass es $2^{n-a}$ Möglichkeiten gibt, die Kette nach oben zu vervollständigen. Analog gibt es $2^{a-2}$ Möglichkeiten, die Kette nach unten zu vervollständigen und somit insgesamt $2^{n-2}$ Ketten, welche $I$ enthalten.\n\nSei nun $M$ und $L$ die Anzahl Meister bzw. Lehrlinge.\n\nDa pro Kette höchstens ein Intervall eines Meisters enthalten ist, ist die Anzahl Ketten, welche ein Intervall eines Meisters enthalten $M 2^{n-2}$. Als nächstes zählen wir die Anzahl Ketten, welche das Intervall eines Lehrlings aber keines eines Meisters enthalten. Nach Aufgabenstellung gibt es für einen fixen Lehrling genau ein Intervall, welches nicht in der Kette vorkommen darf. Mit den selben Überlegungen wie im Lemma gibt es somit $L 2^{n-3}$ solche Ketten.\n\nSchliesslich ist die gesamt Anzahl Ketten, wieder wegen dem Lemma, $n 2^{n-2}$ und wir erhalten die Ungleichung $n 2^{n-2} \\geq M 2^{n-2}+L 2^{n-3}$. Dies ist äquivalent zu $2 n \\geq 2 M+L$, was wir zeigen wollten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43922,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Wir nennen ein Zahlenpaar unverträglich, falls ihr größter gemeinsamer Teiler gleich $1$ ist. Wie viele unverträgliche Paare treten mindestens auf, wenn man die Zahlen $\\{1, 2, \\ldots, 2n\\}$ in $n$ Paare aufteilt?",
    "options": [],
    "answer": "ceil((π(2n) − π(n) + 1)/2)",
    "solution": "Solution:\n\nWir nennen ein nicht unverträgliches Paar verträglich. Es ist klar, dass Primzahlen strikt größer als $n$ Teil eines unverträglichen Paars sind, und $1$ ebenfalls Teil eines unverträglichen Paars ist. Also gibt es wegen diesen Zahlen mindestens\n$$\n\\left\\lceil \\frac{(\\text{Anzahl Primzahlen zwischen } n \\text{ und } 2n) + 1}{2} \\right\\rceil\n$$\nunverträgliche Paare. Wir teilen diese Menge in unverträgliche Paare auf. Falls diese Menge eine ungerade Anzahl Zahlen hat, teilen wir die letzte Zahl mit $2$ in ein unverträgliches Paar ein.\n\nWir zeigen, dass wir die restlichen Zahlen in verträgliche Paare aufteilen können. Dazu betrachte nacheinander die ungeraden Primzahlen $p_1 < p_2 < \\ldots < p_r \\leq n$. Betrachte nun nacheinander die Menge der noch übrigen Zahlen, die durch $p_i$ teilbar sind. Falls diese Menge eine gerade Anzahl Elemente hat, teile sie in per Konstruktion verträgliche Paare auf. Falls diese Menge eine ungerade Anzahl Elemente hat, wähle ein gerades Element in der Menge. Dieses existiert, da $2p_i$ sicher in der Menge liegt. Teile die restlichen Elemente der Menge in Paare auf. Wenn wir alle Primzahlen betrachtet haben, bleiben also eine gerade Anzahl Zahlen übrig, da wir immer paarweise Zahlen weggenommen haben. Diese sind alle gerade, also können wir sie in verträgliche Paare aufteilen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43923,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\angle BAC = 60^{\\circ}$. Sei $E$ der Punkt auf der Seite $BC$, sodass $2 \\angle BAE = \\angle ACB$ gilt. Sei $D$ der zweite Schnittpunkt von $AB$ und dem Umkreis des Dreiecks $AEC$ und sei $P$ der zweite Schnittpunkt von $CD$ und dem Umkreis des Dreiecks $DBE$. Berechne den Winkel $\\angle BAP$.",
    "options": [],
    "answer": "30°",
    "solution": "Solution:\n\nSei Winkel $\\angle EAB = \\gamma$. Da $\\angle EAB = \\angle DCE$ ist, liegen die vier Punkte $A$, $D$, $E$ und $C$ auf einem Kreis. Somit gilt $60^{\\circ} - \\gamma = \\angle CAE = \\angle CDE = \\angle PDE = \\angle PBE$, wobei die letzte Gleichheit wegen Sehnenviereck $DBEP$ gilt.\n\nIn Dreieck $ABC$ berechnet man $\\angle ABP = 180^{\\circ} - 60^{\\circ} - 2\\gamma - (60^{\\circ} - \\gamma) = 60^{\\circ} - \\gamma$. Somit ist $BP$ die Winkelhalbierende von $\\angle ABC$. Es folgt, dass $P$ der Inkreismittelpunkt von Dreieck $ABC$ ist und somit $\\angle BAP = 30^{\\circ}$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43924,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZwei Kreise $k_{1}$ und $k_{2}$ schneiden sich in den Punkten $A$ und $C$. Sei $B$ der zweite Schnittpunkt von $k_{1}$ und der Tangente an $k_{2}$ in $A$, und sei $D$ der zweite Schnittpunkt von $k_{2}$ und der Tangente an $k_{1}$ in $C$. Zeige, dass $A D$ und $B C$ parallel sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nNach dem Tangentenwinkelsatz gilt sowohl $\\angle B A C=\\angle A D C$ als auch $\\angle C B A=\\angle D C A$. Die beiden Dreiecke $A B C$ und $A C D$ stimmen also in zwei Winkeln überein und somit auch im dritten. Wir erhalten $\\angle A C B=\\angle C A D$, woraus sofort folgt, dass diese Winkel Wechselwinkel und $A D$ und $B C$ parallel sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43925,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle non-rectangle avec $M$ le milieu de $BC$. Soit $D$ un point sur la droite $AB$ tel que $CA = CD$ et soit $E$ un point sur la droite $BC$ tel que $EB = ED$. La parallèle à $ED$ passant par $A$ coupe la droite $MD$ au point $I$ et la droite $AM$ coupe la droite $ED$ au point $J$. Montrer que les points $C$, $I$ et $J$ sont alignés.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSoit $P$ le milieu de $AD$. Par propriété des triangles isocèles, on a que le milieu de la base est égal au pied de la hauteur issue du sommet opposé à la base. L'utilisation de cette propriété dans le triangle par construction isocèle en $CACD$, on a que $\\angle CPD = 90^{\\circ}$. Par la réciproque du théorème des cercles de Thalès dans le triangle rectangle $CPB$, on a que $C$, $P$ et $B$ sont sur un cercle de centre $M$. On a en particulier $MP = MB$. Par conséquent $PMB$ est isocèle en $M$ et ainsi $\\angle BPM = \\angle PBM$.\n\nDans le triangle par construction isocèle en $EBED$, on a que $\\angle EDB = \\angle EBD$. Comme $\\angle EBD = \\angle PBM$, on a que $\\angle BPM = \\angle PBM = \\angle EBD = \\angle BDE$. Par conséquent $PM$ est parallèle à $ED$. On a donc que les segments $PM$, $ED$, $AI$, $DJ$ sont tous parallèles entre eux.\n\nLes triangles $AMP$ et $AID$ (1), $DMP$ et $DIA$ (2) sont donc par Thalès semblables avec un facteur de proportionnalité de $2$ car $\\frac{DA}{DP} = \\frac{AD}{AP} = 2$.\n\nSoient $I'$, $M'$ et $J'$ les projections de $I$, $M$, resp. $J$ sur $AB$. Comme $\\angle BM'M = \\angle BPC = 90^{\\circ}$, comme $\\angle M'BM = \\angle PMC$, on a que $M'MB$ est semblable à $PCB$ avec un facteur de proportionnalité de $2$ car $\\frac{CB}{MB} = 2$ (3). Nous utiliserons sans précision dans la suite des calculs que le facteur de proportionnalité entre les longueurs des côtés de deux triangles semblables est le même que le facteur de proportionnalité entre les longueurs des hauteurs correspondantes.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPar (1), (2) et (3), on a que\n$$\nII' = 2MM' = CP = 2MM' = JJ'\n$$\nPar ailleurs, on a\n$$\n\\angle II'P = \\angle CPI' = \\angle CPJ' = \\angle PJ'J = 90^{\\circ}\n$$\nDe là s'ensuit que les quadrilatères $II'PC$ et $CPJ'J$ sont des rectangles. Ainsi\n$$\n\\angle ICJ = \\angle ICP + \\angle PCJ = 90^{\\circ} + 90^{\\circ} = 180^{\\circ}\n$$\nCe qui termine la preuve.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43926,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $m$ und $n$ natürliche Zahlen mit $m>n$. Definiere\n$$\nx_{k} = \\frac{m+k}{n+k} \\text{ für } k=1, \\ldots, n+1\n$$\nZeige: Wenn alle $x_{i}$ ganzzahlig sind, ist $x_{1} \\cdot x_{2} \\cdot \\ldots \\cdot x_{n+1} - 1$ keine Zweierpotenz.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNehme an, dass $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n+1}$ ganze Zahlen sind. Definiere die Zahlen\n$$\na_{k} = x_{k} - 1 = \\frac{m+k}{n+k} - 1 = \\frac{m-n}{n+k} > 0\n$$\nfür $k=1,2, \\ldots, n+1$.\nSei $P = x_{1} x_{2} \\ldots x_{n+1} - 1$. Wir betrachten, welche Zweierpotenzen die natürlichen Zahlen $a_{k}$ teilen.\nSei $2^{d}$ die grösste Zweierpotenz, welche $m-n$ teilt, und $2^{c}$ die grösste Zweierpotenz kleiner gleich $2n+1$. Dann gilt $2n+1 \\leq 2^{c+1} - 1$, und damit $n+1 \\leq 2^{c}$. Wir folgern, dass $2^{c}$ eine der Zahlen $n+1, n+2, \\ldots, 2n+1$ ist und keine andere dieser Zahlen durch $2^{c}$ teilbar ist. Wähle $l$, sodass $n+l = 2^{c}$. Da $\\frac{m-n}{n+l}$ eine ganze Zahl ist, gilt $d \\geq c$. Also gilt $2^{d-c+1} \\nmid a_{l} = \\frac{m-n}{n+l}$, und $2^{d-c+1} \\mid a_{k}$ für alle $k \\in \\{1, \\ldots, n+1\\} \\backslash \\{l\\}$.\nNun gilt:\n$$\nP = (a_{1} + 1)(a_{2} + 1) \\cdots (a_{n+1} + 1) - 1 \\equiv (a_{l} + 1) \\cdot 1^{n} - 1 \\equiv a_{l} \\not\\equiv 0 \\quad (\\bmod 2^{d-c+1})\n$$\nAlso gilt $2^{d-c+1} \\nmid P$.\nAndererseits gilt für alle $k \\in \\{1, \\ldots, n+1\\} \\backslash \\{l\\}$, dass $2^{d-c+1} \\mid a_{k}$. Somit gilt $P \\geq a_{k} \\geq 2^{d-c+1}$, und ist somit keine Zweierpotenz.\n\n\nSolution 2:\n\nWir suchen einen ungeraden Teiler grösser 1 von $P$. Da $a_{k} \\in \\mathbb{N}$, ist $m-n$ teilbar durch $n+1, n+2, \\ldots, 2n+1$, und somit auch durch ihren kleinsten gemeinsamen Teiler $L$. Also gilt $m-n = qL$ für eine natürliche Zahl $q$, und $x_{k} = q \\cdot \\frac{L}{n+k} + 1$.\nWeil $n+1 \\leq 2^{c} = n+l \\leq 2n+1 \\leq 2^{c+1} - 1$, gilt $2^{c} \\mid L$ und $2^{c+1} \\nmid L$. Also ist $\\frac{L}{n+l}$ ungerade und $\\frac{L}{n+k}$ gerade für alle $k \\neq l$. Nun gilt:\n$$\nP = x_{1} x_{2} \\cdots x_{n+1} - 1 \\equiv (q+1) \\cdot 1^{n} - 1 \\equiv q \\quad (\\bmod 2q)\n$$\nAlso gibt es eine natürliche Zahl $r$ mit $P = x_{1} x_{2} \\cdots x_{n+1} - 1 \\geq 2qr + q = q(2r+1)$. Weil $P = x_{1} x_{2} \\cdots x_{n+1} - 1 \\geq x_{1} x_{2} - 1 \\geq (q+1)^{2} - 1 > q$, gilt $r \\geq 1$. Und somit ist $P$ durch eine ungerade Zahl teilbar.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43927,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAn einer EGMO-Prüfung gibt es drei Aufgaben, wobei bei jeder Aufgabe eine ganzzahlige Punktzahl zwischen $0$ und $7$ erreicht werden kann. Zeige, dass es unter $49$ Schülerinnen immer zwei gibt, sodass die eine in jeder der drei Aufgaben mindestens so gut war wie die andere.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nehmen an, dass wir möglichst viele Schülerinnen haben, sodass wir keine zwei finden, die die Voraussetzung erfüllen. Wir zeigen, dass es dann maximal $48$ Schülerinnen geben kann.\n\nWir teilen die Schülerinnen in bis zu $8$ Gruppen ein gemäss der Punktzahl der ersten Aufgabe. Sei $a_{i}$ die Grösse der Gruppe mit $i$ Punkten bei der ersten Aufgabe.\n\nBeobachtung 1: Innerhalb einer Gruppe ist die Punkteverteilung der zweiten und dritten Aufgabe genau invertiert. Dies daher, da der schlechteste der zweiten Aufgabe der beste der dritten Aufgabe sein muss, gleichermassen für den zweitschlechtesten.\n\nDefinition: Wir nennen die Resultate einer Gruppe fast optimal, wenn alle die selbe Gesamtpunktzahl erreicht haben. Wir nennen sie optimal, wenn alle dafür möglichen Kombinationen vorkommen.\n\nBeobachtung 2: Ist eine Gruppe optimal angeordnet, dann würde eine Schülerin aus einer besseren Gruppe genau dann die Voraussetzung erfüllen, wenn sie in der zweiten und dritten Aufgabe insgesamt mehr Punkte gemacht hätte. Das heisst, es gibt in besseren Gruppen eine kritische Punktzahl, die nicht überschritten werden darf.\n\nWir zeigen, dass wir bei möglichst vielen Schülern alle Gruppen optimal anordnen können.\n\nInduktionsansatz: Wir beginnen nun bei der Gruppe mit $0$ Punkten bei der ersten Aufgabe. Diese können wir optimal anordnen, indem wir die Punktzahlen bei der zweiten und dritten Aufgabe erhöhen, bis in beiden Aufgaben die Punktzahlen $7,6, \\ldots, 7-a_{0}+1$ erreicht sind. Da diese Gruppe in der ersten Aufgabe am schlechtesten war, haben wir auch keinen Widerspruch erzeugt, indem wir Punktzahlen erhöht haben.\n\nInduktionsschritt: Wir betrachten die nächste Gruppe. Wir können diese sicher fast optimal anordnen: Wir suchen eine Schülerin, die nicht das Gruppenmaximum erreicht hat. Diese muss in einer Aufgabe weniger als $7$ Punkte erreicht haben, sagen wir sie hat $p$ erreicht. Falls $p+1$ von niemandem erreicht wurde, können wir ihre Punktzahl auf $p+1$ erhöhen. Andernfalls hat es eine Schülerin, die $p+1$ Punkte erreicht hat. Diese hat sicher auch nicht das Punktmaximum erreicht, da sie in der anderen Aufgabe strikt weniger Punkte gemacht haben muss. Wir können also mit ihr weiterfahren. Entweder ist $p+2$ belegt oder wir können ihre Punktzahl erhöhen. Wenn wir so weiter machen und die Punktzahl nie erhöhen können, muss die beste von dieser Aufgabe auch nicht das Gruppenmaximum erreicht haben. Jetzt können wir aber das gleiche Spiel mit der anderen Aufgabe machen, wo sie am schlechtesten sein muss. Entweder wir können eine Punktzahl erhöhen oder alle bis und mit der besten hat nicht die Gesamtpunktzahl erreicht. Dann hätten aber niemand das Maximum erreicht, Widerspruch. Also können wir immer jemandem mehr Punkte geben, bis alle gleich viel haben.\n\nIst die Gruppe nun erst fast optimal, dann fügen wir neue Schülerinnen hinzu, die die fehlenden Kombinationen von Punkten erreicht haben. Vielleicht müssen wir diese aus späteren Gruppen wegnehmen, aber wir verringern die Anzahl Schülerinnen sicher nicht.\n\nDamit können wir alle Gruppen optimal anordnen, ohne die Anzahl Schülerinnen zu verringern. Die zur Verfügung stehenden Gruppengrössen sind: $1,2,3,4,5,6,7,8,7,6,5,4,3,2,1$. Da es maximal $8$ Gruppen gibt, ist das Maximum von Schülerinnen: $8+7+7+6+6+5+5+4=48$.\nSolution:\n\nWir betrachten die Resultate der ersten beiden Aufgaben und teilen diese so in Gruppen auf, dass keine zwei aus einer Gruppe das gleiche Resultat bei der letzten Aufgabe haben dürfen.\n\nWir bezeichnen mit $(a, b)$ das Resultat, in der ersten Aufgabe $a$ Punkte und in der zweiten $b$ Punkte zu haben. Die Gruppen sind dann:\n$$\n\\begin{gathered}\n(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(0,4),(0,5),(0,6),(0,7),(1,7),(2,7),(3,7),(4,7),(5,7),(6,7),(7,7) \\\\\n(1,0),(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,6),(3,6),(4,6),(5,6),(6,6),(7,6) \\\\\n(2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3,5),(4,5),(5,5),(6,5),(7,5) \\\\\n(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,4),(5,4),(6,4),(7,4) \\\\\n(4,0),(4,1),(4,2),(4,3),(5,3),(6,3),(7,3) \\\\\n(5,0),(5,1),(5,2),(6,2),(7,2) \\\\\n(6,0),(6,1),(7,1)\n\\end{gathered}\n$$\n\nGraphisch dargestellt:\n![](attached_image_1.png)\n\nDie Grössen dieser Gruppen sind $1,3,5,7,9,11,13,15$ wobei wir maximal $8$ aus einer Gruppe wählen können. Wir können also maximal $1+3+5+7+8+8+8+8=48$ Teilnehmerinnen wählen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43928,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$ und $c$ die Seiten eines Dreiecks, das heisst: $a + b > c$, $b + c > a$ und $c + a > b$. Zeige, dass gilt:\n$$\n\\frac{a b + 1}{a^{2} + c a + 1} + \\frac{b c + 1}{b^{2} + a b + 1} + \\frac{c a + 1}{c^{2} + b c + 1} > \\frac{3}{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nJeder der drei Summanden kann wie folgt umgeformt werden:\n$$\n\\frac{a c + 1}{c^{2} + b c + 1} = 1 - \\frac{c(b + c - a)}{c^{2} + b c + 1} > 1 - \\frac{c(b + c - a)}{c^{2} + b c} = \\frac{a}{b + c}\n$$\nDie Ungleichung gilt, da $a$, $b$ und $c$ die Seiten eines Dreiecks sind, also insbesondere positiv und $b + c - a > 0$. Nesbitt liefert das gewünschte Resultat.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43929,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Polynome $P$ mit reellen Koeffizienten, sodass folgende Gleichung für alle $x \\in \\mathbb{R}$ gilt:\n$$\n(x-2) P(x+2)+(x+2) P(x-2)=2 x P(x)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = b(x-2)x(x+2) + a for real constants a, b",
    "solution": "Solution:\nEinsetzen von $x=0$ und $x=2$ liefert $P(-2)=P(0)=P(2)$, also können wir $P(x)$ schreiben als $Q(x)(x-2)(x)(x+2)+a$. Einsetzen in die ursprüngliche Gleichung liefert\n$$\n(x-4) Q(x-2)+(x+4) Q(x+2)=2 x Q(x)\n$$\nFalls wir ein $s<4$ finden, sodass $Q(s)=Q(s+2)=k$, dann folgt\n$$\nQ(s-2)=\\frac{2 s k-(s+4) k}{s-4}=k\n$$\nInduktiv folgt dann $Q(s-2 n)=k$, somit ist $Q$ konstant. Einsetzen von $x=-4$ in obige Gleichung liefert $Q(-6)=Q(-4)$. Da $-6<4$ ist, ist $Q$ somit konstant. Einsetzen liefert, dass\n$$\nP(x)=b(x-2)(x)(x+2)+a\n$$\nauch tatsächlich Lösungen sind.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43930,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nCunégonde a $n$ blocs de hauteur 1 à $n$ et souhaiterait les agencer, les uns après les autres, de telle manière que son chat puisse se déplacer en sautant d'un bloc à l'autre, de la gauche vers la droite. Son chat peut sauter d'un bloc au suivant si celui-ci est soit moins haut, soit plus haut de 1 que le bloc précédent. Au début, son chat se trouve sur le bloc à l'extrémité gauche.\n\nDe combien de manières Cunégonde peut-elle agencer ses blocs, pour que son chat puisse franchir tous les blocs?",
    "options": [],
    "answer": "2^{n-1}",
    "solution": "Solution:\n\nSupposons que Cunégonde place le bloc de hauteur $n$ à la position $k$. Alors le bloc à la position $k-1$ doit avoir la hauteur $n-1$. En continuant comme ça, on voit que les $k$ premiers blocs doivent être $n-k+1, n-k+2, \\ldots, n$. Il nous reste ensuite les $n-k$ premiers blocs à placer sur $n-k$ positions. En répétant l'argument on voit que toutes les solutions s'obtiennent en plaçant les blocs par ordre décroissant puis en séparant les $n$ blocs en sous-ensembles de blocs consécutifs, dans lesquels on inverse l'ordre.\n\nOn peut obtenir chaque partition des $n$ blocs en sous-ensemble de blocs consécutifs par placer des traits entre les nombres. Par exemple $12|3|45$ correspond à la partition $[1,2][3][4,5]$. Comme on a $n-1$ espaces entre les nombres $1,2, \\ldots, n$ et pour chaque espace on peut placer un trait ou pas, on voit qu'il y a $2^{n-1}$ différentes partitions. Donc Cunégonde a $2^{n-1}$ possibilités d'agencer les $n$ blocs.\nSolution:\n\nMan bemerkt, dass wenn die Katze beim Block der Höhe $k$ startet, sie zum höchsten Block hochlaufen muss, bevor sie runterspringen kann. Wenn sie das nicht macht, schafft sie es nicht mehr zum höchsten Block hoch, da $k$ gebraucht wurde und es zwischen $k-1$ und $k+1$ eine Lücke der Höhe 2 gibt. Nun hat man die Blöcke von 1 bis $k-1$ übrig, für diese gilt wieder dasselbe Argument.\n\nMan stellt die Blöcke der Höhe 1 bis $n$ der Reihe nach auf. Wenn die Blöcke 1 bis $n-1$ bereits aufgestellt sind, gibt es genau zwei Möglichkeiten, wo man $n$ noch hinstellen kann, und zwar hinter den Block mit Höhe $n-1$ oder ganz an den Anfang.\n\nFür den ersten Block gibt es eine Möglichkeit, für jeden weiteren zwei. Somit gibt es für $n$ Blöcke $2^{n-1}$ Möglichkeiten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43931,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\angle BCA = 90^\\circ$ und $H$ der Höhenfusspunkt von $C$. Sei $D$ ein Punkt innerhalb des Dreiecks $BCH$, sodass $CH$ die Strecke $AD$ halbiert. Sei $P$ der Schnittpunkt der Geraden $BD$ und $CH$. Sei $\\omega$ der Halbkreis mit Durchmesser $BD$, der die Strecke $CB$ schneidet. Die Tangente von $P$ an $\\omega$ berühre diesen in $Q$. Zeige, dass der Schnittpunkt der Geraden $CQ$ und $AD$ auf $\\omega$ liegt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $K$ die Projektion von $D$ auf $AB$. Dann gilt $AH = HK$. Da $PH \\parallel DK$ haben wir\n$$\n\\frac{PD}{PB} = \\frac{HK}{HB} = \\frac{AH}{HB}\n$$\nSei $L$ die Projektion von $Q$ auf $DB$. Da $PQ$ die Tangente an $\\omega$ ist, und $\\angle DQB = \\angle BLQ = 90^\\circ$, folgt $\\angle PQD = \\angle QBP = \\angle DQL$. Damit sind $QD$ und $QB$ die (innere bzw. äußere) Winkelhalbierende von $\\angle PQL$. Nach dem Winkelhalbierendensatz folgt\n$$\n\\frac{PD}{DL} = \\frac{PQ}{QL} = \\frac{PB}{BL}\n$$\nDiese zwei Gleichungen ergeben zusammen:\n$$\n\\frac{AH}{HB} = \\frac{DL}{LB}\n$$\nDies bedeutet, dass wir den großen Halbkreis so um $B$ drehen und strecken können, sodass dieser auf $\\omega$ liegt und dabei $A$ auf $D$ und $H$ auf $L$ abgebildet wird. Da wir jeweils die Senkrechte zu $H$ bzw. $L$ nehmen, wird $C$ auf $Q$ abgebildet.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDaraus bekommen wir das Verhältnis\n$$\n\\frac{AB}{BD} = \\frac{CB}{BQ}\n$$\nund den Winkel\n$$\n\\angle ABD = \\angle CBQ\n$$\nDies zusammen führt, dass die Dreiecke $ABD$ und $CBQ$ ähnlich sind und daher $\\angle BDT = \\angle BQT$. ($T$ sei der Schnittpunkt der Geraden $CQ$ und $AD$.) Nach der Umkehrung des Peripheriewinkels liegt $T$ auf $\\omega$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43932,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDéterminer tous les entiers naturels $n$ tels que pour chaque diviseur positif $d$ de $n$ on ait\n$$\nd+1 \\mid n+1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n = 1 or n is an odd prime",
    "solution": "Solution:\n\nPour tout nombre naturel $n$, $1$ est un diviseur de $n$ donc nous avons $2 \\mid n+1$. Ainsi $n$ doit être impair.\n\nSi $n=1$, $d=1$ est le seul diviseur de $n$ et clairement $2 \\mid 2$ donc $1$ est solution.\n\nSinon soit $p$ le plus petit facteur premier de $n$. Comme $p$ divise $n$ nous avons aussi $\\frac{n}{p}$ divise $n$ et donc\n$$\n\\frac{n}{p}+1 \\mid n+1 \\quad \\Rightarrow \\quad \\frac{n}{p}+1 \\mid p\\left(\\frac{n}{p}+1\\right)-(n+1)=p-1\n$$\nOr, comme $p$ est le plus petit facteur premier de $n$, si $n \\neq p$ nous avons alors d'une part $p \\leq \\frac{n}{p}$, d'autre part, par la relation de divisibilité trouvée ci-dessus, $\\frac{n}{p}+1 \\leq p-1$, ce qui est une contradiction.\n\nLes seules solutions possibles sont donc $n=1$ ou $n=p$ avec $p$ un nombre premier impair. On voit facilement que ce sont tous des solutions car les seuls diviseurs de $p$ sont $1$ et $p$ et comme $p$ est impair nous avons bien $2 \\mid p+1$ et $p+1 \\mid p+1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43933,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nOn considère 2016 points distincts dans le plan. Montrer qu'on peut trouver au moins 45 distances différentes entre ces points.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSoit $E$ l'enveloppe convexe des 2016 points (le plus petit ensemble convexe qui contient tous les points) et soit $P$ un point de notre ensemble qui est sur le bord de $E$. Si depuis $P$ il y a au moins 45 distances, l'exercice est prouvé.\n\nSinon on peut tracer 44 cercles centrés en $P$ de telle manière que tous les points autres que $P$ soient situés sur un de ces cercles. Comme $44 \\cdot 45 = 1980 < 2016$, il existe un cercle $\\Gamma$ qui contient au moins 46 points de notre ensemble. De plus, comme $P$ est sur le bord de l'enveloppe convexe $E$, l'intersection des cercles avec $E$ donne au plus un demi-cercle.\n\nOn choisit donc sur $\\Gamma$ un des deux points les plus à l'extrémité de l'arc de cercle, et on appellera ce point $Q$. Comme il y a au moins 46 points sur $\\Gamma$ il suffit de montrer que $Q$ a une distance différente avec tous les points de $\\Gamma$ pour pouvoir conclure qu'on a bien au moins 45 distances. Or, cette dernière affirmation est vraie car la partie de $\\Gamma$ qui est contenue dans $E$ est au plus un demi-cercle et comme $Q$ a été choisi à l'extrémité de cet arc de cercle, si deux points de $\\Gamma$ avaient la même distance à $Q$ ils devraient se trouver de part et d'autre du diamètre passant par $Q$, ce qui est impossible.\n\nOn a donc bien au moins 45 distances.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43934,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBei 22 Mathematikwettbewerben werden jeweils 5 Preise verteilt. Nachdem alle Wettbewerbe durchgeführt sind, bemerken die Organisatoren, dass es für jede Kombination von zwei Wettbewerben genau einen gemeinsamen Preisträger gibt. Zeige, dass ein Teilnehmer bei allen Wettbewerben einen Preis gewonnen hat.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir betrachten einen Wettbewerb. In jedem anderen Wettbewerb muss einer der fünf Preisträger auch auf der Preisträgerliste stehen. Da es noch 21 andere Wettbewerbe gibt, muss mindestens einer der fünf Gewinner noch in mindestens fünf anderen Wettbewerben auch unter den besten fünf Schülern sein. Das heißt, es gibt einen Schüler Max, welcher an mindestens sechs Wettbewerben einen Preis gewann. Wir betrachten nun einen Wettbewerb $A$, bei dem Max keinen Preis gewann; wir können annehmen, dass es den gibt, da wir sonst fertig sind. Zusätzlich betrachten wir sechs der Wettbewerbe, bei denen Max gewann. Aus der Voraussetzung folgt, dass je zwei dieser sechs Wettbewerbe keinen gemeinsamen Preisträger außer Max haben. Der Wettbewerb $A$ muss mit jedem dieser sechs Wettbewerbe einen gemeinsamen Preisträger haben. Da dies aber nicht Max sein kann, kann der Wettbewerb $A$ aber maximal mit fünf der sechs Wettbewerbe einen gemeinsamen Preisträger haben, da die anderen vier Preisträger bei jedem der sechs Wettbewerbe komplett verschieden sind. Das ist ein Widerspruch zur Voraussetzung und somit gibt es keinen Wettbewerb, bei dem Max nicht auf der Preisträgerliste steht.\n\n\nWir nehmen an, dass nicht alle einen einzelnen gemeinsamen Preisträger haben. Daher muss es drei Mengen $A, B, C$ geben, welche keinen gemeinsamen Preisträger haben. Das heißt:\n$$\n\\begin{aligned}\n& A \\cap B = s_{1} \\\\\n& A \\cap C = s_{2} \\\\\n& B \\cap C = s_{3}\n\\end{aligned}\n$$\nDie Mengen sehen also so aus:\n$$\n\\begin{aligned}\n& A = s_{1}, s_{2}, a_{1}, a_{2}, a_{3} \\\\\n& B = s_{1}, s_{3}, b_{1}, b_{2}, b_{3} \\\\\n& C = s_{2}, s_{3}, c_{1}, c_{2}, c_{3}\n\\end{aligned}\n$$\nWir zählen nun, an wie vielen Wettbewerben die Preisträger aus $A$ noch gewonnen haben können. Da jeder Wettbewerb mit $A$ einen gemeinsam hat, haben wir so alle Wettbewerbe gezählt. Wir können zeigen, dass wir maximal 21 Wettbewerbe bekommen können.\nWenn wir den Teilnehmer $s_{1}$ betrachten, dann kann er höchstens an 3 anderen Wettbewerben gewonnen haben. Denn jeder Wettbewerb muss einen anderen Teilnehmer aus der Menge $C$ enthalten. Dafür kommen aber nur $c_{1}, c_{2}, c_{3}$ in Frage, denn $s_{2}, s_{3}$ haben bereits einen gemeinsamen Wettbewerb mit $s_{1}$.\nAnalog für $s_{2}$ mit den anderen Teilnehmern in der Menge $B$.\nWenn wir den Teilnehmer $a_{1}$ betrachten, dann kann er höchstens an 4 anderen Wettbewerben gewonnen haben. Argument wie oben, aber es kommen $b_{1}, b_{2}, b_{3}, s_{3}$ aus der Menge $B$ in Frage.\nAnalog für $a_{2}, a_{3}$.\nWir zählen nun die Mengen, welche wir ohne einen einzelnen Preisträger konstruieren können:\n(a) 3 vom Anfang (die Menge $A, B, C$ )\n(b) $2 \\cdot 3$ mit $s_{1}, s_{2}$\n(c) $3 \\cdot 4$ mit $a_{1}, a_{2}, a_{3}$\nUnd kommen so auf maximal 21 Mengen. Zu wenig, also muss unsere Annahme falsch gewesen sein.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43935,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle natürlichen Zahlen $n$, sodass für beliebige reelle Zahlen $x_{1}, \\ldots, x_{n}$ gilt:\n$$\n\\left(\\frac{x_{1}^{n}+\\ldots+x_{n}^{n}}{n}-x_{1} \\cdot \\ldots \\cdot x_{n}\\right)\\left(x_{1}+\\ldots+x_{n}\\right) \\geq 0\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n = 1 and n = 3",
    "solution": "Solution:\n\nFür eins geht es trivialerweise. Die Ungleichung ist für drei erfüllt. Die Ungleichung lässt sich wie folgt faktorisieren:\n$$\n\\frac{1}{6}\\left(x_{1}+x_{2}+x_{3}\\right)^{2}\\left(\\left(x_{1}-x_{2}\\right)^{2}+\\left(x_{2}-x_{3}\\right)^{2}+\\left(x_{3}-x_{1}\\right)^{2}\\right) \\geq 0\n$$\nFür alle anderen Zahlen geht es nicht. Wir geben Gegenbeispiele:\n- $n=2$: $x_{1}=0$, $x_{2}=-1$.\n- $n>3$: $x_{1}=x_{2}=-2$, $x_{3}=3$, $x_{4}=\\ldots=x_{n}=0$. Da die zweite Klammer $-1$ ist, müssen wir noch zeigen, dass die erste Klammer positiv ist. Diese ist von der Form\n$$\n\\left(\\frac{(-2)^{n}+(-2)^{n}+3^{n}+0^{n}+\\ldots+0^{n}}{n}-(-2) \\cdot(-2) \\cdot 3 \\cdot \\ldots \\cdot 0\\right)=\\frac{2 \\cdot(-2)^{n}+3^{n}}{n}\n$$\nAusklammern führt zu\n$$\n\\frac{8 \\cdot(-2)^{n-2}+9 \\cdot 3^{n-2}}{n}\n$$\nFür $n \\geq 2$ ist dies positiv.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43936,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle avec $AB < AC$. La bissectrice de $\\angle BAC$ coupe le côté $BC$ en $D$. Soit $k$ le cercle qui passe par $D$ et qui est tangent aux segments $AC$ et $AB$ en $E$, respectivement $F$. Soit $G$ le deuxième point d'intersection de $k$ avec $BC$. Soit $S$ le point d'intersection de $EG$ et $DF$. Montrer que $AD$ est perpendiculaire à $BS$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nComme les points $E$ et $F$ sont symétriques par rapport à la droite $AD$,\n$$\n\\angle AED = \\angle DFA\n$$\nPar la théorème de l'angle tangent,\n$$\n\\angle EGD = \\angle DEC\n$$\nOr\n$$\n\\angle DEC = 180^\\circ - \\angle AED = 180^\\circ - \\angle DFA = \\angle BFD\n$$\ndonc $\\angle EGD = \\angle BFD$ et\n$$\n\\angle BGX + \\angle BFX = (180^\\circ - \\angle EGD) + \\angle BFD = 180^\\circ\n$$\nAinsi le quadrilatère $BGXF$ est inscrit, donc\n$$\n\\angle XBF = \\angle XGF\n$$\nOr, par la théorème de l'angle tangent,\n$$\n\\angle EGF = \\angle AFE\n$$\nAinsi\n$$\n\\angle XBF = \\angle EGF = \\angle AFE\n$$\ndonc les droites $BX$ et $EF$ sont parallèles et, comme $EF \\perp AD$ (symétrie), on en déduit que $BX \\perp AD$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43937,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $A$ un ensemble fini de nombres naturels. Une partition de $A$ en deux sous-ensembles disjoints non-vides $A_{1}$ et $A_{2}$ est appelée démoniaque si le plus petit multiple commun des éléments de $A_{1}$ est égal au plus grand diviseur commun des éléments de $A_{2}$. Quel est le plus petit nombre d'éléments que $A$ doit avoir pour qu'il existe exactement 2016 partitions démoniaques?",
    "options": [],
    "answer": "3025",
    "solution": "Solution:\n\nSoit $A=A_{1} \\cup A_{2}$ une partition démoniaque et soient $a=\\max \\left(A_{1}\\right), b=\\min \\left(A_{2}\\right)$. On a alors que le plus petit multiple commun des éléments de $A_{1}$ est plus grand ou égal à $a$ et le plus grand diviseur commun des éléments de $A_{2}$ est plus petit ou égal à $b$. Il faut donc que $a<b$, et ainsi $A_{1}$ et $A_{2}$ sont obtenus à partir de $A$ en mettant tous les éléments inférieurs à un certain nombre dans $A_{1}$ et tous les éléments restants dans $A_{2}$. En particulier, si $A$ possède $n$ éléments, le nombre de partitions démoniaques vaut au plus $n-1$.\n\nConstruisons maintenant un ensemble $A$ qui admet exactement 2016 partitions démoniaques. On écrit la paire $(x, y)$ pour représenter le nombre $2^{x} \\cdot 3^{y}$ et l'ensemble $A$ est alors\n$$\nA=\\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1),(2,1),(1,2),(2,2), \\ldots,(1008,1008)\\}\n$$\nOn voit facilement que l'on peut mettre la séparation entre $(a, a)$ et $(a+1, a)$ ou entre $(a, a+1)$ et $(a+1, a+1)$ pour obtenir des ensembles démoniaques. Cela donne alors exactement 2016 ensembles démoniaques et $A$ possède 3025 éléments.\n\nIl reste à montrer que $A$ doit forcément avoir au moins 3025 éléments. Pour fixer la notation, soit\n$$\nA=\\left\\{x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n}\\right\\}\n$$\nTout d'abord on ne peut pas avoir que $A_{1}=\\left\\{x_{1}\\right\\}$ et $A_{1}^{\\prime}=\\left\\{x_{1}, x_{2}\\right\\}$ soient deux partitions démoniaques. En effet si $A_{1}, A_{2}$ est une partition démoniaque, le ppmc de $A_{1}$ vaut $x_{1}$ et donc le $\\operatorname{pgcd}$ de $A_{2}$ également, donc $x_{1} \\mid x_{i}$ pour tout $i \\geq 1$. En particulier $x_{1} \\mid x_{2}$ donc le ppmc de $A_{1}^{\\prime}$ vaut $x_{2}$, ce qui implique que le pgdc de $A_{2}^{\\prime}$ vaut $x_{2}$ et donc $x_{2} \\mid x_{i}$ pour tout $i \\geq 2$. Mais alors le $\\operatorname{pgdc}$ de $A_{2}$ est $x_{2}$, ce qui contredit le fait que $A_{1}, A_{2}$ est une partition démoniaque. Supposons qu'il existe $i$ tel que $A_{1}=\\left\\{\\ldots, x_{i}\\right\\}, A_{1}^{\\prime}=\\left\\{\\ldots, x_{i}, x_{i+1}\\right\\}, A_{1}^{\\prime \\prime}=\\left\\{\\ldots, x_{i}, x_{i+1}, x_{i+2}\\right\\}$ forment trois partitions démoniaques. Nous avons alors les relations\n$$\n\\begin{gathered}\nx_{i}\\left|\\operatorname{ppmc}\\left(A_{1}\\right)=\\operatorname{pgdc}\\left(A_{2}\\right)\\right| b \\quad \\forall b \\in A_{2} \\\\\nx_{i+1}\\left|\\operatorname{ppmc}\\left(A_{1}^{\\prime}\\right)=\\operatorname{pgdc}\\left(A_{2}^{\\prime}\\right)\\right| b^{\\prime} \\quad \\forall b^{\\prime} \\in A_{2}^{\\prime}\n\\end{gathered}\n$$\net\n$$\nx_{i+2}\\left|\\operatorname{ppmc}\\left(A_{1}^{\\prime \\prime}\\right)=\\operatorname{pgdc}\\left(A_{2}^{\\prime \\prime}\\right)\\right| b^{\\prime \\prime} \\quad \\forall b^{\\prime \\prime} \\in A_{2}^{\\prime \\prime}\n$$\nCependant les deux dernières relations impliquent alors que $\\operatorname{pgdc}\\left(A_{2}^{\\prime}\\right)=x_{i+2}$ et $\\operatorname{pgdc}\\left(A_{2}\\right)=x_{i+1}$, et donc également que $\\operatorname{ppmc}\\left(A_{1}\\right)=x_{i+1}$ car $A_{1}, A_{2}$ est démoniaque. Nous arrivons maintenant à une contradiction car $A_{1}^{\\prime}$ est construit en rajoutant à $A_{1}$ uniquement l'élément $x_{i+1}$, donc $\\operatorname{ppmc}\\left(A_{1}^{\\prime}\\right)=x_{i+1}$ également, et comme on a déjà prouvé que $\\operatorname{pgdc}\\left(A_{2}^{\\prime}\\right)=x_{i+2}$ la paire $A_{1}^{\\prime}, A_{2}^{\\prime}$ ne pourrait être démoniaque. Ainsi il est impossible d'obtenir 2016 paires démoniaques si $A$ possède strictement moins de 3025 éléments.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43938,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A B C$ ein rechtwinkliges Dreieck mit $\\angle A C B=90^{\\circ}$ und $M$ der Mittelpunkt von $A B$. Sei $G$ ein beliebiger Punkt auf der Strecke $M C$ und $P$ ein Punkt auf der Geraden $A G$, sodass $\\angle C P A=\\angle B A C$ gilt. Weiter sei $Q$ ein Punkt auf der Geraden $B G$, sodass $\\angle B Q C=\\angle C B A$ gilt. Zeige, dass sich die Umkreise der Dreiecke $A Q G$ und $B P G$ auf der Strecke $A B$ schneiden.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $H$ der Höhenfusspunkt von $C$. Wir wollen zeigen, dass der Umkreis vom Dreieck $A G Q$ die Strecke $A B$ in $H$ schneidet.\n\nSimple Winkeljagd liefert, dass $\\angle B A C=\\angle H B C$. Mit der Umkehrung des Tangentenwinkelsatzes folgt, dass die Gerade $B C$ tangential an den Umkreis $k$ vom Dreieck $A H C$ ist. Nun erhält man mit der Potenz von $B$ an $k$, dass gilt:\n$$\nB A \\cdot B H=B C^{2}\n$$\nWeiter ist $M$ der Umkreismittelpunkt vom Dreieck $A B C$ und somit ist das Dreieck $C M B$ gleichschenklig. Daraus folgt, dass $\\angle B Q C=\\angle C B A=\\angle M C B$. Mit der Umkehrung des Tangentenwinkelsatzes und der Potenz von $B$ an den Umkreis vom Dreieck $C Q G$ erhält man:\n$$\nB Q \\cdot B G=B C^{2}\n$$\nAus diesen beiden Gleichungen folgt:\n$$\nB A \\cdot B H=B Q \\cdot B G\n$$\nMit der Potenz von $B$ an den Umkreis vom Dreieck $A G Q$ folgt, dass $H$ auch auf dem Umkreis liegt.\n\nAuf ähnliche Weise folgt, dass $H$ auf dem Umkreis vom Dreieck $B P G$ liegt. Und somit schneiden sich die beiden Umkreise auf $A B$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43939,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Zeige, dass $7^{7^{n}}+1$ mindestens $2 n+3$ nicht notwendigerweise verschiedene Primteiler hat.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir lösen das Problem per Induktion. Die Verankerung ist der Fall $n=0$, bei dem $7^{7^{0}}+1=7^{1}+1=2^{3}$ gilt.\n\nFür den Induktionsschritt gilt es zu zeigen, dass wenn $x=7^{2 m-1}$ für eine natürliche Zahl $m$ gilt, dass $\\left(x^{7}+1\\right) /(x+1)$ nicht prim ist. Daraus folgt, dass $x^{7}+1$ mindestens zwei Primteiler mehr hat als $x+1$.\n\nWir zeigen nun, dass $\\left(x^{7}+1\\right) /(x+1)$ nicht prim ist:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{x^{7}+1}{x+1} & =\\frac{(x+1)^{7}-\\left((x+1)^{7}-\\left(x^{7}+1\\right)\\right)}{x+1} \\\\\n& =(x+1)^{6}-\\frac{7 x\\left(x^{5}+3 x^{4}+5 x^{3}+5 x^{2}+3 x+1\\right)}{x+1} \\\\\n& =(x+1)^{6}-7 x\\left(x^{4}+2 x^{3}+3 x^{2}+2 x+1\\right) \\\\\n& =(x+1)^{6}-7^{2 m}\\left(x^{2}+x+1\\right)^{2} \\\\\n& =\\left\\{(x+1)^{3}-7^{m}\\left(x^{2}+x+1\\right)\\right\\}\\left\\{(x+1)^{3}+7^{m}\\left(x^{2}+x+1\\right)\\right\\}\n\\end{aligned}\n$$\n\nNun gilt es noch zu zeigen, dass beide Faktoren grösser als 1 sind. Es reicht, dies für den kleineren zu zeigen. Mit $\\sqrt{7 x} \\leq x$ folgt:\n$$\n\\begin{aligned}\n(x+1)^{3}-7^{m}\\left(x^{2}+x+1\\right) & =(x+1)^{3}-\\sqrt{7 x}\\left(x^{2}+x+1\\right) \\\\\n& \\geq x^{3}+3 x^{2}+3 x+1-x\\left(x^{2}+x+1\\right) \\\\\n& =2 x^{2}+2 x+1 \\geq 113>1\n\\end{aligned}\n$$\n\nAlso ist $\\left(x^{7}+1\\right) /(x+1)$ nicht prim und die Aussage ist bewiesen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43940,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $a_{n}$ eine Folge natürlicher Zahlen definiert durch $a_{1}=m$ und $a_{n}=a_{n-1}^{2}+1$ für $n>1$. Ein Paar $(a_{k}, a_{l})$ nennen wir interessant, falls\n\n(i) $0<l-k<2016$,\n\n(ii) $a_{k}$ teilt $a_{l}$.\n\nZeige, dass ein $m$ existiert, sodass die Folge $a_{n}$ kein interessantes Paar enthält.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie zweite Bedingung ist genau dann erfüllt, wenn $a_{l}$ kongruent zu $0$ modulo $a_{k}$ ist. Schauen wir also die möglichen Resultate von $a_{l}$ modulo $a_{k}$ an. Für $l=k+1, k+2$ berechnen wir:\n$$\n\\begin{array}{rr}\na_{k+1}=a_{k}^{2}+1 \\equiv 1 & (a_{k}) \\\\\na_{k+2}=a_{k+1}^{2}+1 \\equiv 1+1=2 & (a_{k})\n\\end{array}\n$$\nWenn wir so weiterfahren bis $l=k+2015$ erhalten wir $2015$ solcher Zahlen. Zu bemerken ist, dass keine dieser Zahlen von $a_{k}$ abhängt. Sei $M$ das Maximum dieser Zahlen. Damit wir nie $a_{l}$ kongruent zu null modulo $a_{k}$ erhalten, reicht es sicherzustellen, dass $a_{k}$ strikt größer ist als $M$. Weiter haben wir durch die Rekursionsformel, dass $a_{k}<a_{k+1}$ und somit, $m<a_{k}$ für jedes $k$. Das heißt, wenn wir $m$ größer als $M$ wählen, ist auch $a_{k}$ größer als $M$. Wir können also folgern, dass es kein interessantes Paar gibt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43941,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAuf einem Kreis liegen $2n$ verschiedene Punkte. Die Zahlen $1$ bis $2n$ werden zufällig auf diese Punkte verteilt. Jeder Punkt wird mit genau einem anderen Punkt verbunden, sodass sich keine der entstehenden Verbindungsstrecken schneiden. Verbindet eine Strecke die Zahlen $a$ und $b$, so weisen wir der Strecke den Wert $|a-b|$ zu. Zeige, dass wir die Strecken so wählen können, dass die Summe dieser Werte $n^{2}$ ergibt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nMan sieht, dass $$(n + (n+1) + \\ldots + 2n) - (1 + 2 + \\ldots + n) = n^{2}$$ ist. Also falls wir es schaffen, jede Zahl aus der zweiten Klammer mit einer aus der ersten Klammer (natürlich ohne Überkreuzungen) zu verbinden, sind wir fertig. Es gibt immer eine Zahl aus der ersten Klammer, die neben einer Zahl in der zweiten Klammer ist, egal wie sie angeordnet sind. Wir verbinden ein solches Paar und schauen nur noch die $2n-2$ übrigen Punkte an. Egal welche Verbindungsstrecken wir einzeichnen, sie schneiden die weggenommene sicher nicht. Nun machen wir das analog weiter, bis wir keine Zahlen mehr zu verbinden haben. Die Summe aller Strecken ist $n^{2}$ und wir haben keine Schnittpunkte. Somit sind wir fertig.\nSolution:\n\nWie oben sieht man die beiden Zahlengruppen. Da es nicht darauf ankommt, welche aus der ersten Gruppe mit denen aus der zweiten Gruppe verbindet werden, können wir sie vereinheitlichen. Die $n$ Punkte in der ersten Gruppe machen wir rot und die $n$ in der zweiten blau. Jetzt wollen wir zeigen, dass wir die roten mit den blauen Punkten verbinden können, ohne Schnittpunkte zu haben. Dazu verbinden wir sie zuerst irgendwie. Jetzt wählen wir einen beliebigen Schnittpunkt und tauschen die beiden Verbindungen so, dass blau wieder mit rot verbunden ist. Somit haben wir einen Schnittpunkt weniger. Denn es entstehen keine neuen Schnittpunkte, da jede Strecke, eine der beiden neuen Strecken schneidet, schon eine alte schneidet, denn beide neuen Strecken bilden mit je zwei der alten Teilstrecken ein Dreieck. Und jede Strecke, die in eines der Dreiecke hinein geht, muss auch wieder hinausgehen, da kein Punkt des Kreises im Dreieck liegt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43942,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle natürlichen Zahlen $n$, sodass gilt:\n$$\n\\sum_{\\substack{d \\mid n \\\\ 1 \\leq d < n}} d^{2} = 5(n+1)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "16",
    "solution": "Solution:\nWir betrachten $n$ gerade und $n$ ungerade einzeln.\n\nFall 1: $n$ ist gerade:\n$n$ kann nicht $2$ sein. Falls $n > 2$ ist, hat $n$ die Teiler $1$, $2$ und $n / 2$. Es folgt, dass $1 + 4 + (n / 2)^{2} \\leq 5(n+1)$. Umformen liefert $n \\leq 20$. Durchtesten der Fälle ergibt die Lösung $n = 16$.\n\nFall 2: $n$ ist ungerade:\nEins ist keine Lösung. Die rechte Seite ist gerade, also auch die linke Seite. Alle Teiler von $n$ sind ungerade. Es folgt, dass $n$ eine ungerade Anzahl Teiler (mit sich selbst) hat, also ist $n$ eine Quadratzahl. Potenzen ungerader Primzahlen sind keine Lösungen, denn dann ist die linke Seite $\\equiv 1 \\operatorname{modulo} p$ und die rechte Seite $\\equiv 5 \\bmod p$. Dies funktioniert nur, falls $0 \\equiv 4 \\bmod p$, also $p = 2$, also $n$ gerade.\n\nSomit können wir $n = (ps)^{2}$ schreiben, wobei $p$ dem kleinsten Primteiler von $n$ ist und $s$ mindestens ein Primteiler $\\neq p$ besitzt. Es folgt, dass $n$ die drei verschiedenen Teiler $1$, $p$ und $ps^{2}$ besitzt. Ausserdem sind $p$ und $s$ ungerade und nicht eins, somit sind beide grösser als $2$. Also muss gelten\n$$\n5 + 9(ps)^{2} = 1 + 4 + 9(ps)^{2} \\leq 1 + p^{2} + s^{2}(ps)^{2} \\leq 5\\left((ps)^{2} + 1\\right)\n$$\nwas nicht möglich ist.\n\nAlso ist $n = 16$ die einzige Lösung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43943,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle aigu et soit $H$ son orthocentre. Soit $G$ l'intersection de la parallèle à $AB$ passant par $H$ avec la parallèle à $AH$ passant par $B$. Soit $I$ le point sur la droite $GH$ tel que $AC$ coupe le segment $HI$ en son milieu. Soit $J$ la deuxième intersection de $AC$ avec le cercle circonscrit au triangle $CGI$. Montrer que $IJ = AH$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSoient $A_{1}, B_{1}$ et $C_{1}$ les pieds des hauteurs passant respectivement par $A, B$ et $C$ et soit $P$ le point d'intersection de $AC$ avec $GI$. Nous montrons d'abord que les deux quadrilatères $CHBG$ et $BA_{1}B_{1}A$ sont des quadrilatères inscrits.\n\nEn effet, puisque $H$ est l'orthocentre du triangle $\\triangle ABC$, que $HG$ est parallèle à $AB$ et que $BG$ est parallèle à $AH$ nous avons\n$$\n\\angle CHG = \\angle CC_{1}B = 90^{\\circ} = \\angle AA_{1}B = \\angle A_{1}BG = \\angle CBG\n$$\ndonc $CHBG$ est inscrit. On voit aussi facilement que $\\angle AA_{1}B = 90^{\\circ} = \\angle AB_{1}B$ donc $BA_{1}B_{1}A$ est aussi un quadrilatère inscrit.\n\nPuisque par construction $GCIJ$ est également un quadrilatère inscrit, nous avons alors\n$$\n\\angle IJC = \\angle IGC = \\angle HGC = \\angle HBC = \\angle B_{1}BA_{1} = \\angle B_{1}AA_{1} = \\angle CAH\n$$\nOn introduit alors le point $A'$ sur la droite $AC$ tel que $HA = HA'$. Comme $AHA'$ est isocèle nous avons alors\n$$\n\\angle PA'H = \\angle AA'H = \\angle A'AH = \\angle CAH = \\angle IJC = \\angle IJP\n$$\nD'autre part, nous avons aussi $\\angle HPA' = \\angle IPJ$ car ils sont opposés par le sommet. Ainsi, puisque $IP = HP$, les deux triangles $\\triangle IJP$ et $\\triangle HA'P$ sont égaux, donc $IJ = A'H = AH$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43944,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle avec $AB \\neq AC$ et soit $M$ le milieu de $BC$. La bissectrice de $\\angle BAC$ coupe la droite $BC$ en $Q$. Soit $H$ le pied de la hauteur en $A$ sur $BC$. La perpendiculaire à $AQ$ passant par $A$ coupe la droite $BC$ en $S$. Montrer que $MH \\cdot QS = AB \\cdot AC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSoit $I$ le point d'intersection de la médiatrice de $BC$ et de la bissectrice de $\\angle BAC$. Celui-ci est bien défini car $AB \\neq AC$. Il est connu que la bissectrice d'un angle d'un triangle et la médiatrice du côté opposé s'intersectent sur le cercle circonscrit du triangle. De là s'ensuit que $A$, $B$, $C$ et $I$ sont sur un cercle. Du ce fait, on déduit que $\\angle ACB = \\angle IAB$. Comme par construction $AI$ bissecte $\\angle BAC$, on a $\\angle IAC = \\angle AIB$. De ces deux dernières égalités on a que $ACQ$ et $AIB$ sont semblables. De cette similarité on tire le premier résultat important :\n$$\n\\frac{AC}{AQ} = \\frac{AI}{AB}\n$$\net par conséquent,\n$$\nAB \\cdot AC = AI \\cdot AQ\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nPar ailleurs, comme $\\angle IMQ = \\angle QAS = \\angle AHQ = 90^{\\circ}$ et $\\angle MQI = \\angle HQA = \\angle SQA$, on a que les triangles $MQI$, $AQS$ et $HQA$ sont semblables. Par conséquent,\n$$\n\\frac{AQ}{HQ} = \\frac{QI}{QM} = \\frac{QS}{AQ}\n$$\nDe cette égalité on déduit que\n$$\n\\frac{AI}{MH} = \\frac{AQ + QI}{HQ + QM} = \\frac{QS}{AQ}\n$$\npuis que\n$$\nMH \\cdot QS = AI \\cdot AQ\n$$\nL'énoncé suit alors directement de (1) et (2).",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43945,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $n \\geq 2$ un nombre naturel. Pour un sous-ensemble $F$ à $n$ éléments de $\\{1, \\ldots, 2 n\\}$, on définit $m(F)$ comme le minimum de tous les $\\operatorname{kgV}(x, y)$, où $x$ et $y$ sont deux éléments distincts de $F$. Trouver la valeur maximale que peut atteindre $m(F)$.",
    "options": [],
    "answer": "Maximum m(F) equals 3(n+1) if n is odd and 3(n+2) if n is even, with the exception n = 4 where it is 24.",
    "solution": "Solution:\n\nNous montrons d'abord que $m(F)$ atteint son maximum pour $F=\\{n+1, \\ldots, 2 n\\}$. En effet soit $G$ un autre sous-ensemble et $x \\leq n$ un élément de $G$.\n\na. Si $2 x$ est aussi un élément de $G$, alors $m(G) \\leq \\operatorname{kgV}(x, 2 x)=2 x$. D'autre part comme tout élément de $F$ est strictement supérieur à $n$, aucun ne divise un autre et donc pour toute paire $x \\neq y$ d'éléments de $F$, $\\operatorname{kgV}(x, y)>2 n$, donc $m(F)>m(G)$.\n\nb. Si $2 x$ n'est pas un élément de $G$, pour tout $y \\neq x$ élément de $G$, nous avons $\\operatorname{kgV}(x, y) \\leq \\operatorname{kgV}(2 x, y)$ donc si $G'$ est l'ensemble obtenu à partir de $G$ en remplaçant $x$ par $2 x$, on a alors que $m(G) \\leq m\\left(G'\\right)$\n\nLe maximum est donc atteint quand $G$ n'a aucun élément parmi $\\{1, \\ldots, n\\}$, c'est-à-dire quand $G=F$ (même s'il peut aussi être atteint pour d'autres ensembles $G$ ).\n\nIl suffit donc de calculer $m(F)$ pour $F=\\{n+1, \\ldots, 2 n\\}$. Soient donc $x_0<y_0$ des éléments de $F$ tels que $m(F)=\\operatorname{kgV}\\left(x_0, y_0\\right)$. Si $d=\\operatorname{ggT}\\left(x_0, y_0\\right)$, on a alors que $m(F)=\\frac{x_0 \\cdot y_0}{d}$. Or, comme $y_0=x_0+k \\cdot d$ pour un certain $k \\in \\mathbb{N}$ et que $\\left(x_0, y_0\\right)$ minimisent $\\operatorname{kgV}\\left(x_0, y_0\\right)=\\frac{x_0 \\cdot y_0}{d}$, on a forcément $k=1$, donc $m(F)=x_0 \\cdot\\left(\\frac{x_0}{d}+1\\right)$.\n\nOn commence par calculer que pour $n \\leq 4$, $m(F)$ vaut successivement $12, 12$ et $24$.\n\nMaintenant pour $n \\geq 5$, on traite séparément $n$ pair et $n$ impair:\n\n- Si $n$ est impair, pour $x_0=n+1$ et $d=\\frac{n+1}{2}$, on obtient $y_0=\\frac{3(n+1)}{2}$ et comme $x_0$ est le plus petit élément de $F$ et pour n'importe quel choix de $x_0$ dans $F$ $\\frac{x_0}{d} \\geq 2$, on a que $m(F)=\\operatorname{kgV}\\left(x_0, y_0\\right)=3(n+1)$. De plus $y_0=\\frac{3(n+1)}{2} \\leq 2 n$ car cette inéquation est équivalente à $n \\geq 3$, qui est vraie puisqu'on considère $n \\geq 5$.\n\n- Si $n$ est pair, pour $x_0=n+2$ et $d=\\frac{n+2}{2}$, on obtient $y_0=\\frac{3(n+2)}{2}$. Comme $\\frac{x_0}{d}=2$, le seul autre candidat pour $x_0$ serait $n+1$ mais comme $n+1$ est impair nous aurions alors $\\frac{x_0}{d'} \\geq 3$, donc $(n+1) \\cdot\\left(\\frac{n+1}{d'}+1\\right) \\geq (n+1) \\cdot 4 \\geq (n+2) \\cdot 3=(n+2) \\cdot\\left(\\frac{n+2}{d}+1\\right)$ car cette inéquation est équivalente à $n \\geq 2$. On a donc que $m(F)=\\operatorname{kgV}\\left(x_0, y_0\\right)=3(n+2)$. Enfin on constate que $y_0=\\frac{3(n+2)}{2} \\leq 2 n$ car l'inéquation est équivalente à $n \\geq 6$.\n\nLa solution est donc $3(n+1)$ si $n$ est impair et $3(n+2)$ si $n$ est pair, avec comme seule exception $n=4$ où la solution est $24$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43946,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ gilt:\n$$\n(f(x)+y)(f(x-y)+1)=f(f(x f(x+1))-y f(y-1))\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x",
    "solution": "Solution:\nSei $x=0, y=1$ :\n$$\n(f(0)+1)(f(-1)+1)=f(0)\n$$\nSetzen wir $y=-f(x)$, folgt sofort, dass ein $a \\in \\mathbb{R}$ existiert mit $f(a)=0$. Nun setzen wir $x=a, y=0$ :\n$$\n0=f(f(a f(a+1)))\n$$\nUnd nun $x=a, y=a+1$ :\n$$\n(a+1)(f(-1)+1)=f(f(a f(a+1)))=0\n$$\nWäre $a=-1$ würde die erste Gleichung $f(0)+1=f(0)$ liefern, ein Widerspruch. Folglich ist $a+1 \\neq 0$, sodass aus der letzten Gleichung $f(-1)=-1$ folgt. Setzen wir dies in der ersten Gleichung ein, folgt sofort $f(0)=0$. Für $x$ setzen wir jetzt nacheinander 0 und -1 ein, sodass gilt:\n$y f(-y)+y=f(-y f(y-1))=(y-1)(f(-1-y)+1) \\Longleftrightarrow y f(-y)+f(-1-y)+1=y f(-1-y)$.\nErsetzen wir hier $y$ durch $-y$, erhalten wir die Form:\n$$\ny f(y)=y f(y-1)+f(y-1)+1\n$$\nJetzt setzen wir in der Originalgleichung nacheinander $y=0, y=1$ ein:\n$f(x)^{2}+f(x)=f(f(x f(x+1)))=(f(x)+1)(f(x-1)+1) \\Longleftrightarrow f(x)^{2}=f(x) f(x-1)+f(x-1)+1$.\nWir ziehen nun die letzten beiden erhaltenen Gleichungen voneinander ab und erhalten:\n$$\nf(x)^{2}-x f(x)=f(x) f(x-1)-x f(x-1) \\Longleftrightarrow(f(x)-x)(f(x)-f(x-1))=0\n$$\nKönnen wir also für alle reellen $x$ zeigen, dass $f(x) \\neq f(x-1)$ gilt, folgt $f(x)=x$ und wir sind fertig. Dafür genügt es, Injektivität zu zeigen.\nSei $a$ wieder eine beliebige Nullstelle von $f$. Setze in der Originalgleichung $x=0, y=a+1$ :\n$$\n(a+1)(f(-a-1)+1)=0\n$$\nalso mit der gleichen Argumentation wie vorher $f(-a-1)=-1$. Sei nun $x=0, y=-a$ :\n$$\n-a=f(a f(-a-1))=f(-a)\n$$\nDann folgt mit $x=-1, y=-a$ :\n$$\n(-1-a)(f(a-1)+1)=f(a f(-a-1))=f(-a)=-a \\Longleftrightarrow f(a-1)=\\frac{-1}{1+a}\n$$\nda $a \\neq-1$ ist. Dann gilt für $x=a-1, y=0$ :\n$$\n\\frac{1}{(a+1)^{2}}-\\frac{1}{a+1}=0 \\Longleftrightarrow a=0\n$$\nFolglich ist 0 die einzige Nullstelle von $f$, das heisst $f$ ist injektiv bei 0 .\nMit $y=-f(x)$ folgt dann:\n$$\n0=f(f(x f(x+1))+f(x) f(-f(x)-1)) \\Longrightarrow f(x f(x+1))=-f(x) f(-f(x)-1)\n$$\naufgrund der Injektivität bei 0 . Mit $x=y-1$ folgt:\n$0=f(f((y-1) f(y))-y f(y-1)) \\Longrightarrow f((y-1) f(y))=y f(y-1) \\Longleftrightarrow f(y f(y+1))=(y+1) f(y)$,\nwenn wir $y$ durch $y+1$ ersetzen, wobei wir wieder Injektivität bei 0 benutzt haben. Ein Vergleich der letzten beiden Gleichungen liefert:\n$$\n(y+1) f(y)=-f(y) f(-f(y)-1)\n$$\nFür $y \\neq 0$ können wir $f(y)$ wegkürzen und es bleibt $f(-f(y)-1)=-y-1$, was sogar für $y=0$ auch stimmt. Mit dieser Gleichung können wir nun Injektivität zeigen. Sind $u, v \\in \\mathbb{R}$ mit $f(u)=f(v)$, gilt\n$$\n-u-1=f(-f(u)-1)=f(-f(v)-1)=-v-1 \\Longrightarrow u=v\n$$\nwie gewünscht. Also sind wir fertig.\nEinsetzen zeigt, dass $f(x)=x$ wirklich eine Lösung ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43947,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{Z} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ telles que:\n(i) $f(p)>0$ pour tout nombre premier $p$,\n(ii) $p \\mid (f(x)+f(p))^{f(p)}-x$ pour tout nombre premier $p$ et pour tout $x \\in \\mathbb{Z}$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all integers x",
    "solution": "Solution:\n\nPremière solution : Gardons les bons réflexes qui s'imposent avec les équations fonctionnelles. On va montrer (après avoir commencé par chercher les solutions potentielles !) que l'unique solution est l'identité. On comprend déjà que le petit Théorème de Fermat va jouer un rôle crucial.\n\nSoit donc $x=p$ dans la condition (ii), i.e. la première substitution à laquelle on doit penser. On obtient donc\n$$\np \\mid (2 f(p))^{f(p)}\n$$\net ainsi $p \\mid f(p)$ pour tout premier $p \\neq 2$. Et pour $p=2$ ? Posons $x=0$, et l'on obtient $p \\mid (f(p)+f(0))^{f(p)}$. Donc pour $p \\neq 2$, $p \\mid f(0)$, car $p \\mid f(p)$. Cela force $f(0)=0$. En particulier, réinjecté plus haut, on obtient que $p \\mid f(p)$ pour tout $p$ cette fois.\n\nDe même avec $x=k p$ on obtient $p \\mid f(k p)$ pour tout entier $k$. Autrement dit, pour un entier $n$ et $p$ premier:\n$$\np|n \\Rightarrow p| f(n)\n$$\nLe retour de l'implication est-il vrai ? Supposons que $p \\mid f(n)$ pour un entier $n$. Comme $p \\mid f(p)$, on obtient de la condition (ii) avec $x=n$ que $p \\mid n$. Donc le retour est vrai également ! Finalement, on obtient pour un entier $n$ et un premier $p$ :\n$$\np|n \\Leftrightarrow p| f(n)\n$$\nEn particulier pour $n=p$, on obtient que $f(p)$ est nécessairement une puissance de $p$. Comme $f(p)>0$, $f(p)=p^{a_{p}}$ où $a_{p} \\geq 1$ est un entier qui dépend de $p$. Par le petit Théorème de Fermat, on se rappelle que $y^{p^{a}} \\equiv y \\pmod{p}$. Ainsi, la condition (ii) devient :\n$$\np \\left| \\left(f(x)+p^{a_{p}}\\right)^{p^{a_{p}}}-x \\Rightarrow p \\right| f(x)-x\n$$\nCette dernière condition est vérifiée pour tout $p$ et pour tout entier $x$. On conclut que $f(x)=x$ pour tout $x$. Le petit Théorème de Fermat nous permet de vérifier qu'il s'agit bien d'une solution.\n\n\nDeuxième solution par Bibin : Au lieu de montrer que $p \\mid f(x)-x$ pour tout $x$, on montre que $p \\nmid f(x+1)-f(x)$ pour tout $p$ et pour tout $x$ (on soustrait la condition (ii) pour $x$ et pour $x+1$). Ainsi $f(x+1)-f(x)= \\pm 1$ et on conclut par induction (après avoir montré par exemple que $f(0)=0$).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43948,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $A$ und $B$ Punkte auf dem Kreis $k$ mit Mittelpunkt $O$, sodass $A B > A O$ gilt. Sei $C$ der von $A$ verschiedene Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle O A B$ und $k$. Sei $D$ der von $B$ verschiedene Schnittpunkt der Geraden $A B$ mit dem Umkreis des Dreiecks $O B C$. Zeige, dass $A D = A O$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $\\angle C A O = \\angle D A C = \\alpha$. Da $O$ der Mittelpunkt von $k$ ist, ist Dreieck $O A C$ sowie Dreieck $A O M$ gleichschenklig und es folgt $\\angle O C A = \\alpha$ sowie $\\angle O M A = 2 \\alpha$. Da $O C M D$ ein Sehnenviereck ist, folgt $\\angle D M O = \\angle D C O$. Also folgt auch $\\angle D C A = \\angle D C O - \\angle A C O = \\alpha$. Nun sind die Dreiecke $A O C$ und $A C D$ kongruent, da beide zwei Winkel $\\alpha$ haben. Da die Seite zwischen diesen beiden Winkeln jeweils $A C$ ist, sind die beiden Dreiecke deckungsgleich und es folgt $A O = A D$ wie gewünscht.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43949,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver tous les polynômes $P$ à coefficients entiers tels que $P(2017 n)$ est un nombre premier pour tout nombre naturel $n$.",
    "options": [],
    "answer": "P is a constant polynomial equal to a prime number.",
    "solution": "Solution:\n\nPuisque $P$ est un polynôme à coefficients entiers, on a que $a-b \\mid P(a)-P(b)$ pour tous $a, b \\in \\mathbb{Z}$. Ainsi en particulier nous avons que, pour $q = P(2017)$, $P(2017 k q + 2017) \\equiv P(2017) \\bmod q$, mais par hypothèse ces deux valeurs sont des nombres premiers, donc on a $P(2017 k q + 2017) = P(2017)$ pour une infinité de $k$, donc $P$ est constant.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43950,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoient $x, y, z$ des nombres réels positifs ou nuls avec $x y + y z + z x = 1$. Montrer que\n$$\n\\frac{4}{x+y+z} \\leq (x+y)(\\sqrt{3} z + 1)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPremière solution: On réécrit l'équation sous la forme\n$$\n4 \\leq (x+y+z)(x+y)(\\sqrt{3} z+1) = \\left(x^{2} + 2 x y + y^{2} + x z + y z\\right)(\\sqrt{3} z+1) = \\sqrt{3} z\\left(x^{2} + 2 x y + y^{2} + x z + y z\\right) + x^{2} + x y + y^{2} + 1\n$$\nOn peut encore transformer pour obtenir $3 \\leq \\sqrt{3} z\\left(x^{2} + 2 x y + y^{2} + x z + y z\\right) + x^{2} + x y + y^{2}$ et puisque par AM-GM $x^{2} + x y + y^{2} \\geq 3 x y$, il suffit de prouver\n$$\n1 \\leq \\frac{1}{\\sqrt{3}}\\left(x^{2} z + x y z + y^{2} z + x z^{2} + y z^{2}\\right) + x y \\Leftrightarrow y z + x z \\leq \\frac{1}{\\sqrt{3}}\\left(x^{2} z + x y z + y^{2} z + x z^{2} + y z^{2}\\right)\n$$\nLe terme de droite peut se factoriser comme\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{3}}\\left(x^{2} z + x y z + y^{2} z + x z^{2} + y z^{2}\\right) = \\frac{1}{\\sqrt{3}}(x z + y z)(x + y + z)\n$$\ndonc si on prouve que $x + y + z \\geq \\sqrt{3}$ l'inéquation est alors démontrée puisqu'on a clairement $x z + y z \\geq 0$. On a en fait $(x + y + z)^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2(x y + y z + z x) \\geq 3(x y + y z + z x) = 3$, ce qui conclut la preuve.\n\n\nDeuxième solution: On commence par réécrire l'inéquation sous la forme\n$$\n4 \\leq (x+y+z)(x+y)(\\sqrt{3} z+1)\n$$\nOn remarque que l'inéquation et la condition sont toutes les deux symétriques en $x$ et $y$ (c'est-à-dire: rien ne change si on échange $x$ et $y$), donc on suppose que le minimum devrait être atteint lorsque $x = y$. Prenons trois variables $x, y, z$ avec $x y + y z + z x = 1$. Nous allons regarder ce qu'il se passe avec le côté droit lorsqu'on les remplace par\n$$\nx' = \\frac{x+y}{2}, \\quad y' = \\frac{x+y}{2}, \\quad z'\n$$\navec $x' y' + y' z' + z' x' = 1$. La condition sur les variables est équivalente à\n$$\nz = \\frac{1 - x y}{x + y} \\quad z' = \\frac{1 - x' y'}{x' + y'} = \\frac{1 - \\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^{2}}{x + y}\n$$\nSi $x + y \\leq 2$ on a donc que $x', y', z'$ sont tous positifs et on peut alors regarder l'inéquation avec ces nouvelles variables. Autrement, on a $x + y > 2$, $x + y + z \\geq x + y > 2$ et $\\sqrt{3} z + 1 \\geq 1$. L'inéquation est ainsi trivialement vérifiée et on exclut donc ce cas pour la suite.\nPar AM-GM on sait que $\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^{2} \\geq x y$, donc $z' \\leq z$. Ainsi, puisque l'on a $x + y = x' + y'$ et $z \\geq z'$, on voit que le côté droit diminue avec ces nouvelles variables, donc il suffit de prouver l'inéquation dans le cas $x = y \\leq 1$. La condition devient alors $x^{2} + 2 x z = 1$ et l'inéquation s'écrit\n$$\n4 \\leq (2 x + z) 2 x (\\sqrt{3} z + 1) = \\left(4 x^{2} + 2 x z\\right)(\\sqrt{3} z + 1) = \\left(3 x^{2} + 1\\right)(\\sqrt{3} z + 1)\n$$\nEn développant le terme de droite, on obtient $3 \\leq 3 \\sqrt{3} x^{2} z + \\sqrt{3} z + 3 x^{2}$, qui est elle-même équivalente à $3 \\cdot 2 x z \\leq 3 \\sqrt{3} x^{2} z + \\sqrt{3} z$; cette dernière inéquation se laisse facilement prouver par votre inéquation favorite.\n\n\nTroisième solution: Pour commencer, on identifie les cas d'égalité. Il est important de remarquer à ce stade qu'il existe au moins deux cas d'égalité:\n$$\n(x, y, z) \\in \\left\\{(1, 1, 0), \\left(\\frac{1}{\\sqrt{3}}, \\frac{1}{\\sqrt{3}}, \\frac{1}{\\sqrt{3}}\\right)\\right\\}\n$$\nLa symétrie en $x$ et $y$ suggère la substitution suivante : $s := x + y$ et $t := x y$. De la condition, on obtient $z = \\frac{1 - t}{s}$. On peut donc réécrire l'inéquation de la manière suivante :\n$$\n4 s \\leq \\left(s^{2} + 1 - t\\right)(s + \\sqrt{3}(1 - t))\n$$\nNotons à présent que AM-GM fournit la relation $s^{2} \\geq 4 t$. De plus, utilisant la condition initiale, $1 - t \\geq 0$. En gardant en mémoire les cas d'égalités, à savoir $(s, t) = (2, 1)$ et $(s, t) = (2 / \\sqrt{3}, 1 / 3)$, on peut aboutir à la factorisation suivante (la factorisation doit mettre en évidence les cas d'égalités!) :\n$$\n\\left(s^{2} + 1 - t\\right)(s + \\sqrt{3}(1 - t)) - 4 s = s\\left(s^{2} - 4 t\\right) + \\frac{\\sqrt{3}}{4}(1 - t)\\left(\\left(s^{2} - 4 t\\right) + (\\sqrt{3} s - 2)^{2}\\right)\n$$\nLe côté droit étant positif, on a terminé.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43951,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $B = (-1, 0)$ und $C = (1, 0)$ fixe Punkte in der Ebene. Eine nichtleere, beschränkte Teilmenge $S$ der Ebene heißt nett, falls die folgenden Bedingungen gelten:\n\n(i) Es gibt einen Punkt $T$ in $S$, sodass für jeden anderen Punkt $Q$ in $S$ die Strecke $TQ$ vollständig in $S$ liegt.\n\n(ii) Für jedes Dreieck $P_{1} P_{2} P_{3}$ existiert ein eindeutiger Punkt $A$ in $S$ und eine Permutation $\\sigma$ von $\\{1,2,3\\}$, sodass die Dreiecke $ABC$ und $P_{\\sigma(1)} P_{\\sigma(2)} P_{\\sigma(3)}$ ähnlich sind.\n\nZeige, dass es zwei verschiedene nette Teilmengen $S$ und $S'$ der Menge $\\{(x, y): x \\geq 0, y \\geq 0\\}$ mit folgender Eigenschaft gibt: Das Produkt $BA \\cdot BA'$ ist unabhängig von der Wahl des Dreiecks $P_{1} P_{2} P_{3}$, wobei $A \\in S$ und $A' \\in S'$ jeweils die eindeutigen Punkte aus (ii) für ein beliebiges Dreieck $P_{1} P_{2} P_{3}$ sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSeien $k_{B}$ und $k_{C}$ zwei Kreise um $B$ bzw. $C$ mit Radius $2$. Wir definieren die zwei Gebiete $S$ und $S'$ folgendermassen:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nDie Gebiete sind in der Skizze eingezeichnet. Offensichtlich erfüllen beide Gebiete die Bedingung (i).\n\nUm Bedingung (ii) zu zeigen, nehmen wir nun an, wir haben ein Dreieck $P_{1} P_{2} P_{3}$ gegeben mit den Streckenlängen $a \\leq b \\leq c$.\n\nWir suchen nun ein Dreieck $ABC$ mit Streckenlängen $a' \\leq b' \\leq c'$, das ähnlich zu $P_{1} P_{2} P_{3}$ ist. Unsere erste Beobachtung ist, dass $AC$ nicht strikt größer sein darf als $AB$, da sonst $A$ nicht im ersten Quadranten $(x \\geq 0, y \\geq 0)$ liegt. Das heißt, wir dürfen die längste Seite $c'$ nicht als $AB$ wählen.\n\nWir haben daher zwei Möglichkeiten:\n\n1. $BC = c'$\n2. $AB = c'$\n\nIm ersten Fall folgt noch $AB = b'$, $AC = a'$ (wieder da $AC$ kleiner als $AB$ sein muss). Im zweiten wählen wir noch $BC = b'$, $AC = a'$ (hier hätten wir auch eine andere Möglichkeit, aber unsere funktioniert, um $BA \\cdot BA' = 4$ zu zeigen).\n\nDies definiert uns für jedes Dreieck einen eindeutigen Punkt $A$.\n\nWir können nun sehen, dass wir im ersten Fall $A \\in S'$ haben. Denn da $AC \\leq BC$ muss $A$ im Kreis $k_{C}$ liegen (mit dem Extremfall eines gleichschenkligen Dreiecks mit $b' = c'$, bei dem $A$ auf dem Kreis liegt). Außerdem darf $A$ nicht im Kreis $k_{B}$ liegen, da wir $BC \\leq AB$ haben (mit dem Extremfall eines gleichschenkligen Dreiecks mit $a' = b'$, bei dem $A$ auf dem Kreis $k_{B}$ liegt).\n\nAußerdem haben wir für jeden Punkt in $S'$ die Bedingung an die Strecken erfüllt, das heißt das Gebiet $S'$ erfüllt die Bedingung (ii).\n\nFast gleich können wir zeigen, dass das Gebiet $S$ die Bedingung (ii) erfüllt, wenn wir die zweite Möglichkeit wählen.\n\nBemerkung: Im Fall eines gleichseitigen Dreiecks oder eines gleichschenkligen Dreiecks mit $a' = b'$ sind die beiden Möglichkeiten identisch und wir erhalten $A = S \\cap S'$.\n\nWenn wir das Beispiel des gleichseitigen Dreiecks nehmen, bemerken wir auch, dass $BA \\cdot BA' = 4$ gelten muss. Wir können nun die Ähnlichkeit $\\left(\\frac{a'}{a} = \\frac{b'}{b} = \\frac{c'}{c}\\right)$ und $BC = 2$ benutzen, um dies für beliebige Dreiecke zu zeigen:\n\nIm ersten Fall haben wir $BC = c'$ und $AB = b'$, also\n$$\n\\frac{AB}{BC} = \\frac{b'}{c'} = \\frac{b}{c} \\Longleftrightarrow AB = \\frac{b}{c} \\cdot 2\n$$\nIm zweiten Fall haben wir $BC = b' = 2$ und $AB = c'$, also\n$$\n\\frac{A'B}{BC} = \\frac{c'}{b'} = \\frac{c}{b} \\Longleftrightarrow A'B = \\frac{c}{b} \\cdot 2\n$$\nZusammen also $AB \\cdot A'B = 4$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 43952,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoient $a, c \\in \\mathbb{N}$ et $b \\in \\mathbb{Z}$. Prouver qu'il existe $x \\in \\mathbb{N}$ tel que\n$$\na^{x}+x \\equiv b \\quad \\bmod c\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSupposons dans un premier temps que $c=p^{n}$ est une puissance d'un nombre premier. Nous allons construire une suite $\\left(x_{1}, \\ldots, x_{n}\\right)$ telle que pour tout $1 \\leq k \\leq n$ on ait $a^{x_{k}}+x_{k} \\equiv b$ $\\bmod p^{k}$ et $x_{k} \\equiv x_{k-1} \\bmod (p-1) p^{k-1}$. Rappelons que $\\varphi\\left(p^{n}\\right)=(p-1) p^{n-1}$.\n\nSi $p \\mid a$, alors $p \\mid a^{x}$ et donc on peut prendre $x_{1} \\equiv b \\bmod p$. Écrivons $x_{k+1}=x_{k}+\\lambda(p-1) p^{k}$. Alors\n$$\na^{x_{k+1}}+x_{k+1}=a^{\\lambda(p-1) p^{k}} a^{x_{k}}+\\lambda(p-1) p^{k}+x_{k} \\equiv-\\lambda p^{k}+x_{k} \\quad \\bmod p^{k+1}\n$$\ncar clairement $a^{\\lambda(p-1) p^{k}} \\equiv 0 \\bmod p^{k+1}$ et ainsi il suffit de choisir $0 \\leq \\lambda<p$ de telle sorte que $\\lambda \\equiv\\left(x_{k}-b\\right) / p^{k} \\bmod p$. Ainsi cela nous donne la suite voulue. De plus, tous les nombres $x_{k}$ sont congruents à $x_{1}$ modulo $p-1$ par construction et comme $p$ et $p-1$ sont premiers entre eux $x_{1}$ peut prendre n'importe quel reste modulo $p-1$.\n\nSi $p \\nmid a$, commençons par $x_{0}$ n'importe quel nombre parmi $1,2, \\ldots, p-1$. Ensuite pour $1 \\leq k \\leq n$ supposons qu'on ait déjà trouvé $x_{k-1}$ et cherchons un $x_{k}$ de la forme $x_{k}=\\lambda(p-1) p^{k-1}+x_{k-1}$. On a alors\n$$\na^{x_{k}}+x_{k}=a^{\\lambda(p-1) p^{k-1}} a^{x_{k-1}}+\\lambda(p-1) p^{k-1}+x_{k-1} \\equiv a^{x_{k-1}}-\\lambda p^{k-1}+x_{k-1} \\quad \\bmod p^{k}\n$$\net, puisque $x_{k-1}$ est une solution modulo $p^{k-1}$ on peut choisir $\\lambda=\\frac{a^{x_{k-1}}+x_{k-1}-b}{p^{k-1}}$. On obtient alors la suite voulue et par construction $x_{n} \\equiv x_{0} \\bmod p-1$ donc $x_{n}$ peut prendre n'importe quel reste modulo $p-1$.\n\nDans le cas général, nous pouvons écrire $c=p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdot \\ldots \\cdot p_{k}^{\\alpha_{k}}$ avec les $p_{i}$ en ordre croissant. Nous procédons par induction sur le nombre $k$ de facteurs premiers pour montrer qu'il y a une solution $x$ modulo $d_{k}=\\operatorname{kgV}(c, \\varphi(c))$.\n\n- Si $k=0$, i.e. $c=1$, le résultat est trivialement vrai quel que soit $x$.\n- Si $k=1$, i.e. $c=p^{n}$ pour un certain nombre premier $p$ et $n \\geq 1$, nous avons déjà prouvé l'existence d'un tel $x$ dans la partie précédente et on voit facilement que si $x$ augmente ou diminue de $(p-1) p^{n}=p \\varphi\\left(p^{n}\\right)$ on a toujours une solution.\n- Supposons maintenant qu'on a déjà trouvé une solution $x$ pour $c_{n-1}=p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdot \\ldots \\cdot p_{n-1}^{\\alpha_{n-1}}$ et soit $d_{n-1}$ défini comme précédemment. Considérons $d=\\operatorname{ggT}\\left(d_{n-1}, p_{n} \\varphi\\left(p_{n}^{\\alpha_{n}}\\right)\\right)$. Nous pouvons alors choisir une solution $y$ à l'équation modulo $p_{n}^{\\alpha_{n}}$ et nous pouvons de plus supposer que $y \\equiv x \\bmod d$ (car $y$ peut prendre n'importe quelle valeur modulo $p_{n}-1$ et $p_{n}$ est premier avec $\\left.d_{n-1}\\right)$.\n\nNous pouvons écrire $d_{n-1}=f^{\\prime} g$ et $\\left(p_{n}-1\\right) p_{n}^{\\alpha_{n}}=f^{\\prime \\prime} h$ de telle manière que $g, h$ soient premier avec $d$ et les facteurs premiers de $f^{\\prime}, f^{\\prime \\prime}$ soient précisément ceux de $d$. En particulier $g$ et $h$ sont premiers entre eux et on définit $f=\\operatorname{kgV}\\left(f^{\\prime}, f^{\\prime \\prime}\\right)$. Le théorème des restes chinois nous assure l'existence d'une solution $z$ modulo $f g h$ au système de congruences\n$$\nz \\equiv x \\quad \\bmod f, \\quad z \\equiv x \\quad \\bmod g, \\quad z \\equiv y \\quad \\bmod h\n$$\nAlors, par construction, on a que $z \\equiv x \\bmod d_{n-1}$ et $z \\equiv y \\bmod \\left(p_{n}-1\\right) p_{n}^{\\alpha_{n}}$ donc $z$ est notre solution recherchée à l'équation modulo $p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdot \\ldots \\cdot p_{n}^{\\alpha_{n}}$. De plus on voit par construction que $f g h=\\operatorname{kgV}\\left(d_{n-1},\\left(p_{n}-1\\right) p_{n}^{\\alpha_{n}}\\right)=d_{n}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Modular Arithmetic"
  },
  {
    "id": 43953,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 1$ eine natürliche Zahl und seien $x_{1}, \\ldots, x_{n}$ strikt positive reelle Zahlen. Zeige, dass man $a_{1}, \\ldots, a_{n} \\in \\{-1,1\\}$ wählen kann, sodass\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} a_{i} x_{i}^{2} \\geq \\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i} x_{i}\\right)^{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOBdA können wir wie folgt sortieren: $x_{1} \\geq x_{2} \\geq \\cdots \\geq x_{n}$. Dann wählen wir $a_{i} = (-1)^{i+1}$. Für $1 \\leq i, j \\leq n$ gilt also $a_{i} a_{j} = (-1)^{i+j}$. Damit erhalten wir\n$$\n\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i} x_{i}\\right)^{2} = \\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} + \\sum_{i, j=1}^{n} a_{i} a_{j} x_{i} x_{j} = \\sum_{i=1}^{n} x_{i}^{2} + 2 \\sum_{\\substack{i+j \\equiv 0\\ (2) \\\\ j>i}}^{n} x_{i} x_{j} - 2 \\sum_{\\substack{i+j \\equiv 1\\ (2) \\\\ j>i}}^{n} x_{i} x_{j}\n$$\nDie Ungleichung wird damit nach Umformung zu:\n$$\n\\sum_{\\substack{i+j \\equiv 1\\ (2) \\\\ j>i}}^{n} x_{i} x_{j} \\geq \\sum_{\\substack{i+j \\equiv 0\\ (2) \\\\ j \\geq i}}^{n} x_{i} x_{j}\n$$\nBeachte, dass auf der rechten Seite die Quadrate mit geradem Index vorkommen. Nun haben wir also links diejenigen $x_{i} x_{j}$ mit $i+j$ ungerade genau einmal und auf der rechten Seite die mit $i+j$ gerade genau einmal. Wir unterscheiden nun die Fälle $n$ ungerade und $n$ gerade.\n\n- $n$ ungerade:\nWir addieren die folgende Ungleichung für alle ungeraden $i$ und geraden $j$ mit $1 \\leq i < j \\leq n-1$:\n$$\nx_{i} x_{j} + x_{i+1} x_{j+1} \\geq x_{i} x_{j+1} + x_{i+1} x_{j} \\Longleftrightarrow (x_{i} - x_{i+1})(x_{j} - x_{j+1}) \\geq 0\n$$\nMan überlegt sich, dass jede Kombination von $i$ und $j$ mit $i+j$ ungerade links genau einmal vorkommt. Analog erhalten wir rechts alle Kombinationen mit geradem $i+j$. Summieren dieser Ungleichungen liefert also (1).\n\n- $n$ gerade:\nWir benutzen dieselbe Ungleichung wie im vorigen Fall, aber hier mit $1 \\leq i < j \\leq n-2$, da wir sonst manchmal $x_{j+1} = x_{n+1}$ erhalten würden. Nach Aufsummieren dieser Ungleichungen fehlen in (1) nur noch die $x_{i} x_{j}$ mit $j = n$. Da $n$ gerade ist, muss auf der linken Seite $i$ ungerade sein und rechts gerade. Also bleibt:\n$$\n(x_{1} + x_{3} + \\cdots + x_{n-1}) x_{n} \\geq (x_{2} + x_{4} + \\cdots + x_{n}) x_{n}\n$$\nIn der Klammer können wir jeden Summanden einzeln abschätzen, also sind wir fertig.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43954,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle Funktionen $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}$ gilt:\n$$\nf(x+y f(x))=f(x f(y))-x+f(y+f(x))\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1 - x",
    "solution": "Solution:\n\nWir setzen $x=y=0$ ein, um $f(f(0))=0$ zu erhalten. Mit $x=y=1$ wird die Gleichung zu $f(f(1))=1$. Mit diesen beiden Identitäten und einsetzen von $x=1$ und $y=0$ erhalten wir $f(1)=0$. Dann gilt auch $1=f(f(1))=f(0)$. Durch Einsetzen von $y=0$ wird die Originalgleichung zu $f(f(x))=x$. Setzen wir nun $x=1$ und benutzen die gefundenen Identitäten, erhalten wir schliesslich für alle $y \\in \\mathbb{R}$ die Lösung $f(y)=1-y$. Einsetzen zeigt, dass dies wirklich eine Lösung ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43955,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 3$ eine natürliche Zahl. Wie viele Diagonalen eines regulären $n$-Ecks kann man maximal einzeichnen, sodass falls sich zwei Diagonalen im Innern schneiden, sie senkrecht aufeinander stehen?",
    "options": [],
    "answer": "If n is odd, the maximum is n−3; if n is even, the maximum is n−2.",
    "solution": "Solution:\n\nWir unterscheiden zwei Fälle:\n\nn ungerade:\nWir zeigen zuerst, dass es keine zwei Diagonalen gibt, die rechtwinklig aufeinander stehen. Da das regelmäßige $n$-Eck in einen Kreis einbeschrieben werden kann, ist aufgrund des Peripheriesatzes und der Symmetrie der Winkel von jedem Punkt zu jeder (nicht angrenzenden) Seite gleich groß, nämlich $\\frac{180^{\\circ}}{n}$, wie man leicht ausrechnet. Insbesondere sind dadurch Winkel, die von zwei Diagonalen im gleichen Eckpunkt gebildet werden, Vielfache davon. Dann gilt in einem rechtwinkligen Dreieck, das aus zwei Eckpunkten und einem Diagonalenschnittpunkt besteht, $(a+b) \\cdot \\frac{180^{\\circ}}{n} = 90^{\\circ}$ ($a, b \\in \\mathbb{N}$), also $n = 2(a+b)$, was nicht möglich ist, wenn $n$ ungerade ist.\n\nNun ist also klar, dass sich für $n$ ungerade keine zwei Diagonalen schneiden dürfen. Wir stellen nun ein Lemma auf:\n\nLemma 0.1. In einem (nicht unbedingt regulären!) konvexen $n$-Eck lassen sich höchstens $n-3$ Diagonalen einzeichnen, so dass sich keine zwei davon im Innern schneiden.\n\nBeweis. Wir benutzen starke Induktion. Für $n=3$ ist die Aussage offensichtlich richtig. Nehme nun an, sie gilt für alle $k \\leq n-1$ und betrachte ein konvexes $n$-Eck. Wenn wir eine Diagonale einzeichnen, teilen wir das Polygon in ein $a$-Eck und ein $b$-Eck mit $a+b=n+2$ und $a, b<n$. Jede weitere Diagonale, die einen Eckpunkt des $a$-Ecks mit einem des $b$-Ecks verbindet, würde die erste schneiden, also können wir die beiden Polygone getrennt betrachten. Durch die Induktionsannahme wissen wir, dass die Anzahl weiterer Diagonalen höchstens $(a-3)+(b-3)=n-4$ ist. Zusammen mit der ersten Diagonale liefert das ein Maximum von $n-3$ Diagonalen für das $n$-Eck.\n\nAus dem Lemma folgt nun auch direkt, dass die höchste Anzahl Diagonalen in einer gültigen Zerlegung $n-3$ für $n$ ungerade ist. Dies ist immer möglich, indem man zum Beispiel alle Diagonalen von einem Eckpunkt aus einzeichnet.\n\nn gerade:\nWenn es mehr als $n-3$ Geraden geben soll, brauchen wir nach dem Lemma einen Schnittpunkt. Betrachte also zwei \"Startdiagonalen\", die sich rechtwinklig schneiden. Diese unterteilen das $n$-Eck in 4 Sektoren. Eine weitere Diagonale kann nun\n(a) mit zwei Punkten vom gleichen Sektor gebildet werden,\n(b) mit zwei Punkten von benachbarten Sektoren gebildet werden.\n\nEine solche Diagonale schneidet eine der beiden Startdiagonalen rechtwinklig, folglich gibt es für jeden Punkt in Sektor A höchstens einen in B, mit dem eine \"gültige\" Diagonale gebildet wird. Diese steht senkrecht auf eine Startdiagonale und ist folglich parallel zur anderen.\n\nZwei sich gegenüber liegende Sektoren haben keine Verbindung, da eine solche Diagonale die beiden Startdiagonalen schneiden würde und das bestimmt nicht in einem rechten Winkel.\n\nWir betrachten nun in einer gültigen Zerlegung zusätzlich zu den Startdiagonalen alle Diagonalen vom zweiten Typ. Die betrachteten Diagonalen bilden quasi ein Gitter innerhalb des $n$-Ecks. Dieses Gitter kann offensichtlich nicht mehr weiter geschnitten werden. Nun betrachten wir die Eckpunkte des $n$-Ecks, die nicht am Gitter beteiligt sind. Diese bilden $k$ Abschnitte mit je $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{k}$ Eckpunkten. Die Punkte jedes Abschnitts bilden mit den zwei angrenzenden \"Gitter-Eckpunkten\" ein konvexes $a_{i}+2$-Eck mit der Eigenschaft, dass keine zwei Diagonalen sich senkrecht schneiden (Dies lässt sich zum Beispiel wie folgt begründen: Aus der Tatsache, dass ein rechtwinkliger Schnittpunkt im Innern des $n$-Ecks entsteht, folgt mit dem Thaleskreis, dass jeder Abschnitt strikt weniger als die Hälfte des Umfangs umfasst. Gäbe es nun innerhalb eines dieser Abschnitte nochmals einen rechtwinkligen Diagonalenschnittpunkt, hätten wir dadurch einen Abschnitt, der strikt mehr als die Hälfte des Umfangs umfasst. Widerspruch!). Also dürfen sich Diagonalen innerhalb eines Abschnitts nicht schneiden. Dann können wir für jeden Abschnitt nach unserem Lemma höchstens $a_{i}-1$ Diagonalen einzeichnen plus die Seite des $a_{i}+2$-Ecks, die keine Seite des $n$-Ecks ist, also pro Abschnitt $a_{i}$ Diagonalen.\n\nZudem gilt: Jeder der $n-\\sum_{i=1}^{k} a_{i}$ Punkte, der Teil des Gitters ist, ist an höchstens 2 Gitterdiagonalen beteiligt (es gibt nur 2 gültige Richtungen) und an einer Gitterdiagonale sind jeweils 2 Punkte beteiligt (also höchstens $n-\\sum_{i=1}^{k} a_{i}$ Gitterdiagonalen), außerdem gibt es mindestens 4 dieser Punkte, die nur je an einer Gitterdiagonale beteiligt sind, nämlich die \"äußersten\" Punkte in beide Richtungen (also noch $-2$). Um diese Tatsache zu beweisen, legen wir das Gitter so in ein Koordinatensystem, dass die Gitterdiagonalen parallel zu den Koordinatenachsen sind und betrachten z.B. den Gitter-Eckpunkt mit der kleinsten $x$-Koordinate. Ist dieser an zwei Gitterstäben beteiligt, so gibt es noch einen anderen Punkt mit der gleichen $x$-Koordinate. Die Diagonale, die diese beiden Punkte verbindet, ist jedoch nur dann eine Gitterdiagonale, wenn sie rechtwinklig geschnitten wird. Dann gibt es jedoch einen weiteren Gitter-Eckpunkt mit kleinerer $x$-Koordinate, Widerspruch!\n\nZählen wir dann alle Diagonalen zusammen, kommen wir auf höchstens $\\sum_{i=1}^{k} a_{i} + \\left(n-\\sum_{i=1}^{k} a_{i} - 2\\right) = n-2$ Diagonalen. Dies lässt sich auch immer\n\n![](attached_image_1.png)\n\nerreichen: Zeichne alle $n-3$ Diagonalen von einem Eckpunkt zu allen anderen Punkten ein. Eine dieser Diagonalen (eine Symmetrieachse des $n$-Ecks) verbindet den Ausgangspunkt mit dem Punkt, der diametral gegenüber liegt. Von diesem kann man die Nachbarspunkte wählen und verbinden, denn diese schneiden nur die Symmetrieachse und das in einem rechten Winkel.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43956,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDas Hauptgebäude der ETH Zürich ist ein in Einheitsquadrate unterteiltes Rechteck. Jede Seite eines Quadrates ist eine Wand, wobei gewisse Wände Türen haben. Die Aussenwand des Hauptgebäudes hat keine Türen. Eine Anzahl von Teilnehmern der SMO hat sich im Hauptgebäude verirrt. Sie können sich nur durch Türen von einem Quadrat zum anderen bewegen. Wir nehmen an, dass zwischen je zwei Quadraten des Hauptgebäudes ein begehbarer Weg existiert.\n\nCyril möchte erreichen, dass sich die Teilnehmer wieder finden, indem er alle auf dasselbe Quadrat führt. Dazu kann er ihnen per Walkie-Talkie folgende Anweisungen geben: Nord, Ost, Süd oder West. Nach jeder Anweisung versucht jeder Teilnehmer gleichzeitig, ein Quadrat in diese Richtung zu gehen. Falls in der entsprechenden Wand keine Türe ist, bleibt er stehen.\n\nZeige, dass Cyril sein Ziel nach endlich vielen Anweisungen erreichen kann, egal auf welchen Quadraten sich die Teilnehmer am Anfang befinden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSobald zwei Teilnehmer nach einer Anweisung auf dem selben Quadrat sind, werden sie danach immer auf dem selben Quadrat sein, da sie immer in die gleiche Richtung gehen. Somit reduzieren wir das Problem auf dasselbe Problem mit einem Teilnehmer weniger. Dadurch genügt es zu zeigen, dass wir zwei verschiedene Teilnehmer auf das gleiche Quadrat lotsen können. Denn dann können wir per Induktion eine beliebige Anzahl Teilnehmer auf dasselbe Quadrat lotsen.\n\nBetrachte nun zwei Teilnehmer $A$ und $B$, die auf verschiedenen Feldern sind. Sei $d$ die minimale Anzahl von Anweisungen, die man benötigt, um $A$ auf das Feld, wo $B$ zu diesem Zeitpunkt steht, zu lotsen. Nun gibt man eine Anweisungsfolge, mit welcher $A$ auf das Feld von $B$ gelangt und $d$ lang ist. Falls $B$ sich mindestens einmal nicht bewegt, können wir nun eine Anweisungsfolge finden, welche maximal $d-1$ Anweisungen enthält und $A$ auf das Quadrat lotst, wo sich $B$ zu diesem Zeitpunkt befindet. Falls $B$ nie stehen blieb, können wir die selbe Anweisungsfolge geben, ohne dass $A$ einmal stehen bleibt. Nun machen wir das so oft, bis $B$ bei einer Anweisung stehen bleibt.\n\nDa $A$ am Anfang nicht auf dem gleichen Feld wie $B$ ist, ist der Vektor $\\overrightarrow{A B}$ verschieden von $0$. $A$ und $B$ verschieben sich jede Anweisungsfolge um diesen Vektor, falls $B$ nie stehen bleibt. Da das Hauptgebäude in alle Richtungen beschränkt ist, kann es nicht passieren, muss $B$ innert endlich vielen Anweisungsfolgen einmal stehen bleiben. Somit wird $d$ auch hier nach endlich vielen Anweisungen um eins kleiner geworden. Nun machen wir dasselbe mit der neuen kürzesten Anweisungsfolge. Da $d$ natürlich ist, und sie in endlich vielen Anweisungen strikt kleiner wird, wird $d$ irgendwann $0$. Somit sind wir fertig.\n\nAlternativ kann man zuerst $A$ in eine Ecke lotsen. O.B.d.A. ist dies die Ecke im Nordosten. Nun gibt man die kürzeste Anweisungsfolge, welche den anderen $B$ in die selbe Ecke schickt. Da $B$ nicht schon in der Ecke ist, ist er westlicher oder südlicher als $A$. Somit kommt Ost öfters als West oder Nord öfters als Süd vor. Da $A$ nach der Anweisungsfolge nicht nördlicher oder östlicher als vorher sein kann, muss $A$ mindestens einmal stehen bleiben. Die restliche Argument funktioniert wie vorhin.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43957,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $k$ ein Kreis und $AB$ eine Sehne von $k$, sodass der Mittelpunkt von $k$ nicht auf $AB$ liegt. Sei $C$ ein von $A$ und $B$ verschiedener Punkt auf $k$. Für jede Wahl von $C$ seien $P_{C}$ und $Q_{C}$ die Projektionen von $A$ auf $BC$ respektive $B$ auf $AC$. Weiter sei $O_{C}$ der Umkreismittelpunkt des Dreiecks $P_{C} Q_{C} C$. Zeige, dass es einen Kreis $\\omega$ gibt, sodass $O_{C}$ für jede Wahl von $C$ auf $\\omega$ liegt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir bemerken zuerst, dass $ABPQ$ wegen $\\angle AQB=\\angle APB=90^\\circ$ ein Sehnenviereck ist. Sei $M$ der Mittelpunkt der Sehne $AB$. Aus der Umkehrung von Thales im Dreieck $ABP$ folgt, dass $M$ der Umkreismittelpunkt von $ABPQ$ ist.\n\nWegen des Peripheriewinkelsatzes ist $\\angle ACB$ unabhängig von der Wahl von $C$. Aufgrund des Zentriwinkelsatzes ist auch $\\angle Q_{C} O_{C} P_{C}=2 \\angle ACB$ unabhängig von $C$. Wegen der gleichschenkligen Dreiecke $AMQ$ und $MBP$ gilt:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle Q_{C} M P_{C} & =180^\\circ-\\angle BMP_{C}-\\angle Q_{C}MA \\\\\n& =2(\\angle ABC+\\angle CAB)-180^\\circ \\\\\n& =180^\\circ-\\angle BCA\n\\end{aligned}\n$$\nAlso ist auch $\\angle Q_{C} M P_{C}$ unabhängig von der Wahl von $C$. Da $Q_{C}M=P_{C}M$ nur von der Länge $AB$ abhängt, muss auch die Länge der letzten Seite $P_{C}Q_{C}$ des Dreiecks $P_{C}Q_{C}M$ von $C$ unabhängig sein. Weiter sieht man im Dreieck $Q_{C}O_{C}P_{C}$, dass $Q_{C}O_{C}=P_{C}O_{C}$ nicht von $C$ abhängen. Folglich hat das Viereck $Q_{C}O_{C}P_{C}M$ für jede Wahl von $C$ dieselbe Form. Insbesondere ist die Länge $O_{C}M$ konstant, also liegen alle $O_{C}$ auf einem Kreis mit Mittelpunkt $M$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43958,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl und $p, q$ Primzahlen, sodass folgende Aussagen gelten:\n$$\n\\begin{gathered}\np q \\mid n^{p}+2 \\\\\nn+2 \\mid n^{p}+q^{p}\n\\end{gathered}\n$$\n\nZeige, dass es eine natürliche Zahl $m$ gibt, sodass $q \\mid 4^{m} n+2$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt $p \\mid n^{p}+2$ also $n^{p} \\equiv -2 \\bmod p$. Da dank Fermats kleinem Satz gilt $n^{p} \\equiv n \\bmod p$ ist also $n \\equiv -2 \\bmod p$. Wir können somit $n = k p - 2$ schreiben. Setzen wir dies in $n+2 \\mid n^{p}+q^{p}$ ein, bekommen wir\n$$\np k \\mid n^{p}+q^{p}\n$$\nalso\n$$\nn^{p} \\equiv -q^{p} \\quad \\bmod p\n$$\nDa $n^{p} \\equiv -2 \\bmod p$ und wiederum $q^{p} \\equiv q \\bmod p$ gilt $q \\equiv 2 \\bmod p$. Wir schreiben nun $q = l p + 2$. Wenn $q = 2$ gilt, ist die Aussage $q \\mid n \\cdot 4^{m} + 2$ für jedes $m \\geq 1$ wahr. Wenn $p = 2$ ist, dann ist $q$ gerade und da beides Primzahlen sind, ist also $q = 2$, die Aussage also bewiesen. Für den Rest der Aufgabe können wir annehmen, dass $p, q$ ungerade Primzahlen sind. Nun gilt $\\gcd(n, q) = 1$ (da $q \\mid n^{p}+2$). Da $q = l p + 2$ muss $l = 2k + 1$ ungerade sein. Wir betrachten nun $n^{q-1}$ modulo $q$. Da $q$ prim ist, gilt $n^{q-1} \\equiv 1 \\bmod q$. Wir können $q-1$ schreiben als $l p + 1$, also $n^{q-1} \\equiv n \\cdot (n^{p})^{l} \\equiv n \\cdot (-2)^{2k+1} \\equiv (-2) n 4^{k} \\equiv 1 \\bmod q$. Multiplizieren wir die Gleichung mit $(-2)$, erhalten wir $n 4^{k+1} \\equiv -2 \\bmod q$, also $q \\mid n 4^{k+1} + 2$, was genau die Bedingung ist, die wir zeigen wollten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43959,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDéterminer la plus petite constante réelle $C$ telle que pour tous $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5} \\in \\mathbb{R}_{>0}$, pas nécessairement distincts, il existe toujours quatre indices distincts $i, j, k, l$ tels que:\n$$\n\\left|\\frac{a_{i}}{a_{j}}-\\frac{a_{k}}{a_{l}}\\right| \\leq C\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1/2",
    "solution": "Solution:\n\nAprès quelques essais, on remarque que $C=1/2$ est optimal.\n\n- $C \\geq 1/2$ : en substituant $(1/2, 1, 1, 1, n)$ et en laissant $n \\rightarrow \\infty$, on obtient $C \\geq 1/2$.\n\n- $C \\leq 1/2$ : supposons que $a_{5} \\geq a_{4} \\geq \\ldots \\geq a_{1}$. On découpe $[0,1]$ en deux sous intervalles disjoints : $I = [0, 1/2)$ et $J = [1/2, 1]$. Regardons les fractions $0 < \\frac{a_{1}}{a_{3}}, \\frac{a_{1}}{a_{5}}, \\frac{a_{3}}{a_{5}} \\leq 1$.\n\nSi les trois fractions sont dans le même intervalle $I$ ou $J$, alors on remarque que cet intervalle contient aussi $\\frac{a_{2}}{a_{5}}$ car $\\frac{a_{1}}{a_{5}} \\leq \\frac{a_{2}}{a_{5}} \\leq \\frac{a_{3}}{a_{5}}$. Ainsi, $\\frac{a_{2}}{a_{5}}$ et $\\frac{a_{1}}{a_{3}}$ se trouvent dans le même intervalle et donc à une distance inférieure à $1/2$.\n\nSinon, $I$ et $J$ contiennent au moins une des fractions $\\frac{a_{1}}{a_{3}}, \\frac{a_{1}}{a_{5}}, \\frac{a_{3}}{a_{5}}$. Or $\\frac{a_{2}}{a_{4}}$ se trouve soit dans $I$, soit dans $J$. On obtient à nouveau deux fractions avec indices différents dans le même intervalle.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43960,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AC > AB$. Sei $P$ der Schnittpunkt von $BC$ und der Tangente durch $A$ am Umkreis des Dreiecks $ABC$. Sei $Q$ der Punkt auf der Geraden $AC$, sodass $AQ = AB$ gilt und $A$ zwischen $C$ und $Q$ liegt. Seien $X$ respektive $Y$ die Mittelpunkte von $BQ$ respektive $AP$. Sei $R$ der Punkt auf $AP$, sodass $AR = BP$ gilt und $R$ zwischen $A$ und $P$ liegt. Zeige, dass $BR = 2XY$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSei $S$ der Schnittpunkt von $AP$ und $BQ$. Wegen dem Tangentenwinkelsatz gilt $\\angle SAB = \\angle ACB = \\angle QCB$ und nach Voraussetzung gilt $\\angle ABS = \\angle BQC$. Daraus folgt, dass die Dreiecke $ABS$ und $BQC$ ähnlich sind. Folglich sind die Nebenwinkel $\\angle PSB$ und $\\angle SBP$ gleich groß und daraus folgt, dass $SP = BP = AR$ gilt, also auch $AS = AP - SP = AP - AR = RP$ und weil $Y$ der Mittelpunkt der Strecke ist auch $SY = YR$. Wir können nun also $R$ als den Punkt betrachten, der entsteht, wenn man $Y$ von $S$ mit dem Faktor $2$ streckt. Mit dieser Motivation führen wir $Z$ auf der Strecke $BQ$ ein, so dass $SX = XZ$ gilt. Aus dem V-Strahlensatz folgt dann $2XY = ZR$ und es genügt zu zeigen, dass $ZR = AR$ gilt. Da $ABQ$ gleichschenklig ist, steht $AX$ senkrecht auf $BQ$. Daher ist $Z$ ebenfalls die Spiegelung von $S$ an $AX$ und es gilt $AZ = AS = RP$ und $\\angle SZA = \\angle ASZ = \\angle PSB = \\angle SBP$, also auch $\\angle ZAR = \\angle ZAS = \\angle BPS = \\angle BPR$. Daraus und aus $BP = AR$ folgt mit der Umkehrung des V-Strahlensatzes, dass $AZR$ und $PRB$ kongruent sind, also auch $ZR = RB$ gilt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43961,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAu camp SMO, il y a au moins quatre Romands. Deux Romands sont soit mutuellement amis, soit mutuellement ennemis. Dans chaque groupe de quatre Romands, au moins un des Romands est ami avec les trois autres. Existe-t-il toujours un Romand qui est ami avec tous les autres?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Solution:\n\nOn numérote les personnes $P_{1}, P_{2}, \\ldots, P_{n}$. Considérons la première personne $P_{1}$. Si $P_{1}$ est ami avec tout le monde, l'exercice est terminé. Autrement on peut supposer sans perte de généralité que $P_{1}$ et $P_{2}$ ne sont pas amis. Alors, dans le groupe $P_{1}, P_{2}, P_{3}, P_{4}$ une des personnes est amie avec les trois autres, et par supposition ce n'est ni $P_{1}$, ni $P_{2}$. On peut donc supposer que $P_{3}$ est ami avec les trois autres personnes du groupe. Nous allons montrer maintenant que $P_{3}$ est alors ami avec tout le monde.\n\nNous savons déjà que $P_{3}$ est ami avec $P_{1}, P_{2}$ et $P_{4}$. Considérons n'importe quelle autre personne $P_{k}$. Alors dans le groupe $P_{1}, P_{2}, P_{3}, P_{k}$ une des personnes est amie avec tout le monde, et nous avons déjà vu que cette personne ne peut être ni $P_{1}$, ni $P_{2}$. Ainsi cette personne est soit $P_{3}$, soit $P_{k}$, et dans les deux cas $P_{3}$ et $P_{k}$ sont amis donc, comme $P_{k}$ était choisi arbitrairement, $P_{3}$ est bien ami avec tout le monde.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 43962,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver toutes les fonctions $f: \\mathbb{R}_{>0} \\rightarrow \\mathbb{R}_{\\geq 0}$ telles que pour tous $x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ :\n$$\nf(x)-f(x+y)=f\\left(x^{2} f(y)+x\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for all x > 0; and f(x) = 1/x for all x > 0",
    "solution": "Solution:\n\nSoit $f$ une solution de l'équation. On commence naturellement par chercher des fonctions qui sont solution. Après une petite recherche on trouve que les fonctions $x \\mapsto 0$ et $x \\mapsto 1 / x$ marchent. De plus, comme $f\\left(x^{2} f(y)+x\\right) \\geq 0$ la fonction est décroissante. Est-ce que la fonction peut-être strictement décroissante et donc injective?\n\n- $f$ est injective: pour bien utiliser l'injectivité, on trouve l'astuce suivante:\n$$\nf(x)-f(x+y)=f\\left(x^{2} f(y)+x\\right)=f(x)-f\\left(x^{2} f\\left(x^{2} f(y)\\right)+x\\right)\n$$\noù l'on applique la formule $f(x+y)=f(x)-f\\left(x^{2} f(y)+x\\right)$ au terme $f\\left(x+x^{2} f(y)\\right)$. Noter bien que cette manipulation est valable seulement si $f(y) \\neq 0$ quelque soit $y$. Or en supposant que $f$ est injective, s'il existait $a>0$ avec $f(a)=0$, on aurait par décroissance $f(x)=0$ pour tout $x \\geq a$ qui contredit l'injectivité.\nAinsi après avoir simplifié par $f$, on obtient\n$$\nx+y=x^{2} f\\left(x^{2} f(y)\\right)+x \\Rightarrow y=x^{2} f\\left(x^{2} f(y)\\right)\n$$\nSubstituer $y=1$ et $t=x^{2} f(1)$, donne $f(t)=f(1) / t$. En substituant dans l'équation de départ, on obtient $f(1)=1$ et donc la solution $t \\mapsto 1 / t$.\n\n- $f$ n'est pas injective: prenons $0<u<v$ avec $f(u)=f(v)$. Substituer $y=u$, puis $y=v$ donne $f(x+u)=f(x+v)$. Comme $f$ est décroissante, on obtient $f(x)=c$ pour tout $x>u$. Avec $x=y=v$, on obtient tout de suite $c=0$. Puis $x=y=u$ nous donne $f(u)=f(v)=0$. On a donc montré que pour $0<u<v$ :\n$$\nf(u)=f(v) \\Rightarrow f(u)=f(v)=0\n$$\nOn veut ici essayer de montrer que la fonction nulle est l'unique solution. On va donc chercher des \"petites\" valeurs de $x$ et $y$ telles que leur somme dépasse $u$. Par exemple, pour $x=y=u / 2$, on obtient\n$$\nf\\left(\\frac{u}{2}\\right)=f\\left(\\frac{u^{2}}{4} f\\left(\\frac{u}{2}\\right)+\\frac{u}{2}\\right)\n$$\nSi $f(u / 2) \\neq 0$, alors on peut appliquer notre remarque ci-dessus pour en déduire que\n$$\nf\\left(\\frac{u}{2}\\right)=f\\left(\\frac{u^{2}}{4} f\\left(\\frac{u}{2}\\right)+\\frac{u}{2}\\right)=0\n$$\nContradiction. Donc on a bien $f(u / 2)=0$. Par décroissance, $f(x)=0$ pour $x \\geq u / 2$. En poursuivant inductivement, on obtient $f\\left(u / 2^{n}\\right)=0$ et donc que $f$ est la fonction nulle.\nOn obtient ainsi deux fonctions: $x \\mapsto 0$ et $x \\mapsto 1 / x$. On vérifie qu'elles sont bien solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43963,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl, sodass es genau 2017 verschiedene Paare natürlicher Zahlen $(a, b)$ gibt, welche die Gleichung\n$$\n\\frac{1}{a}+\\frac{1}{b}=\\frac{1}{n}\n$$\nerfüllen. Zeige, dass $n$ eine Quadratzahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBemerke, dass $a$ und $b$ beide grösser als $n$ sind. Wir multiplizieren die Gleichung mit $n a b$ und bekommen $b n + a n = a b$. Nach Addition von $n^{2}$ subtrahieren wir $b n + a n$ und können faktorisieren: $(a-n)(b-n) = n^{2}$. Da $a$ und $b$ grösser als $n$ sind, bekommen wir eine Bijektion von geordneten Paaren $\\left(s, n^{2} / s\\right)$, wobei $s$ ein Teiler von $n^{2}$ ist, und geordneten Paaren $((a-n),(b-n))$ und somit ebenfalls eine Bijektion von $\\left(s, n^{2} / s\\right)$ auf geordnete Lösungspaare $(a, b)$. Da es genau 2017 geordnete Lösungspaare gibt, hat folglich $n^{2}$ genau 2017 verschiedene Teiler. 2017 ist prim, also gilt $n^{2} = p^{2016}$ für ein Primzahl $p$, und dann gilt $n = p^{1008}$ ist ein Quadratzahl, wie gewünscht.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43964,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDer brasilianische IMO-Leader wählt zwei natürliche Zahlen $n$ und $k$ mit $n>k$, und sagt diese dann seinem Deputy und einem Teilnehmer. Dann flüstert der Leader dem Deputy eine binäre Folge der Länge $n$ ins Ohr. Der Deputy schreibt alle binären Folgen der Länge $n$ auf, die sich genau an $k$ Stellen von der Folge des Leaders unterscheiden. (Beispiel für $n=3$ und $k=1$: Wenn der Leader 101 wählt, schreibt der Deputy 001, 100, 111 auf.) Der Teilnehmer schaut sich die Folgen an, die der Deputy aufgeschrieben hat. Nun versucht der Teilnehmer, die ursprüngliche Folge vom Leader herauszufinden.\nWie viele Male muss er mindestens raten (abhängig von $n$ und $k$), bis er sicher einmal korrekt geraten hat?",
    "options": [],
    "answer": "Minimum guesses = 1 if k ≠ n/2; minimum guesses = 2 if k = n/2.",
    "solution": "Solution:\n\nWenn wir eine fixe Stelle der Lösungsfolge $L$ betrachten, dann stimmen $\\binom{n-1}{k}$ der aufgelisteten Folgen an dieser Stelle mit $L$ überein und $\\binom{n-1}{k-1}$ der aufgelisteten Folgen unterscheiden sich an dieser Stelle von $L$. Da der Teilnehmer $n$ und $k$ kennt, kann er diese Werte auch ausrechnen. Zudem kann er zählen, wie viele der aufgeschriebenen Folgen eine 0 bzw. 1 an dieser Stelle aufweisen und daraus schliessen, ob in $L$ eine 0 oder eine 1 an der Stelle stand, sofern $\\binom{n-1}{k} \\neq \\binom{n-1}{k-1}$ gilt. Dies kann er mit jeder Stelle tun, also ist die Lösungsfolge für ihn eindeutig und er benötigt nur einen Rateversuch.\n\nFalls $\\binom{n-1}{k} = \\binom{n-1}{k-1}$ gilt, dann gilt $n-k = k$, also $k = \\frac{n}{2}$. In diesem Fall ist es leicht ersichtlich, dass die Lösungsfolge die gleiche Liste erzeugt wie ihr exaktes Gegenteil $L^{-1}$ (wenn man alle 0 durch 1 ersetzt und umgekehrt): Jede Folge, die auf der Liste von $L$ steht, unterscheidet sich an der Hälfte der Stellen von $L$, also unterscheidet sie sich an der anderen Hälfte der Stellen von $L^{-1}$ und steht somit auch auf der Liste von $L^{-1}$. Aus Symmetriegründen gilt das auch umgekehrt. Also sind die Listen von $L$ und $L^{-1}$ ununterscheidbar und die Anzahl Rateversuche ist mindestens 2. Wir zeigen nun, dass es keine weitere Folge geben kann, die die gleiche Liste erzeugt. Dann kann der Teilnehmer durch Aufschreiben aller Möglichkeiten alle anderen Folgen ausschliessen und muss nicht öfter als 2 Mal raten.\n\nDafür rät der Teilnehmer die erste Zahl der Folge, OBdA eine 0 (da sowohl $L$ als auch $L^{-1}$ Lösungen sind, führt dies sicher zu einer möglichen Lösung). Dann streicht er alle ($\\binom{n-1}{k}$) Folgen, die mit einer 1 beginnen und streicht bei allen anderen die 0 an der ersten Stelle. Übrig bleiben (unter der Annahme, dass die 0 richtig war) alle Folgen der Länge $n-1$, bei denen $k$ Einträge geändert wurden. Da $k \\neq \\frac{n-1}{2}$ gilt, ist die Lösung nun für den Teilnehmer nach dem ersten Fall eindeutig. Der Fall mit 1 funktioniert komplett analog. Es kann also keine weiteren Lösungen geben.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43965,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein gleichschenkliges Dreieck mit Scheitelpunkt $A$ und $AB > BC$. Sei $k$ der Kreis mit Zentrum $A$ durch $B$ und $C$. Sei $H$ der zweite Schnittpunkt von $k$ mit der Höhe des Dreiecks $ABC$ durch $B$. Weiter sei $G$ der zweite Schnittpunkt von $k$ mit der Schwerlinie durch $B$ im Dreieck $ABC$. Sei $X$ der Schnittpunkt der Geraden $AC$ und $GH$. Zeige, dass $C$ der Mittelpunkt der Strecke $AX$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nSolution:\n\nSei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $AC$. Mit dem Zentriwinkelsatz erhält man $\\angle BGH = \\frac{1}{2} \\angle BAH$. Da das Dreieck $ABH$ gleichschenklig ist und die Strecke $BH$ senkrecht zu der Strecke $AC$ steht, ist $AC$ die Winkelhalbierende von Winkel $BAH$. Daher gilt:\n$$\n\\angle BGH = \\angle CAH = \\angle MAH\n$$\nMit dem Peripheriewinkelsatz erhält man das Sehnenviereck $MAGH$. Mit diesem Sehnenviereck erhält man $\\angle AMG = \\angle AHG$. Da Dreieck $AHG$ gleichschenklig ist, gilt\n$$\n\\angle AGH = \\angle AHG = \\angle AMG\n$$\nDaher ist Dreieck $AMG$ ähnlich zu Dreieck $AGX$. Da $M$ der Mittelpunkt von $AC$ ist, erhält man mit den Seitenverhältnissen:\n$$\n\\frac{AG}{AX} = \\frac{AM}{AG} = \\frac{AM}{AC} = \\frac{1}{2}\n$$\nWir berechnen:\n$$\nAC = AG = \\frac{1}{2} AX\n$$\nSomit ist $C$ der Mittelpunkt der Strecke $AX$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43966,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle monoton steigenden Folgen $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \\ldots$ natürlicher Zahlen, sodass $i+j$ und $a_{i}+a_{j}$ für alle $i, j \\in \\mathbb{N}$ die gleiche Anzahl Teiler haben.",
    "options": [],
    "answer": "a_i = i for all natural i",
    "solution": "Solution:\n\nErst zeigen wir, dass die Folge streng monoton steigend ist, dann, dass sie unendlich viele Fixpunkte enthält. Für eine natürliche Zahl $n$, sei $d(n)$ die Anzahl positiver Teiler von $n$.\n\n- Streng monoton steigend: Nehme an, es gibt natürliche Zahlen $i<j$ sodass $a_{i}=a_{j}$; wegen Montonie führt dies zu $a_{i}=a_{i+1}$. Sei nun $k>2$ eine natürliche Zahl, sodass $i+k$ prim ist. Dann gilt\n$$\n2=d(i+k)=d\\left(a_{i}+a_{k}\\right)=d\\left(a_{i+1}+a_{k}\\right)=d(i+1+k)\n$$\nDa $i+k>2$ und prim ist, ist $i+1+k>2$ und gerade, somit nicht prim und daher $d(i+1+k)>2$, Widerspruch. Alternative: Mit starker Induktion und Bertrand kann man $a_{i} \\equiv i \\bmod 2$ für alle natürlichen $i$ zeigen, was auch zu strenger Montonie führt.\n\n- Unendlich viele Fixpunkte: Sei $p$ eine Primzahl, dann gilt\n$$\np=d\\left(2^{p-1}\\right)=d\\left(2^{p-2}+2^{p-2}\\right)=d\\left(a_{2^{p-2}}+a_{2^{p-2}}\\right)=d\\left(2 a_{2^{p-2}}\\right)\n$$\nBetrachtet man dann die Primfaktorzerlegung $2 a_{2^{p-2}}=\\prod_{i=1}^{r} p_{i}^{\\alpha_{i}}$ mit $\\alpha_{1}, \\ldots, \\alpha_{i}>0$, so haben wir also $p=\\prod_{i=1}^{r}\\left(1+\\alpha_{i}\\right)$, was wegen $p$ prim zu $r=1$ und $\\alpha_{1}=p-1$ führt. Da aber natürlich 2 ein Teiler ist von $2 a_{2^{p-2}}$, gilt zusätzlich $p_{1}=2$ und somit $2 a_{2^{p-2}}=2^{p-1} \\Longrightarrow a_{2^{p-2}}=2^{p-2}$.\n\n- Konklusion: Wegen strenger Monotonie gilt $a_{i+d} \\geq d+a_{i}$, insbesondere $a_{i} \\geq i$, für alle $i, d \\in \\mathbb{N}$. Nehme an, es gibt ein $i \\in \\mathbb{N}$ sodass $a_{i}>i$. Man wählt dann $p$ prim so, dass $2^{p-2}>i$, dann erhält man\n$$\n2^{p-2}=a_{2^{p-2}} \\geq 2^{p-2}-i+a_{i}>2^{p-2}\n$$\nWiderspruch. Somit gilt $a_{i}=i$ für alle natürlichen $i$ und man sieht leicht, dass diese Folge die Bedingungen erfüllt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43967,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle avec $AB = AC \\neq BC$ et $I$ le centre de son cercle inscrit. La droite $BI$ coupe $AC$ en $D$, et la perpendiculaire à $AC$ passant par $D$ coupe $AI$ en $E$. Montrer que la réflexion de $I$ par rapport à la droite $AC$ est sur le cercle circonscrit au triangle $BDE$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOn note $I'$ le symétrique de $I$ par rapport à $AC$, $J$ et $F$ les symétriques respectifs de $I$ et $C$ par $D$, $M$ le milieu de $II'$, $A'$ le milieu de $BC$, $S$ l'intersection de $AI$ et $I'C$, $K$ l'intersection de $II'$ avec la médiatrice de $BI$ et $\\Gamma$ le cercle de centre $E$ passant par $B$ (et $E$).\n\nComme $ED$ est perpendiculaire à $AC$, on a que $F \\in \\Gamma$. $\\angle DCI = \\angle ICB = \\angle CBI$ nous donne que $DC$ est tangent au cercle circonscrit de $IBC$. On a donc\n$$\nDF \\cdot DC = DC^2 = DI \\cdot DB = DJ \\cdot DB\n$$\net ainsi $J \\in \\Gamma$. Comme $IJ$ et $CF$ se coupent en leur milieu, $CJFI$ est un parallélogramme. Par conséquent $\\angle FI'C = \\angle CIF = \\angle FJC$, et ainsi $I' \\in \\Gamma$. Alors $EI' = EB$. Ainsi $E$ est sur la bissectrice extérieure de l'angle en $D$ du triangle $BDI'$ et sur la médiatrice du côté $BI'$. Il est donc sur le cercle circonscrit de $BDI'$.\n\nSoit $\\theta = \\angle ACI = \\angle ICB = \\angle CBI$. On a alors\n$$\n\\angle I'SE = \\angle I'CA + \\angle CAI = \\theta + \\frac{\\pi}{2} + 2\\theta = 3\\theta + 90^\\circ\n$$\net\n$$\n\\angle I'DE = \\angle I'DC + 90^\\circ = \\angle CDI + 90^\\circ = \\angle DCB + \\angle CBD + 90^\\circ = 3\\theta + 90^\\circ\n$$\nDonc $I'DES$ est inscrit. Par ailleurs, on a $\\angle I'SB = 2\\angle I'SE = 6\\theta$ et $\\angle I'DB = 2\\angle CDI = 6\\theta$. Donc $I'DBS$ est inscrit, tout comme $I'DES$, ce qui démontre l'énoncé.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43968,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AB \\neq AC$ und Umkreis $k$. Die Tangente an $k$ durch $A$ schneide $BC$ in $P$. Die Winkelhalbierende von $\\angle APB$ schneide $AB$ in $D$ und $AC$ in $E$. Zeige, dass das Dreieck $ADE$ gleichschenklig ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $\\alpha := \\angle BAC$ und $\\beta := \\angle CAB$. Mit dem Tangentenwinkelsatz folgt $\\angle CAP = \\beta$. Wir benutzen nun die Innenwinkelsumme im Dreieck $ABP$ und erhalten $\\angle APB = 180^{\\circ} - \\alpha - 2\\beta$. Mit der Winkelhalbierenden folgt $\\angle APD = 90^{\\circ} - \\beta - \\frac{1}{2} \\alpha$. Die Innenwinkelsumme im Dreieck $ADP$ ergibt $\\angle PDA = 90^{\\circ} - \\frac{1}{2} \\alpha$. Wenn wir nun noch im Dreieck $ADE$ den letzten Winkel $\\angle AED = 90^{\\circ} - \\frac{1}{2} \\alpha$ ausrechnen, sehen wir dass das Dreieck gleichschenklig ist.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43969,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein rechtwinkliges Dreieck mit Hypotenuse $AB$. Ein Kreis um $C$ schneide die Strecke $AB$ zweimal in den Punkten $P$ und $Q$, wobei $P$ zwischen $A$ und $Q$ liegt. Sei $R$ der Punkt auf der Strecke $BC$ mit $\\angle RAC = \\frac{1}{2} \\angle PCQ$ und sei $S$ der Punkt auf der Strecke $AC$ mit $\\angle CBS = \\frac{1}{2} \\angle PCQ$. Weiter sei $T$ der Schnittpunkt der Strecken $CP$ und $AR$, und $U$ der Schnittpunkt der Strecken $CQ$ und $BS$. Zeige, dass $RSTU$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt:\n$$\n\\angle RAS = \\angle RAC = \\frac{1}{2} \\angle PCQ = \\angle CBS = \\angle RBS\n$$\nMit der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes folgt, dass $RSAB$ ein Sehnenviereck ist.\nDa $P$ und $Q$ auf einem Kreis mit Mittelpunkt $C$ liegen, ist das Dreieck $CPQ$ gleichschenklig. Man erhält:\n$$\n\\angle PQC = \\frac{1}{2}\\left(180^\\circ-\\angle PCQ\\right) = 90^\\circ-\\frac{1}{2} \\angle PCQ = 90^\\circ-\\angle RAC\n$$\nAus der Innenwinkelsumme im Dreieck $ARC$ und dem rechten Winkel in $C$ folgt:\n$$\n\\angle ARC = 90^\\circ-\\angle RAC\n$$\nSomit gilt:\n$$\n\\angle AQC = \\angle PQC = \\angle ARC\n$$\nWoraus folgt, dass $A Q R C$ ein Sehnenviereck ist.\nMit den beiden Sehnenvierecken $RSAB$ und $A Q R C$ erhält man:\n$$\n\\angle RCQ = \\angle RAQ = \\angle RAB = \\angle RSB = \\angle RSU\n$$\nSomit ist $RCSU$ ein Sehnenviereck.\nAnalog findet man das Sehnenviereck $RCST$.\nDas heisst, dass $U$ und $T$ beide auf dem Umkreis vom Dreieck $RCS$ liegen. Daher ist $RCSTU$ ein Sehnenfünfeck und $RSTU$ ein Sehnenviereck.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43970,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nQuel est le nombre maximal de Skew-Tetrominos que l'on peut placer sur un rectangle $8 \\times 9$ sans recouvrement?\nRemarque: Les tetrominos peuvent être tournés et réfléchis.",
    "options": [],
    "answer": "16",
    "solution": "Solution:\n\nLe nombre maximal de Skew-Tetrominos est 16.\n\nMontrons déjà qu'on peut en placer 16. On sépare le rectangle en 4 plus petits rectangles de 2 lignes et 9 colonnes. Sur chacun de ces petits rectangles on peut placer 4 Skew-Tetrominos (en les mettant tous dans l'orientation sur la feuille d'examen), donc on arrive à en placer 16 sur le rectangle entier.\n\n\nMontrons maintenant qu'on ne peut pas en placer plus que 16.\n\nPremière solution: On colorie toutes les colonnes impaires en noir et toutes les colonnes paires en blanc. On remarque alors d'une part que chaque Skew-Tetromino doit recouvrir deux cases blanches et deux cases noires, et d'autre part qu'il y a 40 cases noires et 32 cases blanches. Il y a donc au moins 8 cases noires qui ne seront pas recouvertes par un Tetromino, ce qui signifie que les Tetrominos recouvrent au maximum 64 cases et donc on ne peut pas en placer plus que $16=64 / 4$.\n\n\nDeuxième solution: On colorie en noir toutes les cases se trouvant dans une colonne paire et dans une ligne paire, et en blanc toutes les autres. On remarque alors d'une part qu'il y a 16 cases noires, et d'autre part que chaque Tetromino doit recouvrir exactement une case noire, donc on peut placer au maximum 16 Tetrominos.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43971,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $m, n \\geq 2$ natürliche Zahlen. Wir haben vier Farben und wollen jedes Feld eines $m \\times n$ Rechtecks mit einer davon einfärben, sodass in jedem $2 \\times 2$ Quadrat alle vier Farben vorkommen. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es dafür?\n\nBemerkung: Wir zählen zwei Möglichkeiten als verschieden, wenn es mindestens ein Feld gibt, das unterschiedliche Farben erhalten hat.",
    "options": [],
    "answer": "6·2^m + 6·2^n − 24",
    "solution": "Solution:\n\nSeien zuerst $m, n>2$. Wir ersetzen die Farben der Einfachheit halber durch Zahlen und betrachten drei benachbarte Felder einer Zeile, die alle unterschiedlich gefärbt wurden (ObdA mit 1, 2 und 3). Es folgt der Reihe nach:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAlso sind die gesamten Spalten, welche die drei 'Startfelder' beinhalten, mit nur je zwei Farben alternierend gefärbt. Insbesondere ist jede Zeile mit mindestens 3 verschiedenen Farben gefärbt. Angenommen, es gäbe gleichzeitig drei benachbarte Felder einer Spalte, die alle unterschiedlich gefärbt wurden: Dann gäbe es auch drei benachbarte Zeilen, die ebenfalls nur mit je zwei Farben gefärbt sind, Widerspruch! Folglich bestehen die Zeilen oder die Spalten aus nur je zwei Farben (die sich immer abwechseln müssen). Dies stimmt offensichtlich auch für $m=2$ und $n=2$, also immer.\n\nWir berechnen nun die Anzahl Möglichkeiten mithilfe dieser Eigenschaft. Wenn die $m$ Spalten aus nur je zwei Farben bestehen, dann haben wir 6 Möglichkeiten, die beiden Farben für die erste, dritte, fünfte etc. Spalte zu wählen. Die Farben für die restlichen Spalten sind dann eindeutig bestimmt. Wir können nun aber für alle $m$ Spalten noch auswählen, mit welcher der beiden möglichen Farben wir beginnen ($2^{m}$ Möglichkeiten), insgesamt also $6 \\cdot 2^{m}$ Möglichkeiten. Analog liefert der Fall, dass die Zeilen aus nur je zwei Farben bestehen, weitere $6 \\cdot 2^{n}$ Möglichkeiten. Nun haben wir allerdings die Fälle doppelt gezählt, in denen sowohl die Zeilen als auch die Spalten nur aus je zwei Farben bestehen. Alle diese Färbungen sind bereits eindeutig definiert, wenn wir das obere linke $2 \\times 2$-Quadrat färben. Dafür gibt es $4 \\cdot 3 \\cdot 2$ Möglichkeiten. Insgesamt erhalten wir also $6 \\cdot 2^{m} + 6 \\cdot 2^{n} - 24$ Möglichkeiten.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43972,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$ und $b$ natürliche Zahlen, sodass\n$$\n\\frac{3 a^{2}+b}{3 a b+a}\n$$\neine ganze Zahl ist. Bestimme alle Werte, die obiger Ausdruck annehmen kann.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\n\n$3 a b+a=a(3 b+1)$ teilt $3 a^{2}+b$, also ist insbesondere $a$ ein Teiler von $3 a^{2}+b$. Nun teilt $a$ ebenfalls $3 a^{2}+b-(3 a) a=b$. Somit können wir $b=a s$ schreiben. Einsetzen in den Ausdruck liefert $3 a^{2} s+a \\mid 3 a^{2}+a s$ und nach kürzen mit $a$ bekommen wir $3 a s+1 \\mid 3 a+s$. Da $a$ und $s$ natürliche Zahlen sind, ist $3 a+s$ positiv. Es muss also gelten, dass $3 a s+1 \\leq 3 a+s$ ist. Falls $s \\geq 2$ ist, können wir aber wie folgt abschätzen:\n$$\n3 a s+1=2 a s+a s+1 \\geq 4 a+a s+1 \\geq 4 a+s+1>3 a+s\n$$\nwobei wir bei der ersten Ungleichung $s \\geq 2$ und bei der zweiten Ungleichung $a \\geq 1$ brauchen. Dies ist ein Widerspruch zu der Bedingung $3 a s+1 \\leq 3 a+s$, also muss $s<2$ sein. Es folgt $s=1$ und damit $a=b$. Einsetzen von $a=b$ in den gegebenen Ausdruck liefert $\\frac{3 a^{2}+a}{3 a^{2}+a}=1$. Somit ist 1 der einzige Wert, der angenommen werden kann. Dieser Wert wird für alle Paare $(a, a)$ natürlicher Zahlen angenommen.\n\nStatt der Abschätzung kann man ebenfalls die Ungleichung $3 a s+1 \\leq 3 a+s$ umformen zu $0 \\geq(3 a-1)(s-1)$. Da $3 a-1$ für jedes $a$ positiv ist, darf $s-1$ nicht positiv sein. Somit muss $s=1$ gelten. Wir können wie oben fertigmachen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43973,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAlle Felder eines $8 \\times 8$ Quadrats sind anfangs weiss gefärbt. In einem Zug darf man alle Felder eines horizontalen oder vertikalen $1 \\times 3$ Rechtecks umfärben (alle weissen Felder werden schwarz und alle schwarzen Felder weiss). Ist es möglich, dass nach einer endlichen Anzahl Zügen alle Felder schwarz gefärbt sind?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir verwenden die Standardfärbung für 3 Farben.\n![](attached_image_1.png)\nOffensichtlich hat man 22 weisse und 21 gelbe Felder, sowie 21 blaue und 21 rote Felder. Wenn man nun einen $3 \\times 1$ Block umfärbt, färbt man immer einen gelben, einen blauen und einen weissen Block um. Um alle weissen Quadrate umzuformen braucht man eine gerade Anzahl $3 \\times 1$ Blöcke, für die blauen und gelben Blöcke braucht man eine ungerade Anzahl $3 \\times 1$ Blöcke. Dies ergibt einen Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43974,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $k \\geq 0$ eine ganze Zahl. Bestimme alle reellen Polynome $P$ von $\\operatorname{Grad} k$ mit $k$ verschiedenen reellen Nullstellen, sodass für alle Nullstellen $a$ von $P$ gilt:\n$$\nP(a+1)=1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All constant nonzero polynomials and all linear polynomials of the form x plus b with any real b.",
    "solution": "Solution:\n\nAlle konstanten Polynome $P(x)=c \\neq 0$ sind Lösungen. Sei $P$ nun ein solches Polynom mit Grad mindestens 1. Das Polynom $Q(x)=P(x+1)-P(x)-1$ hat nach Voraussetzung mindestens $n$ verschiedene Nullstellen. Da $Q$ aber maximal $\\operatorname{Grad} n-1$ hat, folgt dass $Q(x)=0$ bzw. $P(x+1)=P(x)+1$ für alle $x \\in \\mathbb{R}$ gilt. Daraus folgt, dass $P$ Grad 1 hat, denn falls dem nicht so wäre, so würde ein Koeffizientenvergleich von $x^{n-1}$ zu $a_{n-1}+n a_{n}=a_{n-1}$ führen (wobei $P(x)=a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\\ldots+a_{0}$) und somit $a_{n}=0$ implizieren, was natürlich nicht sein kann. Also hat $P$ Grad 1 und wir können $P(x)=a x+b$ schreiben. Sei $y$ seine Nullstelle. Nach Annahme gilt\n$$\n1=P(y+1)=a(y+1)+b=a y+b+a=P(y)+a=a\n$$\nAlso muss $a=1$ gelten. Für jede $b \\in \\mathbb{R}$ ist das Polynom $P(x)=x+b$ eine Lösung.\nSolution:\n\nSei $P(x)=c_{k} x^{k}+c_{k-1} x^{k-1}+\\ldots+c_{0}$. Wir wollen zuerst per Widerspruch zeigen, dass $k<2$. (Wir bezeichnen die Nullstellen mit $a_{1}<\\ldots<a_{k}$.)\nDa $P(x)$ Grad $k$ hat, hat $P(x)$ auch höchstens $k$ Einsstellen (weil $P(x)-1$ auch höchstens $k$ Nullstellen hat). Da $P\\left(a_{i}+1\\right)=1$ für alle Nullstellen von $P$, müssen dies auch genau die Einsstellen von $P$ sein.\nNehmen wir zuerst an, $k>1$ sei gerade. Dann muss der führende Koeffizient $c_{k}$ positiv oder negativ sein. Aber falls $c_{k}<0$ folgt dass $P(x)$ geht gegen $-\\infty$ für $x$ gegen $\\infty$, und dann muss $P(x)<0$ für alle $x>a_{k}$. Ein Widerspruch zu $P\\left(a_{k}+1\\right)=1$.\nFalls $c_{k}>0$ geht $P(x)$ gegen $\\infty$ für $x$ gegen $-\\infty$, und dann muss $P(x)=1$ für ein $x<a_{1}$. Dies ist aber ein Widerspruch zu $P(x)$ hat die Einsstellen genau bei $P\\left(a_{i}+1\\right)$.\nWenn nun $k$ ungerade, dann kann man $P'(x)=P\\left(x-a_{1}\\right)$ nehmen. $P'$ sollte nun immer noch die Aufgabenstellung erfüllen und die kleinste Nullstelle ist $0$. Faktorisieren wir $P'(x)=x \\cdot Q(x)$. Nun gilt für $Q(x)$ wieder, hat $\\operatorname{Grad} k-1$, hat $k-1$ verschiedene Nullstellen und $Q\\left(a_{i}+1\\right)>0$. Dann, da $Q$ geraden Grad hat folgt mit der gleichen Fallunterscheidung wie oben ein Widerspruch.\nFür den Grad $<2$ lassen sich schnell die Lösungen finden.\nSolution:\n\nSi $k \\geq 2$, soient $a_{1}<\\ldots<a_{k}$ les zéros de $P$. On écrit $P(x)=c\\left(x-a_{1}\\right) \\cdots\\left(x-a_{k}\\right)$. On sait que $P\\left(a_{k}+1\\right)=P\\left(a_{k-1}+1\\right)$. Donc\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(a_{k}-a_{1}+1\\right) \\cdots\\left(a_{k}-a_{k-2}+1\\right)\\left(a_{k}-a_{k-1}+1\\right)= \\\\\n& \\left(a_{k-1}-a_{1}+1\\right) \\cdots\\left(a_{k-1}-a_{k-2}+1\\right)\\left(a_{k-1}-a_{k}+1\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(a_{k}-a_{1}+1\\right) & >\\left(a_{k-1}-a_{1}+1\\right) \\\\\n& \\cdots \\\\\n\\left(a_{k}-a_{k-2}+1\\right) & >\\left(a_{k-1}-a_{k-2}+1\\right) \\\\\n\\left(a_{k}-a_{k-1}+1\\right) & >\\left(a_{k-1}-a_{k}+1\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nC'est une contradiction, donc $k \\leq 1$. On traite les cas $k=0,1$ comme dans la première solution\nSolution:\n\nSi $\\operatorname{deg}(P) \\geq 2$, soit $Q(x):=P(x)-1$ et $P(x)=a_{k} x^{k}+a_{k-1} x^{k-1}+\\ldots+a_{0}$ avec zéros $x_{1}, \\ldots, x_{k}$. Par les formules de Viète sur $P$ et sur $Q$, on a\n$$\nx_{1}+\\ldots+x_{k}=-\\frac{a_{k-1}}{a_{k}}=\\left(x_{1}+1\\right)+\\ldots+\\left(x_{k}+1\\right)\n$$\net donc $k=0$. Contradiction. On traite les cas $k=0,1$ comme dans la première solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43975,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck, $M$ der Mittelpunkt der Strecke $BC$ und $D$ ein Punkt auf der Geraden $AB$, sodass $B$ zwischen $A$ und $D$ liegt. Sei $E$ ein Punkt auf der anderen Seite der Geraden $CD$ als $B$, sodass $\\angle EDC = \\angle ACB$ und $\\angle DCE = \\angle BAC$. Sei $F$ der Schnittpunkt von $CE$ mit der Parallelen zu $DE$ durch $A$ und sei $Z$ der Schnittpunkt von $AE$ und $DF$. Zeige, dass sich die Geraden $AC$, $BF$ und $MZ$ in einem Punkt schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $\\alpha = \\angle DCE = \\angle BAC$ und $\\gamma = \\angle CDE = \\angle ACB$. Zuerst findet man durch Winkeljagd, dass $\\angle DBC = 180^{\\circ} - \\angle ABC = 180^{\\circ} - \\gamma - \\alpha = 180^{\\circ} - \\angle DEC$; Somit ist $DBCE$ ein Sehnenviereck.\n\nDa $AF$ parallel zu $DE$ ist, gilt: $\\angle DFC = 180^{\\circ} - \\angle CED = \\angle DBC = 180^{\\circ} - \\angle ABC$. Somit ist $ABCF$ auch ein Sehnenviereck.\n\nSei $X$ der Schnittpunkt von $AC$ mit $BF$ und $Y$ der Schnittpunkt von $BE$ mit $DC$. Wir beweisen nun, dass sowohl $M$ als auch $Z$ auf $XY$ liegen.\n\nUm zu beweisen, dass $Z$ auf $XY$ liegt, verwendet man Pappus mit den Punkten $ACDFBE$.\n\nDes weiteren findet man mit Winkeljagd: $\\angle BFC = \\angle BAC = \\angle DCF = \\angle DBE$. Somit ist $DC$ parallel zu $BF$ und $AC$ parallel zu $BE$. Das heißt, $BYCX$ ist ein Parallelogramm und in einem Parallelogramm halbieren sich die Diagonalen gegenseitig. Somit liegt $M$ auch auf $XY$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43976,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $p \\geq 2$ eine Primzahl. Louis und Arnaud wählen abwechselnd einen Index $i \\in \\{0,1, \\ldots, p-1\\}$, der bisher noch nicht gewählt wurde, und eine Ziffer $a_{i} \\in \\{0,1, \\ldots, 9\\}$. Louis beginnt. Wenn alle Indizes ausgewählt wurden, berechnen sie die folgende Summe:\n$$\na_{0}+a_{1} \\cdot 10+\\ldots+a_{p-1} \\cdot 10^{p-1}=\\sum_{i=0}^{p-1} a_{i} \\cdot 10^{i}\n$$\nWenn diese Summe durch $p$ teilbar ist, gewinnt Louis, ansonsten gewinnt Arnaud. Zeige, dass Louis eine Gewinnstrategie hat.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir sagen, dass ein Spieler den Zug $\\left(i, a_{i}\\right)$ spielt, wenn er in diesem Zug den Index $i$ und die Ziffer $a_{i}$ gewählt hat.\n\nWenn $p=2$ oder $p=5$, dann macht Louis als erstes den Zug $(0,0)$ und gewinnt, da die Summe ein Vielfaches von $10$ sein wird.\n\nNehme nun an, dass $p$ weder $2$ noch $5$ ist. Louis wählt nun als ersten Zug $(p-1,0)$. Mit Fermat gilt $\\left(10^{(p-1) / 2}\\right)^{2}=10^{p-1} \\equiv 1 \\bmod p$, also $p \\mid \\left(10^{(p-1) / 2}\\right)^{2}-1=\\left(10^{(p-1) / 2}-1\\right)\\left(10^{(p-1) / 2}+1\\right)$. Weil $p$ prim ist, gilt somit $p \\mid \\left(10^{(p-1) / 2}-1\\right)$ oder $p \\mid \\left(10^{(p-1) / 2}+1\\right)$. Wir haben also folgende zwei Fälle:\n\nFall 1: $10^{(p-1) / 2} \\equiv -1 \\bmod p$\n\nWenn nun Arnaud den Zug $\\left(i, a_{i}\\right)$ macht, macht Louis den Zug $\\left(j, a_{j}\\right)=\\left(i+\\frac{p-1}{2}, a_{i}\\right)$ für $0 \\leq i \\leq \\frac{p-3}{2}$, beziehungsweise den Zug $\\left(j, a_{j}\\right)=\\left(i-\\frac{p-1}{2}, a_{i}\\right)$ für $\\frac{p-1}{2} \\leq i \\leq p-2$. Bemerke, dass Louis immer einen solchen Zug machen kann: Vor einem Zug von Arnaud wurden von jeder Menge der Form $\\{r, r+(p-1) / 2\\}$ entweder beide Elemente oder kein Element schon bei vorherigen Zügen als Indices ausgewählt. Somit ist nach jedem der Züge von Louis die Summe der bisher ausgewählten Paare durch $p$ teilbar, und damit gewinnt Louis.\n\nFall 2: $10^{(p-1) / 2} \\equiv 1 \\bmod p$\n\nWenn nun Arnaud den Zug $\\left(i, a_{i}\\right)$ macht, macht Louis den Zug $\\left(j, a_{j}\\right)=\\left(i+\\frac{p-1}{2}, 9-a_{i}\\right)$ für $0 \\leq i \\leq \\frac{p-3}{2}$, beziehungsweise den Zug $\\left(j, a_{j}\\right)=\\left(i-\\frac{p-1}{2}, 9-a_{i}\\right)$ für $\\frac{p-1}{2} \\leq i \\leq p-2$. Wie oben folgt, dass Louis immer so einen Zug machen kann. Wir haben $10^{j} \\equiv 10^{i} \\bmod p$, und somit gilt $a_{j} \\cdot 10^{j}+a_{i} \\cdot 10^{i} \\equiv \\left(a_{i}+a_{j}\\right) \\cdot 10^{i}=9 \\cdot 10^{i} \\bmod p$. Also wird am Schluss des Spiels die Summe aller Terme kongruent zu\n$$\n\\sum_{i=0}^{\\frac{p-3}{2}} 9 \\cdot 10^{i}=10^{(p-1) / 2}-1 \\equiv 0 \\quad \\bmod p\n$$\nund somit gewinnt Louis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43977,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDéterminer toutes les paires $(f, g)$ de fonctions $f, g: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ telles que pour tous $x, y \\in \\mathbb{R}$\n- $f(x) \\geq 0$,\n- $f(x+g(y))=f(x)+f(y)+2 y g(x)-f(y-g(y))$.",
    "options": [],
    "answer": "Two families:\n1) g(x) ≡ 0 for all x, and f is any function with f(x) ≥ 0 for all x.\n2) g(x) = x for all x, and f(x) = x^2 + b x + c with c ≥ b^2/4.",
    "solution": "Solution:\n\nSoit $(f, g)$ une solution du problème. Si $g \\equiv 0$, alors toutes les fonctions $f \\geq 0$ satisfont le problème. On obtient la première solution.\n\nSupposons maintenant qu'il existe $a$ tel que $g(a) \\neq 0$.\n\nSubstituer $x=y-g(y)$ donne $y g(y-g(y))=0$ pour tout $y$ et donc $g(y-g(y))=0$ pour tout $y \\neq 0$.\n\nSoit $z$ tel que $g(z)=0$. Avec $y=z$ dans l'équation de base on obtient $z g(x)=0$ pour tout $x$. En particulier, pour $x=a$ on obtient $z=0$. En d'autres mots, $g$ est injective en $0$.\n\nComme $g(y-g(y))=0$ pour tout $y \\neq 0$, on en conclut que $g$ est l'identité. L'équation de départ devient\n$$\nf(x+y)=f(x)+f(y)+2 x y-f(0)\n$$\nCela ressemble à une équation de Cauchy mis à part le terme $2 x y-f(0)$. En cherchant un peu, on réalise que les fonctions $f(x)=x^{2}+b x+c$ satisfont cette équation.\n\nSoit donc $h(x):= f(x)-x^{2}-f(0)$. L'équation devient\n$$\nh(x+y)=h(x)+h(y)\n$$\nComme on a supposé $f(x) \\geq 0$, on a $h(x) \\geq -x^{2}-f(0)$. En particulier, le graphe de $h$ n'est pas dense dans $\\mathbb{R}^{2}$. Donc $h(x)=b x$ et $f(x)=x^{2}+b x+c$ avec $c=f(0)$. A nouveau, on doit avoir $f \\geq 0$ et donc $b^{2}-4 c \\leq 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43978,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDavid und Linus spielen folgendes Spiel: David wählt eine Teilmenge $Q$ der Menge $\\{1, \\ldots, 2018\\}$. Dann wählt Linus eine natürliche Zahl $a_{1}$ und berechnet die Zahlen $a_{2}, \\ldots, a_{2018}$ rekursiv, wobei $a_{n+1}$ das Produkt der positiven Teiler von $a_{n}$ ist.\n\nSei $P$ die Menge der natürlichen Zahlen $k \\in\\{1, \\ldots, 2018\\}$, für die $a_{k}$ eine Quadratzahl ist. Linus gewinnt, falls $P=Q$. Ansonsten gewinnt David. Wer hat eine Gewinnstrategie?",
    "options": [],
    "answer": "Linus",
    "solution": "Solution:\n\nWir beweisen, dass Linus eine Gewinnstrategie hat. Sei $a_{1}=p^{k_{1}}$ für eine Primzahl $p$ und eine nichtnegative ganze Zahl $k_{1}$. Dann ist $a_{n}$ von der Form $p^{k_{n}}$ für jedes $n$ und es gilt aufgrund der Rekursionsvorschrift\n$$\na_{n+1}=1 \\cdot p \\cdot \\ldots \\cdot p^{k_{n}}=p^{0+1+\\ldots+k_{n}}=p^{\\frac{k_{n}(k_{n}+1)}{2}} \\Rightarrow k_{n+1}=\\frac{k_{n}(k_{n}+1)}{2}\n$$\nWir bemerken zudem, dass $a_{n}$ genau dann eine Quadratzahl ist, wenn $k_{n}$ gerade ist. Also müssen wir zeigen, dass Linus $k_{1}$ so wählen kann, dass für alle $n \\in\\{1,2, \\ldots, 2018\\}$ die Zahl $k_{n}$ genau dann gerade ist, wenn $n \\in Q$ gilt. Wir behaupten sogar, dass Linus für beliebige Folgenlängen $N$ und beliebige Teilmengen $Q_{N} \\subseteq\\{1,2, \\ldots, N\\}$ ein $k_{1}$ finden kann, so dass die Folge $k_{1}, k_{2}, \\ldots, k_{N}$ die gewünschte Eigenschaft erfüllt. Dafür verwenden wir Induktion:\nFür $N=1$ stimmt die Aussage offensichtlich, Linus wählt $k_{1}$ entweder gerade oder ungerade.\nNehme nun an, die Aussage stimmt für $N$ und betrachte eine Teilmenge $Q_{N+1} \\subseteq\\{1,2, \\ldots, N+1\\}$. Nach Annahme gibt es ein $k_{1}$, so dass die ersten $N$ Folgeglieder die gewünschte Parität haben. Falls $k_{N+1}$ auch die richtige Parität hat, sind wir fertig. Ansonsten betrachten wir $\\tilde{k}_{1}=k_{1}+2^{N}$ modulo $2^{N+1}$. Es gilt nun der Reihe nach:\n$$\n\\begin{gathered}\n\\tilde{k}_{2}=\\frac{\\tilde{k}_{1}(\\tilde{k}_{1}+1)}{2} \\equiv \\frac{(k_{1}+2^{N})(k_{1}+2^{N}+1)}{2} \\equiv \\frac{k_{1}^{2}+2 \\cdot 2^{N} k_{1}+2^{2N}+k_{1}+2^{N}}{2} \\\\\n\\equiv \\frac{k_{1}(k_{1}+1)}{2}+2^{N} k_{1}+2^{2N-1}+2^{N-1} \\equiv k_{2}+2^{N-1} \\quad(\\bmod 2^{N})\n\\end{gathered}\n$$\nda $2 x \\equiv 2 y(\\bmod 2^{N+1})$ auch $x \\equiv y(\\bmod 2^{N})$ impliziert. Dasselbe können wir nun weiter treiben:\n$$\n\\begin{gathered}\n\\tilde{k}_{3}=\\frac{\\tilde{k}_{2}(\\tilde{k}_{2}+1)}{2} \\equiv \\frac{(k_{2}+2^{N-1})(k_{2}+2^{N-1}+1)}{2} \\equiv k_{3}+2^{N-2} \\quad(\\bmod 2^{N-1}) \\\\\n\\vdots \\\\\n\\tilde{k}_{N+1}=\\frac{\\tilde{k}_{N}(\\tilde{k}_{N}+1)}{2} \\equiv \\frac{(k_{N}+2^{1})(k_{N}+2^{1}+1)}{2} \\equiv k_{N+1}+2^{0} \\equiv k_{N+1}+1 \\quad(\\bmod 2^{1})\n\\end{gathered}\n$$\nAlso haben wir durch unsere Änderung an $k_{1}$ nur die Parität des letzten Folgeglieds geändert, denn für alle $i \\leq N$ gilt\n$$\n\\tilde{k}_{i} \\equiv k_{i}+2^{N+1-i}(\\bmod 2^{N+2-i}) \\quad \\Rightarrow \\quad \\tilde{k}_{i} \\equiv k_{i} \\quad(\\bmod 2)\n$$\nAlso gibt es in beiden Fällen eine Fortsetzung der Folge, die Länge $N+1$ hat und die gewünschte Eigenschaft erfüllt. Somit findet Linus immer eine Zahl $a_{1}=p^{k_{1}}$, die ihn zum Sieg führt.\nSolution:\n\nComme dans la première solution, il suffit de trouver une suite $k_{n}$ avec les bonnes parités. L'idée ici est de commencer avec $k_{2018}$ qui vaut 0 ou 1 suivant que 2018 appartient à $Q$ ou pas. On veut ensuite remonter jusqu'à $k_{1}$ modulo $2^{2018}$ en préservant les valeurs déjà trouvées. Plus précisément on introduit la fonction\n$$\n\\varphi(x)=\\frac{x(x+1)}{2}\n$$\nOn vérifie que si $x \\equiv y(\\bmod 2^{m})$, alors $\\varphi(x) \\equiv \\varphi(y)(\\bmod 2^{m-1})$. De plus, on souhaiterait prouver que $\\varphi$ atteint toutes les valeurs modulo $2^{m-1}$. Pour cela soient $x, y$ deux nombres tels que $\\varphi(x) \\equiv \\varphi(y)(\\bmod 2^{m-1})$. On peut réécrire cela comme\n$$\n0 \\equiv \\frac{x(x+1)}{2}-\\frac{y(y+1)}{2}=\\frac{(x+y+1)(x-y)}{2} \\quad(\\bmod 2^{m-1})\n$$\nIl faut donc que $(x+y+1)(x-y) \\equiv 0(\\bmod 2^{m})$, et comme l'un des facteurs est pair alors que l'autre est impair, c'est le cas si et seulement si $y \\equiv x(\\bmod 2^{m})$ ou $y \\equiv-x-1(\\bmod 2^{m})$. Cela signifie donc que tout nombre modulo $2^{m-1}$ peut être obtenu par au plus 2 nombres modulo $2^{m}$. Comme d'autre part il y a deux fois plus de classes d'équivalence modulo $2^{m}$ que modulo $2^{m-1}$ par le principe des tiroirs il faut donc que chaque nombre modulo $2^{m-1}$ soit obtenu par exactement 2 nombres modulo $2^{m}$. Comme de plus parmi $x$ et $-1-x$ l'un est pair et l'autre impair, on peut donc de plus choisir ce nombre comme étant soit pair soit impair. Ainsi, en partant de $k_{2018}(\\bmod 2)$, on construit récursivement $k_{2017}(\\bmod 2^{2}), \\ldots, k_{1}(\\bmod 2^{2018})$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43979,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$ und $c$ natürliche Zahlen. Finde den kleinsten Wert, den folgender Ausdruck an oxnehmen kann:\n$$\n\\frac{a}{\\operatorname{ggT}(a+b, a-c)}+\\frac{b}{\\operatorname{ggT}(b+c, b-a)}+\\frac{c}{\\operatorname{ggT}(c+a, c-b)}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "3/2",
    "solution": "Solution:\n\nZuerst bemerken wir, dass\n$$\n\\operatorname{ggT}(a+b, a-c)=\\operatorname{ggT}(a+b-(a-c), a-c)=\\operatorname{ggT}(b+c, a-c) \\leq b+c\n$$\ngilt. Daraus folgt dann\n$$\n\\frac{a}{\\operatorname{ggT}(a+b, a-c)}+\\frac{b}{\\operatorname{ggT}(b+c, b-a)}+\\frac{c}{\\operatorname{ggT}(c+a, c-b)} \\geq \\frac{a}{b+c}+\\frac{b}{a+c}+\\frac{c}{a+b} \\geq \\frac{3}{2}\n$$\nwobei die letzte Ungleichung Nesbitt ist. Durch Einsetzen von $a=b=c$ sehen wir, dass $\\frac{3}{2}$ tatsächlich erreicht werden kann.\nSolution:\n\nWir benutzen mehrmals, dass für sop $x, y \\in \\mathbb{N}$ gilt: $\\operatorname{ggT}(x, y) \\leq \\min \\{x, y\\} \\leq \\max \\{x, y\\}$. Zuerst erledigen wir den Fall, dass mindestens zwei der Variablen gleich sind. OBdA wählen wir $a=b$. Gilt nun $a>c$, dann können wir den Ausdruck durch\n$$\n\\frac{a}{a-c}+\\frac{a}{a+c}+\\frac{c}{\\operatorname{ggT}(a+c, c-a)} \\geq 1+\\frac{1}{2}+0=\\frac{3}{2}\n$$\nabschätzen. Im Fall $c>a$ schätzen wir den Ausdruck durch\n$$\n\\frac{a}{a+b}+\\frac{b}{b+c}+\\frac{c}{c-b} \\geq \\frac{1}{2}+0+1=\\frac{3}{2}\n$$\nab. Bei $c=a$ gilt sogar Gleichheit zwischen allen Variabeln und der Ausdruck ist gleich $\\frac{3}{2}$. Aufgrund der zyklischen Symmetrie genügt es, die Fälle $a>b>c$ und $a>c>b$ zu betrachten. Wir zeigen hier nur den ersten Fall. Ähnlich wie vorher können wir den Ausdruck durch\n$$\n\\frac{a}{a-c}+\\frac{b}{b+c}+\\frac{c}{b-c} \\geq 1+\\frac{b^{2}+c^{2}}{b^{2}-c^{2}} \\geq 2>\\frac{3}{2}\n$$\nabschätzen. Insgesamt ist der Ausdruck also $\\geq \\frac{3}{2}$ und Gleichheit wird angenommen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43980,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle aigu et $O$ le centre de son cercle circonscrit. La droite $OA$ coupe la hauteur $h_{b}$ en $P$ et la hauteur $h_{c}$ en $Q$. Soit $H$ l'orthocentre du triangle $ABC$. Prouver que le centre du cercle circonscrit au triangle $PQH$ est sur la médiane du triangle $ABC$ passant par $A$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOn commence par une petite chasse aux angles. Soient $\\alpha, \\beta$ et $\\gamma$ les trois angles du triangle $\\triangle ABC$. Observez que $\\angle HPQ = \\pi / 2 - \\angle PAC$ parce que $PH$ est perpendiculaire à $AC$. De plus, comme $OA$ est un diamètre du cercle circonscrit à $\\triangle ABC$ on a $\\beta = \\pi / 2 - \\angle OAC = \\pi / 2 - \\angle PAC$. Ainsi $\\angle HPQ = \\beta$ et de manière similaire $\\angle PQH = \\gamma$. On en déduit que $\\triangle ABC \\sim \\triangle HPQ$. Par chasse aux angles, on obtient aussi que $\\angle AHP = \\gamma$ et donc $AH$ est la tangente au cercle circonscrit de $\\triangle PQH$ en $H$.\n\nL'idée est à présent d'introduire la tangente au cercle circonscrit à $ABC$ en $A$ par similarité avec le triangle $\\triangle PQH$. Soit $t$ cette tangente et $S$ son intersection avec la droite $BC$. Si $O'$ est le centre du cercle circonscrit de $\\triangle PQH$, alors la similarité de la construction implique que $\\triangle AO'Q \\sim \\triangle SOC$.\n\nSoit $M$ l'intersection de $AO'$ avec le côté $BC$. Comme $\\angle O'AQ = \\angle OSC$, on en déduit que $AOMS$ est un quadrilatère inscrit. Donc $\\angle SMO = \\pi - \\angle SAO = \\pi / 2$. On conclut que $OM$ est perpendiculaire à $BC$ et donc $M$ est le milieu de $BC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43981,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEntlang der Küste einer kreisrunden Insel befinden sich 20 verschiedene Dörfer. Jedes dieser Dörfer hat 20 Kämpfer, wobei alle 400 Kämpfer unterschiedlich stark sind.\n\nJeweils zwei benachbarte Dörfer $A$ und $B$ machen nun einen Wettkampf, indem sich jeder der 20 Kämpfer des Dorfs $A$ mit jedem der 20 Kämpfer des Dorfs $B$ misst. Dabei gewinnt jeweils der stärkere Kämpfer. Wir sagen, dass das Dorf $A$ stärker ist als das Dorf $B$, falls in mindestens $k$ der 400 Kämpfe ein Kämpfer von Dorf $A$ gewinnt.\n\nEs stellt sich heraus, dass jedes Dorf stärker als sein Nachbardorf im Uhrzeigersinn ist. Bestimme den maximalen Wert von $k$, sodass dies der Fall sein kann.",
    "options": [],
    "answer": "290",
    "solution": "Solution:\n\nWir geben zuerst eine Konstruktion und beweisen dann, dass mehr als 290 nicht möglich ist. O.B.d.A können wir annehmen, dass die Kämpfer Stärken 1 bis 400 haben, und wir nummerieren die Dörfer im Uhrzeigersinn von eins bis zwanzig.\n\nKonstruktion: Im ersten Dorf leben die Kämpfer der Stärke 400, 190, 189, 188, \\ldots, 174, 173, 172. Im zweiten Dorf leben 399, 398, 171, 170, \\ldots, 157, 156, und so weiter, im letzten Dorf leben die Kämpfer 210, 209, \\ldots, 192, 191. Anschaulicher gesagt verteilen wir zuerst die Kämpfer mit Stärke grösser als 190 auf die Dörfer auf, ins erste Dorf 400, ins zweite Dorf 399, 398, ins dritte Dorf 397, 396, 395, usw. Dann füllen wir die Dörfer mit Kämpfer mit Stärke maximal 190 auf, ins erste Dorf 190, \\ldots, 172, ins zweite Dorf $171, \\ldots, 156$, usw.\n\nBemerke, dass Dorf $x$ gerade $x$ Kämpfer der Stärke grösser als 190 hat und $20-x$ Kämpfer der Stärke kleiner als 191. Für $x \\in\\{1, \\ldots, 19\\}$ gewinnen die Kämpfer mit Stärke grösser als 190 gegen alle Kämpfer des Dorfs $x+1$. Die Kämpfer der Stärke kleiner als 191 gewinnen gegen die Kämpfer der Stärke kleiner als 191 im nächsten Dorf, also gewinnen sie je $(20-(x+1))$ Mal. Insgesamt gewinnt Dorf $x$ also $20x + (20-x)(20-(x+1))$ Mal. Ausrechnen ergibt, dass jedes dieser Dörfer mindestens 290 Mal gewinnt. Nun betrachten wir noch das zwanzigste Dorf. Seine Kämpfer gewinnen gegen neunzehn Kämpfer vom Dorf eins, also gewinnt das zwanzigste Dorf mehr als 290 Mal. Somit ist $k=290$ möglich.\n\nObere Schranke: Nehme an, dass $k>290$ geht. Wir nennen Kämpfer mit Stärke maximal 200 schwach. Es gibt 200 schwache Kämpfer und zwanzig Dörfer, also gibt es per Schubfachprinzip mindestens ein Dorf, das mindestens 10 schwache Kämpfer hat. Wir zählen, wie viel Mal dieses Dorf gewinnen kann. Die restlichen Kämpfer des Dorfs gewinnen insgesamt maximal $10 \\cdot 20=200$ Mal. Somit müssen die 10 schwachen Kämpfer mindestens 91 Mal gewinnen. Es folgt wiederum mit Schubfachprinzip, dass mindestens einer der 10 schwachen Kämpfer 10 Mal gewinnen muss. Folglich hat auch das nachfolgende Dorf mindestens 10 schwache Kämpfer. Mit dem gleichen Argument folgern wir reihum, dass jedes Dorf mindestens 10 schwache Kämpfer hat. Weiter folgt aus dem Argument, dass der stärkste der schwachen Kämpfer jeweils stärker sein muss als der stärkste der schwachen Kämpfer vom nachfolgenden Dorf, da er sonst nicht 10 Mal gewinnen kann. Daraus folgt aber auch, da wir das Argument reihum anwenden können, dass der stärkste der schwachen Kämpfer im ersten Dorf stärker sein muss als er selbst, was nicht möglich ist. Widerspruch, folglich ist $k \\leq 290$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43982,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFinde alle natürlichen Zahlen $n$, für die kein Tripel natürlicher Zahlen $(a, b, c)$ existiert, sodass die folgende Gleichung erfüllt ist:\n$$\nn=\\frac{a \\cdot \\operatorname{kgV}(b, c)+b \\cdot \\operatorname{kgV}(c, a)+c \\cdot \\operatorname{kgV}(a, b)}{\\operatorname{kgV}(a, b, c)}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "powers of 2",
    "solution": "Solution:\n\nLes entiers $n$ recherchés sont les puissances de 2. On définit\n$$\nf(a, b, c):=\\frac{a \\cdot \\operatorname{kgV}(b, c)+b \\cdot \\operatorname{kgV}(c, a)+c \\cdot \\operatorname{kgV}(a, b)}{\\operatorname{kgV}(a, b, c)}\n$$\nNotons tout d'abord que\n$$\n\\frac{a \\cdot \\operatorname{kgV}(b, c)}{\\operatorname{kgV}(a, b, c)}=\\frac{a \\cdot \\operatorname{kgV}(b, c)}{\\operatorname{kgV}(a, \\operatorname{kgV}(b, c))}=\\operatorname{gcd}(a, \\operatorname{kgV}(b, c))\n$$\net donc\n$$\nf(a, b, c)=\\operatorname{ggT}(a, \\operatorname{kgV}(b, c))+\\operatorname{ggT}(b, \\operatorname{kgV}(c, a))+\\operatorname{ggT}(c, \\operatorname{kgV}(a, b)) \\geq 3\n$$\nAinsi pour $n=1$ et $n=2$ il n'y a pas de solution $(a, b, c)$. De plus, $f$ est homogène de degré 1, i.e. $f(k a, k b, k c)=k f(a, b, c)$.\n\nSupposons d'abord que $n \\geq 3$ est impair. Si l'on cherche une solution avec $a=1$ et $b=c$ (pourquoi pas?), alors on obtient\n$$\nn=f\\left(1, \\frac{n-1}{2}, \\frac{n-1}{2}\\right)\n$$\nSi $n=2^{a} \\cdot n'$, avec $n'$ impair, alors par homogénéité on multiplie la solution pour $n'$ par $2^{a}$ pour obtenir une solution pour $n$.\n\nSupposons maintenant que $n=f(a, b, c)$ est une puissance de 2 et $n \\geq 4$. Comme $n$ est pair, on doit avoir $a, b, c$ pairs. Si $a, b, c$ sont pairs, alors $n / 2=f(a / 2, b / 2, c / 2)$. Comme $n$ est une puissance de $2, n / 2$ est aussi une puissance de 2 et on peut répéter l'argument. On obtient après suffisamment d'itérations un triplet $\\left(a', b', c'\\right)$ tel que $2=f\\left(a', b', c'\\right)$. Ce qui est impossible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43983,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $D$ ein Punkt im Inneren eines spitzwinkligen Dreiecks $A B C$, sodass $\\angle B A D = \\angle D B C$ und $\\angle D A C = \\angle B C D$. Sei $P$ ein Punkt auf dem Umkreis des Dreiecks $A D B$. Nehme an, $P$ befinde sich ausserhalb des Dreiecks $A B C$. Eine Gerade durch $P$ schneide den Strahl $B A$ in $X$ und den Strahl $C A$ in $Y$, sodass $\\angle X P B = \\angle P D B$ gilt. Zeige, dass sich $B Y$ und $C X$ auf $A D$ schneiden.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDurch die Aufgabenstellung ist gegeben, dass $\\angle C A D = \\angle D C B$. Mit dem Tangentenwinkelsatz erhält man, dass $B C$ eine Tangente zum Kreis $k_{1}$ durch $A D C$ und $k_{2}$ durch $A D B$ ist. Ebenso erhält man, dass $B C$ eine Tangente zu dem Umkreis von $A D B$ ist. Wir definieren $Z$ als den Schnittpunkt von $A D$ und $B C$. Des Weiteren definieren wir einen weiteren Punkt $U$, sodass $C, Z, B$ und $U$ in dieser Reihenfolge auf der Gerade $B C$ liegen. Es gilt $\\angle U B P = \\angle B D P$. Es ist gegeben, dass $\\angle B D P = \\angle B P X$, somit findet man $\\angle U B P = \\angle B P X$, das heißt die Geraden $B C$ und $P X$ sind parallel. Mit dem Strahlensatz erhält man:\n$$\n\\frac{A X}{X B} = \\frac{A Y}{Y C}\n$$\nWenn man beweisen möchte, dass die Geraden $A Z$, $B Y$ und $C X$ sich in einem Punkt schneiden, kann man Ceva verwenden. Somit muss man nur beweisen, dass:\n$$\n\\frac{A X}{X B} \\cdot \\frac{Y C}{A Y} \\cdot \\frac{Z B}{C Z} = 1\n$$\nDa $Z$ auf der Potenzlinie zu $k_{1}$ und $k_{2}$ liegt, gilt $C Z = Z B$. Das Einsetzen dieser Bedingung ergibt dann\n$$\n\\frac{A X}{X B} \\cdot \\frac{Y C}{A Y} = 1\n$$\nwas schon durch den Strahlensatz bewiesen wurde.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43984,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $n$ un nombre naturel pair. On partitionne les nombres $1,2, \\ldots, n^{2}$ en deux ensembles $A$ et $B$ de taille égale, de telle manière que chacun des $n^{2}$ nombres appartient à exactement un des deux ensembles. Soient $S_{A}$ et $S_{B}$ la somme de tous les éléments dans $A$ et $B$ respectivement. Déterminer tous les $n$ pour lesquels il existe une partition telle que\n$$\n\\frac{S_{A}}{S_{B}}=\\frac{39}{64}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n is divisible by 206",
    "solution": "Solution:\n\nSoit $k$ le nombre entier tel que $S_{A}=39 k$ et $S_{B}=64 k$. On a alors que la somme de tous les nombres de 1 à $n^{2}$ vaut\n$$\n\\frac{n^{2}\\left(n^{2}+1\\right)}{2}=S_{A}+S_{B}=39 k+64 k=103 k\n$$\nAinsi, $103 \\left\\lvert\\, \\frac{n^{2}\\left(n^{2}+1\\right)}{2}\\right.$, et comme 103 est un nombre premier il doit diviser soit $\\frac{n^{2}}{2}$, soit $n^{2}+1$. Cependant, puisque $n^{2}$ et $1=1^{2}$ sont premiers entre eux, tous les diviseurs premiers de $n^{2}+1$ doivent être congruents à $1 \\bmod 4$. Puisque $103 \\equiv 3 \\bmod 4$, il ne peut donc pas diviser $n^{2}+1$ et ainsi il doit être un diviseur de $\\frac{n^{2}}{2}$. Cela ne peut être le cas que si $103 \\mid n$, donc puisque $n$ doit être pair il ne peut y avoir de solution que si $n$ est un multiple de 206.\n\nMontrons maintenant que, si $n=206 m$ pour un certain nombre naturel $m$, il existe une telle partition. Dans ce cas on a\n$$\nk=\\frac{S_{A}+S_{B}}{103}=\\frac{n^{2}\\left(n^{2}+1\\right)}{206}\n$$\net il suffit de montrer que l'on peut choisir la moitié des nombres de sorte à ce que leur somme vaille $39 k$. En effet, dans ce cas la somme des nombres restants vaudra nécessairement $64 k$. Nous prouvons ici une propriété plus forte, à savoir que toutes les sommes de $\\frac{n^{2}\\left(n^{2}+2\\right)}{8}$ à $\\frac{3 n^{4}+2 n^{2}}{8}$ sont atteignables. Puisque $\\frac{n^{2}\\left(n^{2}+2\\right)}{8}=\\frac{103 k}{4}<26 k<39 k<\\frac{103 k}{2}$, cela termine la preuve. Les deux sommes extrêmes peuvent être obtenues en prenant respectivement tous les nombres de 1 à $\\frac{n^{2}}{2}$ et tous les nombres de $\\frac{n^{2}}{2}+1$ à $n^{2}$. Maintenant si nous prenons une partition avec $S_{A}>\\frac{n^{2}\\left(n^{2}+2\\right)}{8}$, l'ensemble $A$ doit contenir un nombre plus grand que $\\frac{n^{2}}{2}$ et donc $B$ doit contenir un nombre plus petit ou égal à $\\frac{n^{2}}{2}$. En particulier cela signifie qu'il existe un nombre dans $A$ qui est strictement plus grand qu'un nombre dans $B$. Il existe donc un nombre $x$ tel que $x \\in B$ et $x+1 \\in A$. En échangeant $x$ et $x+1$, la somme dans $A$ diminue donc de 1, ce qui prouve qu'il est effectivement possible d'atteindre toutes les sommes.\nSolution:\n\nOn prouve comme dans la première solution que $n$ doit être un multiple de 206. Pour la construction, on va prouver par récurrence que pour tout $m \\in \\mathbb{N}$ il est possible de trouver un sous-ensemble $A$ de l'ensemble $\\{1,2, \\ldots, 206 m\\}$ contenant $103 m$ éléments et tel que la somme des éléments de $A$ vaille\n$$\n\\frac{39}{103} \\frac{206 m(206 m+1)}{2}=39 m(206 m+1)\n$$\nL'ensemble $B$ est alors le complémentaire de $A$ et par construction on aura $\\frac{S_{A}}{S_{B}}=\\frac{39}{64}$. On va de plus prouver que le plus grand nombre dans $A$ ne dépasse pas $39 * 4 m=156 m$.\n\nOn commence avec $m=0$ et $A$ l'ensemble vide. Dans ce cas $S_{A}$ vaut trivialement $\\frac{39}{103}$ fois la somme de tous les éléments entre 1 et $206~m$. Évidemment on ne peut pas calculer $\\frac{S_{A}}{S_{B}}$ dans ce cas mais cela permet d'avoir un cas de base pour l'induction. Maintenant supposons que l'on ait construit un ensemble $A$ pour $m$ avec toutes les propriétés susmentionnées et construisons $A'$ pour $m+1$. On rajoute les nombres $1+206 m, \\ldots, 206+206 m$, donc la somme totale augmente de\n$$\n\\frac{206 * 207}{2}+206 * 206 m=103(207+103 * 4 m)\n$$\ndonc il faut rajouter 103 nombres à $A$ dont la somme vaut\n$$\n39(207+103 * 4 m)=102 * 39(4 m+2)+39(4 m+3)\n$$\nPour cela on rajoute à $A$ les 51 paires $(39(4 m+2)-i, 39(4 m+2)+i)$ avec $1 \\leq i \\leq 52$ et $i \\neq 39$ ainsi que le nombre $39(4 m+2)+39=39(4 m+3)$. Par construction ces 103 nombres donnent la somme voulue et comme $2 * 39=78>52$, le plus petit nombre rajouté est plus grand que $39 * 4 m$ et le plus grand nombre rajouté est plus petit que $39(4 m+4)=39 * 4(m+1)$. Cela prouve qu'aucun des nombres rajoutés n'appartenait déjà à $A$ et que la condition sur le plus grand nombre de $A$ reste vérifiée. Finalement puisque nous avions commencé avec un ensemble $A$ qui était solution pour $m$, par construction le nouvel ensemble $A'$ est solution pour $m+1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43985,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nZeige, dass keine Funktion $f: \\mathbb{R}_{>0} \\rightarrow \\mathbb{R}_{>0}$ existiert, sodass für alle $x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ gilt:\n$$\nf(x f(x)+y f(y))=x y\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nNehme an, $f$ sei eine Lösung der Gleichung. Wir sehen zuerst, dass die rechte Seite alle möglichen Werte in $\\mathbb{R}^{+}$ annehmen kann, also ist $f$ surjektiv. Dann existiert ein $c \\in \\mathbb{R}^{+}$ mit $f(c)=1 / 2$. Mit $x=y=c$ erhalten wir:\n$$\nf\\left(c \\cdot \\frac{1}{2}+c \\cdot \\frac{1}{2}\\right)=c^{2} \\Longleftrightarrow \\frac{1}{2}=c^{2} \\Longleftrightarrow c=\\frac{1}{\\sqrt{2}}\n$$\nInsbesondere ist $f$ an diesem Punkt injektiv. Mit $y=\\frac{1}{\\sqrt{2}}$ liefert uns die Gleichung\n$$\nf\\left(x f(x)+\\frac{1}{2 \\sqrt{2}}\\right)=\\frac{x}{\\sqrt{2}}\n$$\nDa die rechte Seite noch immer jeden Wert in $\\mathbb{R}^{+}$ annehmen kann, der Wert in der Klammer aber sicher grösser als $\\frac{1}{2 \\sqrt{2}}$ ist, folgt, dass $f$ sogar surjektiv ist, wenn wir nur Werte $>\\frac{1}{2 \\sqrt{2}}$ zulassen. Also finden wir für jedes $a \\in \\mathbb{R}^{+}$ ein $x>\\frac{1}{2 \\sqrt{2}}$ mit $f(x)=2 \\sqrt{2} \\cdot a$. Dann gilt:\n$$\nx f(x)>\\frac{1}{2 \\sqrt{2}} \\cdot 2 \\sqrt{2} \\cdot a=a\n$$\nAlso kann $x f(x)$ beliebig grosse Werte annehmen. Mit $y=\\frac{1}{2 x}$ erhalten wir schlussendlich:\n$$\nf\\left(x f(x)+\\frac{1}{2 x} f\\left(\\frac{1}{2 x}\\right)\\right)=\\frac{1}{2}\n$$\nNun gilt einerseits aufgrund der Injektivität bei $1 / 2$, dass der Ausdruck in der Klammer $1 / \\sqrt{2}$ sein muss. Andererseits können wir $x f(x)$ und damit auch den ganzen Ausdruck in der Klammer beliebig gross machen. Widerspruch! Es kann somit keine solche Funktion geben.\nSolution:\nOn obtient de même\n$$\nx f(x)+\\frac{1}{2 x} f\\left(\\frac{1}{2 x}\\right)=\\frac{1}{\\sqrt{2}}\n$$\nDonc $x f(x)<1 / \\sqrt{2}$ pour tout $x$. Ainsi, avec $y=1$\n$$\nx=f(x f(x)+f(1))<\\frac{1}{(x f(x)+f(1)) \\sqrt{2}}<\\frac{1}{f(1)}\n$$\nCette inégalité est vraie pour tout $x$. Contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43986,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFür eine natürliche Zahl $n$ sei ein $n \\times n$ Brett gegeben. Wir färben nun $k$ der Felder schwarz ein, sodass es für jeweils drei Spalten maximal eine Reihe gibt, in der alle Kreuzungsfelder mit den drei Spalten schwarz gefärbt sind. Zeige, dass gilt:\n$$\n\\frac{2 k}{n} \\leq \\sqrt{8 n-7}+1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zählen für jedes Paar von Reihen die Anzahl Spalten, sodass beide Reihen in dieser Spalte schwarz sind. Offensichtlich sind das höchstens 2 für jede der $\\binom{n}{2}$ Kombinationen, also insgesamt maximal $n(n-1)$. Wenn es in der $i$-ten Spalte also $a_{i}$ schwarze Quadrate sind, zählen wir jedes dieser Quadrate mindestens $\\binom{a_{i}}{2}$ mal. Wenn man nun über alle Spalten summiert, erhält man:\n$$\n\\sum_{i=1}^{n}\\binom{a_{i}}{2} \\leq n(n-1) \\Leftrightarrow \\sum_{i=1}^{n} \\frac{a_{i}^{2}-a_{i}}{2} \\leq n(n-1) \\Leftrightarrow \\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}-a_{i} \\leq 2 n(n-1).\n$$\nNun gilt $\\sum_{i=1}^{n} a_{i}=k$ und mit CS, Chebyshev oder ähnlichem: $\\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \\geq \\frac{\\left(\\sum_{i=1}^{n} a_{i}\\right)^{2}}{n}=\\frac{k^{2}}{n}$, also gilt\n$$\n\\frac{k^{2}}{n}-k \\leq \\sum_{i=1}^{n} a_{i}^{2}-a_{i} \\leq 2 n(n-1) \\Rightarrow k^{2}-n k-2 n^{2}(n-1) \\leq 0.\n$$\nAuf der linken Seite steht ein quadratisches Polynom in $k$ mit positivem Leitkoeffizient, insbesondere muss also $k$ kleiner oder gleich der größeren Nullstelle dieses Polynoms sein, d.h.:\n$$\nk \\leq \\frac{n+\\sqrt{n^{2}+8 n^{2}(n-1)}}{2} \\Leftrightarrow \\frac{2 k}{n} \\leq \\sqrt{8 n-7}+1\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43987,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $k$ der Inkreis des Dreiecks $A B C$ mit Inkreismittelpunkt $I$. Der Kreis $k$ berühre die Seiten $B C$, $C A$ und $A B$ in den Punkten $D$, $E$, respektive $F$. Sei $G$ der Schnittpunkt der Geraden $A I$ und des Kreises $k$, der zwischen $A$ und $I$ liegt. Nehme an, $B E$ und $F G$ seien parallel. Zeige, dass $B D=E F$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDa $A I$ die Winkelhalbierende von $\\angle C A B$ ist und $A E=A F$ gilt, sind die Dreiecke $A G E$ und $A G F$ kongruent. Somit gilt $\\angle A E G=\\angle A F G$. Da $A E=A F$, hat man auch $\\angle A E F=\\angle A F E$ und somit\n$$\n\\angle F E G=\\angle F E A-\\angle G E A=\\angle F E G=\\angle A F E-\\angle A F G=\\angle E F G\n$$\nDa $A E$ ist eine Tangente zu $k$, gilt $\\angle F E G=\\angle F E G$. Jetzt verwendet man die Tatsache, dass $B E$ und $F G$ parallel sind:\n$$\n\\angle F B E=\\angle A F G=\\angle G E F=\\angle G F E=\\angle F E B\n$$\nDas heisst, dass $F E=B F$, und da $k$ der Inkreis von dem Dreieck $A B C$ ist, gilt $B D=B F$, womit man bewiesen hat, dass $B D=E F$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43988,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $A$, $B$, $C$ und $D$ vier Punkte, die in dieser Reihenfolge auf einem Kreis liegen. Nehme an, es gibt einen Punkt $K$ auf der Strecke $A B$, sodass $B D$ die Strecke $K C$ und $A C$ die Strecke $K D$ halbiert. Bestimme den kleinstmöglichen Wert, den $\\left|\\frac{A B}{C D}\\right|$ annehmen kann.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Solution:\n\nOn n'utilise que des distances non-orientées (i.e. positives).\nOn obtient une construction si $A B C D$ est un trapèze isocèle avec base $A B=2 C D$ et $K$ le milieu de $A B$.\n\nLa condition sur les milieux implique que $[A D C]=[A K C]$ où la notation crochets signifie l'aire du triangle. Si l'on pose $\\alpha:=\\angle C A D=\\angle D B C$ et $\\beta:=\\angle B A C=\\angle B D C$, on obtient\n$$\n\\begin{aligned}\n& [A D C]=\\frac{1}{2} \\sin (\\alpha) \\cdot A C \\cdot A D \\\\\n& [A K C]=\\frac{1}{2} \\sin (\\beta) \\cdot A C \\cdot A K\n\\end{aligned}\n$$\nDonc $A K / A D=\\sin (\\alpha) / \\sin (\\beta)$. Si on applique le théorème du sinus au triangle $\\triangle B C D$, on obtient\n$$\n\\frac{\\sin (\\alpha)}{\\sin (\\beta)}=\\frac{C D}{B C}\n$$\net donc $A K / C D=A D / B C$. Par symétrie, $B K / C D=B C / A D$. Finalement, avec AMGM:\n$$\n\\frac{A B}{C D}=\\frac{A K}{C D}+\\frac{B K}{C D}=\\frac{A D}{B C}+\\frac{B C}{A D} \\geq 2\n$$\n\n\nSolution (sans sinus):\n\nOn introduit la projection orthogonale $H$ de $C$ sur $A D$ et la projection orthogonale $H^{\\prime}$ de $C$ sur $A B$. On a\n$$\n\\begin{aligned}\n& [A D C]=A D \\cdot C H \\\\\n& [A K C]=A K \\cdot C H^{\\prime}\n\\end{aligned}\n$$\nDe plus, $\\triangle C H D \\sim \\triangle C H^{\\prime} B$ et donc $C H / C D=C H^{\\prime} / C B$. On obtient ainsi de même, $A K / C D= A D / B C$.\n\n$$\n\\frac{A B}{C D}=\\frac{A K}{C D}+\\frac{B K}{C D}=\\frac{A D}{B C}+\\frac{B C}{A D} \\geq 2\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43989,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Wir nennen eine Sequenz bestehend aus $3 n$ Buchstaben rumänisch, falls die Buchstaben $I, M$ und $O$ alle genau $n$ Mal vorkommen. Ein swap ist eine Vertauschung von zwei benachbarten Buchstaben. Zeige, dass für jede rumänische Sequenz $X$ eine rumänische Sequenz $Y$ existiert, sodass mindestens $\\frac{3 n^{2}}{2}$ swaps nötig sind, um die Sequenz $Y$ aus der Sequenz $X$ zu erhalten.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nummerieren die Positionen der Buchstaben von 1 bis $3 n$ und berechnen für jede Sorte von Buchstaben $\\{I, M, O\\}$ die Differenz zwischen der Summe ihrer Positionen und der Summe der Positionen $1, \\ldots, n$ :\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{I} & :=\\sum_{j=1}^{n} p_{j}(I)-\\sum_{j=1}^{n} j \\\\\nS_{M} & :=\\sum_{j=1}^{n} p_{j}(M)-\\sum_{j=1}^{n} j \\\\\nS_{O} & :=\\sum_{j=1}^{n} p_{j}(O)-\\sum_{j=1}^{n} j\n\\end{aligned}\n$$\nwobei $p_{j}(I)$ die Position des $j$-ten Buchstabens $I$ in der Sequenz bezeichnet. Summieren wir die drei Gleichungen, erhalten wir:\n$$\n\\begin{gathered}\nS_{I}+S_{M}+S_{O}=\\sum_{j=1}^{n} p_{j}(I)+p_{j}(M)+p_{j}(O)-3\\left(\\sum_{j=1}^{n} j\\right)=\\sum_{j=1}^{3 n} j-3\\left(\\sum_{j=1}^{n} j\\right) \\\\\n=\\frac{3 n(3 n+1)}{2}-3 \\frac{n(n+1)}{2}=\\frac{9 n^{2}+3 n-3 n^{2}-3 n}{2}=3 n^{2}\n\\end{gathered}\n$$\nAlso können nicht alle der Summen $S_{I}, S_{M}, S_{O}$ kleiner als $n^{2}$ sein. Sei am Anfang oBdA $S_{I} \\geq n^{2}$. Da sich $S_{I}$ bei einem Swap höchstens um eins verringern kann, benötigen wir sicher mindestens $n^{2}$ Swaps, um alle $I$ nach ganz links zu bringen. Zudem gilt: Vertauschen wir ein $I$ mit einem benachbarten Buchstaben, ändert sich die relative Anordnung der $M$ und $O$ nicht, also können wir ein ähnliches Argument mit $M$ und $O$ durchführen:\nUm die Lösung etwas abwechslungsreicher zu gestalten, zählen wir dieses Mal die Anzahl verschiedener Paare aus jeweils einem $M$ und $O$. Offensichtlich sind dies genau $n^{2}$. Unterscheiden wir nun die Anzahl Paare $P_{1}$, in denen $M$ links von $O$ steht und die Anzahl Paare $P_{2}$, in denen $M$ rechts von $O$ steht, folgt, dass es von einer Sorte mindestens $\\frac{n^{2}}{2}$ geben muss. Sei am Anfang oBdA $P_{2} \\geq \\frac{n^{2}}{2}$. Auch diese Grösse ändert sich pro Swap höchstens um 1 (und zwar genau dann, wenn wir ein $M$ mit einem $O$ vertauschen, also müssen wir, um alle $O$ nach ganz rechts zu bringen, noch mindestens $\\frac{n^{2}}{2}$ Swaps durchführen.\nInsgesamt gilt also: Um die Sequenz $I, \\ldots, I, M, \\ldots, M, O, \\ldots, O$ zu erhalten, benötigt man mindestens $n^{2}+\\frac{n^{2}}{2}=\\frac{3 n^{2}}{2}$ Swaps. Diese dürfen wir zusammenzählen, weil die Swaps, die $S_{I}$ verringern, $P_{2}$ unverändert lassen und umgekehrt.\nSolution:\n\nOn considère les deux suites $A=I \\ldots I M \\ldots M O \\ldots O$ et $B=O \\ldots O M \\ldots M I \\ldots I$. Pour passer d'une suite à l'autre, chaque paire de lettres différentes $((I, M),(I, O) \\operatorname{et}(M, O))$ doit être permutée au moins une fois. Puisqu'il existe $3 n^{2}$ telles paires, il faut donc au minimum $3 n^{2}$ swaps pour passer de la première suite à la seconde. Si l'on prend maintenant n'importe quelle suite $X$, on peut choisir $Y$ qui est soit $A$, soit $B$. En effet si ces deux suites pouvaient être obtenues depuis $X$ en strictement moins de $\\frac{3 n^{2}}{2}$ swaps, alors en passant par $X$ il serait possible d'aller de $A$ à $B$ en strictement moins de $3 n^{2}$ swaps.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43990,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Sei $k$ die Anzahl Möglichkeiten, $n$ als Summe von einer oder mehreren aufeinanderfolgenden natürlichen Zahlen darzustellen. Zeige, dass $k$ der Anzahl ungerader positiver Teiler von $n$ entspricht.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir konstruieren zuerst für jeden ungeraden Teiler von $n$ eine Darstellung als Summe aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen:\nSei $a \\in \\mathbb{N}_{0}$ und $n=(2a+1) \\cdot b$ für ein $b \\in \\mathbb{N}$. Betrachte die Nullsumme\n$$\n(-a)+(-a+1)+\\cdots+(a-1)+a=0\n$$\nAddieren wir zu jedem der $2a+1$ Summanden $b$, (also insgesamt $(2a+1) \\cdot b = n$), erhalten wir\n$$\n(b-a)+(b-a+1)+\\cdots+(a+b-1)+(a+b)=n\n$$\nNun können allerdings noch nicht-positive Summanden auftreten, nämlich dann, wenn $a \\geq b$ gilt. In diesem Fall können wir aber die Teilsumme\n$$\n(b-a)+\\cdots+(a-b)=0\n$$\neinfach streichen und die Summe bleibt gleich, wobei die Anzahl der übrigen Summanden nun gerade ist. In beiden Fällen erhalten wir eine Summe aufeinanderfolgender natürlicher Zahlen mit Wert $n$, wie gewünscht. Wir müssen aber noch zeigen, dass die so konstruierten Summendarstellungen paarweise verschieden sind und es keine weiteren geben kann.\nFür die erste Aussage betrachten wir eine konstruierte Summe. Da der größte Summand $s_{\\max}$ durch $(a+b)$ und der kleinste Summand $s_{\\min}$ durch $(b-a)$ (ungerade Anzahl Summanden), respektive $(a-b+1)$ (gerade Anzahl Summanden) gegeben ist, können wir $a$ und $b$ direkt anhand von $s_{\\min}$, $s_{\\max}$ und der Anzahl Summanden bestimmen. Also sind für verschiedene $(a, b)$ auch die konstruierten Summen verschieden.\n\nBetrachte nun beliebige Summe aufeinanderfolgender Zahlen mit Wert $n$. Besteht diese aus einer geraden Anzahl Summanden, können wir sie durch Addition von\n$$\n\\left(-s_{\\min}+1\\right)+\\cdots+\\left(s_{\\min}-1\\right)\n$$\nzu einer Summe mit ungerader Anzahl Summanden machen. Dann können wir sie durch Subtraktion ihres arithmetischen Mittels (das bei einer ungeraden Anzahl aufeinanderfolgender Zahlen dem Median entspricht, also insbesondere ganzzahlig ist!) von jedem Summand zu einer Nullsumme machen. Da der so subtrahierte Wert einerseits sicher durch die Anzahl Summanden teilbar ist und andererseits $n$ beträgt, folgt, dass die Anzahl Summanden der 'Endsumme' ein Teiler von $n$ ist. Also gibt es keine weiteren Summen als die, die wir im ersten Teil konstruiert haben. Es sind also genau $k$.\nSolution:\n\nOn considère les sommes\n$$\nn = x + (x+1) + \\ldots + (x+k-1) = kx + \\frac{k(k-1)}{2}\n$$\navec $x, k \\in \\mathbb{N}$. On obtient donc la formule\n$$\nn = \\begin{cases} k\\left(x+\\frac{k-1}{2}\\right) & \\text{si } k \\text{ est impair.} \\\\ \\frac{k}{2}(2x+k-1) & \\text{si } k \\text{ est pair.} \\end{cases}\n$$\nArrivés à ce point, on devine que si $k$ est impair, le diviseur impair associé à la somme est $k$, et que si $k$ est pair ce diviseur est $2x+k-1$. On a ainsi réussi à associer à chaque somme un unique diviseur impair de $n$. Si on arrive à montrer que chaque diviseur impair de $n$ est associé à une certaine somme et que à deux sommes différentes sont associés deux diviseurs impairs différents on aura donc terminé l'exercice.\n\nPour cela prenons un diviseur impair $d$. Le diviseur $d$ est associé à une somme avec $k$ impair s'il existe des entiers naturels $k, x$ tels que\n$$\nk = d \\quad \\text{et} \\quad x + \\frac{k-1}{2} = \\frac{n}{d}\n$$\nPour cela il faut que $x = \\frac{n}{d} - \\frac{k-1}{2} = \\frac{n}{d} - \\frac{d-1}{2}$, donc on peut associer $d$ à une somme avec $k$ impair si et seulement si $\\frac{n}{d} > \\frac{d-1}{2}$ et dans ce cas il est associé à une unique telle somme. Le diviseur $d$ est associé à une somme avec $k$ pair s'il existe des entiers naturels $k, x$ tels que\n$$\n\\frac{k}{2} = \\frac{n}{d} \\quad \\text{et} \\quad 2x + k - 1 = d\n$$\nPour cela il faut que $x = \\frac{d+1}{2} - \\frac{k}{2} = \\frac{d+1}{2} - \\frac{n}{d}$, donc on peut associer $d$ à une somme avec $k$ pair si et seulement si $\\frac{n}{d} < \\frac{d+1}{2}$ et dans ce cas il est associé à une unique telle somme.\n\nPuisque pour tout diviseur impair $d$, parmi les conditions $\\frac{n}{d} > \\frac{d-1}{2}$ et $\\frac{n}{d} < \\frac{d+1}{2}$ exactement une des deux est vraie, chaque diviseur impair est associé à exactement une somme, ce qui conclut l'exercice.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43991,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$, $d$ und $e$ positive reelle Zahlen. Bestimme den grössten Wert, den folgender Ausdruck annehmen kann:\n$$\n\\frac{a b+b c+c d+d e}{2 a^{2}+b^{2}+2 c^{2}+d^{2}+2 e^{2}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(3/8)",
    "solution": "Solution:\n\nL'idée est clairement d'appliquer AM-GM. On doit donc décomposer $b^{2}=x b^{2}+y b^{2}$ et probablement $2 c^{2}=c^{2}+c^{2}$. Les nombres $x, y$ doivent donc satisfaire $x+y=1$ et $2 x=y$. On obtient $x=1/3$ et $y=2/3$. Par AM-GM, on obtient\n$$\n\\begin{aligned}\n2 a^{2}+1/3 b^{2} & \\geq 2 \\sqrt{2/3} \\cdot a b \\\\\n2/3 b^{2}+c^{2} & \\geq 2 \\sqrt{2/3} \\cdot b c \\\\\nc^{2}+2/3 d^{2} & \\geq 2 \\sqrt{2/3} \\cdot c d \\\\\n1/3 d^{2}+2 e^{2} & \\geq 2 \\sqrt{2/3} \\cdot e d\n\\end{aligned}\n$$\nLe maximum est donc $(2 \\sqrt{2/3})^{-1}=\\sqrt{3/8}$. Les cas d'égalité sont donnés par les applications d'AM-GM. On obtient par exemple $a=1$, $b=\\sqrt{6}$, $c=2$, $d=\\sqrt{6}$ et $e=1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43992,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDéterminer tous les nombres naturels $n \\geq 2$ tels que pour tous les nombres entiers $0 \\leq i, j \\leq n$ :\n$$\ni+j \\equiv \\binom{n}{i}+\\binom{n}{j} \\quad(\\bmod 2)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n = 2^k - 2 for k ≥ 2",
    "solution": "Solution:\nEn posant $j=i+1$ (pour $i<n$ ), on obtient\n$$\n\\binom{n+1}{i+1}=\\binom{n}{i}+\\binom{n}{i+1} \\equiv i+i+1 \\equiv 1 \\quad(\\bmod 2)\n$$\nAinsi, puisque $\\binom{n+1}{0}=1$, cela signifie que pour tout $0 \\leq i \\leq n+1$ le nombre $\\binom{n+1}{i}$ doit être impair. Pour tout $0 \\leq i \\leq n+1$ on peut écrire\n$$\n\\binom{n+1}{i}=\\frac{(n+1) \\cdot n \\cdot(n-1) \\cdot \\ldots \\cdot(n+2-i)}{1 \\cdot 2 \\cdot \\ldots \\cdot i}\n$$\ndonc puisque pour passer de $i-1$ à $i$ on multiplie par $q=\\frac{n+2-i}{i}$ et que $\\binom{n+1}{i-1}$ et $\\binom{n+1}{i}$ sont tous les deux impairs, cela signifie que la fraction irréductible associée à $q$ doit être un quotient de deux nombres impairs. Autrement dit, il faut que pour tout $1 \\leq i \\leq n+1$ les deux nombres $n+2-i$ et $i$ admettent le même nombre de facteurs 2 dans leur décomposition en nombre premier.\nOn veut montrer que $n+2$ est une puissance de 2 . Soit $2^{l}$ la plus grande puissance de 2 qui soit strictement inférieure à $n+2$. En particulier on a $2^{l} \\geq \\frac{n+2}{2}$. Considérons donc $i=2^{l}$. Il faut alors que $2^{l}$ divise $n+2-2^{l}$, et comme $n+2-2^{l} \\leq 2^{l}$, ce n'est le cas que si $n+2=2^{l+1}$.\nIl reste à prouver que tous les nombres de la forme $n=2^{k}-2$ sont effectivement solution. Pour cela il suffit en fait de prouver que $\\binom{n}{i} \\equiv i+1(\\bmod 2)$ pour tout $0 \\leq i \\leq n$. En effet si c'est le cas on a alors\n$$\n\\binom{n}{i}+\\binom{n}{j} \\equiv i+j+2 \\equiv i+j \\quad(\\bmod 2)\n$$\nOn va montrer cette propriété par induction sur $i$. Pour $i=0$ et $i=1$ on a clairement $\\binom{n}{i} \\equiv i+1(\\bmod 2)$. Supposons maintenant que la propriété a déjà été prouvée jusqu'à $i-1$. Si $i$ est impair, on multiplie le nombre précédent par $\\frac{n+1-i}{i}$, et comme le numérateur est pair alors que le dénominateur est impair on a effectivement que $\\binom{n}{i}$ est pair. Si $i$ est pair on multiplie $\\binom{n}{i-2}$ par $\\frac{n+1-i}{i-1} \\cdot \\frac{n+2-i}{i}$. La première fraction est un quotient de deux nombres impairs, et comme $n+2=2^{k}$ la deuxième fraction peut également s'écrire comme un quotient de deux nombres impairs, donc puisque $\\binom{n}{i-2}$ est impair, $\\binom{n}{i}$ est également impair.\n\n\nAutre solution: Man schaut das Sierpinski-Dreieck an und bemerkt mit Gleichungen wie oben, dass man eine Reihe der Form $(1,0,1,0,1, \\ldots, 1,0,1)$ braucht. Man kann zeigen, dass solche Reihen genau bei $2^{n}-2$ vorkommen.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Modular Arithmetic"
  },
  {
    "id": 43993,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $a$, $b$, $c$, $d$ reelle Zahlen. Beweise:\n$$\n\\left(a^{2}-a+1\\right)\\left(b^{2}-b+1\\right)\\left(c^{2}-c+1\\right)\\left(d^{2}-d+1\\right) \\geq \\frac{9}{16}(a-b)(b-c)(c-d)(d-a)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBeachte, dass $a^{2}-a+1=\\left(\\frac{a}{2}-1\\right)^{2}+\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2} a\\right)^{2}>0$ für alle $a \\in \\mathbb{R}$ gilt. Mit Cauchy-Schwarz und dann der Dreiecksungleichung erhalten wir\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sqrt{\\left(a^{2}-a+1\\right)\\left(b^{2}-b+1\\right)} & =\\sqrt{\\left(\\left(\\frac{a}{2}-1\\right)^{2}+\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2} a\\right)^{2}\\right)\\left(\\left(\\frac{\\sqrt{3}}{2} b\\right)^{2}+\\left(\\frac{b}{2}-1\\right)^{2}\\right)} \\\\\n& \\geq\\left|\\left(\\frac{a}{2}-1\\right) \\frac{\\sqrt{3}}{2} b\\right|+\\left|\\left(\\frac{b}{2}-1\\right) \\frac{\\sqrt{3}}{2} a\\right| \\\\\n& =\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\left(\\left|\\left(\\frac{a}{2}-1\\right) b\\right|+\\left|\\left(1-\\frac{b}{2}\\right) a\\right|\\right) \\\\\n& \\geq \\frac{\\sqrt{3}}{2}|a-b|\n\\end{aligned}\n$$\nDurch Multiplikation dieser Ungleichung mit den drei analogen Abschätzungen ergibt sich die Behauptung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43994,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl und $G$ die Menge der Punkte $(x, y)$ in der Ebene, sodass $x$ und $y$ ganze Zahlen mit $1 \\leq x, y \\leq n$ sind. Eine Teilmenge von $G$ heißt parallelogrammfrei, wenn sie keine vier nicht-kollineare Punkte enthält, die die Eckpunkte eines Parallelogramms sind. Wie viele Elemente kann eine parallelogrammfreie Teilmenge von $G$ höchstens enthalten?",
    "options": [],
    "answer": "2n - 1",
    "solution": "Solution:\n\nDie maximale Anzahl Elemente ist $2n-1$.\n\n- $\\geq 2n-1$ : Wir nehmen alle Punkte der Form $(0, y)$ und $(x, 0)$. Wenn wir nun 4 Punkte wählen, sind mindestens drei davon kollinear und können daher kein Parallelogramm bilden.\n\n- $\\leq 2n-1$ : Wir beweisen, dass wenn wir $2n$ Punkte wählen, dass wir dann ein Parallelogramm finden, bei dem jeweils 2 Punkte die gleiche $x$-Koordinate haben. (wir beweisen also etwas leicht Stärkeres).\n\nNehme dafür an, wir können $2n$ Punkte wählen, ohne ein solches Parallelogramm zu bilden. Wir fügen diese Punkte nun nacheinander zu unserer Menge hinzu, wobei wir dies in Reihenfolge aufsteigender $y$-Koordinate machen.\n\nFür jeden Punkt, den wir zu der Menge hinzufügen, betrachten wir die Distanz zum Punkt mit der kleinsten $y$-Koordinate und gleicher $x$-Koordinate. Sobald wir zweimal die gleiche strikt positive Distanz antreffen, müssen die entsprechenden Punkte ein Parallelogramm bilden (da diese nicht alle die gleiche $x$-Koordinate haben können, da wir jeweils die Distanz zur kleinsten $y$-Koordinate nehmen).\n\nWir können nun fast mit dem Schubfachprinzip fertig machen. Wir müssen nur noch sehen, dass die möglichen Distanzen von $0$ bis $n-1$ gehen ($0$, falls es der Punkt mit der kleinsten $y$-Koordinate ist) und wir maximal $n$ Punkte mit Distanz $0$ haben. Daher müssen wir zweimal die gleiche Distanz haben, die nicht $0$ ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43995,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck und sei $\\gamma = \\angle ACB$, sodass $\\gamma / 2 < \\angle BAC$ und $\\gamma / 2 < \\angle CBA$ gilt. Sei $D$ der Punkt auf der Strecke $BC$, sodass $\\angle BAD = \\gamma / 2$ gilt. Sei $E$ der Punkt auf der Strecke $CA$, sodass $\\angle EBA = \\gamma / 2$ gilt. Ausserdem sei $F$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle ACB$ und der Strecke $AB$. Zeige, dass $EF + FD = AB$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWegen $\\angle FAD = \\angle BAD = \\gamma / 2 = \\angle FCD$ liegen die Punkte $A, F, D$ und $C$ auf einem Kreis, das heisst $AFDC$ ist ein Sehnenviereck. Mit dem Peripheriewinkelsatz folgt nun $\\angle ADF = \\angle ACF = \\gamma / 2 = \\angle FAD$. Hieraus folgt wiederum, dass das Dreieck $AFD$ gleichschenklig ist und somit muss $AF = FD$ gelten.\n\nGanz analog folgt aus $\\angle EBF = \\angle EBA = \\gamma / 2 = \\angle ECF$, dass $BCEF$ ebenfalls ein Sehnenviereck ist. Daraus folgt $\\angle FEB = \\angle FCB = \\gamma / 2 = \\angle EBF$, und somit ist auch das Dreieck $EFB$ gleichschenklig mit $EF = FB$.\n\nNun können wir die beiden Gleichungen kombinieren und erhalten:\n$$\nEF + FD = FB + AF = AB\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 43996,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDas SMO-Land hat $1111$ Einwohner. Die elf Spieler der Liechtensteiner Nationalmannschaft verteilen Autogramme an alle Einwohner, wobei kein Einwohner ein Autogramm doppelt erhält (d.h. jeder Einwohner erhält von jedem Spieler entweder kein oder ein Autogramm).\n\na. Wie viele Möglichkeiten gibt es, welche Autogramme ein Einwohner erhalten kann?\n\nb. Nach dem Verteilen stellen die Einwohner fest, dass keine zwei von ihnen von genau denselben Spielern Autogramme erhalten haben. Zeige, dass es zwei Einwohner gibt, die zusammen von jedem Spieler genau ein Autogramm besitzen.",
    "options": [],
    "answer": "a) 2048; b) Such a complementary pair of residents must exist.",
    "solution": "Solution:\n\na. Jeder Einwohner kann von jedem Spieler entweder ein Autogramm erhalten oder kein Autogramm erhalten. Somit gibt es insgesamt $2^{11} = 2048$ verschiedene Möglichkeiten, Autogramme zu erhalten.\n\nb. Nun geht es darum, diese $2048$ Möglichkeiten auf die $1111$ Einwohner zu verteilen, sodass jeder Einwohner eine andere Möglichkeit erhält. Es gilt nun zu zeigen, dass $2$ von diesen $1111$ Einwohnern sich gegenseitig so ergänzen, dass sie zusammen jedes Autogramm genau einmal besitzen.\n\nDa immer $2$ Möglichkeiten sich gegenseitig ergänzen, kann man sich $1024$ Schubfächer vorstellen, wobei jedes Schubfach eine Möglichkeit sowie die inverse Möglichkeit, also diejenige Möglichkeit, welche genau jedes andere Autogramm einmal enthält, repräsentiert. Da nun $1111$ Möglichkeiten auf diese $1024$ Schubfächer verteilt werden, enthält mindestens ein Schubfach $2$ Möglichkeiten, somit gibt es auch $2$ Einwohner, welche zusammen alle Autogramme einmal haben.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43997,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEin Hochhaus hat 7 Lifte, wobei aber jeder nur in 6 Stockwerken hält. Trotzdem gibt es für je zwei Stockwerke immer einen Lift, der die beiden Stockwerke direkt verbindet.\n\nZeige, dass das Hochhaus höchstens 14 Stockwerke haben kann, und dass ein solches Hochhaus mit 14 Stockwerken tatsächlich realisierbar ist.",
    "options": [],
    "answer": "14",
    "solution": "Solution:\n\nOn construit d'abord un exemple d'une telle tour avec 14 étages comme suit:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nOù les $\\times$ désignent les étages où s'arrêtent chaque ascenseur. On vérifie facilement que pour chaque paire d'étages il existe un ascenseur qui les relie directement.\n\nPremière Solution:\n\nNous utilisons pour cet exercice un outil appelé calcul double. L'idée est de compter de deux manière différentes le nombre de paires d'étage pour obtenir une condition sur le nombre d'étages.\n\nD'une part, puisque chaque ascenseur dessert 6 étages, il y a $\\binom{6}{2}=15$ étages que cet ascenseur permet de relier directement. Ainsi, puisqu'il y a 7 ascenseurs dans la tour, il y a au maximum $7 \\cdot \\binom{6}{2}=7 \\cdot 15=105$ paires d'étages pour lesquelles il existe un ascenseur les reliant directement.\n\nD'autre part, si la tour a $n$ étages, alors il y a au total $\\binom{n}{2}$ paires d'étages au total dans la tour. Ainsi, pour que la condition de l'exercice soit satisfaite, il faut que $\\binom{n}{2} \\leq 105$. Un rapide calcul montre que $\\binom{15}{2}=105$, donc la tour ne peut pas avoir plus de 15 étages.\n\nÀ ce moment du raisonnement, il y a un piège. En effet l'exercice demande de prouver que la tour peut avoir au maximum 14 étages, or pour le moment on a prouvé que la tour ne pouvait pas avoir plus de 15 étages. L'exercice est-il faux? La bonne réponse serait-elle 15 et non pas 14 ? Bien sûr que non, et si on essaye de construire une telle tour avec 15 étages on se rend compte assez rapidement que ce n'est pas possible. Pourquoi donc?\n\nLa première chose à remarquer est que si la tour possède 15 étages, alors pour chaque paire d'étages il ne doit y avoir qu'un seul ascenseur qui les relie directement, autrement il existe une autre paire d'étages ne peut pas être reliée directement. Cependant, si on considère les ascenseurs qui s'arrêtent au dernier étage, ils doivent chacun s'arrêter à 5 autres étages, et il y a 14 autres étages à desservir. Ainsi, puisque 14 n'est pas divisible par 5, soit au maximum deux ascenseurs s'arrêtent au dernier étage et alors il n'est pas possible de relier tous les autres étages directement, soit trois ascenseurs ou plus s'y arrêtent et alors il existe un étage que l'on peut atteindre directement depuis le dernier étage avec au moins deux ascenseurs différents. Puisqu'on a une contradiction dans les deux cas on en déduit qu'il est impossible de construire une telle tour avec 15 étages et donc il peut y avoir au maximum 14 étages.\n\nDeuxième solution:\n\nDans cette solution, on regarde combien d'ascenseurs s'arrêtent à chaque étage. Pour un étage donné, chaque ascenseur qui s'arrêtent à cet étage s'arrêtent aussi à 5 autres étages, donc s'il y a au moins 14 étages il doit au moins y avoir 3 ascenseurs qui s'arrêtent à chaque étage.\n\nMaintenant on compte combien d'arrêts les ascenseurs effectuent au total. D'une part il y a 7 ascenseurs qui font chacun 6 arrêts, donc il y a 42 arrêts au total, d'autre part puisque à chaque étage il y a au moins 3 ascenseurs qui s'y arrêtent, si $n$ dénote le nombre total d'étages de la tour il y a au moins $3 n$ arrêts. Il s'ensuit que $42 \\geq 3 n$, donc $n \\leq 14$. Avec cette solution on remarque que pour construire une telle tour à 14 étages il faut qu'à chaque étage exactement 3 ascenseurs s'arrêtent, ce qui peut aider pour trouver la construction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43998,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 2$ eine natürliche Zahl. Seien $d_{1}, \\ldots, d_{r}$ alle verschiedenen positiven Teiler von $n$, die kleiner sind als $n$ selbst. Bestimme alle $n$, für die gilt:\n$$\n\\operatorname{kgV}\\left(d_{1}, \\ldots, d_{r}\\right) \\neq n\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Exactly the prime powers",
    "solution": "Solution:\n\nFalls $n$ eine Primpotenz ist, gilt $n=p^{\\alpha}$ für eine Primzahl $p$. Die Teiler von $n$ kleiner als $n$ sind dann $d_{1}=1, d_{2}=p, \\ldots, d_{r}=p^{\\alpha-1}$. Somit gilt $\\operatorname{kgV}\\left(1, p, \\ldots, p^{\\alpha-1}\\right)=p^{\\alpha-1} \\neq n$.\n\nFalls $n$ keine Primpotenz ist, gilt $n=p_{1}^{\\alpha_{1}} p_{2}^{\\alpha_{2}} \\ldots p_{k}^{\\alpha_{k}}$ für ein $k \\geq 2$. Dann besitzt $n$ die beiden echten Teiler $p_{1}^{\\alpha_{1}}$ und $p_{2}^{\\alpha_{2}} \\ldots p_{k}^{\\alpha_{k}}$. Weiter gilt $\\operatorname{kgV}\\left(d_{1}, \\ldots, d_{r}\\right) \\geq \\operatorname{kgV}\\left(p_{1}^{\\alpha_{1}}, p_{2}^{\\alpha_{2}} \\ldots p_{k}^{\\alpha_{k}}\\right)=n$. Da alle $d_{i}$ Teiler von $n$ sind, gilt ebenfalls $\\operatorname{kgV}\\left(d_{1}, \\ldots, d_{r}\\right) \\mid n$ und somit muss gelten $\\operatorname{kgV}\\left(d_{1}, \\ldots, d_{r}\\right)=n$.\n\nSomit sind die gesuchten $n$ genau die Primpotenzen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 43999,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $m$ und $n$ natürliche Zahlen und $p$ eine Primzahl, sodass $m < n < p$ gilt. Weiter gelte:\n$$\np \\mid m^{2} + 1 \\quad \\text{ und } \\quad p \\mid n^{2} + 1\n$$\nZeige, dass gilt:\n$$\np \\mid m n - 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nEs gilt:\n$$\np\\left|\\left(n^{2}+1\\right)-\\left(m^{2}+1\\right) \\Leftrightarrow p\\right| n^{2}-m^{2} \\Leftrightarrow p \\mid (n-m)(n+m)\n$$\nAlso ist wegen $p$ prim sicher einer der Faktoren $(n-m)$ und $(n+m)$ durch $p$ teilbar.\nWegen $0 < n-m < p-m < p$ gilt aber $p \\nmid n-m$, also muss $p \\mid n+m$ gelten. Dann folgt:\n$$\np\\left|m(n+m)-\\left(m^{2}+1\\right) \\quad \\Leftrightarrow \\quad p\\right| m n - 1\n$$\nSolution:\n\nWir multiplizieren die rechte Seite der ersten Teilbarkeitsbedingung mit $n^{2}$ und subtrahieren die rechte Seite der zweiten Bedingung:\n$$\np\\left|n^{2}\\left(m^{2}+1\\right)-\\left(n^{2}+1\\right) \\Leftrightarrow p\\right| m^{2} n^{2}-1 \\quad \\Leftrightarrow \\quad p \\mid (m n + 1)(m n - 1)\n$$\nWieder gilt, dass einer der beiden Faktoren rechts durch $p$ teilbar sein muss. Wäre dies $m n + 1$, so würde gelten:\n$$\np\\left|n^{2}+1-(m n+1) \\quad \\Leftrightarrow \\quad p\\right| n^{2}-m n \\quad \\Leftrightarrow \\quad p \\mid n(n-m)\n$$\nDa sich sowohl $n$ als auch $n-m$ zwischen $0$ und $p$ befinden und daher teilerfremd zu $p$ sind, ist dies ein Widerspruch. Also muss $p \\mid m n - 1$ gelten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44000,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $A$ ein Punkt und sei $k$ ein Kreis durch $A$. Seien $B$ und $C$ zwei weitere Punkte auf $k$. Weiter seien $X$ der Schnittpunkt der Winkelhalbierenden von $\\angle A B C$ mit $k$ und $Y$ die Spiegelung von $A$ am Punkt $X$. Sei $D$ der Schnittpunkt der Geraden $Y C$ mit $k$. Zeige, dass der Punkt $D$ nicht von der Wahl von $B$ und $C$ auf dem Kreis $k$ abhängt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nSei $\\angle A B X=\\alpha$. Da $B X$ die Winkelhalbierende von $\\angle A B C$ ist, gilt $\\angle X B C=\\alpha$. Da $A B C X$ ein Sehnenviereck ist, gilt auch $\\angle X A C=\\angle A C X=\\alpha$. Dies bedeutet, dass $A X=X C$. Zusammen mit der Bedingung, dass $Y$ die Spiegelung von $A$ an $X$ ist, ergibt sich $X C=X Y$. Wir benutzen nochmal das Sehnenviereck $A B C X$, um\n$$\n\\angle Y X C=180^\\{\\circ\\}-\\angle C X A=180^\\{\\circ\\}-\\left(180^\\{\\circ\\}-\\angle A B C\\right)=2 \\alpha\n$$\nzu erhalten. Da $X C Y$ gleichschenklig ist, gilt dann $\\angle X C Y=90^\\{\\circ\\}-\\alpha$. Schliesslich ist\n$$\n\\angle D C A=180^\\{\\circ\\}-\\angle A C X-\\angle X C Y=180^\\{\\circ\\}-\\alpha-\\left(90^\\{\\circ\\}-\\alpha\\right)=90^\\{\\circ\\}\n$$\nDann folgt aus dem Satz von Thales, dass die Strecke $A D$ ein Durchmesser des Kreises $k$ ist. Insbesondere hängt der Ort des Punkts $D$ nur von $A$ und nicht von $B$ oder $C$ ab.\n$$\n\\angle A D X=\\angle A B X=\\angle C B X=\\angle Y D X\n$$\nDie Gerade $D X$ ist also die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle A D Y$. Da $X$ auf $D X$ liegt und $X$ der Mittelpunkt von $A Y$ ist, ist $D X$ senkrecht zu $A Y$ (im gleichschenkligen Dreieck $A D Y$ fallen Winkelhalbierende und Höhe von $D$ zusammen). Das heißt, $\\angle A X D=90^\\{\\circ\\}$ und nach dem Satz von Thales ist $D$ einfach der Punkt, der zu $A$ diametral gegenüber auf $k$ liegt.\nWie in der ersten Lösung erhalten wir sofort $\\angle X A C=\\angle X C A$ und folgern $X A=X C=X Y$. Also ist $X$ der Mittelpunkt eines Kreises durch $A, C, Y$ mit $A Y$ als Durchmesser. Nach Thales erhalten wir $\\angle A C Y=90^\\{\\circ\\}$ und sind fertig.\nEs ist bekannt, dass die Winkelhalbierende eines Scheitelpunkts und die Mittelsenkrechte der gegenüberliegenden Seite sich auf dem Umkreis schneiden, also liegt $X$ auf der Mittelsenkrechten von $C A$. Führt man $M$ als Mittelpunkt von $C A$ ein, so ist $\\angle C M A=90^\\{\\circ\\}$ und das Dreieck $A C Y$ ist das Bild des Dreiecks $A M X$ unter einer Homothetie mit Zentrum $A$ und Verhältnis $2$. Daraus folgt $\\angle A C Y=\\angle A M X=90^\\{\\circ\\}$. Damit folgt wie in den vorherigen Lösungen, dass $A D$ ein Durchmesser von $k$ ist.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44001,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck und seien $D$, $E$ und $F$ die Höhenfusspunkte der Höhen von $A$, $B$ respektive $C$. Sei $H$ der Höhenschnittpunkt von Dreieck $ABC$. Die Strecken $EF$ und $AD$ schneiden sich in $G$. Sei $K$ der Punkt auf dem Umkreis von Dreieck $ABC$, der diametral gegenüber von $A$ liegt. Die Gerade $AK$ schneide $BC$ in $M$. Zeige, dass die Geraden $GM$ und $HK$ parallel sind.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir wollen $GM \\parallel HK$ zeigen. Wenn wir annehmen, dass das stimmt und das Ganze von $A$ aus betrachten, können wir das Dreieck $AMG$ zentrisch strecken, sodass es auf $AKH$ landet. Dies bedeutet, dass wir $\\frac{AG}{AH} = \\frac{AM}{AK}$ hätten. Die Umkehrung stimmt nun aber auch: Wenn $\\frac{AG}{AH} = \\frac{AM}{AK}$ gilt, dann sind $GM$ und $HK$ parallel.\n\nWir wollen also zeigen, dass $\\frac{AG}{AH} = \\frac{AM}{AK}$ gilt. Dies ist eine Aussage über Verhältnisse, was uns nahelegen kann, dass wir ähnliche Dreiecke suchen sollten. Wenn wir in der Umgebung von $A, G, H$ und $A, M, K$ suchen, dann fällt uns vielleicht der Punkt $E$ und $B$ auf, der in einer sehr \"ähnlichen\" Lage ist. (Wir könnten auch $F$ und $C$ nehmen)\n\nWir können nun folgende ähnliche Dreiecke beweisen: $\\triangle AEH \\sim \\triangle ABK$ und $\\triangle EGH \\sim \\triangle BMK$. Dafür brauchen wir\n\n(i) $\\angle AKB = \\angle EHA$\n\n(ii) $\\angle ABM = \\angle GEA$\n\n(iii) $\\angle KBA = 90^\\circ = \\angle AEH$\n\n(Überprüfe: Wenn diese Winkel vorgegeben sind, gibt es nur eine Art, wie wir die Punkte konstruieren können)\n\n![](attached_image_2.png)\n\n(i) Wir haben $\\angle AKB = \\angle BCA$ durch das Sehnenviereck $ABKC$ und $\\angle BCA = \\angle EHA$ durch das Sehnenviereck $DCEH$.\n\n(ii) Wir bekommen $\\angle ABM = \\angle GEA$ direkt, wenn wir das Sehnenviereck $BCEF$ betrachten.\n\n(iii) $\\angle KBA = 90^\\circ = \\angle AEH$ erhalten wir durch Definition des Höhenfusspunktes und $AK$ ein Durchmesser ist.\n\nWir erhalten also $\\triangle AEH \\sim \\triangle ABK$ und damit $\\frac{AH}{AK} = \\frac{EH}{BK}$. Weiter $\\triangle EGH \\sim \\triangle BMK$ und somit $\\frac{EH}{BK} = \\frac{GH}{MK}$. Einer der Strahlensätze sagt uns daher, dass $GM \\parallel HK$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44002,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n \\geq 5$ eine ganze Zahl. Ein Laden verkauft Jonglierbälle in $n$ verschiedenen Farben. Jedes von $n+1$ Kindern kauft drei Jonglierbälle, welche drei unterschiedliche Farben haben, aber keine zwei Kinder kaufen genau die gleiche Farbkombination. Zeige, dass es mindestens zwei Kinder gibt, welche genau einen Ball der selben Farbe gekauft haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir versuchen, dass möglichst viele Kinder Bälle kaufen, sodass nie zwei Kinder genau eine Farbe gemeinsam haben. Wir zeigen dann, dass höchstens $n$ Kinder Bälle kaufen können.\n\nLemma 1. Seien $K_{1}, K_{2}, K_{3}$ Kinder die Bälle kaufen, sodass $K_{1}$ und $K_{2}$ zwei Farben gemeinsam haben und $K_{2}$ und $K_{3}$ zwei Farben gemeinsam haben. Dann haben auch $K_{1}$ und $K_{3}$ genau zwei Farben gemeinsam\n\nBeweis. Sowohl $K_{1}$ als auch $K_{3}$ haben zwei Farben mit $K_{2}$ gemeinsam. Also müssen sie mindestens eine Farbe gemeinsam haben. Da wir dies jedoch nicht erlauben, müssen sie zwei Farben gemeinsam haben.\n\nDieses Lemma sagt uns nun, dass die Kinder in Gruppen zusammen sind, die untereinander immer paarweise zwei Farben gemeinsam haben. Jede Gruppe von Kindern hat dann ihre eigenen Farben zur Verfügung.\n\nWir müssen unsere Behauptung (mit $n$ Farben können höchstens $n$ Kinder Bälle kaufen) also nur noch für eine Gruppe von Kindern beweisen, die paarweise immer zwei Farben gemeinsam haben.\n\nWir versuchen nun eine möglichst grosse Gruppe mit möglichst wenig Farben zu konstruieren, wobei wir dabei zwei Fälle antreffen.\n\n- Anna kauft die Farben $g, h$ und $a$\n- Beat kauft die Farben $g, h$ und $b$, da er zwei gleiche Farben wie Anna haben muss\n\n(a) Charlie kauft die Farben $g, h$ und $c$\n\n(b) Charlie kauft die Farben $g$, $a$ und $b$\n\nWir zeigen nun, wieviele weiter Kinder im Fall (a) und (b) Bälle kaufen können:\n\n(a) Wir können nun beliebig viele weitere Kinder hinzufügen, indem ein neues Kind Xenia die Farben $g, h$ und $x$ kauft, wobei $x$ immer eine neue Farbe sein muss. Denn wenn sie nicht $a$ und $b$ kaufen würde, müsste sie die Farben $a, b$ und $c$ kaufen und eine von $g$ und $h$.\n\nDas heisst, mit $n$ Farben können dann höchstens $n-2$ Kinder Bälle kaufen.\n\n(b) Hier kann noch Daniel kommen und die Farben $h, a$ und $b$ kaufen, was man nach kurzer Fallunterscheidung, die wir hier weglassen, sieht.\n\nDas heisst, mit 4 Farben können 4 Kinder Bälle kaufen.\n\nSomit haben wir für alle Fälle, dass bei $n$ Farben maximal $n$ Kinder Bälle kaufen können, sodass sie nicht genau eine Farbe gemeinsam haben. Also gibt es mit $n+1$ Kindern sicher einen solchen Fall.\n\n(Wir haben auch bewiesen, dass es mit $n$ Kindern nur geht, falls $4 \\mid n$ gilt)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44003,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $n$ un nombre entier strictement positif. Déterminer s'il existe un nombre réel $\\varepsilon>0$ (dépendant de $n$ ) tel que, pour tous nombres réels strictement positifs $x_{1}, x_{2}, \\ldots, x_{n}$, on ait\n$$\n\\sqrt[n]{x_{1} x_{2} \\cdots x_{n}} \\leq (1-\\epsilon) \\cdot \\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n}}{n}+\\epsilon \\cdot \\frac{n}{\\frac{1}{x_{1}}+\\frac{1}{x_{2}}+\\cdots+\\frac{1}{x_{n}}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Yes; take ε = 1/n.",
    "solution": "Solution:\n\nIl existe un tel $\\epsilon$ pour tout $n \\in \\mathbb{N}$.\n\nSi un tel $\\epsilon$ existe pour chaque $n$, on s'attend à ce qu'il dépende de $n$. En gardant à l'esprit la chaîne d'inégalités $\\mathrm{AM} \\geq \\mathrm{GM} \\geq \\mathrm{HM}$, on voit que le membre de droite devient plus grand si $\\epsilon$ devient plus petit. Une supposition raisonnable serait $\\epsilon=\\frac{1}{n}$, et cela fonctionne effectivement.\n\nPuisque\n$$\n1-\\epsilon=\\frac{n-1}{n}\n$$\non peut écrire le membre de droite comme une somme de $n-1$ moyennes arithmétiques et 1 moyenne harmonique. On applique l'inégalité AM-GM avec $n$ variables à ceci (où l'on multiplie le numérateur et le dénominateur de la moyenne harmonique par $x_{1} \\cdots x_{n}$ au préalable):\n$$\n(n-1) \\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n}}{n^{2}}+\\frac{x_{1} \\cdots x_{n}}{\\sum_{j=1}^{n} \\prod_{i \\neq j} x_{i}} \\geq n \\cdot \\sqrt[n]{\\left(\\frac{x_{1}+x_{2}+\\cdots+x_{n}}{n^{2}}\\right)^{n-1} \\frac{x_{1} \\cdots x_{n}}{\\sum_{j=1}^{n} \\prod_{i \\neq j} x_{i}}}\n$$\nOn veut montrer que le terme du membre de droite est supérieur à $\\sqrt[n]{x_{1} \\cdots x_{n}}$. Un calcul montre que cela équivaut à\n$$\n\\frac{x_{1}+\\cdots+x_{n}}{n} \\geq \\sqrt[n-1]{\\frac{\\sum_{j=1}^{n} \\prod_{i \\neq j} x_{i}}{n}}\n$$\nCeci n'est autre que l'inégalité de McLaurin.\n\nAlternativement (en fait, il s'agit simplement d'une preuve de McLaurin), on peut mettre l'inégalité sous la forme\n$$\nn^{2}\\left(x_{1}+\\cdots+x_{n}\\right)^{n-1} \\geq n^{n}\\left(\\sum_{j=1}^{n} \\prod_{i \\neq j} x_{i}\\right)\n$$\nOn remarque que c'est complètement symétrique, et le membre de droite est un multiple (dans la notation de Muirhead) de $[1, \\ldots, 1,0]$. Si on développe la puissance $(n-1)$ à gauche, on obtient beaucoup de sommes symétriques. Comme on ne l'élève qu'à la puissance $(n-1)$, et non $n$, aucun terme du type $x_{1} \\cdots x_{n}$ n'apparaîtra. Autrement dit, les sommes symétriques seront du type $[\\alpha_{1}, \\ldots, \\alpha_{n-1}, 0]$ où les $\\alpha_{i}$ sont des entiers tels que $\\sum \\alpha_{i}=n-1$ et $\\alpha_{1} \\geq \\alpha_{2} \\geq \\ldots \\geq \\alpha_{n-1} \\geq 0$. Toutes ces sommes majorent $[1, \\ldots, 1,0]$. Comme les deux membres ont le même nombre de termes, à savoir $n^{n+1}$, on conclut avec l'inégalité de Muirhead.\n\nRemarque : On peut observer dès le début que si l'inégalité est vraie pour $\\varepsilon_{1}$, alors elle l'est pour tout $0<\\varepsilon_{2} \\leq \\varepsilon_{1}$ car\n$$\n\\left(1-\\varepsilon_{1}\\right) \\mathrm{AM}+\\varepsilon_{1} \\mathrm{HM} \\leq \\left(1-\\varepsilon_{2}\\right) \\mathrm{AM}+\\varepsilon_{2} \\mathrm{HM}\n$$\npar AM-HM.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44004,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nOn définit la suite $\\left(a_{n}\\right)_{n \\geq 0}$ de nombres entiers par $a_{n}:=2^{n}+2^{\\lfloor n / 2\\rfloor}$. Montrer qu'il existe une infinité de termes de la suite pouvant être exprimés comme la somme d'au moins deux termes distincts de la suite, de même qu'il existe une infinité de termes de la suite ne pouvant pas s'écrire de la sorte.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nOn appelle un nombre entier $n$ exprimable s'il peut être écrit comme une somme de au moins deux $a_{k}$.\nOn calcule tout d'abord la somme de tous les termes $a_{i}$ jusqu'à un certain indice $n$ :\n$$\nS_{n}=\\sum_{i=0}^{n} a_{i}=2^{n+1}+2^{\\left\\lceil\\frac{n+1}{2}\\right\\rceil}+2^{\\left\\lfloor\\frac{n+1}{2}\\right\\rfloor}-3<a_{n+2}\n$$\ndonc si $a_{n}$ est exprimable le terme $a_{n-1}$ doit apparaître dans sa somme.\nUne observation apparemment triviale mais qui va beaucoup nous aider pour la suite est que un nombre $b<S_{n}$ est exprimable si et seulement si $S_{n}-b$ est exprimable.\nOn observe que pour tout nombre entier $n$,\n$$\na_{2 n}=2 a_{2 n-1}\n$$\nAinsi en particulier si $a_{2 n-1}$ est exprimable, alors on peut rajouter $a_{2 n-1}$ à cette somme pour exprimer $a_{2} n$. Inversement par la remarque précédente pour exprimer $a_{2 n}$ il faut utiliser $a_{2 n-1}$, donc $a_{2 n}$ est exprimable si et seulement si $a_{2 n-1}$ l'est. Cette relation ne nous sera pas directement utile pour résoudre l'exercice, mais elle permet de commencer à aborder le problème.\nOn remarque que pour tout $n, a_{2 n+1}-a_{2 n}=2^{2 n}$ et comme d'autre part il faut nécessairement utiliser $a_{2 n}$ pour exprimer $a_{2 n+1}$, il s'ensuit que $a_{2 n+1}$ est exprimable si et seulement si $2^{2 n}$ est exprimable.\nOn remarque de plus que $2^{n+1}$ est exprimable si et seulement $2^{2 n}-3$ est exprimable, et ce dernier nombre est exprimable si et seulement si $2^{4 n-2}$ est exprimable. Autrement dit, $2^{n}$ est exprimable si et seulement si $2^{4 n-6}$ est exprimable.\nOn vérifie facilement que $2^{3}=8$ est exprimable, et avec un peu plus de recherche on trouve que $2^{12}=4096$ n'est pas exprimable. On obtient donc une suite infinie de puissances de 2 exprimables et de puissances de 2 non exprimables et le problème est terminé.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44005,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver le plus grand nombre premier $p$ tel qu'il existe des nombres entiers strictement positifs $a$ et $b$ tels que\n$$\np=\\frac{b}{2} \\sqrt{\\frac{a-b}{a+b}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Solution:\n\nPremière solution: (Louis)\n\nLa forme du problème semble indiquer qu'il faudra jouer avec des histoires de divisibilité. Dans de tels cas il est généralement utile de définir $d=\\operatorname{ggT}(a, b)$ et d'écrire ainsi $a=d a^{\\prime}, b=d b^{\\prime}$ avec $a^{\\prime}, b^{\\prime}$ premiers entre eux. Cela nous permet alors de réécrire la formule comme\n$$\np=\\frac{d b^{\\prime}}{2} \\sqrt{\\frac{a^{\\prime}-b^{\\prime}}{a^{\\prime}+b^{\\prime}}}\n$$\nMaintenant pour avoir une solution il faut que le terme sous la racine carrée soit un carré parfait. Autrement dit, si on divise $a^{\\prime}-b^{\\prime}$ et $a^{\\prime}+b^{\\prime}$ par leur pgcd on devrait obtenir des carrés parfaits. Il est donc intéressant de s'intéresser encore à ce pgcd:\n$$\n\\operatorname{ggT}\\left(a^{\\prime}-b^{\\prime}, a^{\\prime}+b^{\\prime}\\right)=\\operatorname{ggT}\\left(a^{\\prime}-b^{\\prime}, 2 b^{\\prime}\\right)=\\operatorname{ggT}\\left(a^{\\prime}-b^{\\prime}, 2\\right)\n$$\nOù la dernière égalité découle du fait que $b^{\\prime}$ est premier avec $a^{\\prime}$ et donc également avec $a^{\\prime}-b^{\\prime}$. Autrement dit le pgcd entre ces deux termes vaut soit 1, soit 2. On va traiter ces deux cas séparément:\n\nSi le pgcd vaut 1, on a alors $a^{\\prime}-b^{\\prime}=r^{2}$ et $a^{\\prime}+b^{\\prime}=s^{2}$, et à partir de ces relations on obtient $2 b^{\\prime}=s^{2}-r^{2}$. De plus pour que le pgcd soit 1, on doit avoir que $a^{\\prime}-b^{\\prime}, a^{\\prime}+b^{\\prime}$ sont tous les deux impairs, donc $r, s$ sont impairs. On peut alors réécrire le problème sous la forme\n$$\np s=\\frac{d\\left(s^{2}-r^{2}\\right)}{4} r=d r \\frac{s-r}{2} \\frac{s+r}{2}\n$$\nPuisque $s$ est premier avec $r$, il est aussi premier avec $s-r$ et $s+r$ donc il doit diviser $d$. Cela signifie alors que $p$ est divisible par $r \\frac{s-r}{2} \\frac{s+r}{2}$, ce qui est possible uniquement si $r=1, s-r=2$ et donc $s+r=4$. Dans ce cas on obtient donc $p=2$.\n\nSi le pgcd vaut 2, on a dans ce cas $a^{\\prime}-b^{\\prime}=2 r^{2}$ et $a^{\\prime}+b^{\\prime}=2 s^{2}$, et on obtient $b^{\\prime}=s^{2}-r^{2}=(s-r)(s+r)$. De nouveau on peut réécrire le problème sous la forme\n$$\n2 p s=d(s-r)(s+r) r\n$$\nComme précédemment on doit avoir que $s$ divise $d$, et donc $2 p$ est divisible par $r(s-r)(s+r)$. Il y a trois cas à considérer:\n- Si $r=s-r=1$, alors $s+r=3$ et donc on doit avoir $p=3$.\n- Si $r=1$ et $s-r=2$, on a $s+r=4$ mais alors il faudrait que 4 divise $p$, ce qui est impossible.\n- Si $r=2$ et $s-r=1$, on a alors $s+r=5$ et donc $p=5$.\n\nParmi tous ces cas, on voit que $p$ ne peut pas dépasser 5. Il reste encore à prouver qu'on peut atteindre 5. Pour cela il suffit de rembobiner depuis les conditions qui ont amené à cette valeur de 5 pour trouver qu'on peut atteindre 5 avec la paire $(a, b)=(39,15)$.\n\n\nZweite Lösung: (David)\n\nUm das Problem besser angreifen zu können, quadrieren wir die Gleichung und formen um:\n$$\n4 p^{2} a+4 p^{2} b=a b^{2}-b^{3} \\Longleftrightarrow b^{3}+4 p^{2} b=a\\left(b^{2}-4 p^{2}\\right)\n$$\nInsbesondere gilt $b>2 p$. Zudem sehen wir anhand dieser Gleichung, dass $a$ eigentlich ziemlich unnütz ist; Wir können nämlich einfach nach $a$ auflösen und erhalten die folgende Teilbarkeitsaussage, in der nur noch $b$ und $p$ vorkommen:\n$$\nb^{2}-4 p^{2}\\mid b^{3}+4 p^{2} b \\Longleftrightarrow b^{2}-4 p^{2}\\mid 8 p^{2} b \\Longleftrightarrow(b-2 p)(b+2 p) \\mid 8 p^{2} b\n$$\nWenn wir schreiben $k\\left(b^{2}-4 p^{2}\\right)=8 p^{2} b \\Longleftrightarrow k b^{2}-8 p^{2} b-4 k p^{2}=0$, erhalten wir eine quadratische Gleichung in $b$ mit Lösungen\n$$\nb=\\frac{8 p^{2} \\pm \\sqrt{64 p^{4}+16 k p^{2} k^{2}}}{2 k}=\\frac{4 p^{2} \\pm 2 p \\sqrt{4 p^{2}+k^{2}}}{k}\n$$\nWürde nun $k=m p$ gelten für eine natürliche Zahl $m$, so könnten wir die Gleichung schreiben als\n$$\n\\frac{4 p^{2} \\pm 2 p^{2} \\sqrt{4+m^{2}}}{m p}\n$$\nDa $4+m^{2}$ aber für kein $m \\in \\mathbb{N}$ ein Quadrat ist, steht das im Widerspruch zu $b \\in \\mathbb{N}$. Somit ist $k$ nicht durch $p$ teilbar. Dann folgt aber aus unserer ursprünglichen Gleichung für $b$, dass $b$ durch $p$ teilbar sein muss! Wir schreiben $b=l p$ und gehen zurück zu unserer Teilbarkeitsaussage:\n$$\n(b-2 p)(b+2 p)\\mid 8 p^{2} b \\Longleftrightarrow p^{2}(l-2)(l+2)\\mid 8 p^{3} l \\Longleftrightarrow(l-2)(l+2) \\mid 8 p l\n$$\nNun gilt $\\operatorname{ggT}(l-2, l+2) \\mid 4$, also muss für $p>2$ mindestens eine der Zahlen $l-2$ und $l+2$ ein Teiler von $8 l$ sein. Mit\n$$\nl-2|8 l \\Longleftrightarrow l-2| 16, \\quad \\quad l+2|8 l \\Longleftrightarrow l+2| 16\n$$\nund mit $l>2$ erhalten wir $l \\in\\{3,4,6,10,14,18\\}$. Eine sorgfältige Untersuchung dieser Fälle mithilfe der Primfaktoren von $(l-2)(l+2)$ liefert das grösstmögliche $p=5$ für $l=3$. Wir erhalten für $p=5$ tatsächlich eine Lösung der Gleichung, nämlich $(a, b, p)=(39,15,5)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44006,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $\\mathbb{P}$ l'ensemble de tous les nombres premiers et $M$ un sous-ensemble de $\\mathbb{P}$ ayant au moins trois éléments. On suppose que pour tout entier $k \\geq 1$ et pour tout sous-ensemble $A=\\{p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{k}\\}$ de $M$ tel que $A \\neq M$, tous les facteurs premiers du nombre $p_{1} \\cdot p_{2} \\cdot \\ldots \\cdot p_{k}-1$ se trouvent dans $M$. Montrer que $M=\\mathbb{P}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nPremière solution: (Arnaud) Que peut-on dire des (au moins) trois éléments de $M$ ? Au moins deux d'entre eux, disons $p_{3}, p_{4} \\in M$, sont impairs. En appliquant la condition pour $A=\\{p_{3}\\}$, on obtient donc $2 \\in M$. A-t-on forcément $3 \\in M$ ? Supposons que $3 \\notin\\{p_{3}, p_{4}\\}$, alors on a soit $p_{3} \\equiv 1(\\bmod 3)$ ou $2 p_{3} \\equiv 1(\\bmod 3)$. En appliquant la condition avec $A=\\{p_{3}\\}$ ou $A=\\{2, p_{3}\\}$ on conclut donc $3 \\in M$.\n\nPeut-on continuer ainsi ? En particulier, est-ce que $M$ pourrait avoir seulement un nombre fini d'éléments ? Supposons que $M$ soit fini et écrivons $M=\\{2,3, p_{3}, \\ldots, p_{k}\\}$. On rappelle que $M$ contient au moins un autre élément que 2 et 3 (noter que sans cette condition, alors $M=\\{2,3\\}$ satisferait toutes les autres conditions du problème). Comme Euclide avant nous, considérons la condition appliquée pour $A=M \\backslash\\{2\\}$. Il doit alors exister un entier $a \\geq 2$ tel que\n$$\n3 p_{3} \\ldots p_{k}-1=2^{a} \\Longleftrightarrow 3 p_{3} \\ldots p_{k}=2^{a}+1\n$$\ncar le nombre $3 p_{3} \\ldots p_{k}-1$ ne peut être divisible que par $2 \\in M$ et $3 p_{3} \\ldots p_{k}-1 \\geq 4$, car $p_{3} \\geq 5$ (c'est ici que l'on utilise que $M$ contient au moins un troisième élément $p_{3}$ ). De même, avec $A=M \\backslash\\{3\\}$, il existe un entier $b \\geq 2$ tel que\n$$\n2 p_{3} \\ldots p_{k}=3^{b}+1\n$$\nOn doit donc avoir $2^{a+1}+2=3^{b+1}+3$ et ainsi $2^{a+1}=3^{b+1}+1$. Comme $a+1 \\geq 3$, on doit avoir $8 \\mid 3^{b+1}+1$. Or $3^{n} \\equiv 1,3(\\bmod 8)$. Contradiction. On obtient ainsi que $M$ est un ensemble infini de nombres premiers.\n\nSoit maintenant un nombre premier quelconque $q$. On veut montrer que $q \\in M$. On doit donc trouver un certain nombre de nombres premiers $p_{1}, \\ldots, p_{k} \\in M$ tels que leur produit est congruent à $1(\\bmod q)$. On est libre de choisir $k$ et les $p_{i}$ (sans restriction) comme on le souhaite. Une telle relation fait penser au Petit Théorème de Fermat. Si l'on pouvait trouver $q-1$ éléments $p_{1}, \\ldots, p_{q-1}$ dans $M$, tous congruents, i.e. $p_{i} \\equiv a(\\bmod q) \\forall i$, alors on aurait\n$$\np_{1} \\ldots p_{q-1} \\equiv a^{q-1} \\equiv 1 \\quad(\\bmod q)\n$$\nqui implique donc $q \\in M$.\n\nOr, $M$ est un ensemble infini, ainsi pour au moins un élément $a \\in\\{1, \\ldots, q-1\\}$ (principe des tiroirs), il existe une infinité d'éléments $p_{i} \\in M$ congruents à $a(\\bmod q)$. En particulier, au moins $q-1$. On a ainsi terminé.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44007,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDéterminer toutes les suites périodiques $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \\ldots$ de nombres réels strictement positifs telles que pour tout $n \\geq 1$\n$$\nx_{n+2}=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{x_{n+1}}+x_{n}\\right)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are 2-periodic sequences with consecutive terms reciprocal: x_{n+1} x_n = 1 for all n. Equivalently, for some a > 0, x_n = a if n is odd and x_n = 1/a if n is even (the constant sequence x_n = 1 is included as a = 1).",
    "solution": "Solution:\n\n$$\n2 x_{n+2} x_{n+1}=x_{n+1} x_{n}+1\n$$\nIl paraît à présent naturel d'introduire la nouvelle suite $y_{n}:=x_{n+1} x_{n}$ pour $n \\geq 1$. Si la suite $\\left\\{x_{n}\\right\\}$ est périodique, alors la suite $\\left\\{y_{n}\\right\\}$ l'est aussi. On a la relation $2 y_{n+1}=y_{n}+1$. Au feeling, il semble qu'une telle suite ne puisse pas vraiment être périodique en général.\nUne obstruction classique à la périodicité est la monotonie. Que peut-on dire de la monotonie de la suite $\\left\\{y_{n}\\right\\}$ ? On remarque que\n$$\ny_{n+1}<y_{n} \\Longleftrightarrow y_{n}>1\n$$\nDe plus, si $y_{n}>1$, alors clairement $y_{n+1}=1 / 2\\left(y_{n}+1\\right)>1$. Autrement dit, la monotonie de la suite $\\left\\{y_{n}\\right\\}$ dépend uniquement du signe de $y_{1}-1$. En effet, on a\n- si $y_{1}>1$, alors $y_{n}>1, \\forall n$ et $\\left\\{y_{n}\\right\\}$ est une suite strictement décroissante,\n- si $y_{1}<1$, alors $y_{n}<1, \\forall n$ et $\\left\\{y_{n}\\right\\}$ est une suite strictement croissante,\n- $y_{1}=1$, alors $y_{n}=1, \\forall n$ est une suite constante.\nDans les deux premiers cas, la périodicité contredit la monotonie stricte. On conclut ainsi que $y_{n}=1$ pour tout $n$. En revenant à la suite $\\left\\{x_{n}\\right\\}$, on a alors $x_{n+1} x_{n}=1$ pour tout $n$. Autrement dit, $x_{n+1}=1 / x_{n}$ ou encore\n$$\nx_{n}=\\left\\{\\begin{array}{ll}\nx_{2} & \\text{ si } n \\text{ est pair, } \\\\\nx_{1} & \\text{ si } n \\text{ est impair }\n\\end{array}, \\quad x_{1} x_{2}=1\\right.\n$$\nOn vérifie à présent que toutes ces suites satisfont les hypothèses de départ. Une telle suite est périodique avec période 2 et on a bien $2=1+1$.\n\n\n$$\nz_{n+1}=\\frac{1}{2} z_{n}\n$$\nAutrement dit, la suite $\\left\\{z_{n}\\right\\}$ est une suite géométrique de raison $1 / 2$. Si $z_{1} \\neq 0$, alors $\\left\\{z_{n}\\right\\}$ est une suite strictement monotone (et convergente) et donc ne peur pas être périodique. On doit donc avoir $z_{1}=0$ et ainsi $z_{n}=0$ pour tout $n$. On conclut de la même manière que précédemment.\n\n\n(a) Lemma: $x_{0}<1<x_{1} \\Rightarrow x_{2 n}<1<x_{2 n+1}$ für alle $n$.\n(b) $x_{0}=1, x_{1}>1$ : Dann ist $x_{2}<1$, dank (a) kann die Folge danach die Zahl $x_{0}=1$ nie wieder erreichen.\n(c) $x_{0}, x_{1}>1$ : Wegen (a) und (b) muss dann $x_{i}>1$ für alle $i$ gelten. Dann kann man für alle $n \\in \\mathbb{N}$ zeigen, dass $x_{n+2}<x_{n}$ gilt, ein Widerspruch zur Periodizität.\n(d) $\\frac{1}{x_{1}}<x_{0}<1<x_{1}$ : Dann kann man $x_{2 n}<x_{0}<1<x_{1}<x_{2 n+1}$ zeigen, wieder ein Widerspruch zur Periodizität.\n(e) $\\frac{1}{x_{1}}=x_{0} \\leq 1 \\leq x_{1}$ : Dann erhält man alle Lösungen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44008,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. In einer Reihe stehen $n+1$ Schüsseln, die von links nach rechts mit den Zahlen $0, 1, \\ldots, n$ nummeriert sind. Am Anfang liegen $n$ Steine in der Schüssel $0$ und kein Stein in den anderen Schüsseln. Sisyphus will diese $n$ Steine in die Schüssel $n$ bewegen. Dafür bewegt Sisyphus in jedem Zug genau einen Stein von einer Schüssel $i$ mit $k$ Steinen um höchstens $k$ Schüsseln nach rechts, also in eine Schüssel mit Nummer kleiner oder gleich $k+i$. Sei $T$ die minimale Anzahl Züge, die Sisyphus benötigt, um alle Steine in die Schüssel $n$ zu bewegen. Zeige, dass gilt:\n$$\nT \\geq \\left\\lceil \\frac{n}{1} \\right\\rceil + \\left\\lceil \\frac{n}{2} \\right\\rceil + \\ldots + \\left\\lceil \\frac{n}{n} \\right\\rceil\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir ordnen jedem Stein eine eindeutige Zahl $k \\in \\{1, 2, \\ldots, n\\}$ zu und nennen diese Zahl seine Priorität. Wenn Sisyphus einen Zug macht, wählt er ein Feld aus und bewegt von diesem Feld oBdA den Stein mit der grösstmöglichen Priorität (dies ist erlaubt, weil die Steine ununterscheidbar sind). Mit dieser zusätzlichen Regel kommen wir zu folgender Beobachtung:\n\nDer Stein mit Priorität $k$ kann erst dann bewegt werden, wenn auf seinem Feld kein Stein mit höherer Priorität liegt. Wenn wir Stein $k$ also bewegen, dürfen zu diesem Zeitpunkt nicht mehr als $k$ Steine auf seinem Feld liegen. Ergo darf Stein $k$ in jedem Zug höchstens um $k$ bewegt werden. Um ihn von Schüssel $0$ in die Schüssel $n$ zu bewegen, sind also insgesamt mindestens $\\left\\lceil \\frac{n}{k} \\right\\rceil$ Züge notwendig. Da Sisyphus in jedem Zug nur einen Stein bewegen kann, dürfen wir die benötigten Züge für alle Steine aufsummieren und erhalten den gewünschten Ausdruck.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44009,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AB = AC$ und sei $M$ der Mittelpunkt der Strecke $BC$. Sei $P$ ein Punkt, sodass $PB < PC$ gilt und $PA$ parallel zu $BC$ ist. Ferner seien $X$ und $Y$ Punkte auf den Geraden $PB$ respektive $PC$, sodass $B$ auf der Strecke $PX$ und $C$ auf der Strecke $PY$ liegt und $\\angle PXM = \\angle PYM$ gilt. Zeige, dass $APXY$ ein Sehnenviereck ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir führen den Punkt $Z$ ein, der der zweite Schnittpunkt der Kreise durch $MCY$ und $MXB$ ist. Mit Winkeljagd folgt nun, $\\angle MZC = \\angle MYC = \\angle MXB = \\angle MZB$. Somit liegt $M$ auf der Mittelsenkrechten von $BC$. Folglich gilt\n$$\n\\angle ZXP = \\angle ZXB = \\angle ZMB = \\angle ZMC = \\angle ZYC = \\angle ZYP = 90^\\circ = \\angle ZAP\n$$\nDie Punkte $A, X, Y$ liegen somit auf einem Kreis mit Durchmesser $PZ$. Somit ist $PAXY$ ein Sehnenviereck.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44010,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nEine Gruppe von Kindern sitzt im Kreis. Am Anfang hat jedes Kind eine gerade Anzahl Bonbons. In jedem Schritt muss jedes Kind die Hälfte seiner Bonbons dem Kind zu seiner Rechten abgeben. Sollte ein Kind nach einem Schritt eine ungerade Anzahl Bonbons haben, bekommt es vom Kindergärtner ein zusätzliches Bonbon geschenkt. Zeige, dass nach einer endlichen Anzahl Schritten alle Kinder gleich viele Bonbons haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDer Vollständigkeit halber bemerken wir kurz, dass nach jedem Zug alle Kinder stets eine gerade Anzahl an Bonbons haben. Wir bezeichnen mit $2 m_{i}$ die Anzahl Bonbons, die das Kind mit den wenigsten Bonbons vor dem $i$-ten Schritt hat und analog dazu $2 M_{i}$ die Anzahl Bonbons, die das Kind mit den meisten Bonbons vor dem $i$-ten Schritt hat. Offensichtlich gilt $2 m_{i} \\leq 2 M_{i}$ für jedes $i \\in \\mathbb{N}$. Falls irgendwann Gleichheit gilt, haben alle Kinder gleich viele Bonbons und wir sind fertig.\n\nLemma: Es gilt $2 m_{i+1} \\geq 2 m_{i}$ und $2 M_{i+1} \\leq 2 M_{i}$.\n\nBeweis: Im $i$-ten Schritt erhält jedes Kind mindestens $m_{i}$ und höchstens $M_{i}$ Bonbons von seinem linken Nachbar und behält selbst mindestens $m_{i}$ und höchstens $M_{i}$ Bonbons. Das allfällige Zusatzbonbon vom Kindergärtner ändert dabei fürs Maximum nichts, weil $2 M_{i}$ gerade ist.\n\nWegen $M_{i} \\geq m_{i}$ für alle $i \\in \\mathbb{N}$ und unserem Lemma müssen die beiden Folgen ab irgendeinem Zeitpunkt einen konstanten Wert annehmen. Seien $M$ und $m$ diese Werte. Falls $M=m$ gilt, sind wir fertig. Sei nun $M>m$. In jedem Schritt betrachten wir die Anzahl trauriger Kinder, die genau $2 m$ Bonbons besitzen. Den Rest nennen wir glücklich. Da nach Annahme nicht alle Kinder traurig sind, gibt es ein trauriges Kind, dessen linker Nachbar mehr als $2 m$ Bonbons besitzt. Dieses Kind ist nach dem nächsten Zug sicher glücklich, da es selbst $m$ Bonbons behält und von seinem Nachbarn mehr als $m$ Bonbons bekommt. Zudem kann ein glückliches Kind niemals traurig werden, weil es selbst mehr als $m$ Bonbons behält und von seinem linken Nachbarn mindestens $m$ Bonbons erhält. Somit verringert sich die Anzahl trauriger Kinder um mindestens eins. Das bedeutet aber, dass irgendwann alle Kinder glücklich sind und die minimale Anzahl Bonbons pro Kind grösser geworden ist. Dies ist ein Widerspruch zu $m$ konstant! Also muss $M=m$ gelten.\nSolution:\n\nSei $n$ die Anzahl Kinder. Analog wie in der ersten Lösung zeigen wir, dass $M_{i}$ monoton fallend ist. Da die Folge sicher nicht negativ werden kann, wird sie irgendwann konstant und wir nennen diesen Wert wieder $M$. Nun betrachten wir für jeden Zug zwei Fälle:\n\nFall 1: Die Anzahl Bonbons wird insgesamt grösser; damit wächst auch die durchschnittliche Anzahl Bonbons pro Kind um mindestens $\\frac{1}{n}$ (eigentlich mehr, aber das ist hier egal).\n\nFall 2: Der Kindergärtner verteilt in dieser Runde kein zusätzliches Bonbon. In diesem Fall können wir analog zur ersten Lösung zeigen, dass die Anzahl Kinder, die genau $2 M$ Bonbons besitzt, abnehmen muss.\n\nDa die durchschnittliche Anzahl Bonbons nicht grösser werden kann als $M$, kann der erste Fall nicht unendlich oft eintreten. Sobald der erste Fall nicht mehr eintritt, zeigen wir analog zur ersten Lösung, dass auch der zweite Fall nicht beliebig oft eintreten kann, weil sonst irgendwann alle Kinder weniger als $2 M$ Bonbons haben (falls nicht ohnehin schon alle Kinder gleich viele Bonbons haben).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44011,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $(a, b)$ be a pair of positive integers. Henning and Paul are playing a game: Initially, there are two piles of $a$ and $b$ stones, respectively, on a table. The pair $(a, b)$ is called the initial configuration of the game. The players proceed as follows:\n- The players alternate and Henning begins.\n- In each turn, a player either removes a positive number of stones from one of the two piles or the same positive number of stones from both piles.\n- The player who removes the last stone from the table wins the game.\nLet $A$ be the set of all positive integers $a$ for which there exists a positive integer $b<a$ such that Paul has a winning strategy for the initial configuration $(a, b)$. Order the elements of $A$ increasingly as $a_{1}<a_{2}<\\ldots$\n\na. Prove that the set $A$ is infinite.\nb. Prove that the sequence $\\left(m_{k}\\right)_{k \\geq 1}$ defined by $m_{k}:=a_{k+1}-a_{k}$ for all $k \\geq 1$ is not eventually periodic.\n\nRemark: A sequence $\\left(x_{k}\\right)_{k \\geq 1}$ is eventually periodic if there exists an integer $k_{0} \\geq 0$ such that the sequence $\\left(x_{k+k_{0}}\\right)_{k \\geq 1}$ is periodic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n(a)\nWe call a general pair of starting values $(a, b)$ *good* if Paul has a winning strategy for it. For completeness, we also allow $a=0$ or $b=0$ and call $(0,0)$ good. Analogously, we call all pairs that are not good *bad* and note that for these starting values, Henning obviously has a winning strategy. We use the following general principle:\nIf $(a, b)$ is good, then $(a+n, b)$, $(a, b+n)$, $(a+n, b+n)$ are bad for every $n \\in \\mathbb{N}$, since Henning can simply reach $(a, b)$ in his first move, and then Paul must start a new game with starting values that are now good for Henning. Thus, for each $a$ there is at most one $b$ such that $(a, b)$ is good.\nFurthermore: If Henning can only reach bad positions in his first move from $(a, b)$, then $(a, b)$ is good, because Paul then has a winning strategy regardless of Henning's move, by the above remark.\nNow suppose that $A$ has only finitely many elements. Then there are also only finitely many good starting values (since for each good position, by the above principle and because $(a, b)$ good $\\Longleftrightarrow (b, a)$ good, there is exactly one element from $A$, namely the smaller of the two starting values). In particular, there is a number $C$ strictly greater than all $a, b$ with $(a, b)$ good. However, for $(C, 2C)$, the pairs $(C-n, 2C)$, $(C-n, 2C-n)$ for each $n \\in \\{1,2, \\ldots, C\\}$ and $(C, 2C-m)$ for each $m \\in \\{1,2, \\ldots, 2C\\}$ are bad by the construction of $C$, so $(C, 2C)$ is good. Contradiction!\n\n(b)\nWe first show that every natural number occurs either in $A$ or in $B = \\{b_{k} \\mid (a_{k}, b_{k}) \\text{ good}\\}$. What we found in part (a) implies that a natural number cannot occur in both sets. Suppose there is an $n \\in \\mathbb{N}$ such that $n$ occurs in neither $A$ nor $B$, and choose $n$ minimal. In other words, for all $m \\in \\mathbb{N}$, the pair $(m, n)$ is bad. But this also means that for each $m$, one of the pairs $(m, n-1), (m, n-2), \\ldots, (m, 0), (m-1, n-1), (m-2, n-2), \\ldots, (m-\\min\\{m, n\\}, n-\\min\\{m, n\\})$ is good. For example, consider $m = n+1, 2n+1, 3n+1, \\ldots, (n+1)n+1$; all these tuples are pairwise distinct.\nThus, by our assumption, we obtain $n+1$ different good pairs, all of the form $(x, y)$ with $y \\in \\{0,1, \\ldots, n-1\\}$. However, by the pigeonhole principle, two $y$ must take the same value, which contradicts our intermediate result from (a). Thus, $A \\sqcup B = \\mathbb{N}$.\n\nThe next step is to show that $a_{k} - b_{k} = k$ holds for all $k \\in \\mathbb{N}$ and that $b_{k} = \\min \\left(\\mathbb{N} \\setminus \\{a_{1}, \\ldots, a_{k-1}, b_{1}, \\ldots, b_{k-1}\\}\\right)$. This is easily found by trial and can be proved by induction.\n- Base case: Obviously, $a_{0} = 0, b_{0} = 0$ and $a_{1} = 2, b_{1} = 1$ are the first good pairs and satisfy the statement.\n- Assume that the numbers $a_{1}, \\ldots, a_{n}$ and $b_{1}, \\ldots, b_{n}$ satisfy the statement. Now set $b_{n+1} = \\min \\left(\\mathbb{N} \\setminus \\{a_{1}, \\ldots, a_{n}, b_{1}, \\ldots, b_{n}\\}\\right)$. Since by the induction hypothesis $b_{k} < b_{n+1}$ for all $k \\leq n$, it follows that $b_{n+1} + n + 1 > b_{k} + k = a_{k}$ for all $k \\leq n$. In particular, we can set $a_{n+1} = b_{n+1} + n + 1$, since this is not yet in the set $\\{a_{1}, \\ldots, a_{n}, b_{1}, \\ldots, b_{n}\\}$. It remains to show that the pair $(a_{n+1}, b_{n+1})$ is indeed good. For this, we distinguish the following possibilities for Henning's first move with starting values $(a_{n+1}, b_{n+1})$:\nIf Henning only reduces the pile with $b_{n+1}$ coins, he reaches a number of coins that is already in the set $\\{a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{n}, b_{0}, b_{1}, \\ldots, b_{n}\\}$. In any case, Paul can now, by reducing the pile with $a_{n+1}$ coins, reach a good pair, since $a_{n+1} > a_{k} \\geq b_{k}$ for all $k \\in \\mathbb{N} \\cup \\{0\\}$.\nIf Henning reduces both piles, the pile with originally $b_{n+1}$ coins is reduced to a number in $\\{a_{0}, a_{1}, \\ldots, a_{n}, b_{0}, b_{1}, \\ldots, b_{n}\\}$. If it is an $a_{k}$, Paul can of course reduce the other pile to $b_{k}$ coins because $a_{n+1} - x > b_{n+1} - x = a_{k} \\geq b_{k}$. If it is a $b_{k}$, Paul can reduce the other pile to $a_{k}$ coins because $a_{k} = b_{k} + k < b_{k} + n + 1 = (b_{n+1} - x) + n + 1 = a_{n+1} - x$.\nIf Henning only reduces the pile with $a_{n+1}$ coins to $x$ coins, there are again several possibilities:\nIf $x \\geq b_{n+1}$, Henning has reduced the difference between the two piles. Since $b_{n+1} > b_{k}$ for all $k \\in \\{0,1, \\ldots, n\\}$, Paul can reach the pair with this new difference by removing a suitable number of coins from both piles.\nIf $x < b_{n+1}$, then either $x = a_{k}$ or $x = b_{k}$ for some $k \\leq n$. If $x = a_{k}$, then $b_{k} \\leq a_{k} < b_{n+1}$, so Paul can reach the good pair $(a_{k}, b_{k})$ by reducing the pile with $b_{n+1}$ coins. If $x = b_{k}$, then we distinguish two cases: Either $a_{k} = b_{k} + k < b_{n+1}$; in this case, Paul reduces the pile with $b_{n+1}$ coins to reach the good pair $(a_{k}, b_{k})$, or $a_{k} = b_{k} + k > b_{n+1}$ (note that $a_{k} = b_{n+1}$ cannot occur by the construction of $b_{n+1}$). In this case, $b_{n+1} - x < a_{k} - x = a_{k} - b_{k} = k$. So the difference between $x$ and $b_{n+1}$ is less than $k$, and Paul can reach the good pair with this difference by removing a suitable number of coins.\nThese are all possible cases. Thus, we have shown that $(a_{n+1}, b_{n+1})$ is also good.\n\nNow we use all these insights to show that the sequence $(m_{k})_{k \\geq 1}$ can never become periodic:\nSuppose the sequence $(m_{k})_{k \\geq K}$ is periodic with period $c \\geq 1$. We define $d = a_{K+c} - a_{K}$ and note (inductively) that $a_{k+nc} = a_{k} + n d$ holds for all $k \\geq K$ and $n \\in \\mathbb{N}$. Furthermore, $d > c$, because otherwise, due to periodicity, every natural number greater than $K$ would be contained in $A$, and thus the set $B$ would be finite, which is obviously absurd. So there is an $n \\in \\mathbb{N}$ such that $n(d-c) \\geq K$. For this $n$, however, we have:\n$$\nb_{n d} = a_{n d} - n d = a_{n(d-c)}\n$$\nThis contradicts $A$ and $B$ being disjoint! Thus, we are done.\nSolution:\n\nAs in the first solution, we show that $A^{(0)} := \\{a \\in \\mathbb{N}_{0} \\mid \\exists 0 \\leq b \\leq a : (a, b) \\text{ good}\\} = \\{a_{0}, a_{1}, \\ldots\\}$ (with $a_{0} < a_{1} < \\ldots$) is infinite. Furthermore, we note that if $(a, b)$ and $(a', b')$ are good and additionally $a = a'$ or $b = b'$ or $a-b = a'-b'$, then $(a, b) = (a', b')$. This leads to the fact that for each $a_{k} \\in A^{(0)}$ there is exactly one $b_{k} \\in \\mathbb{N}_{0}$ such that $(a_{k}, b_{k})$ is good; by definition of $A^{(0)}$, $a_{k} \\geq b_{k}$. Furthermore, if we set $B^{(0)} := \\{b_{0}, b_{1}, \\ldots\\}$, then $A^{(0)} \\cap B^{(0)} = \\{0\\}$, since if $a_{k} = b_{l}$ with $k, l > 0$, the pairs $(a_{l}, a_{k})$ and $(b_{k}, a_{k})$ are good, but also $b_{k} < a_{k} = b_{l} < a_{l}$, contradiction. Now we show by strong induction that for all $k \\geq 1$ the following holds:\n(i) $\\{0,1, \\ldots, b_{k}\\} \\subset \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\} \\cup \\{b_{0}, \\ldots, b_{k}\\}$\n(ii) $a_{k} - b_{k} = k$\n(iii)\n$$\n(a_{k}, b_{k}) = \\begin{cases}\n(a_{k-1}, b_{k-1}) + (2,1) & \\text{if } b_{k-1} + 1 \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{k-1}\\} \\\\\n(a_{k-1}, b_{k-1}) + (3,2) & \\text{otherwise}\n\\end{cases}\n$$\nThe statement holds for $k=1$ and $k=2$, so assume it holds for all $i \\leq k$ with $k \\geq 2$. Suppose there is a good pair $(a_{k}+1, b)$, then by (i) of the induction hypothesis $b > b_{k}$, since all values up to $b_{k}$ already appear in a good pair with a smaller other pile. But then $a_{k}+1-n \\leq k$, which is a contradiction, since this difference is already occupied by a smaller good pair, by (ii) of the induction hypothesis. Now we distinguish cases.\n\nCase 1: $b_{k}+1 \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$\nWe show that $(a_{k}+2, b_{k}+1)$ is good, and thus $(a_{k+1}, b_{k+1}) = (a_{k}, b_{k}) + (2,1)$. Indeed, all $(a_{k}+2, b_{k}+1-m)$ are bad, since by (i) $b_{k}+1-m$ already appears in a good pair with a smaller other pile, $(a_{k}+2-m, b_{k}+1-m)$ is bad since $m=1$ is not possible by the above argument, and if for $m \\geq 2$ the pair $(a_{k}+2-m, b_{k}+1-m)$ were good, we would necessarily have $(a_{k}+2-m, b_{k}+1-m) = (a_{l}, b_{l})$ for some $l \\leq k$, which is not possible since $k+1 = (a_{k}+2-m)-(b_{k}+1-m) = a_{l}-b_{l} = l$. Finally, $(a_{k}+2-m, b_{k}+1)$ is also bad, since again $m=1$ is not possible, and if $(a_{k}+2-m, b_{k}+1)$ is good for $m \\geq 2$, then $b_{k}+1$ cannot be the smaller pile since it could then have at most $b_{k}$ stones. But since $b_{k}+1 \\leq b_{k}+k = a_{k}$, it follows that $b_{k}+1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$, which contradicts our assumption.\n\nCase 2: $b_{k}+1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$\nWe first show that $a_{k+1} \\geq a_{k}+3$. Suppose there is a good pair $(a_{k}+2, b)$. Since all values up to $b_{k}$ already appear in a good pair with a strictly smaller other pile, $b > b_{k}$ must hold. Since by assumption $b_{k}+1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$, $b = b_{k}+1$ is also not possible. Thus $a_{k}+2-b \\leq a_{k}+2-(b_{k}+2) = k$, which is again a contradiction, since this difference is already occupied by a smaller good pair. Now we show that $(a_{k}+3, b_{k}+2)$ is good and thus $(a_{k+1}, b_{k+1}) = (a_{k}, b_{k}) + (3,2)$. Indeed, $(a_{k}+3, b_{k}+2-m)$ is bad since all values up to $b_{k}+1$ already appear in a smaller good pair, $(a_{k}+3-m, b_{k}+2-m)$ is bad since $m=1$ and $m=2$ were already excluded at the beginning of this case and at the beginning of the induction, and if $(a_{k}+3-m, b_{k}+2-m)$ is good with $m \\geq 3$, then necessarily $(a_{k}+3-m, b_{k}+2-m) = (a_{l}, b_{l})$ for some $l \\leq k$, which is a contradiction since $k+1 = (a_{k}+3-m)-(b_{k}+2-m) = a_{l}-b_{l} = l$. Finally, $(a_{k}+3-m, b_{k}+2)$ is also bad, since $m=1$ and $m=2$ were already excluded, and if $(a_{k}+3-m, b_{k}+2)$ is good with $m \\geq 3$, then $b_{k}+2$ must be the larger pile, since otherwise it could have at most $b_{k}$ stones. Thus, since $b_{k}+2 \\leq b_{k}+k \\leq a_{k}$, $b_{k}+2 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$, which contradicts our assumption $b_{k}+1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$, since by (iii) of the induction hypothesis the difference between two values from $\\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$ cannot be 1. Thus, we have proved (iii) for $k+1$, from which (i) and (ii) follow directly. Additionally, from (i) it follows that $\\mathbb{N}_{0} = A^{(0)} \\cup B^{(0)}$. Calculating the first few values of the sequences $(a_{k})$ and $(b_{k})$, one conjectures that the following, somewhat more illustrative recursion formula holds:\n$$\n(a_{k}, b_{k}) = \\begin{cases}\n(a_{k-1}, b_{k-1}) + (2,1) & \\text{if } k-1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k-1}\\} \\\\\n(a_{k-1}, b_{k-1}) + (3,2) & \\text{otherwise}\n\\end{cases}\n$$\nTo show this, we need the following intermediate result, which we prove by induction for all $k \\geq 1$: apparently $b_{b_{k}} + 1 = a_{k}$ and $b_{b_{k}+1} = a_{k} + 1$. The two equations hold for $k=1$, so assume they hold for some $k \\geq 1$. We make the same case distinction as before.\n\nCase 1: $b_{k}+1 \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$\nWe have $b_{k+1} = b_{k} + 1$ and thus $b_{b_{k+1}} + 1 = b_{b_{k}+1} + 1 = a_{k} + 1 + 1 = a_{k+1}$ by our induction hypothesis. Since in particular $b_{b_{k}+1} + 1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{b_{k}+1}\\}$, it follows from our already proven recursion formula that $b_{b_{k+1}+1} = b_{b_{k}+2} = b_{b_{k}+1} + 2 = a_{k} + 3 = a_{k+1} + 1$.\n\nCase 2: $b_{k}+1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$\nIn this case, $b_{k+1} = b_{k} + 2$ and $a_{k+1} = a_{k} + 3$. By the induction hypothesis, $b_{b_{k}+1} + 1 = a_{k} + 2 < a_{k+1}$, and thus $b_{b_{k}+1} + 1 \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{b_{k}+1}\\}$. It follows that $b_{b_{k+1}} + 1 = b_{b_{k}+2} + 1 = b_{b_{k}+1} + 1 + 1 = a_{k} + 1 + 1 + 1 = a_{k+1}$. Since in particular $b_{b_{k}+2} + 1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{b_{k}+2}\\}$, we also get $b_{b_{k+1}+1} = b_{b_{k}+3} = b_{b_{k}+2} + 2 = a_{k+1} + 1$. Thus, the two equations are proved.\n\nNow we can show the following equivalence: $b_{k}+1 \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\} \\Longleftrightarrow k \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$. For if $b_{k}+1 = a_{l}$ then $l \\geq 1$ and thus $b_{k}+1 = a_{l} = b_{b_{l}} + 1$ and thus $b_{k} = b_{b_{l}} \\Longrightarrow k = b_{l} \\Longrightarrow k \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$. And if $k \\notin \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$, then there is $l \\geq 1$ with $k = b_{l}$ and thus $b_{k}+1 = b_{b_{l}} + 1 = a_{l} \\in \\{a_{0}, \\ldots, a_{k}\\}$. This equivalence leads directly to the more illustrative recursion formula. Now, if we define $s_{k} = |\\{l \\geq 0 \\mid a_{l} < k\\}|$, it follows that $a_{k} = 3(k - s_{k}) + 2 s_{k} = 3k - s_{k}$. Finally, we come to the actual proof.\n\nSuppose there is a $K$ such that $(m_{k})_{k \\geq K}$ is periodic with period $c \\geq 1$. Set $A := a_{K+c} - a_{K}$, then from periodicity it follows that $a_{k+c} - a_{k} = A$ for all $k \\geq K$. We also note that if $k \\geq a_{K}$, then $|\\{l \\geq 0 \\mid k \\leq a_{l} < k+A\\}| = c$, so $s_{k+A} = s_{k} + c$ for all $k \\geq a_{K}$. Now let $k \\geq \\max\\{K, a_{K}\\}$, then we get\n$$\na_{k} + A^{2} = a_{k + cA} = 3(k + cA) - s_{k + cA} = 3(k + cA) - s_{k} - c^{2}\n$$\nand thus\n$$\nA^{2} - 3cA + c^{2} = 3k - a_{k} - s_{k} = 0\n$$\nFrom this, we finally obtain that $\\frac{A}{c} \\in \\{\\varphi^{-2}, \\varphi^{2}\\}$, where $\\varphi$ is the golden ratio. This is a contradiction, since $\\varphi^{-2}$ and $\\varphi^{2}$ are irrational.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44012,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nZeige, dass keine Funktion $f: \\mathbb{Z} \\rightarrow \\mathbb{Z}$ existiert, sodass für alle ganzen Zahlen $m, n$ gilt:\n$$\nf(m+f(n))=f(m)-n\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir nehmen an, dass die Funktionalgleichung eine Lösung hat und führen dies zu einem Widerspruch. Setzen wir $m=0$ ein, dann erhalten wir die Gleichung\n$$\nf(f(n))=f(0)-n\n$$\nDaraus folgt sofort, dass $f$ eine surjektive Funktion ist ($f$ ist sogar bijektiv, das brauchen wir aber nicht für die Lösung). Also können wir ein $a \\in \\mathbb{Z}$ finden, sodass $f(a)=0$. Nun setzen wir $m=n=a$ ein, dies ergibt die Gleichung $0=a$, woraus wir $f(0)=0$ schliessen.\n\nDie Gleichung oben wird dann zu $f(f(n))=-n$. Jetzt ersetzen wir in der ursprünglichen Gleichung $n$ durch $f(n)$ und $m$ durch $m+n$. Dies ergibt\n$$\nf(m)=f(m+n)-f(n)\n$$\nfür alle $m, n \\in \\mathbb{N}$. Diese Funktionalgleichung hat die Lösungen $f(n)=f(1) n$ (siehe Beispiel 11). Dann gilt jedoch\n$$\n-1=f(f(1))=f(1)^{2}\n$$\nder gewünschte Widerspruch.\n\n\nAlternative:\n\nOn commence par poser $m=0$ et on obtient de même que $f$ est bijective. En posant à présent $n=0$, on obtient $f(m+f(0))=f(m)$ et donc, en utilisant l'injectivité pour simplifier par $f$, on obtient $f(0)=0$.\n\nObserver que l'égalité $f(m+f(0))=f(m)$ implique que $f$ est périodique de période $f(0)$. Comme $f$ est bijective, elle ne peut pas être périodique, ce qui implique également $f(0)=0$.\n\nIl également possible de montrer directement que $f(f(n))=-n$ (sans passer par $f(0)=0$ ). Si on remplace $n$ par $n+f(m)$, on obtient\n$$\n-n=f(m)-(n+f(m))=f(m+f(n+f(m)))=f(m+f(n)-m)=f(f(n))\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44013,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $\\angle CAB = 2 \\cdot \\angle ABC$. Nehme an, dass ein Punkt $D$ im Inneren des Dreiecks $ABC$ existiert, sodass $AD = BD$ und $CD = AC$. Zeige, dass $\\angle ACB = 3 \\cdot \\angle DCB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nWir wollen zunächst etwas mehr über die geometrische Situation dieser Aufgabe herausfinden: Damit $AD = BD$ gelten kann, muss $D$ auf der Mittelsenkrechten von $AB$ liegen.\n\nAus $CD = AC$ folgt, dass $D$ auf einem Kreis mit Mittelpunkt $C$ und Radius $AC$ liegt. Damit ist $D$ der Schnittpunkt dieser beiden Objekte. Zudem suggeriert uns die Bedingung $\\angle CAB = 2 \\angle ABC$, dass die Winkelhalbierende von $\\angle CAB$ eine wichtige Rolle spielen könnte. Sei $C'$ der Schnittpunkt dieser Winkelhalbierenden mit dem Kreis mit Radius $AC$ um $C$. Wegen $CA = CC'$ gilt\n$$\n\\angle AC'C = \\angle CAC' = \\frac{1}{2} \\angle CAB = \\angle ABC\n$$\nAlso sehen wir mit der Umkehrung des Peripheriewinkelsatzes, dass $AB C' C$ ein Sehnenviereck ist. Des weiteren wissen wir sogar, dass $\\angle BAC' = \\angle C'AC = \\angle CC'A$ gilt. Folglich ist $CC'$ parallel zu $AB$ und damit $AB C' C$ ein gleichschenkliges Trapez.\n\nMit dieser Beobachtung können wir nun wieder die Mittelsenkrechte $m$ von $AB$ ins Spiel bringen: Sie ist nämlich die Symmetrieachse des Trapezes $AB C' C$. Da $D$ auf der Symmetrieachse liegt, gilt $\\angle BCD = \\angle DC'A$. Das ist nützlich, weil $C'$ auf unserem Kreis liegt. Wir müssen jetzt nur noch den Zentriwinkelsatz anwenden und sehen $\\angle ACD = 2 \\cdot \\angle AC'D = 2 \\cdot \\angle DCB$, also\n$$\n\\angle ACB = \\angle ACD + \\angle DCB = 2 \\cdot \\angle DCB + \\angle DCB = 3 \\cdot \\angle DCB\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44014,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $k$, $n$ und $r$ natürliche Zahlen mit $r < n$. Quirin besitzt $k n + r$ schwarze und $k n + r$ weisse Socken. Er möchte sie so auf seiner Wäscheleine aufhängen, dass es keine $2 n$ aufeinanderfolgenden Socken gibt, von denen $n$ schwarz und $n$ weiss sind. Zeige, dass Quirin dies genau dann schaffen kann, wenn $r \\geq k$ und $n > k + r$ gelten.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLa première observation importante pour ce problème est que si une suite de $2 n$ chaussettes contient plus de chaussettes blanches que de noires et une autre suite de $2 n$ chaussettes qui contient plus de chaussettes noires que de chaussettes blanches, alors il existe quelque part une suite de $2 n$ chaussettes qui contient autant de chaussettes blanches que de chaussettes noires. En effet, si on décale la suite d'une chaussette vers la droite alors soit le nombre de chaussettes noires reste le même, soit il augmente ou diminue de 1. Cela implique alors que pour passer d'une séquence à l'autre il faut passer par tous les nombres de chaussettes noires entre deux, et en particulier une séquence contiendra exactement $n$ chaussettes noires.\nOn sépare maintenant les $2(k n + r)$ chaussettes en $k$ groupes de $2 n$ chaussettes consécutives et un dernier groupe de $2 r$ chaussettes. Par la remarque précédente on peut supposer que chacun des $k$ groupes contient au moins $n + 1$ chaussettes blanches. Il y a donc au moins $k(n + 1)$ chaussettes blanches parmi ces groupes, donc on obtient l'inégalité $k n + k \\leq k n + r$ et donc $k \\leq r$. Pour obtenir l'autre inégalité on regarde les $2 r$ dernières chaussettes. Par la discussion précédente il y a au maximum $r - k$ chaussettes blanches parmi ces $2 r$ chaussettes, et donc il y a au minimum $r + k$ chaussettes noires. Puisque $r < n$, toutes ces $2 r$ chaussettes font partie de la suite de $2 n$ dernières chaussettes, et donc par la remarque du début on doit avoir $r + k < n$.\nOn a déjà montré que s'il existe une telle séquence, les inégalités doivent effectivement être vérifiées. Il reste à prouver que quand ces inégalités sont vérifiées on peut construire une telle séquence. On effectue pour cela la construction suivante:\nOn commence par placer $k$ blocs de $2 n$ chaussettes, constitués chacun de $n - 1$ chaussettes noires à gauche et $n + 1$ chaussettes blanches à droite. Finalement on place un bloc de $2 r$ chaussettes, constitué de $k + r$ chaussettes noires à gauche et $r - k$ chaussettes blanches à droite. Les inégalités impliquent que $r - k \\leq 0$ et $k + r < n$. Maintenant si on prend une suite de $2 n$ chaussettes, s'il contient des chaussettes d'un seul groupe de chaussettes noires alors par construction il contient au maximum $n - 1$ chaussettes noires. S'il contient des chaussettes appartenant à deux groupes noires différents, alors il doit contenir les $n + 1$ chaussettes blanches placées entre ces deux groupes, et donc il peut contenir au plus $n - 1$ chaussettes noires.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44015,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle aigu tel que $AB < AC$. Soient $E$ et $F$ les pieds des hauteurs issues de $B$ et $C$, respectivement, et soit $M$ le milieu de $BC$. La droite tangente au cercle circonscrit à $ABC$ en $A$ coupe la droite $BC$ en $P$. La droite passant par $A$ parallèle à la droite $BC$ coupe la droite $EF$ en $Q$. Montrer que la droite $PQ$ est perpendiculaire à la droite $AM$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nComme dans la deuxième preuve, on obtient $\\angle QAE = \\angle AFE$ et donc $C$ se trouve sur la tangente en $A$ au cercle circonscrit au triangle $AFE$. En particulier, $QA^{2} = QE \\cdot QF$. De même, $PA^{2} = PB \\cdot PC$. Enfin, on remarque que les points $BCEF$ se trouvent sur un cercle.\n\nL'astuce est maintenant de considérer le point $A$ comme un cercle dégénéré d'un seul point. La puissance de $P$ par rapport à ce point est $PA^{2}$ et celle de $Q$ est $QA^{2}$. Comme $PA^{2} = PB \\cdot PC$ et $QA^{2} = QE \\cdot QF$, les points $P$ et $Q$ se trouvent sur la ligne de puissance des cercles $BCEF$ et $A$. En particulier $PQ$ est perpendiculaire à la droite passant par $A$ et le centre du cercle $BCEF$ qui est précisément le point $M$.\nSolution:\n\nOn tente une approche vectorielle (motivée par la donnée de $M$ en tant que milieu et l'orthogonalité désirée). Sans passer par des coordonnées, on doit montrer que\n$$\n\\overrightarrow{AM} \\cdot \\overrightarrow{PQ} = 0\n$$\nObserver que $\\overrightarrow{PQ} = \\overrightarrow{PA} + \\overrightarrow{AQ}$ et, comme $M$ est le milieu de $BC$, $2\\overrightarrow{AM} = \\overrightarrow{AB} + \\overrightarrow{AC}$. Il suffit donc de montrer que\n$$\n(\\overrightarrow{PA} + \\overrightarrow{AQ}) \\cdot (\\overrightarrow{AB} + \\overrightarrow{AC}) = 0 \\Leftrightarrow \\overrightarrow{AQ} \\cdot \\overrightarrow{AB} + \\overrightarrow{AQ} \\cdot \\overrightarrow{AC} = \\overrightarrow{AP} \\cdot \\overrightarrow{AB} + \\overrightarrow{AP} \\cdot \\overrightarrow{AC}\n$$\nLa stratégie est de calculer chacun des quatre produits que l'on obtient en développant le membre de gauche à l'aide de la formule $\\vec{v} \\cdot \\vec{w} = |v| \\cdot |w| \\cdot \\cos(\\theta)$ (et donc sans passer par des coordonnées !). Il faut donc trouver des relations entre les longueurs $|AP|, |AB|, |AC|, |AQ|$ et les angles entre ces segments.\n\nUn peu de chasse aux angles nous donne : $\\angle PAB = \\angle ACB = \\gamma$ en utilisant les propriétés des tangentes, $\\angle QAC = \\gamma$ par parallélisme, $\\angle AFQ = \\gamma$ en utilisant que $FEB C$ est inscrit. De même, $\\angle AEF = \\angle ABC = \\beta$. En contemplant la figure, on remarque alors que $\\triangle QAE \\sim \\triangle PBA$, car les deux triangles ont les mêmes angles. On en déduit\n$$\n\\frac{|AQ|}{|AP|} = \\frac{|AE|}{|AB|} = \\cos(\\alpha)\n$$\nLa dernière égalité est une application de la trigonométrie dans le triangle $AEB$ rectangle en $E$. Par le théorème du sinus, dans le triangle $ABC$, on obtient\n$$\n\\frac{|AB|}{|AC|} = \\frac{\\sin(\\gamma)}{\\sin(\\beta)}\n$$\nLa relation de vecteurs désirée devient, en utilisant $\\cos(\\alpha + \\gamma) = \\cos(\\pi - \\beta) = -\\cos(\\beta)$,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\overrightarrow{AQ} \\cdot \\overrightarrow{AB} + \\overrightarrow{AQ} \\cdot \\overrightarrow{AC} & = \\overrightarrow{AP} \\cdot \\overrightarrow{AB} + \\overrightarrow{AP} \\cdot \\overrightarrow{AC} \\\\\n\\Leftrightarrow \\frac{|AQ|}{|AP|}\\left(\\frac{|AB|}{|AC|} \\cos(\\alpha + \\gamma) + \\cos(\\gamma)\\right) & = \\left(\\frac{|AB|}{|AC|} \\cos(\\gamma) + \\cos(\\alpha + \\gamma)\\right) \\\\\n\\Leftrightarrow \\cos(\\alpha)\\left(\\frac{-\\sin(\\gamma) \\cos(\\beta)}{\\sin(\\beta)} + \\cos(\\gamma)\\right) & = \\frac{\\sin(\\gamma) \\cos(\\gamma)}{\\sin(\\beta)} - \\cos(\\beta) \\\\\n\\Leftrightarrow \\cos(\\alpha)(\\sin(\\beta) \\cos(\\gamma) - \\sin(\\gamma) \\cos(\\beta)) & = \\sin(\\gamma) \\cos(\\gamma) - \\sin(\\beta) \\cos(\\beta) \\\\\n\\Leftrightarrow \\cos(\\alpha) \\sin(\\beta - \\gamma) & = \\frac{1}{2}(\\sin(2\\gamma) - \\sin(2\\beta)) \\\\\n\\Leftrightarrow \\cos(\\alpha) \\sin(\\beta - \\gamma) & = \\cos(\\beta + \\gamma) \\sin(\\gamma - \\beta) \\\\\n\\Leftrightarrow -\\cos(\\alpha) & = \\cos(\\beta + \\gamma)\n\\end{aligned}\n$$\nLa dernière égalité est vérifiée, car, de nouveau, $\\cos(\\beta + \\gamma) = \\cos(\\pi - \\alpha) = -\\cos(\\alpha)$. On a utilisé plusieurs identités trigonométriques comme la formule pour le sinus d'une différence, l'imparité du sinus, le sinus du double d'un angle ou encore la formule pour exprimer une différence de deux sinus comme un produit.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44016,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $k$ ein Kreis mit Mittelpunkt $O$ und seien $A$, $B$ und $C$ drei Punkte auf $k$ mit $\\angle ABC > 90^{\\circ}$. Die Winkelhalbierende von $\\angle AOB$ schneide den Umkreis des Dreiecks $BOC$ ein zweites Mal in $D$. Zeige, dass $D$ auf der Geraden $AC$ liegt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSei $\\angle ACB = \\alpha$. Wir wollen zeigen, dass auch $\\angle DCB = \\alpha$ gilt, dann liegen $A$, $D$ und $C$ auf einer Geraden.\n\nAufgrund des Zentriwinkelsatzes über der Sehne $AB$ gilt $\\angle AOB = 2 \\angle ACB = 2\\alpha$. Weil $OD$ die Winkelhalbierende des Winkels $\\angle AOB$ ist, gilt somit $\\angle DOB = \\frac{1}{2} \\angle AOB = \\alpha$.\n\nDer Peripheriewinkelsatz über der Sehne $BD$ liefert nun $\\angle DOB = \\angle DCB$, also $\\angle DCB = \\alpha$, wie gewünscht.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44017,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $k_{1}$ ein Kreis und $l$ eine Gerade, die $k_{1}$ in zwei verschiedenen Punkten $A$ und $B$ schneidet. Sei $k_{2}$ ein weiterer Kreis ausserhalb von $k_{1}$, der $k_{1}$ in $C$ und $l$ in $D$ berührt. Sei $T$ der zweite Schnittpunkt von $k_{1}$ und der Geraden $CD$. Zeige, dass $AT = TB$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nUm $AT = BT$ zu zeigen reicht es, die Winkelgleichung $\\angle ABT = \\angle TAB$ zu beweisen.\n\nSei $t$ die Tangente an $k_{1}$ in $C$ und $S$ der Schnittpunkt von $t$ und $l$. Dann ist $t$ auch die Tangente an $k_{2}$ in $C$, da die Kreise sich berühren. Sei $\\beta = \\angle SCB$ und $\\alpha = \\angle DCS$. Sei $E$ ein Punkt auf dem Kreis $k_{2}$ wie in der Skizze. Durch zweimaliges Anwenden des Tangentenwinkelsatzes erhält man $\\angle SDC = \\angle DEC = \\angle DCS = \\alpha$. Nun wenden wir nochmal den Tangentenwinkelsatz mit dem Dreieck $BCT$ und der Tangente $t$ an: $\\angle CTB = \\angle SCB = \\beta$. Mit dem Aussenwinkelsatz im Dreieck $BDT$ gilt nun $\\angle ABT = \\angle BDT + \\angle DTB = \\alpha + \\beta$.\n\nNun müssen wir noch $\\angle TAB = \\alpha + \\beta$ zeigen. Zuerst gilt $\\angle BCT = 180 - \\angle DCB = 180 - \\alpha - \\beta$. Da $BCTA$ ein Sehnenviereck ist und die Winkel bei $A$ und $C$ sich gegenüberliegen, erhalten wir das Gewünschte.\n\n![](attached_image_1.png)\nSolution:\n\nAu lieu d'utiliser la condition de tangence des cercles en introduisant la tangente commune en $C$, on va utiliser l'homothétie. En effet, si l'on effectue une homothétie de centre $C$ et de rapport $-r_{1} / r_{2}$, où $r_{i}$ est le rayon du cercle $k_{i}$, alors on envoie $k_{1}$ sur $k_{2}$.\n\nComme l'homothétie préserve les droites qui passent par $C$ et comme $k_{1}$ est envoyé sur $k_{2}$, alors $T$ est envoyé sur $D$. De même, si l'on introduit $E$ la deuxième intersection de la droite $BC$ avec $k_{2}$, alors on remarque que l'homothétie envoie $B$ sur $E$. Une autre propriété fondamentale des homothéties implique que la droite $BT$ est envoyée sur une droite parallèle. Or l'image de $BT$ est précisément $ED$. On conclut donc que $BT$ est parallèle à $ED$.\n\nIl ne reste plus que la chasse aux angles. Comme expliqué dans la première solution, on veut montrer que $\\angle ABT = \\angle TAB$. Comme les points $ABCT$ sont cocycliques, on obtient $\\angle TAB = 180^\\circ - \\angle TCB = \\angle BCD$. De plus, comme $BD$ est tangente à $k_{2}$, le théorème de l'angle tangent nous donne $\\angle CED = \\angle CDB$. Comme les droites $TB$ et $ED$ sont parallèles, on obtient encore $\\angle TBC = \\angle CED$ et donc $\\angle TBC = \\angle CDB$. Au final, on a bien\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle TBA & = 180^\\circ - \\angle TBC - \\angle CBD \\\\\n& = 180^\\circ - \\angle CDB - (180^\\circ - \\angle BCD - \\angle CDB) \\\\\n& = \\angle BCD \\\\\n& = \\angle TAB\n\\end{aligned}\n$$\nSolution:\n\nCette fois-ci, on utilise la condition de tangence des cercles en introduisant les centres des deux cercles. Soit $O_{1}$ le centre de $k_{1}$ et $O_{2}$ le centre de $k_{2}$. Les deux cercles étant tangents en $C$, les points $O_{1}, O_{2}$ et $C$ sont alignés. Comme dans les autres preuves, on va montrer que $\\angle TAB = \\angle TBA$.\n\nSoit $\\alpha := \\angle ADT = \\angle BDC$. Par le théorème de l'angle au centre couplé avec le théorème de l'angle tangent, on obtient $\\angle DO_{2}C = 2\\alpha$. Le triangle $DO_{2}C$ est isocèle en $O_{2}$, donc $\\angle O_{2}CD = \\angle O_{2}DC = 90^\\circ - \\alpha$. En utilisant, que $O_{1}, O_{2}$ et $C$ sont alignés, on obtient $\\angle O_{1}CT = \\angle O_{2}CD = 90^\\circ - \\alpha$.\n\nSoit $\\beta := \\angle DTB$. Par le théorème de l'angle au centre $\\angle CO_{1}B = 2\\beta$ et à nouveau on conclut que $\\angle O_{1}CB = 90^\\circ - \\beta$. On a ainsi $\\angle TCB = \\angle TCO_{1} + \\angle O_{1}CB = 180^\\circ - \\alpha - \\beta$. Les points $ABCT$ étant cocycliques, on obtient $\\angle TAB = 180^\\circ - \\angle TCB = \\alpha + \\beta$.\n\nDe même, on a $\\angle TBA = 180^\\circ - \\angle TBD = 180^\\circ - (180^\\circ - \\angle BDT - \\angle BTD) = \\alpha + \\beta$. Ce qui conclut la preuve.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44018,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $n$ un entier strictement positif. Maurice écrit sur une même ligne tous les $2^{n}-1$ sous-ensembles non-vides de l'ensemble $\\{1,2, \\ldots, n\\}$. Ensuite, en-dessous de chaque sous-ensemble, il écrit le produit de ses éléments. Finalement, il écrit les inverses des nombres présents sur la deuxième ligne et il en calcule la somme. Quelle sera la valeur de la somme (en fonction de $n$ ) que Maurice va obtenir?\n\nExemple: pour $n=3$, Maurice obtient\n\n| $\\{1\\}$ | $\\{2\\}$ | $\\{3\\}$ | $\\{1,2\\}$ | $\\{1,3\\}$ | $\\{2,3\\}$ | $\\{1,2,3\\}$ |\n| :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: | :---: |\n| 1 | 2 | 3 | $1 \\cdot 2=2$ | $1 \\cdot 3=3$ | $2 \\cdot 3=6$ | $1 \\cdot 2 \\cdot 3=6$ |\n| $\\frac{1}{1}+$ | $\\frac{1}{2}+$ | $\\frac{1}{3}+$ | $\\frac{1}{2}+$ | $\\frac{1}{3}+$ | $\\frac{1}{6}+$ | $\\frac{1}{6}=3$. |",
    "options": [],
    "answer": "n",
    "solution": "Solution:\n\nOn commence par tester les petites valeurs de $n$ et on constate que à chaque fois la valeur obtenue est $n$. On pose donc l'hypothèse\n$$\nH(n): \\text{ La somme obtenue avec l'ensemble } \\{1,2, \\ldots, n\\} \\text{ vaut } n\n$$\net on va essayer de prouver par induction que $H(n)$ est vérifiée pour tout nombre naturel $n$.\nOn commence par le cas de base $n=1$. Le seul sous-ensemble non-vide de $\\{1\\}$ est $\\{1\\}$, et le produit de ses éléments vaut 1. Ainsi, la somme recherchée prend la valeur 1 et le cas de base est démontré.\nPour le pas d'induction maintenant, supposons que $H(n)$ soit vérifiée et prouvons $H(n+1)$. On sépare les sous-ensembles non-vides en deux groupes. Le premier est constitué de tous les sous-ensembles qui ne contiennent pas $n+1$, et le second de tous les sous-ensembles qui contiennent $n+1$. Pour le premier groupe $H(n)$ prouve que la somme restreinte à ce groupe donne $n$.\nOn veut donc prouver que pour le second groupe la somme restreinte à ce groupe vaut 1. En retirant l'élément $n+1$ de chacun des sous-ensembles du deuxième groupe, on obtient tous les sous-ensembles de $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ exactement une fois. En rajoutant $n+1$ à un sous-ensemble nonvide de $\\{1,2, \\ldots, n\\}$ on multiplie le produit de ses éléments par $n+1$. Puisqu'on prend ensuite l'inverse on divise donc la somme par $n+1$. En utilisant de nouveau $H(n)$ on voit qu'il faut donc encore rajouter $\\frac{n}{n+1}$. Damnation! On voulait obtenir 1, et on obtient à la place $\\frac{n}{n+1}$. Est-ce que notre hypothèse est en fait fausse? Il s'avère qu'elle est correcte, et la différence vient du fait qu'on n'a pas encore considéré l'ensemble $\\{n+1\\}$, qui rajoute $\\frac{1}{n+1}$ à la somme et prouve ainsi $H(n+1)$. Le problème est que ce sous-ensemble appartient clairement au deuxième groupe, mais en enlevant l'élément $n+1$ on obtient l'ensemble vide, donc vu que la somme dans $H(n)$ porte sur les sous-ensembles non-vides il ne faut pas oublier de rajouter encore la contribution provenant de ce sous-ensemble.\nComme le cas de base et le pas d'induction ont tous les deux été démontrés, le principe d'induction nous assure que $H(n)$ est satisfaite pour tous les entiers $n$, et donc la valeur obtenue avec cette somme est $n$.\nSolution:\n\nLa somme recherchée peut être réécrite sous la forme\n$$\n\\prod_{i=1}^{n}\\left(1+\\frac{1}{i}\\right)-1=\\prod_{i=1}^{n}\\left(\\frac{i+1}{i}\\right)-1=\\frac{n+1}{1}-1=n\n$$\nObserver que l'on soustrait 1 au produit parce que l'ensemble vide est exclu dans l'énoncé du problème.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44019,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Ein Volleyballteam bestehend aus $n$ Frauen und $n$ Männern stellt sich für ein Spiel auf. Dabei besetzt jedes Teammitglied eine der Positionen $1,2, \\ldots, 2 n$, wobei sich genau die Positionen $1$ und $n+1$ ausserhalb des Spielfelds befinden. Während des Spiels rotieren alle Teammitglieder, wobei jeweils von der Position $i$ auf die Position $i+1$ gewechselt wird (respektive von $2 n$ auf $1$). Wie viele Möglichkeiten gibt es für die Startaufstellung, sodass immer mindestens $n-1$ Frauen auf dem Spielfeld sind, egal wie oft rotiert wird?\n\nBemerkung: Zwei Startaufstellungen sind unterschiedlich, wenn mindestens ein Teammitglied eine andere Position besetzt.",
    "options": [],
    "answer": "(n!)^2 2^n",
    "solution": "Solution:\n\nWir visualisieren die Aufgabe wie folgt: Die Personen stehen in einem Kreis. Die Teammitglieder auf den Positionen $k$ und $n+k$ für $1 \\leq k \\leq n$ stehen sich dabei gegenüber.\n\nBeobachtung: Eine Frau muss immer gegenüber von einem Mann stehen, sonst gibt es eine Rotation, bei der sich zwei Frauen gleichzeitig ausserhalb des Spielfeldes befinden.\n\nWir können also $n$ Paare aus je einer Frau und einem Mann bilden, die sich jeweils gegenüber stehen. Es gibt $n!$ Möglichkeiten, diese Paare zu bilden: Wir stellen die $n$ Frauen beliebig nebeneinander in einer Reihe auf. Dann haben die Männer noch $n!$ Möglichkeiten, sich in einer zweiten Reihe hinter den Frauen aufzustellen. Jede dieser $n!$ Aufstellungen entspricht genau einer Möglichkeit, die Paare zu bilden.\n\nDa sich die Paare jeweils gegenüber stehen, betrachten wir die Mengen von gegenüberliegenden Positionen, nämlich $\\{1, n+1\\},\\{2, n+2\\}, \\ldots,\\{n, 2 n\\}$. Zu jedem Paar gehört eine dieser Mengen. Nun gibt es $n!$ Möglichkeiten, die Paare diesen Positionen zuzuordnen.\n\nZusätzlich können für jedes Paar den Mann und die Frau miteinander vertauschen oder auch nicht. Dafür gibt es bei jedem der $n$ Paare 2 Möglichkeiten, diese sind unabhängig voneinander. Die Anzahl Möglichkeiten dafür beträgt daher $2^{n}$.\n\nDurch diese voneinander unabhängigen Schritte ist die Startaufstellung bereits eindeutig bestimmt. Insgesamt gibt es also $n!\\cdot n!\\cdot 2^{n}=(n!)^{2} \\cdot 2^{n}$ Möglichkeiten.\nSolution:\n\nWir machen die gleiche Beobachtung wie in der ersten Lösung. Dann zählen wir die Anzahl Möglichkeiten direkt: Es gibt $2 n$ Möglichkeiten, ein Teammitglied für Position $1$ zu wählen. Dann gibt es noch $n$ Möglichkeiten, eine Person anderen Geschlechts für Position $n+1$ zu wählen. Analog zu dieser Überlegung gibt es dann noch $2 n-2$ Möglichkeiten, ein Teammitglied für Position $2$ zu wählen und $n-1$ Möglichkeiten für die Position $n+2$. Fahren wir so fort, erhalten wir\n$$\n(2 n) \\cdot n \\cdot(2 n-2) \\cdot(n-1) \\cdot(2 n-4) \\cdot(n-2) \\cdot \\ldots \\cdot 2 \\cdot 1=(n!)^{2} \\cdot 2^{n}\n$$\nMöglichkeiten und haben jede gültige Aufstellung exakt einmal gezählt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44020,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDéterminer toutes les paires d'entiers strictement positifs $(a, b)$ telles que\n$$\na b+2=a^{3}+2 b\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1), (3, 25), (4, 31), (5, 41), (8, 85)",
    "solution": "Solution:\nEn passant tous les $b$ à gauche, on obtient\n$$\nb(a-2)=a^{3}-2\n$$\nC'est-à-dire, $a-2$ est un diviseur de $a^{3}-2$ et $b=\\left(a^{3}-2\\right)/(a-2)$. Quand est-ce que $a-2$ divise $a^{3}-2$ ? L'idée est de se débarrasser du $a^{3}$ pour y voir plus clair. On obtient\n$$\n\\begin{aligned}\n& a-2 \\mid a^{3}-2 \\\\\n\\Rightarrow & a-2 \\mid a^{3}-2-a^{2}(a-2)=2 a^{2}-2 \\\\\n\\Rightarrow & a-2 \\mid 2 a^{2}-2-2 a(a-2)=4 a-2 \\\\\n\\Rightarrow & a-2 \\mid 4 a-2-4(a-2)=6\n\\end{aligned}\n$$\nAinsi, on doit avoir $a-2 \\mid 6$. Comme $a \\geq 1$, alors $a-2 \\geq -1$. On a ainsi les possibilités suivantes $a-2 \\in \\{-1,1,2,3,6\\}$, c'est-à-dire $a \\in \\{1,3,4,5,8\\}$. On obtient ainsi cinq paires de solutions $(1,1),(3,25),(4,31),(5,41)$ et $(8,85)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44021,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle natürlichen Zahlen $n \\geq 2$, die eine Darstellung der Form\n$$\nn = k^{2} + d^{2}\n$$\nhaben, wobei $k$ der kleinste Teiler von $n$ grösser als 1 und $d$ ein beliebiger Teiler von $n$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "8 and 20",
    "solution": "Solution:\n\nFalls $n$ ungerade ist, sind auch alle Teiler von $n$, also insbesondere auch $k$ und $d$, ungerade. Dann ist aber $k^{2} + d^{2}$ gerade, was nicht möglich ist. Somit ist $n$ gerade und der kleinste Teiler einer geraden Zahl grösser als 1 ist 2, also ist $k = 2$. Da $n$ und $k$ gerade sind, muss also auch $d$ gerade sein. Somit können wir $d = 2t$ schreiben und erhalten $n = 4 + 4t^{2}$. Da $d$ ein Teiler von $n$ ist, gilt $d \\mid 4 + 4t^{2}$, also $2t \\mid 4(1 + t^{2})$ und auch $t \\mid 2(1 + t^{2})$. Da $\\gcd(t, 1 + t^{2}) = 1$, muss $t \\mid 2$ gelten. Somit gibt es die Möglichkeiten $t = 1, 2$. Somit gilt $d = 2, 4$. Mit Ausrechnen folgt $n = 8$ und $n = 20$, und die Bedingung, dass $k$ der kleinste Teiler von $n$ grösser als 1 ist und dass $d$ ein Teiler von $n$ ist, ist erfüllt.\nSolution:\n\nDer kleinste Teiler grösser als 1 einer Zahl ist immer eine Primzahl, also ist $k$ prim und wir schreiben $k = p$. Da $d^{2} = n - p^{2}$ und $p$ ein Teiler von $n$ und von $p^{2}$ ist, muss $p$ auch ein Teiler von $d$ sein. Schreibe $d = s p$. Somit gilt $n = p^{2} + s^{2} p^{2}$. Da $d$ ein Teiler von $n$ ist, gilt $d \\mid p^{2} + s^{2} p^{2}$, also $d \\mid p^{2}$. Damit und mit $d = p s$ gilt $d = p$ oder $d = p^{2}$. Im ersten Fall folgt $n = 2p^{2}$. Da nun $n$ gerade ist und $p$ der kleinste Teiler von $n$ ist, ist $p = 2$ und somit $n = 8$. Im zweiten Fall folgt $n = p^{2} + p^{4}$. Diese Summe ist gerade, somit ist wie im ersten Fall $p = 2$ und es folgt $n = 20$. Die Bedingung, dass $k$ der kleinste Teiler von $n$ grösser als 1 ist und dass $d$ ein Teiler von $n$ ist, ist erfüllt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44022,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $k$ ein Kreis mit Mittelpunkt $O$. Seien $A, B, C$ und $D$ vier unterschiedliche Punkte auf dem Kreis $k$ in dieser Reihenfolge, sodass $A B$ ein Durchmesser von $k$ ist. Der Umkreis des Dreiecks $C O D$ schneide $A C$ zum zweiten Mal in $P$. Zeige, dass $O P$ und $B D$ parallel sind.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLösung 1 (Louis), Winkeljagd: Wir zeigen, dass $\\angle O D B=\\angle P O D$. Dies beweist, dass die Linien parallel sind.\nDa $O$ der Mittelpunkt des Kreises ist, haben wir $O D=O B$ und somit ist das Dreieck $O D B$ gleichschenklig an $O$. Somit ist $\\angle O D B=\\angle O B D$. Weil $O$ auf der Strecke $A B$ liegt, wissen wir $\\angle O B D=\\angle A B D$. Die Punkte $A, B, C, D$ sind auf einem Kreis, also $\\angle A B D=\\angle A C D=\\angle P C D$. Zum Schluss sind die Punkte $C, O, D, P$ alle auf einem Kreis und $\\angle P C D=\\angle P O D$. Also haben wir\n$$\n\\angle O D B=\\angle P O D\n$$\nund wir sind fertig.\nSolution:\n\nLet $X$ be $A C \\cap B D$ and $Q$ be the second intersection of $B D$ and $(C O D)$. We will prove that $(C O D)$ is the nine-point circle of $A X B$. But this is clear - $O$ is the midpoint of $A B$, $D$ is the base of the altitude dropped from $B$ (Thales) and $C$ is the base of the altitude dropped from $A$ (Thales). It follows that $P$ and $Q$ are the midpoints of $A X$ and $B X$ respectively, and $X P O Q$ is a parallelogram.\nSolution:\n\nLet us invert about $k$. $A C$ is sent to the circumcircle of $O A C$; the circumcircle of $O A D$ is sent to $D C$. This means that $P^{\\prime}$ is the intersection of these two. $O P$ is sent to the line $O P^{\\prime}$ and $B C$ is sent to $B C$, so it suffices to prove that $O P^{\\prime} \\parallel B D$. This is equivalent to $\\angle A O P^{\\prime}=\\angle A B D$. Since $\\angle A B D=2 \\angle A O D$, we simply have to prove $O P^{\\prime}$ bisects $\\angle A O D$, or that (as $A O=O D$), $O P^{\\prime}$ bisects $\\angle A P^{\\prime} D$. However this last statement is clearly true when you consider the circumcircle of $A O D P^{\\prime}$ as $\\angle O P^{\\prime} A$ subtends the arc $\\overparen{O A}$ and $\\angle O P^{\\prime} D$ subtends the arc $\\overparen{O C}$, which are of equal length as $O A=O C$.\n\nNote: $O P$ is the same line as $O P^{\\prime}$ and therefore you could equally prove that $O P$ bisects $A O D$ or $A P D$, but this is not as trivial.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44023,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck mit $AB > AC$. Die Winkelhalbierenden bei $B$ und $C$ treffen sich im Punkt $I$ innerhalb des Dreiecks $ABC$. Der Umkreis des Dreiecks $BIC$ schneidet $AB$ ein zweites Mal in $X$ und $AC$ ein zweites Mal in $Y$. Zeige, dass $CX$ parallel zu $BY$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir zeigen, dass $\\angle ACX = \\angle AYB$. Dies ist ausreichend, um zu zeigen, dass die Linien parallel sind. Wir nehmen für unseren Beweis an, dass $X$ zwischen $A$ und $B$, $Y$ nicht zwischen $A$ und $C$ liegt.\n\nDa $CI$ die Winkelhalbierende von $\\angle ACB$ ist, haben wir $\\angle ACI = \\angle ICB$. Die Punkte $ICYB$ bilden ein Sehnenviereck und somit ist $\\angle ICB = \\angle IYB$. Wir wissen nun, dass\n$$\n\\angle ACI = \\angle IYB\n$$\nDa $ICYB$ ein Sehnenviereck ist, haben wir außerdem $\\angle CYI = \\angle CBI$. Die Linie $IB$ halbiert $\\angle CAB$ und somit ist $\\angle CBI = \\angle IBA$. Der Punkt $X$ ist zwischen $A$ und $B$, also $\\angle IBA = \\angle IBX$. Weil nun die Punkte $XBCI$ auf einem Kreis liegen, haben wir $\\angle IBX = \\angle ICX$. Somit ist\n$$\n\\angle CYI = \\angle ICX\n$$\nWir schlussfolgern\n$$\n\\angle ACX = \\angle ACI + \\angle ICX = \\angle IYB + \\angle CYI = \\angle CYB = \\angle AYB\n$$\nFür die letzte Gleichung benutzen wir, dass $C$ zwischen $A$ und $Y$ liegt.\n\n\nIn dieser Lösung zeigen wir, dass $AX / AB = AC / AY$. Der Strahlensatz besagt dann, dass $XC$ und $BY$ parallel sind.\nDa $XICB$ ein Sehnenviereck ist und $X$ zwischen $A$ und $B$ liegt, wissen wir, dass $\\angle AXI = \\angle BCI$. Weil die Linie $CI$ den Winkel bei $C$ halbiert, folgt $\\angle BCI = \\angle ICA$. Zusätzlich haben wir\n$$\n\\angle AXI = \\angle ACI\n$$\nAnalog benutzen wir, dass $XICB$ ein Sehnenviereck ist und dass $IB$ den Winkel bei $B$ halbiert. Es folgt\n$$\n\\angle ICX = \\angle IBX = \\angle IBC = \\angle IXC\n$$\nKombinieren wir nun diese beiden Aussagen und die Tatsache, dass $X$ zwischen $A$ und $B$ liegt, erhalten wir:\n$$\n\\angle AXC = \\angle AXI + \\angle IXC = \\angle ACI + \\angle ICX = \\angle ACX\n$$\nund somit ist das Dreieck $ACX$ gleichschenklig bei $A$, also $AX = AC$. Es gibt viele Wege, von hier fertig zu machen. Zum Beispiel:\n\n(a) Weil $XCYB$ ein Sehnenviereck ist, besagt die Potenz von $A$, dass $AX \\cdot AB = AC \\cdot AY$. Weil $AX = AC$, haben wir $AB = AY$. Also $AX / AB = AC / AY$.\n\n(b) Weil $XCYB$ ein Sehnenviereck ist, folgt $\\angle XBY = \\angle ACX$ und $\\angle AXC = \\angle CYB$. Da das Dreieck $ACX$ gleichschenklig ist bei $A$, haben wir $\\angle AXC = \\angle ACX$ und somit $\\angle XBY = \\angle CYB$. Zusätzlich haben wir $\\angle ABY = \\angle AYB$. Also ist das Dreieck $ABY$ gleichschenklig bei $A$ und $AB = AY$.\nSolution:\n\nThe Incenter-Excenter Lemma tells us that if we prolong $AI$ until it intersects the circumcircle of $ABC$ at $I_A$, $I_A$ happens to be the circumcenter of $BIC$. There are multiple ways to conclude, one of which is to take the reflection across the line $AI_A$, which sends $A$ to $A$, $B$ to $Y$ and $C$ to $X$ (as the lines $AB$ and $AC$ are swapped and the circle $(BIC)$ is preserved) and it immediately follows that $BY \\parallel CX$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44024,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWir betrachten ein weisses $5 \\times 5$-Quadrat bestehend aus 25 Einheitsquadraten. Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es, eines oder mehrere der Einheitsquadrate schwarz anzumalen, sodass die resultierende schwarze Fläche ein Rechteck bildet?",
    "options": [],
    "answer": "225",
    "solution": "Solution:\n\nLösung 1 (Tanish), Gegenüberliegende Ecken zählen:\nWir betrachten die Ecken eines beliebigen Rechtecks. Diese liegen in einem Raster bestehend aus 36 Punkten in einem $6 \\times 6$ Quadrat. Wir wählen einen dieser Punkte als den ersten Eckpunkt. Wenn wir nun den gegenüberliegenden Eckpunkt wählen, haben wir ein Rechteck definiert. Gegenüberliegende Ecken können nicht in der selben Zeile oder Spalte liegen, wir wählen also einen von 25 anderen Punkten. Total haben wir also 36 mal 25 Rechtecke. Aber wir haben jedes Rechteck 4 mal gezählt - es gibt zwei Paare von gegenüberliegenden Ecken, die wir jeweils doppelt gezählt haben - wir teilen also unser Resultat durch 4 und erhalten $9 \\times 25=225$.\n\nAnmerkung (Jana): Es ist auch möglich die möglichen Paare von gegenüberliegenden Eckpunkten folgendermassen zu zählen: Zuerst wählen wir zwei unterschiedliche Punkte aus dem $6 \\times 6$ Quadrat. Dafür gibt es $\\binom{36}{2}=18 \\cdot 35$ Möglichkeiten. Jetzt müssen wir die Paare subtrahieren, welche sich in der gleichen Zeile oder Spalte befinden. Da es insgesamt 6 Zeilen und 6 Spalten gibt und wir in jeder dieser Spalten oder Zeilen $\\binom{6}{2}$ Möglichkeiten haben ein Paar auszuwählen, müssen wir $12 \\cdot\\binom{6}{2}=12 \\cdot 15$ subtrahieren. In diesem Fall haben wir jedes Rechteck doppelt gezählt, wir erhalten also das Resultat $\\frac{1}{2} \\cdot(18 \\cdot 35-12 \\cdot 15)=225$.\n\n\nLösung 2 (Tanish), Zählen nach Höhe und Breite:\nWir betrachten die möglichen Rechtecke mit Höhe $a$ und Breite $b$. Das Einheitsquadrat oben links in unserem Rechteck liegt im $(6-a) \\times(6-b)$ Rechteck in der Ecke oben links in unserem grossen Quadrat, da unser Rechteck sonst keinen Platz hat. Die totale Anzahl Möglichkeiten ist also\n$$\n\\sum_{a=1}^{5}(6-a) \\sum_{b=1}^{5}(6-b)=\\sum_{a=1}^{5}(6-a) \\cdot 15=15 \\cdot 15=225\n$$\nAnalog hätten wir auch jeden anderen Eckpunkt unseres Rechtecks betrachten können.\n\n\nLösung 3 (Tanish), Zählen nach Seiten:\nUnser Rechteck ist eindeutig definiert durch ein Zeilen- und ein Spaltenpaar unseres Rasters (die zwei Zeilen und Spalten repräsentieren jeweils die obere und untere, respektive linke und rechte Seite unseres Rechtecks). Da wir aus 6 Zeilen und 6 Spalten wählen, haben wir total $\\binom{6}{2} \\cdot\\binom{6}{2}=15^{2}=225$ Möglichkeiten.\n\n\nLösung 4 (Tanish), Zählen nach beliebigem Eckpunkt:\nWir nummerieren unsere Einheitsquadrate mit $(x, y)$, wobei $(1,1)$ das Quadrat links unten und $(5,5)$ das Quadrat oben rechts ist. Wir betrachten nun alle Rechtecke, deren Eckfeld oben rechts $(a, b)$ ist. Das Rechteck ist einmalig definiert durch zwei gegenüberliegende Ecken, also müssen wir nur den gegenüberliegenden Eckpunkt $(<a,<b)$ wählen. Für dies gibt es $a \\cdot b$ Möglichkeiten. Wenn wir über alle möglichen $(a, b)$ summieren, erhalten wir\n$$\n\\sum_{a=1}^{5} a \\sum_{b=1}^{5} b=\\sum_{a=1}^{5} a \\cdot 15=15 \\cdot 15=225\n$$\nAnalog kann man auch jeden anderen Eckpunkt betrachten.\n\n\nLösung 5 (Tanish), Zählen nach kürzester Seite:\nWir zählen alle Rechtecke mit kürzester Seite $x$. Nach der Ein-Ausschaltformel ist dies die Anzahl Rechtecke mit Höhe $x$ und Breite $\\geq x$ plus die Anzahl Rechtecke mit Breite $x$ und Höhe $\\geq x$ minus die Anzahl Rechtecke mit Breite und Höhe $x$. Das Resultat in Lösung 2 zeigt, dass die Anzahl Rechtecke mit Dimensionen $a \\times b$ durch $(6-a) \\cdot(6-b)$ gegeben ist. Somit erhalten wir\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{x=1}^{5}\\left(\\left(2 \\cdot \\sum_{y=x}^{5}((6-y) \\cdot(6-x))-(6-x)(6-x)\\right)\\right. & =\\sum_{x=1}^{5}(6-x)(1+2+\\ldots(6-x) \\ldots \\ldots+2+1) \\\\\n& =\\sum_{x=1}^{5}(6-x)(6-x)^{2} \\\\\n& =\\sum_{x=1}^{5}(6-x)^{3} \\\\\n& =125+64+27+8+1=225\n\\end{aligned}\n$$\n\n\nSolution 6 (Tanish), General proof by induction using bijections:\nLet us prove the general result that the number of rectangles in a $n \\times n$ square is $\\sum_{i=1}^{n} i^{3}$. For the base case, there is clearly only 1 possible rectangle in a $1 \\times 1$ square. Now suppose the proposition holds true for the case $n$. Now expand the grid to an $(n+1) \\times(n+1)$ grid by adding a column on the right and a row on top. For every rectangle possible in the case $n$ we now modify it by moving its top-right corner one column up and to the right. This application represents a bijection between the rectangles in the case $n$ and the rectangles in the case $n+1$ without a side of length 1 (this can be verified by seeing that both the application and its inverse are surjective). It remains to count the \"new\" Rechtecke, or those with at least one side of length 1. These are well-defined by the choice of a square and then a square in the same row or column to represent the ends of the rectangle (the second square can be the same as the first one!), and this method counts every rectangle twice. We have $n^{2}$ choices for the first square and $2 n$ choices for the second square after that ($n$ in the same row, $n$ in the same column) giving a total of $2 n^{3}$ new rectangles, which we divide by 2, to give $n^{3}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44025,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDas Dorf Roche hat 2020 Einwohner. Eines Tages macht der berühmte Mathematiker Georges de Rham die folgenden Beobachtungen:\n- Jeder Dorfbewohner kennt einen weiteren mit dem gleichen Alter.\n- In jeder Gruppe von 192 Personen aus dem Dorf gibt es mindestens drei mit demselben Alter.\nZeige, dass es eine Gruppe von 22 Dorfbewohnern gibt, die alle dasselbe Alter haben.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWir beweisen, dass höchstens 95 verschiedene Alter vorkommen. Nehme an es treten 96 oder mehr verschiedene Alter auf. Da jeder Dorfbewohner einen mit dem selben Alter kennt, können wir Paare mit 96 verschiedenen Altern bilden, total gibt es also eine Gruppe von 192 Dorfbewohnern, in welchen keine drei Personen das selbe Alter haben. Dies widerspricht de Rham's zweiter Bedingung. Da wir nun wissen, dass es höchstens 95 verschiedene Alter gibt, können wir das Schubfachprinzip anwenden und sehen, dass mindestens eine Altersgruppe von mindestens $\\left\\lceil\\frac{2020}{95}\\right\\rceil=22$ Dorfbewohnern repräsentiert wird. Bemerke, dass 96 verschiedene Alter zum selben Resultat führen, die stärkste Bedingung also 194 anstatt 192 ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44026,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFalls $p \\geq 5$ eine Primzahl ist, sei $q$ die kleinste Primzahl sodass $q>p$ und sei $n$ die Anzahl der positiven Teiler von $p+q$ (1 und $p+q$ inklusive).\n\na) Zeige, dass egal welche Primzahl $p$ gewählt wurde, die Zahl $n$ grösser oder gleich 4 ist.\n\nb) Finde den kleinstmöglichen Wert $m$, den $n$ annehmen kann unter allen möglichen Wahlen von $p$. Das heisst:\n\n$b_{1}$ ) Gib ein Beispiel für eine Primzahl $p$ an, sodass der Wert $m$ erreicht wird.\n\n$b_{2}$ ) Zeige, dass es keine Primzahl $p$ gibt für die der Wert von $n$ kleiner als $m$ ist.",
    "options": [],
    "answer": "6",
    "solution": "Solution:\n\nDa $p \\geq 5$, sind die beiden Primzahlen $p, q$ beide ungerade und somit $p+q$ gerade, also $p+q$ durch $1, 2, \\frac{p+q}{2}$ und $p+q$ teilbar. Zusätzlich ist $p+q>4$ und somit sind die genannten Teiler alle unterschiedlich. Dies beweist Teil a).\n\nfür Teil $\\mathrm{b}_{1}$ ) können wir kleine Fälle von $p$ testen und sehen, dass $n$ nicht kleiner als 6 zu sein scheint. Wir sehen auch, dass $p+q$ genau 6 Teiler hat wenn $p=5, q=7$ (Diese wären $1,2,3,4,6,12$.\n\nFür $\\mathrm{b}_{2}$ ) ist die Kernidee, dass $\\frac{p+q}{2}$ keine Primzahl ist, da sie zwischen den aufeinanderfolgenden Primzahlen $p$ und $q$ liegt. $\\left(p<\\frac{p+q}{2}<q\\right)$. Es gibt nun einige Fälle, die wir untersuchen müssen:\n\n- Falls $\\frac{p+q}{2}$ durch zwei unterschiedliche Primzahlen $s, t \\neq 2$ teilbar ist, dann hat $p+q$ mindestens 8 Teiler: $1,2, s, t, 2s, 2t, st, 2st$.\n- Falls $\\frac{p+q}{2}$ durch $2, s$ teilbar ist, wobei $s \\neq 2$ prim ist, dann hat $p+q$ mindestens 6 Teiler: $1,2,4, s, 2s, 4s$.\n- Falls $\\frac{p+q}{2}$ durch $s^{2}$ teilbar ist mit $s \\neq 2$ prim, dann hat $p+q$ auch mindestens 6 Teiler: $1,2, s, 2s, s^{2}, 2s^{2}$.\n- Falls $\\frac{p+q}{2}$ eine Zweierpotenz ist, dann ist $p+q$ auch eine. Weil nun $32=2^{5}$ genau 6 Teiler hat und jede höhere Zweierpotenz auch durch diese 6 Teiler teilbar ist, genügt es zu beweisen, dass $p+q$ keine Zweierpotenz kleiner als 32 sein kann. Da $5 \\leq p<q$, folgt, dass $p+q>8$ und somit ist der einzige übrige Fall, dass $p+q=16$. Wir sehen, dass $5+7=12<16$ und $7+11=18>16$. Weil jedes $p>7$ eine noch höhere Summe ergibt, schlussfolgern wir, dass $p+q=16$ nicht möglich ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44027,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $p$ eine Primzahl und $a, b, c$ und $n$ positive ganze Zahlen mit $a, b, c < p$, sodass die drei folgenden Aussagen gelten:\n$$\np^{2} \\mid a + (n-1) \\cdot b, \\quad p^{2} \\mid b + (n-1) \\cdot c, \\quad p^{2} \\mid c + (n-1) \\cdot a\n$$\nZeige, dass $n$ keine Primzahl ist.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDer wichtigste Schritt ist, die drei Bedingungen zu addieren. Wir erhalten:\n$$\np^{2} \\mid (a + (n-1) \\cdot b) + (b + (n-1) \\cdot c) + (c + (n-1) \\cdot a) = n \\cdot (a + b + c)\n$$\nDa $a, b, c < p$, haben wir $a + b + c \\leq 3p - 3 < 3p$ und falls $p \\geq 3$, folgt $a + b + c < p^{2}$. Nun teilt $p^{2}$ nicht $a + b + c$ und somit $p \\mid n$. Wir schreiben nun $n = k \\cdot p$ (somit ist $n$ eine Primzahl nur falls $k = 1$). Aus der ersten Bedingung folgt, dass $p^{2} \\mid a + (k p - 1) \\cdot b = a - b + k p b$. Wir müssen also $p \\mid a - b$ haben und weil $a, b$ beide strikt zwischen $0$ und $p$ liegen, ist die einzige Möglichkeit $a = b$. Abermals aus der ersten Bedingung folgt nun $p^{2} \\mid a + n b - b = n b$ und da $b$ teilerfremd zu $p$ ist (weil $b < p$), gilt $p^{2} \\mid n$, also ist $n$ keine Primzahl.\n\nDa wir am Anfang angenommen haben, dass $p \\geq 3$, müssen wir nun noch den Fall $p = 2$ betrachten. Hier müssen wir $a = b = c = 1$ nehmen und somit gilt abermals $a = b$ und wir beenden den Beweis wie zuvor.\nSolution:\n\nWie in der ersten Lösung zeigen wir zuerst $p \\mid n$. Daraus folgt, dass $n$ nur eine Primzahl sein kann, falls $n = p$ gilt. Nehme also an, es gelte $n = p$. Aus der ersten Teilbarkeitsbedingung erhalten wir $p^{2} \\leq a + (n-1) \\cdot b$. Andererseits gilt wegen $a, b < p$ auch $a + (n-1) \\cdot b = a + (p-1) \\cdot b < p + (p-1) \\cdot p = p^{2}$. Wir erhalten also insgesamt $p^{2} < p^{2}$ und damit einen Widerspruch.\n\nWie in der vorigen Lösung müssen wir noch $p = 2$ separat betrachten. Dies funktioniert aber genau gleich wie in der ersten Lösung.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44028,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $(m, n)$ be a pair of positive integers. Julia has carefully planted $m$ rows of $n$ dandelions in an $m \\times n$ array in her back garden. Now, Jana and Viviane decide to play a game with a lawnmower they just found. Taking alternating turns and starting with Jana, they can mow down all the dandelions in a straight horizontal or vertical line (and they must mow down at least one dandelion!). The winner is the player who mows down the final dandelion. Determine all pairs $(m, n)$ for which Jana has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "Jana has a winning strategy for all pairs except when both dimensions exceed one and their sum is even; equivalently, she wins if the sum of the dimensions is odd or if the grid is a single cell.",
    "solution": "Solution:\n\nFirst we make two general observations about the problem. Firstly, since the game always finishes in a finite number of moves there is always a winner and consequently a player who has a winning strategy at the start. Secondly, when a player mows down a row or a column, it does not matter which row or column is chosen (as long as it is still a row respectively a column). The remaining dandelions are affected by further moves in the exact same manner no matter which rows or columns were previously mowed down.\n\nDue to the second observation, each move results in a situation which can be viewed as the start of a game, but this time the other player begins and either $m$ or $n$ is decreased by $1$. Therefore we can deduce which player has a winning strategy by considering the smaller array. This suggests an inductive approach to the problem.\n\nIf $m=1$ or $n=1$, then Jana can clearly win the game with a single move. Now we prove the answer above using induction over $m+n$, so suppose that $m+n$ is odd and $m, n>1$. The case $m+n=1$ is impossible and $m+n=3$ has already been taken care of. If $m+n \\geq 5$, then one of $m, n$ is at least $3$ and it is possible for Jana to mow down a line such that at least $2$ rows and $2$ columns are left. Then Viviane cannot win in her next move and afterwards the sum of the number of rows and columns will be odd again. By induction, we know that Jana will have a winning strategy for the remainder of the game.\n\nIf $m+n$ is even and $m, n>1$, then Jana's first move will result in a configuration for which Viviane has a winning strategy.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44029,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $A B C$ be a triangle where $\\angle B A C=90^{\\circ}$, with circumcenter $O$ and incenter $I$. The angle bisector of $\\angle B A C$ intersects the circumcircle of $A B C$ in $A$ and $P$. Let $Q$ be the projection of $P$ onto $A B$, and $R$ be the projection of $I$ onto $P Q$. Prove that $R O$ bisects $C I$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nBecause $O$ is the midpoint of $\\overline{B C}$, it suffices to show that $R O$ is parallel to $B I$, as the result follows by simply looking at a homothety centered at $C$.\n\nSo first of all by looking at the problem we instantly recognise the point $P$ as the circumcenter of $B I C$, as this is a well known configuration. So from this we $|P B|=|P I|$ and $\\angle B O P=90^{\\circ}$. Next up we find $A Q$ to be parallel to $I R$, as they both are perpendicular to $P Q$. From this we get $\\angle B I R=\\angle I B A=\\angle I B C$. We now have two same angles at $B$ and $I$ and also $|P B|=|P I|$. This gives us motivation to look at perpendicular bisector of $\\overline{B I}$, as it goes through $P$ and $X:=R I \\cap B C$. If we can show that $R O X$ is also isosceles, then it'll instantly follow that $\\angle B O R=\\angle O B I$, which then will give us $R O$ parallel to $B I$ as wanted. So now for the fun stuff; more angle chasing.\n\nWe easily calculate $\\angle A P Q=\\angle O P B=45^{\\circ}$. From this we get that $\\angle B P Q=\\angle O P I$ and thereby that the angle bisector of $\\angle I P B$ and $\\angle O P R$ coincide. And as the angle bisector of $\\angle I P B$ is equal to the perpendicular bisector of $B I$, we have $\\angle X P R=\\angle O P R$. Finally using the cyclic quadrilateral $O P R X$ we have $\\angle O R X=\\angle O P X=\\angle X P R=\\angle X O R$, which finishes the proof as explained before.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $S$ be the intersection of $I C$ and $O R$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44030,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nProve that there are infinitely many positive integers $n$ such that\n$$\nn^{2}+1 \\mid n!\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSo we want all the factors of $n^{2}+1$ to be less than $n$. The best way to ensure that this is true would be by somehow factorising $n^{2}+1$. Aha, looks like a job for the factorising master Sophie-Germain.\n\nChoose $n=2k^{2}$. We then have\n$$\nn^{2}+1 = 4k^{4} + 4k^{2} + 1 - 4k^{2} = (2k^{2}+1)^{2} - (2k)^{2} = (2k^{2}+2k+1)(2k^{2}-2k+1)\n$$\nWe further get that\n$$\n\\gcd(2k^{2}+2k+1, 2k^{2}-2k+1) = \\gcd(4k, 2k^{2}-2k+1) = \\gcd(k, 2k^{2}-2k+1) = \\gcd(k, 1) = 1\n$$\nSo it suffices to prove that both factors themselves divide $n!$, as $a \\mid x$, $b \\mid x$, $(a, b) = 1 \\Rightarrow ab \\mid x$.\n\nAs $2k^{2}-2k+1 < 2k^{2} = n$, it surely divides $n!$. Now lastly we want $2k^{2}+2k+1$ to divide $n!$.\n\nLemma 1: If $2k^{2}+2k+1$ isn't a prime then $2k^{2}+2k+1 \\mid n!$.\n\nProof. Assume $2k^{2}+2k+1 = pq$, with $p \\leq q$. It's quite easy to see that $p, q < n$. If $p < q$, then we have\n$$\n2k^{2}+2k+1 = pq \\mid 1 \\cdots (p-1) \\cdot p \\cdots (q-1) \\cdot q \\cdots n = n!\n$$\nElse if $p = q$, then $p, q < \\frac{n}{2}$\n$$\n2k^{2}+2k+1 = pq \\mid p \\cdot 2p \\mid n!\n$$\nWe now note that if $k \\equiv 1 \\pmod{5}$, then $2k^{2}+2k+1 \\equiv 0 \\pmod{5}$. So choosing $k = 5r+1$, for $r \\in \\mathbb{N}$ gives $5 \\mid 2k^{2}+2k+1$, which makes it a non-prime. We are done. Hooray.\nSolution:\nLet's pick two distinct primes $p > q$, with $p, q \\equiv 1 \\pmod{4}$. There now exist natural numbers $k, l$, with $k^{2} \\equiv -1 \\pmod{p}$ and $l^{2} \\equiv -1 \\pmod{q}$. By the Chinese Remainder Theorem we can find an $n$ with $n^{2} \\equiv -1 \\pmod{pq}$, where $0 < n < pq$. The edge cases are excluded, as obviously $0^{2} \\not\\equiv -1$. As $n^{2} \\equiv (pq-n)^{2}$, we can choose $n = \\max(n, pq-n)$, whilst still having the property $n^{2} \\equiv -1 \\pmod{pq}$ and $0 < n < pq$. From this we gain the further inequality $n \\geq \\frac{pq}{2}$. Using $n < pq$, we get $\\frac{n^{2}+1}{pq} < n$, which gives us $\\left.\\frac{n^{2}+1}{pq} \\right| n!$. Now to prove the wanted $n^{2}+1 \\mid n!$, it suffices to prove $\\left.\\frac{n^{2}+1}{pq} \\right| \\frac{n!}{pq}$.\n\nWe have $n \\geq \\frac{pq}{2} > 2p > 2q$, $p > q$, where $p, q$ are big enough. So we have\n$$\n\\frac{n^{2}+1}{pq} \\left| \\frac{\\frac{n^{2}+1}{pq} \\cdot 2p \\cdot 2q}{pq} \\right| \\frac{n!}{pq}\n$$\nSumming up, we have now constructed a number $n$ fulfilling the condition in the problem statement. Now to construct another $n'$, we just pick the primes $p, q$ bigger than any other $n$ constructed. As $n' > p > q$ by the above inequality, the new $n'$ will be different from all the other $n$ constructed so far.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44031,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all even functions $g: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ for which there exists a function $f: \\mathbb{R} \\rightarrow \\mathbb{R}$ such that for every $x, y \\in \\mathbb{R}$\n$$\ng(f(x)+y)=g(x)+g(y)+y f(x+f(x))\n$$",
    "options": [],
    "answer": "g(x) ≡ 0 or g(x) = x^2 for all real x",
    "solution": "Solution:\nFirst observe that $g(x)=0$ and $g(x)=x^{2}$ are solutions. Indeed, both are even functions. For $g(x)=0$, one can take $f(x)=0$ (or any function $f$ such that $f(x+f(x))=0$). For $g(x)=x^{2}$, one can take $f(x)=x$, because $(x+y)^{2}=x^{2}+y^{2}+2 x y$.\n\nWe now prove that these are the only solutions. Let $g$ be a solution of the problem and $f$ be an associated function. We start with a bunch of substitutions. Let $y=0$ which gives\n$$\ng(f(x))=g(x)+g(0)\n$$\nLet further $y=-f(x)$ in the original equation and use the parity of $g$ to get $g(0)=g(x)+g(f(x))-f(x) f(x+f(x))$. If we plug (1) in, we get\n$$\n2 g(x)=f(x) f(x+f(x))\n$$\nWe replace $y$ by $f(y)$ in the original equation and use (1) to obtain $g(f(x)+f(y))=g(x)+g(y)+g(0)+f(y) f(x+f(x))$. The symmetry between $x$ and $y$ implies\n$$\nf(y) f(x+f(x))=f(x) f(y+f(y))\n$$\nIf $f \\equiv 0$, then $g \\equiv 0$. So, if we assume that $g$ is not the constant $0$ function (which we know is a solution), then there exists $a$ such that $f(a) \\neq 0$. Let $c=f(a+f(a)) / f(a)$. We have, with $y=a$ in (3), $f(x+f(x))=c f(x)$ and using (2) we obtain\n$$\n2 g(x)=c f(x)^{2}\n$$\nSince we assumed $g$ is not identically $0$, it holds $c \\neq 0$. We plug (4) in the original equation and use $f(x+f(x))=c f(x)$ to obtain, after simplifying by $c$,\n$$\nf(f(x)+y)^{2}=f(x)^{2}+f(y)^{2}+2 y f(x)\n$$\nIf one lets $x=y$ in (5), then one obtains\n$$\nf(x)\\left(f(x)\\left(c^{2}-2\\right)-2 x\\right)=0\n$$\nIf $c^{2}=2$, then $f(x)=0$ for all $x \\neq 0$. In particular, one must have $a=0$ and $f(0)=f(a) \\neq 0$. But then $c=f(f(0)) / f(0)=0$ since $f(0) \\neq 0$. Contradiction. Hence $c^{2} \\neq 2$, and for every $x$,\n$$\nf(x)=0 \\quad \\text{or} \\quad f(x)=2 x /\\left(c^{2}-2\\right)\n$$\nIn particular, $f(0)=0$. Let $b:=2 /\\left(c^{2}-2\\right) \\neq 0$ such that $f(x)=b x$ if $f(x) \\neq 0$. Since $f(a) \\neq 0$, we have $f(a)=a b$ and $a \\neq 0$. Assume there is $t \\neq 0$ such that $f(t)=0$, then, with $x=a$ and $y=t$ in (5), we get\n$$\nf(a b+t)^{2}=a^{2} b^{2}+2 t a b\n$$\nBecause $t \\neq 0$, we must have $f(a b+t)=0$ and thus $a b+2 t=0$. So there is at most one $t \\neq 0$, such that $f(t)=0$, namely $t=-a b / 2$. But if such a $t$ exists, then $f(a b+t)=0$ and $a b+t \\neq t$ and $a b+t \\neq 0$, contradiction. So, $f(x)=b x$ for all $x$ and $g(x)=c b^{2} / 2 \\cdot x^{2}$ for all $x$ by (4). We plug this in the original equation and deduce that $b=1$ and $c=2$ (using that $c \\neq 0$). Therefore, we proved that if $g$ is not identically $0$, then $g(x)=x^{2}$ for every $x$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44032,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $ABC$ be an acute triangle with $AB = AC$ and let $D$ be a point on the side $BC$. The circle with centre $D$ passing through $C$ intersects the circumcircle of $ABD$ in $P$ and $Q$, where $Q$ is the point closer to $B$. The line $BQ$ intersects $AD$ in $X$ and $AC$ in $Y$. Prove that $PDXY$ is cyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe first claim that $P \\in AC$. Indeed, let $P'$ be the second intersection between the circle centered at $D$ and $AC$. Then\n$$\n\\angle ABD = \\angle ABC = \\angle ACB = \\angle P'CD = 180^\\circ - \\angle AP'D\n$$\nso that $ABDP'$ is cyclic. This implies that $P = P'$, in particular $P \\in AC$.\n\nAs $DP = DQ$, the arcs $DP$ and $DQ$ subtend angles of same measure on the circle $(APDQB)$, so that $\\angle QBD = \\angle PAD$. Hence, $\\triangle DBX$ and $\\triangle DAC$ are similar (alternatively $ABXC$ is cyclic), implying that $\\angle DXB = \\angle DCA$.\n\nThis concludes the problem, as we wanted to prove that\n$$\n\\angle DPY = \\angle DPC = \\angle DCP = \\angle DCA = \\angle DXB = 180^\\circ - \\angle DXY\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44033,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFor each prime $p$, somewhere in the multiverse there exists a kingdom consisting of $p$ islands numbered from $1$ to $p$ with a bridge between any pair of them. When Jana visits a kingdom, coronavirus restrictions mean she must obey the following rule: Directly after visiting island $m$, she can only cross over to island $n$ if\n$$\np \\mid (m^{2}-n+1)(n^{2}-m+1)\n$$\nShow that there are infinitely many kingdoms such that Jana cannot travel to every island in this manner.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNote that the divisibility condition is symmetrical in $m$ and $n$. In other words: If Jana can cross over from island $m$ to island $n$, she can also go the other way. Let us define a graph $G$ as follows: Each of the islands $1,2, \\ldots, p$ represents a vertex and we draw an edge between two vertices $m$ and $n$ if and only if\n$$\np \\mid (m^{2}-n+1)(n^{2}-m+1)\n$$\nThe edges of our graph now exactly represent between which pairs of islands Jana can travel, so it's easy to see that Jana can travel to every island if and only if $G$ is connected.\n\nThis insight motivates us to count the number of edges in $G$, because if we can show that there are less than $p-1$ edges, $G$ has to be disconnected! By the formula\n$$\n|E| = \\frac{1}{2} \\sum_{v \\in V} \\operatorname{deg}(v)\n$$\nit is enough to know the number of vertices of every possible degree. The degree of a fixed vertex $m$ is the number of distinct $n \\in \\{1,2, \\ldots, p\\}$ such that\n$$\n(m^{2}-n+1)(n^{2}-m+1) \\equiv 0 \\pmod{p}\n$$\nObviously, there is exactly one choice for $n$ such that $m^{2}-n+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$, namely $n \\equiv m^{2}+1$. But what about $n^{2}-m+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$?\n\nLemma: Let $p$ be an odd prime and $a$ some residue modulo $p$. Then, $x^{2}-a \\equiv 0 \\pmod{p}$ has\n- no solutions in $x$ for exactly $\\frac{p-1}{2}$ different values of $a$.\n- exactly one solution in $x$ if and only if $a=0$.\n- exactly two solutions in $x$ for $\\frac{p-1}{2}$ different values of $a$.\n\nProof of the Lemma: Note that $x^{2} \\equiv y^{2}$ is equivalent to $(x-y)(x+y) \\equiv 0$ or in other words $y \\equiv \\pm x \\pmod{p}$.\nHence, the squares of $1, \\ldots, \\frac{p-1}{2}$ are all distinct modulo $p$ and they are equal to the squares of $p-1, \\ldots, \\frac{p+1}{2}$, respectively. This gives us $\\frac{p-1}{2}$ values of $a$ such that there are two solutions in $x$. The only residue left is $0$, which gives us a unique choice of $a$ with exactly one solution in $x$. The remaining $\\frac{p-1}{2}$ values of $a$ therefore admit no solutions at all.\n\nBy letting $a = m-1$, the Lemma tells us that there are $\\frac{p-1}{2}$ different $m$ with two solutions in $n$. If we assume that the conditions $n^{2}-m+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$ and $m^{2}-n+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$ are never satisfied at the same time (or for $m=n$), we would get\n$$\n|E| = \\frac{1}{2} \\sum_{v \\in V} \\operatorname{deg}(v) = \\frac{1}{2} \\cdot \\left(\\frac{p-1}{2} \\cdot 1 + 1 \\cdot 2 + \\frac{p-1}{2} \\cdot 3\\right) = p\n$$\nSadly, this is not small enough! We need to reduce the number of edges a bit more. The easiest way of doing this is by assuming that there exists a residue $m$ such that $m^{2}-m+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$. This corresponds to a loop in $G$ (an edge going from $m$ to itself), which is irrelevant for the connectivity of $G$. A short calculation inspired by Vieta shows that $m^{2}-m+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$ implies $(1-m)^{2}-(1-m)+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$, so as long as $m \\not\\equiv 1-m \\pmod{p}$, we have two loops, from which we conclude that $G$ is disconnected.\n\nLet us now prove that there are infinitely many primes $p$ such that there exists a residue $m$ satisfying $m^{2}-m+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$: Let $m$ be the product of the first $k$ primes and let $p$ be a prime factor of $m^{2}-m+1$. In particular, $p$ is not equal to the first $k$ primes and so there are infinitely many such $p$. If $m \\equiv 1-m \\pmod{p}$ then $m \\equiv \\frac{p+1}{2} \\pmod{p}$. However, in this case we must have\n$$\n\\left(\\frac{p+1}{2}\\right)^{2} - \\frac{p+1}{2} + 1 = \\frac{p^{2}+3}{4} \\equiv 0 \\pmod{p}\n$$\nwhich is equivalent to $p=3$. This shows that for all such $p>3$ that we constructed, $G$ is indeed disconnected.\n\n\nAlternative arguments (inspired by Joel/Mathys): Instead of introducing a simple undirected graph, we introduce a not necessarily simple directed graph where the edge points from $m$ to $n$ if $p \\mid m^{2}-n+1$ and from $n$ to $m$ if $p \\mid n^{2}-m+1$. The directions are actually completely irrelevant for Jana's travel plans but they allow us to count the edges more elegantly:\n\nFor every $m$ there is exactly one value of $n$ such that $m^{2}-n+1 \\equiv 0 \\pmod{p}$. This means that each of the $p$ vertices has one edge pointing away from it, and therefore we have $p$ edges in total.\n\nTo show that the graph is not connected, we will explicitly find two vertices of $G$ which will have loops: Let $p \\equiv 1 \\pmod{3}$, in particular, $p$ is odd and so $p-1$ is divisible by $6$. Take a primitive root $a$ modulo $p$. For $m = a^{\\frac{p-1}{6}}$ we have\n$$\nm^{6}-1 \\equiv 0 \\pmod{p} \\Leftrightarrow (m^{2}-m+1)(m+1)(m^{3}-1) \\equiv 0 \\pmod{p} \\Rightarrow m^{2}-m+1 \\equiv 0 \\pmod{p}\n$$\nbecause, since $a$ is a primitive root, $m+1$ and $m^{3}-1$ cannot be divisible by $p$. But the same calculation can be done with $m = a^{\\frac{5(p-1)}{6}}$, so we found two loops for infinitely many $p$ (Dirichlet) and we're done!",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44034,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all finite sets $S$ of positive integers with at least two elements, such that if $m > n$ are two elements of $S$, then\n$$\n\\frac{n^{2}}{m-n}\n$$\nis also an element of $S$.",
    "options": [],
    "answer": "All such sets are exactly of the form S = {s, 2s} for any positive integer s.",
    "solution": "Solution:\nTrying to apply number theoretical methods to deduce something from the fact that $m-n$ divides $n^{2}$ does not seem to lead anywhere. Instead, we will try to find the extreme values that the quotient $n^{2} /(m-n)$ can achieve. This will give us some interesting bounds on the elements of $S$.\n\na. First, since $S$ contains at least two elements, we take $l > s$ to be the largest and smallest elements of $S$. Since $s^{2} /(l-s)$ also belongs to $S$ we must have\n$$\n\\frac{s^{2}}{l-s} \\geq s \\quad \\Longrightarrow \\quad 2s \\geq l\n$$\n\nb. Now, consider $k < l$ the second largest element of $S$. The number $k^{2} /(l-k)$ belongs to $S$. We claim that $k^{2} /(l-k) \\neq l$, which implies\n$$\n\\frac{k^{2}}{l-k} \\leq k \\quad \\Longrightarrow \\quad 2k \\leq l\n$$\nWe prove the previous claim in the following lemma.\n\nLemma 1\nThe equation $k^{2} /(l-k) = l$ has no positive integer solutions $l > k$.\n\nProof. Assume such a solution exists, then it also solves\n$$\nl^{2} = k^{2} + k l\n$$\nSince the equation is homogeneous (of degree 2), we can assume that $\\operatorname{gcd}(k, l) = 1$. Since we must have $l \\mid k^{2}$, we deduce that $l = 1$. This is a contradiction since $k$ is a positive integer with $k < l$.\n\nCombining the two relations above, and using that $s \\leq k$, we get\n$$\nl \\leq 2s \\leq 2k \\leq l\n$$\nTherefore $k = s$ and $S$ contains exactly two elements. Moreover, the inequalities above also imply $l = 2s$. So $S = \\{s, 2s\\}$ as desired.\n\nAny such set satisfies the desired property because\n$$\n\\frac{s^{2}}{2s - s} = s \\in S\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44035,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWe call a positive integer silly if the sum of its positive divisors is a square. Prove that there are infinitely many silly numbers.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $\\sigma(n)$ denote the sum of all positive divisors of the integer $n$, and we will order the prime numbers $2=p_{1}<p_{2}<p_{3}<\\ldots$ An important observation is that $\\sigma(n)$ is multiplicative, in the sense that if $n_{1}, n_{2}$ are coprime, then $\\sigma\\left(n_{1} n_{2}\\right)=\\sigma\\left(n_{1}\\right) \\sigma\\left(n_{2}\\right)$. More generally, we have the identity\n$$\n\\sigma\\left(p_{1}^{\\alpha_{1}} \\cdot \\ldots \\cdot p_{k}^{\\alpha_{k}}\\right)=\\prod_{i=1}^{k}\\left(1+p_{i}+\\ldots+p_{i}^{\\alpha_{i}}\\right)\n$$\nWe could first try to solve the exercise in the following way: For any integer $k>2$, consider $S=\\left\\{p_{1}, \\ldots, p_{k}\\right\\}$ the set of the $k$ smallest prime numbers. We notice that all prime factors of the numbers $\\sigma\\left(p_{i}\\right)$ are smaller that $p_{k}$ (since either $\\sigma\\left(p_{i}\\right)<p_{k}$ or $\\sigma\\left(p_{k}\\right)=p_{k}+1$ is not prime). Therefore there are $2^{k}$ subsets $A$ of $S$, but if we consider the product of all elements in $A$, the sum of its divisors will only be divisible by primes among $p_{1}, \\ldots, p_{k-1}$ so if we consider the parity of the exponent of each of these primes there are only $2^{k-1}$ results possible, so by the pigeonhole principle there must exist two distinct subsets $A$ and $A^{\\prime}$ such that all the exponents have the same parity. Therefore the product of all the elements in the symmetric difference $A \\Delta A^{\\prime}$ will be a silly number (the symmetric difference of two sets is defined as the set of all elements that belong to exactly one of the sets).\nThis contains most of the ideas for the solution, but the problem is that if we found sets $A, A^{\\prime}$ for $k$, we will also find these same sets for $k+1$ so this argument is not enough to guarantee the existence of infinitely many silly numbers and we need a more subtle argument.\nAssume that we already have $l$ silly numbers $n_{1}, \\ldots, n_{l}$. We will prove that there exist a silly number distinct of all these numbers. Let $p_{\\alpha}$ be the largest prime factor of one of these $l$ silly numbers and let $\\gamma$ be the largest exponent in the prime factor decompositions of these numbers. Finally let $p_{\\beta}$ be a prime number larger than $\\sigma\\left(p_{\\alpha}^{\\gamma+1}\\right)$ and consider the set\n$$\nS=\\left\\{p_{1}^{\\gamma+1}, \\ldots, p_{\\alpha}^{\\gamma+1}, p_{\\alpha+1}, \\ldots, p_{\\beta}\\right\\}\n$$\nNow by construction we can prove again that for each $a \\in S$ the prime factors of $\\sigma(a)$ are smaller that $p_{\\beta}$ so we can make the same argument as before, but now the element we will construct will be distinct from all the $n_{1}, \\ldots, n_{l}$, since either it will be divisible by a prime number which does not divide any of these numbers, or one of the prime numbers will appear with a higher multiplicity than in any of the $l$ silly numbers.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44036,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $\\mathbb{N}$ be the set of positive integers. Let $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ be a function such that for every $n \\in \\mathbb{N}$\n$$\nf(n)-n<2021 \\text{ and } \\underbrace{f(f(\\cdots f(f}_{f(n)}(n)) \\cdots))=n\n$$\nProve that $f(n)=n$ for infinitely many $n \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nWe first prove that $f$ is surjective. This follows directly from the second condition since for all $a \\in \\mathbb{N}$ we have\n$$\nb=\\underbrace{f(f(\\cdots f(f}_{f(a)-1}(a)) \\cdots)) \\Longrightarrow f(b)=a\n$$\nNow pick any prime $p>2021$ and $n$ with $f(n)=p$. Now apply $f$ to the second condition to get\n$$\np=f(n)=\\underbrace{f(f(\\cdots f(f}_{p+1}(n)) \\cdots))=\\underbrace{f(f(\\cdots f(f}_{p}(p)) \\cdots))\n$$\nInstead setting $n=p$ in the second condition we find that\n$$\np=\\underbrace{f(f(\\cdots f(f}_{f(p)}(p)) \\cdots))\n$$\nas well. Now let $d_{p}$ be the smallest positive integer such that $p=\\underbrace{f(f(\\cdots f(f}_{d_{p}}(p)) \\cdots))$.\nIt follows that $d_{p} \\mid p, f(p)$ since otherwise we would obtain a smaller value of $d_{p}$ by repeatedly substituting this expression in the two equations above. Now if $d_{p}=1$ we have $f(p)=p$ and if $d_{p}=p$ we have $f(p)-p<2021<p$ using the first condition and we find $f(p)=p$ as well. We conclude that every prime $p>2021$ satisfies $f(p)=p$ and since there is an infinite number of such primes, this solves the problem.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44037,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $n$ be a positive integer. Call a sequence of positive integers $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ tame if it satisfies\n$$\n1 \\cdot a_{1} \\leq 2 \\cdot a_{2} \\leq \\ldots \\leq n \\cdot a_{n}\n$$\nDetermine the number of tame permutations of $1,2, \\ldots, n$.",
    "options": [],
    "answer": "F_n",
    "solution": "Solution:\nWe prove that the number of possibilities is the $n^{\\text{th}}$ Fibonacci number $F_{n}$ by induction $\\left(F_{0}=1, F_{1}=1\\right)$. For the base case, observe that there is 1 way to do it for $n=1$ and 2 ways for $n=2$ (all the arrangements work in both cases).\n\nNow suppose this holds true up to $n-1$ and now consider the arrangements for $n$. Where can we place $n$ in the sequence? Clearly, it can always go in the final position and placing the rest of the numbers is doable in $F_{n-1}$ ways. If it goes in the penultimate position, then the last number must be $n-1$ (since no other number $k$ would satisfy $n(n-1) \\leq k n$) and placing the rest is doable in $F_{n-2}$ ways. We now prove $n$ cannot go anywhere else.\n\nLet us place $n$ as $a_{k}$, $k < n-1$. Now consider the smallest element of $a_{k+1}, \\ldots, a_{n}$. This element is at most $k$ and so must go in the last position (as it will not satisfy the inequality if it is placed any earlier.) However, we now cannot place anyone in the penultimate position, as the smallest number that can go there is $k+1$ but $(k+1)(n-1) > k n$. You can also obtain a contradiction by trying to place $n-1$, as the earliest it can appear is as $a_{k+1}$.\nSolution:\nWe prove that the problem is strictly equivalent to writing $n$ as a sum of $1$'s and $2$'s, which is a well known recurrence problem left to the reader :)\n\nConsider a permutation that works that is not the identity, and let $i$ be the first index such that $a_{i} \\neq i$. It follows that $a_{j}=i$ for some $j>i$. Now, where can we place $j$? If $j$ appears before $a_{j}$, it has to be $a_{i}$, as otherwise the inequality is not satisfied. But if $j \\neq i+1$ then we are not able to take any value for $a_{j-1}$, as the smallest number that can go there is $i+1$ but $(i+1)(j-1) > i j$. So either $j=i+1$ and we have swapped around two consecutive terms, or $j$ appears after $a_{j}$. In the latter case, just take the largest value in $a_{i}, a_{i+1}, \\ldots, a_{j-1}$. This value is at least $j+1$ but this immediately contradicts the inequality again. In the former case, the placement of $j$ and $j+1$ do not actually affect our ability to place anything afterwards, so we can look at the next index not mapped to itself and conclude it has been swapped with the one immediately following it by the same reasoning, and continue onwards in this manner. Therefore the only changes we can make from the identity permutation are swapping two consecutive values, and this is equivalent to writing $n$ as a sum of $1$'s and $2$'s as desired; a 1 is an element mapped to itself and a 2 is a swap of two consecutive elements.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44038,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $m \\geq n$ be positive integers. Frieder is given $mn$ posters of Linus with different integer dimensions $k \\times l$ with $1 \\leq k \\leq m$ and $1 \\leq l \\leq n$. He must put them all up one by one on his bedroom wall without rotating them. Every time he puts up a poster, he can either put it on an empty spot on the wall, or on a spot where it entirely covers a single visible poster and does not overlap any other visible poster. Determine the minimal area of the wall that will be covered by posters.\n\nRemark: a wall is a structure often made of bricks and concrete (or cardboard if you live in Winterthur) commonly found in houses.",
    "options": [],
    "answer": "m n(n+1)/2",
    "solution": "Solution:\n\nWe introduce the following definitions:\n- A chain is a sequence of posters, each of which covers the previous one completely.\n- An antichain is a group of posters, none of which can be placed over any of the others because it would not cover any of the others completely.\n- The minimal and maximal elements in a chain are the first (smallest) and last (largest) elements in that chain, respectively.\n- The degree of a poster is the sum of its length and width.\n\nWith these definitions we can note two facts already: the total area of the wall covered is the total area of the maximal elements of all chains (this is trivial), and all elements of an antichain must belong to different chains (this is because the relationship \"can be placed over\" is transitive: if Poster $A$ can be placed over Poster $B$ and Poster $B$ can be placed over Poster $C$, then Poster $A$ can be placed over poster $C$).\n\nFirstly, note that the $n$ posters with dimension $m \\times 1, (m-1) \\times 2, \\ldots, (m-n+1) \\times n$ form an antichain (more generally, you can say all posters of a given degree $x$ form an antichain) and so we must have at least $n$ different chains. We therefore have at least $n$ maximal posters of degree $\\geq m+1$. Analogously we have at least $n+1-k$ maximal posters of degree $\\geq m+k$ for any $k \\in \\{1,2, \\ldots, n\\}$ (using the same argument as before with the antichain of posters of degree $m+k$).\n\nWith this information, let us try and find a lower bound on the total area of these maximal posters (we don't know if satisfying these facts will be enough, but we can use it to give a bound and then try to attain this bound with a construction). Suppose there are no maximal elements of some degree $m+k$; the pigeonhole principle tells us there must therefore be two or more maximal posters of some degree $m+l$, $l>k$. However for any poster of degree $m+l$ there is always a poster of degree $m+k$ that fits inside it, and so changing one of the maximal posters of degree $m+l$ for such a poster of degree $m+k$ will strictly reduce the total area. In other words, a set of maximal posters with minimal combined area would have at least one element of degree $m+k$, $\\forall k \\in \\{1,2, \\ldots, n\\}$. The smallest poster of degree $m+k$ is the poster $m \\times k$ (once the perimeter is fixed the area is minimised by maximising the difference between height and width) and so a lower bound on the total area of the posters would be:\n$$\n(m + 2m + \\cdots + n m) = m \\frac{n(n+1)}{2}\n$$\n\nHowever, this bound can easily be attained: one construction would be to create chains by placing all the posters $x \\times y$, $1 \\leq x \\leq m$ on top of each other. This gives a chain for each $y \\in \\{1,2, \\ldots, n\\}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44039,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $ABC$ be a triangle with $AB = AC$ and $\\angle BAC = 20^{\\circ}$. Let $D$ be the point on the side $AB$ such that $\\angle BCD = 70^{\\circ}$. Let $E$ be the point on the side $AC$ such that $\\angle CBE = 60^{\\circ}$. Determine the value of the angle $\\angle CDE$.",
    "options": [],
    "answer": "20°",
    "solution": "Solution:\n\nDefine $E'$ on the side $AB$ such that $\\angle BCE' = 60^{\\circ}$, and $X$ the intersection of $BE$ and $CE'$. Straightforward angle chasing gives that $\\triangle E'EX$ is equilateral, as it has angles of $60^{\\circ}$. Moreover, $\\triangle AE'C$ is isosceles at $E'$, as $\\angle E'AC = 20^{\\circ} = \\angle E'CA$. Consider the reflection preserving this triangle, sending $E'$ to itself, and exchanging $A$ and $C$. Then $D$ and $X$ are also exchanged, as $\\angle E'CD = 10^{\\circ} = \\angle E'AX$, in particular $E'D = E'X$. As $\\triangle E'EX$ is equilateral, we can now deduce that $E'D = E'X = E'E$, so that $\\triangle DE'E$ is isosceles at $E'$. The rest is angle chasing:\n\n$$\n\\angle E'DE = \\frac{180^{\\circ} - \\angle DE'E}{2} = \\frac{180^{\\circ} - 80^{\\circ}}{2} = 50^{\\circ}\n$$\n$$\n\\angle CDE = \\angle E'DE - \\angle E'DC = 50^{\\circ} - 30^{\\circ} = 20^{\\circ}\n$$\nSolution:\n\nDefine $E'$ on the side $AB$ such that $\\angle BCE' = 60^{\\circ}$, and $E''$ on the side $AC$ such that $\\angle BDE'' = 60^{\\circ}$. Straightforward angle chasing yields $\\angle E'DC = 30^{\\circ} = \\angle E''DC$ and $\\angle E'CD = 10^{\\circ} = \\angle E''CD$, proving that $CD$ is the perpendicular bisector of $E'E''$. As $DE' = DE''$ and $\\angle E'DE'' = 60^{\\circ}$, $\\triangle DE'E''$ is equilateral so that $\\angle DE'E'' = 60^{\\circ}$ and $\\angle E''E'E = 20^{\\circ}$. This implies that $\\angle E''EE' = 80^{\\circ} = \\angle EE''E'$, so that $\\triangle E''EE'$ is isosceles at $E'$. Looking at side lengths, this implies that $E'D = E'E'' = E'E$, so we also have that $\\triangle DE'E$ is isosceles at $E'$. We can then conclude like in Solution 1.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n$$\n\\angle CDE = \\angle E'DE - \\angle E'DC = 50^{\\circ} - 30^{\\circ} = 20^{\\circ}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44040,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFind all polynomials $P$ with real coefficients having no repeated roots, such that for any complex number $z$, the equation $z P(z)=1$ holds if and only if $P(z-1) P(z+1)=0$.",
    "options": [],
    "answer": "P(z) = z",
    "solution": "Solution:\nAssume that we have a polynomial $P$ that satisfies the desired conditions. We begin by examining some easy cases:\nIf $P$ is a constant polynomial, that is, $P(z)=c$ for some $c \\in \\mathbb{R}$, the condition becomes $c z=1$ if and only if $c^{2}=0$. If $c=0$, then $c^{2}=0$ is always satisfied while $c z=1$ cannot hold, contradiction. If however $c \\neq 0$, we can plug in $z=\\frac{1}{c}$ to obtain a contradiction. Therefore, there are no solutions among constant polynomials.\n\nWhat about polynomials of the form $P(z)=m z+b$ where $m \\neq 0$? The condition becomes $m z^{2}+b z=1$ if and only if $(m(z-1)+b)(m(z+1)+b)=0$, so the two quadratic polynomials $m z^{2}+b z-1$ and $m^{2} z^{2}+2 b m z+\\left(b^{2}-m^{2}\\right)$ have the same roots, and this means that they are multiples of each other. By comparing the leading coefficients we see that the multiplying factor is $m$, and by comparing the other coefficients we get that $b m=2 b m$ and $-m=b^{2}-m^{2}$. Since $m \\neq 0$, the first of these two equations gives us $b=0$ and the second $m=1$. This shows that the only linear polynomial that can satisfy these conditions is $P(z)=z$, which is obviously a solution.\n\nLet's now assume that $\\deg(P)=n \\geq 2$.\nConsider the polynomial $Q(z)=(z+1) P(z+1)-(z-1) P(z-1)$. It's easy to see that $\\deg(Q) \\leq \\deg(P)$ (since the highest degree terms of $(z+1) P(z+1)$ and $(z-1) P(z-1)$ cancel out). We show that $Q$ also has the same roots as $P$:\nIf $P(r)=0$ for some complex number $r$, by plugging in $z=r \\pm 1$ in the condition of the problem, we see that $(r-1) P(r-1)=1=(r+1) P(r+1)$ and therefore $Q(r)=0$. This shows that all roots of $P$ are also roots of $Q$. Since $P$ has no repeated roots and the degree of $Q$ is not greater than the degree of $P$, we deduce that $Q$ is just a multiple of $P$.\n\nLet $P(z)=\\sum_{k=0}^{n} a_{k} z^{k}$. This gives us\n$$\nQ(z)=\\sum_{k=0}^{n} a_{k}\\left((z+1)^{k+1}-(z-1)^{k+1}\\right)\n$$\nIn order to compare $Q$ to $P$, we would like to write it in the form $Q(z)=\\sum_{k=0}^{n} b_{k} z^{k}$. To compute $b_{n}$, note that the only terms in $(\\star)$ that contain $z^{n}$ come from $k=n-1$ and $k=n$. We get\n$$\nb_{n} z^{n}=a_{n-1}\\left(z^{n}-z^{n}\\right)+a_{n}\\left((n+1) z^{n}-\\left(-(n+1) z^{n}\\right)\\right)=2(n+1) a_{n} z^{n}\n$$\nso we must have $Q=2(n+1) P$. Now we compute $b_{n-1}$. Similarly to above, we see that the only relevant terms in $(\\star)$ come from $k=n-2, k=n-1$ or $k=n$. We get\n$$\n\\begin{aligned}\nb_{n-1} z^{n-1} & =a_{n-2}\\left(z^{n-1}-z^{n-1}\\right)+a_{n-1}\\left(n z^{n-1}-(-n) z^{n-1}\\right)+a_{n}\\left(\\binom{n+1}{2} z^{n-1}-\\binom{n+1}{2} z^{n-1}\\right) \\\\\n& =2 n a_{n-1} z^{n-1}\n\\end{aligned}\n$$\nBut if $Q=2(n+1) P$, we must have $b_{n-1}=2(n+1) a_{n-1}$, contradiction! This shows that there cannot be any polynomial of degree $\\geq 2$ satisfying the desired conditions.\n\n\nWe give a different argument for the case $n \\geq 2$:\nNote that the problem statement is equivalent to the statement that the two polynomials $z P(z)-1$ and $P(z-1) P(z+1)$ have the same set of roots. However, the polynomial $z P(z)-1$ has degree $n+1$ and thus at most $n+1$ different roots. On the other hand, for each of the distinct roots $r_{1}, r_{2}, \\ldots, r_{n}$ of $P$, the numbers $r_{1}+1, \\ldots, r_{n}+1$ are roots of $P(z-1)$ and the numbers $r_{1}-1, \\ldots, r_{n}-1$ are roots of $P(z+1)$. Write $r_{k}=x_{k}+y_{k} i$. For any fixed $y$ we note the following:\nIf there are $m$ roots of $P$ with imaginary part $y$, then there are at least $m+1$ distinct numbers among $\\left\\{r_{1}-1, \\ldots, r_{n}-1, r_{1}+1, \\ldots, r_{n}+1\\right\\}$ with imaginary part $y$. This is because if WLOG $r_{1}, \\ldots r_{m}$ all have imaginary part $y$ and real parts $x_{1}<\\ldots<x_{m}$ (the strict inequality holds because we cannot have repeated roots), then the $m+1$ numbers $r_{1}-1, r_{1}+1, \\ldots, r_{m}+1$ all have different real part and so they must be different.\nSince we cannot have more than $n+1$ roots, we conclude that $y_{1}=\\ldots=y_{n}$. In fact, they are all equal to zero because we know that if $x_{k}+y_{k} i$ is a root of a polynomial with real coefficients, then so is $x_{k}-y_{k} i$. But since all $y_{k}$ are equal, we must have $y_{k}=-y_{k}$.\nSince $y_{1}=\\ldots=y_{n}$, the $x_{k}=r_{k}$ are pairwise distinct and we can order them $x_{1}<\\cdots<x_{n}$. Analogously to above, we have $x_{1}-1<x_{1}+1<\\cdots<x_{n}+1$, so those have to be our $n+1$ roots. Clearly, $x_{k}-1$ is the $k$-th smallest root, and by comparing to our chain of inequalities above, we must have $x_{k}-1=x_{k-1}+1$, or $x_{k}=x_{k-1}+2$.\nAll in all, we learned that all the roots of $P(z)$ are real and form an arithmetic progression of difference 2. We can therefore write:\n$$\nP(z)=c \\cdot(z-a+2) \\cdot(z-a+4) \\cdot \\ldots \\cdot(z-a+2 n)\n$$\nfor some constants $a, c \\in \\mathbb{R}$ where $c \\neq 0$. Hence, we can also write:\n$$\nz P(z)-1=c \\cdot z \\cdot(z-a+2) \\cdot \\ldots \\cdot(z-a+2 n)-1\n$$\nThe conditions in the problem statement now imply that the roots of the polynomial $z P(z)-1$ are $\\{a-1, a-3, \\ldots, a-(2 n+1)\\}$. Plugging in $z=a-1$ into the equation above, we get\n$$\n1=c \\cdot(a-1) \\cdot 1 \\cdot 3 \\cdot \\ldots \\cdot(2 n-1)\n$$\nOn the other hand, plugging in $z=a-(2 n+1)$ gives\n$$\n1=c \\cdot(a-(2 n+1)) \\cdot(-(2 n-1)) \\cdot \\ldots \\cdot(-3) \\cdot(-1)\n$$\nBy taking absolute values of $(\\star)$ and $(\\star \\star)$ and using $c \\neq 0$, we see that $|a-1|=|a-(2 n+1)|$, so $a=n+1$, which allows us to find $c>0$ using $(\\star)$. But now we can plug $z=a-3=n-2$ into the equation for $z P(z)-1$ above to obtain\n$$\n1=c \\cdot(n-2) \\cdot(-1) \\cdot 1 \\cdot \\ldots \\cdot(2 n-3)\n$$\nSince $n \\geq 2$, each factor on the RHS except for the $-1$ is non-negative, which means that this equation cannot hold! We conclude that there is no such $P$ for $n \\geq 2$.\n\nTherefore, the only solution is $P(z)=z$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44041,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein spitzwinkliges Dreieck mit $BC > AC$. Die Mittelsenkrechte der Seite $AB$ schneidet die Gerade $BC$ in $X$ und die Gerade $AC$ in $Y$. Sei $P$ die Projektion von $X$ auf $AC$ und sei $Q$ die Projektion von $Y$ auf $BC$. Beweise, dass die Gerade $PQ$ die Strecke $AB$ in ihrem Mittelpunkt schneidet.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nNach Einführung von $M$ als der Mittelpunkt von $AB$, genügt es zu zeigen, dass $P$, $Q$ und $M$ kollinear sind. Wir werden dies hier zeigen, indem wir beweisen, dass $\\angle MPX + \\angle XPQ = 180^{\\circ}$ gilt. Wir bemerken dazu zuerst ein paar Sehnenvierecke.\n\na.\n$YQPX$ ist ein Sehnenviereck, da $\\angle XPY = 90^{\\circ} = \\angle XQY$.\n\nb.\n$YQMB$ ist ein Sehnenviereck, da $\\angle BMY = 90^{\\circ} = \\angle BQY$.\n\nc.\n$AMXP$ ist ein Sehnenviereck, da $\\angle XMA = 90^{\\circ} = \\angle XPA$.\n\nDa nun $X$ auf der Mittelsenkrechten von $AB$ liegt, gilt $XA = XB$ und somit $\\angle MAX = \\angle MBX$ (*). Alles in allem gilt also:\n$$\n\\angle MPX \\stackrel{(c)}{=} \\angle MAX \\stackrel{(*)}{=} \\angle MBX = \\angle MBQ \\stackrel{(b)}{=} \\angle MYQ = \\angle XYQ \\stackrel{(a)}{=} 180^{\\circ} - \\angle XPQ\n$$\nWie gewünscht.\nSolution:\n\nEs gibt eine sehr ähnliche Vorgehensweise, die nur zwei der zuvor genannten Sehnenvierecke benutzt. Ebenfalls benutzen wir, dass $YA = YB$ bzw. $\\angle MYA = \\angle MYB$ (*). Dieses Mal werden wir zeigen, dass $M$, $P$ und $Q$ kollinear sind, indem wir zeigen, dass $\\angle XQP = \\angle XQM$. Wieder mit den obig genannten Sehnenvierecken gilt:\n$$\n\\angle XQP \\stackrel{(a)}{=} \\angle XYP = \\angle MYA \\stackrel{(*)}{=} \\angle MYB \\stackrel{(b)}{=} \\angle MQB = \\angle XQM\n$$\nWie gewünscht.\nSolution:\n\nMan kann die Kollinearität auch mit Menelaus zeigen. Dazu müsste man die folgende Gleichung verifizieren:\n$$\n\\frac{AM}{MB} \\cdot \\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CP}{PA} \\stackrel{?}{=} -1\n$$\nWie in den anderen beiden Lösungen bemerken wir, dass $YQPX$ ein Sehnenviereck ist, da $\\angle XPY = 90^{\\circ} = \\angle XQY$. Wir werden nun $\\omega$ für den Kreis $(YQPX)$ schreiben. Nach dem Satz von Thales ist das Zentrum von $\\omega$ der Mittelpunkt von $XY$, also vor allem auch auf der Mittelsenkrechten zu $AB$. Da die Potenz eines Punktes nur von der Distanz zum Kreismittelpunkt abhängt, ist die Potenz von $A$ und $B$ gleich bezüglich $\\omega$, woraus folgt:\n$$\nPA \\cdot AY = XB \\cdot BQ\n$$\nBetrachtet man auch noch die Potenz des Punktes $C$, erhält man\n$$\nCX \\cdot QC = CP \\cdot YC\n$$\nDie beiden Gleichungen zusammen ergeben nun\n$$\n\\frac{AM}{MB} \\cdot \\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CP}{PA} = -1 \\cdot \\frac{BQ}{PA} \\cdot \\frac{CP}{QC} = -1 \\cdot \\frac{AY}{XB} \\cdot \\frac{CX}{YC} = \\frac{BM}{MA} \\cdot \\frac{AY}{YC} \\cdot \\frac{CX}{XB} = -1\n$$\nWobei wir in der letzten Gleichung Menelaus auf $ABC$ und die Tatsache, dass $M$, $Y$ und $X$ kollinear sind, benutzt haben.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44042,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nAnaëlle hat $2 n$ Steine, welche mit $1,2,3, \\ldots, 2 n$ beschriftet sind, sowie eine rote und eine blaue Schachtel. Sie will nun alle $2 n$ Steine in die beiden Schachteln verteilen, sodass die Steine $k$ und $2 k$ für jedes $k=1,2, \\ldots, n$ in unterschiedlichen Schachteln landen. Wie viele Möglichkeiten hat Anaëlle, um dies zu tun?",
    "options": [],
    "answer": "2^n",
    "solution": "Solution:\n\nAntwort: Anaëlle hat $2^{n}$ Möglichkeiten.\n\nLösung 1 (bijektiv): Für jede ungerade ganze Zahl $1 \\leq t < 2 n$, nenne die Menge aller Steine, deren Beschriftung die Form $t \\cdot 2^{k}$ hat, die Kette ab $t$. Sobald wir einen Stein aus einer Kette in eine Schachtel platzieren, dann ist wegen der Bedingung die Schachtel aller anderen Steine in dieser Kette eindeutig bestimmt. Da $t$ ungerade ist, haben wir ausserdem, dass Steine in verschiedenen Ketten unabhängig voneinander platziert werden können, da die Bedingung nur Paare von Steinen betrifft, die in der selben Kette sind.\nWeil jeder Stein zudem in genau einer Kette ist, folgt nun, dass jede erlaubte Verteilung der Steine eine entsprechende beliebige Verteilung von jeweils einem Stellvertretenden pro Kette hat (z.B. alle Steine mit ungerader Beschriftung). Weil wir $n$ Ketten haben, ist die gesamte Anzahl Möglichkeiten demnach $2^{n}$.\n\n\nLösung 2 (induktiv): Wir geben einen Induktionsbeweis. Die Antwort ist korrekt für $n=1$, da die beiden Steine (mit Beschriftung $1$ und $2$) in verschiedenen Schachteln platziert werden müssen. Betrachte nun den Fall mit $n>1$ und nehme an, die Antwort ist korrekt für alle kleineren Werte von $n$.\nEs folgt, dass Anaëlle $2^{n-1}$ Möglichkeiten hat, um die Steine mit Beschriftung $1,2, \\ldots, 2 n-2$ zu verteilen. Der Stein mit Beschriftung $2 n-1$ ist von keiner Bedingung eingeschränkt und kann daher in einer beliebigen Schachtel platziert werden. Für den Stein mit Beschriftung $2 n$ hat Anaëlle jedoch keine Wahl, da er nicht in der selben Schachtel wie der Stein mit Beschriftung $n$ platziert werden darf, welcher bereits platziert wurde (weil $n \\leq 2 n-2$). Insgesamt hat Anaëlle also $2 \\cdot 2^{n-1} = 2^{n}$ Möglichkeiten.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44043,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSeien $n \\geq 4$ und $k, d \\geq 2$ natürliche Zahlen mit $k \\cdot d \\leq n$. Die $n$ Teilnehmenden der MathematikOlympiade sitzen um einen runden Tisch und warten auf Patrick. Als Patrick auftaucht, gefällt ihm die Situation gar nicht, da die Regeln des Social Distancing nicht eingehalten werden. Er wählt also $k$ von den $n$ Teilnehmenden aus, die bleiben dürfen, und schickt alle anderen aus dem Raum, sodass zwischen je zwei der verbleibenden $k$ Teilnehmenden mindestens $d-1$ freie Plätze sind. Wie viele Möglichkeiten hat Patrick dies zu tun, angenommen alle Plätze waren anfangs besetzt?",
    "options": [],
    "answer": "(n/k) * C(n - k*d + k - 1, k - 1)",
    "solution": "Solution:\n\nAntwort: $\\frac{n}{k}\\binom{n-k d+k-1}{k-1}$ oder dazu äquivalente Ausdrücke.\n\nLösung 1 (Surjektive $k$-zu-1 Abbildung):\nZuerst lasst uns die Personen am Tisch im Uhrzeigersinn von $1$ bis $n$ nummerieren, wobei die $1$ Person beliebig ausgewählt wurde. Wir werden nun zählen wie viele Kombinationen es gibt, in der die Person $1$ ausgewählt wurde. Bemerke, dass jegliche solche Möglichkeit einfach dazu korrespondiert $k$ 'Distanzen' zwischen den auserwählten Teilnehmer zu wählen. Die gegebene Bedingung ist lediglich, dass jede solche 'Distanz' größer als $d$ sein soll. Wir wollen also die Möglichkeiten zählen eine Gruppe von $k$ Abständen zu wählen, sodass diese alle größer als $d$ sind und sich zu $n$ aufsummieren. Dies kann auf mehrere Arten gezählt werden:\n\n- Zum Beispiel kann man sich einen kleineren Tisch der von $n-k d+k$ Stühlen umgeben ist vorstellen, wobei der Stuhl mit der Nummer $1$ besetzt ist und man noch $k-1$ Stühle auswählen soll, die auch noch besetzt werden müssen. Man kann darauf zwischen allen zwei aufeinanderfolgenden Personen noch $d-1$ Stühle einfügen, um eine finale Konfiguration zu erhalten. Man hat hier also $\\binom{n-k d+k-1}{k-1}$ Möglichkeiten dies zu tun.\n\n- Anders, kann man auch sagen, dass das Problem hier das gleiche ist, wie wenn man $n$ gleiche Bonbons auf $k$ Kinder verteilen will, sodass jedes Kind mindestens $d$ Bonbons erhält, was im Skript behandelt wurde. Hier können wir einfach die $k d$ Bonbons vergessen um die Bedingung zu erfüllen, was heißt, dass wir noch $n-k d$ Bonbons zu verteilen haben. Hier erhält man auch $\\binom{n-k d+k-1}{k-1}$ Möglichkeiten dies zu tun.\n\nNun haben wir jedoch bis jetzt angenommen, dass Person $1$ immer auserwählt wird. Wir müssen jetzt also noch alle 'Rotationen' in Betracht ziehen (indem wir eine andere Person als die beliebige $1$ Person betrachten). Würden wir die Möglichkeiten für alle Rotationen einfach aufaddieren, so hätten wir jede 'echte' Konfiguration $k$-Mal gezählt (1 Mal für jede der $k$ auserwählten Personen). Wir erhalten also die finale Antwort $\\frac{n}{k}\\binom{n-k d+k-1}{k-1}$.\n\nFalls diese Lösung zu verwirrend war kann man den letzten Schritt auch anders betrachten: Betrachte das ursprüngliche Problem, wobei einer der $k$ Personen ein Imposter ist. Die Anzahl Möglichkeiten kann wie oben beschrieben berechnet werden. Man startet mit dem Imposter und betrachtet die Distanzen zwischen den auserwählten Personen, was einem $\\binom{n-k d+k-1}{k-1}$ Möglichkeiten für jeden der $n$ möglichen Imposter gibt. Man kann diese Anzahl auch anders betrachten. Für jede Möglichkeit des ursprünglichen Problems gibt es $k$ Möglichkeiten den Imposter zu wählen. Somit ist die Anzahl Kombinationen des ursprünglichen Problems gleich $n\\binom{n-k d+k-1}{k-1} \\cdot \\frac{1}{k}$.\n\n\nLösung 2 (Man betrachtet den kleinsten besetzten Stuhl):\nWie oben können wir die Anzahl Konfigurationen, in welche eine Person (oben die $1$ Person) vorgegeben ist, als $\\frac{n}{k}\\binom{n-k d+k-1}{k-1}$ berechnen.\nNun lasst uns die Anzahl Konfigurationen betrachten, in der die Person $2$ auserwählt wurde, die Person $1$ jedoch nicht. Dies ist nun fast das gleiche wie zuvor ($k$ Distanzen wählen), außer dass hier nun noch die Einschränkung gilt, dass der Stuhl Nummer $1$ zwangsmäßig in der letzten Distanz enthalten ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44044,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBeweise, dass es für jede natürliche Zahl $n \\geq 3$ natürliche Zahlen $a_{1}<a_{2}<\\ldots<a_{n}$ gibt, sodass\n$$\na_{k} \\mid\\left(a_{1}+a_{2}+\\ldots+a_{n}\\right)\n$$\nfür jedes $k=1,2, \\ldots, n$ gilt.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLösung 1: Es wird mit Induktion bewiesen.\n\na) Induktionsanfang, $n=3$ :\nMan bemerke, dass $1<2<3$ die gegebene Bedingung erfüllt. Somit ist die Aussage wahr für $n=3$.\n\nb) Induktionsschritt:\nNach der Induktionsannahme ist die Aussage wahr für alle $m \\leq n-1$. Seien also $a_{1}<a_{2}<\\cdots<a_{n-1}$ positiv, sodass $a_{k} \\mid \\sum_{i=1}^{n} a_{i}$ für alle $1 \\leq k \\leq n$ gilt. Wähle dazu $a_{n}=\\sum_{j=1}^{n-1} a_{j}$. Da $a_{i}$ für $1 \\leq i<n-1$ strikt grösser als 0 ist, gilt $a_{n}>a_{n-1}$ und somit ist\n$$\na_{1}<a_{2}<\\cdots<a_{n-1}<a_{n}=\\sum_{j=1}^{n-1} a_{j}\n$$\nMan bemerke weiter, dass\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} a_{i}=a_{n}+\\sum_{i=1}^{n-1} a_{i}=2 \\sum_{i=1}^{n-1} a_{i}\n$$\nNach der Induktionsannahme gilt nun $a_{k} \\mid 2 \\sum_{i=1}^{n} a_{i}=\\sum_{i=1}^{n}$ für alle $1 \\leq k \\leq n-1$. Zusätzlich gilt nun aber auch $a_{n}=\\sum_{i=1}^{n-1} a_{i} \\mid 2 \\sum_{i=1}^{n-1} a_{i}=\\sum_{i=1}^{n} a_{i}$.\nEs erfüllen also die gewählten $a_{1}<\\cdots<a_{n}$ die Bedingung und der Induktionsschritt ist beendet.\nSolution:\n\nLösung 2: Da, $\\sum_{i=0}^{n} 2^{i}=2^{n+1}-1$ ist, würden $1<2<\\cdots<2^{n}$ die Teilbarkeitsbedingung erfüllen.\n$$\n2^{j} \\mid\\left(1+2+\\cdots+2^{n}\\right)=2^{n+1}, \\forall 0 \\leq j \\leq n\n$$\nNun sind die Zahlen jedoch nicht paarweise verschieden. Wir wollen also eine ähnliche Menge mit paarweise verschiedenen Zahlen konstruieren. Man multipliziert dazu alle Zweierpotenzen mit 3 und fügt zusätzlich noch 1 und 2 hinzu. Man findet also hierzu die Zahlen $a_{1}=1<2<3<2 \\cdot 3<\\cdots<3 \\cdot 2^{n-3}=a_{n}$. Und in der Tat erfüllen diese Zahlen auch die Bedingung, da $\\sum_{i=0}^{n} a_{i}=3 \\cdot 2^{n-2}$ durch alle $a_{i}$ teilbar ist.\nSolution:\n\nLösung 3 (Reformulation): Nehmen wir an, dass die Menge $a_{1}, a_{2}, \\ldots, a_{n}$ die Bedingung erfüllt und seien $b_{i}=\\frac{1}{a_{i}}\\left(\\sum_{k=1}^{n} a_{k}\\right)$. Es folgt, dass $b_{i}$ verschiedene positive ganze Zahlen sind, für welche gilt:\n$$\n\\frac{1}{b_{1}}+\\frac{1}{b_{2}}+\\cdots+\\frac{1}{b_{n}}=1\n$$\nEs genügt nun eine Konstruktion für solche $b_{i}$ zu finden. Es gibt mehrere Möglichkeiten eine solche Menge zu konstruieren: eine davon wäre mit Induktion.\nWir nehmen als Induktionsanfang die Menge 2, 3, 6 und wenn wir von $n$ nach $n+1$ gehen, ersetzen wir einfach $b_{n}'$ mit $b_{n}+1$ und $b_{n}^{2}+b_{n}'$ (wobei wir einfach $\\frac{1}{x}-\\frac{1}{x+1}=\\frac{1}{x(x+1)}$ benutzen).\nDiese Induktion führt tatsächlich zu einer komplett anderen Menge $a_{i}$ als in den obigen zwei Lösungen; die Anfangsmenge ist dieselbe, doch jedesmal wenn $n$ um 1 erhöht wird, multiplizieren wir alle vorherigen Elemente mit $1+\\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ und ersetzen das jetzt kleinste Element $1+\\sum_{k=1}^{n} a_{k}$ mit 1 und $\\sum_{k=1}^{n} a_{k}$. Zum Beispiel von $n=3$ nach $n=4$ multiplizieren wir die ursprüngliche Menge 1, 2, 3 mit 7 um die neue Menge 7, 14, 21 zu erhalten. Zusätzlich wird dann noch 7 mit 1 und 6 ersetzt.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44045,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nBestimme alle natürlichen Zahlen $n \\geq 2$, sodass für jeden Teiler $d>1$ von $n$\n$$\nd^{2}+n \\mid n^{2}+d\n$$\ngilt.",
    "options": [],
    "answer": "All prime numbers",
    "solution": "Solution:\n\nAntwort: $n$ erfüllt die Bedingung genau dann, wenn es eine Primzahl ist.\n\nZuest bemerken wir, dass alle Primzahlen die Voraussetzung tatsächlich erfüllen: Wenn $n$ eine Primzahl ist, muss $d=n$ gelten. Für diese Wahl von $d$ gilt offensichtlich\n$$\nn^{2}+n \\mid n^{2}+n\n$$\n\nWenn nun $n$ keine Primzahl ist, finden wir $a, b>1$, sodass $n=a b$ gilt. Nun können wir $d=a$ wählen und erhalten\n$$\na^{2}+a b \\mid (a b)^{2}+a.\n$$\nHier können wir beide Seiten durch $a$ teilen und erhalten die äquivalente Teilbarkeitsbedingung\n$$\na+b \\mid a b^{2}+1\n$$\nAnalog dazu können wir auch $d=b$ wählen und erhalten\n$$\nb^{2}+a b \\mid (a b)^{2}+b \\quad \\Longleftrightarrow \\quad b+a \\mid a^{2} b+1\n$$\nWir sehen also, dass $a+b$ sowohl $a b^{2}+1$ als auch $a^{2} b+1$ teilt, also auch deren Summe:\n$$\na+b \\mid a b(a+b)+2\n$$\nOffensichtlich ist $a b(a+b)$ durch $a+b$ teilbar. Dann sagt uns die obige Bedingung, dass\n$$\na+b \\mid 2\n$$\ngilt. Dies steht aber im Widerspruch zu $a, b>1$ ! Wir folgern also, dass alle nicht-Primzahlen die Bedingung der Aufgabe nicht erfüllen.\n\nAlternative: Wir können auch die Differenz von $a b^{2}+1$ und $a^{2} b+1$ betrachten, woraus wir\n$$\na+b \\mid a b(a-b)\n$$\nerhalten. Falls wir nun $\\operatorname{ggT}(a, b)=1$ wählen können, würde dies $\\operatorname{ggT}(a+b, a b)=1$ und somit\n$$\na+b \\mid a-b\n$$\nimplizieren, was unmöglich ist.\nWir können $a$ und $b$ allerdings nur dann teilerfremd wählen, falls $n$ mindestens zwei verschiedene Primteiler hat. Wir müssen also den Fall, in dem $n$ eine Primpotenz ist, noch separat behandeln: Falls $n=p^{k}$ für $p$ prim und $k \\geq 2$, können wir aber einfach $d=p$ wählen um\n$$\np^{2}+p^{k} \\mid p^{2 k}+p \\Longrightarrow p^{2} \\mid p(p^{2 k-1}+1) \\Longrightarrow p \\mid p^{2 k-1}+1\n$$\nzu erhalten, was auch unmöglich ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44046,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $k$ be a circle with centre $M$ and let $A B$ be a diameter of $k$. Furthermore, let $C$ be a point on $k$ such that $A C = A M$. Let $D$ be the point on the line $A C$ such that $C D = A B$ and $C$ lies between $A$ and $D$. Let $E$ be the second intersection of the circumcircle of $B C D$ with line $A B$ and $F$ be the intersection of the lines $E D$ and $B C$. The line $A F$ cuts the segment $B D$ in $X$. Determine the ratio $B X / X D$.",
    "options": [],
    "answer": "1/6",
    "solution": "Solution:\nLet $s = A M$. According to the conditions in the exercise we get:\n$$\ns = A M = M B = \\frac{1}{2} A B = A C = \\frac{1}{2} C D = \\frac{1}{3} A D\n$$\n\nUsing the power of the point $A$ with respect to the circle $E B D C$\n$$\nA E = \\frac{A C \\cdot A D}{A B} = \\frac{s \\cdot 3s}{2s} = \\frac{3s}{2}\n$$\n\nand therefore\n$$\nE B = A B - A E = 2s - \\frac{3s}{2} = \\frac{s}{2}\n$$\n\nSince $F$ is an inner point of the triangle $A B D$, applying Ceva's theorem gives\n$$\n1 = \\frac{B X}{X D} \\cdot \\frac{D C}{C A} \\cdot \\frac{A E}{E B} = \\frac{B X}{X D} \\cdot \\frac{2s}{s} \\cdot \\frac{3s/2}{s/2} = 6 \\cdot \\frac{B X}{X D} \\implies \\frac{B X}{X D} = \\frac{1}{6}\n$$\nSolution:\nUsing Thales' theorem over the circles $k$ and $E B C D$ gives\n$$\n90^{\\circ} = \\angle A C B = \\angle D C B = \\angle D E B\n$$\n\nTherefore, $D E$ and $B C$ are altitudes of the triangle $A B D$. Thus, $F$ is the orthocenter of $A B D$. It follows that $E B D C$, $A E X D$ and $A B X C$ are cyclic quadrilaterals (in particular $X \\in k$).\nBy power of the points $A$, $B$, $D$ with respect to the circles $E B D C$, $A E X D$, $A B X C$ (individually) we get\n$$\n\\begin{aligned}\n& A E \\cdot A B = A C \\cdot A D \\\\\n& B E \\cdot B A = B X \\cdot B D \\\\\n& D X \\cdot D B = D C \\cdot D A\n\\end{aligned}\n$$\n\nUp to this point, we have not used any of the conditions about the lengths. Like in the first solution, we define $s = A M$ and get\n$$\ns = A M = M B = \\frac{1}{2} A B = A C = \\frac{1}{2} C D = \\frac{1}{3} A D\n$$\n\nFinally\n$$\n\\frac{B X}{X D} = \\frac{B X \\cdot B D}{D X \\cdot D B} = \\frac{B E \\cdot B A}{D C \\cdot D A} = \\frac{A B^{2} - A E \\cdot A B}{D C \\cdot D A} = \\frac{A B^{2} - A C \\cdot A D}{D C \\cdot D A} = \\frac{(2s)^{2} - s \\cdot 3s}{2s \\cdot 3s} = \\frac{1}{6}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44047,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n$ be a positive integer. Prove that there exists a finite sequence $S$ consisting of only zeros and ones, satisfying the following property: For any positive integer $d \\geq 2$, when $S$ is interpreted as a number in base $d$, the resulting number is non-zero and divisible by $n$.\n\nRemark: The sequence $S=s_{k} s_{k-1} \\cdots s_{1} s_{0}$ interpreted in base $d$ is the number $\\sum_{i=0}^{k} s_{i} d^{i}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWorking in any base $d \\geq 2$, by pigeonhole, two of the numbers\n$$\n1, 11, 111, \\ldots, \\overbrace{11 \\cdots 11}^{n+1}\n$$\nhave the same residue $\\bmod n$. Therefore their difference\n$$\nD = \\overbrace{11 \\cdots 11}^{t} \\overbrace{00 \\cdots 00}^{k} \\text{ with } k, t \\leq n\n$$\nis divisible by $n$ in base $d$. But then also\n$$\nn \\mid D \\cdot d^{n-k} \\cdot \\left(1 + d^{t} + d^{2t} + \\cdots + d^{n!-t}\\right) = \\overbrace{11 \\cdots 11}^{n!} \\overbrace{00 \\cdots 00}^{n}\n$$\nin base $d$. But the representation of this number is independent of $d$, hence we have found our sequence of zeros and ones.\nSolution:\n\nIt suffices to find a non-empty, finite set $\\sigma \\in \\mathbb{N}$ such that\n$$\nn \\mid \\sum_{s \\in \\sigma} d^{s}\n$$\nfor all $d \\geq 2$. Consider the set $\\sigma = \\{\\varphi(n), 2\\varphi(n), \\ldots, n\\varphi(n)\\}$. For $d \\geq 2$, if $(d, n) = 1$:\n$$\n\\sum_{s \\in \\sigma} d^{s} = \\sum_{k=1}^{n} \\left(d^{\\varphi(n)}\\right)^{k} = n\n$$\nElse, if $g = (d, n) \\neq 1$, let $n = x y$ with $(x, y) = (y, d) = 1$ and $y$ maximal:\n$$\n\\sum_{s \\in \\sigma} d^{s} = \\sum_{k=1}^{n} \\left(d^{\\varphi(n)}\\right)^{k} \\equiv \\frac{d^{\\varphi(n)}\\left(d^{n\\varphi(n)}-1\\right)}{d^{\\varphi(n)}-1} \\equiv 0 \\quad \\bmod x\n$$\nwhich makes sense, as $d^{\\varphi(n)}-1$ is coprime to $x$, and true since $v_{p}(x) \\leq v_{p}(n) \\leq \\varphi(n)$ (ask raphi for an elaborate explanation). And $y$ divides this sum by the first argument as above. Now $n = x y$ divides the sum since $(x, y) = 1$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44048,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $\\mathbb{R}_{>0}$ denote the set of positive real numbers. Find all functions $f: \\mathbb{R}_{>0} \\rightarrow \\mathbb{R}_{>0}$ such that\n$$\nx+f(y f(x)+1)=x f(x+y)+y f(y f(x))\n$$\nfor all positive real numbers $x$ and $y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1/x for all x > 0",
    "solution": "Solution:\nLet $f$ be a solution to the FE. By plugging $y=\\frac{x}{f(x)}$, we obtain\n$$\nx+f(x+1)=x f\\left(x+\\frac{x}{f(x)}\\right)+x \\Longleftrightarrow f(x+1)=x f\\left(x+\\frac{x}{f(x)}\\right)\n$$\nPlug in $x=1$ in (1) to get\n$$\nf(2)=f\\left(1+\\frac{1}{f(1)}\\right)\n$$\nNote that if $f$ is injective, one can easily finish as $f(1)=1$ by the previous equality. By plugging in $x=1$ in the original equation, we get\n$$\n1=y f(y) \\Longleftrightarrow f(y)=\\frac{1}{y}, \\quad \\forall y \\in \\mathbb{R}_{>0}\n$$\nwhich is indeed a solution to the equation:\n$$\nx+f\\left(\\frac{y}{x}+1\\right)=\\frac{x}{x+y}+y f\\left(\\frac{y}{x}\\right) \\Longleftrightarrow x+\\frac{x}{x+y}=\\frac{x}{x+y}+x, \\quad \\forall x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}\n$$\nNow, it remains to prove that $f$ is injective: Assume that there exist $u, v \\in \\mathbb{R}_{>0}$, with $u>v$ such that $f(u)=f(v)$. Rewriting the initial equation, we get:\n$$\nx \\cdot(1-f(x+y))=y f(y f(x))-f(y f(x)+1) .\n$$\nSubstituting $x=u$ and $x=v$ in the latter equation, we get that\n$$\nu \\cdot(f(u+y)-1)=v \\cdot(f(v+y)-1), \\quad \\forall y \\in \\mathbb{R}_{>0}\n$$\nand by replacing $y \\rightarrow y-v$ and introducing $C=u-v>0$, we get\n$$\nu \\cdot(f(C+y)-1)=v \\cdot(f(y)-1), \\quad \\forall y>v\n$$\nLet $y_{0}$ be a fixed constant such that $v<y_{0} \\leq v+C$ and let's analyse the sequence $\\left(f\\left(y_{0}+n C\\right)\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}$. If $f\\left(y_{0}\\right)=1$, we get that the sequence $\\left(f\\left(y_{0}+n C\\right)\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}$ is constant and every term is equal to 1.\nNow, if $f\\left(y_{0}\\right) \\neq 1$, by (5), observe that\n$$\n\\frac{u}{v}=\\frac{f\\left(y_{0}+n C\\right)-1}{f\\left(y_{0}+(n+1) C\\right)-1} \\quad \\forall n \\in \\mathbb{N}\n$$\nTherefore, by induction or telescopic product, we get\n$$\nf\\left(y_{0}+n C\\right)-1=\\left(\\frac{v}{u}\\right)^{n} \\cdot\\left(f\\left(y_{0}\\right)-1\\right)\n$$\nHence, by making $n \\rightarrow \\infty$ and using $v<u$, we get that the sequence $\\left(f\\left(y_{0}+n C\\right)\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}$ converges to 1. From these two cases, we conclude that the sequence $\\left(f\\left(y_{0}+n C\\right)\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}$ converges to 1 for any $v<y_{0}$. Now, let $a_{n}=y_{0}+n C$ and let's make the substitution $y=\\frac{a_{n}}{f(x)}$. We get\n$$\nx+f\\left(a_{n}+1\\right)=x f\\left(x+\\frac{a_{n}}{f(x)}\\right)+\\frac{a_{n}}{f(x)} \\cdot f\\left(a_{n}\\right)\n$$\nand let's fix $x=c$. Then, when\n$$\nn \\rightarrow+\\infty, \\quad c+f\\left(a_{n}+1\\right) \\rightarrow c+1\n$$\nbecause the sequence\n$$\n\\left(f\\left(\\left(y_{0}+1\\right)+n C\\right)\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}=\\left(f\\left(a_{n}+1\\right)\\right)_{n \\in \\mathbb{N}}\n$$\nconverges to 1 . However, we have\n$$\nc f\\left(c+\\frac{a_{n}}{f(c)}\\right)+\\frac{a_{n}}{f(c)} \\cdot f\\left(a_{n}\\right) \\rightarrow+\\infty\n$$\nbecause\n$$\n\\frac{a_{n}}{f(c)} \\cdot f\\left(a_{n}\\right) \\rightarrow+\\infty \\text{ and } c f\\left(c+\\frac{a_{n}}{f(c)}\\right)>0\n$$\nThus, we get a contradiction by (7).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44049,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $n$ be a positive integer. Prove that the numbers\n$$\n1^{1}, 3^{3}, 5^{5}, \\ldots,\\left(2^{n}-1\\right)^{2^{n}-1}\n$$\nall give different remainders when divided by $2^{n}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet's prove the statement by induction.\n\nThe base case $n=1$ is trivial.\n\nLet's prove the inductive step. Given that $1^{1}, 3^{3}, 5^{5}, \\ldots,\\left(2^{n}-1\\right)^{2^{n}-1}$ have different residues $(\\bmod\\ 2^{n})$, we want to show that $1^{1}, 3^{3}, 5^{5}, \\ldots,\\left(2^{n+1}-1\\right)^{2^{n+1}-1}$ give different results mod $2^{n+1}$.\n\nLet's split the $2^{n}$ elements in two sets $A$ and $B$, where\n$$\nA=\\left\\{1^{1}, 3^{3}, 5^{5}, \\ldots,\\left(2^{n}-1\\right)^{2^{n}-1}\\right\\}\n$$\nand\n$$\nB=\\left\\{\\left(2^{n}+1\\right)^{2^{n}+1},\\left(2^{n}+3\\right)^{2^{n}+3},\\left(2^{n}+5\\right)^{2^{n}+5}, \\ldots,\\left(2^{n}+\\left(2^{n}-1\\right)\\right)^{2^{n}+\\left(2^{n}-1\\right)}\\right\\}.\n$$\n\nLet's closely examine the elements in $B \\bmod 2^{n+1}$. By Euler-Fermat (we can use it in this case because $\\operatorname{gcd}\\left(2^{n}+k, 2^{n+1}\\right)=1$) and the binomial expansion, we have:\n$$\n\\left(2^{n}+k\\right)^{2^{n}+k} \\equiv \\left(2^{n}+k\\right)^{k} \\equiv \\sum_{s=0}^{k}\\binom{k}{s} \\cdot 2^{n s} \\cdot k^{k-s} \\equiv 2^{n} \\cdot k^{k}+k^{k} \\equiv 2^{n}+k^{k} \\quad\\left(\\bmod 2^{n+1}\\right)\n$$\n\nIn other words,\n$$\nB \\equiv \\left\\{1^{1}+2^{n}, 3^{3}+2^{n}, 5^{5}+2^{n}, \\ldots,\\left(2^{n}-1\\right)^{2^{n}-1}+2^{n}\\right\\}\\ (\\bmod\\ 2^{n+1})\n$$\n\nNow, by the inductive hypothesis, the elements in $A$ are distinct $(\\bmod\\ 2^{n})$ and so are the elements in $B$. Finally, since the elements in $B\\ (\\bmod\\ 2^{n+1})$ are simply obtained by adding $2^{n}$ to the elements in $A$, the $2^{n}$ numbers give different remainders $(\\bmod\\ 2^{n+1})$, concluding the inductive step.\n\nHence, the initial statement is true for all $n \\in \\mathbb{N}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44050,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $ABCD$ be a convex quadrilateral such that the circle with diameter $AB$ is tangent to the line $CD$, and the circle with diameter $CD$ is tangent to the line $AB$. Prove that the two intersection points of these circles and the point $AC \\cap BD$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $X$ be the tangency point of $CD$ with the first circle and $Y$ the tangency point of $AB$ with the second circle. Further, let $P$ be the intersection of $AC$ with $BD$. As we aim to use Pappus's theorem, we also introduce the points $Q = AX \\cap DY$ and $R = BX \\cap CY$.\n\nWe claim that $\\triangle AYQ \\sim \\triangle DXQ \\sim \\triangle YBR \\sim \\triangle XCR$. Let $\\alpha = \\angle YAQ$ and $\\beta = \\angle QYA$. By the tangent chord theorem, $\\angle RXC = \\alpha$, and as $\\angle AXB = 90^\\circ$, we have that $\\angle DXQ = 90^\\circ - \\alpha$. Similarly, by the tangent chord theorem, $\\angle XCR = \\beta$, and as $\\angle CYD = 90^\\circ$, we have that $\\angle QDX = 90^\\circ - \\beta$. Observe that\n$$\n180^\\circ - \\alpha - \\beta = \\angle AQY = \\angle XQD = 180^\\circ - (90^\\circ - \\alpha) - (90^\\circ - \\beta) = \\alpha + \\beta\n$$\nhence $\\beta = 90^\\circ - \\alpha$. The claim follows immediately.\n\nIt now follows from the similarities that $Q$ and $R$ are on the power line of the two circles, as $QA \\cdot QX = QY \\cdot QD$ and $RY \\cdot RC = RB \\cdot RX$. By Pappus's theorem, $Q$, $P$, and $R$ are collinear, so $P$ also lies on the power line. We are now done, as the line through the intersection points of the circles is always their power line.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44051,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nGiven a (simple) graph $G$ with $n \\geq 2$ vertices $v_{1}, v_{2}, \\ldots, v_{n}$ and $m \\geq 1$ edges, Joël and Robert play the following game with $m$ coins:\n\ni) Joël first assigns to each vertex $v_{i}$ a non-negative integer $w_{i}$ such that $w_{1}+\\cdots+w_{n}=m$.\n\nii) Robert then chooses a (possibly empty) subset of edges, and for each edge chosen he places a coin on exactly one of its two endpoints, and then removes that edge from the graph. When he is done, the amount of coins on each vertex $v_{i}$ should not be greater than $w_{i}$.\n\niii) Joël then does the same for all the remaining edges.\n\niv) Joël wins if the number of coins on each vertex $v_{i}$ is equal to $w_{i}$.\n\nDetermine all graphs $G$ for which Joël has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "Exactly the bipartite graphs",
    "solution": "Solution:\n\nWe refer to Joël as $A$ and Robert as $B$; furthermore, the condition of coin placement can just be paraphrased as directing the edges, with the in-degree remaining inferior to $w(i)$, which we will henceforth refer to as a function, for simplicity's sake.\n\nThe solution has two key parts: proving $A$ wins on bipartite graphs, and proving $B$ wins otherwise. The former is purely constructive so we just give the construction, and for the latter there are several ways to reason, so we will provide three separate proofs.\n\nIf $G$ is bipartite, $A$ simply takes the induced partition into two disconnected sets of vertices and then for one of the two sets, he assigns $w(i)=\\operatorname{deg}\\left(v_{i}\\right)$ and for the other he assigns $w(i)=0$. This forces how every single edge has to be directed, and so all of the subsequent edge directions are forced (they have to point away from the latter and towards the former set).\n\n\n## Solution 1 (David):\nIf $G$ is not bipartite, we colour each vertex $u$ black if $w(u)<\\operatorname{deg}(u)$ and white otherwise. There now must be two adjacent vertices $u, v$ of the same colour.\nIf $u, v$ are both black, $B$ can direct $w(u)$ edges towards $u$ and $w(v)$ edges towards $u$ without using the edge $\\{u, v\\}$. But then, no matter how $A$ directs $\\{v, w\\}$, he will lose.\nIf $v, w$ are both white, we note that no matter how the edge $\\{v, w\\}$ is directed, there is never equality at both of them.\n\n\n## Solution 2 (Tanish):\nA graph is bipartite iff it contains no odd cycles; ergo, we may assume there is an odd cycle; WLOG call it $H=\\left\\{v_{1} v_{2}, v_{2} v_{3}, \\ldots, v_{2 k+1} v_{1}\\right\\}$. After $A$ has chosen the values $w(1), \\ldots, w(n)$, suppose there is indeed a way to direct the entire graph where these values are attained (otherwise $B$ can just do nothing and win). Now, what $B$ can do is take this valid complete directing and apply it to all the edges on $G \\backslash H$. We are now left with just $H$ and $A$ 's initial values $w(1), \\ldots, w(2 k+1)$ induce new values $w^{\\prime}(1), \\ldots, w^{\\prime}(2 k+1)$ such that $w^{\\prime}(1)+\\cdots+w^{\\prime}(2 k+1)=2 k+1$ once we \"take away\" what was already assigned. In other words, we can always reduce to the case where we just have an odd cycle, so we just need to solve this case. So now suppose we are just working on the odd cycle $H$.\nFor every group of consecutive indices $i, i+1, \\ldots$ for all of whom $w^{\\prime}>0$, we sum these up. In particular, there must be a sequence of consecutive nonzero values of $w^{\\prime}$ whose sum is odd. We have a few possibilities:\n- If the only occurrence of this is a single vertex of degree 1, then there must be vertex elsewhere of degree 2 next to a non-zero vertex, by pigeonhole.\n- If there is a sequence whose sum is 3 or greater, then this must either contain a 2 next to a 1 or at least 3 1's in a row.\nIf there is a 2 next to another value $>0$, then direct an edge away from the vertex corresponding to the 2. If there are 3 1's in a row, direct both edges away from the vertex corresponding to the middle 1. In both cases, $A$ loses.\n\n\n## Solution 3 (Joël):\nConsider a vertex $v$. Let $d_{v}$ be its degree and $z_{v}$ be the number of neighbours $u$ of $v$ such that $w(u)=0$. Now we claim that if $w(v)>z_{v}$ for some vertex $v$, then $B$ wins. (Note that this is essentially an if and only if statement, but we only need one side of this implication).\nTo prove this, $B$ can just assign the $d_{v}-z_{v}$ other edges away from $v$, implying that after $A$ 's turn, the in-degree at $v$ is $\\leq z_{v}$ which is itself smaller than $w(v)$, but we need equality between the two.\nFurthermore, if two vertices where $w=0$ are adjacent, then we are trivially done, as directing the edge between them immediately means $A$ loses.\nThis now gives rise to a new upper bound for the sum of $w$. Consider a non-bipartite graph $G$ and suppose $A$ can win there. Now we know that $m=w(1)+\\cdots+w(n) \\leq z_{1}+\\ldots+z_{n}$ (by what we did above). Note however, that the RHS here is just the number of edges connecting a zero and a non-zero vertex. However, since the graph is not bipartite, not every edge can connect a zero and a non-zero vertex, thus we actually get $z_{1}+\\cdots+z_{n}<m$, which combined with what we have before gives $m<m$, which is clearly a contradiction.\n\n\n## Solution 4:\nSimilarly to the previous solution, we look at $z_{v}$, the number of neighbours $u$ of $v$ such that $w(u)=0$; the proof that $w(v)>z_{v}$ for some vertex $v$ implies victory for $B$ is identical. Furthermore, $w(v) \\geq z_{v}$ as every such edge to a vertex where $w=0$ must be directed towards $v$, proving $w(v)=z_{v}$. This means for any vertex where $w>0$, the only incoming edges are from the neighbours where $w=0$. As a result, no edge can connect two vertices where $w=0$ or two vertices where $w>0$ and the partition of the vertex set into these two groups yields a bipartite graph.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44052,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFor an integer $a \\geq 2$, denote by $\\delta(a)$ the second largest divisor of $a$. Let $(a_{n})_{n \\geq 1}$ be a sequence of integers such that $a_{1} \\geq 2$ and\n$$\na_{n+1}=a_{n}+\\delta\\left(a_{n}\\right)\n$$\nfor all $n \\geq 1$. Prove that there exists a positive integer $k$ such that $a_{k}$ is divisible by $3^{2022}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $p_{i}=a_{i} / \\delta\\left(a_{i}\\right)$ be the smallest divisor of $a_{i}$ not equal to $1$. We then have\n$$\na_{i+1}=a_{i}+\\frac{a_{i}}{p_{i}}=\\left(p_{i}+1\\right) \\frac{a_{i}}{p_{i}}\n$$\nSo, if $p_{1}$ is odd, then $a_{i+1}$ will be even. Note that the sequence $a_{n}$ fulfills the condition exactly when there exists a $k$, such that $v_{3}\\left(a_{k}\\right) \\geq 2022$.\n\nWe differentiate between the three cases:\n\n- $(a_{i}$ even $)$ : In this case we have that $a_{i+1}=\\frac{3}{2} a_{i}$. So here $v_{3}\\left(a_{i+1}\\right)=v_{3}\\left(a_{i}\\right)+1$\n\n- $(a_{i}$ is odd and not divisible by $3)$: In this case $v_{3}\\left(a_{i+1}\\right)=v_{3}\\left((p_{i}+1) \\frac{a_{i}}{p_{i}}\\right) \\geq v_{3}\\left(a_{i}\\right)$ and then by the above case $v_{3}\\left(a_{i+2}\\right) \\geq v_{3}\\left(a_{i}\\right)+1$.\n\n- ($a_{i}$ is odd and divisible by $3$): In this case we have $a_{i+1}=\\frac{4}{3} a_{i}$ and so $a_{i+1}$ is even. Thus, $a_{i+2}=\\frac{3}{2} a_{i+1}=2 a_{i}$ and $a_{i+3}=\\frac{3}{2} a_{i+2}=3 a_{i}$. So, here we get $v_{3}\\left(a_{i+3}\\right) \\geq v_{3}\\left(a_{i}\\right)+1$.\n\nSo, if we start with the number $a_{1}$, we have a subsequence $(a_{i_{l}})_{l \\geq 1}$, with $v_{3}\\left(a_{i_{l+1}}\\right) \\geq v_{3}\\left(a_{i_{l}}\\right)+1$. By that we have\n$$\n3^{2022} \\mid a_{i_{2022}}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44053,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $a$, $b$, $c$, $\\lambda$ be positive real numbers with $\\lambda \\geq 1 / 4$. Show that\n$$\n\\frac{a}{\\sqrt{b^{2}+\\lambda b c+c^{2}}}+\\frac{b}{\\sqrt{c^{2}+\\lambda c a+a^{2}}}+\\frac{c}{\\sqrt{a^{2}+\\lambda a b+b^{2}}} \\geq \\frac{3}{\\sqrt{\\lambda+2}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDenote the left side of the inequality by $LS$. By Hölder we have\n$$\n\\left(a\\left(b^{2}+\\lambda b c+c^{2}\\right)+b\\left(c^{2}+\\lambda c a+a^{2}\\right)+c\\left(a^{2}+\\lambda a b+b^{2}\\right)\\right)(LS)^{2} \\geq (a+b+c)^{3}\n$$\nSo now it is sufficient to prove\n$$\n\\frac{(a+b+c)^{3}}{a^{2} b+a b^{2}+b^{2} c+b c^{2}+c^{2} a+c a^{2}+3 \\lambda a b c} \\geq \\frac{9}{\\lambda+2}\n$$\nNow for easier notation write $\\sum a^{2} b$ for $a^{2} b+a b^{2}+b^{2} c+b c^{2}+c^{2} a+c a^{2}$. Multiplying by the denominators and cancelling terms on both sides results in the inequality\n$$\n2\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)+12 a b c+\\lambda\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}-21 a b c+3 \\sum a^{2} b\\right) \\geq 3 \\sum a^{2} b\n$$\nNote that $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3 \\sum a^{2} b-21 a b c \\geq 0$ by AM-GM. Since the $LS$ is a linear function in $\\lambda$ and the coefficient for $\\lambda$ is positive, the inequality is stricter for smaller $\\lambda$. So in other words we can now assume $\\lambda=1 / 4$. Multiplying by $4 / 9$ and rearranging once again we arrive at the final inequality:\n$$\n\\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\\right)+3 a b c-\\sum a^{2} b \\geq 0\n$$\nand this inequality is true by Schur.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44054,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $n \\geq 2$ be an integer. Prove that if\n$$\n\\frac{n^{2}+4^{n}+7^{n}}{n}\n$$\nis an integer, then it is divisible by $11$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nThe \"Lifting the Exponent\" lemma tells us that\n$$\nv_{11}\\left(4^{n}+7^{n}\\right)=v_{11}(4+7)+v_{11}(n)=1+v_{11}(n)\n$$\nand we therefore have $11 \\mid\\left(4^{n}+7^{n}\\right) / n$.\n\nNow let $p$ denote the smallest prime factor of $n$. By assumption we have $p \\mid n \\mid 4^{n}+7^{n}$, with $p \\neq 2,7$. Now setting $x \\equiv 4 \\cdot 7^{-1} \\bmod p$, we find:\n$$\n4^{n} \\equiv -7^{n} \\bmod p \\Longrightarrow x^{n} \\equiv -1 \\quad \\bmod p \\Longrightarrow x^{2 n} \\equiv 1 \\quad \\bmod p\n$$\nIf $d$ denotes the order of $x \\bmod p$, the above implies $d \\mid 2 n$. By Euler-Fermat we also have $d \\mid \\varphi(p)=p-1$. By minimality of $p$, we have $\\gcd(n, p-1)=1$, and thus $d \\mid 2$. Therefore,\n$$\nx^{2} \\equiv 1 \\quad \\bmod p \\Longrightarrow 4^{2} \\equiv 7^{2} \\quad \\bmod p \\Longrightarrow p \\mid 49-16=33 \\Longrightarrow p=3,11\n$$\nBut since $4^{n} \\equiv 7^{n} \\equiv 1 \\bmod 3$, we cannot have $p=3 \\mid n$, since otherwise $n$ does not divide $4^{n}+7^{n}$. We conclude that $p=11 \\mid n$ and the result follows.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44055,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n \\geq 3$ be an integer. Annalena has infinitely many cowbells in each of $n$ different colours. Given an integer $m \\geq n+1$ and a group of $m$ cows standing in a circle, she is tasked with tying one cowbell around the neck of every cow so that every group of $n+1$ consecutive cows have cowbells of all the possible $n$ colours. Prove that there are only finitely many values of $m$ for which this is not possible and determine the largest such $m$ in terms of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "n^2 - n - 1",
    "solution": "Solution:\n\nLet us first give a construction which works for all numbers $m \\geq n^{2}-n$:\n\nWrite $m = k n + r$ for some integer $k \\geq n-1$ and $r \\in \\{0,1, \\ldots, n-1\\}$. Note that $k - r \\geq 0$. If we call the colours $1,2, \\ldots, n$, we arrange them as follows:\n\n$$\n\\underbrace{1,1,2,3, \\ldots, n, 1,1,2,3, \\ldots, n, \\ldots, 1,1,2,3, \\ldots, n}_{r \\text{ times}}, \\underbrace{1,2,3, \\ldots, n, 1,2,3, \\ldots, n, \\ldots, 1,2,3, \\ldots, n}_{k-r \\text{ times}}\n$$\n\nNote that $r(n+1) + (k-r)n = k n + r = m$. It is easy to see that this construction indeed works.\n\nWe will now prove that it is not possible to accomplish the task for $m = n^{2} - n - 1$. Observe that $n^{2} - n - 1 = n(n-1) - 1$. By pigeonhole principle, one of the $n$ colours appears at most $n-2$ times, say blue. Pick an arbitrary cow with a blue bell. There exist now $n^{2} - n - 2 = (n+1)(n-2)$ other cows among which only at most $n-3$ wear a blue cowbell. If we partition the remaining cows into intervals of length $n+1$, we can see that in at least one of them, there is no cow with a blue cowbell.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44056,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n > 6$ be a perfect number. Let $p_{1}^{a_{1}} \\cdot p_{2}^{a_{2}} \\cdot \\ldots \\cdot p_{k}^{a_{k}}$ be the prime factorisation of $n$ where we assume that $p_{1} < p_{2} < \\ldots < p_{k}$ and $a_{i} > 0$ for all $i = 1, \\ldots, k$. Prove that $a_{1}$ is even.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSince $n$ is perfect, we can write\n$$\n2 n = \\sum_{1 \\leq d \\mid n} d = \\sum_{0 \\leq b_{i} \\leq a_{i}} p_{1}^{b_{1}} p_{2}^{b_{2}} \\cdots p_{k}^{b_{k}} = \\prod_{i=1}^{k}\\left(1 + p_{i} + \\cdots + p_{i}^{a_{i}}\\right)\n$$\nNow assuming $a_{1}$ is odd, we find that\n$$\n\\left(1 + p_{1} + \\cdots + p_{1}^{a_{1}}\\right) \\equiv 1 - 1 + \\cdots - 1 \\equiv 0 \\quad (\\bmod\\ p_{1} + 1)\n$$\nand therefore $p_{1} + 1 \\mid 2 n$.\nIf $p_{1} > 2$, then $p_{1} + 1 \\mid n$, but since $p_{1}$ is the smallest prime divisor of $n$, no prime divisor of $p_{1} + 1$ can divide $n$, leading to a contradiction.\nWe conclude that $p_{1} = 2 \\mid n$. Since $p_{1} + 1 = 3 \\mid 2 n$, we also get $3 \\mid n$. But now note that since $n > 6$, the integers $1, n / 2, n / 3, n / 6$ are distinct, proper divisors of $n$ which sum to $n + 1 > n$, contradicting the fact that $n$ is perfect. We conclude that $a_{1}$ must be even.\n\nNote: The case where $2 \\mid n$ can also be solved as follows. The Euler-Euclid Theorem says that if $n$ is an even perfect number, then there exists a prime $p$ such that $n = 2^{p-1}\\left(2^{p} - 1\\right)$. Since $n > 6$, then $p > 2$ is odd and so $a_{1} = p - 1$ is even.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44057,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n$ be a positive integer. Find all polynomials $P$ with real coefficients such that\n$$\nP\\left(x^{2}+x-n^{2}\\right)=P(x)^{2}+P(x)\n$$\nfor all real numbers $x$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x) ≡ 0",
    "solution": "Solution:\n\nWe quickly check that $P \\equiv 0$ is indeed a solution. So from here on out let's assume $P \\not \\equiv 0$. Plugging in $x=n$, we get that $P(n)=0$, from which it follows that $P(x)=(x-n)^{r} Q(x)$, for some polynomial $Q \\in \\mathbb{R}[x]$ with $Q(n) \\neq 0$. We now have\n$$\n\\left(x^{2}+x-n-n^{2}\\right)^{r} Q\\left(x^{2}+x-n^{2}\\right)=(x-n)^{2 r} Q(x)+(x-n)^{r} Q(x)\n$$\nFactoring out and dividing by $(x-n)^{r}$, we get\n$$\n(x+n+1)^{r} Q\\left(x^{2}+x-n^{2}\\right)=(x-n)^{r} Q(x)+Q(x)\n$$\nBut if we plug in $x=n$, we get $0=Q(n)$, a contradiction. So $P \\equiv 0$ is the only solution.\nSolution:\n\nPlugging in $x=-n$ yields $P(-n)=0$. Next, $x=n-1$ gives us $0=P(-n)=P(n-1)^{2}+P(n-1)$ and so $P(n-1) \\in\\{-1,0\\}$. Note that the quadratic equation $x^{2}+x-n^{2}=n-1$ certainly has a positive solution $x_{1}$, namely\n$$\nx_{1}=\\frac{-1+\\sqrt{1+4\\left(n^{2}+n-1\\right)}}{2}=\\frac{\\sqrt{4 n^{2}+4(n-1)+1}-1}{2}\n$$\nWe also observe that $n-1<x_{1}<n$. If $P(n-1)=-1$, plugging $x=x_{1}$ into the original equation would yield $-1=P(n-1)=P\\left(x_{1}\\right)^{2}+P\\left(x_{1}\\right)$. However, $y^{2}+y \\geq-1 / 4$ for all $y \\in \\mathbb{R}$, contradiction! We conclude that $P(n-1)=0$ and the equation becomes $0=P\\left(x_{1}\\right)^{2}+P\\left(x_{1}\\right)$. Similarly to above, $P\\left(x_{1}\\right) \\in\\{-1,0\\}$. This is basically the situation that we faced at the beginning, except that we replaced $n-1$ by $x_{1}$. Hence we try to iterate the argument:\nAgain, the equation $x^{2}+x-n^{2}=x_{1}$ certainly has a solution, since $x_{1}>0$. Let\n$$\nx_{2}=\\frac{\\sqrt{4 n^{2}+4 x_{1}+1}-1}{2}\n$$\nbe the positive solution. Since $x_{1}<n$, we easily get $x_{2}<n$ as well. Furthermore,\n$$\n4 x_{2}^{2}+4 x_{2}+1=\\left(2 x_{2}+1\\right)^{2}=4 n^{2}+4 x_{1}+1 \\Rightarrow x_{2}>x_{1}\n$$\nsince if $x_{1} \\geq x_{2}$, the right hand side would be strictly larger than the left hand side (as $x_{2}<n$ ). Plugging $x=x_{2}$ into the original equation yields $P\\left(x_{1}\\right)=P\\left(x_{2}\\right)^{2}+P\\left(x_{2}\\right)$. By the same reasoning as above, we conclude that $P\\left(x_{1}\\right)=-1$ is impossible and hence $P\\left(x_{1}\\right)=0$ and $P\\left(x_{2}\\right) \\in\\{-1,0\\}$. It is easy to see that we can iterate this argument by replacing $x_{1}$ by $x_{k}$ and $x_{2}$ by $x_{k+1}$ in the $k$-th step. We obtain an arbitrarily long sequence $n-1<x_{1}<x_{2}<\\ldots<n$ of distinct zeros of $P$. Since any non-zero polynomial only has a finite number of roots, we conclude that $P$ must be the constant zero-polynomial. This is indeed a solution.\nSolution:\n\nLet $f(x)=x^{2}+x-n^{2}$ and $g(x)=x^{2}+x$. The equation can then be rewritten as\n$$\nP(f(x))=g(P(x))\n$$\nNow note that $f(\\mathbb{R})=\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)$ and $g(\\mathbb{R})=\\left[-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)$. So from this we get\n$$\nP(y) \\geq-\\frac{1}{4}, \\text{ for } y \\in\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)\n$$\nSo if $x \\geq-n^{2}-\\frac{1}{2}$ and $f(x)$ is a root of $P$, we have that $0=g(P(x))$, so $P(x)=-1$ or $P(x)=0$. But because $P(x) \\geq-\\frac{1}{2}, P(x)$ can't be -1 and $x$ is a root of $P$.\nFirst we solve the case $n=1$ and then we solve the case $n \\geq 2$. Plugging in $n=-1$, we get that $P(-1)=0$. Now since $f(0)=-1$, it follows from the argument above, that $P(0)=0$. Similarly, since $f\\left(\\frac{1+\\sqrt{(5)}}{2}\\right)=0, \\frac{1+\\sqrt{(5)}}{2}$ is also a root of $P$. Now note that $f(x)>x$, for $x>1$. such that $a_{2 i} \\in\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right)$ and $a_{2 i-1} \\in\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right]$\nNow by plugging in $x=-n$, we find that $P(-n)=0$. We will now inductively construct a series $\\left(a_{i}\\right)_{i \\in \\mathbb{N}}$ consisting of pairwise distinct roots of $P$, such that $a_{i} \\geq-n^{2}-\\frac{1}{4}$. If we succeed to construct such a series, it'll follow immediately, that $P \\equiv 0$ is indeed the only solution.\nTo do that define\n$$\n\\begin{aligned}\nf_{-}: & \\left(-\\infty,-\\frac{1}{2}\\right] \\rightarrow\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right) & f_{+}:\\left[-\\frac{1}{2}, \\infty\\right) & \\rightarrow\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right) \\\\\nx & \\mapsto f(x) & x & \\mapsto f(x)\n\\end{aligned}\n$$\nSo in other words $f_{-}$ and $f_{+}$ are the restrictions of $f$ to $\\left(-\\infty,-\\frac{1}{2}\\right]$ and $\\left[-\\frac{1}{2}, \\infty\\right)$ respectively. Note that $f_{-} / f_{+}$ are strictly decreasing/increasing and thereby bijective.\nFirst we solve the case $n=1$ and then we solve the case $n \\geq 2$. Plugging in $n=1$, we get that $P(1)=0$. Now since $0=f_{+}^{-1}(1)$, it follows from the argument above, that $P(0)=0$. Similarly, since $\\frac{1+\\sqrt{(5)}}{2}=f_{+}^{-1}(0), \\frac{1+\\sqrt{(5)}}{2}$ is also a root of $P$. Now note that $f(x)>x$, for $x>1$. Define $a_{1}:=\\frac{1+\\sqrt{(5)}}{2}$ and then $a_{k+1}=f_{+}^{-1}\\left(a_{k}\\right), \\forall k \\geq 2$. It is easy to check, that all the $a_{k}$ are well defined and distinct roots of $P$, finishing the case $n=1$.\nOk, now to the the case $n \\geq 2$. Here we set a further constraint on the series $\\left(a_{i}\\right)_{i \\in \\mathbb{N}}$. Namely $a_{2 i} \\in\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right]$ and $a_{2 i-1} \\in\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right]$ for all $i \\in \\mathbb{N}$.\nSet $a_{1}:=n$, which is indeed a root of $P$ and in the interval $\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right]$.\nNow assume we already have $a_{1}, \\ldots, a_{k}$. If $k$ is odd define $a_{k+1}:=f_{+}^{-1}\\left(a_{k}\\right)$, else set $a_{k+1}:=f_{-}^{-1}\\left(a_{k}\\right)$. So let's check that $a_{k+1}$ is well defined, lies in $\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right]$ for $k$ even, lies in $\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right]$ for $k$ odd and is a root of $P$.\n$k$ even:\n- $a_{k+1}$ is well defined, as $f_{-}$ is bijective and $a_{k} \\in\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right] \\subset\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)$.\n- Using the strict monotony of $f_{-}$, one can find that $f_{-}^{-1}\\left(\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right]\\right)=\\left[-n-1, \\frac{-1-\\sqrt{4 n^{2}-1}}{2}\\right] \\subset \\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right]$. So by construction of $a_{k+1}$, it lies in the interval $\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right]$\n- We have that $g\\left(P\\left(a_{k+1}\\right)\\right)=P\\left(f\\left(a_{k+1}\\right)\\right)=P\\left(a_{k}\\right)=0$. So $P\\left(a_{k+1}\\right)$ is a root of $g(x)$ and thereby equal to -1 or 0. But now $a_{k+1} \\in\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right] \\subset\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)$, as $n \\geq 2$, forcing $P\\left(a_{k+1}\\right)=0$.\n$k$ odd:\n- $a_{k+1}$ is well defined, as $f_{+}$ is bijective and $a_{k} \\in\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right] \\subset\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)$, as $n \\geq 2$.\n- Using the strict monotony of $f_{+}$, one can find that $f_{+}^{-1}\\left(\\left[-n-1,-\\frac{1}{2}\\right]\\right)=\\left[\\frac{-1+\\sqrt{4 n^{2}-4 n-3}}{2}, \\frac{-1+\\sqrt{4 n^{2}-1}}{2}\\right] \\subset \\left[-\\frac{1}{2}, n\\right]$. So by construction of $a_{k+1}$, it lies in the interval $\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right]$\n- We have that $g\\left(P\\left(a_{k+1}\\right)\\right)=P\\left(f\\left(a_{k+1}\\right)\\right)=P\\left(a_{k}\\right)=0$. So $P\\left(a_{k+1}\\right)$ is a root of $g(x)$ and thereby equal to -1 or 0. But now $a_{k+1} \\in\\left[-\\frac{1}{2}, n\\right] \\subset\\left[-n^{2}-\\frac{1}{4}, \\infty\\right)$, forcing $P\\left(a_{k+1}\\right)=0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44058,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $ABC$ be a triangle and let $P$ be a point in the interior of the side $BC$. Let $I_{1}$ and $I_{2}$ be the incenters of the triangles $APB$ and $APC$, respectively. Let $X$ be the closest point to $A$ on the line $AP$ such that $XI_{1}$ is perpendicular to $XI_{2}$. Prove that the distance $AX$ is independent of the choice of $P$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLet $\\omega_{1}$ and $\\omega_{2}$ be the two incircles, centered at $I_{1}$ and $I_{2}$ respectively. We first introduce the points $R_{1}$ and $S_{1}$ on $\\omega_{1}$ such that $XR_{1}$ and $XS_{1}$ are tangent to $\\omega_{1}$, with the condition that $S_{1}$ is on the line $AP$. Similarly, we introduce the points $R_{2}$ and $S_{2}$ on $\\omega_{2}$ such that $XR_{2}$ and $XS_{2}$ are tangent to $\\omega_{2}$, with the condition that $S_{2}$ is on the line $AP$. Finally, let $T_{1}$ and $T_{2}$ be the contact points of $\\omega_{1}$ and $\\omega_{2}$ on the line $BC$. Noting that $I_{1}, I_{2}$ are on the angle bisectors of $\\angle R_{1}XP, \\angle PX R_{2}$, respectively, we find that\n$$\n\\angle R_{1}XR_{2} = \\angle R_{1}XP + \\angle PX R_{2} = 2 \\cdot (\\angle I_{1}XP + \\angle PX I_{2}) = 2 \\cdot 90^{\\circ} = 180^{\\circ}\n$$\nso that $R_{1}R_{2}$ is a common tangent of $\\omega_{1}$ and $\\omega_{2}$. Note that, by reflection over $I_{1}I_{2}$, we have $R_{1}R_{2} = T_{1}T_{2}$. Moreover, as tangents from a point have the same length, we can observe that\n$$\nR_{1}R_{2} = R_{1}X + XR_{2} = XS_{1} + XS_{2} = S_{2}S_{1} + 2 \\cdot XS_{2}\n$$\nand\n$$\nT_{1}T_{2} = T_{1}P + PT_{2} = PS_{1} + PS_{2} = S_{2}S_{1} + 2 \\cdot PS_{1}\n$$\nso that $XS_{2} = PS_{1}$, and we can calculate\n$$\nAX = AS_{2} - XS_{2} = AS_{2} - PS_{1}\n$$\nHowever, these last lengths can be computed as distances from a vertex of a triangle to a contact point of its incircle. Hence,\n$$\nAX = AS_{2} - PS_{1} = \\frac{AB + AP - BP}{2} - \\frac{AP + PC - AC}{2} = \\frac{AB + AC - BC}{2}\n$$\nwhich is independent from the choice of $P$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44059,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $k$ be a circle centred at $O$ and let $X, A, Y$ be three points on $k$ in this order such that the tangent to the circumcircle of triangle $O X A$ through $X$ and the tangent to the circumcircle of $O A Y$ through $Y$ are parallel. Show that $\\angle X A Y=120^{\\circ}$ if $A$ lies on the minor arc $X Y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nLet $P$ be the intersection of $O X$ with the tangent through $Y$, and $Q$ any point on the tangent through $X$ such that $A$ and $Q$ are not on the same side of $O X$. Note that $\\angle O A Y=\\angle O Y A$, as $O Y=O A$. Also, by the tangent chord theorem, $\\angle O A Y=\\angle O Y P$. Similarly, $\\angle O A X=\\angle O X A$, as $O X=O A$ and by the tangent chord theorem, we have $\\angle O A X=\\angle O X Q$. We will now use the fact that the tangents through $X$ and $Y$ are parallel, so that $\\angle O X Q=\\angle O P Y$. We can now conclude, as the sum of the interior angles in the quadrilateral $X A Y P$ is $360^{\\circ}$. Hence,\n$$\n\\begin{aligned}\n360^{\\circ} & =\\angle O A Y+\\angle O Y A+\\angle O Y P+\\angle Y P X+\\angle P X A+\\angle X A O \\\\\n& =3 \\cdot(\\angle X A O+\\angle O A Y) \\\\\n& =3 \\cdot \\angle X A Y\n\\end{aligned}\n$$\nproving that $\\angle X A Y=120^{\\circ}$.\nSolution:\nAs in Solution 1, we introduce $P$ and $Q$ and prove that $\\angle O A Y=\\angle O Y P$ and $\\angle O A X=\\angle O X Q$ by the tangent chord theorem. Now let $R$ be a point on the parallel to the tangents through $O$, such that $R$ and $A$ are on the same side as $X O$. As the lines are parallel, we have that $\\angle O X Q=\\angle X O R$ and $\\angle O Y P=\\angle Y O R$. This proves that\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle X A Y & =\\angle X A O+\\angle O A Y \\\\\n& =\\angle O X Q+\\angle O Y P \\\\\n& =\\angle X O R+\\angle Y O R \\\\\n& =\\angle X O Y\n\\end{aligned}\n$$\nTo conclude, we introduce a point $S$ on the $\\operatorname{arc} X Y$ that does not contain $A$. Then, by the inscribed angle theorem, and using that $X A Y S$ is cyclic, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n180^{\\circ} & =\\angle X A Y+\\angle X S Y \\\\\n& =\\angle X A Y+\\frac{1}{2} \\cdot \\angle X O Y \\\\\n& =\\frac{3}{2} \\cdot \\angle X A Y\n\\end{aligned}\n$$\nproving that $\\angle X A Y=120^{\\circ}$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44060,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $k_{1}$ be a circle centred at $M$ and $\\ell$ a line tangent to $k_{1}$ at $A$. Let $k_{2}$ be a circle inside $k_{1}$ also tangent to $\\ell$ at $A$. Let $P$ be a point on $\\ell$ different from $A$. The second tangent to $k_{1}$ through $P$ touches $k_{1}$ at $T$. Let $B$ be the second intersection of $A T$ and $k_{2}$, and let $C$ be the second intersection of $P B$ and $k_{2}$. Show that $A T C M$ is a cyclic quadrilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nFirst, observe that\n(1) $\\angle P A M = \\angle P T M = 90^{\\circ}$ since lines $P A$ and $P T$ are tangent to circle $k_{1}$.\n(2) $P A$ is tangent to both circles $k_{1}$ and $k_{2}$ by the problem condition.\n(3) $P A = P T$ since both lines $P A$ and $P T$ are tangent to circle $k_{1}$. Hence triangle $P A T$ is isosceles at $P$.\n\nBy (1), $P, A, M, T$ lie on a circle of diameter $P M$. By using (2) and (3), one gets\n$$\n\\angle A C P = \\angle A C B \\stackrel{(2)}{=} \\angle P A B = \\angle P A T \\stackrel{(3)}{=} \\angle P T A\n$$\nso $P, A, C, T$ lie on a circle. Therefore, $P, A, C, M, T$ all lie on the circumcircle of $P A T$. In particular, $A T C M$ is a cyclic quadrilateral, as required.\nSolution:\nLet $N = P M \\cap A T$. Since $P M$ is the perpendicular bisector of $A T$ (as $P T = P A$ and $M T = M A$), we get that $N$ is in fact the midpoint of segment $A T$. Now, note that triangles $P N A$ and $P A M$ are similar. Therefore, we get $\\frac{P N}{P A} = \\frac{P A}{P M}$. Hence, by power of a point and this identity, we get\n$$\nP B \\cdot P C = P A^{2} = P M \\cdot P N\n$$\nso $B, C, M, N$ lie on a circle. Therefore, since $\\angle M N B = \\angle M N A = 90^{\\circ}$, $B, C, M, N$ lie on a circle of diameter $B M$. Thus, $\\angle P C M = 90^{\\circ}$. By (a), we conclude that $P, A, C, M, T$ lie on a circle of diameter $P M$.\nSolution:\nAs before, we see that $P, A, M, T$ are a cyclic quadrilateral. Our aim is now to prove that $\\angle A P T + \\angle T C A = 180^{\\circ}$. By the theorem of the radical center, we have that $(T C B)$ is tangent to $P T$, as the radical axes $P T, C B$ and $P A$ intersect in a point. Then by the tangent angle theorem, we have $\\angle T C A = \\angle T C B + \\angle B C A = \\angle T A P + \\angle P T A$, allowing us to conclude.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44061,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\na school class of $n \\geq 2$ children is taking several group pictures. For every group with at least one child, there is exactly one picture containing this specific group. The pictures are now hung up in different rooms in the school, such that every child appears in at most one photo per room.\n\na. Show that this is possible if the school has $2^{n-1}$ rooms.\n\nb. Show that this is not possible if the school has less than $2^{n-1}$ rooms.",
    "options": [],
    "answer": "2^{n-1} rooms are necessary and sufficient",
    "solution": "Solution:\n\na.\nOne way of doing this is to pair each photo with its complement and put the photo with all children in a room by itself. Indeed, this is the only way (see appendix).\n\nb.\nThe simplest way of doing this is to provide a set of $2^{n-1}$ photos, of which no two are disjoint. There are many ways of doing so (taking all the photos containing a given child is one example, amongst many others) and these all provide the desired proof, as all these photos have to be in different rooms.\n\nOtherwise, a more general counting argument also suffices: as at most $n$ kids appear per room, and there must be $n 2^{n-1}$ appearances in total, we need at least $2^{n-1}$ rooms.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44062,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThere are 924 fans of the Liechtenstein football team from either Liechtenstein or Switzerland who have gathered to get the autographs of their favourite players. There are 11 players on the team, and every fan has exactly 6 favourite players. No two people from a given country share the same group of favourites, and in the end everyone got exactly one autograph from one of their favourite players. Show that there is a player who gave an autograph to both a Swiss and a Liechtensteiner person.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe begin by observing that the number of possibilities for choosing a group of 6 favourite players is exactly\n$$\n\\binom{11}{6} = \\frac{11 \\cdot 10 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 7 \\cdot 6}{6 \\cdot 5 \\cdot 4 \\cdot 3 \\cdot 2 \\cdot 1} = 462\n$$\nwhich is precisely half the number of fans. This implies that there have to be exactly 462 fans from Liechtenstein and 462 fans from Switzerland. Otherwise, one of these two countries would send at least 463 fans, but then, by pigeonhole principle, two fans from the same country would share the same 6 favourite players, which contradicts the problem statement.\n\nWe therefore know that there are 462 fans from each country and furthermore, for each of the possible $\\binom{11}{6}$ combinations of favourite players, there are a Swiss fan and a Liechtensteiner fan who have exactly these 6 favourite players.\n\nNow, if there was no player who gave an autograph to both a Swiss and a Liechtensteiner person, we could partition the players into two disjoint sets $A$ and $B$, such that only players from set $A$ gave their autograph to Swiss fans and only players from $B$ gave their autograph to Liechtensteiner fans. (If some player did not give an autograph to anyone, we can just put him in an arbitrary set). Since $A$ and $B$ are disjoint and their union contains 11 elements, one of the sets has at most 5 elements. Without loss of generality, let $|A| \\leq 5$ and $|B| \\geq 6$. However, by the observation in the previous paragraph, there must be a Swiss fan whose favourite players are all in the set $B$, so none of them gave any autographs to Swiss fans. This is a contradiction to the fact that everyone got an autograph from exactly one of their favourite players.\n\nWe conclude that there must have been a player who gave an autograph to at least one fan from Switzerland and at least one fan from Liechtenstein.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 44063,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDetermine all pairs $(m, p)$ of a positive integer $m$ and a prime number $p$ satisfying the equation\n$$\np^{2} + p m = m^{3}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(2, 2)",
    "solution": "Solution:\nRewriting the equation as $p^{2} = m (m^{2} - p)$, we see that $m$ must divide $p^{2}$. However, since $p$ is prime, the only positive factors of $p^{2}$ are $1$, $p$ and $p^{2}$. We now check each case separately:\n\nCase $m = 1$:\nThe equation becomes $p^{2} + p = 1$. Since this would imply that $p$ divides $1$, we do not get any solutions in this case.\n\nCase $m = p$:\nThe equation becomes $2 p^{2} = p^{3}$ and cancelling a factor of $p^{2}$ we find that $p = 2$. The pair $(2, 2)$ is therefore the only solution in this case.\n\nCase $m = p^{2}$:\nThe equation becomes $p^{2} + p^{3} = p^{6}$ and after cancelling, we get $1 + p = p^{4}$. Again, this would imply that $p$ divides $1$, which is not possible. No solutions in this case.\n\nWe conclude that $(2, 2)$ is the only pair satisfying the equation.\nSolution:\nWe observe that $p$ divides the left-hand-side of the equation and therefore must divide the right-hand-side as well. Now if $p$ divides $m^{3}$, we must have that $p$ divides $m$. Let us write $m = p n$ for some positive integer $n$. Substituting into our equation and cancelling a factor of $p^{2}$ we are left with $1 + n = p n^{3}$. This implies that $n$ must divide $1$ and therefore $n = 1$ and $m = 2$. The equation now simplifies to $p = 2$ and we conclude that the only solution is the pair $(2, 2)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44064,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $n$ be a positive integer and $d$ a positive divisor of $n$. Show that if\n$$\n\\frac{d^{2}+d+1}{n+1}\n$$\nis an integer, then it is equal to $1$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Solution:\nAssume that the fraction is an integer, write\n$$\n\\frac{d^{2}+d+1}{n+1}=m\n$$\nObviously $m$ is going to be positive, as both $n$ and $d$ are also positive. Since $d$ divides $n$, we can write $n=k d$. Plugging it into the above equation we get\n$$\nd^{2}+d+1=(k d+1) m \\Leftrightarrow d^{2}+d-k d m=m-1\n$$\nSo $d$ also divides $m-1$, we can write $m=l d+1$ for $l \\in \\mathbb{Z}, l \\geq 0$ ($l \\geq 1$ if and only if $m-1>0$). Plugging that in again, gives us\n$$\nd^{2}+d+1=(k d+1)(l d+1)=k l d^{2}+d(k+l)+1 \\Leftrightarrow d+1=k l d+k+l\n$$\nAs $k \\in \\mathbb{N}$, we have $k \\geq 1$. Now assume $m \\neq 1$. From this it would follow that $m-1$ is strictly positive, leading to $l \\geq 1$. Under this assumption we would get $k l d \\geq d$, leading to\n$$\nk d l+k+l \\geq d+k+l \\geq d+1+1>d+1=k d l+k+l\n$$\nwhich is impossible. Contradiction! So we must have $l<1 \\Rightarrow l=0$ leading to $m=0 \\cdot d+1=1$ as wanted.\nSolution:\nWrite $n=k d$ as before, and we obtain that $(k d+1) \\mid\\left(d^{2}+d+1\\right)$. As $a \\mid b$ implies $a \\mid b-a$ we get\n$$\nk d+1 \\mid d^{2}+d-k d=d \\cdot(d+1-k)\n$$\nAs $\\gcd(k d+1, d)=1$ by Euclid's Algorithm, we also get\n$$\nk d+1 \\mid d+1-k\n$$\nThis follows as $a \\mid b c$ and $\\operatorname{gcd}(a, b)=1$ implies $a \\mid c$. We do a case distinction on the size of $k$\n- If $k<d+1$, we have $d+1-k>0$ which implies\n$$\nk d+1 \\leq d+1-k \\leq d\n$$\nThis is impossible\n- If $k>d+1$, we instead have $k-d-1>0$. As $a \\mid b$ implies $a \\mid-b$ we also have $k d+1 \\mid k-d-1$. We get $k d+1 \\leq k-d-1 \\leq k$ which is also impossible.\n- The final case $k=d+1$ gives us $n=d(d+1)$. Then $n+1=d(d+1)+1=d^{2}+d+1$, which means that the fraction is equal to one\n\nNote that in the first two cases we used $a \\mid b$ implies $a \\leq b$, if both $a, b>0$. This finishes the proof.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44065,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $ABC$ be an acute triangle with incentre $I$. On its circumcircle, let $M_{A}$, $M_{B}$ and $M_{C}$ be the midpoints of minor arcs $BC$, $CA$ and $AB$ respectively. Prove that the reflection of $M_{A}$ over the line $IM_{B}$ lies on the circumcircle of the triangle $IM_{B}M_{C}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $X$ be the reflection of $M_{A}$ over the line $IM_{B}$. We wish to prove that $X$, $M_{C}$, $I$, $M_{B}$ lie on a circle. By WUM, observe that $A$, $I$, $M_{A}$, $B$, $I$, $M_{B}$ and $C$, $I$, $M_{C}$ are collinear. Therefore, by symmetry, we get\n$$\n\\angle IXM_{B} = \\angle IM_{A}M_{B} = \\angle AM_{A}M_{B} = \\angle ABM_{B}\n$$\nOn the other hand, note that\n$$\n\\angle IM_{C}M_{B} = \\angle CM_{C}M_{B} = \\angle CBM_{B} = \\angle ABM_{B}\n$$\nThus, we get $\\angle IXM_{B} = \\angle ABM_{B} = \\angle IM_{C}M_{B}$, so by the converse of the inscribed angle theorem, $X$, $M_{C}$, $I$, $M_{B}$ lie on a circle, as required.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44066,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nIn a garden, there are 2023 rose bushes planted in a row. Each bush contains either red or blue roses. Vicky is taking a walk and wants to pick some of the flowers. She starts at a bush of her choice, and picks a rose from it to add to her basket. She then continues walking down the row and picks a single flower from each bush she visits. Vicky can skip some bushes, but she cannot skip two adjacent bushes. She can leave the garden at any point. Let $r$ and $b$ be the number of red and blue roses she picked, respectively. Determine the maximal value of $|r-b|$ Vicky can achieve, irrespective of the configuration of bushes.",
    "options": [],
    "answer": "507",
    "solution": "Solution:\n\n507\n\nWLOG, let there be more red than blue bushes, with $R > B$ total bushes of each colour, respectively. If $r = R$, Vicky is only forced to stop by at most $\\left\\lfloor \\frac{B}{2} \\right\\rfloor$, which gives a total of $R - \\left\\lfloor \\frac{B}{2} \\right\\rfloor \\geq 507$. This bound cannot be surpassed in the construction\n$$\nB, R, R, B, B, \\ldots, B, B, R, R\n$$\nTo see this, call the groups of consecutive equal bushes \"pairs\"; we have a singleton followed by 1011 pairs. Vicky must pass through at least one element of each pair, so if her path intersects $k$ pairs then she has a score of at most $2 \\cdot \\left\\lceil \\frac{k}{2} \\right\\rceil - \\left\\lfloor \\frac{k}{2} \\right\\rfloor$ if she wants more reds, or $1 - \\left\\lceil \\frac{k}{2} \\right\\rceil + 2 \\cdot \\left\\lfloor \\frac{k}{2} \\right\\rfloor$ if she wants more blues. It is easy to verify that this is an increasing function of $k$ and is maximised when $k = 1011$ and we take the first function, giving 507.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44067,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nFor a positive integer $m$, we denote by $[m]$ the set $\\{1,2, \\ldots, m\\}$. Let $n$ be a positive integer and let $\\mathcal{S}$ be a non-empty collection of subsets of $[n]$. A function $f:[n] \\rightarrow [n+1]$ is called kawaii if there exists $A \\in \\mathcal{S}$ such that for all $B \\in \\mathcal{S}$ with $A \\neq B$ we have\n$$\n\\sum_{a \\in A} f(a) > \\sum_{b \\in B} f(b)\n$$\nProve that there are always at least $n^{n}$ kawaii functions, irrespective of $\\mathcal{S}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nWe will prove there is an injection from functions $f:[n] \\rightarrow [n]$ and kawaii functions.\n\nLet $f$ be an arbitrary function in the latter set. Let $S$ be any set in $\\mathcal{S}$ whose sum of images is larger or equal to all other sums of images over sets in $\\mathcal{S}$. Now, add $1$ to the image of every element of $S$. You now obtain a function that is forcibly kawaii, irrespective of whether $f$ was kawaii. Furthermore, this function is clearly invertible from the image back to the domain and therefore an injection.\n\nNote that several equivalent approaches are possible, for example considering functions whose images are $2, \\ldots, n+1$ and then taking away $1$ from the images of elements not in a maximal set.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44068,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $S$ be a non-empty set of positive integers such that for any $n \\in S$, all positive divisors of $2^{n}+1$ are also in $S$. Prove that $S$ contains an integer of the form\n$$\n\\left(p_{1} p_{2} \\ldots p_{2023}\\right)^{2023}\n$$\nwhere $p_{1}, p_{2}, \\ldots, p_{2023}$ are distinct prime numbers, all greater than 2023.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nSince $S$ is non-empty, it contains some integer $a$. Since $1 \\mid 2^{a}+1$, it follows that $1 \\in S$ and thus $2^{1}+1=3 \\in S$. We call a pair $(m, n)$ of positive integers $k$-valid if we have $m, n \\in S$, $n|m| 2^{n}+1$ and $m / n$ is divisible by $k$ distinct primes. We will show inductively that for every $k \\geq 1$ there is a $k$-valid pair.\n\nLemma. If $(m, n)$ is $k$-valid and $p$ is prime divisor of $m / n$, then $\\left(p^{\\alpha} m, p^{\\alpha} n\\right)$ is $k$-valid for all integers $\\alpha \\geq 0$.\n\nProof. Using LTE, we have $v_{p}\\left(2^{p m}+1\\right)=v_{p}\\left(2^{n}+1\\right)+1$ and hence $p n|p m| 2^{p n}+1$. Also, since $p n \\in S$, we have $p m \\in S$. Because also $p m / p n=m / n$, it follows that $(p m, p n)$ is $k$-valid. Repeating $\\alpha$ times gives the desired result.\n\nFor $k=1$, take $(m, n)=(3,1)$. Now assume $(m, n)$ is $k$-valid for some $k \\geq 1$ and let $p$ be a prime dividing $m / n$. For any integer $t \\geq 1$ we have\n$$\n0<v_{p}\\left(2^{t n}+1\\right)=v_{p}\\left(2^{n}+1\\right)+v_{p}(t)<n+\\log _{p}(t)\n$$\nThus, the $k$ primes we know to divide $m / n$ make up at most a fraction\n$$\n\\prod_{p} p^{n+\\log _{p}(t)}<(m / n)^{n} t^{k}\n$$\nof $2^{t n}+1$. Using the lemma, we can pick $t$ arbitrarily large such that $(t m, t n)$ is still $k$-valid. It follows that $2^{t n}+1$ is divisible by a prime $q$ that does not already divide $m / n$, hence $(t m q, t n)$ is $k+1$-valid. We conclude the solution by picking a $N$-valid pair $(m, n)$ where $N$ is large enough to ensure $m / n$ is divisible by at least 2023 primes greater than 2023. We then use the lemma to make sure the powers of all these primes are in the prime factorisation of $m$ are at least 2023 .\nSolution:\nWe start by defining the following sequence: $a_{1}=1$ and $a_{n+1}=2^{a_{n}}+1$. For the same reason as in the first solution we have $1 \\in S$ and therefore $a_{n} \\in S$ for all $n$, so it's enough to show that an integer as in the problem statement will divide one of the $a_{n}$. Now we also define $r_{n}=a_{n+1} / a_{n}$. If $r_{n-1}$ is an integer it's odd (because $a_{n}$ is odd) and we can factorise:\n$$\na_{n+1}=2^{a_{n}}+1=\\left(2^{a_{n-1}}\\right)^{r_{n-1}}+1^{r_{n-1}}=\\left(2^{a_{n-1}+1}\\right) \\sum_{i=0}^{r_{n-1}-1}(-1)^{n}\\left(2^{a_{n-1}}\\right)^{i}=a_{n} \\sum_{i=0}^{r_{n-1}-1}\\left(1-a_{n}\\right)^{i}\n$$\nand therefore:\n$$\nr_{n}=\\sum_{i=0}^{r_{n-1}-1}\\left(1-a_{n}\\right)^{i}\n$$\nis an integer as well. Since $r_{1}=3$ is an integer we therefore get by induction that all $r_{n}$ are integers and the equation above holds for all $n$. Now assume we have a divisor $d$ of $n$ and look at the equation mod $d$, we get $r_{n} \\equiv r_{n-1}$, therefore:\n$$\nd\\left|r_{n} \\Longleftrightarrow d\\right| r_{n-1}\n$$\nIf we apply this to some prime $p$ we realise that as soon as $p$ divides $a_{n}$ it divides not only $r_{n-1}$ but also $r_{m}$ for all $m \\geq n$, so $v_{p}\\left(a_{n}\\right)$ is increasing and will eventually be bigger than 2023. Now let $p \\mid a_{n}$ and $k=v_{p}\\left(r_{n}\\right)$; since $v_{p}\\left(a_{n+1}\\right)=v_{p}\\left(a_{n}\\right)+k>k$ and because $p^{k} \\mid r_{n}$ but $p^{k+1} \\nmid r_{n}$ we also get: $p^{k} \\mid r_{n+1}$ but $p^{k+1} \\nmid r_{n+1}$ so $v_{p}\\left(r_{n+1}\\right)=k=v_{p}\\left(r_{n}\\right)$. Apart of $n+1$ this is also true (again by induction) for all $m>n$. So if there was only a finite amount of primes among the divisors of $a_{n}$, we would get that $r_{n}$ is constant for all $n$ bigger than some $n_{0}$, which would imply exponential growth, but $a_{n}$ grows much faster than exponential, so we can conclude that at some point a new prime will appear, which completes the proof.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44069,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe wizards Albus and Brian are playing a game on a square of side length $2n+1$ metres surrounded by lava. In the centre of the square there sits a toad. In a turn, a wizard chooses a direction parallel to a side of the square and enchants the toad. This will cause the toad to jump $d$ metres in the chosen direction, where $d$ is initially equal to $1$ and increases by $1$ after each jump. The wizard who sends the toad into the lava loses. Albus begins and they take turns. Depending on $n$, determine which wizard has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "Brian wins for all n",
    "solution": "Solution:\n\nBrian wins, irrespective of $n$. Suppose Brian plays with the following strategy: for every move Albus makes, Brian makes a move in the opposite direction. If Brian were to lose, this would mean the toad was at the edge of the board two jumps prior, before Albus's final move, as otherwise Brian's final move could not possibly have sent it off the board. Now, because every two jumps the total displacement is $1$, it would take at least $2n$ jumps for the toad to be on the edge at the end of Brian's turn specifically. But this means Albus's next move is of length $2n+1$; which always sends the toad off the board, contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44070,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $x$, $y$ and $a_{0}$, $a_{1}$, $a_{2}$, $\\ldots$ be integers satisfying $a_{0}=a_{1}=0$ and\n$$\na_{n+2}=x \\cdot a_{n+1}+y \\cdot a_{n}+1\n$$\nfor all integers $n \\geq 0$. Let $p$ be any prime number. Show that $\\operatorname{gcd}\\left(a_{p}, a_{p+1}\\right)$ is either equal to $1$ or greater than $\\sqrt{p}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nAssume that $\\operatorname{gcd}\\left(a_{p}, a_{p+1}\\right) \\neq 1$ and let $q$ be a prime dividing $\\operatorname{gcd}\\left(a_{p}, a_{p+1}\\right)$. Considering the sequence $a_{0}, a_{1}, a_{2}, \\ldots$ modulo $q$, any two consecutive terms still uniquely determine the subsequent term. The fact that\n$$\na_{p} \\equiv a_{p+1} \\equiv a_{0} \\equiv a_{1} \\equiv 0 \\quad(\\bmod q)\n$$\nimplies that the sequence is periodic and that $p$ is a period. If $d$ is the minimal period, we must have $d \\mid p$, so $d \\in\\{1, p\\}$. If $d=1$, then the sequence is constant modulo $q$ and $1=a_{2} \\equiv a_{1}=0(\\bmod q)$, a contradiction. Therefore $d=p$, and we cannot find $0 \\leq i<j<p$ such that $a_{i} \\equiv a_{j}$ and $a_{i+1} \\equiv a_{j+1}(\\bmod q)$, since otherwise the minimal period would be smaller than $p$. But since there are only $q^{2}$ distinct pairs of residue classes modulo $q$, it follows that $p \\leq q^{2}$. Since $p$ is a prime and hence not a square, we conclude that $\\sqrt{p}<q \\leq \\operatorname{gcd}\\left(a_{p}, a_{p+1}\\right)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44071,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $ABC$ and $AMN$ be two similar, non-overlapping triangles with the same orientation, such that $AB = AC$ and $AM = AN$. Let $O$ be the circumcentre of the triangle $MAB$. Prove that the points $O$, $C$, $N$ and $A$ lie on a circle if and only if the triangle $ABC$ is equilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $O'$ be the circumcentre of triangle $NAC$. Consider the rotation of center $A$ and angle $\\angle BAC$: the conditions of the problem imply that it maps $B$ to $C$ and $M$ to $N$. Moreover, because it fixes $A$ we know that it maps $O$ to $O'$, and triangle $AOO'$ is also similar to triangle $ABC$. Then\n\n$O, C, N, A$ on a circle $\\Longleftrightarrow O'O = O'A \\Longleftrightarrow CB = CA \\Longleftrightarrow \\triangle ABC$ equilateral, as desired.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44072,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermine the smallest possible value of the expression\n$$\n\\frac{a b+1}{a+b}+\\frac{b c+1}{b+c}+\\frac{c a+1}{c+a}\n$$\nwhere $a, b, c \\in \\mathbb{R}$ satisfy $a+b+c=-1$ and $a b c \\leq -3$.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\nThe minimum is $3$, which is obtained for $(a, b, c) = (1, 1, -3)$ and permutations of this triple.\n\nAs $a b c$ is negative, the triple $(a, b, c)$ has either exactly one negative number or three negative numbers. Also, since $|a b c| \\geq 3$, at least one of the three numbers has absolute value greater than $1$.\n\nIf all of $a, b, c$ were negative, the previous statement would contradict $a+b+c = -1$, hence exactly one of $a, b, c$ is negative.\n\nWLOG let $c$ be the unique negative number. So $a, b > 0 > c$, as the value $0$ isn't possible by $|a b c| \\geq 3$. Let $S$ be the given sum of fractions. We then have\n$$\n\\begin{aligned}\nS+3 & = \\sum_{cyc} \\frac{a b+1+a+b}{a+b} = \\sum_{cyc} \\frac{(a+1)(b+1)}{a+b} = \\sum_{cyc} -\\frac{(a+1)(b+1)}{c+1} \\\\\n& \\geq \\sum_{cyc} |a+1| = (a+1)+(b+1)-(c+1) = 2a+2b+2\n\\end{aligned}\n$$\nusing AM-GM on the three pairs of summands respectively for the inequality. We can do this since $a+1, b+1 > 0$ and $-(c+1) = a+b > 0$, so every summand is positive.\n\nSo all we want to do now is show $a+b \\geq 2$, to conclude $S \\geq 3$. From the two given conditions we have $a b (1+a+b) \\geq 3$. If $a+b < 2$, then $a b \\leq \\left(\\frac{a+b}{2}\\right)^2 < 1$ and thereby $a b (1+a+b) < 3$. So the implication $a b (1+a+b) \\geq 3 \\Rightarrow a+b \\geq 2$ is indeed true.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44073,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $D$ be the set of real numbers excluding $-1$. Find all functions $f: D \\rightarrow D$ such that for all $x, y \\in D$ satisfying $x \\neq 0$ and $y \\neq -x$, the equality\n$$\n(f(f(x)) + y) f\\left(\\frac{y}{x}\\right) + f(f(y)) = x\n$$\nholds.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = (1 - x) / (1 + x) for all real x ≠ -1",
    "solution": "Solution:\nPlugging in $x = y \\neq 0$ yields $f(f(x)) = \\alpha x$ for some constant $\\alpha$. This holds for all $x \\neq 0, -1$. If $\\alpha$ was any real number different from $0$ or $1$, we would get $f(f(-1/\\alpha)) = -1$, which is a contradiction. Hence, only $\\alpha = 0$ or $\\alpha = 1$ are possible. In the former case $x = 1, y = 0$ gives a contradiction, so $f(f(x)) = x$ for all $x \\in D, x \\neq 0$.\n\nLetting $x = 1, y = f(1)$ gives $f(1) = 0$ and so $f(0) = 1$. Now, for all other $x$, we can plug in $\\frac{1}{x}$ instead of $x$ and $y = 1$ to obtain $f(x) = \\frac{1-x}{1+x}$ (this formula now also works for $x = 0$), and we can verify that this is indeed a solution:\n$$\nf(f(x)) = \\frac{1 - \\frac{1-x}{1+x}}{1 + \\frac{1-x}{1+x}} = \\frac{1-x - (1-x)}{1+x + 1-x} = x\n$$\nand thus\n$$\n(f(f(x)) + y) f\\left(\\frac{y}{x}\\right) + f(f(y)) = (x + y) f\\left(\\frac{y}{x}\\right) + y = (x + y) \\frac{1 - \\frac{y}{x}}{1 + \\frac{y}{x}} + y = x - y + y = x\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44074,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nThe Tokyo Metro system is one of the most efficient in the world. There is some odd positive integer $k$ such that each metro line passes through exactly $k$ stations, and each station is serviced by exactly $k$ metro lines. One can get from any station to any other station using only one metro line - but this connection is unique. Furthermore, any two metro lines must share exactly one station. David is planning an excursion for the IMO team, and wants to visit a set $S$ of $k$ stations. He remarks that no three of the stations in $S$ are on a common metro line. Show that there is some station not in $S$, which is connected to every station in $S$ by a different metro line.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nCall a metro line charming if it contains exactly one of the stations David wants to visit, and breathtaking if it contains two such stations. Every train station in $S$ has $k$ metro lines passing through it, of which $k-1$ link it to other members of $S$ and are breathtaking, and the last one is charming. In particular, we have a one-to-one correspondence between charming metro lines and stations in $S$ and so there are $k$ charming metro lines.\n\nConsider now an arbitrary breathtaking metro line $M$ and an arbitrary station $s$ on that line. We claim $s$ must lie on exactly one charming metro line. Note that this has already been proven for stations in $S$, so suppose $s \\notin S$. Firstly, it has to lie on a charming metro line, because every breathtaking metro line connects it to two stations in $S$ but this is a disjoint partition of $S$ and $S$ has an odd number of elements. However, there must now be at least one charming metro line for every element of $M$ and these metro lines must be distinct, meaning there is necessarily a one-to-one correspondence and there is exactly one charming metro line passing through every station on $M$.\n\nConsider now the intersection of two charming lines. This station cannot lie on a breathtaking line by the converse of the previous claim. It follows that it must lie on all the charming lines, in order for it to be possible to go from it to stations in $S$ without changing metro line. This intersection is therefore the desired station.\nSolution:\n\nAs before, consider charming and breathtaking metro lines, and call a metro line dull if it contains no elements of $S$. It is easy to see there is at least one dull metro line, as it is not difficult to compute that we have $k$ charming metro lines, $\\frac{k(k-1)}{2}$ breathtaking metro lines but $k^{2}-k+1$ metro lines in total (the last computation follows from the fact that there are as many metro lines as stations by double counting, and you can count the number of stations as $k(k-1)+1$ by considering an arbitrary station and looking at the distinct stations on each metro line it is on). Furthermore, these three definitions give a trichotomy on the metro lines.\n\nConsider an arbitrary dull metro line $D$. Every station on $D$ needs to lie on at least $\\frac{k+1}{2}$ non-dull metro lines, to connect it to the $k$ (odd) stations in $S$, since each non-dull metro line can connect it to at most 2 of these. Additionally, there is a bijection between non-dull metro lines and stations in $D$ by the unique intersection of metro lines condition. As there are $\\frac{k(k+1)}{2}$ non-dull metro lines in total, every station on a dull metro line must lie on exactly $\\frac{k^{2}+1}{2}$ non-dull metro lines, of which exactly one is charming.\n\nNow consider the intersection of two charming metro lines. If this station lies on a dull metro line, this contradicts what we have just proven. So it cannot lie on a dull metro line and since it lies on $k$ metro lines each of which connect it to at least one station in $S$, every metro line it is on must connect it to a different station in $S$.\nSolution:\n\nAs before, consider charming and breathtaking metro lines. In particular, it is not too hard to show every station not in $S$ is on at least one charming line, by a simple parity argument.\n\nNow, we place an upper bound on the number of stations not in $S$. As shown in previous solutions, we know there are $k$ charming lines, so order this arbitrarily. The first charming line contains exactly $k-1$ stations not in $S$. The second charming line contains at most $k-2$ new stations not in $S$, as it must intersect with the previous charming line in at least one station. The third charming line contains at most $k-2$ new stations, as it must intersect with the previous charming lines in at least one station. Continuing in this manner, we obtain a total upper bound of $k-1+(k-2)(k-1)=k^{2}-2 k+1$ stations not in $S$.\n\nHowever, as in previous solutions, one can show there are $k^{2}-k+1$ stations in total, meaning this bound is tight and during our bounding process, each charming metro line had to provide $k-2$ new stations. This implies that all the charming metro lines intersect in one station, which is the desired station.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44075,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nDetermine all monic polynomials $P(x) = x^{2023} + a_{2022} x^{2022} + \\cdots + a_{1} x + a_{0}$ with real coefficients such that $a_{2022} = 0$, $P(1) = 1$, and all roots of $P$ are real and less than $1$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = x^{2023}",
    "solution": "Solution:\n\nWrite $P(x) = (x - z_{1})(x - z_{2}) \\ldots (x - z_{2023})$, where $z_{1}, \\ldots, z_{2023}$ are the roots of $P$. Note that $P(1) = 1$ is equivalent to $(1 - z_{1})(1 - z_{2}) \\ldots (1 - z_{2023}) = 1$. Furthermore, by Vieta, $z_{1} + z_{2} + \\ldots + z_{2023} = 0$. This gives us the two equations\n$$\n\\begin{aligned}\n(1 - z_{1}) + (1 - z_{2}) + \\ldots + (1 - z_{2023}) & = 2023 \\\\\n(1 - z_{1}) \\cdot (1 - z_{2}) \\cdot \\ldots \\cdot (1 - z_{2023}) & = 1\n\\end{aligned}\n$$\nBy observing that\n$$\n\\frac{1}{2023} \\cdot \\sum_{i=1}^{2023} (1 - z_{i}) = \\left( \\prod_{i=1}^{2023} (1 - z_{i}) \\right)^{\\frac{1}{2023}}\n$$\nand using the equality case of AM-GM (which can be applied since $1 - z_{i} > 0$ for all $i$), we deduce that $z_{1} = z_{2} = \\ldots = z_{2023} = 0$. Therefore, the only solution is $P(x) = x^{2023}$. This polynomial obviously satisfies the desired properties.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44076,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nLet $n$ be a positive integer. Kimiko starts with $n$ piles of pebbles each containing a single pebble. She can take an equal number of pebbles from two existing piles and combine the removed pebbles to create a new pile. Determine, in terms of $n$, the smallest number of nonempty piles Kimiko can end up with.",
    "options": [],
    "answer": "One if and only if the initial number of piles is a power of two; otherwise two.",
    "solution": "Solution:\n\nIf $n$ is a power of $2$ then there may be only one pile remaining; otherwise, there will be at least two piles remaining, but this can be attained. It is clear why you can reach one pile if $n$ is a power of $2$: the first $n/2$ piles can each receive pebbles from two piles with a pebble, the next $n/4$ piles can inherit two pebbles from two piles with two stones each and so forth, doubling each \"generation\".\n\nSuppose $n$ is not a power of $2$ and write $n = c 2^{k}$, $c > 1$. We claim there is always a pile with a number of pebbles not divisible by $c$. This is clearly true initially. Suppose it is not true at some point, and consider what happens when you next create a pile. If this pile does not receive some pebbles from the existing pile(s) possessing a quantity not divisible by $c$, then they will maintain the invariant. If instead the pile receives some $x$ pebbles from them, then the pile will have $2x$, but $c$ does not divide $2x$ as $c$ is odd and does not divide $x$. In particular, one can never reduce to a single pile, as $n$ is of course divisible by $c$.\n\nFinally, we show that you can always reach just two piles. This can be done via induction: Write $n = 2^{k} + r$, $r < 2^{k}$. If we get to a pile with $r$ pebbles, then the remaining $2^{k}$ pebbles can always be consolidated into one pile, irrespective of the initial distribution: we begin by having $2^{k-1}$ piles receiving $1$ pebble from two piles, but not from each other, creating $2^{k-1}$ piles with $2$ pebbles each, and then double each generation like above. To create a pile with $r$ pebbles, we have two cases. If $r < 2^{k-1}$ then simply create two piles with $2^{k-1}$ pebbles by doubling, and then take away some pebbles from both of them so that they both have $r$ pebbles, and set one of them aside. If $r > 2^{k-1}$ then create a pile with $2^{k}$ pebbles and a pile with $2^{k-1}$, and again take away some pebbles from both of them so the larger pile has $r$ pebbles. One can formulate an alternative induction argument where you use the fact $n$ can be consolidated into two piles of size $n-1$ and $1$, to show that $n+1$ can be consolidated into $n+2$ and $2$ and then show via a number-theoretic argument that you can reach $n+1$ and $1$ from here if $n$ is odd.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44077,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $G$ be a graph whose vertices are the integers. Assume that any two integers are connected by a finite path in $G$. For two integers $x$ and $y$, we denote by $d(x, y)$ the length of the shortest path from $x$ to $y$, where the length of a path is the number of edges in it. Assume that $d(x, y) \\mid x-y$ for all $x, y \\in \\mathbb{Z}$ and define $S(G)=\\{d(x, y) \\mid x, y \\in \\mathbb{Z}\\}$. Find all possible sets $S(G)$.",
    "options": [],
    "answer": "{0,1}, {0,1,2}, {0,1,2,3}, and Z_{>=0}",
    "solution": "Solution:\nThe possible sets are $\\{0,1\\},\\{0,1,2\\},\\{0,1,2,3\\}$ and $\\mathbb{Z}_{\\geq 0}$.\nSince $d$ is defined as a distance, we also have the triangle inequality, stating that\n$$\nd(x, y) \\leq d(x, z)+d(z, y)\n$$\nfor all $x, y, z \\in \\mathbb{Z}$. Now note that for all $x \\in \\mathbb{Z}$ we must have $d(x, x+1) \\mid 1$ and thus $d(x, x+1)=1$. Iterating this result with the triangle inequality we find that $d(x, y) \\leq |x-y|$ for all $x, y \\in \\mathbb{Z}$. If we consider the graph on $\\mathbb{Z}$ where $x, y$ are connected if and only if $|x-y|=1$, then we have $d(x, y)=|x-y|$ which satisfies the condition. Excluding this case, we can assume without loss of generality that $d(0, a)<a$ for some positive integer $a$, after shifting $d$ accordingly. Moreover, we can assume that $a$ is the smallest positive integer with this property. If $d(0, a)<a-2$, then we would have\n$$\nd(0, a-1) \\leq d(0, a)+d(a, a-1)<(a-2)+1<a-1\n$$\ncontradicting minimality of $a$. Hence, $a-2 \\leq d(0, a)<a$. But we must also have $d(0, a) \\mid a$, which together with $d(0, a)<a$ implies that $2 \\cdot d(0, a) \\leq a$. Putting the two inequalities together we find that $2(a-2) \\leq 2 \\cdot d(0, a) \\leq a$, which is equivalent to $a \\leq 4$. In particular, we have\n$$\nd(0,5) \\leq d(0, a)+d(a, 5)<a+(5-a)=5\n$$\nand hence $d(0,5)=1$. Since for all integers $k$ we have\n$$\nd(k+1, k+6) \\leq d(k+1, k)+d(k, k+5)+d(k+5, k+6)=d(k, k+5)+2\n$$\nand similarly $d(k, k+5) \\leq d(k+1, k+6)+2$, it follows that $d(k, k+5)=1$ for all $k \\in \\mathbb{Z}$. Now note that for all $k, t$ we have\n$$\nd(k, t+6) \\leq d(k, t)+d(t, t+5)+d(t+5, t+6)=d(k, t)+2\n$$\nand similarly $d(k, t) \\leq d(k, t+6)+2$. It follows by induction that $d(k, k+6 t \\pm 1)=1$, where the base case $t=0$ is trivial and we use the fact that $6 t \\pm 1$ is coprime to 2 and 3. Now since each integer is at most distance 2 from an integer of the form $6 t \\pm 1$, it follows that $d(x, y) \\leq 3$ for all $x, y \\in \\mathbb{Z}$.\nNow set $S=\\{d(x, y) \\mid x, y \\in \\mathbb{Z}\\}$ and note that certainly $0,1 \\in S$. If $3 \\in S$, then we must also have $2 \\in S$ since any shortest path of length 3 can be shortened to a shortest path of length 2. The only remaining possibilities for $S$ are\n$$\n\\{0,1\\}, \\quad\\{0,1,2\\} \\quad \\text{and} \\quad\\{0,1,2,3\\}\n$$\nNow consider the graph where $x$ and $y$ are connected if and only if\n$$\nx-y \\equiv \\pm 1 \\quad(\\bmod 6)\n$$\nand a quick check shows that this graph satisfies the condition and $S=\\{0,1,2,3\\}$. Considering instead the graph where $x$ and $y$ are connected if they are of different parity, we also check that the condition is met and $S=\\{0,1,2\\}$. Finally considering the complete graph on $\\mathbb{Z}$ also shows that $S=\\{0,1\\}$ is possible.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44078,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nPendant la coupe du monde, $n$ autocollants Panini sont à collectionner. Les amis de Marco veulent compléter leurs collections, mais personne n'a encore de collection complète! Une paire de deux amis est dite complète si leur collection commune contient au moins un de chaque autocollant. Marco connaît les contenus des collections de tous ses amis, et il aimerait les amener à un restaurant pour son anniversaire. En revanche, il ne veut aucune paire complète assise à la même table.\n\na. Montrer que Marco pourrait avoir besoin de réserver au moins $n$ tables différentes.\n\nb. Montrer que $n$ tables seront toujours suffisantes pour que Marco réalise son désir.",
    "options": [],
    "answer": "n",
    "solution": "Solution:\n\nPour montrer qu'au moins $n$ tables différentes sont nécessaires, supposons que nous avons $n$ personnes, et chacun d'entre eux manque exactement un sticker, avec chaque personne manquant un sticker différent. N'importe quelle paire d'amis est complète, donc les amis doivent être assis sur des tables différentes.\n\nMaintenant, pour montrer que $n$ tables sont toujours suffisantes, distribuons les amis comme suit : associons chaque type de sticker à une table. Les amis possédant ce sticker n'assérions pas à cette table. Au contraire, rendons cette table disponible à toutes les personnes n'ayant pas ce sticker et permettons à chaque personne de choisir la table à laquelle elle aimerait s'asseoir (c'est-à-dire, les tables correspondant aux stickers que la personne ne possède pas). De cette façon, chaque table ne contient aucune paire complète, car si c'était le cas, les deux personnes manqueraient le même sticker (celui assigné à la table), une contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44079,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nduring the World Cup, there are $n$ different Panini stickers to collect. Marco's friends are trying to complete their collection, but nobody has a full set of stickers yet! A pair of his friends are said to be wholesome if their combined collection has at least one of each sticker. Marco knows the contents of everyone's collections, and wants to take them all to a restaurant for his birthday. However, he doesn't want any wholesome pairs sitting at the same table.\n\na. Show that Marco might need to reserve at least $n$ different tables.\n\nb. Show that $n$ tables will always be enough for Marco to achieve his goal.",
    "options": [],
    "answer": "n",
    "solution": "Solution:\n\nto show that at least $n$ different tables are necessary, suppose we had $n$ people, each of which are only missing a sticker, with each person missing a different sticker. Any two of these people are wholesome together, so they must be seated at different tables.\n\nNow, to show that $n$ is always sufficient, simply distribute the friends as follows: associate each type of sticker to a table. The people owning this sticker will not be seated at this table. Make the table instead available to everyone not owning that sticker, and let each person choose whichever table they want to sit in of the options available to them (i.e., the tables corresponding to the stickers they don't own) or just pick it for them. This way, two people who are wholesome cannot be sitting in the same table because if this was the case, they would be missing the same sticker, a contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44080,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nLet $n$ be a positive integer. Roger has a $(2 n+1) \\times (2 n+1)$ square garden. He puts down fences to divide his garden into rectangular plots. He wants to end up with exactly two horizontal $k \\times 1$ plots and exactly two vertical $1 \\times k$ plots for each even integer $k$ between $1$ and $2 n+1$, as well as a single $1 \\times 1$ square plot. How many different ways are there for Roger to do this?",
    "options": [],
    "answer": "2^n",
    "solution": "Solution:\nConsider the 4 largest plots Roger will fence off. We will prove they will comprise the border of the garden.\n\nConsider a vertical $1 \\times 2k$ piece. Clearly, one of its short (horizontal) edges must touch the border, because otherwise there would be a narrow margin of width smaller than $1$ on either side of the piece which cannot belong to any of the other rectangles.\n\nWe will show that a long (vertical) edge also touches the border. If this is not the case, then the horizontal space on either side of the rectangle is strictly less than $2n$, meaning that both horizontal plots would need to be situated in the remaining $(2n+1) \\times 1$ strip above or below our rectangle. This is clearly impossible since $2n + 2n > 2n+1$.\n\nTherefore it is clear that a $1 \\times 2k$ piece must touch both a vertical and horizontal border, and therefore a corner; the same is true by symmetry for a $2k \\times 1$ piece. We therefore have one such piece for every corner, and it is simple to see there are only two configurations possible:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAfter removing these 4 pieces, we are now left with a $(2n-1) \\times (2n-1)$ square in the middle, which has to be subdivided exactly like in the initial problem statement (for $n-1$ instead of $n$). Iterating the same argument should give us the answer $2^{n}$. We prove this more formally with induction.\n\nInduction hypothesis: There are exactly $2^{k}$ possibilities to cover the $(2k+1) \\times (2k+1)$-square.\n\nBase case: For $n=1$ we have the $2=2^{1}$ possibilities described above for the border. The remaining area is exactly the $1 \\times 1$ square, which means we don't get more possibilities.\n\nInduction step: By the reasoning above, we first choose one of two possibilities for the border of the $(2n+1) \\times (2n+1)$-square and end up with a $(2n-1) \\times (2n-1)$-square in the middle, which can be covered in $2^{n-1}$ different ways by the induction hypothesis for $k=n-1$. Since we can combine both possibilities for the border with all possibilities of the interior, we obtain $2 \\cdot 2^{n-1} = 2^{n}$ possibilities in total.\n\nThis proves that $2^{n}$ is indeed the answer.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44081,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $n$ un entier strictement positif. Roger a un jardin carré de dimensions $(2 n+1) \\times (2 n+1)$, et il y place des barrières pour diviser son jardin en plusieurs parcelles rectangulaires. Une fois terminé, il aura ainsi formé exactement deux rectangles horizontaux $k \\times 1$ et deux rectangles verticaux $1 \\times k$ pour chaque entier $k$ pair entre $1$ et $2 n+1$, ainsi qu'un seul carré $1 \\times 1$. Combien Roger a-t-il de manières de le faire?",
    "options": [],
    "answer": "2^n",
    "solution": "Solution:\n\nConsidérons les 4 plus grandes parcelles que Roger va délimiter. Nous allons prouver qu'elles forment la bordure du jardin.\nSi on considère une parcelle verticale $1 \\times 2k$, on remarque qu'un de ses petits côtés (horizontaux) doit toucher le bord du jardin, autrement il y aurait un espace de hauteur strictement plus petite que $1$ en haut ou en bas de la parcelle, qui ne peut appartenir à aucune des autres parcelles.\nOn peut aussi montrer qu'un de ses grands côtés (verticaux) touche le bord du jardin. Si ce n'était pas le cas, il y aurait des espaces de longueur plus petites que $2n$ à gauche et à droite de cette parcelle, et les deux grandes parcelles horizontales devraient être placées dans le rectangle $(2n+1) \\times 1$ restant au-dessus ou au-dessous. C'est clairement impossible, comme $2n+2n > 2n+1$.\nOn a donc prouvé qu'une parcelle $1 \\times 2k$ doit toucher un bord vertical et un bord horizontal, et donc un bord du jardin; la même chose est vraie pour une parcelle $2k \\times 1$. On a alors une parcelle par coin, et il est simple de voir qu'il y a seulement deux configurations possibles :\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAprès avoir enlevé ces 4 parcelles, il nous reste un carré $(2n-1) \\times (2n-1)$ au milieu, qui doit être subdivisé exactement comme dans l'énoncé du problème (avec $n-1$ au lieu de $n$). En itérant le même argument, on devrait obtenir la réponse de $2^{n}$. On le prouve rigoureusement en utilisant une récurrence.\n\nHypothèse de récurrence : Il y a exactement $2^{k}$ manières de diviser le jardin $(2k+1) \\times (2k+1)$.\n\nCas de base : Pour $n=1$, nous avons bien les $2=2^{1}$ manières décrites au-dessus pour la bordure du jardin. Il nous reste alors le carré $1 \\times 1$, ce qui termine le cas de base.\n\nPas de récurrence : Par le raisonnement au-dessus, on choisit d'abord une des deux possibilités pour la bordure du jardin $(2n+1) \\times (2n+1)$ et il nous reste alors un jardin $(2n-1) \\times (2n-1)$, qui peut être divisé de $2^{n-1}$ manières différentes par l'hypothèse de récurrence pour $k=n-1$. Comme on peut combiner chacune des possibilités de la bordure avec chacune des possibilités pour le jardin intérieur, on a au total $2 \\cdot 2^{n-1} = 2^{n}$ manières de faire.\n\nOn a bien prouvé que $2^{n}$ est la réponse recherchée.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44082,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $ABC$ ein Dreieck, welches $2 \\cdot \\angle CBA = 3 \\cdot \\angle ACB$ erfüllt. Die Punkte $D$ und $E$ liegen auf der Seite $AC$, sodass $BD$ und $BE$ den Winkel $\\angle CBA$ in drei gleich große Winkel unterteilen und sodass $D$ zwischen $A$ und $E$ liegt. Sei $F$ außerdem der Schnittpunkt von $AB$ und der Winkelhalbierenden von $\\angle ACB$. Zeige, dass $BE$ und $DF$ parallel sind.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nDie Bedingung $2 \\cdot \\angle CBA = 3 \\cdot \\angle ACB$ in der Aufgabe bedeutet genau, dass $\\angle DCF = \\angle FCB = \\angle EBD = \\angle DBF$ gilt. Aus $\\angle DCF = \\angle DBF$ können wir folgern, dass $FDCB$ ein Sehnenviereck ist. Daher gilt $\\angle FDB = \\angle FCB = \\angle EBD$, was beweist, dass $BE$ und $DF$ parallel sind.\nSolution:\n\nDie Bedingung $2 \\cdot \\angle CBA = 3 \\cdot \\angle ACB$ in der Aufgabe bedeutet genau, dass $\\angle DCF = \\angle FCB = \\angle EBD = \\angle DBF$ gilt. Aus $\\angle DCF = \\angle DBF$ können wir folgern, dass $FDCB$ ein Sehnenviereck ist. Sei $X$ der Schnittpunkt der Geraden $BE$ und $CF$. Dann gilt\n$$\n\\angle FXB = \\angle XCB + \\angle CBX = \\angle EBD + \\angle CBE = \\angle CBD = \\angle CFD\n$$\nalso sind $BE$ und $DF$ parallel.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44083,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $ABC$ un triangle tel que $2 \\cdot \\angle CBA = 3 \\cdot \\angle ACB$. Les points $D$ et $E$ sont sur le côté $AC$, tels que $BD$ et $BE$ divisent $\\angle CBA$ en trois angles égaux et que $D$ soit entre $A$ et $E$. De plus, soit $F$ l'intersection de $AB$ et de la bissectrice de $\\angle ACB$. Montrer que $BE$ et $DF$ sont parallèles.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nLes conditions du problème impliquent que $\\angle DCF = \\angle FCB = \\angle EBD = \\angle DBF$. Comme $\\angle DCF = \\angle DBF$, le quadrilatère $FDCB$ est cyclique. Ainsi, $\\angle FDB = \\angle FCB = \\angle EBD$, ce qui montre bien que $BE$ et $DF$ sont parallèles.\nSolution:\n\nLes conditions du problème impliquent que $\\angle DCF = \\angle FCB = \\angle EBD = \\angle DBF$. Comme $\\angle DCF = \\angle DBF$, le quadrilatère $FDCB$ est cyclique. Si $X$ est l'intersection des droites $BE$ et $CF$, alors\n$$\n\\angle FXB = \\angle XCB + \\angle CBX = \\angle EBD + \\angle CBE = \\angle CBD = \\angle CFD\n$$\nmontre que $BE$ et $DF$ sont parallèles.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44084,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSoit $\\omega_{1}$ un cercle de diamètre $J K$. Soit $t$ la tangente à $\\omega_{1}$ en $J$ et soit $U \\neq J$ un autre point sur $t$. Soit $\\omega_{2}$ le plus petit cercle centré en $U$ qui intersecte $\\omega_{1}$ en un seul point $Y$. Soit $I$ la deuxième intersection de la droite $J K$ avec le cercle circonscrit au triangle $J Y U$ et soit $F$ la deuxième intersection de la droite $K Y$ avec $\\omega_{2}$. Montrer que $F U J I$ est un rectangle.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nOn dénote le centre de $\\omega_{1}$ par $O$ et le centre circonscrit au triangle $J Y U$ par $\\omega_{3}$. On affirme que $F$ se trouve sur $\\omega_{3}$. Pour prouver cette affirmation, on note d'abord que $U, Y$, et $O$ sont colinéaires comme $\\omega_{1}$ et $\\omega_{2}$ sont tangents en $Y$. Comme les triangles $F U Y$ et $Y O K$ sont isocèles, on a\n$$\n\\angle Y F U = \\angle U Y F = \\angle O Y K = \\angle Y K O = \\angle Y K J\n$$\nPar le théorème de l'angle tangent, on a aussi que $\\angle Y K J = \\angle Y J U$. En combinant les deux égalités au-dessus, on obtient $\\angle Y F U = \\angle Y J U$, ce qui montre que $J Y U F$ est cyclique. On a donc bien montré notre affirmation : $F$ est sur $\\omega_{3}$. Pour terminer notre preuve, il nous faut montrer que $F U J I$ a seulement des angles droits. Comme $t$ est tangente à $\\omega_{1}$, on a que $\\angle U J I = \\angle I F U = 90^{\\circ}$. Aussi, comme $J K$ est un diamètre de $\\omega_{1}$, on a $\\angle J Y K = 90^{\\circ}$, et $\\angle F U J = \\angle J I F = 90^{\\circ}$, ce qui termine la preuve.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44085,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $\\omega_{1}$ ein Kreis mit Durchmesser $J K$. Sei $t$ die Tangente an $\\omega_{1}$ bei $J$ und sei $U \\neq J$ ein weiterer Punkt auf $t$. Sei $\\omega_{2}$ der kleinere Kreis mit Mittelpunkt $U$, welcher $\\omega_{1}$ an einem einzigen Punkt $Y$ berührt. Sei $I$ der zweite Schnittpunkt von $J K$ mit dem Umkreis des Dreiecks $J Y U$ und sei $F$ der zweite Schnittpunkt von $K Y$ mit $\\omega_{2}$. Zeige, dass $F U J I$ ein Rechteck ist.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nSei $O$ der Mittelpunkt von $\\omega_{1}$ und sei $\\omega_{3}$ der Umkreis des Dreiecks $J Y U$. Wir behaupten, dass $F$ auf $\\omega_{3}$ liegt. Um dies zu zeigen, bemerken wir zuerst, dass $U, Y$, und $O$ kollinear sind, da $\\omega_{1}$ und $\\omega_{2}$ sich im Punkt $Y$ berühren. Da die Dreiecke $F U Y$ und $Y O K$ gleichschenklig sind, erhalten wir\n$$\n\\angle Y F U=\\angle U Y F=\\angle O Y K=\\angle Y K O=\\angle Y K J\n$$\nDer Tangentenwinkelsatz besagt zudem $\\angle Y K J=\\angle Y J U$. Wie kombinieren die zwei Gleichungen und erhalten $\\angle Y F U=\\angle Y J U$, was bedeutet, dass $J Y U F$ ein Sehnenviereck ist. Dies beweist unsere Behauptung, dass $F$ auf $\\omega_{3}$ liegt. Wir müssen nun noch zeigen, dass das Sehnenviereck $F U J I$ nur rechte Winkel hat. Da $t$ tangential zu $\\omega_{1}$ ist, wissen wir, dass $\\angle U J I=\\angle I F U=90^{\\circ}$ gilt. Da $J K$ ein Durchmesser von $\\omega_{1}$ ist, haben wir zudem $\\angle J Y K=90^{\\circ}$, und damit auch $\\angle F U J=\\angle J I F=90^{\\circ}$, was den Beweis abschliesst.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44086,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nWährend der Weltmeisterschaft gibt es $n$ unterschiedliche Panini-Sticker zu sammeln. Marcos Freunde versuchen alle ihre Sammlungen zu vervollständigen, jedoch hat bis jetzt noch keiner alle Sticker! Wir nennen ein Paar zweier seiner Freunde komplett, falls ihre kombinierte Sammlung jeden Sticker mindestens einmal enthält. Marco weiss, wer welche Sticker hat und möchte alle seine Freunde für seinen Geburtstag in ein Restaurant einladen. Er will jedoch verhindern, dass ein komplettes Paar am gleichen Tisch sitzt.\n\na) Zeige, dass Marco vielleicht mindestens $n$ Tische reservieren muss.\n\nb) Zeige, dass $n$ Tische immer ausreichen, um Marcos Ziel zu erreichen.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\n\nUm zu zeigen, dass mindestens $n$ Tische nötig sind, nehmen wir an, wir haben $n$ Freunde, wobei jedem genau ein Bild fehlt, und sodass jedem ein anderes Bild fehlt. Jedes Paar dieser Freunde ist komplett, also müssen sie an $n$ unterschiedlichen Tischen sitzen.\n\nUm zu zeigen, dass $n$ Tische immer ausreichen, verteilen wir Marcos Freunde wie folgt: Assoziiere mit jedem Bild einen Tisch. Die Freunde, die dieses Bild haben, sitzen nicht an diesem Tisch. Der Tisch ist nur für die Freunde zugänglich, welche dieses Bild nicht haben. Jeder Freund wählt jetzt einen für ihn zugänglichen Tisch aus (also einen Tisch assoziiert mit einem Bild, das er nicht besitzt). Ein komplettes Paar kann nun nicht am selben Tisch sitzen, denn wäre dies der Fall, dann würde das Bild beiden fehlen und das Paar wäre nicht komplett, also ein Widerspruch.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44087,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nSei $n$ eine natürliche Zahl. Roger hat einen quadratischen Garten der Grösse $(2 n+1) \\times (2 n+1)$. Er errichtet Zäune, um diesen in rechteckige Beete zu unterteilen. Er möchte genau zwei horizontale $k \\times 1$ Beete und genau zwei vertikale $1 \\times k$ Beete für jede gerade Zahl $k$ zwischen 1 und $2 n+1$, sowie ein einzelnes quadratisches Beet der Grösse $1 \\times 1$ wenn er fertig ist. Auf wie viele unterschiedliche Arten kann Roger seinen Garten unterteilen?",
    "options": [],
    "answer": "2^n",
    "solution": "Solution:\n\nBetrachte die 4 grössten Rechtecke. Wir wollen zeigen, dass diese zusammen den Rand des Gartens bilden.\nBetrachte zuerst ein einzelnes vertikales $1 \\times 2 n$-Rechteck. Dieses muss mit der kurzen Kante sicher einen Rand berühren (ansonsten wäre oberhalb und unterhalb des Rechtecks eine Fläche mit Breite kleiner als 1, die zu keinem anderen Rechteck gehören kann).\nWir behaupten auch, dass die lange Kante dieses vertikalen Rechtecks einen Rand des Gartens berühren muss: Wäre dem nicht so, dann wäre der horizontale Abstand zu beiden Rändern eine Zahl, die strikt kleiner als $2 n$ ist. Folglich müssten beide horizontalen $2 n \\times 1$-Rechtecke im freien $(2 n+1) \\times 1$-Streifen liegen, der sich entweder oberhalb oder unterhalb des vertikalen Rechtecks befindet. Wegen $2 n+2 n>2 n+1$ ist das aber nicht möglich.\nWir schlussfolgern also, dass jedes $1 \\times 2 k$-Rechteck eine Ecke berühren muss. Analog gilt auch, dass jedes $2 k \\times 1$-Rechteck eine Ecke berühren muss. Wir sehen, dass es für so eine Anordnung genau zwei Möglichkeiten gibt:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nWenn wir nun diese vier längsten Rechtecke entfernen, bleibt in der Mitte ein quadratischer $(2 n-1) \\times (2 n-1)$-Garten übrig. Dieser muss genauso in Beete werden, wie in der ursprünglichen Aufgabe (aber mit $n-1$ statt mit $n$ ). Wir können also im Prinzip die gleiche Argumentation wiederholen und sollten die Lösung $2^{n}$ erhalten. Wir beweisen das etwas formaler mit Induktion:\n\nBehauptung: Es gibt genau $2^{k}$ Möglichkeiten, einen $(2 k+1) \\times (2 k+1)$-Garten wie in der Aufgabe zu zerteilen.\n\nInduktionsverankerung: Für $n=1$ zeigt die Argumentation oben, dass es nur zwei Möglichkeiten für die Beete der Dimensionen $2 \\times 1$ und $1 \\times 2$ gibt. Die restliche Fläche in der Mitte ist dann genau das $1 \\times 1$-Quadrat.\n\nInduktionsschritt: Nach der Argumentation am Anfang gibt es zwei Möglichkeiten, den Rand des $(2 n+1) \\times (2 n+1)$-Gartens zu unterteilen. Für das innere $(2 n-1) \\times (2 n-1)$-Feld gibt es nach der Induktionshypothese (für $k=n-1$ ) genau $2^{n-1}$ verschiedene Möglichkeiten. Da wir alle Möglichkeiten für den Rand mit allen Möglichkeiten für das innere Feld kombinieren können, gibt es insgesamt also $2 \\cdot 2^{n-1}=2^{n}$ Möglichkeiten.\n\nDas beweist, dass die gesuchte Antwort tatsächlich $2^{n}$ ist.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44088,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDetermine all integer values that the expression\n$$\n\\frac{p q + p^{p} + q^{q}}{p + q}\n$$\ncan take, where $p$ and $q$ are both prime numbers.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\nAnswer: The only possible integer value is $3$.\n\nIf both $p$ and $q$ are odd, then the numerator is odd while the denominator is even. Since an even number never divides an odd number, this does not lead to an integer value. Hence we can assume that one of our primes is even and therefore equal to $2$. Since the expression is symmetric in $p$ and $q$, we can assume without loss of generality that $q = 2$.\n\nSubstituting $q = 2$, it remains to determine all integer values taken by the expression\n$$\n\\frac{2p + p^{p} + 4}{p + 2} = \\frac{2(p + 2) + p^{p}}{p + 2} = 2 + \\frac{p^{p}}{p + 2}\n$$\nIn order for this to be an integer, we must have that $p + 2$ is a divisor of $p^{p}$. But since $p$ is prime, the only positive divisors of $p^{p}$ are $1, p, p^{2}, \\ldots, p^{p-1}$ and $p^{p}$. If $p > 2$, then we have\n$$\np < p + 2 < p + p = 2p < p^{2}\n$$\nand $p + 2$ is strictly squeezed between two consecutive divisors of $p^{p}$. It follows that for $p > 2$ the expression $p + 2$ never divides $p^{p}$ and we don't get integer values. The only case remaining is $p = q = 2$, making the original expression equal to $3$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44089,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\n\nTrouver toutes les valeurs entières que l'expression\n$$\n\\frac{p q+p^{p}+q^{q}}{p+q}\n$$\npeut prendre, où $p$ et $q$ sont des nombres premiers.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Solution:\n\nRéponse : Le seul entier relatif atteignable est $3$.\n\nSi $p$ et $q$ sont impairs, le numérateur est impair mais le dénominateur est pair. Puisqu'un nombre pair ne divise jamais un nombre impair, l'expression n'est pas un entier naturel. Ainsi, nous pouvons supposer qu'au moins un des deux nombres premiers est pair. Comme l'expression est symétrique en $p$ et $q$, nous pouvons supposer sans perte de généralité $q=2$.\n\nAvec $q=2$, il suffit de déterminer tous les entiers relatifs l'expression suivante peut prendre :\n$$\n\\frac{2 p+p^{p}+4}{p+2}=\\frac{2(p+2)+p^{p}}{p+2}=2+\\frac{p^{p}}{p+2}\n$$\nPour que cette expression soit entière, il faut que $p+2$ soit un diviseur de $p^{p}$. Mais comme $p$ est premier, les seuls diviseurs positifs de $p^{p}$ sont $1, p, p^{2}, \\ldots, p^{p-1}$ et $p^{p}$. Si $p>2$, on a\n$$\np<p+2<p+p=2 p<p^{2}\n$$\net ainsi, $p+2$ est strictement coincé entre deux diviseurs consécutifs de $p^{p}$. Il s'ensuit que, pour $p>2$, l'expression $p+2$ ne divise jamais $p^{p}$ et nous n'obtenons pas de valeurs entières. Le seul cas restant est lorsque $p=q=2$, rendant la fraction initiale égale à $3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44090,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nDetermine all triples $(a, b, p)$ of positive integers where $p$ is prime and the equation\n$$\n(a+b)^{p} = p^{a} + p^{b}\n$$\nis satisfied.",
    "options": [],
    "answer": "(a, b, p) = (1, 1, 2)",
    "solution": "Solution:\n$(a, b, p) = (1, 1, 2)$ is the only solution. Let's split the problem into two cases.\n\n- Case 1: $a = b$\n\nThe equation simplifies into $2^{p} a^{p} = 2 p^{a}$, and since $4 \\mid 2^{p}$, $2 \\mid p^{a}$ which implies that $p = 2$. Plugging this new piece of information in the initial equation yields $4 a^{2} = 2^{a+1}$ so $a^{2} = 2^{a-1}$. If $a > 1$, then $a$ has to be even since $2^{a-1}$ is even. However, on the other hand, since $a^{2}$ is a perfect square, $2^{a-1}$ has to be a perfect square as well, so $a$ must also be odd, which is a contradiction. Thus, the only option is $a = 1$ which indeed satisfies the initial equation. Thus, out of this case, we obtain one solution: $(a, b, p) = (1, 1, 2)$.\n\n- Case 2: $a \\neq b$\n\nSince the equation is symmetric in $a$ and $b$, assume wlog $b > a$. Now, the equation can be rewritten as\n$$\n(a+b)^{p} = p^{a} (1 + p^{b-a})\n$$\nTherefore, $p \\mid (a+b)^{p}$, so $p \\mid a+b$. Now, look at the prime factorisation of both sides of the equation and consider the powers of $p$. The right side of the equation is $p^{a}$ times a number not divisible by $p$, because $b-a > 0$. If $(a+b)^{p} = p^{x} \\cdot y$ where $y$ is not divisible by $p$, then $p \\mid x$. Thus, we have $p \\mid a$, because $x = a$. Combining this with $p \\mid a+b$, we deduce that $p \\mid a, b$. Now, to conclude, observe that $p^{a}(1 + p^{b-a})$ is a perfect $p$-th power, and since $p^{a}$ is a perfect $p$-th power and is coprime to $1 + p^{b-a}$, we get that $1 + p^{b-a}$ is a $p$-th power. Write $1 + p^{b-a} = z^{p}$, and since $p \\mid b-a$ and $b-a > 0$, we get that $z^{p} - p^{b-a} = 1$ which is a contradiction because the difference of 2 different perfect $p$-th powers is at least $2^{p} - 1 > 1$. Thus, in this case, there are no solutions.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44091,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nTrouver tous les triplets $(a, b, p)$ d'entiers strictement positifs où $p$ est premier et l'équation\n$$\n(a+b)^{p}=p^{a}+p^{b}\n$$\nest vérifiée.",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1, 2)",
    "solution": "Solution:\n$(a, b, p)=(1,1,2)$ est le seul triplet qui vérifie l'équation. Séparons le problème en deux cas.\n\n- Cas $1: a=b$\n\nL'équation se simplifie en $2^{p} \\cdot a^{p}=2 \\cdot p^{a}$, et comme $4\\mid 2^{p}, 2\\mid p^{a}$ ce qui implique que $p=2$. Substituant cela dans l'équation de base donne l'égalité $4 a^{2}=2^{a+1}$ donc $a^{2}=2^{a-1}$. Si $a>1$, alors $a$ doit être pair comme $2^{a-1}$ est pair. En revanche, comme $a^{2}$ est un carré parfait, $2^{a-1}$ doit est un carré parfait également, donc $a$ doit aussi être impair, ce qui entre en contradiction avec l'affirmation précédente. Ainsi, la seule possibilité est $a=1$, ce qui satisfait l'équation. Donc, dans ce cas-ci, nous obtenons exactement une solution : $(a, b, p)=(1,1,2)$.\n\n- Cas $2: a \\neq b$\n\nVu que l'équation est symétrique en $a$ et $b$, supponsons sans perte de généralité $b>a$. L'équation peut donc être réécrit comme\n$$\n(a+b)^{p}=p^{a}\\left(1+p^{b-a}\\right)\n$$\nAinsi, $p \\mid(a+b)^{p}$, donc $p \\mid a+b$. Maintenant, regardons la décomposition en nombres premiers des deux côtés et observons les puissances de $p$. Le côté droit de l'équation est $p^{a}$ fois un nombre premier avec $p$, car $b-a>0$. Si $(a+b)^{p}=p^{x} \\cdot y$ où $y$ n'est pas divisible par $p$, alors $p \\mid x$. Ainsi, nous avons $p \\mid a$, car $x=a$. En combinant cela avec $p \\mid a+b$, nous pouvons déduire que $p \\mid a, b$. Maintenant, pour conclure, remarquons que $p^{a}\\left(1+p^{b-a}\\right)$ est une $p$-ième puissance, et comme $p^{a}$ est une $p$-ième puissance est premier à $1+p^{b-a}$, nous obtenons que $1+p^{b-a}$ est une $p$-ième puissance. Écrivons $1+p^{b-a}=z^{p}$, et vu que $p \\mid b-a$ et $b-a>0$, nous obtenons que $z^{p}-p^{b-a}=1$ qui est une contradiction car la différence entre $2 p$-ième puissances différentes est égale à au moins $2^{p}-1>1$. Ainsi, dans ce cas, il n'y a pas de solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44092,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle ganzzahligen Werte, die der Ausdruck\n$$\n\\frac{p q+p^{p}+q^{q}}{p+q}\n$$\nannehmen kann, wobei $p$ und $q$ Primzahlen sind.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Antwort: Der einzige ganzzahlige Wert ist 3 .\n\nLösung: Falls $p$ und $q$ beide ungerade sind, dann ist der Zähler ungerade und der Nenner gerade. Weil eine gerade Zahl nie eine ungerade Zahl teilt, ergibt dies keinen ganzzahligen Wert. Wir können also annehmen, dass mindestens eine unserer Primzahlen gerade ist, und somit gleich 2. Weil der Ausdruck symmetrisch in $p$ und $q$ ist, können wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit annehmen, dass $q=2$.\n\nWir setzen also $q=2$ ein und es reicht nun, alle ganzzahligen Werte des Ausdrucks\n$$\n\\frac{2 p+p^{p}+4}{p+2}=\\frac{2(p+2)+p^{p}}{p+2}=2+\\frac{p^{p}}{p+2}\n$$\nzu finden.\n\nDamit dies eine ganze Zahl ist, muss $p+2$ ein Teiler von $p^{p}$ sein. Aber weil $p$ eine Primzahl ist, sind alle positiven Teiler von $p^{p}$ die folgenden: $1, p, p^{2}, \\ldots, p^{p-1}$ und $p^{p}$. Falls $p>2$, dann haben wir\n$$\np<p+2<p+p=2p<p^{2}\n$$\nund $p+2$ ist strikt zwischen zwei aufeinanderfolgenden Teilern von $p^{p}$. Wir schlussfolgern, dass im Fall $p>2$ die Zahl $p+2$ nie $p^{p}$ teilt und wir keinen ganzzahligen Wert erhalten. Der einzige Fall, der übrig bleibt, ist $p=q=2$, welcher in einem Wert von 3 resultiert.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44093,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Problem:\nFinde alle Tripel $(a, b, p)$ natürlicher Zahlen, sodass $p$ eine Primzahl ist und die Gleichung\n$$\n(a+b)^{p}=p^{a}+p^{b}\n$$\nerfüllt ist.",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1, 2)",
    "solution": "Solution:\n$(a, b, p)=(1,1,2)$ ist die Einzige Lösung. Wir teilen das Problem in zwei Fälle.\n\n- Fall 1: $a=b$\nDie Gleichung wird zu $2^{p} \\cdot a^{p}=2 \\cdot p^{a}$, und da $4\\mid 2^{p}, 2\\mid p^{a}$ woraus folgt, dass $p=2$. Wenn wir diese neue Information in der ursprünglichen Gleichung einsetzen, ergibt sich $4 a^{2}=2^{a+1}$, also $a^{2}=2^{a-1}$. Falls $a>1$, dann muss $a$ gerade sein, weil $2^{a-1}$ gerade ist. Da jedoch $a^{2}$ eine Quadratzahl ist, muss $2^{a-1}$ auch eine Quadratzahl sein, also muss $a$ ungerade sein, ein Widerspruch. Der einzige Fall ist somit $a=1$, welcher tatsächlich alle Bedingungen erfüllt. Wir erhalten in diesem Fall also eine Lösung: $(a, b, p)=(1,1,2)$.\n\n- Fall 2: $a \\neq b$\nWeil die Gleichung symmetrisch in $a$ und $b$ ist, nehmen wir ohne Beschränkung der Allgemeinheit $b>a$ an. Nun schreiben wir die Gleichung als\n$$\n(a+b)^{p}=p^{a}\\left(1+p^{b-a}\\right)\n$$\nSomit haben wir $p \\mid(a+b)^{p}$, also auch $p \\mid a+b$. Jetzt betrachten wir die Primfaktorzerlegung beider Seiten der Gleichung und schauen uns den Exponenten von $p$ an. Die rechte Seite der Gleichung ist $p^{a}$ mal eine Zahl die nicht durch $p$ teilbar ist, weil $b-a>0$. Falls $(a+b)^{p}=p^{x} \\cdot y$ wobei $y$ nicht durch $p$ teilbar ist, dann haben wir $p \\mid x$. Somit haben wir auch $p \\mid a$, weil $x=a$. Verbinden wir dies mit $p \\mid a+b$, erhalten wir $p \\mid a, b$. Nun bemerken wir, dass $p^{a}\\left(1+p^{b-a}\\right)$ eine $p$-te Potenz ist, und da $p^{a}$ eine $p$-te Potenz teilerfremd zu $1+p^{b-a}$ ist, wissen wir, dass $1+p^{b-a}$ auch eine $p$-te Potenz ist. Wir schreiben $1+p^{b-a}=z^{p}$, und da $p \\mid b-a$ und $b-a>0$, erhalten wir $z^{p}-p^{b-a}=1$, ein Widerspruch, da die Differenz von zwei $p$-ten Potenzen mindestens $2^{p}-1>1$ ist. In diesem Fall gibt es also keine Lösungen.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44094,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$\\triangle ABC$ 中有一點 $O$, 令 $AO$, $BO$, $CO$ 的延長線分別交 $BC$, $CA$, $AB$ 於 $A_1$, $B_1$, $C_1$。證明：$O$ 在 $\\triangle A_1B_1C_1$ 的中位三角形內。（中位三角形是指各邊中點連線所成的三角形。）",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ 分別與 $\\triangle A_1B_1C_1$ 各邊交於 $A_2$, $B_2$, $C_2$。\n令 $\\frac{AC_1}{C_1B} = \\frac{x}{y}$, $\\frac{BA_1}{A_1C} = \\frac{y}{z}$ ($x, y, z > 0$), 由 Ceva 定理 $\\frac{CB_1}{B_1A} = \\frac{z}{x}$。於是質點組\n$A(yz)$, $B(zx)$, $C(xy)$\n的重心在 $O$。（因為 $\\frac{yz}{zx} = \\frac{C_1B}{AC_1}$, 故 $A(yz)$ 與 $B(zx)$ 的重心為 $C_1$, 整組的重心在 $CC_2$ 上, 同理也在 $BB_1$ 上, 故就是它們的交點 $O$）。\n另一方面, 由於 $A(\\frac{yz}{2})$ 與 $B(\\frac{zx}{2})$ 的重心也是 $C_1(A_1, B_1)$ 類似, 故 $O$ 也是質點組\n$A_1(\\frac{zx + xy}{2})$, $B_1(\\frac{xy + yz}{2})$, $C_1(\\frac{yz + zx}{2})$\n的重心。\n反證, 設 $O$ 不在 $A_1B_1C_1$ 的中位三角形內, 則它在另三個靠近 $A_1$, $B_1$, $C_1$ 的小三形之一中, 不妨假設是 $A_1$, 於是 $OA_2 \\ge OA_1$。但由於 $O$ 是質點組\n$A_1(\\frac{zx + xy}{2})$, $B_1(\\frac{xy + yz}{2})$, $C_1(\\frac{yz + zx}{2})$\n的重心, 故 $B_1(\\frac{xy+yz}{2})$ 與 $C_1(\\frac{yz+zx}{2})$ 的重心應該在直線 $OA_1$ 上, 即只能是\n$A_2$。而 $O$ 是 $A_1(\\frac{zx+xy}{2})$ 與 $A_2(\\frac{xy+yz}{2} + \\frac{yz+zx}{2})$ 的重心。由於\n$$\n\\frac{xy + yz}{2} + \\frac{yz + zx}{2} > \\frac{zx + xy}{2}\n$$\n故 $OA_2 < OA_1$, 矛盾!",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44095,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $a, b, c, d$ 為非負實數, 試求滿足下列方程組的解 $(a, b, c, d)$:\n$$\na^2(b+c)(b+c+d) = \\sqrt{b+c}\\sqrt[3]{b+c+d}\n$$\n$$\nb^2(c+d)(c+d+a) = \\sqrt{c+d}\\sqrt[3]{c+d+a}\n$$\n$$\nc^2(d+a)(d+a+b) = \\sqrt{d+a}\\sqrt[3]{d+a+b}\n$$\n$$\nd^2(a+b)(a+b+c) = \\sqrt{a+b}\\sqrt[3]{a+b+c}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Solutions are (0, 0, 0, 0) and (648^{-1/19}, 648^{-1/19}, 648^{-1/19}, 648^{-1/19}).",
    "solution": "若 $a, b, c, d$ 其中有一項為 $0$, 容易推得 $a = b = c = d = 0$ 為一解, 因此以下不妨設 $a, b, c, d > 0$。\n將原式整理後得到\n$$\na^{12}(b+c)^3(b+c+d)^4 = 1\n$$\n$$\nb^{12}(c+d)^3(c+d+a)^4 = 1\n$$\n$$\nc^{12}(d+a)^3(d+a+b)^4 = 1\n$$\n$$\nd^{12}(a+b)^3(a+b+c)^4 = 1\n$$\n考慮 $x$ 為 $16$ 個數字 $\\left\\{\\frac{x}{y}\\mid x, y \\in a, b, c, d\\right\\}$ 中的最大值, 並且不妨設 $\\frac{a}{b} = x \\ge 1$。則\n$$\n\\frac{c+d}{b+c} \\le x\n$$\n$$\n\\frac{c+d+a}{b+c+d} \\le x\n$$\n則\n$$\n1 = \\frac{a^{12}(b+c)^3(b+c+d)^4}{b^{12}(c+d)^3(c+d+a)^4} \\ge x^{12} \\frac{1}{x^3} \\frac{1}{x^4} = x^7\n$$\n因此 $x = 1$, 即 $a = b = c = d$。\n\n(註: 題目所給之條件中, $a, b, c, d$ 並無對稱, 而只是輪換關係, 真正不失一般性的假設應該是 $x = \\frac{a}{b}, \\frac{a}{c}, \\frac{a}{d}$ 三種情況, 但以上推導仍然都適用。)\n\n代入原式解得 $(a, b, c, d) = (0, 0, 0, 0)$ 或 $\\left(\\frac{1}{\\sqrt{19/648}}, \\frac{1}{\\sqrt{19/648}}, \\frac{1}{\\sqrt{19/648}}, \\frac{1}{\\sqrt{19/648}}\\right)$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44096,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正偶數 $n > 2$, 已知實數 $x_1, x_2, \\dots, x_n$ 滿足\n$$\n\\sum_{1 \\le i < j \\le n} (x_i - x_j)^2 = 1.\n$$\n試求 $\\sum_{i=1}^{n} (x_i - x_{i+1})^2$ 的最大值, 此處 $x_{n+1} = x_1$.",
    "options": [],
    "answer": "4/n",
    "solution": "最大值為 $\\frac{4}{n}$。\n首先在 $x_1 = x_3 = \\cdots = x_{n-1}, x_2 = \\cdots = x_n$ 時可檢驗此值被達成。\n因此只須證明 $(x_1 - x_2)^2 + \\cdots + (x_{n-1} - x_n)^2 + (x_n - x_1)^2 \\le \\frac{4}{n}$ 即可。\n可同時將所有 $x_i$ 增加或減少一個常數, 使得 $x_1 + \\cdots + x_n = 0$, 此時原條件等價於 $n(x_1^2 + \\cdots + x_n^2) = 1$。\n由於對任意實數 $a, b$ 有\n$$\n(a-b)^2 \\le 2a^2 + 2b^2.\n$$\n因此\n$$\n(x_1 - x_2)^2 + \\cdots + (x_{n-1} - x_n)^2 + (x_n - x_1)^2 \\le 4(x_1^2 + \\cdots + x_n^2)\n$$\n得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44097,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 是大於 1 的正整數且 $p$ 為一質數使得 $n$ 能整除 $p-1$ 且 $p$ 能整除 $n^3-1$。\n試證: $4p-3$ 是一完全平方數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "因 $n|(p-1)$, $n < p$。由於 $p|(n^3-1) = (n-1)(n^2+n+1)$, $p|(n^2+n+1)$。\n令 $p-1 = n\\ell$。又\n$$\nn^2 + n + 1 = n^2 + n + p - n\\ell = n(n + 1 - \\ell) + p\n$$\n即得 $p|n(n+1-\\ell)$。因 $n < p$, $p|(n+1-\\ell)$。又因 $\\ell > 0$, $n+1-\\ell \\le n$。今\n$p|(n+1-\\ell)$ 且 $n < p$, 得 $\\ell \\ge n+1$。若 $\\ell > n+1$, 則 $p = 1+n\\ell > 1+n+n^2$\n此為不可能! 因 $p|(n^2+n+1)$。所以 $\\ell = n+1$ 且 $p = n^2 + n + 1$。故\n$$\n4p-3 = 4(n^2 + n + 1) - 3 = (2n + 1)^2.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44098,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $A_1A_2\\cdots A_n$ 是一凸多邊形。點 $P$ 是此多邊形內一點且其在 $A_1A_2, \\cdots, A_nA_1$ 之投影點分別為 $P_1, \\cdots, P_n$, 其中 $P_1, \\cdots, P_n$ 分別落在線段 $A_1A_2, \\cdots, A_nA_1$ 內。試證: 對於任意分別在線段 $A_1A_2, \\cdots, A_nA_1$ 內之點 $X_1, \\cdots, X_n$, 滿足\n$$\n\\max \\left\\{ \\frac{X_1X_2}{P_1P_2} + \\cdots + \\frac{X_nX_1}{P_nP_1} \\right\\} \\ge 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "記 $P_{n+1} = P_1$, $X_{n+1} = X_1$, $A_{n+1} = A_1$.\n\n引理：令 $Q$ 為 $A_1A_2\\cdots A_n$ 內一點。則 $Q$ 必落在三角形 $X_1A_2X_2, \\cdots, X_nA_1X_1$ 之外接圓之其中一個。\n\n證明：若 $Q$ 在三角形 $X_1A_2X_2, \\cdots, X_nA_1X_1$ 之其中一個，則顯然成立。否則 $Q$ 在多邊形 $A_1A_2\\cdots A_n$ 內（如圖1）。則\n$$\n\\begin{aligned}\n& (\\angle X_1 A_2 X_2 + \\angle X_1 Q X_2) + \\cdots + (\\angle X_n A_1 X_1 + \\angle X_n Q X_1) \\\\\n&= (\\angle X_1 A_1 X_2 + \\cdots + \\angle X_n A_1 X_1) + \\cdots + (\\angle X_1 Q X_2 + \\cdots + \\angle X_n Q X_1) \\\\\n&= (n-2)\\pi + 2\\pi = n\\pi,\n\\end{aligned}\n$$\n因此存在一個足標 $i$ 使得\n$$\n\\angle X_i A_{i+1} X_{i+1} + \\angle X_i Q X_{i+1} \\ge \\frac{n\\pi}{n} = \\pi.\n$$\n因四邊形 $QX_iA_{i+1}X_{i+1}$ 是凸的, 其意為 $Q$ 落在 $\\Delta X_iA_{i+1}X_{i+1}$ 之外接圓內。\n\n應用上述引理, $P$ 落在某個 $\\Delta X_iA_{i+1}X_{i+1}$ 之外接圓內。\n\n分別考慮 $\\Delta P_iA_{i+1}P_{i+1}$ 與 $\\Delta X_iA_{i+1}X_{i+1}$ 之外接圓 $\\omega$ 與 $\\Omega$ (如圖2); 令 $r$ 與 $R$ 分別為其半徑。則可得\n$$\n2r = A_{i+1}P \\le 2R \\text{ (因 $P$ 落在 $\\Omega$ 內)},\n$$\n故\n$$\nP_i P_{i+1} = 2r \\sin \\angle P_i A_{i+1} P_{i+1} \\le 2R \\sin \\angle X_i A_{i+1} X_{i+1} = X_i X_{i+1}.\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\nFig. 1\n![](attached_image_2.png)\nFig. 2",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44099,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $k$ 為一給定實數。試找出所有從實數映至實數的函數 $f(x)$ 滿足對任意實數 $x, y$, 均有\n$$\nf(x) + (f(y))^2 = k f(x + y^2).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "If k ≠ 1: f(x) ≡ 0 or f(x) ≡ k − 1. If k = 1: f(x) ≡ 0 or f(x) ≡ x.",
    "solution": "若 $k \\neq 1$, 則將 $y = 0$ 代入原式得到\n$$\n(f(0))^2 = (k - 1)f(x).\n$$\n因此 $f(x)$ 為常數函數, 代入原式後可解出 $f(x) = 0$ 或 $f(x) = \\frac{1}{k-1}$。\n\n若 $k = 1$, 則將 $x = 0$ 代入原式得到\n$$\nf(y)^2 = f(y^2).\n$$\n藉由上式我們可以知道對任意 $y > 0$ 均有 $f(y) > 0$ 並且 $f(1) = 0$ 或 $1 > f(x)$。將上式代回原題中：\n$$\n\\begin{align*}\n& f(x) + (f(y))^2 = f(x + y^2), \\forall x, y \\in \\mathbb{R} \\\\\n\\Rightarrow \\quad & f(x) + f(y^2) = f(x + y^2), \\forall x, y \\in \\mathbb{R} \\\\\n\\Rightarrow \\quad & f(x) + f(y) = f(x + y), \\forall x, y \\in \\mathbb{R}, y \\ge 0\n\\end{align*}\n$$\n此即為一標準柯西方程，因此 $f(x) = cx$。由 $f(1) = 0$ 或 $1 > f(1) = 0$ 或 $f(x) = x$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44100,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有的正整數 $n$, 使得存在質數 $p > 2$ 和質數 $q$, 滿足 $n$ 的 $p$ 進位表示法是 2011, 且 $n$ 的 $q$ 進位表示法是 $10 \\cdots 0$ (1 後面跟著任意多個 0).",
    "options": [],
    "answer": "256",
    "solution": "$n = 256$。題目所述這樣的 $n$ 滿足 $n = 2p^3 + p + 1 = q^k$, 其中 $k$ 是某正整數。顯然 $2p^3 + p + 1$ 是偶數, 故 $q = 2$.\n\n易檢驗 $3|2p^3+p$ 必成立。故由 $3|2^k-1$ 可知 $2|k$。令 $A = 2^{k/2}$, 我們有 $(A+1)(A-1) = 2p^3+p = (2p^2+1)p$, 故 $p|(A-1)$ 或 $p|(A+1)$。令 $A \\pm 1 = pt$, $t$ 是正整數。則有\n$$\npt^2 \\pm 2t = t(pt \\pm 2) = 2p^2 + 1.\n$$\n我們有 $p|\\pm2t+1$, 故 $2t+1 \\ge p$. 於是 $8t^2+8t+3 \\ge 2p^2+1 \\ge pt^2-2t$。\n由此有 $t < 5$, 或當 $t \\ge 5$ 時, $11t^2 > 8t^2+10t+3 \\ge pt^2$, 即 $p < 11$. 若 $t < 5$ 由 $2t+1 \\ge p$ 亦有 $p < 11$.\n故剩下的可能僅有 $p = 3, 5, 7$. 代入檢驗知 $p = 5, k = 8, n = 256$ 是唯一解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44101,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在 $\\triangle ABC$ 的邊 $BC$ 的延長線取一點 $D$ 使得 $CD = AC$。$\\triangle ACD$ 的外接圓與以 $BC$ 為直徑的圓交於 $C$, $P$ 兩點，直線 $BP$ 與 $AC$ 交於 $E$，直線 $CP$ 與 $AB$ 交於 $F$。求證：$D$, $E$, $F$ 三點共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "如圖所示。因點 $P$ 在 $\\triangle ACD$ 的外接圓上，且 $AC = CD$，所以\n$$\n\\angle APF = \\angle ADC = \\angle CAD = \\angle CPD,\n$$\n即 $PC$ 是 $\\angle APD$ 的外角平分線。於是，設直線 $AP$ 交 $BC$ 於 $Q$，則 $PC$ 平分 $\\angle QPD$。又點 $P$ 在以 $BC$ 為直徑的圓上，所以 $BP \\perp PC$，從而 $BP$ 為 $\\angle QPD$ 的外角平分線，如此可得\n$$\n\\frac{BD}{DC} = -\\frac{BQ}{QC}.\n$$\n另一方面, 因 $AQ$, $BE$, $CF$ 交於點 $P$, 由 Ceva 定理得\n$$\n\\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CE}{EA} \\cdot \\frac{AF}{FB} = 1,\n$$\n於是\n$$\n\\frac{BD}{DC} \\cdot \\frac{CE}{EA} \\cdot \\frac{AF}{FB} = -\\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CE}{EA} \\cdot \\frac{AF}{FB} = -1\n$$\n再由 Menelaus 定理知 $D$, $E$, $F$ 三點共線。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44102,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$f(x_1, \\dots, x_n)$ 為次數小於 $n$ 的整係數多項式, 證明滿足\n$$\nf(x_1, \\dots, x_n) \\equiv 0 \\pmod{13}\n$$\n的有序 $n$-元組 $(x_1, \\dots, x_n)$ 的個數必為 13 的倍數, 其中 $0 \\le x_i \\le 12$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解：以下同餘皆模 13. 我們先證明\n$$\n\\sum_{x=0}^{12} x^k \\equiv 0, \\text{對於 } 0 \\le k < 12.\n$$\n$k=0$ 的情形易證, 故設 $k>0$. 令 $g$ 是模 13 的原根; 故 $g, 2g, \\dots, 12g$ 是 $1, 2, \\dots, 12$ 的某個排列. 故\n$$\n\\sum_{x=0}^{12} x^k \\equiv \\sum_{x=0}^{12} (gx)^k = g^k \\sum_{x=0}^{12} x^k,\n$$\n因 $g^k \\ne 1$, 必有 $\\sum_{x=0}^{12} x^k = 0$.\n\n令 $S = \\{(x_1, \\dots, x_n) | 0 \\le x_i \\le 12\\}$. 只要證 $(x_1, \\dots, x_n) \\in S$ 且 $f(x_1, \\dots, x_n) \\ne 0$ 的 $n$-元組個數是 13 的倍數, 因為 $|S| = 13^n$ 為 13 的倍數.\n\n考慮和\n$$\n\\sum_{(x_1, \\dots, x_n) \\in S} (f(x_1, \\dots, x_n))^{12},\n$$\n這個和計算 $(x_1, \\dots, x_n) \\in S$ 且 $f(x_1, \\dots, x_n) \\ne 0$ 的 $n$-元組個數, 這是因為 Fermat's Little Theorem 說\n$$\n(f(x_1, \\dots, x_n))^{12} \\equiv \\begin{cases} 1, & \\text{若 } f(x_1, \\dots, x_n) \\ne 0, \\\\ 0, & \\text{若 } f(x_1, \\dots, x_n) = 0. \\end{cases}\n$$\n\n另一方面我們可展開 $(f(x_1, \\dots, x_n))^{12}$ 得\n$$\n(f(x_1, \\dots, x_n))^{12} = \\sum_{j=1}^{N} c_j \\prod_{i=1}^{n} x_i^{e_{ji}},\n$$\n其中 $N, c_j, e_{ji}$ 是整數. 因為 $f$ 是次數小於 $n$ 的多項式, 故對於每個 $j$ 都有 $e_{j1} + e_{j2} + \\dots + e_{jn} < 12n$, 故對於每個 $j$ 存在 $i$ 使得 $e_{ji} < 12$. 故有\n$$\n\\sum_{(x_1, \\dots, x_n) \\in S} c_j \\prod_{i=1}^{n} x_i^{e_{ji}} = c_j \\prod_{i=1}^{n} \\sum_{x=0}^{12} x^{e_{ji}} \\equiv 0,\n$$\n因為乘積中的某一個和為 0. 因此\n$$\n\\sum_{(x_1, \\dots, x_n) \\in S} (f(x_1, \\dots, x_n))^{12} = \\sum_{(x_1, \\dots, x_n) \\in S} \\sum_{j=1}^{N} c_j \\prod_{i=1}^{n} x_i^{e_{ji}} \\equiv 0,\n$$\n故使得 $f(x_1, \\dots, x_n) \\not\\equiv 0 \\bmod 13$ 的 $n$-元組 $(x_1, \\dots, x_n)$ 的個數必為 13 的倍數, 得證.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44103,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有滿足下式的非負整數數對 $(m, n)$:\n$$\nm^2 + 2 \\cdot 3^n = m(2^{n+1} - 1).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "[(6, 3), (9, 3), (9, 5), (54, 5)]",
    "solution": "(6, 3), (9, 3), (9, 5) 和 (54, 5).\n\n注意到當 $n$ 固定時, 這是一個 $m$ 的二次方程; $m$ 有整數解的條件是判別式是完全平方數。解 $n = 0, 1, 2, 3, 4, 5$ 的二次方程可知 $n \\le 5$ 時恰有如前所述的四組解。以下我們證明 $n \\ge 6$ 時無解。\n\n假設 $(m, n)$ 滿足本題的方程式且 $n \\ge 6$, 則 $m|2 \\cdot 3^n = m(2^{n+1}-m-1)$,\n故 $m$ 可以寫成 $m = 3^p$ 或 $m = 2 \\cdot 3^q$.\n\n在第一種情形, 令 $q = n - p$, 有\n$$\n2^{n+1} - 1 = m + \\frac{2 \\cdot 3^n}{m} = 3^p + 2 \\cdot 3^q.\n$$\n在第二種情形, 令 $p = n - q$, 有\n$$\n2^{n+1} - 1 = m + \\frac{2 \\cdot 3^n}{m} = 2 \\cdot 3^q + 3^p.\n$$\n故無論如何我們都有 $2^{n+1} - 1 = 3^p + 2 \\cdot 3^q$, 且 $0 \\le p, q \\le n, p + q = n$.\n\n現在我們估計 $p, q$ 的範圍, 考慮\n$$\n3^p < 2^{n+1} = 8^{\\frac{n+1}{3}} < 9^{\\frac{n+1}{3}} = 3^{\\frac{2(n+1)}{3}}\n$$\n同理有 $2 \\cdot 3^q < 3^{\\frac{2(n+1)}{3}}$, 故 $p, q < \\frac{2(n+1)}{3}$. 由 $p+q = n$ 亦得到 $p, q > \\frac{n-2}{3}$.\n\n令 $h = \\min(p, q)$, 我們有 $3^h|3^p+2 \\cdot 3^q = 2^{n+1}-1$. 則由於 $h > \\frac{n-2}{3} > 1$,\n$2^{n+1}-1$ 是9的倍數。易推得此時 $6|n+1$.\n\n因此我們可以記 $n + 1 = 6r$. 此時我們有\n$$\n2^{n+1} - 1 = 4^{3r} - 1 = (4^{2r} + 4^r + 1)(2^r + 1)(2^r - 1).\n$$\n注意到 $4^{2r} + 4^r + 1 = (4^r - 1)^2 + 3 \\cdot 4^r$ 一定是 3 的倍數但一定不是 9 的倍數。又 $2^r + 1$ 和 $2^r - 1$ 相差 2, 只能有一個是 3 的倍數。故其中一個必須被 $3^{h-1}$ 整除。不論是哪一個, 我們都有\n$$\n3^{h-1} \\le 2^r + 1 \\le 3^r\n$$\n從而 $h - 1 \\le r$. 但前面我們有 $h > \\frac{n-2}{3}$, 且 $r = \\frac{n+1}{6}$, 如此顯然 $n < 11$. 這與 $6|n+1$ 和 $n \\ge 6$ 矛盾, 故 $n \\ge 6$ 時無解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44104,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令實數 $a, b, c, d$ 滿足 $a + b + c + d = 6$ 與 $a^2 + b^2 + c^2 + d^2 = 12$. 試證\n$$\n36 \\le 4(a^3 + b^3 + c^3 + d^3) - (a^4 + b^4 + c^4 + d^4) \\le 48.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "觀察\n$$\n\\begin{aligned}\n& 4(a^{3} + b^{3} + c^{3} + d^{3}) - (a^{4} + b^{4} + c^{4} + d^{4}) \\\\\n&= -((a - 1)^{4} + (b - 1)^{4} + (c - 1)^{4} + (d - 1)^{4}) \\\\\n& \\quad +6(a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2}) - 4(a + b + c + d) + 4 \\\\\n&= -((a - 1)^{4} + (b - 1)^{4} + (c - 1)^{4} + (d - 1)^{4}) + 52.\n\\end{aligned}\n$$\n令 $x = a - 1, y = b - 1, z = c - 1, t = d - 1$, 只須證：\n在下列條件下\n$$\nx^2 + y^2 + z^2 + t^2 = 4 \\qquad (1)\n$$\n底下不等式成立\n$$\n16 \\geq x^4 + y^4 + z^4 + t^4 \\geq 4.\n$$\n由 power mean 不等式得\n$$\nx^{4} + y^{4} + z^{4} + t^{4} \\geq \\frac{(x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2})^{2}}{4} = 4 \\quad (\\text{由 (1)}).\n$$\n其次\n$$\n(x^2 + y^2 + z^2 + t^2)^2 = (x^4 + y^4 + z^4 + t^4) + q,\n$$\n其中 $q$ 是一非負實數, 故\n$$\nx^{4} + y^{4} + z^{4} + t^{4} \\leq (x^{2} + y^{2} + z^{2} + t^{2})^{2} = 16.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44105,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於任意正整數 $m$, 我們定義 $\\phi(m)$ 為小於 $m$ 且與 $m$ 互質的正整數個數。\n試問: 是否存在無窮正整數數列 $a_1, a_2, \\dots, a_n, \\dots$, 滿足:\n$$\n(i) \\ a_1 = (2011)! = 1 \\times 2 \\times \\dots \\times 2011.\n$$\n$$ (ii) \\ 對每個正整數 i, 有 $a_i = \\phi(a_{i+1})$. $$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不存在這樣的數列。我們用反證法，假設存在這樣的無窮數列，我們將每個 $a_i$ 表示成 $a_i = 2^{r_i}b_i$，其中 $b_i$ 是奇數。則有由 $\\phi$-函數的性質有 $a_i = \\phi(a_{i+1}) = 2^{r_{i+1}-1}\\phi(b_{i+1})$。\n\n注意到 $b_{i+1}$ 不可能是 $1$, 否則我們會得到 $b_i = 1$, $b_{i-1} = 1, \\dots$, 最後得到 $b_1 = 1$ 與 $a_1 = (2011)!$ 顯然矛盾。此時我們有 $\\phi(b_{i+1})$ 是偶數。比較 $2^{r_{i+1}-1}\\phi(b_{i+1}) = 2^{r_i}b_i$ 可知 $r_{i+1} \\le r_i$.\n\n由於 $r_i$ 都是非負整數, 不可能一直變小, 因此必然在某個正整數 $n$ 之後\n(以下我們均假設變數 $i \\ge n$) 有 $r_i = r_{i+1}$. 比較上式可知 $4 \\nmid \\phi(b_{i+1})$, 且\n$2b_i = \\phi(b_{i+1})$.\n\n由 $\\phi$-函數性質知若 $\\phi(b_{i+1})$ 不是4的倍數, 則 $b_{i+1}$ 必為某奇質數的次方,\n記 $b_{i+1} = p_{i+1}^{s_{i+1}}$, 其中 $p_{i+1}$ 是質數。現在我們考慮 $b_{i+2} = p_{i+2}^{s_{i+2}}$, 我們有\n$$\nb_{i+1} = \\frac{\\phi(b_{i+2})}{2} = \\frac{p_{i+2} - 1}{2} p_{i+2}^{s_{i+2}-1} = p_{i+1}^{s_{i+1}}.\n$$\n從而 $p_{i+2} = 3$ 或 $s_{i+2} = 1$.\n\n若 $p_{i+2} = 3$ (對某個 $i$), 則 $a_{i+2}$ 只有 2 和 3 這兩個質因數, 容易檢驗接下\n來 $\\phi(a_{i+2}), \\phi(\\phi(a_{i+2})), \\dots$ 也都只會有 2 和 3 的質因數, 但 $a_1 = (2011)!$,\n矛盾, 故我們有 $s_{i+2} = 1$, 即 $b_{i+2} = p_{i+2}$ (對所有 $i \\ge n$).\n\n如此一來,對所有 $j \\ge (n+2)$, 有 $b_{j+1} = 2b_j + 1$, 且這些 $b_j$ 都是質數。\n我們注意到對任意正整數 $k$ 有 $b_{j+k} = 2^k(b_j + 1) - 1$. 令 $k = b_j - 1$, 則由\n費馬小定理知 $b_{j+k} \\equiv (b_j + 1) - 1 \\equiv 0 \\pmod{b_j}$, 從而 $b_j|b_{j+k}$, 與 $b_{j+k}$ 是\n質數矛盾, 證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44106,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $x_1, \\cdots, x_{100}$ 為非負實數, 滿足對 $i = 1, \\cdots, 100$, 都有\n$$\nx_i + x_{i+1} + x_{i+2} \\le 1,\n$$\n(其中我們記 $x_{101} = x_1, x_{102} = x_2$)。試求下式 $S$ 的最大可能值:\n$$\nS = \\sum_{i=1}^{100} x_i x_{i+2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "25/2",
    "solution": "答 $\\frac{25}{2}$。\n令 $x_{2i} = 0, x_{2i-1} = \\frac{1}{2}$ for all $i = 1, \\cdots, 50$。則我們有\n$$\nS = 50\\left(\\frac{1}{2}\\right)^2 = \\frac{25}{2}.\n$$\n故只須證 $S \\le \\frac{25}{2}$ 對所有滿足題設之 $x_i$。\n考慮 $1 \\le i \\le 50$。由題設得\n$$\nx_{2i-1} \\le 1 - x_{2i} - x_{2i+1}, \\quad x_{2i+2} \\le 1 - x_{2i} - x_{2i+1}.\n$$\n再由算幾不等式得\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{2i-1}x_{2i+1} + x_2x_{2i+2} &\\le (1-x_{2i}-x_{2i+1})x_{2i+1} + x_2(1-x_{2i}-x_{2i+1}) \\\\\n&= (x_{2i}+x_{2i+1})(1-x_{2i}-x_{2i+1}) \\\\\n&\\le \\left(\\frac{x_{2i}+x_{2i+1}}{2} + (1-x_{2i}-x_{2i+1})\\right)^2 = \\frac{1}{4}.\n\\end{aligned}\n$$\n對 $i = 1, \\cdots, 50$, 將上述不等式加總, 得\n$$\n\\sum_{i=1}^{50} (x_{2i-1}x_{2i+1} + x_2x_{2i+2}) \\le 50 \\cdot \\frac{1}{4} = \\frac{25}{2}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44107,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $A_1 = \\emptyset$, $B_1 = \\{0\\}$。對於所有 $n \\ge 2$, 依照下面的遞迴構造：\n$$\nA_n = \\{x + 1 \\mid x \\in B_{n-1}\\},\n$$\n$$\nB_n = A_{n-1} \\cup B_{n-1} - A_{n-1} \\cap B_{n-1},\n$$\n試問：有哪些 $n$ 會有 $B_n = \\{0\\}$？\n\n(註：對任意集合 $A$ 和 $B$, 集合 $A - B$ 表示 $\\{x \\in A \\mid x \\notin B\\}$。)",
    "options": [],
    "answer": "n = 2^k for k ≥ 0",
    "solution": "我們將證明：$B_n = \\{0\\}$ 若且唯若 $n = 2^k$ ($k \\ge 0$)。\n\n給一個集合 $S$, 令符號 $2S = \\{2x \\mid x \\in S\\}$ 和 $S + k = \\{x + k \\mid x \\in S\\}$ 對任意整數 $k$。\n\n首先, 對於所有 $n \\ge 1$, 有 $A_n$ 與 $B_n$ 的元素都是非負整數, 而且 $0 \\notin A_n$ 和 $0 \\in B_n$。這可以簡單的以歸納法證明之。\n\n接著, 對於 $n \\ge 2$, 證明以下四種性質：\n(a) $A_{2n-1} = 2A_n - 1$；\n(b) $B_{2n-1} = A_{2n-1} \\cup B_{2n}$；\n(c) $B_{2n} = 2B_n$；\n(d) $1 \\in B_{2n-1}$。\n\n要以歸納法證明之。先檢驗 $n=2$ 時, 觀察前幾項：$A_2 = \\{1\\}$, $B_2 = \\{0\\}$, $A_3 = \\{1\\}$, $B_3 = \\{0, 1\\}$, $A_4 = \\{1, 2\\}$, $B_4 = \\{0\\}$, 可以一一檢驗成立。以下先假設 $n \\ge 3$ 且四種性質對於 $n-1$ 是成立的。關於 (a)：\n\n對於 (b) 與 (c)，先要得到\n$$\n\\begin{aligned}\nA_{2n-2} &= B_{2n-3} + 1 = (A_{2n-3} \\cup B_{2n-2}) + 1 \\\\\n&= ((2A_{n-1} - 1) \\cup 2B_{n-1}) + 1 \\\\\n&= 2A_{n-1} \\cup (2B_{n-1} + 1).\n\\end{aligned}\n$$\n\n關於 (b)：\n$$\n\\begin{aligned}\nB_{2n-1} &= A_{2n-2} \\cup B_{2n-2} - A_{2n-2} \\cap B_{2n-2} \\\\\n&= 2A_{n-1} \\cup (2B_{n-1} + 1) \\cup 2B_{n-1} \\\\\n& \\quad (2A_{n-1} \\cup (2B_{n-1} + 1)) \\cap 2B_{n-1} \\\\\n&= (2B_{n-1} + 1) \\cup 2A_{n-1} \\cup 2B_{n-1} - 2A_{n-1} \\cap 2B_{n-1} \\\\\n&= (2B_{n-1} + 1) \\cup (2A_{n-1} \\cup 2B_{n-1} - 2A_{n-1} \\cap 2B_{n-1}) \\\\\n&= (2B_{n-1} + 1) \\cup 2B_n \\\\\n&= (B_{2n-2} + 1) \\cup 2B_n \\\\\n&= A_{2n-1} \\cup 2B_n,\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\nB_{2n} &= A_{2n-1} \\cup B_{2n-1} - A_{2n-1} \\cap B_{2n-1} \\\\\n&= A_{2n-1} \\cup (A_{2n-1} \\cup 2B_n) - A_{2n-1} \\cap (A_{2n-1} \\cup 2B_n) \\\\\n&= A_{2n-1} \\cup 2B_n - A_{2n-1} \\\\\n&= 2B_n - A_{2n-1} \\\\\n&= 2B_n - (2A_n - 1) \\\\\n&= 2B_n,\n\\end{aligned}\n$$\n其中最後一個等式是因為 $2B_n$ 只包含偶數而 $2A_n - 1$ 只包含奇數。因為 (c) 完成了, 則 (b) 也完成了。\n\n關於 (d)：借用前面一個等式 $B_{2n-1} = (2B_{n-1}+1)\\cup2B_n$, 因為 $0 \\in B_{n-1}$ 所以 $1 \\in B_{2n-1}$。\n\n最後證明：$B_n = \\{0\\}$ 若且唯若 $n = 2^k$ ($k \\ge 0$)。其中 “$\\Leftarrow$” 方向可以由 $B_1 = \\{0\\}$ 與 (c) 來完成。至於 “$\\Rightarrow$” 方向, 對於所有 $n \\ne 2^k$ 必然是 $n = 2^k m$ 其中 $k \\ge 0$ 且 $m$ 是不等於 1 的正奇數。若 $k=0$ 則 $n$ 是奇數, 由 (d) 可知 $1 \\in B_n \\ne \\{0\\}$。若 $k \\ge 1$ 則 $B_n = 2^k B_m$, 所以 $2^k \\in B_n \\ne \\{0\\}$。證明完畢！",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44108,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "考慮所有形如 $f(x) = (x - a_1)(x - a_2)(x - a_3)\\cdots(x - a_{100})$ 的整係數多項式, 其中 $a_1, a_2, \\cdots, a_{100}$ 是任意實數。試求 $\\{a_1\\} + \\{a_2\\} + \\cdots + \\{a_{100}\\}$ 可能的最大值。\n\n註：定義 $\\{x\\} = x - [x]$，其中 $[x]$ 為不大於 $x$ 的最大整數。",
    "options": [],
    "answer": "99",
    "solution": "因為對任意 $x$ 都有 $\\{x\\} < 1$，因此 $\\{a_1\\} + \\{a_2\\} + \\cdots + \\{a_{100}\\} < 100$；又由根與係數關係知 $-\\sum_{i=1}^{100} a_i$ 為 $f(x)$ 的 $x^{99}$ 項係數，必然是個整數，因此\n$$\n\\{a_1\\} + \\{a_2\\} + \\cdots + \\{a_{100}\\} \\le 99.\n$$\n以下證明存在 $f(x)$ 使得 $\\{a_1\\} + \\{a_2\\} + \\cdots + \\{a_{100}\\} = 99$。考慮函數\n\n$f(x) = x(x-2)(x-4)(x-6)\\cdots(x-198) + (x-1)(x-3)\\cdots(x-197)$\n\n代入數值檢驗易知 $f(-1)f(0), f(1)f(2), \\cdots, f(197)f(198)$ 皆小於 0，由牛頓勘根可知 $f(x)$ 在 100 個區間 $(-1, 0), (1, 2), (3, 4), \\cdots, (197, 198)$ 中都有根。所以 $f(x)$ 有 100 個實根，滿足題目要求的條件，並且\n$$\n[a_1] + [a_2] + \\cdots + [a_{100}] = -1 + 1 + 3 + \\cdots + 197\n$$\n但 $f(x)$ 的 $x^{99}$ 項係數為 $-(2+4+6+\\cdots+198)+1$，由根與係數的關係，有\n$$\na_1 + a_2 + \\cdots + a_{100} = 2 + 4 + 6 + \\cdots + 198 - 1\n$$\n因此\n$$\n\\begin{align*}\n\\{a_1\\} + \\{a_2\\} + \\cdots + \\{a_{100}\\} &= (a_1 + a_2 + \\cdots + a_{100}) - ([a_1] + [a_2] + \\cdots + [a_{100}]) \\\\\n&= (2 + 4 + 6 + \\cdots + 198 - 1) \\\\\n&\\quad -(1 + 3 + 5 + \\cdots + 197 - 1) \\\\\n&= 99\n\\end{align*}",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44109,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 3$. 請問什麼樣的凸 $n$ 邊形可以完整的分割成有限多個平行四邊形? (不只是哪些 $n$, 還包括形狀的描述。)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $G$ 是一個可以被分割的凸 $n$ 邊形。對於 $G$ 上的任意一個邊 $a$, 先將它轉到水平的位置, 然後可以由 $a$ 一路向上找到一個序列的平行四邊形, 每個都有兩邊平行於 $a$ 而且依序相連。\n\n(P): 在 $G$ 上存在唯一的邊, 使得上述序列的最後一個平行四邊形的上方貼在這個邊上。\n\n原因是：若這個序列沒有碰到 $G$ 的邊界，或是碰到某個 $G$ 的邊但不是如上述平行相貼的，就可以繼續往上找到下一個平行四邊形；再加分割是使用有无限多個平行四邊形，所以性質 (P) 成立。若不是非唯一的（可以有其他不同的序列），則不可能是凸邊形。我們稱性質 (P) 所描述的邊為 $a$ 的平行對邊，並以 $O(a)$ 標示之。顯然 $O(O(a)) = a$，也就是 $O(\\cdot)$ 是邊到邊 bijection，同時也是 involution。因為不可能有 $O(a) = a$，所以這個 involution 構成邊到邊的完全配對，所以 $n$ 是偶數；以下假設 $n = 2m$.\n\n依照逆時方向 $a_0, a_1, \\dots, a_{2m-1}$ 是凸 $2m$ 邊形的邊，而且 $\\vec{a}_i$ 正是由邊 $a_i$ 所構成的逆時向量。把 $\\vec{a}_0$ 轉到水平，再考慮每個向量與 $x$ 軸的夾角 $\\ang(\\vec{a}_i)$。假設 $O(a_0) = a_k$，則\n$$\n\\begin{aligned}\n0 &= \\ang(\\vec{a}_0) < \\ang(\\vec{a}_1) < \\dots < \\ang(\\vec{a}_k) = 180^\\circ \\\\\n< \\ang(\\vec{a}_{k+1}) < \\dots < \\ang(\\vec{a}_{2n-1}) < 360^\\circ.\n\\end{aligned}\n$$\n由此可知：平行的配對是介於 $a_1, \\dots, a_{k-1}$ 與 $a_{k+1}, \\dots, a_{2m-1}$ 之間，所以兩個集合的邊數一樣多，也就 $O(a_0) = a_m$。同理 $O(a_j) = a_{j+m}$ (足標適時取 $\\mod 2m$)。 (PS. 這一段可以忽略不證明，因為 $m$ 對平行線所構成的凸 $2m$ 邊形，很自然是這樣。)\n\n(1) 從左邊的邊界來看, 沒有一個會向左突出;\n(2) 左邊的邊界從 $\\vec{a}$ 的尾端一路到達 $O(\\vec{a})$ 的頭端。\n如果 (1) 或 (2) 不對, 則可以反過來由上而下找到一個序列的平行四邊形 (當然與之前的序列無交集), 最終一個應該要貼到 $a$; 然而 $A$ 是貼在 $a$ 上最左邊的一個平行四邊形, 新的序列在前一個序列的左邊, 新的序列的最終一個不可能貼到 $a$. 我們稱這個左邊的折線邊界為 $\\ell_1$. 同理可以得到右邊的折線邊界為 $\\ell_2$ 從 $\\vec{a}$ 的頭端連接到 $O(\\vec{a})$ 的尾端。在 $a, \\ell_1, O(a), \\ell_2$ 所圍繞的內部存在有限個 $\\sqcup$ 與 $\\perp$ 這類 degree 3 的頂點, 對於 $\\sqcup$ 可以一路畫平行線到達 $a$, 對於 $\\perp$ 也可以一路畫平行線到達 $O(a)$. 畫完之後依然是一個平行四邊行分割。這時可以看出來: 邊 $a$ 被分成有限個區段, 每個區段有一個堆疊的平行四邊形序列; 而且對於每個序列, 它的平行四邊形都是等寬度的; 也許相鄰的序列中間還夾雜其他空間, 但無妨。這樣一路由 $a$ 到達 $O(a)$. 相對地 $O(a)$ 也有這樣的性質。結論是 $a$ 與 $O(a)$ 所分成有限個區段是 bijection, 而且每個對應段都一樣長, 自然 $a$ 與 $O(a)$ 的邊長是相同的。\n\n以上結論是: 若凸 $n$ 邊形可以完整的分割成有限多個平行四邊形, 則 $n$ 為偶數而且每個邊都有 **等長的平行對邊**。\n\n邊 $a$ 與它的等長對邊 $O(a)$。從 $a$ 逆時方向沿著凸 $n$ 邊形的邊到達 $O(a)$, 一路畫出 $(n-2)/2$ 個平行四邊形, 讓這些平行四邊形的寬都等長於 $a$. 去掉這些平行四邊形後就成為一個凸 $n-2$ 邊形, 而且依然有每個邊都有等長的平行對邊, 由歸納法得知, 這個凸 $n-2$ 邊形可以完整的分割成有限多個平行四邊形; 所以給定的凸 $n$ 邊形也可以完整的分割成有限多個平行四邊形。證明完畢!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44110,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $f(x)$ 為整係數多項式滿足:\n對任意正整數 $n$, $f(n)$ 非零且 $f(n)$ 至多有 2011 個質因數不是 $n$ 的質因數。\n試證明 $f$ 可以表示成 $f(x) = cx^k$, 其中 $c$ 為整數, $k$ 為非負整數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "對於題目所述的這樣的 $f$, 若 $f$ 的常數項為 0, 則可考慮 $g(x) = f(x)/x$ 亦滿足題目條件, 因此可假設 $f$ 的常數項非零, 並僅須證明此時 $f$ 是常數多項式。\n令 $P = \\{p$ 是質數 $|$ 存在正整數 $n$ 使得 $f(n)$ 是 $p$ 的倍數, 但 $n$ 不是 $p$ 的倍數 $\\}$。我們宣稱 $P$ 至多包含 2011 個質數。\n若不然, 用反證法, 令 $p_1, \\cdots, p_{2012}$ 為 $P$ 中的相異質數, 令正整數 $n_1, \\cdots, n_{2012}$ 分別滿足 $p_i|f(n_i)$ 且 $p_i \\nmid n_i$。\n由中國剩餘定理, 存在正整數 $n$ 使得 $n \\equiv n_i \\pmod{p_i}$, $i = 1, \\cdots, 2012$,\n由於 $n - n_i | f(n) - f(n_i)$。可知 $p_1p_2\\cdots p_{2012} | f(n)$。同時由定義有 $n$ 與 $p_1p_2\\cdots p_{2012}$ 互質, 矛盾。因此 $P$ 至多包含 2011 個質數, 記 $P = \\{p_1, \\cdots, p_k\\}$。\n令 $f(x) = a + xg(x)$, 即 $a$ 為 $f$ 的非零常數項, $g$ 為某整係數多項式。假設 $f$ 不是常數多項式, 則 $g$ 非零。此時令 $m = 3a^2p_1p_2 \\cdots p_k$。則 $f(m) = a(1 + 3ap_1p_2 \\cdots p_k g(m))$, 顯然 $1 + 3ap_1p_2 \\cdots p_k g(m)$ 與 $m$ 互質, 且\n$$\n|1 + 3ap_1p_2 \\cdots p_k g(m)| \\ge |3ap_1p_2 \\cdots p_k g(m)| - 1 \\ge 3 - 1 > 1.\n$$\n故 $1 + 3ap_1p_2 \\cdots p_k g(m)$ 至少有一個 $m$ 所沒有的質因數, 與 $P$ 定義矛盾, 故 $f$ 必須是常數多項式, 證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44111,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\triangle ABC$ 是一銳角三角形且 $CP$ 為邊 $AB$ 上的高, $H$ 為 $CP$ 上任一點。直線 $AH, BH$ 分別交 $BC, AC$ 於點 $M, N$.\n(1) 證明: $\\angle NPC = \\angle MPC$\n(2) 設 $O$ 是 $MN$ 與 $CP$ 的交點, 一條通過 $O$ 的任意的直線交四邊形 $CNHM$ 的邊於 $D, E$ 兩點。證明: $\\angle EPC = \\angle DPC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) 記 $\\angle NPC = \\phi_1$, $\\angle MPC = \\phi_2$, 則\n$$\n\\frac{S_{\\triangle NPC}}{S_{\\triangle NPA}} = \\frac{CN}{AN} = \\frac{CP \\sin \\phi_1}{AP \\cos \\phi_2}.\n$$\n所以, $\\tan \\phi_1 = \\frac{CN}{AN} \\cdot \\frac{AP}{CP}$.\n同理可得, $\\tan \\phi_2 = \\frac{CM}{BM} \\cdot \\frac{BP}{CP}$.\n於是, $\\tan \\phi_1 = \\tan \\phi_2$ 等價於\n$$\n\\frac{CN}{AN} \\cdot \\frac{AP}{BP} \\cdot \\frac{BM}{CM} = 1.\n$$\n在 $\\triangle ABC$ 中, 利用 Ceva 定理, 取直線 $AM, BN, CP$ 即可得上式。\n\n(2) 記 $\\angle NPC = \\angle MPC = \\phi$.\n欲證結論, 只須證明\n$$\n\\frac{\\sin(\\phi - x)}{\\sin x} = \\frac{\\sin(\\phi - y)}{\\sin \\gamma},\n$$\n其中 $x = \\angle EPO, \\gamma = \\angle DPO$. 事實上, 後者等價於\n$$\n\\begin{align*}\n& \\frac{\\frac{\\sin \\phi \\cos x - \\cos \\phi \\sin x}{\\sin x}}{\\sin \\gamma} \\\\\n&= \\frac{\\sin \\phi \\cos x - \\cos \\phi \\sin \\gamma}{\\sin \\gamma} \\\\\n\\Leftrightarrow \\quad & \\cot x = \\cot \\gamma \\Leftrightarrow x = \\gamma.\n\\end{align*}\n$$\n假定 $E \\in NH, D \\in CM$, 則\n$$\n\\frac{NE}{EH} = \\frac{S_{\\triangle NEP}}{S_{\\triangle EHP}} = \\frac{NP \\cdot \\sin(\\phi - x)}{PH \\cdot \\sin x}.\n$$\n$$\n因此, \\frac{\\sin(\\phi - x)}{\\sin x} = \\frac{NE}{EH} \\cdot \\frac{PH}{NP} \\quad (1)\n$$\n同理可得,\n$$\n\\frac{\\sin(\\phi - \\gamma)}{\\sin \\gamma} = \\frac{DM}{CD} \\cdot \\frac{CP}{PM} \\quad (2)\n$$\n利用(1)與(2)只須證明\n$$\n\\frac{NE}{EH} \\cdot \\frac{CD}{DM} \\cdot \\frac{PH}{CP} \\cdot \\frac{MO}{NO} = 1. \\quad (3)\n$$\n(因為 PO 是 $\\Delta NPM$ 的角平分線, 即 $\\frac{PM}{PN} = \\frac{MO}{NO}$.)\n又因為\n$$\n\\frac{NE}{EH} = \\frac{S_{\\Delta NEO}}{S_{\\Delta EHO}} = \\frac{NO \\sin \\delta}{OH \\sin \\psi}, \\\\\n\\frac{CD}{DM} = \\frac{S_{\\Delta CDO}}{S_{\\Delta DMO}} = \\frac{CO \\sin \\psi}{OM \\sin \\delta},\n$$\n其中 $\\delta = \\angle MOD, \\psi = \\angle EOP$. 於是, (3) 可化簡為\n$$\n\\frac{OC}{OH} \\cdot \\frac{PH}{PC} = 1.\n$$\n分別對 $\\Delta BHC$ 和直線 $MN$, $\\Delta CHM$ 和直線 $AB$, $\\Delta BHM$ 和直線 $AC$ 應用 Menelaus 定理, 可得\n$$\n\\frac{BN}{NH} \\cdot \\frac{HO}{OC} \\cdot \\frac{CM}{MB} = 1, \\\\\n\\frac{CP}{PH} \\cdot \\frac{HA}{AM} \\cdot \\frac{MB}{BC} = 1, \\\\\n\\frac{HN}{NB} \\cdot \\frac{BC}{CM} \\cdot \\frac{MA}{HA} = 1,\n$$\n三式相乘得\n$$\n\\frac{OC}{OH} \\cdot \\frac{PH}{PC} = 1.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44112,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於圖 $G$ 與其中任意一點 $x$, 用符號 $G - \\{x\\}$ 表示去掉點 $x$ 與它相鄰的邊後所得到的新圖。給定兩個圖 $G$ 與 $H$, 他們的點都是編號為 $1, 2, \\dots, n$ 而 $n \\ge 4$。如果對於任意 $1 \\le i < j \\le n$, 圖 $G - \\{i\\} - \\{j\\}$ 與圖 $H - \\{i\\} - \\{j\\}$ 是同構的, 試證: 圖 $G$ 與圖 $H$ 是同構的。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "三步驟：\n$$\n(1)\\ |E(G)| = |E(H)|: \\text{ 藉由考慮 } \\sum_{i \\neq j} |E(G - \\{i\\} - \\{j\\})| = C_2^{n-2} |E(G)|.\n$$\n\n$$\n(2)\\ \\deg_G(i) = \\deg_H(i) \\text{ for all } i: \\text{ 固定某個 } i_0, \\text{ 考慮 } \\sum_{j \\neq i_0} |E(G - \\{j\\} - \\{i_0\\})| = (n-3)(|E(G)| - \\deg_G(x_0)).\n$$\n\n$$\n(3)\\ \\text{定義函數 } \\operatorname{adj}_G(i,j) = 1 \\text{ 如果 } i \\text{ 與 } j \\text{ 有連邊, } \\operatorname{adj}_G(i,j) = 0 \\text{ 如果 } i \\text{ 與 } j \\text{ 無連邊。很明顯, } |E(G)| - |E(G - \\{i\\} - \\{j\\})| = \\operatorname{deg}_G(i) + \\operatorname{deg}_G(j) - \\operatorname{adj}_G(i,j), \\\\ \\text{導致 } \\operatorname{adj}_G(i,j) = \\operatorname{adj}_H(i,j) \\text{ 對於所有的 } i,j.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44113,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $f(x)$ 為一個次數不超過 $n$ 之多項式, 並且 $f(0), f(1), \\dots, f(n)$ 這 $n+1$ 個數中, 任意兩數的差都是整數。試證: $f(2011) - f(100)$ 也是整數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不妨設 $f(0)$ 為整數 (否則轉而考慮函數 $f(x)-f(0)$)。我們只須證明: $f(2011)$ 與 $f(100)$ 是整數即可。\n\n利用數學歸納法證明更廣的命題: 若一 $n$ 次多項式 $f(x)$ 滿足 $f(0), f(1), \\dots, f(n)$ 皆為整數, 則對任意整數 $x, f(x)$ 都是整數。\n\n首先, 基底 $n=0$ 時 $f(x)$ 為常系數多項式, 命題顯然成立。\n\n設此命題對 $n < k$ 均成立。則對一個 $f(0), f(1), \\dots, f(k)$ 之值均為整數的 $k$ 次多項式 $f(x)$, 考慮函數 $g(x) = f(x+1) - f(x)$。易知 $g(x)$ 為次數 $< k$ 的多項式, 並且 $g(0), g(1), \\dots, g(k-1)$ 均為整數。由歸納假設, $g(x)$ 在 $x$ 為整數時其值均為整數。由於對非負整數 $x$ 有 $f(x) = f(0) + \\sum_{i=0}^{x-1} g(i)$, 對負整數 $x$ 有 $f(x) = f(0) - \\sum_{i=x}^{-1} g(i)$。因此 $x$ 為整數時, $f(x)$ 亦為整數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44114,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "將數字 $1, 2, \\dots, n$ 任意排成數列 $a_1, a_2, \\dots, a_n$, 然後執行下面的操作:\n選擇兩個連續對 $(a_j, a_{j+1})$ 與 $(a_k, a_{k+1})$, 其中 $j \\le k - 2$, 然後交換這兩對數字的位置; 也就是新的排列為:\n$$\n(a'_1, \\dots, a'_{j-1}, a'_j, a'_{j+1}, a'_{j+2}, \\dots, a'_{k-1}, a'_k, a'_{k+1}, \\dots) = (a_1, \\dots, a_{j-1}, a_k, a_{k+1}, a_{j+2}, \\dots, a_{k-1}, a_j, a_{j+1}, \\dots).\n$$\n請問: 在有限次的操作後, 是否可以將任意排列轉變成遞增的 $1, 2, \\dots, n$ 或是遞減的 $n, n-1, \\dots, 1$ 的其中之一, 當\n(a) $n = 2001$ 時?\n(b) $n = 2011$ 時?",
    "options": [],
    "answer": "(a) No. (b) Yes.",
    "solution": "(a)\n考慮排列的 inversion 數 ($inv$), 例如排列 $23514$ 的 inversion 有 $(2, 1)$, $(3, 1)$, $(5, 1)$, $(5, 4)$, 所以 $inv = 4$。\n經過一次操作, 改變 $inv$ 值的部分只需要考慮到:\n$$\n\\begin{aligned}\n& (a_j, a_{j+1}, *, a_k, a_{k+1}) \\rightarrow (*, a_k, a_{k+1}, a_j, a_{j+1}) \\\\\n& \\rightarrow (a_k, a_{k+1}, *, a_j, a_{j+1}).\n\\end{aligned}\n$$\n中間的步驟是刻意加入的。對於 $(*, a_k, a_{k+1})$ 之中任意一個 $a_i$, 將 $a_j$ 移到後面, $inv$ 會加 $1$ 或減 $1$; 移動 $a_{j+1}$ 到後面是同理; 所以移動 $a_j, a_{j+1}$ 對於 $a_i$ 的 $inv$ 會加減 $2$ 或不變; 所以對於 $(*, a_k, a_{k+1})$ 的所有數字, 移動 $a_j, a_{j+1}$ 後 $inv$ 的改變是偶數的。以上完成了第一步驟, 而第二步驟是同理: 對於 $*$ 的所有數字, 移動 $a_k, a_{k+1}$ 到前面對於 $inv$ 的改變也是偶數的。結論是:\n每次操作後, $inv$ 的奇偶值不變。\n明顯地, $1, 2, \\dots, n$ 的 $inv = 0$。而 $n, n-1, \\dots, 1$ 的 $inv = (n-1) + (n-2) + \\dots + 1 = n(n-1)/2$, 這是偶數, 若且唯若 $n \\equiv 0, 1 \\pmod 4$。\n\n由於 $n = 2001 \\equiv 1 \\pmod 4$, 遞增的與遞減的排列都是偶數的 $inv$, 顯然 $inv = 1$ 的排列 $2, 1, 3, 4, \\dots, n$ 無論經過多少次操作不可能變成遞增的與遞減的排列。\n\n(b)\n$n = 2011 \\equiv 3 \\pmod 4$, 所以 $n, n-1, \\dots, 1$ 的 $inv$ 是奇數, 所以有可能。\n\n**定理** 若 $n \\ge 5$ 且 $n \\equiv 2,3 \\pmod 4$, 則任意 $inv$ 是偶數 (奇數) 的排列可以變成遞增 (遞減)。\n\n**證明**\n我們先證明“$inv$ 是偶數時”。以位置 $1,2,3,4$ 作為緩衝, 依序將 $n, n-1, \\dots, 5$ 放到他們應該在的位置, 例如對於 $5$ (以下不是最有效率的, 但是讓 $5$ 分別出現在位置 $1,3,4$; 而 $5$ 出現在位置 $2$ 則簡單到不用說明):\n$$\n(a, b, c, 5, d, 6, 7, \\dots) \\rightarrow (5, d, c, a, b, 6, 7, \\dots) \\rightarrow (c, a, 5, d, b, 6, 7, \\dots) \\rightarrow (c, d, b, a, 5, 6, 7, \\dots).\n$$\n保持 $(6,7,\\dots,n)$ 不變, 現在需要處理所有具有偶數 $inv$ 的排列 $(A,B,C,D,5)$, 其中 $\\{A,B,C,D\\} = \\{1,2,3,4\\}$。而 $1,2,3,4$ 的排列有 $24$ 個, 偶數 $inv$ 的佔一半 $12$, 表列如下:\n(i) $(1,2,3,4), (1,3,4,2), (1,4,2,3)$ 固定 $1$, 然後 $2,3,4$ 輪動;\n(ii) $(2,1,4,3), (2,4,3,1), (2,3,1,4)$ 固定 $2$ 在第一位置, 然後輪動;\n(iii) $(3,1,2,4), (3,2,4,1), (3,4,1,2)$ 固定 $3$ 在第一位置, 然後輪動;\n(iv) $(4,1,3,2), (4,3,2,1), (4,2,1,3)$ 固定 $4$ 在第一位置, 然後輪動。\n\n定義兩種組合的操作方法：\n$$\n(\\alpha) : (A, B, C, D, 5) \\rightarrow (D, 5, C, A, B) \\rightarrow (D, A, B, 5, C) \\\\\n\\rightarrow (B, 5, D, A, C) \\rightarrow (A, C, D, B, 5)\n$$\n這等於是固定 $A$, 然後讓 $B, C, D$ 輪動。\n$$\n(\\beta) : (A, B, C, D, 5) \\rightarrow (A, D, 5, B, C) \\rightarrow (B, C, 5, A, D) \\\\\n\\rightarrow (B, A, D, C, 5)\n$$\n這將原先的 $A, B$ 交換, $C, D$ 也交換。\n操作$(\\alpha)$可以讓(i)–(iv)各組的三個互相連結。經由$\\beta$我們有\n$$\n(2, 1, 4, 3) \\rightarrow (1, 2, 3, 4);\n$$\n$$\n(3, 1, 2, 4) \\rightarrow (1, 3, 4, 2);\n$$\n$$\n(4, 1, 3, 2) \\rightarrow (1, 4, 2, 3)\n$$\n“inv 是偶數時”證明完畢！\n\n對於“inv 是奇數時”的證明,可以把所有數字 $a_i$ 改成 $a_i' = n + 1 - a_i$, 這時候新的 $inv$ 變成 $n(n-1)/2$ 減去舊的 $inv$, 因為 $n \\equiv 1,3 \\pmod 4$ 所以新的 $inv$ 是偶數; 依照前面的證明我們可以得到排列 $1,2,...,n$, 再把所有數字還原 ($k \\rightarrow n+1-k$), 就成了 $n,n-1,...,1$。證明完畢！",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44115,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知圓 $O_1$ 與圓 $O_2$ 外切於點 $T$, 一直線與圓 $O_2$ 相切於點 $X$, 與圓 $O_1$ 交於點 $A, B$ 且點 $B$ 在線段 $AX$ 的內部, 直線 $XT$ 與圓 $O_1$ 交於另一點 $S$。$C$ 是不包含點 $A, B$ 的 $TS$ 上的一點, 過點 $C$ 作圓 $O_2$ 的切線, 切點為 $Y$ 且線段 $CY$ 與線段 $ST$ 不相交, 直線 $SC$ 與 $XY$ 交於點 $I$。試證：\n(1) $C, T, I, Y$ 四點共圓；\n(2) $I$ 是 $\\triangle ABC$ 的 $\\angle A$ 的旁切圓的圓心。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) 作輔助線如圖所示。因為弧 $ST = $ 弧 $XT$，則\n$$\n\\angle BXT = \\frac{\\text{弧}XT^{\\circ}}{2} = \\frac{\\text{弧}ST^{\\circ}}{2} = \\angle TAS.\n$$\n從而, $\\triangle SAT \\sim \\triangle SXA$。故 $\\angle XAS = \\angle ATS$。即弧 $BS = $ 弧 $AS$。\n所以 $S$ 是弧 $AB$ 的中點。因為\n$$\n\\angle TCI = \\angle TAS = \\angle BXT = \\angle TYX.\n$$\n所以 $C, T, I, Y$ 四點共圓。\n\n(2) 由於 $\\triangle SAT \\sim \\triangle SXA$, 則有 $SA^2 = ST \\cdot SX$。又 $C, T, I, Y$ 四點共圓, 有\n$$\n\\angle CIT = \\angle CYT = \\angle TXY\n$$\n於是, $\\triangle SXI \\sim \\triangle SIT$。\n因此, $SI^2 = ST \\cdot SX$。所以 $SA = SI$。\n設 $\\angle BAC = \\alpha, \\angle ABC = \\beta, \\angle ACB = \\gamma$, 則\n$$\n\\angle ACS = \\frac{\\text{弧AS}^{\\circ}}{2} = \\frac{\\text{弧ASB}^{\\circ}}{4} = \\frac{1}{4}(2\\pi - 2\\gamma) = \\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\gamma}{2}\n$$\n$$\n\\text{故 } \\angle BCI = \\pi - \\angle BCS = \\pi - \\left(\\gamma + \\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\gamma}{2}\\right) = \\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\gamma}{2}\n$$\n\n因此, $CI$ 是 $\\angle ACB$ 的外角平分線。\n又因為 $SB = SA = SI$, $\\angle BSI = \\angle BSC = \\alpha$, 所以\n$$\n\\angle BIS = \\frac{\\pi - \\angle BSI}{2} = \\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\alpha}{2}\n$$\n在 $\\triangle BCI$ 中, 可得 $\\angle CBI = \\frac{\\pi}{2} - \\frac{\\beta}{2}$, 即 $BI$ 是 $\\angle ABC$ 的外角平分線, 所以, 點 $I$ 是 $\\triangle ABC$ 的 $\\angle A$ 的傍切圓的圓心。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44116,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$ABCD$ 為一凸四邊形。點 $E, F, G, H$ 分別在線段 $AB, BC, CD, DA$ 上，使得延長後的直線 $AB, FH, CD$ 三線共點，直線 $BC, EG, AD$ 亦三線共點。令 $O$ 為 $EG$ 和 $FH$ 的交點。考慮以下四個四邊形：\n$AHOE, BEOF, CFOG$ 及 $DGOH$。\n試證明：若這四個四邊形的其中三個是圓外切四邊形，則第四個必定也是。\n\n註：一個四邊形稱為圓外切四邊形的條件是存在一個圓在四邊形內使得該圓與四條邊都相切。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $X$ 為 $AB, FH, CD$ 的交點，$Y$ 為 $BC, EG, AD$ 的交點。令 $L_1, L_2$ 分別為 $\\angle AXO, \\angle OXC$ 的角平分線，且令 $K_1, K_2$ 分別為 $\\angle AYO, \\angle OYC$ 的角平分線。\n顯然四個四邊形的內切圓（如果存在的話）的圓心必須分別落在 $L_i, K_j$ 的交點上 $(i, j = 1, 2)$。令 $P_{ij}$ 表示 $L_i$ 和 $K_j$ 的交點。我們令\n$$\n\\alpha_1 = \\frac{1}{2} \\angle AXO, \\quad \\alpha_2 = \\frac{1}{2} \\angle OXC, \\quad \\beta_1 = \\frac{1}{2} \\angle AYO, \\quad \\beta_2 = \\frac{1}{2} \\angle OYC\n$$\n四個四邊形是圓外切四邊形的條件等價於 $P_{ij}$ 到一雙對邊的距離等於到另一雙對邊的距離，這可以寫成\n$$\nXP_{ij} \\sin \\alpha_i = YP_{ij} \\sin \\beta_j\n$$\n現在令 $a_{ij} = XP_{ij} \\sin \\alpha_i, b_{ij} = YP_{ij} \\sin \\beta_j$，我們要證明若對於 $(i, j) = (1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 2)$ 的其中三者有 $a_{ij} = b_{ij}$，則對第四個亦成立。\n注意到，我們有\n$$\n\\frac{XP_{11}}{XP_{12}} \\cdot \\frac{YP_{12}}{YP_{22}} \\cdot \\frac{XP_{22}}{XP_{21}} \\cdot \\frac{YP_{21}}{YP_{11}} = \\frac{S_{XYP_{11}}}{S_{XYP_{12}}} \\cdot \\frac{S_{XYP_{12}}}{S_{XYP_{22}}} \\cdot \\frac{S_{XYP_{22}}}{S_{XYP_{21}}} \\cdot \\frac{S_{XYP_{21}}}{S_{XYP_{11}}} = 1\n$$\n\n$$\n1 = \\frac{a_{11}}{a_{12}} \\cdot \\frac{b_{12}}{b_{22}} \\cdot \\frac{a_{22}}{a_{21}} \\cdot \\frac{b_{21}}{b_{11}} = \\frac{a_{11}}{b_{11}} \\cdot \\frac{a_{22}}{b_{22}} \\cdot \\frac{b_{12}}{a_{12}} \\cdot \\frac{b_{21}}{a_{21}}\n$$\n顯然若上式右邊的其中三個比值是 $1$，則第四個亦是 $1$，證畢！",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44117,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為某個大於 3 的整數且 $S = \\{1, 2, \\dots, n\\}$。令 $A_1, A_2, \\dots, A_n$ 為 $S$ 的子集，其中 $|A_i| \\ge 2$ 對所有 $i$。假設對於任意兩個元素的子集 $S' \\subseteq S$，都存在唯一的 $i$ 使得 $S' \\subseteq A_i$，試證：$A_i \\cap A_j \\ne \\emptyset$ 對於任意 $1 \\le i < j \\le n$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由題意得\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\binom{|A_i|}{2} = \\binom{n}{2}. \\qquad (1)\n$$\n令 $d_i = |\\{k \\mid i \\in A_k\\}|$。明顯地，\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} d_i = \\sum_{k=1}^{n} |A_k|. \\qquad (2)\n$$\n由「存在與唯一」性質，得到\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\binom{d_i}{2} = \\sum_{1 \\le i < j \\le n} |A_i \\cap A_j|.\n$$\n再加上 $|A_i \\cap A_j| \\le 1$（否則違反題意的「唯一」性質）。要證明 $A_i \\cap A_j \\ne \\emptyset$，等於是證明 $|A_i \\cap A_j| = 1$，這等價於\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\binom{d_i}{2} = \\binom{n}{2}.\n$$\n由於 (1) 和 (2) 以及二項式係數得定義 $\\binom{x}{2} = (x^2 - x)/2$，上面的等式又等價於\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} d_i^2 = \\sum_{k=1}^{n} |A_k|^2. \\qquad (3)\n$$\n以下考慮有序對 $(i, k)$，其中 $i \\notin A_k$。假設 $A_k = \\{j_1, j_2, \\dots, j_t\\}$，則 $\\{i, y_1\\}, \\{i, y_2\\}, \\dots, \\{i, y_t\\}$ 是相異的 $t$ 個 $A_j$ 的子集（因為二元集 $\\{y_a, y_b\\}$ 是唯一包含於 $A_k$ 中），所以 $d_i \\ge |A_k|$，也會有\n$$\n\\frac{d_i}{n - d_i} \\ge \\frac{|A_k|}{n - |A_k|}.\n$$\n\n將上面的不等式對於所有要求的 $(i, k)$ 做和，得到\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=1}^{n} d_i &= \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{k|i \\notin A_k} \\frac{d_i}{n - d_i} \\\\\n&\\geq \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{k|i \\notin A_k} \\frac{|A_k|}{n - |A_k|} \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} \\sum_{i|i \\notin A_k} \\frac{|A_k|}{n - |A_k|} \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} |A_k|.\n\\end{aligned}\n$$\n由等式 (2)，以上應該是等式，最後就得到 $d_i = |A_k|$ 當 $i \\notin A_k$ 時。接著考慮等式\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i=1}^{n} (n - d_i) d_i &= \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{k|i \\notin A_k} d_i \\\\\n&= \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{k|i \\notin A_k} |A_k| \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} \\sum_{i|i \\notin A_k} |A_k| \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} (n - |A_k|) |A_k|.\n\\end{aligned}\n$$\n加上等式 (2) 推得 (3) 成立。證明完畢!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44118,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知圓 $O_1, O_2$ 交於 $M, N$ 兩點。靠近 $M$ 的公切線分別與 $O_1, O_2$ 切於點 $A, B$。點 $C, D$ 分別為 $A, B$ 關於 $M$ 的對稱點，$\triangle DCM$ 的外接圓與 $O_1, O_2$ 分別交於不同於 $M$ 的點 $E, F$。證明 $\triangle MEF$ 和 $\triangle NEF$ 的外接圓半徑相等。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "取 $N'$ 使得四邊形 $NEN'F'$ 為平行四邊形，延長 $AD$ 交圓 $O_1$ 於 $E'$，延長 $BC$ 交圓 $O_2$ 於 $F'$。\n由 $M, C, F, E, D$ 五點共圓得 $\\angle MFC = \\angle MDC = \\angle MBA = \\angle MFB$，\n故 $B, C, F$ 三點共線。即 $F = F'$。同理 $E = E'$。\n連結 $NM$ 並延長交 $AB$ 於點 $L$，因為 $LA^2 = LM \\cdot LN$, $LB^2 = LM \\cdot LN$，\n故 $LA = LB$。\n又 $MB = ND$，則 $LM \\parallel AD$，即 $MN \\parallel AE$，同理 $MN \\parallel BF$。於是 $O_1O_2 \\perp AE$, $O_1O_2 \\perp BF$，因此 $A, M, B$ 分別與 $E, N, F$ 關於 $O_1O_2$ 對稱。\n從而 $\\angle ENF = \\angle AMB$，故\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle EN'F + \\angle EMF &= \\angle ENF + \\angle EMF \\\\\n&= \\angle EMF + \\angle AMB \\\\\n&= \\angle EMN + \\angle FMN + \\angle AMB \\\\\n&= \\angle AEM + \\angle BFM + \\angle AMB \\\\\n&= \\angle BAM + \\angle ABM + \\angle AMB \\\\\n&= \\pi\n\\end{aligned}\n$$\n故 $M, E, N', F'$ 四點共圓。\n又 $ENFN'$ 是平行四邊形，故 $\\triangle ENF$ 和 $\\triangle FNE'$ 全等。故 $\\triangle ENF$ 和 $\\triangle MEF$ 外接圓半徑相等。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44119,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於整數數對 $(a,b)$, 令 $P(x) = ax^3 + bx$。若對於某個正整數 $m$, 以下命題成立：\n若整數 $x, y$ 滿足 $m$ 能整除 $P(x) - P(y)$，則 $m$ 能整除 $x - y$。\n則稱數對 $(a,b)$ 為「$m$-充分」。若存在無限多個正整數 $k$ 使得 $(a,b)$ 為「$k$-充分」，則稱數對 $(a,b)$ 為「非常充分」。\n試問：是否存在數對 $(a,b)$ 使得 $(a,b)$ 是「1110-充分」，但不是「非常充分」？",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "答案是否定的！我們以下證明若 $(a,b)$ 是「1110-充分」，則對於任意 $k = 37^r$，$(a,b)$ 均為 $k$-充分。\n\n(1) 若 $(a,b)$ 是 1110-充分，則 $(a,b)$ 是 37-充分。\n假設 $(a,b)$ 不是 37-充分，則存在 $x, y$ 使得 $37 \\mid P(x) - P(y)$ 但 $x - y$ 不是 37 的倍數。由中國剩餘定理，存在整數 $x', y'$ 使得 $x'$ 和 $y'$ 都是 30 的倍數，且 $37 \\mid x' - x$，$37 \\mid y' - y$。如此一來有 $30 \\mid P(x') - P(y')$ 且 $37 \\mid P(x') - P(y')$，即 $1110 \\mid P(x') - P(y')$。從而 1110 不整除 $x' - y'$，故得矛盾。\n\n(2) 若 $(a,b)$ 是 37-充分，則 $37 \\mid a$。\n用反證法，假設 $a$ 不是 37 的倍數。首先若 $b$ 亦不是 37 的倍數，注意 $P(x) - P(y) = (a(x^2 + xy + y^2) + b)(x - y)$，且 $4a(x^2 + xy + y^2) + 4b = a(2x + y)^2 + 3a y^2 + 4b$。令集合\n$$\nS = \\{ a s^2 + b \\text{ 除 } 37 \\text{的餘數} \\mid s \\text{是整數} \\}, \\quad T = \\{ -3a t^2 \\text{ 除 } 37 \\text{的餘數} \\mid t \\text{是整數} \\},\n$$\n其中這裡的餘數都是在 0 到 36。則 $S$ 和 $T$ 都有 19 個元素，故必然有其中一個重複；即存在整數 $s, t$ 使得 $37 \\mid a s^2 + 3a t^2 + b$。\n由於 37 不整除 $b$，$s$ 和 $t$ 不同時為 0，可以取 $t' = t$ 或 $-t$，使得 $3t' - s$ 不是 37 的倍數。取整數 $s'$ 使得 $2s' + t' \\equiv s \\pmod{37}$，則\n$$\n4a(s'^2 + s' t' + t'^2) + 4b \\equiv a s + 3 t^2 + b \\equiv 0 \\pmod{37},\n$$\n且因為 $3t' - s$ 不是 37 的倍數，有 $3t' - (2s' + t')$ 不是 37 的倍數，即 $s'$ 和 $t'$ 除以 37 的餘數不同。然而我們有 $37 \\mid (a(s'^2 + s' t' + t'^2) + b)(s' - t') = P(s') - P(t')$，矛盾。\n若 $b$ 是 37 的倍數，則 $P(10) - P(1) = 999a + 9b$ 是 37 的倍數，亦矛盾，(2) 證畢。\n\n(3) 對任意正整數 $r$，$(a, b)$ 是 $37^r$-充分。\n由 (2)，$37 \\mid a$。顯然 $b$ 不能是 37 的倍數，否則 $37 \\mid P(1) - P(0)$ 矛盾。對任意整數 $x, y$，若 $37^r \\mid P(x) - P(y) = (a(x^2 + xy + y^2) + b)(x - y)$，則注意到 $a(x^2 + xy + y^2) + b \\equiv b \\pmod{37}$ 不是 37 的倍數，因此 $37^r \\mid x - y$，證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44120,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個平行四邊形, 它的四個角的角度都是 $360°$ 的有理數倍。試問: 是否可能將座標平面上除了原點的每一點著黑白兩色, 使得當某三點和原點構成一個該四邊形的相似形, 則該三點必定不是同色的?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "可以。首先若該平行四邊形不是菱形, 可令 $t > 1$ 為長邊和短邊的比值。對平面上的任意點, 若該點與原點距離在 $[t^{2k}, t^{2k+1})$ 內 ($k$ 為任意整數), 則著黑色; 否則著白色。如此平行四邊形最靠近原點的兩個點一定是不同色。\n\n以下考慮平行四邊形是菱形。設其小於或等於 $90°$ 的內角角度為 $2a$, 即 $a \\le 45°$。則其邊與對角線的夾角為 $a$ 或 $90° - a$。現在著色如下: 以圓心及 $x$ 軸方向量仰角, 將區間 $[0°, 90°)$ 分割為 $[0, a)$, $[a, 2a)$, ..., $[ka, 90°)$, 將幅角落在第一個區間的點著黑色, 第二個著白色, 這樣黑白交錯。在 $90°$ 以後的角的顏色, 則遵從以下原則: 若兩個點的幅角差 $90°$, 則這兩點同色。這麼一來, 任何之間幅角相差 $a$ 的連續三個點 (依逆時序為 $A, B, C$) 必不全同色, 特別是: $A, B$ 之仰角在 $[0, 90°)$ 時, $A, B$ 不同色; 若 $A$ 之仰角在 $[0, 90°)$ 但 $B, C$ 之仰角在 $[90°, 180°)$ 時, $B, C$ 不同色。(不會有 $A, B, C$ 在三個不同象限的狀況, 因為 $a \\le 45°$.) 而其他狀況都是對稱的。又相差 $90° - a$ 與相差 $a$ 對於著色是等價的, 因此得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44121,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給三個正整數 $K$, $B$, $W$, 其中 $B > W > 1$。有兩堆球: 一堆有黑球 $B$ 個; 另一堆有白球 $W$ 個。依照以下方法來分割:\n\n操作：所有堆依照 **非遞增** 的方式排列，若黑球堆與白球堆數量一樣則白球堆置於前。現在選出前面 $K$ 堆，若全部少於 $K$ 堆則選擇全部。然後將所選擇的每一堆分成兩堆，而且這兩堆的球數最多只差一個。\n\n(例如：令 $K = 4$。現在有四堆黑球分別是 $5, 4, 4, 2$ 個, 三堆白球分別是 $8, 4, 2$ 個。所以依序排列是 $(w8, b5, w4, b4, w2, b2)$, 其中 $w8$ 指白球一堆 $8$ 個, $b5$ 指黑球一堆 $5$ 個。對於前四堆做以下分割：$(4, 4), (3, 2), (2, 2), (2, 2)$, 所以下一階段的新的排列是 $(w4, w4, b4, b3, w2, w2, w2, b2, b2, b2)$)。\n\n不斷「排列-分割」，直到某一次操作結束時有某一個白球自成一堆。試證明：此時一定有一堆至少有兩個黑球。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "起始狀態是 $A_0 = (bB, wW)$，而 $A_{i-1} \\to A_i$ 代表進行第 $i$ 次的「排列-分割」。\n依照操作模式，直到所有的堆都是一個球。我們標示以下幾個重要的階段：\n$A_s$ : 第一次出現有一堆一個球時 (無論是黑球或白球)。\n$A_t$ : 總堆數大於 $K$ 時; 然而有可能: 當所有的堆都是一個球時還是不超過 $K$ 堆, 則令 $t = \\infty$.\n$A_f$ : 當所有的黑球都是一球一堆時。\n我們只需要證明：題意所要求的停止時刻是在 $A_{f-1}$ 或更早之前，也就是 $A_{f-1}$ 中一定有至少一堆一個白球。\n明顯地, $s \\le f$. (*) 又在 $A_{f-1}$ 中的黑球一定有某些堆是 $b2$ (排在前 $K$ 個中), 其他都是 $b1$.\n\n當 $i < \\min\\{t, s\\}$ 時, $A_i$ 的每一堆都被選擇, 也都要一分為二 (因為沒有一球一堆)。假設此時黑球堆的最多與最少球數分別是 $M_i$ 與 $m_i$, 白球堆的最多與最少球數分別是 $N_i$ 與 $n_i$。對於 $A_i$, 我們有以下性質:\n(1) 黑球總堆數與白球總堆數都是 $2^i$.\n(2) $M_i \\ge N_i$.\n(3) $m_i \\ge n_i$.\n這些都可以簡單地以歸納法證明之。\n\n關於 $s, t, f$ 的大小關係, 有分成以下兩種可能:\n\nCase 1. [$s \\le t$ 或 $f \\le t+1$] 特別是 $t = \\infty$ 屬於這個 case. 假設發生 $s=f$。由 $s$ 的定義 $m_i, n_i \\ge 2$。由 (*) 得 $M_{s-1} \\le 2$。所以每一堆都是兩個球。但是這與 $B > W$ 及性質 (1) 矛盾! 所以一定是 $s \\le f - 1$。\n所給的條件 [$s \\le t$ 或 $f \\le t+1$] 合而為一: $s \\le f - 1 \\le t$。考慮 $A_{s-1} \\to A_s$。由於 $A_{s-1}$ 中每一堆都被選擇到而且 $m_{s-1} \\ge n_{s-1}$, 所以切割成 $A_s$ 時 $m_{s-1} \\to (m_{s-1} - 1, 1)$, 即 $m_s = 1$; 同時 $n_{s-1} \\to (n_{s-1} - 1, 1)$, 即 $n_s = 1$; 也就是黑球與白球的一球一堆是同時在 $A_s$ 時第一次出現。由於 $s \\le f - 1$ 所以題意所要求的停止時刻是在 $A_{f-1}$ 或更早之前。\n\nCase 2. [$t+1 \\le s$ 且 $t+2 \\le f$] 在 $A_{t-1}$ 時的總堆是 $2^t$, 所以 $2^t \\le K < 2^{t+1}$ 且 $A_t$ 時的總堆是 $2^{t+1}$ (黑白都是 $2^t$)。進行第 $t+1$ 步驟: $A_t \\to A_{t+1}$ 時, 被選擇的 $K$ 堆中最多有 $2^t$ 個是黑球堆, 所以 $A_{t+1}$ 中至少有 $2^t + (K - 2^t) = K$ 個白球堆。因為白堆的總數是非遞減的, $A_{f-1}$ 白球堆數至少是 $K$ 堆。\n\n最後, 在 $A_{f-1}$ 中 $M_{f-1} = 2$ 且這些 $b2$ (至少一堆) 在第 $f$ 步驟時都被分割成 $(1, 1)$, 所以 $A_{f-1}$ 中最多有 $K-1$ 個白球堆被選擇, 也就有至少一堆白球堆 $\\Omega$ 沒有被選擇到。這個 $\\Omega$ 堆會只有一個白球, 因為 $\\Omega$ 堆是多於一個白球, 則 $\\Omega$ 應該排在 $b2$ 前面, 那它應該被選擇到, 這矛盾! 因此 $A_{f-1}$ 中一定有至少一堆一個白球, 證明完畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44122,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $n$, 考慮 $n$ 維空間的所有整數點 (即每個座標都是整數的點)。當兩個整數點的直線距離為 $1$ 時, 我們稱它們互相相鄰。試問是否可能將其中一部分的整數點做標記, 使得對於每一個整數點, 在該點本身和它所有相鄰的點這 $(2n + 1)$ 個點中, 總是恰有一個被標記?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "可以！\n令 $x_1, \\dots, x_n$ 為整數點的座標, 將所有滿足\n$$\n(2n + 1) \\mid (x_1 + 2x_2 + \\dots + nx_n)\n$$\n的點標記, 即達成條件; 對於每個點, $x_1 + 2x_2 + \\dots + nx_n$ 可以唯一的表示為 $(2n+1)l \\pm k$, 其中 $l$ 為整數, $k = 0, 1, \\dots, n$. 當 $k=0$ 時即該點被標記, 否則即是沿著第 $k$ 個座標方向的兩個相鄰點之一被標記。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44123,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求最小正整數 $n$ 滿足下列條件：\n存在一組相異的正整數 $s_1, s_2, \\dots, s_n$ 使得\n$$\n(1 - \\frac{1}{s_1})(1 - \\frac{1}{s_2})\\cdots(1 - \\frac{1}{s_n}) = \\frac{17}{670}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "39",
    "solution": "答：$n = 39$.\n\n不妨假設 $s_1 < s_2 < \\cdots < s_n$. 顯然, $s_1 > 1$ 否則 $1 - \\frac{1}{s_1} = 0$. 因此, $2 \\le s_1 \\le s_2 - 1 \\le \\cdots \\le s_n - (n-1)$. 故 $s_i \\ge i + 1, \\forall i = 1, \\cdots, n$. 題設可得\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{17}{670} &= (1 - \\frac{1}{s_1})(1 - \\frac{1}{s_2})\\cdots(1 - \\frac{1}{s_n}) \\\\\n&\\ge (1 - \\frac{1}{2})(1 - \\frac{1}{3})\\cdots(1 - \\frac{1}{n+1}) \\\\\n&= (1 - \\frac{1}{2})(1 - \\frac{1}{3})\\cdots(1 - \\frac{1}{n+1}) = \\frac{1}{n+1} \\\\\nn + 1 &\\ge \\frac{670}{17} > 39 \\\\\nn &\\ge 39.\n\\end{aligned}\n$$\n\n底下證明：$n = 39$ 滿足所求。\n\n考慮 39 個相異正整數: $2, 3, \\dots, 33, 35, 36, 40, 67$. 可得\n$$\n\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{2}{3} \\cdot \\frac{32}{33} \\cdot \\frac{34}{35} \\cdot \\frac{39}{40} \\cdot \\frac{66}{67} = \\frac{17}{67}.\n$$\n故得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44124,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求最小的正整數 $n$, 使得存在有理係數多項式 $f_1, f_2, \\dots, f_n$, 滿足\n$$\nx^2 + 7 = f_1(x)^2 + f_2(x)^2 + \\dots + f_n(x)^2.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "我們有 $x^2 + 7 = x^2 + 2^2 + 1^2 + 1^2 + 1^2$。下面我們證明 $n = 4$ 是不可能的（從而 $n$ 更小也不可能，因為我們可以取 $f_i = 0$）。\n\n用反證法，假設 $x^2 + 7 = f_1(x)^2 + f_2(x)^2 + f_3(x)^2 + f_4(x)^2$ 都是有理係數的多項式。顯然 $f_i$ 必須都是一次的，記 $f_i = a_i x + b_i$，$i = 1, 2, 3, 4$。我們有\n$$\n\\sum_{i=1}^{4} a_{i}^{2} = 1, \\quad \\sum_{i=1}^{4} a_{i}b_{i} = 0, \\quad \\sum_{i=1}^{4} b_{i}^{2} = 7.\n$$\n令 $p_i = a_i + b_i$, $q_i = a_i - b_i$，計算得\n$$\n\\sum_{i=1}^{4} p_{i}^{2} = 8, \\quad \\sum_{i=1}^{4} q_{i}^{2} = 8, \\quad \\sum_{i=1}^{4} p_{i}q_{i} = -6.\n$$\n通分之後，這使得如下命題成立：命題：存在正整數 $m$ 及整數 $x_i, y_i (i = 1, 2, 3, 4)$ 使得\n$$\n\\sum_{i=1}^{4} x_{i}^{2} = 8m^{2}, \\quad \\sum_{i=1}^{4} y_{i}^{2} = 8m^{2}, \\quad \\sum_{i=1}^{4} x_{i}y_{i} = -6m^{2}.\n$$\n但我們接下來證明命題是錯的，從而導出矛盾。假設現在的 $m$ 是能夠使得命題成立的最小的 $m$。由於奇數的平方除以 $8$ 的餘數是 $1$，偶數的平方除以 $8$ 的餘數是 $0$ 或 $4$，簡單的討論可以知道若四個平方數的和是八的倍數，那麼這四個數都必須是偶數，因此 $x_i, y_i$ 全部都是偶數。\n\n但如此一來 $-6m^2 = \\sum_{i=1}^{4} x_i y_i$ 會是 4 的倍數, 從而 $m$ 是偶數, 因此我們可以把 $x_i, y_i$ 和 $m$ 都取一半亦滿足命題, 但這與 $m$ 是最小的假設矛盾, 證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44125,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $O$ 為銳角三角形 $ABC$ 之外心, 且 $AO$ 與 $BC$ 交於 $D$ 點。由 $D$ 點做兩射線分別垂直 $AB$ 與 $AC$, 並分別交 $AB$, $AC$ 於 $E$, $F$ 與交 $ABC$ 的外接圓於 $K$, $L$。試證: 若 $K$, $E$, $F$, $L$ 四點共圓, 則 $AB = AC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "因 $\\angle EKL = \\angle DFE = \\angle DAE$, $KL \\perp AD$。故 $AO$ 平分 $KL$, 從而 $K$, $L$ 對 $AO$ 對稱。故 $\\angle ADK = \\angle ADL$, $\\angle BAD = \\angle CAD$。故 $AB = AC$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44126,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $ABCDE$ 是一凸五邊形使得\n$$\nBC \\parallel AE, AB = BC + AE, 且 \\angle ABC = \\angle CDE.\n$$\n令 $M$ 是 $CE$ 之中點, $O$ 為三角形 $BCD$ 外接圓之圓心。\n已知 $\\angle DMO = 90^\\circ$, 試證 $2\\angle BDA = \\angle CDE$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在射線 $AE$ 上取一點 $T$ 使得 $AT = AB$; 則由 $BC \\parallel AE$, 得\n$$\n\\angle CBT = \\angle ATB = \\angle ABT,\n$$\n所以 $BT$ 是 $\\angle ABC$ 的角平分線。\n\n另一方面，我們有\n$$\nET = AT - AE = AB - AE = BC,\n$$\n因此四邊形 $BCTE$ 是一平行四邊形且 $M$ 是對角線 $CE$ 之中點也是對角線 $BT$ 之中點。\n\n其次, 令 $K$ 是 $D$ 對於 $M$ 的對稱點。則 $OM$ 垂直平分線段 $DK$, 因此 $OD = OK$, 即點 $K$ 在 $\\triangle BCD$ 之外接圓上。故 $\\angle BDC = \\angle BKC$。\n\n另一方面, 角 $BKC$ 與角 $TDE$ 對稱於 $M$ 點, 所以 $\\angle TDE = \\angle BKC = \\angle BDC$。因此\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle BDT &= \\angle BDE + \\angle EDT = \\angle BDE + \\angle BDC \\\\\n&= \\angle CDE = \\angle ABC = 180^\\circ - \\angle BAT.\n\\end{aligned}\n$$\n其意為 $A, B, D, T$ 四點共圓, 由此可得\n$$\n\\angle ADB = \\angle ATB = \\frac{1}{2} \\angle ABC = \\frac{1}{2} \\angle CDE \\text{ 得證!}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44127,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "正三角形 $XYZ$ 之三頂點 $X, Y, Z$ 分別落在一銳角三角形 $ABC$ 之三邊 $BC, CA$ 與 $AB$ 上。\n試證: 三角形 $ABC$ 之內心落在三角形 $XYZ$ 之內部。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "底下證明一個較強的結果：三角形 $ABC$ 之內心 $I$ 落在三角形 $XYZ$ 的內切圓內。記 $d(U, VW)$ 表點 $U$ 至線 $VW$ 之距離。\n令 $O$ 為 $\\triangle XYZ$ 之內心且 $r, r'$ 與 $R', R''$ 分別為 $\\triangle ABC$, $\\triangle XYZ$ 之內切圓半徑與 $\\triangle XYZ$ 之外接圓半徑。則 $R' = 2r'$，且所求等價於證不等式 $OI \\le r'$。假設 $O \\ne I$（若 $O = I$ 顯然成立）。\n令 $\\triangle ABC$ 之內切圓分別與邊 $BC, AC, AB$ 相切於 $A_1, B_1, C_1$。直線 $IA_1, IB_1, IC_1$ 將平面切成 6 個銳角，每個銳角包含點 $A_1, B_1, C_1$。可假設 $O$ 落在由直線 $IA_1$ 與 $IC_1$ 所定義之角且包含點 $C_1$（如圖 1）。令 $A'$ 與 $C'$ 分別為 $O$ 在直線 $IA_1$ 與 $IC_1$ 之投影點。\n因 $OX = R'$, $d(O, BC) \\le R'$。因 $OA' \\parallel BC$, 得\n$$\nd(A', BC) = A'I + r \\le R' \\text{ 或 } A'I \\le R' - r.\n$$\n另一方面, $\\triangle ABC$ 之內切圓落在 $\\triangle ABC$ 內。故 $d(O, AB) \\ge r'$。同理可得\n$$\nd(O, AB) = C'C_1 = r - IC' \\ge r' \\text{ 或 } IC' \\le r - r'.\n$$\n由於 $\\angle A'$ 與 $\\angle C'$ 皆為直角, 四邊形 $IA'OC'$ 為圓內接四邊形（如圖 1）。\n在此圓上, 弧$A'OC'$ = $2\\angle A'IC'$ < $180^\\circ$ = 弧$OC'I$, 故 $180^\\circ \\ge$ 弧$IC' >$ 弧$A'O$。其意為 $IC' > A'O$。由此可得\n$$\nOI \\le IA' + A'O < IA' + IC' \\le (R' - r) + (r - r') = R' - r' = r' \\text{ 得證!}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\nFig. 1\n![](attached_image_2.png)\nFig. 2",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44128,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一無窮數列 $x_1, x_2, \\dots$, 有 $x_1 = 1$, 且對任意正整數 $k$, 有\n$$\nx_{2k} = -x_k, \\quad x_{2k-1} = (-1)^{k+1}x_k.\n$$\n試證: 對任意正整數 $n$, $x_1 + x_2 + \\dots + x_n \\ge 0$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "定義 $S_n = \\sum_{i=1}^n x_i$。首先觀察到\n$$\nx_{4k-3} = -x_{4k-2} = x_{2k-1}\n$$\n$$\nx_{4k-1} = x_{4k} = -x_{2k} = x_k\n$$\n我們對 $k$ 做數學歸納法證明。對任意 $i \\le 4k$ 都有 $S_i \\ge 0$。當 $k=1$ 時，\n$x_1 = -x_2 = x_3 = x_4 = 1$，命題顯然成立。\n設已知對任意 $i \\le 4k$ 都有 $S_i \\ge 0$，則\n$$\nS_{4k+2} = S_{4k} + x_{4k+1} + x_{4k+2} = S_{4k} \\ge 0\n$$\n$$\nS_{4k+4} = \\sum_{i=1}^{k+1} ((x_{4k-3} + x_{4k-2}) + (x_{4k-1} + x_{4k})) = \\sum_{i=1}^{k+1} (0 + 2x_i) = 2S_{k+1} \\ge 0\n$$\n$$\nS_{4k+3} = \\frac{S_{4k+2} + S_{4k+4}}{2} \\ge 0\n$$\n我們只剩下證明 $S_{4k+1} \\ge 0$。當 $k$ 為偶數時，因 $x_{4k+1} = x_{2k+1} = x_{k+1}$，\n我們有\n$$\nS_{4k+1} = S_{4k} + x_{4k+1} = 2S_k + x_{k+1} = S_k + S_{k+1} \\ge 0.\n$$\n當 $k$ 為奇數時，由於 $S_k \\ge 0$ 且\n$$\nS_k \\equiv \\sum_{i=1}^{k} x_i \\equiv \\sum_{i=1}^{k} 1 \\equiv k \\pmod{2},\n$$\n我們得到 $S_k \\ge 1$。於是\n$$\nS_{4k+1} = 2S_k + x_{k+1} \\ge 2-1 \\ge 0.\n$$\n因此由數學歸納法我們知道對任意正整數 $i$，都有 $S_i \\ge 0$，證畢！",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44129,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "無窮正整數數列 $a_1, a_2, \\dots, a_n, \\dots$ 滿足對任意正整數 $m, n$ 均有 $m + n$ 整除 $a_m + a_n$, 且對任意正整數 $n$ 有 $a_n \\le n^{100}$. 試證: 存在一個多項式 $f(x)$ 使得對任意正整數 $n$, $f(n) = a_n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先對任意 $m < n$, 令 $k = n - m$, 取正整數 $t$ 使得 $tk > n$, 考慮 $tk$ 整除 $a_n + a_{tk-n}$ 及 $(t-1)k$ 整除 $a_m + a_{tk-n}$, 可得 $a_n$ 與 $a_m$ 除以 $k$ 的餘數相同, 亦即 $n - m$ 整除 $a_n - a_m$.\n由拉格朗日插值法, 存在 100 次以內的有理係數多項式 $f(x)$ 使得對於 $k = 1, 2, \\dots, 101$, 均有 $f(k) = a_k$. 以下我們證明 $f(n) = a_n$.\n令 $N$ 為一個使得 $Nf(x)$ 是整係數多項式的一個正整數 $N$. 考慮函數 $h$ 在整數集上定義為 $h(n) = N(f(n) - a_n)$, 則 $h$ 在 1 到 101 的值為 0, 且由第一段所述及 $Nf(x)$ 為整係數多項式, 可知 $h$ 滿足 $(n-m)|(h(n)-h(m))$. 另外由於 $f(x)$ 是 100 次以內的多項式, 由 $a_n \\le n^{100}$ 知存在常數 $M > 0$ 使得 $|h(n)| \\le M(n^{100} + 1)$.\n對任意正整數 $n$, 比較 $h(n)$ 和 $h(k)$, 這裡 $k = 1, \\dots, 101$. 由於 $h(k) = 0$, 由 $(n-k)|(h(n)-h(k))$ 得 $h(n)$ 必須是 $(n-101), \\dots, (n-1)$ 的倍數, 這些數彼此之間的公因數不大於 100, 故他們的最小公倍數 $\\ge (n-101)^{101}/(100^{5050})$, 而 $h(n)$ 必須是他們最小公倍數的倍數。當 $n$ 夠大時, 有 $(n-101)^{101}/(100^{5050}) > M(n^{100}+1)$, 此時可知 $h(n) = 0$.\n對任意整數 $m$, 對任何足夠大的 $n$ 有 $(n-m)|h(m)$, 從而 $h(m) = 0$, 證畢!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44130,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有一個 $m \\times m$ 個單位方格構成的桌子, 在某些單位方格的中心點有一隻螞蟻。從時間 $0$ 開始, 每隻螞蟻都沿著一個平行於方格邊的方向, 以速率 $1$ 前進。過程中若有螞蟻相遇:\n(i) 如果是兩隻正面相遇, 則它們會一起順時針轉彎 $90^\\circ$, 然後繼續以速率 $1$ 前進;\n(ii) 如果是兩隻以垂直方向相遇, 或超過兩隻以上的螞蟻相遇, 則它們會繼續以原本的速度和方向前進。\n當螞蟻爬到桌子邊緣, 它會從桌面摔落, 不再回來。當最後一隻螞蟻摔落桌面時, 我們說此時刻就是這群螞蟻的“末日”。\n考慮所有可能的螞蟻起始位置, 試求末日發生的最晚可能時刻, 或是證明並不一定會有末日。",
    "options": [],
    "answer": "3m/2 - 1",
    "solution": "其中 (i) 的規定可以修改為: 南北向正面相遇它們會順時轉彎 $90^\\circ$, 而東西向相遇它們會逆時轉彎 $90^\\circ$。修改之後與修改之前相比, 任何時間點所有螞蟻的所在的位置並沒有改變, 只是時間之前有東西向相遇的螞蟻交換彼此角色, 所以這不影響末日發生的時間。修改之後所有螞蟻分成兩類: (NE 類) 永遠向東或向北前進; (SW 類) 永遠向西或向南前進。\n\n以座標 $(0,0)$ 代表桌子的 SW 角, 以座標 $(m, m)$ 代表桌子的 NE 角。當時間為 $t$ 之時,\n區域 $\\{(x, y) \\mid x + y \\le 1 + t\\}$ 沒有 (NE 類) 螞蟻\n區域 $\\{(x, y) \\mid x + y \\ge 2m - 1 - t\\}$ 沒有 (SW 類) 螞蟻\n\n所以 $t = m - 1$ 時, 是螞蟻相遇的最後發生的時間, 而且只會相遇在 $x + y = m$ 的線上, 此後所有螞蟻只會向前移動。$x + y = m$ 的線上分別向著東南西北四個方向前進, 最多花 $m/2$ 單位時間, 一定會到達桌子邊緣; 所以合計得到 $3m/2 - 1$ 是末日的上界。\n\n時間為 $3m/2 - 1$ 是末日可能發生：螞蟻 A 位於 $(1/2, 1/2)$ 向北走，螞蟻 B 位於 $(1/2, m-1/2)$ 向南走。在時間 $(m-1)/2$ 時相遇於座標 $(1/2, m/2)$，之後 A 向東繼續走了 $m-1/2$ 單位時間，來到的桌子邊緣。時間 $3m/2 - 1$ 螞蟻末日發生了！",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44131,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $O$ 為銳角 $\\triangle ABC$ 外接圓之圓心，直線 $AO$ 交 $BC$ 於一點 $D$。分別在邊 $AB$ 及 $AC$ 上各取一點 $E, F$，使得 $ED = BD$ 且 $DF = CD$。試證：$EF \\parallel BC$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先，作直線 $AO$ 交圓 $O$ 於 $P$，則 $\\angle ABP = 90^\\circ = \\angle ACP$。\n\n接著，自 $D$ 點作邊 $BE$ 及 $CF$ 的高，分別交 $BE$ 及 $CF$ 於點 $G$ 及 $H$。因為 $\\triangle AGD \\sim \\triangle ABP$ 且 $\\triangle AHD \\sim \\triangle ACP$，故 $AG/AB = AD/AP = AH/AC$。因此 $\\triangle AGH \\sim \\triangle ABC$，從而 $GH \\parallel BC$。\n\n最後，因為 $ED = BD$ 及 $DF = CD$，所以 $BG = GE$ 且 $CH = HF$。連 $CE$ 交 $GH$ 於 $M$ 點，則由 $GH \\parallel BC$ 知：$GM \\parallel BC$，因此 $EM = MC$。又 $CH = HF$，故 $EF \\parallel HF$，從而 $EF \\parallel BC$。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44132,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $S = \\{1, 2, \\dots, 2012\\}$。求滿足下列條件之函數 $f : S \\to S$ 的個數。\n\n(1) $f$ 為一對一且映成函數。\n\n(2) 對於所有數字 $1 \\le a \\le 2012$，皆會有 $f(a) + f^{-1}(a) = 2013$，其中 $f^{-1}$ 為 $f$ 的反函數。",
    "options": [],
    "answer": "1006!/503!",
    "solution": "考慮下列幾種情形：\n\n(1) 若存在 $a$ 使得 $f(a) = a$，則 $f(a) + f^{-1}(a) = 2a \\neq 2013$。所以不可能。\n\n(2) 若存在 $a \\neq b$ 使得 $f(a) = b$ 且 $f(b) = a$，則 $f(a) + f^{-1}(a) = 2b \\neq 2013$。所以不可能。\n\n(3) 存在三個相異數 $a, b, c$ 使得 $f(a) = b, f(b) = c$ 且 $f(c) = a$，則 $f(a) + f^{-1}(a) = b + c$ 且 $f(b) + f^{-1}(b) = c + a$。由於 $b + c = c + a = 2013$，得 $b = c$，這與假設矛盾。\n\n(4) 若存在 $k$ 個 ($k \\ge 5$) 相異數 $a_1, a_2, \\dots, a_k$，使得 $f(a_1) = a_2, f(a_2) = a_3, \\dots, f(a_{k-1}) = a_k$ 且 $f(a_k) = a_1$，則 $f(a_2) + f^{-1}(a_2) = a_3 + a_1 = 2013 = f(a_4) + f^{-1}(a_4) = a_5 + a_3$，得 $a_1 = a_5$，這與假設矛盾。\n\n(5) 若存在 4 個相異數 $a, b, c, d$，使得 $f(a) = b, f(b) = c, f(c) = d$ 且 $f(d) = a$，則 $f(b) + f^{-1}(b) = a + c = 2013 = f(d) + f^{-1}(d)$ 即 $c = 2013 - a$；又 $f(a) + f^{-1}(a) = b + d = 2013 = f(c) + f^{-1}(c)$ 即 $d = 2013 - b$。因此 $(a, b, c, d) = (a, b, 2013 - a, 2013 - b)$ 形成一個環狀組。\n\n因為只有(5)可以成立，只要確定503個$(a_i, b_i, 2013-a_i, 2013-b_i)$環狀組，就決定一個這樣的函數$f$。因為$a_i$和$2013-a_i$分別有一個小於1007，一個大於1007；對於$b_i$和$2013-b_i$也是相同；所以可以假設$1 \\le a_i, b_i \\le 1006$即可確定$(a_i, b_i, 2013-a_i, 2013-b_i)$（此時不再是環狀組，而是有序組）。從$\\{1,2,\\cdots,1006\\}$中依序選出$a_1,b_1,a_2,b_2,\\cdots,a_{503},b_{503}$，這會有$1006!$種可能；然而這503組是無順序之分，因此$f$的個數是：\n$$\n\\frac{1006!}{503!}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44133,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知銳角 $\\triangle ABC$ 不是等腰三角形, 點 $O$ 與 $I$ 分別為 $\\triangle ABC$ 之外心與內心。$\\triangle ABC$ 的內切圓分別與三邊 $BC$, $CA$, $AB$ 相切於點 $D$, $E$, $F$。若直線 $AI$ 與 $OD$ 相交於 $P$ 點, $BI$ 與 $OE$ 相交於 $Q$ 點, $CI$ 與 $OF$ 相交於 $R$ 點, 且 $M$ 為 $\\triangle PQR$ 的外心。試證: $I$, $M$, $O$ 三點共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(i) 令 $R$, $r$ 分別為 $\\triangle ABC$ 的外接圓與內切圓半徑。先證明 $OP : PD = R : r$。\n\n證明如下。延長 $AP$ 交 $\\triangle ABC$ 外接圓於 $A'$。因為 $AI$ 平分 $\\angle BAC$，故 $A'$ 為弧 $BA'C$ 的中點，從而 $OA'$ 與 $BC$ 垂直。又 $BC$ 與內切圓相切於 $D$，故 $ID$ 垂直於 $BC$，因此 $ID$ 平行於 $OA'$。故 $\\triangle IPD \\sim \\triangle A'PO$，因此 $OP : PD = OA' : ID = R : r$。得證。\n\n接下來證明原命題。由 (i) 知 $OP : PD = OQ : QE = OR : RF = R : r$，故 $\\triangle PQR$ 是 $\\triangle DEF$ 在以 $O$ 為位似中心, 位似比為 $OP : OD = R : (R+r)$ 下進行位似變換後的結果。\n\n故, 位似旋轉中心 $O$, $\\triangle DEF$ 的外心 $I$ 與 $\\triangle PQR$ 的外心 $M$ 三點共線。證畢!\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44134,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設圓 $O$ 為 $\\Delta ABC$ 的外接圓, $\\angle A$ 的角平分線交圓 $O$ 於第二點 $P$, 並交 $BC$ 於 $D$。由 $D$ 對 $AB$ 作垂線, 交 $AB$ 於 $E$, 並交圓 $O$ 於 $Q$, 使得 $E$ 在 $DQ$ 線段上。再連 $PQ$ 交 $BC$ 於 $F$, 連 $AF$ 交 $CQ$ 於 $G$。試證: $EG$ 平行 $FC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解：首先，由於\n$$\n\\angle PDB = \\frac{1}{2}(\\widehat{CA} + \\widehat{BP}) = \\frac{1}{2}(\\widehat{CA} + \\widehat{CP}) = \\angle AQP,\n$$\n因此 $A$, $D$, $F$, $Q$ 四點共圓。故, $\\angle AQE = \\angle AQD = \\angle AFD = \\angle GFC$.\n$$\n\\angle EAQ = \\angle BAQ = \\angle BCQ = \\angle FCG,\n$$\n故 $\\angle CGF = \\angle AEQ = 90^\\circ$, 因此 $A$, $G$, $E$, $Q$ 四點共圓, 從而 $\\angle QGE = \\angle QAE = \\angle QCB$。故, $EG$ 平行 $FC$。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44135,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定平面上一直線 $L$。假設 $A$ 與 $B$ 為直線 $L$ 同側的兩相異點。試證：直線 $AB$ 與 $L$ 不垂直的充要條件為：$L$ 上有唯一的一點 $R$，使得對於直線 $L$ 上任意一點 $P$，$\\angle APB \\le \\angle ARB$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先，若 $AB$ 平行於 $L$，作 $AB$ 中垂線交 $L$ 於 $R$，並作 $\\triangle ABP$ 的外接圓 $C$。則，對於 $L$ 上任一異於 $R$ 的點 $P$，令 $PB$ 交圓 $C$ 於 $S$，則 $\\angle APB < \\angle ASB = \\angle ARB$。故存在唯一的一點 $R$ 滿足題設。\n\n接著，若 $AB$ 不平行於 $L$，令直線 $AB$ 交直線 $L$ 於 $K$。易知平面上存在唯一的兩圓 $C$ 和 $C'$，使得此兩圓皆過點 $A$ 和 $B$，且與 $L$ 相切。令此兩圓分別切 $L$ 於 $R$ 和 $R'$。\n\n現在，不失一般性假設 $\\angle AR'B \\le \\angle ARB$，則對於直線 $L$ 上任一點異於 $R$ 和 $R'$ 的點 $P$，\n(i) 若 $P$ 與 $R$ 同側，令 $PB$ 交圓 $C$ 於 $S$，則 $\\angle APB < \\angle ASB = \\angle ARB$。\n(ii) 若 $P$ 與 $R'$ 同側，令 $PB$ 交圓 $C'$ 於 $S'$，則 $\\angle APB < \\angle AS'B = \\angle AR'B \\le \\angle ARB$。\n\n故，存在唯一一點 $R$ 滿足題設，若且唯若 $\\angle AR'B \\ne \\angle ARB$，若且唯若 $AB$ 與 $L$ 不垂直。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44136,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試證: 在等差數列 $11, 21, 31, 41, 51, 61, \\ldots$ 中, 存在無窮多個質數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮整數 $N = (11 \\cdot 31 \\cdot 41 \\cdot 61 \\cdots p_n)^5 - 1$。則 $N$ 與 $11, 41, \\cdots p_n$ 互質。令 $a = 11 \\cdot 31 \\cdot 41 \\cdot 61 \\cdots p_n$，則\n$$\nN = a^5 - 1 = (a-1)(a^4 + a^3 + a^2 + a + 1).\n$$\n顯然, $2 \\nmid (a^4 + a^3 + a^2 + a + 1)$, 但 $5 \\nmid (a^4 + a^3 + a^2 + a + 1)$。令 $p \\neq 5$ 是 $a^4 + a^3 + a^2 + a + 1$ 的一個質因數。因此, $p \\nmid (a-1)$。理由如下:\n若 $p \\nmid (a-1)$, 則 $a = kp + 1$, 對某個整數 $k$, 即得\n$$\na^2 = (kp + 1)^2, \\quad a^3 = (kp + 1)^3, \\quad a^4 = (kp + 1)^4,\n$$\n且\n$$\na^4 + a^3 + a^2 + a + 1 = (kp+1)^4 + (kp+1)^3 + (kp+1)^2 + (kp+1) + 1 \\equiv 5 \\pmod{p}.\n$$\n事實上, $(p-1) \\equiv 4 \\pmod{5}$, 即 $p-1 = 5k + 4$。\n由 Fermat 定理, $p \\nmid (a^{p-1} - 1)$。但此時\n$$\na^{p-1} - 1 = a^{5k+4} - 1 = a^4(a^{5k} - 1) + (a^4 - 1),\n$$\n且因 $(a^5 - 1) \\nmid (a^{5k} - 1) = (a^5)^k - 1^k$, 其意為 $p \\nmid (a^{5k} - 1)$。即 $p \\nmid (a^4 - 1)$。然而\n$$\na^5 - 1 = a(a^4 - 1) + (a - 1)\n$$\n因此, 若 $p \\nmid (a^5 - 1)$ 且 $p \\nmid (a^4 - 1)$, 則 $p \\nmid (a - 1)$。上述不可能發生。類似地作法, 得 $(p-1)$ 除以 $5$ 所得之餘數不會是 $1, 2, 3$。\n\n故 $5|(p-1)$ 且 $p-1$ 是偶數。得 $10|(p-1)$, 即 $p = 10k + 1$, 得 $p$ 為給定的等差數列之其中一項。故 $a^4 + a^3 + a^2 + a + 1$ 的質因數為 $5$ 與形如 $10k + 1$ 之質數。\n然而 $a^4 + a^3 + a^2 + a + 1 > 5$, 且 $5^2 \\nmid (a^4 + a^3 + a^2 + a + 1)$。事實上, 整數 $a$ 的末位數字為 $1$, 即 $a = 5k + 1$。由二項式定理, 得\n$$\n\\begin{aligned}\na^4 + a^3 + a^2 + a + 1 &= (5k + 1)^4 + (5k + 1)^3 + (5k + 1)^2 + (5k + 1) + 1 \\\\\n&= 5 \\cdot [5(25k^4 + 25k^3 + 10k^2 + 2k) + 1].\n\\end{aligned}\n$$\n故 $N = a^5 - 1$ 至少有一個形如 $10^k + 1$ 的質數。但由上述, $N$ 與所有形如 $10^k + 1$ 之數互質。此為矛盾。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44137,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $P, Q$ 為三角形 $ABC$ 內兩點，滿足 $\\angle BAP = \\angle CAQ$, $\\angle ACP = \\angle BCQ$，且 $\\angle CBP = \\angle ABQ$。設 $Q_1, Q_2, Q_3$ 分別為 $Q$ 對於 $BC, CA, AB$ 的對稱點。令 $D$ 為 $PQ_1$ 與 $BC$ 之交點，令 $E$ 為 $PQ_2$ 與 $CA$ 之交點，令 $F$ 為 $PQ_3$ 與 $AB$ 交點。試證：$AD, BE, CF$ 三線共點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) 首先令 $\\angle ACP = \\angle BCQ = \\theta$，則 $\\angle ACQ = \\angle BCP = \\angle C - \\theta$。又因為 $Q_1$ 為 $Q$ 關於邊 $C$ 的對稱點，故 $\\angle QCB = \\angle Q_1CB$ 且 $CQ = CQ_1$。故，$\\angle PCQ_1 = \\angle PCB + \\angle Q_1CB = \\angle ACQ + \\angle BCQ = \\angle C$。\n\n(2) 接著令 $P$ 在 $BC, CA, AB$ 的垂足分別為 $M_1, M_2, M_3$，$Q$ 在 $BC, CA, AB$ 的垂足分別為 $N_1, N_2, N_3$。令 $S_{\\triangle ABC}$ 代表 $\\triangle ABC$ 的面積。則，\n$$\n\\begin{aligned}\nS_{\\triangle PCQ_1} &= S_{\\triangle PCD} + S_{\\triangle Q_1CD} \\\\\n\\Rightarrow \\quad &CP \\times CQ \\times \\sin PCQ_1 = CP \\times CD \\times \\sin PCD + CD \\times CQ_1 \\times \\sin DCQ_1 \\\\\n\\Rightarrow \\quad &CP \\times CQ \\times \\sin \\angle C = CD \\times CP \\times \\sin PCD + CD \\times CQ_1 \\times \\sin DCQ_1 \\\\\n\\Rightarrow \\quad &CD \\times PM_1 + CD \\times Q_1N_1 = CD \\times (PM_1 + QN_1).\n\\end{aligned}\n$$\n因此 $CD = \\frac{CP \\times CQ \\times \\sin \\angle C}{PM_1+QN_1}$。\n\n(3) 同理可證 $CE = \\frac{CP \\times CQ \\times \\sin \\angle C}{PM_2+QN_2}$，因此 $\\frac{CD}{CE} = \\frac{PM_2+QN_2}{PM_1+QN_1}$。\n\n(4) 同理，$\\frac{AE}{AF} = \\frac{PM_3+QN_3}{PM_2+QN_2}$ 且 $\\frac{BF}{BD} = \\frac{PM_1+QN_1}{PM_3+QN_3}$，故：\n$$\n\\frac{AE}{EC} \\times \\frac{CD}{DB} \\times \\frac{BF}{FA} = \\frac{CD}{CE} \\times \\frac{AE}{AF} \\times \\frac{BF}{BD} = 1,\n$$\n因此由 Ceva 定理知 $AD, BE, CF$ 三線共點。得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44138,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$\\triangle ABC$ 為銳角三角形。過 $BC$ 上一點 $L$ 作圓 $\\omega$, 使其切 $AB$ 於 $B'$, 同時切 $AC$ 於 $C'$。此外, 假設 $\\triangle ABC$ 的外接圓圓心 $O$ 位於 $\\omega$ 上較短一側的 $B'C'$ 弧。試證: $\\triangle ABC$ 的外接圓與 $\\omega$ 交於兩點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "顯然 $B'$ 為 $L$ 對 $AB$ 之垂足, 故其位於 $AB$ 線段內。同理, $C'$ 位於線段 $AC$ 內。因此 $O$ 必位於 $\\triangle AB'C'$ 內, 從而 $\\angle COB < \\angle C'OB'$。\n\n現令 $\\alpha = \\angle CAB$. 易見 $\\angle COB = 2\\angle CAB = 2\\alpha$ 且 $2\\angle C'OB' = 360^\\circ - \\angle C'LB'$. 又, $\\angle C'LB' = 180^\\circ - \\angle C'AB' = 180^\\circ - \\alpha$. 綜合上述, 得\n$$\n2\\alpha = \\angle COB < \\angle C'OB' = \\frac{360^\\circ - \\angle C'LB'}{2} = \\frac{360^\\circ - (180^\\circ - \\alpha)}{2} = 90^\\circ + \\frac{\\alpha}{2},\n$$\n故 $\\alpha < 60^\\circ$。\n\n最後, 令 $O'$ 為 $O$ 對於 $BC$ 的對稱點。則在四邊形 $ABO'C$ 中, 我們有\n$$\n\\angle CO'B + \\angle CAB = \\angle COB + \\angle CAB = 2\\alpha + \\alpha < 180^\\circ,\n$$\n因此 $O'$ 必然在 $\\triangle ABC$ 外接圓之外。故, $O$ 與 $O'$ 兩點分在 $\\triangle ABC$ 外接圓的內外兩側, 因此圓 $\\omega$ 必交 $\\triangle ABC$ 外接圓於兩點。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44139,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一大於 $5$ 的正整數 $n$. 試求出所有的實數 $a$, 使得存在非負實數 $x_1, x_2, \\dots, x_n$ 滿足\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} kx_{k} = a, \\quad \\sum_{k=1}^{n} k^{3}x_{k} = a^{2}, \\quad \\sum_{k=1}^{n} k^{5}x_{k} = a^{3}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "a = 0 or a = i^2 for some integer i with 1 ≤ i ≤ n",
    "solution": "假設 $\\{x_i\\}$ 滿足題設，則\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} kx_{k} = a, \\quad \\sum_{k=1}^{n} k^{3}x_{k} = a^{2}, \\quad \\sum_{k=1}^{n} k^{5}x_{k} = a^{3}.\n$$\n由歌西不等式得\n$$\n\\begin{aligned}\naa^3 &= \\left(\\sum_{k=1}^{n} kx_k\\right) \\left(\\sum_{k=1}^{n} k^5 x_k\\right) \\\\ &\\geq \\left(\\sum_{k=1}^{n} k^3 x_k\\right)^2 = a^4.\\end{aligned}\n$$\n因此上述不等式等號成立。故應有：\n(1) 若 $x_k$ 均不為 $0$, 則\n$$\n\\frac{1}{k^4} = \\frac{kx_k}{k^5 x_k} \\text{ 為常數}\n$$\n由於 $k$ 之值是不固定的, 這顯然是不可能的。\n(2) 若 $x_k(1 \\le k \\le n)$ 中有 $0$, 不妨假設 $x_1 = 0$. 則\n$$\n\\sum_{k=2}^{n} kx_{k} = a, \\quad \\sum_{k=2}^{n} k^{3}x_{k} = a^{2}, \\quad \\sum_{k=2}^{n} k^{5}x_{k} = a^{3}.\n$$\n對於上述條件, 再利用歌西不等式, 可得: $x_2, x_3, \\dots, x_n$ 中有 $0$.\n重複上述步驟, 可得如下結論:\n\n$\\{x_k\\}$ 中至多有一個非零, 令其為 $x_i(x_i \\neq 0, i$ 可以取 $1, 2, \\dots, n$), 則\n$$\nix_i = a, \\quad i^3 x_i = a^2, \\quad i^5 x_i = a^3,\n$$\n從而, $i^2 = a$. 由此可知: $a$ 的所有可能的值是: $1, 2^2, 3^2, \\dots, n^2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44140,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $T = \\{1, 2, \\dots, n\\}$, 對於一個子集合 $S = \\{s_1, s_2, \\dots, s_k\\} \\subseteq T$ 其中 $s_1 > s_2 > \\dots > s_k$, 定義\n$$\nf(S) = s_1 - s_2 + s_3 - s_4 + \\dots;\n$$\n$$\ng(S) = s_1 - s_3 + s_5 - s_7 + \\dots,\n$$\n也就是 $g$ 是依序且循環地給 $1, 0, -1, 0$ 加權之和, 而 $f$ 是依序且循環地給 $1, -1$ 加權之和; 明顯地, $f(\\emptyset) = g(\\emptyset) = 0$.\n\na. 試求 $\\sum_{S \\subseteq T} f(S)$ 的公式, 也就是所有子集合 $S \\subseteq T$ 之 $f(S)$ 的總和。\n\nb. 試求 $\\sum_{S \\subseteq T} g(S)$ 的公式。\n\nc. 如果你做不出 (b), 則同樣求 $\\sum_{S \\subseteq T} g(S)$, 但此時令 $T = \\{1, 2, \\dots, 8\\}$。",
    "options": [],
    "answer": "(a) Sum over all subsets of f(S) equals n · 2^{n−1}.\n(b) Sum over all subsets of g(S) equals [(-1+i)/4]·(1+i)^n + [(-1−i)/4]·(1−i)^n + (n+1)·2^{n−1}.\n(Equivalently: G_n = (n+1)·2^{n−1} − 2^{(n−1)/2}·cos((n−1)·π/4).)\n(c) For n = 8, the value is 1144.",
    "solution": "(a) (2分) 令 $F_n = \\sum_{S \\subseteq T} f(S)$ 對於 $n = 0, 1, 2, \\dots$ 考慮數字 $n$ 是“在”或“不在”子集合 $S$ 之中, 我們得到以下的等式：\n$$\n\\begin{aligned}\nF_n &= \\sum_{S \\subseteq T - \\{n\\}} (n - f(S)) + F_{n-1} \\\\\n&= n \\times 2^{n-1} - F_{n-1} + F_{n-1} \\\\\n&= n \\times 2^{n-1}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n(b) (5分) 令 $G_n = \\sum_{S \\subseteq T} g(S)$ 對於 $n = 0, 1, 2, \\dots$ 明顯地 $G_0 = 0$, $G_1 = 1$, $G_2 = 5$, $G_3 = 16$. 下假設 $n \\ge 3$. 考慮子集合 $S$ 不包含 $n$ 或包含 $n$; 當包含 $n$ 時而且有第二大的元素, 則指定第二大的元素為 $k$, 如此我們得\n\n$$\n\\begin{align*}\nG_n &= G_{n-1} + n \\times 2^{n-1} - \\sum_{k=1}^{n-1} G_{k-1} \\\\\n&= G_{n-1} + n \\times 2^{n-1} - G_{n-2} - \\sum_{k=1}^{n-2} G_{k-1} \\\\\n&= G_{n-1} + n \\times 2^{n-1} - G_{n-3} - (n-2) \\times 2^{n-3} + \\sum_{k=1}^{n-3} G_{k-1} - \\sum_{k=1}^{n-2} G_{k-1} \\\\\n&= G_{n-1} - 2G_{n-3} + (3n+2) \\times 2^{n-3},\n\\end{align*}\n$$\nor\n$$\nG_n - G_{n-1} + 2G_{n-3} = (3n + 2) \\times 2^{n-3}.\n$$\n以上遞迴式為 non-homogeneous. 假設 $\\hat{G}_n = (\\alpha + \\beta n)2^n$ 為一個特殊解, 代入遞迴式得到\n$$\n\\begin{align*}\n& (\\alpha + \\beta n)2^n - (\\alpha + \\beta(n-1))2^{n-1} + 2(\\alpha + \\beta(n-3))2^{n-3} = (3n + 2) \\times 2^{n-3} \\\\\n\\Rightarrow \\quad & (8\\alpha - 4\\alpha + 4\\beta + 2\\alpha - 6\\beta) + (8\\beta - 4\\beta + 2\\beta)n = 2 + 3n \\\\\n\\Rightarrow \\quad & \\alpha = \\beta = \\frac{1}{2} \\\\\n\\Rightarrow \\quad & \\hat{G}_n = (1 + n)2^{n-1}.\n\\end{align*}\n$$\n遞迴式 homogeneous 化之後: $G_n - G_{n-1} + 2G_{n-3} = 0$, 其特徵多項式為 $x^3 - x^2 + 2$, 多項式的根是 $-1, 1+i$ 和 $1-i$. 所以 non-homogeneous 遞迴式的一般解會是：\n$$\nG_n = A(-1)^n + B(1+i)^n + C(1-i)^n + (1+n)2^{n-1}.\n$$\n\n檢驗邊界條件：\n$$\nG_0 = 0 = A + B + C + \\frac{1}{2};\n$$\n$$\nG_1 = 1 = -A + (1+i)B + (1-i)C + 2;\n$$\n$$\nG_2 = 5 = A + 2iB - 2iC + 6.\n$$\n由此得到 $A = 0, B = \\frac{-1+i}{4}$ 與 $C = \\frac{-1-i}{4}$, 即\n$$\nG_n = \\frac{-1+i}{4}(1+i)^n + \\frac{-1-i}{4}(1-i)^n + (n+1)2^{n-1},\n$$\n或\n$$\nG_n = \\frac{-1}{4}((1+i)^n + (1-i)^n) + \\frac{i}{4}((1+i)^n - (1-i)^n) + (n+1)2^{n-1},\n$$\n或\n$$\nG_n = \\frac{-1}{2} \\left( \\binom{n}{0} - \\binom{n}{2} + \\binom{n}{4} - \\cdots \\right) \\\\\n\\qquad + \\frac{-1}{2} \\left( \\binom{n}{1} - \\binom{n}{3} + \\binom{n}{5} - \\cdots \\right) + (n+1)2^{n-1}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44141,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "正方形 $ABCD$ 內部有一點 $P$, 已知 $\\overline{PA} = x$, $\\overline{PB} = z$, $\\overline{PC} = y$, 試證:\n$$\n(x - y)^2 < 2z^2 < (x + y)^2\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令正方形 $ABCD$ 邊長為 $a$, $\\overline{PA}$ 在 $\\overline{BC}$ 投影長分別為 $t$, $\\overline{PB}$ 在 $\\overline{CD}$ 投影長為 $v$. 如圖所示\n![](attached_image_1.png)\n則可將 $x, y, z$ 表示如下：\n$$\nx^2 = t^2 + (a - v)^2 \\qquad (1)\n$$\n$$\ny^2 = v^2 + (a - t)^2 \\qquad (2)\n$$\n$$\nz^2 = t^2 + v^2 \\qquad (3)\n$$\n\n由(1)和(3)解得\n$$\nv = \\frac{a^2 + z^2 - x^2}{2a}\n$$\n由(2)和(3)解得\n$$\nt = \\frac{a^2 + z^2 - y^2}{2a}\n$$\n代回(3)得\n$$\nz^2 = \\left(\\frac{a^2 + z^2 - x^2}{2a}\\right)^2 + \\left(\\frac{a^2 + z^2 - y^2}{2a}\\right)^2\n$$\n化簡後可得 $a$ 之方程式\n$$\n2a^4 - 2a^2(x^2 + y^2) + (z^2 - x^2)^2 + (z^2 - y^2)^2 = 0\n$$\n將其視之為 $a^2$ 的一元二次方程式，解得\n$$\na^2 = \\frac{x^2 + y^2 + \\sqrt{(x^2 + y^2)^2 - 2(z^2 - x^2)^2 - 2(z^2 - y^2)^2}}{2}\n$$\n已知 $a^2$ 有解，因此判別式非負。若此方程式重根，即表示\n$$\na^2 = \\frac{x^2 + y^2}{2}\n$$\n但是(1)+(2) 得到\n$$\nx^2 + y^2 = 2a^2 + 2t^2 + 2v^2 - 2av - 2at = 2a^2 + 2(t(a - v) + v(v - a)) < 2a^2\n$$\n矛盾。因此該一元二次方程式的判別式大於零，即\n$$\n(x^2 + y^2)^2 - 2(z^2 - x^2)^2 - 2(z^2 - y^2)^2 > 0\n$$\n此式等價於\n$$\n((x - y)^2 - 2z^2)((x + y)^2 - 2z^2) < 0\n$$\n故 $(x - y)^2 < 2z^2 < (x + y)^2$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44142,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有65對情侶出去玩,每一位男生都有一輛機車,並且都得要負責載一位女生。假設他們能夠安排出一種載法,使得對於任兩輛機車,下面兩命題恰一成立:\n(i) 這兩輛機車上的男生互相認識彼此;\n(ii) 這兩輛機車上的女生的男朋友互相認識彼此。\n試證明:一定可以找到一對情侶,把他們剔除後,剩下的64對情侶仍能夠安排出一個滿足上述條件的載法。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "假設這65對情侶已經選擇了一種符合題目條件的載法,我們證明:一定有一對情侶在同一輛車上 (事實上必恰只有一對),因此把他們剔除後,剩下的64對情侶可以沿用原本的載法,這樣顯然能夠滿足題目條件。\n\n將所有情侶編號1至65,並且定義函數 $f(a) = b$ 表示第 $a$ 號女生被第 $b$ 號男生載。則 $f(a)$ 是個一對一映成的函數,因此若是對所有 $1 \\le a \\le 65$,將 $a$ 不停代入 $f$ 直到其值變回 $a$,並把過程寫成一個環狀,就能得到 $a \\rightarrow f(a) \\rightarrow f(f(a)) \\cdots \\rightarrow f^{(k)}(a) = f(f(\\cdots f(a)\\cdots)) = a$ 這樣,就能把1到65分成許多個互斥的環,因此必定有一個環擁有奇數個數字。假設這個環是\n$$\na_1 \\rightarrow a_2 \\rightarrow \\cdots \\rightarrow a_k \\rightarrow a_1\n$$\n其中 $k$ 是個奇數。\n\n假如 $k > 1$,我們定義符號 $g(a, b)$ 表示第 $a$ 號男生與第 $b$ 號男生互相認識, $<a, b>$ 則表示第 $a$ 號男生與第 $b$ 號男生不互相認識。假設有 $(a_1, a_2)$,則由於 $f(a_1) = a_2, f(a_2) = a_3$,因此知道男生 $a_2$ 與男生 $a_3$ 所載的女生 (就是 $a_1$ 和 $a_2$) 的男朋友互相認識,因此得到 $<a_2, a_3>$; 類似地由 $f(a_2) = a_3, f(a_3) = a_4$ 因此知道男生 $a_3$ 與男生 $a_4$ 所載的女生 (就是 $a_2$ 和 $a_3$) 的男朋友不互相認識,所以男生 $a_3$ 與男生 $a_4$ 應該要互相認識,所以有 $(a_3, a_4)$,這樣推理下去就有:\n$$\n(a_1, a_2) \\rightarrow <a_2, a_3> \\rightarrow (a_3, a_4) \\cdots \\rightarrow (a_k, a_1) \\rightarrow <a_1, a_2>\n$$\n矛盾! 如果是 $<a_1, a_2>$ 這種情況,仍然可以運用同樣的推理推出矛盾!\n\n因此 $k=1$,即 $f(a_1) = a_1$,得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44143,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知多項式函數 $f, g$ 為實數映至實數。試求出所有的多項式函數對 $(f(x), g(x))$ 使得: 對任意實數 $x$,\n$$\nf(f(f(f(x)))) = g(g(g(g(x))))\n$$\n成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = g(x)",
    "solution": "所有滿足題意的多項式為:\n(i) $f(x) = g(x)$\n(ii) $f(x) = S(x+a) - a, g(x) = -S(x+a) - a$, 其中 $a$ 是任意實數, $S$ 是任意奇多項式函數 (即 $S(x) = \\sum a_i x^{2k+1}$).\n\n易知 $f(x)$ 與 $g(x)$ 的次數相同。令 $F(x) = f(f(x)) = \\sum_{i=0}^{m} a_m x^{m-i}$,\n$G(x) = g(g(x)) = \\sum_{i=0}^{m} b_m x^{m-i}$。則多項式 $F(x), G(x)$ 滿足 $F(F(x)) = G(G(x))$。記 $H(x) = F(F(x)) = G(G(x)) = \\sum_{i=0}^{m^2} h_i x^{m^2-i}$, 我們將會依序觀察 $h_0, h_1, \\dots, h_m$.\n\n把 $F(F(x))$ 寫開:\n$$\nF(F(x)) = a_0(a_0x^m + a_1x^{m-1} + \\dots + a_m)^m + a_1(a_0x^m + \\dots + a_m)^{m-1} + \\dots\n$$\n注意到只有 $a_0(a_0x^m + a_1x^{m-1} + \\dots + a_m)^m$ 中的 $x$ 次數會超過 $m(m-1)$, 所以在計算 $h_0, h_1, \\dots, h_{m-1}$ 時都只要看這一項即可。\n\n首先, 由\n$$\nh_0 = a_0^{m+1} = b_0^{m+1}\n$$\n可以推得 $a_0 = b_0$ 或 $a_0 = -b_0$, 並且後者只有在 $m$ 是奇數時才有可能發生。爲了書寫方便, 我們記 $a_0 = sb_0$, 其中 $s = 1$ 或 $-1$.\n\n接著我們要用數學歸納法證明 $a_i = sb_i, \\forall 0 \\le i < m$. 數歸的基底情況 $i = 0$ 已經證畢。\n假設一正整數 $k < m$, $a_i = sb_i$ 對所有 $0 \\le i < k$ 都成立, 則觀察等式\n$$\nh_k = a_0 \\sum_{r_1+\\cdots+r_m=k} a_{r_1} a_{r_2} \\cdots a_{r_m} = b_0 \\sum_{r_1+\\cdots+r_m=k} b_{r_1} b_{r_2} \\cdots b_{r_m}\n$$\n中 $\\Sigma$ 中的每一項, 若其中有一項的每一個 $r_i$ 小於 $k$, 則每一個 $r_i$ 都有 $a_{r_i} = sb_{r_i}$, 從而\n$$\na_0 a_{r_1} a_{r_2} \\cdots a_{r_m} = s^{m+1} b_0 b_{r_1} b_{r_2} \\cdots b_{r_m} = b_0 b_{r_1} b_{r_2} \\cdots b_{r_m}\n$$\n因此此項在等式左右兩側可以相消掉。剩下來唯一不能消掉的項就是對某個 $i, r_i = k$, 其他皆為 0. 這樣的項總共有 $m$ 個, 因此\n$$\nma_0^m a_k = mb_0^m b_k = ms^m a_0^m b_k\n$$\n所以 $a_k = sb_k$. 由數學歸納法, 得證 $a_i = sb_i, \\forall 0 \\le i < m$.\n\n值得一提的是當 $k = m$ 時, $h_k$ 會比上式額外多出一項 $a_1 a_0^{m-1}$ 和 $b_1 b_0^{m-1} = s^m a_1 a_0^{m-1}$ (來自於 $F(F(x))$ 的第二大項的最高次)。這使得在 $s = 1$ 時我們仍然可以繼續推出 $a_m = sb_m$, 即得到一組解 $F(x) = G(x)$; 但是當 $s = -1$ 時這額外的兩項無法相消, 因此無法得到常數項的資訊, 只能得到 $F(x) = -G(x) + r$, 其中 $r$ 是某個實數。\n\n我們繼續對 $F(x) = -G(x)+r$ 此情況討論下去。把此式帶入 $F(F(x)) = G(G(x))$ 得到\n$$\nG(G(x)) = F(F(x)) = -G(-G(x) + r) + r\n$$\n回憶此時 $m$ 是奇數, 從而 $G(x)$ 映成到所有實數, 因此對任意實數 $a$ 我們都能找到 $x$ 使得 $G(x) = \\frac{r}{2} + a$, 所以\n$$\nG(\\frac{r}{2} + a) - \\frac{r}{2} = -(G(\\frac{r}{2} - a) - \\frac{r}{2}), \\forall a \\in \\mathbb{R}\n$$\n這告訴我們 $G(x)$ 是個以 $(\\frac{r}{2}, \\frac{r}{2})$ 為中心點的奇函數。\n\n至此，我們已推得若 $F(F(x)) = G(G(x))$，則 $F(x) = G(x)$，或是 $F(x) = S(x+a) - a, G(x) = -S(x+a) - a$，其中 $a$ 是任意實數，$S(x)$ 是任一個奇多項式函數。代回檢驗易知這兩組解都滿足 $F(F(x)) = G(G(x))$。\n\n回到原題目，令 $f(x)$ 與 $g(x)$ 的次數是 $k, k^2 = m$。若是 $F(x) = S(x+a) - a, G(x) = -S(x+a) - a$ 這種情況，則 $f(f(x)) = F(x)$ 與 $g(g(x)) = G(x)$ 的首項係數差負號。\n但回憶此時 $m$ 奇數，所以 $k$ 也是奇數，此時 $f(f(x))$ 的首項係數將會是 $a_0^{k+1} > 0$，同理 $g(g(x))$ 的首項係數也大於零，矛盾！\n\n因此只剩下 $F(x) = G(x)$ 這種情況，此時就有 $f(f(x)) = g(g(x))$，因此我們立即知道所有滿足題目條件的解是：\n(i) $f(x) = g(x)$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44144,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "考慮一多項式 $P(x) = (x + d_1)(x + d_2) \\cdots (x + d_9)$，其中 $d_1, d_2, \\cdots, d_9$ 是 9 個相異正整數。試證存在一個正整數 $N$ 使得對所有的整數 $x \\ge N$，$P(x)$ 能被一個大於 20 的質數整除。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先觀察到，對每個足標 $i \\in \\{1, 2, \\cdots, 9\\}$，\n$$\nD_i = \\prod_{1 \\le j \\le 9,\\ j \\ne i} |d_i - d_j|\n$$\n為正數。令 $N = \\max\\{D_1 - d_1, D_2 - d_2, \\cdots, D_9 - d_9\\}$。以下我們將證明 $N$ 滿足題設。\n\n假設存在一整數 $x \\ge N$ 使得 $P(x)$ 之所有質因數皆小於 20。$\\forall\\ 1 \\le i \\le 9$，考慮 $(x+d_i)/D_i$ 的最簡分式，記為 $A_i/B_i$。注意到 $A_i|P(x)$ 且由於 $x+d_i \\ge (D_i-d_i+1)-d_i > D_i$，$A_i > 1$，故必然存在小於 20 的質數 $p_i$，使得 $p_i|A_i$。又，由於小於 20 的質數只有 8 個，因此由鴿籠原理，存在 $1 \\le i < j \\le 9$，使得 $p_i = p_j = p$。從而，存在正整數 $\\alpha_i, \\alpha_j$，以及和 $p$ 互質的正整數 $q_i, q_j$，使得 $x+d_i = p^{\\alpha_i}q_i$ 且 $x+d_j = p^{\\alpha_j}q_j$。不失一般性，假設 $\\alpha_i < \\alpha_j$。\n\n但同時，注意到 $p^{\\alpha_i}|A_i|x+d_i$ 且 $p^{\\alpha_i}|p^{\\alpha_j}|A_j|x+d_j$，故 $p^{\\alpha_i}|d_i-d_j|D_i$，故\n$$\np|A_i \\frac{x+d_i}{D_i} \\frac{p^{\\alpha_i}q_i}{p_i^{\\alpha_i}} = q_i,\n$$\n但 $q_i$ 與 $p$ 互質，矛盾! 故 $N$ 滿足題設。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44145,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知四邊形 $A_1A_2A_3A_4$ 不是圓內接四邊形。令 $O_1$ 與 $r_1$ 分別為三角形 $A_2A_3A_4$ 的外接圓圓心與半徑。類似地定義 $O_2, O_3, O_4$ 與 $r_2, r_3, r_4$。試證:\n$$\n\\frac{1}{O_1A_1^2 - r_1^2} + \\frac{1}{O_2A_2^2 - r_2^2} + \\frac{1}{O_3A_3^2 - r_3^2} + \\frac{1}{O_4A_4^2 - r_4^2} = 0.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將平面直角坐標化，則每個圓皆可表示成 $p(x, y) = x^2 + y^2 + l(x, y) = 0$，其中 $l(x, y)$ 為至多一次的多項式。又注意到對於平面上的每一點 $A = (x_A, y_A)$，$p(x_A, y_A) = d^2 - r^2$，其中 $d$ 為 $A$ 到圓心的距離，而 $r$ 為圓的半徑。\n\n現在，對於每個 $i \\in \\{1, 2, 3, 4\\}$，令 $p_i(x, y) = x^2 + y^2 + l_i(x, y) = 0$ 表示所對應之圓其圓心為 $O_i$，半徑為 $r_i$ 的圓方程式，並令 $d_i$ 為 $A_i$ 到 $O_i$ 的距離。則 $A_1, A_2, A_3, A_4$ 四點皆滿足方程式\n$$\n\\sum_{i=1}^{4} \\frac{p_i(x, y)}{d_i^2 - r_i^2} = 1. \\qquad (1)\n$$\n\n然而 $A_1, A_2, A_3, A_4$ 四點即非共圓亦非共線，因此 (1) 不為一圓亦非一線。從而 $x^2 + y^2$ 在 (1) 左側的係數必須為零，也就是\n$$\n\\sum_{i=1}^{4} \\frac{1}{d_i^2 - r_i^2} = 1.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44146,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 表示所有正整數所成的集合。試求所有的函數 $f : N \\to N$ 使得對任意正整數 $n$,\n$$\n\\frac{1}{f(1)f(2)} + \\frac{1}{f(2)f(3)} + \\dots + \\frac{1}{f(n)f(n+1)} = \\frac{f(f(n))}{f(n+1)}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n for all n in N",
    "solution": "由於\n$$\n\\frac{1}{1 \\cdot 2} + \\frac{1}{2 \\cdot 3} + \\dots + \\frac{1}{n(n+1)} = \\frac{n}{n+1},\n$$\n猜測 $f(n) = n$ 是滿足題設之唯一解。\n將 $n = 1$ 帶入，得 $f(f(1))f(1) = 1$，故 $f(1) = 1$。\n題設之 $n$ 以 $n+1$ 代入，得\n$$\n\\frac{f(f(n))}{f(n+1)} + \\frac{1}{f(n+1)f(n+2)} = \\frac{f(f(n+1))}{f(n+2)}.\n$$\n上式等價於\n$$\nf(f(n))f(n+2) + 1 = f(f(n+1))f(n+1).\n$$\n注意：$f(n+1) = 1 \\Rightarrow f(f(n+1)) = 1$。因此，$f(f(n))f(n+2) = 0$ 不可能發生。故 $f(n) > 1, \\forall n > 1$。\n利用數學歸納法，證明：$f(f(n)) < f(n+1)$。\n當 $n = 1$ 時，$f(2) > 1 = f(f(1))$ 成立。\n若 $f(n+1) > f(f(n))$ 則 $f(n+1) \\ge f(f(n)) + 1$。因此\n$$\nf(f(n))f(n+2) + 1 \\ge f(f(n+1))f(f(n)) + f(f(n+1)).\n$$\n因 $n+1 > 1$，我們有 $f(n+1) > 1$。即 $f(f(n+1)) > 1$。由此可推得\n$$\nf(n+2) > f(f(n+1)).\n$$\n\n$f(n + 1) > f(f(n)), \\forall n \\in N.$\n$$\n底下證明滿足(1)之函數為 $f(n) = n, \\forall n \\in N$.\n令集合 $S = \\{f(f(1)), f(2), f(f(2)), f(2), \\dots, f(f(n-1)), f(n), f(f(n)), f(n+1), \\dots\\}$, 則集合 $S$ 有最小元素 $f(n_0)$, 對某個正整數 $n_0$。由 (1), 可得 $f(n_0) = 1$。底下證明: $n_0 = 1$。\n假設 $n_0 > 1$ 則 $1 = f(n_0) > f(f(n_0 - 1))$ 此為矛盾! 故 $f(1) = 1$ 且 $f(n) > 1$ 對於 $n > 1$。\n考慮 $f: \\{n \\ge 2\\} \\to \\{n \\ge 2\\}$, 同理可得: $f(2) = 2$ 且 $f(n) > 2$ 對於 $n > 2$。由數學歸納法可證：\n$$\nf(k) = k, \\text{且} f(n) > k, \\text{對於 } n > k,\n$$\n因此滿足題意之唯一解為 $f(n) = n, \\forall n \\in N$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44147,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $n$ 為一個三位數之奇數, 且其所有因數 (包含 1 與 $n$) 的末位數字之和為 33. 試求 $n$ 之值。",
    "options": [],
    "answer": "729",
    "solution": "答 $n = 27^2 = 729$.\n由 $n$ 為奇數知：其每個因數皆為奇數。顯然，其每個因數的個位數都是奇數。\n又由於所有因數的末位數字之和為 33，是一個奇數。故 $n$ 有奇數個因數。從而，$n$ 為平方數。\n因為質數只有 2 個因數, 平方後只有 3 個因數, 其末位數字之和小於 27, 故滿足條件的三位數只能是合數的平方, 共有如下四個:\n$$\n27^2, 25^2, 21^2, 15^2.\n$$\n逐一驗證知：$27^2 = 729$ 為所求。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44148,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\triangle DEF$ 為 $\\triangle ABC$ 的內接正三角形, $D_1, D_2, D_3$ 分別為 $BD, DC$ 和 $BC$ 的中點。$E_1, E_2, E_3$ 分別為 $CE, EA$ 和 $CA$ 的中點, $F_1, F_2, F_3$ 分別為 $AF, FB$ 和 $AB$ 的中點。在 $\\triangle ABC$ 外部取三點 $P, Q, R$, 使得 $\\triangle PD_1D_2, \\triangle QE_1E_2, \\triangle RF_1F_2$ 皆為正三角形。設 $\\triangle PDD_3, \\triangle QEE_3, \\triangle RFF_3$ 的重心分別為 $M_1, M_2, M_3$。試證: $\\triangle M_1M_2M_3$ 為正三角形。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "同理 $M_2 = \\frac{1}{3}\\left(\\frac{C+A}{2} + E + Q\\right)$, $M_3 = \\frac{1}{3}\\left(\\frac{A+B}{2} + F + R\\right)$。\n\n現在，考慮 $\\omega = \\cos \\frac{2\\pi}{3} + i \\sin \\frac{2\\pi}{3}$，注意到 $\\omega^3 = 1$ 且 $1+\\omega+\\omega^2=0$。由題設，$\\triangle DEF$ 為正三角形，故 $D+\\omega E+\\omega^2 F = 0$。又 $\\triangle PD_1D_2, \\triangle QE_1E_2, \\triangle RF_1F_2$ 皆為正三角形，故：\n$$\nP + \\omega D_2 + \\omega^2 D_1 = 0 \\quad \\Rightarrow \\quad P + \\omega \\frac{C+D}{2} + \\omega^2 \\frac{B+D}{2} = 0 \\quad (1)\n$$\n$$\nQ + \\omega E_2 + \\omega^2 E_1 = 0 \\quad \\Rightarrow \\quad Q + \\omega \\frac{A+E}{2} + \\omega^2 \\frac{C+E}{2} = 0 \\quad (2)\n$$\n$$\nR + \\omega F_2 + \\omega^2 F_1 = 0 \\quad \\Rightarrow \\quad R + \\omega \\frac{B+F}{2} + \\omega^2 \\frac{A+F}{2} = 0 \\quad (3)\n$$\n將 $(1) + (2) \\times \\omega + (3) \\times \\omega^2$, 得：\n$$\n(P + \\omega Q + \\omega^2 R) + \\left( \\frac{B+C}{2} + \\frac{C+A}{2}\\omega + \\frac{A+B}{2}\\omega^2 \\right) = \\frac{1}{2}(D + \\omega E + \\omega^2 F) = 0\n$$\n從而：\n$$\n\\begin{aligned}\n& M_1 + \\omega M_2 + \\omega^2 M_3 \\\\\n&= \\frac{1}{3}\\left\\{(P + \\omega Q + \\omega^2 R) + \\left(\\frac{B+C}{2} + \\frac{C+A}{2}\\omega + \\frac{A+B}{2}\\omega^2\\right) + D + \\omega E + \\omega^2 F\\right\\} \\\\\n&= 0,\n\\end{aligned}\n$$\n故 $\\triangle M_1M_2M_3$ 為正三角形。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44149,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求\n$$\n\\frac{1}{1 + \\sqrt{3}} + \\frac{1}{\\sqrt{5} + \\sqrt{7}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{97} + \\sqrt{99}}\n$$\n的整數部分。",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "利用\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{n} + \\sqrt{n+2}} \\le \\frac{1}{4} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{n}} + \\frac{1}{\\sqrt{n+2}} \\right)\n$$\n可得\n$$\n\\begin{align*}\nS &= \\frac{1}{1+\\sqrt{3}} + \\frac{1}{\\sqrt{5}+\\sqrt{7}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{97}+\\sqrt{99}} \\\\\n< & \\frac{1}{4} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{1}} + \\frac{1}{\\sqrt{3}} + \\frac{1}{\\sqrt{5}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{99}} \\right) \\\\\n&= \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{3}} + \\frac{1}{\\sqrt{5}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{99}} \\right) \\\\\n< & \\frac{1}{4} + \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{1}+\\sqrt{3}} + \\frac{1}{\\sqrt{3}+\\sqrt{5}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{97}+\\sqrt{99}} \\right) \\\\\n&= \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} \\left( \\sqrt{3} - \\sqrt{1} + \\sqrt{5} - \\sqrt{3} + \\cdots + \\sqrt{99} - \\sqrt{97} \\right) \\\\\n&= \\frac{1}{4} + \\frac{1}{4} \\left( \\sqrt{99} - 1 \\right) \\\\\n&= \\frac{\\sqrt{99}}{4} = 2 + \\epsilon, \\quad 0 < \\epsilon < 1.\n\\end{align*}\n$$\n另一方面，\n$$\n\\begin{align*}\nS &> \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{1}+\\sqrt{3}} + \\frac{1}{\\sqrt{3}+\\sqrt{5}} + \\frac{1}{\\sqrt{7}+\\sqrt{9}} + \\cdots + \\frac{1}{\\sqrt{99}+\\sqrt{101}} \\right) \\\\\n&= \\frac{1}{4} \\left( \\sqrt{3} - \\sqrt{1} + \\sqrt{5} - \\sqrt{3} + \\cdots + \\sqrt{101} - \\sqrt{99} \\right) \\\\\n&= \\frac{1}{4} (\\sqrt{101} - 1) = 2 + \\delta, \\quad 0 < \\delta < 1.\n\\end{align*}\n$$\n故 $S$ 的整數部分為 $2$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44150,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 為非負實數使得對任意正整數 $1 \\le k \\le n$,\n$$\na_1 a_2 \\cdots a_k \\ge \\frac{1}{(2k)!}\n$$\n試證:\n$$\na_1 + a_2 + \\cdots + a_n \\ge \\frac{1}{n+1} + \\frac{1}{n+2} + \\cdots + \\frac{1}{2n}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將題意之左式改寫如下：\n$$\n\\begin{aligned}\na_1 + a_2 + \\cdots + a_n &= \\left(1 - \\frac{1}{2}\\right)(1 \\cdot 2a_1) + \\left(\\frac{1}{3} - \\frac{1}{4}\\right)(3 \\cdot 4a_2) \\\\\n&\\quad + \\cdots + \\left(\\frac{1}{2n-1} - \\frac{1}{2n}\\right)((2n-1) \\cdot 2na_n) \\\\\n&= \\left(1 - \\frac{1}{2} - \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4}\\right)(1 \\cdot 2a_1) \\\\\n&\\quad + \\left(\\frac{1}{3} - \\frac{1}{4} - \\frac{1}{5} + \\frac{1}{6}\\right)(1 \\cdot 2a_1 + 3 \\cdot 4a_2) + \\cdots \\\\\n&\\quad + \\left(\\frac{1}{2n-1} - \\frac{1}{2n}\\right)(1 \\cdot 2a_1 + 3 \\cdot 4a_2 + \\cdots + (2n-1) \\cdot 2na_n).\n\\end{aligned}\n$$\n由算幾不等式與題目之條件, 我們有：\n$$\n1 \\cdot 2a_1 \\ge 1, \\ 1 \\cdot 2a_1 + 3 \\cdot 4a_2 \\ge 2, \\cdots, \\ 1 \\cdot 2a_1 + 3 \\cdot 4a_2 + \\cdots + (2n-1)2na_n \\ge n.\n$$\n故\n$$\n\\begin{aligned}\na_1 + a_2 + \\cdots + a_n &\\ge \\left(1 - \\frac{1}{2} - \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4}\\right) + 2\\left(\\frac{1}{3} - \\frac{1}{4} - \\frac{1}{5} + \\frac{1}{6}\\right) + \\cdots \\\\\n&\\quad + n\\left(\\frac{1}{2n-1} - \\frac{1}{2n}\\right) \\\\\n&= 1 - \\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} - \\frac{1}{4} + \\frac{1}{5} - \\frac{1}{6} + \\cdots + \\frac{1}{2n-1} - \\frac{1}{2n} \\\\\n&= 1 + \\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{5} + \\cdots + \\frac{1}{2n-1} + \\frac{1}{2n} \\\\\n&\\quad - 2\\left(\\frac{1}{2} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{6} + \\cdots + \\frac{1}{2n}\\right) \\\\\n&= \\frac{1}{n+1} + \\frac{1}{n+2} + \\cdots + \\frac{1}{2n}.\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44151,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 表示所有正整數所成之集合。試求滿足下列條件的最大正整數 $k$:\n$N$ 可以被分割成 $k$ 個子集合 $A_1, A_2, \\dots, A_k$ 使得對所有的整數 $n \\ge 15$ 與所有的 $i \\in \\{1, 2, \\dots, k\\}$, 能夠在 $A_i$ 中找到兩個相異元素 $a, b$ 且 $a+b=n$.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "答 $k=3$. 例如：取\n$$\nA_1 = \\{1, 2, 3\\} \\cup \\{3m\\mid m \\ge 4\\}, \\quad A_2 = \\{4, 5, 6\\} \\cup \\{3m-1\\mid m \\ge 4\\}, \\quad A_3 = \\{7, 8, 9\\} \\cup \\{3m-2\\mid m \\ge 4\\}.\n$$\n爲了驗證上述之分割是符合題意，首先觀察：$A_i$ 中的兩相異元素 $a, b$ 之和的情形：\n(i) $a+b=n \\ge 1+12=13$, 當 $i=1$,\n(ii) $a+b=n \\ge 4+11=15$, 當 $i=2$,\n(iii) $a+b=n \\ge 7+10=17$, 當 $i=3$.\n所以，我們必須找 $A_3$ 中兩個相異元素其和爲 $15(=7+8), 16(=7+9)$.\n今假設對某個 $k \\ge 4$, 存在 $A_1, A_2, \\dots, A_k$ 滿足題意。顯然, $A_1, A_2, A_3, A_4 \\cup \\dots \\cup A_k$ 亦滿足題意, 故可假設 $k=4$.\n取 $B_i = A_i \\cap \\{1, 2, \\dots, 23\\}, i = 1, 2, 3, 4$. 對任意足標 $i$ 與 10 個數 15, 16, ..., 24 可表示 $B_i$ 中兩個相異元素之和。因此, $B_i$ 至少有 5 個元素。因 $|B_1| + |B_2| + |B_3| + |B_4| = 23$, $|B_j| = 5$, 對某個 $j$. 令 $B_j = \\{x_1, x_2, x_3, x_4, x_5\\}$. $A_j$ 中兩相異元素之和可爲 15, 16, ..., 24 且應爲 $B_j$ 中任兩個元素之和, 即 $4(x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5) = 15 + 16 + \\dots + 24 = 195$ 且 4 可整除 195. 此為矛盾!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44152,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\triangle ABC$ 為一銳角三角形，點 $P$ 是 $BC$ 邊上的一點。已知線段 $PE$ 垂直於 $AC$，線段 $PD$ 垂直於 $AB$ 邊。試求：三角形 $PDE$ 面積最大，若且唯若 $P$ 為 $BC$ 中點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先注意到\n$$\n2\\Delta PDE \\text{ 的面積} = PD \\times PE \\times \\sin \\angle DPE = PD \\times PE \\times \\sin(\\angle B + \\angle C),\n$$\n因此 $\\triangle PDE$ 面積達到最大值若且唯若 $PD \\times PE$ 達到最大值。\n\n接著，令 $x, y$ 分別為線段 $PE, PD$ 長，$b, c$ 分別為線段 $AC, AB$ 長。令 $d$ 為三角形 $ABC$ 面積，則顯然 $xb + yc = 2d$。故 $y = (2d - xb)/c$。因此，\n$$\nPD \\times PE = xy = \\frac{2dx - bx^2}{c} = \\frac{1}{c} \\left( \\frac{d^2}{b} - b(x - \\frac{d}{b})^2 \\right),\n$$\n故 $PD \\times PE$ 達到最大值若且唯若 $PE = x = d/b$。又令三角形 $ABC$ 在 $AC$ 上的高為 $BH$，則 $BH = 2d/b = 2PE$，故由相似三角形知 $P$ 為 $BC$ 中點。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44153,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "假設有 1000 位學生站在圓上。試證存在一個整數 $k$, $100 \\le k \\le 300$, 使得在此圓上能夠找到一組連續的 $2k$ 個學生, 其中前一半學生的女生數目與後一半的女生數目相同。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由 1 至 1000 標記學生。令 $a_i = 1$, 如果第 $i$ 個學生是女生, 否則 $a_i = 0$。對所有的整數 $i$, 令\n$$\na_{i+1000} = a_{i-1000} = a_i.\n$$\n其次, 令\n$$\nS_k(i) = a_i + a_{i+1} + \\cdots + a_{i+k-1}.\n$$\n題設從新改寫如下：\n存在一個整數 $k$, $100 \\le k \\le 300$ 且足標 $i$ 使得 $S_k(i) = S_k(i + k)$。\n假設上述不成立。選取一個足標 $i$ 使得 $S_{100}(i)$ 達到最大可能值。則\n$$\nS_{100}(i - 100) - S_{100}(i) < 0 \\text{ 且 } S_{100}(i) - S_{100}(i + 100) > 0,\n$$\n若此不等式成立則上述將成立。其義為 $S(j) - S(j + 100)$ 改變其符號在區間 $[i - 100, i]$, 故存在某個足標 $j \\in [i - 100, i - 1]$ 使得\n$$\nS_{100}(j) \\le S_{100}(j + 100) - 1, \\text{ 但 } S_{100}(j + 1) \\ge S_{100}(j + 101) + 1. \\quad (1)\n$$\n兩式相減, 得 $a_{j+100} - a_j \\ge a_{j+200} - a_{j+100} + 2$, 故\n$$\na_j = 0, a_{j+100} = 1, a_{j+200} = 0.\n$$\n上式減不等式(1), 得\n$$\nS_{99}(j + 1) \\le S_{99}(j + 101) \\le S_{99}(j + 1),\n$$\n即得\n$$\nS_{99}(j + 1) = S_{99}(j + 101). \\qquad (2)\n$$\n今令 $k$ 與 $\\ell$ 為最小整數使得 $a_{j-k} = 1$ 且 $a_{j+200+\\ell} = 1$。由對稱性, 可假設 $k \\ge \\ell$。若 $k \\ge 200$ 則有 $a_j = a_{j-1} = \\cdots = a_{j-199} = 0$, 故 $S_{100}(j-199) = S_{100}(j-99) = 0$, 此與最先的假設矛盾。因此 $\\ell \\le k \\le 199$。\n最後, 我們有\n$$\nS_{100+\\ell}(j-\\ell+1) = (a_{j-\\ell+1} + \\cdots + a_j) + S_{99}(j+1) + a_{j+100} = S_{99}(j+1) + 1,\n$$\n$$\n\\begin{aligned} S_{100+\\ell}(j+101) &= S_{100}(j+101) + (a_{j+200} + \\cdots + a_{j+200+\\ell-1}) + a_{j+200+\\ell} \\\\ &= S_{99}(j+101) + 1. \\end{aligned}\n$$\n與 (2) 比較, 得 $S_{100+\\ell}(j-\\ell+1) = S_{100+\\ell}(j+101)$ 且 $100+\\ell \\le 299$ 此與我們的假設矛盾。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44154,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $p$ 為一奇質數。對每一個正整數 $a$, 定義 $S_a$ 如下:\n$$\nS_a = \\frac{a}{1} + \\frac{a^2}{2} + \\cdots + \\frac{a^{p-1}}{p-1}.\n$$\n令 $m$ 與 $n$ 為正整數使得\n$$\nS_3 + S_4 - 3S_2 = \\frac{m}{n}.\n$$\n試證: $p$ 能整除 $m$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "對於有理數 $p_1/q_1$ 與 $p_2/q_2$ 其中 $p \\nmid q_1, p \\nmid q_2$。若 $p|(p_1q_2 - p_2q_1)$, 記為 $p_1/q_1 \\equiv p_2/q_2 \\pmod p$。\n由 $S_a$ 模 $p$ 開始。觀察: $p|(\\binom{p}{k})$, $k = 1, \\cdots, p-1$ 且\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{1}{p}\\binom{p}{k} &= \\frac{(p-1)(p-2)\\cdots(p-k+1)}{k!} \\\\\n&\\equiv \\frac{(-1)\\cdot(-2)\\cdots(-k+1)}{k!} = (-1)^{k-1} \\pmod{p}.\n\\end{aligned}\n$$\n則, 我們有\n$$\nS_a = - \\sum_{k=1}^{p-1} \\frac{(-a)^k (-1)^{k-1}}{k} \\equiv - \\sum_{k=1}^{p-1} (-a)^k \\cdot \\frac{1}{p} \\binom{p}{k} \\pmod{p}.\n$$\n上式之右邊是一整數。由二項式定理, 得\n$$\n- \\sum_{k=1}^{p-1} (-a)^k \\cdot \\frac{1}{p} \\binom{p}{k} = - \\frac{1}{p} \\left( -1 - (-a)^p + \\sum_{k=1}^{p} (-a)^k \\binom{p}{k} \\right) = \\frac{(a-1)^p - a^p + 1}{p}\n$$\n因 $p$ 是奇數。故\n$$\nS_a \\equiv \\frac{(a-1)^p - a^p + 1}{p} \\pmod{p}.\n$$\n最後, 可得\n$$\n\\begin{aligned}\nS_3 + S_4 - 3S_2 &\\equiv \\frac{(2^p - 3^p + 1) + (3^p - 4^p + 1) - 3(1^p - 2^p + 1)}{p} \\\\\n&= \\frac{4 \\cdot 2^p - 4^p - 4}{p} = -\\frac{(2^p - 2)^2}{p} \\pmod{p}.\n\\end{aligned}\n$$\n由 Fermat 定理, $p|(2^p - 2)$, 故 $p^2|(2^p - 2)^2$。所以\n$$\nS_3 + S_4 - 3S_2 \\equiv 0 \\pmod{p}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44155,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Z$ 表示所有整數所成的集合且 $n \\ge 1$ 為一奇數。試求所有的函數 $f: Z \\to Z$ 使得對任意的整數 $x, y$, $(f(x) - f(y))$ 能整除 $(x^n - y^n)$.",
    "options": [],
    "answer": "All functions of the form f(x) = ε x^d + c, where ε ∈ {−1, 1}, d is a positive divisor of n, and c is any integer.",
    "solution": "答：$f(x) = \\epsilon x^d + c$, 其中 $\\epsilon \\in \\{-1, 1\\}$, 正整數 $d$ 為 $n$ 的因數且 $c$ 為一整數。\n滿足題設之所有函數為上述之 $f$.\n\n令函數 $f$ 為滿足題設之解。對任意整數 $n$, 定義函數 $g(x) = f(x) + n$ 也滿足題設。我們可假設 $f(0) = 0$.\n\n對任意質數 $p$, 取 $(x, y) = (p, 0)$ 則 $f(p)|p^n$. 因為質數有無窮多個, 所以存在整數 $d$ 與 $\\epsilon$ 且 $0 \\le d \\le n$, $\\epsilon \\in \\{-1, 1\\}$ 使得有有無窮多個質數 $p$ 滿足 $f(p) = \\epsilon p^d$. 記集合 $P$ 如下:\n$$\nP = \\{p \\text{ 為質數} \\mid f(p) = \\epsilon p^d\\}.\n$$\n因函數 $g$ 滿足題設之充要條件為 $(-g)$ 亦滿足題設, 不妨假設 $\\epsilon = 1$.\n\n排除 $d=0$ 之情形。假設 $d \\ge 1$ 且 $n = md + r$, 其中 $m$ 與 $r$ 是整數使得 $m \\ge 1$ 且 $0 \\le r \\le d-1$。令 $x$ 為一任意整數。對集合 $P$ 中的質數 $p$, $(f(p) - f(x))|(p^n - x^n)$。利用等式 $f(p) = p^d$, 可得\n$$\np^n - x^n = p^r(p^d)^m - x^n \\equiv p^r(f(x))^m - x^n \\equiv 0 \\pmod{p^d - f(x)}.\n$$\n因 $r < d$, 對 $P$ 中足夠大的質數 $p$, 我們有\n$$\n|p^r(f(x))^m - x^n| < p^d - f(x).\n$$\n因此 $p^r(f(x))^m - x^n = 0$. 由此可推得: $r=0$ 且 $x^n = (x^d)^m = (f(x))^m$.\n因 $m$ 是奇數, 得 $f(x) = x^d$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44156,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $S$ 是 $[0, 1]$ 區間中所有有理數的集合。給定一個無限長的實數數列\n$$\n\\{x_1, x_2, \\dots, x_k, \\dots\\},\n$$\n如果存在一個由 $S$ 映至實數的函數 $H(x)$ 滿足：\n(i) $H$ 在 $[0, \\frac{1}{2}]$ 遞增。即: 對任意有理數 $0 \\le a \\le b \\le \\frac{1}{2}$, 有 $H(a) \\le H(b)$.\n(ii) 對任意兩個整數 $0 < p, 0 \\le q \\le p$, 都有\n$$\nH(\\frac{q}{p}) = \\frac{\\sum_{k=1}^{q} x_{p+1-k} - \\sum_{k=1}^{q} x_k}{p}\n$$\n則我們稱這個實數數列是“超乎想像”的。試求所有超乎想像的數列。",
    "options": [],
    "answer": "All such sequences are exactly those of the form x_k = a (k log k − (k − 1) log(k − 1)) + c, where a is any nonnegative real number and c is any real number.",
    "solution": "所有超乎想像的數列是：$x_k = a(k \\log(k) - (k-1) \\log(k-1)) + c$, 其中 $a$ 是非負實數, $c$ 是任意實數。\n\n首先易知若 $\\{x_1, x_2, \\cdots, x_k, \\cdots\\}$ 是超乎想像的, 則對任意實數 $c$ 及正實數 $r$, $\\{\\frac{x_1}{r} + c, \\frac{x_2}{r} + c, \\cdots, \\frac{x_k}{r} + c, \\cdots\\}$ 也是超乎想像的。\n因此不妨假設 $x_1 = 0$. 令 $f(p) = \\sum_{i=1}^{p} x_i$, 則易知 $H(\\frac{q}{p}) = \\frac{f(p)-f(q)-f(p-q)}{p}$.\n由於$H(\\frac{q}{p}) = H(\\frac{kp}{kp})$, 因此\n$$\n\\frac{f(p) - f(q) - f(p-q)}{p} = \\frac{f(kp) - f(kq) - f(k(p-q))}{kp}\n$$\n移項後整理可得\n$$\n(f(kp) - k f(p)) = (f(kq) - k f(q)) + (f(k(p-q)) - k f(p-q))\n$$\n對所有正整數$k, p$和非負整數$0 \\le q \\le p$都成立。現在固定正整數$k$, 定義$g_k(p) = f(kp) - kf(p)$, 則上式即是\n$$\ng_k(p) = g_k(q) + g_k(p - q)\n$$\n此式是標準的柯西方程, 令$q=1$並利用數學歸納法即可得 $g_k(p) = pg_k(1) = p(f(k) - kf(1)) = pf(k)$ (因為$f(1) = x_1 = 0$), 因此\n$$\nf(kp) = kf(p) + pf(k)\n$$\n更進一步, 若固定此式中的$p$並利用數學歸納法, 便可得到對任意正整數$p, k$, 有 $f(p^k) = p^{k-1}kf(p)$.\n\n對於兩個正整數$q < p$, 由於$\\frac{q}{p+q+1} < \\frac{q+1}{p+q+1} \\le \\frac{1}{2}$ 以及$H(x)$的遞增性, 我們有\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{f(p+q+1) - f(q) - f(p+1)}{p+q+1} \\le \\frac{f(p+q+1) - f(q+1) - f(p)}{p+q+1}\n\\end{aligned}\n$$\n整理後得到\n$$\nf(p+1) - f(p) \\ge f(q+1) - f(q)\n$$\n對所有 $p > q$ 都成立。注意到此即表示 $f(p)$ 是個凸函數。\n由此, 我們可以得到一個顯然的不等式: 對於正整數 $p > q > r$, 有\n$$\n\\frac{f(p) - f(q)}{p - q} \\ge \\frac{f(p) - f(r)}{p - r} \\ge \\frac{f(q) - f(r)}{q - r}\n$$\n這是因為\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{f(p) - f(q)}{p - q} \\\\\n\\ge & \\frac{(p - q)(f(q + 1) - f(q))}{p - q} \\\\\n= & f(q + 1) - f(q) \\\\\n= & \\frac{(q - r)(f(q + 1) - f(q))}{q - r} \\\\\n= & \\frac{f(q) - f(r)}{q - r}\n\\end{aligned}\n$$\n而又因\n$$\n\\frac{f(p) - f(r)}{p - r} = \\frac{p - q}{p - r} \\frac{f(p) - f(q)}{p - q} + \\frac{q - r}{p - r} \\frac{f(q) - f(r)}{q - r}\n$$\n故其值界在兩者之間。\n\n現在假設 $f(2) = a$ 是已知的, 則 $a = f(2) = \\frac{f(2)-f(1)-f(1)}{2} = H(\\frac{1}{2}) \\ge H(0) = 0$. 根據 $f(p^k) = p^{k-1}kf(p)$, 我們可以推得 $f(2^k) = 2^{k-1}ka$, 即當 $p = 2^k$ 時, $f(p) = \\frac{a}{2}p \\log 2p$. 當 $p \\neq 2^k$ 時, 我們希望能夠用不等式估計出 $f(p)$ 的值. 對任意正整數 $m$, 存在正整數 $n$ 使得 $2^{n+1} > p^m > 2^n$, 因此\n$$\n\\frac{f(2^{n+1}) - f(2^n)}{2^{n+1} - 2^n} \\ge \\frac{f(p^m) - f(2^n)}{p^m - 2^n}\n$$\n整理後並代入 $f(2^k) = 2^{k-1}ka$ 我們得到\n$$\na(2^{n-1}n + (\\frac{n}{2} + 1)(p^m - 2^n)) \\geq f(p^m) = p^{m-1}mf(p)\n$$\n進一步有\n$$\nf(p) \\le \\frac{apn + 2 - \\frac{2^n}{p^m}}{2m} \\le \\frac{apn + 2}{2m}\n$$\n由 $2^{n+1} > p^m > 2^n$ 可推得 $\\frac{n+1}{m} > \\log_2 p > \\frac{n}{m}$, 所以 $\\frac{n}{m}$ 是一個 $\\log_2 p$ 的有理數估計。所以\n$$\nf(p) \\le \\frac{apn + 2}{2m} \\le \\frac{ap}{2}(\\log_2 p + \\frac{2}{m})\n$$\n當 $m$ 很大時得到\n$$\nf(p) \\leq \\frac{ap}{2} \\log_2 p\n$$\n同理, 若運用 $p^m > 2^n > 2^{n-1}$ 可得到\n$$\n\\frac{f(p^m) - f(2^n)}{p^m - 2^n} \\geq \\frac{f(2^n) - f(2^{n-1})}{2^n - 2^{n-1}}\n$$\n整理後得到\n$$\nf(p) \\geq \\frac{ap}{2} \\frac{n + 1 - \\frac{2^n}{p^m}}{m} \\geq \\frac{ap}{2} (\\log_2 p - \\frac{1}{m})\n$$\n當 $m$ 很大時即有\n$$\nf(p) \\geq \\frac{ap}{2} \\log_2 p\n$$\n兩個不等式估計合併起來即得到\n$$\nf(p) = \\frac{ap}{2} \\log_2 p\n$$\n將 $\\frac{a}{2\\log_2 p}$ 合併成一個參數, 並與 $p = 2^k$ 的情況合併, 我們得到\n$$\nf(p) = ap \\log p\n$$\n對任意正整數成立, 其中 $a$ 非負實數。從而\n$$\nx_k = f(k) - f(k-1) = a(k \\log(k) - (k-1) \\log(k-1))\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44157,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試決定所有正整數數列 $\\{x_1, x_2, \\dots, x_{101}\\}$ 使得對每個正整數 $n$ 存在一個整數 $a$ 滿足\n$$\nx_1^n + 2x_2^n + \\dots + 101x_{101}^n = a^{n+1} + 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1, 5150, 5150, ..., 5150)",
    "solution": "滿足題意之唯一數列為\n$$\n\\{x_1, x_2, \\dots, x_{101}\\} = (1, k, \\dots, k) \\text{ 其中 } k = 2 + 3 + \\dots + 101 = 5150.\n$$\n令 $N$ 表示所有正整數所成的集合。$k = 2 + 3 + \\dots + 101 = 5150$。則可得\n$$1^n + 2k^n + \\dots + 101k^n = 1 + (2+3+\\dots+101)k^n = 1 + k \\cdot k^n = k^{n+1} + 1$$\n對任意的 $n$, 故 $(1, k, \\dots, k)$ 是符合題意。底下證明此解是唯一的。\n\n令 $(x_1, \\dots, x_{101})$ 滿足題意。則對任意 $n \\in N$, 存在 $y_n \\in N$ 使得\n$$\nx_1^n + 2x_2^n + \\cdots + 101x_{101}^n = y_n^{n+1} + 1.\n$$\n注意 $x_1^n + 2x_2^n + \\dots + 101x_{101}^n < (x_1^n + 2x_2 + \\dots + 101x_{101})^{n+1}$, 由此可推得數列 $\\{y_n\\}$ 是有界數列。即存在 $y \\in N$ 使得 $y_n = y, n \\ge n_0$.\n\n令 $m = \\max\\{x_i|1 \\le i \\le 101\\}$. 則 $x_1^n + 2x_2^n + \\dots + 101x_{101}^n$ 可改寫如下\n$$\nx_1^n + 2x_2^n + \\cdots + 101x_{101}^n = a_m m^n + a_{m-1} (m-1)^n + \\cdots + a_1\n$$\n其中 $a_i \\ge 0, \\forall i$ 且 $a_1 + \\dots + a_m = 1 + 2 + \\dots + 101$。故存在足夠大的 $n$ 使得\n$$\na_m m^n + \\dots + a_1 - 1 - y \\cdot y^n = 0 \\quad (1)\n$$\n\n底下之引理可幫忙我們找 $a_i$ 與 $y$.\n\n引理：給定整數 $b_1, \\cdots, b_N$ 且假設存在夠大的 $n$ 使得 $b_1+b_2 2^n+\\cdots b_N N^N = 0$。則 $b_i = 0, \\forall i$。\n\n證明：假設存在某些 $b_i$ 不是 0. 不失其一般性, 令 $b_N \\neq 0$。將 $b_1 + b_2 2^n + \\cdots b_N N^N$ 除以 $N^N$, 得\n$$\n|b_N| = |b_{N-1}|\\left(\\frac{N-1}{N}\\right)^n + \\cdots + b_1\\left(\\frac{1}{N}\\right)^n \\le (|b_{N-1}| + \\cdots + |b_1|)\\left(\\frac{N-1}{N}\\right)^n.\n$$\n對於足夠大的 $n, \\left(\\frac{N-1}{N}\\right)^n$ 是一個足夠小的數, 此與 $b_N \\neq 0$ 矛盾。\n\n顯然, $y > 1$。應用引理至 (1) 式, 得 $a_m = y = m, a_1 = 1$, 且其它 $a_i = 0$。由此得 $(x_1, \\cdots, x_{101}) = (1, m, \\cdots, m)$。但我們有 $1+m = a_1+\\cdots+a_m = 1+\\cdots+101 = 1+k$ 故 $m=k$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44158,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求出所有由正整數集映至正整數集的函數對 $(f, g)$ 滿足\n$$\nf^{g(n)+1}(n) + g^{f(n)}(n) = f(n+1) - g(n+1) + 1\n$$\n對所有正整數 $n$ 皆成立。這裡定義 $f^1(n) = f(n)$, $f^{k+1}(n) = f(f^k(n))$。",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n and g(n) = 1 for all positive integers n",
    "solution": "唯一滿足題目敘述的函數對 $(f, g)$ 是 $f(n) = n, g(n) = 1$。\n由條件可知對所有正整數 $n$ 都有\n$$\nf(f^{g(n)}(n)) < f(n+1).\n$$\n將函數 $f$ 能取到的所有值依大小記為 $y_1 < y_2 < \\dots$ (這個序列的長度可能是有限或無限), 我們接下來要運用數學歸納法證明：\n$$\n(i)_n : f(x) = y_n \\text{ 若且唯若 } x = n,\n$$\n$$\n(ii)_n : y_n = n.\n$$\n\n$n$ 有 $f(x) = a = y_a$ 若且唯若 $x = a$. 注意到這也表示對於任意 $1 \\le a < n$\n與正整數 $k, f^k(x) = a$ 若且唯若 $x = a$.\n由於對於 $y_1, y_2, \\cdots, y_n$ 都恰只有一個正整數帶入 $f$ 後對應到它們, 因此 $y_{n+1}$ 存在。取任一使 $f(x) = y_{n+1}$ 的正整數 $x$, 則 $x$ 必定大於 $n$ (根據 $(i)_1, \\cdots, (i)_n$). 將 $x-1$ 帶入上述不等式得到\n$$\nf(f^{g(x-1)}(x-1)) < f(x) = y_{n+1},\n$$\n因此若記 $f^{g(x-1)}(x-1) = b$, 則有\n$$\nb \\in 1, \\cdots, n\n$$\n如果 $b < n$, 那麼我們就會有 $x - 1 = b < n$ (因為 $f^k(x - 1) = b < n$\n若且唯若 $x - 1 = b$), 這與 $x > n$ 矛盾。因此 $b = n$, 從而 $y_n = n$ (因為已知\n$y_{n-1} = n - 1$, 所以 $n$ 是值域中比 $y_{n-1}$ 大的最小正整數), 這就證明了 $(ii)_n$.\n所以根據 $f^{g(x-1)}(x-1) = n$ 和 $(i)_n$, 我們知道 $x - 1 = n$, 即 $x$ 唯一可能\n的值就是 $x = n + 1$, 這也證明了 $(i)_{n+1}$.\n由數學歸納法我們可以知道 $(i)_n$ 和 $(ii)_n$ 對所有正整數 $n$ 成立。因此 $f(n) = n$. 帶回原題目的條件, 我們得到 $g^n(n) + g(n+1) = 2$. 由於 $g(n)$ 的值域是正整數, 我們可以立即推得 $g(n) = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44159,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $ABCD$ 為一凸四邊形, 其中邊 $AD$ 與 $BC$ 不平行。假設以 $AB$ 和 $CD$ 為直徑的兩圓交於四邊形 $ABCD$ 內部的兩點 $E, F$。由 $E$ 分別對直線 $AB, BC$ 和 $CD$ 作垂線得三個垂足 $Q, R$ 與 $S$。令圓 $\\omega_E$ 表示通過 $Q, R$ 與 $S$ 三點之圓。同理, 圓 $\\omega_F$ 表示通過由 $F$ 分別對直線 $CD, DA$ 和 $AB$ 三邊作垂線所得三個垂足的圓。試證: 線段 $EF$ 之中點落在兩圓 $\\omega_E$ 和 $\\omega_F$ 的兩個交點之連線上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) 令 $P, Q, R, S$ 分別為 $E$ 對 $DA, AB, BC, CD$ 的垂足。注意到 $P, Q, A, E$ 四點共圓，故 $\\angle QPE = \\angle QAE$。同理，$\\angle QRE = \\angle QBE$。\n因此，$\\angle QPE + \\angle QRE = \\angle QAE + \\angle QBE = 90^\\circ$ (因為 $E$ 在以 $AB$ 為直徑的圓上。) 同理，$\\angle SPE = \\angle SRE = 90^\\circ$，因此 $\\angle QPS + \\angle QRS = 90^\\circ + 90^\\circ = 180^\\circ$，故 $P, Q, R, S$ 都在 $\\omega_E$ 上。對稱地，$F$ 對 $ABCD$ 四邊的四个垂足也都在 $\\omega_F$ 上。\n\n(2) 延長 $AD$ 與 $BC$ 交於 $K$，不失一般性，假設 $A$ 在 $DK$ 線段上。以下證明 $\\angle CKD$ 為銳角。\n若否，則以 $CD$ 為直徑的圓將包含 $\\triangle CKD$，因此包含整個四邊形 $ABCD$，從而 $E, F$ 不可能在四邊形 $ABCD$ 內部，矛盾。故，$\\angle CKD$ 為銳角，從而直線 $EP$ 必交線段 $BC$ 於某點 $P'$，直線 $ER$ 也必交線段 $AD$ 於某點 $R'$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(3) 我們接著證明 $P'$ 和 $R'$ 也會在 $\\omega_E$ 上。證明如下。\n注意到 $R, E, Q, B$ 四點共圓, 故由 (1),\n$$ \\angle QRK = \\angle QRB = \\angle QEB = 90^\\circ - \\angle QBE = \\angle QAE = \\angle QPE = \\angle QPP', $$\n這說明了 $P'$ 在圓 $\\omega_E$ 上。同理, $R'$ 也會在圓 $\\omega_E$ 上。\n\n(4) 比照 (1) 至 (3), 令 $M, N$ 分別為 $F$ 對 $AD$ 與 $BC$ 的垂足, 並令 $M' = FM \\cap BC, N' = FN \\cap AD$. 由相同推論, 我們知 $M', N'$ 都在 $\\omega_F$ 上。\n![](attached_image_2.png)\nFigure 2\n\n(5) 現在, 令 $U$ 為 $NN'$ 與 $PP'$ 的交點, $V$ 為 $MM'$ 與 $RR'$ 的交點。注意到 $N, P', N', P$ 四點共圓, 故 $UN \\times UN' = UP \\times UP'$, 因此 $U$ 在 $\\omega_E$ 與 $\\omega_F$ 兩圓交點連線上。同理, $V$ 也在 $\\omega_E$ 與 $\\omega_F$ 兩圓交點連線上。\n\n(6) 最後, 由於 $EUFV$ 為平行四邊形, $EF$ 的中點在 $UV$ 上, 因此在 $\\omega_E$ 與 $\\omega_F$ 兩圓交點連線上。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44160,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$AD$, $BC$ 為圓 $O$ 的兩弦交於圓內一點 $P$，在線段 $AP$, $PC$ 與圓 $O$ 所圍區域內的一圓 $K$，與弦 $AD$, $BC$ 分別切於 $E$, $F$，且與圓 $O$ 相切於 $T$，$TF$ 交圓 $O$ 於第二點 $G$，$AG$ 與 $EF$ 交於點 $I$。\n\n試證：\n(1) $A$, $E$, $T$, $I$ 四點共圓。\n(2) $GB = GI$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "延長 $BC$ 交兩圓公切線於 $R$。延長 $TE$ 交圓 $O$ 於第二點 $H$\n首先，由於 $TR$ 為兩圓公切線，故 $\\angle GHT = \\angle RTF = \\angle FET$，從而 $EF \\parallel GH$。\n接著再注意到 $\\angle RTC = \\angle TBC$，且 $RF$ 與 $RT$ 皆為對圓 $K$ 的切線，故\n$$\n\\angle RTF = \\angle RFT = \\angle TBC + \\angle BTG = \\angle RTC + \\angle BTG,\n$$\n$$\n\\angle BTG = \\angle RTF - \\angle RTC = \\angle CTG.\n$$\n故 $G$ 為弧 $BC$ 的中點。\n\n(1) 由 $EF \\parallel GH$ 知：$\\angle AIE = \\angle AGH$。又，$\\angle AGH = \\angle ATH$，從而 $\\angle AIE = \\angle ATH$。故 $A$, $E$, $T$, $I$ 四點共圓。\n\n(2) 首先，由 $A$, $E$, $T$, $I$ 四點共圓知 $\\angle AIT = \\angle AET = \\angle EFT$，故 $\\triangle FTI$ 的外接圓與 $AG$ 切於 $I$。\n其次，由於 $G$ 為弧 $BC$ 中點，故 $\\angle BAG = \\angle CAG$ 且 $\\angle BTG = \\angle CTG$。又 $\\angle GBC = \\angle GAC$ 且 $\\angle BTG = \\angle BAG$，故 $\\angle GBC = \\angle BTG$。因此，$\\triangle BFT$ 的外接圓與 $GB$ 切於 $B$。\n(3) 最後，因 $GT$ 為 $G$ 至 $\\triangle FTI$ 外接圓及 $\\triangle FTI$ 外接圓的弦，而 $GB$, $GI$ 分別為此兩圓的切線，故 $GB^2 = GF \\cdots GT = GI^2$，也就是 $GB = GI$。證畢！\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44161,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "(1) 令 $ABC$ 為銳角三角形, 其中 $AB < AC$。令 $\\Omega$ 為 $\\triangle ABC$ 的外接圓。令 $B_0$ 為 $AC$ 中點, $C_0$ 為 $AB$ 中點, $\\triangle AB_0C_0$ 的外接圓為 $\\Omega_1$。令 $\\omega$ 為一過 $B_0$ 和 $C_0$, 且與 $\\Omega$ 切於異於 $A$ 的點 $X$ 的圓。令 $a$ 為 $\\Omega$ 和 $\\Omega_1$ 的公切線, $x$ 則為 $\\Omega$ 和 $\\omega$ 的公切線。試證: $a, x$ 和 $B_0C_0$ 三線共點。\n\n(2) 續(1), 令 $D$ 為 $A$ 對 $BC$ 的垂足, $G$ 則為 $\\triangle ABC$ 的重心。試證: $D, G, X$ 三點共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) 注意到 $a$ 是 $\\Omega$ 和 $\\Omega_1$ 的根軸 (radical axis), $x$ 是 $\\Omega$ 和 $\\omega$ 的根軸, $B_0C_0$ 則為 $\\Omega_1$ 和 $\\omega$ 的根軸。基於三圓所決定的三根軸共點, 得: $a, x$ 和 $B_0C_0$ 三線共點。\n\n(2) 令 $O$ 為 $\\triangle ABC$ 外心, $A_0$ 為 $BC$ 中點, $Q$ 則為 $A_0$ 對 $B_0C_0$ 的垂足。注意到 $\\angle WAO = \\angle WQO = \\angle WXO = 90^\\circ$, 故 $A, W, X, O, Q$ 五點共圓。此外, 注意到關於 $B_0C_0$ 的鏡射會將 $A$ 映到 $D$, 關於 $OW$ 的鏡射則會將 $A$ 映到 $X$。因此，\n$$\n\\angle WQD = \\angle WQA = \\angle WXA = \\angle WAX = \\angle WQX.\n$$\n因此 $Q, D, X$ 三點共線。\n最後, 注意到以重心 $G$ 為中心, 位似比 $1:2$, 旋轉 $180^\\circ$ 的位似旋轉變換可將 $\\triangle ABC$ 映到 $\\triangle A_0B_0C_0$, 同時將 $AD$ 映到 $A_0Q$。\n故 $D, G, Q$ 三點共線, 從而 $D, G, X$ 三點共線。得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44162,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a$, $b$, $c$ 是正實數且滿足 $\\min\\{a+b, b+c, c+a\\} > \\sqrt{2}$ 與 $a^2 + b^2 + c^2 = 3$。\n試證：\n$$\n\\frac{a}{(b+c-a)^2} + \\frac{b}{(c+a-b)^2} + \\frac{c}{(a+b-c)^2} \\ge \\frac{3}{(abc)^2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由 $b+c > \\sqrt{2}$ 推得 $b^2 + c^2 > 1$，故 $a^2 = 3 - (b^2 + c^2) < 2$，即 $a < \\sqrt{2} < b+c$。\n故我們有 $b+c-a > 0$，同樣地有 $c+a-b > 0$ 與 $a+b-c > 0$。\n我們將用 HÖLDER 不等式：\n$$\n\\frac{x_1^{p+1}}{y_1^p} + \\frac{x_2^{p+1}}{y_2^p} + \\cdots + \\frac{x_n^{p+1}}{y_n^p} \\ge \\frac{(x_1 + x_2 + \\cdots + x_n)^{p+1}}{(y_1 + y_2 + \\cdots + y_n)^p}\n$$\n對所有正實數 $p$, $x_1$, $x_2$, $\\cdots$, $x_n$, $y_1$, $y_2$, $\\cdots$, $y_n$ 都成立。運用 $p = 2$, $n = 3$\n的 HÖLDER 不等式可得：\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum \\frac{a}{(b+c-a)^2} &= \\sum \\frac{(a^2)^3}{a^5 (b+c-a)^2} \\\\\n&\\ge \\frac{(a^2 + b^2 + c^2)^3}{(\\sum a^{5/2} (b+c-a))^2} \\\\\n&= \\frac{27}{(\\sum a^{5/2} (b+c-a))^2}.\n\\end{aligned}\n$$\n為了估計上式右邊的分母，我們觀察 SCHUR 不等式的一特例：\n$$\n\\sum a^{3/2} (a-b)(a-c) \\ge 0\n$$\n整理後即可得：\n$$\n\\sum a^{5/2} (b+c-a) \\le abc(\\sqrt{a} + \\sqrt{b} + \\sqrt{c})\n$$\n再由柯西不等式知：\n$$\n\\left(\\frac{\\sqrt{a} + \\sqrt{b} + \\sqrt{c}}{3}\\right)^4 \\le \\frac{a^2 + b^2 + c^2}{3} = 1\n$$\n即 $\\sqrt{a} + \\sqrt{b} + \\sqrt{c} \\le 3$。故\n$$\n\\sum \\frac{a}{(b+c-a)^2} \\ge \\frac{27}{(abc(\\sqrt{a} + \\sqrt{b} + \\sqrt{c}))^2} \\ge \\frac{3}{(abc)^2}\n$$\n得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44163,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知函數 $f$ 與 $g$ 為實數映至實數。試求滿足下列條件之所有函數序對 $(f, g)$\n$$\ng(f(x + y)) = f(x) + (2x + y)g(y), \\text{對任意實數 } x, y.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All pairs are f(x) = x^2 + c and g(x) = x, where c is any real constant.",
    "solution": "滿足題目的所有解為 $f(x) = x^2 + c, g(x) = x$, 其中 $c$ 是任意實數。\n\n觀察到原式左側 $x, y$ 對稱的, 因此若代入 $(y, x)$ 可得到\n$$\ng(f(x + y)) = f(y) + (2y + x)g(x)\n$$\n與原式相減即有\n$$\nf(x) + (2x + y)g(y) = f(y) + (2y + x)g(x)\n$$\n將 $(x, 0), (1, x)$ 代入上式中可得到\n$$\nf(x) + 2xg(0) = f(0) + xg(x)\n$$\n$$\nf(1) + (2 + x)g(x) = f(x) + (2x + 1)g(1)\n$$\n將此二式相加後移項整理得到\n$$\ng(x) = x(g(1) - g(0)) + \\frac{g(1) + f(0) - f(1)}{2}\n$$\n由於 $g(0), g(1), f(0), f(1)$ 都是常數, 因此 $g(x)$ 必定是個常數或是一次多項式。再由\n$$\nf(x) + 2xg(0) = f(0) + xg(x)\n$$\n可知 $f(x)$ 必定是個不超過二次的多項式。\n\n令 $g(x) = Ax + B$ 代回原題目中得\n$$\nAf(x + y) + B = f(x) + (2x + y)(Ay + B)\n$$\n\n代入 $(x, 0)$ 得到\n$$\n(A - 1)f(x) = (2x - 1)B\n$$\n若 $A \\neq 1$, 則有\n$$\nf(x) = \\frac{(2x - 1)B}{A - 1}\n$$\n代回原題中發現不合, 矛盾! 是故 $A = 1$, 從而 $B = 0$, 即 $g(x) = x$.\n\n將 $g(x) = x$ 代入\n$$\nf(x) + 2xg(0) = f(0) + xg(x)\n$$\n中即得\n$$\nf(x) = x^2 + f(0) = x^2 + c.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44164,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為正整數並給定無限長的週期字串 $W = \\dots x_{-1}x_0x_1x_2\\dots$, 其中 $x_i$ 可以是字母 $a$ 或 $b$ 對所有整數 $i$, 而 $W$ 的最小週期 $p$ 是大於 $2^n$ (即 $x_i = x_{i+p}$ 對於所有 $i$, 而這樣的 $p$ 不可能再小了)。我們稱一個長度 $\\le p$ 的非空的子字串 $U$ 是左右逢源的 (左右逢源以 FU 當作縮寫), 如果 $aU, bU, Ua$ 與 $Ub$ 這四種字串都出現在 $W$ 中。試證明: $W$ 至少包含 $n$ 個 FU 子字串。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "對於字串 $U$, 以 $|U|$ 來表示該字串的長度。這裡所提到的子串都是非空而且長度 $\\le p$, 而給定的 $W$ 可以視為一個長度為 $p$ 的圓周字串 $x_0x_1x_2\\dots x_{p-1}$; 因為這樣的 $W$ 是有限的, 所以我們可以定義任意子字串 $U = a_0a_1\\dots a_{k-1}$ 出現在 $W$ 的次數 (multiplicity)\n$$\nm(U) = |\\{i|0 \\le i \\le p-1 \\text{ 且 } a_0a_1\\cdots a_{k-1} = x_i x_{i+1} \\cdots x_{i+k-1}\\}|\n$$\n其中所有的足標都需要取 (mod $p$)。換句話說, 字串 $U$ 出現在 $W$ 中若且唯一 $m(U) \\ge 1$。而且還有等式\n$$\nm(U) = m(aU) + m(bU) = m(Ua) + m(Ub),\n$$\n對任意長度 $\\le p-1$ 的字串 $U$。所以當 $|U| \\le p-1$, 我們只需要證明: $m(aU), m(bU), m(Ua), m(Ub) \\ge 1$。對於 $|U|=p$ 我們特別處理, 如果某個 $U = a_0a_1\\cdots a_{p-1}$ 有 $m(U) \\ge 2$, 則存在 $0 \\le i < j \\le p-1$ 使得\n$$\na_0a_1\\cdots a_{p-1} = x_i x_{i+1} \\cdots x_{i+k-1} = x_j x_{j+1} \\cdots x_{j+k-1};\n$$\n然而這將造成 $x_k = x_{j-i+k}$ 對於所有 $k = 0, 1, \\dots, p-1$, 出現新的週期 $j-i < p$, 形成矛盾! 所以任何長度為 $p$ 的字串一定是 $m(U) \\le 1$, 所以 $aU$ 與 $bU$ 只有一個出現在 $W$ 中 (繞完一圈又多個字母, 該字母是 $U$ 的最後一位元), $U$ 也就不可能是 FU.\n**PS.** 這裡 $aU$ 與 $bU$ 是長度為 $p+1$, 所以 $m(aU)$ 與 $m(bU)$ 是無意義的。\n另一個簡單但是重要的觀察是\n(*)：因為 $p > 2^k$, 所以 $m(a)$ 與 $m(b)$ 至少有一個大於 $2^{n-1}$.\n對於每個 $k = 0, 1, \\dots, n-1$, 定義\n$$\n\\Omega_k = \\{V | V \\text{ 是 } W \\text{ 長度 } \\le p-1 \\text{ 的子字串, 而且 } m(V) > 2^k \\}.\n$$\n再取 $U_k \\in \\Omega_k$, 使得它的長度在 $\\Omega_k$ 中是最長的。由於 (*) 得到 $\\Omega_k$ 是非空集合, 所以 $U_k$ 必定存在。\n現在固定一個 $k \\in \\{0, 1, \\dots, n-1\\}$。因為 $aU_k$ 比 $U_k$ 長, 依照定義必須有 $m(aU_k) \\le 2^k$; 然而又需要滿足 $2^k < m(U_k) = m(aU_k) + m(bU_k)$, 所以 $m(bU_k) \\ne 0$。同理得到 $m(bU_k) \\ne 0$。再運用同理得到 $m(U_ka), m(U_kb) \\ne 0$。結論 $U_k$ 會是 FU。\n接著要證明這 $n$ 個 $U_k$ 彼此不同: 若 $U_k \\in \\Omega_{k+1}$, 即 $m(U_k) > 2^{k+1}$, 將 $m(aU_k)$ 和 $m(bU_k)$ 至少有一個大於 $2^k$。因為 $aU_k$ 與 $bU_k$ 比 $U_k$ 長, 再度與 $U_k$ 的定義矛盾! 所以我們得到 $2^0 < m(U_0) \\le 2^1 < m(U_1) \\le 2^2 < \\dots < 2^{n-1} < m(U_{n-1})$, 也就是這 $n$ 個 $U_k$ 彼此不同。證明完畢!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44165,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "決定所有的整數 $m \\ge 2$ 使得所有的 $n, \\frac{m}{3} \\le n \\le \\frac{m}{2}$, 整除二項係數 $\\binom{n}{m-2n}$。",
    "options": [],
    "answer": "All prime numbers",
    "solution": "解：滿足題設的整數是所有質數。\n\n首先我們檢查所有的質數都會滿足題目的條件。也就是說, 如果 $p$ 是質數則對於所有的 $n$, $1 \\le n \\le \\frac{p}{2}$, 整除二項係數 $\\binom{n}{p-2n}$。當 $p=2$ 的時候是對的。對於奇質數 $p$ 取 $n \\in [1, \\frac{p}{2}]$ 且考慮\n$$\n(p-2n) \\cdot \\binom{n}{p-2n} = n \\cdot \\binom{n-1}{p-2n-1}.\n$$\n因為 $p \\ge 2n$ 且 $p$ 是奇數, 上式每一項因數皆非零。若 $d = \\gcd(p-2n, n)$, 則 $d$ 整除 $p$, 但是 $d \\le n < p$ 因此 $d=1$。可以得到 $p-2n$ 和 $n$ 是互質的。所以 $n$ 整除二項係數 $\\binom{n}{p-2n}$。\n\n接著, 我們證明沒有任何的合成數 $m$ 滿足題目的性質。考慮兩種情形：\n\n(1) 若 $m = 2k, k > 1$, 取 $n = k$。則 $\\frac{m}{3} \\le n \\le \\frac{m}{2}$, 但 $\\binom{k}{0} = 1$ 無法被 $k$ 整除。\n\n(2) 若 $m$ 是奇數, 則存在一個奇質數 $p$ 和一個整數 $k \\ge 1$ 滿足 $m = p(2k+1)$。取 $n = pk$, 則由 $k \\ge 1$ 可得 $\\frac{m}{3} \\le n \\le \\frac{m}{2}$。然而\n$$\n\\frac{1}{n} \\binom{n}{m-2n} = \\frac{1}{pk} \\binom{pk}{p} = \\frac{(pk-1)(pk-2)\\cdots(pk-(p-1))}{p!}\n$$\n並非整數, 因為 $p$ 整除分母但不整除分子。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44166,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "由正整數 $37$ 開始，依序在各項的前方加一數字 $5$，形成下面的數列：\n\n$37$, $537$, $5537$, $55537$, $555537$, ...\n\n請問此數列中有多少項是質數？",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "此數列只有第 $1$ 項是質數，其他項均為合數。\n\n將此數列的第 $n$ 項記為 $a_n$。由數學歸納法可知下列事實：\n\n- $a_1$ 被 $37$ 整除。$a_{n+3} = 555 \\cdot 10^{n+1} + a_n$，而 $555 = 3 \\cdot 5 \\cdot 37$。所以 $a_1, a_4, a_7, \\dots$ 均為 $37$ 的倍數。\n\n- $a_2 = 537$ 被 $3$ 整除。$a_{n+3} = 555 \\cdot 10^{n+1} + a_n$，而 $555 = 3 \\cdot 5 \\cdot 37$。所以 $a_2, a_5, a_8, \\dots$ 均為 $3$ 的倍數。\n\n- $a_3 = 5537 = 7 \\cdot 791$ 是 $7$ 的倍數。$a_{n+6} = 555555 \\cdot 10^{n+1} + a_n$，而 $555555 = 555 \\cdot 1001$ 是 $7$ 的倍數。所以 $a_3, a_9, a_{15}, \\dots$ 均為 $7$ 的倍數。\n\n- $a_6 = 5555537 = 13 \\cdot 427349$ 是 $13$ 的倍數。$a_{n+6} = 555555 \\cdot 10^{n+1} + a_n$，而 $555555 = 555 \\cdot 1001$ 是 $13$ 的倍數，所以 $a_6, a_{12}, a_{18}, \\dots$ 均為 $13$ 的倍數。\n\n綜上所述，可知只有 $a_1 = 37$ 是質數，其他各項均被 $7, 13, 37$ 其中之一整除，故為合數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44167,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $P$ 為銳角三角形 $ABC$ 內部一點，且 $P$ 到三頂點的距離分別為 $d_A, d_B, d_C$，到三邊的垂直距離分別為 $d_1, d_2, d_3$。試證：\n$$\nd_A + d_B + d_C \\geq 2(d_1 + d_2 + d_3).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "如圖所示，$PD \\perp BC$，$PE \\perp CA$，$PF \\perp AB$。\n![](attached_image_1.png)\n\n因為 $\\angle AEP + \\angle AFP = 90^\\circ + 90^\\circ = 180^\\circ$，所以 $A, E, P, F$ 共圓，且 $AP = d_A$ 為該圓直徑，於是可得：$\\angle EPF = 180^\\circ - \\angle A = \\angle B + \\angle C$。\n\n利用正弦定理 $EF = d_A \\sin A$，及餘弦定理可推得\n$$\n\\begin{aligned}\n(d_A \\sin A)^2 &= EF^2 = d_2^2 + d_3^2 - 2d_2 d_3 \\cos \\angle EPF \\\\\n&= d_2^2 + d_3^2 - 2d_2 d_3 \\cos(\\angle B + \\angle C) \\\\\n&= d_2^2(\\cos^2 C + \\sin^2 C) + d_3^2(\\cos^2 B + \\sin^2 B) - 2d_2 d_3(\\cos B \\cos C - \\sin B \\sin C) \\\\\n&= (d_2 \\cos C - d_3 \\cos B)^2 + (d_2 \\sin C + d_3 \\sin B)^2 \\\\\n&\\geq (d_2 \\sin C + d_3 \\sin B)^2.\n\\end{aligned}\n$$\n因此有 $d_A \\sin A > d_2 \\sin C + d_3 \\sin B$，即 $d_A \\geq \\dfrac{d_2 \\sin C + d_3 \\sin B}{\\sin A}$。\n\n同理可證\n$$\nd_B \\geq \\dfrac{d_3 \\sin A + d_1 \\sin C}{\\sin B}, \\quad d_C \\geq \\dfrac{d_1 \\sin B + d_2 \\sin A}{\\sin C}.\n$$\n於是\n$$\n\\begin{aligned}\nd_A + d_B + d_C &\\geq \\dfrac{d_2 \\sin C + d_3 \\sin B}{\\sin A} + \\dfrac{d_3 \\sin A + d_1 \\sin C}{\\sin B} + \\dfrac{d_1 \\sin B + d_2 \\sin A}{\\sin C} \\\\\n&= d_1 \\left( \\dfrac{\\sin C}{\\sin B} + \\dfrac{\\sin B}{\\sin C} \\right) + d_2 \\left( \\dfrac{\\sin A}{\\sin C} + \\dfrac{\\sin C}{\\sin A} \\right) + d_3 \\left( \\dfrac{\\sin B}{\\sin A} + \\dfrac{\\sin A}{\\sin B} \\right) \\\\\n&\\geq 2(d_1 + d_2 + d_3).\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44168,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "是否能夠將所有的自然數分成6個兩兩互斥的子集合 $A_1, A_2, \\dots, A_6$, 使得滿足 $x+2y=5z$ 的任意正整數 $x, y, z$, 都不同會時落在某一個 $A_i$ 之中?",
    "options": [],
    "answer": "可以",
    "solution": "可以。\n令 $A_i$ 為所有形如 $7^m(7k + i)$ 的正整數所成的集合，其中 $m,k$ 為非負整數，$i = 1,2,3,4,5,6$。下證 $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5,A_6$ 滿足題設。\n\n現設 $x,y,z \\in A_i$ 且滿足 $x+2y=5z$；將 $x,y,z$ 分別寫成\n$$\nx = 7^{m_1}(7k_1 + i), \\quad y = 7^{m_2}(7k_2 + i), \\quad z = 7^{m_3}(7k_3 + i), \\quad m_j, k_j \\in \\mathbb{N} \\cup \\{0\\},\n$$\n且令 $\\alpha = \\min\\{m_1,m_2,m_3\\}$。\n\n將等式 $x+2y=5z$ 左右兩邊除以 $7^\\alpha$，並且取模 7 之後，可得同餘式\n$$\ne_1i + 2e_2i = 5e_3i, \\quad (1)\n$$\n其中 $e_1,e_2,e_3$ 等於 0 或 1。但 (1) 式只有 $e_1 = e_2 = e_3 = 0$ 的解，不合。故 $x+2y=5z$ 的正整數解 $(x,y,z)$ 不可能同時落在同一個 $A_i$ 中。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44169,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $x, y$ 為正整數, $x > y$ 且 $(x-y)^{xy} = x^y \\cdot y^x$, 試求數對 $(x, y)$。",
    "options": [],
    "answer": "(4, 2)",
    "solution": "令 $x = dp$, $y = dq$, 其中 $d = (x, y)$ 為 $x, y$ 的最大公因數, $p, q \\in \\mathbb{N}$, $(p, q) = 1$, $p > q$, 則\n$$(d(p-q))^{d^2pq} = (dp)^{dq}(dq)^{dp} \\Leftrightarrow (d(p-q))^{dpq} = (dp)^q(dq)^p \\Leftrightarrow d^{dpq}(p-q)^{dpq} = d^{p+q}p^q q^p.$$\n\n欲證：$p+q < dpq$,\n假設 $p+q \\ge dpq$, 則 $(p-q)^{dpq} = d^{p+q-dpq}p^q q^p \\Rightarrow p \\mid (p-q)^{dpq}$ 且 $q \\mid (p-q)^{dpq}$, 但 $(p-q, p) = (p-q, q) = (p, q) = 1 \\Rightarrow p=1, q=1$ (不合) 因此 $p+q < dpq$, 所以 $d^{dpq-p-q}(p-q)^{dpq} = p^q q^p \\Rightarrow (p-q) \\mid p^q q^p$, 又 $(p-q, p) = (p-q, q) = (p, q) = 1 \\Rightarrow p-q=1$, 即 $p=q+1$, 所以\n$$\nd^{dpq-p-q} = p^q q^{q+1}, \\qquad (1)\n$$\n所以 $p, q$ 為 $d$ 的因數。因為 $(p, q)=1$, 所以 $d$ 可表為 $d=s \\times t$, 其中 $t$ 的質因數只有 $p$, $s$ 的質因數只有 $q$, 且 $(s, t)=1$. 由 (1) 式得:\n$$\nt^{dpq-p-q} = p^q = (q+1)^q. \\qquad (2)\n$$\n因為 $dpq-p-q$ 與 $q$ 互質, 所以由 (2) 知 $t$ 必為某自然數的 $p$ 次方, 令 $t = t_1^q$. 則\n$$t_1^{dpq-p-q} = q+1 \\Leftrightarrow t_1^{dq(q+1)-(2q+1)} = q+1, \\text{因為 } q+1 > 1, \\text{所以 } t_1 > 1. \\text{若 } q \\ge 3, \\text{則}$$\n$$dq(q+1)-(2q+1) \\ge 3(q+1)-(2q+1) = q+2 \\Rightarrow t_1^{dpq-p-q} \\ge 2^{q+2} > q+1 \\text{ (不合)}$$\n若 $q=2$, 則 $t_1^{6d-5}=3 \\Rightarrow t_1=3$, $d=1$ 且 $x=d(q+1)=3$, $y=dq=2$ (不合). 所以\n$q=1$, 則 $t_1^{2d-3}=2 \\Rightarrow t_1=2$, $d=2 \\Rightarrow x=4, y=2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44170,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設點 $H$ 為 $\\triangle ABC$ 的垂心，且點 $P$ 是 $\\triangle ABC$ 外接圓上異於頂點 $A$, $B$, $C$ 的任意點。令點 $E$, $F$ 分別是 $P$ 對 $BC$, $AB$ 邊的垂足。試證：直線 $EF$ 平分線段 $PH$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44171,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設四邊形 $ABCD$ 有內切圓, 其圓心為 $I$。令對角線 $AC$, $BD$ 相交於 $E$ 點。\n若 $AD$, $BC$, $EI$ 三線段的中點共線, 試證 $AB = CD$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $AB$ 與 $CD$ 交於 $F$ 點，並設線段 $EF$, $AD$, $BC$ 的中點分別為 $X$, $Y$, $Z$。\n根據 Gauss 定理，$X$, $Y$, $Z$ 三點共線（牛頓線）。原本包含 $X$, $Y$, $Z$ 的直線通過 $F$ 點，經過以 $E$ 點為中心放大為 $2$ 倍的動作會使該直線通過 $I$ 點。因此 $YZ \\parallel FI$。\n設 $AC$, $BD$ 的中點分別為 $U$, $V$。因為 $FI$ 是 $\\angle DFA$ 的角平分線，所以\n$YZ$ 也是 $\\angle UYV$ 的角平分線。但 $YZ$ 平分線段 $UV$ ($UYVZ$ 是平行四邊形)，所以 $UYVZ$ 是菱形，即得 $YU = YV$。所以 $AB = 2YU = 2YV = CD$。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44172,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設四邊形 $ABCD$ 外接一圓, 兩對角線 $AC$ 與 $BD$ 交於 $E$ 點。令射線 $DA$ 與射線 $CB$ 交於 $F$ 點; $G$ 為平面上一點使得 $ECGD$ 為平行四邊形; $H$ 點為 $E$ 點對直線 $AD$ 的反射點。試證: $D, H, F, G$ 四點共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們先證明三角形 $FDG$ 與 $FBE$ 相似。因為 $ABCD$ 共圓, 三角形 $EAB$ 與 $EDC$ 相似, 同樣地 $FAB$ 與 $FCD$ 也相似。由平行四邊形 $ECGD$ 可得 $GD = EC$ 及 $\\angle CDG = \\angle DCE$。由圓周角性質可得 $\\angle DCE = \\angle DCA = \\angle DBA$。因此\n$$\n\\angle FDG = \\angle FDC + \\angle CDG = \\angle FBA + \\angle ABD = \\angle FBE, \\\\\n\\frac{GD}{EB} = \\frac{CE}{EB} = \\frac{CD}{AB} = \\frac{FD}{FB}.\n$$\n所以 $\\triangle FDG$ 與 $\\triangle FBE$ 相似 (SAS), 且 $\\angle FGD = \\angle FEB$。\n\n由於 $H$ 點是 $E$ 點對直線 $FD$ 的反射點, 我們得到\n$$\n\\angle FHD = \\angle FED = 180^\\circ - \\angle FEB = 180^\\circ - \\angle FGD.\n$$\n由此得證 $D, H, F, G$ 四點共圓。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44173,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試找出所有正整數的三元數對 $(x, y, z)$ 使得 $x \\le y \\le z$ 且\n$$\nx^3(y^3 + z^3) = 2012(xyz + 2).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(2, 251, 252)",
    "solution": "首先注意到 $x$ 整除 $2012 \\cdot 2 = 2^3 \\cdot 503$。若 $503 \\mid x$ 則方程式的右手邊可被 $503^3$ 整除，因此 $503^2 \\mid xyz + 2$。因為 $503 \\mid x$ 所以矛盾。因此 $x = 2^m, m \\in \\{0, 1, 2, 3\\}$。若 $m \\ge 2$ 則 $2^6 \\mid 2012(xyz + 2)$。然而 $2$ 的最高次方整除 $2012$ 的話就是 $2^2$，整除 $xyz + 2 = 2^m yz + 2$ 的話就是 $2^1$。所以 $x = 1$ 或 $x = 2$ 產生下列兩個方程式\n$$\ny^3 + z^3 = 2012(yz + 2) \\quad \\text{和} \\quad y^3 + z^3 = 503(yz + 1).\n$$\n在上列兩方程式中可得質數 $503 = 3 \\cdot 167 + 2$ 整除 $y^3 + z^3$。我們宣告 $503 \\mid y+z$。若 $503 \\mid y$，則 $503 \\mid y+z$ 是顯然的。所以我們假設 $503 \\nmid y$ 且 $503 \\nmid z$。則由費瑪小定理得 $y^{502} \\equiv z^{502} \\pmod{503}$。另一方面，$y^3 \\equiv -z^3 \\pmod{503}$ 可推出 $y^{3 \\cdot 167} \\equiv -z^{3 \\cdot 167} \\pmod{503}$，即 $y^{501} \\equiv -z^{501} \\pmod{503}$。於是可得到 $y \\equiv -z \\pmod{503}$；也就是，$503 \\mid y+z$。\n因此 $y+z=503k, k \\ge 1$。有鑑於 $y^3+z^3 = (y+z)((y-z)^2+yz)$，所以上述兩個方程可分別得到下列形式\n$$\nk(y - z)^2 + (k - 4)yz = 8, \\qquad (1)\n$$\n$$\nk(y - z)^2 + (k - 1)yz = 1. \\qquad (2)\n$$\n在 (1) 中，我們有 $(k-4)yz \\le 8$，可得到 $k \\le 4$。確實若 $k > 4$，則 $1 \\le (k-4)yz \\le 8$，這使得 $y \\le 8$ 且 $z \\le 8$。這是不可能的，因為 $y+z = 503k \\ge 503$。接下來注意到在第一個方程式中 $y^3+z^3$ 是偶數。因此 $y+z = 503k$ 也是偶數，意即 $k$ 是偶數。所以 $k=2$ 或 $k=4$。顯然當 $k=4$ 時，(1) 式沒有整數解。若 $k=2$ 則 (1) 式可寫成 $(y+z)^2 - 5yz = 4$。因為 $y+z = 503k = 503 \\cdot 2$，所以 $5yz = 503^2 \\cdot 2^2 - 4$。然而 $503^2 \\cdot 2^2 - 4$ 不是 $5$ 的倍數。因此 (1) 式沒有整數解。\n在 (2) 中，我們有 $0 \\le (k-1)yz \\le 1$，可得到 $k=1$ 或 $k=2$。又 $0 \\le k(y-z)^2 \\le 1$，因此 $k=2$ 只當 $y=z$。這時 $y=z=1$，這是錯的因為 $y+z \\ge 503$。因此 $k=1$ 且 (2) 式可寫成 $(y-z)^2 = 1$，得到 $z-y = |y-z| = 1$。由 $k=1$ 和 $y+z = 503k$，可推出 $y = 251, z = 252$。總結來說，三元數對 (2, 251, 252) 是唯一解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44174,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $m \\ge 0$, $f(x) = x^2 + \\sqrt{mx} + m + 1$。試證: 對任意正實數 $x_1, x_2, \\dots, x_n$,\n$$\nf(\\sqrt[n]{x_1 \\cdots x_n}) \\le \\sqrt[n]{f(x_1)f(x_2)\\cdots f(x_n)},\n$$\n上述等號成立的充要條件為 $x_1 = x_2 = \\cdots = x_n$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "因 $\\Delta = (\\sqrt{m})^2 - 4(m+1) < 0$, 所以 $f(x) > 0$.\n利用數學歸納法證明：當 $n = 2^k$, 題設成立。\n\na. 當 $k=1$ 時, $n=2$. 因\n$$\n\\sqrt{m}x_1x_2(\\sqrt{x_1}-\\sqrt{x_2})^2 + (m+1)(x_1-x_2)^2 + \\sqrt{m}(m+1)(\\sqrt{x_1}-\\sqrt{x_2})^2 \\ge 0,\n$$\n所以\n$$\n(x_1x_2 + \\sqrt{mx_1x_2} + m + 1)^2 \\le (x_1^2 + \\sqrt{m}x_1 + m + 1)(x_2^2 + \\sqrt{m}x_2 + m + 1),\n$$\n即 $f(\\sqrt{x_1x_2}) \\le \\sqrt{f(x_1)f(x_2)}$ 且等號成立的充要條件為 $x_1 = x_2$。\n\nb. 假設 $n = 2^k$ 時, 題設成立。則當 $n = 2^{k+1}$ 時,\n$$\n\\begin{align*}\n& f(\\sqrt[2^{k+1}]{x_1x_2\\cdots x_{2^{k+1}}}) \\\\\n&= f(\\sqrt[2^k]{x_1x_2\\cdots x_{2^k}} \\sqrt[2^k]{x_{2^k+1}x_{2^k+2}\\cdots x_{2^{k+1}}}) \\\\\n&\\le \\sqrt{f(\\sqrt[2^k]{x_1x_2\\cdots x_{2^k}}) f(\\sqrt[2^k]{x_{2^k+1}x_{2^k+2}\\cdots x_{2^{k+1}}})} \\\\\n&= \\sqrt[2^{k+1}]{f(x_1)f(x_2)\\cdots f(x_{2^{k+1}})}.\n\\end{align*}\n$$\n\n對於任意正整數 $n$, 必存在 $k$, 使得 $2^k \\le n < 2^{k+1}$。令 $G = \\sqrt[n]{x_1x_2\\cdots x_n}$,\n則\n$$\nf(G) = f(\\sqrt[2^{k+1}]{x_1 x_2 \\cdots x_n\\, G \\cdots G}) \\le \\sqrt[2^{k+1}]{f(x_1)f(x_2)\\cdots f(x_n)[f(G)]^{2^{k+1}-n}},\n$$\n即 $[f(G)]^n \\le f(x_1)f(x_2)\\cdots f(x_n)$,\n$$\nf(\\sqrt[n]{x_1x_2\\cdots x_n}) \\le \\sqrt[n]{f(x_1)f(x_2)\\cdots f(x_n)}.\n$$\n等號成立的充要條件為 $x_1 = x_2 = \\cdots = x_n$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44175,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設實數 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ ($n \\ge 2$) 滿足 $-1 < a_1, a_2, \\dots, a_n < 1$, 且 $\\sum_{k=1}^n a_k^2 \\ge 1$。\n試證：\n$$\n\\sum_{i<j} \\left( \\frac{1}{1-a_i^2} + \\frac{1}{1-a_j^2} - \\frac{1}{1-a_i a_j} \\right) \\ge \\frac{n^2}{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "利用 $|x| < 1$ 時，$\\sum_{k=0}^{\\infty} x^k = \\frac{1}{1-x}$。我們可以推得\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{1-a_k^2} &= \\sum_{k=0}^{\\infty} \\left( \\sum_{i=1}^{n} a_i^{2k} \\right) = \\sum_{k=0}^{\\infty} \\left( \\sum_{i=1}^{n} (a_i^k)^2 \\right) \\\\\n&\\ge \\frac{2}{n-1} \\sum_{k=0}^{\\infty} \\left( \\sum_{i<j} a_i^k a_j^k \\right) = \\frac{2}{n-1} \\sum_{k=0}^{\\infty} \\left( \\sum_{i<j} (a_i a_j)^k \\right) \\\\\n&= \\frac{2}{n-1} \\sum_{i<j} \\frac{1}{1-a_i a_j},\n\\end{aligned}\n$$\n其中等號成立於 $a_i = a_j, 1 \\le i < j \\le n$。另一方面, 利用柯西不等式, 可得\n$$\n\\left( \\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{1-a_i^2} \\right) \\left( \\sum_{i=1}^{n} (1-a_i^2) \\right) \\ge n^2.\n$$\n再由 $1 \\le \\sum_{i=1}^{n} a_i^2 < n$, 可得\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{1-a_i^2} \\ge \\frac{n^2}{n-1}.\n$$\n其中等號成立於 $a_1 = a_2 = \\dots = a_n = \\pm \\frac{1}{\\sqrt{n}}$。合併上面兩不等式可推得\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} \\frac{2}{1-a_k^2} \\ge \\frac{n^2}{n-1} + \\frac{2}{n-1} \\sum_{i<j} \\frac{1}{1-a_i a_j}.\n$$\n\n上式等價於\n$$\n(n-1) \\sum_{k=1}^{n} \\frac{2}{1-a_k^2} \\geq \\frac{n^2}{2} + \\sum_{i<j} \\frac{1}{1-a_i a_j},\n$$\n亦即\n$$\n\\sum_{i<j} \\left( \\frac{1}{1-a_i^2} + \\frac{1}{1-a_j^2} \\right) \\geq \\frac{n^2}{2} + \\sum_{i<j} \\frac{1}{1-a_i a_j},\n$$\n亦即\n$$\n\\sum_{i<j} \\left( \\frac{1}{1-a_i^2} + \\frac{1}{1-a_j^2} - \\frac{1}{1-a_i a_j} \\right) \\geq \\frac{n^2}{2},\n$$\n等號成立於 $a_1 = a_2 = \\dots = a_n = \\pm \\frac{1}{\\sqrt{n}}$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44176,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在銳角三角形 $ABC$ 中, $D, E, F$ 三點分別是由 $A, B, C$ 所引的高的垂足。\n設 $I_1, I_2$ 分別為三角形 $AEF$ 及三角形 $BDF$ 的內心; $O_1, O_2$ 分別為三角形 $ACI_1$ 及三角形 $BCI_2$ 的外心。試證：直線 $I_1I_2$ 與直線 $O_1O_2$ 平行。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\n設 $\\angle CAB = \\alpha, \\angle ABC = \\beta, \\angle BCA = \\gamma$。我們先證 $A, B, I_1, I_2$ 四點共圓。由於 $AI_1$ 與 $BI_2$ 分別平分 $\\angle CAB$ 及 $\\angle ABC$, 它們的延長線會交在 $\\triangle ABC$ 的內心 $I$。$E, F$ 兩點位於以 $BC$ 為直徑的圓上, 故有 $\\angle AEF = \\angle ABC$ 以及 $\\angle AFE = \\angle ACB$。於是 $\\triangle AEF$ 與 $\\triangle ABC$ 相似, 其比例常數為 $\\frac{AE}{AB} = \\cos \\alpha$。因為 $I_1$ 與 $I$ 分別為它們的內心, 故知 $I_1A = IA \\cos \\alpha$, 以及 $II_1 = IA - I_1A = 2IA \\sin^2 \\frac{\\alpha}{2}$。由對稱性知 $II_2 = 2IB \\sin^2 \\frac{\\beta}{2}$。根據\n\n正弦定律, 在 $\\triangle ABI$ 中有 $IA \\sin \\frac{\\alpha}{2} = IB \\sin \\frac{\\beta}{2}$, 所以得到\n$$\nII_1 \\cdot IA = 2\\left(IA \\sin \\frac{\\alpha}{2}\\right)^2 = 2\\left(IB \\sin \\frac{\\beta}{2}\\right)^2 = II_2 \\cdot IB.\n$$\n於是得證 $A, B, I_1, I_2$ 共圓。\n由 $II_1 \\cdot IA = II_2 \\cdot IB$ 還可以得到：對於圓 $(ACI_1)$, $(BCI_2)$ 及 $(ABI_1I_2)$, 點 $I$ 有相同的圓幂 (這裡 $(ACI_1)$ 指的是過此三點的圓)。則 $CI$ 是圓 $(ACI_1)$ 與 $(BCI_2)$ 的根軸；由此可得 $CI$ 與此二圓的連心線 $O_1O_2$ 垂直。\n現在只需要證出 $CI \\perp I_1I_2$ 即可。設 $CI$ 交 $I_1I_2$ 於點 $Q$, 故檢查 $\\angle II_1Q + \\angle I_1IQ = 90^\\circ$ 是否成立。因為 $\\angle I_1IQ$ 是 $\\triangle ACI$ 的外角, 可得\n$$\n\\begin{aligned} \n\\angle II_1Q + \\angle I_1IQ &= \\angle II_1Q + (\\angle ACI + \\angle CAI) \\\\\n&= \\angle II_1I_2 + \\angle ACI + \\angle CAI. \n\\end{aligned}\n$$\n由 $A, B, I_1, I_2$ 四點共圓可得 $\\angle II_1I_2 = \\frac{\\beta}{2}$, 又 $\\angle ACI = \\frac{\\gamma}{2}, \\angle CAI = \\frac{\\alpha}{2}$, 所以 $\\angle II_1Q + \\angle I_1IQ = \\frac{\\alpha}{2} + \\frac{\\beta}{2} + \\frac{\\gamma}{2} = 90^\\circ$, 證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44177,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $x, y, z$ 為正整數, 且 $z(xz+1)^2 = (5z+2y)(2z+y)$, 試證: $z$ 必為奇數且 $z$ 為完全平方數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) 利用反證法, 假設 $z$ 為偶數, 即 $z = 2z_1$. 原式改寫為: $z_1(2xz_1+1)^2 = (5z_1+y)(4z_1+y)$.\n令 $w = (y, z_1)$, 所以令 $y = wy_0, z_1 = wz_0$, 其中 $(y_0, z_0) = 1$.\n$$ \\Rightarrow z_0(2xwz_0+1)^2 = w(5z_0+y_0)(4z_0+y_0) $$\n因為 $(z_0, 5z_0+y_0) = (z_0, 4z_0+y_0) = 1$ 且 $(w, (2xwz_0+1)^2) = 1 \\Rightarrow w|z_0, z_0|w$\n所以 $w = z_0$ 且 $(2xwz_0+1)^2 = (5z_0+y_0)(4z_0+y_0)$\n因為 $(5z_0+y_0, 4z_0+y_0) = (z_0, 4z_0+y_0) = (z_0, y_0) = 1$\n因此可設 $5z_0+y_0 = m^2, 4z_0+y_0 = n^2$, 其中 $m, n$ 為正整數, 所以 $m > n$, 即 $m-n \\ge 1$.\n$$ \\Rightarrow w = z_0 = m^2-n^2 \\Rightarrow 2xw^2+1 = 2xwz_0+1 = mn, $$\n因此 $mn = 1+2xw^2 = 1+2x(m^2-n^2)^2 = 1+2x(m-n)^2(m+n)^2 \\ge 1+2x(m+n)^2 \\ge 1+8xmn \\ge 1+8mn$\n即 $7mn \\le -1$ (不合), 所以 $z$ 不為偶數。\n\n(2) 令 $w = (y, z)$ 且 $y = wy_0, z = wz_0$, 其中 $(y_0, z_0) = 1$.\n$$ \\Rightarrow z_0(xwz_0+1)^2 = w(5z_0+2y_0)(2z_0+y_0) $$\n因為 $(y_0, z_0) = 1$ 且 $z_0$ 為奇數,\n所以 $(z_0, 2z_0+y_0) = 1 = (z_0, 5z_0+2y_0) \\Rightarrow z_0|w$,\n又 $(w, (xwz_0+1)^2) = 1 \\Rightarrow w|z_0$\n所以 $z_0 = w, z = wz_0 = w^2$, 得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44178,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設有一個 $2013 \\times 2013$ 的棋盤, 其格線的方向為南北/東西向。在每一個方格內填入一個朝東或朝南的箭頭。每一分鐘內, 對所有的箭頭 $A$, 如果 $A$ 指向相鄰的某方格, 且該方格中的箭頭 $B$ 的方向與 $A$ 不同, 則下一分鐘將 $A$ 換成另一個方向的箭頭 (如果 $A$ 原本朝南則換成朝東, 如果 $A$ 原本朝東則換成朝南); 否則箭頭 $A$ 不動。所有這樣的變換在每一分鐘同時執行。\n試證：在有限時間之後，所有的箭頭都不能再變換方向。並求出還能改變至少一個箭頭方向的最長可能時間。",
    "options": [],
    "answer": "4024",
    "solution": "本題的答案是最多在前 $4024$ 分鐘內可以有箭頭方向變換產生。\n\n我們首先證明：自第 $4025$ 分鐘起, 所有箭頭的方向都固定下來, 不再產生變換。\n\n在棋盤上建立坐標系：每一個方格的坐標爲 $(i, j)$，其中 $0 \\le i, j \\le 2012$，且 $(0, 0)$ 方格在棋盤的東南角。我們宣稱：若 $x + y < m$，則方格 $(x, y)$ 內的箭頭自第 $m$ 分鐘起都不再改變方向。\n\n我們對 $m$ 作數學歸納法。$m = 1$ 的情形自動成立，因為 $(0, 0)$ 方格內的箭頭並未指向其他方格。\n\n現在我們假設命題對正整數 $m$ 成立, 亦即只要 $x + y < m$, 方格 $(x, y)$ 中的箭頭自第 $m$ 分鐘起就不再改變方向。如果命題對 $m + 1$ 不成立, 則存在一方格 $(x, y)$, 其中 $x + y < m + 1$, 並且此方格中的箭頭 $A$ 在第 $M$ 分鐘內改變方向, $M \\ge m + 1$。也就是說, 在第 $M - 1$ 分鐘時, 箭頭 $A$ 指向一個與它方向不同的箭頭 $B$。箭頭 $B$ 所在的方格坐標是 $(x', y')$, 其中 $x' + y' = x + y - 1 < m$。由歸納法假設知箭頭 $B$ 自第 $m$ 分鐘起不再改變方向。再因為 $A$ 與 $B$ 指向不同的方向, 我們得知箭頭 $B$ 指向方格 $(x - 1, y - 1)$。所以箭頭 $A$ 在第 $M - 1 \\ge m$ 分鐘之前不可能指向箭頭 $B$,\n\n否則 $A$ 就在 $M-1$ 分鐘以前就得改變方向。所以箭頭 $A$ 在第 $M-1$ 分鐘時也得改變方向。\n\n設箭頭 $A$ 在第 $M-1$ 分鐘之前指向另一箭頭 $C$。再一次可得到 $C$ 所在的方格坐標為 $(x'', y'')$, 其中 $x'' + y'' = x + y - 1 < m$。於是再由歸納法假設, 箭頭 $C$ 自第 $m$ 分鐘開始也不會改變方向, 並且也指向方格 $(x-1, y-1)$。\n\n但上述的現象是不可能發生的, 因為在第 $m$ 分鐘之前 $B, C$ 兩箭頭同時指向在 $(x-1, y-1)$ 方格的箭頭 $D$, 且 $B, C$ 的方向不同。因此在第 $m$ 分鐘它們之中有一個與箭頭 $D$ 的方向不同而被改變方向。\n\n至此歸納法步驟已經成立。因為每一個方格的坐標 $(x, y)$ 皆滿足 $x+y \\le 4024 < 4025$, 故自第 $4025$ 分鐘起沒有任何一個箭頭會被改變方向。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n利用與上面所描述的坐標系統, 最下一排方格由東到西的坐標為 $(0,0)$ 到 $(2012,0)$。在上圖中, 只有在坐標 $(x,0)$ 的方格中的箭頭朝東 $(0 \\le x \\le 2012)$, 其餘方格中的箭頭朝南。\n\n首先觀察到: 在 $(0,y)$ 方格 $(0 \\le y \\le 2012)$ 中的箭頭永遠朝南。\n\n先看看前 $2012$ 分鐘發生的情況: 設 $0 \\le m \\le 2012$。在 $m$ 分鐘後, 方格 $(x,y)$ 中的箭頭朝東, 其中 $1 \\le x \\le 2012$, $y=m$。但是每一個 $1 \\le x \\le m \\le 2012$, $y > m$ 的 $(x, y)$ 方格中的箭頭朝南。所以在第 $m$ 分鐘時, 每一個在 $(x, m)$ 方格 ($1 \\le x \\le 2012$) 中的箭頭會被換成朝南的箭頭。所以經過 $2012$ 分鐘後, 最北邊的列中只有 $(0, 2012)$ 方格中的箭頭朝南, 而其餘 $(x, 2012)$ (其中 $1 \\le x \\le 2012$) 方格內的箭頭朝東。\n\n接下來在 $2012 + m$ 分鐘之後 $(0 \\le m \\le 2012), (x, 2012)$ 方格中的箭頭, 如果 $m + 1 \\le x \\le 2012$ 會朝東, 但 $(m, 2012)$ 方格中的箭頭朝南。因此在第 $2012 + m$ 分鐘時 (其中 $1 \\le m \\le 2012), (m, 2012)$ 方格中的箭頭會由朝東換成朝南。所以綜上所述, 在前 $4024$ 分鐘中都有箭頭被改變方向。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44179,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定圓內接四邊形 $ABCD$。直線 $L$ 為過外心 $O$ 的一直線，$P$ 為 $L$ 上一動點。設圓 $c_1$ 是通過 $P$ 在 $AB$, $BC$, $CA$ 三個垂足的圓；圓 $c_2$ 是通過 $P$ 在 $AB$, $BD$, $DA$ 三個垂足的圓。設圓 $c_1, c_2$ 交於 $P_1, Q$ 兩點，其中 $P_1$ 為 $P$ 在 $AB$ 的垂足。試問當 $P$ 點在 $L$ 上移動時，$Q$ 點的軌跡為何？",
    "options": [],
    "answer": "The locus is the fixed straight line K1K2.",
    "solution": "如圖，設 $P_1, P_2, P_3, P_4, P_5$ 分別代表 $P$ 點在 $AB$, $BC$, $AC$, $BD$, $AD$ 線段上的垂足。\n![](attached_image_1.png)\n設 $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ 分別是 $AB$, $BC$, $AC$, $BD$, $AD$ 各邊上的中點。考慮 $\\triangle ABC$。顯然外心 $O$ 是 $\\triangle M_1M_2M_3$ 的垂心。由斯坦納定理，直線 $L$ 對 $M_1M_2$, $M_2M_3$, $M_3M_1$ 做反射後必會交於 $\\triangle ABC$ 九點圓上一點 $K_1$。考慮 $\\triangle ABD$，用同樣的方法定出點 $K_2$。由於 $K_1, K_2$ 均與 $P$ 點位置無關，以下將證明 $Q$ 點落在直線 $K_1K_2$ 上，便能說明 $Q$ 的軌跡是直線。\n\n![](attached_image_2.png)\n我們首先證明：$\\triangle POC \\sim \\triangle P_1 M_1 K_1$:\n(i) 令直線 $L$ 對 $M_2M_3$ 的反射線為 $EK_1$。算角度：\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle K_1 M_1 B &= \\angle EK_1 M_1 - \\angle EFM_3 \\\\\n&= \\angle EM_2 M_1 - \\angle PFM_3 \\\\\n&= (\\angle EM_2 M_3 + \\angle M_3 M_2 M_1) - \\angle PFM_3 \\\\\n&= (\\angle OCA + \\angle CM_3 M_2) - \\angle PFM_3 \\\\\n&= \\angle CGB - \\angle PFM_3 = \\angle COF.\n\\end{aligned}\n$$\n故知 $\\angle P_1 M_1 K_1 = \\angle POC$。\n(ii) 算比例：\n$$\n\\frac{M_1 K_1}{O C} = \\sin \\angle K_1 E M_1 = \\sin \\angle E O F = \\frac{P_1 M_1}{P O}\n$$\n（因為 $OC$ 長度等於九點圓直徑長度）\n(iii) 故由 SAS 知 $\\triangle POC \\sim \\triangle P_1 M_1 K_1$。同理也知：$\\triangle POB \\sim \\triangle P_3 M_3 K_1$, $\\triangle POA \\sim \\triangle P_2 M_2 K_1$。\n\n接著證明：$K_1$ 在圓 $c_1$ 上；算角度\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle P_3 K_1 P_1 &= \\angle M_3 K_1 M_1 - (\\angle P_3 K_1 M_3 + \\angle P_1 K_1 M_1) \\\\\n&= \\angle CAB - (\\angle P_3 K_1 M_1 + \\angle P_1 K_1 M_1) \\quad (\\text{因為 } K_1 \\text{ 在九點圓上}) \\\\\n&= \\angle CAB - (\\angle PBO + \\angle PCO) \\\\\n&= (\\angle OAC + \\angle OBC) - (\\angle PBO + \\angle PCO) \\\\\n&= (\\angle OCA + \\angle OCB) - (\\angle PBO + \\angle PCO) \\\\\n&= \\angle PCP_3 + \\angle PBP_1 \\\\\n&= \\angle PP_2 P_3 + \\angle PP_2 P_1 = \\angle P_3 P_2 P_1,\n\\end{aligned}\n$$\n得證 $K_1$ 在圓 $c_1$ 上；同理 $K_2$ 在圓 $c_2$ 上。\n以下說明 $\\triangle P_1O_1O_2 \\sim \\triangle PCD$，其中 $O_1, O_2$ 分別為 $c_1, c_2$ 的圓心：\n(i) 不妨設 $P$ 對 $O_1, O_2$ 的對稱點分別為 $I_1, I_2$。則我們知道 $I_1, I_2$ 分別是 $P$ 對 $\\triangle ABC, \\triangle ABD$ 的等角共軛點。計算\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle AI_1B &= 180^\\circ - (\\angle I_1AB + \\angle I_1BA) \\\\\n&= 180^\\circ - (\\angle PAC + \\angle PBC) \\\\\n&= 180^\\circ - (\\angle APB - \\angle ACB) \\\\\n&= (180^\\circ - \\angle P_2P_1P_3).\n\\end{aligned}\n$$\n同理 $\\angle AI_2B = 180^\\circ - (\\angle APB - \\angle ACB)$，故 $A, B, I_1, I_2$ 共圓。另外可知：$\\angle I_1BI_2 = \\angle CBD$。\n(ii)\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{O_1O_2}{CD} &= \\frac{I_1I_2}{2CD} = \\frac{I_1I_2}{AB} \\times \\frac{AB}{2CD} \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\frac{\\sin \\angle I_1BI_2}{\\sin \\angle AI_1B} \\times \\frac{\\sin \\angle ACB}{\\sin \\angle CBD} \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\frac{\\sin \\angle ACB}{\\sin \\angle AI_1B} \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\frac{\\sin \\angle ACB}{\\sin \\angle P_2P_1P_3} \\times \\frac{P_2P_3}{P_2P_3} \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\frac{2O_1P_1}{PC} = \\frac{O_1P_1}{PC}.\n\\end{aligned}\n$$\n同理，$\\frac{O_1O_2}{CD} = \\frac{O_2P_2}{PD}$。故由 SSS 得到 $\\triangle P_1O_1O_2 \\sim \\triangle PCD$。\n\n由於 $\\triangle POC \\sim P_1M_1K_1$, $\\triangle POD \\sim \\triangle P_1M_1K_2$, 因此知道 $\\triangle PCD \\sim \\triangle P_1K_1K_2$。故\n$$\n\\triangle P_1 K_1 K_2 \\sim \\triangle P_1 O_1 O_2 \\implies \\angle P_1 O_1 K_1 = \\angle P_1 O_2 K_2 \\quad (\\text{設為 } 2\\alpha)\n$$\n所以得出：$\\angle P_1QK_1 + \\angle P_1QK_2 = \\alpha + (180^\\circ - \\alpha) = 180^\\circ$。所以 $K_1, Q, K_2$ 三點共線。但 $K_1, K_2$ 均與 $P$ 點位置無關，只與直線 $L$ 有關，所以當 $P$ 在 $L$ 上移動時，$Q$ 點的軌跡是一直線 $K_1K_2$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44180,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "是否存在一個由 10 個相異正整數所形成的遞增等差數列 $a_1, a_2, \\dots, a_{10}$, 使得 $\\prod_{i=1}^{10} a_i$ 整除一個形如 $n^2 + 1$ 的整數 (其中 $n$ 為正整數)? 若存在, 試求出滿足此條件的數列使其公差為最小。",
    "options": [],
    "answer": "Yes. The minimal common difference is 84. One example sequence is 29, 113, 197, 281, 365, 449, 533, 617, 701, 785.",
    "solution": "滿足題設的數列存在。其中公差最小為 84, 其中一數列為\n29, 113, 197, 281, 365, 449, 533, 617, 701, 785.\n我們需要以下引理。\n**Lemma 1.** 形如 $n^2 + 1$ 的整數沒有 $4k + 3$ 型的質因數。\n*Proof.* 利用費馬小定理即可得證。\n\n**Lemma 2.** 若 $a_1, b_1, a_2, b_2$ 為非零整數且 $a_i$ 與 $b_i$ 互質 ($i = 1, 2$), 則 $(a_1^2 + b_1^2)(a_2^2 + b_2^2)$ 亦可表為兩個互質整數的平方和。\n*Proof.* 注意到 $(a_1^2 + b_1^2)(a_2^2 + b_2^2) = (a_1a_2 - b_1b_2)^2 + (a_1b_2 + a_2b_1)^2$。我們用反證法來證明\n$$\n\\gcd(a_1a_2 - b_1b_2, a_1b_2 + a_2b_1) = 1.\n$$\n反設存在質數 $p$ 同時整除 $a_1a_2 - b_1b_2$ 與 $a_1b_2 + a_2b_1$。則有\n$$\np \\mid a_1(a_2^2 + b_2^2) \\quad \\text{及} \\quad p \\mid b_1(a_2^2 + b_2^2).\n$$\n既然 $a_1, b_1$ 互質, 我們得到下列 (i), (ii) 必有一個成立:\n(i) $p \\mid a_1$ 且 $p \\mid (a_2^2 + b_2^2)$\n(ii) $p \\mid b_1$ 且 $p \\mid (a_2^2 + b_2^2)$\n再注意到 $a_2, b_2$ 互質, 我們進一步得到下列 (i)*, (ii)* 必有一個成立:\n(i)* $p \\mid a_1$ 且 $p$ 不整除 $b_1, a_2, b_2$\n(ii)* $p \\mid b_1$ 且 $p$ 不整除 $a_1, a_2, b_2$\n---\n\n由 (i)*, 我們得到 $p$ 不整除 $a_1a_2-b_1b_2$; 由 (ii)*, 我們得到 $p$ 不整除 $a_1b_2+a_2b_1$。無論是哪種情況, 均得到矛盾。故我們證得 $\\text{gcd}(a_1a_2 - b_1b_2, a_1b_2 + a_2b_1) = 1$, 並完成此引理的證明。\n\n**Lemma 3.** 若 $a, b$ 為互質的整數, 必存在整數 $m$ 使得 $a^2 + b^2 \\mid m^2 + 1$。\n*Proof.* 既然 $a, b$ 互質, 必存在整數 $c, d$ 使得 $ac - bd = 1$。則\n$$\na^2 + b^2 = A \\mid (a^2 + b^2)(c^2 + d^2) = (ad + bc)^2 + (ac - bd)^2 = m^2 + 1,\n$$\n其中 $m = ad + bc$。故得證。\n\n現在回到原來的問題。我們分幾個步驟來討論：\n\n**Claim 1.** $a_i \\equiv 1 \\pmod 4$, $i = 1, 2, \\dots, 10$。\n*Proof.* 分兩種情況討論。\n(i) 若 $a_1$ 為偶數, 則 $a_3, a_5, a_7, a_9$ 亦為偶數。由此得到 $32 \\mid n^2 + 1$, 這顯然不可能。\n(ii) 若 $a_1$ 為奇數, 則由於 $a_1 \\mid n^2 + 1$, 由引理 1 知, 必有 $a_1 \\equiv 1 \\pmod 4$。\n同樣的論證可得到 $a_2 \\equiv 1 \\pmod 4$。因為 $a_1, a_2, \\dots, a_{10}$ 為等差數列, 故公差必為 4 的倍數, 因此 Claim 1 得證。\n\n**Claim 2.** 設公差為 $d$。則 $84 \\mid d$。\n*Proof.* 由 Claim 1 得到 $4 \\mid d$。我們以下證明 $21 \\mid d$。\n若 $d$ 不為 3 的倍數, 則 $\\{a_1, a_2, a_3\\}$ 為模 3 的完全剩餘系, 由此得到 $3 \\mid n^2 + 1$, 這顯然不可能成立。同理, 若 $d$ 不為 7 的倍數, 則 $\\{a_1, a_2, \\dots, a_7\\}$ 為模 7 的完全剩餘系, 由此可得到 $7 \\mid n^2 + 1$, 這顯然也不可能。故得證 $21 \\mid d$, 而 Claim 2 得證。\n\n現在我們構造一個公差為 84 的等差數列滿足題設條件。並且由 Lemma 1 得到每個 $a_i$ 的質因數模 4 必餘 1。我們有下列結果：\n\n**Claim 3.** $a_1 \\equiv 3 \\pmod{4}$ 或 $-4 \\pmod{11}$。這只需由 Lemma 1 知 11 不可能整除 $n^2+1$ 即可。\n由 Claim 1 和 Claim 3 並注意到 $a_1$ 不被 3 及 7 整除, 我們篩選出 $a_1$ 的值由小到大排列依序為 25, 29, 47, 73, ...。\n當 $a_1 = 25$ 時, $a_5 = 25 + 84 \\times 4 = 361 = 19^2$。因 $19 \\equiv 3 \\pmod 4$, 故不合 (與 Lemma 1 抵觸)。\n當 $a_1 = 29 = 2^2 + 5^2$ 時, 我們可以得到：\n$$\n-a_2 = 29 + 84 = 113 = 7^2 + 8^2 \\text{ 且為質數;}\n$$\n$$\n-a_3 = 29 + 84 \\times 2 = 197 = 1^2 + 14^2 \\text{ 且為質數;}\n$$\n$$\n-a_4 = 29 + 84 \\times 3 = 281 = 5^2 + 16^2 \\text{ 且為質數;}\n$$\n$$\n-a_5 = 29 + 84 \\times 4 = 365 = (1^2 + 2^2)(3^2 + 8^2) = 2^2 + 19^2\n$$\n$$\n-a_6 = 29 + 84 \\times 5 = 449 = 7^2 + 20^2 \\text{ 且為質數;}\n$$\n$$\n-a_7 = 29 + 84 \\times 6 = 533 = (2^2 + 3^2)(4^2 + 5^2) = 7^2 + 22^2;\n$$\n$$\n-a_8 = 29 + 84 \\times 7 = 617 = 16^2 + 19^2 \\text{ 且為質數;}\n$$\n$$\n-a_9 = 29 + 84 \\times 8 = 701 = 5^2 + 26^2 \\text{ 且為質數;}\n$$\n$$\n-a_{10} = 29 + 84 \\times 9 = 785 = (1^2 + 2^2)(6^2 + 11^2) = 1^2 + 28^2.\n$$\n\n$$\n\\prod_{i=1}^{10} a_i \\mid n^2 + 1.\n$$\n由以上的論證也得到 \\{29, 113, 197, 281, 365, 449, 533, 617, 701, 785\\} 為\n滿足題設條件的「最小」數列。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44181,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $f$ 和 $g$ 是兩個係數是整數的非零多項式, 且 $\\deg f > \\deg g$。假設有無窮多的質數 $p$ 使得多項式 $pf + g$ 有一個有理根, 證明 $f$ 也有一個有理根。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "因為 $\\deg f > \\deg g$, 所以當 $x$ 足夠大時, 我們有 $|g(x)/f(x)| < 1$。即存在一個實數 $R$ 使得對所有的 $|x| > R$, 我們有 $|g(x)/f(x)| < 1$。對於所有這樣的 $x$ 及所有的質數 $p$, 我們有\n$$\n|pf(x) + g(x)| \\geq |f(x)| \\left( p - \\frac{|g(x)|}{|f(x)|} \\right) > 0.\n$$\n因此多項式 $pf + g$ 的所有的實數根都會落在 $[-R, R]$。\n\n令 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \\cdots + a_0$ 和 $g(x) = b_m x^m + b_{m-1} x^{m-1} + \\cdots + b_0$, 其中 $n > m$, $a_n \\neq 0$ 且 $b_m \\neq 0$。將 $f(x)$ 及 $g(x)$ 分別置換為 $a_n^{-1} f(x/a_n)$ 和 $a_m^{-1} g(x/a_m)$, 我們將這個問題簡化為 $a_n = 1$ 的情形, 此時 $pf + g$ 的領導係數為 $p$。如果 $r = u/v$, $(u, v) = 1$ 且 $v > 0$, 是 $pf + g$ 的有理根, 則 $v$ 為 1 或 $p$ 的其中一者。\n\n假設 $v = 1$ 的例子有無窮多個。若 $v = 1$ 則 $|u| \\leq R$, 所以只存在有限多個整數 $u$。因此存在相異的質數 $p$ 和 $q$ 使得我們有相同的 $u$ 值。所以多項式 $pf + g$ 和 $qf + g$ 擁有共同根, 由此得到 $f(u) = g(u) = 0$。所以在這個例子 $f$ 和 $g$ 有相同的整數根。\n\n假設 $v = p$ 的例子有無窮多個。比較 $pf(u/p)$ 和 $g(u/p)$ 分母中 $p$ 的次方, 我們取 $m = n - 1$, 則 $pf(u/p) + g(u/p) = 0$ 可化簡成\n$$\n(u^n + a_{n-1} p u^{n-1} + \\cdots + a_0 p^n) + (b_{n-1} u^{n-1} + b_{n-2} p u^{n-2} + \\cdots + b_0 p^{n-1}) = 0.\n$$\n此式得到 $u^n + b_{n-1}u^{n-1}$ 可被 $p$ 整除, 因為 $(u, p) = 1$, 所以 $u + b_{n-1} = pk$, 其中 $k$ 是某個整數。另外, $pf + g$ 的所有的根都落在 $[-R, R]$, 所以\n$$\n\\frac{|pk - b_{n-1}|}{p} = \\frac{|u|}{p} < R, \\quad |k| < R + \\frac{|b_{n-1}|}{p} < R + |b_{n-1}|.\n$$\n因此整數 $k$ 只有有限多個值。所以存在整數 $k$ 使得對於無限多個質數 $p$, $\\frac{pk-b_{n-1}}{p} = k - \\frac{b_{n-1}}{p}$ 是 $pf + g$ 的一個根。對於這些質數, 我們有\n$$\nf\\left(k - \\frac{b_{n-1}}{p}\\right) + \\frac{1}{p}g\\left(k - \\frac{b_{n-1}}{p}\\right) = 0.\n$$\n所以\n$$\nf(k - b_{n-1}x) + xg(k - b_{n-1}x) = 0 \\quad (1)\n$$\n有無限多個形式為 $x = 1/p$ 的解。因為 (1) 式的左邊是一個多項式, 所以 (1) 式對於所有實數 $x$ 都成立。將 $x = 0$ 代入 (1) 式, 可以得到 $f(k) = 0$。如此整數 $k$ 是 $f$ 的一個根。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44182,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設數列 $\\{a_n\\}$ 滿足：\n$$\na_1 = a_2 = 1,\\ a_{n+2} = a_{n+1} + a_n\\ (n \\in \\mathbb{N}).\n$$\n當 $n$ 為奇數時，試求出滿足下列方程組的所有實數解 $(x, y)$。\n$$\n\\begin{cases} x + 2^x a_n + 2^y a_{n+1} = 1 + 2a_{n+2}, \\\\ y + 2^x a_{n+1} + 2^y a_{n+2} = 1 + 2a_{n+3}. \\end{cases}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) = (1, 1)",
    "solution": "$(x, y) = (1,1)$ 為此方程組的唯一實數解。\n顯然，$(x, y) = (1,1)$ 為此方程組的一組實數解。以下證明無其它實數解。\n若不然，假設 $(x, y) = (x_1, y_1) \\neq (1,1)$ 為方程組\n$$\n\\begin{cases} x + 2^x a_n + 2^y a_{n+1} = 1 + 2a_{n+2}, \\\\ y + 2^x a_{n+1} + 2^y a_{n+2} = 1 + 2a_{n+3}, \\end{cases}\n$$\n的另一組實數解。為了方便，令 $(x_2, y_2) = (1,1)$，將這兩組解代入此方程組並相減，\n分別得到\n$$\n(x_1 - x_2) + (2^{x_1} - 2^{x_2})a_n + (2^{y_1} - 2^{y_2})a_{n+1} = 0, \\quad (1)\n$$\n$$\n(y_1 - y_2) + (2^{x_1} - 2^{x_2})a_{n+1} + (2^{y_1} - 2^{y_2})a_{n+2} = 0, \\quad (2)\n$$\n將 (1) 乘以 $(2^{x_1} - 2^{x_2})$，將 (2) 乘以 $(2^{y_1} - 2^{y_2})$，然後將兩式相加整理得到\n$$\n(x_1 - x_2)(2^{x_1} - 2^{x_2}) + (y_1 - y_2)(2^{y_1} - 2^{y_2}) \\\\ + (2^{x_1} - 2^{x_2})^2 a_n + 2(2^{x_1} - 2^{x_2})(2^{y_1} - 2^{y_2})a_{n+1} + (2^{y_1} - 2^{y_2})^2 a_{n+2} = 0. \\quad (3)\n$$\n現在我們證明：當 $(x_1, y_1) \\neq (x_2, y_2)$ 時，(3) 不成立，從而導出矛盾。\n注意到 $f(x) = 2^x$ 是遞增函數，因此我們可以得到\n$$\n(x_1 - x_2)(2^{x_1} - 2^{x_2}) \\geq 0 \\quad \\text{且} \\quad (y_1 - y_2)(2^{y_1} - 2^{y_2}) \\geq 0.\n$$\n以上兩個不等式等號同時成立若且唯若 $(x_1, y_1) = (x_2, y_2)$。\n因此，當 $(x_1, y_1) \\neq (x_2, y_2)$ 時，我們給出下列的嚴格不等式：\n$$\n(x_1 - x_2)(2^{x_1} - 2^{x_2}) + (y_1 - y_2)(2^{y_1} - 2^{y_2}) > 0. \\quad (4)\n$$\n另一方面，利用數學歸納法很容易證明，當 $n$ 為奇數時，下列恒等式成立：\n$$\na_{n+1}^2 - a_n a_{n+2} = -1.\n$$\n(此為費氏數列的基本性質，在此省略此證明。)\n並注意到 $a_n > 0, (x_1, y_1) \\neq (x_2, y_2)$，因此我們可以得到\n$$\n(2^{x_1} - 2^{x_2})^2 a_n + 2(2^{x_1} - 2^{x_2})(2^{y_1} - 2^{y_2})a_{n+1} + (2^{y_1} - 2^{y_2})^2 a_{n+2} \\quad (5) \\\\ = \\frac{1}{a_n} \\left[ (2^{x_1} - 2^{x_2})a_n + (2^{y_1} - 2^{y_2})a_{n+1} \\right]^2 + \\frac{1}{a_n} (2^{y_1} - 2^{y_2})^2 > 0.\n$$\n\n(4) & (5) 給出\n$$\n(x_1 - x_2)(2^{x_1} - 2^{x_2}) + (y_1 - y_2)(2^{y_1} - 2^{y_2}) \\\\ + (2^{x_1} - 2^{x_2})^2 a_n + 2(2^{x_1} - 2^{x_2})(2^{y_1} - 2^{y_2})a_{n+1} + (2^{y_1} - 2^{y_2})^2 a_{n+2} > 0,\n$$\n此與(3)矛盾。結論,此方程組恰有一組實數解 $(x,y) = (1,1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44183,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一場數學會議中只有 $n$ 對夫妻參加 ($n \\ge 8$)，大會安排所有男士坐在一張有 $n$ 個座位的圓桌，所有女士坐另一張也是有 $n$ 個座位的圓桌。大會主辦單位發現一種人傳人的病毒正在與會者之間傳播，且其傳染途徑如下：設 $P$ 為一位健康的與會者，且其所坐位置兩側鄰居標為 $P_{\\text{left}}$, $P_{\\text{right}}$，其配偶標為 $P_{\\text{mate}}$；只有在 $P_{\\text{left}}$, $P_{\\text{right}}$, $P_{\\text{mate}}$ 這三人中至少有兩人感染病毒的情況下，$P$ 才會立刻被傳染而感染到病毒，否則 $P$ 會一直保持健康。設會議一開始的 $2n$ 個人中有某 $s$ 個人已經為病毒感染者，且經由病毒在與會者間不斷傳染，導致最終所有原本健康的與會者皆感到病毒。試問 $s$ 的最小值為何？",
    "options": [],
    "answer": "n",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44184,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在 $999 \\times 999$ 的棋盤中, 有些格子塗成白色, 剩下的格子塗成紅色。考慮三個格子所形成的序列 $(C_1, C_2, C_3)$, 其中 $C_1, C_2$ 在同一列、$C_2, C_3$ 在同一行, 且 $C_1, C_3$ 為白色, $C_2$ 為紅色。令滿足這些條件的序列總數為 $T$。求 $T$ 的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "4 * 999^4 / 27",
    "solution": "設第 $i$ 列與第 $j$ 行分別有 $a_i, b_j$ 個白色方格，並設 $R$ 是紅色方格所成的集合。對於坐標為 $(i, j)$ 的紅色方格，會有 $a_i b_j$ 個可行序列 $(C_1, C_2, C_3)$，其中 $C_2 = (i, j)$。因此\n$$\nT = \\sum_{(i,j) \\in R} a_i b_j.\n$$\n利用不等式 $2ab \\le a^2 + b^2$ 可得\n$$\nT \\le \\frac{1}{2} \\sum_{(i,j) \\in R} (a_i^2 + b_j^2) = \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n} (n-a_i)a_i^2 + \\frac{1}{2} \\sum_{j=1}^{n} (n-b_j)b_j^2, \\quad (1)\n$$\n這是因為在第 $i$ 列有 $n-a_i$ 個紅色方格，在第 $j$ 行有 $n-b_j$ 個紅色方格。現在我們求 (1) 式的最大值。\n根據算幾不等式可得\n$$\n(n-x)x^2 = \\frac{1}{2}(2n-2x) \\cdot x \\cdot x \\le \\frac{1}{2}\\left(\\frac{2n}{3}\\right)^3 = \\frac{4n^3}{27},\n$$\n其中等號成立的充要條件是 $x = \\frac{2n}{3}$。將所有式子併在一起，得\n$$\nT \\le \\frac{n}{2} \\cdot \\frac{4n^3}{27} + \\frac{n}{2} \\cdot \\frac{4n^3}{27} = \\frac{4n^4}{27}.\n$$\n若 $n = 999$，則滿足每一列、每一行各有 $x = \\frac{2n}{3} = 666$ 個白色方格的任意著色法皆能得到上述 $T$ 的最大值，因為上面的不等式都成為等式。例如：\n\n若 $i - j \\equiv 1, 2, \\dots, 666 \\pmod{999}$, 就將方格 $(i, j)$ 塗成白色, 否則塗成紅色, 就是一種可行的塗法。\n\n綜上所述, $T$ 可以獲得的最大值為 $\\frac{4 \\cdot 999^4}{27}$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44185,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$, 且令 $f^m$ 為 $f$ 作用 $m$ 次。假設對於所有的 $n \\in \\mathbb{N}$, 存在一個 $k$ 使得 $f^{2k}(n) = n + k$, 且令 $k_n$ 為滿足前式裡的 $k$ 中最小的。試證數列 $k_1, k_2, \\dots$ 無界。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們關心集合 $S = \\{1, f(1), f^2(1), \\dots\\}$。觀察到 $S$ 是無界的，因為對於所有 $S$ 中的 $n$，存在一個 $k > 0$ 使得在 $S$ 中，$f^{2k}(n) = n + k$。顯然 $f$ 把 $S$ 映射到 $S$ 本身，且在 $S$ 上 $f$ 是一對一。確實若 $f^i(1) = f^j(1)$ ($i$ 與 $j$ 不相等)，則從某一個 $m$ 開始 $f^m(1)$ 會週期性的出現，且 $S$ 會有限。\n\n定義 $g : S \\to S$ 為 $g(n) = f^{2k_n}(n) = n + k_n$。我們證明 $g$ 也是一對一。\n\n假設當 $a < b$ 時 $g(a) = g(b)$。則 $a + k_a = f^{2k_a}(a) = f^{2k_b}(b) = b + k_b$，可得 $k_a > k_b$。所以，因為在 $S$ 上 $f$ 是一對一，我們得到 $f^{2(k_a - k_b)}(a) = b = a + (k_a - k_b)$。然而當 $0 < k_a - k_b < k_a$ 時，這與 $k_a$ 的最小性矛盾。\n\n令 $T$ 為 $S$ 中的元素所成的集合除了 $g(n), n \\in S$ 形式的元素。注意到 $1 \\in T$ 是因為 $g(n) > n$ 對於 $n \\in S$, 所以 $T$ 不是空集合。對於每個 $t \\in T$, $C_t = \\{t, g(t), g^2(t), \\dots\\}$, 此 $C_t$ 稱作從 $t$ 開始的鏈。我們觀察到不同的鏈是互斥的, 因為 $g$ 是一對一。每一個 $n \\in S \\setminus T$ 皆可表示為 $n = g(n')$, 其中 $n' < n, n' \\in S$。同理可觀察到對於某些 $t \\in T, n \\in C_t$, 即 $S$ 是那些互斥的鏈 $C_t$ 的聯集。\n\n若 $f^n(1)$ 落在從 $t = f^{n_t}(1)$ 開始的 $C_t$, 則 $n = n_t + 2a_1 + \\cdots + 2a_j$ 且 $f^n(1) = g^j(f^{n_t}(1)) = f^{2a_j}(f^{2a_{j-1}}(\\cdots f^{2a_1}(f^{n_t}(1)))) = f^{n_t}(1) + a_1 + \\cdots + a_j$。\n\n因此\n$$\nf^n(1) = f^{n_t}(1) + \\frac{n - n_t}{2} = t + \\frac{n - n_t}{2}. \\quad (1)\n$$\n\n現在利用反證法證明 $T$ 是無限的。假設只有有限多個 $C_{t_1}, \\dots, C_{t_r}$, 從 $t_1 < \\dots < t_r$ 開始的鏈。固定 $N$。若 $f^n(1), 1 \\le n \\le N$ 落在 $C_t$ 中, 則\n\n由(1)式, $f^n(1) = t + \\frac{n-n_t}{2} \\le t_r + \\frac{N}{2}$。但是相異的 $N+1$ 個數 $1, f(1), \\cdots, f^N(1)$ 都小於 $t_r + \\frac{N}{2}$, 因此 $N+1 \\le t_r + \\frac{N}{2}$。所以當 $N$ 足夠大時得到矛盾, 因此 $T$ 是無限的。\n\n選擇任意 $k \\in \\mathbb{N}$ 且考慮以 $T$ 中的前 $k+1$ 個數為首的 $k+1$ 個鏈。令 $t$ 是這些數當中最大的數。每一個鏈都包含一個不會超過 $t$ 的數, 且至少有一個鏈不包含 $t+1, \\cdots, t+k$。所以在這個鏈中存在一個數 $n$ 使得 $g(n)-n > k$, 即 $k_n > k$。所以 $k_1, k_2, \\cdots$ 無界。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44186,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a$, $b$, $c$ 為正實數，試證：\n$$\n\\frac{8a^2 + 2ab}{(b + \\sqrt{6ac} + 3c)^2} + \\frac{2b^2 + 3bc}{(3c + \\sqrt{2ab} + 2a)^2} + \\frac{18c^2 + 6ac}{(2a + \\sqrt{3bc} + b)^2} \\ge 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $a = \\frac{1}{2}x$, $b = y$, $c = \\frac{1}{3}z$，則題目中的左式可化為\n$$\n\\frac{2x^2 + xy}{(y + \\sqrt{xz} + z)^2} + \\frac{2y^2 + yz}{(z + \\sqrt{xy} + x)^2} + \\frac{2z^2 + xz}{(x + \\sqrt{yz} + y)^2} \\geq 1.\n$$\n由科西不等式我們可得\n$$\n(yx + x^2 + z^2) \\left( \\frac{y}{x} + \\frac{z}{x} + \\frac{z^2}{x^2} \\right) \\geq (y + \\sqrt{xz} + z)^2.\n$$\n因此我們得到\n$$\n\\frac{2x^2 + xy}{(y + \\sqrt{xz} + z)^2} \\geq \\frac{x^2}{xy + xz + z^2},\n$$\n且此式等號成立若且唯若 $x = z$.\n將 $(x, y, z)$ 替換為 $(y, z, x)$ 及 $(z, x, y)$ 則可得到\n$$\n\\frac{2y^2 + yz}{(z + \\sqrt{xy} + x)^2} \\geq \\frac{y^2}{yz + yx + x^2},\n$$\n和\n$$\n\\frac{2z^2 + xz}{(x + \\sqrt{yz} + y)^2} \\geq \\frac{z^2}{zx + zy + y^2}.\n$$\n(等號分別成立若且唯若 $y = x$ 及 $z = y$.)\n令 $M = \\frac{x^2}{xy+xz+z^2} + \\frac{y^2}{yz+yx+x^2} + \\frac{z^2}{zx+zy+y^2}$，再次使用科西不等式可得\n$$\nM((xy + xz + z^2) + (yz + yx + x^2) + (zx + zy + y^2)) \\geq (x + y + z)^2.\n$$\n因為\n$$\n(xy + xz + z^2) + (yz + yx + x^2) + (zx + zy + y^2) = (x + y + z)^2,\n$$\n立即可得\n$$\nM = \\frac{x^2}{xy + xz + z^2} + \\frac{y^2}{yz + yx + x^2} + \\frac{z^2}{zx + zy + y^2} \\geq 1,\n$$\n且此式等號成立若且唯若 $x = y = z$. 即\n$$\n\\frac{8a^2 + 2ab}{(b + \\sqrt{6ac} + 3c)^2} + \\frac{2b^2 + 3bc}{(3c + \\sqrt{2ab} + 2a)^2} + \\frac{18c^2 + 6ac}{(2a + \\sqrt{3bc} + b)^2} \\geq 1,\n$$\n且此式等號成立若且唯若 $2a = b = 3c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44187,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "「虧格」是由三個邊長為 1 的正方形所組成的圖形：或將此圖形經由旋轉及翻轉所得之任意圖形。\n\na. 在任何兩個「虧格」彼此不重疊的條件下，用 $3 \\times 671$ 個「虧格」來鋪蓋在 $3 \\times 2013$ 的大方格圖形，請問可以完全覆蓋滿嗎？\n\nb. 在任何兩個「虧格」彼此不重疊的條件下，用 $5 \\times 671$ 個「虧格」來鋪蓋在 $5 \\times 2013$ 的大方格圖形，請問可以完全覆蓋滿嗎？\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "a. No. b. Yes.",
    "solution": "a. 不可以。\n![](attached_image_2.png)\n將 $3 \\times 2013$ 的大方格中，$(1,2k+1)$ 及 $(3,2k+1)$，$k=0,1,2,...,2006$ 的格子中標上“*”，如上圖所示。每個「虧格」最多可以覆蓋一個“*”，所以至少需要 2014 個「虧格」才能完全覆蓋這些“*”。所以 $3 \\times 671(= 2013)$ 個「虧格」無法完全覆蓋 $3 \\times 2013$ 的大方格。\n\nb. 可以。\n![](attached_image_3.png)\n$2 \\times 6, 3 \\times 6$ 的大方格也可以用「虧格」完全覆蓋。由此知 $5 \\times 6$ 的大方格可以用「虧格」完全覆蓋。又 $5 \\times 9$ 的大方格可以被 15 個「虧格」完全覆蓋，上圖是一種可能的方法。所以 $5 \\times (6k+9)$ 的大方格 (其中 $k$ 為任意非負整數) 都可以被「虧格」完全覆蓋。所以 $5 \\times 2013 = 5 \\times (6 \\cdot 334 + 9)$ 的大方格能夠被「虧格」完全覆蓋。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44188,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "請找出所有的函數 $g: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 使得對於所有的 $x, y \\in \\mathbb{R}$ 恆有\n$$\n(4x + g(x)^2)g(y) = 4g\\left(\\frac{y}{2} \\cdot g(x)\\right) + 4xy \\cdot g(x).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "g(x) = 0 or g(x) = 2x",
    "solution": "首先我們將 $(4x + g(x)^2)g(y) = 4g(\\frac{y}{2} \\cdot g(x)) + 4xy \\cdot g(x)$ 寫成\n$$\n\\left(x + \\left(\\frac{g(x)}{2}\\right)^2\\right) \\frac{g(y)}{2} = \\frac{1}{2} g\\left(y \\cdot \\frac{g(x)}{2}\\right) + xy \\cdot \\frac{g(x)}{2}.\n$$\n令 $f(x) = g(x)/2$, 則原式可化成\n$$\n(x + f(x)^2)f(y) = f(yf(x)) + xyf(x). \\quad (1)\n$$\n將 $x = 1$ 代入 (1)，得到\n$$\n(1 + f(1)^2)f(y) = f(yf(1)) + yf(1). \\quad (2)\n$$\n我們將 $y$ 分別以 $1, f(1), f(1)^2$ 代入 (1) 可得\n$$\nf(f(1)) = f(1)^3, \\quad (3)\n$$\n$$\nf(1)^3 + f(1)^5 = f(f(1)^2) + f(1)^2, \\quad (4)\n$$\n$$\nf(1)^7 + 2f(1)^5 - f(1)^4 - f(1)^2 = f(f(1)^3). \\quad (5)\n$$\n將 $y = 1$ 及 $x = f(1)$ 代入 (1)，可得\n$$\nf(1)^2 + f(1)^7 = f(f(1)^3) + f(1)^4. \\quad (6)\n$$\n從 (5) 和 (6) 推導出 $f(1)^5 = f(1)^2$. 因此 $f(1) = 0$ 或 $f(1) = 1$.\n若 $f(1) = 0$, 則從 (2) 可知對於所有 $y$ 恆有 $f(y) = f(0)$, 所以可得到 $f$ 是常數函數, 因此唯一滿足此情形的函數是零函數。若 $f(1) = 1$, 則從 (2) 可知對於所有 $y$ 恆有 $f(y) = y$, 而且我們驗證這個函數滿足 (1)。所以 (1) 的解為 $f(x) = 0$ 和 $f(x) = x$。因為 $g(x) = 2f(x)$, 所以原式的解為 $g(x) = 0$ 和 $g(x) = 2x$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44189,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "圓上有 $2^{2013}$ 個點, 任意編號為 $1, 2, \\dots, 2^{2013}$, 每個數字恰編給一個點。試證: 從這些點中可以連出 500 條兩兩不相交的弦, 使得這些弦的兩端點的數字和皆相同。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "本題的證明係基於以下的事實。\n\n**引理.** 在一個圖 $G$ 中, 設頂點 $v$ 的度數為 $d_v$。則 $G$ 包含一個由某些頂點所成的獨立集 $S$ 滿足 $|S| \\ge f(G)$, 其中\n$$\nf(G) = \\sum_{v \\in G} \\frac{1}{d_v + 1}.\n$$\n**證.** 對 $G$ 的頂點數 $|G| = n$ 進行數學歸納法。初始情形 $n=1$ 顯然成立。在歸納步驟中取 $G$ 中有最小度數 $d$ 的某頂點 $v_0$。將 $v_0$ 與它所有的鄰居 $v_1, \\dots, v_d$, 以及所有連到這些頂點的邊從圖 $G$ 中刪除, 將所得的圖稱為 $G'$。根據歸納法假設 $G'$ 包含了一個頂點所成的獨立集 $S'$ 滿足 $|S'| \\ge f(G')$。因為 $S'$ 中的頂點都不是 $v_0$ 的鄰居, $S = S' \\cup \\{v_0\\}$ 為 $G$ 中的頂點獨立集。\n\n設 $G'$ 中頂點 $v$ 的度數為 $d_v'$。明顯對每一個頂點 $v, d_v' \\le d_v$ 皆成立, 同時由 $v_0$ 的選擇知 $d_{v_0} \\ge d$ 對所有的 $i=0, 1, \\dots, d$ 均成立。於是有\n$$\n\\begin{aligned}\nf(G') &= \\sum_{v \\in G'} \\frac{1}{d_v' + 1} \\ge \\sum_{v \\in G'} \\frac{1}{d_v + 1} = f(G) - \\sum_{i=0}^{d} \\frac{1}{d_{v_i} + 1} \\\\\n&\\ge f(G) - \\frac{d+1}{d+1} = f(G) - 1.\n\\end{aligned}\n$$\n所以 $|S| = |S'| + 1 \\ge f(G') + 1 \\ge f(G)$。故引理由數學歸納法成立。$\\square$\n\n回到本題的證明。為簡潔起見, 設 $n = 2^{2012}$, 並畫出圓上 $2n$ 個點所決定的所有弦。依據各條弦兩端數字總和為 $3, 4, \\dots, 4n-1$ 將各弦分別著色 (將 $3, 4, \\dots, 4n-1$ 各想成一種顏色)。兩條不同的弦若有一共同端點者, 其著色必不相同。對於每個顏色 $c$, 考慮以下的圖 $G_c$: 它的頂點是所有著顏色 $c$ 的弦; 兩弦成為鄰居的充要條件是此兩弦相交。令 $f(G_c)$ 為上面引理的公式中所定義的數。\n\n每一條弦 $\\ell$ 將圓分成兩條弧, 其中至少有一條包含 $m(\\ell) \\le n-1$ 個給定的點。(特殊情形: 若 $\\ell$ 的兩端點相鄰, 則 $m(\\ell) = 0$。) 對每一個 $i = 0, 1, \\dots, n-2$, 都會有 $2n$ 條弦 $\\ell$ 滿足 $m(\\ell) = i$。這樣的弦在其顏色所成的圖中的度數最多為 $i$, 理由是因為如果 $A_1, A_2, \\dots, A_i$ 是由 $m(\\ell) = i$ 及顏色 $c$ 的弦 $\\ell$ 所決定的某條弧的所有點, 則每一個點 $A_j$ 最多是一條顏色為 $c$ 的弦的端點, $j = 1, 2, \\dots, i$; 所以最多有 $i$ 條顏色 $c$ 的弦與 $\\ell$ 相交。\n\n由此可知, 對每一個 $i = 0, 1, \\dots, n-2$, $2n$ 條滿足 $m(\\ell) = i$ 的弦 $\\ell$ 貢獻給總和 $\\sum_c f(G_c)$ 的數至少是 $\\frac{2n}{i+1}$。將 $i$ 從 $0, 1, \\dots$ 加到 $n-2$ 可得\n$$\n\\sum_c f(G_c) \\ge 2n \\sum_{i=1}^{n-1} \\frac{1}{i}.\n$$\n因為總共有 $4n-3$ 種顏色, 取其平均可知至少有一種顏色 $c$ 滿足\n$$\nf(G_c) \\ge \\frac{2n}{4n-3} \\sum_{i=1}^{n-1} \\frac{1}{i} > \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n-1} \\frac{1}{i}.\n$$\n根據最上面的引理, 存在至少 $\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n-1} \\frac{1}{i}$ 條互不相交的顏色為 $c$ 的弦; 這些弦的兩端點的數字總和當然都是 $c$。最後只需驗證當 $n = 2^{2012}$ 時, $\\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n-1} \\frac{1}{i} \\ge 500$。我們有\n$$\n\\sum_{i=1}^{n-1} \\frac{1}{i} > \\sum_{i=1}^{2000} \\frac{1}{i} = 1 + \\sum_{k=1}^{2000} \\sum_{i=2^{k-1}+1}^{2^k} \\frac{1}{i} > 1 + \\sum_{k=1}^{2000} \\frac{2^{k-1}}{2^k} = 1001 > 1000.\n$$\n故本題得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44190,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一個 $3n \\times 3n$ 的棋盤, 行與列都依序編號為 1 到 $3n$。方格 $(x, y)$ 依據 $x + y$ 模 3 的餘數為 0, 1 或 2, 分別塗成顏色 A, B 或 C。在每一個方格中擺上一個籌碼, 每個籌碼的顏色為 A, B 或 C。三種顏色的籌碼各有 $3n^2$ 個。\n假設我們可以安排下列籌碼的重新排列方式：每個籌碼移動的距離不超過 $d$, 顏色 A 的籌碼取代顏色 B 的籌碼、顏色 B 的籌碼取代顏色 C 的籌碼、且顏色 C 的籌碼取代顏色 A 的籌碼。試證：我們還有另一種籌碼重新排列的方式，使得每個籌碼移動的距離不超過 $d+2$，並且移動後每個方格內都有與該方格顏色相同的籌碼。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不失一般性，只需證明所有顏色 A 的籌碼（簡稱 A-籌碼）可以移動到不同的顏色 A 的方格（簡稱 A-方格）中，並且每個 A-籌碼從原來的方格所移動的距離不超過 $d+2$。這就是說，我們可以將 $3n^2$ 個 A-籌碼與 $3n^2$ 個 A-方格作完美配對，並且每一對之間的距離最多是 $d+2$。\n爲了找出這個的完美配對，我們建構一個雙色圖：所有的 A-方格為一群頂點，所有的 A-籌碼為另一群頂點。\n將原來的棋盤分割成 $3 \\times 1$ 的三方塊；每一個三方塊恰包含一個 A-方格。找一個把 A-籌碼送到 B-籌碼、B-籌碼送到 C-籌碼、C-籌碼送到 A-籌碼，且每一個移動的距離都不超過 $d$ 的排列 $\\pi$。對任一個 A-方格 $S$ 與任一個 A-籌碼 $T$，如果 $\\pi(T)$ 或 $\\pi^{-1}(T)$ 落在包含 $S$ 的三方塊中，我們就在雙色圖中將 $S$，$T$ 連一條邊。在此圖形中我們也容易多重邊；一個方格與一個籌碼間可能連到三條邊。易知圖中每條邊的長度不超過 $d+2$；此處邊的長度指的是它所連接的方格與籌碼之間的距離。\n每一個 A-籌碼 $T$ 與三個 A-方格相連：這些 A-方格所屬的三方塊包含了 $T$，$\\pi(T)$ 與 $\\pi^{-1}(T)$。所以在這個雙色圖中每一個籌碼的度數 degree 為 3。以下證明每一個方格的度數也都是 3。設 $S$ 為某個 A-方格，且令 $T_1, T_2, T_3$\n\n為包含 $S$ 的三方塊上的籌碼。對於 $i = 1, 2, 3$, 如果 $T_i$ 是 A-籌碼, 則 $S$ 與 $T_i$ 連接; 如果 $T_i$ 是 B-籌碼, 則 $S$ 與 $\\pi^{-1}(T_i)$ 連接; 最後如果 $T_i$ 是 C-籌碼, 則 $S$ 與 $\\pi(T_i)$ 連接。故得證每一個 A-方格的度數也是 3。\n因為每一個 A-方格的度數是 3, 從任一些 A-方格所組成的集合 $S$ 都連出 $3|S|$ 條邊。這些邊中至少會連到 $|S|$ 個籌碼, 因為每個 A-籌碼的度數也是 3。因此任何一個由 A-方格組成的集合 $S$ 都至少有 $|S|$ 個 A-籌碼作為其鄰居。\n於是, 由 Hall 的結婚定理 (Hall's marriage theorem), 此雙色圖中存在兩群頂點之間的完美配對方式。所以 A-方格與 A-籌碼間存在一完美配對, 其中每條邊的距離最多是 $d+2$, 故原題所要求的排列方式存在, 得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44191,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{Z}$ 和 $\\mathbb{Q}$ 分別為整數與有理數所形成的集合。對於 $\\mathbb{Q}$ 的子集合 $X, Y$, 定義 $X + Y$ 為:\n$$\nX + Y := \\{x + y \\mid x \\in X, y \\in Y\\}.\n$$\n(a) 試問能否將 $\\mathbb{Z}$ 分割成三個非空子集 $A, B, C$ 使得 $A+B, B+C, C+A$ 互斥?\n(b) 試問能否將 $\\mathbb{Q}$ 分割成三個非空子集 $A, B, C$ 使得 $A+B, B+C, C+A$ 互斥?",
    "options": [],
    "answer": "a) Yes. b) No.",
    "solution": "(a) 是。下為一例：\n$$\nA = \\{3k \\mid k \\in \\mathbb{Z}\\}, \\quad B = \\{3k + 1 \\mid k \\in \\mathbb{Z}\\}, \\quad C = \\{3k + 2 \\mid k \\in \\mathbb{Z}\\}.\n$$\n\n(b) 否。假設 $\\mathbb{Q}$ 可分割成三個非空子集 $A, B, C$ 使得 $A+B, B+C, C+A$ 互斥。注意到對於所有 $a \\in A, b \\in B, c \\in C$ 有\n$$\na + b - c \\in C, \\quad b + c - a \\in A, \\quad c + a - b \\in B. \\qquad (1)\n$$\n確實 $a + b - c \\notin A$ 當 $(A+B) \\cap (A+C) = \\emptyset$, 且同樣地 $a + b - c \\notin B$, 因此 $a + b - c \\in C$。即 $A+B \\subset C+C$。同樣地, 我們有 $B+C \\subset A+A$, $C+A \\subset B+B$。\n反向的包含關係亦成立。令 $a, a' \\in A, b \\in B, c \\in C$。由 (1) 可得 $a' + c - b \\in B$, 且因為 $a \\in A, c \\in C$, 再次使用 (1) 式可得\n$$\na + a' - b = a + (a' + c - b) - c \\in C.\n$$\n\n$A + B = C + C$, $B + C = A + A$, $C + A = B + B$。\n更進一步, 不失一般性假設 $0 \\in A$。則 $B = \\{0\\} + B \\subset A + B$ 且 $C = \\{0\\} + C \\subset A + C$。因為 $B + C$ 分別與 $A + B$ 及 $A + C$ 互斥, 所以 $B + C$ 分別與 $B$ 及 $C$ 互斥。因此 $B + C$ 包含於 $\\mathbb{Z}\\setminus(B \\cup C) = A$。因為 $B + C = A + A$, 我們可得 $A + A \\subset A$。另一方面, $A = \\{0\\} + A \\subset A + A$, 可得 $A = A + A = B + C$。\n因此 $A+B+C = A+A+A = A$, 且 $B+B = C+A, C+C = A+B$\n可推得 $B+B+B = A+B+C = A, C+C+C = A+B+C = A$。\n特別地, 若任意的 $r \\in \\mathbb{Q} = A \\cup B \\cup C$ 則 $3r \\in A$。\n但此結論並不可能。任取 $b \\in B$ ($B$ 為非空子集) 且令 $r = \\frac{b}{3} \\in \\mathbb{Q}$, 則\n$b = 3r \\in A$ 產生了矛盾。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44192,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 是大於或等於 1 的整數。在集合 $\\{1, 2, \\dots, n\\}$, 最多可以選出幾對數字, 滿足其中每一對都是相異的兩個數, 每一對中的兩數之和與其他對的和皆不同, 而且每一對的和都不超過 $n$?",
    "options": [],
    "answer": "floor((2n-1)/5)",
    "solution": "考慮集合 $\\{1, 2, 3, \\dots, n\\}$ 中的 $x$ 對這樣的數字。這些 $2x$ 個數字的總和 $S$ 至少是 $1+2+\\cdots+2x$, 因為這些選出來的數字兩兩互異。另一方面 $S \\le n+(n-1)+\\cdots+(n-x+1)$, 因為每對數字的和均不相同, 並且都不超過 $n$。於是給出下列的不等式\n$$\n\\frac{2x(2x+1)}{2} \\le nx - \\frac{x(x-1)}{2},\n$$\n所以推得 $x \\le \\frac{2n-1}{5}$。所以最多可以有 $\\lfloor \\frac{2n-1}{5} \\rfloor$ 對滿足題設的數字。\n\n以下建構 $\\lfloor \\frac{2n-1}{5} \\rfloor$ 對滿足題設的數字。首先考慮 $n = 5k + 3$ ($k \\ge 0$) 的情形, 此時 $\\lfloor \\frac{2n-1}{5} \\rfloor = 2k + 1$。這些對數字可以用下列的表格表示:\n\n| 數對      | $3k + 1$ | $3k$ | $\\dots$ | $2k + 2$ | $4k + 2$ | $4k + 1$ | $\\dots$ | $3k + 3$ | $3k + 2$ |\n|-----------|----------|------|---------|----------|----------|----------|---------|----------|----------|\n| 和        | $2$      | $4$  | $\\dots$ | $2k$     | $1$      | $3$      | $\\dots$ | $2k - 1$ | $2k + 1$ |\n| 和        | $3k + 3$ | $3k + 4$ | $\\dots$ | $4k + 2$ | $4k + 3$ | $4k + 4$ | $\\dots$ | $5k + 2$ | $5k + 3$ |\n\n以上的 $2k+1$ 對數字使用了 $1$ 到 $4k+2$ 的所有數字; 各對數字的和包含 $3k+3$ 到 $5k+3$ 的所有數字。當 $n = 5k + 4$ 或 $5k + 5$ ($k \\ge 0$) 時可以用同樣的建構法。在這些情形下要達成的對數 $\\lfloor \\frac{2n-1}{5} \\rfloor$ 仍然是 $2k+1$, 而上表中所有的和也都不超過 $5k+3$。\n\n在 $n = 5k + 2$ ($k \\ge 0$) 的情形下, 只需要 $2k$ 對數字; 此時可以將上表中的最後一行刪除 (於是移除了和是 $5k+3$ 的那一對數)。\n\n最後, 當 $n = 5k + 1$ ($k \\ge 0$) 時也需要 $2k$ 對數字。此時只要將上表中的最後一行刪除, 並且將第一列的各個數字減 $1$ 即可。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44193,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有若干個正整數排成一列。某人每次選擇兩個相鄰的數字 $x$ 與 $y$, 其中 $x > y$, 並且 $x$ 在 $y$ 的左邊; 接著他把這個數對 $(x, y)$ 用 $(y + 1, x)$ 或 $(x - 1, x)$ 取代。然後他重複作這樣的選擇與取代的操作。試證他只能作有限次這樣的操作。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解一 注意到題設的操作不會改變原數列的最大值 $M$。設某一次操作完成後所得到的數列為 $a_1, a_2, \\dots, a_n$。考慮下列的和\n$$\nS = a_1 + 2a_2 + \\dots + n a_n.\n$$\n我們宣稱：在每次操作後，$S$ 都會增加某正整數的量。設某操作將數對 $(a_i, a_{i+1})$ 以 $(c, a_i)$ 取代，其中 $a_i > a_{i+1}$，且 $c$ 為 $a_{i+1} + 1$ 或 $a_i - 1$ 其中之一。於是 $S$ 的新值與舊值的差為\n$$\nd = (i c + (i + 1)a_i) - (i a_i + (i + 1)a_{i+1}) = a_i - a_{i+1} + i(c - a_{i+1}).\n$$\n由於 $a_i - a_{i+1} \\ge 1$，且 $c - a_{i+1} \\ge 0$，$d$ 必為正整數。\n\n另一方面，因為每個 $a_i \\le M$，得 $S \\le (1+2+3+\\cdots+n)M$。由於 $S$ 在每次操作後至少增加 1，而又從來不超過定值 $(1+2+\\cdots+n)M$，在有限次操作後必定終止。\n\n\n解二 同解一，注意到數列的最大值 $M$ 從不改變。現考慮 $n$ 項正整數數列的反字典順序：當 $x_n < y_n$ 或者是 $x_k = y_k$ 對所有 $k = j + 1, j + 2, \\dots, n$ 皆成立但 $x_j < y_j$ 時，記為 $(x_1, x_2, \\dots, x_n) < (y_1, y_2, \\dots, y_n)$。在此順序下，每一次的操作都會使數列變大，而且過程中同一個數列都不會重複出現。\n\n另一方面,因為每一項是正整數且最大值固定,所以只有有限多個可能的數列。因此此操作不可能無限進行下去。\n\n\n**解三** 設現在的數列是 $a_1, a_2, \\dots, a_n$。令 $s_i$ 代表此數列中小於 $a_i$ 的項數。稱數列 $s_1, s_2, \\dots, s_n$ 為數列 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 的得點數列。\n兩數列 $x_1, x_2, \\dots, x_n$ 與 $y_1, y_2, \\dots, y_n$ 中, 如果滿足 $x_i \\neq y_i$ 的足標 $i$, 有 $x_i < y_i$, 稱數列 $x_1, x_2, \\dots, x_n$ 勝過數列 $y_1, y_2, \\dots, y_n$。我們宣稱: 在每次操作後, 新的得點數列將會勝過原來的得點數列。證得此性質後, 由於得點數列不會重複出現, 並且只有有限多個可能的得點數列, 因此此操作必須在有限次後終止。\n考慮將 $(x, y)$ 換成 $(a, x)$ 的操作, 其中 $a = y + 1$ 或 $a = x - 1$。假設 $x$ 原來出現在第 $i$ 個位置。對於每一個 $j < i$, $s_j$ 在操作後並不會增加, 因為 $y \\le a$ 且 $x \\le x$。如果對某一個 $j < i$, $s_j$ 減少了, 則新的得點數列就勝過原來的得點數列。如果對每一個 $j < i$, $s_j$ 都不動的話, 看 $s_i$: 由於 $x > y$ 且 $y \\le a \\le x$, 我們得到 $s_i$ 至少減 1。由此證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44194,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外心為 $O$, 內心為 $I$。$D, E, F$ 三點分別位於 $BC, CA, AB$ 邊上, 並滿足 $BD + BF = CA$ 且 $CD + CE = AB$。令三角形 $BFD$ 的外接圓與三角形 $CDE$ 的外接圓的兩交點為 $D, P$。試證: $OP = OI$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以下用 $(XYZ)$ 代表 $\\triangle XYZ$ 的外接圓。設 $D, E, F$ 三點分別在 $BC, CA, AB$ 邊上。由 Miquel 定理，$(AEF) = \\omega_A$，$(BFD) = \\omega_B$，$(CDE) = \\omega_C$ 三個外接圓有共同點 $P \\neq D$。\n設 $\\omega_A, \\omega_B, \\omega_C$ 分別交 $AI, BI, CI$ 於點 $A \\neq A', B \\neq B', C \\neq C'$。此處的要點是 $A', B', C'$ 這三點並不依賴於點 $D, E, F$，只要它們滿足 $BD + BF = CA, CD + CE = AB, AE + AF = BC$ (最後一式可由前面兩式得到)。對此我們先證明一引理。\n**引理.** 給定 $\\angle A = \\alpha$。一圓 $\\omega$ 通過 $A$ 點, 並交 $\\angle A$ 的角平分線於 $L$, 且分別交 $\\angle A$ 的兩邊於 $X, Y$ 兩點。則 $AX + AY = 2AL \\cos \\frac{\\alpha}{2}$。\n**證.** 注意到 $L$ 點是 $\\omega$ 上的弧 $\\overarc{XY}$ 的中點, 故可令 $XL = YL = u, XY = v$。根據 Ptolemy 定理, $AX \\cdot YL + AY \\cdot XL = AL \\cdot XY$, 可改寫成 $(AX + AY)u = AL \\cdot v$。因為 $\\angle LXY = \\frac{\\alpha}{2}$ 且 $\\angle XLY = 180^\\circ - \\alpha$, 由餘弦定理可得 $v = 2u \\cos \\frac{\\alpha}{2}$, 故引理得證。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n將此引理套用在 $\\angle BAC = \\alpha$ 以及圓 $\\omega = \\omega_A$, 其中 $\\omega_A$ 交 $AI$ 於 $A'$ 點, 於是得到 $2AA' \\cos \\frac{\\alpha}{2} = AE + AF = BC$。同理可推得 $BB', CC'$ 所滿足的式子。由此得到 $A', B', C'$ 各點的位置與 $D, E, F$ 點的選取無關。\n我們再利用此引理兩次於 $\\angle BAC = \\alpha$。令 $\\omega$ 為以 $AI$ 為直徑的圓。此時 $X, Y$ 兩點分別為 $\\triangle ABC$ 的內切圓在 $AB, AC$ 兩邊的切點, 於是 $AX = AY = \\frac{1}{2}(AB+AC-BC)$。由引理可得 $2AI \\cos \\frac{\\alpha}{2} = AB+AC-BC$。再令 $\\omega$ 是 $\\triangle ABC$ 的外接圓, 設 $AI$ 交 $\\omega$ 於點 $M \\neq A$。此時 $\\{B, C\\} = \\{X, Y\\}$, 因此由引理得 $2AM \\cos \\frac{\\alpha}{2} = AB + AC$。將目前得到的結果整理如下:\n$$\n\\begin{aligned}\n2 AA' \\cos \\frac{\\alpha}{2} &= BC, \\\\\n2 AI \\cos \\frac{\\alpha}{2} &= AB + AC - BC, \\\\\n2 AM \\cos \\frac{\\alpha}{2} &= AB + AC.\n\\end{aligned} \n\\qquad (1)\n$$\n\n由以上等式可得出 $AA' + AI = AM$, 因此線段 $AM$ 與 $IA'$ 有相同的中點。\n由此可得點 $I$ 與點 $A'$ 到外心 $O$ 等距。由對稱性知 $OI = OA' = OB' = OC'$, 所以 $I, A', B', C'$ 共圓, 其圓心為 $O$。\n欲證明 $OI = OP$, 現只需證明 $I, A', B', C', P$ 共圓即可。若 $P$ 等於 $I, A', B', C'$ 其中一點的話免證; 故設 $P \\neq I, A', B', C'$。\n![](attached_image_2.png)\n以下的論證中我們使用有向角來避免正負號的區別。將直線 $l, m$ 之間所夾的有向角記為 $\\angle(l, m)$。對任意直線 $l, m, n$ 自然有 $\\angle(l, m) = -\\angle(m, l)$\n\n及 $\\angle(l, m) + \\angle(m, n) = \\angle(l, n)$。四個相異點 $U, V, X, Y$ 共圓的充要條件\n即為 $\\angle(UX, VX) = \\angle(UY, VY)$。\n暫時先假設 $I, P, A', B'$ 四點皆相異且不共線; 此時只需驗證等式 $\\angle(A'P, B'P) = \\angle(A'I, B'I)$。因為 $A, F, P, A'$ 位於圓 $\\omega_A$ 上, 可得 $\\angle(A'P, FP) = \\angle(A'A, FA) = \\angle(A'I, AB)$。類似的理由可得 $\\angle(B'P, FP) = \\angle(B'I, AB)$。於是有\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle(A'P, B'P) &= \\angle(A'P, FP) + \\angle(FP, B'P) \\\\\n&= \\angle(A'I, AB) - \\angle(B'I, AB) = \\angle(A'I, B'I).\n\\end{aligned}\n$$\n以上計算中我們假設了 $P \\neq F$。如果 $P = F$, 則 $P \\neq D, E$, 而結論亦可類推成立 (利用 $\\angle(A'F, B'F) = \\angle(A'F, EF) + \\angle(EF, DF) + \\angle(DF, B'F)$ 與 $\\omega_A, \\omega_B, \\omega_C$ 圓中的圓周角)。\n假設 $A', B', P, I$ 相異與不共線並不失去一般性。如果 $ABC$ 為正三角形, 則 (??) 式可推得 $A', B', C', I, O, P$ 六點重合, 此時 $OP = OI$。否則 $A', B', C'$ 三點中最多只有一點與 $I$ 重合, 理由如下: 假設 $C' = I$, 則由前面的論證可知 $OI \\perp CI$; 所以 $A', B' \\neq I$, 於是 $A' \\neq B'$。最後因為 $I, A', B', C'$ 共圓, 所以 $A', B', I$ 必不共線。\n至此全部證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44195,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "若整數 $a$ 使方程式 $(m^2 + n)(n^2 + m) = a(m - n^3)$ 有正整數解 $m, n$, 則稱整數 $a$ 為友善的 (friendly).\n\na. 證明集合 $\\{1, 2, \\dots, 2013\\}$ 中至少有 500 個友善的整數 (friendly integers).\n\nb. 決定 $a = 2$ 是否為友善的。",
    "options": [],
    "answer": "At least 503 integers in the set are friendly (for example, all numbers congruent to one modulo four from five to two thousand thirteen), and 2 is not friendly.",
    "solution": "(a) 我們取 $a = 4k - 3$, $k \\ge 2$，再取 $m = 2k - 1$, $n = k - 1$，我們得到\n$$ (m^2+n)(n^2+m) = ((2k-1)^2+(k-1))((k-1)^2+(2k-1)) = (4k-3)k^3 = a(m-n)^3. $$\n因此 $5, 9, \\dots, 2009, 2013$ 是友善的且 $\\{1, 2, \\dots, 2013\\}$ 包含至少 503 個友善的整數。\n\n(b) 我們證明 $a = 2$ 不是友善的。我們考慮當 $a = 2$ 時的方程式 $(m^2+n)(n^2+m) = 2(m-n^3)$，並把左式寫成平方差的形式：\n$$\n\\frac{1}{4}((m^2+n+n^2+m)^2 - (m^2+n-n^2+m)^2) = 2(m-n)^3. \\quad (1)\n$$\n因為 $m^2+n-n^2-m = (m-n)(m+n-1)$，我們可以得到\n$$\n(m^2+n+n^2+m)^2 = (m-n)^2(8(m-n) + (m+n-1)^2).\n$$\n所以 $8(m-n) + (m+n-1)^2$ 是一個完全平方式。顯然 $m > n$，因此存在一個整數 $s \\ge 1$ 使得\n$$\n(m+n-1+2s)^2 = 8(m-n) + (m+n-1)^2.\n$$\n上式展開可得 $s(m+n-1+s) = 2(m-n)$。因為 $m+n-1+s > m-n$，所以 $s < 2$。所以唯一的可能是 $s = 1$ 且 $m = 3n$。把 $m = 3n$ 代入 (1) 發現 $27n^3 = 16n^3$，得到 $n = m = 0$，矛盾。所以 $a = 2$ 不是友善的。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44196,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試找出所有的函數 $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 滿足下列條件:\n(1) 對於所有的 $x, y \\in \\mathbb{R}$, $f(1 + xy) - f(x + y) = f(x)f(y)$, 和\n(2) $f(-1) \\neq 0$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x - 1",
    "solution": "唯一解是 $f(x) = x - 1, x \\in \\mathbb{R}$.\n我們令 $g(x) = f(x) + 1$ 且證明 $g(x) = x$ 對於所有的實數 $x$. 則題目的條件可寫成\n$$\ng(1+xy)-g(x+y) = (g(x)-1)(g(y)-1) \\quad \\text{對於所有 } x,y \\in \\mathbb{R} \\text{ 且 } g(-1) \\neq 1. \\quad (1)\n$$\n記 $C = g(-1) - 1 \\neq 0$. 設 (1) 式中的 $y = -1$, 可得\n$$\ng(1-x) - g(x-1) = C(g(x) - 1). \\quad (2)\n$$\n令 (2) 式的 $x = 1$ 得到 $C(g(1) - 1) = 0$. 因此當 $C \\neq 0$ 時, $g(1) = 1$. 代入 $x = 0$ 和 $x = 2$ 分別產生 $g(0) = 0$ 和 $g(2) = 2$.\n我們觀察到\n$$\ng(x) + g(2 - x) = 2 \\quad \\text{對於所有 } x \\in \\mathbb{R}, \\quad (3)\n$$\n$$\ng(x + 2) - g(x) = 2 \\quad \\text{對於所有 } x \\in \\mathbb{R}. \\quad (4)\n$$\n將 (2) 中的 $x$ 替換成 $1 - x$ 可得 $g(x) - g(-x) = C(g(1-x) - 1)$, 再把 $x$ 以 $-x$ 置換可得 $g(-x) - g(x) = C(g(1+x) - 1)$. 兩式相加可得 $C(g(1-x) + g(1+x) - 2) = 0$. 所以 $C \\neq 0$ 可得 (3).\n令 $u, v$ 使得 $u + v = 1$. (1) 式中將 $(x, y)$ 分別以 $(u, v)$ 和 $(2 - u, 2 - v)$ 代入可得 $g(1 + uv) - g(1) = (g(u) - 1)(g(v) - 1)$, $g(3 + uv) - g(3) =$\n$$\ng(uv + 3) - g(uv + 1) = g(3) - g(1).\n$$\n每一個 $x \\le \\frac{5}{4}$ 皆可表示成 $x = uv + 1$ 的形式, 其中 $u + v = 1$ (因為二次多項式 $t^2 - t + (x-1)$ 當 $x \\le \\frac{5}{4}$ 時有實根)。因此當 $x \\le \\frac{5}{4}$ 時, $g(x+2)-g(x) = g(3)-g(1)$。因為 $g(x) = x$ 成立於 $x = 0, 1, 2$, 令 $x = 0$ 可得 $g(3) = 3$。如此就證明了當 $x \\le \\frac{5}{4}$ 時 (4) 成立。若 $x > \\frac{5}{4}$ 則 $-x < \\frac{5}{4}$ 因此 $g(2-x)-g(-x) = 2$。另一方面, 可由 (3) 得到 $g(x) = 2-g(2-x)$, $g(x+2) = 2-g(-x)$ 使得 $g(x+2) - g(x) = g(2-x) - g(-x) = 2$。所以 (4) 對於所有實數 $x$ 都成立。\n將 (3) 式中的 $x$ 以 $-x$ 代換得到 $g(-x) + g(2+x) = 2$。由 (4) 可得 $g(x) + g(-x) = 0$ 對於所有 $x$。 (1) 式中將 $(x,y)$ 分別以 $(-x,y)$ 和 $(x,-y)$ 代入可得 $g(1-xy)-g(-x+y) = (g(x)+1)(1-g(y))$, $g(1-xy)-g(x-y) = (1-g(x))(g(y)+1)$。兩式相加得到 $g(1-xy) = 1-g(x)g(y)$。由 (3) 可得 $g(1+xy) = 1+g(x)g(y)$。所以原式 (1) 得到 $g(x+y) = g(x)+g(y)$ 的形式, 因此 $g$ 有可加性。\n由可加性得到 $g(1+xy) = g(1)+g(xy) = 1+g(xy)$, 因為 $g(1+xy) = 1+g(x)g(y)$ 已由上面的討論得到, 所以我們可得 $g(xy) = g(x)g(y)$。特別地, $y = x$ 可得對於所有的實數 $x$, $g(x^2) = g(x)^2 \\ge 0$, 意即當 $x \\ge 0$ 時, $g(x) \\ge 0$。因為 $g$ 有可加性且在 $[0, +\\infty]$ 有下界, $g$ 是線性的, 更進一步可得對於所有實數 $x$, $g(x) = g(1)x = x$.\n總而言之, 唯一解是 $f(x) = x-1, x \\in \\mathbb{R}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44197,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為凸四邊形, $BC$ 與 $AD$ 兩邊並不平行。假設 $BC$ 邊上有一點 $E$ 使得四邊形 $ABED$ 與四邊形 $AECD$ 都有內切圓。試證: $AD$ 邊上存在一點 $F$ 使得四邊形 $ABCF$ 與四邊形 $BCDF$ 都有內切圓的充要條件是 $AB$ 平行於 $CD$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $\\omega_1, \\omega_2$ 分別為四邊形 $ABED$, $AECD$ 的內切圓, 點 $O_1, O_2$ 分別為 $\\omega_1, \\omega_2$ 的圓心。存在滿足題設中的一點 $F$ 的充分條件是如果 $\\omega_1, \\omega_2$ 也分別是四邊形 $ABCF$, $BCDF$ 的內切圓。\n\n自 $B$ 向 $\\omega_2$ 引異於 $BC$ 的切線, 並且自 $C$ 向 $\\omega_1$ 引異於 $BC$ 的切線, 令此兩條切線分別與 $AD$ 邊交於點 $F_1, F_2$。我們需要證明: $F_1 = F_2$ 的充要條件是 $AB \\parallel CD$。\n\n引理：設兩圓 $\\omega_1, \\omega_2$ 的圓心分別為 $O_1, O_2$, 且此兩圓同時內切於一角, 並設此角的頂點為 $O$。設點 $P, S$ 在角 $O$ 的同一邊, 點 $Q, R$ 在角 $O$ 的另一邊, 且設 $\\omega_1$ 是三角形 $PQO$ 的內切圓, $\\omega_2$ 是三角形 $RSO$ 相對於角 $O$ 的旁切圓。令 $p = OO_1 \\cdot OO_2$。則下列的關係中恰有一成立：\n\n$$\nOP \\cdot OR < p < OQ \\cdot OS, \\quad OP \\cdot OR > p > OQ \\cdot OS, \\quad OP \\cdot OR = p = OQ \\cdot OS.\n$$\n\n引理的證明：令 $\\angle OPO_1 = \\alpha, \\angle OQO_1 = \\beta, \\angle OO_2R = \\gamma, \\angle OO_2S = \\delta$, $\\angle POQ = 2\\varphi$。因為線段 $PO_1, QO_1, RO_2, SO_2$ 分別是三角形 $PQO, RSO$ 的內角平分線或外角平分線，所以有\n$$\nu + v = x + y(= 90^\\circ - \\varphi). \\qquad (1)\n$$\n由正弦定理知\n$$\n\\frac{OP}{OO_1} = \\frac{\\sin(u + \\varphi)}{\\sin u} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{OO_2}{OR} = \\frac{\\sin(x + \\varphi)}{\\sin x}.\n$$\n因為 $x, u, \\varphi$ 都是銳角，所以\n$$\n\\begin{aligned}\nOP \\cdot OR \\ge p & \\Leftrightarrow \\frac{OP}{OO_1} \\ge \\frac{OO_2}{OR} & \\Leftrightarrow \\sin x \\sin(u + \\varphi) \\ge \\sin u \\sin(x + \\varphi) \\\\\n& \\Leftrightarrow \\sin(x - u) \\ge 0 & \\Leftrightarrow x \\ge u.\n\\end{aligned}\n$$\n由此知 $OP \\cdot OR \\ge p$ 等價於 $x \\ge u$，並且 $OP \\cdot OR = p$ 的充要條件是 $x = u$。\n同理可證，$p \\ge OQ \\cdot OS$ 等價於 $v \\ge y$，且 $p = OQ \\cdot OS$ 的充要條件是 $v = y$。另一方面由 (1) 式知 $x \\ge u$ 和 $v \\ge y$ 是等價的，並且 $x = u$ 等價於 $v = y$。所以引理得證。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n回到問題本身，將引理應用在下列各組的四個點：$\\{B, E, D, F_1\\}$, $\\{A, B, C, D\\}$, $\\{A, E, C, F_2\\}$。先設 $OE \\cdot OF_1 > p$，就可得到\n$$\nOE \\cdot OF_1 > p \\Rightarrow OB \\cdot OD < p \\Rightarrow OA \\cdot OC > p \\Rightarrow OE \\cdot OF_2 < p.\n$$\n\n換句話說，$OE \\cdot OF_1 > p$ 可推得\n$OB \\cdot OD < p < OA \\cdot OC \\quad \\text{and} \\quad OE \\cdot OF_1 > p > OE \\cdot OF_2$.\n同理，若假設 $OE \\cdot OF_1 < p$，則可得到\n$OB \\cdot OD > p > OA \\cdot OC \\quad \\text{and} \\quad OE \\cdot OF_1 < p < OE \\cdot OF_2$.\n在這些情形下，$F_1 \\neq F_2$，而且 $OB \\cdot OD \\neq OA \\cdot OC$，所以 $AB$ 與 $CD$ 不會平行。\n最後剩下 $OE \\cdot OF_1 = p$ 的情形。在此情形下，由引理可推得 $OB \\cdot OD = p = OA \\cdot OC$ 且 $OE \\cdot OF_1 = p = OE \\cdot OF_2$。因此 $F_1 = F_2$ 且 $AB \\parallel CD$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44198,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $x$ 和 $y$ 是正整數。試證若對所有的正整數 $n$, $2^n y + 1$ 整除 $x 2^n - 1$, 則 $x = 1$。",
    "options": [],
    "answer": "x = 1",
    "solution": "首先我們證明對於所有的正整數 $y$, 存在無限多個質數 $p \\equiv 3 \\pmod 4$ 使得 $p$ 整除某些形如 $2^n y + 1$ 的數。\n顯然只要考慮 $y$ 是奇數的例子。令\n$$\n2y + 1 = p_1^{e_1} \\cdots p_r^{e_r}\n$$\n是 $2y+1$ 的質因數分解。假設存在有限多個質數 $p_{r+1}, \\cdots, p_{r+s} \\equiv 3 \\pmod 4$ 整除某些形如 $2^n y + 1$ 的數, 但不整除 $2y + 1$。\n我們想要找到一個 $n$ 使得 $p_i^{e_i} \\mid 2^n y + 1, 1 \\le i \\le r$ 且 $p_i \\nmid 2^n y + 1, r+1 \\le i \\le r+s$。對此只要取\n$$\nn = 1 + \\varphi(p_1^{e_1+1} \\cdots p_r^{e_r+1} p_{r+1}^1 \\cdots p_{r+s}^1),\n$$\n就足夠了, 因為這樣就會有\n$$\n2^n y + 1 \\equiv 2y + 1 \\pmod{p_1^{e_1+1} \\cdots p_r^{e_r+1} p_{r+1}^1 \\cdots p_{r+s}^1}.\n$$\n最後的同餘式意即 $p_1^{e_1}, \\cdots, p_r^{e_r}$ 恰整除 $2^n y + 1$ 且 $p_{r+1}, \\cdots, p_{r+s}$ 皆不整除 $2^n y + 1$。因此 $2^n y + 1$ 的質因數分解包含 $p_1^{e_1}, \\cdots, p_r^{e_r}$ 和質數的幂次方同餘 $1 \\pmod 4$。因為 $y$ 是奇數, 我們可得\n$$\n2^n y + 1 \\equiv p_1^{e_1} \\cdots p_r^{e_r} \\equiv 2y + 1 \\equiv 3 \\pmod 4.\n$$\n因為 $n > 1$ 所以矛盾。所以可得 $2^n y + 1 \\equiv 1 \\pmod 4$。\n\n若 $p$ 是 $2^n y + 1$ 的質因數, 則對於 $d = 2^n$, 我們有 $x^d \\equiv 1 \\pmod 4$。由費瑪小定理, 相同的同餘式在 $d = p-1$ 是成立, 所以它也會成立於 $d = (2^n, p - 1)$ 時。對於 $p \\equiv 3 \\pmod 4$ 我們有 $(2^n, p - 1) = 2$, 因此在這個情形下 $x^2 \\equiv 1 \\pmod p$。\n總而言之,我們證明了所有的 $p \\equiv 3 \\pmod 4$ 整除某些形如 $2^n y + 1$ 的數,也會整除 $x^2-1$。這個可能性只發生在 $x=1$ 時,否則正整數 $x^2-1$ 會有無窮多個質因數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44199,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明對於所有的質數 $p > 100$ 和每一個整數 $r$, 存在兩個整數 $a$ 和 $b$ 使得 $p$ 整除 $a^2 + b^5 - r$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在這整個解答當中，所有的同餘關係皆為模 $p$。\n\n固定 $p$, 令 $\\mathcal{P} = \\{0, 1, \\dots, p-1\\}$ 為模 $p$ 的完全剩餘類。對於所有的 $r \\in \\mathcal{P}$, 令 $S_r = \\{(a, b) \\in \\mathcal{P} \\times \\mathcal{P} : a^2 + b^5 \\equiv r\\}$, 且令 $s_r = |S_r|$。我們的目標是證明對於所有的 $r \\in \\mathcal{P}$, $s_r > 0$。\n\n我們將用已知的事實對於所有同餘類 $r \\in \\mathcal{P}$ 和所有的正整數 $k$, 存在最多 $k$ 個值 $x \\in \\mathcal{P}$ 使得 $x^k \\equiv r$。\n\n**Lemma.** 令 $N$ 是所有四元數對 $(a, b, c, d) \\in \\mathcal{P}^4$ 中滿足 $a^2 + b^5 \\equiv c^2 + d^5$ 的數對個數。則\n$$\nN = \\sum_{r \\in \\mathcal{P}} s_r^2\n\\quad\n(1)\n$$\n和\n$$\nN \\le p(p^2 + 4p - 4). \\tag{2}\n$$\n\n*Proof.*\n\na. 對於所有的同餘類 $r$, 存在剛好 $s_r$ 個數對 $(a, b)$ 滿足 $a^2 + b^5 \\equiv r$ 和 $s_r$ 個數對 $(c, d)$ 滿足 $c^2 + d^5 \\equiv r$。所以存在 $s_r^2$ 個四元數對滿足 $a^2 + b^5 \\equiv c^2 + d^5 \\equiv r$。對於所有的 $r \\in \\mathcal{P}$ 取和, 得證。\n\nb. 選擇任意數對 $(b, d) \\in \\mathcal{P}$ 並尋找可能的 $a, c$ 值。\n\n1. 假設 $b^5 \\equiv d^5$, 且令 $k$ 為數對 $(b, d)$ 的個數。$b$ 可用 $p$ 種不同的方式選取。對於 $b \\equiv 0, d$ 只有可能是 $0$。對於非零的 $b, d$ 只有最多五種可能的值。所以我們有 $k \\le 1 + 5(p-1) = 5p-4$。\n$a$ 和 $c$ 的值必須滿足 $a^2 \\equiv c^2$, 所以 $a \\equiv \\pm c$, 且恰存在 $2p-1$ 個這樣的數對 $(a, c)$。\n\n2. 現在假設 $b^5 \\neq d^5$。在這種情況下, $a$ 和 $c$ 必須相異。利用 $(a-c)(a+c) = d^5 - b^5$, $a-c$ 的值唯一決定 $a+c$ 的值, 也決定 $a$ 和 $c$ 的值。因此, 存在 $p-1$ 個適合的數對 $(a, c)$。\n\n如此, 對於滿足 $b^5 = d^5$ 的這 $k$ 個數對 $(b, d)$, 存在 $2p-1$ 個數對 $(a, c)$, 且對於其他的 $p^2-k$ 個數對 $(b, d)$, 存在 $p-1$ 個數對 $(a, c)$。因此,\n$$\n\\begin{aligned}\nN &= k(2p-1) + (p^2-k)(p-1) = p^2(p-1) + kp \\\\\n&\\leq p^2(p-1) + (5p-4)p = p(p^2 + 4p - 4).\n\\end{aligned}\n$$\n\n假設對於某個 $r \\in \\mathcal{P}$, $S_r = \\emptyset$。顯然 $r \\neq 0$。令 $T = \\{x^{10} : x \\in \\mathcal{P} \\setminus \\{0\\}\\}$。因為每一個同餘類是 $\\mathcal{P}$ 集合中至多 10 個元素的 10 次方, 我們由 $p > 100$ 可得 $|T| \\geq \\frac{p-1}{10} \\geq 4$。\n\n對於所有的 $t \\in T$, 我們有 $S_{tr} = \\emptyset$。確實, 若 $(x, y) \\in S_{tr}$ 且 $t \\equiv z^{10}$, 則\n$$\n(z^{-5}x)^2 + (z^{-2}y)^5 \\equiv t^{-1}(x^2 + y^5) \\equiv r,\n$$\n所以 $(z^{-5}x, z^{-2}y) \\in S_r$。所以, 在 $S_1, \\dots, S_{p-1}$ 之間存在至少 $\\frac{p-1}{10} \\geq 4$ 個空集合且在 $s_0, s_1, s_2, \\dots, s_{p-1}$ 存在最多 $p-4$ 個非零數。則由 $AM-QM$ 不等式, 我們得到\n$$\nN = \\sum_{r \\in \\mathcal{P} \\setminus rT} s_r^2 \\geq \\frac{1}{p-4} \\left( \\sum_{r \\in \\mathcal{P} \\setminus rT} s_r \\right)^2 = \\frac{|\\mathcal{P} \\times \\mathcal{P}|^2}{p-4} = \\frac{p^4}{p-4} > p(p^2+4p-4),\n$$\n由 Lemma 可知此式不可能成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44200,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $a, b, c$ 為正實數, 試證不等式\n$$\n3(a + b + c) \\geq 8\\sqrt[3]{abc} + \\sqrt[3]{\\frac{a^3 + b^3 + c^3}{3}}\n$$\n\nLet $a, b, c$ be positive real numbers. Prove that\n$$\n3(a + b + c) \\geq 8\\sqrt[3]{abc} + \\sqrt[3]{\\frac{a^3 + b^3 + c^3}{3}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由算幾不等式得\n$$\n8\\sqrt[3]{abc} + \\sqrt[3]{\\frac{a^3 + b^3 + c^3}{3}} \\le 9\\sqrt[3]{\\frac{8abc + \\frac{a^3+b^3+c^3}{3}}{9}} = 3\\sqrt[3]{a^3 + b^3 + c^3 + 24abc}\n$$\n故只須證明\n$$\n3(a + b + c) \\ge 3\\sqrt[3]{a^3 + b^3 + c^3 + 24abc}\n$$\n或\n$$\n(a + b + c)^3 \\ge a^3 + b^3 + c^3 + 24abc.\n$$\n將上式展開, 等價於\n$$\na^2b + ab^2 + b^2c + bc^2 + c^2a + ca^2 \\ge 6abc,\n$$\n上述不等式由算幾不等式易證。若\n$$\nabc = \\frac{a^3 + b^3 + c^3}{3} \\quad \\text{且} \\quad a^2b = ab^2 = b^2c = bc^2 = c^2a = ca^2\n$$\n則等式成立。即 $a = b = c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44201,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Z, N_0$ 分別表示整數、非負整數所成的集合。試求所有遞增函數 $f : N_0 \\to Z$ 滿足\n$$\nf(2) = 7, f(mn) = f(m) + f(n) + f(m)f(n), \\text{ 對所有的 } m, n \\in N_0.\n$$\n\nLet $Z, N_0$ be the sets of all integers and non-negative integers respectively.\nFind all increasing functions $f : N_0 \\to Z$ such that\n$$\nf(2) = 7, \\quad f(mn) = f(m) + f(n) + f(m)f(n), \\quad \\forall m, n \\in N_0.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n^3 - 1 for all n in N_0",
    "solution": "答：$f(n) = n^3 - 1, n \\in N_0$.\n\n由題設觀察得：$f(0) = f(1) = 0$. 對 $n \\ge 2$, 定 $g(n) = f(n) + 1$. 則\n$g(2) = 8$ 且\n$$\n\\begin{aligned}\ng(mn) &= f(mn) + 1 = f(m) + f(n) + f(m)f(n) + 1 \\\\\n&= (f(m) + 1)(f(n) + 1) \\\\\n&= g(m)g(n), \\text{對所有的 } m, n \\ge 2.\n\\end{aligned}\n$$\n\n固定一整數 $n > 2$, 考慮一有理數列 $\\{p_k/q_k, k \\ge 1\\}$, 此數列每一項皆大於 $\\log_2 n$ 且收斂至 $\\log_2 n$. 則由 $n < 2^{p_k/q_k}$ 得 $n^{q_k} < 2^{p_k}$, 再由 $g$ 的單調性得\n$$\ng(n^{q_k}) \\le g(2^{p_k}).\n$$\n由 $g$ 的可乘積性得\n$$\ng(n) \\ge g(2)^{p_k/q_k} = 2^{3p_k/q_k} = (2^{p_k/q_k})^3.\n$$\n讓 $k \\to \\infty$, 則 $g(n) \\le n^3$. 依此類推, 得 $g(n) \\ge n^3$. 故 $g(n) = n^3$. 所以 $f(n) = n^3 - 1, \\forall n$ 為滿足題設之唯一解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44202,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 是一正整數且令 $a_1, \\cdots, a_{n-1}$ 為任意實數。定義數列 $u_0, \\cdots, u_n$ 與 $v_0, \\cdots, v_n$ 如下：\n$$\nu_0 = u_1 = v_0 = v_1 = 1,\\ u_{k+1} = u_k + a_k u_{k-1},\\ v_{k+1} = v_k + a_{n-k} v_{k-1}\\ \\text{ 對於 } k = 1, \\cdots, n-1.$$\n試證：$u_n = v_n$.\n\nLet $n$ be a positive integer and let $a_1, \\cdots, a_{n-1}$ be arbitrary real numbers. Define the sequences $u_0, \\cdots, u_n$ and $v_0, \\cdots, v_n$ inductively by $u_0 = u_1 = v_0 = v_1 = 1$, and\n$$\nu_{k+1} = u_k + a_k u_{k-1}, \\quad v_{k+1} = v_k + a_{n-k} v_{k-1} \\text{ for } k = 1, \\cdots, n-1.$$\nProve that $u_n = v_n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We prove by induction on $k$ that\n$$\nu_k = \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_t < k \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2} a_{i_1} \\dots a_{i_t} \\quad (1)$$\nNote that we have one trivial summand equal to 1 (which corresponds to $t=0$ and the empty sequence, whose product is 1).\n\nFor $k=0, 1$ the sum on the right-hand side only contains the empty product, so (1) holds due to $u_0 = u_1 = 1$. For $k \\ge 1$, assuming the result is true for $0, 1, \\dots, k$, we have\n$$\n\\begin{align*}\nu_{k+1} &= \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_t < k \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2} a_{i_1} \\dots a_{i_t} + \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_{t-1} < k-1 \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2} a_{i_1} \\dots a_{i_{t-1}} \\cdot a_k \\\\\n&= \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_t < k+1 \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2,\\ k \\notin \\{i_1, \\dots, i_t\\}} a_{i_1} \\dots a_{i_t} + \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_{t-1} < k+1 \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2,\\ k \\in \\{i_1, \\dots, i_t\\}} a_{i_1} \\dots a_{i_{t-1}} \\\\\n&= \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_t < k+1 \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2} a_{i_1} \\dots a_{i_t}\n\\end{align*}\n$$\nas required.\n\nApplying (1) to the sequence $b_1, \\dots, b_n$ given by $b_k = a_{n-k}$ for $1 \\le k \\le n$, we get\n$$\nv_k = \\sum_{0 < i_1 < \\dots < i_t < k \\atop i_{j+1} - i_j \\ge 2} b_{i_1} \\dots b_{i_t} = \\sum_{n > i_1 > \\dots > i_t > n-k \\atop i_j - i_{j+1} \\ge 2} a_{i_1} \\dots a_{i_t} \\quad (2)\n$$\nFor $k=n$ the expressions (1) and (2) coincide, so indeed $u_n = v_n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44203,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設圓 $O_1, O_2$ 的半徑分別為 $R_1, R_2$, 且此兩圓交於 $A, D$ 兩點。過 $D$ 作一直線 $L$, 設 $L$ 分別再交圓 $O_1, O_2$ 於 $B, C$ 兩點。現在讓兩圓圓心的距離可以變動, 直線 $L$ 也可以變動。當 $\\triangle ABC$ 的面積達到最大時, 求 $AD$ 的長度。\n\nLet $O_1, O_2$ be circles with radius $R_1$ and $R_2$, respectively. Let the two circles intersect each other at $A$ and $D$. Let $L$ be a straight line passes through $D$, and intersects $O_1$ and $O_2$ at $B$ and $C$, respectively. Now, suppose that the distance between the center of $O_1$ and $O_2$, and the line $L$ are chosen so that the area of $\\triangle ABC$ is maximized. Find the length of $AD$.",
    "options": [],
    "answer": "2 / sqrt(1/R1^2 + 1/R2^2)",
    "solution": "觀察當 $AD$ 為某一定值時，$\\angle B, \\angle C$ (或其補角，下同) 為一定角，因此 $\\angle A$ 為一定角。因\n$$\n\\begin{aligned}\n|\\triangle ABC| &= \\frac{1}{2} AB \\cdot AC \\sin \\angle A \\\\\n&= 2R_1 R_2 \\sin \\angle ADB \\sin \\angle ADC \\sin \\angle A \\\\\n&= 2R_1 R_2 \\sin^2 \\angle ADB \\sin \\angle A.\n\\end{aligned}\n$$\n當 $\\angle ADB = 90^\\circ$ 時面積達到最大值。當容許 $AD$ 變動，$\\angle A = 90^\\circ$ 時這值達到最大。而當兩圓正交時，即 $\\angle O_1AO_2 = 90^\\circ$ 時，$\\angle A = 90^\\circ$。令此時 $AD = l$，則\n$$\n\\begin{aligned}\nl^2 &= \\sqrt{4R_1^2 - l^2} \\sqrt{4R_2^2 - l^2} \\\\\n\\Rightarrow \\quad l^4 &= (4R_1^2 - l^2)(4R_2^2 - l^2) = 16R_1^2 R_2^2 - 4(R_1^2 + R_2^2)l^2 + l^4,\n\\end{aligned}\n$$\n因此\n$$\nl = \\frac{2}{\\sqrt{\\frac{1}{R_1^2} + \\frac{1}{R_2^2}}}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44204,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a_i > 0, i = 1, 2, \\dots, n, \\sum_{i=1}^{n} a_i = 1$.\n試證：對任意正整數 $k$,\n$$\n(a_1^k + \\frac{1}{a_1^k})(a_2^k + \\frac{1}{a_2^k})\\cdots(a_n^k + \\frac{1}{a_n^k}) \\ge (n^k + \\frac{1}{n^k})^n.\n$$\n\nLet $a_i > 0, i = 1, 2, \\dots, n, \\sum_{i=1}^{n} a_i = 1$.\nProve that for any positive integer $k$,\n$$\n(a_1^k + \\frac{1}{a_1^k})(a_2^k + \\frac{1}{a_2^k})\\cdots(a_n^k + \\frac{1}{a_n^k}) \\ge (n^k + \\frac{1}{n^k})^n.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "$$\n\\begin{aligned}\na_1^k + \\frac{1}{a_1^k} &= a_1^k + \\frac{1}{n^{2k} a_1^k} + \\cdots + \\frac{1}{n^{2k} a_n^k} \\\\\n&\\ge (n^{2k} + 1) \\left( \\frac{a_1^k}{(n^{2k} a_1^{2k})^{n^{2k}}} \\right)^{\\frac{1}{n^{2k}+1}} \\\\\n&= (n^k + \\frac{1}{n^k}) \\left( \\frac{1}{n a_1} \\right)^{\\frac{k(n^{2k}-1)}{n^{2k}+1}}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\na_2^k + \\frac{1}{a_2^k} &\\ge (n^k + \\frac{1}{n^k}) \\left(\\frac{1}{n a_2}\\right)^{\\frac{k(n^{2k}-1)}{n^{2k}+1}}, \\\\\n\\vdots & \\\\\na_n^k + \\frac{1}{a_n^k} &\\ge (n^k + \\frac{1}{n^k}) \\left(\\frac{1}{n a_n}\\right)^{\\frac{k(n^{2k}-1)}{n^{2k}+1}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n同理可得\n\n將 $n$ 個不等式相乘, 得\n$$\n\\begin{aligned}\n& (a_1^k + \\frac{1}{a_1^k})(a_2^k + \\frac{1}{a_2^k})\\cdots(a_n^k + \\frac{1}{a_n^k}) \\\\\n& \\ge (n^k + \\frac{1}{n^k})^n \\left(\\frac{1}{n^n a_1 \\cdots a_n}\\right)^{\\frac{k(n^{2k}-1)}{n^{2k}}}\n\\end{aligned}\n$$\n\n因 $a_i > 0, i = 1, \\dots, n, \\sum_{i=1}^n a_i = 1$, 則\n$$\na_1 \\cdots a_n \\le \\left( \\frac{1}{n} \\sum_{i=1}^n a_i \\right)^n = \\frac{1}{n^n},\n$$\n則\n$$\n\\frac{1}{n^n a_1 \\cdots a_n} \\ge 1.\n$$\n又因\n$$\n\\frac{k(n^{2k} - 1)}{n^{2k} + 1} > 0, \\text{ 所以, }\n$$\n$$\n\\left(\\frac{1}{n^n a_1 \\cdots a_n}\\right)^{\\frac{k(n^{2k})}{n^{2k}+1}} \\ge 1\n$$\n故 $(a_1^k + \\frac{1}{a_1^k})(a_2^k + \\frac{1}{a_2^k}) \\cdots (a_n^k + \\frac{1}{a_n^k}) \\ge (n^k + \\frac{1}{n^k})^n$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44205,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定 $6 \\times 6$ 的方格，並記第一列六個方格座標為 $(1,1), (1,2), \\cdots, (1,6)$，其餘類推。對於任意的 $k = 0,1,\\cdots,5$，滿足 $i-j \\equiv k \\pmod 6$ 的六個格子 $(i,j)$ 稱為在同一條對角線上（故共有六條對角線）。試問：能否將 $1,2,\\cdots,36$ 填入 $6 \\times 6$ 的方格中，同時滿足\n(1) 每一列的和都相等。\n(2) 每一行的和都相等。\n(3) 每一條對角線的和都相等。\n\nThere's a $6 \\times 6$ chess board, which we label the squares in the first column by $(1,1), (1,2), \\cdots, (1,6)$, and label the other squares similarly. For every $k = 0,1,\\cdots,5$, all squares $(i-j)$ satisfying $i-j \\equiv k \\pmod 6$ form a diagonal; therefore, there are six diagonals. Decide whether we can write $1,2,\\cdots,36$ on the chess board so that the all following conditions hold:\n(1) The sums for each column are the same.\n(2) The sums of each row are the same.\n(3) The sums of each diagonal are the same.",
    "options": [],
    "answer": "Impossible",
    "solution": "不可能。歸謬證法，假設可以填成功，則這個和必為\n$$\nS = \\frac{1}{6}(1 + 2 + \\cdots + 36) = 111.\n$$\n將 $6 \\times 6$ 的方格分成四類：\n1. A: 座標為 (奇, 奇) 的格子。\n2. B: 座標為 (奇, 偶) 的格子。\n3. C: 座標為 (偶, 奇) 的格子。\n4. D: 座標為 (偶, 偶) 的格子。\n則依題目假設, $A + B = 3S$, $B + D = 3S$, $A + D = 3S$, 全部加起來得\n$$\n2(A + B + D) = 9S,\n$$\n但左邊為偶數而右邊為奇數, 矛盾!",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Modular Arithmetic"
  },
  {
    "id": 44206,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在凸六邊形 $ABCDEF$ 中, $AB \\parallel DE$, $BC \\parallel EF$, $CD \\parallel FA$, 以及\n$$\nAB + DE = BC + EF = CD + FA.\n$$\n將邊 $AB$, $BC$, $DE$, $EF$ 的中點分別記為 $A_1, B_1, D_1, E_1$。設點 $O$ 為線段 $A_1D_1$ 及 $B_1E_1$ 的交點。證明 $\\angle D_1OE_1 = \\frac{1}{2}\\angle DEF$。\n\nIn a convex hexagon $ABCDEF$, $AB \\parallel DE$, $BC \\parallel EF$, $CD \\parallel FA$, and\n$$\nAB + DE = BC + EF = CD + FA.\n$$\nDenote the midpoints of sides $AB$, $BC$, $DE$, $EF$ by $A_1, B_1, D_1, E_1$, respectively.\nProve that $\\angle D_1OE_1 = \\frac{1}{2}\\angle DEF$, where $O$ is the point of intersection of segments $A_1D_1$ and $B_1E_1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "定義 $\\alpha = \\pi - \\angle FAB = \\pi - \\angle CDE$, $\\beta = \\pi - \\angle ABC = \\pi - \\angle DEF$, $\\gamma = \\pi - \\angle BCD = \\pi - \\angle EFA$。明顯有 $\\alpha + \\beta + \\gamma = \\pi$，且三者中至少兩者為銳角。令 $O'$ 為 $B_1E_1$ 及 $C_1F_1$ 的交點，$O''$ 為 $C_1F_1$ 及 $A_1D_1$ 的交點（$C_1, F_1$ 分別是 $CD$ 與 $FA$ 的中點）。再令 $\\alpha' = \\angle F_1O''A_1 = \\angle C_1O''D_1$，$\\beta' = \\angle A_1OB_1 = \\angle D_1OE_1$，$\\gamma' = \\angle B_1O'C_1 = \\angle E_1O'F_1$。因為可將 $C_1F_1$ 平行移動到通過 $O$ 點為止，平行移動下不改變直線的交角，故知 $\\alpha' + \\beta' + \\gamma' = \\pi$。再者，由題目的循環對稱性質，題目等價於 $\\beta' = \\angle D_1OE_1 = \\frac{1}{2}\\angle DEF = \\frac{\\pi-\\beta}{2}$，或 $\\alpha' = \\frac{\\pi-\\alpha}{2}$，或 $\\gamma' = \\frac{\\pi-\\gamma}{2}$。於是不失一般性，我們可以重新循環標記頂點而不改變問題，可以假設 $\\alpha$ 與 $\\beta$ 為銳角。記 $m = \\tan \\alpha$，$M = \\tan \\beta$；$m, M$ 皆為正數。\n\n現在架坐標系：不失一般性設 $A \\equiv (-d, -h)$, $B \\equiv (d, -h)$, $D \\equiv (d' + \\Delta, h)$, $E \\equiv (-d' + \\Delta, h)$，其中 $d, d', h$ 為正數，且 $d' \\ge d$。經過縝密的代數計算（找出直線 $BC$, $CD$, $EF$, $FA$ 的方程式，求出它們之間的交點坐標，並利用 $BC$, $CD$ 兩線的斜率分別為 $m, M$), 可得\n$$\nC \\equiv \\left( \\frac{Md' + M\\Delta + md + 2h}{M+m}, \\frac{Mmd' + Mm\\Delta - Mmd - Mh + mh}{M+m} \\right),\n$$\n$$\nF \\equiv \\left( -\\frac{md' - m\\Delta + Md + 2h}{M+m}, \\frac{Mmd' - Mm\\Delta - Mmd + Mh - mh}{M+m} \\right).\n$$\n注意到 $C, F$ 的縱坐標必須在區間 $(-h, h)$ 之內, 才會使六邊形為凸六邊形, 從而有\n$$\n\\frac{2h}{m} > d' - d + \\Delta > -\\frac{2h}{M}, \\quad \\frac{2h}{M} > d' - d - \\Delta > -\\frac{2h}{m}.\n$$\n再經過一些代數計算, 並利用上面的結果, 可得\n$$\nBC = \\frac{M(d' - d + \\Delta) + 2h}{M + m}\\sqrt{m^2 + 1},\n$$\n$$\nEF = \\frac{2h - M(d' - d - \\Delta)}{M + m}\\sqrt{m^2 + 1},\n$$\n$$\nCD = \\frac{2h - m(d' - d + \\Delta)}{M + m}\\sqrt{M^2 + 1},\n$$\n$$\nFA = \\frac{m(d' - d - \\Delta) + 2h}{M + m}\\sqrt{M^2 + 1}.\n$$\n故有\n$$\n\\begin{aligned}\nd+d' &= \\frac{AB+DE}{2} = \\frac{BC+EF}{2} = \\frac{CD+FA}{2} \\\\\n&= \\frac{2h+M\\Delta}{M+m}\\sqrt{m^2+1} = \\frac{2h-m\\Delta}{M+m}\\sqrt{M^2+1}.\n\\end{aligned}\n$$\n從上述等式的最後兩項, 我們發現\n$$\n\\begin{aligned}\n\\left(\\frac{\\Delta}{2h}\\right)^2 + 2 \\frac{Mm+1}{M-m} \\left(\\frac{\\Delta}{2h}\\right) - 1 &= 0, \\\\\n\\frac{\\Delta}{2h} &= \\frac{-Mm-1 + \\sqrt{(M^2+1)(m^2+1)}}{M-m} = \\tan \\frac{\\alpha - \\beta}{2},\n\\end{aligned}\n$$\n此處我們假設 $M \\neq m$; 如果 $M = m$ 的話, 則 $\\Delta = 0$, 就有 $d+d' = \\frac{h\\sqrt{m^2+1}}{m} = \\frac{h}{\\sin \\beta} = \\frac{h}{\\sin \\alpha}$。注意到我們忽略了負的根式, 不僅是考慮在 $M = m$ 時的解的連續性, 也因為在一些計算之後, 可知 $2h = (d+d')(\\sin \\alpha + \\sin \\beta)$, 此式因為 $2h = BC \\sin \\beta + CD \\sin \\alpha = EF \\sin \\beta + FA \\sin \\alpha$ 而恆成立。\n\n現在我們可輕易導出\n$$\nA_1 \\equiv (0, -h), \\quad D_1 \\equiv (\\Delta, h),\n$$\n$$\nB_1 \\equiv \\left( \\frac{Md' + Md + M\\Delta + 2md + 2h}{2(M+m)}, \\frac{Mmd' + Mm\\Delta - Mmd + 2Mh}{2(M+m)} \\right),\n$$\n$$\nE_1 \\equiv \\left( -\\frac{2md' - 2m\\Delta - M\\Delta + Md + Md' + 2h}{2(M+m)}, \\frac{Mmd' - Mm\\Delta - Mmd + 2Mh}{2(M+m)} \\right).\n$$\n$\\beta'$ 也是向量 $\\overrightarrow{A_1D_1}$ 與 $\\overrightarrow{B_1E_1}$ 所夾的角, 其中\n$$\n\\overrightarrow{A_1D_1} \\equiv (\\Delta, 2h),\n$$\n$$\n\\overrightarrow{B_1E_1} \\equiv \\left( -\\frac{(M+m)(d+d') + 2h - m\\Delta}{M+m}, -M\\frac{m\\Delta - 2h}{M+m} \\right).\n$$\n由於 $\\frac{2h}{\\Delta} = \\cot \\frac{\\alpha-\\beta}{2}$, $\\overrightarrow{A_1D_1}$ 與水平軸形成了大小爲 $\\frac{\\pi-\\alpha+\\beta}{2}$ 的角。並且\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{M(m\\Delta - 2h)}{(M+m)(d+d') + 2h - m\\Delta} &= \\frac{\\tan \\alpha (\\tan \\beta \\tan \\frac{\\alpha-\\beta}{2} - 1)}{\\frac{\\tan \\alpha + \\tan \\beta}{\\sin \\alpha + \\sin \\beta} + 1 - \\tan \\beta \\tan \\frac{\\alpha-\\beta}{2}} \\\\\n&= \\frac{-\\sin \\alpha \\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}}{\\cos \\frac{\\alpha+\\beta}{2}(1 + \\cos \\alpha)} = -\\tan \\frac{\\alpha}{2},\n\\end{aligned}\n$$\n即向量 $\\overrightarrow{B_1E_1}$ 與水平軸的夾角爲 $\\pi - \\frac{\\alpha}{2}$. 於是, $\\overrightarrow{B_1E_1}$ 與 $\\overrightarrow{A_1D_1}$ 所成的夾角爲 $\\beta' = \\pi - \\frac{\\alpha}{2} - \\frac{\\pi-\\alpha+\\beta}{2} = \\frac{\\pi-\\beta}{2}$. 故得證。\n\n注意當 $M = m$ 時, $\\overrightarrow{A_1D_1} \\equiv (0, 2h)$, 其與水平軸的夾角爲 $\\frac{\\pi}{2}$; 而 $\\overrightarrow{B_1E_1} \\equiv \\left( -\\frac{m(d+d')+h}{m}, h \\right)$, 且因\n$$\n-\\frac{mh}{m(d+d')+h} = -\\frac{\\sin \\beta}{1+\\cos \\beta} = -\\tan \\frac{\\beta}{2},\n$$\n得 $\\overrightarrow{B_1E_1}$ 與水平軸的夾角爲 $\\pi - \\frac{\\beta}{2}$. 再一次有 $\\beta' = \\pi - \\frac{\\beta}{2} - \\frac{\\pi-\\beta}{2} = \\frac{\\pi-\\beta}{2}$. 證明完畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44207,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\omega$ 為三角形 $ABC$ 的外接圓。令 $AB$ 邊的中點為 $M$, $AC$ 邊的中點為 $N$, 並令 $\\omega$ 上不含 $A$ 點的 $BC$ 弧的中點為 $T$。設三角形 $AMT$ 的外接圓與 $AC$ 邊的中垂線交於 $X$ 點, 三角形 $ANT$ 的外接圓與 $AB$ 邊的中垂線交於 $Y$ 點; 假設 $X, Y$ 兩點皆位於三角形 $ABC$ 的內部。設直線 $MN$ 與 $XY$ 交於 $K$ 點。證明 $KA = KT$。\n\nLet $\\omega$ be the circumcircle of a triangle $ABC$. Denote by $M$ and $N$ the midpoints of the sides $AB$ and $AC$, respectively, and denote by $T$ the midpoint of the arc $BC$ of $\\omega$ not containing $A$. The circumcircles of the triangles $AMT$ and $ANT$ intersect the perpendicular bisectors of $AC$ and $AB$ at points $X$ and $Y$, respectively; assume that $X$ and $Y$ lie inside the triangle $ABC$. The lines $MN$ and $XY$ intersect at $K$. Prove that $KA = KT$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44208,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設△ABC的內心與外心分別為$I$與$O$。作直線$L$使與$BC$邊平行，並與△$ABC$的內切圓相切。設$L$與$IO$交於$X$點，另取$L$上的一點$Y$使得$YI$垂直於$IO$。證明$A, X, O, Y$四點共圓。\n\nLet $I$ and $O$ be the incenter and the circumcenter, respectively, of the $\\triangle ABC$.\nDraw a straight line $L$ that is parallel to $BC$ and tangent to the incircle of $\\triangle ABC$.\nSuppose that $L$ and $IO$ intersect at the point $X$, and $Y$ is a point on $L$ such that $YI$ is perpendicular to $IO$.\nProve that $A, X, O, Y$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先證明下述引理。\n\n引理. 設$\\triangle ABC$的內心和外心分別為$I$和$O$。設過$I$且垂直$IO$的直線分別交$BC$和$\\angle BAC$的外角平分線於$X$和$Y$。則$ IY = 2IX $。\n\n引理證明. 設$\\triangle ABC$相對於頂點$A, B, C$的旁心分別為$I_a, I_b, I_c$。\n以$I$為位似中心做位似係數$2$的位似變換，將$A, B, C, X, O$分別變換至$A', B', C', X', O'$。因為$I$為$\\triangle I_aI_bI_c$的垂心，$O$為$\\triangle I_aI_bI_c$的九點圓圓心，所以$O'$為$\\triangle I_aI_bI_c$的外心。但是$O'$同時也是$\\triangle A'B'C'$的外心，且它們的外接圓半徑相等（皆為$\\triangle ABC$外接圓半徑的兩倍），所以$A', B', C', I_a, I_b, I_c$六點共圓。\n\n因為$X$在$BC$上，所以$X'$在$B'C'$上。又顯然有$B', B, I, I_b$共線、$C', C, I, I_c$共線以及$O', O, I$共線。\n\n考慮四邊形$I_bB'C'I_c$，由蝴蝶定理有$ IY = IX' $。\n又$ IX' = 2IX $，所以$ IY = 2IX $，引理得證。\n\n回到原題。設$\\angle BAC$的外角平分線與$IY$交於$P$點，$IY$交$BC$於$Q$點，$AI$分別交$BC$和$L$於$S$和$R$點。由引理有$IP = 2IQ$，但是顯然有$IY = IQ$，所以$Y$為$IP$的中點。\n\n而$IP$為直角三角形$PAI$的斜邊，所以$ IY = AY $，即$\\triangle YAI$為等腰三角形，可得$ \\angle YAI = \\angle YIA $。\n\n所以\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle YAO &= \\angle YAI - \\angle IAO = \\angle XIA - (90^\\circ - \\angle C - \\frac{\\angle A}{2}) \\\\\n&= \\angle C + \\frac{\\angle A}{2} - \\angle AIX = \\angle ASB - \\angle AIX \\\\\n&= \\angle YRI - \\angle AIX = \\angle YXO,\n\\end{align*}\n$$\n即$A, X, O, Y$共圓，證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44209,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $R$ 表示實數所成的集合。定義集合 $S = \\{1, -1\\}$ 與函數 $sign : R \\to S$ 如下：\n$$\nsign(x) = \\begin{cases} 1 & \\text{if } x \\ge 0; \\\\ -1 & \\text{if } x < 0. \\end{cases}\n$$\n給定奇數 $n$。試問是否存在 $n^2 + n$ 個實數 $a_{ij}, b_i \\in S$ ($1 \\le i, j \\le n$), 使得對於任意 $n$ 個數 $x_1, \\dots, x_n \\in S$, 利用下式\n$$\ny_i = \\operatorname{sign}\\left(\\sum_{j=1}^{n} a_{ij}x_j\\right), \\quad \\forall 1 \\le i \\le n;\n$$\n$$\nz = \\operatorname{sign}\\left(\\sum_{i=1}^{n} b_i y_i\\right).\n$$\n計算出對應的 $z$ 值恆等於 $x_1x_2\\cdots x_n$。\n\nLet $R$ denote the set of real numbers. Define the set $S = \\{1, -1\\}$ and the function $sign(x) : R \\to S$ as\n$$\nsign(x) = \\begin{cases} 1 & \\text{if } x \\ge 0; \\\\ -1 & \\text{if } x < 0. \\end{cases}\n$$\nGiven an odd integer $n$, are there $n^2 + n$ real numbers $a_{ij}, b_i \\in S$ ($1 \\le i, j \\le n$) such that for arbitrary $n$ numbers $x_1, \\dots, x_n \\in S$, the number $z$ computed by the following formulas\n$$\ny_i = \\operatorname{sign}\\left(\\sum_{j=1}^{n} a_{ij}x_j\\right), \\quad \\forall 1 \\le i \\le n;\n$$\n$$\nz = \\operatorname{sign}\\left(\\sum_{i=1}^{n} b_i y_i\\right).\n$$\nalways equals the product $x_1x_2\\cdots x_n$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes; for odd n one can choose a_ij = (-1)^(i+j) and b_i = 1 to achieve z = x_1 x_2 ... x_n for all inputs.",
    "solution": "解：觀察小情況（如 $n=3$）容易猜想\n$$\na_{ij} = (-1)^{i+j},\\ b_i = 1\n$$\n符合題目要求。因此接下來困難處即是要證明其符合題目要求。注意到 $z$ 與 $x_1x_2\\cdots x_n$ 亦只有 $1, -1$ 兩種可能的值。$x_1x_2\\cdots x_n = 1$ 若且唯若 $x_j$ 中有偶數個 $-1$; 另一方面, 因為 $b_i = 1$, 此時 $z$ 為\n$$\nz = \\operatorname{sign}\\left(\\sum_{i=1}^{n} y_i\\right) \\qquad (1)\n$$\n因此 $z = 1$ 若且唯若 $\\sum_{i=1}^n y_i \\ge 0$, 即 $y_i$ 中值為 $1$ 的數量比值為 $-1$ 的數量多 (因為 $y_i \\in \\{1,-1\\}$).\n所以我們的證明目標等價於證明:「$y_i$ 中值為 $1$ 的數量比值為 $-1$ 的數量多」若且唯若 「$x_j$ 中有偶數個 $-1$」。\n回到式子中。記 $y'_i$ 為 $y_i$ 公式中尙未帶入 sign 的值, 即\n$$\ny'_i = \\sum_{j=1}^{n} (-1)^{i+j} x_j \\qquad (2)\n$$\n而 $y_i = \\operatorname{sign}(y'_i)$. 將 $y'_i$ 與 $y'_{i+1}$ 相加得到等式 $y'_i + y'_{i+1} = 2x_j$ (這裡 $y_{n+1} = y_1$). 若 $x_j = 1$, 則除了 $y'_i = y'_{i+1} = 1$ 以外, 其他情況 $y'_i, y'_{i+1}$ 都是一正一負 (注意到 $y'_i$ 必是奇數); 反之若 $x_j = -1$, 則除了 $y'_i = y'_{i+1} = -1$ 以外, 其他情況 $y'_i, y'_{i+1}$ 也都是一正一負。因此, 除了 $y'_i = y'_{i+1} = x_j = 1$ 或 $y'_i = y'_{i+1} = x_j = -1$ 兩個情況以外, $y_i$ 和 $y_{i+1}$ 的值恰為一個 $1$ 與一個 $-1$.\n以下考慮 $x_j$ 中有偶數個 $-1$。我們首先證明 $y'_i \\ne -1$。根據\n$$\n\\begin{aligned}\ny'_i &= \\sum_{j=1}^{n} (-1)^{i+j} x_j \\\\\n&= \\sum_{x_j=1} (-1)^{i+j} x_j + \\sum_{x_j=-1} (-1)^{i+j} x_j \\\\\n&= \\sum_{x_j=1} (-1)^{i+j} + \\sum_{x_j=-1} (-1)^{i+j} (1-2) \\\\\n&= \\sum_{1 \\le i \\le n} (-1)^{i+j} - 2 \\sum_{x_j=-1} (-1)^{i+j} \\\\\n&= 1 - \\sum_{x_j=-1} 2(-1)^{i+j}\n\\end{aligned}\n$$\n由於無論 $i + j$ 的值為何, $2(-1)^{i+j} \\pmod 4$ 模 4 皆為 2, 因此\n$$\n\\begin{aligned}\ny'_i &\\equiv 1 - \\sum_{x_j=-1} 2(-1)^{i+j} \\pmod 4 \\\\\n&\\equiv 1 - \\sum_{x_j=-1} 2 \\pmod 4 \\\\\n&\\equiv 1 \\pmod 4\n\\end{aligned}\n$$\n最後一等號即是因為有偶數個 $x_j = -1$. 故我們證明了 $y'_i \\neq -1$.\n接著我們證明一定有某個 $i$ 發生 $y'_i = y'_{i+1} = x_j = 1$. 反之, 如果沒有的話, 由於 $y'_i = y'_{i+1} = x_j = -1$ 也已經不可能發生, 這表示對於所有 $i, y_i$ 和 $y_{i+1}$ 都恰為一個 1 與一個 $-1$, 所以\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} y_i = \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n} (y_i + y_{i+1}) = 0\n$$\n但因為 $n$ 與 $y_i$ 為奇數, $\\sum_{i=1}^{n} y_i$ 亦為奇數, 矛盾。\n因此, 如果我們記 $s$ 為所有 $i$ 的「$y_i$ 和 $y_{i+1}$ 中的 1 的個數」之和, 其值必定為 $y_1, \\cdots, y_n$ 中 1 的個數的兩倍 (因為每個 $y_i$ 會被算到兩次)。由於上面證明的兩點, $y_i$ 和 $y_{i+1}$ 必定有一個是 1, 且必定有一個 $i$ 使得 $y_i$ 和 $y_{i+1}$ 都是 1, 所以 $s \\ge n$, 從而推得 $y_1, \\cdots, y_n$ 中 1 的個數必定比 $-1$ 的個數多。\n而當 $x_j$ 中有奇數個 $-1$ 時, 透過同樣的證明過程我們可以得到 $y'_i \\neq 1$, 以及一定有某個 $i$ 發生 $y'_i = y'_{i+1} = x_j = -1$, 進而得到 $y_1, \\cdots, y_n$ 中值為 $-1$ 的數量比值為 1 的數量多。得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44210,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "正整數 $x_1, x_2, \\dots, x_n$ ($n \\ge 4$) 依序排列在圓周上，使得任意 $x_i$ 的左右鄰居之數字和會是 $x_i$ 本身的倍數，也就是分數\n$$\n\\frac{x_{i-1} + x_{i+1}}{x_i} = k_i.\n$$\n是一個整數，其中指定 $x_0 = x_n, x_{n+1} = x_1$。試證：所有倍數和 $k_1 + k_2 + \\dots + k_n$ 滿足不等式\n$$\n2n \\le k_1 + k_2 + \\dots + k_n < 3n.\n$$\n\nSuppose $x_1, x_2, \\dots, x_n$, with $n \\ge 4$, are positive integers arranged in order around a circle so that the sum of the neighbors of each $x_i$ is a multiple of $x_i$ itself, i.e., the fraction\n$$\n\\frac{x_{i-1} + x_{i+1}}{x_i} = k_i.\n$$\nis an integer, where $x_0 = x_n$ and $x_{n+1} = x_1$. Prove that the sum of these multiples $k_1 + k_2 + \\dots + k_n$ satisfies the inequalities\n$$\n2n \\le k_1 + k_2 + \\dots + k_n < 3n.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解：左邊的不等式可輕易地由 A.M. $\\ge$ G.M. 證出，例如：\n$$\n\\begin{aligned} \\sum_{j=1}^{n} k_j &= \\sum_{j=1}^{n} \\left( \\frac{x_{j-1}}{x_j} + \\frac{x_j}{x_{j-1}} \\right) \\\\ &\\ge 2 \\sum_{j=1}^{n} \\sqrt{\\frac{x_{j-1}}{x_j} \\cdot \\frac{x_j}{x_{j-1}}} = 2n. \\end{aligned}\n$$\n\n以下我們處理右邊的不等式。其實 $n \\ge 4$ 的假設不那麼重要，我們將對所有的正整數 $n$ 證明。我們將中間的連加式記為 $S_n$，要證的就是 $S_n < 3n$。\n\n當 $n=1$ 時，$x_1$ 的左右鄰居就它自己。因此\n$$\nS_1 = k_1 = \\frac{x_1 + x_1}{x_1} = 2 < 3 = 3 \\cdot 1.\n$$\n\n當 $n = 2$ 時, 由題設知 $k_1 = \\frac{x_2+x_2}{x_1}$, 即 $k_1x_1 = 2x_2$. 同理得 $k_2x_2 = 2x_1$. 將這兩式左右各自相乘, 並約去公因式 $x_1x_2(\\neq 0)$, 知 $k_1k_2 = 4$. 因為 $k_1, k_2$ 是正整數, 所以\n$$\n(k_1, k_2) = (2, 2), (1, 4), \\text{或} (4, 1).\n$$\n因此 $S_2 = 4$ 或 5, 當然小於 $3 \\cdot 2 = 6$.\n\n現在看 $n = 3$ 的情況。不失一般性, 可設 $x_3$ 是 $x_1, x_2, x_3$ 中的最大數。於是\n$$\nk_3 = \\frac{x_1 + x_2}{x_3} \\le \\frac{x_3 + x_3}{x_3} = 2.\n$$\n所以 $k_3 = 1$ 或 2, 其中 $k_3 = 2$ 時, 三數必須相等, 而 $S_3 = 6 < 9 = 3 \\cdot 3$. 於是當 $x_1, x_2, x_3$ 不全相等時, 有 $k_3 = 1$. 列式得\n$$\nk_1x_1 = x_2 + x_3, \\quad k_2x_2 = x_1 + x_3, \\quad x_3 = x_1 + x_2.\n$$\n由第一式及第三式, 知 $(k_1 - 1)x_1 = 2x_2$. 同理由第二式及第三式, 知 $(k_2 - 1)x_2 = 2x_1$. 這與 $n = 2$ 的情形完全相同, 我們可以得到\n$$\n(k_1, k_2, k_3) = (3, 3, 1), (2, 5, 1), \\text{或} (5, 2, 1).\n$$\n故 $S_3 = 7$ 或 8, 都會小於 $3 \\cdot 3 = 9$. $n = 3$ 的情形至此結束。\n\n現在考慮 $n \\ge 4$ 的一般情形。如果這些 $x$ 中, 最大的數連續出現 2 個以上的話, 那麼所有的數就必須相等。這是因為如果 $x_j$ 們不全相等的話, 總會有一端的 $x_i$ 與它的一個鄰居是最大的那個數, 而另一個鄰居是絕對小於 $x_j$ 的正整數, 因此左右鄰居之和必不可能被 $x_j$ 整除 (因為和介於 $x_j$ 與 $2x_j$ 之間)。所以在這個假設之下, $S_n = 2n < 3n$。\n\n在 $x$ 之中的最大數都是孤立出現的情形中, 設 $x_j$ 是這些最大數中的其中一個。與 $n = 3$ 的情形相同, 可推得\n$$\nk_j = 1, \\quad \\text{即} \\quad x_j = x_{j-1} + x_{j+1}. \\qquad (1)\n$$\n旁邊兩個鄰居所得的等式為\n$$\nk_{j-1}x_{j-1} = x_{j-2} + x_j, \\quad k_{j+1}x_{j+1} = x_j + x_{j+2}.\n$$\n\n與 (1) 合併，得\n$$\n(k_{j-1} - 1)x_{j-1} = x_{j-2} + x_{j+1}, \\text{ 與 } (k_{j+1} - 1)x_{j+1} = x_{j+2} + x_{j-1}.\n$$\n(注意由 $x_j$ 的最大性，可知旁邊的兩個倍數 $k_{j-1}, k_{j+1}$ 都會比 1 大。) 觀察：當 $x_j$ 被刪除時，$x_{j-1}$ 的兩個鄰居變成 $x_{j-2}$ 與 $x_{j+1}$；同理，$x_{j+1}$ 的兩個鄰居變成 $x_{j+2}$ 與 $x_{j-1}$。這個論證告訴我們，當一個最大數 $x_j$ 被移除時，剩下的 $n-1$ 個數仍然滿足題設 (即：左右鄰居之和是自身的倍數)，而倍數除了一個 1 (即 $k_j$) 被移除，左右兩個倍數 (即 $k_{j-1}$ 及 $k_{j+1}$) 也各少了 1。因此得 $S_{n-1} = S_n - 3$。既然我們已經證出了 $n=1,2,3$ 的情形，對於一般的正整數 $n$ 也就由數學歸納法得證。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44211,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $k$, 試求所有整係數多項式 $f(x)$, 使得對於所有正整數 $n$ 都有 $f(n)$ 整除 $(n!)^k$, 此處 $n! = 1 \\cdot 2 \\cdots n$.\n\nGiven a positive integer $k$, find all polynomials $f(x)$ of integral coefficients such that $f(n)$ divides $(n!)^k$ for all positive integers $n$, here $n! = 1 \\cdot 2 \\cdots n$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x^r for some integer r with 0 ≤ r ≤ k",
    "solution": "引理：$p$ 為一質數，若 $p|f(n)$，則 $p|n$.\n\n證明：假設 $p$ 不整除 $n$，則可設 $n = kp + q$，其中 $k$ 為正整數且 $0 < q < p$.\n\n由於 $f(x)$ 是整係數多項式，因此我們有\n$$\nkp|f(n) - f(n - kp) \\Rightarrow p|f(n) - f(n - kp)\n$$\n又 $p|f(n)$ 且 $n = kp + q$，故有\n$$\np|f(n) - f(n - kp) \\Rightarrow p|f(q)\n$$\n由題設知 $f(q)|(q!)^k$，因此有 $p|(q!)^k$.\n\n但因為 $0 < p < q$ 且 $p$ 為質數，故 $(q!)^k$ 不可能被 $p$ 整除，矛盾！\n\n故本引理得證。\n\n由引理知：對於質數 $p$，$f(p)$ 只有質因數 $p$，又因為 $f(p)|(p!)^k$，故知 $f(p)$ 的值只有 $1, p, p^2, \\dots, p^k$ 等 $k+1$ 種可能。\n\n考慮所有的質數在此函數上的取值，由於質數有無窮多個，因此由鴿籠原理，必存在非負整數 $r$ (其中 $0 \\le r \\le k$) 使得有無窮多個質數 $p$ 滿足 $f(p) = p^r$.\n\n觀察多項式 $f(x) = x^r$ 滿足：\n方程式 $f(x) - x^r = 0$ 有無窮多個根，因此 $f(x) - x^r = 0$ 應恆成立，即 $f(x) = x^r$，其中 $0 \\le r \\le k$，為題目方程的所有解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44212,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 中, 令點 $D$ 與 $E$ 分別是角 $A$ 和角 $B$ 的角平分線與對邊的交點。將一菱形內接於四邊形 $AEDB$ 中, 且菱形的頂點分別位於 $AEDB$ 不同的邊上。設 $\\phi$ 為此菱形非鈍角的內角。證明 $\\phi \\le \\max\\{\\angle BAC, \\angle ABC\\}$。\n\nIn a triangle $ABC$, let $D$ and $E$ be the feet of the angle bisectors of angles $A$ and $B$, respectively. A rhombus is inscribed into the quadrilateral $AEDB$ (all vertices of the rhombus lie on different sides of $AEDB$). Let $\\phi$ be the non-obtuse angle of the rhombus. Prove that $\\phi \\le \\max\\{\\angle BAC, \\angle ABC\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令點 $K, L, M, N$ 分別為菱形在 $AE, ED, DB, BA$ 邊上的頂點。定義 $d(X, YZ)$ 表點 $X$ 到直線 $YZ$ 的距離。因為 $D$ 與 $E$ 為角平分線與對邊的交點，故有 $d(D, AB) = d(D, AC)$，$d(E, AB) = d(E, BC)$ 以及 $d(D, BC) = d(E, AC) = 0$，由此得\n$$\nd(D, AC) + d(D, BC) = d(D, AB),\n$$\n$$\nd(E, AC) + d(E, BC) = d(E, AB).\n$$\n因為 $L$ 在線段 $DE$ 上，而等式 $d(X, AC) + d(X, BC) = d(X, AB)$ 對變數 $X$ 是線性的，由上兩式可得\n$$\nd(L, AC) + d(L, BC) = d(L, AB). \\qquad (2)\n$$\n將各個角標記如圖所示，且記 $a = KL$。於是有 $d(L, AC) = a \\sin \\mu$ 和 $d(L, BC) = a \\sin \\nu$。因為平行四邊形 $KLMN$ 位於直線 $AB$ 的一側，可知\n$$\n\\begin{aligned}\nd(L, AB) &= d(L, AC) + d(N, BC) = d(K, AB) + d(M, AB) \\\\\n&= a(\\sin \\delta + \\sin \\varepsilon).\n\\end{aligned}\n$$\n於是由于 (1) 式得\n$$\n\\sin \\mu + \\sin \\nu = \\sin \\delta + \\sin \\varepsilon. \\qquad (3)\n$$\n如果角 $\\alpha$ 與角 $\\beta$ 其中有一個不是銳角，要證的不等式已經成立了。因此可設 $\\alpha, \\beta < \\pi/2$。\n只需證明 $\\psi = \\angle NKL \\le \\max\\{\\alpha, \\beta\\}$ 即可。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n下用歸謬法，假設 $\\psi > \\max\\{\\alpha, \\beta\\}$ 成立。因為 $\\mu + \\psi = \\angle CKN = \\alpha + \\delta$，由假設可得 $\\mu = (\\alpha - \\psi) + \\delta < \\delta$。同理可證 $\\nu < \\varepsilon$。再來，由於 $KN \\parallel ML$，知 $\\beta = \\delta + \\nu$，所以有 $\\delta < \\beta < \\pi/2$。同理 $\\varepsilon < \\pi/2$。最後，根據 $\\mu < \\delta < \\pi/2$ 以及 $\\nu < \\varepsilon < \\pi/2$，可知\n$$\n\\sin \\mu < \\sin \\delta \\quad \\text{與} \\quad \\sin \\nu < \\sin \\varepsilon.\n$$\n此兩式明顯與 (2) 不合，矛盾。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44213,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{N}, \\mathbb{Z}, \\mathbb{Q}$ 分別代表所有正整數、整數及有理數所成集合。試求所有函數 $f : \\mathbb{Q} \\to \\mathbb{Z}$, 滿足\n$$\nf\\left(\\frac{f(x)+a}{b}\\right) = f\\left(\\frac{x+a}{b}\\right)\n$$\n對於所有 $x \\in \\mathbb{Q}, a \\in \\mathbb{Z}$ 和 $b \\in \\mathbb{N}$ 都成立。\n\nLet $\\mathbb{N}, \\mathbb{Z}, \\mathbb{Q}$ denote the set of all positive integers, integers and rational numbers respectively. Determine all functions $f : \\mathbb{Q} \\to \\mathbb{Z}$ satisfying\n$$\nf\\left(\\frac{f(x)+a}{b}\\right) = f\\left(\\frac{x+a}{b}\\right)\n$$\nfor all $x \\in \\mathbb{Q}, a \\in \\mathbb{Z}$, and $b \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "All constant functions from the rationals to the integers, and the two functions f(x) equal to the floor of x and f(x) equal to the ceiling of x.",
    "solution": "$f = \\lfloor x \\rfloor$, $f = \\lceil x \\rceil$, 以及常數函數。\n\n我們首先驗證以上函數滿足題意。對於所有三元組 $(x, a, b) \\in \\mathbb{Q} \\times \\mathbb{Z} \\times \\mathbb{N}$, 令\n$$\nq = \\lfloor \\frac{x+a}{b} \\rfloor.\n$$\n易知 $bq \\le x + a < b(q+1) \\Rightarrow bq \\le \\lfloor x \\rfloor + a < b(q+1)$, 故\n$$\n\\lfloor \\frac{\\lfloor x \\rfloor + a}{b} \\rfloor = \\lfloor \\frac{x+a}{b} \\rfloor.\n$$\n故 $f = \\lfloor x \\rfloor$ 確為一解。另兩解可類似地檢驗之。\n\n接著我們證明以上為所有可能解。考慮以下兩個情形：\n\n狀況一. 存在整數 $m$ 使得 $f(m) \\neq m$.\n\n令 $C = f(m)$。若 $m > C$, 則對於所有整數 $y$, 取 $x = m, b = m-C, a = yb-C$ 代入原式, 得到 $f(y) = f(y+1)$, 故對於所有整數 $y$, $f(y) = C$。若 $m < C$, 則改取 $b = C-m$, 同樣可得對於所有整數 $y$, $f(y) = C$。\n\n現在, 對於所有有理數 $y = p/q$ (其中 $q > 0$), 取 $(x, a, b) = (C - p, p - C, q)$ 代入, 即可得 $f(y) = f(0) = C$。故 $f$ 為常數函數。\n\n狀況二. 對於所有整數 $m$, $f(m) = m$。\n\n取 $b = 1$, 知\n$$\nf(x) + a = f(x + a) \\quad (1)\n$$\n對於所有 $(x, a) \\in \\mathbb{Q} \\times \\mathbb{Z}$ 皆成立。令 $\\omega = f(1/2)$。\n\nClaim 1. $\\omega \\in \\{0, 1\\}$.\n\n**Proof.** 若 $\\omega \\le 0$, 取 $(x, a, b) = (1/2, -\\omega, 1-2\\omega)$, 知 $0 = f(0) = f(1/2) = \\omega$。同理, 若 $\\omega \\ge 1$, 取 $(x, a, b) = (1/2, \\omega-1, 2\\omega-1)$ 即可。\n\nClaim 2. 對於所有有理數 $0 < x < 1$, $f(x) = \\omega$。\n\n**Proof.** 若否, 存在分母最小的 $p/q \\in (0, 1)$ 使得 $f(p/q) \\ne \\omega$。易知 $\\gcd(p, q) = 1$, 且 $q \\ge 2$。若 $q$ 是偶數, 則 $p$ 必為奇數, 故可代入 $(x, a, b) = (\\frac{1}{2}, \\frac{p-1}{2}, \\frac{q}{2})$, 得\n$$\nf\\left(\\frac{\\omega + (p-1)/2}{q/2}\\right) = f(p/q) \\ne \\omega.\n$$\n但由 Claim 1, $\\omega = 0$ 或 $1$, 故上式無論如何都會得到一個 $p'/q' \\in (0, 1)$ 滿足 $f(p'/q') \\ne \\omega$ 且 $q' < q$。此與 $p/q$ 為分母最小的前提不合, 矛盾。\n\n因此 $q$ 必為奇數, 令 $q = 2k + 1$。代入 $(x, a, b) = (1/2, k, q)$, 得\n$$\nf\\left(\\frac{\\omega + k}{q}\\right) = f\\left(\\frac{1}{2}\\right) = \\omega.\n$$\n基於 $p, q$ 互質, 存在 $r \\in \\{1, 2, \\dots, q\\}$ 及整數 $m$ 使得 $rp - mq = k + \\omega$; 又, 基於右式非 $q$ 的倍數, $r < q$。而若 $m < 0$, 則 $rp - mq > q \\ge k + \\omega$, 不合, 故 $m \\ge 0$。同理, 若 $m \\ge r$, 則 $rp - mq < br - br = 0$。因此, $0 \\le m \\le r - 1$。現在, 取 $(x, a, b) = (\\frac{k+\\omega}{q}, m, r)$, 得\n$$\nf\\left(\\frac{\\omega + m}{r}\\right) = f(p/q) \\ne \\omega.\n$$\n此與 $q$ 的最小性不合, 矛盾!\n\n現在, 若 $\\omega = 0$, 由 Claim 2 知 $f(x) = \\lfloor x \\rfloor$。同理, 若 $\\omega = 1$, 由 Claim 2 知 $f(x) = \\lceil x \\rceil$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44214,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "甲、乙兩人玩以下的數字遊戲：從甲開始，兩個人輪流自 $1$ 到 $9$ 的數字中不重複地選一個數字出來，並且把選出的數字由左至右依序排成一個七位數（即 $\\overline{A_1B_2A_3B_4A_5B_6A_7}$）。如果排出來的七位數是某個完全七次方數的末七位數字，則甲獲勝；否則的話，乙獲勝。\n請問誰有必勝策略？\n\nAlice and Bob play a game. Starting from Alice, two guys take turns to choose a digit from $1$ to $9$ without repetition, and put them from the leftmost to the rightmost to form a $7$-digit integer (i.e., $\\overline{A_1B_2A_3B_4A_5B_6A_7}$). If there exists a perfect $7$th-power that ends in these $7$ digits, then Alice wins; otherwise, Bob wins. Who has the winning strategy?",
    "options": [],
    "answer": "Alice",
    "solution": "甲有必勝策略。由以下引理知，只要甲讓 $A_7 \\in \\{1,3,7,9\\}$，甲必便獲勝；而基於乙最多只能擋其中三個，故甲必勝。\n\n引理\n若 $0 < a < 10^7$ 且 $\\text{gcd}(a, 10) = 1$, 則 $x^7 \\equiv a \\pmod{10^7}$ 有解。\n\n證明\n我們先證明：\n\nClaim. 若 $\\text{gcd}(m, 10) = \\text{gcd}(n, 10) = 1$ 且 $10^7|m^7 - n^7$, 則 $10^7|m - n$.\n\nPf of Claim. 注意到\n$$\nm^7 - n^7 = (m-n)(m^6 + m^5n + m^4n^2 + m^3n^3 + m^2n^4 + mn^5 + n^6).\n$$\n因此 $\\text{gcd}(m-n, \\frac{m^7-n^7}{m-n}) = \\text{gcd}(m-n, 7n^6)$. 又注意到 $7n^6$ 並非 $2$ 或 $5$ 的倍數, 故 $2^7|m-n$ 或 $2^7|(m^7-n^7)/(m-n)$, 且 $5^7|m-n$ 或 $5^7|(m^7-n^7)/(m-n)$. 以下證明兩個“或”都必為前者。\n\n1. 由於 $m$ 和 $n$ 都必為奇數, 且兩個因子不得具有共同因數, 可知 $2^7|m-n$.\n2. 注意到若 $m \\equiv 1,2,3,4 \\pmod 5$, 則 $m^7 \\equiv 1,3,2,4 \\pmod 5$. 代入後易知 $5^7|m^7-n^7$; 又 $2^7|m-n \\Rightarrow 5^7|m-n$.\n\n綜以上,Claim 得證。\n\n回到原題,由 Claim 知模 $10^7$ 的既約剩餘系,七次方後仍為既約剩餘系,故 $x^7 \\equiv a(\\text{mod } 10^7)$ 恆有解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44215,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "是否能找到十個集合 $A_1, A_2, \\dots, A_{10}$, 同時滿足下列條件:\n(i) 每個集合有三個元素, 形如 $\\{a, b, c\\}$, 其中 $a \\in \\{1, 2, 3\\}$, $b \\in \\{4, 5, 6\\}$, $c \\in \\{7, 8, 9\\}$。\n(ii) 任兩集合都不相等。\n(iii) 將這十個集合依次圍成一圈 ($A_1, A_2, \\dots, A_{10}$), 則任意相鄰的兩集合沒有共同元素, 但是任意不相鄰的兩集合都有共同元素(註. $A_{10}$ 與 $A_1$ 相鄰。)\n\nCan we find ten sets $A_1, A_2, \\dots, A_{10}$ such that\n(i) Each set is in the form of $\\{a, b, c\\}$, where $a \\in \\{1, 2, 3\\}$, $b \\in \\{4, 5, 6\\}$, $c \\in \\{7, 8, 9\\}$.\n(ii) Each set is different to any other.\n(iii) If we place the sets into a circle ($A_1, A_2, \\dots, A_{10}$), then any pair of neighbouring sets has no common element, but any pair of non-neighbouring sets does? (Remark. $A_{10}$ is a neighbour of $A_1$.)",
    "options": [],
    "answer": "(1,4,9), (2,5,7), (3,4,8), (1,5,9), (2,4,8), (3,5,9), (2,4,7), (1,5,8), (3,4,7), (2,5,8)",
    "solution": "可以。考慮\n$(1,4,9)$, $(2,5,7)$, $(3,4,8)$, $(1,5,9)$, $(2,4,8)$, $(3,5,9)$, $(2,4,7)$, $(1,5,8)$, $(3,4,7)$, $(2,5,8)$。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44216,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "是否存在無窮多個整數 $a_1, a_2, a_3, \\dots$ 及正整數 $N$, 其中 $0 < a_i < 10$, 使得對於所有正整數 $k > N$,\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} a_i 10^{i-1}\n$$\n都是完全平方數?\n\nDetermine whether there exists an infinite sequence of integers $a_1, a_2, a_3, \\dots$ with $0 < a_i < 10$ and a positive integer $N$ such that, for every integer $k > N$, the number\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} a_i 10^{i-1}\n$$\nis a perfect square?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不可能。歸謬證法, 假設存在這樣的無窮序列和正整數 $N$. 令 $y_k = \\sum_{i=1}^{k} a_i 10^{i-1}$, 則對於所有 $k > N$, 存在正整數 $x_k$ 使得 $y_k = x_k^2$.\n\n1. 對所有 $n$, 令 $\\gamma_n$ 為滿足 $5^{\\gamma_n}|x_n$ 的最大正整數。以下證明: 對於所有 $n > N$, $2\\gamma_n \\ge n$.\n假設存在 $n < N$ 使得 $2\\gamma_n < n$, 則\n$$\ny_{n+1} = 10^n a_{n+1} + y_n = 5^{2\\gamma_n} \\left( 2^n 5^{n-2\\gamma_n} a_{n+1} + \\frac{y_n}{5^{2\\gamma_n}} \\right).\n$$\n基於 $y_n/5^{2\\gamma_n}$ 不可能被 5 整除, 必然有 $\\gamma_{n+1} = \\gamma_n < n < n+1$, 因此 $\\gamma_n = \\gamma_{n+1} = \\dots = \\gamma$.\n另一方面, 對於所有 $k \\ge n$,\n$$\n(x_{k+1} - x_k)(x_{k+1} + x_k) = y_{k+1} - y_k = a_{k+1} 10^k.\n$$\n基於 $(x_{k+1} - x_k) + (x_{k+1} + x_k) = 2x_{k+1}$, 因此依照 $\\gamma = \\gamma_{k+1}$ 的定義, 其中必有一者不被 $5^{\\gamma+1}$ 整除。進一步地, 由於 $5^k|(x_{k+1} - x_k)(x_{k+1} + x_k)$, 故必有一者被 $5^{k-\\gamma}$ 整除, 從而\n$$\n5^{k-\\gamma} \\le \\max\\{x_{k+1} - x_k, x_{k+1} + x_k\\} < 2x_{k+1} = 2\\sqrt{y_{k+1}} < 2 \\times 10^{(k+1)/2},\n$$\n這表示 $5^{2k} < 4 \\times 5^{2\\gamma} \\times 10^{k+1}$, 也就是 $(5/2)^k < 40 \\times 5^{2\\gamma}$. 這對充分大的 $k$ 是不可能成立的, 故矛盾。\n\n2. 現在考慮所有 $k > \\max\\{N/2, 2\\}$. 由 1. 知 $2\\gamma_{2k+1} \\ge 2k+1$ 且 $2\\gamma_{2k+2} \\ge 2k+2$, 故 $\\gamma_{2k+1} \\ge k+1$ 且 $\\gamma_{2k+2} \\ge k+1$. 又由 $y_{2k+2} = a_{2k+2}10^{2k+1} + y_{2k+1}$ 知 $5^{2k+2}|y_{2k+2} - y_{2k+1} = a_{2k+2}10^{2k+1}$, 故 $5|a_{2k+2} \\Rightarrow a_{2k+2} = 5$. 因此\n$$\n(x_{2k+2} - x_{2k+1})(x_{2k+2} + x_{2k+1}) = y_{2k+2} - y_{2k+1} = 5 \\times 10^{2k+1} = 2^{2k+1}5^{2k+2}.\n$$\n令 $A_k = x_{2k+2}/5^{k+1}$, $B_k = x_{2k+1}/5^{k+1}$; 注意到由 1., 它們必為正整數, 且\n$$\n(A_k - B_k)(A_k + B_k) = 2^{2k+1} \\qquad (3)\n$$\n注意到 $a_1 \\ne 0$, 因此 $A_k$ 和 $B_k$ 皆為奇數 (否則 $y_{2k+2}$ 或 $y_{2k+1}$ 為 10 的倍數, 不合。) 這表示 $A_k - B_k$ 和 $A_k + B_k$ 中有一個不被 4 整除。從而由 (1), $A_k - B_k = 2$ 且 $A_k + B_k = 2^{2k}$, 故 $A_k = 2^{2k-1} + 1$, 得\n$$\nx_{2k+2} = 5^{k+1}A_k = 10^{k+1}2^{k-2} + 5^{k+1} > 10^{k+1}\n$$\n(因 $k \\ge 2$) 但這代表 $y_{2k+2} > 10^{2k+2}$, 矛盾!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44217,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Z_{\\ge 0}$ 為所有非負整數所成的集合。試求所有的函數 $f: Z_{\\ge 0} \\to Z_{\\ge 0}$ 滿足\n$$\nf(f(f(n))) = f(n + 1) + 1, \\text{對所有的非負整數 } n \\text{ 皆成立。}\n$$\n\nLet $Z_{\\ge 0}$ be the set of all nonnegative integers. Find all the functions $f: Z_{\\ge 0} \\to Z_{\\ge 0}$ satisfying the relation\n$$\nf(f(f(n))) = f(n + 1) + 1 \\text{ for all } n \\in Z_{\\ge 0}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Two functions:\n1) f(n) = n + 1 for all n in Z_{>=0}.\n2) f(n) = { n+1 if n ≡ 0 or 2 (mod 4); n+5 if n ≡ 1 (mod 4); n−3 if n ≡ 3 (mod 4) } for all n in Z_{>=0}.",
    "solution": "There are two such functions: $f(n) = n + 1$ for all $n \\in Z_{\\ge 0}$, and\n$$\nf(n) = \\begin{cases} n+1, & n \\equiv 0 \\pmod 4 \\text{ or } n \\equiv 2 \\pmod 4, \\\\ n+5, & n \\equiv 1 \\pmod 4, \\\\ n-3, & n \\equiv 3 \\pmod 4, \\end{cases} \\quad \\text{for all } n \\in Z_{\\ge 0}.\n$$\nThroughout all the solutions, we write $h^k(x)$ to abbreviate the $k$th iteration of function $h$, so $h^0$ is the identity function, and $h^k(x) = h(\\dots h(x)\\dots)$ for $k \\ge 1$.\n\nTo start, we get from $(*)$ that\n$$\nf^{4}(n) = f(f^{3}(n)) = f(f(n+1)+1) \\text{ and } f^{4}(n+1) = f^{3}(f(n+1)) = f(f(n+1)+1)+1,\n$$\nthus\n$$\nf^{4}(n) + 1 = f^{4}(n+1) \\qquad (2)\n$$\n\nI. Let us denote by $R_i$ the range of $f^i$; note that $R_0 = Z_{\\ge 0}$ since $f^0$ is the identity function. Obviously, $R_0 \\supseteq R_1 \\supseteq \\dots$. Next, from (2) we get that if $a \\in R_4$ then also $a+1 \\in R_4$. This implies that $Z_{\\ge 0} \\setminus R_4$ -- and hence $Z_{\\ge 0} \\setminus R_1$ -- is finite. In particular, $R_1$ is unbounded.\n\nAssume that $f(m) = f(n)$ for some distinct $m$ and $n$. Then from $(*)$ we obtain $f(m+1) = f(n+1)$; by an easy induction we then get that $f(m+c) = f(n+c)$ for every $c \\ge 0$. So the function $f(k)$ is periodic with $|m-n|$ for $k \\ge m$, and thus $R_1$ should be bounded, which is false. So $f$ is injective.\n\nII. Denote now $S_i = R_{i-1} \\setminus R_i$; all these sets are finite for $i \\le 4$. On the other hand, by the injectivity we have $n \\in S_i \\Leftrightarrow f(n) \\in S_{i+1}$. By the injectivity again, $f$ implements a bijection between $S_i$ and $S_{i+1}$, thus $|S_1| = \\dots$; denote this common cardinality by $k$. If $0 \\in R_3$ then $0 = f(f(f(n)))$ for some $n$, thus from $(*)$ we get $f(n+1) = -1$ which is impossible. Therefore $0 \\in R_0 \\setminus R_3 = S_1 \\cup S_2 \\cup S_3$, thus $k \\ge 1$.\n\nNext, let us describe the elements $b$ of $R_0 \\setminus R_3 = S_1 \\cup S_2 \\cup S_3$. We claim that each such element satisfies at least one of three conditions (i) $b = 0$, (ii) $b = f(0) + 1$, and (iii) $b - 1 \\in S_1$. Otherwise $b - 1 \\in Z_{\\ge 0}$, and there exists some $n > 0$ such that $f(n) = b - 1$; but then $f^3(n - 1) = f(n) + 1 = b$, so $b \\in R_3$.\n\nThis yields\n$$\n3k = |S_1 \\cup S_2 \\cup S_3| \\le 1 + 1 + |S_1| = k + 2,\n$$\nor $k \\le 1$. Therefore $k = 1$, and the inequality above comes to equality. So we have $S_1 = \\{a\\}$, $S_2 = \\{f(a)\\}$, and $S_3 = \\{f^2(a)\\}$ for some $a \\in Z_{\\ge 0}$, and each one of the three options (i), (ii) and (iii) should be realized exactly once, which means that\n$$\n\\{a, f(a), f^2(a)\\} = \\{0, a+1, f(0)+1\\}. \\qquad (3)\n$$\n\nIII. From (3), we get $a + 1 \\in \\{f(a), f^2(a)\\}$ (the case $a + 1 = a$ is impossible). If $a + 1 = f^2(a)$ then we have $f(a + 1) = f^3(a) = f(a + 1) + 1$ which is absurd. Therefore\n$$\nf(a) = a + 1. \\qquad (4)\n$$\n\nNext, again from (3) we have $0 \\in \\{a, f^2(a)\\}$. Let us consider these two cases separately.\n\n**Case 1.** Assume that $a = 0$, then $f(0) = f(a) = a + 1 = 1$. Also from (3) we get $f(1) = f^2(a) = f(0) + 1 = 2$. Now, let us show that $f(n) = n + 1$ by induction on $n$; the base cases $n \\le 1$ are established. Next, if $n \\ge 2$ then the induction hypothesis implies\n$$\nn + 1 = f(n - 1) + 1 = f^3(n - 2) = f^2(n - 1) = f(n),\n$$\nestablishing the step. In this case we have obtained the first of two answers; checking that it satisfies $(*)$ is straightforward.\n\n**Case 2.** Assume now that $f^2(a) = 0$; then by (3) we get $a = f(0)+1$. By (4) we get $f(a) = a + 1$, then $f(0) = f^3(a) = f(a+1) + 1 = 1$, hence $a = f(0) + 1 = 2$ and $f(2) = 3$ by (4). To summarize,\n$$\nf(0) = 1, \\quad f(2) = 3, \\quad f(3) = 0.\n$$\nNow let us prove by induction on $m$ that (1) holds for all $n = 4k, 4k+2, 4k+3$ with $k \\le m$ and for all $n = 4k+1$ with $k < m$. The base case $m = 0$ is established above. For the step, assume that $m \\ge 1$. From $(*)$ we get $f^3(4m-3) = f(4m-2)+1 = 4m$. Next, by (2) we have\n$$\nf(4m) = f^4(4m - 3) = f^4(4m - 4) + 1 = f^3(4m - 3) + 1 = 4m + 1.\n$$\nThen by the induction hypothesis together with $(*)$ we successively obtain\n$$\n\\begin{align*}\nf(4m - 3) &= f^3(4m - 1) = f(4m) + 1 = 4m + 2, \\\\\nf(4m + 2) &= f^3(4m - 4) = f(4m - 3) + 1 = 4m + 3, \\\\\nf(4m + 3) &= f^3(4m - 3) = f(4m - 2) + 1 = 4m,\n\\end{align*}\n$$\nthus finishing the induction step.\n\nFinally, it is straightforward to check that the constructed function works:\n$$\nf^{3}(4k) = 4k + 7 = f(4k + 1) + 1, \\quad f^{3}(4k + 1) = 4k + 4 = f(4k + 2) + 1,\n$$\n$$\nf^{3}(4k + 2) = 4k + 1 = f(4k + 3) + 1, \\quad f^{3}(4k + 3) = 4k + 6 = f(4k + 4) + 1.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44218,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設一個三角形的三邊長分別為 $a, b, c$, 而 $a, b, c$ 三邊所對應的高分別為 $h_a, h_b, h_c$。\n證明 $(\\frac{a}{h_a})^2 + (\\frac{b}{h_b})^2 + (\\frac{c}{h_c})^2 \\ge 4$.\n\nIn a triangle, let $a, b, c$ be the lengths of sides, and $h_a, h_b, h_c$ be the lengths of corresponding heights. Prove that $(\\frac{a}{h_a})^2 + (\\frac{b}{h_b})^2 + (\\frac{c}{h_c})^2 \\ge 4$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將三角形的面積記為 $A$。易知 $ah_a = bh_b = ch_c = 2A$。故原命題等價於證明\n$$\na^4 + b^4 + c^4 \\ge 16A^2. \\quad (1)\n$$\n將(1)式的左邊減去右邊, 並由 Heron 公式得\n$$\n\\begin{aligned}\n& a^4 + b^4 + c^4 - 16A^2 \\\\ \n= & a^4 + b^4 + c^4 - (a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c) \\\\ \n= & 2a^4 + 2b^4 + 2c^4 - 2a^2b^2 - 2a^2c^2 - 2b^2c^2 \\\\ \n= & (a^2 - b^2)^2 + (b^2 - c^2)^2 + (c^2 - a^2)^2 \\ge 0.\n\\end{aligned}\n$$\n故(2)式及原命題得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44219,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\triangle ABC$ 的內切圓圓心為 $I$, 且該內切圓分別與 $CA, AB$ 邊切於點 $E, F$。令點 $E, F$ 對 $I$ 的對稱點分別為 $G, H$。設點 $Q$ 為 $GH$ 與 $BC$ 的交點, 並設點 $M$ 為 $BC$ 的中點。證明 $IQ$ 與 $IM$ 垂直。\n\nLet $I$ be the incenter of the triangle $ABC$, and let the incircle touch the sides $CA, AB$ at the points $E, F$, respectively. Let the reflection points of $E, F$ with respect to $I$ be the points $G, H$, respectively. Suppose that the lines $GH$ and $BC$ intersect at the point $Q$. Denote the midpoint of the side $BC$ by $M$. Prove that $IQ$ and $IM$ are perpendicular to each other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "如圖，內切圓與 $BC$ 邊切於點 $D$, $GH$ 分別與 $BI, CI$ 交於點 $C'$, $B'$，$D'$ 為 $GH$ 上一點使得 $ID' \\perp GH$。\n\n1. \n\na. 因 $\\angle C'ID' = \\frac{1}{2}(\\angle A + \\angle B)$, $\\angle IC'B' = \\frac{1}{2}\\angle C$。同理, $\\angle IB'C' = \\frac{1}{2}\\angle B$。由此知 $\\triangle IBC \\sim \\triangle IB'C'$。\n\nb. 因 $G, H$ 分別為 $E, F$ 對 $I$ 的對稱點, $G, H$ 在內切圓上, 且 $EF \\parallel GH$。因此 $\\angle IGD' = \\angle IEF = \\frac{1}{2}\\angle A$ ($A, E, I, F$ 共圓)。故\n$$\n\\frac{IB'}{IB} = \\frac{IC'}{IC} = \\frac{ID'}{ID} = \\frac{ID'}{IG} = \\sin \\angle D'IG = \\sin \\frac{1}{2}\\angle A.\n$$\n\n2. 對 $\\triangle IBC, B'C'$ 使用孟氏定理得\n$$\n\\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CB'}{B'I} \\cdot \\frac{IC'}{C'B} = -1 \\quad \\text{或} \\quad \\frac{BM + MQ}{BM - MQ} = \\frac{BQ}{QC} = \\frac{IB'}{CB'} \\cdot \\frac{C'B}{IC'}\n$$\n因此\n$$\n\\begin{align*}\n\\frac{BM + MQ}{IB' \\cdot C'B} &= \\frac{BM - MQ}{CB' \\cdot IC'} \\\\\n&= \\frac{2BM}{IB' \\cdot C'B + CB' \\cdot IC'} \\\\\n&= \\frac{2MQ}{IB' \\cdot C'B - CB' \\cdot IC'}\n\\end{align*}\n$$\n\n3. 由 1. 得\n$$\n\\begin{aligned}\nIB' \\cdot C'B + CB' \\cdot IC' &= IB \\sin \\frac{\\angle A}{2} (IB - IC') + (IB' - IC)IC \\sin \\frac{\\angle A}{2} \\\\\n&= \\sin \\frac{\\angle A}{2} [IB(IB - IC \\sin \\frac{\\angle A}{2}) + (IB \\sin \\frac{\\angle A}{2} - IC)IC] \\\\\n&= \\sin \\frac{\\angle A}{2} (IB^2 - IC^2),\n\\end{aligned}\n$$\n且\n$$\n\\begin{aligned}\nIB' \\cdot C'B - CB' \\cdot IC' &= \\sin \\frac{\\angle A}{2} [IB(IB - IC \\sin \\frac{\\angle A}{2}) - (IB \\sin \\frac{\\angle A}{2} - IC)IC] \\\\\n&= \\sin \\frac{\\angle A}{2} (IB^2 + IC^2 - 2 IB \\cdot IC \\sin \\frac{\\angle A}{2}).\n\\end{aligned}\n$$\n因 $IB^2 = ID^2 + BD^2, IC^2 = ID^2 + CD^2,$\n$$\nIB^2 - IC^2 = BD^2 - CD^2 = (BM + MD)^2 - (BM - MD)^2 = 4BM \\cdot MD.\n$$\n因 $BC^2 = IB^2 + IC^2 - 2 IB \\cdot IC \\cos(90^\\circ + \\frac{\\angle A}{2}) = IB^2 + IC^2 + 2 IB \\cdot IC \\sin \\frac{\\angle A}{2},$\n$$\nIB' \\cdot C'B - CB' \\cdot IC' = \\sin \\frac{\\angle A}{2} (2IB^2 + 2IC^2 - BC^2) = 4IM^2 \\sin \\frac{\\angle A}{2}.\n$$\n\n4. 由 2. 及 3. 得 $\\frac{BM}{BM \\cdot MD} = \\frac{MQ}{IM^2}$, 即 $\\frac{IM}{MD} = \\frac{MQ}{IM}$。由此知 $\\triangle IMD \\sim \\triangle QMI$。故 $\\angle QIM = \\angle IQM = 90^\\circ$, 證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44220,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個大於 1 的正整數 $k$。甲、乙兩人玩以下的數字遊戲：在遊戲開始時，有一個正整數 $n \\ge k$ 被寫在黑板上。接著，從甲開始，兩人輪流進行以下動作：擦掉寫在黑板上的數 $m$，並在黑板上寫下一個與 $m$ 互質的正整數 $m'$，且 $k \\le m' < m$。第一個無法寫下數字的人輸。\n對於一開始在黑板上的數字 $n \\ge k$, 如果乙有必勝法, 則稱 $n$ 是個好數字; 反之, $n$ 是個壞數字。\n現在, 假設 $n, n' \\ge k$, 且質數 $p \\le k$ 整除 $n$ 若且唯若 $p$ 整除 $n'$。試證: $n$ 和 $n'$ 要不同時是好數字, 要不同時是壞數字。\n\nFix an integer $k \\ge 2$. Two players, Ana and Banana, play the following game of numbers: Initially, some integer $n \\ge k$ gets written on the blackboard. Then they take moves in turn, with Ana beginning. A player making a move erases the number $m$ just written on the blackboard and replaces it by some number $m'$ with $k \\le m' < m$ that is coprime to $m$. The first player who cannot move anymore loses.\nAn integer $n \\ge k$ is called good if Banana has a winning strategy when the initial number is $n$, and bad otherwise.\nConsider two integers $n, n' \\ge k$ with the property that each prime number $p \\le k$ divides $n$ if and only if it divides $n'$. Prove that either both $n$ and $n'$ are good or both are bad.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "為方便說明, 令 $n \\to x$ 表示擦掉 $n$, 寫上 $x$ 的動作; 依題意, 必有 $n > x \\ge k$ 且 $(n, x) = 1$.\n\n**Claim A.** 若 $m$ 為好數字, 而 $n > m$ 與 $m$ 互質, 則 $n$ 為壞數字。\n*Proof.* 因為甲只要選 $n \\to m$, 並複製乙從 $m$ 開始的必勝策略即可。\n\n**Claim B.** 任何兩個好數字不能互質。\n*Proof.* 由 Claim A 和 B 立得。\n\nClaim 1. 若 $n$ 為好數字且 $n|n'$. 則 $n'$ 為好數字。\n*Proof.* 若 $n'$ 為壞數字, 表示甲可以進行 $n' \\to x$ 且 $x$ 為好數字。然而 $(n', x) = 1 \\Rightarrow (n, x) = 1$, 但 $n$ 與 $x$ 都是好數字, 此與 Claim C 相矛盾。\n\nClaim 2. 若 $rs$ 是壞數字, 則 $r^2s$ 也是壞數字。\n*Proof.* $rs$ 是壞數字表示甲可以進行 $rs \\to x$ 且 $x$ 為好數字, 但 $x$ 顯然與 $r^2s$ 互質, 故由 $r^2s \\to x$ 知 $r^2s$ 是壞數字。\n\nClaim 3. 若 $p > k$ 為一質數且 $n \\ge k$ 是壞數字, 則 $np$ 也是壞數字。\n*Proof.* 若否, 則存在最小的壞數字 $n$, 使得 $np$ 是好數字。以下歸謬。\n1. 由於 $n$ 是壞數字, 甲可以進行 $n \\to x$, 其中 $x$ 是好數字。易知 $(np, x) > 1$, 否則 $np$ 會是壞數字, 矛盾。但已知 $(n, x) = 1$, 故 $p|x$. 令 $x = p^r y$, 其中 $(p, y) = 1$.\n2. 注意到 $y = 1$ 是不可能的, 因為若 $y = 1$, 則 $x = p^r$; 又 $(p, k) = 1$, 故甲可進行 $x \\to k$, 從而 $x$ 是個壞數字, 矛盾。故 $y > 1$, 因此必有最小的正整數 $\\alpha$ 使得 $y^\\alpha \\ge k$.\n3. 基於 $np$ 和 $y^\\alpha$ 互質而 $np$ 是好數字, 由 Claim B 知 $y^\\alpha$ 必為壞數字。\n4. 由 $\\alpha$ 的最小性知 $y^\\alpha < ky < py = \\frac{x}{p^{r-1}} < \\frac{n}{p^{r-1}}$, 故 $p^{r-1}y^\\alpha < n$. 從而由 $n$ 的最小性知, $p^{r-1}y^\\alpha$ 必為好數字 (因為 $x = p(p^{r-1}y^\\alpha)$ 是好數字。) 同理可證, $p^{r-2}y^\\alpha, \\dots, y^\\alpha$ 也都必須是好數字。\n5. 但 $np$ 和 $y^\\alpha$ 都是好數字, 由 Claim B 知 $(np, y^\\alpha) > 1$, 此與 $(n, x) = 1$ 及 $(p, y) = 1$ 相矛盾。證畢。\n\n現在令 $P_k(x)$ 為 $x$ 小於或等於 $k$ 的質因數所成集合。以下稱兩個數 $a, b$ 為相似的, 若且唯若 $P_k(a) = P_k(b)$. 要證明原題, 我們僅需證明: 若 $a, b$ 相似, 則 $a, b$ 同好同壞。注意到 $ab$ 同時與 $a$ 和 $b$ 相似, 故這等價於: 若 $c \\ge k$ 與其某個倍數 $d$ 相似, 則 $c, d$ 同好同壞。\n\n*proof* 若否, 則存在最小的 $d_0$, 使得其存在一因數 $c_0 \\ge k$, 使得 $c_0, d_0$ 好壞不同。由上述 Claim 可知, 這樣的 $d_0$ 不存在。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44221,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設點 $M$ 為三角形 $ABC$ 的外接圓上一點。自 $M$ 點引對三角形 $ABC$ 的內切圓相切的 (兩條) 直線, 分別交 $BC$ 於 $X_1, X_2$ 點。證明三角形 $MX_1X_2$ 的外接圓與 $ABC$ 的外接圓的第二個交點 (即不同於 $M$ 的那個交點) 就是 $ABC$ 的外接圓與角 $A$ 內的偽內切圓的切點。\n(註: 角 $A$ 內的**偽內切圓**指的是與邊 $AB, AC$ 皆相切, 並且內切於 $ABC$ 的外接圓的圓。)\n\nLet $M$ be an arbitrary point on the circumcircle of triangle $ABC$ and let the tangents from this point to the incircle of the triangle meet the sideline $BC$ at $X_1$, and $X_2$. Prove that the second intersection of the circumcircle of triangle $MX_1X_2$ with the circumcircle of $ABC$ (different from $M$) coincides with the tangency point of the circumcircle with mixtilinear incircle in angle $A$. (As usual, the A-mixtilinear incircle names the circle tangent to $AB, AC$ and to the circumcircle of $ABC$ internally.)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Assume without loss of generality that $M$ lies on the same side of line $BC$ as the vertex $A$. In this case, we denote by $(I)$ the common incircle of triangles $ABC$, and $MX_1X_2$ with radius $r$, and let $D, E, F, Y_1, Y_2$ be the tangency points of $(I)$ with the sidelines $BC, CA, AB, MX_1, MX_2$.\n\nConsider the inversion $\\Psi$ with center $I$ and power $r^2$, which takes the vertices $A, B, C, M, X_1, X_2$ to the midpoints $A', B', C', M', X_1', X_2'$ of the sides $EF, FD, DE, Y_2Y_1, Y_1D, DY_2$ of the intouch triangles $DEF$, and $DY_2Y_1$. The circumcircles $(O), (P)$ of triangles $ABC$, and $MX_1X_2$ become the circumcircles $(O'), (P')$ of the triangles $A'B'C', M'X_1'X_2'$, which, because they coincide with the nine-point circles of two triangles of the same circumcircle, are congruent and have the common radius $\\frac{r}{2}$. Since the sidelines $BC, CA, AB, MX_1, MX_2$ are tangent to the inversion circle $(I)$, their images under $\\Psi$ are the congruent circles $\\Gamma_a, \\Gamma_b, \\Gamma_c, \\Omega_1, \\Omega_2$ with diameters $ID, IE, IF, IX_1, IX_2$, respectively. The congruent circles $(O'), \\Gamma_b, \\Gamma_c$\n\nwith radii $\\frac{r}{2}$ meet at point $A'$. Thus, a circle $(A', r)$ with center $A'$ and radius $r$ is tangent to all three at points diametrically opposite to $A'$.\n\nThe internal angle-bisector $AI$ of the angle $\\angle A$ passing through the inversion center $I$ is carried into itself. The mixtilinear incircle $(K_a)$ and the mixtilinear excircle $(L_a)$ of the triangle $ABC$ in the angle $A$ are the only two circles centered on $AI$ and simultaneously tangent to $CA, AB$, and $(O)$. Since the inversion center $I$ is the similarity center of a circle and its inversion images, only the images $(K'_a), (L'_a)$ of $(K_a), (L_a)$ are centered on $AI$ and tangent to $\\Gamma_b, \\Gamma_c, (O')$. The mixtilinear excircle $(L_a)$, lying outside of the circumcircle $(O)$ and outside of the inversion circle $(I)$, has both intersections with $AI$ on the ray $\\overrightarrow{IL_a}$. Since the inversion in $(I)$ has positive power $r^2$, its images $(L'_a)$ also has both intersections with $AI$ on the ray $\\overrightarrow{IL_a}$ and it is centered on the ray $\\overrightarrow{IA}$. It cannot be identical with the circle $(A', r)$ centered on the opposite ray $\\overrightarrow{IA}$. Therefore, the image of the mixtilinear incircle $(K_a)$ in angle $A$ under $\\Psi$ is the circle $(A', r)$. Furthermore, the inverse image of the tangency point $Z$ of the circles $(K_a)$, and $(O)$ is the tangency point $Z'$ of $(A', r)$ and $(O)$, the antipode of $A'$ with respect to the circumcircle $(O')$.\n\nLet now $A_0, B_0, C_0, O_1, O_2$ be the centers of the congruent circles $\\Gamma_a, \\Gamma_b, \\Gamma_c, \\Omega_1, \\Omega_2$. Since $\\Gamma_a$ is the reflection of $(O')$ in $B'C'$ and since $O'$ and $I$ are isogonal conjugated with respect to triangle $A'B'C'$, the quadrilateral $B'Z'C'I$ is a parallelogram, and therefore, its diagonals $B'C', IZ'$ cut each other at half at the midpoint of segment $B'C'$. It now follows that the quadrilateral $IA_0Z'O'$ is also a parallelogram, and thus, $IA_0 = O'Z' = \\frac{r}{2}$. Now since $A_0I = A_0X'_1 = O_1I = O_1X'_1 = \\frac{r}{2}$, the quadrilateral $A_0IO_1X'_1$ is a rhombus, and since the segments $O_1X'_1, IA_0, O'Z'$ are parallel and congruent, the quadrilateral $O_1X'_1Z'O'$ is a parallelogram. In conclusion, the triangles $PX'_1Z'$, and $M'O_1O'$ are congruent and $P'Z' = M'O' = \\frac{r}{2}$. Hence, $Z'$ lies on the circle $(P')$, which means that the second intersection of the circumcircle $(P)$ of triangle $MX_1X_2$ with the circumcircle $(O)$ of $ABC$ (different from $M$) coincides with the tangency point $Z$ of the mixtilinear incircle in angle $A$ with the circumcircle $(O)$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44222,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在 $\\triangle ABC$ 中, 設點 $D$ 在 $BC$ 邊上且 $AD$ 平分 $\\angle BAC$, 並設 $AD$ 的中點為 $M$。設以 $AC$ 為直徑的圓 $\\omega_1$ 與 $BM$ 交於點 $E$, 以 $AB$ 為直徑的圓 $\\omega_2$ 與 $CM$ 交於點 $F$。證明 $B, E, F, C$ 四點共圓。\n\nLet $M$ be the midpoint of the internal bisector $AD$ of $\\triangle ABC$. Circle $\\omega_1$ with diameter $AC$ intersects $BM$ at $E$ and circle $\\omega_2$ with diameter $AB$ intersects $CM$ at $F$. Show that $B, E, F, C$ belong to the same circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "If $AB = AC$, then the statement is obvious. Without loss of generality, we assume that $AB < AC$. Let $AH$ be the common chord of the given circles, as shown in the figure. We draw the line which passes through $A$ and is perpendicular to $AD$ and denote by $K$ and $L$ the points of intersection of the given lines with $\\omega_1$ and $\\omega_2$ respectively.\n\nWe prove that $BL$ passes through $M$. Let $X$ be the point of intersection of $BL$ and $AD$. Since $KB \\parallel AD \\parallel LC$ we have the following proportions:\n$$\n\\frac{AX}{KB} = \\frac{LA}{LK}, \\quad \\frac{DX}{CL} = \\frac{BD}{BC}, \\quad \\frac{BD}{BC} = \\frac{KA}{LK}.\n$$\nThus, $AX = \\frac{KB \\cdot LA}{LK}$, $DX = \\frac{CL \\cdot KA}{LK}$. Also, $\\angle KAB = \\angle LAC$ and triangles $AKB$ and $ALC$ are similar. Thus, $\\frac{KA}{LA} = \\frac{KB}{LC}$, $KA \\cdot LC = KB \\cdot LA$. Hence, $AX = DX$ and $X$ coincides with $M$. By analogy, we can show that $CK$ passes through $M$ too. We have\n$$\n\\angle DME = \\angle LMA = \\angle CLE = 180^\\circ - \\angle DHE.\n$$\n\nThis implies that $E, M, D, H$ belong to the same circle. $KBFH$ is inscribed in the circle $\\omega_1$ and thus\n$$\n\\angle DMF = \\angle KMA = \\angle MKB = 180^\\circ - \\angle BHF = \\angle DHF,\n$$\nwhich implies that $M, H, D, F$ lie on the circle.\n\nWe have shown that $M, H, D, F, E$ lie on the same circle. In the right angled triangle $HAD$, $HM$ is a median. Therefore, $MD = MH$. Thus\n$$\n\\angle MDH = \\angle MHD = \\angle MED = \\angle MFH.\n$$\nConsider triangles $MDE$ and $MBD$ that have the common angle $M$ and\n$$\n180^\\circ - \\angle CFE = \\angle MFE = \\angle MDE = \\angle MBD.\n$$\nWe have that $B, E, F, C$ are concyclic, which implies the result.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44223,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "瘋狂科學家無意間在他的實驗室發現了一種叫瓜克的新粒子。兩個瓜克可以組成一個瓜克對；一個瓜克可以同時和很多瓜克組成瓜克對。此外，他發現他可以進行以下兩種動作：\n(1) 如果有一個瓜克和奇數個其他瓜克組成瓜克對，則他可以將這個瓜克消滅。\n(2) 將整個實驗室裡的瓜克複製，也就是說，每個瓜克 $I$ 都會複製出一個瓜克 $I'$. 新的瓜克 $I'$ 和 $J'$ 組成瓜克對若且唯若舊的瓜克 $I$ 和 $J$ 組成瓜克對；此外，$I'$ 會與 $I$ 組成瓜克對。除以上瓜克對外，複製不會製造其他額外的瓜克對。\n試證：科學家可以經由一系列的動作，讓實驗室裡最後只剩下一群瓜克，它們兩兩之間不成瓜克對。\n\nA crazy physicist discovered a new kind of particle which he called an imon, after some of them mysteriously appeared in his lab. Some pairs of imons in the lab can be entangled, and each imon can participate in many entanglement relations. The physicist has found a way to perform the following two kinds of operations with these particles, one operation at a time.\n(1) If some imon is entangled with an odd number of other imons in the lab, then the physicist can destroy it.\n(2) At any moment, he may double the whole family of imons in his lab by creating a copy $I'$ of each imon $I$. During this procedure, the two copies $I'$ and $J'$ become entangled if and only if the original imons $I$ and $J$ are entangled, and each copy $I'$ becomes entangled with its original imon $I$; no other entanglements occur or disappear at this moment.\nProve that the physicist may apply a sequence of such operations resulting in a family of imons, no two of which are entangled.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以瓜克為頂點作圖，並將組成瓜克對的兩瓜克間連線。此外，我們將定頂點著色。我們稱一個圖 $G$ 是好圖，若且唯若 $G$ 中相連的兩頂點都是不同顏色。\n\n1. **引理.** 給定 $n$ 色好圖，必可透過一系列動作，得到一 $n-1$ 色好圖（其中 $n > 1$）\n**Proof.** 首先，我們重複執行動作 (1)，直到所有端點都是偶數邊。這個新圖當然是好圖。\n接著執行動作 (2)；若原瓜克 $I$ 是第 $k$ 個顏色，則我們將複製出來的 $I'$ 塗上第 $k+1 \\pmod n$ 個顏色。易知這仍然是個好圖。\n現在，這個新圖的所有端點都是奇數邊，因此我們可以對所有塗上第 $n$ 個顏色的瓜克進行動作 (1)。由於這些瓜克兩兩必不相連（因為是好圖），故重複執行動作 (1) 必可將所有第 $n$ 個顏色的瓜克移除，得到一個 $n-1$ 色好圖。證畢。\n\n2. 現在，假設一開始有 $n$ 個瓜克，則其必可構成一個 $n$ 色好圖。由以上引理知，我們必可透過一系列動作將其降為一個單色好圖，也就是沒有任何瓜克對的圖。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44224,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試證: 存在無窮多個正整數 $n$, 使得 $n^4 + n^2 + 1$ 的最大質因數, 和 $(n+1)^4 + (n+1)^2 + 1$ 的最大質因數相同。\n\nProve that there exist infinitely many positive integers $n$ such that the largest prime divisor of $n^4 + n^2 + 1$ is equal to the largest prime divisor of $(n + 1)^4 + (n + 1)^2 + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $p_n$ 為 $n^4 + n^2 + 1$ 的最大質因數，並令 $q_n$ 為 $n^2 + n + 1$ 的最大質因數。\n易知 $p_n = q_{n^2}$。同時，由\n$$\nn^4+n^2+1 = (n^2+1)^2-n^2 = (n^2-n+1)(n^2+n+1) = ((n-1)^2+(n-1)+1)(n^2+n+1)\n$$\n知，對於所有 $n \\ge 2$，有 $p_n = \\max\\{q_n, q_{n-1}\\}$。又因 $n^2 - n + 1$ 是奇數，\n$$\n\\text{gcd}((n-1)^2+(n-1)+1, n^2+n+1) = \\text{gcd}(2n, n^2-n+1) = \\text{gcd}(n, n^2-n+1) = 1.\n$$\n故 $q_n \\neq q_{n-1}$。\n回到原題。考慮集合\n$$\nS := \\{n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 2} \\mid q_n > q_{n-1}, q_n > q_{n+1}\\}.\n$$\n注意到對於所有 $n \\in S$，我們有\n$$\np_n = \\max\\{q_n, q_{n-1}\\} = q_n = \\max\\{q_n, q_{n+1}\\} = p_{n+1},\n$$\n故原題等價於證明 $S$ 有無限多個元素。在此注意到 $q_2 = 7 < 13 = q_3$ 且 $q_3 = 13 > 7 = q_4$，故 $S$ 非空。\n以下歸謬：假設 $S$ 有最大元素 $m$。由於 $q_i$ 皆為正整數，$q_m > q_{m+1} > q_{m+2} > \\dots$ 是不可能的，故必存在 $k \\ge m$ 使得 $q_k < q_{k+1}$ (注意到之前已證明 $q_k \\ne q_{k+1}$) 同時，注意到由於 $q_{(k+1)^2} = p_{k+1} = \\max\\{q_k, q_{k+1}\\} = q_{k+1}$，因此 $q_k < q_{k+1} < \\dots$ 也是不可能的，故必然存在最小的 $l \\ge k+1$ 使得 $q_l > q_{l+1}$。\n\n但由於 $l$ 是最小的, 必有 $q_l > q_{l-1}$, 從而 $l \\in S$, 與 $m$ 為最大值的假設不符, 矛盾! 故 $S$ 有無限多個元素。證畢。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44225,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "某國有數個城市, 其中若干個城市之間有航線相連; 航線都是雙向的。已知從該國中任選兩個城市, 都可以從其中一個城市, 透過一系列航線抵達另一個城市。定義兩個城市的距離為從一個城市抵達另一個城市所需的最少航線數量。已知對於任何一個城市, 至多都只有 100 個城市與其距離恰為 3。試證: 不存在一個城市, 有超過 2550 個其他城市與其距離恰為 4。\n\nIn some country several pairs of cities are connected by direct two-way flights. It is possible to go from any city to any other city by a sequence of flights. The *distance* between two cities is defined to be the least possible number of flights required to go from one of them to the other. It is known that for any city there are at most 100 cities at distance exactly three from it. Prove that there is no city such that more than 2550 other cities have distance exactly four from it.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "定義 $d(a, b)$ 為城市 $a$ 和 $b$ 的距離，並令\n$$\nS_i(a) = \\{c : d(a, c) = i\\}\n$$\n為與城市 $a$ 距離恰為 $i$ 的城市所成集合。\n\n以下歸謬：假設存在城市 $x$, 使得 $D = S_4(x)$ 滿足 $|D| \\geq 2551$。令 $A = S_1(x)$。我們稱集合 $A'$ 對於 $A$ 是必經的, 若且唯若每一個在 $D$ 中的城市, 都可以在 4 段航程後抵達 $x$, 且途中經過 $A'$ 的某個城市 (舉例來說, $A$ 對於自己當然是必經的。) 換言之, $D$ 的每個城市都跟某個 $A'$ 的城市距離恰為 3, 也就是 $D \\subset \\bigcup_{a \\in A'} S_3(a)$。\n\n考慮城市個數最小的必經集合 $A^*$, 並令 $m = |A^*|$。由於\n$$\nm(101 - m) \\leq 50 \\times 51 = 2550,\n$$\n必存在城市 $a \\in A^*$ 使得 $|S_3(a) \\cap D| \\geq 102 - m$ (否則 $2551 \\geq |D| \\leq \\sum_{a \\in A^*} |S_3(a)| \\leq m \\times (101 - m) \\leq 2550$, 矛盾!)。但由題設, $|S_3(a)| \\leq 100$,\n\n故 $S_3(a)$ 至多包含 $100 - (102 - m) = m - 2$ 個與 $c$ 距離小於等於 3 的城市。令 $T = \\{c \\in S_3(a) : d(x,c) \\le 3\\}$ 為這些城市所成集合, 則我們有 $|T| \\le m - 2$。\n\n以下將證明 $|T| \\ge m - 1$, 從而得到矛盾。任取 $a \\in A^*$, 並令 $A_a = A^* \\setminus \\{a\\}$。\n基於 $A^*$ 是最小的, 對於每個 $y \\in A_a$, 必存在一個城市 $d_y \\in D$, 使得連接 $x$ 和 $d_y$ 的航程必經 $y$。因此 $x$ 和 $d_y$ 可以 $x - y - b_y - c_y - d_y$ 的形式連結; 注意到 $d(x, b_y) = 2$ 且 $d(x, c_y) = 3$ (因為 $A^*$ 是最小的。) 基於 $|A_a| = m - 1$, 共有 $2(m - 1)$ 個形如 $b_y, c_y$ 的城市。\n\n引理一, 所有 $b_y$ 和 $c_y$ 都是不同的。\n證明: 由於 $d(x, b_y) = 2$ 且 $d(x, c_z) = 3$, $b_y$ 和 $c_z$ 必不相同。又, 若 $y \\ne z$ 但 $b_y = b_z$, 則存在 $x - y - b_z - c_z - d_z$; 但這與 $d_z$ 一開始的構造方式相違背, 從而必有 $b_y \\ne b_z$。同理, 若 $y \\ne z$, 則 $c_y \\ne c_z$。故 $b_y$ 和 $c_y$ 為 $2(m - 1)$ 個不同的城市。\n\n引理二. 對於每個 $y \\in A_a$, $b_y$ 和 $c_y$ 中必有一個和 $a$ 的距離為 3, 從而屬於 $T$。\n證明: 基於存在航程 $a - x - y$, $d(a, y) \\le 2$。另一方面, 顯然有 $d(a, d_y) \\ge d(x, d_y) - d(x, a) = 3$。再者, 由 $d_y$ 的選取知 $d(a, d_y) \\ne 3$, 從而 $d(a, d_y) > 3$。最後, 注意到 $d(a, y)$, $d(a, b_y)$, $d(a, c_y)$, $d(a, d_y)$ 兩兩之間至多差 1, 首項小於 3 而末項大於 3, 故 $d(a, b_y)$ 和 $d(a, c_y)$ 中必有一者為 3。證畢。\n\n結合以上兩引理, 知 $|T| \\ge m - 1$, 與 $|T| \\le m - 2$ 相違背。矛盾!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44226,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $P$ 為三角形 $ABC$ 內一點, 直線 $AP$, $BP$, $CP$ 分別與三角形 $ABC$ 的外接圓交於 $T$, $S$, $R$ 點 ($T \\neq A$, $S \\neq B$, $R \\neq C$)。設 $U$ 為線段 $PT$ 內一點。過 $U$ 與 $AB$ 平行的直線分別與 $CR$ 交於 $W$ 點, 過 $U$ 與 $AC$ 平行的直線分別與 $BS$ 交於 $V$ 點。最後, 設過 $B$ 與 $CP$ 平行的直線, 與過 $C$ 與 $BP$ 平行的直線交於 $Q$ 點。已知 $RS$ 與 $VW$ 平行, 證明 $\\angle CAP = \\angle BAQ$。\n\nLet $P$ be a point inside the triangle $ABC$. Suppose that the lines $AP$, $BP$, $CP$ intersect with the circumcircle of the triangle $ABC$ at the points $T$, $S$, $R$, respectively ($T \\neq A$, $S \\neq B$, $R \\neq C$). Let $U$ be a point interior to the segment $PT$. The line that passes $U$ and is parallel to $AB$ intersects with $CR$ at the point $W$. The line that passes $U$ and is parallel to $AC$ intersects with $BS$ at the point $V$. Finally, the line that passes $B$ and is parallel to $CP$ intersects with the line that passes $C$ and is parallel to $BP$ at the point $Q$. Given that $RS$ is parallel to $VW$, prove that $\\angle CAP = \\angle BAQ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(i) 設過 $U$ 與 $AC$ 平行的直線交 $CR$ 於 $X$, 過 $U$ 與 $AB$ 平行的直線交 $BS$ 於 $Y$。因 $UY \\parallel AB$, $\\triangle PUT \\sim \\triangle PAB$。由此得 $\\frac{PU}{AP} = \\frac{PY}{BP}$。同理 $\\frac{PU}{AP} = \\frac{PX}{CP}$。故 $\\frac{PY}{BP} = \\frac{PX}{CP}$, 因此 $XY \\parallel BC$。\n\n(ii) 因為 $\\angle VWP = \\angle XRS = \\angle PBC = \\angle BYX$, 故有 $R$, $S$, $X$, $Y$ 共圓、以及 $V$, $W$, $X$, $Y$ 共圓。\n\n(iii) 因 $V$, $W$, $X$, $Y$ 共圓, $\\angle BYU = \\angle CYU$, 並由此得 $\\angle ABP = \\angle ACP$ (因為 $UY \\parallel AB$, $UX \\parallel AC$)。\n\n(iv) 設 $AP$ 交 $CQ$ 於 $D$, $BP$ 交 $AC$ 於 $E$, $CP$ 交 $AB$ 於 $F$。要證 $\\angle CAP = \\angle BAQ$, 只須證 $\\triangle BAQ \\sim \\triangle CAD \\sim \\triangle EAP$。\n而因 $BPCQ$ 為平行四邊形, 且 $\\angle ABP = \\angle ACP$, $\\angle ABQ = \\angle ACD = \\angle AEP$, 又 $PC = BQ$。故若 $\\frac{BQ}{AB} = \\frac{EP}{AE}$ 或 $\\frac{PC}{AB} = \\frac{EP}{AE}$, 可得 $\\triangle BAQ \\sim \\triangle EAP$。\n\n(v) 由正弦定律得 $\\frac{AB}{AE} = \\frac{\\sin \\angle AEP}{\\sin \\angle ABP}$, $\\frac{PC}{PE} = \\frac{\\sin \\angle PEC}{\\sin \\angle ACP}$。因 $\\angle ABP = \\angle ACP$ 且 $\\angle PEC$, $\\angle AEP$ 互補, 得 $\\frac{AB}{AE} = \\frac{PC}{PE}$。證畢!",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44227,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "甲、乙兩人在實數線上玩以下的著色遊戲。甲有一桶顏料共四單位, 其中 $p$ 單位的顏料剛好可以塗滿一個長度為 $p$ 的閉區間。每回合, 甲先指定一個正整數 $m$, 並給乙 $\\frac{1}{2^m}$ 單位的顏料。接著, 乙選一個正整數 $k$, 並將 $\\frac{k}{2^m}$ 到 $\\frac{k+1}{2^m}$ 塗滿 (此區間可能有一部分在之前的回合中已經被塗過。) 如果桶子空了但 $[0, 1]$ 區間還沒被塗滿, 則甲獲勝。\n試問: 甲是否有在有限回合內獲勝的必勝法?\n\nPlayer A and B play a painful game on the real line. Player A has a pot of paint with four units of black ink. A quantity $p$ of this ink suffices to blacken a (closed) real interval of length $p$. In every round, player A picks some positive integer $m$ and provides $\\frac{1}{2^m}$ units of ink from the pot. Player B then picks an integer $k$ and blackens the interval from $\\frac{k}{2^m}$ to $\\frac{k+1}{2^m}$ (some parts of this interval may have been blackened before.) The goal of player A is to reach a situation where the pot is empty and the interval $[0, 1]$ is not completely blackened.\nDecide whether there exists a strategy for player A to win in a finite number of moves.",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "否，乙可以確保在顏料用光時 $[0, 1]$ 區間必被塗滿。在第 $r$ 回合開始時，令 $x_r$ 為滿足 $[0, x_r]$ 皆已被塗滿的最大實數 (令 $x_1 = 0$.) 假設 A 選擇 $m$，令 $y_r$ 為滿足\n$$\n\\frac{y_r}{2^m} \\le x_r < \\frac{y_r+1}{2^m}\n$$\n的整數。注意到 $I_0^r := [y_r/2^m, (y_r+1)/2^m]$ 是本回合可以塗，且尚未被塗滿的區間中最左邊的那一個。\n乙的策略是考慮 **下一個** 區間 $I_1^r := [(y_r + 1)/2^m, (y_r + 2)/2^m]$。若 $I_1^r$ 尚未被塗滿，則乙選塗 $I_1^r$；否則，乙選塗 $I_0^r$。(為了方便起見，我們假設 $[1, 2]$ 在一開始就已經被塗滿。) 要證明以上策略可行，我們的目標是估計每回合結束時的顏料量。以下將以歸納法證明，若在第 $r$ 回合開始前，$[0, 1]$ 尚未被塗滿，則\n\n1. 被用來塗 $[0, x_r]$ 的顏料量至多為 $3x_r$.\n\n2. 對於每個 $m$, 乙至多只塗滿一個在 $x_r$ 右邊, 形如 $[k/2^m, (k+1)/2^m]$ 的區間。\n\n以上條件對 $r=0$ 顯然成立。假設對 $r \\le k-1$ 都成立, 則在 $r=k$ 時, 考慮乙塗的區間。\n\n- 如果乙塗 $I_1^r$, 易見 $x_{r+1} = x_r$, 從而由歸納假設知 1. 成立。又, 如果在第 $r$ 回合開始時, 在 $x_r$ 右邊有一個長度為 $2^m$ 的區間被塗滿, 依照此策略易知此區間必為 $I_1^r$, 但這與乙選到 $I_1^r$ 的事實不符, 矛盾。故 2. 亦成立。\n\n- 如果乙塗 $I_0^r$, 但 $[0, 1]$ 尚未被塗滿。易知 2. 自動成立。注意到此時 $I_0^r$ 和 $I_1^r$ 都會被塗滿, 故 $x_{r+1}$ 至少會前進到 $I_1^r$ 的右端點, 也就是 $x_{r+1} = x_r + \\alpha$, 其中 $\\alpha > 1/2^m$. 又注意到在第 $r$ 回合前就被塗滿, 且與 $(x_r, x_{r+1})$ 相交的區間必然在 $[x_r, x_{r+1}]$ 內; 由 2., 這些區間都會是不同長度, 且長度都大於 $1/2^m$, 故在其上使用的顏料量少於 $2/2^m$. 因此, 在 $[0, x_{r+1}]$ 上使用的顏料量不會多於\n$$\n3x_r + 2/2^m + 1/2^m = 3(x_r + 1/2^m) < 3x_{r+1}.\n$$\n故 1. 亦成立。至此, 歸納部分證明完畢。\n\n現在, 假設在第 $r-1$ 回合後, $[0, 1]$ 尚未被塗滿。由 2. 知在 $[x_r, 1]$ 中乙所塗的區間必為不同長度, 且其長度為 $2^{-k}, k \\le 1-x_r$. 從而塗在 $[x_r, 1]$ 中的顏料至多為 $2(1-x_r)$. 而由 1. 知塗在 $[0, x_r]$ 的顏料至多為 $3x_r$, 因此總量不超過$3x_r + 2(1-x_r) < 3$, 也就是說顏料尚未用完。故甲不可能贏。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44228,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有正整數對 $(x, y)$, 滿足\n$$\n\\sqrt[3]{7x^2 - 13xy + 7y^2} = |x - y| + 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "x = y = 1, or {x, y} = {m^3 + m^2 − 2m − 1, m^3 + 2m^2 − m − 1} for m ≥ 2",
    "solution": "答案為 $x = y = 1$ 與 $\\{x, y\\} = \\{m^3 + m^2 - 2m - 1,\\ m^3 + 2m^2 - m - 1\\}$，其中 $m \\ge 2$。\n\n1. 若 $x = y$，則原式等價於 $x^{2/3} = 1$，故 $x = y = 1$。\n\n2. 若 $x > y$，令 $n = x - y$，則原式可改寫為\n$$\n\\sqrt[3]{7(y + n)^2 - 13(y + n)y + 7y^2} = n + 1.\n$$\n等號兩邊同時立方並化簡後, 我們有\n$$\ny^2 + yn = n^3 - 4n^2 + 3n + 1.\n$$\n為讓左式配方, 我們同乘 $4$ 並同加 $n^2$, 得到\n$$\n(2y + n)^2 = (n - 2)^2(4n + 1).\n$$\n顯然 $n \\le 2$ 是不可能的。當 $n > 2$ 時, 基於 $4n + 1$ 必須是完全平方數, 必有 $4n + 1 = (2m + 1)^2$, 從而\n$$\nn = m^2 + m, \\tag{1}\n$$\n其中 $m \\ge 2$ (因為 $n \\ge 3$)。帶回原式, 得\n$$\n(2y + m^2 + m)^2 = (2m^3 + 3m^2 - 3m - 2)^2.\n$$\n故顯然 $2y + m^2 + m = 2m^3 + 3m^2 - 3m - 2 \\Leftrightarrow y = m^3 + m^2 - 2m - 1$.\n帶回即得解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44229,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設數列 $\\{a_n\\}$ 滿足 $a_{n+1} = a_n^3 + 103,\\ n = 1, 2, \\dots$。\n試證: 至多存在一個正整數 $n$, 使得 $a_n$ 為完全平方數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "取 mod 4，可發現\n$$\n(a_n, a_{n+1}) = (0, 3) \\pmod 4\n$$\n$$\n(a_n, a_{n+1}) = (1, 0) \\pmod 4\n$$\n$$\n(a_n, a_{n+1}) = (2, 3) \\pmod 4\n$$\n$$\n(a_n, a_{n+1}) = (3, 2) \\pmod 4.\n$$\n注意到完全平方數對 4 取模只能為 0 或 1. 若 $a_n = 0 \\pmod 4$, 則對於所有 $m > n$, 必有 $a_m = 2 \\pmod 4$ 或 $a_m = 3 \\pmod 4$, 故後續項不可能為完全平方數。而若 $a_n = 1 \\pmod 4$, 則 $a_{n+1} = 0 \\pmod 4$, 前述討論依然成立。由此知最多存在兩項 $(a_n, a_{n+1})$ 為完全平方數。\n現假設 $a_n = p^2, a_{n+1} = q^2$. 代入原式, 得 $p^6 + 103 = q^2$, 也就是 $103 = (q + p^3)(q - p^3)$. 基於 103 是質數, 我們必有 $q + p^3 = 103$ 及 $q - p^3 = 1$, 也就是 $p^3 = 51$, 矛盾! 故至多存在一項為完全平方數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44230,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "定義兩個多項式之間的大小 $f(x) \\geq g(x)$ 為從最高次項開始向下比較係數大小, 即以下敘述:\n若 $f(x) = \\sum_{i=0}^{n} a_i x^i$, $g(x) = \\sum_{i=0}^{n} b_i x^i$ ($a_n, b_n$ 可以為 0) 且存在 $r$ 使得 $\\forall i > r, a_i = b_i, a_r > b_r$, 或是 $f(x) = g(x)$, 則稱 $f(x) \\geq g(x)$。\n試證：若 $f, g$ 首項係數為正，則 $f(f(x)) + g(g(x)) \\geq f(g(x)) + g(f(x))$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "容易驗證上述定義的 $\\ge$ 滿足左右同加同減某個多項式。\n\n(1). 假設不成立, 則以下證明矛盾。\n\n以下使用 height 歸納法證明 $a_i = b_i, \\forall i = 1, 2, ..., n$。\n\n先證明 $a_n = b_n$: 考慮比較 $x^{n^2}$ 係數, 左式為 $a_n^{n+1} + b_n^{n+1}$, 右式為 $a_n^n b_n + a_n b_n^n$, 左邊 $\\ge$ 右邊且等號成立在 $a_n = b_n$, 但由假設可得等號必須成立。\n\n假設 $a_i = b_i, \\forall i = k, k + 1, ..., n$ 成立, 則原式可以寫為\n$$\n\\begin{aligned}\n& a_n f(x)^n + a_{n-1} f(x)^{n-1} + \\cdots + a_k f(x)^k \\\\\n& \\qquad + \\cdots + a_0 + b_n g(x)^n + b_{n-1} g(x)^{n-1} + \\cdots + b_k g(x)^k + \\cdots + b_0 \\\\\n\\ge & a_n g(x)^n + a_{n-1} g(x)^{n-1} + \\cdots + a_k g(x)^k \\\\\n& + \\cdots + a_0 + b_n f(x)^n + b_{n-1} f(x)^{n-1} + \\cdots + b_k f(x)^k + \\cdots + b_0\n\\end{aligned}\n$$\n等價於\n$$\n\\begin{aligned}\n& a_{k-1} f(x)^{k-1} + \\cdots + a_0 + b_{k-1} g(x)^{k-1} + \\cdots + b_0 \\\\\n\\ge & a_{k-1} g(x)^{k-1} + \\cdots + a_0 + b_{k-1} f(x)^{k-1} + \\cdots + b_0\n\\end{aligned}\n$$\n不難發現在左右兩式中 $x^q$ 係數會一樣 $\\forall q > n(k-2)+k-1$ (因為係數都是在 $a_n$ 到 $a_k$ 中選取), 比較 $x^{n(k-2)+k-1}$ 項係數, 左式為 $(k-1)a_n^{k-2}(a_{k-1}^2 + b_{k-1}^2)$, 右式為 $(k-1)a_n^{k-2} \\times 2a_{k-1}b_{k-1}$, 由算幾不等式得左邊 $\\ge$ 右邊且等號成立在 $a_{k-1} = b_{k-1}$, 但由假設可得等號必須成立。\n\n由數學歸納法得 $f(x) = g(x)$, 矛盾!\n\n(2). $f(x) \\ge g(x)$ 等價於存在 $M$ 足夠大使得 $\\forall m > M, f(m) \\ge g(m)$。不失其一般性, $f(x) \\ge g(x)$, 又原式等價於 $(f-g)(f(x)) \\ge (f-g)(g(x))$, 且 $f-g$ 首項係數為正, 則存在足夠大的 $M$ 使得 $\\forall m > M$: (i) $(f-g)(m)$ 遞增, (ii) $f(m) \\ge g(m)$, 則 $(f-g)(f(m)) \\ge (f-g)(g(m))$, 故得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44231,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $x, y$ 為滿足 $x + y = 1$ 的正實數, $n$ 為大於或等於 $2$ 的整數。試證:\n$$\n\\frac{x^n}{x+y^3} + \\frac{y^n}{x^3+y} \\geq \\frac{2^{4-n}}{5}.\n$$\n\nLet $x, y$ be positive real numbers with $x + y = 1$, and $n$ be a positive integer with $n \\ge 2$. Prove that\n$$\n\\frac{x^n}{x+y^3} + \\frac{y^n}{x^3+y} \\geq \\frac{2^{4-n}}{5}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "因為函數 $z = t^m$ ($m$ 為大於 $0$ 的常數) 在開區間 $(0, \\infty)$ 上是增函數, 則有\n$$\n(x - y)(x^{n+3} - y^{n+3}) \\geq 0 \\\\\n(x - y)(x^{n-1} - y^{n-1}) \\geq 0.\n$$\n$$\n\\begin{align*}\n& \\text{故 } 2\\left(\\frac{x^{n+1}}{x+y^3} + \\frac{y^{n+1}}{x^3+y}\\right) - \\left(\\frac{x^n}{x+y^3} + \\frac{y^n}{x^3+y}\\right) \\\\\n&= \\frac{2x^{n+1} - x^n(x+y)}{x+y^3} + \\frac{2y^{n+1} - y^n(x+y)}{x^3+y} \\\\\n& \\qquad + \\frac{x^n(x-y)}{x+y^3} + \\frac{y^n(y-x)}{x^3+y} \\\\\n& \\qquad \\frac{x-y}{(x+y^3)(x^3+y)} \\left[ (x-y)(x^{n+3}-y^{n+3}) + xy(x-y)(x^{n-1}-y^{n-1}) \\right] \\\\\n& \\ge 0.\n\\end{align*}\n$$\n$$\n\\begin{align*}\n\\text{所以}\\quad \\frac{x^{n+1}}{x+y^3} + \\frac{y^{n+1}}{x^3+y} &\\ge \\frac{1}{2} \\left( \\frac{x^n}{x+y^3} + \\frac{y^n}{x^3+y} \\right) \\\\\n&\\ge \\frac{1}{2^2} \\left( \\frac{x^{n-1}}{x+y^3} + \\frac{y^{n-1}}{x^3+y} \\right) \\ge \\dots \\\\\n&\\ge \\frac{2^{n-1}}{2} \\frac{x^2}{x+y^3} + \\frac{y^2}{x^3+y}.\n\\end{align*}\n$$\n則 $\\frac{x^n}{x+y^3} + \\frac{y^n}{x^3+y} \\ge 2^{2-n} \\left(\\frac{x^2}{x+y^3} + \\frac{y^2}{x^3+y}\\right)$.\n\n令 $t = xy$, 則\n$$\nt \\leq \\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^2 = \\frac{1}{4}, \\text{ 且 } x^4 + y^4 = 1 - 4t + 2t^2, x^5 + y^5 = 1 - 5t + 5t^2.\n$$\n於是,\n$$\n\\begin{aligned} & \\frac{x^2}{x+y^3} + \\frac{y^2}{x^3+y} \\geq \\frac{4}{5} \\\\ \\Leftrightarrow & \\quad 5[x^2(x^3+y) + y^2(x+y^3)] \\geq 4(x+y^3)(x^3+y) \\\\ \\Leftrightarrow & \\quad 5(x^5+y^5+t) \\geq 4(x^4+y^4+t+t^3) \\\\ \\Leftrightarrow & \\quad 5(1-4t+5t^2) \\geq 4(1-3t+2t^2+t^3) \\\\ \\Leftrightarrow & \\quad 4t^3-17t^2+8t-1 \\leq 0 \\\\ \\Leftrightarrow & \\quad (4t-1)(t^2-4t+1) \\leq 0 \\\\ \\Leftrightarrow & \\quad (1-4t)[t^2+(1-4t)] \\geq 0. \\end{aligned}\n$$\n由 $1-4t \\geq 0$ 知最後這一個不等式成立, 從而,\n$$\n\\frac{x^2}{x+y^3} + \\frac{y^2}{x^3+y} \\geq \\frac{4}{5}.\n$$\n綜上所述, 原不等式成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44232,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對任意自然數 $n$, 設 $a_n = \\sum_{k=1}^{\\infty} \\left[ \\frac{n+2^{k-1}}{2^k} \\right]$, 其中 $[x]$ 表示不超過 $x$ 的最大整數。試求 $a_{2015}$ 之值。\n\nFor any positive integer $n$, let $a_n = \\sum_{k=1}^{\\infty} \\left[ \\frac{n+2^{k-1}}{2^k} \\right]$, where $[x]$ is the largest integer that is equal or less than $x$. Determine the value of $a_{2015}$.",
    "options": [],
    "answer": "2015",
    "solution": "分類討論易知\n$$\n\\left[ x + \\frac{1}{2} \\right] = [2x] - [x]\n$$\n對任意實數 $x$ 皆成立，因此\n$$\n\\left[ \\frac{n + 2^{k-1}}{2^k} \\right] = \\left[ \\frac{n}{2^{k-1}} \\right] - \\left[ \\frac{n}{2^k} \\right],\n$$\n從而我們有\n$$\n\\sum_{k=1}^{L} \\left[ \\frac{n + 2^{k-1}}{2^k} \\right] = [n] - \\left[ \\frac{n}{2^L} \\right],\n$$\n故 $a_n = [n]$, 從而 $a_{2015} = 2015$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44233,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於一個實數數列 $x_1, x_2, \\dots, x_n$, 我們定義它的權重為\n$$\n\\max_{1 \\le i \\le n} |x_1 + \\dots + x_i|.\n$$\n給定 $n$ 個實數, 大衛和喬治想要把它們排列使權重很小。勤勞的大衛找遍所有可能性找到最小可能的權重是 $D$. 貪心的喬治則選了 $x_1$ 使 $|x_1|$ 最小, 在剩下的數字中, 他選了 $x_2$ 使 $|x_1 + x_2|$ 最小, 依此類推。像這樣, 在第 $i$ 步他從剩下的數字中選了 $x_i$ 使 $|x_1 + \\dots + x_i|$ 最小。在每一步中, 如果有好幾個數字給出了相同的值, 則他隨機選一個。最後他得到一個權重 $G$. 找出最小可能的常數 $c$ 使得對於所有正整數 $n$, 任意 $n$ 個實數, 以及所有喬治可能排出的數列, 所得到的值滿足不等式 $G \\le cD$.\n\nFor a sequence $x_1, x_2, \\dots, x_n$ of real numbers, we define its price as\n$$\n\\max_{1 \\le i \\le n} |x_1 + \\dots + x_i|.\n$$\nGiven $n$ real numbers, Dave and George want to arrange them into a sequence with a low price. Diligent Dave checks all possible ways and finds the minimum possible price $D$. Greedy George, on the other hand, chooses $x_1$ such that $|x_1|$ is as small as possible; among the remaining numbers, he chooses $x_2$ such that $|x_1 + x_2|$ is as small as possible, and so on. Thus, in the $i^{th}$ step he chooses $x_i$ among the remaining numbers so as to minimise the value of $|x_1 + \\dots + x_i|$. In each step, if several numbers provide the same value, George chooses one at random. Finally he gets a sequence with price $G$.\nFind the least possible constant $c$ such that for every positive integer $n$, for every collection of $n$ real numbers, and for every possible sequence that George might obtain, the resulting values satisfy the inequality\n$$G \\le cD.$$",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "答案：$c = 2$\n\n解法：如果一開始是 $1, -1, 2, -2$, 則大衛會排成 $1, -2, 2, -1$, 喬治會排成 $1, -1, 2, -2$, 則 $D = 1, G = 2$, 所以 $c \\ge 2$.\n\n再來要證明 $G \\le 2D$, 令一開始有 $x_1, x_2, \\dots, x_n$, 假設大衛和喬治分別將他們排成 $d_1, d_2, \\dots, d_n$ 和 $g_1, g_2, \\dots, g_n$, 令\n$$\nM = \\max_{1 \\le i \\le n} |x_i|, \\quad S = |x_1 + \\dots + x_n|, \\quad N = \\max\\{M, S\\}.\n$$\n則以下成立\n$$\nD \\geq S, \\tag{1}\n$$\n$$\nD \\geq \\frac{M}{2}, \\text{ 且} \\tag{2}\n$$\n$$\nG \\leq N = \\max\\{M, S\\} \\tag{3}\n$$\n這三條不等式可以得到 $G \\leq \\max\\{M, S\\} \\leq \\max\\{M, 2S\\} \\leq 2D$\n\n不等式(1)是權重定義的直接推論。\n\n要證明(2), 考慮一個下標 $i$ 使 $|d_i| = M$, 則有\n$$\n\\begin{aligned}\nM &= |d_i| = |(d_1 + \\cdots + d_i) - (d_1 + \\cdots + d_{i-1})| \\\\\n&\\leq |d_1 + \\cdots + d_i| + |d_1 + \\cdots + d_{i-1}| \\leq 2D,\n\\end{aligned}\n$$\n\n剩下要證明(3), 令 $h_i = g_1 + \\cdots + g_i$, 我們將對 $i$ 進行數學歸納法證明 $|h_i| \\leq N$。\n\n$i=1$ 時 $|h_1| = |g_1| \\leq M \\leq N$, 注意到 $|h_n| = S \\leq N$。\n\n假設 $|h_{i-1}| \\leq N$, 我們分成兩個情況：\n\nCase (1). 假設 $g_i, \\cdots, g_n$ 中沒有兩個數有不同的正負號。\n不失一般性假設他們都非負, 則有 $h_{i-1} \\leq h_i \\leq \\cdots \\leq h_n$, 因此\n$$\n|h_i| \\leq \\max\\{|h_{i-1}|, |h_n|\\} \\leq N.\n$$\n\nCase (2). 在 $g_i, \\cdots, g_n$ 中有正數與負數, 則存在 $j \\geq i$ 使得 $h_{i-1}g_j \\leq 0$, 則由喬治的數列的定義可得\n$$\n|h_i| = |h_{i-1} + g_i| \\leq |h_{i-1} + g_j| \\leq \\max\\{|h_{i-1}|, |g_j|\\} \\leq N.\n$$\n\n由數學歸納法得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44234,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "求證：從任何包含 2047 個正整數的集合中，必能取出 1024 個正整數，使得這 1024 個正整數的總和可被 1024 整除。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "假設 $n = 2^k$, 其中 $k$ 為正整數。我們以下將用數學歸納法證明，從任何包含 $2n - 1$ 個正整數的集合中，總能取出 $n$ 個整數，使得這 $n$ 個整數的總和可被 $n$ 整除。當 $k = 10$ 時，即為題目所求。\n\n1. 當 $k=1$ 時, $n=2$, $2n - 1 = 3$。在任何三個正整數中, 一定有兩個數的奇偶性相同, 其和可被 2 整除。\n\n2. 假設 $n = 2^k$ 時成立。考慮 $n = 2^{k+1}$。因為 $2n - 1 = 2^{k+2} - 1 > 2^{k+1} - 1$，由歸納假設知, 存在 $2^k$ 個正整數, 使得其和可被 $2^k$ 整除。再者, $2^{k+2} - 1 - 2^k = 3 \\times 2^k - 1 > 2^{k+1} - 1$，由歸納假設知, 存在 $2^k$ 個正整數, 使得其和可被 $2^k$ 整除。又 $3 \\times 2^k - 1 - 2^k = 2^{k+1} - 1$，由歸納假設知, 存在 $2^k$ 個正整數, 使得其和可被 $2^k$ 整除。將上述三組正整數的和分別記為 $2^k a, 2^k b, 2^k c$。在 $a, b, c$ 這三個數中, 至少有兩個數的奇偶性相同, 不失一般性假設為 $a + b = 2m$，則這兩組數字共有 $2^k + 2^k = 2^{k+1}$ 個, 且其和為\n$$\n2^k a + 2^k b = 2^k (a + b) = 2^k \\times 2m = 2^{k+1}m,\n$$\n可被 $2^{k+1}$ 整除。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44235,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $p, q, r$ 是質數, 且 $p$ 整除 $qr - 1$, $q$ 整除 $pr - 1$, $r$ 整除 $pq - 1$。試求 $p, q, r$ 之值。",
    "options": [],
    "answer": "(2, 3, 5)",
    "solution": "由 $p \\mid qr-1$, $q \\mid pr-1$, $r \\mid pq-1$ 知\n$$\npqr \\mid p^2q^2r^2 - pqr^2 - pq^2r - p^2qr + pq + pr + qr - 1,\n$$\n也就是\n$$\npqr \\mid (pq + qr + pr - 1).\n$$\n換言之, $k = \\frac{1}{p} + \\frac{1}{q} + \\frac{1}{r} - \\frac{1}{pqr}$ 是一個正整數。但由於 $p, q, r \\ge 2$, 顯然有 $k \\le \\frac{3}{2}$, 故 $k=1$, 就是 $pq + qr + rp - 1 = pqr$。\n\n1. 若 $p = q = a$, 則有 $a^2 + 2ra - 1 = ra^2$, 從而 $1$ 可被 $a \\ge 2$ 整除, 不合。由此知 $p, q, r$ 全相異, 不失一般性假設 $2 \\le p < q < r$。\n\n2. 若 $q \\ge 5$, 則有 $r \\ge 5$, 故 $k \\le \\frac{1}{2} + \\frac{1}{5} + \\frac{1}{5} = \\frac{9}{10} < 1$, 不合。因此 $q = 3, p = 2$。由此知\n$$\n\\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{r} - \\frac{1}{6r} = 1.\n$$\n故 $(p, q, r) = (2, 3, 5)$ 為唯一解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44236,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a$, $b$, $c$, $d$ 為任意實數且滿足 $a + b + c + d = 0$。試證：\n$$\n1296(a^7 + b^7 + c^7 + d^7)^2 \\le 637(a^2 + b^2 + c^2 + d^2)^7.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由題設的對稱性，不妨設 $a$ 最大，$d$ 最小。依題設知 $a \\ge 0$，$d \\le 0$ 且 $d = -(a+b+c) \\le 0$，即 $a+b+c \\ge 0$。\n令 $S_k = a^k + b^k + c^k + d^k$, 其中 $k$ 為正整數, 則 $S_7 = a^7 + b^7 + c^7 - (a+b+c)^7$.\n因為當 $a = -b$ 或 $b = -c$ 或 $c = -a$ 時, $S_7 = 0$. 故可假設\n$$\nS_7 = (a+b)(b+c)(c+a)[x(a^4 + b^4 + c^4) + y(a^3b + ab^3 + b^3c + bc^3 + c^3a + ca^3) + z(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + wabc(a+b+c)].\n$$\n(因為 $S_7$ 是關於 $a, b, c$ 對稱的齊次多項式。)\n在上式中分別取 $a = b = 1, c = 0$; $a = b = c = 1$; $a = b = 1, c = 2$; $a = b = 1, c = 3$ 得到\n$$\n\\begin{cases} 2x + 2y + z + 63 = 0, \\\\ x + 2y + z + w + 91 = 0, \\\\ 54x + 66y + 27z + 24w + 2709 = 0, \\\\ 332x + 248y + 76z + 60w + 9492 = 0. \\end{cases}\n$$\n\n解得 $x = -7, y = -14, z = -21, w = -35$. 故, 可得\n$$\n\\begin{align*}\nS_7 &= -7(a+b)(b+c)(c+a)[(a^4 + b^4 + c^4) \\\\\n&\\quad +2(a^3b + ab^3 + b^3c + bc^3 + c^3a + ca^3) \\\\\n&\\quad +3(a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2) + 5abc(a+b+c)] \\\\\n&= -7(a+b)(b+c)(c+a)[(a^2 + b^2 + c^2)^2 \\\\\n&\\quad +2(ab + bc + ca)(a^2 + b^2 + c^2) + (ab + bc + ca)^2 + abc(a+b+c)] \\\\\n&= -7(a+b)(b+c)(c+a)[(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca)^2 + abc(a+b+c)].\n\\end{align*}\n$$\n$$\n\\begin{align*}\nS_2 &= a^2 + b^2 + c^2 + (a+b+c)^2 \\\\\n&= 2(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca) \\\\\n&= (a+b)^2 + (b+c)^2 + (c+a)^2.\n\\end{align*}\n$$\n由算幾不等式, 得\n$$\n27(a + b)^2(b + c)^2(c + a)^2 \\\\\n\\le [(a + b)^2 + (b + c)^2 + (c + a)^2]^3.\n$$\n又由\n$$\nabc(a + b + c) \\le \\frac{1}{3}(ab + bc + ca)^2, \\ ab + bc + ca \\le a^2 + b^2 + c^2,\n$$\n得\n$$\n\\begin{align*}\n& 48[(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca)^2 + abc(a + b + c)] \\\\\n& \\le 48(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca)^2 + 16(ab + bc + ca)^2 \\\\\n& \\le 52(a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ca)^2 \\\\\n& = 13[(a + b)^2 + (b + c)^2 + (c + a)^2]^2.\n\\end{align*}\n$$\n\n1296S_7^2\n$$\n$$\n\\begin{align*}\n&= 49[27(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2] \\times \\\\\n&\\quad \\{48[(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)^2+abc(a+b+c)]\\}^2 \\\\\n&\\le 49[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+1)^2]^3 \\{13[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]^2\\}^2 \\\\\n&= 637[(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2]^7.\n\\end{align*}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44237,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Q^+$ 表示正有理數所成的集合。試找出所有函數 $f : Q^+ \\to Q^+$ 滿足\n$f(1) = 1$ 與\n$f(x+n) = f(x) + n f(\\frac{1}{x})$ 對所有的正整數 $n$ 與所有的正有理數 $x$ 皆成立。\n\nLet $Q^+$ be the set of all positive rational numbers. Find all functions $f : Q^+ \\to Q^+$ satisfying $f(1) = 1$ and\n$f(x+n) = f(x) + n f(\\frac{1}{x})$ for all positive integers $n$ and $\\forall x \\in Q^+$.",
    "options": [],
    "answer": "For x = p/q in lowest terms with p, q positive integers, f(x) = p.",
    "solution": "首先，對一個正整數對 $(a, b)$ (其中 $a \\neq b$)，定義對他的一次操作為將較大的數換成他除以較小的數所得餘數。(例如 $(2, 5)$ 變成 $(2, 1)$, $(5, 2)$ 變成 $(1, 2)$)\n令 $g: Q^+ \\to N_0$ 使得對所有正有理數 $\\frac{p}{q}$ (其中 $p, q$ 為互質正整數), 皆有:\n對數對 $(p, q)$ 操作 $g(\\frac{p}{q})$ 遍後其中一者會變為 1 並且另一者不為 0.\n首先, 由於 $p, q$ 互質, 故對所有正有理數來說, $g$ 皆存在。又一旦其中一者變為 1 了, 那麼下次的操作會使另一者變為 0, 且接著變不能進行任何操作, 所以 $g$ 唯一。故 $g$ 是良好定義的。\n接著, 不難發現 $g(x) = g(x^{-1})$. 且當 $0 < x < 1$ 時,\n$$\ng(x+n) = g(x) + 1. \\tag{1}\n$$\n這裡 $n$ 是正整數。\n\n接著, 以下要用數學歸納法證明 $f(\\frac{p}{q}) = p$, 其中 $p, q$ 為互質正整數。對 $g(\\frac{p}{q})$\n\n歸納。若 $g(\\frac{p}{q}) = 0$, 那麼 $p = 1$ 或 $q = 1$.\n若 $q = 1$, 於原式代入 $(x, n) = (1, p-1)$ 即得\n$$\nf(p) = p. \\tag{2}\n$$\n若 $p = 1$, 原式代入 $(q, 1)$ 結合 (2) 即得 $f(\\frac{1}{q}) = 1$.\n故 $g(\\frac{p}{q}) = 0$ 時命題成立。\n\n若 $g(\\frac{p}{q}) = i - 1$ 時命題成立, 則 $g(\\frac{p}{q}) = i$ 時分兩種情況討論。\n\nCase (1): $\\frac{p}{q} > 1$. 設 $n = \\lfloor \\frac{p}{q} \\rfloor$, 那麼由 (1) 知 $g(\\frac{p-nq}{q}) = i-1$. 於原式代入 $(\\frac{p-nq}{q}, n)$ 結合 (1) 和歸納假設得到\n$$\nf(\\frac{p}{q}) = (p-nq) + nq = p. \\tag{3}\n$$\n\nCase (2): $\\frac{p}{q} < 1$. 由於 $\\frac{q}{p} > 1$, 故由 (1) 知 $g(\\frac{p+q}{p}) = g(\\frac{q}{p}) = i$.\n又 $\\frac{p+q}{p} > \\frac{q}{p} > 1$, 故由 (3) 知 $f(\\frac{p+q}{p}) = p+q$, $f(\\frac{q}{p}) = q$\n於原式代入 $(\\frac{q}{p}, 1)$ 得到 $f(\\frac{p}{q}) = (p+q) - q = p$.\n綜合上述, $g(\\frac{p}{q}) = i$ 時命題成立。故由數學歸納法知命題總是成立。\n因此, $f(\\frac{p}{q}) = p$, 其中 $p, q$ 為任意互質正整數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44238,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "遊戲開始時有 $2^m$ 張紙，每張上寫有一個 $1$。考慮以下操作：每次我們選兩張紙，假設其上的數字分別為 $a$ 與 $b$。將兩張紙上的數字都擦掉，並在兩張紙上都寫上 $a+b$。\n試證：經過 $m2^{m-1}$ 步後，所有紙上的數字總和至少為 $4^m$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $P_k$ 為第 $k$ 次操作後所有紙張上數字的乘積，而 $S_k$ 為第 $k$ 次操作後所有紙張上數字的總和。顯然 $P_0 = 1$。又基於 $(a+b)^2 \\ge 4ab$，易知 $P_{k+1} \\ge 4P_k$，故 $P_{m2^{m-1}} \\ge 4^{m2^{m-1}} = (2^m)^{2^m}$。最後由算幾不等式，$S_k \\ge 4^m$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44239,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 為三角形。點 $K, L, M$ 分別落在線段 $BC, CA, AB$ 上, 且 $AK, BL, CM$ 三線相交於一點。\n證明: 可以在三個三角形 $ALM, BMK, CKL$ 之中選取兩個, 使得它們的內切圓半徑之和, 大於或等於三角形 $ABC$ 的內切圓半徑。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "記\n$$\na = \\frac{BK}{KC}, \\quad b = \\frac{CL}{LA}, \\quad c = \\frac{AM}{MB}.\n$$\n由 Ceva 定理知 $abc = 1$. 故不失一般性, 可假設 $a \\ge 1$. 於是 $b, c$ 之中至少有一數不大於 1. 因此 $(a, b), (b, c)$ 兩組數對中, 至少有一組的第一個數字不小於 1, 而第二個數字不大於 1. 不失一般性, 再設 $1 \\le a$ 且 $b \\le 1$.\n由此可得 $bc \\le 1$ 且 $1 \\le ca$, 即\n$$\n\\frac{AM}{MB} \\le \\frac{LA}{CL} \\text{ 及 } \\frac{MB}{AM} \\le \\frac{BK}{KC}.\n$$\n上面的第一條不等式告訴我們：過 $M$ 並與 $BC$ 平行的直線會交 **線段 AL** 於點 $X$. 因此, 三角形 $ALM$ 的內切圓半徑不小於三角形 $AMX$ 的內切圓半徑 $r_1$.\n同理, 第二條不等式指出：過 $M$ 並與 $AC$ 平行的直線會交 **線段 BK** 於點 $Y$, 因此三角形 $BMK$ 的內切圓半徑不小於三角形 $BMY$ 的內切圓半徑 $r_2$. 要完成證明, 只要證出 $r_1 + r_2 \\ge r$, 其中 $r$ 就是三角形 $ABC$ 的內切圓半徑即可。事實上, 我們將證明：$r_1 + r_2 = r$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n由於 $MX \\parallel BC$, 所以以 $A$ 點為中心、將 $M$ 點送到 $B$ 點的位似變換會將三角形 $AMX$ 的內切圓送到三角形 $ABC$ 的內切圓。故有\n$$\n\\frac{r_1}{r} = \\frac{AM}{AB}.\n$$\n同理可得\n$$\n\\frac{r_2}{r} = \\frac{MB}{AB}.\n$$\n將這兩式相加，即得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44240,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $R$ 與 $Q$ 分別表示實數與有理數所成的集合。試找出所有函數 $f : Q \\rightarrow R \\setminus \\{0\\}$ 使得對任意的有理數 $x, y$ 滿足\n$$\n(f(x))^2 f(2y) + (f(y))^2 f(2x) = 2f(x)f(y)f(x+y).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = b c^x for all rational x, where b ≠ 0 and c > 0",
    "solution": "令 $y = 0$ 得\n$$\nf^2(x)f(0) + f(0)^2f(2x) = 2f^2(x)f(0).\n$$\n$$\n\\text{故 } f(2x) = \\frac{f^2(x)}{f(0)}, \\quad f(2y) = \\frac{f^2(y)}{f(0)}. \\qquad (1)\n$$\n將 (1) 帶入題設條件，得\n$$\nf(x)f(y)(f(x)f(y) - f(0)f(x+y)) = 0. \\qquad (2)\n$$\n由 (2) 及 $f(x) \\neq 0, f(y) \\neq 0$, 得\n$$\nf(x)f(y) - f(0)f(x+y) = 0 \\qquad (3)\n$$\n令 $g(x) = \\frac{f(x)}{f(0)}$，則由 (3) 可知\n$$\ng(x+y) = g(x)g(y). \\qquad (4)\n$$\n由 (4) 及數學歸納法，得\n$$\ng(nx) = (g(x))^n, \\text{ 對任意的正整數 } n. \\qquad (5)\n$$\n在 (5) 中，令 $x = 1, x = \\frac{m}{n}$，得\n$$\ng(n) = (g(1))^n, \\qquad (6)\n$$\n$$\ng(m) = \\left(g\\left(\\frac{m}{n}\\right)\\right)^n. \\qquad (7)\n$$\n由 (4) 知\n$$\ng(x) = \\left(g\\left(\\frac{x}{2}\\right)\\right)^2 > 0, \\text{ 對任意的有理數 } x. \\qquad (8)\n$$\n$$\ng(\\frac{m}{n}) = (g(1))^{\\frac{m}{n}}, \\text{對任意的正整數 } m, n. \\qquad (9)\n$$\n又 $g(0) = \\frac{f(0)}{f(0)} = 1$, 故由 (4) 得\n$$\ng(-\\frac{m}{n}) = \\frac{g(0)}{g(\\frac{m}{n})} = (g(1))^{-\\frac{m}{n}}. \\qquad (10)\n$$\n由 $g(0) = 1$ 及式 (9), (10) 知\n$$\ng(x) = (g(1))^x, \\text{對任意的有理數 } x. \\qquad (11)\n$$\n由式 (11) 及 $g(x) = \\frac{f(x)}{f(0)}$, 即知\n$$\nf(x) = f(0)\\left(\\frac{f(1)}{f(0)}\\right)^x, \\text{對任意的有理數 } x. \\qquad (12)\n$$\n設 $b = f(0) \\neq 0$, $c = \\frac{f(1)}{f(0)}$, 式 (12) 即 $f(x) = bc^x$, 對任意的有理數 $x$. 經驗證 $f(x) = bc^x$ ($b \\neq 0, c > 0$) 滿足題設。\n故所求的 $f(x) = bc^x$ ($b \\neq 0, c > 0, b, c$) 為常數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44241,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "假設你有以下兩種由四個正方形組成的骨牌, 左邊兩個稱為甲型骨牌, 右邊兩個稱為乙型骨牌。\n![](attached_image_1.png)\n現在有一個無限大的白色棋盤, 棋盤上每個格子的大小和骨牌的正方形一樣大。我們從棋盤上選一些格子塗黑。已知我們可以只用甲型骨牌蓋住所有黑色格子且不蓋到任何白色格子。證明: 如果我們改用甲和(或)乙型骨牌來蓋住所有黑色格子, 且不蓋到任何白色格子, 則我們必然使用了偶數個乙型骨牌。\n\nSuppose you have two types of tetrominoes:\n![](attached_image_1.png)\nthe two on the left are called “S-type”, and the two on the right are called “Z-type”. Consider a white chess board of infinite size, on which we pick several squares and paint them black. Assume that we can use only S-type tetrominoes to cover all black squares without covering any white one. Prove that, if we use S and (or) Z-type tetrominoes to cover all black squares instead, without covering any white one, then we must use an even number of Z-type tetrominoes.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $B$ 為黑色格子所成集合。將無限大棋盤用以下方式塗成紅綠兩色: 注意到甲型骨牌必然蓋住偶數個紅色格子, 而乙型骨牌必然蓋住奇數個紅色格子。\n![](attached_image_2.png)\n由於 $B$ 可以由甲型骨牌組成，因此 $B$ 必然包含偶數個紅色格子。從而如果我们改用甲和 (或) 乙型骨牌，乙型骨牌的數量必然為偶數。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44242,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "假設 $f(n)$ 是正整數 $1, 2, \\dots, n$ 的重新排列 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 中, 滿足下列條件的排列數:\n(1) $a_1 = 1$;\n(2) $|a_i - a_{i-1}| \\le 2, i = 1, 2, \\dots, n-1$.\n求 $f(2015)$ 除以 4 的餘數。\n\nConsider the permutation of $1, 2, \\dots, n$, which we denote as $\\{a_1, a_2, \\dots, a_n\\}$.\nLet $f(n)$ be the number of these permutations satisfying the following conditions:\n(1) $a_1 = 1$;\n(2) $|a_i - a_{i-1}| \\le 2, i = 1, 2, \\dots, n-1$.\nWhat is the residue when we divide $f(2015)$ by 4?",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "解：以下討論 $f(n)$ 的遞迴式。假設 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 滿足題意；基於 $a_1 = 1$，我們有 $a_2 = 2$ 或 $3$。\n(情況一)：$a_2 = 2$. 令 $b_i = a_{i+1} - 1$, 則 $b_1, b_2, \\dots, b_{n-1}$ 滿足題意，故此情況的排列數為 $f(n-1)$.\n(情況二)：$a_2 = 3$ 且 $a_3 = 2$，則必有 $a_4 = 4$。考慮 $c_i = a_{i+3} - 3$，則 $c_1, c_2, \\dots, c_{n-3}$ 滿足提題意，故此情況的排列數為 $f(n-3)$.\n(情況三)：$a_2 = 3$ 且 $a_3 \\ge 4$. 假設 $a_{k+1}$ 為該排列中第一個出現的偶數。由條件 2 可知 $a_1, a_2, \\dots, a_k$ 為 $1, 3, 5, \\dots, 2k-1$，且 $a_{k+1} = 2k$ 或 $2k-2$.\n(情況三之一)：$a_{k+1} = 2k$. 討論可知唯一可能為 $a_{k+2}, a_{k+3}, \\dots, a_n = 2k - 2, 2k-4, \\dots, 2$.\n\n(情況三之二) : $a_{k+1} = 2k - 2$. 討論可知唯一可能為 $a_{k+2}, a_{k+3}, \\cdots, a_n = 2k - 4, 2k - 6, \\cdots, 2$.\n因此, 情況三只有一種可能: 先遞增排出所有 $\\le n$ 的正奇數, 再遞減排列所有 $\\le n$ 的正偶數。\n\n綜合以上，我們有\n$$\nf(n) = f(n-1) + f(n-3) + 1.\n$$\n依據上式計算，可知 $f(n)$ 除以 4 後的餘數依序為：\n1, 1, 2, 0, 2, 1, 2, 1, 3, 2, 0, 0, 3, 0, 1, 1, 2, 0, 2, ...\n為 14 循環數列。又 2015 = 143 \\times 14 + 13, 故\n$$\nf(2015) = f(13) = 3 \\pmod{4}.\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Residues and Primitive Roots"
  },
  {
    "id": 44243,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 中, $A'$, $B'$, $C'$ 分別是 $BC$, $AC$, $AB$ 邊的中點。$B^*$, $C^*$ 分別在 $AC$, $AB$ 上, 使得 $BB^*$, $CC^*$ 是三角形 $ABC$ 的高。再令 $B^\\#$, $C^\\#$ 分別為 $BB^*$, $CC^*$ 的中點。設 $B'B^\\#$ 與 $C'C^\\#$ 交於 $K$ 點, $AK$ 交 $BC$ 於 $L$ 點。證明: $\\angle BAL = \\angle CAA'$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "同樣定義 $A^*$, $A^\\#$. 因 $A'B' \\parallel AB$, $B'C' \\parallel BC$, $C'A' \\parallel CA$, 且三高共點, 得\n$$\n\\frac{C'A^\\sharp}{A^\\sharp B'} \\cdot \\frac{B'C^\\sharp}{C^\\sharp A'} \\cdot \\frac{A'B^\\sharp}{B^\\sharp C'} = 1 = \\frac{BA^*}{A^*C} \\cdot \\frac{AC^*}{C^*B} \\cdot \\frac{CB^*}{B^*A} = 1,\n$$\n故 $K$ 亦在 $A'A^\\sharp$ 上。設 $a = BC$, $b = CA$, $c = AB$。由孟氏定理\n$$\n\\frac{A'K}{KA^\\sharp} \\cdot \\frac{A^\\sharp C'}{C'B'} \\cdot \\frac{B'C^\\sharp}{C^\\sharp A'} = -1 = \\frac{A'K}{KA^\\sharp} \\cdot \\frac{A^\\sharp A}{AA^*} \\cdot \\frac{A^*L}{LA'}.\n$$\n因此 $\\frac{A^*L}{LA'} = \\frac{AA^*}{A^\\sharp A} \\cdot \\frac{A^\\sharp C'}{C'B'} \\cdot \\frac{B'C^\\sharp}{C^\\sharp A'} = 2 \\cdot \\frac{c \\cos B}{a} \\cdot \\frac{b \\cos A}{a \\cos B} = \\frac{2bc \\cos A}{a^2}$。將此比值記為 $r$。而 $A'A^* = b \\cos C - \\frac{1}{2}a = \\frac{b \\cos C - c \\cos B}{2}$, 故\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{BL}{LC} &= \\frac{c \\cos B + \\frac{r}{1+r} \\cdot \\frac{b \\cos C - c \\cos B}{2}}{b \\cos C - \\frac{r}{1+r} \\cdot \\frac{b \\cos C - c \\cos B}{2}} = \\frac{2c \\cos B + r(c \\cos B + b \\cos C)}{2b \\cos C + r(c \\cos B + b \\cos C)} \\\\\n&= \\frac{2c \\cos B + \\frac{2bc \\cos A}{a}}{2b \\cos C + \\frac{2bc \\cos A}{a}} \\quad (\\text{since } c \\cos B + b \\cos C = a) \\\\\n&= \\frac{c(a \\cos B + b \\cos C)}{b(a \\cos C + c \\cos A)} = \\frac{c^2}{b^2}.\n\\end{aligned}\n$$\n但 $\\frac{BL}{LC} = \\frac{c \\sin \\angle BAL}{b \\sin \\angle CAL}$, 得 $\\frac{\\sin \\angle BAL}{\\sin \\angle CAL} = \\frac{c}{b}$。又 $A'$ 為 $BC$ 中點, $1 = \\frac{BA'}{A'C} = \\frac{c \\sin \\angle BAA'}{b \\sin \\angle CAA'}$, 所以\n$$\n\\frac{\\sin \\angle BAL}{\\sin \\angle CAL} = \\frac{\\sin \\angle CAA'}{\\sin \\angle BAA'}\n$$\n因為 $\\angle BAL + \\angle CAL = \\angle CAA' + \\angle BAA' = \\angle A$, 所以 $\\angle BAL = \\angle CAA'$, $\\angle CAL = \\angle BAA'$。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44244,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令不等邊三角形 $\\triangle ABC$ 的內切圓圓心為 $I$, 且該內切圓分別切 $CA, AB$ 邊於點 $E, F$. 設 $\\triangle AEF$ 的外接圓在 $E$ 和 $F$ 的兩條切線交於點 $S$. 直線 $EF$ 與 $BC$ 交於點 $T$. 試證: 以 $ST$ 為直徑的圓垂直於 $\\triangle BIC$ 的九點圓。\n\nIn a scalene triangle $ABC$ with incenter $I$, the incircle is tangent to sides $CA$ and $AB$ at points $E$ and $F$. The tangents to the circumcircle of $\\triangle AEF$ at $E$ and $F$ meet at $S$. Lines $EF$ and $BC$ intersect at $T$. Prove that the circle with diameter $ST$ is orthogonal to the nine-point circle of $\\triangle BIC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解: 令 $D$ 為 $I$ 對 $BC$ 的垂足。令 $X, Y$ 分別為 $B, C$ 對 $CI, BI$ 的垂足。可證 $BIFX, CIEY$ 共圓, 因此可得 $X, Y$ 落在直線 $EF$ 上。將 $M$ 設為 $BC$ 的中點, $\\omega$ 為 $DMXY$ 的外接圓。原題等價於證明 $T$ 落在 $S$ 對 $\\omega$ 的極線上。\n\n設 $K$ 為 $AM$ 於 $EF$ 的交點, 根據 SL 2005 G6 可得 $K, I, D$ 共線。\n\n令 $N$ 為 $EF$ 的中點, $L$ 為 $KS$ 於 $BC$ 的交點。由\n$$\n-1 = (A, I; N, S) \\stackrel{K}{=} (T, L; M, D)\n$$\n及\n$$\n-1 = (T, D; B, C) \\stackrel{I}{=} (T, K; Y, X)\n$$\n得 $T = MD \\cap YX$ 為直線 $KL$ 對 $\\omega$ 的極點, 得證。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44245,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有一三角形 $ABC$, 其外接圓為 $O$。兩圓 $O_1$, $O_2$ 與射線 $\\overrightarrow{AB}$, $\\overrightarrow{AC}$ 以及圓 $O$ 均相切, 其中 $O_1$ 在 $O$ 內部, $O_2$ 在 $O$ 外部。設 $O$, $O_1$ 的公切線與 $O$, $O_2$ 的公切線交於點 $X$, $O$ 上不含 $A$ 點的 $BC$ 弧的中點為 $M$, 且線段 $\\overline{AA'}$ 為圓 $O$ 之直徑。證明: $X$, $M$, $A'$ 共線。\n\nLet $O$ be the circumcircle of the triangle $ABC$. Two circles $O_1$, $O_2$ are tangent to each of the circle $O$ and the rays $\\overrightarrow{AB}$, $\\overrightarrow{AC}$, with $O_1$ interior to $O$, $O_2$ exterior to $O$. The common tangent of $O$, $O_1$ and the common tangent of $O$, $O_2$ intersect at the point $X$. Let $M$ be the midpoint of the arc $BC$ (not containing the point $A$) on the circle $O$, and the segment $\\overline{AA'}$ be a diameter of $O$. Prove that $X$, $M$, and $A'$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(解 1): 令 $O$, $O_1$ 切點為 $P$, $O$, $O_2$ 切點為 $Q$; 原題等價於 $PMQA'$ 為調和四邊形。考慮變換「對 $A$ 取幂為 $\\overrightarrow{AB} \\times \\overrightarrow{AC}$ 的反演後對 $BAC$ 角平分線鏡射」, 則 $A$, $B$, $C$ 不變, $O_1$ 變成 $A$－旁切圓 (設圓心為 $I_A$), $O_2$ 變成內切圓 (設圓心為 $I$)。令 $D$, $Y$, $Z$ 分別為 $A$, $I$, $I_A$ 到 $\\overrightarrow{BC}$ 的垂足, $L$ 為 $\\angle BAC$ 角平分線與 $\\overrightarrow{BC}$ 的交點, 則 $P$ 變換到 $Z$, $Q$ 變換到 $Y$, $A'$ 變換到 $D$, $M$ 變換到 $L$; 原題等價於 $(D, L; Y, Z)$ 為調和點列, 又等價於 $(A, L; I, I_A)$ 為調和點列。因 $\\overrightarrow{AI} : \\overrightarrow{IL} = \\overrightarrow{AB} : \\overrightarrow{BL} = \\overrightarrow{AI_A} : \\overrightarrow{LI_A}$, 故原命題成立。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n令 $MA'$ 交 $AB$ 於 $M_1$, 交 $AC$ 於 $M_2$, $O_1$ 切 $AB$ 於 $N_1$, $O_1$ 切 $AC$ 於 $N_2$, $O_2$ 切 $AB$ 於 $W_1$, $O_2$ 切 $AC$ 於 $W_2$。由曼海姆定理可得 $N_1$, $I$, $N_2$ 共線, $W_1I_AW_2$ 共線 且 $N_1N_2 \\perp AI$, $W_1W_2 \\perp AI_A$。由雞爪定理可得 $IM = I_AM$, 故 $N_1M_1 = W_1M_1 = N_2M_2 = W_2M_2$, 由此知 $MA'$ 確為 $O_1$, $O_2$ 之根軸。證畢。\n\n![](attached_image_1.png)\n只要證明 $MA'$ 為 $O_1$, $O_2$ 之根軸, 就可得 $X$ 為三圓根心, 即原命題得證。\n令 $MA'$ 交 $AB$ 於 $M_1$, 交 $AC$ 於 $M_2$, $O_1$ 切 $AB$ 於 $N_1$, $O_1$ 切 $AC$ 於 $N_2$, $O_2$ 切 $AB$ 於 $W_1$, $O_2$ 切 $AC$ 於 $W_2$。由曼海姆定理可得 $N_1$, $I$, $N_2$ 共線, $W_1I_AW_2$ 共線 且 $N_1N_2 \\perp AI$, $W_1W_2 \\perp AI_A$。由雞爪定理可得 $IM = I_AM$, 故 $N_1M_1 = W_1M_1 = N_2M_2 = W_2M_2$, 由此知 $MA'$ 確為 $O_1$, $O_2$ 之根軸。證畢。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44246,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定任意三角形 $\\triangle ABC$, 令其外接圓為 $O_1$, 九點圓為 $O_2$; 並令以 $\\triangle ABC$ 的垂心 $H$ 與重心 $G$ 為直徑的圓為 $O_3$. 證明 $O_1, O_2, O_3$ 共軸。(即存在一直線, 其上的點對這三個圓的圓幂均相同。點對圓的圓幂, 是點到圓心的距離平方, 與圓半徑的平方之差。)\n\n註: 三角形的九點圓, 即通過三邊中點、三高垂足、三頂點分別與垂心連線的中點等九個點的圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "引理：垂心與重心為 $O_1, O_2$ 的兩位似中心。\n\n引理證明：九點圓過 $\\overline{HA}, \\overline{HB}, \\overline{HC}$ 中點, 故 $H$ 為一位似中心。\n九點圓過 $\\overline{AB}, \\overline{BC}, \\overline{CA}$ 中點 (分別設為 $M, N, P$), 且 $\\overline{AG} : \\overline{GM} = 2 : 1$, $\\overline{BG} : \\overline{GN} = 2 : 1$, $\\overline{CG} : \\overline{GP} = 2 : 1$, 故 $G$ 亦為一位似中心。\n\n回到原題證明。$ABC$ 為銳角時, 令 $X$ 為 $O_1, O_2$ 之根軸與 $OH$ 的交點, $x$ 為 $O_1$ 半徑, $y$ 為 $O_2$ 半徑, $\\overline{XO} = a, \\overline{XG} = b, \\overline{XN} = c, \\overline{XH} = d$.\n\n$$\n\\text{有 } \\frac{a-b}{b-c} = \\frac{a-d}{c-d} = \\frac{x}{y},\\quad a^2 - x^2 = c^2 - y^2.\n$$\n$$\n\\text{可得 } b = \\frac{cx+ay}{x+y},\\quad d = \\frac{cx-ay}{x-y},\n$$\n$$\nbd = \\frac{c^2 x^2 - a^2 y^2}{x^2 - y^2} = \\frac{(c^2 - y^2)(x^2 - y^2)}{x^2 - y^2} = c^2 - y^2.\n$$\n\n故三圓共軸 (鈍角時計算方法類似)。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44247,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}$ 表示實數所成的集合。給定實數 $t \\neq -1$。找出所有的函數 $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 使得\n$$\n(t + 1)f(1 + xy) - f(x + y) = f(x + 1)f(y + 1) \\text{ 成立。}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) ≡ 0; f(x) ≡ t; f(x) = (t+1)x − (t+2), for real t ≠ −1",
    "solution": "首先，易知 $f(x) \\equiv 0$ 為方程的一組解，故假設 $f(x)$ 不總是 $0$。原式代入 $(x - 1, 1)$ 得到 $f(2) = t$。\n\n設 $f(1) = a$。代入 $(x, 0)$ 得到\n$$\n(t + 1)a - f(x) = af(x + 1) \\quad (1)\n$$\n若 $a = 0$，則由 (1) 知 $f(x) \\equiv 0$，不合。\n所以\n$$\na \\neq 0, \\quad f(x + 1) = t + 1 - \\frac{f(x)}{a} \\quad (2)\n$$\n(1) 中 $x$ 代 $x - 1$ 整理得\n$$\nf(x - 1) = (t + 1)a - af(x) \\quad (3)\n$$\n(3) 代 $1, 0, -1$ 知\n$$\nf(0) = -a^2 + (t + 1)a,\n$$\n$$\nf(-1) = a^3 - (t + 1)a^2 + (t + 1)a,\n$$\n$$\nf(-2) = -a^4 + (t + 1)a^3 - (t + 1)a^2 + (t + 1)a.\n$$\n原式代入 $(t + 1)f(2) - f(-2) = f(0)^2$\n所以 $(t + 1)t + a^4 - (t + 1)a^3 + (t + 1)a^2 - (t + 1)a = a^4 - 2(t + 1)a^3 + (t^2 + 2t + 1)a^2$\n整理得 $(a^2 - 1)(t + 1)(a - t) = 0$，由 $t \\neq -1$ 知 $a = \\pm 1$ 或 $a = t$。\n\n若 $a = t \\neq \\pm 1$, 則 $f(0) = -a^2 + (t+1)a = t$\n在原式中代入 $(x, -1)$ 得到\n$$\n(t+1)f(1-x) - f(x-1) = f(0)f(x+1) = tf(x+1) \\quad (4)\n$$\n利用 (2) 和 (3) 將 (4) 全部換成 $f(x)$ 和 $f(-x)$ 整理得到\n$$\ntf(x) = f(-x) + t^2 - t\n$$\n因此 $t^2 f(x) = t(-x) + t^3 - t^2 = f(x) + t^3 - t^2 + t^2 - t^1 = f(x) + t^3 - t$,\n故 $(t^2 - 1)f(x) = t^3 - t$, 由 $t \\neq \\pm 1$ 知 $f(x) = t$。\n\n若 $a = 1$, 由 (1) 知\n$$\nf(x) + f(x+1) = t + 1. \\quad (5)\n$$\n所以由 $f(2) = t$ 知 $f(3) = 1$.\n原式代入 $(2, \\frac{1}{2})$ 得到 $t^2 + t - f(\\frac{5}{2}) - f(\\frac{3}{2}) = 0$, 但 $f(\\frac{5}{2}) + f(\\frac{3}{2}) = t + 1$,\n所以 $t^2 - 1 = 0$.\n由 $t \\neq -1$ 知 $t = 1$. 代入 $(x, 2)$ 得到 $2f(2x+1)-f(x+2) = f(x+1)f(3)$.\n由 (5) 知 $2f(2x+1) = f(x+1)+f(x+2) = 2$, 所以 $f(2x+1) = 1$, 也就是說 $f(x) \\equiv 1 = t$。\n\n若 $a = -1$, 則 (2) 變為\n$$\nf(x+1) = f(x) + (t+1) \\quad (6)\n$$\n令 $g(x) = \\frac{f(x)+(t+2)}{t+1}$ 代回原式整理得\n$$\n(t+1)g(xy) + g(x) + g(y) = (t+1)g(x)g(y) + g(x+y) \\quad (7)\n$$\n(6) 變為 $g(x+1) = g(x) + 1$, 且 $g(2) = 2$, 故 $g(1) = 1$, $g(-1) = -1$.\n(7) 代入 $(x, -1)$ 得到 $g(-x) = -g(x)$, 也就是奇函數。\n\n(7) 再代入 $(x, y)(-x, -y)$ 兩式相減得到 $g(x) + g(y) = g(x + y)$\n代回 (7) 得到 $g(xy) = g(x)g(y)$, 結合這兩式即得到 $g(x) = x$.\n因此 $f(x) = (t+1)g(x) - (t+2) = (t+1)x - (t+2)$.\n\n綜合上述, 我們得到了三組解\n$$\nf(x) \\equiv 0, \\quad f(x) \\equiv t, \\quad f(x) = (t+1)x - (t+2).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44248,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內切圓為 $\\omega$, $\\omega$ 切 $BC$ 邊於 $D$ 點。設 $AD$ 與 $\\omega$ 的另一個交點為 $L$。令三角形 $ABC$ 在角 $A$ 內的旁心為 $K$。設 $M$ 為 $BC$ 的中點, 而 $N$ 為 $KM$ 的中點。證明: $B$, $C$, $N$, $L$ 共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\n設 $A$ 對圓 $\\omega$ 的極線與 $BC$ 交於 $X$。因 $AD$ 是 $X$ 對圓 $\\omega$ 的極線, 所以 $XL$ 與 $\\omega$ 相切, 且 $(X, D; B, C) = -1$。\n\n由於 $XL = XD$ 以及 $N'M = N'D$, 所以 $\\angle XLD = \\angle LDX = \\angle N'DM = \\angle DMN'$, 得 $L$, $X$, $M$, $N'$ 共圓。\n\n因此有 $DL \\cdot DN' = DX \\cdot DM = DB \\cdot DN$, 得 $B$, $C$, $N$, $N'$, $L$ 共圓。\n\n證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44249,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $R^+$ 表示所有正實數所成的集合。給定正整數 $n \\ge 3$. 試找出所有函數 $f: R^+ \\to R^+$ 使得對任意 $n$ 個正實數 $a_1, \\cdots, a_n$, 都滿足\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} (a_i - a_{i+1}) f(a_i + a_{i+1}) = 0,\n$$\n其中 $a_{n+1} = a_1$.",
    "options": [],
    "answer": "All functions of the form f(t) = a t + b with a, b > 0.",
    "solution": "解：首先，在原式中令 $a_4 = a_5 = \\cdots = a_n = a_1$ 即得\n$$\n\\sum_{i=1}^{3} (a_i - a_{i+1}) f(a_i + a_{i+1}) = 0, \\quad (1)\n$$\n其中 $a_4 = a_1$.\n接著證明：若 $x, y$ 為相異正實數，且\n$$\nm = \\frac{f(x) - f(y)}{x - y}, \\quad l = \\frac{x f(y) - y f(x)}{x - y},\n$$\n那麼對於任一個滿足 $|x - y| < z < x + y$ 的 $z$ 都有\n$$\nf(z) = m z + l \\quad (2)\n$$\n事實上由 $|x - y| < z < x + y$ 知：存在正實數 $a_1, a_2, a_3$ 滿足 $a_1 + a_2 = x, a_2 + a_3 = y, a_3 + a_1 = z$。代入 (1) 式得到\n$$\n\\begin{aligned}\n0 &= \\sum_{i=1}^{3} (a_i - a_{i+1}) f(a_i + a_{i+1}) \\\\\n  &= (a_1 - a_2)(m x + l) + (a_2 - a_3)(m y + l) + (a_3 - a_1) f(z) \\\\\n  &= (a_1 - a_2)(m(a_1 + a_2) + l) + (a_2 - a_3)(m(a_2 + a_3) + l) + (a_3 - a_1) f(z) \\\\\n  &= m(a_1^2 - a_3^2) + l(a_1 - a_3) + (a_3 - a_1) f(z) \\\\\n  &= (a_1 - a_3)(m(a_1 + a_3) + l - f(z))\n\\end{aligned}\n$$\n又 $x \\neq y$，所以 $a_1 - a_3 \\neq 0$，因此 $f(z) = m(a_1 + a_3) + l = m z + l$，得證。\n\n由 (2) 式立即得到若 $x, y$ 為相異正實數, 則 $t > |x - y|$ 時,\n$(t, f(t))$ 在通過 $(x, f(x)), (y, f(y))$ 兩點的直線上。 (3)\n若 $t \\le |x - y|$, 不妨設 $x > y$. 則由 (3) 式知: $(x, f(x))$ 在通過 $(y, f(y)), (t, f(t))$ 兩點的直線上, 所以 $(t, f(t))$ 仍在通過 $(x, f(x)), (y, f(y))$ 兩點的直線上。\n由此得到 $f$ 為線型函數, 也就是存在 $a, b$ 使得 $f(t) = a t + b \\forall t \\in R^+$. 但 $f$ 是正實數到正實數的函數, 所以 $a, b > 0$.\n代回原式易檢驗 $f(t) = a t + b, (a, b > 0)$ 是原方程的解, 因此 $f(t) = a t + b, (a, b > 0)$ 是方程的所有解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44250,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一圓 $\\Gamma$ 以及 $\\Gamma$ 上的三個定點 $A, B, C$, 同時給定一實數 $\\lambda$, $0 < \\lambda < 1$. 設 $P$ 為 $\\Gamma$ 上不等於 $A, B, C$ 的一個動點, 並讓 $M$ 是 $CP$ 線段上滿足 $CM = \\lambda \\cdot CP$ 的點。令 $Q$ 為三角形 $AMP$ 與三角形 $BMC$ 的兩外接圓的第二個交點。證明: 當 $P$ 變動時, $Q$ 會落在一定圓上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在證明中，我們將用 $\\angle(a, b)$ 代表直線 $a$ 與直線 $b$ 所夾的有向角。\n令 $D$ 是在 $AB$ 線段上滿足 $BD = \\lambda \\cdot BA$ 的點。我們將證明：要不\n$Q = D$，不然 $\\angle(DQ, QB) = \\angle(AB, BC)$；這兩個情形都會保證 $Q$ 點在某\n個通過 $D$ 點、並且與直線 $BC$ 在 $B$ 點相切的圓上變動。這就我們想證明\n的敘述。\n\n將三角形 $AMP$ 與三角形 $BMC$ 的外接圓分別記為 $\\omega_A, \\omega_B$。三條直線 $AP$, $BC$, $MQ$ 兩兩成為三個圓 $\\Gamma, \\omega_A, \\omega_B$ 的共同根軸，所以這三條線兩兩平行，或者三線共點交於 $X$。\n\n先設這三條線互相平行，如圖 1。於是三條線段 $AP$, $QM$, $BC$ 有共同的\n中垂線；透過此中垂線的反射，將 $CP$ 線段映成 $BA$ 線段，且把 $M$ 映至\n$Q$。所以，$Q$ 會落在 $AB$ 線段上，且 $BQ/AB = CM/CP = BD/AB$；故\n得 $Q = D$。\n\n再來假設 $AP$, $QM$, $BC$ 三條直線共點於 $X$, 如圖 2。在三角形 $XPC$\n中套用 Miguel 定理, 得 $A, B, Q, X$ 四點都落在同一圓 $\\Gamma$ 上。令 $Y$ 為 $X$\n對於 $AB$ 中垂線的對稱點。易知 $Y$ 也在 $\\Gamma$ 上, 而且 $\\triangle YAB$ 與 $\\triangle XBA$\n全等。因為 $\\triangle XPC$ 與 $\\triangle XBA$ 相似, 所以它也和 $\\triangle YAB$ 相似。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n![](attached_image_2.png)\n\n因為 $BD/BA = CM/CP = \\lambda$, 知 $D$ 與 $M$ 分別在相似三角形 $YAB$, $XPC$ 中互相對應。又因 $\\triangle YAB$ 與 $\\triangle XPC$ 定向相同, 所以 $\\angle (MX, XP) = \\angle (DY, YA)$。另一方面, 因為 $A, Q, X, Y$ 都落在 $\\Gamma$ 上, 得 $\\angle (QY, YA) = \\angle (MX, XP)$。於是 $\\angle (QY, YA) = \\angle (DY, YA)$, 即 $Y, D, Q$ 三點共線。\n\n最後, 我們有 $\\angle (DQ, QB) = \\angle (YQ, QB) = \\angle (YA, AB) = \\angle (AB, BX) = \\angle (AB, BC)$, 即為所求。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44251,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $c$ 爲正整數。令 $a_1 = c$, 並遞迴定義\n$$\na_{n+1} = a_n^3 - 4c \\times a_n^2 + 5c^2 \\times a_n + c.\n$$\n證明: 對於所有正整數 $n \\ge 2$, 存在質數 $p$ 整除 $a_n$, 但對於任何 $i < n$, $p$ 都不整除 $a_i$.\n\nLet $c \\ge 1$ be an integer. Define a sequence of positive integers by $a_1 = c$ and\n$$\na_{n+1} = a_n^3 - 4c \\times a_n^2 + 5c^2 \\times a_n + c\n$$\nfor all $n \\ge 1$. Prove that for each integer $n \\ge 2$ there exists a prime number $p$ dividing $a_n$ but none of the numbers $a_1, \\dots, a_{n-1}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $x_0 = 0$ 且 $x_n = a_n/c$。易見 $x_1 = 1$, $x_2 = 2c^2 + 1$ 且\n$$\nx_{n+1} = c^2(x_n^3 - 4x_n^2 + 5x_n) + 1. \\quad (1)\n$$\n很明顯的, $x_n$ 為遞增數列。要證明原題, 我們僅需改為證明對數列 $x_n$ 成立即可。\n\n以下先證明三個引理：\n\n(1) 引理一：若 $i = j \\pmod m$, 則 $x_i = x_j \\pmod{x_m}$.\n此引理等價於 $x_{i+m} = x_i \\pmod{x_m}$。固定 $m$, 此時對 $i = 0$ 顯然成立; 而若 $x_{i+m} = x_i \\pmod{x_m}$, 則我們有\n$$\n\\begin{aligned}\nx_{i+m+1} &= c^2(x_{i+m}^3 - 4x_{i+m}^2 + 5x_{i+m}) + 1 = c^2(x_i^3 - 4x_i^2 + 5x_i) + 1 \\\\\n&= x_{i+1} \\pmod{x_m}\n\\end{aligned}\n$$\n故由數學歸納法, 證畢。\n\n(2) 引理二：若 $i, j \\ge 2$ 且 $i = j \\pmod m$，則 $x_i = x_j \\pmod{x_m^2}$。\n此引理等價於 $x_{i+m} = x_i \\pmod{x_m^2}$。固定 $m$，並注意到對 $i = 2$ 時成立。以類似前項的方式進行歸納假設即得證。\n\n(3) 引理三：對於所有 $n \\ge 2$, 我們有 $x_n > x_1x_2\\cdots x_{n-2}$。\n注意到引理對 $n=2,3$ 顯然為真。而對於 $n>3$, 由遞增性知 $x_n > 7$, 故\n$$\nx_{n+1} > x_n^3 - 4x_n^2 + 5x_n > 7x_n^2 - 4x_n^2 > x_n^2 > x_n x_{n-1},\n$$\n故由數學歸納法，證畢。\n\n回到原題。由引理三知，存在質數 $p$ 與正整數 $t$ 使得 $p^t$ 整除 $x_n$ 但不整除 $x_1x_2\\cdots x_{n-2}$。以下將證明此 $p$ 便是題目所要求的 $p$。\n若否，令 $k$ 為滿足 $p|x_k$ 中的最小正整數。由 Eq. (1) 知 $x_{n-1}$ 與 $x_n$ 互質，且 $x_1 = 1$，故我們有 $2 \\le k \\le n-2$。記 $n = qk+r$，其中 $q \\ge 0$ 且 $0 \\le r < k$。由引理一，我們知道 $x_n$ 與 $x_r$ 對 $x_k$ 同餘，故 $p|x_r$；但由 $k$ 的最小性，這代表 $r=0$，從而 $k|n$。\n現在，由引理二，我們有 $x_n$ 與 $x_k$ 對 $x_k^2$ 同餘。令 $\\alpha \\ge 1$，為讓 $p^\\alpha|x_k$ 的最大值。由前述論證，我們知 $p^{\\alpha+1}|x_n$，而 $p^{2\\alpha}|x_k^2$。但這迫使 $p^{\\alpha+1}|x_k$，與 $\\alpha$ 的最大性不合，矛盾！證畢。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44252,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內切圓為 $\\omega$, 內心為 $I$, 外接圓為 $\\Gamma$。令 $D$ 為 $\\omega$ 在 $BC$ 邊的切點, 並令 $M$ 是 $ID$ 的中點。設 $A'$ 為 $A$ 在 $\\Gamma$ 上的對徑點 (即 $AA'$ 為 $\\Gamma$ 的一條直徑)。設 $X$ 為直線 $A'M$ 與圓 $\\Gamma$ 的另一個交點。\n證明：三角形 $AXD$ 的外接圓與直線 $BC$ 相切。\n\nLet $ABC$ be a triangle with incircle $\\omega$, incentre $I$ and circumcircle $\\Gamma$.\nLet $D$ be the tangency point of $\\omega$ with $BC$, let $M$ be the midpoint of $ID$, and let $A'$ be the diametral opposite of $A$ with respect to $\\Gamma$. If we denote $X = A'M \\cap \\Gamma$ then prove that the circumcircle of $\\triangle AXD$ is tangent to $BC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮一個過 $A$ 點、並與 $BC$ 直線切於 $D$ 點的圓；設此圓與 $\\Gamma$ 的另一個交點為 $Y$。我們將證明 $Y, M, A'$ 共線。故 $X = Y$，而本題就得證了。\n設 $\\omega$ 分別切 $AC, AB$ 邊於 $E, F$ 點; 令 $EF$ 交 $BC$ 於 $P$ 點, 而 $AX$ 交 $BC$ 於 $J$ 點。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n因為 $JB \\cdot JC = JA \\cdot JY = JD^2$ 且 $(B, C, D, P) = -1$, 所以 $J$ 是 $DP$ 的中點。注意到 $AD$ 是 $P$ 點對圓 $\\omega$ 的圓幂, 所以 $AD$ 與 $PI$ 垂直, 設垂足為 $U$ 點。因此 $\\triangle PID$ 的兩邊中點連線 $JM$ 是 $UD$ 的中垂線。故得 $\\angle JUD = \\angle JDU = \\angle AXD$, 所以 $J, Y, U, M, D$ 共圓。由此得 $\\angle AYM = \\angle JDM = 90^\\circ$, 故 $YM$ 與 $\\Gamma$ 交於 $A$ 的對徑點 $A'$, 即 $Y, M, A'$ 共線。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44253,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "固定一個銳角三角形 $ABC$。設 $E$, $F$ 點分別落在 $AC$, $AB$ 邊上, 並設 $M$ 點是 $EF$ 線段的中點。令 $EF$ 的中垂線與直線 $BC$ 交於 $K$ 點, 而 $MK$ 的中垂線分別交 $AC$, $AB$ 直線於 $S$, $T$ 點。若四邊形 $KSAT$ 共圓, 證明: $\\angle KEF = \\angle KFE = \\angle A$.\n\nLet $ABC$ be a fixed acute-angled triangle. Consider some points $E$ and $F$ lying on the sides $AC$ and $AB$, respectively, and let $M$ be the midpoint of $EF$. Let the perpendicular bisector of $EF$ intersect the line $BC$ at $K$, and let the perpendicular bisector of $MK$ intersect the lines $AC$ and $AB$ at $S$ and $T$, respectively. If the quadrilateral $KSAT$ is cyclic, prove that $\\angle KEF = \\angle KFE = \\angle A$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令四邊形 $KSAT$ 的外接圓為 $\\omega_1$。設直線 $AM$ 與直線 $ST$ 交於 $N$ 點，而設 $AM$ 與 $\\omega_1$ 的另一個交點為 $L$，如下圖所示。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n由於 $EF \\parallel TS$ 且 $M$ 為 $EF$ 的中點, $N$ 也會是 $ST$ 的中點。更由於 $K$ 與 $M$ 對直線 $ST$ 對稱, 可知 $\\angle KNS = \\angle MNS = \\angle LNT$。於是 $K, L$ 兩點對於 $ST$ 的中垂線對稱, 故 $KL \\parallel ST$。\n令 $G$ 為 $K$ 對 $N$ 的對稱點。則 $G$ 會落在直線 $EF$ 上。不失一般性, 假設 $G$ 落在 $MF$ 射線上。可得\n$$\n\\angle KGE = \\angle KNS = \\angle SNM = \\angle KLA = 180^\\circ - \\angle KSA\n$$\n(當 $K=L$ 時, $\\angle KLA$ 指的是 $AL$ 與 $\\omega$ 在 $L$ 點的切線所夾的角)。所以 $K,G,E,S$ 為圓內接四邊形。因為 $KSGT$ 是平行四邊形, 知 $\\angle KEF = \\angle KSG = 180^\\circ - \\angle TKS = \\angle A$。又因為 $KE = KF$, 由對稱性得 $\\angle KFE = \\angle KEF = \\angle A$。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44254,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$\\triangle ABC$ 中, $BC$ 邊的中點為 $M$, $AM$ 再交 $\\triangle ABC$ 的外接圓 $\\Gamma$ 於 $R$, 過 $R$ 且與 $BC$ 平行的直線再交 $\\Gamma$ 於 $S$。自 $R$ 至 $BC$ 的垂線的垂足為 $U$, $T$ 為 $U$ 對 $R$ 的對稱點。$D$ 是 $BC$ 上的一點使得 $AD$ 為 $\\triangle ABC$ 的高, $N$ 為 $AD$ 中點。最後令 $AS$, $MN$ 交於 $K$。證明: $AT$ 平分 $MK$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(a) 令 $L$ 為 $MK$ 的中點, 過 $L$ 對 $BC$ 的垂線分別交 $BC$, $AM$ 於 $E$, $F$。\n因 $AD \\parallel EF$, $L$ 為 $EF$ 的中點。因此 $\\triangle LEM \\cong \\triangle LFK$, 並得\n$\\angle LKF = 90^\\circ$, $KF \\parallel BC$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(b) 令 $MN$ 交 $RU$ 於 $W$。因 $AD \\parallel RU$, $N$ 為 $AD$ 的中點, 故 $W$ 為 $RU$ 的中點。\n\n(c) 自 $S$ 至 $BC$ 的垂線的垂足為 $V$。明顯 $S, R$ 對 $OM$ 對稱 ($O$ 為 $\\triangle ABC$ 的外心), 故 $M$ 為 $UV$ 中點。由 (b) 得 $NMW \\parallel VR$。又因 $VS = RU = TR$, 且 $TRU \\parallel SV$, 知 $SVRT$ 為平行四邊形, $ST \\parallel VR \\parallel MN$。\n\n(d) 由 (a) 及 (c) 得知 $\\triangle LFK$, $\\triangle TRS$ 對應邊平行, 因 $KS, RF$ 交於 $A$, 由 Desargue's 定理的平行情形 (或計算比例), 得 $A, L, T$ 共線。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44255,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "定義函數 $f : (0,1) \\to (0,1)$ 如下\n$$\nf(x) = \\begin{cases} x + \\frac{1}{2} & \\text{若 } x < \\frac{1}{2}, \\\\ x^2 & \\text{若 } x \\ge \\frac{1}{2}. \\end{cases}\n$$\n令 $a, b$ 為兩實數且 $0 < a < b < 1$. 定義兩數列如下:\n$a_0 = a, b_0 = b, \\text{且 } a_n = f(a_{n-1}), b_n = f(b_{n-1}), n = 1, 2, \\dots$\n試證: 存在一正整數 $n$ 使得\n$(a_n - a_{n-1})(b_n - b_{n-1}) < 0.$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設存在 $0 < a < b < 1$ 使不存在正整數 $n$ 讓 $(a_n - a_{n+1})(b_n - b_{n+1}) < 0$.\n$$\nf(x) - x \\begin{cases} > 0 & \\text{若 } x < \\frac{1}{2}, \\\\ < 0 & \\text{若 } x \\ge \\frac{1}{2}. \\end{cases}\n$$\n則對給定的正整數 $n$, 必有 $a_n, b_n \\in (0, \\frac{1}{2})$ 或 $a_n, b_n \\in [\\frac{1}{2}, 1)$.\n設 $d_n = b_n - a_n$, 則若 $a_n, b_n \\in (0, \\frac{1}{2})$ 會有 $d_{n+1} = d_n$, 反之則有\n$$\nd_{n+1} = d_n(a_n + b_n) \\ge d_n(1 + d_n),\n$$\n故 $d_n$ 是遞增數列。\n設 $0 < a_n < b_n < \\frac{1}{2}$, 則 $\\frac{1}{2} < a_n < b_n < 1$. 無論如何有 $d_{n+2} \\ge d_n(1+d_n)$.\n故有 $d_{2m+1} \\ge d_1(1+d_1)^m \\ge d_1(1+md_1)$.\n存在足夠大的 $m$ 使\n$$\nd_1(1+md_1) > 1,\n$$\n但這不可能。故存在正整數 $n$ 使 $(a_n - a_{n+1})(b_n - b_{n+1}) < 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44256,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Z$ 表示所有整數所成的集合。試求所有函數 $f: Z \\rightarrow Z$ 滿足：\n$$\nf(f(m) + n) + f(m) = f(n) + f(3m) + 2014 \\text{對於所有整數 } m, n \\text{ 皆成立。}\n$$\n\nLet $Z$ be the set of all integers. Determine all functions $f : Z \\to Z$ satisfying\n$$\nf(f(m) + n) + f(m) = f(n) + f(3m) + 2014 \\text{ for all integers } m \\text{ and } n.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = 2n + 1007",
    "solution": "答案：只有一個函數，$f(n) = 2n + 1007$\n\n解法：令 $f$ 為一個滿足原式的函數，令 $C = 1007$，然後定義函數 $g: Z \\to Z$，對於所有整數 $m, g(m) = f(3m) - f(m) + 2C$. 則有 $g(0) = 2C$, 原式可改寫為\n$$\nf(f(m) + n) = g(m) + f(n)\n$$\n對於所有 $m, n \\in Z$ 皆成立。使用歸納法可以得到\n$$\nf(tf(m) + n) = tg(m) + f(n) \\quad (1)\n$$\n對於所有 $m, n, t \\in Z$ 皆成立。對於任意的 $r \\in Z$，將 $(r, 0, f(0))$ 與 $(0, 0, f(r))$ 帶入 $(m, n, t)$ 可以得到：\n$$\nf(0)g(r) = f(f(r)f(0)) - f(0) = f(r)g(0)\n$$\n如果 $f(0) = 0$，則由 $g(0) = 2C > 0$ 可以得到對於所有 $m, f(m) = 0$，這是矛盾的。因此 $f(0) \\neq 0$，而上式可得 $g(r) = \\alpha f(r)$，其中 $\\alpha = \\frac{g(0)}{f(0)}$ 是一個非零的常數。\n所以由 $g$ 的定義可得 $f(3m) = (1+\\alpha)f(m) - 2C$，即\n$$\nf(3m) - \\beta = (1 + \\alpha)(f(m) - \\beta) \\quad (2)\n$$\n對於所有 $m \\in Z$ 皆成立, 其中 $\\beta = \\frac{2C}{\\alpha}$. 使用歸納法可以得到\n$$\nf(3^k m) - \\beta = (1 + \\alpha)^k (f(m) - \\beta) \\quad (3)\n$$\n對於所有整數 $k \\ge 0$ 和 $m$.\n因為 3 無法整除 2014, 所以由原式可得存在 $d = f(a)$ 不被 3 整除。由 (1)\n可得 $f(n + td) = f(n) + \\alpha \\cdot td$, 即\n$$\nf(n + td) = f(n) + \\alpha \\cdot td \\quad (4)\n$$\n對於所有 $n, t \\in Z$ 皆成立。\n固定一個正整數 $k$ 使 $d|(3^k - 1)$, 根據歐拉定理, 我們可以取 $k = \\phi(|d|)$ 使它成立。則由 (4) 可得對於所有 $m \\in Z$\n$$\nf(3^k m) = f(m) + \\alpha(3^k - 1)m\n$$\n結合 (3) 可以推出 $((1 + \\alpha)^k - 1)(f(m) - \\beta) = \\alpha(3^k - 1)m$. 由於 $\\alpha \\ne 0$, 所有當 $m \\ne 0$ 時右式不為零, 因此左式第一項也不為零, 所以\n$$\nf(m) = \\frac{\\alpha(3^k - 1)}{(1 + \\alpha)^k - 1} \\cdot m + \\beta\n$$\n所以 $f$ 是一個線性函數, 令 $f(m) = Am + \\beta$ 對於所有 $m \\in Z$, 其中 $A \\in Q$ 是一個常數, 帶入原式得到 $(A^2 - 2A)m + (A\\beta - 2C) = 0$ 對於所有 $m$ 皆成立, 等價於\n$$\nA^2 = 2A \\text{ 與 } A\\beta = 2C.\n$$\n第一個等號等價於 $A \\in \\{0, 2\\}$, 而由 $C \\ne 0$ 可得\n$$\nA = 2 \\text{ 與 } \\beta = C.\n$$\n這告訴我們 $f$ 就是答案中的那個函數, 而這個函數也滿足原式。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44257,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 4$. $M$ 是平面上 $n$ 個點所成集合, 其中任三點不共線。在遊戲開始前, 在平面上做 $n$ 條線段, 使得每條線段的兩端點都屬於 $M$, 且 $M$ 裡的每個點都恰為兩條線段的端點。\n我們接著考慮以下操作: 選擇兩個有交點 (含端點) 的線段 $AB$ 與 $CD$, 將這兩條線段擦掉, 並畫上 $AC$ 與 $BD$.\n試證：我們不可能執行 $\\frac{n^3}{4}$ 或更多次操作。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "（為方便說明起見，以下線段都不包含其兩端點。）\n對於平面上的任一條直線，我們說它是”紅”的，若且唯若它包含 $M$ 中的兩點。基於 $M$ 中任三點不共線，每條紅線唯一決定 $M$ 中的兩個點。此外，紅線的數量顯然為 $C_2^n < n^2/2$。此外，對於每個線段，令它的”相交數”為有多少條紅線與之相交。對於一組線段，其”相交數”則定義為各線段相交數的總和。我們將證明\n1. 遊戲開始時，全部線段的相交數小於 $n^3/2$.\n2. 每經過一次操作，全部線段的相交數將至少減 2.\n基於全部線段相交數永遠不能為負值（否則無法進行操作），以上兩點即證明原命題。\n\n**Pf of 1.** 基於每條線段的相交數小於 $C_2^n < n^2/2$，而共有 $n$ 條線段，故得證。\n\n**Pf of 2.** 假定我們選取了 $AB$ 和 $CD$, 並經過操作改為 $AC$ 與 $BD$. 令 $X_{AB}$ 為與 $AB$ 相交的所有紅線所成集合, 並以類似方式定義 $X_{CD}$, $X_{AC}$ 和 $X_{BD}$. 要證明第二點, 我們只需證明\n$$\n|X_{AC}| + |X_{BD}| + 2 \\le |X_{AB}| + |X_{CD}|, \\quad (1)\n$$\n其中 $|X|$ 代表其中的直線個數。\n\n首先, 如果一條直線與 $AC$ 相交, 則它必然與 $AB$ 或 $CD$ 相交。此外, 直線 $AB$ 是線段 $CD$ 的紅線, 直線 $CD$ 是線段 $AB$ 的紅線, 但它們都不是 $AC$ 或 $BD$ 的紅線 (因其交於端點。) 故, 我們有\n$$\n|X_{AC} \\cup X_{BD}| + 2 \\leq |X_{AB} \\cup X_{CD}|. \\qquad (2)\n$$\n另一方面, 如果一條直線同時是 $AC$ 與 $BD$ 的紅線, 則它無可避免會同時交 $AB$ 和 $CD$. 故\n$$\n|X_{AC} \\cap X_{BD}| \\leq |X_{AB} \\cap X_{CD}|. \\qquad (3)\n$$\n結合 (2) 與 (3), 我們得到 (1), 證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44258,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples $(p, x, y)$ consisting of a prime number $p$ and two positive integers $x$ and $y$ such that $x^{p-1} + y$ and $x + y^{p-1}$ are both powers of $p$.\n\n試求所有質數 $p$ 與正整數對 $(x, y)$, 使得 $x^{p-1} + y$ 與 $x + y^{p-1}$ 皆為 $p$ 的幂次。",
    "options": [],
    "answer": "(p, x, y) ∈ {(3, 2, 5), (3, 5, 2)} ∪ {(2, n, 2^k − n) | 0 < n < 2^k}",
    "solution": "所有解為 $(p, x, y) \\in \\{(3, 2, 5), (3, 5, 2)\\} \\cup \\{(2, n, 2^k - n) \\mid 0 < n < 2^k\\}$.\n\n(1) 當 $p=2$ 時, 顯然所有和為 $2$ 的幂次的 $(x,y)$ 皆滿足題意, 因此我們只需考慮 $p > 2$ 即可。\n\n(2) 假設 $x^{p-1} + y = p^a$ 及 $x + y^{p-1} = p^b$. 不失一般性, 我們假設 $x \\le y$, 從而 $a \\le b$. 我們因此有\n$$\np^b = y^{p-1} + x = (p^a - x^{p-1})^{p-1} + x\n$$\n將上式左右兩邊同時對 $p^a$ 取模, 並注意到 $p-1$ 是偶數, 因此我們有\n$$\n0 = x^{(p-1)^2} + x \\quad \\mathrm{mod}\\ p^a \\qquad (1)\n$$\n如果 $p \\nmid x$, 則 $x^{(p-1)^2-1} + 1$ 顯然不被 $p$ 整除, 但這與 Eq. (1) 互相矛盾 (因為 $x \\le x^{p-1} < p^a$.)\n故 $p$ 不整除 $x$, 也就是說\n$$\np^a \\mid x^{(p-1)^2-1} + 1 = x^{p(p-2)} + 1.\n$$\n\n(3) 由費馬小定理, $x^{(p-1)^2} = 1 \\mod p$, 故\n$$\nx + 1 = x + x^{(p-1)^2} = x(1 + x^{(p-1)^2-1}) = 0 \\mod p,\n$$\n也就是 $p \\nmid x + 1$. 令 $p^r$ 為整除 $x + 1$ 的最高幂次。\n\n(4) 現在讓我們考慮 $x^{p(p-2)} + 1$ 的最高幂次。讓我們將 $x^{p(p-2)} = (x + 1 - 1)^{p(p-2)}$ 二項式展開為一系列 $(x+1)^k$ 的和。對於所有 $k \\ge 3$ 的項, 由前知其必然被 $p^{3r}$ 整除。$k=2$ 的項為\n$$\n-\\frac{p(p-2)(p^2-2p-1)}{2}(x+1)^2,\n$$\n顯然被 $p^{2r+1}$ 整除。$k=1$ 的項則為\n$$\np(p-2)(x+1),\n$$\n顯然被 $p^{r+1}$ 整除, 但必不被 $p^{r+2}$ 整除 (基於 $r$ 是整除 $x+1$ 的最高幂次)。最後一項為 $-1$。綜合以上討論: 我們知 $x^{p(p-2)} + 1$ 的最高幂次為 $p^{r+1}$。\n\n(5) 但另一方面, 我們一開始就假設 $p^a \\mid x^{p(p-2)} + 1$, 故必有 $a \\le r+1$. 但同一時間,\n$$\np^r \\le x+1 \\le x^{p-1} + y = p^a \\quad (2)\n$$\n因此必有 $a=r$ 或 $a=r+1$.\n\n(6) 假如 $a=r$, 則 Eq. (2) 式所有等號必須成立, 故 $x=y=1$, 但顯然與 $p>2$ 不合, 故 $a=r+1$. 進一步地, 基於 $p^r \\le x+1$, 我們有\n$$\nx = \\frac{x^2 + x}{x+1} \\le \\frac{x^{p-1} + y}{x+1} = \\frac{p^a}{x+1} \\le \\frac{p^a}{p^r} = p.\n$$\n結合 $p|x+1$, 我們有 $x = p-1$; 換言之, $r=1, a=2$.\n\n(7) 現在, 若 $p \\ge 5$, 我們有\n$$\np^a = x^{p-1} + y > (p-1)^4 = (p^2 - 2p + 1)^2 > (3p)^2 > p^2 = p^a\n$$\n矛盾! 故 $p=3$, 從而 $x=p-1=2$, 而 $y = p^a - x^{p-1} = 5$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44259,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $O$ be the circumcenter of triangle $ABC$, and $\\omega$ be the circumcircle of triangle $BOC$. Line $AO$ intersects with circle $\\omega$ again at the point $G$. Let $M$ be the midpoint of side $BC$, and the perpendicular bisector of $BC$ meets circle $\\omega$ at the points $O$ and $N$.\n\nProve that the midpoint of the segment $AN$ lies on the radical axis of the circumcircle of triangle $OMG$, and the circle whose diameter is $AO$.\n\n設三角形 $ABC$ 的外心為 $O$ 點, 並令三角形 $BOC$ 的外接圓為 $\\omega$。直線 $AO$ 與圓 $\\omega$ 的第二個交點為 $G$ 點。設 $BC$ 邊的中點為 $M$, 且 $BC$ 中垂線交 $\\omega$ 於 $O$, $N$ 兩點。\n\n證明：線段 $AN$ 的中點，位於三角形 $OMG$ 的外接圓與以 $AO$ 為直徑的圓的根軸上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $H$ 為 $A$ 到 $BC$ 的垂足。易見 $AN$、$AO$ 直徑圓與圓 $BOC$ 共點於一點 $S$。設 $AM$ 交圓 $OMG$ 於另一點 $V$, $GV$ 交圓 $BOC$ 於另一點 $U$, 且交 $AN$ 於點 $T$。因為 $\\angle NUG = \\angle MOG = \\angle MVU$, 也就是 $UN \\parallel AV$, 所以\n$$\n\\angle TGA = \\angle AMO = \\angle HAM = \\angle SAO = \\angle TAG\n$$\n(因為 $AN$ 是共軛中線, 故 $AM$, $AN$ 等角共軛, $AH$, $AO$ 等角共軛)。又 $\\angle AGN = 90^\\circ$, 故 $T$ 為 $AN$ 中點, 綜合上述, 得 $AVNU$ 為一平行四邊形, 且 $T$ 為 $VU$ 的中點。於是 $TS \\cdot TA = TS \\cdot TN = TU \\cdot TG = TV \\cdot TG$, 故 $T$ 在兩圓根軸上。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44260,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設函數 $f: [0, \\infty) \\to [0, \\infty)$ 滿足：\n(1) $\\forall x, y \\ge 0$, 有 $f(x)f(y) \\le y^2 f(\\frac{x}{2}) + x^2 f(\\frac{y}{2})$;\n(2) $\\forall 0 \\le x \\le 1$, $f(x) \\le 2016$.\n證明: $f(x) \\le x^2$, 對於所有 $x \\ge 0$ 都成立.\n\nSuppose function $f: [0, \\infty) \\to [0, \\infty)$ satisfies\n(1) $\\forall x, y \\ge 0$, we have $f(x)f(y) \\le y^2 f(\\frac{x}{2}) + x^2 f(\\frac{y}{2})$;\n(2) $\\forall 0 \\le x \\le 1$, $f(x) \\le 2016$.\nProve that $f(x) \\le x^2$ for all $x \\ge 0$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By (1), and take $x = y = 0$, we have $f(0) = 0$.\n\nNow, suppose there exists $x_0 > 0$ such that $f(x_0) > x_0^2$. By using (1), we have\n$$\nf\\left(\\frac{x_0}{2}\\right) > \\frac{1}{2}x_0^2.\n$$\nIn fact, by mathematical induction, and use (1) repeatedly, it is easy to show that\n$$\nf\\left(\\frac{x_0}{2^k}\\right) > 2^{2^k - 2^{k-1}} x_0^2\n$$\nfor all positive integers $k$. However, since $x_0$ is a constant, we can choose $k$ sufficiently large such that $x_0/2^k \\in [0, 1]$ and $f(x_0/2^k) > 2016$, which contradicts (2).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44261,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知正實數 $x, y, z$ 滿足 $x + y + z = 1$ 的正實數。試求使不等式\n$$\n\\frac{x^2 y^2}{1-z} + \\frac{y^2 z^2}{1-x} + \\frac{z^2 x^2}{1-y} \\le k - 3xyz\n$$\n恆成立的實數 $k$ 的最小值。\n\nLet $x, y, z$ be positive real numbers satisfying $x + y + z = 1$. Find the smallest $k$ such that\n$$\n\\frac{x^2 y^2}{1-z} + \\frac{y^2 z^2}{1-x} + \\frac{z^2 x^2}{1-y} \\le k - 3xyz\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1/6",
    "solution": "解：先令 $x = y = z = \\frac{1}{3}$，則 $k \\ge \\frac{1}{6}$。底下證明：\n$$\n\\frac{x^2 y^2}{1-z} + \\frac{y^2 z^2}{1-x} + \\frac{z^2 x^2}{1-y} \\le \\frac{1}{6} - 3xyz. \\quad (1)\n$$\n由 $x > 0, y > 0, z > 0$ 及 $x + y + z = 1$, 知不等式 (1) 等價於\n$$\n\\begin{align*}\n& \\frac{xy}{z(x+y)} + \\frac{yz}{x(y+z)} + \\frac{zx}{y(z+x)} + 3 \\le \\frac{1}{6xyz} \\\\\n\\Leftrightarrow & \\frac{xyz}{z(x+y)} + \\frac{xyz}{x(y+z)} + \\frac{xyz}{y(z+x)} \\le \\frac{1}{6(xy+yz+zx)} \\\\\n\\Leftrightarrow & \\frac{xy}{x+y} + \\frac{yz}{y+z} + \\frac{zx}{z+x} \\le \\frac{1}{6(xy+yz+zx)}. \\tag{2}\n\\end{align*}\n$$\n由\n$$\n\\begin{align*}\n& \\text{由 } 1 = (x + y + z)^2 \\\\\n&= x^2 + y^2 + z^2 + 2xy + 2yz + 2zx \\\\\n&\\ge 3(xy + yz + zx) \\\\\n&\\Rightarrow \\frac{1}{6(xy + yz + zx)} \\ge \\frac{1}{2}. \\\\\n& \\text{又 } xy \\le \\frac{1}{4}(x + y)^2 \\\\\n&\\Rightarrow \\Sigma \\frac{xy}{x+y} \\le \\frac{1}{4} \\Sigma (x+y) \\\\\n&= \\frac{1}{4}(2x + 2y + 2z) = \\frac{1}{2}.\n\\end{align*}\n$$\n其中，“Σ”表示輪換對稱和。\n\n從而,不等式(2)成立,則不等式(1)成立。若且唯若 $x = y = z = \\frac{1}{3}$ 時,等號成立。故 $k$ 的最小值為 $\\frac{1}{6}$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44262,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $AB$ 為圓 $O$ 上的弦, $M$ 為 $AB$ 劣弧的中點。由圓 $O$ 外一點 $C$ 向圓 $O$ 引切線, 設切點分別為 $S$, $T$。令線段 $MS$ 與線段 $AB$ 的交點為 $E$, 線段 $MT$ 與線段 $AB$ 的交點為 $F$。由 $E$ 點作 $AB$ 線段的垂線, 交 $OS$ 於 $X$ 點; 由 $F$ 點作 $AB$ 線段的垂線, 交 $OT$ 於 $Y$ 點。另外再由 $C$ 點向圓 $O$ 引一割線, 設兩交點分別為 $P$, $Q$。設線段 $MP$ 與線段 $AB$ 交於 $R$ 點。令 $\\triangle PQR$ 的外心為 $Z$ 點。\n證明：$X$, $Y$, $Z$ 三點共線。\n\nLet $AB$ be a chord on a circle $O$, $M$ be the midpoint of the smaller arc $AB$. From a point $C$ outside the circle $O$ draw two tangents to the circle $O$ at the points $S$ and $T$. Suppose $MS$ intersects with $AB$ at the point $E$, $MT$ intersects with $AB$ at the point $F$. From $E$, $F$ draw a line perpendicular to $AB$ that intersects with $OS$, $OT$ at the points $X$, $Y$, respectively. Draw another line from $C$ which intersects with the circle $O$ at the points $P$ and $Q$. Let $R$ be the intersection point of $MP$ and $AB$. Finally, let $Z$ be the circumcenter of $\\triangle PQR$.\nProve that $X$, $Y$, and $Z$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "作 $AB$ 的中垂線 $OM$。故 $\\triangle XES \\sim \\triangle OMS$，於是 $SX = XE$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n畫以 $XE$ 為半徑的圓 $X$。圓 $X$ 與弦 $AB$ 及直線 $CS$ 均相切。又作 $\\triangle PQR$ 的外接圓，以及直線 $MA$ 與 $MC$，如圖所示。\n\n因為 $\\triangle AMR \\sim \\triangle PMA$，所以有\n$$\nMR \\cdot MP = MA^2 = ME \\cdot MS.\n$$\n又由圓幂定理知 $CQ \\cdot CP = CS^2$。故 $M$, $C$ 兩點皆位於圓 $Z$ 與圓 $X$ 的根軸上，得 $ZX \\perp MC$。同理可知 $ZY \\perp MC$。所以 $X$, $Y$, $Z$ 三點共線，得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44263,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設△ABC為銳角三角形，其中∠B≠∠C。設M為BC邊中點，E、F分別為過B、C點的高的垂足。令K、L分別為線段ME、MF中點。在直線KL上取一點T使得AT//BC。\n證明：$TA = TM$。\n\nLet $\\triangle ABC$ be an acute-angled triangle, with $\\angle B \\neq \\angle C$. Let $M$ be the midpoint of side $BC$, and $E$, $F$ be the feet of the altitudes from $B$, $C$, respectively. Denote by $K$, $L$ the midpoints of segments $ME$, $MF$, respectively. Suppose $T$ is a point on the line $KL$ such that $AT \\parallel BC$.\nProve that $TA = TM$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不失一般性，設 $AB > AC$。作 $\\triangle AEF$ 的外接圓 $\\omega$。\n\n*Lemma 1.* 直線 $ME$、直線 $MF$ 以及直線 $AT$ 都是圓 $\\omega$ 的切線。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n*Proof.* 注意到 $E$, $F$ 兩點落在以線段 $BC$ 為直徑的圓上，且該圓圓心為 $M$。所以 $MC = ME = MF = MB$。於是\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle FEM &= \\angle FEB + \\angle BEM = \\angle FCB + \\angle MBE \\\\\n&= (90^\\circ - \\angle CBF) + (90^\\circ - \\angle ECB) \\\\\n&= 180^\\circ - \\angle CBA - \\angle ACB = \\angle FAE.\n\\end{aligned}\n$$\n所以由弦切角性質知 $ME$ 為 $\\omega$ 的切線。由對稱性，$MF$ 也是 $\\omega$ 的切線。\n\n另外，$\\angle TAB = \\angle CBA = 180^\\circ - \\angle BEC = \\angle AEF$，所以 $TA$ 也是 $\\omega$ 的切線。♡\n\n現在考慮圓 $\\omega$，與以 $M$ 為圓心、$0$ 為半徑的圓 $\\gamma$。因為 $KE^2 = KM^2$，而且 $KE$ 切圓 $\\omega$、$KM$ 切圓 $\\gamma$，所以 $K$ 落在 $\\omega$ 與 $\\gamma$ 的根軸上。同理，$L$ 也是。換句話說，直線 $KL$ 就是 $\\omega$ 與 $\\gamma$ 的根軸，而 $T$ 在此根軸上。所以考慮 $T$ 對此二圓的圓幂：$TA^2 = TM^2$，即得 $TA = TM$。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44264,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數。一條東西向的路上從東到西有 $n$ 個城鎮。每個城鎮都派出兩頭犀牛，一隻從城鎮往東出發，另一隻從城鎮往西出發（犀牛不會轉向），而這 $2n$ 頭犀牛的大小都不一樣。當兩頭犀牛面對面相撞時，大隻的會把小隻的撞出道路；但如果一隻犀牛從背後撞向另一頭犀牛，不論犀牛的大小，從背後被撞的犀牛都會被撞出道路。\n假設有兩個城鎮 $A$ 和 $B$，其中 $B$ 在 $A$ 的東邊。如果 $A$ 的東進犀牛可以一路抵達 $B$ 而把其間的犀牛全部撞飛，則稱 $A$ 城輾過 $B$ 城。反之，如果 $B$ 的西進犀牛可以一路抵達 $A$ 並把其間的犀牛全部撞飛，則稱 $B$ 輾過 $A$。\n證明：恰有一個城鎮不會被任何其他城鎮輾過。\n\nLet $n$ be a positive integer. There are $n$ towns arranged on a East-West road. Each town has two rhinoceroses, one heading East from the town, and the other heading West from the town (rhinoceroses cannot turn into another direction.) These $2n$ rhinoceroses all have different sizes. When two rhinoceroses confront face to face, the larger one would knock the smaller one out of the road. However, if a rhinoceros is bumped by another from its rear end, the bumped rhinoceros is knocked out of the road, regardless of their sizes.\nLet $A$ and $B$ be two towns, with $B$ being East to $A$. We say that $A$ tramples $B$, if the East-heading rhinoceros of $A$ can reach $B$ by knocking off all rhinoceroses in between. Similarly, we say that $B$ tramples $A$ if the West-heading rhinoceros of $B$ can reach $A$ by knocking off all rhinoceroses in between.\nProve that these is exactly one town that would not be trambled by any other town.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "對 $n$ 歸納。當 $n=1$ 時顯然成立。\n\n假設原命題在 $n \\le N$ 時都成立。當 $n = N + 1$ 時，除卻最西邊的西進犀牛和最東邊的東進犀牛（牠們沒有功能），考慮剩餘的 $2N$ 隻犀牛中最大者；不失一般性，假設最大隻的犀牛為從西邊數來第 $k$ 座城鎮的東進犀牛，其中 $k < N + 1$（因為我們不考慮最東邊城鎮的東進犀牛）。\n\n顯然，在第 $k$ 座城鎮以東的城鎮都會被第 $k$ 座城鎮輾過；且第 $k$ 座城鎮以東的城鎮都被這頭最大犀牛擋住，而不能輾過第 $k$ 座城鎮及其西邊的任何城鎮。所以可以丟棄第 $k$ 座城鎮以東的諸城鎮。而基於 $k \\le N$，由歸納假設，剩下的 $k$ 座城中，恰有一個不會被所有其他城鎮輾過，故證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44265,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\lambda > 0$ 為滿足方程式 $\\lambda = \\lambda^{2/3} + 1$ 的正實數。證明：存在正整數 $M$ 使得\n$$\n|M - \\lambda^{300}| < 4^{-100}.\n$$\n\nLet $\\lambda > 0$ be a positive real number satisfying $\\lambda = \\lambda^{2/3} + 1$. Show that there exists a positive integer $M$ such that\n$$\n|M - \\lambda^{300}| < 4^{-100}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $\\lambda = t^{3/2}$。於是 $t^3 = (t+1)^2$, 且 $\\lambda^{300} = t^{450}$。檢驗方程式 $P(x) = x^3 - (x+1)^2$ 只有唯一的零點 $x=t$, 且因 $P(2) < 0$, 所以 $t > 2$。設 $a, b$ 為 $P(x) = 0$ 的另外兩根。注意到 $|ab| = 1$, 且 $a$ 為 $b$ 的共軛複數。故\n$$\n|a| = |b| = |t|^{-1/2} < 2^{-1/2}.\n$$\n現取 $M = a^{450} + b^{450} + t^{450}$。因為 $a, b, t$ 是首么整係數三次方程式 $P(x) = 0$ 的三根且 $M > 0$, 所以 $M$ 是正整數。並且：\n$$\n|M - \\lambda^{300}| = |M - t^{450}| = |a^{450} + b^{450}| < 2 \\cdot 2^{-450/2} < \\frac{1}{4^{100}}.\n$$\n證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44266,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "桌面上有 $n$ 張牌排成一圈。每張牌都有一面是黑的，另一面是白的。定義一次操作為：選擇一張黑面朝上的牌，將它和與它相鄰的兩張牌同時翻面。假設一開始時，只有 1 張黑面朝上的牌。試回答並證明：\n(a) 若 $n = 2015$，是否能透過有限次操作讓所有牌都白面朝上？\n(b) 若 $n = 2016$，是否能透過有限次操作讓所有牌都白面朝上？\n\nLet $n$ cards are placed in a circle. Each card has a white side and a black side. On each move, you pick one card with black side up, flip it over, and also flip over the two neighbouring cards. Suppose initially, there are only one black-side-up card.\n(a) If $n = 2015$, can you make all cards white-side-up through a finite number of moves?\n(b) If $n = 2016$, can you make all cards white-side-up through a finite number of moves?\nProve your claim for both cases.",
    "options": [],
    "answer": "For n = 2015: yes. For n = 2016: no.",
    "solution": "(a) For $n = 2015$, you can make all cards white-side-up.\nLabel the cards from $1$ to $2015$ in order. WLOG assume the only black card initially is $2$. Consider the following moves (B=black, W=white):\n* $1$B, $2$W, $3$B\n* $1$B, $2$B, $3$W, $4$B\n* $1$B, $2$B, $3$B, $4$W, $5$B\n* ...\n* $1$B, $2$B, ..., $2013$B, $2014$W, $2015$B\n* $1$W, $2$B, $3$B, ..., $2014$B, $2015$W.\nNow, there are $2013$ consecutive black-side-up cards. Group them by three, and flip them over in groups (which takes $2013/3 = 671$ moves), and we get all cards white-side-up.\n\n(b) For $n = 2016$, you cannot make all cards white-side-up.\nLabel the card as $\\alpha, \\beta, \\gamma, \\alpha, \\beta, \\gamma, \\dots$ in order; note that there are equal numbers of $\\alpha, \\beta$ and $\\gamma$. Now, for each move, you always flip an $\\alpha$, an $\\beta$, and a $\\gamma$. Suppose the initial black-side-up card is labelled $\\alpha$. Then, you need an odd number of moves to let all $\\alpha$ white-side-up, but you need an even number of moves to let all $\\beta$ (or $\\gamma$) card white-side-up. So it is impossible.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44267,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $M$, 可定義數列 $a_0, a_1, a_2, \\dots$ 如后: $a_0 = \\frac{2M+1}{2}$, 且對所有的 $k = 0, 1, 2, \\dots$, 令 $a_{k+1} = a_k \\lfloor a_k \\rfloor$。\n找出所有的正整數 $M$，使得上述定義的數列 $a_0, a_1, a_2, \\dots$ 中，至少有一項是整數。\n(註：$[x]$ 表示不超過實數 $x$ 的最大整數。)\n\nDetermine all positive integers $M$ for which the sequence $a_0, a_1, a_2, \\dots$, defined by $a_0 = \\frac{2M+1}{2}$ and $a_{k+1} = a_k \\lfloor a_k \\rfloor$ for $k = 0, 1, 2, \\dots$, contains at least one integer term.\n(Remark. For a real number $x$, $\\lfloor x \\rfloor$ denotes the greatest integer that does not exceed $x$.)",
    "options": [],
    "answer": "M ≥ 2",
    "solution": "$M$ 可以是任何大於或等於 2 的正整數，即 $M \\ge 2$。\n首先對所有的非負整數 $k$，定義 $b_k = 2a_k$。則有\n$$\nb_{k+1} = 2a_{k+1} = 2a_k \\lfloor a_k \\rfloor = b_k \\left\\lfloor \\frac{b_k}{2} \\right\\rfloor.\n$$\n因為 $b_0$ 是整數 $2M+1$，所以數列 $\\langle b_k \\rangle$ 的每一項都是整數。\n用歸謬法。如果 $\\langle a_k \\rangle$ 的每一項都不是整數，則 $\\langle b_k \\rangle$ 的每一項都是奇數。故\n$$\nb_{k+1} = b_k \\left\\lfloor \\frac{b_k}{2} \\right\\rfloor = \\frac{b_k(b_k-1)}{2} \\quad (1)\n$$\n所以\n$$\nb_{k+1} - 3 = \\frac{b_k(b_k-1)}{2} - 3 = \\frac{(b_k-3)(b_k+2)}{2} \\quad (2)\n$$\n對所有的 $k \\ge 0$ 均成立。\n設 $b_0 - 3 > 0$。則由 (2) 式可推得 $b_k - 3 > 0$ 對所有的 $k \\ge 0$ 均成立。現在對每一個 $k \\ge 0$，定義 $c_k$ 為整除 $b_k - 3$ 之 2 的最高乘幂 (即 $2^{c_k} \\parallel (b_k - 3)$)。因為每一個 $b_k - 3$ 都是偶數，所以 $c_k$ 都是正整數。\n注意到 $b_k+2$ 總是奇數。故由 (2) 式知 $c_{k+1} = c_k - 1$。於是 $c_0, c_1, c_2, \\dots$ 為嚴格遞減的正整數數列，此為不可能。故 $b_0 - 3 < 0$，即 $M = 1$。\n當 $M = 1$ 時，$\\langle a_k \\rangle$ 為常數數列 $\\frac{3}{2}$。所以本題解答為 $M \\ge 2$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44268,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $n$ 是正整數。求多項式 $(x^2 - x + 1)^n$ 的奇係數的個數。\n\nLet $n$ be a positive integer. Find the number of odd coefficients of the polynomial $(x^2 - x + 1)^n$.",
    "options": [],
    "answer": "Write n in binary as blocks of consecutive ones separated by blocks of zeros:\n\nn = (1 repeated a_k times)(0 repeated b_k times)…(1 repeated a_1 times)(0 repeated b_1 times)_2,\n\nwhere a_i, b_i are positive integers and b_1 ≥ 0. Then the number of odd coefficients of (x^2 − x + 1)^n equals\n\n∏_{i=1}^k (2^{a_i+2} − (−1)^{a_i}) / 3.\n\n(In particular, for n = 2^m − 1 this equals (2^{m+2} + (−1)^{m+1}) / 3.)",
    "solution": "設多項式 $P(x), Q(x)$ 是整係數多項式。若 $P(x) - Q(x)$ 的所有係數都是偶數，則稱兩個多項式相似，記為 $P(x) \\sim Q(x)$。此時，多項式 $P(x), Q(x)$ 係數為奇數的項的個數相同，將多項式 $P(x)$ 的奇係數的個數記為 $\\beta(P)$。顯然，\n$$\n(x^2 - x + 1)^n \\sim (x^2 + x + 1)^n.\n$$\n底下討論 $P_n(x) = (x^2 + x + 1)^n$ 的奇係數的個數問題。\n\n利用數學歸納法證明：當 $n = 2^q$ ($q$ 為正整數) 時，$P_n(x) \\sim x^{2n} + x^n + 1$。如此，可以將正整數 $n$ 轉換成二進位。先考慮一簡單情形：$n = 2^m - 1, m$ 為正整數。\n\n設 $m = 2k + 1, k$ 為大於或等於 0 的整數。則\n$$\nn = 2^{2k+1} - 1 \\equiv 1 \\pmod{3}.\n$$\n考慮多項式\n$$\nR(x) = (x+1) \\left( \\sum_{k=0}^{\\frac{(n-1)}{3}} x^{n+3k} + \\sum_{k=0}^{\\frac{(n-4)}{3}} x^{3k} \\right) + x^{n-1}.\n$$\n則 $\\beta(R) = \\frac{2^{m+2}-1}{3}$。\n$$\n\\begin{aligned}\nR(x)(x^2+x+1) &\\sim (x+1) \\left( \\sum_{k=0}^{n+1} x^{n+k} + \\sum_{k=0}^{n-2} x^k \\right) + x^{n-1}(x^2+x+1) \\\\\n&\\sim x^{2n+2} + x^{n+1} + 1,\n\\end{aligned}\n$$\n且 $P_n(x)(x^2+x+1) \\sim x^{2n+2} + x^{n+1} + 1$。\n於是 $\\beta(P_n) = \\beta(R) = \\frac{2^{m+2}+1}{3}$。\n\n再設 $m = 2k + 1, k$ 為正整數。則\n$$\nn = 2^{2k} - 1 \\equiv 0 \\pmod{3}.\n$$\n考慮多項式\n$$\nQ(x) = (x+1) \\sum_{k=0}^{\\frac{(n-3)}{3}} (x^{n+2+3k} + x^{3k}) + x^n.\n$$\n同理 $\\beta(P_n) = \\beta(Q) = \\frac{2^{m+2}-1}{3}$。\n故 $\\beta(P_{2^m-1}(x)) = \\frac{2^{m+2} + (-1)^{m+1}}{3}$。\n\n下面考慮一般情形: 將正整數 $n$ 以二進位表示,\n$$\nn = (\\underbrace{11\\cdots1}_{a_k \\text{ 個}} \\underbrace{00\\cdots0}_{b_k \\text{ 個}} \\underbrace{11\\cdots1}_{a_{k-1} \\text{ 個}} \\underbrace{00\\cdots0}_{b_{k-1} \\text{ 個}} \\cdots \\underbrace{11\\cdots1}_{a_1 \\text{ 個}} \\underbrace{00\\cdots0}_{b_1 \\text{ 個}})_2,\n$$\n其中, $a_i, b_i$ 為正整數, $b_1 \\ge 0$.\n$$\n\\text{令 } S_i = \\sum_{j=1}^{i-1} (b_j + a_j) + b_i \\text{ (i = 1, 2, \\dots, k).}\n$$\n$$\n\\text{則 } n = \\sum_{i=1}^{k} 2^{S_i}(2^{a_i} - 1),\n$$\n$$\nP_n(x) = \\prod_{i=1}^{k} (x^2 + x + 1)^{2^{S_i} (2^{a_i} - 1)}\n$$\n$$\n\\sim \\prod_{i=1}^{k} (x^{2^{S_i+1}} + x^{2^{S_i}} + 1)^{2^{a_i}-1}.\n$$\n故\n$$\n\\beta(P_n) = \\prod_{i=1}^{k} \\frac{2^{a_i+2} - (-1)^{a_i}}{3}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44269,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\langle f_n \\rangle$ 為費氏數列, 亦即: $f_0 = 0$、$f_1 = 1$; 且對所有非負整數 $n$, $f_{n+2} = f_{n+1} + f_n$ 均成立。\n試找出所有的正整數對 $(a, b)$ 滿足 $a < b$, 並且對任意的正整數 $n$, $f_n - 2n \\cdot a^n$ 總能被 $b$ 整除。\n\nLet $\\langle f_n \\rangle$ be the Fibonacci sequence, that is, $f_0 = 0$, $f_1 = 1$, and that $f_{n+2} = f_{n+1} + f_n$ holds for all nonnegative integers $n$.\nFind all pairs $(a, b)$ of positive integers with $a < b$ such that $f_n - 2n \\cdot a^n$ is divisible by $b$ for all positive integers $n$.",
    "options": [],
    "answer": "(3, 5)",
    "solution": "由題設，$b \\mid f_1 - 2a$，即 $b \\mid 1 - 2a$。但因 $b > a$，所以 $b = 2a - 1$。而對任意正整數 $n$，都有\n$$\nb \\mid f_n - 2n a^n, \\quad b \\mid f_{n+1} - 2(n+1)a^{n+1}, \\quad b \\mid f_{n+2} - 2(n+2)a^{n+2}. \\quad (1)\n$$\n由此三式，加上 $f_{n+2} = f_{n+1} + f_n$ 以及 $b = 2a-1$ 等條件，知\n$$\nb \\mid (n + 2)a^{n+2} - (n + 1)a^{n+1} - n a^n.\n$$\n又因 $b = 2a - 1$ 必與 $a$ 互質，故得\n$$\nb \\mid (n + 2)a^2 - (n + 1)a - n. \\quad (2)\n$$\n在 (2) 中 $n$ 以 $n+1$ 代入，得\n$$\nb \\mid (n + 3)a^2 - (n + 2)a - (n + 1). \\quad (3)\n$$\n(2)、(3) 兩式的右方相減，可得\n$$\n\\begin{aligned}\n& b \\mid a^2 - a - 1, \\\\\n\\text{即}\\quad & (2a - 1) \\mid a^2 - a - 1, \\\\\n& (2a - 1) \\mid 4a^2 - 4a - 4.\n\\end{aligned}\n$$\n由於 $4a^2 - 4a - 4 = (2a - 1)^2 - 5$，故 $2a - 1$ 整除 $-5$，所以 $2a - 1 = 1$ 或 $5$，只能得到 $a = 3, b = 2a - 1 = 5$ 一組解。(另一組解 $a = 1, b = 2a - 1 = 1$ 不滿足 $b > a$，捨之。)\n\n最後檢查充分性，也就是 $(a, b) = (3, 5)$ 滿足題設；即對所有的正整數 $n$，$f_n - 2n \\cdot 3^n$ 確能被 $5$ 整除。當 $n = 1, 2$ 時，$f_1 - 2 \\cdot 1 \\cdot 3 = 1 - 6 = -5$，$f_2 - 2 \\cdot 2 \\cdot 3^2 = 1 - 36 = -35$ 都的確被 $5$ 整除。\n\n現在假設當 $n = k, k + 1$ 時結論成立，即 $f_k - 2k \\cdot 3^k$、$f_{k+1} - 2(k + 1) \\cdot 3^{k+1}$ 都能被 $5$ 整除。於是 $5$ 也能整除\n$$\n(f_{k+1} - 2(k+1) \\cdot 3^{k+1}) + (f_k - 2k \\cdot 3^k) = f_{k+2} - 2 \\cdot 3^k (4k + 3).\n$$\n\n於是若要 5 能整除 $f_{n+2} - 2(k+2) \\cdot 3^{k+2}$，此條件等價於\n$$\n9(k + 2) \\equiv 4k + 3 \\pmod{5}.\n$$\n但上式等價於 5 整除 $5k+15$，明顯成立。故本題由數學歸納法得證。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44270,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all ordered pairs $(a, b)$ of positive integers that satisfy $a > b$ and the equation $(a - b)^{ab} = a^b \\cdot b^a$.\n\n試求所有滿足 $(a-b)^{ab} = a^b \\cdot b^a$ 且 $a > b$ 的正整數數對 $(a,b)$。",
    "options": [],
    "answer": "(4, 2)",
    "solution": "$(a, b) = (4, 2)$。\n\nLet $d$ be the greatest common divisor of $a$ and $b$, $a = dp$, $b = dq$, where $p, q$ are coprime positive integers and $p > q$. Substitute into the original equation:\n$$\n(d(p-q))^{d^2pq} = (dp)^{dq} \\cdot (dq)^{dp} \\quad \\Leftrightarrow \\quad (d(p-q))^{dpq} = (dp)^q \\cdot (dq)^p \\\\\n\\Leftrightarrow d^{dpq}(p-q)^{dpq} = d^{p+q}p^q q^p.\n$$\n\ni. First, prove $p+q < dpq$. Otherwise, $p+q \\ge dpq$, rearrange to get $(p-q)^{dpq} = d^{p+q-dpq}p^q q^p$, so $p, q$ are both factors of $(p-q)^{dpq}$. But $(p-q,p) = (p-q,q) = (p,q)=1$, so $p=q=1$, which is not valid.\n\nSince $p+q < dpq$, rearrange to get $d^{dpq-p-q}(p-q)^{dpq} = p^q q^p$, so $p-q$ divides $p^q q^p$. But $(p-q,p) = (p-q,q) = 1$, so $p-q=1$, i.e., $p=q+1$. Substitute back to get\n$$\nd^{dpq-p-q} = p^q q^{q+1}. \\qquad (1)\n$$\n\nii. Since $p, q$ are coprime, $d$ can be written as $d = m \\times n$, where $m, p$ share the same prime factors, $n, q$ share the same prime factors. Thus $(m, n) = 1$, from (1) we get\n$$\nm^{dpq-p-q} = p^q = (q+1)^q. \\qquad (2)\n$$\nSince the exponents $dpq-p-q$ and $q$ are coprime, $m$ must be a $q$th power of some integer. Let $m = t^q$, then $t^{dpq-p-q} = q+1$. Since $q+1 > 1$, $t > 1$.\n\niii. If $q=2$, then $t^{6d-5} = 3$, so $d=1, t=3, q=2, p=3$, i.e., $(a,b)=(3,2)$. But $(a,b)=(3,2)$ does not satisfy the original equation, discard.\n\nIf $q \\ge 3$, then $dpq-p-q = dq(q+1) - (2q+1) \\ge 3(q+1) - (2q+1) = q+2$. Then $q+1 = t^{dpq-p-q} \\ge t^{q+2} \\ge 2^{q+2} \\ge q+2$ (by binomial theorem), which is not valid.\n\nSo $q=1, p=2$. From $t^{2d-3} = 2$, we get $t=2, d=2$. Thus $(a,b) = (4,2)$. Substitute back into the original equation and it holds.\n\nTherefore, $(a,b) = (4,2)$ is the unique solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44271,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令所有正實數所成的集合為 $\\mathbb{R}^+$. 求所有函數 $f : \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$, 滿足:\n$$\nf(x + y + f(y)) = 4030x - f(x) + f(2016y),\n$$\n對所有正實數 $x, y$ 都成立。\n\nLet $\\mathbb{R}^+$ be the set of all positive real numbers. Determine all functions $f : \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$ satisfying\n$$\nf(x + y + f(y)) = 4030x - f(x) + f(2016y), \\forall x, y \\in \\mathbb{R}^+.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 2015x",
    "solution": "It's trivial that if $f$ maps $x$ to $2015x$, then the functional equation holds. And we'll show that it is the only function that satisfies our requirement. As usual, there are some parts in our proof. For simplicity, let $k = 2015$, then the functional equation becomes\n$$\nf(x + y + f(y)) = 2kx - f(x) + f((k+1)y) \\quad \\forall x, y \\in \\mathbb{R}^+ \\quad (1)\n$$\n\n**Step 1:**\n$$\nf((k+1)a) - f((k+1)b) = k(f(b) + b - f(c) - c) \\quad \\forall b, c \\in \\mathbb{R}^+.\n$$\nSet $x = a + b + f(b)$, $y = c$ in (3), then we get\n$$\n\\begin{aligned}\nd &= 2k(a+b+f(b)) - f(a+b+f(b)) + f((k+1)c) \\\\\n  &= 2k(a+b+f(b)) - (2ka - f(a) + f((k+1)b)) + f((k+1)c)\n\\end{aligned}\n$$\nwhere $d = f(a+b+f(b)+c+f(c))$. Similarly, when $x = a+c+f(c), y=b$, then\n$$\nd = 2k(a + c + f(c)) - (2ka - f(a) + f((k+1)c)) + f((k+1)b)\n$$\nConsequently, we must have\n$$\nf((k+1)b) - f((k+1)c) = k(f(b) + b - f(c) - c).\n$$\nSince there isn't any restriction to $b, c$, the conclusion follows.\n\n**Step 2:** $\\forall b, c \\in \\mathbb{R}^+$, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2kb - f(b) + f((k+1)[(k+2)c + f(c)]) \\\\\n& 2k(b + (k+1)(2k+1)c) - f(b + (k+1)(2k+1)c) + f((k+1)c).\n\\end{aligned}\n$$\nTake $x = (k+1)b, y = b$ in original equation\n$$\nf((k+2)b + f(b)) = 2k(k+1)b, \\quad \\forall b \\in \\mathbb{R}^+ \\quad (2)\n$$\nApply the same trick, we use double counting to obtain the result, again. First, set $x = b, (k+2)c + f(c)$ in original equation, then\n$$\ne = 2kb - f(b) + f((k+1)[(k+2)c + f(c)])\n$$\nwhere $e = f(b + (k + 2)c + f(c) + 2k(k + 1)c)$.\nSecond, set $x = b + (k + 1)(2k + 1)c$, $y = c$, we have\n$$\ne = 2k(b + (k + 1)(2k + 1)c) - f(b + (k + 1)(2k + 1)c) + f((k + 1)c).\n$$\nThose equalities implies our statement.\n\n**Step 3:** $\\forall b, c \\in \\mathbb{R}^+$, $f(b+c) = f(b) + kc$ holds.\nRewrite the identity in **Step 2**, we know\n$$\n\\begin{aligned}\n& f(b + (k + 1)(2k + 1)c) + f((k + 1)[(k + 2)c + f(c)]) - f((k + 1)c) \\\\\n&= f(b) + 2k(k + 1)(2k + 1)c\n\\end{aligned}\n$$\nFurthermore, by using Eq. (1) we find\n$$\n\\begin{aligned}\n& f((k + 1)[(k + 2)c + f(c)]) - f((k + 1)c) \\\\\n&= k(f((k + 2)c + f(c)) + (k + 2)c + f(c) - f(c) - c) \\\\\n&= k(k + 1)(2k + 1)c.\n\\end{aligned}\n$$\nThus, the previous equation becomes\n$$\nf(b + (k + 1)(2k + 1)c) = f(b) + k(k + 1)(2k + 1)c,\n$$\nwhich means $f(b+c) = f(b) + kc$ holds.\n\n**Step 4:** $f(a) = ka \\forall a \\in \\mathbb{R}^+$.\nNote that $f(b)+kc = f(b+c) = f(c)+kb$ for all $b, c \\in \\mathbb{R}^+$.\nAs the result, $f(a) - ka$ is a constant. Suppose $f(x) = kx + l$ for some $l \\in \\mathbb{R}$, then\n$$\n\\text{LHS} = f(x + (k + 1)y + l) = kx + k(k + 1)y + (k + 1)l\n$$\n$$\n\\text{RHS} = kx + k(k + 1)y.\n$$\nSo $l = 0$, and the problem is solved.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44272,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設兩圓 $O_1$ 與 $O_2$ 交於 $B, C$ 兩點, 其中 $BC$ 為圓 $O_1$ 的直徑。由 $C$ 點作圓 $O_1$ 的切線, 又交於 $O_2$ 於點 $A$。設直線 $AB$ 又交 $O_1$ 於點 $E$。作直線 $CE$, 設 $CE$ 又交圓 $O_2$ 於點 $F$。自線段 $AF$ 上任取一點 $H$。設直線 $HE$ 又交圓 $O_1$ 於點 $G$, 而直線 $BG$ 與直線 $AC$ 交於點 $D$。\n證明：$\\frac{AH}{HF} = \\frac{AC}{CD}$。\n\nCircles $O_1$ and $O_2$ intersect at two points $B$ and $C$, and $BC$ is the diameter of circle $O_1$. Construct a tangent line of circle $O_1$ at $C$ and intersecting circle $O_2$ at another point $A$. We join $AB$ to intersect $O_1$ at point $E$, then join $CE$ and extend it to intersect circle $O_2$ at point $F$. Assume that $H$ is an arbitrary point on the line segment $AF$. We join $HE$ and extend it to intersect circle $O_1$ at point $G$, and join $BG$ and extend it to intersect the extended line of $AC$ at point $D$.\nProve that $\\frac{AH}{HF} = \\frac{AC}{CD}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由於 $BC$ 是圓 $O_1$ 的直徑, $ACD$ 是 $O_1$ 的切線, 所以 $BC \\perp AD$, $\\angle ACB = 90^\\circ$。故 $AB$ 為圓 $O_2$ 的直徑。\n因為 $\\angle BEC = 90^\\circ$, 所以 $AB \\perp CF$, 故 $\\angle FAB = \\angle CAB$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n連 $CG$, 知 $CG \\perp BD$。故\n$$\n\\angle ADB = \\angle BCG = \\angle BEG = \\angle AEH,\n$$\n所以 $\\triangle AHE \\sim \\triangle ABD$。於是有 $\\frac{AH}{AE} = \\frac{AB}{AD}$, 即 $AH \\cdot AD = AE \\cdot AB$。\n由圓幂定理知 $AC^2 = AE \\cdot AB$, 故 $AH \\cdot AD = AE \\cdot AB = AC^2 = AC \\cdot AF$。所以 $\\frac{AH}{AF} = \\frac{AC}{AD}$, 再由合分比知 $\\frac{AH}{HF} = \\frac{AC}{CD}$, 證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44273,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\mathbb{Z}$ be the set of all integers. Determine all functions $f : \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ such that\n$$\nf(f(x) + f(y)) + f(x)f(y) = f(x + y)f(x - y)\n$$\nholds for all $x, y \\in \\mathbb{Z}$\n\n令 $\\mathbb{Z}$ 為所有整數所成的集合。求所有函數 $f : \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$, 滿足:\n$$\nf(f(x) + f(y)) + f(x)f(y) = f(x + y)f(x - y)\n$$\n對所有整數 $x, y$ 都成立。",
    "options": [],
    "answer": "Two functions:\n1) f(x) = 0 for all integers x.\n2) f(x) = 0 if x is a multiple of 5; f(x) = 1 if x is congruent to 1 or 4 modulo 5; f(x) = -1 if x is congruent to 2 or 3 modulo 5.",
    "solution": "顯然 $f(x) = 0$ 是原方程的一組解。故假設存在一個 $t$ 使得 $f(t) \\neq 0$。於原式代入 $(0,0)$ 得 $f(2f(0)) = 0$\n代入 $(2f(0),0)$ 得 $f(f(0)) = 0$\n代入 $(f(0),f(0))$ 得 $f(0) = 0$\n代入 $(x,0)$ 得\n$$\nf(f(x)) = f(x)^2 \\qquad (1)\n$$\n代入 $(x, x)$ 得\n$$\nf(2f(x)) = -f(x)^2 \\qquad (2)\n$$\n為了方便起見，令 $g: \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ 滿足對於任意一個整數 $n$,\n$$\ng(n) = \\begin{cases} 0, & \\text{當 } n \\equiv 0 \\pmod{5}; \\\\ 1, & \\text{當 } n \\equiv 1, 4 \\pmod{5}; \\\\ -1, & \\text{當 } n \\equiv 2, 3 \\pmod{5}. \\end{cases}\n$$\n接著先證一個引理。\n**Lemma.** 若 $f(s) \\neq 0$, 則 $f(mf(s)) = g(m)f(s)^2 \\quad \\forall m \\in \\mathbb{N}$\n證: 我們使用數學歸納法。$m = 1, 2$ 分別由 (1), (2) 得證。\n若 $m < k$ 時皆成立，則 $m = k$ 時 ($k \\ge 3$)\n(a) $k = 5q$. 於原式代入 $((5q-1)f(s), f(s))$ 結合歸納假設可以得到\n$$\nf(2f(s)^2) + f(s)^4 = -f(5qf(s))f(s)^2 \\qquad (3)\n$$\n又由 (1) 知 $f(s)^2 = f(f(s))$, 所以由 (1) 和 (2) 知\n$$f(2f(s)^2) = f(2f(f(s))) = -f(f(s))^2 = -f(s)^4$$\n代入 (3) 可知 $f(5qf(s))f(s)^2 = 0$ 又 $f(s) \\neq 0$, 所以 $f(5qf(s)) = 0 = g(5q)f(s)$\n\n(b) $k = 5q + 1$. 於原式代入 $((5q-1)f(s), 2f(s))$ 結合歸納假設可以得到\n$f((5q+1)f(s)) = f(s)^2 = g(5q+1)f(s)^2$\n(c) $k = 5q + 2$. 於原式代入 $((5q-1)f(s), 3f(s))$ 結合歸納假設可以得到\n$f((5q+2)f(s)) = -f(s)^2 = g(5q+2)f(s)^2$\n(d) $k = 5q + 3$. 於原式代入 $((5q+2)f(s), f(s))$ 結合歸納假設可以得到\n$f((5q+3)f(s)) = -f(s)^2 = g(5q+3)f(s)^2$\n(e) $k = 5q + 4$. 於原式代入 $((5q+3)f(s), f(s))$ 結合歸納假設可以得到\n$f((5q+4)f(s)) = f(s)^2 = g(5q+4)f(s)^2$\n綜上，不論如何，$f(kf(s)) = g(k)f(s)^2$，故由數學歸納法得證。\n回到原題，由 (1) 和 (2) 知存在 $p$ 使得 $f(p) = |f(t)|f(t)$ ($p$ 取 $f(t)$ 或 $2f(t)$)。\n由 (1) 和引理知 $f(t)^4 = f(p)^2 = f(f(p)) = f(|f(t)|f(t)) = g(|f(t)|)f(t)^2$\n所以 $f(t)^2 = g(|f(t)|)$ (因為 $f(t) \\neq 0$)\n但是 $|g(|f(t)|)| \\le 1$ 且 $f(t) \\ne 0$，所以 $f(t)^2 = 1$。\n由 (1), (2) 知 $f(f(t)) = 1, f(2f(t)) = -1$。接著證對於所有 $n \\in \\mathbb{Z}$，都有\n$f(n) = g(n)$。\n若 $n = 0$，那麼 $f(n) = 0 = g(n)$\n若 $n > 0$，於引理中 $s$ 代 $f(t)$，$m$ 代 $n$ 即得\n$$\nf(n) = f(nf(f(t))) = g(n)f(f(t))^2 = g(n)\n$$\n若 $n < 0$，於引理中 $s$ 代 $2f(t)$，$m$ 代 $-n$ 即得\n$$\nf(n) = f(-nf(2f(t))) = g(-n)f(2f(t))^2 = g(-n) = g(n)\n$$\n綜上，$f(n) = g(n)$。\n代回驗證：易知 $g(n)^2 \\equiv n^2 \\pmod 5$\n$$\n\\begin{aligned} & \\text{所以原式左式} \\equiv (x^2 + y^2)^2 + (xy)^2 \\\\ & \\equiv (x^2 + y^2)^2 - (2xy)^2 \\equiv (x^2 - y^2)^2 \\equiv \\text{右式 (mod } 5 \\end{aligned}\n$$\n又因為 $|g(n)| \\le 1$，所以 $|\\text{左式} - \\text{右式}| \\le 3$。故左式和右式相等，驗證畢。\n因此 $f$ 的解有兩個：\n$$f(x) = 0 \\quad \\forall x \\in \\mathbb{Z}$$\n$$f(x) = \\begin{cases} 0, & \\text{當 } x \\equiv 0 \\pmod 5; \\\\ 1, & \\text{當 } x \\equiv 1, 4 \\pmod 5; \\\\ -1, & \\text{當 } x \\equiv 2, 3 \\pmod 5. \\end{cases} \\quad \\forall x \\in \\mathbb{Z}.$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44274,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一正整數 $k$。設正整數數列 $a_0, a_1, \\dots, a_n$ ($n > 0$) 滿足下列所有條件：\n(i) $a_0 = a_n = 1$;\n(ii) 對任何的 $i = 1, 2, \\dots, n-1$, 都有 $2 \\le a_i \\le k$;\n(iii) 對任何的 $j = 2, 3, \\dots, k$, $j$ 在 $a_0, a_1, \\dots, a_n$ 中皆出現 $\\varphi(j)$ 次 ($\\varphi(j)$ 代表不超過 $j$ 且與 $j$ 互質之正整數的個數);\n(iv) 對任何的 $i = 1, 2, \\dots, n-1$, $\\text{gcd}(a_{i-1}, a_i) = 1 = \\text{gcd}(a_i, a_{i+1})$, 並且 $a_i$ 整除 $a_{i-1} + a_{i+1}$。\n現另有一整數數列 $b_0, b_1, \\dots, b_n$ 滿足：對所有的 $i = 0, 1, \\dots, n-1$, 都有 $\\frac{b_{i+1}}{a_{i+1}} > \\frac{b_i}{a_i}$。試求 $b_n - b_0$ 的最小值。\nLet $k$ be a positive integer. A sequence $a_0, a_1, \\dots, a_n$ ($n > 0$) of positive integers satisfies the following conditions:\n(i) $a_0 = a_n = 1$;\n(ii) $2 \\le a_i \\le k$ for each $i = 1, 2, \\dots, n-1$;\n(iii) For each $j = 2, 3, \\dots, k$, the number $j$ appears $\\varphi(j)$ times in the sequence $a_0, a_1, \\dots, a_n$ ($\\varphi(j)$ is the number of positive integers that do not exceed $j$ and are coprime to $j$);\n(iv) For any $i = 1, 2, \\dots, n-1$, $\\text{gcd}(a_{i-1}, a_i) = 1 = \\text{gcd}(a_i, a_{i+1})$, and $a_i$ divides $a_{i-1} + a_{i+1}$.\nThere is another sequence $b_0, b_1, \\dots, b_n$ of integers such that $\\frac{b_{i+1}}{a_{i+1}} > \\frac{b_i}{a_i}$ for all $i = 0, 1, \\dots, n-1$. Find the minimum value for $b_n - b_0$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "$b_n - b_0$ 的最小值為 1。\n方便起見, 我們稱滿足題目條件的數列 $a_0, a_1, \\dots, a_n$ 為「$k$-好數列」。\n首先, 我們先證明 $k$-好數列是唯一的。為此, 我們將命題加強, 同時證明 $k$-好數列滿足下面這個條件:\n若 $(a, b) = 1, a + b \\ge k + 1$ 且 $1 \\le a, b \\le k$, 則存在唯一一個正整數 $i$ 滿足 $a_i = a, a_{i+1} = b$. ...... (*)\n對 $k$ 歸納。$k = 1$ 時, 若 $n \\ge 2$, 則 $1 \\le 1 \\le n-1$, 所以由 (1) 知 $2 \\le a_i \\le 1$, 矛盾。故 $n = 1$, 所以這個數列只能是 $1, 1$, 因此是唯一的。\n接著證明 (*)。若 $(a, b) = 1, a + b \\ge k + 1$ 且 $a, b \\le k$, 則由 $k = 1$ 知 $a = b = 1$。又 $a_0 = a_1 = 1$, 故 (*) 成立。\n若 $k = t - 1$ 成立時 ($t \\ge 2$), 則 $k = t$ 時, 若 $a_i = t$, 則因為 $a_0 = a_n = 1 \\ne t$, 所以 $1 \\le i \\le n-1$。由 (3) 知道 $a_{i-1}, a_{i+1} \\ne t$ (否則就不互質了), 也就是說 $t$ 不會相鄰。故 $a_{i-1}, a_{i+1} < t$。由 (3) 知道 $a_i | a_{i-1} + a_{i+1}$, 然而 $0 < a_{i-1} + a_{i+1} < 2t$, 故結合 $a_i = t$ 知道 $a_{i-1} + a_{i+1} = t$。\n現在將所有是 $t$ 的數從 $a_0, \\dots, a_n$ 中移除, 形成新數列 $A_0, \\dots, A_N$。由於\n$t \\neq 1$, 所以 $A_0 = A_N = 1$ 且 $N > 0$。以下證明：$A_0 \\sim A_N$ 是 $(t-1)$-好數列。\n令 $f: [0, N] \\to [0, n]$ 代表 $A_i$ 原本在數列 $a_0, \\dots, a_n$ 所在的位置。由於原本 $a_0, \\dots, a_n$ 滿足條件 (1)(2)，並且已將所有 $t$ 從中移除，故 $A_0, \\dots, A_N$ 滿足條件 (1)(2)。餘下的是證明 (3)。\n設 $0 \\le i \\le N-1$。若 $f(i+1) = f(i)+1$，則 $(A_i, A_{i+1}) = (a_{f(i)}, a_{f(i)+1}) = 1$。若不然，在 $a_{f(i)}$ 和 $a_{f(i+1)}$ 之間有 $t$ 被移除了。因為 $t$ 不相鄰，所以被移除的 $t$ 只會有一個，也就是說 $a_{f(i)} = A_i, a_{f(i)+1} = t, a_{f(i)+2} = A_{i+1}$。\n由前面所證知 $A_i + A_{i+1} = t = a_{f(i)+1}$，又因為 $a$ 滿足條件 (3)，所以 $(A_i, A_{i+1}) = (A_i, A_i + A_{i+1}) = (a_{f(i)}, a_{f(i)+1}) = 1$。綜上，不論如何都有 $(A_i, A_{i+1}) = 1$，這同時代表 $(A_{i-1}, A_i) = (A_i, A_{i+1}) = 1 \\quad \\forall 1 \\le i \\le N-1$。\n接著要證 $A_i | A_{i-1} + A_{i+1} \\quad \\forall 1 \\le i \\le N-1$。由於 $a$ 滿足條件 (3)，故只需證明 $a_{f(i)-1} \\equiv A_{i-1} \\mod A_i, a_{f(i)+1} \\equiv A_{i+1} \\mod A_i$ 即可。若 $f(i+1) = f(i)+1$，則顯然成立。若不然，同前面討論知道 $a_{f(i)} = A_i, a_{f(i)+2} = A_{i+1}$ 且 $A_i + A_{i+1} = a_{f(i)+1}$，所以 $a_{f(i)+1} = A_i + A_{i+1} \\equiv A_{i+1} \\mod A_i$。\n故不論如何，$a_{f(i)+1} \\equiv A_{i+1} \\mod A_i$，同理 $a_{f(i)-1} \\equiv A_{i-1} \\mod A_i$，結合 $a$ 滿足條件 (3) 知 $A_i | A_{i-1} + A_{i+1}$。至此，我們證明了 $A$ 滿足條件 (3)，因此 $A$ 是 $(t-1)$-好數列。由歸納假設知 $A$ 唯一且滿足 (*)。接著證明 $a$ 唯一。注意到由 $A$ 的取法，我們只需要證明 $\\phi(t)$ 個 $t$ 插入 $A_0, \\dots, A_N$ 的方法唯一即可。然而由前面所證知兩個 $t$ 不能同時出現在某個 $A_i$ 和 $A_{i+1}$ 之間，且若 $t$ 在 $A_i, A_{i+1}$ 之間，則 $A_i + A_{i+1} = t$。又 $(A_i, A_{i+1}) = 1$ 且 $A_i, A_{i+1} \\le t$，結合 (*) 知道若 $t$ 可以在 $A_i, A_{i+1}$ 之間和在 $A_j, A_{j+1}$ 之間 $(i \\neq j)$，則 $A_i \\neq A_j$ (否則 $A_{i+1} = A_{j+1}$，和 (*) 的唯一性矛盾)。又 $(A_i, t) = 1$ 且 $A_i \\le t$，所以 $A_i$ 的取值只有 $\\phi(t)$ 種，也就是說 $t$ 能插入的位置至多只有 $\\phi(t)$ 個。因此插入 $t$ 的方法唯一，也就是說 $a$ 唯一。同時注意到若 $A_i + A_{i+1} = t$，那麼一定會有 $t$ 插在 $A_i, A_{i+1}$ 之間 (否則位置會不夠)。\n接著證明 $a_0, \\dots, a_n$ 滿足條件 (*)。設 $(a, b) = 1, a+b \\ge t+1$ 且 $a, b \\le t$。若 $a, b \\neq t$，則由 $A$ 滿足條件 (*) 和 $a+b \\neq t$ 易知存在唯一一個正整數 $i$ 滿足 $a_i = a, a_{i+1} = b$。若 $a=t$，由於 $(t-b, b) = (t, b) = 1, (t-b)+b=t \\ge t$ 且 $t-b, b \\le t-1$ (注意到 $t$ 不相鄰，所以 $b \\neq t$)，結合 $A$ 滿足條件 (*) 知道存在個正整數 $i$ 滿足 $A_i = t-b, A_{i+1} = b$。因為 $A_i+A_{i+1} = t$，由前面所證知 $a_{f(i)+1} = t, a_{f(i)+2} = A_{i+1}$，(*) 中的存在性得證。接著只需證明唯一性。若 $a_i = t, a_{i+1} = b$，則 $a_{i-1} = t-b$ 且存在唯一一個 $I$ 滿足 $f(I) = i-1, f(I+1) = i+1$。因此 $A_I = t-b, A_{I+1} = b$。又由於 $A$ 滿足 (*)，故存在唯一一個 $I$ 滿足 $A_I = t-b, A_{I+1} = b$，由此便知 $i$ 也唯一。唯一性得證。故 $a_0, \\dots, a_n$ 也滿足 (*)。\n由數學歸納法知 $k$-好數列唯一且滿足 (*)。\n\n設分子依序為 $b_0, \\dots, b_n$，分母依序為 $c_0, \\dots, c_n$。方便起見稱 $b, c$ 分別是 $k$-分子數列和 $k$-分母數列。以下將證明：$c_0, \\dots, c_n$ 是 $k$-好數列且\n$c_i b_{i-1} - c_{i-1} b_i = 1 \\quad \\forall 1 \\le i \\le n$。如此一來結合 $k$-好數列的唯一性，即知分子的 $b_0, \\dots, b_n$ 滿足題設。因為 $b_0 = 0, b_n = 1$，就得到 $b_n - b_0$ 的最小值為 1。\n易知 $c_0, \\dots, c_n$ 滿足條件(1)(2)。接著對 $k$ 使用數學歸納法證明 $c$ 也满足 (3) 且 $c_i b_{i-1} - c_{i-1} b_i = 1 \\quad \\forall 1 \\le i \\le n$。\n首先 $k=1$ 時顯然成立。若 $k=t-1$ 時成立，則 $k=t$ 時，設 $B_0, \\dots, B_N$ 和 $C_0, \\dots, C_N$ 分別是 $(t-1)$-分子數列和分母數列。考慮在 $[0,1]$ 的最簡分數 $\\frac{x}{t}$，設它落在 $(\\frac{B_i}{C_i}, \\frac{B_{i+1}}{C_{i+1}})$ 區間中。由歸納假設，易知只需證 $(t, C_i) = (t, C_{i+1}) = 1, C_i \\equiv t \\pmod{C_{i+1}}, C_{i+1} \\equiv t \\pmod{C_i}, t \\nmid C_i + C_{i+1}, xC_i - B_it = B_{i+1}t - xC_{i+1} = 1$ 即可。... ($\\Delta$) 因為 $(x,t)=1$, 設 $q<t$ 且 $qx \\equiv 1 \\pmod t, p = \\lfloor \\frac{qx}{t} \\rfloor$。則 $\\frac{p}{q} < \\frac{x}{t}$。由 B, C 的定義和 $q<t$ 知 $\\frac{p}{q} \\le \\frac{B_i}{C_i}$。又 $xq-pt = qx-t\\lfloor \\frac{qx}{t} \\rfloor = qx$ 除以 $t$ 的餘數是 1。同理 $xC_i - B_it = C_ix$ 除以 $t$ 的餘數 (設為 $r$) (注意這裡用到了 $\\frac{B_i}{C_i}$ 是離 $\\frac{x}{t}$ 最近的分數)。因為 $rqx \\equiv r \\equiv C_ix \\pmod t$，所以 $C_i \\equiv rq \\pmod t$。又 $C_i \\le t$ 且 $rq > 0$，所以 $C_i \\le rq$。由 $\\frac{p}{q} \\le \\frac{B_i}{C_i}$ 知道 $\\frac{x}{t} - \\frac{B_i}{C_i} \\le \\frac{x}{t} - \\frac{p}{q}$。然而 $\\frac{x}{t} - \\frac{p}{q} = \\frac{xq-pt}{qt} = \\frac{1}{qt}$ 且 $\\frac{x}{t} - \\frac{B_i}{C_i} = \\frac{xC_i - B_it}{C_it} \\ge \\frac{r}{rqt}$ (因為 $C_i \\le rq) = \\frac{1}{qt} = \\frac{x}{t} - \\frac{p}{q}$，故等號必須成立，也就是說 $B_i = p, C_i = q$。因此 $(t, C_i) = (t, q) = 1, xC_i \\equiv 1 \\pmod t$ 且 $xC_i - B_it = xq-pt = 1$。同理可證 $(t, C_{i+1}) = 1, xC_{i+1} \\equiv -1 \\pmod t$ 且 $B_{i+1}t - xC_{i+1} = 1$。因此 $x(C_i + C_{i+1}) \\equiv 0 \\pmod t$，也就是說 $t \\nmid C_i + C_{i+1}$。($\\Delta$) 全部得證。\n綜上，由數學歸納法知 $c=a$ 且 $c_i b_{i-1} - c_{i-1} b_i = 1 \\quad \\forall 1 \\le i \\le n$，從而全題論證結束。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44275,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $x, y$ 為滿足 $x + y = 1$ 的正實數。試證：\n$$\n\\frac{x}{x^2 + y^3} + \\frac{y}{x^3 + y^2} \\le 2 \\left( \\frac{x}{x+y^2} + \\frac{y}{x^2 + y} \\right).\n$$\n\nLet $x, y$ be positive real numbers such that $x + y = 1$. Prove that\n$$\n\\frac{x}{x^2 + y^3} + \\frac{y}{x^3 + y^2} \\le 2 \\left( \\frac{x}{x+y^2} + \\frac{y}{x^2 + y} \\right).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $t = xy$，則\n$$\nx^2 + y^2 = 1 - 2t,\n$$\n$$\nx^3 + y^3 = 1 - 3t,\n$$\n$$\nx^4 + y^4 = 1 - 4t + t^2\n$$\n$$\nx^5 + y^5 = 1 - 5t + 5t^2.\n$$\n因為 $x^2 + y = x + y^2$，所以原不等式等價於\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{x}{x^2 + y^3} + \\frac{y}{x^3 + y^2} \\le \\frac{2}{x+y^2} \\\\\n\\Leftrightarrow & \\frac{x^4 + y^4 + xy}{(x^2 + y^3)(x^3 + y^2)} \\le \\frac{4}{x+y+x^2+y^2} \\\\\n\\Leftrightarrow & (1+x^2+y^2)(x^4+y^4+xy) \\le 4(x^2+y^3)(x^3+y^2) \\\\\n\\Leftrightarrow & (2-2t)(1-3t+2t^2) \\le 4(1-5t+6t^2+t^3) \\\\\n\\Leftrightarrow & (4t-1)(t^2+2t-1) \\ge 0 \\\\\n\\Leftrightarrow & (t-\\frac{1}{4})(t-(\\sqrt{2}-1))(t+\\sqrt{2}+1) \\ge 0.\n\\end{aligned}\n$$\n由\n$$\n0 < t \\le \\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^2 = \\frac{1}{4}\n$$\n知，上式中之最後的不等式成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44276,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有一個凸 $3n$ 邊形，其每個頂點上都有一台機器人，每台機器人都射出一道雷射光指向另一台機器人。你每次操作可以選取一台機器人，叫它順時鐘旋轉，直到它的雷射光指向一台新的機器人為止。當三台機器人 $A$、$B$、$C$，其中 $A$ 的雷射光射向 $B$，$B$ 的雷射光射向 $C$，而 $C$ 的雷射光射向 $A$ 時，我們稱這三台機器人構成一個三角形。試問：至少要多少次操作，才能保證平面上出現 $n$ 個三角形？\n\nThere's a convex $3n$-polygon on the plane with a robot on each of its vertices. Each robot fires a laser beam toward another robot. On each of your move, you select a robot to rotate clockwise until its laser points at a new robot. Three robots $A, B$ and $C$ form a triangle, if $A$'s laser points at $B$, $B$'s laser points at $C$, and $C$'s laser points at $A$. Find the minimum number of moves that can guarantee $n$ triangles on the plane.",
    "options": [],
    "answer": "(9n^2-7n)/2",
    "solution": "答案：$\\frac{9n^2-7n}{2}$ 次。\n\n以下以 $EX$ 代表隨機變數 $X$ 的期望值。\n\n1. 首先，對於任兩點 $A$ 和 $B$，令 $N_{AB}$ 為要將 $A$ 的雷射指向 $B$ 所需的步數。假設我們以均勻分布在所有點中隨機選取相異的 $A$ 和 $B$，則 $EN_{AB} = \\frac{3n-2}{2}$（事實上，易知 $N_{AB}$ 為 $\\{0,1,\\dots,3n-2\\}$ 上的均勻分布。）\n\n2. 對於任三點 $A$、$B$ 和 $C$，令 $N_{ABC}$ 為要旋轉三點上的雷射，使得 $ABC$ 要成為三角形所需步數。假設我們以均勻分布在所有點中隨機選取相異三點 $(A,B,C)$，由期望值的可加性，我們知道 $EN_{ABC} = EN_{AB} + EN_{BC} + EN_{CA} = \\frac{3(3n-2)}{2}$。\n\n3. 將這 $3n$ 個點以 $A_1$ 到 $A_{3n}$ 表示。我們用 $T = (T_1,T_2,\\dots,T_n)$ 來表示將所有點分成 $n$ 個三角形的方法，其中 $T_i = (A_{i1},A_{i2},A_{i3})$ 為有序對。用 $N_T$ 表示在給定將圖轉成 $T$ 所需的步數。假設我們在所有可能的分法上以均勻分布選 $T$，同第二點，由可加性，$EN_T = \\frac{3n(3n-2)}{2}$。\n\n4. 用 $S = (S_1,S_2,\\dots,S_n)$ 來表示將所有點分成 $n$ 個無序集合，每組三點的方式。對於每個 $T$，令 $S(T)$ 為 $T$ 所對應的無序集合組。注意到第三項中的隨機變數，可以視同先在所有可能的 $S$ 中以均勻分布選一個，然後再以均勻分布考慮 $S_i$ 的所有排列。基於 $EN_T = \\frac{3n(3n-2)}{2}$，這代表存在一個 $S^*$，使得 $E[N_T|S(T) = S^*] \\le \\frac{3n(3n-2)}{2}$。\n\n5. 現在，注意到所有滿足 $S(T) = S^*$ 的 $T$ 都有相同的三點分組方式，只是其中若干三角形的順逆時針方向不同。考慮以下命題：\n\n命題一. 對於一個三角形，轉成順時針與逆時針所需的步數不同。\n\n若命題一成立，則代表 $\\{N_T|S(T) = S^*\\}$ 至少包含 $n+1$ 個相異值，故在所有滿足 $S(T) = S^*$ 的 $T$ 中必存在一個 $T^*$，使得 $N_{T^*} \\le E[N_T|S(T) = S^*] - \\frac{n}{2} \\le \\frac{3n(3n-2)}{2} - \\frac{n}{2} = \\frac{9n^2-7n}{2}$，從而得到我們宣稱的下界。\n\n6. 要證明命題一，考慮一個無序三角形 $ABC$，並假設其轉成順時針與逆時針三角形所需的步數相同。不失一般性，假設 $ABC$ 為順時針三角形；進一步的，令 $n_1$ 為將 $BC$ 順時針轉到 $BA$ 所需步數，$n_2$ 為將 $CA$ 順時針轉到 $CB$ 所需步數，而 $n_3$ 為將 $AB$ 逆時針轉到 $AC$ 所需步數，則有 $n_1 + n_2 = n_3$。然而注意到將 $BC$ 順時針轉到 $BA$，加上將 $CA$ 順時針轉到 $CB$，會將弧 $BAC$ 上的所有點跑過一次，但將 $AB$ 逆時針轉到 $AC$ 會跑過 $BAC$ 上”除了 $A$”以外的所有點，這表示兩者的操作數差一次，故原假設不可能成立。\n\n7. 最後證明這個下界是最優的。考慮一個正 $3n$ 邊形，其頂點依順時鐘方向依序標為 $A_1, A_2, \\dots, A_{3n}$，並考慮當 $A_1$ 機器人指向 $A_2$，而其他所有機器人都指向 $A_1$ 的狀況。考慮最後轉出 $a$ 個逆時針的三角形，則可算出需操作 $\\frac{3n(3n-1)}{2} - 2n + a$ 次，因此當 $a = 0$ 時有最小值 $\\frac{3n(3n-1)}{2} - 2n = \\frac{9n^2-7n}{2}$。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44277,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a, b, c$ 為非負實數, 滿足 $(a+b)(b+c)(c+a) \\neq 0$. 試求\n$$\n(a + b + c)^{2016} \\left( \\frac{1}{a^{2016} + b^{2016}} + \\frac{1}{b^{2016} + c^{2016}} + \\frac{1}{c^{2016} + a^{2016}} \\right).\n$$\n的最小值.\n\nLet $a, b, c$ be non-negative real numbers such that $(a+b)(b+c)(c+a) \\neq 0$. Find the minimum of\n$$\n(a + b + c)^{2016} \\left( \\frac{1}{a^{2016} + b^{2016}} + \\frac{1}{b^{2016} + c^{2016}} + \\frac{1}{c^{2016} + a^{2016}} \\right).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "5 * 2^{2015}",
    "solution": "When $xy + yz + zx = 1$ and $(x + y)(y + z)(z + x) \\neq 0$, we have\n$$\n\\frac{1}{x+y} + \\frac{1}{y+z} + \\frac{1}{z+x} \\ge \\frac{5}{2}. \\qquad (1)\n$$\nNow, WLOG we can assume $a^{2016}b^{2016}+b^{2016}c^{2016}+c^{2016}a^{2016} = 1$. Then, we have\n$$\n\\frac{1}{a^{2016} + b^{2016}} + \\frac{1}{b^{2016} + c^{2016}} + \\frac{1}{c^{2016} + a^{2016}} \\ge \\frac{5}{2}. \\qquad (2)\n$$\nFurthermore, by Muirhead and Schur's inequality of degree 3, we have\n$$\n(a+b+c)^{4032} \\\\\n\\ge (a^{4032} + b^{4032} + c^{4032} + 3a^{1344} + b^{1344} + c^{1344}) + \\sum_{i=1}^{2015} C_i^{2016} (a^i b^{2016-i} + b^i c^{2016-i} + c^i a^{2016-i}) \\\\\n\\ge 2^{4032} (a^{2016}b^{2016} + b^{2016}c^{2016} + c^{2016}a^{2016}) = 2^{4032}.\n$$\nCombining these, we get the minimum value is $5 \\times 2^{2015}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44278,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{Z}^+$ 代表所有正整數所成的集合。試求所有滿足下列條件的映成函數 $f: \\mathbb{Z}^+ \\times \\mathbb{Z}^+ \\to \\mathbb{Z}^+$：對任意 $a, b, c \\in \\mathbb{Z}^+$，下列三條件均成立：\n(i) $f(a, b) \\le a + b$\n(ii) $f(a, f(b, c)) = f(f(a, b), c)$\n(iii) $\\binom{f(a, b)}{a}$ 及 $\\binom{f(a, b)}{b}$ 都是奇數 (其中 $\\binom{n}{k}$ 為二項式係數 $C_k^n$)\n\nLet $\\mathbb{Z}^+$ denote the set of all positive integers. Find all surjective functions $f: \\mathbb{Z}^+ \\times \\mathbb{Z}^+ \\to \\mathbb{Z}^+$ that satisfy all of the following conditions: for all $a, b, c \\in \\mathbb{Z}^+$,\n(i) $f(a, b) \\le a + b$\n(ii) $f(a, f(b, c)) = f(f(a, b), c)$\n(iii) Both $\\binom{f(a, b)}{a}$ and $\\binom{f(a, b)}{b}$ are odd numbers (where $\\binom{n}{k}$ denotes the binomial coefficient $C_k^n$)",
    "options": [],
    "answer": "The unique solution is the bitwise OR: for each pair of positive integers a and b, f(a, b) is the unique integer whose binary expansion has ones exactly in the positions where at least one of a or b has a one. Equivalently, if S_n denotes the set of positions of ones in the binary expansion of n, then S_{f(a,b)} = S_a ∪ S_b.",
    "solution": "設正整數 $n$ 的二進位表示為 $n = \\sum_{i=1}^{k} 2^{r_i}$；透過此二進位展開，我們可以得到 $\\mathbb{Z}^+$ 與 $\\mathbb{Z}^+ \\cup \\{0\\}$ 的有限非空子集之間的一對一對應：$S_n := \\{r_1, r_2, \\dots, r_k\\}$。於是定義 $f(a, b)$ 為滿足 $S_{f(a,b)} = S_a \\cup S_b$ 的唯一函數。\n\n由於 $f(a, a) = a$，所以 $f$ 為滿射函數。又易知 $f(a, b) \\le a + b$，等號成立的充要條件為 $S_a \\cap S_b = \\emptyset$，故 (i) 成立；(ii) 為顯然。由 Lucas 定理知二項式係數 $\\binom{m}{n}$ 為奇數的充要條件是 $S_m \\subseteq S_n$，故 (iii) 也成立。\n\n以下證明此函數 $f$ 是唯一解。\n\nStep 1. 一樣由 Lucas 定理，$S_{f(a,b)} \\subseteq S_a \\cup S_b$。\n\nStep 2. 當 $S_a$ 與 $S_b$ 互斥時，$S_{a+b} = S_a \\cup S_b$。因此得 $S_{f(a,b)} \\subseteq S_{a+b}$，推得 $f(a, b) \\ge a + b$。在此情況下加上 (i) 可知 $f(a, b) = a + b$，即得 $S_{f(a,b)} = S_a \\cup S_b$。\n\nStep 3. 若 $a, b < 2^k$，我們證明 $f(a, b) < 2^k$：若不然，則存在 $\\ell \\ge k$ 使得 $\\ell \\in S_{f(a,b)}$。此時有 $S_{f(a,b)} \\supseteq S_a \\cup \\{\\ell\\}$，由 Step 2 知 $f(a, b) \\ge a + 2^\\ell > a + b$，矛盾。\n\nStep 4. 我們考慮 $f(a, b) = 2^k$ 的解 $(a_0, b_0)$。由條件 (iii) 知 $\\max\\{a_0, b_0\\} \\le f(a_0, b_0) = 2^k$。但根據 Step 3，$a_0, b_0$ 不可能都小於 $2^k$。故 $\\max\\{a_0, b_0\\} = 2^k$，不失一般性可設 $a_0 = 2^k$。如果 $b_0 < 2^k$，則由 Step 2 得到 $f(a_0, b_0) = a_0 + b_0 > 2^k$，不合。而由 $f$ 的滿射性知 $f(2^k, 2^k) = 2^k$。\n\nStep 5. 若 $S_a \\cap S_b$ 非空，取 $t \\in S_a \\cap S_b$。由 (ii) 及 Step 2 可得\n$$\n\\begin{align*} \nf(a, b) &= f(f(a - 2^t, 2^t), f(b - 2^t, 2^t)) \\\\ \n&= f(f(a - 2^t, f(2^t, 2^t)), b - 2^t) \\\\ \n&= f(f(a - 2^t, 2^t), b - 2^t) \\\\ \n&= f(a, b - 2^t). \n\\end{align*}\n$$\n\n故由歸納法可知：若 $S_a \\cap S_b = S_c$，則 $f(a,b) = f(a,b-c) = a+b-c$\n(Step 2)。因此 $S_{f(a,b)} = S_{a+b-c} = S_a \\cup (S_b \\setminus S_c) = S_a \\cup S_b$。得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44279,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "你受託幫神盾局辦餐會，但局內有若干對員工是仇人。對一群至少包含 3 個人且人數為奇數的員工們而言，只要可以讓他們圍著一個圓桌入坐，使得任何相鄰的兩個員工都是仇人的話，就稱這群員工為**復仇者聯盟**。\n你發現：如果想要將所有員工分坐若干桌，使得同桌的任兩人都不是仇人的話，至少需要 11 張桌子。試證：神盾局內至少可找到 $2^{10} - 11$ 個復仇者聯盟。\n\nYou are responsible for arranging a banquet for an agency. In the agency, some pairs of agents are enemies. A group of agents are called *avengers*, if and only if the number of agents in the group is odd and at least 3, and it is possible to arrange all of them around a round table so that every two neighbors are enemies.\nYou figure out a way to assign all agents to 11 tables so that any two agents on the same tables are not enemies, and that's the minimum number of tables you can get. Prove that there are at least $2^{10} - 11$ avengers in the agency.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將每個員工視為一個頂點，並將每對仇人之間連線，從而將問題轉化到圖 $(V, E)$ 上。考慮用若干顏色去塗這些點的塗色法；一個塗法被稱為”合法的”，若且唯若任兩邊的兩端點的顏色不同。則原題等價於：若最少色的合法塗法為 $k$ 色，則圖 $(V, E)$ 上至少存在 $2^{k-1} - k$ 個環。\n\n對於任何 $k$ 色塗法, 以 $\\hat{V} = (V_1, V_2, \\dots, V_k)$ 來表示之, 其中 $V_i$ 為被塗成第 $i$ 色的點所成集合。讓我們用以下方式將塗法排序：對於兩種塗法 $\\hat{V} = (V_1, \\dots, V_k)$ 和 $\\hat{U} = (U_1, \\dots, U_k)$, 若 $|V_1| < |U_1|$ 則 $\\hat{V} < \\hat{U}$。若 $|V_1| = |U_1|$, 則再比較 $|V_2|$ 和 $|U_2|$, 若 $|V_2| < |U_2|$ 則 $\\hat{V} < \\hat{U}$。若再相等則比較 $|V_3| < |U_3|$, 依此類推。換言之, 若 $k^* = \\inf\\{n : |V_n| \\neq |U_n|\\}$, 則 $\\hat{V} < \\hat{U}$ 若且唯若 $|V_{k^*}| < |U_{k^*}|$。\n\n我們將考慮所有合法的 $k$ 色塗法中的某個最小塗法。稱一個環為”彩虹環”, 若且唯若其上的頂點包含所有顏色。我們將證明最小塗法有以下性質：\n\n**性質一.** 若 $k$ 為奇數, 則在一個最小的合法塗法下, 存在一個奇數個點的彩虹環。\n\n**性質一的證明.** 顯然 $V_1$ 不為空, 故存在 $v \\in V_1$。我們將證明存在一個彩色環, 其上只有一個 $V_1$ 的點, 也就是 $v$。\n\n構造一個子圖：首先，將 $v$ 標記。接著，將與 $v$ 有連線的 $V_2$ 點標記。再接著，將所有與某個有標記的 $V_2$ 點有連線的 $V_3$ 點標記。依此類推，每次都將所有與某個有標記的 $V_i$ 點有連線的 $V_{i+1}$ 點標記，其中 $V_{k+1} = V_2, V_{k+2} = V_3$，依此類推（換言之，我們在 $v$ 之後就不再考慮 $V_1$ 的點）。重複以上動作，直到不再有點可以被標記（基於點數有限，此動作一定能在有限步內完成）。\n\n將所有被標記的點所成集合記為 $M$。顯然 $V_i \\cap M$ 裡的點都不可能與 $V_{i+1} \\cap M^c$ 裡的有連線。此外，$v$ 可在有限段邊內抵達 $M$ 中的任何點。\n\n現在，考慮一個新塗法 $W = (W_1, \\cdots, W_k)$，其中：\n$$\n- W_1 = V_1.\n$$\n$$\n- \\forall 3 \\le i \\le k, W_i = (V_i \\cap M^c) \\cup (V_{i-1} \\cap M).\n$$\n$$\n- W_2 = (V_2 \\cap M^c) \\cup (V_k \\cap M).\n$$\n換言之，$W$ 為先用 $V$ 塗完所有點之後，將所有有標記的 $V_2$ 點改塗第 3 色，有標記的 $V_3$ 點改塗第 4 色，依此類推，最後有標記的 $V_k$ 點改塗第 2 色。由前面的構造，$W$ 必然也是合法的（因為可視為整個相連子圖上的顏色被重新編號。）此外，$v$ 必然和某個 $w \\in W_2$ 連線；否則，我們可以將 $v$ 改塗第 2 色，此塗法仍合法且更小（因為第 1 色少了一個點），與原先的最小塗法假設不合。再注意到若 $w \\notin M$，則表示 $w \\in V_2$；但若如此，因為 $v$ 和 $w$ 有連線，故它在第一步就該被標記並在改塗 $W$ 時被送到 $W_3$，矛盾！因此 $w \\in M$ 且 $w \\in V_k$。\n\n現在，基於 $w \\in M$，必存在有限條線段連接 $v$ 和 $w$，而這將走過 $V_2$ 到 $V_k$。同時，由上面討論，$v$ 和 $w$ 之間有連線。以上兩者構成一個奇數個點的彩虹環，證畢！\n\n**原題證明:** 考慮一個最小的合法塗法 $\\hat{V}$。假設 $C \\subset \\{1, 2, \\cdots, k\\}$ 且 $|C|$ 為大於 1 的奇數。我們將證明，原圖中存在一個環，其恰有且僅有 $C$ 所對應的所有顏色；若如此，由於 $C$ 的選法有 $2^{k-1} - k$ 種 (奇數元素子集，扣掉單子集)，故原圖存在 $2^{k-1} - k$ 個不同的環，原命題即得證。\n\n令 $V_c$ 為 $V$ 中所有 $c$ 色頂點所成集合，$V_C = \\bigcup_{c \\in C} V_c$，而 $G_C$ 由 $V_C$ 所構成的子圖。注意到合法塗法在子圖上仍然是合法的。除此之外，它也仍是最小的，因為如果它不是，則子圖上存在一個更小的塗法 $\\hat{U}$，此時我們可以考慮原圖的一個塗法，其將 $V_C$ 的所有點以 $\\hat{U}$ 的方式塗，而將所有 $V \\setminus V_C$ 的點以 $\\hat{V}$ 來塗，則此塗法比 $\\hat{V}$ 還小，矛盾。綜上，原塗法在子圖上仍為一個最小的合法塗法，故由性質一，子圖上必存在一個彩色環，其恰有且僅有 $C$ 所對應的所有顏色。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44280,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有一個正三角形網格，相鄰兩格點的距離為 $1$。有一個邊長為 $n$ 的正三角形，其三個頂點都在格點上，三邊都落在格線上。現在，將此正三角形分割成 $n^2$ 個面積相等的小三角形（不需為正三角形），使得每個小三角形的三個頂點都在格點上。\n證明：其中至少有 $n$ 個小三角形是正三角形。\n\nThere is a grid of equilateral triangles with a distance $1$ between any two neighboring grid points. An equilateral triangle with side length $n$ lies on the grid so that all of its vertices are grid points, and all of its sides match the grid. Now, let us decompose this equilateral triangle into $n^2$ smaller triangles (not necessarily equilateral triangles) so that the vertices of all these small triangles are all grid points, and all these small triangles have equal areas.\nProve that there are at least $n$ equilateral triangles among these smaller triangles.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不失一般性，假設大正三角形朝上。以下證明：在所有小三角形中，朝上的正三角形比朝下的正三角形至少多 $n$ 個。此自然可證明原命題。\n\n若所有小三角形皆為正三角形顯然成立（因每一橫排向上者都比向下者多一個）。若否，則進行以下操作：找所有小三角形中最長的邊 $AB$，並考慮以它為邊的兩個小三角形 $ABC$ 和 $ABD$。可以證明：\n\n引理一：$ABCD$ 組成一個平行四邊形。\n證明：由皮克公式 (Pick's formula) 知線段 $AB$ 上沒有其他格點，且所有可能的 $C$、$D$ 位置落在平行 $AB$ 的兩條直線上（分別在 $AB$ 兩側），並以長度為 $AB$ 的間隔分布。又，由於 $AB$ 為最長邊，角 $CBA$ 和角 $CAB$ 必為銳角，所以 $C$ 到 $AB$ 的垂足落在 $AB$ 線段內。結合此兩點，知 $C$ 的位置唯一確定；同理，$D$ 也唯一確定，並由對稱性易知 $D$ 為使 $ABCD$ 構成平行四邊形的點。Q.E.D.\n\n基於這兩個小三角形 $ABC$ 與 $ABD$ 組成平行四邊形，將 $AB$ 換成 $CD$ 會得到一個新的滿足題意的切割，且\n\n引理二：$AB > CD$。\n證明：由 $AB \\ge \\sqrt{3}$ 知 $d(C, AB) \\le 1/2$；又因 $AC \\ge 1$，知 $\\angle CAB \\le 30^\\circ$。同理，$\\angle CBA \\le 30^\\circ$。因此 $\\angle C$ 是鈍角，故由樞軸定理知 $AB > CD$。Q.E.D.\n\n因此，每進行一次操作，都會讓最長邊的距離變小；注意到網格上兩點之間的距離只有有限多種可能，故我們可以重複此一操作直到最長邊的邊長被降為 $1$，也就是所有小三角形都是正三角形的狀況。又，在這每次操作中，易知朝上與朝下正三角形個數的差不會改變，故知原本切割方式中，朝上正三角形比朝下正三小角形多 $n$ 個。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44281,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於一個由有限多個正整數所成的集合 $A$, 我們將它分割成兩個非空的子集 $A_1$ 和 $A_2$。我們稱 $(A_1, A_2)$ 是個好分割, 若且唯若 $A_1$ 所有元素的最小公倍數等於 $A_2$ 所有元素的最大公因數。試求最小的 $n$, 使得存在一個由 $n$ 個正整數所成的集合, 其恰好有 2015 個好分割。\n\nFor a finite set $A$ of positive integers, we call a partition of $A$ into two disjoint nonempty subsets $A_1$ and $A_2$ are good if the least common multiple of the elements in $A_1$ is equal to the greatest common divisor of the elements in $A_2$. Determine the minimum value of $n$ such that there exists a set of $n$ positive integers with exactly 2015 good partitions.",
    "options": [],
    "answer": "3024",
    "solution": "答案：3024\n\n假設 $A = \\{a_1, a_2, \\cdots, a_n\\}$, 其中 $a_1 < a_2 < \\cdots < a_n$。對任何非空的正整數集 $B$, 令 $l(B)$ 和 $g(B)$ 分別代表其所有元素的最小公倍數和最大公因數。\n\n考慮 $A$ 的所有好分割 $(A_1, A_2)$。由定義，對於所有 $a_i \\in A_1$ 和 $a_j \\in A_2$，必有 $a_i \\le l(A_1) = g(A_2) \\le a_j$，因此必存在 $1 \\le k < n$ 使得 $A_1 = \\{a_1, a_2, \\cdots, a_k\\}$ 且 $A_2 = \\{a_{k+1}, \\cdots, a_n\\}$。以下用 $a_k$ 分割來指稱這樣的分割，並令 $l_k = l(a_1, a_2, \\cdots, a_k)$, $g_k = g(a_{k+1}, \\cdots, a_n)$。\n\n現在，注意到以下性質：\n\n- 性質一：若 $a_{k-1}$ 和 $a_k$ 都是好分割，則 $g_{k-1} = g_k = a_k$。\n\n證明：注意到 $l_{k-1} = g_{k-1}|a_k$，故 $g_k = l_k = l(l_{k-1}, a_k) = a_k$，且 $g_{k-1} = g(a_k, g_k) = a_k$。\n\n- 性質二：$a_{k-1}$, $a_k$ 和 $a_{k+1}$ 中至有一個不是好分割。\n\n證明：若否，由性質一，$a_k = g_k = a_{k+1}$，矛盾。\n\n- 性質三：$a_1$ 和 $a_2$ 不能同時為好分割。$a_{n-2}$ 和 $a_{n-1}$ 也不能同時為好分割。\n\n證明：若 $a_1$ 和 $a_2$ 皆為好分割，則由性質一，$a_2 = g_1 = l_1 = a_1$，矛盾。第二部分雷同。\n\n現在，假設 $|A| = n$。由性質三，$\\{a_1, a_2\\}$ 至多一個好分割，$\\{a_{n-2}, a_{n-1}\\}$ 亦至多一個好分割。又由性質二，$\\{a_3, \\cdots, a_{n-3}\\}$ 裡至少有 $[(n-5)/3]$ 個不好的分割。綜以上，好分割的數量至多為 $(n-1)\\cdot 2 - \\lfloor \\frac{n-5}{3} \\rfloor = \\lfloor \\frac{2(n-2)}{3} \\rfloor \\ge 2015$，因此 $n \\ge 3024$。\n\n我們最後證明 3024 確實滿足題意。考慮 $A = \\{2 \\times 6^i, 3 \\times 6^i, 6^{i+1}\\mid 0 \\le i \\le 1007\\}$。則所有 $3 \\times 6^i$ 和 $6^i$ (除了 $6^{1007}$ 外) 皆為好分割。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44282,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\mathbb{Z}$ be the set of all integers. Determine all functions $f : \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ such that\n$$\nf(x - f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1\n$$\nholds for all $x, y \\in \\mathbb{Z}$.\n\n令所有整數所成的集合為 $\\mathbb{Z}$。求所有函數 $f : \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$, 滿足：\n$$\nf(x - f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1\n$$\n對所有整數 $x, y$ 都成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = -1 and f(x) = x + 1",
    "solution": "There are two solutions: $f(x) = -1$ and $f(x) = x + 1$.\nThe functional equation is\n$$\nf(x - f(y)) = f(f(x)) - f(y) - 1 \\quad (1)\n$$\n1. Take $x = 0$ and $y = f(0)$ into (1), we learn that $z = -f(f(0))$ satisfies $f(z) = -1$.\n\n2. Set $y = z$ into (1), we have\n$$\nf(x + 1) = f(f(x)). \\quad (2)\n$$\n\n3. Therefore, (1) becomes\n$$\nf(x - f(y)) = f(x + 1) - f(y) - 1. \\quad (3)\n$$\n\n4. Now we show that $f$ is linear. By applying (3) with $y = x$ and then (2), we obtain\n$$\nf(x + 1) - f(x) = f(x - f(x)) + 1 = f(f(x - 1 - f(x))) + 1.\n$$\nSince (3) shows $f(x - 1 - f(x)) = f(x) - f(x) - 1 = -1$, we have\n$$\nf(x + 1) = f(x) + A,\n$$\nwhere $A = f(-1) + 1$ is some constant. Standard induction shows that\n$$\nf(x) = Ax + B,\n$$\nwhere $B = f(0)$.\n\n5. Back to (2), we have\n$$\nAx + (A + B) = A^2 x + (AB + B).\n$$\nTake $x = 0$ and $x = 1$, we have $A + B = AB + B$ and $A^2 = A$. The second equation leads to $A = 0$ or $A = 1$. If $A = 1$, we have $B = 1$, so $f(x) = x + 1$. If $A = 0$, $f$ would be a constant, and (1) shows that $f(x) = -1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44283,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\triangle ABC$ be an acute triangle, and let $M$ be the midpoint of $AC$. A circle $\\omega$ passing through $B$ and $M$ meets the sides $AB$ and $BC$ again at $P$ and $Q$, respectively. Let $T$ be the point such that the quadrilateral $BPTQ$ is a parallelogram. Suppose that $T$ lies on the circumcircle of the triangle $ABC$. Determine all possible values of $BT/BM$.\n\n設 $\\triangle ABC$ 為銳角三角形, 點 $M$ 為 $AC$ 的中點。一圓 $\\omega$ 通過 $B$, $M$ 兩點, 並與 $AB$, $BC$ 兩邊分別再交於 $P$, $Q$ 兩點。令點 $T$ 是讓 $BPTQ$ 形成平行四邊形的一點。當 $T$ 落在三角形 $ABC$ 的外接圓上時, 試決定 $BT/BM$ 的所有可能值。",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(2)",
    "solution": "$BT/BM = \\sqrt{2}$。\n\n令 $S$ 為平行四邊形 $BPTM$ 的中心, 並令點 $B' \\neq B$ 是在射線 $BM$ 上滿足 $BM = MB'$ 的點, 如圖 1 所示。易知 $ABCB'$ 為平行四邊形。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n圖 1\n\n所以, $\\angle ABB' = \\angle PQM$, 以及 $\\angle BB'A = \\angle B'BC = \\angle MPQ$, 由此得 $\\triangle ABB' \\sim \\triangle MQP$。於是 $AM$ 與 $MS$ 分別是這兩個相似三角形對應邊的中線。可知\n\n$$\n\\angle SMP = \\angle B'AM = \\angle BCA = \\angle BTA. \\quad (1)\n$$\n\n因為 $\\angle ACT = \\angle PBT$，以及 $\\angle TAC = \\angle TBC = \\angle BTP$，可得 $\\triangle TCA \\sim \\triangle PBT$。再一次，$TM$ 與 $PS$ 分別是這兩個相似三角形對應邊的中線，可知\n\n$$\n\\angle MTA = \\angle TPS = \\angle BQP = \\angle BMP. \\quad (2)\n$$\n\n以下分兩種情況討論。\n\n**Case 1.** $S$ 不在 $BM$ 線上。因為 $A$、$C$ 兩點的角色是對稱的, 我們不妨假設 $S$ 與 $A$ 位於 $BM$ 直線的同側。\n\n利用 (1) 及 (2), 得\n$$\n\\angle BMS = \\angle BMP - \\angle SMP = \\angle MTA - \\angle BTA = \\angle MTB,\n$$\n故兩三角形 $BSM$ 與 $BMT$ 相似。於是 $BM^2 = BS \\cdot BT = BT^2/2$，即\n$$ BT = \\sqrt{2}BM $$\n\n**Case 2.** $S$ 落在 $BM$ 線上。由 (2) 知 $\\angle BCA = \\angle MTA = \\angle BQP = \\angle BMP$ (如圖 2 所示)。所以 $PQ \\parallel AC$, 且 $PM \\parallel AT$。於是 $BS/BM = BP/BA = BM/BT$, 一樣得到 $BT^2 = 2BM^2$, 所以 $BT = \\sqrt{2}BM$。\n\n![](attached_image_2.png)\n\n圖 2",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44284,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知非常數的整係數多項式 $f(x)$ 滿足\n$$\n(x^3 + 4x^2 + 4x + 3)f(x) = (x^3 - 2x^2 + 2x - 1)f(x + 1).\n$$\n證明：對所有正整數 $n$ ($n \\ge 8$), $f(n)$ 至少有五個不同的質因數。\n\nLet $f(x)$ be the polynomial with integer coefficients ($f(x)$ is not constant) such that\n$$\n(x^3 + 4x^2 + 4x + 3)f(x) = (x^3 - 2x^2 + 2x - 1)f(x + 1).\n$$\nProve that for each positive integer $n$ ($n \\ge 8$), $f(n)$ has at least five distinct prime divisors.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "題設等價於\n$$\n(x + 3)(x^2 + x + 1)f(x) = (x - 1)(x^2 - x + 1)f(x + 1). \\quad (1)\n$$\n在 (1) 式中分別令\n$$\nx = -3, \\frac{-1 - \\sqrt{3}i}{2}, \\frac{-1 + \\sqrt{3}i}{2}, 1\n$$\n則\n$$\nf(-2) = f\\left(\\frac{1 - \\sqrt{3}i}{2}\\right) = f\\left(\\frac{1 + \\sqrt{3}i}{2}\\right) = f(1) = 0.\n$$\n在 (1) 式中令 $x = -2, 0$. 則 $f(-1) = f(0) = 0$. 故 $-2, -1, 0, 1$ 與 $\\frac{1 \\pm \\sqrt{3}i}{2}$ 是 $f(x) = 0$ 的根。則\n$$\nf(x) = (x + 2)(x + 1)x(x - 1)(x^2 - x + 1)g(x), \\quad (2)\n$$\n其中, $g(x)$ 為實係數多項式。由 (2) 得\n$$\nf(x + 1) = (x + 3)(x + 2)(x + 1)x(x^2 + x + 1)g(x + 1). \\quad (3)\n$$\n將 (2), (3) 帶入 (1) 得\n$$\ng(x) = g(x + 1).\n$$\n設 $g(x) = \\sum_{k=0}^{n} a_k x^k$. 則 $\\sum_{k=0}^{n} a_k x_k = \\sum_{k=0}^{n} a_k (x+1)^k$. 考慮兩邊 $(n-1)$ 次項係數知\n$$\na_{n-1} = n a_n + a_{n-1} \\Rightarrow n a_n = 0.\n$$\n所以, $g(x)$ 為常數 $c$. 故 $f(x) = c(x + 2)(x + 1)x(x - 1)(x^2 - x + 1)$, 其中, 常數 $c$ 為不等於 0 的整數。\n\n首先證明: $(n + 2)(n + 1)n(n - 1)$ ($n \\ge 8$) 至少有四個不同的質因數。\n否則, $(n+2)(n+1)n(n-1)$ 至多有三個不同的質因數 $2, 3, p$ ($p \\ne 2, 3$). 但 $(n-1), n, (n+1), (n+2)$ 兩兩之間的最大公因數為 $1, 2, 3$ 其中兩個奇數互質, 則為 $3^a, p^b, a,b$ 為正整數。從而, 兩個偶數為 $2^{c+1}, 2 \\times 3^d, c,d$ 為正整數。故 $|2^c - 3^d| = 1$。解得 $(c,d) = (2,1), (3,2)$。\n因此, 這兩個偶數為 8, 6 或 16, 18。前者不符。後者得到另兩個奇數為 15, 17 或 17, 19, 均導致矛盾。\n\n其次, 假設存在某個正整數 $n$ ($n \\ge 8$), 使得 $n^2 - n + 1$ 的每個質因數都是\n$$\n(n+2)(n+1)n(n-1)\n$$\n的質因數, 且 $(n+2)(n+1)n(n-1)$ 恰有四個質因數, 否則, 結論成立。\n顯然, $(n^2 - n + 1, n(n+1)) = 1$, 由 $n^2 - n + 1 = (n+2)(n-3) + 7$, 知\n$$\n(n^2 - n + 1, n + 1) = 1 \\text{ 或 } 3, \\quad (n^2 - n + 1, n + 2) = 1 \\text{ 或 } 7.\n$$\n故 $n^2 - n + 1 = 3^a 7^b$, $a,b$ 為 0 或正整數。但 $9 \\nmid (n^2 - n + 1)$, 故 $a \\in \\{0,1\\}$, 則 $b > 0$。由假設知 $n+2, n+1, n, n-1$ 的質因數為 $2, 3, 7, p$ ($p \\ne 2, 3, 7$), 則 $7|(n+2)$。\n\n考慮其中兩個偶數、兩個奇數的質因數集合 $A, B$。顯然, $2 \\in A$, $|B| \\ge 2$, $A \\cap B \\subseteq \\{3\\}$。故 $|A| = 2$ 或 $|A| = 3$ 且 $3 \\in A$。\n若 $A = \\{2,3\\}$ 或 $\\{2,7\\}$, 則兩個偶數為 $2^{c+1}, 2 \\times 3^d$ 或 $2^{c+1}, 2 \\times 7^d$, 得\n$$\n|2^c - 3^d| = 1 \\text{ 或 } |2^c - 7^d| = 1.\n$$\n故這兩個偶數為 16, 18 或 16, 14。前者得 $7 \\nmid (n+2)$; 後者使 $(n+2)(n+1)n(n-1)$ 有質因數 $2, 3, 5, 7$ 及 $13$ (或 $17$), 矛盾。\n\n若 $A = \\{2,p\\}$, 則 $n+2$ 為奇數, $n-1$ 為偶數。\n$$\n\\text{由 } 3 \\text{ 不屬於 } A \\Rightarrow 3 \\nmid (n-1) \\Rightarrow 3 \\nmid (n-2).\n$$\n故 $n+2 = 7^c, n = 3^d$, 且 $2^e \\in \\{n+1, n-1\\}$ ($c,d,e$ 為 0 或正整數, $c,d \\ge 2, e \\ge 3$)。\n從而, $|3^d - 2^e| = 1 \\Rightarrow (d,e) = (2,3)$。於是, $n=9$。則 $n+2 = 11 \\ne 7^c$, 矛盾。\n\n若 $A = \\{2,3,7\\}$, 則 $B = \\{3,p\\}$, 且 $n+2$ 為偶數, $(n+2, n-1) = 3$。故 $2 \\times 3 \\times 7|(n+2)$。\n從而, $n = 2^c, n-1 = 3^d, n+1 = p^e$ ($c,d,e$ 為正整數 $c \\ge 3, d \\ge 2$)。\n於是, $2^c - 3^d = 1 \\Rightarrow (c,d) = (2,1)$, 矛盾。\n\n若 $A = \\{2,3,p\\}$, 則 $B=\\{3,7\\}$, 且 $n+2$ 為奇數, $(n+2, n-1) = 3$。故 $3 \\times 7|(n+2)$。但 $(n, n+2) = 1$ 則 $n$ 的奇質因數不是 $3,7$, 矛盾。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44285,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為一正整數, 並在黑板上寫下 $1, 2, \\dots, n$ 等數字。阿發和小李輪流從黑板上選擇一個數字, 規則如下:\n(i) 你不能選之前被任何人選過的數字。\n(ii) 如果你之前選過 $k$, 你不能選 $k-1$ 或 $k+1$。\n(iii) 如果所有數字被選完則雙方平手；否則，先沒有數字可選的人輸。\n假設阿發先選。試求所有小李有必勝法的正整數 $n$。\n\nLet $n$ be a positive integer, and write down $1, 2, \\dots, n$ on the blackboard. Alpha and Lee take turn choosing a number from the board according to the following rules:\n(i) You cannot choose any number that was previous selected by either player.\n(ii) If you have chosen $k$, you cannot choose $k-1$ or $k+1$.\n(iii) The game is a draw if all numbers are chosen. Otherwise, the player who cannot choose any number first loses the game.\nSuppose Alpha chooses first. Determine all $n$ such that Lee has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers n except 1, 2, 4, 6",
    "solution": "除了 $n = 1, 2, 4, 6$ 外，小李都必勝。\n方便起見，令 $[n] = \\{1, 2, \\dots, n\\}$。我們先證明一個引理：\n引理：如果小李第一次選擇 $n$，且阿發已經選了他的第 $k$ 個數字 ($k \\ge 2$)，則小李必可以選擇他的第 $k$ 個數字。\n證明：令 $a_1 < a_2 < \\dots < a_k$ 為阿發所選的頭 $k$ 個數字；注意到 $a_k < n$。基於 $a_{i+1} - a_i > 1$，因此對於所有 $1 \\le i \\le k$ 必然存在 $b_i$ 使得 $a_i < b_i < a_{i+1}$，其中 $a_{k+1} := n$。又在這 $k$ 個 $b_i$ 中，小李最多只選了 $k-1$ 個，因此他必然可以從中選出他的第 $k$ 個數字。Q.E.D.\n\n回到原題。不失一般性，我們假設阿發第一手選擇的數字不超過 $\\frac{n+1}{2}$，因此小李第一手選擇 $n$。\n\n- 我們首先證明，對於所有 $n \\ne 1, 2, 4, 6$，小李有必勝法。這分兩種狀況：\n\n* $n$ 為 3 以上的奇數：由引理知只要阿發能選，小李也一定能選。又若遊戲和局，阿發必須從 $[n]$ 中選擇 $\\frac{n+1}{2}$ 個兩兩不連續的數字，而這只有可能是 $[n]$ 中的所有奇數；但小李一開始就把 $n$ 這個奇數選走了，所以阿發一定會先沒有數字選。換言之，小李必勝。\n\n* $n$ 為 8 以上的偶數：類似前面的情況，引理告訴我們小李一定不可能輸，且遊戲要和局，阿發必須從 $[n-1]$ 中選擇 $\\frac{n}{2}$ 個兩兩不連續的數字，而這只可能是 $[n-1]$ 中的所有奇數。因此，只要小李在第二次選擇時，從 $\\{1,3,...,n-3\\}$ 中任選一個阿發還沒選擇的數字，阿發就必輸（注意到此時阿發只選過兩個數字，故小李一定又這樣的數字可選。基於小李第一手選 $n$，故他不能選 $n-1$。）綜上，小李必勝。\n\n- 我們接著證明，對於所有 $n = 1,2,4,6$, 小李不存在必勝法。事實上，我們將證明遊戲必為和局。\n\n* $n = 1,2$ 顯然。\n\n* $n = 4$ 時，易知阿發第一手必須選 $1$，否則小李選 $4$ 便勝。接著，小李的第一手必須選 $4$，否則阿發第二手選 $4$ 便勝。阿發接下來必選 $3$，小李必選 $2$，和局。\n\n* $n = 6$ 時，阿發第一手選 $1$。先考慮 $\\{3,5\\}$ 和 $\\{4,6\\}$ 兩個集合：若小李選擇其中一個集合裡比較小（大）的那個，阿發接著選另一個集合裡比較大（小）的那個即可。而如果小李選 $2$，阿發從前面兩個集合中選擇剩餘的數字即可。由此可知阿發至少可逼和，而由引理知小李也至少可逼和，故必和。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44286,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為凸四邊形, 點 $P, Q, R, S$ 分別在邊 $AB, BC, CD, DA$ 邊上。直線 $PR$ 與 $QS$ 交於 $O$ 點。設四個四邊形 $APOS, BQOP, CROQ, DSOR$ 都有內切圓。證明：直線 $AC, PQ, RS$ 共點或是兩兩互相平行。\n\nLet $ABCD$ be a convex quadrilateral, and let $P, Q, R, S$ be points on the sides of $AB, BC, CD, and DA$, respectively. Let the line segments $PR$ and $QS$ meet at $O$. Suppose that each of the quadrilaterals $APOS, BQOP, CROQ, and DSOR$ has an incircle. Prove that the lines $AC, PQ, and RS$ are either concurrent or parallel to each other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "對於 $\\triangle ABC$ 與直線 $PQ$、以及 $\\triangle ACD$ 與直線 $RS$ 使用孟氏定理 (Melelaus' theorem)，可知 $AC$ 分別與 $PQ$、$RS$ 有相同交點 (此交點可能在無窮遠處) 的充要條件是：\n$$\n\\frac{AP}{PB} \\cdot \\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CR}{RD} \\cdot \\frac{DS}{SA} = 1. \\qquad (1)\n$$\n所以我們把目標放在證明 (1) 式。\n\n先來證下面的結果。\n\nLemma 1. 設四邊形 $EFGH$ 有內切圓, $M$ 為內切圓圓心。則\n$$\n\\frac{EF \\cdot FG}{GH \\cdot HE} = \\frac{FM^2}{HM^2}.\n$$\n\n*Proof*. 注意到 $\\angle EMH + \\angle GMF = \\angle FME + \\angle HMG = 180^\\circ$, $\\angle FGM = \\angle MGH$, 以及 $\\angle HEM = \\angle MEF$ (如圖 1)。由正弦定理, 知\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{EF}{FM} \\cdot \\frac{FG}{FM} &= \\frac{\\sin \\angle FME \\cdot \\sin \\angle GMF}{\\sin \\angle MEF \\cdot \\sin \\angle FGM} = \\frac{\\sin \\angle HMG \\cdot \\sin \\angle EMH}{\\sin \\angle MGH \\cdot \\sin \\angle HEM} \\\\\n&= \\frac{GH}{HM} \\cdot \\frac{HE}{HM}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n令點 $I, J, K, L$ 分別為四邊形 $APOS, BQOP, CROQ, DSOR$ 的內切圓圓心。將 Lemma 1 的結果套入這四個四邊形，可得\n$$\n\\frac{AP \\cdot PO}{OS \\cdot SA} \\cdot \\frac{BQ \\cdot QO}{OP \\cdot PB} \\cdot \\frac{CR \\cdot RO}{OQ \\cdot QC} \\cdot \\frac{DS \\cdot SO}{OR \\cdot RD} = \\frac{PI^2}{SI^2} \\cdot \\frac{QJ^2}{PJ^2} \\cdot \\frac{RK^2}{QK^2} \\cdot \\frac{SL^2}{RL^2},\n$$\n可化簡為\n$$\n\\frac{AP}{PB} \\cdot \\frac{BQ}{QC} \\cdot \\frac{CR}{RD} \\cdot \\frac{DS}{SA} = \\frac{PI^2}{PJ^2} \\cdot \\frac{QJ^2}{QK^2} \\cdot \\frac{RK^2}{RL^2} \\cdot \\frac{SL^2}{SI^2}. \\quad (2)\n$$\n![](attached_image_1.png)\n圖 2\n\n接下來,我們有 $\\angle IPJ = \\angle JOI = 90^\\circ$, 且 $I, J$ 兩點位於直線 $OP$ 的異側。由此知四邊形 $IPJO$ 有外接圓。同理可得四邊形 $JQKO$ 也有外接圓, 且 $\\angle JQK = 90^\\circ$。所以 $\\angle QKJ = \\angle QOJ = \\angle JOP = \\angle JIP$。\n\n因此兩直角三角形 $\\triangle IPJ$ 與 $\\triangle KQJ$ 相似, 可知 $\\frac{PI}{PJ} = \\frac{QK}{QJ}$。同理可得 $\\frac{RK}{RL} = \\frac{SI}{SL}$。此二式與 (2) 式合併起來, 就得到 (1) 式。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44287,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $S$ 為所有正整數的一個非空子集。一個正整數 $n$ 被稱為乾淨的，若且唯若它可以被表示成 $S$ 的奇數個相異元素的和，且這個表示法是唯一的。試證：存在無窮多個不乾淨的正整數。\n\nLet $S$ be a nonempty set of positive integers. We say that a positive integer $n$ is *clean* if it has a unique representation as a sum of an odd number of distinct elements from $S$. Prove that there exist infinite many positive integers that are not clean.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Define an *odd* (respectively, *even*) *representation* of $n$ to be a representation of $n$ as a sum of an odd (respectively, even) number of distinct elements of $S$. Let $\\mathbb{N}$ denote the set of all positive integers.\n\nSuppose, to the contrary, that there exist only finitely many positive integers that are not clean. Therefore, there exists a positive integer $N$ such that every integer $n > N$ has exactly one odd representation.\n\nClearly, in this case, $S$ must be infinite. We first prove the following properties of odd and even representations.\n\n1.  **Any positive integer $n$ has at most one odd and at most one even representation.**\n\n*Proof.* We first show that every integer $n$ has at most one even representation. Since $S$ is infinite, there exists $x \\in S$ such that $x > \\max\\{n, N\\}$. Then, the number $n+x$ must be clean, and $x$ does not appear in any even representation of $n$ (since $x > n$). If $n$ has more than one even representation, then we obtain two distinct odd representations of $n+x$ by adding $x$ to the even representations of $n$, which is a contradiction. Hence, $n$ has at most one even representation.\n\nSimilarly, there exist two elements $y, z \\in S$ such that $y, z > \\max\\{n, N\\}$.\nIf $n$ has more than one odd representation, then $n+y+z$ has multiple odd representations, which is a contradiction.\n\n2.  **Fix $s \\in S$. Suppose that a number $n > N$ has no even representation. Then $n+2s$ has an even representation containing $s$ for all integers $a \\ge 1$.**\n\n*Proof.* It is sufficient to prove the following statement: If $n$ has no even representation without $s$, then $n+2s$ has an even representation containing $s$ (and hence no even representation without $s$ by Property 1.)\n\nSince $n + s > n > N$ is clean, it has an odd representation. In addition, notice that the odd representation of $n+s$ does not contain $s$; otherwise, $n$ has an even representation without $s$, which is a contradiction. Hence, by adding $s$ to the representation, we get an even representation of $n+2s$ containing $s$.\n\n3.  **Every sufficiently large integer has an even representation.**\n\n*Proof.* Fix any $s \\in S$, and let $r$ be an arbitrary element in $\\{1, 2, \\dots, 2s\\}$. Then, Property 2 implies that the set $\\mathbb{N}_r = \\{r + 2as : a \\ge 0\\}$ contains at most one number exceeding $N$ with no even representation. Hence, $\\mathbb{N}_r$ contains finitely many positive integers with no even representation, and so does $\\mathbb{N} = \\bigcup_{r=1}^{2s} \\mathbb{N}_r$.\n\nCombining Properties 1-3, we may assume that $N$ is chosen such that $n > N$ has exactly one odd and exactly one even representation. In particular, each element $s > N$ of $S$ has an even representation.\n\n4.  **For any $s, t \\in S$ with $N < s < t$, the even representation of $t$ contains $s$.**\n\n*Proof.* Suppose NOT. Then, $s+t$ would have two odd representations (one by adding $t$ to the even representation of $s$, and the other by adding $s$ to the even representation of $t$), which contradicts Property 1.\n\nWe are now ready for the original problem. Let $s_1 < s_2 < \\dots$ be all elements of $S$, and set $\\sigma_n = \\sum_{i=1}^n s_i$ for each nonnegative integer $n$. Fix an integer $k$ such that $s_k > N$. Then, Property 4 implies that for every $i > k$, the even representation of $s_i$ contains all the numbers $s_k, s_{k+1}, \\dots, s_{i-1}$. Therefore,\n\n$$\ns_i = s_k + s_{k+1} + \\dots + s_{i-1} + R_i = \\sigma_{i-1} - \\sigma_{k-1} + R_i, \\quad (1)\n$$\n\nwhere $R_i$ is a sum of some of $s_1, s_2, \\dots, s_{k-1}$. In particular, $0 \\le R_i \\le s_1 + s_2 + \\dots + s_{k-1} = \\sigma_{k-1}$.\n\nLet $j_0$ be an integer satisfying $j_0 > k$ and $\\sigma_{j_0} > 2\\sigma_{k-1}$. Then (1) shows that, for every $j > j_0$,\n\n$$\ns_{j+1} \\ge \\sigma_j - \\sigma_{k-1} > \\sigma_j/2. \\quad (2)\n$$\n\nNext, let $p > j_0$ be an index such that $R_p = \\min_{i>j_0} R_i$. Then,\n\n$$\ns_{p+1} = s_k + s_{k+1} + \\dots + s_p + R_{p+1} = (s_p - R_p) + s_p + R_{p+1} \\ge 2s_p.\n$$\n\nTherefore, there is no element of $S$ larger than $s_p$ but smaller than $2s_p$. It follows that the even representation $\\tau$ of $2s_p$ does not contain any element larger than $s_p$. On the other hand, inequality (2) yields $2s_p > s_1 + s_2 + \\dots + s_{p-1}$, so $\\tau$ must contain a term larger than $s_{p-1}$. Thus, it must contain $s_p$. After removing $s_p$ from $\\tau$, we have that $s_p$ has an odd representation not containing $s_p$, which contradicts Property 1 since $s_p$ itself also forms an odd representation of $s_p$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44288,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設凸五邊形 $AXYZB$ 內接於一個以 $AB$ 為直徑的半圓。令 $K$ 為 $Y$ 對 $AB$ 的垂足，且令 $O$ 為 $AB$ 的中點。令 $L$ 為 $XZ$ 與 $YO$ 的交點。在直線 $KL$ 上取一點 $M$ 使得 $MA = MB$，及設 $I$ 為 $O$ 對直線 $XZ$ 的對稱點。\n證明：若四邊形 $XKOZ$ 內接於一圓，則四邊形 $YOMI$ 也內接於一圓。\n\nLet $AXYZB$ be a convex pentagon inscribed in a semicircle with diameter $AB$, and let $K$ be the foot of the altitude from $Y$ to $AB$. Let $O$ denote the midpoint of $AB$ and $L$ the intersection of $XZ$ with $YO$. Select a point $M$ on line $KL$ with $MA = MB$, and finally, let $I$ be the reflection of $O$ across $XZ$.\nProve that if quadrilateral $XKOZ$ is cyclic then so is quadrilateral $YOMI$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將半圓延伸成為圓 $\\Gamma$。設直線 $LK$ 與 $\\Gamma$ 交於 $P, Q$ 兩點。在射線 $OM$ 上找一點 $W$ 滿足 $OW \\cdot OM = OA \\cdot OB$。由此知 $P, Q, W, O$ 四點共圓，令此圓為 $\\gamma$。\n![](attached_image_1.png)\n三個圓：$\\Gamma, \\gamma$，以及 $XKOZ$ 的外接圓的根心 (radical center) 為 $L$ 點，因為直線 $XZ$ 與 $PQ$ 為根軸。所以直線 $YO$ 是 $\\Gamma$ 與 $\\gamma$ 的根軸。\n令 $XZ$ 與 $AB$ 的交點為 $T$。由於\n$$\nKO \\cdot KT = KA \\cdot KB = KP \\cdot KQ,\n$$\n\n所以 T 點亦在圓 $\\gamma$ 上。另外，再由\n$$\nTA \\cdot TB = TK \\cdot TZ = TK \\cdot TO,\n$$\n知 $\\overline{TY}$ 與 $\\Gamma$ 相切。\n令線段 $\\overline{YW}$ 的中點為 S。考慮以 W 點為中心、放大率為 2 的位似變換，可知通過 S 點與 $\\overline{WT}$ 中點的直線會垂直於 $\\overline{YO}$。並且，S 落在 $\\overline{KO}$ 的中垂線上。因此，S 為四邊形 $XKOZ$ 外接圓的圓心。\n最後，由於 Y, S, W 三點共線，所以\n$$\nOS \\cdot OI = OW \\cdot OM = OY^2,\n$$\n可知 $\\angle OIM = \\angle OWS = \\angle OWY = \\angle OYM$。得四邊形 $YOMI$ 內接於一圓。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44289,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 5$ 為一與 $6$ 互質的正整數。我們將一個正 $n$ 邊形的 $n$ 個頂點，各塗上三種顏色中的一種，使得被塗上每種顏色的頂點數都是奇數。試證：我們必可從這 $n$ 個頂點中找出三個點，它們的顏色都不相同，且此三點的連線構成等腰三角形。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $a_k$ 為所有等腰三角形中，三頂點恰包含 $k$ 種顏色的三角形個數，則題目等價於證明 $a_3 \\ge 1$。\n\n我們採取歸謬證法。假設 $a_3 = 0$。考慮集合\n$$\nX = \\{(\\Delta, E) : \\Delta \\text{是等腰三角形}, E \\text{是 } \\Delta \\text{的一邊}, E \\text{的兩端點不同色}\\}.\n$$\n讓我們用兩種不同方式計算 $X$ 中的元素個數：\n\n– 首先，對於每個三角形：\n\n* 只有一色的三角形必沒有兩端點異色的邊中。\n* 只有兩色的三角形則恰有 $2$ 條邊的兩端點異色。\n* 由假設，不存在三色的三角形。\n\n綜合上述，$|X| = 2a_2$。\n\n– 另一方面，任選兩個頂點 $A, B$，由於 $(n, 3) = 1$，我們知 $AB$ 恰為 $3$ 個等腰三角形的邊。若我們令 $b, c, d$ 分別為三種顏色的頂點數，則兩端點異色的邊共有 $bc + bd + cd$ 條，故 $|X| = 3(bc + bd + cd)$。\n\n然而由題目假設，$b, c, d$ 皆為奇數，故 $3(bc + bd + cd)$ 為奇數，從而它不可能等於 $2a_2$，矛盾！故 $a_3 \\ge 1$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44290,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有映成函數 $f: Z \\to Z$ 使得對任意整數 $x, y, z$\n$$\nf(xyz + xf(y) + yf(z) + zf(x)) = f(x)f(y)f(z) \\text{ 成立。}\n$$\n註：此處 $Z$ 表示所有整數所成的集合。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x + 1 for all integers x, and f(x) = 1 − x for all integers x",
    "solution": "First of all, we have $f(0) = f(0)^3$ by setting $x = y = z = 0$ in the condition.\nTherefore, $f(0) = -1, 0$ or $1$. Now, if $f(0) = 0$, we'll get\n$$\nf(xf(y)) = 0, \\forall x, y \\in Z\n$$\nby setting $z = 0$. However, this would imply $f(x) = 0, \\forall x \\in Z$, which is impossible. So it remains to consider the case that $f(0) = -1$ or $f(0) = 1$.\n\nIf there is non-zero integer $a$ such that $f(a) = 1$. Then one can set $y = a, z = 0$ to get\n$$\nf(x + a) = f(x), \\forall x \\in Z\n$$\nwhich is again impossible because periodic functions defined on integers aren't surjective.\n\n$$\nf(b^3 - 3b) = f(b)^3 = -1\n$$\n\nNext, take $x = b^3 - 3b, y = b, z = 0$, we have (Notice $b$ is non-zero)\n$$\nf(4b - b^3) = 1 \\Leftrightarrow 4b - b^3 = 0 \\Leftrightarrow b = 2, -2\n$$\n**Case 1.1:** $f(-2) = -1$.\nIn this case we know\n$$\nf(x) + f(-2 - x) = 0, \\forall x \\in \\mathbb{Z} \\qquad (1)\n$$\nChoose $a \\in \\mathbb{Z}$ satisfying $f(a) = 2$. Set $y = a, z = 0$:\n$$\nf(2x + a) = 2f(x), \\forall x \\in \\mathbb{Z} \\qquad (2)\n$$\nIn particular, $f(a-4) = 2(-2) = -2$. Use Eq. (1), we get $f(2-a) = 2$. This means\n$$\nf(2x + (2 - a)) = 2f(x) = f(2x + a).\n$$\nSuppose that $2-a \\neq a$. Then $f$ could only take finite values on $2\\mathbb{Z}+a$. But Eq. (2) then gives that $f$ could only take finite values on integers, which contradicts to the surjectivity of $f$.\nThus, $a$ must be 1 and Eq. (2) becomes\n$$\nf(2x + 1) = 2f(x), \\forall x \\in \\mathbb{Z} \\qquad (3)\n$$\nTo show $f(x) = x + 1, \\forall x \\in \\mathbb{N}$ ($\\mathbb{N}$ is the set of positive integers), we'll apply mathematical induction. Note that\n$$\nf(r - 1) = r \\text{ and } f(s - 1) = s \\text{ then } f(rs - 1) = rs\n$$\nby setting $x = r, y = s, z = 0$. Consequently, it remains to check that $f(p - 1) = p$ when $p$ is a prime. We have established the based case. Suppose it's true that $f(m - 1) = m$ for all positive integer $m < p$.\n\nChoose $c$ such that $f(c) = p$. If $c \\neq -1 \\pmod{p}$, take $d \\in Z$ so that\n$0 \\le pd + c < p - 1$. Set $x = d, y = c, z = 0$, we get\n$$\npd + c + 1 = f(pd + c) = pf(d).\n$$\nThis gives $pd + c + 1$ is divisible by $p$, which is absurd! Moreover, if $c + 1$ is a multiple of $2p$, then $c$ is odd. But, it's impossible by Eq. (3).\nAs the result, $c \\equiv p - 1 \\pmod{2p}$. Now,\n$$\nf(2px + 2c + 1) = 2f(px + c) = 2pf(x) = pf(2x + 1) = f(2px + p + c)\n$$\nIf $2c + 1 \\neq p + c$, $f$ can take finite values on $2p\\mathbb{Z} + (2p - 1)$. But $2pf(x) = f(2px + p + c)$ implies $f$ can take finite values, a contradiction. We conclude that $2c + 1 = p + c$. In other words, $c = p - 1$, as desired.\nHence, by mathematical induction, we get $f(x) = x + 1, \\forall x \\in \\mathbb{N}$.\nFinally,\n$$\nf(x) = x + 1, \\forall x \\in \\mathbb{Z}\n$$\naccording to equation (1).\n\nStill, choose $a$ to be the number such that $f(a) = 2$. This time, we have\n$$\nf(a + 4) = 2f(2) = -2 \\rightarrow f(-2 - a) = 2.\n$$\nThe same argument gives us $-2 - a = a$, i.e. $a = -1$. Again, the base case is checked. Suppose $f(1 - m) = m$ is true for all positive integer $m < p$ where $p$ is a prime. Choose $c \\in \\mathbb{Z}$ satisfying $f(c) = p$.\n\nThen if $c \\neq 1 \\pmod{p}$, take $d \\in Z$ such that $1 - p < pd + c \\leq 0$. Set $x = d, y = c, z = 0$:\n$$\n1 - (pd + c) = f(pd + c) = pf(d).\n$$\nThis is also impossible. So $c \\equiv 1 \\pmod{p}$. Since $c$ is even, it follows that $c \\equiv p + 1 \\pmod{2p}$.\n$$\nf(2px + 2c - 1) = 2f(px + c) = 2pf(x) = pf(2x - 1) = f(2px - p + c).\n$$\nIf $c \\neq 1 - p$, then $f$ takes finite values on $2pZ + 1$ and also on $Z$, a contradiction. Therefore, $c = 1 - p$. By mathematical induction,\n$$\nf(1 - x) = x, \\forall x \\in N.\n$$\nUse $f(x) + f(2 - x) = 0$, we can say\n$$\nf(1 - x) = x, \\forall x \\in Z \\rightarrow f(x) = 1 - x, \\forall x \\in Z.\n$$\n\nChoose $e \\in Z$ such that $f(e) = 1$ and set $y = e, z = 0$ to get\n$$\nf(x - e) = -f(x) = 0 \\rightarrow f(x - 2e) = -f(x - e) = f(x).\n$$\nBecause $e$ is non-zero, $f$ is periodic, which is impossible.\nIt's easy to verify that $f(x) = 1 + x, \\forall x \\in Z$ and $f(x) = 1 - x, \\forall x \\in Z$ satisfy the original conditions. In conclusion, they are our answers.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44291,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於任何正整數 $k$, 令 $S(k)$ 表示其在十進制下的各個位數總和 (例: $S(209) = 2 + 0 + 9 = 11$)。試求所有整係數多項式 $P(x)$, 使得對於所有正整數 $n \\ge 2017$, 都有 $P(n) > 0$ 且\n$$\nS(P(n)) = P(S(n)).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = x or P(x) = c for c in {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}",
    "solution": "$P(x) = x$ 或 $P(x) = c$, 其中 $c \\in \\{1, \\dots, 9\\}$\n\n假設 $P(x) = a_{d}x^{d} + \\cdots + a_{1}x^{1} + a_{0}$。考慮 $n = 9 \\times 10^{k}$, 其中 $k$ 是一個充份大的正整數; 注意到 $S(n) = 9 \\Rightarrow P(S(n)) = P(9)$。\n\n1. 我們首先證明所有係數都非負。\n假設存在 $0 \\le i < d$ 使得 $a_i < 0$, 則易知 $P(n)$ 對應 $10^{ik+m+1}$ 到 $10^{(i+1)k-1}$ 的位數都是 9, 故 $S(P(n)) \\ge 9(k-m-1)$。取 $k$ 充分大, 則 $9(k-m-1) > P(9) = P(S(n))$, 從而 $S(P(n)) \\ne P(S(n))$, 矛盾。\n\n2. 接著我們證明 $\\deg(P(x)) \\le 1$。\n因所有係數非負, 當 $k$ 充分大時, $P(n)$ 將會是由 $a_d \\times 9^d, a_{d-1} \\times 9^{d-1}, \\dots, a_0$ 中間插入一些 0 所組成, 也就是說\n$$\nS(P(n)) = S(a_d \\times 9^d) + \\cdots + S(a_0).\n$$\n又 $S(P(n)) = P(S(n)) = P(9)$, 我們有\n$$\nS(a_d \\times 9^d) + \\cdots + S(a_0) = P(9) = a_d \\times 9^d + \\cdots + a_0. \\quad (1)\n$$\n然而對於所有正整數 $m$, 顯然有 $S(m) \\le m$, 且等號僅在 $m \\in \\{1, \\dots, 9\\}$ 時成立, 故 $\\forall i \\ge 2, a_i = 0$。\n\n3. (1) 同時也告訴我們 $a_1 \\le 1$ 且 $a_0 \\le 9$。\n- 若 $a_1 = 1$ 且 $a_0 \\ge 1$, 取 $n = 10^k + (10 - a_0)$, 得\n$$\nS(P(n)) = S(10^k + 10) = 2 \\neq 11 = P(11 - a_0) = P(S(n)).\n$$\n故 $P(x) = x$, 代入檢驗和。\n- 若 $a_1 = 0$, 則易知 $a_0 \\in \\{1, \\dots, 9\\}$ 都滿足題意。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44292,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設實數 $x_i \\ge 0$ ($i = 1, 2, \\dots, m$), $n \\ge 2$, $\\sum_{i=1}^{m} x_i = S$。試證：\n$$\n\\sum_{i=1}^{m} \\sqrt[n]{\\frac{x_i}{S - x_i}} \\ge 2,\n$$\n若且唯若當 $x_i$ 中有兩個相等且不為 $0$，其他的都為 $0$ 時，等號成立。",
    "options": [],
    "answer": "The sum is at least 2, with equality if and only if exactly two variables are equal and positive and all others are zero.",
    "solution": "先以數學歸納法證明引理 1.\n\n引理 1：當 $x, y \\ge 0$ 時，$n \\ge 2$，其中 $n$ 為正整數時，\n$$\n(x^n + y^n)^2 \\le (x^2 + y^2)^n. \\quad (1)\n$$\n證明：當 $n = 2$ 時，顯然成立。\n假設 $n = k$ ($k \\ge 2$) 時，結論成立，即\n$$\n(x^k + y^k)^2 \\le (x^2 + y^2)^k.\n$$\n當 $n = k + 1$ 時，\n$$\n\\begin{aligned}\n(1) \\text{ 式右邊} &= (x^2 + y^2)^{k+1} \\\\\n&= (x^2 + y^2)^k (x^2 + y^2) \\\\\n&\\ge (x^k + y^k)^2 (x^2 + y^2) \\\\\n&= (x^{2k} + y^{2k} + 2x^k y^k)(x^2 + y^2) \\\\\n&= x^{2k+2} + y^{2k+2} + x^2 y^{2k} + x^{2k} y^2 + 2x^{k+2} y^k + 2x^k y^{k+2} \\\\\n&\\ge x^{2k+2} + y^{2k+2} + 2x^{k+2} y^k + 2x^k y^{k+2} \\\\\n&\\ge x^{2k+2} y^{2k+2} + 2x^{k+1} y^{k+1} \\\\\n&= (x^{k+1} + y^{k+1})^2.\n\\end{aligned}\n$$\n\n在 (1) 式中令 $x = \\sqrt[n]{b}$, $y = \\sqrt[n]{c}$, 化簡得\n$$\n(\\sqrt[n]{b+c})^2 \\le (\\sqrt[n]{b})^2 + (\\sqrt[n]{c})^2. \\qquad (2)\n$$\n再由數學歸納法將 (2) 式推廣為\n$$\n(\\sqrt[n]{x_1 + x_2 + \\cdots + x_m})^2 \\le (\\sqrt[n]{x_1})^2 + (\\sqrt[n]{x_2})^2 + \\cdots + (\\sqrt[n]{x_m})^2,\n$$\n其中 $n \\ge 2$, $m$ 為正整數。\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\text{則 } \\sqrt[n]{\\frac{x_1}{S-x_1}} = \\sqrt[n]{\\frac{x_1}{\\sqrt[n]{S-x_1}}} = \\frac{2(\\sqrt[n]{x_1})^2}{2\\sqrt[n]{x_1}\\sqrt[n]{S-x_1}} \\\\\n& \\ge \\frac{2(\\sqrt[n]{x_1})^2}{(\\sqrt[n]{x_1})^2 + (\\sqrt[n]{x_2} + x_3 + \\cdots + x_m)^2} \\\\\n& \\ge \\frac{2(\\sqrt[n]{x_1})^2}{(\\sqrt[n]{x_1})^2 + (\\sqrt[n]{x_2})^2 + \\cdots + (\\sqrt[n]{x_m})^2}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n同理，\n$$\n\\sqrt[n]{\\frac{x_m}{S-x_m}} \\ge \\frac{2(\\sqrt[n]{x_1})^2}{(\\sqrt[n]{x_1})^2 + (\\sqrt[n]{x_2})^2 + \\cdots + (\\sqrt[n]{x_m})^2},\n$$\n$$\n\\sqrt[n]{\\frac{x_m}{S-x_m}} \\ge \\frac{2(\\sqrt[n]{x_m})^2}{(\\sqrt[n]{x_1})^2 + (\\sqrt[n]{x_2})^2 + \\cdots + (\\sqrt[n]{x_m})^2}.\n$$\n\n以上各式相加即得原不等式。\n由證明過程，知若且唯若當 $x_i$ 中有兩個相等且不為 $0$，其他的都為 $0$ 時，上式等號成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44293,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一圓及圓上的四個點 $B$, $C$, $X$, $Y$，設 $A$ 為線段 $BC$ 中點，$Z$ 為線段 $XY$ 中點。過 $B$, $C$ 分別作垂直 $BC$ 的直線 $L_1$, $L_2$。設過 $X$ 且垂直 $AX$ 的直線分別交 $L_1$, $L_2$ 於 $X_1$, $X_2$ 兩點，過 $Y$ 且垂直 $AY$ 的直線分別交 $L_1$, $L_2$ 於 $Y_1$, $Y_2$ 兩點。令 $X_1Y_2$ 與 $X_2Y_1$ 相交於 $P$ 點。證明: $\\angle AZP = 90^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "作 $A$ 對 $X_2Y_1$ 垂足 $D$ 點。因為 $\\angle AYY_1 = \\angle ABY_1 = \\angle AXX_2 = \\angle ACX_2 = 90^\\circ$，所以 $DX_2XAC$ 五點共圓，$DY_1YAB$ 五點亦共圓。考慮此兩圓與一開始的給定圓等三圓的根心，得 $AD$, $BY$, $CX$ 三線共點。設此共點為 $S$，且有\n$$\nSA \\cdot SD = SB \\cdot SY = SC \\cdot SX.\n$$\n考慮以 $S$ 為中心，$SA \\cdot SD$ 為反演幂的變換。此變換將 $AD$, $BY$, $CX$ 互換，且 $BAC$ 共線且 $A$ 為 $BC$ 中點，故 $DXSY$ 四點共圓且為調和四邊形。有\n$$\n\\angle DZX = \\angle DYX + \\angle ZDY = \\angle DSX + \\angle XDS = 180^\\circ - \\angle DXS \\\\\n\\angle SZX = \\angle SYX + \\angle ZSY = \\angle SDX + \\angle XSD = 180^\\circ - \\angle DXS.\n$$\n(其中用到 $DXSY$ 是調和的，所以 $DS$, $DZ$ 對 $\\angle XDY$ 等角共軛，$SD$, $SZ$ 對 $\\angle XSY$ 等角共軛。) 所以 $\\angle DZX = \\angle SZX$。又因 $XYBC$ 四點共圓，所以 $\\triangle SXY$ 與 $\\triangle SBC$ 相似，從而 $\\angle SAB = \\angle SZX = \\angle DZX$。令 $XY$ 與 $BC$ 交於 $T$ 點，則 $DZAT$ 四點共圓。\n令一開始給定圓的圓心為 $O$ 點。由於 $OZ \\perp ZT$, $OA \\perp AT$，所以 $DZOAT$ 五點共圓。令過 $O$ 且平行於 $BC$ 的直線為 $L_3$，過 $Z$ 且與 $AZ$ 垂直的直線為 $L_4$。則 $A$ 對圓 $DZOAT$ 的對徑點為 $X_2Y_1$, $L_3$, $L_4$ 的共同\n\n![](attached_image_1.png)\n\n交點，也就是 $X_2Y_1$, $L_3$, $L_4$ 共點。同理 $X_1Y_2$, $L_3$, $L_4$ 共點。所以這點即為 $P$，也就有 $\\angle AZP = 90^\\circ$。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44294,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "定義 $f_k(n)$ 為正整數 $n$ 的所有正因數之 $k$ 次方總和, 也就是\n$$\nf_k(n) := \\sum_{m|n, m>0} m^k.\n$$\n試找出所有正整數對 $(a, b)$, 使得 $f_a(n) \\mid f_b(n)$ 對於所有正整數 $n$ 均成立。",
    "options": [],
    "answer": "a=b",
    "solution": "$a = b$ 為所有可能。\n\n首先帶入 $n = 2$, 必須有 $1 + 2^a \\mid 1 + 2^b$。設 $b = aq + r$, 其中 $0 \\le r < a$, 可知\n$$\n1 + 2^b = 1 + 2^{aq + r} \\equiv 1 + (-1)^q \\times 2^r \\pmod{1 + 2^a}.\n$$\n由於 $|1 + (-1)^q \\times 2^r| < 1 + 2^a$, 必須有 $1 + (-1)^q \\times 2^r = 0$, 故 $q$ 為奇數且 $r = 0$。換言之, $b$ 必須為 $a$ 的奇數倍。\n\n以下證明 $q = 1$。不妨設 $q$ 有奇質數 $p$, 並令 $q = lp$, 則 $b = lpa$。取 $n = 2^{p-1}$, 則必須有\n$$\n\\frac{2^{pa} - 1}{2^a - 1} = 1 + 2^a + \\cdots + 2^{(p-1)a} = f_a(n) \\mid f_b(n) = 1 + 2^b + \\cdots + 2^{(p-1)b}. \\quad (1)\n$$\n然而\n$$\n1 + 2^b + \\cdots + 2^{(p-1)b} \\equiv 1 + 1 + \\cdots + 1 = p \\pmod{2^{pa} - 1},\n$$\n而 $0 < p < 1 + 2^a + \\cdots + 2^{(p-1)a}$, 故 (1) 中的整除是不可能的, 矛盾。\n\n故 $q$ 不能有奇質數, 也就是 $q = 1$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44295,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "求所有實係數多項式 $P$, 使得:\n$$\nP(x)P(x+1) = P(x^2 - x + 3) \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R},\n$$\n其中 $\\mathbb{R}$ 表所有實數所成的集合。",
    "options": [],
    "answer": "Zero polynomial and P(x) = (x^2 - 2x + 3)^n for any nonnegative integer n.",
    "solution": "所有滿足題目要求之實係數多項式 $P$ 為零多項式與\n$$\nP(x) = (x^2 - 2x + 3)^n \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R},\n$$\n其中 $n$ 是任一個非負整數。\n代入原式易知上述 $P(x)$ 都是此函數方程的解, 以下考慮 $P(x)$ 不是零多項式的情況。\n首先我們先證明 $P$ 沒有實根。使用反證法, 如果 $P$ 有實根 $\\alpha$, 原式中代 $x = \\alpha$ 可得\n$$\nP(\\alpha^2 - \\alpha + 3) = P(\\alpha)P(\\alpha + 1) = 0.\n$$\n設 $\\beta = \\alpha^2 - \\alpha + 3$, 則 $\\beta$ 也是 $P$ 的實根, 顯然有 $\\beta \\ge 2$. 考慮無窮數列\n$$\n\\beta, f(\\beta), f(f(\\beta)), f(f(f(\\beta))), \\dots\n$$\n其中 $f(x) = x^2 - x + 3$, 如同上述方法分別將 $\\beta, f(\\beta), f(f(\\beta))$, $\\dots$ 代入原式, 可得此數列的每一項都是 $P$ 的實根。\n在 $x \\ge 2$ 時顯然有 $f(x) > x$, 故該數列嚴格遞增, 即 $P$ 有無窮多個實根, 與 $P$ 為多項式矛盾! 因為 $P$ 無實根, 其次數必為偶數次。考慮 $P$ 的首項係數 $t$, 比較原式的最高次方項係數可得\n\n$t^2 = t$, 故 $t = 1$, 即 $P$ 為首么多項式。\n設 $P$ 的次數為 $2n$, 考慮 $P(x) = Q(x) + (x^2 - 2x + 3)^n$, 因為 $P$ 首么, 故 $deg(Q) < 2n$, 代回原式得\n$$\n(Q(x) + (x^2 - 2x + 3)^n)(Q(x + 1) + ((x + 1)^2 - 2(x + 1) + 3)^n) = Q(x^2 - x + 3) + ((x^2 - x + 3)^2 - 2(x^2 - x + 3) + 3)^n\n$$\n展開化簡得\n$$\n\\begin{aligned}\n& Q(x)Q(x+1) + Q(x)((x+1)^2 - 2(x+1) + 3)^n \\\\\n& \\quad + Q(x+1)(x^2 - 2x + 3)^n \\\\\n& = Q(x^2 - x + 3).\n\\end{aligned}\n$$\n如果 $Q$ 不是零多項式, 令 $deg(Q) = q$ 與 $Q$ 的首項係數為 $k$, 因為 $q < 2n$, 左式最高次數至多為 $2n + q$, 且其 $2n + q$ 次項係數為 $2k \\neq 0$, 故左式最高次數為 $2n + q$. 而右式最高次數顯然是 $2q$, 故 $n = 2q$, 矛盾!\n因此 $Q$ 只能是零多項式, 即 $P$ 的所有可能只有恆零與\n$$\nP(x) = (x^2 - 2x + 3)^n.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44296,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一個 $2n \\times 2n$ 的棋盤上的每一格都有一張椅子。現在有 $2n^2$ 對情侶要入座, 每個人坐一個座位。定義一對情侶之間的距離為他們座位相差的行數與相差的列數和 (舉例: 如果一對情侶分別坐在 (3,3) 和 (2,5), 則他們之間的距離為 $|3-2| + |3-5| = 3$)。定義所有情侶的總距離, 等於這 $2n^2$ 對情侶的距離總和。試求總距離的最大值。",
    "options": [],
    "answer": "4n^3",
    "solution": "最大值為 $4n^3$.\n\n1. 首先考慮水平方向的距離和的最大值: 將所有人投影到同一列上, 並將每一對情侶兩人之間連線。考慮兩種可能:\n- 存在兩對情侶的連線不重疊: 則兩對各取一人交換位置, 此時水平方向距離和更大。\n- 任兩對的連線都有重疊: 不失一般性, 假設每一對的男方都在女方左側。我們發現男方都必須在左側的 $n$ 行, 否則:\n  * 若有一對情侶的男女方都在右側 $n$ 行中, 右側 $n$ 行共剩 $2n^2 - 2$ 個位子, 但還有另外 $2n^2 - 1$ 對情侶要坐。\n  * 因此必然有一對情侶他們都在左側 $n$ 行中。然而, 都在左 $n$ 行的情侶, 其連線不可能和都在右 $n$ 行的情侶重疊, 矛盾!\n\n換言之, 每對情侶的男方都必然屬於左 $n$ 排, 女方都必然屬於右 $n$ 排。易計算此時的水平方向距離和必為 $2n^3$.\n\n2. 同理, 垂直方向距離和最大值也是 $2n^3$, 故距離總和至多 $4n^3$.\n\n3. 最後證明存在一種方法達到 $4n^3$. 考慮將情侶分成 $A, B$ 兩組, 每組 $n^2$ 對, 並將座位分成四個象限 (每個象限是一個 $n \\times n$ 的方格)。令第一象限都坐 $A$ 男, 第二象限 $B$ 女, 第三象限 $A$ 女, 第四象限 $B$ 男, 則可以發現此構造達到上述估計的最大值, 故得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44297,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$\\{a_n\\}_{n \\ge 0}$ 為公差 $d$ 的無窮整數數列, 其中首項滿足 $1 \\le a_0 \\le d$. 記此數列為 $S_0$, 我們以遞迴的方式定義一序列的新數列; 數列 $S_{n+1}$ 為 $S_n$ 經由底下兩步操作後得到:\n\n步驟 1. 記 $S_n$ 的首項為 $b_n$. 將首項移除, 並把數列剩下的每一項往前挪。\n\n步驟 2. 從新的首項開始算起, 將該數列的前 $b_n$ 項加 1.\n\n試證：存在常數 $c$ 使得 $b_n = [ca_n]$ 對 $n \\ge 0$ 恆成立。此處 $[\\cdot]$ 表示高斯符號。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "底下我們以歸納法證明\n$$\nc = \\frac{1 + \\sqrt{1 + \\frac{4}{d}}}{2},\n$$\n它是方程式 $c^2 - c - 1/d = 0$ 的正根。\n\n首先我們證明 $n = 0$ 命題成立。依定義 $b_0 = a_0$, 而\n$$\n\\begin{aligned}\n[ca_0] &= \\left[ \\frac{1 + \\sqrt{1 + 4/d}}{2} a_0 \\right] = a_0 + \\left[ \\frac{-1 + \\sqrt{1 + 4/d}}{2} a_0 \\right] \\\\\n&= a_0 + \\left[ \\frac{2}{1 + \\sqrt{1 + 4/d}} \\cdot \\frac{a_0}{d} \\right] = a_0,\n\\end{aligned}\n$$\n故 $b_0 = [ca_0]$ 成立。\n\n接著我們以歸納的方式證明命題對 $n > 0$ 均成立。依題意, $b_n$ 的值是由 $a_n$ 加若干次 1 得到: 進行 $S_k \\rightarrow S_{k+1}$ 的操作時若該項增加 1, 必有 $b_k + k \\ge n$ 且 $0 \\le k < n$. 對於所有的 $n$, 我們把這樣的 $k$ 寫成一個集合:\n$$\nX_n = \\{k | b_k + k \\ge n \\text{ 且 } 0 \\le k < n\\},\n$$\n就會有 $b_n = a_n + |X_n|$. 關鍵在集合 $X_n$ 的大小如何計算：根據歸納，我們有\n$$\n\\begin{align*}\nX_n &= \\{k | [ca_k] + k \\ge n \\text{ 且 } 0 \\le k < n\\} \\\\\n&= \\{k | ca_k + k \\ge n \\text{ 且 } 0 \\le k < n\\} \\\\\n&= \\{k | ca_0 + k(1 + cd) \\ge n \\text{ 且 } 0 \\le k < n\\} \\\\\n&= \\{k | \\frac{n - ca_0}{1 + cd} \\le k < n\\}\n\\end{align*}\n$$\n註：此處即使 $n < ca_0$ 也無所謂，因為\n$$\n\\frac{n - ca_0}{1 + cd} > -1\n$$\n恆成立, 不影響 $k$ 的個數。\n\n因此\n$$\n\\begin{align*}\nb_n &= a_n + |X_n| = a_n + \\left[ \\frac{ca_n}{1+cd} \\right] \\\\\n&= \\left[ \\left(1 + \\frac{c}{1+cd}\\right) \\cdot a_n \\right] = [ca_n],\n\\end{align*}\n$$\n原命題得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44298,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a, b$ 與 $c$ 為正實數使得 $\\min\\{ab, bc, ca\\} \\ge 1$。試證\n$$\n\\sqrt[3]{(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1)} \\le \\left(\\frac{a+b+c}{3}\\right)^2 + 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Claim.** For any positive real numbers $x, y$ with $xy \\ge 1$, we have\n$$\n(x^2 + 1)(y^2 + 1) \\ge \\left(\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^2 + 1\\right)^2. \\qquad (1)\n$$\n*Proof.* Note that $xy \\ge 1$ implies\n$$\n\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^2 - 1 \\ge xy - 1 \\ge 0.\n$$\nWe find that\n$$\n\\begin{aligned}\n(x^2 + 1)(y^2 + 1) &= (xy - 1)^2 + (x + y)^2 \\\\\n&\\le \\left(\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^2 - 1\\right)^2 + (x+y)^2 \\\\\n&= \\left(\\left(\\frac{x+y}{2}\\right)^2 + 1\\right) \\\\\n&\\le \\left(\\left(\\frac{x+y}{2}\\right) + 1\\right)^2\n\\end{aligned}\n$$\nWithout loss of generality, assume $a \\ge b \\ge c$. This implies $a \\ge 1$.\nLet\n$$\nd = \\frac{a+b+c}{3}.\n$$\nNote that\n$$\nad = \\frac{a(a+b+c)}{3} \\ge \\frac{1+1+1}{3} = 1.\n$$\nThen we can apply Eq. (1) to the pair $(b, c)$. We get\n$$\n(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1)(d^2 + 1) \\le \\left( \\left( \\frac{a+d}{2} + 1 \\right)^2 + \\left( \\frac{b+c}{2} + 1 \\right)^2 \\right) \\quad (2)\n$$\nNext, from\n$$\n\\frac{a+d}{2} \\cdot \\frac{b+c}{2} \\ge \\sqrt{ad} \\cdot \\sqrt{bc} \\ge 1,\n$$\nwe can apply Eq. (1) again to the pair $(\\frac{a+d}{2}, \\frac{b+c}{2})$. Together with Eq. (2), we have\n$$\n\\begin{aligned}\n(a^2 + 1)(b^2 + 1)(c^2 + 1)(d^2 + 1) &\\le \\left( \\left( \\frac{a+b+c+d}{4} \\right)^2 + 1 \\right)^4 \\\\\n&= (d^2 + 1)^4.\n\\end{aligned}\n$$\nTherefore, $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1) \\le (d^2+1)^3$, and the desired inequality follows by taking cube root of both sides.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44299,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $C_1$ 及 $C_2$ 為兩同心圓, 其中 $C_2$ 在 $C_1$ 內部。從 $C_1$ 上一點 $A$ 向 $C_2$ 引切線 $AB$, 且點 $B$ 在 $C_2$ 上。令點 $C$ 為射線 $AB$ 與 $C_1$ 的另一個交點, 而點 $D$ 為 $\\overline{AB}$ 的中點。作一條過 $A$ 的直線與 $C_2$ 交於 $E, F$ 兩點, 使得 $DE$ 的中垂線與 $CF$ 的中垂線交於 $AB$ 上的一點 $M$。試求 $AM/MC$ 的所有可能值。",
    "options": [],
    "answer": "5/3",
    "solution": "$AM/MC = 5/3$。\n\n因為 $AC \\cdot AD = (2AB) \\cdot (\\frac{1}{2}AB) = AB^2 = AE \\cdot AF$, 故 $CDEF$ 四點共圓。又 $M$ 點位於 $CF$ 及 $DE$ 的中垂線上, 故 $M$ 點為 $CDEF$ 的外接圓圓心。因為 $CMD$ 在同一條直線上, 所以 $M$ 為 $CD$ 中點。故\n$$\n\\frac{AM}{MC} = \\frac{AD + DM}{MC} = \\frac{AD + \\frac{1}{2}CD}{\\frac{1}{2}CD} = \\frac{\\frac{1}{4}AC + \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{3}{4}AC}{\\frac{1}{2} \\cdot \\frac{3}{4}AC} = \\frac{5}{3}.\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44300,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 2$ 為一正整數。有一個 $n \\times n$ 的棋盤狀地區, 每一小格都是一座公園。每座公園裡都有若干隻貓 (貓的數量是非負整數)。為了管理貓咪, 管理處會對公園進行操作。每次操作, 管理處會選擇一座公園:\n(1) 所選的公園, 其貓咪數量必須大於或等於該公園的相鄰公園數。\n(2) 選定公園 $A$ 後, 對於該公園的每座相鄰公園 $B$, 管理處都從 $A$ 赶一隻貓到 $B$ (我們稱兩座公園相鄰, 若且唯若它們有公共邊。)\n令 $m$ 為所有公園內的貓咪數量。試求最小的 $m$, 使得存在一種起始的貓咪分布, 讓管理處可以藉由適當的選擇每次操作的公園來進行無限次操作。",
    "options": [],
    "answer": "2n(n-1)",
    "solution": "$\\underline{2n(n-1)}$。\n\n- 首先給出最小值的構造法：\n\n* 最左下角的公園沒有貓；\n* 最下方一橫排及最左方一直列上的公園各有一隻；\n* 其餘公園各兩隻貓。\n\n則共有 $$(n-1) + (n-1) + 2(n-2)^2 = 2n(n-1)$$ 隻貓，考慮從最上方橫排開始，每排從最右邊的公園到最左邊的公園各做一次操作，接著換第二橫排……依序下去。易檢驗在操作完全部的格子後，會回到起始狀態，故可以操作無限次。\n\n- 接著證明至少要 $2n(n-1)$ 隻貓。\n\n1. 首先發現每一個公園都要被操作過無窮多次。否則，考慮所有操作無限次的公園所成集合 $I$，其內的總貓數必遞減（因為必存在一個無窮多次的公園旁邊是有限次的公園），但這代表總有一天 $I$ 中會沒有貓而無法再進行操作，矛盾。\n\n2. 現在，將所有在公園與公園之間的邊進行編號 $1, 2, \\dots, 2n(n-1)$。\n我們可以將操作改以以下方式進行：\n\n(a) 一開始，所有貓都沒有編號。\n\n(b) 每次對一座公園 $A$ 進行操作，要將一隻貓從 $A$ 公園，跨過第 $k$ 號邊趕到 $B$ 公園時，先檢查是否有被編號為 $k$ 的貓：\n\n* 如果有編號 $k$ 的貓，且該貓在 $A$ 中，則將 $k$ 號貓從 $A$ 赶到 $B$；\n* 如果有編號 $k$ 的貓，但牠不在 $A$ 中，則從 $A$ 中選一隻還沒被編號的貓，把牠趕到 $B$；\n* 如果沒有編號 $k$ 的貓，則從 $A$ 中選一隻還沒被編號的貓，將牠編號為 $k$，然後趕到 $B$。\n\n易知編號 $k$ 的貓最後必然只會在編號 $k$ 的邊的兩側來回移動。這代表貓的數量至少要和這些邊的數量一樣多，因此最小要 $2n(n-1)$ 隻貓。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44301,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 中, $BC > AB$。設 $L$ 為 $\\angle ABC$ 的內角平分線。由 $A, C$ 分別對 $L$ 引垂線, 設垂足分別為 $P, Q$。令 $M, N$ 分別是 $AC$ 邊與 $BC$ 邊的中點。設三角形 $PQM$ 的外接圓圓心為 $O$, 且該圓與 $AC$ 的另一個交點為 $H$。證明: $O, M, N, H$ 共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "延伸 $AP$，交 $BC$ 於 $D$ 點，則 $P$ 為 $AD$ 中點。因為 $M$ 是 $AC$ 中點，故 $PM$ 與 $CD$ (即 $BC$) 平行，且\n$$\n\\angle QPM = \\angle QBC = \\frac{1}{2} \\angle ABC.\n$$\n同理可知 $\\angle MQP = \\frac{1}{2}\\angle ABC$, 故 $PM = QM$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n$$\n\\angle QHC = \\angle QHM = \\angle QPM,\n$$\n即 $\\angle QHC = \\angle QBC$。所以 $Q,H,B,C$ 共圓, 且\n$$\n\\angle BHC = \\angle BQC = 90^\\circ,\n$$\n故得 $HN = \\frac{1}{2}BC = NQ$.\n由於 $OH = OQ$, 可知 $ON$ 為線段 $HQ$ 的中垂線。同時, $\\angle MQP = \\frac{1}{2}\\angle ABC$ 且 $N$ 為 $BC$ 中點, 可得 $Q,M,N$ 三點共線。於是\n$$\n\\angle NHO = \\angle NQO = \\angle MQO = \\angle OMQ,\n$$\n知 $O,M,N,H$ 共圓。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44302,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 中, $\\angle A = 60^\\circ$. 設點 $O$, $H$ 分別為 $\\triangle ABC$ 的外心及垂心。在 $BH$ 線段上取一點 $M$, 並在直線 $CH$ 上取一點 $N$, 使得 $H$ 位於 $C$, $N$ 之間, 且 $BM = CN$. 試求\n$$\n\\frac{MH + NH}{OH}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "sqrt(3)",
    "solution": "$$\n\\frac{MH + NH}{OH} = \\sqrt{3}.\n$$\n在 $BH$ 線段上取 $K$ 點使得 $BK = CH$. 連 $OK$, $OB$, $OC$ 等線段。\n![](attached_image_1.png)\n因為 $O$ 是 $\\triangle ABC$ 的外心, 所以 $\\angle BOC = 2\\angle A = 120^\\circ$. 又因為 $H$ 是 $\\triangle ABC$ 的垂心, 所以 $\\angle BHC = 180^\\circ - \\angle A = 120^\\circ$. 因此 $\\angle BOC = 120^\\circ = \\angle BHC$, 故 $B$, $O$, $H$, $C$ 四點共圓。於是有 $\\angle OBH = \\angle OCH$.\n注意到 $OB = OC$ 及 $BK = CH$, 再加上 $\\angle OBK = \\angle OBH = \\angle OCH$, 故 $\\triangle BOK$ 與 $\\triangle COH$ 全等。所以有 $\\angle BOK = \\angle COH$ 以及\n\n$$\n\\angle KOH = \\angle BOC = 120^\\circ, \\quad \\angle OKH = \\angle OHK = 30^\\circ.\n$$\n$\\triangle OKH$ 為以 $KH$ 為底邊的 $120^\\circ - 30^\\circ - 30^\\circ$ 的等腰三角形, 所以\n$KH = \\sqrt{3}OH$. 由於 $BM = CN$ 及 $BK = CH$, 知 $KM = NH$. 所以\n$$\n\\frac{MH + NH}{OH} = \\frac{MH + KM}{OH} = \\frac{KH}{OH} = \\sqrt{3}.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44303,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有正整數有序對 $(a, b, c)$ 使得\n$$\na^b + b^c + c^a = a^c + b^a + c^b\n$$\n成立。",
    "options": [],
    "answer": "All ordered triples that are permutations of (x, y, y) for positive integers x and y, together with all permutations of (1, 2, 3).",
    "solution": "Permutations of $(1, 2, 3)$ or $(x, y, y)$ where $x, y \\in N$, $N$ is the set of all positive numbers.\n\nLemma 1. $2 < (1 + \\frac{1}{n})^n < 3$ for all $n \\in N_{\\ge 2}$\n\nProof. Use binomial theorem, we have\n$$\n2 = 1 + n \\cdot \\frac{1}{n} < 1 + n \\cdot \\frac{1}{n} + \\sum_{i=2}^{n} \\frac{\\binom{n}{i}}{n^i} = (1 + \\frac{1}{n})^n.\n$$\nOn the other hand,\n$$\n(1 + \\frac{1}{n})^n = 1 + n \\cdot \\frac{1}{n} + \\sum_{i=2}^{n} \\frac{\\binom{n}{i}}{n^i} < 1 + 1 + \\sum_{i=2}^{n} \\frac{1}{2^{k-1}} < 3.\n$$\n\nLemma 2. $x^y > y^x$ for all $3 \\le x < y \\in N$.\n\nProof. Fix $x$, we use induction to prove this lemma. When $y = x + 1$,\n$$\nx^{(x+1)} = x \\cdot x^x \\ge 3x^x > (1 + \\frac{1}{x})^x \\cdot x^x = (x+1)^x.\n$$\nSuppose it's true for $y = x + 1, \\dots, x + k - 1$. Then,\n$$\nx^{x+k} = x \\cdot x^{x+k-1} \\ge (1 + \\frac{1}{x+k-1})^x \\cdot (x+k-1)^x = (x+k)^x.\n$$\nTherefore, it's true for all $y \\in N_{\\ge x+1}$, as desired.\n\nLemma 3. If $a > b > c \\ge 2$, then $a^b + b^c + c^a < a^c + b^a + c^b$\n\nProof. Fix $b$ and $c$, we consider the difference between RHS and LHS.\nLet's claim:\n$$\nb^{a+1} - c^{a+1} + (a+1)^c - (a+1)^b > b^a - c^a + a^c - a^b, \\text{ for all } a \\ge b > c \\ge 2.\n$$\nRewrite the inequality:\n$$\n(b-1)b^a - (c-1)c^a + (a+1)^c - a^c > (a+1)^b - b^b \\quad (1)\n$$\nNotice that $(a+1)^c - a^c > 0$ and $(a+1)^b < (1+\\frac{1}{a})^b \\cdot a^b < 3a^b$. Thus, if the following:\n$$\n(b-1)b^a - (c-1)c^a > 2a^b \\quad (2)\n$$\nholds, then so does the claim. By lemma 1, we have $(\\frac{b}{c})^a \\ge (1+\\frac{1}{c})^c > 2$. So\n$$\n(b-1)b^a - (c-1)c^a > \\left(b-1-\\frac{c-1}{2}\\right)b^a \\ge \\left(\\frac{c+1}{2}\\right)b^a.\n$$\nIf $c \\ge 3$, $(\\frac{c+1}{2}) b^a \\ge 2b^a > 2a^b$. Also, when $c=2, b \\ge 4$, Eq. (2) holds by similar argument.\nIt remains to check for $b=3, c=2$ for Eq.(1), that is,\n$$\n2 \\cdot 3^a - 2^a + (a+1)^2 - a^2 > (a+1)^3 - a^3\n$$\nwhich clearly holds. Finally, note that when $a=b$, it's an equation, therefore, the inequality holds.\n\nCase 1. $a > b > c$: By lemma 3, $LHS < RHS$. In particular, there is no solution.\n\nCase 2. $b > a > c$: By lemma 3 again, $RHS < LHS$. Still no solution. So the possibilities are permutations of $(x, y, y)$ where $x, y \\in N$ with $\\min\\{x, y\\} = 2$, which indeed satisfy the equation. Next, when $c = 1$, it becomes\n$$\na^b - b^a = a - b\n$$\nWLOG $a > b$, then\n$$\na^b - b^a = a - b > 0 \\rightarrow a^b > b^a.\n$$\nBy lemma 2, we must have $b < 3$. In other words, $b = 1$ or $2$. If $b = 1$, then $a$ can be arbitrary positive integer. If $b = 2$, then\n$$\n2^a = a^2 - a + 2 = (a + 1)(a - 2)\n$$\nwhich means $a + 1, a - 2$ are powers of 2. Thus, they must be $4, 1$, respectively, since the difference between distinct powers of 2 is at least 3. The equality holds if and only if they are $1, 4$. So, $a = 3$ and we conclude the solutions are permutations of $(1, 2, 3)$ and $(x, y, y)$ with $x, y \\in N$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44304,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "2. 任選橢圓 $C: x^2 + 2y^2 = 2098$ 上的一個有理點 $P_0 = (x_p, y_p)$。我們將依以下方式遞迴決定 $P_1, P_2, \\cdots$：對於所有 $i = 0, 1, \\cdots,$\n(1) 選取一個不在 $C$ 上的整點 $Q_i = (x_i, y_i)$，使得 $|x_i| < 50$ 且 $|y_i| < 50$。\n(2) 連接 $\\overline{P_iQ_i}$，並令其與 $C$ 的另一交點為 $P_{i+1}$。\n試證：對於任何 $P_0$，我們都可以適當選取 $Q_0, Q_1, \\cdots$，使得存在某個非負整數 $k$，讓 $\\overline{OP_k} = 2017$。\n\n（我們稱 $(x, y)$ 為整點，若且唯若 $x$ 和 $y$ 都是整數。我們稱 $(x, y)$ 為有理點，若且唯若 $x$ 和 $y$ 都是有理數。）",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "1. 易知 $C$ 上的所有整數點為 $(\\pm44, \\pm9)$，且 $44^2 + 9^2 = 2017$，故我們只要證明經過適當的操作後，某個 $P_k$ 是整點即可。\n\n2. 若 $P_0$ 是整點，由 1. 知取 $k=0$ 即可，故假設 $P_0 = (a/m, b/m)$ 不為整點，其中 $a, b, m \\in \\mathbb{Z}$ 且 $m > 0$。\n\n– 顯然存在整數 $s$ 和 $t$ 滿足 $|s - \\frac{a}{m}| \\le 1/2$ 及 $|t - \\frac{b}{m}| \\le 1/2$。又，$|s| < \\sqrt{2098} + 1 < 50$，同理 $|t| < 50$，故可取 $Q_0 = (s, t)$。\n\n注意到 $(s - \\frac{a}{m})^2 + 2(t - \\frac{b}{m})^2 = 2098 + s^2 + 2t^2 - 2(sa + 2tb)/m = m'/m$，其中 $m' \\in \\mathbb{N}$。但由定義，我們有\n$$\n\\left| \\left(s - \\frac{a}{m}\\right)^2 + 2\\left(t - \\frac{b}{m}\\right)^2 \\right| \\le 1/4 + 2/4 < 1,\n$$\n故 $m' = m \\left( \\left(s - \\frac{a}{m}\\right)^2 + 2\\left(t - \\frac{b}{m}\\right)^2 \\right) < m$。\n\n– 現在，假設 $P_1 = (s+z(a-sm), t+z(b-tm))$，則有 $(s+z(a-sm))^2 + 2(t+z(b-tm))^2 = 2098$，展開得\n$$\n\\frac{m'}{m}z^2 + 2(s(a - sm) + 2t(b - tm))z + (s^2 + 2t^2 - 2098) = 0.\n$$\n上式的一解為 $z = 1/m$（對應 $P_0$ 的解），故由根與係數，另一解為 $(s^2 + 2t^2 - 2098)/m'$。因此 $P_1 = (a'/m', b'/m')$，其中 $a', b', m' \\in \\mathbb{Z}$ 且 $0 < m' < m$。\n\n- 由以上討論得知，若每次討論都用以上方式選取 $Q_i$，則得到的 $P_{i+1}$ 其座標分母將比 $P_i$ 的座標分母小。這表示存在充分大的 $k$，使得 $P_k$ 是一個整點 $\\Rightarrow \\overline{OP_k} = 2017$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44305,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "坐標平面上有兩定點 $B(-1, 0)$, $C(1, 0)$。平面上的有界非空子集 $S$ 如果滿足下列兩條件：\n(i) $S$ 中存在一點 $T$, 使得對 $S$ 中的任意點 $Q$, 線段 $TQ$ 會完全落在 $S$ 裡;\n(ii) 對任意的三角形 $P_1P_2P_3$, 都能夠在 $S$ 中找到唯一的一點 $A$ 及集合 $\\{1, 2, 3\\}$ 上的一個排列 $\\sigma$, 使得三角形 $ABC$ 與 $P_{\\sigma(1)}P_{\\sigma(2)}P_{\\sigma(3)}$ 相似。\n則稱 $S$ 為一個「好集合」。\n證明在集合 $\\{(x, y): x \\ge 0, y \\ge 0\\}$ 中, 存在兩個不一樣的好集合 $S, S'$, 使得: 若 $A \\in S$ 與 $A' \\in S'$ 是滿足條件 (ii) 的唯一選擇, 則乘積 $BA \\cdot BA'$ 是一個與三角形 $P_1P_2P_3$ 無關的定值。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "如果在 $\\triangle ABC$ 與 $\\triangle P_{\\sigma(1)}P_{\\sigma(2)}P_{\\sigma(3)}$ 的相似關係中, $BC$ 對應到 $\\triangle P_{\\sigma(1)}P_{\\sigma(2)}P_{\\sigma(3)}$ 的最長邊, 則有 $BC \\ge AB \\ge AC$。條件 $BC \\ge AB$ 等價於 $(x + 1)^2 + y^2 \\le 4$, 而 $AB \\ge AC$ 對第一象限的任意點均成立。故可首先定義:\n$$\nS := \\{(x, y) : (x + 1)^2 + y^2 \\le 4, x \\ge 0, y \\ge 0\\}.\n$$\n注意到 $S$ 是某圓盤與第一象限的交集, 所以它是一個有界的凸集合, 而我們可以選其中的任意點當作 $T$ 來滿足條件 (i)。在 $S$ 中的任意點 $A$, $BC \\ge AB \\ge AC$ 總是成立的。故滿足條件 (ii) 的點 $A$ 可以唯一決定, 而其存在性可由上述的建構產生。\n\n接下來, 如果在 $\\triangle ABC$ 與 $\\triangle P_{\\sigma(1)}P_{\\sigma(2)}P_{\\sigma(3)}$ 的相似關係中, $BC$ 對應到 $\\triangle P_{\\sigma(1)}P_{\\sigma(2)}P_{\\sigma(3)}$ 的第二長邊, 則有 $A'B \\ge BC \\ge A'C$。這兩條不等式分別等價於 $(x + 1)^2 + y^2 \\ge 4$ 與 $(x - 1)^2 + y^2 \\le 4$。\n$$\nS' := \\{(x, y) : (x+1)^2 + y^2 \\ge 4, (x-1)^2 + y^2 \\le 4, x \\ge 0, y \\ge 0\\}.\n$$\n$S'$ 有界及滿足條件 (ii) 可用類似於 $S$ 的論述得證。對於條件 (i)，注意到 $S'$ 包含在圓盤 $(x - 1)^2 + y^2 \\le 4$ 之內、在圓盤 $(x + 1)^2 + y^2 \\ge 4$ 之外的點，故可取 $T' = (1, 2)$ 來滿足條件 (i)；這點是圓 $(x - 1)^2 + y^2 = 4$ 上的最高點（$y$ 坐標最大的點）。\n\n最後檢查 $BA \\cdot BA'$ 為定值。設三角形 $P_1P_2P_3$ 滿足 $P_1P_2 \\ge P_2P_3 \\ge P_3P_1$。由相似性，可知：\n$$\nBA = BC \\cdot \\frac{P_2P_3}{P_1P_2} \\quad \\text{及} \\quad BA' = BC \\cdot \\frac{P_1P_2}{P_2P_3}.\n$$\n所以 $BA \\cdot BA' = BC^2 = 4$，此值自然與三角形 $P_1P_2P_3$ 無關。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44306,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $a, b, c, d > 0$, 試證:\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{c}{a + 2b} + \\sum_{cyc} \\frac{a + 2b}{c} \\geq 8 \\left( \\frac{(a + b + c + d)^2}{ab + ac + ad + bc + bd + cd} - 1 \\right),\n$$\n其中 $\\sum_{cyc} f(a, b, c, d) = f(a, b, c, d) + f(d, a, b, c) + f(c, d, a, b) + f(b, c, d, a)$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "注意到\n$$\n\\frac{c}{a+2b} = \\frac{a+2b+c}{a+2b} - 1, \\quad \\frac{a+2b}{c} = \\frac{a+2b+c}{c} - 1\n$$\n所以我們有:\n$$\n\\begin{aligned} \\sum_{cyc} \\frac{c}{a+2b} + \\sum_{cyc} \\frac{a+2b}{c} &= \\sum_{cyc} (a+2b+c) \\left( \\frac{1}{a+2b} + \\frac{1}{c} \\right) - 8 \\\\ &= \\sum_{cyc} \\frac{(a+2b+c)^2}{c(a+2b)} - 8. \\end{aligned}\n$$\n使用柯西不等式:\n$$\n\\left( \\sum_{cyc} c(a+2b) \\right) \\left( \\sum_{cyc} \\frac{(a+2b+c)^2}{c(a+2b)} \\right) \\geq 16(a+b+c+d)^2\n$$\n也就是\n$$\n\\begin{aligned} \\sum_{cyc} \\frac{(a+2b+c)^2}{c(a+2b)} - 8 &\\geq 8 \\left( \\frac{(a+b+c+d)^2}{\\sum_{cyc} c(a+2b)} - 1 \\right) \\\\ &= 8 \\left( \\frac{(a+b+c+d)^2}{ab+ac+ad+bc+bd+cd} - 1 \\right). \\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44307,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "a, b, c, d 是正實數且滿 $a + b + c + d = 4$。試證明：\n$$\n\\frac{a^2}{b} + \\frac{b^2}{c} + \\frac{c^2}{d} + \\frac{d^2}{a} \\geq 4 + (a-d)^2.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "注意到 RHS 如果沒有 $(a-d)^2$ 這項，那麼\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{a^2}{b} &\\geq 4 \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{cyc} \\left(\\frac{a^2}{b} + b\\right) &\\geq 8\n\\end{aligned}\n$$\n上式由四個算幾不等式可以輕易知道成立。回到原題，加上 $(a-d)^2$ 這項後需要證明\n$$\n\\begin{align*}\n\\Leftrightarrow \\sum_{cyc} \\left(\\frac{a^2}{b} + b\\right) &\\geq 8 + (a-d)^2 \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{cyc} \\left(\\frac{a^2}{b} + b - 2a\\right) &\\geq (a-d)^2 \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{cyc} \\left(\\frac{a^2 + b^2 - 2ab}{b}\\right) &\\geq (a-d)^2\n\\end{align*}\n$$\n由柯西不等式知道\n$$\n\\begin{align*}\n\\sum_{cyc} \\left(\\frac{(a-b)^2}{b}\\right) \\sum_{cyc} (b) &\\geq \\left(\\sum_{cyc} |a-b|\\right)^2 \\\\\n&\\geq \\left((a-b) + (b-c) + (c-d) + (a-d)\\right)^2 = (2a-2d)^2.\n\\end{align*}\n$$\n所以\n$$\n\\begin{align*}\n\\sum_{cyc} \\left( \\frac{a^2 + b^2 - 2ab}{b} \\right) &\\ge \\frac{(2a-2d)^2}{a+b+c+d} \\\\\n&= \\frac{(2a-2d)^2}{4} = (a-d)^2.\n\\end{align*}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44308,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試證明: 存在一個整係數多項式 $f(x)$, 使得:\n(1) $f(x) = 0$ 沒有有理實根。\n(2) 對於任何正整數 $n$, 均存在整數 $m$, 使得 $f(m)$ 是 $n$ 的倍數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(注意可能的 $f(x)$ 不唯一。) 以下證明\n$$\nf(x) = (x^2 + 1)(x^2 + 2)(x^2 - 2)(x^2 + 7)\n$$\n滿足條件。易見 $f(x) = 0$ 沒有有理實根。\n\n1. 首先證明：對於所有奇質數的幂次方 $p^\\alpha$，都存在整數 $m_{p^\\alpha}$ 使得\n$$\np^{\\alpha}|f(m_{p^{\\alpha}}).\n$$\n事實上，我們可以用歸納法證明以下引理：\n\n**引理一.** 對於所有奇質數 $p$，存在 $r_p \\in \\{-1, -2, 2\\}$，使得對於所有 $\\alpha \\ge 1$，必存在 $m_{p^\\alpha} \\in \\mathbb{Z}$ 使得 $p^\\alpha|m_p^2 - r_p$.\n\na. 首先，對於 $\\alpha = 1$，注意到：\n- 若 $p = 4k + 1$，則 $-1$ 是模 $p$ 的二次剩餘；\n- 若 $p = 8k + 3$，則 $-2$ 是模 $p$ 的二次剩餘；\n- 若 $p = 8k + 7$，則 $2$ 是模 $p$ 的二次剩餘。\n\n綜以上，必存在 $m_p \\in \\mathbb{Z}$ 及 $r_p \\in \\{-1, -2, 2\\}$，使得 $p|m_p^2 - r_p$.\n\nb. 假設命題對 $\\alpha = k$ 成立。當 $\\alpha = k+1$ 時，取 $m_{p^{k+1}} = m_{p^k} + tp^k$，其中 $t$ 待定。注意到我們有\n$$\n\\begin{aligned}\nm_{p^{k+1}}^2 - r_p &= (m_{p^k} + tp^k)^2 - r_p \\\\\n&\\equiv (m_{p^k}^2 - r_p) + 2m_{p^k}tp^k \\pmod{p^{k+1}}.\n\\end{aligned}\n$$\n由歸納假設, $p^k|m_{p^k}^2 - r_p$, 故僅需再取\n$$\nt \\equiv - \\frac{m_{p^k}^2 - r_p}{p^k} (2m_{p^k})^{-1} \\pmod{p},\n$$\n即可讓 $p^{k+1}|m_{p^{k+1}}^2 - r_p$ (註: 顯然 $p$ 不整除 $m_{p^k}$, 故 $(2m_{p^k})^{-1}$ 存在。)\n\n綜以上, 引理一證畢, 從而原命題在 $n$ 為奇質數幂次方時成立。\n\n2. 接著證明: 對於所有 2 的幂次方 $2^\\alpha$, 都存在整數 $m_{2^\\alpha}$ 使得 $2^\\alpha|f(m_{2^\\alpha})$.\n事實上, 我們可以用歸納法證明以下引理:\n\n**引理二.** 對於所有 $\\alpha \\ge 1$, 必存在 $m_{2^\\alpha} \\in \\mathbb{Z}$ 使得 $2^\\alpha|m_p^2 + 7$.\n\na. 首先, 對於 $\\alpha \\ge 3$, 取 $m_{2^\\alpha} = 1$ 即可。\n\nb. 假設命題對 $\\alpha = k \\ge 3$ 成立。當 $\\alpha = k + 1$ 時, 取\n$$\nm_{2^{k+1}} = m_{2^k} + t2^{k-1},\n$$\n其中 $t$ 待定。注意到我們有\n$$\n\\begin{aligned}\nm_{2^{k+1}}^2 + 7 &= (m_{2^k} + t2^{k-1})^2 + 7 \\\\\n&\\equiv (m_{2^k}^2 + 7) + m_{2^k}t2^k \\pmod{2^{k+1}}.\n\\end{aligned}\n$$\n由歸納假設, $2^k|m_{2^k}^2 + 7$, 故僅需再取\n$$\nt \\equiv \\frac{m_{2^k}^2 + 7}{2^k} \\pmod{2},\n$$\n即可讓 $2^{k+1}|m_{2^{k+1}}^2 + 7$.\n\n綜以上, 引理二證畢, 從而原命題在 $n$ 為 2 的幂次方時成立。\n\n- 由以上兩個引理, 我們知對於所有 $1 \\le i \\le s$ 存在整數 $m_{p_i^{\\alpha_i}}$ 使得 $p_i^{\\alpha_i} \\mid f(m_{p_i^{\\alpha_i}})$.\n- 又對於任何整係數多項式 $f(x)$, 任意兩相異整數 $u, v$, 都必有\n$$\nu - v \\mid f(u) - f(v).\n$$\n故只要讓 $m$ 滿足同餘方程組\n$$\nm \\equiv m_{p_i^{\\alpha_i}} (\\text{mod } p_i^{\\alpha_i}) \\quad \\forall i = 1, 2, \\dots, s\n$$\n便有\n$$\n\\begin{aligned}\nf(m) &= [f(m) - f(m_{p_i^{\\alpha_i}})] + f(m_{p_i^{\\alpha_i}}) \\\\\n&\\equiv [m - m_{p_i^{\\alpha_i}}] + 0 \\equiv 0 \\pmod{p_i^{\\alpha_i}}\n\\end{aligned}\n$$\n對於所有 $i = 1, 2, \\dots, s$ 皆成立; 換言之, $n \\mid f(m)$.\n\n綜以上, 知 $f(x)$ 滿足題意。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44309,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定 $\\triangle ABC$ 與三點 $D, E, F$ 使得: $DB = DC$, $EC = EA$, $FA = FB$, 且 $\\angle^*BDC = \\angle^*CEA = \\angle^*AFB$ (這裡 $\\angle^*$ 係指有向角)。設 $\\Omega_D$ 是以 $D$ 為圓心且經過 $B, C$ 的圓, 並類似定義 $\\Omega_E$ 與 $\\Omega_F$。證明: $\\Omega_D, \\Omega_E, \\Omega_F$ 的根心落在 $\\triangle DEF$ 的尤拉線上。\n\n註：$\\triangle DEF$ 的尤拉線是指通過 $\\triangle DEF$ 的垂心、重心與外心的一條直線。三個圓的根心是指對於平面上一般位置的三個圓等幂的點；也就是三圓兩兩根軸的共同交點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $T$ 為 $\\Omega_E, \\Omega_F$ 異於 $A$ 的交點，且設 $AT$ 與 $\\triangle BTC$ 的外接圓再交於點 $H_D$。由 $\\angle^*BCH_D = \\angle^*BTA = \\frac{1}{2}\\angle^*BFA = \\frac{1}{2}\\angle^*CDB$，可知 $BH_D \\perp CD$。同理可得 $CH_D \\perp BD$，所以 $H_D$ 為 $\\triangle BDC$ 的垂心。\n\n類似地，可設出 $H_E, H_F$ 分別為 $\\triangle CEA, \\triangle AFB$ 的垂心，則 $BH_E, CH_F$ 分別為 $(\\Omega_F, \\Omega_D)$ 與 $(\\Omega_D, \\Omega_E)$ 的根軸，即 $AH_D, BH_E, CH_F$ 共點於 $\\Omega_D, \\Omega_E, \\Omega_F$ 的根心 $P$。\n\n設 $X, Y, Z$ 分別是 $D, E, F$ 關於 $BC, CA, AB$ 的對稱點。\n\n由 $\\triangle BXC \\sim \\triangle BFA$, 得 $\\triangle BCA \\sim \\triangle BXF$, 所以 $\\frac{AE}{BF} = \\frac{CA}{AB} = \\frac{FX}{BF}$，知 $AE = FX$。同理可得 $AF = EX$，所以 $AEXF$ 為平行四邊形。\n\n設 $O$ 為 $\\triangle DEF$ 的外心，$Q$ 為 $P$ 關於 $O$ 的對稱點。則由上述討論可知 $XQ \\perp EF$。同理，$YQ, ZQ$ 分別垂直於 $FD, DE$。設 $H$ 為 $\\triangle DEF$ 的垂心。注意到\n$$\n\\frac{DX}{DH_D} = \\frac{EY}{EH_E} = \\frac{FZ}{FH_F},\n$$\n所以 $H, P, Q$ 共線，即 $P$ 在 $\\triangle DEF$ 的尤拉線 $OH$ 上。證畢。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44310,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 為銳角三角形，$A_1, B_1, C_1$ 分別位於 $BC, CA, AB$ 邊上，且 $AA_1, BB_1, CC_1$ 皆為三角形 $ABC$ 的內角平分線。令點 $I$ 為三角形 $ABC$ 的內心，點 $H$ 為三角形 $A_1B_1C_1$ 的垂心。證明：\n$$\nAH + BH + CH \\ge AI + BI + CI.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "記 $\\angle BAC = \\alpha$, $\\angle CBA = \\beta$, $\\angle ACB = \\gamma$。不失一般性，可設 $\\alpha \\le \\beta \\le \\gamma$。\n另將三角形 $ABC$ 的三邊長分別記為 $BC = a$, $CA = b$, $AB = c$。\n\n我們首先證明：$\\triangle A_1B_1C_1$ 也是銳角三角形。在 $BC$ 邊上取點 $D, E$ 滿足：$B_1D // AB$, 且 $B_1E$ 爲 $\\angle BB_1C$ 的內角平分線。由於 $\\angle B_1DB = 180^\\circ - \\beta$ 是鈍角，知 $BB_1 > B_1D$。於是有\n$$\n\\frac{BE}{EC} = \\frac{BB_1}{B_1C} > \\frac{DB_1}{B_1C} = \\frac{BA}{AC} = \\frac{BA_1}{A_1C}.\n$$\n由此知 $BE > BA_1$，且 $\\frac{1}{2}\\angle BB_1C = \\angle BB_1E > \\angle BB_1A_1$。同理得 $\\frac{1}{2}\\angle BB_1A > \\angle BB_1C_1$。所以\n$$\n\\angle A_1B_1C_1 = \\angle BB_1A_1 + \\angle BB_1C_1 < \\frac{1}{2}(\\angle BB_1C + \\angle BB_1A) = 90^\\circ\n$$\n為銳角。由對稱性，得證 $\\triangle A_1B_1C_1$ 爲銳角三角形。\n\n回到原題。設直線 $BB_1$ 與 $A_1C_1$ 交於點 $F$。由 $\\alpha \\le \\gamma$，知 $a \\le c$，於是有\n$$\nBA_1 = \\frac{ca}{b+c} \\le \\frac{ac}{a+b} = BC_1\n$$\n得 $\\angle BC_1A_1 \\le \\angle BA_1C_1$。因為 $BF$ 是 $\\angle A_1BC_1$ 的內角平分線，$\\angle B_1FC_1 = \\angle BFA_1 \\le 90^\\circ$。所以 $H$ 與 $C_1$ 落在直線 $BB_1$ 的同一側，得 $H$ 會落在三角形 $BB_1C_1$ 的內部。類似地，因為 $\\alpha \\le \\beta$ 及 $\\beta \\le \\gamma$，知 $H$ 落在三角形 $CC_1B_1$ 的內部，也落在三角形 $AA_1C_1$ 的內部。\n\n由於 $\\alpha \\le \\beta \\le \\gamma$, 所以 $\\alpha \\le 60^\\circ \\le \\gamma$。故 $\\angle BIC \\le 120^\\circ \\le \\angle AIB$。我們先來討論 $\\angle AIC \\ge 120^\\circ$ 的情形。\n\n將 $B, I, H$ 各點以 $A$ 點為中心旋轉 $60^\\circ$, 分別得到 $B', I', H'$ 點, 並使 $B'$ 與 $C$ 點位於直線 $AB$ 的異側。因為 $\\triangle AI'I$ 為正三角形, 知\n$$\nAI + BI + CI = I'I + B'I' + IC = B'I' + I'I + IC. \\quad (1)\n$$\n同理知\n$$\nAH + BH + CH = H'H + B'H' + HC = B'H' + H'H + HC. \\quad (2)\n$$\n由於 $\\angle AII' = \\angle AI'I = 60^\\circ$、$\\angle AI'B' = \\angle AIB \\ge 120^\\circ$ 以及 $\\angle AIC \\ge 120^\\circ$, $B'I'IC$ 為凸四邊形, 並與 $A$ 點落在直線 $B'C$ 的同側。\n\n接著, 因為 $H$ 在三角形 $ACC_1$ 的內部, $H$ 會落在四邊形 $B'I'IC$ 的外部。同時, $H$ 落在三角形 $ABI$ 的內部, 得 $H'$ 也落在三角形 $AB'I'$ 的內部。所以 $H'$ 也落在 $B'I'IC$ 的外部。因此, 四邊形 $B'I'IC$ 整個落在四邊形 $B'H'HC$ 的內部。由此知 $B'I'IC$ 的周長不超過 $B'H'HC$ 的周長。於是由 (1) 及 (2) 可得\n$$\nAH + BH + CH \\geq AI + BI + CI.\n$$\n\n當 $\\angle AIC < 120^\\circ$ 時, 我們可將 $B, I, H$ 點以 $C$ 點為中心旋轉 $60^\\circ$, 分別到 $B', I', H'$ 點, 並使 $B'$ 與 $A$ 位於 $BC$ 的異側。這個情形的證明與上面的情形類似, 而得到相同的不等式。證明完畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44311,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 中, $AB = AC \\ne BC$, 而點 $I$ 為其內心。直線 $BI$ 交 $AC$ 於點 $D$。已知過 $D$ 且與 $AC$ 垂直的直線交 $AI$ 於點 $E$。證明: $I$ 對直線 $AC$ 的反射點落在三角形 $BDE$ 的外接圓上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $\\Gamma$ 為以 $E$ 為圓心、過 $B$, $C$ 兩點的圓。因為 $DE \\perp AC$, $C$ 對 $D$ 的反射點 $F$ 會落在 $\\Gamma$ 上。由 $\\angle DCI = \\angle ICB = \\angle CBI$, 知直線 $DC$ 為三角形 $IBC$ 外接圓的切線。設 $J$ 為 $I$ 對 $D$ 的反射點。使用有向線段, 知\n$$\nDC \\cdot DF = -DC^2 = -DI \\cdot DB = DJ \\cdot DB,\n$$\n得 $J$ 亦落在 $\\Gamma$ 上。\n![](attached_image_1.png)\n令 $I'$ 為 $I$ 對 $AC$ 的反射點。因為 $IJ$ 與 $CF$ 互相平分, $CJFI$ 為平行四邊形。由 $\\angle FI'C = \\angle CIF = \\angle FJC$, 得 $I'$ 落在 $\\Gamma$ 上。由此知 $EI' = EB$。\n\n注意到 $AC$ 是 $\\angle BDI'$ 的內角平分線。因為 $DE \\perp AC$, 所以 $DE$ 是 $\\angle BDI'$ 的外角平分線。加上 $EI' = EB$, 知 $E$ 落在三角形 $BDI'$ 的外接圓上。得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44312,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n, k$ 為正整數且 $n > k$。有甲、乙兩人:\n1. 甲先私自在紙條上寫下一個 $n$ 位數的 01 序列, 並在黑板上寫下所有跟這個 01 序列恰有 $k$ 個位數不同的所有長度為 $n$ 的 01 序列。舉例來說, 如果 $n=3, k=1$, 且紙條上的 01 序列 101, 則甲必須在黑板上寫下 001, 111 和 100.\n2. 接著, 乙看著黑板上的所有序列, 試圖猜測紙條上的序列是什麼。他每次可以猜一個 $n$ 位數的 01 序列, 而甲必須誠實回答他是否猜對了。\n對於每組 $(n, k)$, 試求最小的正整數 $m$, 使得乙存在一個猜測策略, 能保證在 $m$ 次猜測內猜到正解。",
    "options": [],
    "answer": "m = 1 if n ≠ 2k, and m = 2 if n = 2k.",
    "solution": "令紙條上的序列為 $X$.\n先考慮 $n \\neq 2k$. 若 $X$ 的首項為 1, 則在黑板上將有 $C(n-1, k)$ 條首項為 1, $C(n-1, k-1)$ 條首項為 0, 注意到 $C(n-1, k) \\neq C(n-1, k-1)$. 由此可知, 乙只需計算首項為 1 與為 0 的序列數量, 便可確知 $X$ 的首項為何。依據同樣的方法, 乙可以確知 $X$ 的每一項為何。故乙第一次便可猜中。\n\n現在考慮 $n = 2k$. 當 $k = 1$ 時, 易知需猜兩次。當 $k \\ge 2$ 時, 注意到若我們將紙條上的 $X$ 的每一項都換掉 (0 換成 1, 1 換成 0), 則黑板上仍會寫下完全相同的序列, 故至少需要猜兩次。因此, 只須證明猜兩次即可猜中正確答案:\n\n· 若 $X$ 的頭兩位數是相同的, 則在黑板上, 01 與 10 帶頭的數列將各有 $C(2k-2, k-1)$ 條, 而 00 與 11 帶頭的數列將各有 $C(2k-2, k)$ 條。\n\n· 反之，若 $X$ 的頭兩位數是相同的，則在黑板上，01 與 10 帶頭的數列將各有 $C(2k-2, k)$ 條，而 00 與 11 帶頭的數列將各有 $C(2k-2, k-1)$ 條。\n\n· 由於 $C(2k-2, k-1) \\neq C(2k-2, k)$，乙只需計算對應條數的數量，便可知 $X$ 的首兩項是否相同。\n\n· 同理，乙可以確知 $X$ 的任兩位數是否相同。\n\n· 因此乙僅需猜測 $X$ 的首項為何即可，而這最多只需猜兩次。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44313,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有一個三角形 $ABC$，其外接圓為 $\\Gamma$，設點 $A'$ 是點 $A$ 在 $\\Gamma$ 上的對徑點。作正三角形 $BCD$，使得 $A, D$ 兩點位於 $BC$ 的異側。設過 $A'$ 且與 $A'D$ 垂直的直線分別與直線 $AC, AB$ 交於 $E, F$ 兩點。以 $EF$ 為底，作底角為 $30^\\circ$ 的等腰三角形 $ETF$，並使 $A, T$ 兩點位於 $EF$ 的異側。證明：$AT$ 經過三角形 $ABC$ 的九點圓圓心 $N$。\n\n註：三角形 $ABC$ 的九點圓，係指通過三角形 $ABC$ 三邊的中點、三高的垂足、與頂點到垂心的三條線段的中點這九個點的圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們首先證明兩個引理。\n\n**引理 1.** 設 $P, Q$ 為 $\\triangle ABC$ 的一對等角共軛點。若 $O, O_a, O_b, O_c, T$ 分別為 $\\triangle ABC, \\triangle BPC, \\triangle CPA, \\triangle APB$ 及 $\\triangle O_aO_bO_c$ 的外心，則 $PQ$ 與 $OT$ 平行。\n\n**引理 1. 證明** 設 $\\triangle Q_aQ_bQ_c$ 為 $Q$ 關於 $\\triangle ABC$ 的垂足三角形，且設 $V$ 為 $\\triangle Q_aQ_bQ_c$ 的外心。因為 $Q_bQ_c, Q_cQ_a, Q_aQ_b$ 分別垂直於 $AP, BP, CP$，所以 $\\triangle Q_aQ_bQ_c \\cup Q \\cup V$ 與 $\\triangle O_aO_bO_c \\cup O \\cup T$ 位似。因為 $V$ 為 $PQ$ 的中點，所以 $OT$ 與 $PQ$ 平行。引理 1 證畢。\n\n**引理 2.** 給定 $\\triangle ABC$ 與一點 $U$ 使得 $\\triangle BUC$ 為正三角形。設 $V$ 為 $U$ 關於 $\\triangle ABC$ 的等角共軛點。則 $UV$ 與 $\\triangle ABC$ 的尤拉線平行。\n\n**引理 2. 證明** 設 $BV, CV$ 分別與 $\\triangle ABC$ 的外接圓交於 $E, F$ 兩點，且令 $N$ 為 $EF$ 的中點。設 $G, O$ 分別為 $\\triangle ABC$ 的重心及外心，且設 $M$ 為 $BC$ 的中點。計算角度可知 $\\triangle AEF$ 為正三角形，所以 $A, O, N$ 共線，且\n$$\n\\frac{ON}{AO} = \\frac{1}{2} = \\frac{GM}{AG},\n$$\n故 $MN$ 與 $\\triangle ABC$ 的尤拉線 $GO$ 平行。\n\n另一方面，計算角度可知 $\\angle^*VBU = \\angle^*FAC$, $\\angle^*VCU = \\angle^*EAB$（此處 $\\angle^* $ 代表有向角），所以利用正弦定理計算有向面積，得\n$$\n\\begin{align*}\n[\\triangle UMV] - [\\triangle UNV] \\\\\n&= \\frac{1}{2}([\\triangle UBV] + [\\triangle UCV]) - \\frac{1}{2}([\\triangle UEV] + [\\triangle UFV]) \\\\\n&= \\frac{1}{2}([\\triangle UBE] + [\\triangle UCF]) = 0.\n\\end{align*}\n$$\n這就是說 $MN$ 與 $UV$ 平行，故 $UV$ 亦與 $\\triangle ABC$ 的尤拉線平行。引理 2 證畢。\n\n回到原題。設 $O$ 為 $\\triangle ABC$ 的外心，且設 $V$ 為 $O$ 關於 $BC$ 的對稱點。\n因為 $A'V$ 的中點是 $\\triangle A'BC$ 的九點圓圓心且 $N$ 為 $AV$ 的中點，所以 $AN$\n與 $\\triangle A'BC$ 的尤拉線平行。故只需再證明 $AT$ 與 $\\triangle A'BC$ 的尤拉線平行即可。\n\n設 $X, Y, Z, K$ 分別為 $\\triangle BCD, \\triangle A'BD, \\triangle A'CD$ 與 $\\triangle XYZ$ 的外心。\n因為 $XY, XZ$ 分別垂直於 $BD, CD$，所以 $\\angle^*YOZ = 120^\\circ$。故 $\\triangle KYZ$ 為\n一以 $YZ$ 為底且底角為 $30^\\circ$ 的等腰三角形。又注意到 $YZ, ZO, OY$ 分別垂\n直於 $A'D, A'C, A'B$，所以 $\\triangle AEF$ 與 $\\triangle OZY$ 位似。故 $\\triangle AEF \\cup T$ 與\n$\\triangle OZY \\cup K$ 位似，從而得 $AT$ 與 $OK$ 平行。\n\n另一方面，設 $D'$ 為 $D$ 關於 $\\triangle A'BC$ 的等角共軛點。由引理 1 知 $DD'$\n與 $OK$ 平行。又由引理 2 得 $DD'$ 平行於 $\\triangle A'BC$ 的尤拉線。綜合上述，可\n得 $AT$ 平行於 $\\triangle A'BC$ 的尤拉線。證明完畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44314,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 表示所有正整數所成的集合。試求所有一對一函數 $f: N \\to N$ 使得\n$$\nf^{f(a)}(b) f^{f(b)}(a) = (f(a+b))^2\n$$\n成立, 對所有的正整數 $a, b$. 此處 $f^k(n)$ 表示 $\\underbrace{f(f(\\dots f(n)\\dots))}_{k}$",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n+1 for all positive integers n",
    "solution": "答: $f(n) = n+1$, 對所有的正整數 $n$.\n\nLet $f$ be such a solution.\n\n**First step.** The pre-image of 1 is empty.\n\nObviously, if there is an integer $x$ so that $f(x) = 1$. Set $a = b = x$ into (1), then\n$$\nf(2x)^2 = f^{f(x)}(x) f^{f(x)}(x) = f(x)^2 = 1\n$$\nThis implies $f(2x) = 1$. But, it's impossible since $f$ is injective, as desired.\n\n**Second step.** $f^{f(n)-1}(n) = 2n$ for all $n \\in N$. Moreover, $f(1) = 2$\n\nIt's also clear. Set $a = b = n$ into (1) and use the injectivity of $f$:\n$$\nf^{f(n)}(n)^2 = f(2n)^2 \\rightarrow f^{f(n)}(n) = f(2n) \\rightarrow f^{f(n)-1}(n) = 2n \\quad (1)\n$$\nIn particular, there is an integer $c$ such that $f(c) = 2$. Then\n$$\n2c = f^{f(c)-1}(c) = f(c) = 2.\n$$\nSo $c=1$, as desired.\n\n**Third step.** The pre-image of 5 is non-empty.\n\nAccording to the previous work, we get that the pre-images of even integers are non-empty. There must be an integer $d$ such that $f(d) = 4$. By using (1),\n$$\n2d = f^{f(d)-1}(d) = f^3(d) = f^2(4) \\qquad (2)\n$$\n將 $a = 1, b = 4$ 代入題設：\n$$\nf^2(4) f^{f(4)}(1) = f(5)^2 \\qquad (3)\n$$\n結合題設與 (1), it follows $f(5)$ is an even integer, say $2e$. By (1) again,\n$$\nf(5) = 2e = f^{f(e)-1}(e)\n$$\nClearly, $e \\neq 1$ since $f$ is injective, so $f(e) > 2$ and $5$ is in the image of $f$.\n\nBecause the pre-image of 1 is empty, $f^2(g-1)$ and $f^{f(g-1)}(1)$ both are\n3. Notice that\n$$\nf^2(g-1) = 3 = f(g) \\rightarrow f(g-1) = g\n$$\n進一步，題設中取 $a = 2, b = g - 2$\n$$\nf^5(g-2) f^{f(g-2)}(2) = f(g)^2 = 9 \\quad (5)\n$$\nBy the result of the first step, we then get\n$$\nf^g(1) = f^{f(g-1)}(1) = 3 = f^{f(g-2)}(2) = f^{f(g-2)+1}(1)\n$$\nTherefore, $f(g-2)$ equals to $g-1$. Also, (3) tells us\n$$\n3 = f^5(g-2) = f^2(3).\n$$\nSince\n$$\nf^{f(3)-1}(3) = 6\n$$\nThe only possibility is $f(3) = 6$. This means $e = \\frac{9}{2}$, which is absurd!\n\n$$\nf^h (1) = f^{f(h-1)} (1) = 5 = f^{f(h-2)} (2) = f^{f(h-2)} (2) = f^{f(h-2)+1} (1)\n$$\nwhich implies $f(h-2) = h-1$. And we'll have\n$$\n5 = f^{f(2)} (h-2) = f^{f(2)-3} (5)\n$$\nIf $f(2) \\neq 3$, then the sequence $5, f(5), f^2(5), \\dots$ contains only finite distinct values. On the other hand, (1) tells us that\n$$\nf^{f(5)-1}(5) = 10, f^{f(10)-1}(10) = 20, \\dots, f^{f(5 \\cdot 2^m)-1}(5 \\cdot 2^m) = 5 \\cdot 2^{m+1}, \\dots\n$$\nIn particular, the sequence $5, f(5), f^2(5), \\dots$ contains $5 \\cdot 2^m$ for all $m \\in N \\cup \\{0\\}$. Thus, our assumption is false. That is, $f(2) = 3$ and $4 = f^{f(2)-1}(2) = f(3)$\n\n**Sixth step.** $f(n) = n+1$ for all $n \\in N$\n\nWe have shown that the statement $f(n) = n+1$ is true for $n = 1, 2, 3$. Assume that it's true for all $n < k$. If $k$ is odd, write $k = 2l+1$ take $a = l, b = l+2$:\n$$\nf(2l + 2)^2 = f^{f(l)}(l + 2) f^{f(l+2)}(l) = f^{l+1}(l + 2) f^{l+3}(l) = f^{l+1}(l + 2)^2 \\\\\n\\Rightarrow 2l + 2 = f^{l+1}(l + 2) = f(2l + 1)\n$$\nFor the other case: if $k = 2l$, take $a = l, b = l+1$:\n$$\nf(2l + 1)^2 = f^{f(l)}(l + 1) f^{f(l+1)}(l) = f^{l+1}(l + 1)^2 \\\\\n\\Rightarrow 2l + 1 = f^l(l + 1) = f(2l)\n$$\nThus, use the principle of induction, the conclusion follows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44315,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 表示所有正整數所成之集合。試求所有函數 $f: N \\rightarrow N$, 滿足: 對於所有 $m, n \\in N$, $f(m) + f(n) - mn \\neq 0$ 且 $(f(m) + f(n) - mn)$ 能整除 $(mf(m) + nf(n))$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n^2",
    "solution": "$f(n) = n^2$.\n\nIt is given that\n$$\n(f(m) + f(n) - mn) \\mid (mf(m) + nf(n)). \\quad (1)\n$$\n\n1. Take $m = n = 1$ in (1), we have $2f(1) - 1 \\mid 2f(1) \\Rightarrow f(1) = 1$.\n\n2. Let $p$ be a prime number, and take $(m, n) = (p, 1)$, then we have $f(p) - 1 + p \\mid pf(p) + 1$, which is\n$$\nf(p) - p + 1 \\mid pf(p) + 1 - p(f(p) - p + 1) = p^2 - p + 1.\n$$\n- If $f(p) - p + 1 = p^2 - p + 1$, then $f(p) = p^2$.\n- If $f(p) - p + 1 \\neq p^2 - p + 1$, since $p^2 - p + 1$ is odd, we must have $3(f(p) - p + 1) \\leq (p^2 - p + 1)$, that is\n$$\nf(p) \\leq \\frac{1}{3}(p^2 + 2p - 2) \\quad (2)\n$$\n\nNow, take $m = n = p$ in (1), we have $2f(p) - p^2 \\mid 2pf(p)$. This implies\n$$\n2f(p) - p^2 \\mid 2pf(p) - p(2f(p) - p^2) = p^3.\n$$\nBut by (2) and by the fact that $f(p) \\geq 1$, we have\n$$\n-p^2 < 2f(p) - p^2 \\leq \\frac{2}{3}(p^2 + 2p - 2) - p^2 < -p\n$$\nfor $p \\geq 7$. This contradicts to the fact that $2f(p) - p^2$ is a factor of $p^3$.\n\nHence, we have proved that $f(p) = p^2$ for all prime $p \\ge 7$.\n\n3. Now, fixed $n$, and take prime $p \\ge 7$. Set $m = p$ in (2), and we have\n$$\n\\begin{aligned}\n& p^2 + f(n) - pn \\\\\n= & f(p) + f(n) - pn \\mid p f(p) + n f(n) - n(f(p) + f(n) - pn) \\\\\n= & p f(p) - n f(p) + pn^2 = p(p^2 - pn + n^2).\n\\end{aligned}\n$$\nHowever, we can take $p$ sufficiently large such that $p \\nmid f(n)$, which means $(p, p^2 - pn + f(n)) = 1$, so $p^2 - pn + f(n) \\nmid p^2 - pn + n^2$. Hence,\n$$\np^2 - pn + f(n) \\nmid p^2 - pn + n^2 + (p^2 - pn + f(n)) = n^2 - f(n).\n$$\nSince this must hold for all $p$, but $p^2 - pn + f(n) \\to \\infty$, the only possibility is $n^2 - f(n) = 0$, that is $f(n) = n^2$.\n\n4. The rest is to check that $f(n) = n^2$ indeed satisfies the conditions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44316,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有的整數 $c \\in \\{0, 1, \\dots, 2016\\}$ 使得滿足下列兩條件之函數 $f: Z \\rightarrow \\{0, 1, \\dots, 2016\\}$ 的個數最小:\n(1) 函數 $f$ 之週期為 $2017$;\n(2) $f(f(x) + f(y) + 1) - f(f(x) + f(y)) \\equiv c \\pmod{2017}$.\n\n註: 此處 $Z$ 表示所有整數所成的集合。",
    "options": [],
    "answer": "c = 1, 1008, 1009, 2016; minimal number of functions = 2017",
    "solution": "What we want are $c = 1, 1008, 1009, 2016$, and the number of $f$ is $2017$.\nLet $a\\%b$ denote the remainder of $a$ divided by $b$, where $0 \\le a\\%b < b$.\nNote that $(cx + k)\\%2017$ satisfies the condition (where $k = 0, 1, \\dots, 2016$).\n\nIn the following, we'll prove there is another solution when $c \\ne 1, 1008, 1009, 2016$:\nWhen $c \\ne 0$, let\n$$\nf_0(2017n + 1) = f_0(2017n + c + 1) = f_0(2017n + 2c + 1) = c,\n$$\nlet $f_0(x) = 0$ for the others. $(f_0(x) + f_0(y))\\%2017$ can only be $0, c, 2c\\%2017$,\nbut since $c \\ne 1, 1008, 1009, 2016$, we have\n$0, c, 2c\\%2017 \\notin \\{1, (c+1)\\%2017, (2c+1)\\%2017\\}$,\nso\n$f_0(f_0(x) + f_0(y)) = 0$, and $f_0(f_0(x) + f_0(y) + 1) = c$.\nSo $f_0$ satisfies the condition, and $f_0$ is different from $(cx + k)\\%2017$.\n\nLet $f_0(x) = 1$ for the others. ($f_0(x) + f_0(y)\\%2017$ can only be $2, 4, 6$, and\n$$\nf_0(2) = f_0(3) = f_0(4) = f_0(5) = f_0(6) = f_0(7),\n$$\nso $f_0$ satisfies the condition, and $f_0$ is different from $(cx + k)\\%2017$.\n\nNext, we'll prove when $c = 1, 1008, 1009, 2016$, all solutions are $(cx + k)\\%2017$:\nAssume $f$ is a solution satisfying the condition, we'll prove $f$ is onto first. If $f$ is not onto, we can find a longest \"good sequence\" $\\{a_i\\}_{i=1}^r$ in the range of $f$, where \"good sequence\" means a sequence in the form $a_i = (ci + d)\\%2017$. Since $2017$ is a prime, and $f$ is not onto, the longest good sequence we found has finite length.\n\nSubstitute $(x, y)$ into (2) such that $(f(x), f(y)) = (a_i, a_j), i, j = 1, 2, \\dots, r$:\nWhen $c = 1$, let $b_i = f(a_1 + a_i), b_{r+1} = f(a_1 + a_r + 1)$.\nWhen $c = 1008$, let $b_i = f(a_{r+1-i} + a_{r+1-i}), b_{r+1} = f(2a_1 + 1)$.\nWhen $c = 1009$, let $b_i = f(a_i + a_i), b_{r+1} = f(2a_r + 1)$.\nWhen $c = 2016$, let $b_i = f(a_1 + a_{r+1-i}), b_{r+1} = f(2a_1 + 1)$.\nThen we have $\\{b_i\\}_{i=1}^{r+1}$ as a longer good sequence, contradiction! So $f$ is onto, and we get $f(x+1) - f(x) \\equiv c \\pmod{2017}$, $\\forall x$. So there exists $k$ such that $f(x) = (cx + k)\\%2017$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44317,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外接圓為 $\\Gamma$, 內心為 $I$。令 $M$ 為 $BC$ 邊的中點。由 $I$ 向 $BC$ 引垂線, 設垂足為 $D$。通過 $I$ 且與 $AI$ 垂直的直線分別與 $AB$, $AC$ 交於 $F$, $E$ 點。設三角形 $AEF$ 的外接圓與 $\\Gamma$ 的另一交點為 $X$。證明直線 $XD$ 與 $AM$ 的交點落在 $\\Gamma$ 上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $AM$ 與 $\\Gamma$ 再交於 $Y$ 點，而 $XY$ 與 $BC$ 交於 $D'$ 點。由同一法，只需證明 $D = D'$，我們首先證明下面的引理。\n\n引理. 設圓內接四邊形 $PQRS$ 的兩條對角線交於 $T$ 點, 則有\n$$\n\\frac{QT}{TS} = \\frac{PQ \\cdot QR}{PS \\cdot SR}.\n$$\n\n引理證明. 將三角形 $W_1W_2W_3$ 的 (有向) 面積記為 $[W_1W_2W_3]$, 則有\n$$\n\\frac{QT}{TS} = \\frac{[PQR]}{[PSR]} = \\frac{\\frac{1}{2}PQ \\cdot QR \\sin \\angle PQR}{\\frac{1}{2}PS \\cdot SR \\sin \\angle PSR} = \\frac{PQ \\cdot QR}{PS \\cdot SR}\n$$\n(因為 $\\angle PQR$ 與 $\\angle PSR$ 互補)。引理證畢。\n\n將上述引理分別應用在四邊形 $ABYC$ 與 $XBYC$ 上, 知\n$$\n1 = \\frac{BM}{MC} = \\frac{AB \\cdot BY}{AC \\cdot CY} \\quad \\text{及} \\quad \\frac{BD'}{D'C} = \\frac{XB \\cdot BY}{XC \\cdot CY}.\n$$\n將此兩式合併，得\n$$\n\\frac{BD'}{D'C} = \\frac{XB \\cdot BY}{XC \\cdot CY} = \\frac{XB \\cdot AC}{XC \\cdot AB}. \\quad (1)\n$$\n\n故三角形 $XBF$ 相似於 $XCE$, 並得\n$$\n\\frac{XB}{XC} = \\frac{BF}{CE}. \\qquad (2)\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\n由於 $\\angle FIB = \\angle AIB - 90^\\circ = \\frac{1}{2} \\angle ACB = \\angle ICB$ 及 $\\angle FBI = \\angle IBC$,\n得三角形 $FBI$ 與 $IBC$ 相似。類似可得三角形 $EIC$ 與 $IBC$ 也相似。故\n$$\n\\frac{FB}{IB} = \\frac{BI}{BC} \\quad \\text{及} \\quad \\frac{EC}{IC} = \\frac{IC}{BC}. \\qquad (3)\n$$\n\n現作一條與 $BC$ 平行且與內切圓相切的直線, 設其分別交 $AB$ 與 $AC$\n邊於 $B_1, C_1$ 點。又設內切圓與 $AB, AC$ 邊分別切於 $B_2, C_2$ 點。根據位似\n變換, 直線 $B_1I$ 與 $\\angle ABC$ 的外角平分線平行, 所以 $\\angle B_1IB = 90^\\circ$。又\n$\\angle BB_2I = 90^\\circ$, 可知 $BB_2 \\cdot BB_1 = BI^2$。同理可知 $CC_2 \\cdot CC_1 = CI^2$。所以\n$$\n\\frac{BI^2}{CI^2} = \\frac{BB_2 \\cdot BB_1}{CC_2 \\cdot CC_1} = \\frac{BB_1}{CC_1} \\cdot \\frac{BD}{CD} = \\frac{AB}{AC} \\cdot \\frac{BD}{CD}. \\quad (4)\n$$\n\n合併 Eq. (1), Eq. (2), Eq. (3) 與 Eq. (4), 得\n$$\n\\frac{BD'}{CD'} = \\frac{XB}{XC} \\cdot \\frac{AC}{AB} = \\frac{BF}{CE} \\cdot \\frac{AC}{AB} = \\frac{BI^2}{CI^2} \\cdot \\frac{AC}{AB} = \\frac{BD}{CD},\n$$\n\n故 $D = D'$。證明完畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44318,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設兩直線 $BC$, $EF$ 互相平行，$D$ 為在 $BC$ 線段上且與 $B$, $C$ 相異的一點。直線 $BF$, $CE$ 交於 $I$ 點。將 $\\triangle CDE$, $\\triangle BDF$ 的外接圓分別記為 $K$, $L$。圓 $K$, $L$ 分別與 $EF$ 切於 $E$, $F$ 點。令 $A$ 為圓 $K$, $L$ 異於 $D$ 的另一交點。設直線 $DF$ 與圓 $K$ 再交於 $Q$ 點，直線 $DE$ 與圓 $L$ 再交於 $R$ 點。令直線 $EQ$ 與 $FR$ 交於 $M$ 點。\n證明: $I$, $A$, $M$ 三點共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "1. 因 $BC \\parallel EF$，且圓 $K$, $L$ 分別切 $EF$ 於 $E$, $F$ 點，知點 $E$, $F$ 分別為 $CDE$、$BFD$ 的中點。得 $BF = DF$，$CE = DE$。因此，\n$$\n\\angle EFD = \\angle FDB = \\angle DBF = \\angle EFI.\n$$\n同理, $\\angle FED = \\angle FEI$。由此知 $\\triangle DEF \\sim \\triangle IEF$。\n\n2. $A$, $E$, $I$, $F$ 共圓：\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle EAF &= \\angle (AE, AD) + \\angle (AD, AF) = \\angle (CE, CD) + \\angle (BD, BF) \\\\\n&= \\angle (CI, BC) + \\angle (BC, BI) = \\angle (CI, BI) \\\\\n&= \\angle (EI, FI) = \\angle EIF.\n\\end{align*}\n$$\n\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle AEQ &= \\angle FEQ - \\angle FEA = \\angle EDQ - \\angle FIA \\\\\n&= \\angle EDF - \\angle FIA = \\angle FIE - \\angle FIA = \\angle AIE.\n\\end{align*}\n$$\n\n3. 設 $AD$ 交 $EF$ 於 $N$。則 $NF^2 = NA \\cdot ND = NE^2$。所以 $NF = NE$，$AD$ 為 $\\triangle DEF$ 的中線。因 $\\triangle DEF \\cong \\triangle IEF$，且 $\\angle ADF = \\angle AEQ = \\angle AIE$，$\\angle ADE = \\angle AEF = \\angle AIF$，$AI$ 是 $\\triangle EIF$ 的 $A$-symmedian。\n因 $EQ$, $FR$ 為 $K$ 在 $E$, $F$ 的切線，$\\triangle EIF$ 的 $A$-symmedian 過 $EQ$, $FR$ 的交點 $M$，即 $M$ 在直線 $AI$ 上。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44319,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為某個大於 1 的奇數, 而 $f(x)$ 為 $x$ 的 $n$ 次多項式。已知 $f(k) = 2^k$ 對於 $k = 0, 1, \\dots, n$ 均成立。試證: 使 $f(x)$ 的值為 2 的幂次的整數 $x$ 僅為有限多個。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由於 $n+1$ 個值已可唯一決定一個 $n$ 次多項式，且\n$$\nf(k) = 2^k = (1+1)^k = C(k, 0) + C(k, 1) + \\dots + C(k, n)\n$$\n對於 $k = 0, 1, \\dots, n$ 都成立，而右式為一 $n$ 次多項式，故知\n$$\nf(x) = C(x, 0) + C(x, 1) + \\dots + C(x, n).\n$$\n又因為 $n$ 是奇數，將上式兩兩合併，可得\n$$\n\\begin{aligned}\nf(x) &= C(x + 1, 1) + C(x + 1, 3) + \\dots + C(x + 1, n) \\\\\n&= (x + 1) \\left[ 1 + \\frac{1}{3}C(x, 2) + \\frac{1}{5}C(x, 4) + \\dots + \\frac{1}{n}C(x, n - 1) \\right].\n\\end{aligned}\n$$\n令 $n!f(x) = (x+1)R(x)$; 注意到 $R(x)$ 為整係數多項式。對於所有整數 $x$, 我們有\n$$\n\\text{gcd}(x + 1, R(x)) \\bigg|_{R(-1)} = n! \\left[ 1 + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{5} + \\dots + \\frac{1}{n} \\right].\n$$\n注意到 $R(-1)$ 為一非零整數，因此 $\\nu_2(R(-1))$ 必為有限值，其中\n$$\n\\nu_2(m) := \\sup \\{k : 2^k | m\\}.\n$$\n換言之，我們有\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\min\\{\\nu_2(x+1), \\nu_2(R(x))\\} \\\\\n&= \\nu_2(\\text{gcd}(x+1, R(x))) \\le \\nu_2(R(-1)) < \\infty.\n\\end{aligned} \n\\quad (1)\n$$\n\n現在, 假設 $x$ 為一讓 $f(x)$ 為 2 的幂次的整數, 則我們有\n$x + 1|n! \\times 2^{\\nu_2(f(x))}$ 且 $R(x)|n! \\times 2^{\\nu_2(f(x))}$. 但由 Eq. (1), 這意味著\n$$\nx + 1 \\left| n! \\times 2^{\\nu_2(x+1)} \\right| n! \\times 2^{\\nu_2(R(-1))} \\qquad (2)\n$$\n與\n$$\nR(x) \\left| n! \\times 2^{\\nu_2(R(x))} \\right| n! \\times 2^{\\nu_2(R(-1))} \\qquad (3)\n$$\n至少有一個成立。然而, 由於\n$$\n\\lim_{|x| \\to \\infty} |x + 1| = \\infty \\quad 且 \\quad \\lim_{|x| \\to \\infty} |R(x)| = \\infty,\n$$\n易知能讓 Eq. (2) 和 Eq. (3) 至少滿足一條的 $x$ 至多為有限多個。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44320,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於所有 $n \\ge 3$, 試求最大的正整數 $m$, 滿足: 我們可以從正 $n$ 邊形的對角線中選出 $m$ 條, 使得所選對角線中的任兩條, 若它們在正 $n$ 邊形內部有交點, 則它們必互相垂直。",
    "options": [],
    "answer": "If n is odd, m = n − 3; if n is even, m = n − 2.",
    "solution": "解：若 $n$ 為奇數，則 $m = n - 3$；若 $n$ 為偶數，則 $m = n - 2$。\n\n1. 首先證明 $n$ 為奇數的狀況。\n\na. **Claim.** 正 $n$ 邊形內的任兩條對角線不垂直。\n假設對角線 $\\overline{AB}$ 和 $\\overline{CD}$ 垂直。做 $AB$ 中垂線, 交此正 $n$ 邊形於頂點 $E$ (注意到 $n$ 為奇數, 故 $E$ 存在。) 令 $E'$ 為正 $n$ 邊形上 $E$ 的對稱點:\n- 注意到 $n$ 為奇數, 故 $E'$ 必不是正 $n$ 邊形的頂點。\n- 然而由對稱性, 易知 $\\overline{EC} = \\overline{E'D}$. 這代表 $E'$ 必須是正 $n$ 邊形的頂點。\n矛盾!\n\nb. 由以上 Claim 及題設, 這 $m$ 條對角線在多邊形內部必不相交; 換言之, 它們都必須從同一端點出發, 而同一端點出發的對角線共有 $n-3$ 條, 得證。\n\n(a) 我們首先用歸納法證明一個更強的結果：對於所有 $n$, 如果我們可以從圓內接 $n$ 邊形中選出滿足題意的 $m$ 條對角線, 則 $m \\le 2$. $n = 3$ 時顯然。現在, 假設 $m \\le n-2$ 對 $n = 1, 2, \\dots, N-1$ 都成立, 則當 $n = N$, 分成兩個 Case 討論:\n\nCase 1. 這 $m$ 條對角線中, 有一條沒有和任何其他條在多邊形內部相交。該對角線將正 $n$ 邊形分割成一個 $n_1$ 邊形與一個 $n_2$ 邊形 ($n_1 + n_2 = n + 2$). 不失一般性, 假設 $n_1$ 邊形全部落在正 $n$ 邊形外接圓 $\\Gamma$ 某條直徑的一側, 則易知該 $n_1$ 邊形內的對角線都不可能垂直, 因此在 $n_1$ 邊形內只能選擇不相交的對角線。同前面 1.(a) 的討論, 這個的最大可能是 $n_1 - 3$ 條。\n另一方面, 由歸納假設, $n_2$ 內最多只能選 $m(n_2) \\le n_2 - 2$ 條, 故總共至多只能選 $(n_1 - 3) + (n_2 - 2) + 1 = n - 2$ 條。\n\nCase 2. 這 $m$ 條對角線中任一條都至少和另一條垂直。令 $d_1$ 和 $d_2$ 為其中一對垂直的對角線, 則它們將圓切成四區:\n![](attached_image_1.png)\n![](attached_image_2.png)\n- 若有另一條對角線 $d'$, 它與 $d_1$ 或 $d_2$ 都不垂直, 則它的兩端點必然同屬於其中一區 (否則它會和 $d_1$ 或 $d_2$ 相交。)\n- 若我們取另兩條相交的對角線 $d'_1$ 和 $d'_2$, 它們都不垂直 $d_1$ 或 $d_2$, 則它們的端點都必須落在同一區。然而, 易見若兩條對角線的端點都在同一區, 它們不可能垂直 (如圖), 矛盾。\n\n- 又基於我們假設這 $m$ 條對角線中任一條都至少和另一條垂直, 故這 $m$ 條都只能平行 $d_1$ 或 $d_2$.\n現在, 令 $d_1^*$ 為這 $m$ 條對角線中, 平行 $d_1$ 且長度最長者; 易知其他 $m-1$ 條對角線都不能和 $d_1^*$ 共享端點。同理, 令 $d_2^*$ 為這 $m$ 條對角線中, 平行 $d_2$ 且長度最長者; 易知其他 $m-1$ 條對角線都不能和 $d_2^*$ 共享端點。扣除 $d_1^*$ 和 $d_2^*$ 的四個端點, 其餘 $n-4$ 個頂點, 每個都最多只能是兩條對角線的端點 (因為這些對角線都必須平行 $d_1$ 或 $d_2$), 故最多只能選到\n$$\n\\frac{1}{2}(2(n-4)) + 2 = n - 2\n$$\n對角線。得證。\n\n(b) 最後, 我們構造 $m = n - 2$ 的選法: 選擇正 $n$ 邊形的兩對點 $A$ 和 $A'$. 選取:\n- $\\overline{AA'}$;\n- 令 $B$ 和 $B'$ 為 $A'$ 左右的兩頂點。選取 $\\overline{AB}$, $\\overline{AB'}$ 和 $\\overline{BB'}$, 其中 $\\overline{BB'}$ 與 $\\overline{AA'}$ 垂直。\n- 令 $C$ 和 $C'$ 為 $A$ 左右的兩頂點。對於所有剩下的頂點\n$$\nD \\notin \\{A, A', B, B', C, C'\\},\n$$\n選取 $\\overline{AD}$.\n以上共 $1+3+(n-2) = n-2$ 條。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44321,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求最大的實數 $a$ 使得對所有 $n \\ge 1$ 與所有實數 $x_0, x_1, \\dots, x_n$ 滿足\n$$\n0 = x_0 < x_1 < x_2 < \\dots < x_n,\n$$\n我們有\n$$\n\\frac{1}{x_1 - x_0} + \\frac{1}{x_2 - x_1} + \\dots + \\frac{1}{x_n - x_{n-1}} \\ge a \\left( \\frac{2}{x_1} + \\frac{3}{x_2} + \\dots + \\frac{n+1}{x_n} \\right).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "4/9",
    "solution": "The largest $a$ is $4/9$.\n\nWe first show that $a = 4/9$ is admissible. For each $2 \\le k \\le n$ by the Cauchy-Schwarz Inequality, we have\n$$\n(x_{k-1} + (x_k - x_{k-1})) \\left( \\frac{(k-1)^2}{x_{k-1}} + \\frac{3^2}{x_k - x_{k-1}} \\right)^2 \\ge (k-1+3)^2,\n$$\nwhich can be rewritten as\n$$\n\\frac{9}{x_k - x_{k-1}} \\ge \\frac{(k+2)^2}{x_k} - \\frac{(k-1)^2}{x_{k-1}}. \\quad (1)\n$$\nSumming Eq. (1) over $k = 2, 3, \\dots, n$ and adding $9/x_1$ to both sides, we have\n$$\n9 \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{x_k - x_{k-1}} \\ge 4 \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k+1}{x_k} + \\frac{n^2}{x_n} > 4 \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k+1}{x_k}.\n$$\nThis shows the original inequality holds for $a = 4/9$.\n\nNext, we show that $a = 4/9$ is the optimal choice. Consider the sequence defined by $x_0 = 0$ and $x_k = x_{k-1} + k(k+1)$ for $k \\ge 1$, that is,\n$$\nx_k = \\frac{1}{3}k(k+1)(k+2).\n$$\nThen the left-hand side of the original inequality equals\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k(k+1)} = \\sum_{k=1}^{n} \\left( \\frac{1}{k} - \\frac{1}{k+1} \\right) = 1 - \\frac{1}{n+1},\n$$\n\n\\begin{align*}\na \\sum_{k=1}^{n} \\frac{k+1}{x_k} &= 3a \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{k(k+2)} \\\\\n&= \\frac{3}{2}a \\sum_{k=1}^{n} \\left( \\frac{1}{k} - \\frac{1}{k+2} \\right) \\\\\n&= \\frac{3}{2} \\left( 1 + \\frac{1}{2} - \\frac{1}{n+1} - \\frac{1}{n+2} \\right) a.\n\\end{align*}\n$$\nWhen $n$ tends to infinity, the left-side tends to $1$ while the right-hand side tends to $\\frac{9}{4}a$. Therefore $a$ has to be at most $4/9$.\n\nHence the largest value of $a$ is $4/9$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44322,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 不是正三角形，$I$ 為其內心，$I_A$ 為角 $A$ 內的旁心，$I'_A$ 為 $I_A$ 對直線 $BC$ 的對稱點，且 $\\ell_A$ 為直線 $AI'_A$ 對 $AI$ 的對稱線。依此類推，可定義 $I_B, I'_B$ 與 $\\ell_B$。令 $P$ 為 $\\ell_A$ 與 $\\ell_B$ 的交點。\n\na. 證明：若 $O$ 為三角形 $ABC$ 的外心，則 $P$ 會落在直線 $OI$ 上。\n\nb. 設由 $P$ 對三角形 $ABC$ 的內切圓所引的某一條切線，交 $ABC$ 的外接圓於 $X, Y$ 兩點。證明 $\\angle XIY = 120^\\circ$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(a) 令 $A'$ 為 $A$ 對 $BC$ 的對稱點，$M$ 為直線 $AI$ 與 $ABC$ 的外接圓 $\\Gamma$ 的另一個交點。由於 $\\triangle ABA'$ 與 $\\triangle AOC$ 都是等腰三角形，且 $\\angle ABA' = 2\\angle ABC = \\angle AOC$，它們互為相似三角形。同理 $\\triangle ABI_A$ 與 $\\triangle AIC$ 也相似。所以有\n$$\n\\frac{AA'}{AI_A} = \\frac{AA'}{AB} \\cdot \\frac{AB}{AI_A} = \\frac{AC}{AO} \\cdot \\frac{AI}{AC} = \\frac{AI}{AO}.\n$$\n與 $\\angle A'AI_A = \\angle IAO$ 一起考慮，知 $\\triangle AA'I_A$ 與 $\\triangle AIO$ 相似。\n\n令 $P'$ 為直線 $AP$ 與 $OI$ 的交點。使用有向角（記為 $\\angle^*$），計算得：\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle^* MAP' &= \\angle^* I'_A AI_A = \\angle^* I'_A AA' - \\angle^* I_A AA' \\\\\n&= \\angle^* AA' I_A - \\angle^* (AM, OM) \\\\\n&= \\angle^* AIO - \\angle^* AMO = \\angle^* MOP'.\n\\end{aligned}\n$$\n所以 $M, O, A, P'$ 四點共圓。\n\n令 $R, r$ 分別代表 $\\triangle ABC$ 的外接圓半徑與內切圓半徑。則有\n$$\nIP' = \\frac{IA \\cdot IM}{IO} = \\frac{IO^2 - R^2}{IO},\n$$\n此值明顯與 $A$ 無關。所以，$BP$ 與 $OI$ 的交點也是 $P'$，故有 $P = P'$。\n得證點 $P$ 在直線 $OI$ 上。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n(b) 由 Poncelet's Porism，由 $X,Y$ 分別對 $ABC$ 的內切圓再引的切線，會交於 $\\Gamma$ 上的一點 $Z$。令 $XY$ 與內切圓的切點為 $T$，$XY$ 線段的中點為 $D$。計算得\n$$\n\\begin{aligned}\nOD &= IT \\cdot \\frac{OP}{IP} = r\\left(1 + \\frac{OI}{IP}\\right) \\\\\n&= r\\left(1 + \\frac{OI^2}{OI \\cdot IP}\\right) \\\\\n&= r\\left(1 + \\frac{R^2 - 2Rr}{R^2 - IO^2}\\right) \\\\\n&= r\\left(1 + \\frac{R^2 - 2Rr}{2Rr}\\right) = \\frac{R}{2} = \\frac{OX}{2}\n\\end{aligned}\n$$\n由此知 $\\angle XZY = 60^\\circ$，故 $\\angle XIY = 120^\\circ$。\n證明完畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44323,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為一正整數。求最小的正整數 $k$, 滿足: 存在一個將 $2n \\times 2n$ 白色棋盤上的 $k$ 格塗黑的方法, 使得我們只有唯一一種用 $1 \\times 2$ 和 $2 \\times 1$ 格骨牌覆蓋棋盤的方法, 使得:\n(1) 所有骨牌都貼齊棋盤格線且不超出棋盤;\n(2) 任兩個骨牌都不重疊;\n(3) 任一骨牌最多都只蓋到 1 格黑色格子。",
    "options": [],
    "answer": "2n",
    "solution": "1. 我們首先構造 $k=2n$ 時的畫法。將棋盤的格子以 $(i, j)$ 標記, 並將所有 $\\{(i, j) : j = i \\text{ or } j = i + 1, i \\le n\\}$ 塗黑, 如下圖:\n![](attached_image_1.png)\n以下證明只有一 encode方式排列骨牌。考慮棋盤上由兩條對角線切割出 a的上、下、左、右四個區域。\n- 首先注意到, 對於 pr $i \\le n$, 覆蓋 $(i, i)$ 的骨牌都必須覆蓋 $(i, i+1)$, 也就是它們是直放的。這會迫使在左區域的骨牌都必須直放 (可用歸納法證明。)\n- 同理, 對於所有 $i \\le n$, 覆蓋 $(i, i+1)$ 的骨牌都必須橫放, 並迫使所有在上方區域的骨牌都必須橫放。\n- 左側骨牌直放將迫使下側骨牌都必須橫放。\n- 最後, 右側骨牌都被迫直放。換言之, 只有一種放法。\n\n2. 以下證明 $k = 2n$ 是最小值。換言之, 假定 $k < 2n$, 棋盤上有 $k$ 格被塗黑, 且存在一種覆蓋方法 $P$, 則我們要證明存在另一種覆蓋方法 $P'$。為方便說明, 以下令 $D = \\{(i, i) : 1 \\le i \\le 2n\\}$ 為棋盤上的主對角線。\n\na. 首先建構一個圖, 點為棋盤上的所有格子, 並以紅、藍兩色的線為邊:\n– 若兩格被同一塊骨牌覆蓋, 以紅線相連;\n– 若兩格對於主對角線對稱的兩格被同一塊骨牌覆蓋, 以藍線相連。\n注意到以下幾點:\n– 兩點有可能同時連有紅、藍兩線。\n– 每個點對於紅線與藍線的 degree 都是 1。\n– 換言之, 我們可以將這張圖拆解為若干個互不相交的 cycle, 每個 cycle 都由交替的紅、藍線組成。在此我們接受長度為 2 的 cycle, 也就是兩點間同時有紅藍兩線的情況。\n\nb. 考慮主對角線上的格子 $d \\in D$。注意到 $d$ 對於 $D$ 是對稱的, 因此它不可能對同一點同時連有紅藍兩線; 換言之, 它必須屬於一個長度至少為 4 的 cycle, 稱之為 $C(d)$。\n\nc. 假定 $C(d)$ 的點為 $c_0, c_1, \\cdots, c_n$, 其中 $c_0 = d$。令 $m$ 為最小的正整數, 使得 $c_m \\in D$; 顯然, $c_m \\neq d$。但注意到由我們的構造方式, 如果我們將連接 $c_0, c_1, \\cdots, c_m$ 的 path 對著 $D$ 鏡射, 鏡射出來的 path 也會在原圖中; 換言之, $C(d)$ 必然由 $c_0, c_1, \\cdots, c_m$ 與其鏡射後的結果所組成。這意味著, 對於所有 $d \\in D$, $C(d)$ 上都洽有兩個點屬於 $D$。\n總結而論, $D$ 中的 $2n$ 個點必分屬於 $n$ 個 cycle $C_1, C_2, \\cdots, C_n,$ 其中每個 cycle 的長度都至少為 4。\n\nd. 現在, 由鴿籠原理, 必然有一個 $C_i$ 裡只有至多一個被塗黑的格子 (否則便有至少 $2n > k$ 個黑格子, 矛盾。) 我們可以用以下方式修改 $P$, 得到一個新的覆蓋方法 $P'$:\n- 將所有對應 $C_i$ 紅線的骨牌移除。\n- 依據 $C_i$ 中的藍線放入骨牌。\n由於 $|C_i| \\ge 4$, $P'$ 必和 $P$ 不同; 又 $C_i$ 只有至多一個黑格子, 所有骨牌仍最多蓋到一個黑格子。\n\n至此, 我們證明了若 $k < 2n$, 覆蓋方法必不唯一。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44324,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有 $n$ 座島, 其中 $n \\ge 3$. 一間渡輪公司在其中若干對島嶼間架設航線, 使得當我們將這些島嶼分成非空的兩群時, 總是可以從兩組中各找出一座島, 使得這兩座島之間有航線。每年年底, 公司將會挑選有航線相連的島 $X$ 和 $Y$, 並關閉其間的航線。同時, 對於所有其他島嶼 $A$, 若 $A$ 和 $X$ 有航線但和 $Y$ 沒有航線, 則公司將增設 $A$ 和 $Y$ 之間的航線; 反之, 若 $A$ 和 $Y$ 有航線但和 $X$ 沒有航線, 則公司將增設 $A$ 和 $X$ 之間的航線。\n對於兩群島 $A$ 和 $B$, 若 $A \\in A$ 且 $B \\in B$, 則我們稱連結 $A$ 和 $B$ 的航線連接了 $A$ 和 $B$. 假設我們知道, 在任何時間點, 若我們將這些島嶼分成非空的兩群, 則公司必然會在若干年內關閉一條連接此兩群島的航線。試證: 若若干年後將會有一座島, 它和所有其他島之間都會有航班。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們稱兩群島 $\\mathcal{A}$ 和 $\\mathcal{B}$ 構成一個網路, 若且唯若對於任何 $A \\in \\mathcal{A}$ 和 $B \\in \\mathcal{B}$, $A$ 和 $B$ 之間都有航班。\n\n1. 先任選一條航線, 令兩端點為島 $A$ 和 $B$. 由於 $n \\ge 3$, 必存在第三座島 $C$; 且由題目假設, 它必然與 $A$ 或 $B$ 相連, 不失一般性假設為與 $A$ 相連。定義 $\\mathcal{A}_0 = \\{A\\}$, $\\mathcal{B}_0 = \\{B, C\\}$; 易知 $(\\mathcal{A}_0, \\mathcal{B}_0)$ 構成一個網路。注意到 $|\\mathcal{A}_0 \\cup \\mathcal{B}_0| = 3$.\n\n2. 接著我們證明：若 $|\\mathcal{A}_0 \\cup \\mathcal{B}_0| \\ge 3$, 則在每一年, 我們總是可以將 $\\mathcal{A}_0 \\cup \\mathcal{B}_0$ 重新分為非空的兩群島 $\\mathcal{A}_1$ 和 $\\mathcal{B}_1$, 使得 $(\\mathcal{A}_1, \\mathcal{B}_1)$ 構成一個網路。\n若公司關閉的航線不連結 $\\mathcal{A}_0$ 和 $\\mathcal{B}_0$, 沿用原本的分群即可。現在假設公司關閉了某條連結 $A \\in \\mathcal{A}$ 和 $B \\in \\mathcal{B}$ 的航線。讓我們考慮 $\\mathcal{A}_1 = \\{A, B\\}$ 和 $\\mathcal{B}_1 = (\\mathcal{A}_0 \\cup \\mathcal{B}_0) - \\{A, B\\}$; 易知 $\\mathcal{A}_0 \\cup \\mathcal{B}_0 = \\mathcal{A}_1 \\cup \\mathcal{B}_1$, 且 $\\mathcal{A}_1$ 和 $\\mathcal{B}_1$ 皆非空 (因為 $|\\mathcal{A}_0 \\cup \\mathcal{B}_0| \\ge 3$)。\n\n以下說明 $(\\mathcal{A}_1, \\mathcal{B}_1)$ 構成一個網路。考慮 $C \\in \\mathcal{A}_0 - \\{A\\}$; 由於 $(\\mathcal{A}_0, \\mathcal{B}_0)$ 構成一個網路, $C$ 和 $B$ 之間必有航線。若 $C$ 和 $A$ 之間原來沒有航線,\n\n則在年底關閉 $\\overline{AB}$ 時, $\\overline{AC}$ 必然會被建立。換言之, $C$ 必然與 $A$ 和 $B$ 都有連線。同理, 對於所有 $C \\in B_0 - \\{B\\}$, $C$ 必然與 $A$ 和 $B$ 都有連線。這表示 $B_1$ 中的任何島都跟 $A$ 和 $B$ 有連線, 故 $(A_1, B_1)$ 構成一個網路。證畢。\n\n3. 假設 $|A_1 \\cup B_1| < n$. 以下證明: 若干年後, 我們可以找到一個不在 $A_1 \\cup B_1$ 裡的島嶼 $C$, 並將 $A_1 \\cup B_1 \\cup \\{C\\}$ 重新分為非空的兩群島 $A_2$ 和 $B_2$, 使得 $(A_2, B_2)$ 構成一個網路。\n令 $D \\notin A_1 \\cup B_1$. 由題目假設, 若干年後, 公司必將關閉 $D$ 與某個在 $A_1 \\cup B_1$ 中島嶼間的航線, 不失一般性設其為 $A \\in A_1$. 注意到 $(A_1, B_1)$ 構成一個網路, 因此 $B_1$ 中的所有點都和 $A$ 有航線; 故當 $\\overline{AD}$ 被關閉後, $B_1$ 中的所有點都將和 $D$ 有航線。因此, 考慮 $A_2 = A_1 \\cup \\{D\\}$, $B_2 = B_1$, 則 $(A_2, B_2)$ 構成一個網路且 $A_2 \\cup B_2 = A_1 \\cup B_1 \\cup \\{D\\}$. 證畢。\n\n4. 由3., 我們可以假設若干年後, 我們可以將全部 $n$ 個島分為非空的兩群島 $A$ 和 $B$, 使得 $(A, B)$ 構成一個網路。現在假設在若干年後, $A \\in A$ 和 $B \\in B$ 間的航線被關閉了。令 $A' = \\{A, B\\}$, $B'$ 則為所有其他島嶼, 則易知 $(A', B')$ 構成一個網路。\n\n假設又過了若干年後, 不失一般性, $A$ 和某個 $B' \\in B'$ 間的航線被關閉了。由於 $B$ 和 $B'$ 中的所有島都有航線, 這代表當 $\\overline{AB'}$ 被關閉時, $\\overline{AB}$ 將被建立, 也就是 $B$ 和所有其他島嶼都有航線。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44325,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有 $\\triangle ABC$ 及一點 $O$, $\\Gamma$ 為 $\\triangle ABC$ 的外接圓。設直線 $CO$ 與直線 $AB$ 交於點 $D$, 直線 $BO$ 與直線 $CA$ 交於點 $E$。設直線 $AO$ 與 $\\Gamma$ 再交於點 $F$。令點 $I$ 為 $\\Gamma$ 和 $\\triangle ADE$ 外接圓的另一個交點, 點 $Y$ 為直線 $BE$ 與 $\\triangle CEI$ 外接圓的另一個交點, 而點 $Z$ 為直線 $CD$ 與 $\\triangle BDI$ 外接圓的另一個交點。在 $\\Gamma$ 上分別作以 $B$, $C$ 為切點的兩條切線, 設它們相交於點 $T$。設直線 $TF$ 與 $\\Gamma$ 再交於 $U$ 點, 而令 $U$ 對直線 $BC$ 的對稱點為 $G$。\n試證: $F, I, G, O, Y, Z$ 六點共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\n解：設 $BC$ 與 $ED$ 交於點 $X$。因為 $I$ 是 $BCED$ 的密克點，故 $X$ 在 $\\odot(BDI)$，$\\odot(CEI)$ 上。因為 $BFCU$ 為調和四邊形，故\n$$\nA(B, C; F, U) = -1 = A(B, C; O, X),\n$$\n從而 $X \\in AU$。\n\n因\n$$\n\\angle BYX = \\angle ACB = \\angle XUB = \\angle BGX,\n$$\n故 $X \\in \\odot(BGY)$。\n\n同理可得 $X$ 在 $\\odot(CGZ)$ 上，故\n$$\n\\angle YGZ = \\angle YGX + \\angle XGZ = \\angle YBX + \\angle XCZ = \\angle YOZ,\n$$\n即 $O, G, Y, Z$ 共圓。\n\n另一方面，由\n$$\n\\angle IYO = \\angle ICA = \\angle IFO,\n$$\n得 $Y \\in \\odot(FIO)$。\n\n同理可得 $Z \\in \\odot(FIO)$，故 $F, I, O, G, Y, Z$ 共圓，證明完畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44326,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有一 $\\triangle ABC$ 及一點 $O$, $X$ 在射線 $AC$ 上。取點 $X_1$ 在射線 $BA$ 上，使得 $AX = AX_1$，且 $A$ 位於 $B$ 與 $X_1$ 之間。再取點 $X_2$ 在射線 $BC$ 上使得 $\\overline{XX_2} \\parallel \\overline{OC}$。\n\n試證: 當 $X$ 在 $AC$ 射線上移動時, $\\triangle BX_1X_2$ 的外接圓圓心的軌跡為直線的一部分。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在 $AC$ 上取定固定的兩點 $X$ 與 $Y$，並作相應的 $X_1, X_2, Y_1, Y_2$。設 $BX_1X_2$ 與 $BY_1Y_2$ 的外接圓再交於點 $T$。則只要證明對 $AC$ 射線上任意一點 $Z$，相應的 $Z_1, Z_2$ 會與 $B, T$ 共圓即可，此時 $BZ_1Z_2$ 的外接圓圓心會在 $BT$ 線段的中垂線上。\n\n(註：若 $B, T$ 兩點重合，則 $\\triangle BX_1X_2$ 的外接圓與 $\\triangle BY_1Y_2$ 的外接圓切於 $B$ 點。此時變成證明 $\\triangle BZ_1Z_2$ 的外接圓亦與 $\\triangle BX_1X_2$ 的外接圓切於 $B$ 點。)\n\n![](attached_image_1.png)\n\n注意到, 由於 $XX_2 \\parallel YY_2 \\parallel ZZ_2$, 所以\n$$\nX_2Y_2 : Y_2Z_2 = XY : YZ = X_1Y_1 : Y_1Z_1.\n$$\n又 $\\angle Y_1TY_2 = \\angle Y_1BY_2 = \\angle X_1BX_2 = \\angle X_1TX_2$,\n所以 $\\angle Y_1TX_1 = \\angle X_2TY_2$。另一方面, $\\angle TY_1X_1 = \\angle TY_2X_2$, 所以\n$$\n\\triangle TX_1Y_1 \\sim \\triangle TX_2Y_2.\n$$\n綜合以上, $TX_1Y_1Z_1$ 四點和 $TX_2Y_2Z_2$ 四點相似。所以\n$$\n\\angle Z_1TX_1 = \\angle Z_2TX_2,\n$$\n故\n$$\n\\angle Z_1TZ_2 = \\angle X_1TX_2 = \\angle X_1BX_2.\n$$\n即 $BTZ_1Z_2$ 共圓, 得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44327,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $p$ 為一質數。在以下遊戲中, 艾德與阿飛輪流進行各自的回合。輪到某人的回合時, 他先從 $\\{0, 1, \\dots, p-1\\}$ 裡還沒被任何一方選過的數字中選一個當作 $i$, 接著再從 $\\{0, 1, 2, \\dots, 9\\}$ 中選一個元素當作 $a_i$。艾德先進行回合。等 $\\{0, 1, \\dots, p-1\\}$ 全部都被挑過後, 遊戲結束並計算以下數字\n$$\nM = a_0 + 10 \\times a_1 + \\cdots + 10^{p-1} \\times a_{p-1} = \\sum_{j=0}^{p-1} a_j \\times 10^j.\n$$\n若 $M$ 被 $p$ 整除, 艾德勝; 否則, 阿飛勝。\n證明艾德有必勝策略。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We say that a player makes the move $(i, a_i)$ if he chooses the index $i$ and then the element $a_i$ of the $\\{0, 1, \\dots, 9\\}$ in this move.\n\n(1) If $p=2$ or $p=5$, then the first player simply chooses $(0, 0)$, which forces $10|M$, which guarantees he wins.\n\n(2) So assume $p \\notin \\{2, 5\\}$. Let the first player choose $(p-1, 0)$ in the first move. By Fermat's Little Theorem, $(10^{(p-1)/2})^2 = 10^{p-1} \\equiv 1 \\pmod p$, so $p|(10^{(p-1)/2})^2 - 1 = (10^{(p-1)/2} - 1)(10^{(p-1)/2} + 1)$. Since $p$ is prime, we are left with two cases:\n\n(i) $p|10^{(p-1)/2} - 1$\n\nIn this case, for each move $(i, a_i)$ made by the second player, the first player immediately makes a move\n$$\n(j, a_j) = \\begin{cases} (i + \\frac{p-1}{2}, a_i), & 0 \\le i \\le \\frac{p-3}{2}; \\\\ (i - \\frac{p-1}{2}, a_i), & \\frac{p-1}{2} \\le i \\le p-2. \\end{cases}\n$$\n\nThis makes the sum be divisible by $p$, thus wins the game. One can easily check that this move is always possible.\n\n(ii) $p|10^{\\frac{(p-1)}{2}} + 1$\n\nIn this case, for each move $(i, a_i)$ made by the second player, the first player immediately makes a move\n$$\n(j, a_j) = \\begin{cases} (i + \\frac{p-1}{2}, 9 - a_i), & 0 \\le i \\le \\frac{p-3}{2} \\\\ (i - \\frac{p-1}{2}, 9 - a_i), & \\frac{p-1}{2} \\le i \\le p-2. \\end{cases}\n$$\n\nIn any case, we will have $10^j \\equiv 10^i \\pmod p$, and hence, $a_j 10^j + a_i 10^i \\equiv (a_j + a_i) 10^i = 9 \\times 10^i \\pmod p$. Therefore, at the end of the game, $M$ would be congruent to\n$$\n\\sum_{i=0}^{(p-3)/2} 9 \\times 10^i = 10^{\\frac{(p-1)}{2}} - 1 \\equiv 0 \\pmod{p}.\n$$\nThis ensures that the first player wins. Again, one can easily check that this move is always possible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44328,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知正整數 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ ($a_1 < a_2 < \\dots < a_n$), $k$ 為正實數且 $k \\ge 1$.\n試證：\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} a_i^{2k+1} \\ge \\left( \\sum_{i=1}^{n} a_i^k \\right)^2 .\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們分兩步驟證明題設：\n\n(1) 用數學歸納法證明：\n$$\n2 \\sum_{i=1}^{n} a_i^k \\le (a_n + 1)^k a_n. \\qquad (1)\n$$\n證明：當 $n=1$ 時，易知 Eq. (1) 成立。\n假設當 $n=m$ 時，Eq. (1) 成立，即\n$$\n2 \\sum_{i=1}^{m} a_i^k \\le (a_m + 1)^k a_m .\n$$\n則當 $n=m+1$ 時，\n$$\n\\begin{aligned}\n2 \\sum_{i=1}^{m+1} a_i^k &= 2 \\sum_{i=1}^{m} a_i^k + 2a_{m+1}^k \\\\\n&\\le (a_m + 1)^k a_m + 2a_{m+1}^k \\\\\n&\\le a_{m+1}^k (a_{m+1} - 1) + 2a_{m+1}^k \\\\\n&= a_{m+1}^k (a_{m+1} + 1) \\\\\n&\\le (a_{m+1} + 1)^k a_{m+1}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n(2) 再以數學歸納法證明題設成立。\n當 $n=1$ 時，易知題設成立。\n假設當 $n=m$ 時，題設成立，即\n$$\n\\left( \\sum_{i=1}^{m} a_i^k \\right)^2 \\le \\sum_{i=1}^{m} a_i^{2k+1} .\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left( \\sum_{i=1}^{m+1} a_i^k \\right)^2 \\\\\n&= \\left( \\sum_{i=1}^{m} a_i^k \\right)^2 + 2 \\left( \\sum_{i=1}^{m} a_i^k \\right) a_{m+1}^k + a_{m+1}^{2k} \\\\\n&\\le \\sum_{i=1}^{m} a_i^{2k+1} + 2 \\left( \\sum_{i=1}^{m} a_i^k \\right) a_{m+1}^k + a_{m+1}^{2k} \\\\\n&\\le \\sum_{i=1}^{m} a_i^{2k+1} + (a_m + 1)^k a_m a_{m+1}^k + a_{m+1}^{2k} \\quad \\text{(由 Eq. (1))} \\\\\n&\\le \\sum_{i=1}^{m} a_i^{2k+1} + a_{m+1}^k \\left( a_{m+1}^k (a_{m+1}-1) + a_{m+1}^k \\right) \\\\\n&\\le \\sum_{i=1}^{m+1} a_i^{2k+1}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n綜上，題設成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44329,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a_0, a_1, a_2, \\dots$ 是整數數列且 $b_0, b_1, b_2, \\dots$ 是正整數數列使得 $a_0 = 0, a_1 = 1$, 以及對於所有的 $n = 1, 2, \\dots$, 都有\n$$\na_{n+1} = \\begin{cases} a_n b_n + a_{n-1} & \\text{若 } b_{n-1} = 1; \\\\ a_n b_n - a_{n-1} & \\text{若 } b_{n-1} > 1. \\end{cases}\n$$\n試證: 在 $a_{2017}$ 與 $a_{2018}$ 兩個數中至少有一個數大於或等於 2017.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The value of $b_0$ is irrelevant since $a_0 = 0$, so we may assume that $b_0 = 1$.\n\n*Lemma*. We have $a_n \\ge 1$ for all $n \\ge 1$.\n\n*Proof*. Let us suppose otherwise in order to obtain a contradiction. Let\n$$\nn \\ge 1 \\text{ be the smallest integer with } a_n \\le 0. \\quad (1)\n$$\nNote that $n \\ge 2$. It follows that $a_{n-1} \\ge 1$ and $a_{n-2} \\ge 0$. Thus we cannot have\n$$\na_n = a_{n-1}b_{n-1} + a_{n-2},\n$$\nso we must have\n$$\na_n = a_{n-1}b_{n-1} - a_{n-2}.\n$$\nSince $a_n \\le 0$, we have $a_{n-1} \\le a_{n-2}$. Thus we have\n$$\na_{n-2} \\ge a_{n-1} \\ge a_n.\n$$\nLet\n$$\nr \\text{ be the smallest index with } a_r \\ge a_{r+1} \\ge a_{r+2}. \\quad (2)\n$$\nThen $r \\le n - 2$ by the above, but also $r \\ge 2$: if $b_1 = 1$, then $a_2 = a_1 = 1$ and $a_3 = a_2b_2 + a_1 > a_2$; if $b_1 > 1$, then $a_2 = b_1 > 1 = a_1$.\nBy the minimal choice Eq. (2) of $r$, it follows that $a_{r-1} < a_r$. And since $2 \\le r \\le n-2$, by the minimal choice Eq. (1) of $n$ we have\n$$\na_{r-1}, a_r, a_{r+1} > 0.\n$$\nIn order to have $a_{r+1} \\ge a_{r+2}$, we must have\n$$\na_{r+2} = a_{r+1}b_{r+1} - a_r\n$$\nso that $b_r \\ge 2$. Putting everything together, we conclude that\n$$\na_{r+1} = a_r b_r \\pm a_{r-1} \\ge 2a_r - a_{r-1} = a_r + (a_r - a_{r-1}) > a_r,\n$$\nwhich contradicts Eq. (2).\n\nTo complete the problem, we prove that $\\max\\{a_n, a_{n+1}\\} \\ge n$ by induction. The case $n = 0, 1$ are given. Assume it is true for all non-negative integers strictly less than $n$, where $n \\ge 2$. There are two cases:\n\n*Case 1:* $b_{n-1} = 1$.\n\nThen $a_{n+1} = a_n b_n + a_{n-1}$. By the inductive assumption one of $a_{n-1}, a_n$ is at least $n-1$ and the other, by lemma, is at least 1. Hence\n$$\na_{n+1} = a_n b_n + a_{n-1} \\ge a_n + a_{n-1} \\ge (n-1) + 1 = n.\n$$\nThus $\\max\\{a_n, a_{n+1}\\} \\ge n$, as desired.\n\n*Case 2:* $b_{n-1} > 1$.\n\nSince we defined $b_0 = 1$ there is an index $r$ with $1 \\le r \\le n-1$ such that\n$$\nb_{n-1}, b_{n-2}, \\dots, b_r \\ge 2 \\text{ and } b_{r-1} = 1.\n$$\nWe have $a_{r+1} = a_r b_r + a_{r-1} \\ge 2a_r + a_{r-1}$. Thus\n$$\na_{r+1} - a_r \\ge a_r + a_{r-1}.\n$$\nNow we claim that $a_r + a_{r-1} \\ge r$. Indeed, this holds by inspection for $r = 1$; for $r \\ge 2$, one of $a_r, a_{r-1}$ is at least $r-1$ by the inductive assumption, while the other, by the lemma, is at least 1. Hence $a_r+a_{r-1} \\ge r$, as claimed, and therefore $a_{r+1} - a_r \\ge r$ by the last inequality in the previous paragraph.\nSince $r \\ge 1$ and, by the lemma, $a_r \\ge 1$, from $a_{r+1} - a_r \\ge r$ we get the following two inequalities:\n$$\na_{r+1} \\ge r+1 \\text{ and } a_{r+1} > a_r.\n$$\nNow observe that\n$$\na_m > a_{m-1} \\Rightarrow a_{m+1} > a_m \\text{ for } m = r+1, r+2, \\dots, n-1,\n$$\nsince\n$$\na_{m+1} = a_m b_m - a_{m-1} \\ge 2a_m - a_{m-1} = a_m + (a_m - a_{m-1}) > a_m.\n$$\nThus\n$$\na_n > a_{n-1} > \\dots > a_{r+1} \\ge r+1 \\Rightarrow a_n \\ge n.\n$$\nSo $\\max\\{a_n, a_{n+1}\\} \\ge n$, as derived.\nWe say that an index $n > 1$ is *bad* if $b_{n-1} = 1$ and $b_{n-2} > 1$; otherwise $n$ is good. The value of $b_0$ is irrelevant to definition of $(a_n)$ since $a_0 = 0$; so we assume that $b_0 > 1$.\n\n*Lemma 1.* (a) $a_n \\ge 1$ for all $n > 0$.\n(b) If $n > 1$ is good, then $a_n > a_{n-1}$.\n\n*Proof.* Induction on $n$. In the base cases $n = 1, 2$ we have\n$$\na_1 = 1 \\ge 1, a_2 = b_1 a_1 \\ge 1,\n$$\nand finally $a_2 > a_1$ if 2 is good, since in this case $b_1 > 1$.\nNow we assume that the lemma statement is proved for $n = 1, 2, \\dots, k$ with $k \\ge 2$, and prove it for $n = k + 1$. Recall that $a_k$ and $a_{k-1}$ are positive by the induction hypothesis.\n\n**Case 1: $k$ is bad.**\nWe have $b_{k-1} = 1$, so\n$$\na_{k+1} = b_k a_k + a_{k-1} \\ge a_k + a_{k-1} > a_k \\ge 1,\n$$\nas required.\n\n**Case 2: $k$ is good.**\nWe already have $a_k > a_{k-1} \\ge 1$ by induction hypothesis. We consider three easy subcases.\n\n**Subcase 2.1: $b_k > 1$.**\nThen\n$$\na_{k+1} \\ge b_k a_k - a_{k-1} \\ge a_k + (a_k - a_{k-1}) > a_k \\ge 1.\n$$\n**Subcase 2.2: $b_k = b_{k-1} = 1$.**\nThen\n$$\na_{k+1} = a_k + (a_k - a_{k-1}) > a_k \\ge 1.\n$$\n**Subcase 2.3: $b_k = 1$ but $b_{k-1} > 1$.**\nThen $k + 1$ is bad, and we need to prove only (a), which is trivial:\n$$\na_{k+1} = a_k - a_{k-1} \\ge 1.\n$$\nSo, in all three subcases we have verified the required relations.\n\n*Lemma 2.* Assume that $n > 1$ is bad. Then there exists a $j \\in \\{1, 2, 3\\}$ such that\n$$\na_{n+j} \\geq a_{n-1} + j + 1, \\text{ and } a_{n+i} \\geq a_{n-1} + i \\text{ for all } 1 \\leq i < j.\n$$\n*Proof.* Recall that $b_{n-1} = 1$. Set\n$$\nm = \\inf\\{i > 0 : b_{n+i-1} > 1\\}\n$$\n(possibly $m = +\\infty$). We claim that $j = \\min\\{m, 3\\}$ works. Again, we distinguish several cases, according to the value of $m$; in each of them we use Lemma 1 without reference.\n\n**Case 1:** $m = 1$, so $b_n > 1$.\nThen $a_{n+1} \\geq 2a_n + a_{n-1} \\geq a_{n-1} + 2$, as required.\n\n**Case 2:** $m = 2$, so $b_n = 1$ and $b_{n+1} > 1$.\nThen we successively get\n$$\n\\begin{align*} a_{n+1} &= a_n + a_{n-1} \\geq a_{n-1} + 1, \\\\ a_{n+2} &\\geq 2a_{n+1} + a_n \\geq 2(a_{n-1} + 1) + a_n \\\\ &= a_{n-1} + (a_{n-1} + a_n + 2) \\geq a_{n-1} + 4, \\end{align*}\n$$\nwhich is even better than we need.\n\n**Case 3:** $m > 2$, so $b_n = b_{n+1} = 1$.\nThen we successively get\n$$\n\\begin{align*} a_{n+1} &= a_n + a_{n-1} \\geq a_{n-1} + 1, & a_{n+2} &= a_{n+1} + a_n \\\\ &\\geq a_{n-1} + 1 + a_n \\geq a_{n-1} + 2, \\\\ a_{n+3} &\\geq a_{n+2} + a_{n+1} \\geq (a_{n-1} + 1) + (a_{n-1} + 2) \\geq a_{n-1} + 4, \\end{align*}\n$$\nas required.\n\nLemmas 1(b) and 2 provide enough information to prove that\n$$\n\\max\\{a_n, a_{n+1}\\} \\geq n \\text{ for all } n\n$$\nand, moreover, that $a_n \\geq n$ often enough. Indeed, assume that we have found some $n$ with $a_{n-1} \\geq n - 1$. If $n$ is good, then Lemma 1(b) we have $a_n \\geq n$ as well. If $n$ is bad, then Lemma 2 yields\n$$\n\\max\\{a_{n+i}, a_{n+i+1}\\} \\geq a_{n-1} + i + 1 \\geq n + i \\text{ for all } 0 \\leq i < j\n$$\nand\n$$\na_{n+j} \\geq a_{n-1} + j + 1 \\geq n + j;\n$$\nso $n + j$ is the next index to start with.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44330,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $A$, $B$, $C$ 分別為 $\\triangle A'B'C'$ 的邊 $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ 的中點。設點 $P$ 位於 $\\triangle ABC$ 內部, $AP$, $BP$, $CP$ 分別與 $BC$, $CA$, $AB$ 交於點 $P_a$, $P_b$, $P_c$。\n直線 $P_aP_b$, $P_aP_c$ 分別與 $B'C'$ 交於 $R_b$, $R_c$; 直線 $P_bP_c$, $P_bP_a$ 分別與 $C'A'$ 交於 $S_c$, $S_a$; 直線 $P_cP_a$, $P_cP_b$ 分別與 $A'B'$ 交於 $T_a$, $T_b$。已知 $S_c$, $S_a$, $T_a$, $T_b$ 皆在圓心為 $O$ 的一圓上。\n試證: $OR_b = OR_c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "先證明 $A$ 為 $R_bR_c$ 的中點：因 $BC \\parallel B'C'$，知 $\\frac{AR_c}{BP_a} = \\frac{AP_c}{P_cB}$ 及 $\\frac{AR_b}{CP_a} = \\frac{AP_b}{P_bC}$。由這兩式及西瓦定理知 $\\frac{AR_c}{AR_b} = \\frac{AP_c}{P_cB} \\cdot \\frac{BP_a}{P_aC} \\cdot \\frac{CP_b}{P_bA} = 1$。顯然 $R_b$, $R_c$ 在 $A$ 的異側，所以 $A$ 為 $R_bR_c$ 的中點。\n\n同理可證 $B$ 為 $S_cS_a$ 的中點, $C$ 為 $T_aT_b$ 的中點。因此 $OB \\perp C'A'$, $OC \\perp A'B'$。所以 $O$ 為 $\\triangle A'B'C'$ 的外心 (或 $\\triangle ABC$ 的垂心)。得 $OA \\perp B'C'$, 以及 $OR_b = OR_c$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44331,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCDE$ 為凸五邊形, 其中 $AB = BC = CD$, $∠EAB = ∠BCD$, 且 $∠EDC = ∠CBA$。試證: 過 $E$ 並與 $BC$ 垂直的直線, 和線段 $AC$ 與 $BD$ 共點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在證明中, 我們將使用 $∠A, ∠B, ∠C, ∠D, ∠E$ 等來代表五邊形 $ABCDE$ 的諸內角。令線段 $AC$ 與線段 $BD$ 的兩條中垂線交於點 $I$。注意到 $AC$ 的中垂線會過點 $B$, 而 $BD$ 的中垂線會過點 $C$。於是有 $BD \\perp CI$ 及 $AC \\perp BI$。所以, $AC$ 與 $BD$ 的交點為三角形 $BIC$ 的垂心 $H$, 且 $IH \\perp BC$。只要再證明 $E$ 點在直線 $IH$ 上即可, 亦即 $EI \\perp BC$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n直線 $IB$ 與 $IC$ 分別平分 $∠B$ 及 $∠C$。由於 $IA = IC$, $IB = ID$, 以及 $AB = BC = CD$, 三個三角形 $IAB$, $ICB$, $ICD$ 皆全等。得\n$$\n∠IAB = ∠ICB = \\frac{∠C}{2} = \\frac{∠A}{2},\n$$\n\n故 $IA$ 平分 $\\angle A$。同理得 $ID$ 平分 $\\angle D$。最後, $IE$ 也會平分 $\\angle E$, 因為 $I$ 位於五邊形其它四個內角的角平分線上。\n\n凸五邊形的內角和為 $540^\\circ$, 故在四邊形 $ABIE$ 中,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle BIE &= 360^\\circ - \\angle EAB - \\angle ABI - \\angle AEI \\\\\n&= 360^\\circ - \\angle A - \\frac{1}{2}\\angle B - \\frac{1}{2}\\angle E \\\\\n&= 360^\\circ - \\angle A - \\frac{1}{2}\\angle B - (270^\\circ - \\angle A - \\angle B) \\\\\n&= 90^\\circ + \\frac{1}{2}\\angle B = 90^\\circ + \\angle IBC,\n\\end{aligned}\n$$\n故得 $EI \\perp BC$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44332,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCC_1B_1A_1$ 為凸六邊形, 其中 $AB = BC$, 並且線段 $\\overline{AA_1}, \\overline{BB_1}$ 及 $\\overline{CC_1}$ 的中垂線皆相同。令對角線 $AC_1$ 與 $A_1C$ 交於點 $D$, 並將三角形 $ABC$ 的外接圓記為 $\\omega$。設 $\\omega$ 與三角形 $A_1BC_1$ 的外接圓再交於一點 $E \\neq B$。\n試證：直線 $BB_1$ 與 $DE$ 的交點落在 $\\omega$ 上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "If $AA_1 = CC_1$, then the hexagon is symmetric about the line $BB_1$; in particular the circles $ABC$ and $A_1BC_1$ are tangent to each other. So $AA_1$ and $CC_1$ must be different. Since the points $A$ and $A_1$ can be interchanged with $C$ and $C_1$, respectively, we may assume $AA_1 < CC_1$.\nLet $R$ be the radical center of the circles $AEBC$ and $A_1EBC_1$, and the circumcircle of the symmetric trapezoid $ACC_1A_1$; that is the common point of the pairwise radical axes $AC, A_1C_1$, and $BE$. By the symmetry of $AC$ and $A_1C_1$, the point $R$ lies on the common perpendicular bisector of $AA_1$ and $CC_1$, which is the external bisector of $\\angle ADC$.\nLet $F$ be the second intersection of the line $DR$ and the circle $ACD$. From the power of $R$ with respect to the circles $\\omega$ and $ACFD$ we have\n$$\nRB \\cdot RE = RA \\cdot RC = RD \\cdot DF,\n$$\nso the points $B, E, D$ and $F$ are concyclic.\nThe line $RDF$ is the external bisector of $\\angle ADC$, so the point $F$ bisects the arc $CDA$. By $AB = BC$, on circle $\\omega$, the point $B$ is the midpoint of arc $AEC$; let $M$ be the point diametrically opposite to $B$, that is the midpoint of the opposite arc $CA$ of $\\omega$. Notice that the points $B, F$ and $M$ lie on the perpendicular bisector of $AC$, so they are collinear.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nFinally, let $X$ be the second intersection point of $\\omega$ and the line $DE$.\nSince $BM$ is a diameter in $\\omega$, we have $\\angle BXM = 90^\\circ$. Moreover,\n$$\n\\angle EXM = 180^\\circ - \\angle MBE = 180^\\circ - \\angle FBE = \\angle EDF,\n$$\nso $MX$ and $FD$ are parallel. Since $BX$ is perpendicular to $MX$ and $BB_1$ is perpendicular to $FD$, this shows that $X$ lies on the line $BB_1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44333,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}$ 表示所有實數所成的集合。試求所有可能的函數 $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 滿足:\n對任意實數 $x, y$, 恆有 $f(f(x) + y) = f(x^2 - y) + 4(y - 2)(f(x) + 2)$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = -2 and f(x) = x^2 - 4",
    "solution": "令 $y = \\frac{x^2 - f(x)}{2}$ 代入原式，得\n$$\nf\\left(\\frac{x^2 + f(x)}{2}\\right) = f\\left(\\frac{x^2 + f(x)}{2}\\right) + 4\\left(\\frac{x^2 - f(x)}{2} - 2\\right)(f(x) + 2).\n$$\n得知：$(x^2 - f(x) - 4)(f(x) + 2) = 0$；因此，對每一個實數 $x$，恆有\n$$\nf(x) = x^2 - 4 \\text{ 或 } f(x) = -2.\n$$\n\n更進一步地，不論上述哪一種情況下，$f(\\sqrt{2}) = -2$ 恆成立。\n\n(1) 檢驗函數 $f(x) = x^2 - 4$ 滿足條件：\n左式：$f(f(x) + y) = f(x^2 - 4 + y) = (x^2 - 4 + y)^2 - 4,$\n右式：$f(x^2 - y) + 4(y - 2)(f(x) + 2) = (x^2 - y)^2 - 4 + 4(y - 2)(x^2 - 2)$.\n直接化簡，可得：左式 - 右式 = 0，因此，$f(x) = x^2 - 4$ 為所求的一個函數。\n\n(2) 若存在某一實數 $a$ 使 $f(a) \\neq a^2 - 4$，則 $f(a) = -2$，且 $a^2 - 4 \\neq -2$，即 $a^2 - 2 \\neq 0$。\n以下證明在此情況下，$f$ 必為常數函數（對任意實數 $x$，$f(x) \\neq -2$）。\n令 $x = a$ 代入原式，並利用 $f(a) = -2$，得知：\n$$\nf(-2 + y) = f(a^2 - y).\n$$\n另一方面，令 $x = \\sqrt{2}$ 代入原式，並利用 $f(\\sqrt{2}) = -2$，得知：\n$$\nf(-2 + y) = f(2 - y).\n$$\n\n合併以上兩式, 可得 $f(a^2 - y) = f(2 - y)$.\n再令 $z = 2 - y$ 代入上式, 得 $f(z) = f(z + a^2 - 2)$。因此, 函數 $f$ 為週期 $p = a^2 - 2$ 的週期函數。於是, 分別令 $y = 0$ 與 $y = p$ 代入原式, 可知:\n對任意實數 $x$, 以下兩式均成立:\n$$\n\\begin{aligned}\nf(f(x)) &= f(x^2) - 8(f(x) + 2) \\\\\nf(f(x) + p) &= f(x^2 - p) + 4(p - 2)(f(x) + 2).\n\\end{aligned}\n$$\n因 $p$ 為函數 $f$ 的週期, 故 $f(f(x)+p) = f(f(x))$ 且 $f(x^2-p) = f(x^2)$;\n由此得知: $(p-2)(f(x)+2) = -2(f(x)+2)$, 即 $p(f(x)+2) = 0$.\n但 $p = a^2 - 2 \\neq 0$, 故 $f(x) = -2$ 對任意實數 $x$ 均成立, 即 $f$ 為常數函數 $f(x) = -2$.\n代入原式檢驗, 此常數函數 $f(x) = -2$ 也滿足條件: 左式 = 右式.\n綜合上述, 滿足條件之函數恰有兩個: $f(x) = -2$ 與 $f(x) = x^2 - 4$。\n\n\n**另解：** 令 $P(x, y)$ 表示在原式中代入 $(x, y)$。\n設 $f(a) = f(b)$, 那麼對於所有 $y \\in \\mathbb{R}$ 都有\n$$\nP(a, y), P(b, y) \\Rightarrow f(a^2 - y) = f(b^2 - y).\n$$\n若 $a^2 - b^2 = t \\neq 0$, $f$ 會是一個週期為 $t$ 的函數。對於所有 $x \\in \\mathbb{R}$ 都有\n$$\nP(x, y), P(x, y + t) \\Rightarrow 4t(f(x) + 2) = 0 \\Rightarrow f(x) = -2.\n$$\n代回原式知：$f(x) = -2$ 是一個解。\n若 $a^2 - b^2 = 0$, 那麼代表 $a = \\pm b$. 因此可以推出\n$$\nf(a) = f(b) \\Rightarrow a = \\pm b.\n$$\n另外一方面，\n$$\nP(x, 2) \\Rightarrow f(f(x) + 2) = f(x^2 - 2) \\Rightarrow f(x) + 2 = \\pm(x^2 - 2),\n$$\n也就是說對於所有 $x \\in \\mathbb{R}$ 都有\n$$\nf(x) = -x^2 \\lor f(x) = x^2 - 4.\n$$\n如果存在實數 $x$ 使得 $f(x) = -x^2$,\n$$\nP(x, x^2) \\Rightarrow f(0) = f(0) + 4(x^2 - 2)(-x^2 + 2) \\Rightarrow x = \\pm\\sqrt{2},\n$$\n也就是說 $f(x) = x^2 - 4$ 在除了 $x = \\pm\\sqrt{2}$ 時都成立。又\n$$\n(\\pm\\sqrt{2})^2 - 4 = -(\\pm\\sqrt{2})^2 = -2.\n$$\n所以 $f(x) = x^2 - 4$ 其實對所有 $x \\in \\mathbb{R}$ 都成立，代回原式知道 $f(x) = x^2 - 4$ 是一個解。\n綜上，\n$$\nf(x) = -2, \\quad f(x) = x^2 - 4\n$$\n是函數方程的所有解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44334,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $x, y$ 為相異正數, 且 $n$ 為大於 1 的正整數。若\n$$\nx^n - y^n = x^{n+1} - y^{n+1}.\n$$\n證明:\n$$\n1 < x + y < \\frac{2n}{n + 1}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先證明：$x + y > 1$.\n注意到，\n$$\n(x + y)(x^n - y^n) = x^{n+1} - y^{n+1} + xy(x^{n-1} - y^{n-1}).\n$$\n$$\n\\text{則 } x + y = \\frac{x^{n+1} - y^{n+1}}{x^n - y^n} + xy \\times \\frac{x^{n-1} - y^{n-1}}{x^n - y^n} = 1 + xy \\times \\frac{x^{n-1} - y^{n-1}}{x^n - y^n}.\n$$\n由 $n > 1$, 知 $x^n - y^n$ 與 $x^{n-1} - y^{n-1}$ 同號。\n從而，\n$$\n\\frac{x^{n-1} - y^{n-1}}{x^n - y^n} > 0.\n$$\n故 $x + y > 1$.\n\n其次證明：\n$$\nx + y < \\frac{2n}{n + 1}.\n$$\n先證明一個引理。\n**引理：**設 $x, y > 0, n$ 為正整數。則\n$$\n\\frac{x^{n+1} - y^{n+1}}{n + 1} > \\left(\\frac{x^n - y^n}{n}\\right) \\left(\\frac{x + y}{2}\\right). \\quad (1)\n$$\n\n證明：\n$$\n\\begin{align*}\n& (1) \\text{ 式} \\quad \\Leftrightarrow \\frac{x^n + x^{n-1}y + x^{n-2}y^2 + \\cdots + y^n}{n+1} \\\\\n& \\quad > \\left( \\frac{x^{n-1} + x^{n-2}y^2 + \\cdots + xy^{n-2} + y^{n-1}}{n} \\right) \\left( \\frac{x+y}{2} \\right) \\\\\n& \\quad \\Leftrightarrow \\frac{x^n + x^{n-1}y + x^{n-2}y^2 + \\cdots + y^n}{n+1} \\\\\n& \\quad > \\frac{2(x^n + x^{n-1}y + x^{n-2}y^2 + \\cdots + y^n) - (x^n + y^n)}{2n} \\\\\n& \\quad \\Leftrightarrow \\frac{x^n + x^{n-1}y + x^{n-2}y^2 + \\cdots + y^n}{n+1} < \\frac{x^n + y^n}{2} \\\\\n& \\quad \\Leftrightarrow 2(x^n + x^{n-1}y + x^{n-2}y^2 + \\cdots + y^n) \\\\\n& \\quad < (n+1)(x^n + y^n). \\tag{2}\n\\end{align*}\n$$\n$$\n\\begin{align*}\n& \\text{由 } (x^i - y^i)(x^{n-i} - y^{n-i}) > 0 \\\\\n& \\Rightarrow x^i y^{n-i} + x^{n-i} y^i < x^n + y^n.\n\\end{align*}\n$$\n故 (2) 式成立, 即引理得證。\n\n回到原題。\n不妨設 $x > y > 0$. 則\n$$\nx^n - y^n > 0, x^{n+1} - y^{n+1} > 0.\n$$\n由引理及題設條件得\n$$\n\\begin{gather*}\n\\frac{1}{n+1} > \\frac{x+y}{2n} \\\\\n\\Rightarrow x+y < \\frac{2n}{n+1}.\n\\end{gather*}\n$$\n故 $1 < x + y < \\frac{2n}{n + 1}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44335,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知正整數 $n$ 的所有因數除了 1 以外都不是完全平方數。\n試證: 不存在任何互質的正整數 $x$ 和 $y$, 使得 $x^n + y^n$ 是 $(x + y)^3$ 的倍數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設存在互質的正整數 $x, y$ 使得 $x^n + y^n$ 是 $(x+y)^3$ 的倍數。令 $s = x+y$，則 $s > 2$。\n\n(1) 若 $n$ 為偶數，因 $x^n + y^n = x^n + (s-x)^n = 2x^n \\pmod s$。但同一時間，$x^n + y^n$ 是 $(x+y)^3$ 的倍數，$x^n + y^n = 0 \\pmod s$，故 $2x^n = 0 \\pmod s$。但因 $x$ 和 $y$ 互質，故 $x$ 和 $s$ 互質，因此必有 $2 = 0 \\pmod s$，也就是 $x = y = 1$，矛盾！\n\n(2) 若 $n$ 為奇數，因 $x^n + y^n = x^n + (s-x)^n = C_2^n s^2 (-x)^{n-2} + C_1^n s(-x)^{n-1} \\pmod{s^3}$。但同一時間，$x^n + y^n$ 是 $(x+y)^3 = s^3$ 的倍數，$x^n + y^n = 0 \\pmod{s^3}$，故 $C_2^n s^2 (-x)^{n-2} + C_1^n s(-x)^{n-1} = 0 \\pmod{s^3}$。這表示存在整數 $k$ 使得\n$$\n-\\frac{1}{2}n(n-1)sx^{n-2} + nx^{n-1} = ks^2. \\quad (1)\n$$\n由此可知 $s|nx^{n-1}$，又因 $(x,s) = 1$，故得 $s|nx^{n-2}$，從而 $s^2|\\frac{1}{2}n(n-1)sx^{n-2}$。帶回 Eq. (1)，得出 $s^2|nx^{n-1}$，再因 $(x,s) = 1$ 知 $s^2|n$，但這與 $n$ 無平方因數不合，矛盾！",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44336,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a, b, c, d$ 為非負實數使得 $a + b + c + d = 4$. 試證:\n$$\na\\sqrt{3a+b+c}+b\\sqrt{3b+c+d}+c\\sqrt{3c+d+a}+d\\sqrt{3d+a+b} \\ge 4\\sqrt{5}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let\n$$\n\\sqrt{3a+b+c} = x, \\sqrt{3b+c+d} = y, \\sqrt{3c+d+a} = z, \\sqrt{3d+a+b} = w,\n$$\nthen we have\n$$\nx^2 = 3a + b + c, \\quad y^2 = 3b + c + d,\\\\\nz^2 = 3c + d + a, \\quad w^2 = 3d + a + b.\n$$\nTherefore, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n15a &= 5(3a + b + c) - 2(3b + c + d) - (3c + d + a) + (3d + a + b) \\\\\n&= 5x^2 - 2y^2 - z^2 + w^2.\n\\end{aligned}\n$$\nHence we can conclude that\n$$\na = \\frac{5x^2 - 2y^2 - z^2 + w^2}{15},\n$$\nand similarly we have\n$$\nb = \\frac{5y^2 - 2z^2 - w^2 + x^2}{15},\\\\\nc = \\frac{5z^2 - 2w^2 - x^2 + y^2}{15},\\\\\nd = \\frac{5w^2 - 2x^2 - y^2 + z^2}{15},\n$$\nall non negative as well. Now since\n$$\na + b + c + d = 4,\n$$\nwe have\n$$\n\\begin{aligned}\nx^2 + y^2 + z^2 + w^2 &= (3a + b + c) + (3b + c + d) \\\\\n&\\quad + (3c + d + a) + (3d + a + b) \\\\\n&= 20\n\\end{aligned}\n$$\nand we need to prove that\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} x \\left( \\frac{5x^2 - 2y^2 - z^2 + w^2}{15} \\right) &\\geq 4\\sqrt{5} \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{cyc} (5x^3 - 2xy^2 - xz^2 + xw^2) &\\geq 60\\sqrt{5}.\n\\end{aligned}\n$$\nNow by AM-GM we know that\n$$\n\\sum_{cyc} (x^3 - 2xy^2 + xw^2) = \\sum_{cyc} (x^3 - 2xy^2 + yx^2) \\geq 0\n$$\nand again by AM-GM\n$$\n\\sum_{cyc} (x^3 - xz^2) = \\frac{1}{3} \\sum_{cyc} (x^3 + z^3 + z^3 - 3xz^2) \\geq 0.\n$$\nHence we only need to prove that\n$$\n\\sum_{cyc} 3x^3 \\geq 60\\sqrt{5}\n$$\nwhich is again AM-GM:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} (3x^3 + 3x^3 + 15\\sqrt{5}) &\\geq \\sum_{cyc} 3\\sqrt[3]{3 \\times 3 \\times 15\\sqrt{5}x^6} \\\\\n&= \\sum_{cyc} 9\\sqrt{5}x^2 = 180\\sqrt{5} \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{cyc} 3x^3 &\\geq \\frac{180 - 60}{2}\\sqrt{5} = 60\\sqrt{5}\n\\end{aligned}\n$$\nas desired.\n\n$$\nx^{2} = y^{2} = z^{2} = w^{2} = 5\n$$\nwhich is when\n$$\na = b = c = d = 1.\n$$\n\n\n**Another Solution:** By generalized Cauchy inequality,\n$$\n\\left( \\sum_{cyc} a\\sqrt{3a+b+c} \\right)^2 \\left( \\sum_{cyc} \\frac{a}{3a+b+c} \\right) \\geq (a+b+c+d)^3 = 64.\n$$\nTherefore it suffices to show that\n$$\n\\frac{a}{3a+b+c} + \\frac{b}{3b+c+d} + \\frac{c}{3c+d+a} + \\frac{d}{3d+a+b} \\leq \\frac{4}{5}.\n$$\nBy subtracting the above inequality multiplied by 3 from 4, we get that it is equivalent to\n$$\n\\frac{b+c}{3a+b+c} + \\frac{c+d}{3b+c+d} + \\frac{d+a}{3c+d+a} + \\frac{a+b}{3d+a+b} \\geq \\frac{8}{5}.\n$$\nBy Cauchy inequality,\n$$\n(L.H.S.) \\left( \\sum_{cyc} (b+c)(3a+b+c) \\right) \\geq 4(a+b+c+d)^2.\n$$\nTherefore it suffices to show that\n$$\n\\sum_{cyc} (b+c)(3a+b+c) = 2 \\left( \\sum_{cyc} a^2 \\right) + 5 \\left( \\sum_{cyc} ab \\right) + 6ac + 6bd \\leq \\frac{5}{2} (a+b+c+d)^2,\n$$\nwhich becomes, after expansion and simplification,\n$$\nac + bd \\leq \\frac{1}{2}(a^2 + b^2 + c^2 + d^2).\n$$\nThe last inequality is the sum of two AM-GMs, and so we're done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44337,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{Z}$ 表示所有整數之集合。試求所有的函數 $f: \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ 使得 $f(0) = 0$ 且對任意的整數 $x, y,$\n$$\nf(x + f(y))f(y + f(x)) = (2x + f(y - x))(2y + f(x - y)) \\text{ 成立。}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all integers x; and f(x) = -2x for all integers x",
    "solution": "(1) $f(f(x)) = 2x + f(-x), \\forall x \\in \\mathbb{Z}$\n注意到, 若 $a \\in \\mathbb{Z}$ 使得 $f(a) = 0$, 那麼在條件中代入 $x, y = a$,\n$$\n4a^2 = f(a + f(a))^2 = f(a)^2 = 0.\n$$\n可知 $a = 0$. 現在改代入 $y = 0$ 得\n$$\nf(x)f(f(x)) = f(x)(2x + f(-x)).\n$$\n所以如果 $x \\neq 0$, 結論成立。另一方面, 當 $x = 0$ 時, 顯然也對。\n\n(2) $f(x + f(x)) = 2x, \\forall x \\in \\mathbb{Z}$\n只需考慮 $x$ 不為 $0$ 的情況就好。在條件中代入 $y = x$:\n$$\nf(x + f(x))^2 = 4x^2 \\Rightarrow f(x + f(x)) = 2x \\text{ or } -2x.\n$$\n假設存在 $b \\in \\mathbb{Z} - \\{0\\}$ 讓 $f(b + f(b)) = -2b$. 在條件中用 $b, 2b + f(b)$ 取代 $x, y$, 得\n$$\nf(b + f(2b + f(b)))f(2b + 2f(b)) = 0.\n$$\n由 $f$ 在 $0$ 單射可知：\n$$\nb + f(2b + f(b)) = 0 \\text{ or } 2b + 2f(b) = 0,\n$$\n但後者不可能成立, 否則就有 $f(b) = -b$ 從而\n$$\nf(-b) = f(f(b)) = 2b + f(-b) \\Rightarrow b = 0.\n$$\n故 $f(2b + f(b)) = -b$. 於是\n$$\n4b^2 = f(b + f(b))^2 = f(2b + f(b) + f(2b + f(b)))^2 = 4(2b + f(b))^2.\n$$\n也就是 $f(b) = -b$ 或 $f(b) = -3b$. 由前面的討論就知道唯一的可能是 $f(b) = -3b$, 但如此一來, 便會有\n$$\nf(-b) = f(2b + f(b)) = -b \\Rightarrow f(b) = f(f(-b)) + 2b = b.\n$$\n所以 $b=0$ 矛盾。綜合以上, 小結論成立。\n\n(3) $f$ 是單射的奇函數且 $f(2x) = 2f(x)$, $\\forall x \\in \\mathbb{Z}$\n首先, 在原題中用 $(-x)$, $f(x)$ 取代 $x, y$ 會有\n$$\nf(-x + f(f(x)))f(f(x) + f(-x)) = 0.\n$$\n所以 $f(f(x)) = x$ 或 $f(x) = -f(-x)$. 但就算前者成立\n$$\n\\begin{aligned}\n& f(-x) = f(f(x)) - 2x = -x \\\\\n\\Rightarrow & f(x) = f(f(-x)) + 2x = x = -f(-x).\n\\end{aligned}\n$$\n上述討論告訴我們 $f$ 是奇函數。然後第一個小結論就變成\n$$\nf(f(x)) = 2x - f(x).\n$$\n於是 $f$ 是單射的, 最後用第二個小結論\n$$\nf(2x) = f(f(x)) + f(f(x)) = 2f(x).\n$$\n\n(4) 如果 $f(\\mathbb{Z})$ 中存在奇數的話, 那麼 $f(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{Z}$\n假設整數 $c$ 滿足 $f(c)$ 是奇數, 則在原題代入 $y = x + c$ 得\n$$\nf(x + f(x + c))f(x + c + f(x)) = (2x + f(c))(2x + 2c - f(c)).\n$$\n特別地, $f(x + c + f(x))$ 是奇數。利用 $f(2x) = 2f(x)$ 可知:\n$$\nx + f(x) \\equiv 0 \\pmod{2}.\n$$\n然後一樣再用 $f(2x) = 2f(x)$ 便可推得\n$$\nv_2(f(x)) = v_2(x), \\forall x \\in \\mathbb{Z},\n$$\n代入 $y = \\frac{x - f(x)}{2}$ 得\n$$\n\\begin{aligned}\n& f\\left(x + f\\left(\\frac{x - f(x)}{2}\\right)\\right) f\\left(\\frac{x + f(x)}{2}\\right) \\\\\n& = \\left(2x + f\\left(\\frac{-x - f(x)}{2}\\right)\\right) \\left(x - f(x) + f\\left(\\frac{x + f(x)}{2}\\right)\\right).\n\\end{aligned}\n$$\n注意到 $f(\\frac{x+f(x)}{2}) = x$, 所以\n$$\nf\\left(x + f\\left(\\frac{x - f(x)}{2}\\right)\\right) = 2x - f(x) = f(f(x)).\n$$\n由單射, $f(\\frac{x-f(x)}{2}) = f(x) - x$ 故\n$$\nv_2(f(x) - x) = v_2\\left(f\\left(\\frac{x - f(x)}{2}\\right)\\right) = v_2\\left(\\frac{x - f(x)}{2}\\right).\n$$\n唯一的可能就是 $f(x) = x$\n\n(5) 如果 $f(\\mathbb{Z})$ 只有偶數的話, 那麼 $f(x) = -2x, \\forall x \\in \\mathbb{Z}$\n我們可以考慮新的函數 $g: \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ 滿足 $2g(x) = f(x), \\forall x \\in \\mathbb{Z}$, 則條件可以改寫成\n$$\ng(x + 2g(y))g(y + 2g(x)) = (x + g(y - x))(y + g(x - y)).\n$$\n在上式中用 $-f(x)$ 取代 $y$, 得\n$$\ng(x+2g(-g(x)))g(g(x)) = (x+g(-g(x)-x))(-g(x)+g(x+g(x))).\n$$\n由於 $g$ 繼承了 $f$ 大部分的性質, 我們有\n$$\n\\left(\\frac{x - g(x)}{2}\\right)^2 \\ge \\text{RHS} = \\text{LHS} = g(g(x))^2 = \\left(\\frac{x - g(x)}{2}\\right)^2.\n$$\n從而 $g(x + g(x)) = \\frac{x + g(x)}{2}$. 但 $g(2x) = 2g(x)$ 告訴我們\n$$\nv_2(g(x)) \\geq v_2(x), \\forall x \\in \\mathbb{Z}.\n$$\n所以\n$$\ng(x) = -x, \\forall x \\in \\mathbb{Z} \\Rightarrow f(x) = -2x, \\forall x \\in \\mathbb{Z}.\n$$\n\n註：事實上，$f(0) = 0$ 的條件是不需要的，用原題條件便可以求出。但在題目敘述中直接附上，可以降低一定的計算量。以下附上 $f(0) = 0$ 的證明過程：代 $x, y = 0$ 得\n$$\nf(f(0))^2 = f(0)^2 \\Rightarrow f(f(0)) = f(0) \\text{ or } -f(0).\n$$\n如果 $f(f(0)) = -f(0)$，那麼代 $x, y = f(0)$ 得\n$$\nf(0)^2 = 9f(0)^2 \\Rightarrow f(0) = 0.\n$$\n如果 $f(f(0)) = f(0)$，那同樣代 $x, y = f(0)$ 得\n$$\nf(2f(0))^2 = 9f(0)^2 \\Rightarrow f(2f(0)) = 3f(0) \\text{ or } -3f(0).\n$$\n(i) $f(2f(0)) = 3f(0)$：代 $x = f(0), y = 0$ 有\n$$\nf(2f(0))f(f(f(0))) = (2f(0) + f(-f(0)))f(f(0)).\n$$\n若 $f(0) \\neq 0$ 則 $f(-f(0)) = f(0)$. 然後代 $x = -f(0), y = 0$:\n$$\nf(0)^2 = f(0)(f(f(0)) - 2f(0)) \\Rightarrow f(0) = 3f(0).\n$$\n於是 $f(0) \\neq 0$ 矛盾，故 $f(0) = 0$.\n\n(ii) $f(2f(0)) = -3f(0)$：此時，再次代 $x = f(0), y = 0$ 有\n$$\nf(-f(0)) = -5f(0)\n$$\n接著代入 $x = -f(0), y = 0$ 得\n$$\nf(f(-f(0)))f(0) = -f(0)f(-f(0)).\n$$\n因此當 $f(0) \\neq 0$ 時, $f(-5f(0)) = 5f(0)$, 最後取 $x, y = 5f(0)$ 便有\n$$\nf(0)^2 = 81f(0)^2\n$$\n與 $f(0) \\neq 0$ 矛盾, 故在此情況中, $f(0) = 0$\n綜合上述, $f(0) = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44338,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $S$ 為一個有限集合, 且令 $\\mathcal{A}$ 為所有由 $S$ 映至 $S$ 之函數所成的集合。令 $f$ 是 $\\mathcal{A}$ 的一個元素且令 $T = f(S)$ 表示 $S$ 在 $f$ 之下所對應之值域。假設對每一個 $\\mathcal{A}$ 中的元素 $g$ 且 $g \\neq f$, 皆滿足 $f \\circ g \\circ f \\neq g \\circ f \\circ g$.\n試證: $f(T) = T$.\n\nLet $S$ be a finite set, and let $\\mathcal{A}$ be the set of all functions from $S$ to $S$. Let $f$ be an element of $\\mathcal{A}$ and let $T = f(S)$ denote the image of $S$ under $f$. Suppose that for every $g$ in $\\mathcal{A}$ with $g \\neq f$, we have $f \\circ g \\circ f \\neq g \\circ f \\circ g$.\nProve that $f(T) = T$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For $n \\ge 1$, denote the $n$-th composition of $f$ with itself by\n$$\nf^n \\stackrel{\\text{def}}{=} f \\circ f \\circ \\dots \\circ f.\n$$\nBy hypothesis, if $g \\in \\mathcal{A}$ satisfies $f \\circ g \\circ f = g \\circ f \\circ g$, then $g = f$. A natural idea is to try to plug in $g = f^n$ for some $n$ in the expression $f \\circ g \\circ f = g \\circ f \\circ g$ in order to get $f^n = f$, which solves the problem:\n\n**Claim**: If there exists $n \\ge 3$ such that $f^{n+2} = f^{2n+1}$, then the restriction $f: T \\to T$ of $f$ to $T$ is a bijection.\n\n**Proof**. Indeed, by hypothesis,\n$$\nf^{n+2} = f^{2n+1} \\Leftrightarrow f \\circ f^n \\circ f = f^n \\circ f \\circ f^n \\Rightarrow f^n = f.\n$$\nSince $n-2 \\ge 1$, the image of $f^{n-2}$ is contained in $T = f(S)$, hence $f^{n-2}$ restricts to a function $f^{n-2}: T \\to T$. This is the inverse of $f: T \\to T$. In fact, given $t \\in T$, say $t = f(s)$ with $s \\in S$, we have\n$$\nt = f(s) = f^n(s) = f^{n-2}(f(t)) = f(f^{n-2}(t)).\n$$\ni.e., $f^{n-2} \\circ f = f \\circ f^{n-2} = \\text{id on } T$\n(here id stands for the identity function). Hence, the restriction $f: T \\to T$ of $f$ to $T$ is bijective with inverse given by $f^{n-2}: T \\to T$.\n\nIt remains to show that $n$ as in the claim exists. For that, define\n$$\nS_m \\stackrel{\\text{def}}{=} f^m(S) \\quad (S_m \\text{ is the image of } f^m).\n$$\nClearly the image of $f^{m+1}$ is contained in the image of $f^m$, i.e., there is a descending chain of subsets of $S$\n$$\nS \\supseteq S_1 \\supseteq S_2 \\supseteq S_3 \\supseteq S_1 \\supseteq \\dots\n$$\nwhich must eventually stabilise since $S$ is finite, i.e., there is a $k \\ge 1$ such that\n$$\nS_k = S_{k+1} = S_{k+2} = S_{k+3} = \\dots \\stackrel{\\text{def}}{=} S_\\infty.\n$$\nHence $f$ restricts to a *surjective* function $f : S_\\infty \\to S_\\infty$, which also *bijective* since $S_\\infty \\subseteq S$ is finite. To sum up, $f : S_\\infty \\to S_\\infty$ is a permutation of the elements of the finite set $S_\\infty$, hence there exists an integer $r \\ge 1$ such that $f^r = \\text{id}$ on $S_\\infty$ (for example, we may choose $r = |S_\\infty|$!). In other words,\n$$\nf^{m+r} = f^m \\text{ on } S \\text{ for all } m \\ge k. \\qquad (1)\n$$\nClearly, Eq. (1) also implies that $f^{m+tr} = f^m$ for all integers $t \\ge 1$ and $m \\ge k$. So, to find $n$ as in the claim and finish the problem, it is enough to choose $m$ and $t$ in order to ensure that there exists $n \\ge 3$ satisfying\n$$\n\\left\\{ \\begin{array}{l} 2n + 1 = m + tr \\\\ n + 2 = m \\end{array} \\right. \\Leftrightarrow \\left\\{ \\begin{array}{l} m = 3 + tr \\\\ n = m - 2. \\end{array} \\right.\n$$\nThis can be clearly done by choosing $m$ large enough with $m \\equiv 3 \\pmod r$. For instance, we may take $n = 2kr + 1$, so that\n$$\nf^{n+2} = f^{2kr+3} = f^{4kr+3} = f^{2n+1}\n$$\nwhere the middle equality follows by Eq. (1) since $2kr + 3 \\ge k$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44339,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一張月曆是一個長方形的方格紙。我們稱一張月曆符合法規, 若且唯若它滿足以下三點:\n(1) 月曆的每一格都被塗成白色或紅色, 且恰有 $10$ 個紅色格子。\n(2) 若月曆的一橫排共有 $N$ 格, 則當我們從最左上角的格子, 依次填入 $1, 2, \\dots$, 由左而右, 然後由上而下, 我們將找不到連續 $N$ 個數字, 它們所在的格子都是白色的。\n(3) 若月曆的一直列共有 $M$ 格, 則當我們從最左下角的格子, 依次填入 $1, 2, \\dots$, 由下而上, 然後由左而右, 我們將找不到連續 $M$ 個數字, 它們所在的格子都是白色的(也就是說, 如果我們將整張月曆順時鐘旋轉 $90$ 度, 它仍然滿足條件 (2))。\n試問有多少種符合法規的月曆?\n\n一張月曆是一個長方形的方格紙。我們稱一張月曆符合法規，若且唯若它滿足以下三點：\n(1) 月曆的每一格都被塗成白色或紅色，且恰有 $10$ 個紅色格子。\n(2) 若月曆的一橫排共有 $N$ 格，則當我們從最左上角的格子，依次填入 $1, 2, \\dots$，由左而右，然後由上而下，我們將找不到連續 $N$ 個數字，它們所在的格子都是白色的。\n(3) 若月曆的一直列共有 $M$ 格，則當我們從最左下角的格子，依次填入 $1, 2, \\dots$，由下而上，然後由左而右，我們將找不到連續 $M$ 個數字，它們所在的格子都是白色的（也就是說，如果我們將整張月曆順時鐘旋轉 $90^\\circ$，它仍然滿足條件 (2)）。\n試問有多少種符合法規的月曆？",
    "options": [],
    "answer": "10! = 3628800",
    "solution": "答案：$10! = 3628800$ 種。\n注意到在一個 $10 \\times 10$ 的方格表中塗紅 $10$ 格，使得每行每列都恰有一紅格的塗法共有 $10!$ 種。以下建立塗 $10 \\times 10$ 方格表與符合法規的月曆之間的一一對應。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n– 方格表 $\\rightarrow$ 符合法規的月曆：\n如上圖進行以下操作：\n\n1. 先觀察相鄰兩行，如果左行紅格比右行高，則將兩行間的格線加粗。\n2. 再觀察相鄰兩列，如果上列紅格比下列右，則將兩列間的格線加粗。\n3. 把加粗的格線全部擦掉，便得到一個符合法規的月曆：\n\n(證明)\n* 首先證明擦掉後是個月曆。注意到每個粗格子隔出的區間內至多只會有一個紅格，這是因為如果有兩個，若兩紅格相對位置是左上右下則之間必還有一縱粗線，若是左下右上則必還有一橫粗線，無論何者皆矛盾。這保證了擦掉細格線後必為月曆。\n* 接著證明它符合法規。條件 (1) 顯然滿足。如果違背條件 (2)，則表示原方格表中必有一條橫粗線，其上一列的紅格都在下一列的左邊，但這與橫粗線本身的構造矛盾。條件 (3) 同理。\n\n### - 符合法規的月曆 $\\rightarrow$ 方格表：\n對於月曆中的每個格子，依序進行以下動作：\n1. 假設與其同一行的紅格子有 $p$ 個，同一列的紅格子有 $q$ 個，則將這個格子再細分為 $q \\times p$ 個小格子。\n2. 如果該格是紅色的，且是該行中由上數來第 $r$ 個紅格，該列由左數來第 $r$ 個小格子，則將細分後的小格子中，由下數來第 $r$ 列，由左數來第 $s$ 行的格子塗紅，其餘留白。\n\n易見以上構成第一部分映射的反映射。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44340,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為大於 $1$ 的正整數。一個 $n \\times n \\times n$ 的大立方體由 $n^3$ 個邊長為 $1$ 的小立方體所構成。每個小立方體被塗上一種顏色。從這個大正方體中，我們沿著 $x$ 軸的方向截取出 $n$ 個不同的 $1 \\times n \\times n$ 的長方體 $R_1, R_2, \\cdots, R_n$。令 $C_i$ 為 $R_i$ 中所有小立方體的顏色所成集合，並令 $\\mathcal{X} = \\{C_1, C_2, \\cdots, C_n\\}$。以同樣的方式，令 $\\mathcal{Y}$ 為沿著 $y$ 軸的方向截取 $n \\times 1 \\times n$ 長方體下造出來的集合，而 $\\mathcal{Z}$ 為沿著 $z$ 軸的方向截取 $n \\times n \\times 1$ 長方體下造出來的集合。\n\n假設我們知道，對於 $\\mathcal{X}, \\mathcal{Y}$ 與 $\\mathcal{Z}$，若有個顏色集屬於其中一個集合，則它必也屬於另外兩個集合。試求這 $n^3$ 個小立方體顏色總數的最大值（以 $n$ 表示。）\n\n（例：若 $R_1$ 中包含紅、藍、綠三色，則 $C_1 = \\{\\text{紅, 藍, 綠}\\}$。）",
    "options": [],
    "answer": "n(n+1)(2n+1)/6",
    "solution": "The maximal number is $\\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.\n\nCall a $n \\times n \\times 1$ box an *x-box*, an *y-box*, or a *z-box* according to its orientation.\nLet $N$ be the number of colors in a valid configuration. We start with the upper bound for $N$.\n\nLet $D_1, D_2$ and $D_3$ be the sets of colors which appear in the big cube exactly once, exactly twice, and at least thrice, respectively. Let $M_i$ be the set of unit cubes whose colors are in $D_i$, and denote $n_i = |M_i|$.\n\nConsider any x-box $X$, and let $Y$ and $Z$ be a y- and a z-box containing the same set of colors as $X$ does. Let us first prove that\n\n**Claim:** $4|X \\cap M_1| + |X \\cap M_2| \\le 3n + 1$.\n\n**Proof:** We distinguish two cases.\n\nCase 1: $X \\cap M_1 \\neq \\emptyset$\n\nA cube from $X \\cap M_1$ should appear in all three boxes $X$, $Y$ and $Z$ (since that color only appears once), so it should lie in $X \\cap Y \\cap Z$. Thus, $X \\cap M_1 = X \\cap Y \\cap Z$, and thus $|X \\cap M_1| = 1$.\n\nNow consider the cubes in $X \\cap M_2$. There are at most $2(n-1)$ of them lying in $X \\cap Y$ or $X \\cap Z$ (since the cube from $X \\cap Y \\cap Z$ is in $M_1$). Let $a$ be a cube from $X \\cap M_2$ that is NOT in $Y$ or $Z$. Since $a \\in M_2$, there is exactly one other cube $a'$ sharing the color with $a$. But since $a$ is in $X$ but not in $Y$ or $Z$, $Y$ and $Z$ must both contain $a'$, that is $a' \\in (Y \\cap Z) - X$. In addition, since $a \\to a'$ is clearly injective, the number of cubes $a$ above would not exceed $|(Y \\cap Z) - X| = n-1$. Combining all of the above, we have\n\n$$\n|X \\cap M_2| \\leq |X \\cap M_2 \\cap (Y \\cup Z)| + |X \\cap M_2 - (Y \\cup Z)| \\leq 2(n-1) + (n-1) = 3(n-1).\n$$\n\nEasy check shows that Claim holds.\n\nCase 2: $X \\cap M_1 = \\emptyset$\n\nIn this case, the same argument applies with several changes. Indeed, $X \\cap M_2$ now contains at most $2n-1$ cubes from $X \\cap Y$ or $X \\cap Z$. Any other cube $a$ in $X \\cap M_2$ corresponds to some $a' \\in Y \\cap Z$, possibly with $a' \\in X$, so there are at most $|Y \\cap Z| = n$ of them. All this results in $|X \\cap M_2| \\leq (2n-1)+n = 3n-1$. Easy check shows that Claim holds.\n\nSumming up Claim over all $x$-boxes $X$, we get\n\n$$\n4n_1 + n_2 \\leq n(3n + 1).\n$$\n\nObviously, we also have $n_1 + n_2 + n_3 = n^3$.\n\nNow we are prepared to estimate $N$. Due to the definition of $M_i$, we have $n_i \\geq i|D_i|$, so\n\n$$\n\\begin{aligned}\nN &\\leq n_1 + \\frac{n_2}{2} + \\frac{n_3}{3} = \\frac{n_1 + n_2 + n_3}{3} + \\frac{4n_1 + n_2}{6} \\\\\n&\\leq \\frac{n^3}{3} + \\frac{3n^2 + n}{6} = \\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\n\\end{aligned}\n$$\n\nIt remains to present an example that reaches this upper bound. Color each set with a different color to provide the desired example.\n\n(i) $n$ sets of the form $\\{(i, i, i)\\}$ ($1 \\le i \\le n$);\n\n(ii) $C_2^n$ sets of the form $\\{(i, j, j), (j, i, i)\\}$, $C_2^n$ sets of the form $\\{(j, i, j), (i, j, i)\\}$, and $C_2^n$ sets of the form $\\{(j, j, i), (i, i, j)\\}$ ($1 \\le i < j \\le n$);\n\n(iii) $C_3^n$ sets of the form $\\{(i, j, k), (j, k, i), (k, i, j)\\}$ with $1 \\le i < j < k \\le n$, and $C_3^n$ sets of the form $\\{(i, j, k), (j, k, i), (k, i, j)\\}$ with $1 \\le i < k < j \\le n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44341,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外接圓為 $\\Omega$, 外心為 $O$, 垂心為 $H$. 令 $S$ 為 $\\Omega$ 上一點, 點 $P$ 在 $BC$ 上使得 $\\angle ASP = 90^\\circ$, 直線 $SH$ 與 $\\triangle APS$ 的外接圓交於 $X \\ne S$. 設 $OP$ 分別與 $CA$, $AB$ 交於 $Q$, $R$, $QY$, $RZ$ 為 $\\triangle AQR$ 的高。\n\n證明: $X$, $Y$, $Z$ 共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\n令 $AD$, $BE$, $CF$ 為 $\\triangle ABC$ 的高, $\\Gamma_A$, $\\Gamma_B$, $\\Gamma_C$ 分別為以 $\\overline{AP}$, $\\overline{BQ}$, $\\overline{CR}$ 為直徑的圓，則 $H$ 關於 $\\Gamma_A$, $\\Gamma_B$, $\\Gamma_C$ 的幂分別為 $HA \\cdot HD$, $HB \\cdot HE$, $HC \\cdot HF$，因此 $H$ 關於三個圓的幂相等。令 $A'$, $B'$ 分別為 $A$, $B$ 關於 $O$ 的對稱點，$S'$ 為 $A'P$ 與 $B'Q$ 的交點，則由 $O$, $P$, $Q$ 共線與帕斯卡逆定理知 $A$, $A'$, $S'$, $B'$, $B$, $C$ 共圓錐曲線 (考慮折線 $AA'S'B'BC$)，故 $S'$ 在 $\\Omega$ 上，即 $S = S'$. 由 $\\angle BSQ = \\angle BSB' = 90^\\circ$ 知 $S$ 在 $\\Gamma_B$ 上，同理有 $S$ 在 $\\Gamma_C$ 上。所以 $\\Gamma_A$, $\\Gamma_B$, $\\Gamma_C$ 共軸且 $SH$ 為根軸，因此 $\\Gamma_A$, $\\Gamma_B$, $\\Gamma_C$ 的另一個交點為 $X$，所以由 $Y$, $Z$ 分別位於 $\\Gamma_B$, $\\Gamma_C$ 上可得\n$$\n\\angle YXZ = \\angle YXS + \\angle SXZ = \\angle ABS + \\angle SCA = 180^\\circ\n$$\n即 $X$, $Y$, $Z$ 共線, 證畢。\n\n\n### 另解\n\n事實上, 我們可以證明更強的結論。設 $AH$ 的中點為 $N$ 且過 $A$ 切外接圓的切線交 $AP$ 直徑圓於 $F$, 那麼 $FNXYZ$ 五點共線, 且這條線與 $OP$ 關於 $AB$, $AC$ 逆平行。以下我們分成幾步證明:\n\n1. $NYZ$ 共線且與 $OP$ 關於 $AB$, $AC$ 逆平行。\n考慮以 $A$ 為中心, $\\angle BAC$ 的角平分性為對稱軸, 比例為 $\\cos A$ 的鏡向位似變換。由於 $QR \\perp RA$ 且 $\\angle QAR = \\angle BAC$, 可知 $Q$ 經過這個鏡向位似變換的像為 $Y$. 同理 $R$ 的像為 $Z$. 因此 $QR$ 的像為 $YZ$. 注意到 $AN$, $AO$ 為關於 $BC$ 的等角線, 且\n$$\nAN = \\frac{1}{2}AH = \\frac{1}{2}R \\cos A = AO \\cos A,\n$$\n所以 $O$ 的像為 $N$. 注意到 $OPQR$ 共線, 所以經由這個鏡向位似變換我們可以得到 $NYZ$ 共線, 且 $NYZ$ 與 $OPQR$ 關於 $AB$, $AC$ 逆平行。\n\n2. 設 $A$ 對 $F$ 的對稱點為 $A'$, 則 $AA'SH$ 四點共圓。\n設 $AH$ 交 $ABC$ 外接圓於 $H'$, 交 $BC$ 於 $D$, 則 $HD = H'D$. 考慮以 $A$ 為中心的反演變換, 並假設任何一個點 $T$ 經此反演變換的像為 $T^*$. 由反演的角度性質知:\n$$\n\\angle AP^*S^* = \\angle ASP = 90^\\circ, \\angle AP^*D^* = \\angle ADP = 90^\\circ.\n$$\n此外,\n$$\n\\angle AP^*A'^* = \\angle AA'P = \\angle A'AP = \\angle A'^*AP^*,\n$$\n故 $A'^*A = A'^*P^*$. 由於圓 $ASH'$ 與 $AA'$ 相切, 所以 $S^*H'^*$ 與 $AA'^*$ 平行。因為 $HH'$ 的中點為 $D$, 所以 $H^*H'^*$ 被 $AD^*$ 調和分割。要證明 $AA'SH$ 共圓只需證明 $A'^*S^*H^*$ 共線, 或者 $S^*(A'^*, H'^*; A, D^*)$ 是調和線束。注意到 $S^*H'^*$ 交 $AA'^*$ 於無窮遠處, 所以, 若 $S^*D^*$ 交 $AA'^*$ 於 $K$, 則\n$$\nS^*(A'^*, H'^*; A, D^*) = (A'^*, \\infty; A, K).\n$$\n\n注意到 $AP^*K$ 是以 $P$ 為直角的直角三角形，且 $A'^*$ 在斜邊上滿足 $A'^*A = A'^*P^*$，所以 $A'^*$ 是 $AP^*K$ 的外心。特別地，$A'^*$ 是 $AK$ 的中點，所以\n$$\nS^*(A'^*, H'^*; A, D^*) = (A'^*, \\infty; A, K) = -1,\n$$\n證畢。\n\n3. $FNX$ 共線。\n由 (2)，我們有\n$$\n\\angle AFN = \\angle AA'H = \\angle ASH = \\angle ASX = \\angle AFX.\n$$\n故 $FNX$ 共線。\n\n由於 $AO$, $AN$ 關於 $AB$, $AC$ 為等角線，故只要證明 $FN$, $OP$ 關於 $AN$, $AO$ 逆平行，即\n$$\n\\angle ANF + \\angle POA = 180^\\circ \\text{ 即可。}\n$$\n令 $AS$ 的中點為 $L$。那麼由 (2) 對 $A$ 位似 $1/2$ 倍知 $AFLN$ 共圓。因此\n$$\n\\angle ANF = \\angle ALF.\n$$\n令 $U$ 為 $A$ 對 $O$ 的對稱點且 $V$ 為 $S$ 對 $AF$ 的投影點，則由弦切角知\n$$\n\\angle VAS = \\angle SUA.\n$$\n又因爲\n$$\n\\angle SVA = \\angle ASU = 90^\\circ,\n$$\n所以 $\\triangle SVA \\sim \\triangle ASU$。由 $P$ 在 $SU$ 上和 $A$, $F$, $V$ 分別是 $U$, $P$, $S$ 的投影點，可知\n$$\n\\frac{AF}{FV} = \\frac{UP}{PS}.\n$$\n又 $L$, $O$ 分別是 $SA$, $AU$ 的中點, 所以 $\\triangle ALF \\sim \\triangle VOP$. 因此\n$$\n\\angle ANF + \\angle POA = \\angle ALF + \\angle POA = \\angle VOP + \\angle POA = 180^\\circ.\n$$\n由 (1), (4) 知 $F$, $Y$, $Z$ 皆在過 $N$ 與 $OP$ 關於 $AB$, $AC$ 逆平行的直線上, 故 $FNYZ$ 共線。又由 (3) 知 $X$ 在 $FN$ 上, 所以 $FNXYZ$ 五點共線。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44342,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個有 $n$ 條邊的連通圖, 其中任兩點之間至多只有一條邊。對於此圖中的任兩個環 $C$ 和 $C'$, 定義其**外環**為\n$$\nC \\star C' = \\{x \\mid x \\in (C - C') \\cup (C' - C)\\}.\n$$\n(1) 令 $r$ 為最大的正整數, 使得我們能夠從這張圖中選出 $r$ 個環 $C_1, C_2, \\dots, C_r$, 且對於所有 $1 \\le k \\le r$ 與 $1 \\le i, j_1, j_2, \\dots, j_k \\le r$, 我們有\n$$\nC_i \\neq C_{j_1} \\star C_{j_2} \\star \\dots \\star C_{j_k}.\n$$\n(2) 令 $s$ 為最大的正整數, 使得我們能從這 $n$ 條邊中選出 $s$ 條, 讓這些選出的邊不構成環。\n試證 $r+s=n$.\n備註: 一個環是形如 $\\{A_i A_{i+1}\\}, 1 \\le i \\le n$ 的邊所構成的集合, 其中 $n \\ge 3$, $A_1, A_2, \\dots, A_n$ 為相異頂點, 且 $A_{n+1} = A_1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮一種選出滿足條件的 $s$ 邊的方法, 並將這 $s$ 邊塗為紅色, 其他 $n-s$ 邊塗為藍色。若紅邊不是連通的, 則加入連接不同連通塊的邊必不會產生新的圈, 違反 $s$ 的最大性, 所以這些紅邊是連通且無圈的, 因此這 $s$ 邊會構成一棵樹。此時考慮藍邊 $b_1, b_2, \\dots, b_{n-s}$, 則由定義, 每條藍邊都會與某些紅邊構成恰好一個圈, 將其分別記為 $D_1, D_2, \\dots, D_{n-s}$。\n\n我們首先證明沒有 $D_i = D_{j_1} \\star D_{j_2} \\star \\dots \\star D_{j_k}$, 這是因為每條藍邊都唯一屬於一個 $D_i$ 因此只要 $i \\neq j_1, j_2, \\dots, j_k$, 上式便不會成立。\n\n下面證明此時任何其他的圈都能由 $D_1, D_2, \\dots, D_{n-s}$ 中的某些圈進行*運算得到。首先設有一個包含 $m$ 條藍邊 (在圈上依序為 $b_{l_1}, \\dots, b_{l_m}$) 的圈。令 $D_i = E_i + F_i + b_i$, 其中 $E_i, F_i$ 分別為 $b_i$ 的兩端點至樹根的邊構成的集合。則\n$$\nD_{l_1} * D_{l_2} * \\dots * D_{l_m} = (E_{l_1} * F_{l_1} * b_{l_1}) * \\dots * (E_{l_m} * F_{l_m} * b_{l_m}) = b_{l_1} * (E_{l_1} * F_{l_2}) * b_{l_2} * (E_{l_2} * F_{l_3}) * \\dots * b_{l_m} * (E_{l_m} * F_{l_1})\n$$\n其中 $E_{l_k} * F_{l_{k+1}}$ 為 $b_{l_k} B b_{l_{k+1}}$ 之間的紅色線段, 因此 $D_{l_1} * D_{l_2} * \\dots * D_{l_m}$ 即所求的圈。\n\n最後, 我們證明 $r = n - s$。事實上若 $r \\ge n - s + 1$, 則我們從這 $r$ 個圈中選出 $n - s + 1$ 個, 令為 $G_1, G_2, \\dots, G_{n-s+1}$。並由先前的討論中我們知道這些圈都能由 $D_1, D_2, \\dots, D_{n-s}$ 中的某些圈進行*運算得到。因此, 若以*運算替代加法, 可以表達為:\n$$\nX \\begin{pmatrix} D_1 \\\\ D_2 \\\\ \\vdots \\\\ D_{n-s} \\end{pmatrix} = \\begin{pmatrix} G_1 \\\\ G_2 \\\\ \\vdots \\\\ G_{n-s+1} \\end{pmatrix} \\quad (1)\n$$\n其中 $X$ 是一個 $(n-s+1) \\times (n-s)$ 的 0-1 矩陣, 而將 $X$ 的行進行加減高斯消去, 必會有一行全剩 0 (即 row echelon form), 即其中有一行能由其餘某些行進行*運算得到。即 $G_1, G_2, \\dots, G_{n-s+1}$ 中也有某個元素能由之中的其他元素由*運算得到, 矛盾。因此 $r = n-s$, 即 $n = r+s$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44343,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有正整數對 $(m, n)$, 滿足 $m$ 和 $(n + 1)$ 互質, 且\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} \\frac{m^{k+1}}{k+1} \\binom{n}{k}\n$$\n為整數。",
    "options": [],
    "answer": "There exists no such (m, n).",
    "solution": "There exists no such $(m, n)$.\nSuppose $(m, n)$ is a solution. By the fact that $(n + 1) \\binom{n}{k} = (k + 1) \\binom{n+1}{k+1}$,\nwe have\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{k=1}^{n} \\frac{m^{k+1}}{k+1} \\binom{n}{k} &= \\sum_{k=1}^{n} \\frac{m^{k+1}}{n+1} \\binom{n+1}{k+1} = \\frac{1}{n+1} \\sum_{l=0}^{n+1} m^l \\binom{n+1}{l} \\\\\n&= \\frac{1}{n+1} ((1+m)^{n+1} - 1).\n\\end{aligned}\n$$\nSince this is an integer, we must have\n$$\n(1+m)^{n+1} \\equiv 1 \\pmod{n+1}.\n$$\nThis ensures that when $m$ is odd, $(n+1)$ must be odd. On the other hand, since $\\gcd(m, n + 1) = 1$, if $m$ is even, $(n + 1)$ would also be odd. So, in any case, $(n + 1)$ is odd.\nLet $p$ be the smallest prime divisor of $(n + 1)$, then $p$ is odd, and\n$$\n(1+m)^{n+1} \\equiv 1 \\pmod{p}.\n$$\nHowever, by Fermat's little theorem, we have $(1+m)^{p-1} \\equiv 1 \\pmod{p}$.\nThis means that\n$$\n(1+m)^{\\gcd(n+1,p-1)} \\equiv 1 \\pmod{p}.\n$$\nHowever, since $p$ is the smallest prime divisor of $n+1$, $\\gcd(n+1, p-1) = 1$, so we get $(1+m) \\equiv 1 \\pmod{p}$, which means that $p|m \\Rightarrow p|\\gcd(m, n+1)$.\nContradiction!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44344,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a, b, c$ 為任意實數使得 $a + b + c = 0$. 試證:\n$$\n\\frac{33a^2 - a}{33a^2 + 1} + \\frac{33b^2 - b}{33b^2 + 1} + \\frac{33c^2 - c}{33c^2 + 1} \\ge 0.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Notice the original inequality is equivalent to\n$$\n\\sum_{cyc} \\left( \\frac{33a^2 - a}{33a^2 + 1} + t \\right) \\ge 3t \\quad (1)\n$$\nWe want to try to make every term on the left hand side non negative, so we need to choose a $t$ such that the numerator of $\\left(\\frac{33a^2-a}{33a^2+1}+t\\right)$ is always positive.\nHence we want\n$$\n\\left( \\frac{33a^2 - a}{33a^2 + 1} + t \\right) = \\frac{(1+t)33a^2 - a + t}{33a^2 + 1} = \\frac{\\left(\\sqrt{33(1+t)}a - \\sqrt{t}\\right)^2}{33a^2 + 1} \\quad (2)\n$$\nto hold. Compare the coefficients and we need\n$$\n1 = 2\\sqrt{33t}\\sqrt{1+t} \\implies t = \\frac{-1}{2} + \\sqrt{\\frac{17}{66}} > 0.\n$$\nThis number itself isn't really important, we just need to prove that it exists and $0 \\le t \\le 1$. For simplicity we will keep on using $t$ to denote $\\frac{-1}{2} + \\sqrt{\\frac{17}{66}}$. Now we need to proof Eq. (1) holds, using the formula Eq. (2) we will get the original problem is equivalent to the following inequality\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{(\\sqrt{33(1+t)}a - \\sqrt{t})^2}{33a^2 + 1} \\ge 3t.\n$$\nThe denominator is annoying to deal with, so we want to try to make it simpler using our condition, that is\n$$\na^2 = (0-b-c)^2 = (b+c)^2 \\le 2b^2+2c^2 \\implies 3a^2 = a^2+2a^2 \\le 2(a^2+b^2+c^2).\n$$\nSimilarly\n$$\n3b^2 \\le 2(a^2 + b^2 + c^2), \\quad 3c^2 \\le 2(a^2 + b^2 + c^2)\n$$\nalso holds. Therefore we have\n$$\n\\begin{align*} \n\\sum_{cyc} \\frac{(\\sqrt{33(1+t)}a - \\sqrt{t})^2}{33a^2 + 1} &\\ge \\sum_{cyc} \\frac{(\\sqrt{33(1+t)}a - \\sqrt{t})^2}{22(a^2 + b^2 + c^2) + 1} \\\\ \n&= \\frac{\\sum_{cyc} (\\sqrt{33(1+t)}a - \\sqrt{t})^2}{22(a^2 + b^2 + c^2) + 1} \\\\ \n&= \\frac{\\sum_{cyc} (33(1+t)a^2) + 3t}{22(a^2 + b^2 + c^2) + 1} \n\\end{align*}\n$$\nFinally we need to prove it is greater than $3t$, which is just\n$$\n\\frac{\\sum_{cyc} (33(1+t)a^2) + 3t}{22(a^2 + b^2 + c^2) + 1} \\ge 3t \\Leftrightarrow 33(1+t)(a^2 + b^2 + c^2) \\ge 22(a^2 + b^2 + c^2)3t\n$$\nWhich holds if and only if $t \\le 1$, therefore we proved the inequality.\n\n\n**Another Solution:** If $a, b, c \\ge -1$, then\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{33a^2 - a}{33a^2 + 1} &\\ge -a \\\\\n\\Leftrightarrow 33a^2 - a &\\ge -33a^3 - a \\\\\n\\Leftrightarrow 33a^3 + 33a^2 &\\ge 0 \\\\\n\\Leftrightarrow 33a^2(a + 1) &\\ge 0,\n\\end{aligned}\n$$\nwhich is true for $a, b, c$. Therefore\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{33a^2 - a}{33a^2 + 1} \\ge \\sum_{cyc} (-a) = 0.\n$$\nNow if one of $a, b, c$ is smaller than $(-1)$, suppose that $a < -1$. The inequality that we want to prove is equivalent to\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{a+1}{33a^2+1} \\le 3.\n$$\nFor any $x \\in \\mathbb{R}$, if\n$$\nk = \\frac{x+1}{33x^2+1},\n$$\nthen $33kx^2 - x + (k-1) = 0$. Therefore the determinant\n$$\n\\Delta = 1 - 132k(k-1) \\ge 0.\n$$\nThis implies that\n$$\n132k^2 - 132k - 1 \\le 0,\n$$\nand so\n$$\nk \\le \\frac{1 + \\sqrt{1 + \\frac{1}{33}}}{2} < \\frac{3}{2}.\n$$\nTherefore,\n$$\n\\frac{a+1}{33a^2+1} + \\frac{b+1}{33b^2+1} + \\frac{c+1}{33c^2+1} < 0 + \\frac{3}{2} + \\frac{3}{2} = 3.\n$$\nIn conclusion, the inequality holds in both case, and so we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44345,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內心、重心、外心分別為點 $I, G, O$。令點 $X, Y, Z$ 分別落在射線 $BC, CA, AB$ 上, 並且滿足 $BX = CY = AZ$。設點 $F$ 為三角形 $XYZ$ 的重心。\n試證: 直線 $FG$ 與 $IO$ 垂直。\n\n設三角形 ABC 的內心、重心、外心分別為點 I, G, O. 令點 X, Y, Z 分別落在射線 BC, CA, AB 上, 並且滿足 $BX = CY = AZ$. 設點 F 為三角形 XYZ 的重心。\n試證：直線 FG 與 IO 垂直。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "先來證明一個引理。\n\n**Lemma 1.** 設 $I, O$ 分別為 $\\triangle ABC$ 的內心與外心。設點 $E, F$ 分別在射線 $CA, BA$ 上, 並滿足 $BF = BC = CE$。則 $EF \\perp IO$。\n\n**引理證明.** 設 $M$ 為 $\\triangle ABC$ 的外接圓上包含 $A$ 的 $BC$ 弧中點, 且令 $X, Y, Z$ 分別為三角形 $AEF, CIA, AIB$ 的外心。因為 $MB = MC$, $BF = CE$ 且 $\\angle MCE = \\angle MBF$, 所以 $\\triangle MBF$ 與 $\\triangle MCE$ 正向全等。由此知\n$$\n\\angle MEA = \\angle MFA,\n$$\n即 $M$ 位於 $\\triangle AEF$ 的外接圓上, 故 $OX \\perp YZ$。另一方面, 由 $\\angle CFA = \\angle CIA$, 得知 $F$ 位於 $\\triangle CIA$ 的外接圓上。同理有 $E$ 位於 $\\triangle AIB$ 的外接圓上。故\n$$\nXY \\perp AB, \\quad XZ \\perp CA \\implies OY \\parallel XZ, \\quad OZ \\parallel XY,\n$$\n故 $OYXZ$ 為菱形。因為 $YZ$ 平行於 $\\angle EAF$ 的角平分線, 且 $AX, IO$ 關於 $YZ$ 對稱, 故 $EF \\perp IO$, 引理得證。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n回到原題, 設 $M, N, P$ 分別為 $AB, CZ, XY$ 的中點。令 $U$ 為 $Z$ 關於 $M$ 的對稱點, $V$ 為 $C$ 關於 $P$ 的對稱點, 並令 $AB$ 與 $VX$ 交於 $W$。因為 $G$ 在 $CM$ 上且 $\\frac{GM}{CG} = \\frac{1}{2}$, 所以 $G$ 為 $\\triangle CUZ$ 的重心, 知 $G, N, U$ 共線, 且 $\\frac{GN}{UG} = \\frac{1}{2}$。因為 $F$ 在 $ZP$ 上且 $\\frac{FP}{ZF} = \\frac{1}{2}$, 所以 $F$ 為 $\\triangle CVZ$ 的重心, 知 $F, N, V$ 共線, 且 $\\frac{FN}{VF} = \\frac{1}{2}$。另一方面, 注意到 $\\triangle ABC$ 與 $\\triangle WBX$ 位似, 且 $BU = BX = XV$, 故由引理得 $UV \\perp IO$。證明完畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44346,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上, 有不等邊三角形 $ABC$ 與其外一點 $P$。在射線 $AB$, $AC$ 上分別取點 $B'$ 與 $C'$, 使得 $AB' = AC$, $AC' = AB$。令點 $Q$ 為 $P$ 對直線 $BC$ 的對稱點。設 $\\triangle BB'P$ 與 $\\triangle CC'P$ 的兩外接圓再交於點 $P'$, $\\triangle BB'Q$ 與 $\\triangle CC'Q$ 的兩外接圓再交於點 $Q'$。令點 $O$, $O'$ 分別為 $\\triangle ABC$ 與 $\\triangle AB'C'$ 的外心。證明\n(1) $O'$, $P'$, $Q'$ 三點共線。\n(2) $O'P' \\cdot O'Q' = OA^2$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "1. 顯然 $B$, $C$, $B'$, $C'$ 共圓, 因為它們形成等腰梯形。對這圓及 $\\triangle BB'P$, $\\triangle CC'P$ 的外接圓使用三根軸定理, 得 $A$, $P$, $P'$ 共線。同理 $A$, $Q$, $Q'$ 共線。因 $AP \\cdot AP' = AB \\cdot AB' = AQ \\cdot AQ'$, 所以 $P$, $Q$, $P'$, $Q'$ 共圓。\n\n2. 令 $O_1$ 為 $\\triangle BB'O'$, $\\triangle CC'O'$ 的外接圓的另一交點。如 1., $A$, $O'$, $O_1$ 共線, 且 $Q$, $Q'$, $O'$, $O_1$ 共圓。\n\n3. 觀察 $\\triangle ABC$ 與 $\\triangle AB'C'$ 對 $\\angle A$ 的內角平分線對稱, $\\angle B'C'A = \\angle B$, 得\n$\\angle OAC = 90^\\circ - \\angle B = 90^\\circ - \\angle B'C'A$, 即 $AO \\perp B'C'$。再用對稱性, 可知\n$AO' \\perp BC$。因此 $AO'O_1 \\parallel PQ$。\n\n4. 令 $a$, $b$, $c$, $R$, $\\triangle h_a$ 分別為三邊長、外接圓半徑、三角形面積及 $A$-高。因 $AO' \\cdot AO_1 = AB \\cdot AC$,\n$$\nAO_1 = \\frac{AB \\cdot AC}{AO'} = \\frac{bc}{R} = \\frac{bc \\sin A}{R \\sin A} = \\frac{4\\Delta}{a} = 2h_a.\n$$\n所以 $A$ 對直線 $BC$ 的反射點為 $O_1$。因此 $PQAO_1$ 為等腰梯形。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n5. 由 1. 及 3., 知 $\\angle QQ'P' = \\angle QPP' = \\angle PAO_1$。又由 2. 及 4., 知 $\\angle QQ'O' = \\angle QO_1A = \\angle PAO_1$。由此證得 $O'$, $P'$, $Q'$ 共線。\n因 $\\angle AQ'P' = \\angle QQ'P' = \\angle PAO_1 = \\angle P'AO_1$, 得 $O'A$ 切 $\\triangle AP'Q'$ 的外接圓於 $A$, 所以 $O'P' \\cdot O'Q' = O'A^2 = OA^2$。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44347,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有 $n$ 隻羊和一隻披著羊皮的狼。有些羊是好朋友(好友關係是互相的)。狼的目標是要吃掉所有的羊。首先牠從 $n$ 隻羊中挑一些建立好友關係。接下來的每一天, 牠從牠的好友羊中挑一隻吃掉。每當牠吃掉一隻羊 $A$ 時:\n(i) 一隻 $A$ 的好友羊如果原本是狼的好友, 則會和狼絕交;\n(ii) 一隻 $A$ 的好友羊如果原本不是狼的好友, 則會和狼建立好友關係。\n重複以上動作, 直到狼再也沒有好友為止。\n試求最大的正整數 $m$ (以 $n$ 表示), 滿足下列條件:\n存在一種 $n$ 頭羊之間的好友關係, 使得狼總共有 $m$ 種不同的選擇起始好友羊的方式, 讓狼有方法可以吃完所有的羊。",
    "options": [],
    "answer": "2^{n-1}",
    "solution": "答案：$2^{n-1}$。\n\n我們首先證明上界。令狼的好友數為 $a$，好友羊的對數為 $b$。注意到每次狼吃掉羊時，$a+b$ 會改變奇偶。因此若狼可以吃掉所有的羊，必須要有 $a+b+n-1 \\equiv 1 \\pmod{2}$ (狼在吃完 $n-1$ 隻羊後必可以吃掉最後一隻羊。) 因此，在狼的 $2^n$ 中選擇起始好友羊的方式中，至多只有 $2^{n-1}$ 種方法有機會吃掉所有的羊。\n\n以下構造達到上界的羊交友狀況。將羊編號 $1$ 到 $n$，並讓第 $i$ 跟 $i+1$ 號羊結為好友 $(i = 1, 2, \\dots, n-1)$，其他不交。我們將用數學歸納法證明，在此交友方式下，只要狼起始的好友羊數量為奇數，便一定可以吃完所有的羊：\n\n(i) $n=1$ 時顯然。\n\n(ii) 當 $n > 1$ 時，令 $k$ 為起始狼好友羊中的最大編號。注意到狼可以先依序吃掉 $k, k+1, \\dots, n$ 號羊，則此時的狀況與 $n=k$ 時相同（注意到狼吃了 $n-k+1$ 隻羊，好友羊對數也少了 $n-k+1$，故狼的好友羊數量保持奇偶性。）從而由歸納假設，得證。\n\n又狼選擇奇數隻好友羊的方式有 $2^{n-1}$ 種，故以上範例達到上界。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44348,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一平面上 100 個半徑為 1 的圓, 使得任三個圓心所構成的三角形面積至多為 100. 試證: 存在一條直線至少與 10 個圓相交。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "- 令 $S$ 為這 $n$ 個圓心所成集合。我們先證明：存在一條直線 $L$ 使得 $S$ 中的點投影在 $L$ 上會落在一個長度為 $\\sqrt{4n}$ 的區間內。\n\n證明：設 $A, B$ 為 $S$ 中相距最遠的兩個點，令其距離為 $d$。\n\n* 任取 $S$ 中異於 $A, B$ 得一點 $C$，因為 $|\\triangle ABC| \\le n$，故 $C$ 到直線 $AB$ 的距離至多為 $2n/d$。\n* 從而若 $L$ 垂直直線 $AB$ 於 $D$，則 $S$ 中任一點在 $L$ 上的投影點，將落於以 $D$ 為中心，長度為 $4n/d$ 的區間內。\n* 又因 $S$ 中兩點距離最大為 $d$，故 $S$ 中的點對 $L$ 的投影點必落在一個長度為 $d$ 的區間內，故此區間長度至多為 $\\min\\{d, 4n/d\\} \\le \\sqrt{4n}$。證畢！\n\n- 注意到這 $n$ 個圓投影到 $L$ 上都是長度為 2 的區間，而這些區間都包含在一個長度至多為 $\\sqrt{4n} + 2$ 的區間內。令這個區間為 $I$。令 $C_i$ 為第 $i$ 個圓在 $L$ 上的投影。\n\n- 現在注意到所有 $C_i$ 的長度總和為 $2n$，且它們都落於 $E$ 中。這表示 $E$ 中至少要有一個點 $x$ 同時屬於至少 $\\frac{2n}{\\sqrt{4n+2}}$ 個 $C_i$ 中 (否則依照平均值原理將得到矛盾。)\n\n- 故取垂直於 $AB$ 且過 $x$ 點的直線 $L$ 即可。證畢。\n\n將 $n = 100$ 代入，得到至少要 $\\frac{200}{\\sqrt{400+2}} = \\frac{200}{22} > 9$，故至少交 10 個圓。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44349,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有 $n$ 對夫婦參加一場王國的盛宴, 丈夫們坐一圓桌, 妻子們坐另一圓桌。國王與皇后(不包含在這 $n$ 對夫婦中)要與他們握手。假設國王從某位男士開始握手, 而皇后從該男士的妻子開始握手。考慮兩種方式:\n(i) 國王順時鐘依序和所有男士握手。當國王與某位男士握手時, 皇后順時鐘移動到該男士的妻子處, 與她握手。假設國王回到最初的那位男士處時, 皇后繞了圓桌 $a$ 圈。\n(ii) 皇后順時鐘依序和所有女士握手。當皇后與某位女士握手時, 國王順時鐘移動到該女士的丈夫處, 與他握手。假設皇后回到最初的那位女士處時, 國王繞了圓桌 $b$ 圈。\n試問: $|a - b|$ 的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "If n = m^2 − d with 0 ≤ d < m, then the maximum of |a − b| is n − 2m. If n = m^2 − m − d with 0 ≤ d < m − 1, then the maximum of |a − b| is n − 2m + 1.",
    "solution": "答: 若 $n = m^2 - d, 0 \\le d < m$, 則最大值為 $(n - 2m)$; 若 $n = m^2 - m - d, 0 \\le d < m - 1$, 則最大值為 $(n - 2m + 1)$.\n\n- 估計: 不失一般性可以假設 $a > b$, 令男女主人的出發點為兩桌的基準點, 依序順時針編號 $0 \\sim n-1$, 並令 $i$ 號男士的妻子編號為 $x_i$, 考慮兩種方式中男女主人繞過 $0$ 號時的情況會得到:\n$$\na - 1 = |\\{i \\in [n-1] \\mid x_i > x_{i+1}\\}|\n$$\n$$\nb - 1 = |\\{i \\in [n-1] \\mid x_j = i, x_l = i+1, l < j\\}|\n$$\n(其中 $[n-1] := \\{1, 2, \\dots, n-1\\}$)\n\n令 $x_1, \\dots, x_{r_1}; x_{r_1+1}, \\dots, x_{r_2}; \\dots; x_{r_{k-1}+1}, \\dots, x_{r_k}$ 為 $k$ 個遞減數列且 $x_{r_t} < x_{r_{t+1}}$, 則有 $a-1=n-k$。\n\n考慮將 $[n-1]$ 當成點依序排列, 若 $x_j = i, x_l = i+1, l > j$ 則將 $j$ 跟 $l$ 連線, 這張圖會形成一些鍊 (每個點向左向右至多各連一條線), 而鍊的最左端就是滿足 $x_j = i, x_l = i+1, l < j$ 的 $l$, 然而鍊的個數大於等於 $r_{t+1} - r_t$ (對於所有 $t=1, 2, \\dots, k$), 因為 $r_t + 1, \\dots, r_{t+1}$ 之間互不連線, 也就得到了\n\n$$\nb-1 \\ge \\left\\lfloor \\frac{n-1}{k} \\right\\rfloor.\n$$\n進而得到:\n$$\na-b \\le n-k - \\left\\lfloor \\frac{n-1}{k} \\right\\rfloor\n$$\n若 $n = m^2 - d, 0 \\le d < m$, 則 $a - b \\le n - 2m$.\n若 $n = m^2 - m - d, 0 \\le d < m - 1$, 則 $a - b \\le n - 2m + 1$.\n\n- 構造:\n\n* 若 $n = m^2 - d, 0 \\le d < m$, 則令 $\\{x_{r_{t-1}+1}, x_{r_{t-1}+2}, \\dots, x_{r_t}\\}$ 為 $[n-1]$ 中模 $m$ 同餘 $t$ 的數所形成的遞減數列, 則此時 $k=m$, 且鍊數也是 $m$ (鍊頭分別是 $1, m+1, \\dots, m^2-2m+1, m^2-m+1$), 所以, 此時 $|a-b| = n-2m$.\n\n* 若 $n = m^2 - m - d, 0 \\le d < m-1$, 則令 $\\{x_{r_{t-1}+1}, x_{r_{t-1}+2}, \\dots, x_{r_t}\\}$ 為 $[n-1]$ 中模 $m$ 同餘 $t$ 的數所形成的遞減數列, 則此時 $k=m$, 且鍊數是 $m-1$ (鍊頭分別是 $1, m+1, \\dots, m^2-2m+1$), 所以, 此時 $|a-b| = n - 2m + 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44350,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內心為 $I$，直線 $l$ 是線段 $AI$ 的中垂線。設點 $P$ 落在三角形 $ABC$ 的外接圓上，且令直線 $AP$ 與 $l$ 交於點 $Q$。點 $R$ 位於 $l$ 上，滿足 $\\angle IPR = 90^\\circ$。設直線 $IQ$ 與三角形 $ABC$ 中平行於 $BC$ 邊的中位線交於點 $M$。\n$$\n\\text{試證: } \\angle AMR = 90^\\circ.\n$$\n(註: 三角形中，任兩邊中點的連線，稱為中位線。)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $A'$ 為 $A$ 關於 $M$ 的對稱點，$I'$ 為 $I$ 關於 $P$ 的對稱點。則 $A'$ 位於 $BC$ 上且 $R$ 為 $\\triangle AII'$ 的外心，因此 $\\angle AMR$ 為直角若且唯若 $A, I, A', I'$ 共圓。\n![](attached_image_1.png)\n\n以下證明 $\\triangle AIP \\sim \\triangle IA'P$（$\\sim$ 代表正向相似）：取 $J$ 使得 $AIA'J$ 為平行四邊形，取 $P'$ 使得 $\\triangle AIP' \\sim \\triangle JIA'$，則\n$$\n\\triangle IA'P' \\sim \\triangle IJA' \\sim \\triangle JIA' \\sim \\triangle AIP',\n$$\n且由\n$$\n\\angle IAP' = \\angle JIA = \\angle QIA = \\angle IAQ,\n$$\n知 $A, Q, P'$ 共線。取 $Y$ 使得 $\\triangle AIP' \\sim \\triangle YBP'$，由 $AYIP' \\sim IBA'P'$ 可得\n$$\n\\angle AYI = \\angle IBA' = \\angle ABI,\n$$\n即 $A, Y, B, I$ 共圓。所以\n$$\n\\begin{aligned} \\angle CBP' &= \\angle IYP' = \\angle BYP' - \\angle BYI = \\angle IAP' - \\angle BAI \\\\ &= \\angle IAP' - \\angle IAC = \\angle CAP', \\end{aligned}\n$$\n故 $A, B, C, P'$ 共圓，所以 $P'$ 為 $AQ$ 與 $\\odot(ABC)$ 的另一個交點，即 $P = P'$。\n由 $\\triangle AIP \\sim \\triangle IA'P$ 易得 $\\triangle AI'P \\sim \\triangle I'A'P$，所以\n$$\n\\angle IAI' = \\angle IAP + \\angle PAI' = \\angle A'IP + \\angle PI'A' = \\angle IA'I'\n$$\n即 $A, I, A', I'$ 共圓，從而原命題得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44351,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "求滿足以下條件的最小正整數 $n$, 或證明滿足以下條件的正整數 $n$ 不存在:\n存在無窮多組由 $n$ 個相異正有理數所構成的數組 $(a_1, a_2, \\cdots, a_n)$, 使得\n$$\na_1 + a_2 + \\cdots + a_n \\quad \\text{和} \\quad \\frac{1}{a_1} + \\frac{1}{a_2} + \\cdots + \\frac{1}{a_n}\n$$\n皆為整數。",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "$n = 3$\n\nIt's clear that the only solution when $n = 1$ is $a_1 = 1$. Now we show that:\n\n(1) There are only finitely many $(x, y) \\in \\mathbb{Q}_{>0}^2$ such that $x + y$ and $\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y}$ are both integers.\n\nWrite $x = a/b$ and $y = c/d$ in the standard form. Then, $x + y \\in \\mathbb{Z}$ and $\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} \\in \\mathbb{Z}$ is equivalent to the following two conditions\n\n(i) $bd \\mid ad + bc$.\n\nNotice that this leads to $d \\mid ad + bc \\Rightarrow d \\mid bc \\Rightarrow b \\mid c$ since $(c, d) = 1$.\n\nSymmetrically, we get $b \\mid d$. This leads to $b = d$.\n\n(ii) $ac \\mid ad + bc$.\n\nA same procedure as above give us $a = c$.\n\nHence, we must have $x = y$, so the problem becomes finding $x \\in \\mathbb{Q}_{>0}$ such that $2x \\in \\mathbb{Z}$ and $\\frac{2}{x} \\in \\mathbb{Z}$. It's clear that the only solutions are $x = 1/2, 1, 2$.\n\n(2) There are infinitely many $(x, y, z) \\in \\mathbb{Q}_{>0}^3$ such that $x + y + z$ and $\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}$ are all integers.\n\nIn particular, let us show that there are infinitely many such solutions satisfying $x + y + z = 1$. Note that in this case, we can rewrite\n$$\n(x, y, z) = \\left( \\frac{a}{a+b+c}, \\frac{b}{a+b+c}, \\frac{c}{a+b+c} \\right)\n$$\nwith $a, b, c \\in \\mathbb{Z}$. We want this to satisfy\n$$\n\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z} = \\frac{a+b+c}{a} + \\frac{a+b+c}{b} + \\frac{a+b+c}{c} \\in \\mathbb{Z},\n$$\nor equivalently,\n$$\n\\frac{b+c}{a} + \\frac{a+c}{b} + \\frac{a+b}{c} \\in \\mathbb{Z}.\n$$\nWe further fix $a = 1$, then we only need to show that there exists infinitely many integers $(b, c)$ such that\n$$\n\\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} + \\frac{c}{b} + \\frac{b}{c} = 3 \\Leftrightarrow b^2 + c^2 - 3bc + b + c = 0. \\quad (1)\n$$\nTo show that there are infinitely many solutions to Eq. (1), we use the *Vieta jumping* (a.k.a. *root flipping*): starting with $(b, c) = (2, 3)$. The following algorithm generates infinitely many solutions. Let $c \\ge b$, and view Eq. (1) as a quadratic equation in $b$ of a fixed $c$ as\n$$\nb^2 - (3c - 1) \\times b + (c^2 + c) = 0. \\quad (2)\n$$\nThen there exists another root $b_0 \\in \\mathbb{Z}$ of Eq. (2) which satisfies $b+b_0 = 3c - 1$ and $b \\times b_0 = c^2 + c$. Since $c \\ge b$ by assumption,\n$$\nb_0 = \\frac{c^2 + c}{b} \\ge \\frac{c^2 + c}{c} > c.\n$$\nHence, from solution $(b, c)$, we obtain another solution $(c, b_0)$ with $b_0 > c$. We can then do this *jump* again, but this time treat $c$ as the variable in the quadratic equation. Continue this process, and we get infinitely many solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44352,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\triangle ABC$ 為各邊長不相同的銳角三角形，點 $O$, $H$ 分別為其外心與垂心。\n直線 $OA$ 分別與 $\\triangle ABC$ 中過點 $B$ 的高及過點 $C$ 的高交於點 $P$, $Q$。\n試證：三角形 $PQH$ 的外心，落在三角形 $ABC$ 的某一條中線上。\n\n(註: 三角形中，頂點與對邊中點的連線，稱為中線。)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose, without loss of generality, that $AB < AC$. We have\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle PQH &= 90^\\circ - \\angle QAB = 90^\\circ - \\angle OAB \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\angle AOB = \\angle ACB,\n\\end{aligned}\n$$\nand similarly $\\angle QPH = \\angle ABC$. Thus triangles $ABC$ and $HPQ$ are similar. Let $\\Omega$ and $\\omega$ be the circumcircles of $ABC$ and $HPQ$, respectively.\nSince\n$$\n\\angle AHP = 90^\\circ - \\angle HAC = \\angle ACB = \\angle HPQ,\n$$\nline $AH$ is tangent to $\\omega$.\n\nLet $T$ be the center of $\\omega$ and let lines $AT$ and $BC$ meet at $M$. We will take advantage of the similarity between $ABC$ and $HPQ$ and the fact that $AH$ is tangent to $\\omega$ at $H$, with $A$ on line $PQ$. Consider the corresponding tangent $AS$ to $\\Omega$, with $S \\in BC$. Then $S$ and $A$ correspond to each other in $\\triangle ABC \\sim \\triangle HPQ$, and therefore\n$$\n\\angle OSM = \\angle OAT = \\angle OAM.\n$$\nHence quadrilateral $SAOM$ are cyclic, and since the tangent line $AS$ is perpendicular to $AO$, $\\angle OMS = 180^\\circ - \\angle OAS = 90^\\circ$. This means that $M$ is the orthogonal projection of $O$ onto $BC$, which is its midpoint. So $T$ lies on median $AM$ of triangle $ABC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44353,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一個長方形 $\\mathcal{R}$, 其各邊邊長皆為奇整數。我們將之分割為若干個小的長方形, 使得每個小長方形的各邊邊長皆為正整數。證明其中至少有一個小長方形, 它和 $\\mathcal{R}$ 各邊的距離的奇偶性相同。\n\n(在此, 一個小長方形到 $\\mathcal{R}$ 某一邊 $L$ 的距離, 定義為該小長方形平行 $L$ 的一邊中較靠近 $L$ 者與 $L$ 的垂直距離。)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $R$ 的長寬分別為 $a, b$。將長方形切格為 $ab$ 個單位正方形, 並依據西洋棋盤方式將之交替塗為黑白。注意到由於 $a, b$ 皆為奇數, 四個角落的正方形必被塗成同色, 不失一般性設為黑色。\n\n對於每個長方形, 我們稱它為黑的 (白的) 若且唯若它的四個角落正方形都是黑的 (白的), 否則稱它為灰的。注意到以下事實：\n(i) 灰長方形包含相同數量的黑與白正方形；\n(ii) 黑長方形內的黑正方形比白正方形多一個；\n(iii) 白長方形內的白正方形比黑正方形多一個。\n\n現在, $R$ 是黑的, 所以其內的黑正方形比白正方形多一個; 搭配以上事實, 我們知道至少要有一個小長方形是黑的。現在令該長方形到四邊的距離, 從上方開始依照順時鐘順序, 分別為 $w, x, y, z$。由於小長方形和 $R$ 的右上角都是黑的, 易知 $w$ 和 $x$ 必奇偶性相同。同樣的方式我們可知 $x$ 和 $y, y$ 和 $z, z$ 和 $w$ 都同奇偶性, 故知此黑長方形到四邊的距離同奇偶。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44354,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為一正整數且 $3$ 不能整除 $n$。一個 $n$ 階三角陣是把一個大正三角形分成 $n^2$ 個相等大小的小正三角形，以過各邊的所有 $n$ 等分點對其他邊做平行線分割而成。在 $n$ 階三角陣每個小三角形頂點上放一顆橘子，共有\n$$\n\\frac{(n+1)(n+2)}{2}\n$$\n顆橘子。一組三顆橘子 $A, B, C$ 被稱為**好的**，若且唯若 $\\overline{AB}$ 和 $\\overline{AC}$ 各是某小三角形的一邊，且 $\\angle BAC = 120^{\\circ}$。\n\n**言言**每次可以選一組好的三顆橘子拿走。試求**言言**最多可以拿走幾顆橘子。",
    "options": [],
    "answer": "((n+1)(n+2))/2 - 3",
    "solution": "答案：$\\frac{(n+1)(n+2)}{2} - 3$。\n\n記一個 $(n, k)$-梯形陣是一個 $n$ 階三角陣移除一個與 $n$ 階三角陣共頂點的 $n-k$ 階三角陣。記 $A_{00}, A_{01}, A_{02}, \\dots, A_{0n}$ 依序表示 $n$ 階三角陣一個底邊的橘子，且遞迴定義編號 $A_{ij}$ 的橘子使 $A_{ij}, A_{(i-1)j}, A_{(i-1)(j+1)}$ 構成小正三角形 ($A_{ij} \\neq A_{(i-2)(j+1)}$)，稱 $A_{ij}$ 橘子是第 $i$ 排第 $j$ 個。\n\n(1) 首先證明上界。我們只需證明：\n$A_{00}, A_{01}, A_{02}, \\dots, A_{0n}$ 中一定有一顆橘子沒被選取。\n這表示最小上界必小於 $\\frac{(n+1)(n+2)}{2}$，又最小上界必為 $3$ 的倍數，故得證。\n\n**引理證明**: 若否，假設這 $n+1$ 顆橘子都能被取走。\n\n* 令 $k$ 是最小的整數使 $(A_{0(k+1)}, A_{0k}, A_{1(k-1)})$ 同時被選取，如果不存在則令 $k = n + 1$；\n* $m$ 是小於 $k$ 中最大的整數使 $(A_{0(m-1)}, A_{0m}, A_{1m})$ 同時被選取，如果不存在則令 $m = -1$；\n* 由於 $A_{1(k-1)}$ 和 $A_{1m}$ 必在不同回合被選取，故一定有 $k - 1 \\ge m + 1$。這保證存在 $m < i < k$，而注意到這些 $A_{0i}$ 在上述的兩個選擇中都沒有被選到。\n\n* 再注意到，由 $k$ 的最小性與 $m$ 的最大性，選到 $A_{0i}$ 的選取必定不會同時選到另一個 $A_{0j}$，且一定會選到至少一個 $A_{1j}$。但注意到共有 $k-m-1$ 個這樣的 $A_{0i}$，而在 $A_{1(k-1)}$ 與 $A_{1m}$ 之間卻只有 $(k-1)-m-1$ 個 $A_{1j}$ 可以選，故這是不可能的。矛盾！\n\n(2) 接著構造可達到上界的選擇方法。採用歸納法：\n* $n=1$: 不必拿任何橘子\n* $n=2$: 拿 $(A_{20}, A_{10}, A_{11})$\n* $n=3$: 拿 $(A_{30}, A_{20}, A_{11})$；$(A_{21}, A_{12}, A_{02})$\n* 假設 $n=k-3$ 成立，考慮 $n=k$ 時，先對前 $k-3$ 排應用歸納假設。考慮 $k$ 的奇偶：\n* 若 $k=2m+1$，可以選：\n(A$_{30}$, A$_{21}$, A$_{22}$); (A$_{20}$, A$_{11}$, A$_{12}$); (A$_{10}$, A$_{01}$, A$_{02}$); 和\n(A$_{0(2i+1)}$, A$_{0(2i+2)}$, A$_{1(2i+2)}$); (A$_{1(2i+1)}$, A$_{2(2i+1)}$, A$_{2(2i+2)}$), 對於 $1 \\le i \\le m-2$ 和\n(A$_{3(k-3)}$, A$_{2(k-2)}$, A$_{1(k-2)}$); (A$_{0(k-2)}$, A$_{0(k-1)}$, A$_{1(k-1)}$)\n* 若 $k=2m$，可以選：(A$_{30}$, A$_{21}$, A$_{11}$); (A$_{20}$, A$_{10}$, A$_{01}$) 和\n(A$_{0(2i+1)}$, A$_{0(2i+2)}$, A$_{1(2i+2)}$); (A$_{1(2i+1)}$, A$_{2(2i+1)}$, A$_{2(2i+2)}$), 對於 $1 \\le i \\le m-2$ 和\n(A$_{3(k-3)}$, A$_{2(k-2)}$, A$_{1(k-2)}$); (A$_{0(k-2)}$, A$_{0(k-1)}$, A$_{1(k-1)}$)\n\n由歸納法，得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44355,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一正整數 $n \\ge 3$. 我們稱一實數 $n$-序對 $(x_1, x_2, \\cdots, x_n)$ 為閃耀的, 若對 $x_1, x_2, \\cdots, x_n$ 的每一個排列 $y_1, y_2, \\cdots, y_n$, 皆滿足\n$$\n\\sum_{i=1}^{n-1} y_i y_{i+1} = y_1 y_2 + y_2 y_3 + y_3 y_4 + \\cdots + y_{n-1} y_n \\ge -1.\n$$\n試求最大的數 $K = K(n)$ 使得對每一個閃耀的 $n$-序對 $(x_1, x_2, \\cdots, x_n)$,\n$$\n\\sum_{1 \\le i < j \\le n} x_i x_j \\ge K\n$$",
    "options": [],
    "answer": "-(n-1)/2",
    "solution": "First of all, we show that we may not take a larger constant $K$. Let $t$ be a positive number, and take\n$$\nx_2 = x_3 = \\cdots = t \\text{ and } x_1 = -\\frac{1}{2t}.\n$$\nThen, every product $x_i x_j$ ($i \\ne j$) is equal to either $t^2$ or $(-1/2)$. Hence, for every permutation $y_i$ of the $x_i$, we have\n$$\ny_1 y_2 + \\cdots + y_{n-1} y_n \\ge (n-3)t^2 - 1 \\ge -1.\n$$\nThis justifies that the $n$-tuple $(x_1, \\cdots, x_n)$ is Shiny. Now, we have\n$$\n\\sum_{i<j} x_i x_j = -\\frac{n-1}{2} + \\frac{(n-1)(n-2)}{2} t^2.\n$$\n\nindices for $z_i$ will always be taken modulo $n$. We will first split up the sum $\\sum_{i<j} x_i x_j = \\sum_{i<j} z_i z_j$ in to $[(n-1)/2]$ expressions, each of the form $y_1 y_2 + \\cdots + y_{n-1} y_n$ for some permutation $y_i$ of the $z_i$, and some leftover terms. More specifically, write\n$$\n\\sum_{i<j} z_i z_j = \\sum_{q=0}^{n-1} \\sum_{\\substack{i+j=q \\\\ i \\neq j \\pmod{n}}} \\sum_{\\substack{(\\text{mod } n) \\\\ (\\text{mod } n)}} z_i z_j = \\sum_{p=1}^{[(n-1)]/2} \\sum_{\\substack{i+j=2p-1,2p \\pmod{n} \\\\ i \\neq j \\pmod{n}}} \\sum_{\\substack{(\\text{mod } n) \\\\ (\\text{mod } n)}} z_i z_j + L, \\quad (1)\n$$\nwhere\n$$\nL = z_1 z_{-1} + z_2 z_{-2} + \\cdots z_{(n-1)/2} z_{-(n-1)/2} \\text{ if } n \\text{ is odd,}\n$$\nand\n$$\nL = z_1 z_{-1} + z_2 z_{-2} + \\cdots z_{(n-2)/2} z_{-n/2} \\text{ if } n \\text{ is even.}\n$$\nWe note that for each $p = 1, 2, \\dots, [(n-1)/2]$, there is some permutation $y_i$ of the $z_i$ such that\n$$\n\\sum_{\\substack{i+j \\equiv 2p-1, 2p \\pmod{n} \\\\ i \\neq j \\pmod{n}}} z_i z_j = \\sum_{k=1}^{n-1} y_k y_{k+1},\n$$\nbecause we may choose\n$$\ny_{2i-1} = z_{i+p-1} \\text{ for } 1 \\le i \\le (n+1)/2\n$$\nand\n$$\ny_{2i} = z_{p-i} \\text{ for } 1 \\le i \\le n/2.\n$$\nWe show Eq. (1) graphically for $n = 6, 7$ in the diagrams below. The edges of the graphs each represent a product $z_i z_j$, and the dashed and dotted series of lines represents the sum of the edges, which is of the form $y_1 y_2 + \\cdots y_{n-1} y_n$ for some permutation $y_i$ of the $z_i$ precisely when the series of lines in a Hamiltonian path. The filled edges represent the summands of $L$.\n\n$$\n\\sum_{i<j} z_i z_j \\geq -\\left[\\frac{n-1}{2}\\right] + L.\n$$\nIt remains to show that, for each $n$, there exists some permutation $z_i$ of the $x_i$ such that $L \\ge 0$ when $n$ is odd, and $L \\ge -1/2$ when $n$ is even. We now split into cases based on the parity of $n$ and provide constructions of the permutations $z_i$.\nSince we have not made any assumptions yet about the $x_i$, we may now assume without loss of generality that\n$$\nx_1 \\le x_2 \\le \\dots \\le x_k \\le 0 \\le x_{k+1} \\le \\dots \\le x_n. \\quad (2)\n$$\n*Case 1:* $n$ is odd.\nWithout loss of generality, assume that $k$ (from Eq. (2)) is even, because we may negate all the $x_i$ if $k$ is odd. We then have\n$$\nx_1 x_2, x_3 x_4, \\dots, x_{n-2} x_{n-1} \\ge 0\n$$\nbecause the factors are of the same sign. Let\n$$\nL = x_1 x_2 + x_3 x_4 + \\dots + x_{n-2} x_{n-1} \\ge 0.\n$$\n\nWe choose our $z_i$ so that this definition of $L$ agrees with the sum of the leftover terms in Eq. (1). Relable the $x_i$ as $z_i$ such that\n$$\n\\{z_1, z_{n-1}\\}, \\{z_2, z_{n-2}\\}, \\dots, \\{z_{(n-1)/2}, z_{(n+1)/2}\\}\n$$\nare some permutation of\n$$\n\\{x_1, x_2\\}, \\{x_3, x_4\\}, \\dots \\{x_{n-2}, x_{n-1}\\},\n$$\nand $z_n = x_n$. Then, we have\n$$\nL = z_1 z_{n-1} + \\dots + z_{(n-1)/2} z_{(n+1)/2}, \\text{ as desired.}\n$$\nCase 2: *n* is even.\nLet $L = x_1x_2 + x_2x_3 + \\cdots + x_{n-1}x_n$. Assume without loss of generality $k \\neq 1$. Now, we have\n$$\n\\begin{align*}\n2L &= (x_1x_2 + \\cdots + x_{n-1}x_n) + (x_1x_2 + \\cdots x_{n-1}x_n) \\\\\n&\\geq (x_2x_3 + \\cdots x_{n-1}x_n) + x_kx_{k+1} \\\\\n&\\geq x_2x_3 + \\cdots x_{n-1}x_n + x_nx_1 \\geq -1,\n\\end{align*}\n$$\nwhere the first inequality holds because the only negative term in $L$ is $x_k x_{k+1}$, the second inequality holds because $x_1 \\le x_k \\le 0 \\le x_{k+1} \\le x_n$, and the third inequality holds because the $x_i$ are assumed to be Shiny. We thus have that $L \\ge -1/2$. We now choose a suitable $z_i$ such that the definition of $L$ matches the leftover terms in Eq. (1).\nRelables the $x_i$ with $z_i$ in the following manner: $x_{2i-1} = z_{-i}$, $x_{2i} = z_i$\n(again taking indices modulo $n$). We have that\n$$\nL = \\sum_{\\substack{i+j \\equiv 0, -1 \\pmod{n} \\\\ i \\neq j \\pmod{n}}} z_i z_j,\n$$\nWe present another proof that\n$$\n\\sum_{i<j} x_i x_j \\geq -\\frac{n-1}{2} \\quad \\text{for any Shiny n-tuple } \\{x_1, \\dots, x_n\\}.\n$$\nAssume an ordering of the $x_i$ as in Eq. (2), and let $\\ell = n-k$. Assume without loss of generality that $k \\ge \\ell$. Also assume $k \\ne n$, (as otherwise, all of the $x_i$ are nonpositive, and so the inequality is trivial). Define the sets of indices $S = \\{1, 2, \\dots, k\\}$ and $T = \\{k+1, \\dots, n\\}$. Define the following sums:\n$$\nK = \\sum_{\\substack{i<j \\\\ i,j \\in S}} x_i x_j, \\quad M = \\sum_{\\substack{i \\in S \\\\ j \\in T}} x_i x_j, \\quad \\text{and} \\quad L = \\sum_{\\substack{i<j \\\\ i,j \\in T}} x_i x_j.\n$$\nBy definition, $K, L \\ge 0$ and $M \\le 0$. We aim to show that\n$$\nK + L + M \\geq -\\frac{n-1}{2}.\n$$\nWe split into cases based on whether $k = \\ell$ or $k > \\ell$.\n*Case 1: $k > \\ell$.*\nConsider all permutations $\\phi : \\{1, 2, \\dots, n\\} \\to \\{1, 2, \\dots, n\\}$ such that $\\phi^{-1}(T) = \\{2, 4, \\dots, 2\\ell\\}$. Note that there are $k!\\ell!$ such permutations $\\phi$. Define\n$$\nf(\\phi) = \\sum_{i=1}^{n-1} x_{\\phi(i)} x_{\\phi(i+1)}.\n$$\nWe know that $f(\\phi) \\ge -1$ for every permutation $\\phi$ with the above property. Averaging $f(\\phi)$ over all $\\phi$ gives\n$$\n-1 \\le \\frac{1}{k!\\ell!} \\sum_{\\phi} f(\\phi) = \\frac{2\\ell}{k\\ell} M + \\frac{2(k-\\ell-1)}{k(k-1)} K,\n$$\n\n$$\nK + L + M \\geq K + L + \\left( -\\frac{k}{2} - \\frac{k-\\ell-1}{k-1}K \\right) = -\\frac{k}{2} + \\frac{\\ell}{k-1}K + L.\n$$\nSince $k \\leq n-1$ and $K, L \\geq 0$, we get the desired inequality.\n\n**Case 2:** $k = \\ell = n/2$.\nWe do a similar approach, considering all $\\phi : \\{1, 2, \\dots, n\\} \\to \\{1, 2, \\dots, n\\}$ such that $\\phi^{-1}(T) = \\{2, 4, \\dots, 2\\ell\\}$, and defining $f$ the same way. Analogously to Case 1, we have\n$$\n-1 \\leq \\frac{1}{k!\\ell!} \\sum_{\\phi} f(\\phi) = \\frac{2\\ell - 1}{k\\ell} M,\n$$\nbecause there are $k\\ell$ products in $M$, of which $(2\\ell - 1)$ are selected for each $\\phi$. Now, we have that\n$$\nK + L + M \\geq M \\geq -\\frac{n^2}{4(n-1)} \\geq -\\frac{n-1}{2},\n$$\nwhere the last inequality holds because $n \\geq 4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44356,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{N}$ 表示所有正整數之集合。試求所有函數 $f : \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$ 滿足\n$$\nf(x + y(f(x))) = x + f(x)f(y)\n$$\n對於所有正整數 $x, y$ 皆成立。\n\n令 $\\mathbb{N}$ 表示所有正整數之集合。試求所有函數 $f : \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ 滿足\n$$\nf(x + y(f(x))) = x + f(x)f(y)\n$$\n對於所有正整數 $x, y$ 皆成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all positive integers x",
    "solution": "首先，當 $x \\neq z \\equiv x \\pmod{f(x)}$ 時，我們有 $f(z) \\equiv x \\pmod{f(x)}$ 那麼在原式中用 $x + f(x)$ 跟 $f(x)$ 取代 $x, y$ 會得到\n$$\nf(x + f(x) + f(x)f(x + f(x))) = x + f(x) + f(x + f(x))f(f(x))\n$$\n兩邊 mod $f(x)$ 可知一個重要的關係式\n$$\nf(x) \\mid x f(f(x)) \\quad (1)\n$$\n特別地，我們有\n$$\nf(x + y f(x)) \\mid (x + y f(x)) f(f(x + y f(x)))\n$$\n也就是\n$$\nx + f(x)f(y) \\mid (x + y f(x))(x + f(f(y))f(x))\n$$\n這等價於\n$$\nx + f(x)f(y) \\mid f(x)^2(f(y) - y)(f(f(y)) - f(y)) \\quad (2)\n$$\n假設 $f(1) \\neq 1$，我們宣稱存在很大的數 $a$ 使得\n$$\n(a, f(a)) = 1 \\quad (3)\n$$\n這是因為由簡單的數學歸納法，會有\n$$\nf(1 + f(1) + \\cdots + f(1)^n) = 1 + f(1) + \\cdots + f(1)^{n-1} + f(1)^{n+1}\n$$\n而他們的最大公因數會是\n$$\n(1 + f(1) + \\cdots + f(1)^n, f(1) - 1)\n$$\n所以只要當 $n$ 滿足 $(n + 1, f(1) - 1) = 1, (3)$ 便會成立。顯然 $n$ 可以很大，\n那對應的 $1 + f(1) + \\cdots + f(1)^n$ 就是我們要的 $a$。\n現在，在 (2) 式中取 $x = a$ 則有\n$$\na + f(a)f(y) \\mid (f(y) - y)(f(f(y)) - f(y))\n$$\n於是對於所有的 $y$，都有\n$$\nf(f(y)) = f(y) \\quad (4)\n$$\n在原條件中用 $f(x)$ 取代 $x$:\n$$\nf((y+1)f(x)) = (f(y)+1)f(x) \\quad (5)\n$$\n再用 $f(y) - 1$ 取代 $y$ (這是合法的，因為 $1$ 不在 $f$ 的值域裡面) 得\n$$\nf(f(y)f(x)) = (f(f(y) - 1) + 1)f(x)\n$$\n因此存在常數 $c$ 滿足\n$$\nf(x) = c(f(f(x) - 1) + 1) \\quad (6)\n$$\n在上式取 $x = 1 + f(1)$ 有\n$$\n1 + f(1)^2 = c(f(f(1)^2) + 1)\n$$\n注意到利用 (4) 式\n$$\nf(f(1)^2) = (f(f(1) - 1) + 1)f(1) = \\frac{f(1)^2}{c}\n$$\n代回便得到 $c = 1$。最後，假設 $f$ 最小的不動點是 $k > 1$ (由 (3) 跟良序原理知存在)，那麼由 (5) 式會得到 $k - 1$ 也是不動點，矛盾。\n綜合上述，必然有 $f(1) = 1$，故\n$$\nf(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{N}\n$$\n代回驗證顯然成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44357,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 與 $Z$ 分別表示所有正整數與整數之集合。試求所有函數 $f: N \\to Z$ 滿足:\n$n$ 整除 $f(m)$ 的充要條件為 $m$ 能整除 $\\sum_{d|n} f(d)$, 對於所有的正整數 $n$ 和 $m$ 皆成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = 0 for all positive integers n",
    "solution": "答：$f(n) = 0, \\forall n \\in N$\n\n若 $f(1) \\neq 0$, 則取 $m = 1, n = |f(1)| + 1$, 因為 $1|\\sum_{d|n} f(d)$, 所以 $n|f(1)$ 但 $0 < |f(1)| < n$, 矛盾。故 $f(1) = 0$.\n\n底下證明對所有正整數 $k$ 有 $f(2^k) = 0$.\n利用反證法, 假設存在正整數 $k$ 使得 $f(2^k) \\neq 0$, 假設 $t$ 是最小的那一個, 那麼對所有 $m > |f(2^t)|$ 都有\n$m|\\sum_{d|2^{t-1}} f(d)$ 但 $m$ 無法整除 $\\sum_{d|2^t} f(d)$,\n亦即 $2^{t-1}|f(m)$ 但 $2^t$ 無法整除 $f(m)$.\n取質數 $p > |f(2^t)|$, 代入 $n = p^2, m = 2^t$, 有\n$$\n2^t|(f(1)+f(p)+f(p^2)),\n$$\n所以 $p^2|f(2^t)$, 但 $0 < |f(2^t)| < p < p^2$, 矛盾。\n因此 $f(2^k) = 0, \\forall k \\in N$.\n\n對任何正整數 $m$, 取足夠大的 $n = 2^k$, 那麼\n$$\nm|(f(1)+\\cdots+f(2^k)) \\Rightarrow 2^k|f(m),\n$$\n由於 $k$ 可以任意大, 因此只有 $f(m) = 0$. 證畢!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44358,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設凸四邊形 $ABCD$ 有內切圓, 其圓心為 $I$。令點 $I_a, I_b, I_c, I_d$ 分別為 $\\triangle DAB, \\triangle ABC, \\triangle BCD$ 與 $\\triangle CDA$ 的內心。設 $\\triangle AI_bI_d$ 與 $\\triangle CI_bI_d$ 的兩外接圓的兩條外公切線交於點 $X$, $\\triangle BI_aI_c$ 與 $\\triangle DI_aI_c$ 的兩外接圓的兩條外公切線交於點 $Y$。\n試證: $\\angle XIY$ 為直角。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Denote by $\\omega_a, \\omega_b, \\omega_c$, and $\\omega_d$ the circles $AI_bI_d, BI_aI_c, CI_bI_d$, and $DI_aI_c$, let their centers be $O_a, O_b, O_c$, and $O_d$, and let their radii be $r_a, r_b, r_c$, and $r_d$, respectively.\n\n**Claim 1.** $I_bI_d \\perp AC$ and $I_aI_c \\perp BD$.\n![](attached_image_1.png)\n\n*Proof.* Let the incircles of triangles *ABC* and *ACD* be tangent to the line *AC* at *T* and *T'*, respectively. (See Figure 1.) We have $AT = \\frac{1}{2}(AB + AC - BC)$ in triangle *ABC*, $AT' = \\frac{1}{2}(AD + AC - CD)$ in triangle *ACD*, and $AB - BC = AD - CD$ in quadrilateral *ABCD*, so\n$$\nAT = \\frac{AC + AB - BC}{2} = \\frac{AC + AD - CD}{2} = AT'\n$$\n\nThis shows $T = T'$. As an immediate consequence, $I_b I_d \\perp AC$.\nThe second statement can be shown analogously. $\\square$\n\n**Claim 2.** The points $O_a, O_b, O_c$ and $O_d$ lie on the lines $AI, BI, CI$ and $DI$, respectively.\n\n*Proof.* By symmetry it suffices to prove the claim for $O_a$. (See the following Figure.)\n![](attached_image_2.png)\n\nNotice first that the incircles of triangles *ABC* and *ACD* can be obtained from the incircle of the quadrilateral *ABCD* with homothety centers *B* and *D*, respectively, and homothety factors less than 1, therefore the points $I_b$ and $I_d$ lie on the line segments *BI* and *DI*, respectively.\nAs is well-known, in every triangle the altitude and the diameter of the circumcircle starting from the same vertex are symmetric about the angle bisector. By Claim 1, in triangle $AI_d I_b$, the segment *AT* is the altitude starting from *A*. Since the foot *T* lies inside the segment $I_b I_d$, the circumcenter $O_a$ of triangle $AI_dI_b$ lies in the angle domain $I_bAI_d$ in such a way that $\\angle I_bAT = \\angle O_aAI_d$. The points $I_b$ and $I_d$ are the incenters of triangles $ABC$ and $ACD$, so the lines $AI_b$ and $AI_d$ bisect the angles $\\angle BAC$ and $\\angle CAD$, respectively. Then\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle O_a AD &= \\angle O_a AI_d + \\angle I_d AD = \\angle I_b AT + \\angle I_d AD \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\angle BAC + \\frac{1}{2} \\angle CAD = \\frac{1}{2} \\angle BAD,\n\\end{aligned}\n$$\nso $O_a$ lies on the angle bisector of $\\angle BAD$, that is, on the line $AI$. $\\square$\n![](attached_image_3.png)\n\nThe point $X$ is the external similitude center of $\\omega_a$ and $\\omega_c$; let $U$ be their internal similitude center. The points $O_a$ and $O_c$ lie on the perpendicular bisector of the common chord $I_bI_d$ of $\\omega_a$ and $\\omega_c$, and the two similitude centers $X$ and $U$ lie on the same line; by Claim 2, that line is parallel to $AC$.\nFrom the similarity of the circles $\\omega_a$ and $\\omega_c$, from $O_aI_b = O_aI_d = O_aA = r_a$ and $O_cI_b = O_cI_d = O_cC = r_c$, and from $AC \\parallel O_aO_c$ we can\n\nsee that\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{O_a X}{O_c X} &= \\frac{O_a U}{O_c U} = \\frac{r_a}{r_c} = \\frac{O_a I_b}{O_c I_b} \\\\\n&= \\frac{O_a I_d}{O_c I_d} = \\frac{O_a A}{O_c C} = \\frac{O_a I}{O_c I}.\n\\end{aligned}\n$$\nSo the points $X, U, I_b, I_d$ lie on the Apollonius circle of the points $O_a, O_c$ with ratio $r_a : r_c$. In this Apollonius circle $XU$ is the diameter, and the lines $IU$ and $IX$ are respectively the internal and external bisectors of $\\angle O_a IO_c = \\angle AIC$, according to the angle bisector theorem. Moreover, in the Apollonius circle the diameter $UX$ is the perpendicular bisector of $I_b I_d$, so the lines $IX$ and $IU$ are internal and external bisectors of $\\angle I_b II_d = \\angle BID$, respectively.\nRepeating the same argument for the points $B, D$ instead of $A, C$, we get that the line $IY$ is the internal bisector of $\\angle AIC$ and the external bisector of $\\angle BID$. Therefore, the lines $IX$ and $IY$ respectively are internal and external bisectors of $\\angle BID$, so they are perpendicular. $\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44359,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上, 設點 $A, B, C, D, E, F$ 滿足 $\\triangle BCD \\stackrel{+}{\\sim} \\triangle ECA \\stackrel{+}{\\sim} \\triangle BFA$ (其中 $\\stackrel{+}{\\sim}$ 表示正向相似), 且 $I$ 為 $\\triangle ABC$ 的內心。\n試證: 三角形 $AID, BIE, CIF$ 的三個外接圓的圓心共線。\n註: 所謂 $\\triangle ABC \\stackrel{+}{\\sim} \\triangle DEF$ 兩三角形正向相似, 除了該兩三角形相似以外, 並要求 $A$ 到 $B$ 到 $C$ 的旋轉方向, 與 $D$ 到 $E$ 到 $F$ 的旋轉方向一致, 亦即: 同時是順時針方向, 或同時是逆時針方向。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解: 先來證明一個引理:\n**Lemma 1.** 給定 $\\triangle ABC$. 設 D, E, F 滿足 $\\{AE, AF\\}, \\{BF, BD\\}, \\{CD, CE\\}$ 分別為 $\\angle BAC, \\angle CBA, \\angle ACB$ 的等角線, 那麼 AD, BE, CF 共點。如圖:\n![](attached_image_1.png)\n**Proof of Lemma 1.** 設 AD, BE, CF 分別與 $\\odot(BDC), \\odot(CEA), \\odot(AFB)$ 再交於 X, Y, Z。由\n$$\n\\angle BYC = \\angle EAC = \\angle BAF = \\angle BZC\n$$\n得 B, C, Y, Z 共圓於 $\\Omega_A$。同理可得 C, A, Z, X 共圓於 $\\Omega_B$ 且 A, B, X, Y 共圓於 $\\Omega_C$。故 AD, BE, CF 共點於 $\\Omega_A, \\Omega_B, \\Omega_C$ 的根心, 證明完畢。\n\n**Corollary 1.** 給定△ABC, 設D, E, F分別為A, B, C到BC, CA, AB的垂足。點X, Y, Z滿足\\{DY, DZ\\}, \\{EZ, EX\\}, \\{FX, FY\\}分別為∠EDF, ∠FED, ∠DFE的等角線, 則AX, BY, CZ共點。\n**Proof of Corollary 1.** 設 X' 滿足 △AEF ∪ X' ~ △ABC ∪ X' 並類似定義 Y', Z'。則 \\{AY', AZ'\\} , \\{BZ', BX'\\} , \\{CX', CY'\\} 分別為 ∠BAC, ∠CBA, ∠ACB 的等角線, 故由引理得 AX', BY', CZ' 共點於 T, 從而 AX, BY, CZ 共點於 T 關於 △ABC 的等角共軛點, 證明完畢。\n回到原題, 設 P 為 ⊙(ECA), ⊙(FAB) 異於 A 的交點, 則\n$$\n\\begin{align*} \n\\angle BPC &= \\angle BPA + \\angle APC = \\angle BFA + \\angle AEC \\\\ \n&= \\angle BCD + \\angle DBC = \\angle BDC. \n\\end{align*}\n$$\n故 $P \\in \\odot(DBC)$. 由\n$$\n\\angle APD = \\angle APB + \\angle BPD = \\angle AFB + \\angle BCD = 0\n$$\n得 $P \\in AD$, 同理可得 $P$ 在 $BE, CF$ 上。\n設 $I_a, I_b, I_c$ 分別為 △ABC 對應 A, B, C 的旁心並且設 Q 為 P 關於 △ABC 的等角共軛點, 由引理的推論 (對 △$II_bI_c$ 與 $Q, E, F$) 得 $IQ, I_bE, I_cF$ 共點。同理可得 $IQ, I_cF, I_aD$ 共點和 $IQ, I_aD, I_bE$ 共點, 故 $IQ, I_aD, I_bE, I_cF$ 共點於 S.\n由\n$$\n\\angle ABQ = \\angle PBC = \\angle ADC\n$$\n得 △ABQ ~ △ADC, 故 $AI \\cdot AI_a = AB \\cdot AC = AD \\cdot AQ$, 從而\n$$\n\\triangle AIQ \\sim \\triangle ADI_a \\Rightarrow \\angle AIS = \\angle ADS\n$$\n即 $S \\in \\odot(AID)$。同理可得 $S \\in \\odot(BIE), \\odot(CIF)$, 故 $\\odot(AID), \\odot(BIE), \\odot(CIF)$ 共軸, 證明完畢。亦可見下圖:\n\n![](attached_image_2.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44360,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於任兩個由有限個正整數所成的集合 $X$ 和 $Y$, 令：\n(1) $f_X(1) = \\min\\{n: n \\in \\mathbb{N}, n \\notin X\\}$，此處 $\\mathbb{N}$ 表示所有正整數之集合；\n(2) $\\forall k > 1$, $f_X(k) = \\min\\{n: n > f_X(k-1), n \\notin X\\}$；\n(3) $X \\star Y = X \\cup \\{f_X(y) : y \\in Y\\}$。\n\n令 $a, b$ 皆為正整數，$A$ 為由 $a$ 個正整數所成的集合，$B$ 為由 $b$ 個正整數所成的集合。\n試證：若 $A \\star B = B \\star A$，則\n$$\nA \\star (A \\star \\cdots \\star (A \\star (A \\star A)) \\cdots) = B \\star (B \\star \\cdots \\star (B \\star (B \\star B)) \\cdots),\n$$\n其中等號左式共有 $b$ 個 $A$，而等號右式共有 $a$ 個 $B$.\n\nFor any two finite sets $X$ and $Y$ of positive integers, define:\n(1) $f_X(1) = \\min\\{n : n \\in \\mathbb{N}, n \\notin X\\}$, where $\\mathbb{N}$ denotes the set of all positive integers;\n(2) $\\forall k > 1$, $f_X(k) = \\min\\{n : n > f_X(k-1), n \\notin X\\}$;\n(3) $X \\star Y = X \\cup \\{f_X(y) : y \\in Y\\}$.\n\nLet $a, b$ be positive integers, $A$ a set of $a$ positive integers, and $B$ a set of $b$ positive integers.\nProve: If $A \\star B = B \\star A$, then\n$$\nA \\star (A \\star \\cdots \\star (A \\star (A \\star A)) \\cdots) = B \\star (B \\star \\cdots \\star (B \\star (B \\star B)) \\cdots),\n$$\nwhere the left side has $b$ $A$'s and the right side has $a$ $B$'s.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(1) We first show that $\\star$ is associative. This can be done through the following lemma.\n\n**Lemma 1.** $f_{X\\star Y} = f_X \\circ f_Y$.\n\n*Proof.* Note that\n$$\n\\begin{align*}\nf_{X \\star Y}(\\mathbb{N}) &= \\mathbb{N} - (X \\star Y) = (\\mathbb{N} - X) - f_X(Y) \\\\\n&= f_X(\\mathbb{N}) - f_X(Y) = f_X(\\mathbb{N} - Y) = f_X(f_Y(\\mathbb{N}))\n\\end{align*}\n$$\nThis means that the functions $f_{X \\star Y}$ and $f_X \\circ f_Y$ are strictly increasing functions with the same range. This forces that the two must be the same. $\\square$.\n\nThe lemma implies associativity since\n$$\n\\begin{align*}\n\\mathbb{N} - ((A \\star B) \\star C) &= f_{(A \\star B) \\star C}(\\mathbb{N}) = f_A(f_B(f_C(\\mathbb{N}))) \\\\\n&= f_{A \\star (B \\star C)}(\\mathbb{N}) = \\mathbb{N} - (A \\star (B \\star C)),\n\\end{align*}\n$$\nso $(A \\star B) \\star C = A \\star (B \\star C)$.\n\n(2) Due to the associativity, let us define $X^{*k} = X \\star X \\star \\dots \\star X$, where $X$ appears $k$ times on the RHS. Our goal is to show that $A^{*b} = B^{*a}$. This can be obtained through the following lemma:\n\n**Lemma 2.** If $X \\star Y = Y \\star X$ and $|X| = |Y|$, then $X = Y$.\n\nIf Lemma 2 holds, then due to the fact that\n(i) $|A^{*b}| = ab = |B^{*a}|$;\n(ii) Since $A \\star B = B \\star A$, by Lemma 1, we have $A^{*b} \\star B^{*a} = B^{*a} \\star A^{*b}$.\nSo by Lemma 2, we have $A^{*b} = B^{*a}$.\n\nHence, it remains to prove Lemma 2. Assume $X \\neq Y$. Let $s$ be the largest number in exactly one of $X$ and $Y$; WLOG we assume $s \\in X - Y$. The number $f_X(s)$ counts the $s$-th number not in $X$, which implies that\n$$\nf_X(s) = s + |X \\cap \\{1, 2, \\dots, f_X(s)\\}|. \\quad (1)\n$$\nSince $f_X(s) \\geq s$, we have that\n$$\n\\{f_X(s) + 1, f_X(s) + 2, \\dots, \\} \\cap X = \\{f_X(s) + 1, f_X(s) + 2, \\dots\\} \\cap Y,\n$$\nwhich, together with the assumption that $|X| = |Y|$, gives\n$$\n|X \\cap \\{1, 2, \\dots, f_X(s)\\}| = |Y \\cap \\{1, 2, \\dots, f_X(s)\\}|. \\quad (2)\n$$\nNow, consider the equation\n$$\nt - |Y \\cap \\{1, 2, \\dots, t\\}| = s.\n$$\nThis equation is satisfied only when $t \\in [f_Y(s), f_Y(s+1))$, because the left hand side counts the number of elements up to $t$ that are not in $Y$. We have that the value $t = f_X(s)$ satisfies the above equation because of (1) and (2). Furthermore, since $f_X(s) \\notin X$ and $f_X(s) \\ge s$,\nwe have that $f_X(s) \\notin Y$ due to the maximality of $s$. Thus, by the above discussion, we must have $f_X(s) = f_Y(s)$.\n\nFinally, we arrive at a contradiction. The value $f_X(s)$ is neither in $X$ nor in $f_X(Y)$, because $s$ is not in $Y$ by assumption. Thus, $f_X(s) \\notin X \\star Y$. However, since $s \\in X$, we have $f_Y(s) \\in Y \\star X$, a contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44361,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上給定三角形 $ABC$ 及一點 $P$。令 $\\triangle ABC$, $\\triangle BPC$, $\\triangle CPA$, $\\triangle APB$ 的外接圓圓心分別為點 $O$, $D$, $E$, $F$。設直線 $BC$ 與 $EF$ 交於點 $T$，而點 $O$ 對直線 $EF$ 的對稱點為 $X$。證明：$PT \\perp DX$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $X$ be the reflection of $O$ in $EF$ and $Y$, $Z$ be the reflections of $P$ in $EX$, $FX$, respectively. Since $A$, $B$, $C$ are the reflections of $P$ in $EF$, $FD$, $DE$, respectively, so $O$, $P$ are isogonal conjugate with respect to $\\triangle DEF$ and hence\n$$\n\\angle FEX = \\angle OEF = \\angle DEP, \\quad \\angle EFX = \\angle OFE = \\angle DFP,\n$$\n$\\Rightarrow D$, $X$ are isogonal conjugate with respect to $\\triangle EPF$. Since the reflection of $P$ in the bisector of $\\angle PEF$, $\\angle PFE$ lies on $EF$, so $Y$, $Z$ are the reflections of $C$, $B$ in $EF$, respectively $\\Rightarrow T$ lies on the radical axis of $\\odot(BPC)$, $\\odot(YPZ)$ $\\Rightarrow PT \\perp DX$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44362,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有一個無限大的方格棋盤, 每個格子裡面放一個正整數, 任何一個長方形的內部總和都不是質數, 而且至少有一格放的是 $1$, 求所有格子最大的數至少是多少。",
    "options": [],
    "answer": "9",
    "solution": "答案是 $9$。\n注意到 $1$ 旁邊可以放的最小數是 $8$, 但 $8 + 1 + 8 = 17$ 是質數, 所以格子裡一定要有 $9$。\n\n| 4 | 8 | 6 |\n|---|---|---|\n| 8 | 1 | 9 |\n| 6 | 9 | 9 |\n\n構造是在 $1$ 的周圍格利用模 $2$ 跟模 $3$, 然後除了這九格以外都放 $6$, 如此一來任何一個不只一個數的矩形內部的和都是 $2$ 或 $3$ 的倍數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44363,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a$, $b$, $c$, $d$ 為非負實數且滿足 $a + b + c + d = 100$。試證：\n$$\n\\sqrt[3]{\\frac{a}{b+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{b}{c+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{c}{d+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{d}{a+7}} \\le \\frac{8}{\\sqrt[3]{7}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let\n$$\nS = \\sqrt[3]{\\frac{a}{b+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{b}{c+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{c}{d+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{d}{a+7}}\n$$\nAssume that $x$, $y$, $z$, $t$ is a permutation of the variables, with\n$x \\le y \\le z \\le t$. Then, by the rearrangement inequality,\n$$\nS \\le \\left( \\sqrt[3]{\\frac{x}{t+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{t}{x+7}} \\right) + \\left( \\sqrt[3]{\\frac{y}{z+7}} + \\sqrt[3]{\\frac{z}{y+7}} \\right).\n$$\n\n*Claim*. The first bracket above does not exceed\n$$\n\\sqrt[3]{\\frac{x+t+14}{7}}\n$$\n*Proof*. Since\n$$\nX^3+Y^3+3XYZ-Z^3 = \\frac{1}{2}(X+Y-Z)((X-Y)^2+(X+Z)^2+(Y+Z)^2),\n$$\nthe inequality $X + Y \\le Z$ is equivalent (when $X$, $Y$, $Z \\ge 0$) to\n$$\nX^3 + Y^3 + 3XYZ \\le Z^3.\n$$\nTherefore, the claim is equivalent to\n$$\n\\frac{x}{t+7} + \\frac{t}{x+7} + 3\\sqrt[3]{\\frac{xt(x+t+14)}{7(x+7)(t+7)}} \\le \\frac{x+t+14}{7}.\n$$\n\nNotice that\n$$\n\\begin{aligned}\n3\\sqrt[3]{\\frac{xt(x+t+14)}{7(x+7)(t+7)}} &= 3\\sqrt[3]{\\frac{t(x+7)}{7(t+7)} \\cdot \\frac{x(t+7)}{7(x+7)} \\cdot \\frac{7(x+t+14)}{(t+7)(x+7)}} \\\\\n&\\le \\frac{t(x+7)}{7(t+7)} \\cdot \\frac{x(t+7)}{7(x+7)} \\cdot \\frac{7(x+t+14)}{(t+7)(x+7)}\n\\end{aligned}\n$$\nby the AM-GM inequality, so it suffices to prove\n$$\n\\frac{x}{t+7} + \\frac{t}{x+7} + \\frac{t(x+7)}{7(t+7)} + \\frac{x(t+7)}{7(x+7)} + \\frac{7(x+t+14)}{(t+7)(x+7)} \\le \\frac{x+t+14}{7}.\n$$\nA straightforward check verifies that the last inequality is in fact an\nequality. □\n\nThe claim leads now to\n$$\nS \\le \\sqrt[3]{\\frac{x+t+14}{7}} + \\sqrt[3]{\\frac{y+z+14}{7}} \\le 2\\sqrt[3]{\\frac{x+y+z+t+28}{14}} = \\frac{8}{\\sqrt[3]{7}},\n$$\nthe last inequality being due to the AM-GM inequality (or to the fact\nthat $\\sqrt[3]{}$ is concave on $[0, \\infty)$).\nStart by using Hölder's inequality:\n$$\n\\begin{aligned}\nS^3 &= \\left( \\sum_{cyc} \\frac{\\sqrt[6]{a} \\cdot \\sqrt[6]{a}}{\\sqrt[3]{b+7}} \\right)^3 \\\\\n&\\le \\sum_{cyc} (\\sqrt[6]{a})^3 \\cdot \\sum_{cyc} (\\sqrt[6]{a})^3 \\cdot \\sum_{cyc} \\left( \\frac{1}{\\sqrt[3]{b+7}} \\right)^3 \\\\\n&= \\left( \\sum_{cyc} \\sqrt{a} \\right)^2 \\sum_{cyc} \\frac{1}{b+7}.\n\\end{aligned}\n$$\n\nNotice that\n$$\n\\frac{(x-1)^2(x-7)^2}{x^2+7} \\ge 0 \\Leftrightarrow x^2 - 16x + 71 \\ge \\frac{448}{x^2+7}\n$$\nyields\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum \\frac{1}{b+7} &\\le \\frac{1}{448} \\sum (b - 16\\sqrt{b} + 71) \\\\\n&= \\frac{1}{448} (384 - 16 \\sum \\sqrt{b}) \\\\\n&= \\frac{48 - 2 \\sum \\sqrt{b}}{56}.\n\\end{aligned}\n$$\nFinally,\n$$\n\\begin{aligned}\nS^3 &\\le \\frac{1}{56} \\left( \\sum \\sqrt{a} \\right)^2 \\left( 48 - 2 \\sum \\sqrt{a} \\right) \\\\\n&\\le \\frac{1}{56} \\left( \\frac{\\sum \\sqrt{a} + \\sum \\sqrt{a} + (48 - 2\\sqrt{a})}{3} \\right)^3 \\\\\n&= \\frac{512}{7}\n\\end{aligned}\n$$\nby the AM-GM inequality. The conclusions follows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44364,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Q_{>0}$ 表示所有正有理數所成之集合。試求所有函數 $f: Q_{>0} \\to Q_{>0}$ 滿足\n$$\nf(x^2 f(y)^2) = f(x)^2 f(y), \\text{ 對所有 } x, y \\in Q_{>0} \\text{ 均成立.}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1 for all positive rational x",
    "solution": "$f(x) = 1$ for all $x \\in Q_{>0}$.\nTake any $a, b \\in Q_{>0}$. By substituting $x = f(a)$, $y = b$ and $x = f(b)$, $y = a$ into the assumption of the problem we get\n$$\n(f(f(a)))^2 f(b) = f(f(a)^2 f(b)^2) = f(f(b))^2 f(a),\n$$\nwhich yields\n$$\n\\frac{f(f(a))^2}{f(a)} = \\frac{f(f(b))^2}{f(b)} \\text{ for all } a, b \\in Q_{>0}.\n$$\nIn other words, this shows that there exists a constant $C \\in Q_{>0}$ such that\n$$f(f(a))^2 = C f(a),$$\n$$\n\\left(\\frac{f(f(a))}{C}\\right)^2 = \\frac{f(a)}{C} \\quad \\text{for all } a \\in \\mathbb{Q}_{>0}. \\qquad (1)\n$$\nDenote by $f^n(x) = \\underbrace{f(f(\\dots(f(x))\\dots))}_{n}$ the $n$th iteration of $f$. Equality (1) yields\n$$\n\\frac{f(a)}{C} = \\left(\\frac{f^2(a)}{C}\\right)^2 = \\left(\\frac{f^3(a)}{C}\\right)^4 = \\dots = \\left(\\frac{f^{n+1}(a)}{C}\\right)^{2^n}\n$$\nfor all positive integer $n$. So, $f(a)/C$ is the $2^n$-th power of a rational number for all positive integer $n$. This is impossible unless $f(a)/C = 1$,\n\nsince otherwise the exponent of some prime in the prime decomposition of $f(a)/C$ is not divisible by sufficiently large powers of 2. Therefore, $f(a) = C$ for all $a \\in \\mathbb{Q}_{>0}$.\nFinally, after substituting $f \\equiv C$ into the assumption of the problem we get $C = C^3$, whence $C = 1$. So $f(x) \\equiv 1$ is the unique function satisfying the assumption of the problem.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44365,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的垂心為 $H$, 外接圓為 $\\Gamma$。取點 $P$ 為 $\\Gamma$ 上異於 $A$, $B$, $C$ 的一點, 並令 $M$ 為線段 $HP$ 的中點。分別在直線 $BC$, $CA$, $AB$ 上取點 $D$, $E$, $F$ 使得 $AP \\parallel HD$, $BP \\parallel HE$, $CP \\parallel HF$。證明: $D$, $E$, $F$, $M$ 共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(∠ 代表有向角。)\n\n![](attached_image_1.png)\n\n令 $A'$, $P'$ 分別為 $A$, $P$ 關於 $\\Gamma$ 的對徑點, $M_a$, $M'$ 分別為 $\\overline{HA'}$, $\\overline{HP'}$ 的中點, $\\Omega$ 為 $\\triangle ABC$ 的九點圓, 則 $M$, $M_a$, $M'$ 位於 $\\Omega$ 上。設 $M'H$ 交 $\\Omega$ 另\n\n一點於 $X$, $D'$ 為 $AH$ 與 $BC$ 的交點, 則\n$$\n\\angle XD'D = \\angle XD'M_a = \\angle XM'M_a = \\angle HM'M_a.\n$$\n\n$$\n\\angle XHD = \\angle (HM', AP) = \\angle (HM', A'P') = \\angle HM'M_a.\n$$\n\n因此 $D$, $D'$, $H$, $X$ 共圓, 即 $HP' \\perp XD$。注意到 $\\overline{MM'}$ 為 $\\Omega$ 的直徑, 故\n$$\n\\angle (HP', XM) = \\angle M'XM = 90^\\circ,\n$$\n所以 $X$, $M$, $D$ 共線且 $HP' \\perp DM$, 同理有 $HP' \\perp EM$, $HP' \\perp FM$, 因此 $D$, $E$, $F$, $M$ 共線。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44366,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在三角形 $ABC$ 的內部選一個點 $T$。令 $A_1, B_1, C_1$ 分別為 $T$ 對直線 $BC, CA, AB$ 的反射點。記三角形 $A_1B_1C_1$ 的外接圓為 $\\Omega$。設直線 $A_1T, B_1T, C_1T$ 分別與圓 $\\Omega$ 再交於點 $A_2, B_2, C_2$。證明: 直線 $AA_2, BB_2, CC_2$ 共點, 且其交點在 $\\Omega$ 上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By $\\angle (\\boldsymbol{l}, n)$ we always mean the directed angle of the lines $l$ and $n$, taken modulo $180^\\circ$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $CC_2$ meet $\\Omega$ again at $K$ (as usual, if $CC_2$ is tangent to $\\Omega$, we set $K = C_2$). We show that the line $BB_2$ contains $K$; similarly, $AA_2$ will also pass through $K$. For this purpose, it suffices to prove that\n$$\n\\angle(C_2C, C_2A_1) = \\angle(B_2B, B_2A_1). \\qquad (1)\n$$\nBy the problem condition, $CB$ and $CA$ are the perpendicular bisectors of $TA_1$ and $TB_1$, respectively. Hence, $C$ is the circumcenter of the triangle $A_1TB_1$. Therefore,\n$$\n\\angle(CA_1, CB_1) = \\angle(CB, CT) = \\angle(B_1A_1, B_1T) = \\angle(B_1A_1, B_1B_2).\n$$\n\nIn circle $\\Omega$ we have $\\angle(B_1A_1, B_1B_2) = \\angle(C_2A_1, C_2B_2)$. Thus,\n$$\n\\angle(CA_1, CB) = \\angle(B_1A_1, B_1B_2) = \\angle(C_2A_1, C_2B_2). \\qquad (2)\n$$\nSimilarly, we get\n$$\n\\angle(BA_1, BC) = \\angle(C_1A_1, C_1C_2) = \\angle(B_2A_1, B_2C_2). \\qquad (3)\n$$\nThe two obtained relations yield that the triangles $A_1BC$ and $A_1B_2C_2$ are similar and equioriented, hence\n$$\n\\frac{A_1B_2}{A_1B} = \\frac{A_1C_2}{A_1C} \\quad \\text{and} \\quad \\angle(A_1B, A_1C) = \\angle(A_1B_2, A_1C_2).\n$$\nThe second equality may be rewritten as $\\angle(A_1B, A_1B_2) = \\angle(A_1C, A_1C_2)$, so the triangles $A_1BB_2$ and $A_1CC_2$ are also similar and equioriented. This establishes (1). $\\Box$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44367,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個由若干個正整數所成的集合 $S$，試證下列兩個敍述至少有一成立：\n\n(1) 存在 $S$ 中的相異有限子集合 $F$ 與 $G$ 使得\n$$\n\\sum_{x \\in F} \\frac{1}{x} = \\sum_{x \\in G} \\frac{1}{x};\n$$\n(2) 存在一正有理數 $r < 1$，使得對 $S$ 的任一個有限子集合 $F$，都有\n$$\n\\sum_{x \\in F} \\frac{1}{x} \\neq r.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Argue indirectly. Agree, as usual, that the empty sum is $0$ to consider rationals in $[0, 1)$; adjoining $0$ causes no harm, since $\\sum_{x \\in F} 1/x = 0$ for no nonempty finite subset $F$ of $S$. For every rational $r$ in $[0, 1)$, let $F_r$ be the unique finite subset of $S$ such that\n$$\n\\sum_{x \\in F_r} \\frac{1}{x} = r.\n$$\nThe argument hinges on the lemma below.\n\n*Lemma.* If $x$ is a member of $S$ and $q$ and $r$ are rationals in $[0, 1)$ such that $q - r = 1/x$, then $x$ is a member of $F_q$ if and only if it is not one of $F_r$.\n\n**Proof.** If $x$ is a member of $F_q$, then\n$$\n\\sum_{y \\in F_q \\setminus \\{x\\}} \\frac{1}{y} = \\sum_{y \\in F_q} \\frac{1}{y} - \\frac{1}{x} = q - \\frac{1}{x} = \\sum_{y \\in F_r} \\frac{1}{y},\n$$\nso $F_r = F_q \\setminus \\{x\\}$, and $x$ is not a member of $F_r$. Conversely, if $x$ is not a member of $F_r$, then\n$$\n\\sum_{y \\in F_r \\cup \\{x\\}} \\frac{1}{y} = \\sum_{y \\in F_r} \\frac{1}{y} + \\frac{1}{x} = r + \\frac{1}{x} = q = \\sum_{y \\in F_q} \\frac{1}{y},\n$$\nso $F_q = F_r \\cup \\{x\\}$, and $x$ is a member of $F_q$. □\n\nConsider now an element $x$ of $S$ and a positive rational $r < 1$. Let $n = [rx]$ and consider the sets $F_{r-k/x}$, $k = 1, \\dots, n$. Since\n$$\n0 \\le r - \\frac{n}{x} < \\frac{1}{x},\n$$\nthe set $F_{r-n/x}$ does not contain $x$, and a repeated application of the lemma shows that the $F_{r-(n-2k)/x}$ do not contain $x$, whereas the $F_{r-(n-2k-1)/x}$ do. Consequently, $x$ is a member of $F_r$ if and only if $n$ is odd.\n\nFinally, consider $F_{2/3}$. By the preceding, $[2x/3]$ is odd for each $x$ in $F_{2/3}$, so $2x/3$ is not integral. Since $F_{2/3}$ is finite, there exists a positive rational $\\epsilon$ such that $[(2/3 - \\epsilon)x] = [2x/3]$ for all $x$ in $F_{2/3}$. This implies that $F_{2/3}$ is a subset of $F_{2/3-\\epsilon}$ which is impossible.\nA finite $S$ clearly satisfies (2), so let $S$ be infinite. If $S$ fails both conditions, so does $S \\setminus \\{1\\}$. We may and will therefore assume that $S$ consists of integers greater than $1$. Label the elements of $S$ increasing $x_1 < x_2 < \\dots$, where $x_1 \\ge 2$.\n\nWe first show that $S$ satisfies (2) if $x_{n+1} \\ge 2x_n$ for all $n$. In this case, $x_n \\ge 2^{n-1}x_1$ for all $n$, so\n$$\ns = \\sum_{n \\ge 1} \\frac{1}{x_n} \\le \\sum_{n \\ge 1} \\frac{1}{2^{n-1}x_1} = \\frac{2}{x_1}.\n$$\nIf $x_1 \\ge 3$, or $x_1 = 2$ and $x_{n+1} > 2x_n$ for some $n$, then\n$$\n\\sum_{x \\in F} \\frac{1}{x} < s < 1 \\text{ for every finite subset } F \\text{ of } S,\n$$\nso $S$ satisfies (2); and if $x_1 = 2$ and $x_{n+1} = 2x_n$ for all $n$, that is, $x_n = 2^n$ for all $n$, then every finite subset $F$ of $S$ consists of powers of $2$, so\n$$\n\\sum_{x \\in F} \\frac{1}{x} \\ne \\frac{1}{3}\n$$\nand again $S$ satisfies (2).\n\nFinally, we deal with the case where $x_{n+1} < 2x_n$ for some $n$. Consider the positive rational\n$$\nr = \\frac{1}{x_n} - \\frac{1}{x_{n+1}} < \\frac{1}{x_{n+1}}.\n$$\nIf $r = \\sum_{x \\in F} 1/x$ for no finite subset $F$ of $S$, then $S$ satisfies (2).\n\nWe now assume that $r = \\sum_{x \\in F_0} 1/x$ for some finite subset $F_0$ of $S$, and show that $S$ satisfies (1). Since\n$$\n\\sum_{x \\in F_0} \\frac{1}{x} = r < \\frac{1}{x_{n+1}},\n$$\nit follows that $x_{n+1}$ is not a member of $F_0$, so\n$$\n\\sum_{x \\in F_0 \\cup \\{x_{n+1}\\}} = \\sum_{x \\in F_0} \\frac{1}{x} + \\frac{1}{x_{n+1}} = r + \\frac{1}{x_{n+1}} = \\frac{1}{x_n}.\n$$\nConsequently, $F = F_0 \\cup \\{x_{n+1}\\}$ and $G = \\{x_n\\}$ are distinct finite subsets of $S$ such that\n$$\n\\sum_{x \\in F} \\frac{1}{x} = \\sum_{x \\in G} \\frac{1}{x},\n$$\nand $S$ satisfies (1).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44368,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 為等腰三角形, 其中 $AB = AC$, 並令 $M$ 為 $BC$ 邊的中點。令 $P$ 為平面上一點異於 $A$, 滿足 $PB < PC$, 且 $PA$ 與 $BC$ 平行。設點 $X$ 在直線 $PB$ 上, 點 $Y$ 在直線 $PC$ 上, 使得 $B$ 落在線段 $PX$ 上, $C$ 落在線段 $PY$ 上, 並且 $\\angle PXM = \\angle PYM$。證明: $A, P, X, Y$ 四點共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "因為 $AB = AC$，知 $AM$ 為 $BC$ 邊的中垂線，故\n$$\n\\angle PAM = \\angle AMC = 90^\\circ\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\n現過點 $Y$ 作與 $PC$ 垂直的直線, 設其與直線 $AM$ 交於點 $Z$。 (注意: 點 $M$ 界於 $A, Z$ 兩點之間。) 可知\n$$\n\\angle PAZ = \\angle PYZ = 90^\\circ.\n$$\n故 $P, A, Y, Z$ 四點共圓。\n\n$$\n\\angle CMZ = \\angle CYZ = 90^\\circ,\n$$\n得 $C, Y, Z, M$ 四點共圓, 故有 $\\angle CZM = \\angle CYM$。\n\n由題設知 $\\angle CYM = \\angle BXM$, 且因為 $B, C$ 兩點對稱於 $ZM$, 故\n$$\n\\angle CZM = \\angle BZM.\n$$\n\n綜上所述, 得 $\\angle BXM = \\angle BZM$, 所以 $B, X, Z, M$ 四點共圓。於是得\n$$\n\\angle BXZ = 180^\\circ - \\angle BMZ = 90^\\circ.\n$$\n\n$$\n\\angle PXZ = \\angle PYZ = \\angle PAZ = 90^\\circ,\n$$\n故 $P, A, X, Y, Z$ 五點共圓。當然可推知 $A, P, X, Y$ 四點共圓, 得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44369,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a_1 \\ge a_2 \\ge \\cdots \\ge a_{107} > 0$, 滿足 $\\sum_{k=1}^{107} a_k \\ge M$, 且 $0 < b_1 \\le b_2 \\le \\cdots \\le b_{107}$, 滿足 $\\sum_{k=1}^{107} b_k \\le N$.\n試證：對任意 $m \\in \\{1, 2, \\dots, 107\\}$, 數列\n$$\n\\frac{a_1}{b_1}, \\frac{a_2}{b_2}, \\dots, \\frac{a_m}{b_m}\n$$\n之算術平均數都不小於 $\\frac{M}{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "原題欲證明：對每一 $m \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$，\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{k=1}^{m} \\frac{a_k}{b_k} \\geq \\frac{M}{N}, \\text{ 其中 } n = 107.\n$$\n\n設 $\\sum_{k=1}^{n} a_k = a \\ge M$ 且 $\\sum_{k=1}^{n} b_k = b \\le N$，並定義\n$$\nx_k = \\frac{a_k}{a}, \\quad y_k = \\frac{b_k}{b}, \\quad k = 1, 2, \\dots, n.\n$$\n\n則有 $\\sum_{k=1}^{n} x_k = \\sum_{k=1}^{n} y_k = 1$, 且數列 $\\{x_k\\}$ 遞減, 数列 $\\{y_k\\}$ 遞增。因此, 数列 $\\{\\frac{x_k}{y_k}\\}$ 是遞減, 且\n$$\n\\frac{x_1}{y_1} \\ge 1 \\ge \\frac{x_n}{y_n}.\n$$\n可設 $k_0 \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$, 使得\n$$\n\\frac{x_1}{y_1} \\ge \\frac{x_2}{y_2} \\ge \\cdots \\ge \\frac{x_{k_0}}{y_{k_0}} \\ge 1 \\ge \\frac{x_{k_0+1}}{y_{k_0+1}} \\ge \\cdots \\ge \\frac{x_n}{y_n}.\n$$\n\n(1) 對正整數 $m \\in \\{1, 2, \\dots, k_0\\}$, 我們有\n$$\n\\sum_{k=1}^{m} \\frac{x_k}{y_k} \\geq \\sum_{k=1}^{m} \\frac{y_k}{x_k} = m;\n$$\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{m} \\frac{a_k}{b_k} = \\sum_{k=1}^{m} \\frac{ax_k}{by_k} \\geq \\frac{ma}{b} \\geq \\frac{mM}{N},\n$$\n\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{k=1}^{m} \\frac{a_k}{b_k} \\geq \\frac{M}{N}.\n$$\n\n(2) 對正整數 $m \\in \\{k_0 + 1, k_0 + 2, \\dots, n\\}$, 由\n$$\n\\sum_{k=1}^{n} x_k = \\sum_{k=1}^{n} y_k,\n$$\n我們有\n$$\n\\sum_{k=1}^{k_0} (x_k - y_k) = \\sum_{k=k_0+1}^{n} (y_k - x_k) \\geq \\sum_{k=k_0+1}^{m} (y_k - x_k).\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned} \\sum_{k=1}^{m} \\frac{x_k}{y_k} &= \\sum_{k=1}^{k_0} \\left(1 + \\frac{x_k - y_k}{y_k}\\right) + \\sum_{k=k_0+1}^{m} \\left(1 - \\frac{y_k - x_k}{y_k}\\right) \\\\ &\\geq m + \\frac{1}{y_{k_0+1}} \\left(\\sum_{k=1}^{k_0} (x_k - y_k) - \\sum_{k=k_0+1}^{m} (y_k - x_k)\\right) \\geq m. \\end{aligned}\n$$\n\n$$\n\\sum_{k=1}^{m} \\frac{a_k}{b_k} = \\sum_{k=1}^{m} \\frac{ax_k}{by_k} \\geq \\frac{ma}{b} \\geq \\frac{mM}{N},\n$$\n\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{k=1}^{m} \\frac{a_k}{b_k} \\geq \\frac{M}{N}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44370,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上給定一個半徑為 $1$ 的圓 $\\omega$。對於一組三角形所成的集合 $T$, 如果滿足下列兩條件:\n(i) $T$ 中的每一個三角形都內接於 $\\omega$,\n(ii) $T$ 中任兩個三角形都沒有共同內部點,\n就說 $T$ 是好棒棒。\n試決定所有的正實數 $t$, 使得對於每一個正整數 $n$, 都可以找到一組由 $n$ 個三角形所組成的好棒棒集合 $T$, 其中的每一個三角形的周長都大於 $t$。",
    "options": [],
    "answer": "(0, 4]",
    "solution": "$t \\in (0, 4]$.\n\nFirst, we show how to construct a good collection of $n$ triangles, each of perimeter greater than $4$. This will show that all $t \\le 4$ satisfy the required conditions.\n\nConstruct inductively an $(n+2)$-gon $BA_1A_2\\dots A_nC$ inscribed in $\\omega$ such that $BC$ is a diameter, and $BA_1A_2, BA_2A_3, \\dots, BA_{n-1}A_n, BA_nC$ is a good collection of $n$ triangles. For $n=1$, take any triangle $BA_1C$ inscribed in $\\omega$ such that $BC$ is a diameter; its perimeter is greater than $2\\cdot BC = 4$. To perform the inductive step, assume that the $(n+2)$-gon $BA_1A_2\\dots A_nC$ is already constructed. Since $A_nB + A_nC + BC > 4$, one can choose a point $A_{n+1}$ on the small arc $CA_n$, close enough to $C$, so that $A_nB + A_nA_{n+1} + BA_{n+1}$ is still greater than $4$. Thus each of the new triangles $BA_nA_{n+1}$ and $BA_{n+1}C$ has perimeter greater than $4$, which completes the induction step.\n\nWe proceed by showing that no $t > 4$ satisfies the conditions of the problem. To this end, we assume that there exists a good collection $T$ of $n$ triangles, each of perimeter greater than $t$, and then bound $n$ from above.\n\nTake $\\varepsilon > 0$ such that $t = 4 + 2\\varepsilon$.\n\n**Claim.** There exists a positive constant $\\sigma = \\sigma(\\varepsilon)$ such that any triangle $\\Delta$ with perimeter $2s \\ge 4 + 2\\varepsilon$, inscribed in $\\omega$, has area $S(\\Delta)$ at least $\\sigma$.\n\n**Proof.** Let $a, b, c$ be the side lengths of $\\Delta$. Since $\\Delta$ is inscribed in $\\omega$, each side has length at most $2$. Therefore, $s - a \\ge (2 + \\varepsilon) - 2 = \\varepsilon$. Similarly, $s - b \\ge \\varepsilon$ and $s - c \\ge \\varepsilon$. By Heron's formula, $S(\\Delta) = \\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} \\ge \\sqrt{(2+\\varepsilon)^3\\varepsilon}$. Thus we can set $\\sigma(\\varepsilon) = \\sqrt{(2+\\varepsilon)^3\\varepsilon}$. $\\square$\n\nNow we see that the total area $S$ of all triangles from $T$ is at least $n \\cdot \\sigma(\\varepsilon)$. On the other hand, $S$ does not exceed the area of the disk bounded by $\\omega$. Thus $n\\sigma(\\varepsilon) \\le \\pi$, which means that $n$ is bounded from the above.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44371,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $R$ 表示所有實數所成的集合。試求所有的函數 $f: R \\to R$ 使得對所有的實數 $x, y$,\n$$\nf(xf(y) - f(x) - y) = yf(x) - f(y) - x \\text{ 皆成立。}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all real x",
    "solution": "令 $P(x, y)$ 表示題目的函數等式。\n\n$$\nP(x, 0) \\rightarrow f(xf(0) - f(x)) = -x - f(0).\n$$\n\n由此可知 $f$ 為滿射，且 $f(f(x)) = x$。注意到\n$$\nP(1, 1) \\rightarrow f(-1) = -1 \\text{ 且 } P(0, -1) \\rightarrow f(1 - f(0)) = 1 - f(0).\n$$\n\n考慮 $x = 0, y = 1 - f(0)$：\n$$\n-1 = f(-1) = (1-f(0))f(0) - f(1-f(0)) = -(1-f(0))^2 \\Leftrightarrow f(0) = 0 \\text{ 或 } 2.\n$$\n\n若 $f(0) = 2$，則 $P(x, 0)$ 變為\n$$\nf(2x - f(x)) = -x - 2 = f(f(-x - 2))\n$$\n由單射性可得以下方程組\n$$\n\\begin{cases} 2x - f(x) = f(-x - 2) \\\\ 2(-x - 2) - f(-x - 2) = f(x) \\end{cases}\n$$\n這顯然矛盾。因此 $f(0) = 0$ 且 $f(-x) = -f(x)$。特別地，$f(1) = 1$。由於 $f$ 是奇函數，\n\n$$\nP(x, f(-x)) \\rightarrow f(-x^2) = -f(x)^2 \\Leftrightarrow f(x)^2 = f(x^2).\n$$\n\n最後，根據以下恆等式，\n$$\nP(x, 1) \\rightarrow f(x - f(x) - 1) = f(x) - x - 1.\n$$\n假設 $x - f(x) = \\alpha$，對上式遞推，歸納可得\n$$\nf(\\alpha 2^n - 1) = -\\alpha 2^n - 1 \\text{ 對所有 } n \\in \\{0\\} \\cup \\{\\text{正整數}\\} \\text{ 皆成立}。\n$$\n\n顯然 $\\alpha \\neq 0$ 會與 $f(x^2) = f(x)^2 \\geq 0$ 矛盾，因此\n$$\nf(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{R}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44372,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知 $a, b, c, d$ 為正實數且滿足 $a + b + c + d = 4$。試證：\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\frac{3a^3}{a^2 + ab + b^2} + \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{2ab}{a+b} \\geq 8.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Notice that\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\frac{a^3 - b^3}{a^2 + ab + b^2} = \\sum_{\\text{cyc}} (a-b) = 0.\n$$\nHence\n$$\n\\text{LHS} = \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{3a^3 + 3b^3}{2(a^2 + ab + b^2)} + \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{2ab}{a+b}.\n$$\nNow\n$$\n\\frac{2ab}{a+b} = a+b-\\frac{a^2+b^2}{a+b},\n$$\nwhich means we only need to prove that\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\frac{3a^3 + 3b^3}{2(a^2 + ab + b^2)} \\geq \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{a^2 + b^2}{a+b}.\n$$\nThis is true since\n$$\n3(a^3 + b^3)(a+b) \\geq 3(a^2 + b^2)^2 \\geq 2(a^2 + ab + b^2)(a^2 + b^2).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44373,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A 和 B 在一個直角座標平面下棋。一開始 A 先選一個位置 $(x_0, y_0)$ 下第一顆棋。接著從 B 開始, A 和 B 輪流放棋子:\n\ni) 如果 A 上一回合下的棋子位於座標 $(x, y)$, 那接下來 B 只能把棋下在座標 $(x + 2, y + 1)$, $(x + 2, y - 1)$, $(x - 2, y + 1)$, $(x - 2, y - 1)$ 中的其中一個。\n\nii) 如果 B 上一回合下的棋子位於座標 $(x, y)$, 那接下來 A 只能把棋下在座標 $(x + 1, y + 2)$, $(x + 1, y - 2)$, $(x - 1, y + 2)$, $(x - 1, y - 2)$ 中的其中一個。\n\n另外, 如果 $a \\equiv c \\pmod{n}$, $b \\equiv d \\pmod{n}$ 並且座標 $(a, b)$ 已有棋子, 那麼兩人都不能在座標 $(c, d)$ 落子。第一個不能在任何位置下棋的人輸。\n\n(1) 試問當 $n = 2018$ 時, 誰有必勝策略?\n(2) 試問當 $n = 2019$ 時, 誰有必勝策略?",
    "options": [],
    "answer": "For n equal to 2018, player B has a winning strategy; for n equal to 2019, player A has a winning strategy.",
    "solution": "$n = 2018$ 時, B 有必勝策略; $n = 2019$ 時, A 有必勝策略。\n\n首先, 考慮一個 $n \\times n$ 的棋盤, 棋盤的上方和下方連通, 左方和右方連通。由於對所有的 $1 \\le a, b \\le n$, $\\{(nx + a, ny + b) \\mid x, y \\in \\mathbb{Z}\\}$ 中只能下一顆棋子, 因此我們可以用這樣的棋盤取代座標平面, 棋盤中的方格 $(a, b)$ 代表座標平面中的點集 $\\{(nx + a, ny + b) \\mid x, y \\in \\mathbb{Z}\\}$。\n\n(約定棋盤的列由下至上編號為 $1$ 到 $n$, 行由左至右編號為 $1$ 到 $n$)\n\n(1) 首先證明當 $n$ 為偶數時, $B$ 有必勝策略。\n\n將 $n \\times n$ 棋盤中的所有格子做配對, 方格 $(a, 2t)$ 對應到方格 $(a + 2, 2t + 1)$ (這邊的座標加減均考慮 $(\\bmod\\ n)$)。如果每當 $A$ 下一顆棋子, $B$ 就把棋子下在該顆棋子所在的方格配對到的方格, 如此一來, $A$ 每次下的棋子都位於新的配對, $B$ 下的棋子則補齊這個配對, 那麼 $B$ 總是有地方可以落子, 因此 $B$ 有必勝策略。\n\n(2) 接著證明當 $n$ 為奇數時, $A$ 有必勝策略。令 $n = 2k + 1$, 並定義如下集合:\n\ni) 當 $2 \\mid k$ 時, 令 $S = \\{4r + 1, 4r + 2 \\mid 0 \\le r < \\frac{k}{2}\\}$, $T = \\{4r + 3, 4r + 4 \\mid 0 \\le r < \\frac{k}{2}\\}$\n\nii) 當 $2$ 無法整除 $k$ 時, 令 $S = \\{4r + 2, 4r + 3 \\mid 0 \\le r < \\frac{k-1}{2}\\} \\cup \\{2k\\}$, $T = \\{4r + 4, 4r + 5 \\mid 0 \\le r < \\frac{k-1}{2}\\} \\cup \\{1\\}$\n\n不難看出 $S \\cup T$ 正好包含所有 $1$ 到 $2k$ 之間的整數, 並且 $T$ 是 $S$ 裡面所有數字加 $2$ 後形成的集合。\n\n現在, 將 $n \\times n$ 棋盤中的格子做配對: 對 $1 \\le a \\le n$, 如果 $a$ 是奇數, 就把方格 $(a, b): b \\in S$ 對應到方格 $(a + 1, b + 2)$; 如果 $a$ 是偶數, 就把方格 $(a, b): b \\notin T$ 對應到方格 $(a + 1, b - 2)$。由上述 $S$ 和 $T$ 的關係可以看出, 除了 $(1, n)$ 外的所有格子剛好被一一配對。因此 $A$ 有以下策略: 一開始把棋子下在方格 $(1, n)$, 並且每當 $B$ 下一顆棋子時, $A$ 就把棋子下在該顆棋子所在的方格配對到的方格。不難看出這是 $A$ 的必勝策略。得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44374,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "考慮數列 $a_0, a_1, a_2, \\dots$, 其中 $a_n = 2^n + 2^{\\lfloor n/2 \\rfloor}$。證明數列中有無窮多項可寫成兩個以上不同項的和。也有無窮多項不能寫成這樣的和。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Call a nonnegative integer *representable* if it equals the sum of several (possibly 0 or 1) distinct terms of the sequence. We say that two nonnegative integers $b$ and $c$ are *equivalent* (written as $b \\sim c$) if they are either both representable or both non-representable.\n\nOne can easily compute (or check by induction) that\n$$\nS_{n-1} := a_0 + a_1 + \\dots + a_{n-1} = 2^n + 2^{\\lceil n/2 \\rceil} + 2^{\\lfloor n/2 \\rfloor} - 3.\n$$\nIn particular, $S_{2k-1} = 2^{2k} + 2^{k+1} - 3$. Note that, if $n \\ge 3$, then $2^{\\lceil n/2 \\rceil} > 3$, so\n$$\nS_{n-1} > 2^n + 2^{\\lceil n/2 \\rceil} = a_n.\n$$\nAlso notice that $S_{n-1} - a_n = 2^{\\lceil n/2 \\rceil} - 3 < a_n$. The main tool of the solution is the following claim.\n\n*Claim 1.* If $S_{n-1} - a_n < b < a_n$ for some $n \\ge 3$, then $b \\sim S_{n-1} - b$.\n\n*Proof.* If $b$ is representable, then since $b < a_n$, $b$ must be the sum of some subset of $\\{a_0, a_1, \\dots, a_{n-1}\\}$. So $S_{n-1} - b$ is the sum of the complement.\nConversely, notice that $S_{n-1} - a_n < S_{n-1} - b < a_n$, so similarly, if $S_{n-1} - b$ is representable, then so is $b$. $\\square$\n\n*Proof.* Similar to the proof of Claim 1, if $a_n$ can be represented as the sum of two or more distinct terms, then $a_n$ must be the sum of some subset of $\\{a_0, a_1, \\dots, a_{n-1}\\}$. So $S_{n-1} - a_n$ is the sum of the complement. Conversely, since $S_{n-1} - a_n < a_n$, so if representable, $S_{n-1} - a_n$ is represented by a subset of $\\{a_0, a_1, \\dots, a_{n-1}\\}$ and hence $a_n$ is representable by the complement. $\\square$\n\nBy Claim 2, it suffices to find infinitely many representable and non-representable numbers of the form $2^{t-3}$\n\n*Claim 3.* For every $t \\ge 3$, we have $2^t \\sim 2^{4t-6} - 3$ and $2^{4t-6} > 2^t - 3$.\n\n*Proof.* Since $S_{2t-3} - a_{2t-2} = 2^{t-1} - 3 < 2^t - 3 < a_{2t-2}$, by Claim 1, we have\n$$\n2^t - 3 \\sim S_{2t-3} - (2^t - 3) = 2^{2t-2}.\n$$\nAnd since $S_{4t-7} - a_{4t-6} = 2^{2t-3} - 3 < 2^{2t-2} < a_{4t-6}$, by Claim 1, we have\n$$\n2^{2t-2} \\sim S_{4t-7} - 2^{2t-2} = 2^{4t-6} - 3.\n$$\nTherefore, $2^t - 3 \\sim 2^{4t-5} - 3$. The inequality follows from $t \\ge 3$ $\\square$\n\nSince $2^3 - 3 = 5 = a_0 + a_1$ is representable, and easy to check that\n$$\n2^7 - 3 = 125 \\sim S_6 - 125 = 24 \\sim S_4 - 24 = 17\n$$\nis non-representable. So by Claim 3, there are infinitely many representable and non-representable numbers of the form $2^t - 3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44375,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數, $A$ 和 $B$ 為互質正整數且\n$$\n\\left(\\frac{n(n+1)}{2}\\right)! \\cdot \\prod_{k=1}^{n} \\frac{k!}{(2k)!} = \\frac{B}{A}.\n$$\n證明 $A$ 是2的幂次。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "只須證明對所有質數 $p \\ge 3$, 均有\n$$\n\\sum_{i=1}^{\\infty} \\left( \\left[ \\frac{n(n+1)}{2p^i} \\right] + \\sum_{k=1}^{n} \\left( \\left[ \\frac{k}{p^i} \\right] - \\left[ \\frac{2k}{p^i} \\right] \\right) \\right) \\ge 0\n$$\n\n注意到 $[2x] = [x] + [x + \\frac{1}{2}]$, 那麼只要對每個正整數 $i$ 證明\n$$\n\\left[ \\frac{n(n+1)}{2P} \\right] \\ge \\sum_{k=1}^{n} \\left[ \\frac{k}{P} + \\frac{1}{2} \\right]\n$$\n\n$P = p^i$ 是奇數。\n\n**Case 1.** $n = Pa + b, \\ 0 \\le b \\le \\frac{P-1}{2}$,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\text{R.H.S.} &= \\sum_{k=1}^{n} \\left(\\frac{k}{P} + \\frac{1}{2}\\right) - \\frac{P}{2} \\cdot a - \\sum_{k=1}^{b} \\left(\\frac{k}{P} + \\frac{1}{2}\\right) \\\\\n&= \\frac{n(n+1)}{2P} + \\frac{n}{2} - \\frac{Pa}{2} - \\frac{b(b+1)}{2P} - \\frac{b}{2} \\\\\n&= \\frac{n(n+1)}{2P} - \\frac{b(b+1)}{2P}\n\\end{aligned}\n$$\n\n因為 $\\frac{n(n+1)}{2} \\equiv \\frac{b(b+1)}{2} \\pmod{P}$, 故\n$$\n\\text{L.H.S.} = \\left[ \\frac{n(n+1)}{2P} \\right] \\ge \\frac{n(n+1)}{2P} - \\frac{b(b+1)}{2P} = \\text{R.H.S.}\n$$\n\n**Case 2.** $n = Pa + \\frac{P-1}{2} + b, \\ 1 \\le b \\le \\frac{P-1}{2}$,\n$$\n\\begin{align*}\n\\text{R.H.S.} &= \\sum_{k=1}^{n} \\left[ \\frac{P+2k}{2P} \\right] \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} \\left( \\frac{k}{P} + \\frac{1}{2} \\right) - \\frac{P}{2} \\cdot a - \\sum_{k=1}^{\\frac{P-1}{2}} \\left( \\frac{k}{P} + \\frac{1}{2} \\right) - \\sum_{k=1}^{b} \\frac{2k-1}{2P} \\\\\n&= \\frac{n(n+1)}{2P} + \\frac{n}{2} - \\frac{Pa}{2} - \\frac{1}{2P} \\cdot \\frac{P-1}{2} \\cdot \\frac{P+1}{2} - \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{P-1}{2} - \\frac{b^2}{2P} \\\\\n&= \\frac{n(n+1)}{2P} - \\left( -\\frac{b}{2} + \\frac{1}{2P} \\cdot \\frac{P-1}{2} \\cdot \\frac{P+1}{2} + \\frac{b^2}{2P} \\right)\n\\end{align*}\n$$\n\n$$\n\\begin{align*}\nn(n+1) &= \\left(Pa + \\frac{P-1}{2} + b\\right)\\left(Pa + \\frac{P+1}{2} + b\\right) \\\\\n&= a^2 P^2 + aP \\cdot (P + 2b) + \\left(\\frac{P-1}{2} + b\\right)\\left(\\frac{P+1}{2} + b\\right) \\\\\n&= (a^2 + a)P^2 + 2abP + \\frac{P-1}{2} \\cdot \\frac{P+1}{2} + Pb + b^2 \\\\\n&\\equiv \\frac{P-1}{2} \\cdot \\frac{P+1}{2} - Pb + b^2 \\pmod{2P} \\\\\n&\\equiv \\frac{(P-2b)^2 - 1}{4} \\pmod{2P}\n\\end{align*}\n$$\n\n$$\n\\begin{align*}\n\\text{L.H.S.} &= \\left[ \\frac{n(n+1)}{2P} \\right] \\ge \\frac{n(n+1)}{2P} - \\frac{1}{2P} \\left( \\frac{(P-2b)^2-1}{4} \\right) \\\\\n&= \\frac{n(n+1)}{2P} - \\left( -\\frac{b}{2} + \\frac{1}{2P} \\cdot \\frac{P-1}{2} \\cdot \\frac{P+1}{2} + \\frac{b^2}{2P} \\right) \\\\\n&= \\text{R.H.S.}, \\text{ 證明完畢。}\n\\end{align*}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44376,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $p = 8k + 1$ 為質數且 $k$ 為正整數。令 $r$ 為 $\\binom{4k}{k}$ 除以 $p$ 的餘數 (所以 $0 \\le r < p$)。證明 $\\sqrt{r}$ 不是整數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\left( \\frac{\\cdot}{p} \\right)$ denote the Legendre symbol. We consider the two integers\n$$\nM = \\sum_{x=1}^{p-1} \\left( \\frac{1+x^4}{p} \\right) \\quad \\text{and} \\quad N = \\sum_{x=1}^{p-1} \\left( \\frac{1+x^8}{p} \\right).\n$$\nNotice that $M$ and $N$ are integers with $|M|, |N| < p$. Also, we contend $M \\equiv 4 \\pmod 8$ and $N \\equiv 0 \\pmod 8$. For the sum $M$, there are exactly four residues $x$ with $x^4 = -1$, and the remaining residues make $2k-1$ groups of four contributing $\\pm 4$ to the sum. Similarly, in the sum $N$ we have groups of eight contributing $0$ or $\\pm 8$.\nOn the other hand modulo $p$ we have\n$$\nM \\equiv \\sum_{x=1}^{p-1} (1+x^4)^{4k} \\equiv (p-1) \\left(2 + \\binom{4k}{2k}\\right) \\pmod{p}\n$$\nand\n$$\nN \\equiv \\sum_{x=1}^{p-1} (1+x^8)^{4k} \\equiv (p-1) \\left(2 + 2\\binom{4k}{k} + \\binom{4k}{2k}\\right) \\pmod{p}.\n$$\nwhence\n$$\n\\frac{M-N}{2} \\equiv \\binom{4k}{k} \\pmod{p}.\n$$\nNote that $\\frac{M-N}{2} \\equiv 2 \\pmod 4$ and lies in $(-p, p)$, hence\n$$\n\\frac{M-N}{2} \\in \\{\\pm2, \\pm6, \\dots, \\pm(p-3)\\}.\n$$\nConsequently $r \\in \\{2, 3, 6, 7, 10, 11, \\dots, p-3, p-2\\}$. In particular, since squares are $0$ or $1$ mod $4$, it follows $r$ is not a square.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44377,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為大於 3 的正整數。房間中有 $n$ 個人，其中有些人之間存在敵對關係（敵對關係是雙向的）。假設我們知道這群人同時滿足以下兩個性質：\n\na. 任意的 4 個人中，必存在兩人不互相敵對。\n\nb. 對於任何正整數 $m \\ge 1$，如果我們能找到其中 $m$ 個人，他們之間互相都不敵對，則在剩下的 $n-m$ 個人當中，必存在 3 個人，他們之間任兩人都互相敵對（註：自己不會敵對自己。）\n\n試求 $n$ 的最小可能值。",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "答. $n$ 的最小可能值為 $7$。\n\n要構造 $n=7$ 的例子，只要將所有人編號 $1$ 到 $n$ 後，讓編號 $i$、$i+1$、$i+2$（mod $n$）互相敵對。易檢查這群人滿足題目條件。故僅須證明 $n=4, 5, 6$ 都是不可能的。\n\n(i) $n=4$：令此四人為 $A$ 到 $D$。由 (a) 知必存在某兩人 $AB$ 互不敵對；但由 (b)，考慮 $m=1$ 並扣除 $D$，則 $ABC$ 必須互相都敵對，故矛盾。\n\n(ii) $n=5$：令此五人為 $A$ 到 $E$，並且不失一般性假設其中 $A$ 敵對最多的人。令 $d$ 為 $A$ 敵對的人數。\n\na. $d=4$：注意到扣除 $A$ 後，(b) 保證 $BCDE$ 中有某三人 $BCD$ 互相敵對，但這表示 $ABCD$ 互相敵對，與 (a) 矛盾。\n\nb. $d=3$：假設 $A$ 敵對 $BCD$。由 (a) 知必存在 $BC$ 不敵對。但由 (b)，當我們扣除 $AE$ 時，$BCD$ 必須互相都敵對，從而矛盾。\n\nc. $d \\le 2$：假設 $A$ 不敵對 $DE$。由 (b)，當我們刪除 $AE$ 時，$BCD$ 必互相敵對；同理，當我們刪除 $AD$ 時，$BCE$ 必互相敵對。但這表示 $B$ 至少敵對 $3$ 個人（$CDE$），與原本 $A$ 敵對最多的人假設矛盾。\n\n(iii) $n=6$：令此六人為 $A$ 到 $F$，並且不失一般性假設其中 $A$ 敵對最多的人。令 $d$ 為 $A$ 敵對的人數。\n\na. $d \\ge 4$：以類似 $n=5$ 時 (a) 方式可得矛盾。\n\nb. $d=3$：假設 $A$ 敵對 $BCD$。由 (a) 知必存在 $BC$ 不敵對。但由 (b)，當我們扣除 $BC$ 時，$ADEF$ 中必有三人互相敵對，且必然是 $DEF$。但這表示 $D$ 敵對至少 $3$ 人（$AEF$）；基於 $A$ 敵對最多的人，我們知道 $D$ 必不敵對 $BC$。但這表示我們可以由 (b) 扣除 $BCD$，得到 $AEF$ 必須互相敵對。這與原先 $A$ 只敵對 $BCD$ 的假設相矛盾。\n\nc. $d \\le 2$：以類似 $n=5$ 時 (c) 方式可得矛盾。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44378,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設銳角三角形 $ABC$ 的內切圓為 $\\omega$, 外接圓為 $\\Omega$, 而 $BC$ 邊的中點為 $M$。令內切圓 $\\omega$ 分別切 $CA$, $AB$ 於點 $E$, $F$, 直線 $EF$ 和外接圓 $\\Omega$ 交於 $P$, $Q$ 兩點。在 $\\triangle MPQ$ 的外接圓 $\\Gamma$ 上取一點 $R$ 使得 $MR$ 垂直於 $EF$。證明: 直線 $AR$, 圓 $\\Gamma$ 和圓 $\\omega$ 交於一點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $EF$ 與 $BC$ 交於點 $S$, $\\omega$ 切 $BC$ 於點 $D$。因為 $(B, C; D, S) = -1$, 所以有 $SD \\cdot SM = SB \\cdot SC = SP \\cdot SQ$, 即 $D, M, P, Q$ 共圓。設 $\\odot(AEF)$ 交 $\\Omega$ 於另一點 $T$, $AI$ 交 $\\Omega$ 於另一點 $N$。則因為 $\\triangle TBF \\sim \\triangle TCE$, 知 $\\frac{TB}{TC} = \\frac{BF}{CE} = \\frac{BD}{CE}$, 即 $T, D, N$ 共線。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n假設 $\\Gamma$ 交 $\\omega$ 於另一點 $K$, 且 $\\odot(AEF)$ 和 $\\Gamma$ 的根軸為 $\\ell$。考慮 $\\odot(AEF)$, $\\Gamma$, $\\omega$, 由根心定理知 $\\ell, DK, EF$ 共點; 再考慮 $\\odot(AEF), \\Gamma, \\Omega$, 由根心定理知 $\\ell, PQ, AZ$ 共點, 所以 $\\ell, DK, EF, AZ$ 共點於 $X$, 且 $A, T, K, D$ 共圓。\n故\n$$\n\\angle AKD = \\angle ATD = \\angle ATN = \\angle(AN, BC) = \\angle RMD = \\angle RKD\n$$\n即 $R, A, K$ 共線, 得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44379,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有的正整數 $n$, 存在某個整數 $m$, 使得\n$$\n\\frac{1}{n} \\sum_{k=m}^{m+n-1} k^2\n$$\n也是完全平方數。例如當 $n=7$ 時, 可取 $m=-3$。",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers n with n ≡ 1, 7, 17, or 23 modulo 24 (i.e., n = 24p ± 1 or 24p ± 7).",
    "solution": "計算並配方得知\n$$\n\\begin{aligned} \\frac{1}{n} \\sum_{k=m}^{m+n-1} k^2 &= m^2 + (n-1)m + \\frac{(n-1)(2n-1)}{6} \\\\ &= \\left(m + \\frac{n-1}{2}\\right)^2 + \\frac{n^2-1}{12} \\end{aligned}\n$$\n為一完全平方數。\n\n因為 $n^2 - 1$ 對於 8 的餘數是 0 或奇數, 所以 $\\frac{n^2-1}{12}$ 必是偶數。同樣由上式知道 $\\frac{n^2-1}{12}$ 是兩完全平方數的差, 又因為是偶數, 所以必然是 4 的倍數。故得知 $n^2 \\equiv 1 \\pmod{48}$, 所以 $n$ 只可能是 $24p \\pm 1, 24p \\pm 7$ 的形式。\n反之, 若 $n$ 為 $24p \\pm 1, 24p \\pm 7$ 的形式的正整數, 則 $n^2 \\equiv 1 \\pmod{48}$. 存在非負整數 $a$ 使得 $\\frac{n^2-1}{12} = 4a$. 取 $m = a - 1 - \\frac{n-1}{2}$, 有\n$$\n\\begin{aligned} \\frac{1}{n} \\sum_{k=m}^{m+n-1} k^2 &= \\left(m + \\frac{n-1}{2}\\right)^2 + \\frac{n^2-1}{12} \\\\ &= (a-1)^2 + 4a \\\\ &= (a+1)^2. \\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44380,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}$ 表示所有實數所成的集合。試求所有的函數 $f : (0, \\infty) \\to \\mathbb{R}$ 滿足\n$$ \\left(x + \\frac{1}{x}\\right) f(y) = f(xy) + f\\left(\\frac{y}{x}\\right), \\text{ 對所有 } x, y > 0 \\text{ 均成立。} $$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = C1*x + C2/x",
    "solution": "答案是 $f(x) = C_1x + \\frac{C_2}{x}$ with arbitrary constants $C_1$ and $C_2$.\n\n**Solution 1.** Fix a real number $a > 1$, and take a new variable $t$. For the values $f(t), f(t^2), f(at)$ and $f(a^2t^2)$, the relation of the assumption provides a system of linear equations:\n$$\nx = y = t : \\left(t + \\frac{1}{t}\\right) f(t) = f(t^2) + f(1) \\quad (1)\n$$\n$$\nx = \\frac{t}{a}, \\quad y = at : \\left(\\frac{t}{a} + \\frac{a}{t}\\right) f(at) = f(t^2) + f(a^2) \\quad (2)\n$$\n$$\nx = a^2 t, \\quad y = t : \\left(a^2 t + \\frac{1}{a^2 t}\\right) f(t) = f(a^2 t^2) + f\\left(\\frac{1}{a^2}\\right) \\quad (3)\n$$\n$$\nx = y = at : \\left(at + \\frac{1}{at}\\right) f(at) = f(a^2t^2) + f(1) \\quad (4)\n$$\nIn order to eliminate $f(t^2)$, take the difference of Eq. (1) and Eq. (2); from Eq. (3) and Eq. (4) eliminate $f(a^2t^2)$; then by taking a linear combination, eliminate $f(at)$ as well:\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(t + \\frac{1}{t}\\right) f(t) - \\left(\\frac{t}{a} + \\frac{a}{t}\\right) f(at) = f(1) - f(a^2) \\text{ and} \\\\\n& \\left(a^2 t + \\frac{1}{a^2 t}\\right) f(t) - \\left(at + \\frac{1}{at}\\right) f(at) = f\\left(\\frac{1}{a^2}\\right) - f(1), \\text{ so} \\\\\n& \\left(\\left(at + \\frac{1}{at}\\right)\\left(t + \\frac{1}{t}\\right) - \\left(\\frac{t}{a} + \\frac{a}{t}\\right)\\left(a^2 t + \\frac{1}{a^2 t}\\right)\\right) f(t) \\\\\n& = \\left(at + \\frac{1}{at}\\right)\\left(f(1) - f(a^2)\\right) - \\left(\\frac{t}{a} + \\frac{a}{t}\\right)\\left(f\\left(\\frac{1}{a^2}\\right) - f(1)\\right).\n\\end{aligned}\n$$\n\nNotice that on the left-hand side, the coefficient of $f(t)$ is nonzero and does not depend on $t$:\n$$\n\\left( at + \\frac{1}{at} \\right) \\left( t + \\frac{1}{t} \\right) - \\left( \\frac{t}{a} + \\frac{a}{t} \\right) \\left( a^2 t + \\frac{1}{a^2 t} \\right) = a + \\frac{1}{a} - \\left( a^3 + \\frac{1}{a^3} \\right) < 0.\n$$\nAfter dividing by this fixed number, we get:\n$$\nf(t) = C_1 t + \\frac{C_2}{t} \\qquad (5)\n$$\nwhere the numbers $C_1$ and $C_2$ are expressed in terms of $a$, $f(1)$, $f(a^2)$ and $f(1/a^2)$, and they do not depend on $t$.\nThe functions of the form Eq. (5) satisfy the equation:\n$$\n\\begin{align*}\n\\left(x + \\frac{1}{x}\\right) f(y) &= \\left(x + \\frac{1}{x}\\right) \\left(C_1 y + \\frac{C_2}{y}\\right) \\\\\n&= \\left(C_1 xy + \\frac{C_2}{xy}\\right) + \\left(C_1 \\frac{y}{x} + C_2 \\frac{x}{y}\\right) \\\\\n&= f(xy) + f\\left(\\frac{y}{x}\\right).\n\\end{align*}\n$$\n\n\n**Solution 2.** We start with an observation. If we substitute $x = a \\neq 1$ and $y = a^n$ in the assumption, we obtain\n$$\nf(a^{n+1}) - \\left(a + \\frac{1}{a}\\right)f(a^n) + f(a^{n-1}) = 0.\n$$\nFor the sequence $z_n = a^n$, this is a homogenous linear recurrence of the second order, and its characteristic polynomial is\n$$\nt^2 - \\left(a + \\frac{1}{a}\\right)t + 1 = (t - a)(t - \\frac{1}{a})\n$$\nwith two distinct nonzero roots, namely $a$ and $1/a$. As is well-known, the general solution is\n$$\nz_n = C_1 a^n + C_2 \\left(\\frac{1}{a}\\right)^n\n$$\nwhere the index $n$ can be as well positive as negative. Of course, the numbers $C_1$ and $C_2$ may depend of the choice of $a$, so in fact we have two functions, $C_1$ and $C_2$, such that\n$$\nf(a^n) = C_1(a) \\cdot a^n + \\frac{C_2(a)}{a^n} \\text{ for every } a \\neq 1 \\text{ and every integer } n. \\quad (1)\n$$\nThe relation Eq. (1) can be easily extended to rational values of $n$, so we may conjecture that $C_1$ and $C_2$ are constants, and whence\n$$\nf(t) = C_1 t + \\frac{C_2}{t}.\n$$\nAs it was seen in the previous solution, such function indeed satisfy the assumption.\n\na solution of the assumption. In order to make our formulas simpler,\ndefine\n$$\nf_0(c) = f(x) - f(1) \\cdot x.\n$$\nThis function is another one satisfying the assumption and the extra\nconstraint $f_0(1) = 0$. Repeating the same argument on linear recur-\nrences, we can write\n$$\nf_0(a) = K(a)a^n + \\frac{L(a)}{a^n}\n$$\nwith some functions $K$ and $L$. By substituting $n = 0$, we can see that\n$$\nK(a) + L(a) = f_0(1) = 0 \\text{ for every } a.\n$$\nHence,\n$$\nf_0(a^n) = K(a)\\left(a^n - \\frac{1}{a^n}\\right).\n$$\nNow take two numbers $a > b > 1$ arbitrarily and substitute\n$x = (a/b)^n$ and $y = (ab)^n$ in the assumption:\n$$\\left(\\frac{a^n}{b^n} + \\frac{b^n}{a^n}\\right) f_0((ab)^n) = f_0(a^{2n}) + f_0(b^{2n}), \\text{ so}$$\n$$\\left(\\frac{a^n}{b^n} + \\frac{b^n}{a^n}\\right) K(ab) \\left((ab)^n - \\frac{1}{(ab)^n}\\right) = K(a) \\left(a^{2n} - \\frac{1}{a^{2n}}\\right) + K(b) \\left(b^{2n} - \\frac{1}{b^{2n}}\\right),$$\nor equivalently\n$$\nK(ab)\\left(a^{2n} - \\frac{1}{a^{2n}} + b^{2n} - \\frac{1}{b^{2n}}\\right) = K(a)\\left(a^{2n} - \\frac{1}{a^{2n}}\\right) + K(b)\\left(b^{2n} - \\frac{1}{b^{2n}}\\right). \\quad (2)\n$$\n\n$$\nK(ab) = K(a).\n$$\nThen Eq. (2) reduces to $K(a) = K(b)$. Hence, $K(a) = K(b)$ for all $a > b > 1$.\nFix $a > 1$. For every $x > 0$ there is some $b$ and an integer $n$ such that $1 < b < a$ and $x = b^n$. Then\n$$\nf_0(x) = f_0(b^n) = K(b)\\left(b^n - \\frac{1}{b^n}\\right) = K(a)\\left(x - \\frac{1}{x}\\right).\n$$\nHence, we have\n$$\nf(x) = f_0(x) + f(1)x = C_1x + \\frac{C_2}{x}\n$$\nwith\n$$\nC_1 = K(a) + f(1) \\text{ and } C_2 = -K(a).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44381,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定凸五邊形 $ABCDE$, 令點 $A_1$ 為直線 $BD$ 與 $CE$ 的交點, 點 $B_1$ 為直線 $CE$ 與 $DA$ 的交點, 並依此類推定義 $C_1, D_1, E_1$ 等點。又令點 $A_2$ 為三角形 $ABD_1$ 的外接圓與三角形 $AEC_1$ 的外接圓的另一個交點, 點 $B_2$ 為三角形 $BCE_1$ 的外接圓與三角形 $BAD_1$ 的外接圓的另一個交點, 並依此類推定義 $C_2, D_2, E_2$ 等點。證明直線 $AA_2, BB_2, CC_2, DD_2, EE_2$ 共點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Perform an inversion with center $A$ and denote inverse point with prime.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $P \\equiv AC'_1 \\cap \\odot(AB'B'_2)$, $Q \\equiv AD'_1 \\cap \\odot(AE'E'_2)$, $R \\equiv B'D'_1 \\cap \\odot(AB'D')$, $S \\equiv E'C'_1 \\cap \\odot(AC'E')$. Clearly $E'_1 \\in \\odot(AB'D')$, $B'_2 \\in \\odot(AB'C')$.\n\n$B'D'_1$ and $B', C', E'_1, B'_2$ are concyclic, so from Reim's theorem we get $AR \\parallel C'B'_2$. Similarly, we can prove that $AS \\parallel D'E'_2$.\n\nNote that $A, B', E', C'_1, D'_1$ are concyclic, so from Reim's theorem we get $C'_1D'_1 \\parallel B'_2P \\parallel E'_2Q \\parallel D'R \\parallel C'S$, hence\n$$\n\\left\\{ \\begin{array}{l} \\dfrac{AD'_1}{C'D'_1} = \\dfrac{D'_1R}{D'_1B'_2} = \\dfrac{D'C'_1}{C'_1P} \\\\ \\\\ \\dfrac{AC'_1}{D'C'_1} = \\dfrac{C'_1S}{C'_1E'_2} = \\dfrac{C'D'_1}{D'_1Q} \\end{array} \\right\\} \\Longrightarrow \\dfrac{AC'_1}{C'_1P} = \\dfrac{AD'_1}{D'_1Q} \\Longrightarrow C'_1D'_1 \\parallel PQ,\n$$\nwhich implies that $P, Q, B'_2, E'_2$ are collinear and $C'_1D'_1 \\parallel B'_2E'_2$.\nFrom Reim's theorem we get $B', E', B'_2, E'_2$ are concyclic, so $B, E, B_2, E_2$ lie on a circle $\\Gamma$, which implies that $AA_2, BB_2, EE_2$ are concurrent at the radical center $T$ of $\\Gamma$, $\\odot(ABD_1)$, and $\\odot(AEC_1)$. Analogously, we can prove $T$ lies on $CC_2$ and $DD_2$, so $AA_2, BB_2, CC_2, DD_2, EE_2$ are concurrent.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44382,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有一條小河, 其一側的露營基地裡插著 4038 根營柱。其中有些營柱之間有繩子連接, 每條繩子連接兩根不同的營柱, 兩根營柱之間至多只有一條繩子。假設當我們把其中任意 2019 根營柱移到河的對岸, 都會剛好有 $k$ 條繩子通過河面。試求 $k$ 的所有可能值。",
    "options": [],
    "answer": "0, 2019, 2018*2019, 2019^2",
    "solution": "答案是 $0, 2019, 2018 \\times 2019, 2019^2$。\n\n考慮圖 $G(V, E)$，點集 $V$ 和邊集 $E$ 分別對應到營柱和繩子。對集合 $S, T \\subset V$，令\n$$\nE(S, T) = \\left| \\left\\{ (s,t) \\in E : s \\in S, t \\in T \\right\\} \\right|,\n$$\n也就是連接兩群之間的邊數。為簡化符號, 當 $S$ 只有 $a$ 一個點時, 我們簡寫此集合為 $a$, 依此類推。\n\n1. **Lemma:** 對所有相異 $a, b, c, d \\in V$，都有\n$$\nE(a, b) + E(c, d) = E(a, d) + E(b, c) = E(a, c) + E(b, d)\n$$\n證明：先把 $V \\setminus \\{a, b, c, d\\}$ 平分成 $S, T$ 兩個集合。取河兩邊分別為 $(a, b, S)$ 和 $(c, d, T)$，則依題設有\n$$\nE(a, c) + E(a, d) + E(b, c) + E(b, d) + E(a, T) + E(b, T) + E(c, S) + E(d, S) + E(S, T) = k \\quad (1)\n$$\n取河兩邊分別為 $(a, d, S)$ 和 $(c, b, T)$，則依題設有\n$$\nE(a, c) + E(a, b) + E(d, c) + E(d, b) + E(a, T) + E(b, S) + E(c, S) + E(d, T) + E(S, T) = k \\quad (2)\n$$\n取河兩邊分別為 $(c, d, S)$ 和 $(a, b, T)$，則依題設有\n$$\nE(c, a) + E(c, b) + E(d, a) + E(d, b) + E(a, S) + E(b, S) + E(c, T) + E(d, T) + E(S, T) = k \\quad (3)\n$$\n\n(3) – (1) 有\n$$\n(E(a, S) - E(a, T)) + (E(b, S) - E(b, T)) = (E(c, S) - E(c, T)) + (E(d, S) - E(d, T))\n$$\n同理有\n$$\n(E(a, S) - E(a, T)) + (E(d, S) - E(d, T)) = (E(c, S) - E(c, T)) + (E(b, S) - E(b, T))\n$$\n兩式相減有 $E(b, S) - E(b, T) = E(d, S) - E(d, T)$。\n\n$$\nE(a, b) + E(d, c) + E(b, S) + E(d, T) = E(a, d) + E(b, c) + E(b, T) + E(d, S)\n$$\n配合上式有 $E(a, b) + E(d, c) = E(a, d) + E(b, c)$，故 Lemma 第一部分得證。由 $a, b, c, d$ 的對稱性可知第二個等號也成立。\n\n- 若對所有 $a, b, c \\in V$，$E(a, b) = E(a, c) = 0$，則圖中沒有任何邊，對應到 $k = 0$。\n- 若對所有 $a, b, c \\in V$，$E(a, b) = E(a, c) = 1$，則原本的圖是完全圖，對應到 $k = 2019^2$。\n- 假設存在 $a, b, c \\in V$ 使得 $E(a, b) = 1, E(a, c) = 0$。那麼對所有的 $d$，我們都有 $E(a, b) + E(c, d) = E(a, c) + E(b, d)$，故 $E(b, d) = 1, E(c, d) = 0$。\n若 $E(b, c) = 1$，則 $b$ 和所有點皆有連邊。對所有 $b$ 以外的點 $u, v, w$，都有 $E(b, u) + E(v, w) = E(b, v) + E(u, w)$，因此 $E(u, w)$ 和 $E(v, w)$ 同為 0 或同為 1。又 $E(a, c) = 0$，故 $V \\setminus \\{b\\}$ 形成一個空圖，亦即 $G$ 是一個 $(1, 4037)$ 的完全二分圖，對應到 $k = 2019$。\n\n若 $E(b, c) = 0$, 則 $c$ 和所有點皆無連邊。由類似的討論可以知道 $V \\setminus \\{c\\}$ 形成一個完全圖, 亦即 $G$ 是 4037-完全圖和一個孤立點的聯集, 對應到 $k = 2018 \\times 2019$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44383,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $m, n \\ge 2$ 為整數且令 $f(x_1, \\dots, x_n)$ 為一實係數多項式使得對每一個 $x_1, x_2, \\dots, x_n \\in \\{0, 1, \\dots, m-1\\}$,\n$$\nf(x_1, \\dots, x_n) = \\left[ \\frac{x_1 + \\dots + x_n}{m} \\right]\n$$\n均成立。試證: $f$ 的次數至少為 $n$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We transform the problem to a single variable question by the following.\n\n*Lemma.* Let $a_1, \\dots, a_n$ be nonnegative integers and let $G(x)$ be a nonzero polynomial with $\\deg G \\le a_1 + \\dots + a_n$. Suppose that some polynomial $F(x_1, \\dots, x_n)$ satisfies\n$$\nF(x_1, \\dots, x_n) = G(x_1 + \\dots + x_n)\n$$\nfor $(x_1, \\dots, x_n) \\in \\{0, 1, \\dots, a_1\\} \\times \\dots \\times \\{0, 1, \\dots, a_n\\}$.\nThen $F$ cannot be zero polynomial, and $\\deg F \\ge \\deg G$.\n\nFor proving the lemma, we will use *forward differences* of polynomials. If $p(x)$ is a polynomial with a single variable, then define\n$$\n(\\Delta p)(x) = p(x + 1) - p(x).\n$$\nIt is well-known that if $p$ is a nonconstant polynomial then\n$$\n\\deg \\Delta p = \\deg p - 1.\n$$\nIf $p(x_1, \\dots, x_n)$ is a polynomial with $n$ variables and $1 \\le k \\le n$ then let\n$$\n\\Delta_k(p)(x_1, \\dots, x_n) = p(x_1, \\dots, x_{k-1}, x_k+1, x_{k+1}, \\dots, x_n) - p(x_1, \\dots, x_n).\n$$\n\nIt is also well-known that either $\\Delta_k p$ is the zero polynomial or\n$$\n\\deg(\\Delta_k p) \\leq \\deg p - 1.\n$$\n\n*Proof of the lemma.* We apply induction on the degree of $G$, If $G$ is a constant polynomial then we have $F(0, \\dots, 0) = G(0) \\neq 0$, so $F$ cannot be the zero polynomial.\nSuppose that $\\deg G \\geq 1$ and the lemma holds true for lower degrees. Since\n$$\na_1 + \\dots + a_n \\geq \\deg G > 0,\n$$\nat least one of $a_1, \\dots, a_n$ is positive; without loss of generality suppose $a_1 \\geq 1$.\nConsider the polynomials $F_1 = \\Delta_1 F$ and $G_1 = \\Delta G$. On the grid $\\{0, \\dots, a_1 - 1\\} \\times \\{0, \\dots, a_2\\} \\times \\dots \\{0, \\dots, a_n\\}$ we have\n$$\n\\begin{aligned}\nF_1(x_1, \\dots, x_n) &= F(x_1 + 1, x_2, \\dots, x_n) - F(x_1, x_2, \\dots, x_n) \\\\\n&= G(x_1 + \\dots + x_n + 1) - G(x_1 + \\dots + x_n) \\\\\n&= G_1(x_1 + \\dots + x_n).\n\\end{aligned}\n$$\nSince $G$ is nonconstant, we have\n$$\n\\deg G_1 = \\deg G - 1 \\leq (a_1 - 1) + a_2 + \\dots + a_n.\n$$\nTherefore we can apply the induction hypothesis to $F_1$ and $G_1$ and conclude that $F_1$ is not the zero polynomial and $\\deg F_1 \\geq \\deg G_1$. Hence,\n$$\n\\deg F \\geq \\deg F_1 + 1 \\geq \\deg G_1 + 1 = \\deg G.\n$$\n\nTo prove the problem statement, take the unique polynomial $g(x)$ so that\n$$\ng(x) = \\left[ \\frac{x}{m} \\right] \\text{ for } x \\in \\{0, 1, \\dots, n(m-1)\\} \\text{ and } \\deg g \\le n(m-1).\n$$\nNotice that precisely $n(m-1)+1$ values of $g$ are prescribed, so $g(x)$ indeed exists and is unique. Notice further that the constraints $g(0) = g(1) = 0$ and $g(m) = 1$ together enforce $\\deg g \\ge 2$.\nBy applying the lemma to $a_1 = \\dots = a_n = m-1$ and the polynomials $f$ and $g$, we achieve $\\deg f \\ge \\deg g$. Hence we just need a suitable lower bound on $\\deg g$.\n\nConsider the polynomial\n$$\nh(x) = g(x + m) - g(x) - 1.\n$$\nThe degree of $g(x+m) - g(x)$ is $\\deg g - 1 \\ge 1$, so\n$$\n\\deg h = \\deg g - 1 \\geq 1,\n$$\nand therefore $h$ cannot be the zero polynomial. On the other hand, $h$ vanishes at the points $0, 1, \\dots, n(m-1)-m$, so $h$ has at least $(n-1)(m-1)$ roots. Hence,\n$$\n\\deg f \\geq \\deg g = \\deg h + 1 \\geq (n-1)(m-1) + 1 \\geq n.\n$$\n\nAt the point $(b_1, \\dots, b_n)$ we have\n$$\nH(b_1, \\dots, b_n) = G(d) - G_0(d) \\neq 0.\n$$\nAt all other points of the grid we have $F = G$ and therefore\n$$\nH = G - G_0 = 0.\n$$\nSo, by the Alon-Füredi bound,\n$$\n\\deg H \\geq b_1 + \\dots + b_n = d.\n$$\nSince $\\deg G_0 < d$, this implies\n$$\n\\deg F = \\deg (H + G_0) = \\deg H \\geq d = \\deg G.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44384,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $k$ 為一正整數。一個網球錦標賽的賽事委員會要為 $2k$ 位參賽者安排賽程, 其中:\n(1) 任兩位參賽者恰好對戰一場;\n(2) 每一天錦標賽只會打一場;\n(3) 每位參賽者在他的第一場比賽當天入住旅館, 並在他的最後一場比賽當天離開旅館。\n對於每位參賽者住在旅館內的每一天, 大會都要支付 1 元, 因此賽事委員會希望極小化付給旅館的總費用。試求旅館總費用的極小值並證明之。",
    "options": [],
    "answer": "k(4k^2 + k - 1)/2",
    "solution": "答：最小值為 $\\frac{k(4k^2 + k - 1)}{2}$。\n\n讓我們將賽事的每一天, 依序編號為 $1, 2, \\dots, C_2^{2k}$。讓我們將每位選手到達的日期排序為 $b_1 \\le b_2 \\le b_{2k}$, 離開的日期則排序為 $e_1 \\ge e_2 \\ge \\dots \\ge e_{2k}$ (注意這邊並非以參賽者編號, 一名參賽者可能在第 $b_i$ 天入住但在第 $e_j$ 天離開。) 旅館總費用為\n$$\n\\sum_{i=1}^{2k} (e_i - b_i + 1).\n$$\n\n(1) 估計：為此，我們需要估計 $e_i - b_i + 1$。注意到在第 $b_{i+1}$ 前只有 $i$ 位參賽者入住，因此至多只有 $C_2^i$ 場比賽，從而 $b_{i+1} \\le C_2^i + 1$。同理，在第 $e_{i+1}$ 天只剩 $i$ 名參賽者，至多只能打 $C_2^i$ 場，故 $e_i \\ge C_2^{2k} - C_2^i$。因此\n$$\ne_{i+1} - b_{i+1} + 1 \\ge C_2^{2k} - 2C_2^i = k(2k-1) - i(i-1). \\quad (1)\n$$\n\n當 $i > k$ 時, 上式可進一步優化：考慮最先來的 $i$ 名參賽者與最後走的 $i$ 名參賽者, 其中至少有 $2i - 2k$ 位重複。注意到重複的這些參賽者的對戰,在 Eq. (1) 被重複計算了兩次,因此當 $i > k$ 時,我們有\n$$\ne_{i+1} - b_{i+1} + 1 \\geq C_2^{2k} - 2C_2^i + C_2^{2i-2k} = (2k-i)^2.\n$$\n故旅館總費用的下界為\n$$\n\\sum_{i=0}^{k} (k(2k-1) - i(i-1)) + \\sum_{i=k+1}^{2k} (2k-i)^2 = \\frac{1}{2}k(4k^2 + k - 1). \\quad (2)\n$$\n\n(2) 構造:以下提供一個構造使得前述的所有等號都被滿足。首先將所有參賽者分成大小為 $k$ 的兩群, $X = \\{X_1, \\cdots, X_k\\}$ 與 $Y = \\{Y_1, \\cdots, Y_k\\}$。接著,將賽事切為以下四段:\n(i) 首先讓 $X_1, \\cdots, X_k$ 依此順序入住,並在 $X_i$ 入住後和所有已入住的 $X_j$ 比賽。\n(ii) 接著讓 $Y_1, \\cdots, Y_k$ 依此順序入住,並在 $Y_j$ 入住後和所有 $X_i (i > j)$ 比賽。\n(iii) 接著讓 $X_k, \\cdots, X_1$ 依此順序離開,並在 $X_i$ 離開前和所有 $Y_j (i \\le j)$ 比賽。\n(iv) 最後讓 $Y_k, \\cdots, Y_1$ 依此順序離開,並在 $Y_i$ 離開前和所有剩餘的 $Y_j$ 比賽。\n\n首先,注意到對於 $0 \\le s \\le k-1$,從 $T_{k-s}$ 入住到 $S_{k-s}$ 離開,期間的比賽數量為\n$$\n\\sum_{j=k-s}^{k-1} (k-j) + 1 + \\sum_{j=k-s}^{k-1} (k-j+1) = (s+1)^2. \\quad (3)\n$$\n\n又當 $i > k$ 時,$b_{i+1}$ 為 $T_{i-k+1}$ 抵達日,$e_{i+1}$ 為 $S_{i-k+1}$ 離開日,從而有\n$e_{i+1} - b_{i+1} + 1 = (2k-i)^2$,也就是 Eq. (2) 中的最小值。\n\n當 $i \\le k$ 時, 注意到在 $b_{i+1}$ 前的 $i$ 名參賽者都屬於 $X$, 因此 $b_{i+1} = C_2^i + 1$。同理, 在 $e_{i+1}$ 之後的 $i$ 名參賽者都屬於 $Y$, 因此 $e_{i+1} = C_2^{2k} - C_2^i$。從而 Eq. (1) 的等號成立。這也就表示此賽事會同時讓兩個不等式的等號成立, 故達到最小值。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44385,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a$ 和 $b$ 為相異正整數。有一個無限大的棋盤, 每格可以被填上一個非負整數。棋盤一開始是空的。我們持續進行以下操作:\n(i) 如果棋盤上能找到一對相同的數字, 則我們挑選相同數字的兩格, 把其中一格的數字增加 $a$, 另一格增加 $b$。\n(ii) 如果棋盤上找不到一對相同的數字, 則我們在兩個空的格子裡各填上一個 0。\n試證: 不論如何, 自某次操作後, 都只能再操作 (i)。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不失一般性假設 $\\gcd(a, b) = 1$, 因為我們將 $a$ 和 $b$ 同除 $\\gcd(a, b)$ 即可。同時, 不失一般性假設 $b > a$。\n\n1. 首先, 假設在經過若干次 (i) 和 $N$ 次 (ii) 後, 我們被迫要再進行一次 (ii)。對於所有整數 $k$, 令 $f_N(k)$ 為到目前為止 $k$ 在棋盤上總計出現的次數。顯然 $f_N(0) = 2N$, 且對於所有 $k < 0$ 有 $f_N(k) = 0$。\n\n注意到對於所有 $k$, 由於我們本回合被迫進行 (ii), 這表示棋盤上目前至多只有一個 $k - a$; 而如果之前回合中有出現其他 $k - a$, 表示之前曾經有兩個 $k - a$, 且其中一個在之前的某過回合被增加為 $k$。同理對 $k - b$ 亦成立。以上觀察告訴我們有以下關係式\n$$\nf_N(k) = \\left[ \\frac{f_N(k-a)}{2} \\right] + \\left[ \\frac{f_N(k-b)}{2} \\right]. \\qquad (1)\n$$\n\n2. 由於 $\\gcd(a, b) = 1$, 所有正整數 $x > ab - a - b$ 都可以被表為 $x = as + bt$, 其中 $s, t$ 為非負整數。以下證明：\n\n**Lemma 1.** 對於所有 $x = as + bt$, 我們有\n$$\nf_N(x) > \\frac{f_N(0)}{2^{s+t}} - 2.\n$$\n\nProof. 我們對 $s+t$ 進行歸納。$s+t=0$ 時顯然。假設 $s+t=v$ 時引理成立, 則當 $s+t=v+1$ 時, 注意到 $s$ 和 $t$ 至少有一為正, 不失一般性假設為 $s>0$。則由 (1) 與歸納假設, 我們有\n$$\n\\begin{aligned}\nf_N(x) &= f_N(sa + tb) \\ge \\left[ \\frac{f_N((s-1)a + tb)}{2} \\right] \\\\\n&\\ge \\left[ \\frac{1}{2} \\left( \\frac{f_N(0)}{2^v} - 2 \\right) \\right] > \\frac{f_N(0)}{2^{v+1}} - 2,\n\\end{aligned}\n$$\n從而引理得證。\n\n3. 現在, 假設我們會執行 (ii) 無窮多次, 亦即 1. 中的 $N$ 可以是任意正整數。取 $n = ab-a-b$, 並取 $N = 2^{a+b+1}$。注意到 $n+1, n+2, \\dots, n+b$ 都可以被表為 $sa+tb$, 其中 $0 \\le s \\le b$ 且 $0 \\le t \\le a$。故由 Lemma 1, 我們有\n$$\nf_N(n+k) > \\frac{f_N(0)}{2^{s+t}} - 2 = \\frac{2N}{2^{s+t}} - 2 = \\frac{2^{a+b+2}}{2^{s+t}} - 2 \\ge \\frac{2^{a+b+2}}{2^{a+b}} - 2 = 2.\n$$\n這表示 $f_N(n+1), \\dots, f_N(n+k)$ 都大於或等於 2, 從而由 (1) 與數學歸納法, 我們知 $f_N(x) \\ge 2$ 對所有 $x > n$ 都成立。但這意味著我們經過了有限次操作, 卻讓棋盤上有無窮多個數字, 這是不可能的, 故矛盾!",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44386,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Alice 和 Bob 組隊玩一場遊戲。在遊戲開始時,他們兩人會被丟到一台列車上的兩個位置,列車總長為 $1$ 公里。列車是封閉且全黑的,所以除非他們在車頭或車尾,否則他們不會知道自己的位置,他們也無從知道隊友的位置。遊戲配給兩人各一台儀器,儀器的左半邊會顯示:\n- 持有人目前面向什麼方向(所以他/她可以選擇往車頭或車尾移動);\n- 持有人目前已經移動的總距離;\n- 持有人目前是否碰到車頭;\n- 持有人目前是否碰到車尾。\n儀器的右半邊,則顯示隊友的儀器左半邊所呈現的資訊。遊戲會在兩人遇到彼此(雙方位置重合)的瞬間結束。\n假設 Alice 和 Bob 在遊戲開始前先被充分告知列車的狀態以及儀器的所有功能,且可以先共同討論他們的策略。試求最小的實數 $x$, 讓 Alice 和 Bob 存在一套策略,使得不論遊戲開始時兩人被放到什麼位置,他們都能夠保證在遊戲結束時,兩人的移動距離和不超過 $x$ 公里。",
    "options": [],
    "answer": "1.5",
    "solution": "答. $x = 1.5$。\n\n- 構造: 首先 Alice 往車頭走 $0.5$ 公里。如果 Alice 碰到車頭,那麼 Bob 就開始往車頭走,於是在兩人共走 $1.5$ 公里前可以保證重合。假設 Alice 沒有碰到車頭,那就換 Bob 往車頭走,直到碰到車頭或是遇見 Alice 為止,碰到車頭就折返。那麼在兩人共走 $1.5$ 公里前可以保證重合。\n\n- 下界：定義一個人走到的最右界跟走到的最左界的相隔距離是他的探索值。如果兩人的探索值的和不到 $1$ 公里，就可以把兩個人探索的區間擺在列車上互斥的位置。不失一般性，假設 Alice 是第一個讓探索值抵達 $0.5$ 公里的人，那就讓他在探索值達到 $0.5$ 公里的刹那撞到車的頭或尾，不失一般性讓他撞到車頭。然後可以把 Bob 走到的最右端擺在離車尾 $\\epsilon$ 的地方。假設 Bob 的探索值是 $x$，那麼此時兩人的距離是 $1-x-\\epsilon$ 公里，於是兩人至少總共要走 $1.5-\\epsilon$ 公里才能遇到對方。因為 $\\epsilon$ 可以為任意小的正實數，所以至少要走 $1.5$ 公里才能保證遇到對方。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44387,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有正整數 $n$，使得我們可以在 $n \\times n$ 棋盤的 $n^2$ 個方格中，各放入 $\\uparrow, \\downarrow, \\leftarrow, \\rightarrow$ 四個箭號中的其中一個，讓以下三個條件皆被滿足：\n(1) 從任何一格作為起點出發，按照箭號的方向走，我們都會回到起點，且途中不會走出棋盤。\n(2) 除了最上與最下兩橫列之外，任一列中 $\\uparrow$ 和 $\\downarrow$ 的箭號一樣多（但不同列之間的數量可能不同。）\n(3) 除了最左與最右兩直排之外，任一排中 $\\leftarrow$ 和 $\\rightarrow$ 的箭號一樣多（但不同排之間的數量可能不同。）",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "唯一可能是 $n=2$ (此時箭號形成順時鐘或逆時鐘的環。)\n\n顯然最上橫列不能有 $\\uparrow$, 假設其有 $k$ 個 $\\downarrow$. 由條件 (1), 這表示第二橫列必須有 $k$ 個 $\\uparrow$, 但又由條件 (2), 我們知第二橫列同時須有 $k$ 個 $\\downarrow$. 依相同論證, 我們知道第 3 到第 $n-1$ 橫列都必須有 $k$ 個 $\\uparrow$ 與 $k$ 個 $\\downarrow$, 而最下橫列必須有 $k$ 個 $\\uparrow$ 與 0 個 $\\downarrow$. 換言之, 全棋盤中 $\\uparrow$ 和 $\\downarrow$ 各有 $(n-1)k$ 個。\n\n同理, 若最左邊有 $\\ell$ 個 $\\rightarrow$, 則由條件 (1) 與條件 (3), 我們知全棋盤中 $\\rightarrow$ 和 $\\leftarrow$ 各有 $(n-1)\\ell$ 個, 從而全棋盤的箭頭數量總和為 $2(n-1)(k+\\ell)$ 個。但箭頭總數勢必等於格子數, 故必有\n$$\n2(n-1)(k+\\ell) = n^2.\n$$\n但基於 $\\gcd(n, n-1) = 1$, 故這在 $n > 2$ 時是不可能的。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44388,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 1$ 為一整數。在 $n \\times n$ 的表格中, 每個格子填入一個整數。假設下列兩條件成立:\n(i) 方格上的整數, 除以 $n$ 的餘數都是 $1$。\n(ii) 每一列的總和, 以及每一行的總和, 除以 $n^2$ 的餘數都是 $n$。\n設 $R_i$ 為第 $i$ 列所有數字的乘積, 而 $C_j$ 為第 $j$ 行所有數字的乘積。\n試證 $n^4$ 整除 $\\sum_{i=1}^n R_i - \\sum_{j=1}^n C_j$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $A_{i,j}$ be the entry on row $i$ and column $j$. Let $P$ be the product of all $n^2$ entries. Denote $a_{i,j} = A_{i,j} - 1$ and $r_i = R_i - 1$.\nBy condition (i), the number $n$ divides $a_{i,j}$. So every product of two or more $a_{i,j}$ is divisible by $n^2$, hence\n$$\nR_i = \\prod_{j=1}^n (1 + a_{i,j}) \\equiv 1 + \\sum_{j=1}^n a_{i,j} \\equiv 1 - n + \\sum_{j=1}^n A_{i,j} \\pmod{n^2}\n$$\nfor every $i$.\nBy condition (ii), we have $R_i \\equiv 1 \\pmod{n^2}$, and so $n^2|r_i$. Therefore, every product of at least two of the $r_i$ is divisible by $n^4$. Thus\n$$\nP = \\prod_{i=1}^n (1 + r_i) \\equiv 1 + \\sum_{i=1}^n r_i \\pmod{n^4}\n$$\nwhence\n$$\n\\sum_{i=1}^n R_i = n + \\sum_{i=1}^n r_i \\equiv n - 1 + P \\pmod{n^4}\n$$\n\nDue to symmetry of the problem conditions, we also have\n$$\n\\sum_{j=1}^n C_{j} \\equiv n-1+P \\pmod{n^{4}},\n$$\nthus $\\sum_{i=1}^n R_i - \\sum_{j=1}^n C_j$ is divisible by $n^4$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44389,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "老趙當兵太無聊了, 因此他在地上畫了 $n + 1$ 個格子排成一列 ($n$ 為正整數), 從左至右依序編號為第 0 格到第 $n$ 格。起始的時候, 第 0 格有 $n$ 顆石頭, 其他格子則都是空的。在每一回合, 老趙先選擇一格非空的格子, 假設其中有 $k$ 顆石頭。接著, 他從選定的格子中拿取一顆石頭, 並將它向右移動至多 $k$ 格 (石頭不得超出最右邊的格子。) 老趙的目標是將所有石頭都放到第 $n$ 格。\n試證明, 老趙要達成目標, 所需的回合數不少於\n$$\n\\left\\lceil \\frac{n}{1} \\right\\rceil + \\left\\lceil \\frac{n}{2} \\right\\rceil + \\left\\lceil \\frac{n}{3} \\right\\rceil + \\cdots + \\left\\lceil \\frac{n}{n} \\right\\rceil,\n$$\n其中 $\\lceil x \\rceil$ 表示不小於 $x$ 的最小整數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "讓我們將石頭編號 1 到 $n$，並且不失一般性，假設老趙在移動石頭時，都是移動該格內編號最大的石頭。現在，注意到當老趙移動編號 $k$ 的石頭時，該格內至多只有 $k$ 顆石頭，因此編號 $k$ 的石頭每次至多只能移動 $k$ 步。換言之，編號 $k$ 的石頭要移動到第 $n$ 格，至少要 $\\left\\lceil \\frac{n}{k} \\right\\rceil$ 步，從而原命題得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44390,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有正整數 $x, y, z, t$ 滿足\n$$\nxy - zt = x + y = z + t\n$$\n且 $xy$ 和 $zt$ 都是完全平方數。",
    "options": [],
    "answer": "No positive integer solutions.",
    "solution": "解：無正整數解。\n設 $xy = a^2$ 且 $zt = c^2$。\n若 $x+y=z+t$ 爲奇數，則 $xy$ 和 $zt$ 都是偶數，得 $xy-zt = x+y = z+t$\n也是偶數，矛盾。令 $s = \\frac{x+y}{2}$，由前可知 $s$ 是整數。令 $b = \\frac{|x-y|}{2}$，$d = \\frac{|z-t|}{2}$，\n則原題條件可得：\n$$\ns^2 = a^2 + b^2 = c^2 + d^2\n$$\n和\n$$\n2s = a^2 - c^2 = d^2 - b^2.\n$$\n由於上兩式中，$a, d$ 和 $b, c$ 對稱，我們只須證明上二式在 $a, s, d$ 爲正整數，\n$b, c$ 爲非負整數且不同時為零的條件下無解即可。由對稱性，不妨假設 $b \\ge$\n$c$。有 $d^2 = 2s + b^2 > c^2$，所以\n$$\nd^2 > \\frac{c^2 + d^2}{2} = \\frac{s^2}{2}\n$$\n又\n$$\n2s = d^2 - b^2 \\geq d^2 - (d-2)^2 = 4(d-1)\n$$\n所以有\n$$\n\\frac{s}{\\sqrt{2}} < d \\le \\frac{s}{2} + 1\n$$\n可知 $s < 2\\sqrt{2} + 2 < 5$。因為當 $1 \\le s \\le 4$，$s^2$ 只能拆成 $s^2 + 0^2$ 的形式，\n檢查發現無解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44391,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a_0, a_1, a_2, \\dots$ 為實數數列使得 $a_0 = 0, a_1 = 1$, 且對每個 $n \\ge 2$ 存在 $1 \\le k \\le n$ 滿足\n$$\na_n = \\frac{a_{n-1} + \\cdots + a_{n-k}}{k}.\n$$\n試求 $a_{2018} - a_{2017}$ 之最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "2016/2017^2",
    "solution": "The claimed maximal value is achieved at\n$$\na_1 = a_2 = \\cdots = a_{2016} = 1, \\quad a_{2017} = \\frac{a_{2016} + \\cdots + a_0}{2017} = 1 - \\frac{1}{2017},\n$$\n$$\na_{2018} = \\frac{a_{2017} + \\cdots + a_1}{2017} = 1 - \\frac{1}{2017^2}.\n$$\n\nNow we need to show that this value is optimal. For brevity, we use the notation\n$$\nS(n, k) = a_{n-1} + a_{n-2} + \\cdots + a_{n-k} \\text{ for nonnegative integers } k \\le n.\n$$\nIn particular, $S(n, 0) = 0$ and $S(n, 1) = a_{n-1}$. In these terms, for every integer $n \\ge 2$ there exists a positive integer $k \\le n$ such that $a_n = S(n, k)/k$.\nFor every integer $n \\ge 1$ we define\n$$\nM_n = \\max_{1 \\le k \\le n} \\frac{S(n, k)}{k}, \\quad m_n = \\min_{1 \\le k \\le n} \\frac{S(n, k)}{k}, \\quad \\text{and} \\quad \\Delta_n = M_n - m_n \\ge 0.\n$$\nBy definition, $a_n \\in [m_n, M_n]$ for all $n \\ge 2$; on the other hand,\n$$\na_{n-1} = \\frac{S(n, 1)}{1} \\in [m_n, M_n].\n$$\nTherefore,\n$$\na_{2018} - a_{2017} \\le M_{2018} - m_{2018} = \\Delta_{2018},\n$$\n\nAlso by definition, for any $0 < k \\le n$ we have\n$$\nkm_n \\le S(n, k) \\le kM_n;\n$$\nnotice that these inequalities are also valid for $k = 0$.\n\n**Claim 1.** For every $n > 2$, we have $\\Delta_n \\le \\frac{n-1}{n}\\Delta_{n-1}$.\n\n**Proof.** Choose positive integers $k, \\ell \\le n$ such that $M_n = S(n, k)/k$ and $m_n = S(n, \\ell)/\\ell$. We have\n$$\nS(n, k) = a_{n-1} + S(n-1, k-1),\n$$\nso\n$$\n\\begin{aligned}\nk(M_n - a_{n-1}) &= S(n, k) - ka_{n-1} = S(n-1, k-1) - (k-1)a_{n-1} \\\\\n&\\le (k-1)(M_{n-1} - a_{n-1}),\n\\end{aligned}\n$$\nsince\n$$\nS(n-1, k-1) \\le (k-1)M_{n-1}.\n$$\nSimilarly, we get\n$$\n\\ell(a_{n-1} - m_n) = (\\ell - 1)a_{n-1} - S(n-1, \\ell-1) \\le (\\ell - 1)(a_{n-1} - m_{n-1}).\n$$\nSince $m_{n-1} \\le a_{n-1} \\le M_{n-1}$ and $k, \\ell \\le n$, the obtained inequalities yield\n$$\n\\begin{aligned}\nM_n - a_{n-1} &\\le \\frac{k-1}{k}(M_{n-1} - a_{n-1}) \\le \\frac{n-1}{n}(M_{n-1} - a_{n-1}) \\quad \\text{and} \\\\\na_{n-1} - m_n &\\le \\frac{\\ell-1}{\\ell}(a_{n-1} - m_{n-1}) \\le \\frac{n-1}{n}(a_{n-1} - m_{n-1}).\n\\end{aligned}\n$$\n\n\\begin{align*}\n\\Delta_n &= (M_n - a_{n-1}) + (a_{n-1} - m_n) \\\\\n&\\le \\frac{n-1}{n} \\left( (M_{n-1} - a_{n-1}) + (a_{n-1} - m_{n-1}) \\right) \\\\\n&= \\frac{n-1}{n} \\Delta_{n-1}.\n\\end{align*}\n$$\n\nBack to the problem, if $a_n = 1$ for all $n \\le 2017$, then $a_{2018} \\le 1$ and hence\n$a_{2018} - a_{2017} \\le 0.$\nOtherwise, let $2 \\le q \\le 2017$ be the minimal index with $a_q < 1$. We have $S(q, i) = i$ for all $i = 1, 2, \\dots, q-1$, while $S(q, q) = q-1$. Therefore, $a_q < 1$ yields\n$$\na_q = \\frac{S(q, q)}{q} = 1 - \\frac{1}{q}.\n$$\nNow we have\n$$\nS(q + 1, i) = i - \\frac{1}{q} \\text{ for } i = 1, 2, \\dots, q,\n$$\nand\n$$\nS(q + 1, q + 1) = q - \\frac{1}{q}.\n$$\nThis gives us\n$$\nm_{q+1} = \\frac{S(q+1, 1)}{1} = \\frac{S(q+1, q+1)}{q+1} = \\frac{q-1}{q} \\quad \\text{and}\n$$\n$$\nM_{q+1} = \\frac{S(q+1, q)}{q} = \\frac{q^2 - 1}{q^2},\n$$\nso\n$$\n\\Delta_{q+1} = M_{q+1} - m_{q+1} = \\frac{(q-1)}{q^2}.\n$$\nWe present a different proof of the estimate $a_{2018} - a_{2017} \\le \\frac{2016}{2017^2}$.\nWe keep the same notations of $S(n, k)$, $m_k$ and $M_n$ from the previous solution.\n\nNotice that $S(n, n) = S(n, n - 1)$, as $a_0 = 0$. Also notice that for $0 \\le k \\le l \\le n$ we have\n$$\nS(n, l) = S(n, k) + S(n - k, l - k).\n$$\n\n**Proof.** Choose a positive integer $k \\le n + 1$ such that\n$$\nm_{n+1} = \\frac{S(n+1, k)}{k}.\n$$\nThen we have\n$$\nkm_{n+1} = S(n+1, k) = a_n + S(n, k-1) \\ge m_n + (k-1)m_n = km_n,\n$$\nwhich establishes the first inequality in the Claim. The proof of the second inequality is similar.\n\n**Proof.** By Claim 2, we have\n$$\n[m_k, M_k] \\subseteq [m_{k-1}, M_{k-1}] \\subseteq \\dots \\subseteq [m_n, M_n].\n$$\nSince $a_k \\in [m_k, M_k]$, the claim follows.\n\n**Proof.** We use induction on $n$. The case $n = 2$ is routine. To perform the induction step, we need to prove the inequalities\n$$\n\\frac{S(n, n)}{n} \\le \\frac{S(n, k)}{k} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{S(n, k)}{k} \\le \\frac{S(n, n-1)}{n-1} \\qquad (1)\n$$\nfor every positive integer $k \\le n$. Clearly, these inequalities hold for $k = n$ and $k = n - 1$, as $S(n, n) = S(n, n - 1) > 0$. In the sequel, we assume that $k < n - 1$.\nNow the first inequality in Eq. (1) rewrites as\n$$\nnS(n, k) \\ge kS(n, n) = k(S(n, k) + S(n - k, n - k)),\n$$\nor, cancelling the terms occurring on both parts, as\n$$\n(n-k)S(n,k) \\ge kS(n-k, n-k) \\Leftrightarrow S(n,k) \\ge k \\cdot \\frac{S(n-k, n-k)}{n-k}.\n$$\nBy the induction hypothesis, we have $S(n-k, n-k)/(n-k) = m_{n-k}$.\nBy Claim 3, we get $a_{n-i} \\ge m_{n-k}$ for all $i = 1, 2, \\dots, k$. Summing these $k$ inequalities we obtain\n$$\nS(n, k) \\ge k m_{n-k} = k \\cdot \\frac{S(n-k, n-k)}{n-k},\n$$\nas required.\n\nThe second inequality in Eq. (1) is proved similarly. Indeed, this inequality is equivalent to\n$$\n\\begin{align*} (n-1)S(n,k) &\\le kS(n,n-1) \\\\\n\\Leftrightarrow (n-k-1)S(n,k) &\\le kS(n-k,n-k-1) \\\\\n\\Leftrightarrow S(n,k) &\\le k \\cdot \\frac{S(n-k,n-k-1)}{n-k-1} = kM_{n-k}; \\end{align*}\n$$\nthe last inequality follows again from Claim 3, as each term in $S(n, k)$ is at most $M_{n-k}$.\n\nNow we can prove the required estimate for $a_{2018} - a_{2017}$. Set $N = 2017$. By Claim 4,\n$$\n\\begin{align*} \na_{N+1} - a_N \\le M_{N+1} - a_N &= \\frac{S(N+1, N)}{N} - a_N \\\\\n&= \\frac{a_N + S(N, N-1)}{N} - a_N \\\\\n&= \\frac{S(N, N-1)}{N} - \\frac{N-1}{N} \\cdot a_N. \n\\end{align*}\n$$\nOn the other hand, the same Claim yields\n$$\na_N \\ge m_N = \\frac{S(N, N)}{N} = \\frac{S(N, N-1)}{N}.\n$$\nNoticing that each term in $S(N, N-1)$ is at most 1, so\n$$\nS(N, N-1) \\le N-1,\n$$\nwe finally obtain\n$$\n\\begin{align*} \na_{N+1} - a_N &\\le \\frac{S(N, N-1)}{N} - \\frac{N-1}{N} \\cdot \\frac{S(N, N-1)}{N} \\\\\n&= \\frac{S(N, N-1)}{N^2} \\le \\frac{N-1}{N^2}. \n\\end{align*}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44392,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "班長看老趙當兵太無聊了, 所以派他去排饅頭。有 $n$ 種不同顏色的饅頭, 第 $i$ 種顏色的饅頭有 $a_i$ 顆, 總共有 $S = a_1 + a_2 + \\cdots + a_n$ 顆。這 $S$ 顆饅頭兩兩相異。老趙現在可以決定要如何把這 $S$ 顆饅頭排成一排。對於每一個排列, 班長用以下的方式為老趙評分:\n(i) 首先, 對於每個 $i \\in \\{1, 2, \\cdots, n\\}$, 計算第 $i$ 種顏色的饅頭相鄰的次數, 也就是\n$$\nc_i = \\#\\{j: 1 \\le j \\le S-1, \\text{左數第 } j \\text{ 顆和第 } j+1 \\text{ 顆饅頭都是第 } i \\text{ 色}\\}\n$$\n(ii) 老趙的分數定義為 $c_1 \\times c_2 \\times \\cdots \\times c_n$.\n\n若 $S$ 是合數, 證明所有排列的得分總和是 $S$ 的倍數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "首先注意到如果有任何 $a_i = 1$, 則 $c_i$ 恆為 0, 從而得分總和為 0, 必被 $S$ 整除。故以下只討論每種顏色饅頭都至少有 2 顆的狀態, 此時 $S \\ge 2n$。\n\n1. 我們首先用算兩次計算得分總和。為方便解釋, 令 $M_j^i$ 為第 $i$ 色編號第 $j$ 的饅頭, 而一個排列便是將全部 $S$ 個 $M_j^i$ 排成一串。對於每個排列, 其分數等價於從這個排列中, 每種顏色取出相鄰的一對, 總共可以取的方法數。\n\n因此我們可以改為計算每種顏色指定(依序)相鄰一對所面對的排列數:\n- $n$ 對放進 $S$ 格中的方法數為 $\\frac{(S-n)!}{(S-2n)!}$。\n- 剩下 $S - 2n$ 個位置共有 $(S - 2n)!$ 種排法。\n\n故每一個每種顏色指定(依序)相鄰一對所面對的排列數為 $(S - 2n)!$, 而每種顏色指定(依序)相鄰一對共有 $\\prod_i a_i (a_i - 1)$ 種, 故得分總和為\n$$\nP = (S-n)!(a_1)(a_1-1)(a_2)(a_2-1)\\cdots(a_n)(a_n-1).\n$$\n\n2. 接下來我們證明 $S \\mid P$。\n- Lemma: 如果 $S$ 是合數, 且 $S \\nmid \\lfloor \\frac{S}{2} \\rfloor!$, 則 $S = 4$ 或 $9$。\n\n證明: 如果 $S$ 不是質數的平方, 找 $S = pq, p \\neq q$, 則 $p, q$ 都在 $\\lceil \\frac{S}{2} \\rceil$ 裡, 所以 $S \\mid \\lceil \\frac{S}{2} \\rceil!$\n\n如果 $S = p^2$ 中的 $p \\ge 5$, 那 $p, 2p$ 都在 $\\lceil \\frac{S}{2} \\rceil$ 裡, 所以 $S \\mid \\lceil \\frac{S}{2} \\rceil!$。\n\n所以反例剩下 $S = 4$ 或 $9$。\n\n- 因為 $(S-n) \\ge \\lceil \\frac{S}{2} \\rceil$, 只要討論 $S = 4$ 或 $9$ 即可。\n\n當 $S = 4$, 如果 $n = 1$ 得分是 72, 如果 $n = 2$ 則必須要 $a_1 = a_2 = 2$, 得分是 8。\n\n當 $S = 9$, 注意到 $9 \\mid 6!$, 所以 $n > 3 \\implies n = 4$。\n\n把 9 拆成四個不小於 2 的正整數的和, 裡面一定有一個是 3, 所以 $(9-4)!(a_1)(a_1-1)(a_2)(a_2-1)\\dots(a_4)(a_4-1)$ 是 9 的倍數, 證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44393,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外接圓為 $\\Omega$, 內心為 $I$, $A$-旁心為 $J$。令 $T$ 為 $J$ 對 $BC$ 的對稱點, $P$ 為 $BC$ 與 $AT$ 的交點。若 $\\triangle AIP$ 的外接圓交 $BC$ 於 $X \\neq P$, 點 $Y \\neq A$ 位於 $\\Omega$ 上使得 $\\overline{IA} = \\overline{YI}$, 證明: $\\triangle IXY$ 的外接圓與直線 $AI$ 相切。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(∠代表有向角。)\n\n![](attached_image_1.png)\n\n令 $M$, $N$ 分別為 $\\overline{BC}$, $\\overline{IJ}$ 中點, $N'$ 為 $N$ 對 $M$ 的對稱點, $D$ 為 $J$ 關於 $BC$ 的垂足。熟知 $IM \\parallel AD$, 又 $MN \\perp BC \\perp DJ$, 所以 $\\triangle ADJ$ 與 $\\triangle IMN$ 位似, 因此由 $T$ 為 $J$ 對 $D$ 的對稱點, 知 $AT \\parallel IN'$. 設 $O$ 為 $\\triangle ABC$ 的外心, 由 $\\angle YON = 2\\angle YAN = \\angle YIN$ 可得 $Y,I,N,O$ 四點共圓。由 $\\angle CN'N = \\angle N'NC = \\angle ONC = \\angle NCO$ 及雞爪定理知 $NO \\cdot NN' = \\overline{NC}^2 = \\overline{NI}^2$, 即 $AI$ 與 $\\odot(ION')$ 相切。設 $Q$ 為 $NY$ 與 $BC$ 的交點, 由 $\\angle QCN = \\angle BAN = \\angle NAC = \\angle NYC$ 及雞爪定理知 $NQ \\cdot NY = \\overline{NC}^2 = \\overline{NI}^2$, 故 $\\odot(IQY)$ 與 $AI$ 相切。由 $\\angle QIN = \\angle NYI = \\angle NOI = \\angle N'IN$ 可得 $Q,I,N'$ 共線。又 $\\angle IXQ = \\angle IAP = \\angle NIN' = \\angle ION = \\angle IYQ$, 所以 $X \\in \\odot(IQY)$, 因此 $\\odot(IXY)$ 與 $AI$ 相切。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44394,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內心為 $I$，垂心為 $H$。平面上有一點 $K$ 滿足\n$$\nAH + AK = BH + BK = CH + CK.\n$$\n證明：$H$、$I$、$K$ 三點共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\Omega$ denote the circumcircle of $\\triangle ABC$. Recall that the reflection of $H$ across $\\overline{BC}$, which we denote by $X$, is a point of $\\Omega$. Define $Y, Z$ similarly. Thus the circumcircle $\\omega_A$ of $\\triangle HYZ$ is centered at $A$. Define $\\omega_B, \\omega_C$ similarly.\n\nThen, if we let\n$$\nr = AH + AK = BH + BK = CH + CK.\n$$\nthen it follows $K$ has the following description: it is the center of the (unique) circle tangent externally to all three of $\\omega_A, \\omega_B, \\omega_C$, and has radius $r$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n**Proof.** First, note that quadrilateral $PYDB$ is cyclic, since\n$$\n\\angle DPY = \\angle HZY = \\angle CZY = \\angle CBY = \\angle DBY.\n$$\nIn particular $HB \\cdot HY = HP \\cdot HD$, and repeating this gives\n$$\nHA \\cdot HX = HB \\cdot HY = HC \\cdot HZ = HD \\cdot HP = HE \\cdot HQ = HF \\cdot HR. \\quad (1)\n$$\n\nIn particular *PEDB* and *EFQR* are cyclic too by Eq. (1). Now if $\\ell$ is the tangent line to $\\omega_A$ at $P$, then working with directed angles modulo $180^\\circ$ gives\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle(\\ell, PQ) &= \\angle(\\ell, PH) + \\angle(PD, PQ) = \\angle(PY, BY) + \\angle(DE, EQ) \\\\\n&= \\angle(PD, DB) + \\angle(DE, EQ) = \\angle(PH, EQ) + \\angle(DE, DB) \\\\\n&= \\angle(PD, EQ) + \\angle(FE, DF) = \\angle(PD, DF) + \\angle(FE, EQ) \\\\\n&= \\angle(PR, RH) + \\angle(RF, FQ) = \\angle(PR, RQ).\n\\end{align*}\n$$\n\nFinally, if we define $P'$, $Q'$, $R'$ as the second intersection of $\\overline{HP}$, $\\overline{HQ}$, $\\overline{HR}$ with the incircle, then it follows from Eq. (1) and\n$$\nHD \\cdot HP' = HE \\cdot HQ' = HF \\cdot HR'\n$$\nthat $\\triangle P'Q'R'$ is homothetic to $\\triangle PQR$ through $H$. As $I$ is the circumcenter of $\\triangle P'Q'R'$ this implies $K, I, H$ are collinear.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44395,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內心為 $I$, 角 $A$ 內的旁心為 $J$。令 $\\overline{AA'}$ 為 $\\triangle ABC$ 外接圓的直徑, 點 $H_1, H_2$ 分別為 $\\triangle BIA', \\triangle CJA'$ 的垂心。證明: $H_1H_2$ 平行於 $BC$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(∠ 代表有向角, $\\pm$ 代表正向相似。)\n\n平移 $\\triangle CJA' \\cup H_2$ 至 $\\triangle C_1BA'_1 \\cup H'_2$ (即使得 $J$ 平移至與 $B$ 重合)。由 $\\overline{IJ}$ 中點位於 $\\overline{BC}$ 的中垂線上, 可得 $C_1I \\perp BC$。令 $I'$ 為 $I$ 關於 $\\odot(BIA')$ 的對徑點、$C'_1$ 為 $C_1$ 關於 $\\odot(C_1BA'_1)$ 的對徑點。則由 $\\overline{BI'} = \\overline{H_1A'}$, $\\overline{BC'} = \\overline{H_2A'}$, 知 $BH_1A'I'$, $BH_2A'C'_1$ 為平行四邊形。因此原命題等價於證明 $I'C'_1$ 平行於 $BC$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n令 $M, T, T'$ 分別為 $AI, A'I, A'J$ 與 $\\odot(ABC)$ 的另一個交點, 點 $D, D'$ 分別為內切圓、$A$-旁切圓與 $BC$ 的切點, 則熟知 $M, D, T$ 及 $M, D', T'$ 分別共線。注意到 $D, D'$ 關於 $\\overline{BC}$ 中點對稱, 所以\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle BI'I &= \\angle BA'I = \\angle BA'T = \\angle BMT = \\angle T'MC \\\\\n&= \\angle T'A'C = \\angle JA'C = \\angle BA'_1C_1 = \\angle BC'_1C_1\n\\end{align*}\n$$\n因此, 由 $\\angle IBI' = 90^\\circ = \\angle C_1BC'_1$, 可得 $\\triangle BII' \\sim \\triangle BC_1C'_1$, 或 $\\triangle BIC_1 \\sim \\triangle BI'C'_1$。又 $BI \\perp BI'$, 故 $I'C'_1 \\perp IC_1 \\perp BC$, 即 $I'C'_1$ 平行於 $BC$, 從而原命題得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44396,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "是否存在正整數 $m$, 可以讓等式\n$$\n(a^3 - a)(b^3 - b) = mc^2.\n$$\n\n有無窮多組滿足 $a \\neq b$ 的正整數解 $(a, b, c)$?\n\nDoes there exist a positive integer $m$ for which the equation\n$$\n(a^3 - a)(b^3 - b) = mc^2.\n$$\nhas infinitely many positive integer solutions $(a, b, c)$ in which $a \\neq b$?",
    "options": [],
    "answer": "m = 13",
    "solution": "We assert that $m = 13$ works.\nThere are infinitely many integers $b$ satisfying $4b^2 - 3 = 13k^2$ for some $k$, because $(b, k) = (2, 1)$ is a solution, and $18^2 - 13 \\cdot 5^2 = -1$, so one can generate arbitrarily many solutions using Pell equations. Specifically, we take $(2 + \\sqrt{13})(18 - 13\\sqrt{5})^{2m}$ to get a norm of $3 \\cdot (-1)^{2m} = 3$.\nThen, let $a = b(4b^2 - 3)$. Now,\n$$\na - 1 = (2b + 1)^2(b - 1)\n$$\n$$\na + 1 = (2b - 1)^2(b + 1).\n$$\nTherefore,\n$$\n(a^3 - a)(b^3 - b) = [(b-1)(b)(b+1)(2b-1)(2b+1)]^2 \\cdot (4b^2 - 3)\n$$\nwhich is a square.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44397,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設實數 $a, b, c, d$ 滿足\n$$\n(a + c)(b + d) = \\sqrt{2}(ac - 2bd - 1).\n$$\n試證：\n$$\n(ab - 1)^2 + (bc - 1)^2 + (cd - 1)^2 + (da - 1)^2 + (ac - 1)^2 + (2bd + 1)^2 \\geq 4.\n$$\n\nLet $a, b, c, d$ be real numbers satisfying\n$$\n(a + c)(b + d) = \\sqrt{2}(ac - 2bd - 1).\n$$\nShow that\n$$\n(ab - 1)^2 + (bc - 1)^2 + (cd - 1)^2 + (da - 1)^2 + (ac - 1)^2 + (2bd + 1)^2 \\geq 4.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $A = (a+c)(b+d) = \\sqrt{2}(ac-2bd-1)$. 注意到\n$$\n\\begin{align*}\n\\sum_{\\text{cyc}} (ab-1)^2 &\\ge \\sum_{\\text{cyc}} (ab-1)^2 - \\left(\\sum_{\\text{cyc}} ab-1\\right)^2 \\\\\n&= -2 \\left(\\sum_{\\text{cyc}} ab^2 c\\right) - 4abcd + 3 \\\\\n&= 3 - 4abcd - 2(ab + cd)(ad + bc) \\\\\n&= 3 - 4abcd - 2(ab + cd)(A - ab - cd) \\\\\n&= 3 - 4abcd + 2 \\left(ab + cd - \\frac{A}{2}\\right)^2 - \\frac{A^2}{2} \\\\\n&\\ge 3 - 4abcd - (ac - 2bd - 1)^2 \\\\\n&= 4 - (ac - 1)^2 - (2bd + 1)^2\n\\end{align*}\n$$\n故可以得到\n$$\n(ab - 1)^2 + (bc - 1)^2 + (cd - 1)^2 + (da - 1)^2 + (ac - 1)^2 + (2bd + 1)^2 \\geq 4.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44398,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明：存在一個正實數 $c > 0$，會使得有無窮多組正整數 $(n, N)$ 滿足下列條件：\n(a) $N > c \\cdot 2^{k} n \\log(n)$，其中 $k$ 為 $N$ 的質因數個數；\n(b) 對 $N$ 的任一質因數 $p$，設 $e$ 為 $N$ 的標準質因數分解中 $p$ 的次方數，都有 $n$ 被 $\\varphi(p^e)$ 整除，其中 $\\varphi$ 為歐拉函數，即 $\\varphi(s)$ 為不超過 $s$ 而又與 $s$ 互質的正整數個數。\n\nProve that there is a positive real number $c > 0$ such that there are infinitely many pairs $(n, N)$ of positive integers satisfying the following conditions:\n(a) $N > c \\cdot 2^k n \\log(n)$, where $k$ is the number of distinct prime factors of $N$;\n(b) $n$ is divisible by $\\varphi(p^e)$ for every prime power $p^e$ exactly dividing $N$, where $\\varphi$ denotes Euler's totient function, that is, $\\varphi(s)$ is the number of positive integers that do not exceed $s$ but are coprime to $s$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We construct arbitrarily large pairs $(n, N)$ of integers that meet the conditions of the problem. Fix an integer $x \\ge 3$, and let $N = \\prod_{p \\le x} p$ be the product of the primes at most $x$. We set $n = 2^{2-\\pi(x)} \\prod_{p \\le x} (p-1)$, where $\\pi(x)$ denotes the number of primes at most $x$. This $n$ is easily seen to be an even integer, and the pair $(n, N)$ clearly satisfies (b).\nTo estimate the size of $N$, we compute\n$$\n\\frac{4N}{2^{\\pi(x)}n} = \\prod_{p \\le x} \\frac{p}{p-1} = \\prod_{p \\le x} (1 + p^{-1} + p^{-2} + \\dots) > \\sum_{r=1}^{x!} \\frac{1}{r} = \\log(x!) + O(1),\n$$\nusing the well-known approximation $\\sum_{r=1}^{m} \\frac{1}{r} = \\log(m) + O(1)$ for harmonic numbers.\nBy definition $x! \\ge N \\ge n$, so rearranging we obtain the inequality\n$$\nN > \\frac{1}{4} \\cdot 2^{\\pi(x)} n \\log(n) + O(2^{\\pi(x)} n)\n$$\nand so we are done if we choose $c < 1/4$.\nAs in the preceding solution, we seek arbitrarily large pairs of integers $(n, N)$ that meet the conditions of the problem. This time, to construct such pairs, we fix a positive integer $t$ and choose distinct prime numbers $p|2^{2^{t-1}} + 1$ and $q|2^t + 1$; we set $N = pq$. It is well-known that $2^t|p-1$ and $2^{t+1}|q-1$, hence\n$$\nn = \\frac{(p-1)(q-1)}{2^t}\n$$\nis an integer and the pair $(n, N)$ satisfies (b).",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44399,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $f$ 為一正整數值函數, 且對於所有正整數 $a, b$, 有 $(a + f(b)) | (a^2 + b f(a))$。證明：存在正整數 $k$ 使得 $f(n) = kn$ 對所有正整數 $n$ 均成立。\n\nLet $f$ be a positive integer valued function that satisfies $(a+f(b)) | (a^2+bf(a))$ for all positive integers $a$ and $b$. Prove that there is a positive integer $k$ such that $f(n) = kn$ for all positive integers $n$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = k n for all positive integers n, for some fixed positive integer k.",
    "solution": "Easy to see that $f(n) \\leq f(1)n$ by substituting $a = 1$. By substituting $a = nb - f(b)$ in the inequality for any large enough $n$, we have\n$$\nnb \\mid (nb - f(b))^2 + b f(nb - f(b))\n$$\nand hence $b \\mid f(b)^2$. In particular, for every prime $p$, $f(p) = k_p p$ for some integer $0 < k_p \\leq f(1)$. Therefore, there must be an integer $k$, such that $f(p) = kp$ for infinitely many prime $p$. Thus, for infinitely many $p$,\n$$\na + kp \\mid (a^2 + p f(a)) - a(a + kp) = p f(a) - p k a\n$$\nthus $a + kp \\mid f(a) - k a$. Since $p$ can be infinitely large, we must have $f(a) = k a$.\n\nSubstitute $b = 1$ and rearrange to find that\n$$\n\\frac{f(a) + f(1)^2}{a + f(1)} = f(1) - a + \\frac{a^2 + f(a)}{a + f(1)}\n$$\nis a positive integer and since $f(a) \\leq a f(1)$, follows that $\\frac{f(a) + f(1)^2}{a + f(1)} \\leq f(1)$, hence for some positive integer $k$, $\\frac{f(a) + f(1)^2}{a + f(1)} = k$, i.e., $f(n) = k n + f(1)(k - f(1))$ for infinitely many $n$. Fixing an arbitrary $a$, rearrange the given inequality, we have\n$$\n\\frac{a^2 + n f(a)}{a + k n + f(1)(k - f(1))}\n$$\nis an integer for infinitely many $n$. Since\n$$\n\\frac{a^2 + n f(a)}{a + k n + f(1)(k - f(1))} \\rightarrow \\frac{f(a)}{k}\n$$\nas $n \\to \\infty$, we have\n$$\n\\frac{a^2 + n f(a)}{a + k n + f(1)(k - f(1))} = \\frac{f(a)}{k}\n$$\nfor infinitely many $n$. Thus\n$$\n\\frac{f(a)}{k}(a + f(1)(k - f(1))) = a^2. \\qquad (1)\n$$\nLet $X = f(1)(k - f(1))$, we have $a + X \\mid a^2 + (X + a)(X - a) = X^2$ holds for arbitrary $a$. Thus $X = 0$, that is, $k = f(1)$. By equation (1), $f(a) = k a$. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44400,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}$ 代表實數所成的集合。試找出所有函數 $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 滿足對所有實數 $x, y \\in \\mathbb{R}$，都有\n$$\nf(xy + xf(x)) = f(x)(f(x) + f(y)).\n$$\n\nLet $\\mathbb{R}$ denote the set of all real numbers. Determine all functions $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that, for all real numbers $x$ and $y$,\n$$\nf(xy + xf(x)) = f(x)(f(x) + f(y)).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all real x; f(x) = 0 for all real x; f(x) = 1/2 for all real x",
    "solution": "定義 $P(a, b)$ 為將 $x = a, y = b$ 代入函數方程。\n\n(1) $P(0, y)$ : $f(0) = f(0)(f(0) + f(y))$，當 $f(0) \\neq 0$ 有 $f$ 是常數函數，此時 $f(x) = \\frac{1}{2}, \\forall x \\in \\mathbb{R}$ 是一個解。\n\n(2) 若 $f(a) = 0$，$P(a, y)$ : $f(ay) = 0$，得到 $a = 0$ 或是 $f$ 全為 $0$，其中 $f$ 全為 $0$ 確實是一解。\n\n(3) $P(x, -f(x))$ : $0 = f(x)(f(x) + f(-f(x)))$，不管 $x$ 是不是 $0$ 都有 $-f(x) = f(-f(x))$。\n\n(4) $P(x, 0)$ : $f(xf(x)) = f(x)^2$，當 $x = -1$ 時結合 3. 就有 $f(-1)^2 = f(-f(-1)) = -f(-1)$，得到 $f(-1) = -1$。\n\n(5) $P(-1, 0)$ : $f(1) = 1$。\n\n(6) $P(1, y)$ : $f(y + 1) = f(y) + 1$。\n\n(7) $P(x, y + 1) - P(x, y)$ : $f(xy + x + xf(x)) = f(x) + f(xy + xf(x))$，也就是柯西方程\n$$\nf(x) + f(y) = f(x + y), \\forall x, y\n$$\n\n(8) $f(xy + xf(x)) = f(xy) + f(xf(x)) = f(xy) + f(x)^2 = f(x)(f(x) + f(y))$，因此得到 $f(xy) = f(x)f(y)$，結合柯西方程得到 $f(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{R}$。\n\n(9) 總結，滿足條件的 $f$ 只有三個\n$$\nf(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$\n$$\nf(x) = 0, \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$\n$$\nf(x) = \\frac{1}{2}, \\forall x \\in \\mathbb{R}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44401,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\Omega$ 為三角形 $ABC$ 的 $A$-旁切圓, 並設其分別切直線 $BC$, $CA$, $AB$ 於點 $D$, $E$, $F$。\n設 $M$ 為線段 $EF$ 的中點。在 $\\Omega$ 上再取兩點 $P$, $Q$ 使得 $EP$ 與 $FQ$ 皆平行於 $DM$。\n令 $BP$ 與 $CQ$ 交於點 $X$。證明：直線 $AM$ 是 $\\angle XAD$ 的內角平分線。\n\n註：$A$-旁切圓指的是在 $\\angle A$ 內部的旁切圓。\n\nLet $\\Omega$ be the $A$-excircle of triangle $ABC$, and suppose that $\\Omega$ is tangent to lines $BC$, $CA$, and $AB$ at points $D$, $E$, and $F$, respectively. Let $M$ be the midpoint of segment $EF$. Two more points $P$ and $Q$ are on $\\Omega$ such that $EP$ and $FQ$ are both parallel to $DM$. Let $BP$ meet $CQ$ at point $X$. Prove that line $AM$ is the angle bisector of $\\angle XAD$.\n\n*Remark.* The $A$-excircle is the excircle that lies inside $\\angle A$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "延長 $DM$ 交 $\\Omega$ 另一點於 $R$。設 $AR$ 分別交 $EF$ 與 $\\Omega$ 於 $U$, $V \\ne R$, 那麼由 $FREV$ 為調和四邊形知\n$$\n\\frac{\\sin \\angle BAR}{\\sin \\angle RAC} = \\frac{\\sin \\angle FAU}{\\sin \\angle UAE} = \\frac{\\overline{FU}}{\\overline{UE}} = \\frac{\\overline{FR} \\cdot \\overline{FV}}{\\overline{RE} \\cdot \\overline{VE}} = \\left(\\frac{\\overline{FR}}{\\overline{RE}}\\right)^2 = \\left(\\frac{\\overline{FM}}{\\overline{ME}} \\cdot \\frac{\\overline{DE}}{\\overline{FD}}\\right)^2\n$$\n\n延長 $PE$, $QF$ 分別交 $FD$, $DE$ 於 $Y$, $Z$, 那麼同理有\n$$\n\\begin{align*}\n\\frac{\\sin \\angle CBP}{\\sin \\angle PBA} &= -\\frac{\\sin \\angle DBP}{\\sin \\angle PBF} = -\\left(\\frac{\\overline{DP}}{\\overline{PF}}\\right)^2 = -\\left(\\frac{\\overline{DY}}{\\overline{YF}} \\cdot \\frac{\\overline{EF}}{\\overline{DE}}\\right)^2 \\\\\n\\frac{\\sin \\angle ACQ}{\\sin \\angle QCB} &= -\\frac{\\sin \\angle ECQ}{\\sin \\angle QCD} = -\\left(\\frac{\\overline{EQ}}{\\overline{QD}}\\right)^2 = -\\left(\\frac{\\overline{EZ}}{\\overline{ZD}} \\cdot \\frac{\\overline{FD}}{\\overline{EF}}\\right)^2\n\\end{align*}\n$$\n\n將三式相乘，並注意到 $EFZY$ 為平行四邊形，可得\n$$\n\\begin{align*}\n&\\frac{\\sin \\angle BAR}{\\sin \\angle RAC} \\cdot \\frac{\\sin \\angle CBP}{\\sin \\angle PBA} \\cdot \\frac{\\sin \\angle ACQ}{\\sin \\angle QCB} \\\\\n&= \\left( \\frac{\\overline{FM}}{\\overline{ME}} \\cdot \\frac{\\overline{DE}}{\\overline{FD}} \\cdot \\frac{\\overline{DY}}{\\overline{YF}} \\cdot \\frac{\\overline{EF}}{\\overline{DE}} \\cdot \\frac{\\overline{EZ}}{\\overline{ZD}} \\cdot \\frac{\\overline{FD}}{\\overline{EF}} \\right)^2 \\\\\n&= \\left( \\frac{\\overline{FM}}{\\overline{ME}} \\cdot \\frac{\\overline{DY}}{\\overline{YF}} \\cdot \\frac{\\overline{EZ}}{\\overline{ZD}} \\right)^2 \\\\\n&= \\left( 1 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot 2 \\right)^2 = 1\n\\end{align*}\n$$\n\n因此由角元西瓦定理可得 $AR$, $BP$, $CR$ 共點, 即 $A$, $X$, $R$ 共線。\n\n令 $J$ 為$\\triangle ABC$ 的 $A$-旁心, 因為$A$, $M$, $J$ 共線, 所以只需證明 $AJ$ 為$\\angle RAD$ 的內角平分線。由\n$$\n\\overline{MA} \\cdot \\overline{MJ} = \\overline{ME} \\cdot \\overline{MF} = \\overline{MD} \\cdot \\overline{MR}\n$$\n知 $A$, $J$, $D$, $R$ 共圓。又 $\\overline{JD} = \\overline{JR}$，所以 $AJ$ 為 $\\angle RAD$ 的內角平分線，從而原命題成立。 □",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44402,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x_1, \\dots, x_n$ be different real numbers ($n \\ge 2$). Prove that\n$$\n\\sum_{1 \\le i \\le n} \\prod_{j \\ne i} \\frac{1 - x_i x_j}{x_i - x_j} = \\begin{cases} 0, & \\text{if } n \\text{ is even;} \\\\ 1, & \\text{if } n \\text{ is odd.} \\end{cases}\n$$\n\n令 $x_1, \\dots, x_n$ 為任意相異的 $n$ 個實數 ($n \\ge 2$)。證明下列等式成立：\n$$\n\\sum_{1 \\le i \\le n} \\prod_{j \\ne i} \\frac{1 - x_i x_j}{x_i - x_j} = \\begin{cases} 0, & \\text{若 } n \\text{ 為偶數;} \\\\ 1, & \\text{若 } n \\text{ 為奇數.} \\end{cases}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $G(x_1, \\dots, x_n)$ be the function of the $n$ variables $x_1, \\dots, x_n$ on the LHS of the required identity. Since both sides of the identity are rational functions, it suffices to prove it when all $x_i \\notin \\{-1, 1\\}$. Define\n$$\nf(t) = \\prod_{i=1}^{n} (1 - x_i t),\n$$\nand note that\n$$\nf(x_i) = (1 - x_i^2) \\prod_{j \\ne i} (1 - x_i x_j).\n$$\nUsing the nodes $+1, -1, x_1, \\dots, x_n$, the Lagrange interpolation formula gives us the following expression for $f$:\n$$\nf(x) = \\sum_{i=1}^{n} f(x_i) \\frac{(x-1)(x+1)}{(x_i-1)(x_i+1)} \\prod_{j \\ne i} \\frac{x-x_j}{x_i-x_j} \\\\\n+ f(1) \\frac{x+1}{1+1} \\prod_{i=1}^{n} \\frac{x-x_i}{1-x_i} + f(-1) \\frac{x-1}{-1-1} \\prod_{i=1}^{n} \\frac{x-x_i}{-1-x_i}.\n$$\nNote that the coefficient of $t^{n+1}$ in $f(t)$ is zero, since $f$ has degree $n$. Thus, the coefficient of $t^{n+1}$ in the above expression of $f$ gives\n$$\n\\begin{aligned}\n0 &= \\sum_{i=1}^{n} \\frac{f(x_i)}{\\prod_{j \\ne i} (x_i - x_j)(x_i - 1)(x_i + 1)} \\\\\n&\\quad + \\frac{f(1)}{\\prod_{j \\ne i} (1 - x_j)(1 + 1)} + \\frac{f(-1)}{\\prod_{j \\ne i} (-1 - x_j)(-1 - 1)} \\\\\n&= -G(x_1, \\dots, x_n) + \\frac{1}{2} + \\frac{(-1)^{n+1}}{2}.\n\\end{aligned}\n$$\nThis implies the required identity. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44403,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設不等邊三角形 $ABC$ 垂心為 $H$, $AH$ 交外接圓 $\\Omega$ 於另一點 $P$, $BH, CH$ 分別和 $AC, AB$ 交於 $E, F$。設 $Q, R$ 分別為 $PE, PF$ 與 $\\Omega$ 的另一個交點, $Y$ 在 $\\Omega$ 上使得 $AY, QR, EF$ 共點, 證明 $PY$ 平分 $EF$。\n\nLet point $H$ be the orthocenter of a scalene triangle $ABC$. Line $AH$ intersects with the circumcircle $\\Omega$ of triangle $ABC$ again at point $P$. Line $BH, CH$ meets with $AC, AB$ at point $E$ and $F$, respectively. Let $PE, PF$ meet $\\Omega$ again at point $Q, R$, respectively. Point $Y$ lies on $\\Omega$ so that lines $AY, QR, EF$ are concurrent. Prove that $PY$ bisects $EF$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮 $ACRQPY$, 由帕斯卡定理知 $E = AC \\cap QP$, $CR \\cap PY$, $QR \\cap AY$ 共點, 類似的有 $F = AB \\cap RP$, $BQ \\cap PY$, $QR \\cap AY$ 共點, 因此 $BQ, CR, PY, EF$ 共於一點 $M$。\n\n在 $\\Omega$ 上取一點 $B' \\neq B$ 使得 $AB = AB'$, 則\n$$\n\\angle AFE = \\angle BCA = \\angle BB'A = \\angle ABB' \\Rightarrow BB' \\parallel EF\n$$\n並且\n$$\n\\angle APB' = \\angle ABB' = \\angle BB'A = \\angle BCA = \\angle AHB \\Rightarrow BE \\parallel B'P\n$$\n延長 $BE$ 和 $\\Omega$ 交於 $K$, 則有\n$$\n-1 = (H, K; E, \\infty_{BE}) \\stackrel{P}{\\cong} (A, K; Q, B') \\stackrel{B}{\\cong} (F, E; M, \\infty_{EF})\n$$\n代表 $M$ 為 $EF$ 中點, 亦即 $PY$ 平分 $EF$, 得證。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44404,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}$ 為全體實數所成之集合。試找出所有的函數 $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 使得對任意的實數 $x, y$, 都有\n$$\nf(x + f(y)) + f(xy) = y f(x) + f(y) + f(f(x)).\n$$\n\nLet $\\mathbb{R}$ be the set of all real numbers. Find all functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that for any $x, y \\in \\mathbb{R}$, there holds\n$$\nf(x + f(y)) + f(xy) = y f(x) + f(y) + f(f(x)).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for all real x; f(x) = x for all real x",
    "solution": "將原關係記為 (*)，並定義 $P(a, b)$ 為將 $x = a, y = b$ 代入函數 $f$ 的條件所得到的性質。我們依下列步驟分析：\n\n(甲). 操作 $P(x, 1)$ 得到 $f(x + f(1)) = f(1) + f(f(x))$。由此得到 $f(f(1 - f(1))) = 0$。整理如下：\n$$\nf(1 - f(1)) = a, \\quad f(a) = 0. \\tag{1}\n$$\n另外，操作 $P(a, a)$ 並由 (1) 得到\n$$\nf(a^2) = f(0). \\tag{2}\n$$\n再操作 $P(0, a^2)$ 以及 $P(0, x)$，我們依序可整理得到\n$$\nf(0) = 0, \\quad f(f(x)) = f(x), \\quad \\forall x \\in \\mathbb{R}. \\tag{3}\n$$\n\n(乙). 假設存在 $t \\neq 0, 1$ 使得 $f(t) = 0$，則由 $P(x, t)$ 及 (3) 得到 $f(xt) = t f(x), \\forall x \\in \\mathbb{R}$。再由 $P(tx, ty) - t P(x, y)$ 整理得到 $(t^2 - t)(f(xy) - y f(x)) = 0$，再令 $x = 1$ 即得到 $f(y) = f(1) y$，結合條件 (*) 我們得到 $f(1) = 0$ 或 $f(1) = 1$。因此我們得到兩個可能的函數：$f(y) = 0$ 或 $f(y) = y, \\forall y \\in \\mathbb{R}$。顯然 $f(y) = 0$ 滿足條件 (*)，$f(y) = y$ 在此情況下不滿足條件。（因為 $f(t) \\neq 0, \\forall t \\neq 0$。）\n\n(丙). 排除 (乙) 的情況，我們現在假設 $f(t) \\neq 0, \\forall t \\in \\mathbb{R} - \\{0, 1\\}$。則 (1) 得到 $f(1) = 0$ 或 $f(1) = 1$。如果 $f(1) = 0$，則由 $P(1, y)$ 可得到 $f(1 + f(y)) = 0$。因此，$f(y) = -1, \\forall y \\in \\mathbb{R} - \\{0, 1\\}$，但顯然與 (*) 矛盾。故 $f(1) = 1$，且我們有以下的結果：\n$$\nf(0) = 0, \\quad f(1) = 1; \\quad f(t) \\neq 0, \\forall t \\neq 0. \\tag{4}\n$$\n\n由 $P(x, 1)$ 得到 $f(x+1) = f(x)+1$。再由 $P(x, y+1)-P(x, y)$ 得到 $f(x+xy) = f(x) + f(xy)$。因此，當 $x \\neq 0$ 時，對任意實數 $z$ 我們可令 $y = \\frac{z}{x}$ 得到\n$$\nf(x+z) = f(x) + f(z). \\tag{5}\n$$\n再注意到 $f(0) = 0$，顯然此結果對所有實數 $x, z$ 成立。再由 $P(x, 1)$ 可進一步得到 $f(f(x)) = f(x)$。由此結果以及將 (5) 的性質應用在 (*) 中，我們推得 $f(xy) = y f(x)$。最後，由此式結合 (乙) 中的論點，我們必可得到 $f(y) = y, \\forall y \\in \\mathbb{R}$。顯然此方程滿足題設的條件。\n\n綜上所述，滿足條件的函數為 $f(x) = 0, \\forall x \\in \\mathbb{R}$ 及 $f(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{R}$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44405,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有 $N$ 隻怪獸，每一隻的體重都是一個正實數。每次我們把其中兩隻怪獸融合成一隻，新怪獸的體重是之前兩隻怪獸的體重和。經過一系列的操作後，我們最終將所有怪獸融合成一隻。在這個過程中，如果有某一次融合，被融合的兩隻怪獸中有一隻的體重大於另一隻的 2.020 倍，則我們稱這一次融合是危險的。一個融合順序的危險程度，是其過程中危險融合的次數。\n試證：不論起始怪獸的體重如何分配，“每一次都將最輕的兩隻怪獸融合”都是所有融合順序中，讓危險程度達到最低的一個順序。\n\nThere are $N$ monsters, each with a positive weight. On each step, two of the monsters are merged into one, whose weight is the sum of weights for the two original monsters. At the end, all monsters will be merged into one giant monster. During this process, if at any mergence, one of the two monsters has a weight greater than 2.020 times the other monster's weight, we will call this mergence **dangerous**. The dangerous level of a sequence of mergences is the number of dangerous mergence throughout its process. Prove that, no matter how the weights being distributed among the monsters, “for every step, merge the lightest two monsters” is always one of the merging sequences that obtains the minimum possible dangerous level.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "原題中的 2.020 可以改成任意 $k > 2$，故以下證明一般性的 $k$ 的狀況。\n讓我們將怪獸標記，使得第 $i$ 隻怪獸的體重 $x_i$ 滿足 $x_1 \\le x_2 \\le \\dots \\le x_N$。我們定義一隻怪獸 $i$ 是**危險的**，若且唯若 $x_i > k \\sum_{j<i} x_j$。\n首先，注意到起始危險怪獸數是危險程度的下界。假設 $x_i$ 是危險的，並令 $M = \\{i-1\\}$。當第 $i-1$ 號怪獸與 $j$ 號怪獸融合時，將 $j$ 加入集合 $M$ 中。則易知在此過程中，當第一次 $M \\cap \\{j: j \\ge i\\}$ 時，必為一危險融合。這證明了危險程度至少跟起始的危險怪獸一樣多。\n\n接著證明每次融合最輕的兩隻怪獸可以達到這個下界。讓我們將 $x_1$ 與 $x_2$ 融合，這一步是危險的，若且唯若 $x_2$ 是危險。接著，讓我們考慮融合後的 $N-1$ 隻怪獸的危險性。注意到重量大於 $x_1 + x_2$ 怪獸的危險性，在融合前後不會改變，因此僅需考慮重量 $\\ge x_1 + x_2$ 的怪獸，注意到這些怪獸在頭兩隻怪獸融合前都不是危險的。令這些怪獸中有一隻的重量是 $y$，且 $y \\le x_1 + x_2$。\n- 如果融合後 $y$ 是最輕的，則融合後它一定不是危險的。\n- 如果融合後 $y$ 不是最輕的，由一開始的重量排序，融合後最輕的怪獸重量至少是 $x_2$，從而 $kx_2 > 2x_2 \\ge x_1 + x_2 \\ge y$，因此 $y$ 也不是危險的。\n以上兩點同時可證明，融合出來的 $x_1 + x_2$ 也不會是危險的。\n\n綜以上，當我們將最輕的兩隻怪獸融合時，如果 $x_2$ 不是危險的，則該次融合不危險，且新的 $N-1$ 隻怪獸裡的危險怪獸數與原來相同。反之，如果 $x_2$ 是危險的，則該次融合危險，且新的 $N-1$ 隻怪獸裡的危險怪獸數為原來危險怪獸數減1。故由數歸法知，此序列達到危險程度的下界。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44406,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "由於疫情持續擴大, 政府決定對交通實施管制, 於是在平面上建築了 $n$ 條無限長直線作為牆壁, 其中任兩線不平行, 任三線不共點; 這些牆壁的集合被記為 $W_n$。政府將 $W_n$ 中每一面牆的其中一面塗上藍色, 另一面則塗上綠色, 這讓任兩面牆的交叉點都分為四個角落: 兩面牆都是藍色的同色角落, 兩面牆都是綠色的同色角落, 以及兩面牆一藍一綠的異色角落。為了保持最起碼的交通, 政府在任兩牆的交叉點開了一扇門, 使得人們可以從其異色角落通到另一個異色角落。除此之外, 人們沒有其他方式可以跨越牆。\n給定 $W_n$, 令 $k(W_n)$ 為最大的正整數 $k$, 使得不論政府如何塗色, 我們都可以在平面上放置 $k$ 個人, 讓其中任兩個人永遠無法在平面上碰頭。對於所有 $n$, 試求 $k(W_n)$ 的所有可能值。\n\nDue to the increasing pandemic situation, the government decides to enforce traffic ban by building $n$ straight lines (infinite at both directions) as \"walls\", with no two of them are parallel, and no three of them are concurrent. The set of these walls is denoted as $W_n$. For each wall in $W_n$, the government paints one of its sides in blue, and the other side in green. By such, for any two walls, their intersection is divided into four corners: a mono-color corner such that both walls are blue, a mono-color corner such that both walls are green, and two duel-color corners such that the walls are in different colors. To make sure there are paths for emergency, the government opens a door on each intersection of walls so that people can travel from a duel-color corner to the other duel-color corner. These doors are the only ways for people to cross a wall.\nGiven $W_n$, let $k(W_n)$ be the largest positive integer $k$ such that, no matter how the government paints the walls, we can place $k$ people on the plane so that no two of them can ever meet each other. For each $n$, find all possible values of $k(W_n)$.",
    "options": [],
    "answer": "n + 1",
    "solution": "對於所有 $n$, $k(W_n)$ 的唯一可能值是 $k = n + 1$。\n\n由數學歸納法易知 $W_n$ 將平面分為 $C_2^{n+1} + 1$ 區。我們將此題轉化為一個圖 $G$，其中每一點對應一區，而可由門相通的兩區以邊連線。\n\n首先我們證明 $k(W_n) \\ge n + 1$。注意到牆的交點必為 $C_2^n$ 個，因此 $G$ 的邊數必為 $C_2^n$ 個。讓我們將 $G$ 中所有的邊先移除，然後一條一條加回去，則我們每加回一條邊時，$G$ 中的連通區域數至多減一，從而最終 $G$ 的連通區域數至少為 $C_2^{n+1} + 1 - C_2^n = n + 1$。若我們在每個連通區域各擺一個人，則顯然這些人永無法碰頭，從而 $k(W_n) \\ge n + 1$。\n\n接下來我們證明，不論 $W_n$ 為何，以下的塗色方法將迫使我們最多只能擺 $n + 1$ 個人：\n- 首先，選擇一個直角座標系統，使得沒有一座牆是南北向或東西向；\n- 將每座牆的西面塗成綠色，東面塗成藍色。\n\n此外，我們計算每座牆的東進值 $E$ =”該區域在多少牆的東邊”。顯然 $E$ 介於 0 到 $n$ 之間，且這之間每個值都恰有一個”北邊沒有牆”的區域有對應的 $E$ 值。因此，若我們能夠證明：\n\n**Claim. 所有有相同 $E$ 值的區域互相連通。**\n\n則我們便證明至多只能擺 $n + 1$ 個人，從而原命題得證。\n\nProof of Claim.\n固定 $i \\in \\{0, \\dots, n\\}$, 並將一個人放入一個 $E = i$ 的區域。讓這個人往其北方前進。注意到每個有限區域皆為凸多邊形, 且其最北邊必為一交叉點, 必有一門, 故此人最終必達到一北方無牆的區域。此外, 注意到當人經過一門, 抵達一新的區域時, 恰有一牆從其東邊換到西邊, 且恰有一牆從其西邊換到東邊, 因此此人路徑上的所有區域的 $E$ 值皆相等。因此, 所有 $E = i$ 的區域, 皆與北邊無牆且 $E = i$ 的區域相連通, 故證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44407,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\mathbb{N}$ 為全體正整數所成之集合，並令\n$$\nA = \\{2^a + a^2 \\mid a \\in \\mathbb{N}\\}.\n$$\n考慮一個定義在 $\\mathbb{N}$ 上的函數序列 $\\{h_i\\}_{i \\in \\mathbb{N}}$ 如下：\n$$\nh_1(n) = n + \\log_2 n; \\quad h_{i+1}(n) = n + \\log_2 h_i(n), \\forall i \\in \\mathbb{N}.\n$$\n證明：存在一個單射函數 $g : \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$ 滿足下列性質：\n(a) 對每個正整數 $i$ 及 $n$, $n + \\lfloor g(h_i(n)) \\rfloor \\notin A$ 恆成立。\n(b) 對每個 $k \\in \\mathbb{N} \\setminus A$ 及 $i \\in \\mathbb{N}$, 都存在唯一的 $a_{k,i} \\in \\mathbb{N}$ 滿足：\n$$\na_{k,i} + \\lfloor g(h_i(a_{k,i})) \\rfloor = k, \\forall i \\in \\mathbb{N}.\n$$\n其中 $\\lfloor x \\rfloor$ 表示不超過實數 $x$ 的最大整數。\n\nLet $\\mathbb{N}$ be the set of positive numbers. Define\n$$\nA = \\{2^a + a^2 \\mid a \\in \\mathbb{N}\\}\n$$\nand, for each $i \\in \\mathbb{N}$,\n$$\nh_1(n) = n + \\log_2 n; \\quad h_{i+1}(n) = n + \\log_2 h_i(n), \\quad \\forall i \\in \\mathbb{N}.\n$$\nShow that there exists a one-to-one function $g : \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$ such that\n(a) For $i, n \\in \\mathbb{N}$, there holds $n + \\lfloor g(h_i(n)) \\rfloor \\notin A$.\n(b) For each $k \\in \\mathbb{N} \\setminus A$ and $i \\in \\mathbb{N}$, there uniquely exists $a_{k,i} \\in \\mathbb{N}$ satisfying\n$$\na_{k,i} + \\lfloor g(h_i(a_{k,i})) \\rfloor = k, \\quad \\forall i \\in \\mathbb{N}.\n$$\nHere $\\lfloor x \\rfloor$ is the greatest integer that does not exceed the real number $x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The statement holds when $g$ is the inverse function of $2^x + x^2 + 1$ in $\\mathbb{R}^+$. The detail will be stated as follows.\n\nNote that $\\mathbb{N} \\setminus A = \\{1, 2, 4, 5, 6, 7, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 18, \\dots\\} = \\{b_n : n \\in \\mathbb{N}\\}$.\nAfter a rearrangement, we can assume $b_n < b_{n+1}$, $n \\in \\mathbb{N}$. Let us in a position consider\nthe sequence $\\{b_n - n : n \\in \\mathbb{N}\\}$, which is obviously a non-decreasing sequence. It is easy\nto see that for each $m \\in \\mathbb{N} \\cup \\{0\\}$, there exists at least two $n$ such that $b_n - n = m$.\nMore precisely, for each $m \\ge 1$ **fixed**, the number of all distinct elements in the set\n$B_m := \\{n : b_n - n = m\\}$ is\n$$\n((m+1)^2 + 2^{m+1}) - (m^2 + 2^m) - 1 = 2m + 2^m.\n$$\nHence, if $n \\in B_m$ with $m \\ge 1$, then\n$$\n2 + \\sum_{l=1}^{m-1} (2l + 2^l) + 1 \\le n \\le 2 + \\sum_{l=1}^{m} (2l + 2^l).\n$$\nimplying\n$$\n2^m + m^2 - m + 1 \\le n \\le 2^{m+1} + m^2 + m, \\text{ for } n \\in B_m. \\quad (1)\n$$\n\nIn particular, we have $2^m < n < 2^{m+2}$ and thus $m < \\log_2 n < m + 2$. Along with (1), we get\n$$\n2^m + m^2 + 1 < n + \\log_2 n < 2^{m+1} + (m+1)^2 + 1, \\text{ for } n \\in B_m. \\quad (2)\n$$\nNote also that $2^x + x^2 + 1$ is strictly increasing to $x > 0$. Hence, there exists a strictly increasing function $g : \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$ such that its inverse $g^{-1}(x) = 2^x + x^2 + 1$. This along with (2) yields\n$$\nm < g(h_1(n)) < m + 1, \\text{ for } n \\in B_m. \\quad (3)\n$$\nOn the other hand, by (2), one has $2^m < n + \\log_2 n < 2^{m+2}$, and hence $m < \\log_2(n + \\log_2 n) < m + 2$. Along with (1), we get $2^m + m^2 + 1 \\le n + \\log_2(n + \\log_2 n) \\le 2^{m+1} + (m+1)^2 + 1$, i.e.,\n$$\nm < g(h_2(n)) < m + 1, \\text{ for } n \\in B_m. \\quad (4)\n$$\nRepeating the same argument, we can prove\n$$\nm < g(h_i(n)) < m + 1, \\forall i \\in \\mathbb{N} \\text{ and } \\forall n \\in B_m. \\quad (5)\n$$\nHence, we obtain $[g(h_i(n))] = m, \\forall n \\in B_m$ and $\\forall i \\in \\mathbb{N}$. As a consequence,\n$$\nb_n = n + [g(h_i(n))] \\in \\mathbb{N} - A, \\forall n \\in \\mathbb{N}.\n$$\nFurthermore, for $k \\in \\mathbb{N} \\setminus A$, there exists $n := a_{i,k}$ such that $k = a_{i,k} + [g(h_i(a_{i,k}))]$. Since both $g$ and $h_i$ are strictly increasing functions, the uniqueness for $a_{i,k}$ is trivial. This completes the proof of (a) and (b).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44408,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在坐標平面上有 $N$ 個銳角三角形, 它們的三頂點皆為整數點, 面積皆為 $2^{2020}$, 且兩兩不全等。試求 $N$ 的最大值。\n註：$(x, y)$ 為整數點, 若且唯若 $x$ 與 $y$ 皆為整數。\n\nThere are $N$ acute triangles on the plane. Their vertices are all integer points, their areas are all equal to $2^{2020}$, but no two of them are congruent. Find the maximum possible value of $N$.\nNote: $(x, y)$ is an integer point if and only if $x$ and $y$ are both integers.",
    "options": [],
    "answer": "2^{2020} - 1",
    "solution": "我們先觀察出以下性質。\n\n**引理一：** 所有整點三角形若面積是整數，則必有 1 或 3 條邊的中點是整點。\n*Proof.* 由 Pick 定理知，面積整數的三角形落在邊上的整點必為偶數個。假設在三角形的某邊 $AB$ 上有整點 $P$。設中點為 $M$，則 $P$ 對 $M$ 的對稱點 $P'$ 也是整點（$A + B = P + P'$），所以三頂點和三中點的整點數總和必須是偶數，故有奇數個中點是整點，得證。□\n\n**引理二：** 沒有整點正三角形。\n*Proof.* 整點三角形的面積必為有理數。但假設存在整點正三角形且邊長為 $a$，那麼其面積為 $\\frac{\\sqrt{3}}{4}a^2$，且由畢氏定理知 $a^2$ 是整數，故面積不是有理數而矛盾。□\n\n**引理三：** 若等腰整點三角形的面積是 2 的幂次，則其底邊平行 $x, y$ 軸或 $x = y$ 或 $x = -y$。\n*Proof.* 假設反之，設三角形為 $ABC$，且 $BC$ 是底邊，做 $B$ 對 $A$ 對稱點 $B'$，$C$ 對 $A$ 對稱點 $C'$ 得到矩形 $BCB'C'$，此矩形面積也是 2 的幂次，假設 $BC = \\sqrt{a^2 + b^2}$。若 $p|a^2 + b^2$，則若 $BCB'C'$ 面積為整數則同時也是 $p$ 的倍數，所以 $a^2 + b^2 = 2^n$。令 $g = \\gcd(a, b)$，\n$$\ng^2 \\left( \\left( \\frac{a}{g} \\right)^2 + \\left( \\frac{b}{g} \\right)^2 \\right) = 2^n\n$$\n然而熟知若兩數不同時為偶數，則其平方和不被 4 整除，故 $\\left(\\frac{a}{g}\\right)^2 + \\left(\\frac{b}{g}\\right)^2$ 只能取值 1, 2。所以 $a = b = g$ 或 $ab = 0$，恰對應引理提及的情況，得證。□\n\n**引理四：** 不存在銳角整點三角形面積為 $\\frac{1}{2}$。\n*Proof.* 假設三角形 $ABC$ 面積是 $\\frac{1}{2}$，其中 $\\angle A$ 是最大角且 $b = AC, c = AB$，那麼 $\\angle A \\ge \\frac{\\pi}{3}$\n$$\n\\frac{1}{2}bc \\sin A = \\frac{1}{2} \\Rightarrow bc = \\frac{1}{\\sin A} \\le \\frac{2}{\\sqrt{3}}\n$$\n由於 $\\sqrt{2} > \\frac{2}{\\sqrt{3}}$，所以只能有 $b = c = 1$，然而這顯然不成立，得證。□\n\n回到原題，以下我們稱面積為 $2^n$ 的整點銳角三角形為 $n$-好三角形，假設有 $a_n$ 個不等邊的 $n$-好三角形，$b_n$ 個等腰 $n$-好三角形。此外，我們稱其中三邊中點都是整點的三角形為偶好三角形，只有一個中點是整點的三角形為奇好三角形。\n\n現在，讓我們對不等邊與等腰的好三角形，分別考慮一個能從 $(n-1)$-好三角形造出一個 $n$-好三角形的映射：\n- 對於一個不等邊的 $(n-1)$-好三角形 $ABC$，考慮一個對應 $f(\\Delta ABC, AB)$ 映射到不等邊的 $n$-好三角形，映射規則是：不失一般性 $CA < CB$，做 $A$ 對 $C$ 對稱點 $A'$，則取值三角形 $ABA'$。\n- 對於等腰 $n$-好三角形 $ABC$ 且 $AB = AC$，考慮對應 $g(\\Delta ABC)$，取值規則如下：若 $AB > BC$ 則做 $C$ 對 $B$ 對稱點 $C'$，取值三角形 $ACC'$；若 $AB < BC$ 則做 $A$ 對 $B$ 對稱點 $A'$，取值三角形 $ACA'$。\n\n現在，取遍所有 $(n-1)$-好三角形與其三邊，套用 $f,g$，我們總共構出 $3a_{n-1} + b_{n-1}$ 個 $n$-好三角形，但這其中有可能有 $n$-好三角形被重複構造，因此我們需要計算每個 $n$-好三角形被對應到了幾次。考慮以下三種情況：\n1. $n$-好三角形是不等邊偶三角形：分別連中線後可以得到 3 個 $(n-1)$-好三角形，所以每個被對應到 3 次。又 $n$-不等邊偶好三角形取中點三角形後可以雙射對應到全體不等邊 $(n-2)$-好三角形，故這裡一共被對應到 $3a_{n-2}$ 次。\n2. $n$-好三角形是不等邊奇三角形：對唯一的整中點連線後可以得到一個 $(n-1)$-好三角形，所以每個被對應到 1 次，扣掉不等邊偶三角形數即得不等邊奇 $n$-好三角形有 $a_n - a_{n-2}$ 個。\n3. $n$-好三角形是等腰三角形：無論底邊中點是否為整點，連中線後不會得到銳角三角形，故如果被對應到只能是側邊。因此只有偶等腰好三角形會被對應到 1 次，類似前面的討論知，共被對應到 $b_{n-2}$ 次。\n\n綜合上面的討論，我們得到關係式\n$$\n3a_{n-1} + b_{n-1} = 3a_{n-2} + (a_n - a_{n-2}) + b_{n-2} \\implies a_n - 3a_{n-1} + 2a_{n-2} + (b_{n-2} - b_{n-1}) = 0 \\quad (1)\n$$\n\n現在我們計算 $b_n$，分成兩種情況：\n1. 偶 $n$–好三角形：共有 $b_{n-2}$ 種\n2. 奇 $n$–好三角形：設三角形 $ABC$ 且 $AB = AC$, $BC$ 中點 $M$, 其中引理 1 表明 $M$ 一定是整點。由於是銳角三角形，所以 $MA > MB$，由引理 3 加上 $\\triangle AMB$ 面積是 2 的幂次易知 $\\frac{MA}{MB} = 2^k$，所以 $MA$ 中點是整點。對 $\\triangle AMB$ 應用引理 1 可以知道 $AB$ 中點是整點的充分必要條件是 $BM$ 中點是整點。再由引理 3 知，$BM$ 中點不是整點的所有可能三角形是 $BC = 2$ 和 $BC = 2\\sqrt{2}$，容易驗證兩者皆符合條件。\n\n因此, $b_n = b_{n-2} + 2$, 由於面積整數的好等腰三角形底邊必須是 $2^n$ 或 $2^n\\sqrt{2}$, 可以推得 $b_0 = 0, b_1 = 1$, 所以\n$$\nb_n = n\n$$\n\n將結果代回 (1) 式：\n$$\na_n - 3a_{n-1} + 2a_{n-2} - 1 = 0 \\quad (2)\n$$\n整理得\n$$\n(a_n + n) - 3(a_{n-1} + (n-1)) + 2(a_{n-2} + (n-2)) = 0\n$$\n因特徵方程式 $x^2 - 3x + 2 = 0$ 有根 1,2, 此二階遞迴式有通解 $a_n + n = p2^n + q$。\n\n由於整點三角形一定存在一邊中點是整點,故若存在不等邊 $0$–好三角形則一定存在銳角整點三角形面積為 $\\frac{1}{2}$。由引理 4 知不可能,所以 $a_0 = 0$。\n同理,若存在不等邊 $1$–好三角形,則必存在 $0$–好三角形,然而並沒有,所以\n$a_1 = 0$。\n\n綜上, $a_0 + 0 = 0, a_1 + 1 = 1$, 代入得 $p + q = 0, 2p + q = 1$, 解得 $p = 1, q = -1$, 從而\n$$\na_n = 2^n - 1 - n\n$$\n\n所求即\n$$\na_{2020} + b_{2020} = 2^{2020} - 1 - n + n = 2^{2020} - 1\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44409,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設整數 $N > 2^{5000}$。試證: 若 $1 \\le a_1 < \\cdots < a_k < 100$ 為相異正整數, 則\n$$\n\\prod_{i=1}^{k} (N^{a_i} + a_i)\n$$\n有至少 $k$ 個相異質因數。\n\nLet $N > 2^{5000}$ be a positive integer. Prove that if $1 \\le a_1 < \\dots < a_k < 100$ are distinct positive integers then the number\n$$\n\\prod_{i=1}^{k} (N^{a_i} + a_i)\n$$\nhas at least $k$ distinct prime factors.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First, we prove the following lemma.\n\n**Lemma.** For any positive integers $X, A$ and $B$ with $A \\neq B$ we have\n$$\n\\text{gcd}(X^A + A, X^B + B) < A^B + B^A.\n$$\n\n*Proof of lemma.* Note that $X^B + B$ divides $X^{AB} - (-B)^A$, and that\n$$\n\\text{gcd}(X^A + A, (X^A)^B - (-B)^A) = \\text{gcd}(X^A + A, (-A)^B - (-B)^A).\n$$\nWe now have two cases. If $A^B \\neq B^A$, then $(-A)^B - (-B)^A \\neq 0$, and\n$$\n\\text{gcd}(X^A + A, X^B + B) \\le |(-A)^B - (-B)^A| \\le A^B + B^A.\n$$\nThe only other case is when $(A, B) = (2, 4)$ or $(A, B) = (4, 2)$. But here we can check it manually, since $\\text{gcd}(X^2 + 2, X^4 + 4) = \\text{gcd}(X^2 + 2, 8) \\le 8$. ■\n\nNow, we claim that for every $1 \\le m < 100$ there exists a prime power $P_m$ dividing $N^m+m$ which does not divide any other $N^c+c$ (for $1 \\le c < 100$). This will immediately solve the problem, because no two of the $P_i$ can have a common factor.\n\nAssume for contradiction this is not the case. Then for some $m$, it must be the case that\n$$\nN^m + m \\le \\prod_{1 \\le k < 100 \\atop k \\ne m} \\text{gcd}(N^m + k, N^k + m) \\le \\prod_{1 \\le k < 100 \\atop k \\ne m} (m^k + k^m).\n$$\n\nLet $\\alpha$ be a real number such that $m \\le \\alpha^m$ for all integers $m$. We may then write\n$$\n\\begin{align*}\nN &< \\prod_{\\substack{1 \\le k < 100 \\\\ k \\ne m}} (m^k + k^m)^{1/m} \\\\\n&< \\prod_{1 \\le k < 100} ((m^{1/m})^k + k) \\\\\n&< \\prod_{1 \\le k < 100} (\\alpha^k + k) \\\\\n&= \\alpha^{4950} \\prod_{1 \\le k < 100} \\left(1 + \\frac{k}{\\alpha^k}\\right) \\\\\n&< \\alpha^{4950} \\cdot \\left(1 + \\frac{\\frac{1}{\\alpha} + \\frac{1}{\\alpha^2} + \\dots + \\frac{99}{\\alpha^{99}}}{99}\\right)^{99}\n\\end{align*}\n$$\nwith the last line being AM-GM. If we take even the crude bound $\\alpha = 2$ now, then we easily get an upper bound of $2^{4950} (1 + \\frac{2}{99})^{100} < 2^{5000}$, which is a contradiction. This concludes the proof.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44410,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a, b$ 為正整數。若對於所有 $an \\ge b$ 的正整數 $n$, $\\binom{an}{b} - 1$ 都可被 $an + 1$ 整除, 我們就稱 $b$ 為 $a$-好正整數。設 $b$ 是 $a$-好正整數但 $b + 2$ 不是。證明 $b + 1$ 是質數。\n\nLet $a$ be a positive integer. We say that a positive integer $b$ is $a$-good if $\\binom{an}{b} - 1$ is divisible by $an+1$ for all positive integers $n$ with $an \\ge b$. Suppose $b$ is a positive integer such that $b$ is $a$-good, but $b+2$ is not $a$-good. Prove that $b+1$ is prime.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We first show that $b$ is $a$-good iff $b$ is even and $p \\mid a$ for all primes $p \\le b$. Suppose there is a prime $p \\le b$ with $p \\nmid a$, take $t = v_p(b!)$. Then there exist positive integers $c$ such that $ac \\equiv 1 \\pmod{p^{t+1}}$. Take large enough $c$ (so that $an \\ge b$) and let $n = (p-1)c$, then $an \\equiv p-1 \\pmod{p^{t+1}}$. Let $X = an(an-1)(an-2)\\cdots(an-b+1)$. Since $p \\le b$, $(an - (p-1))$ divides $X$, so $v_p(X) \\ge t+1$, hence $v_p\\left(\\binom{an}{b}\\right) = v_p(X) - v_p(b!) \\ge 1$. Since $p \\mid an+1$, $an+1$ does not divide $\\binom{an}{b}-1$, thus $b$ is not $a$-good.\nOn the other hand, if $p \\mid a$ for all prime $p \\le b$, then $b!$ is coprime to $an+1$. $an+1$ divides $\\binom{an}{b}-1 = \\frac{X}{b!}-1$ iff $X \\equiv b! \\pmod{an+1}$. Easy to check that $X \\equiv (-1)^b b! \\pmod{an+1}$. Thus we know that $b$ is $a$-good iff $b$ is even.\nThis completes the claim.\n\nBack to the problem, suppose $b$ is $a$-good, then $b$ is even and $p \\mid a$ for all primes $p \\le b$. Since $b+2$ is not $a$-good, we must have $b+1$ is prime.\nFirst, we show the only if part of the claim in Solution 1. Suppose that we have a prime $p \\le b$ with $p \\nmid a$. Suppose the $p^t$ digit of the expansion of $b$ in base $p$ is nonzero. Since $p \\nmid a$, can find $n$ such that the $p^0$ digit of $an$ is $p-1$ and the $p^t$ digit of $an$ is 0. Thus, $p \\mid an+1$ and $p \\mid \\binom{an}{b}$ by Lucas' theorem. Thus, $b$ is not $a$-good.\nNow we show that if $b$ is $a$-good but $b+2$ is not, then there must be a prime dividing $an+1$ for some $n$, which also divides $(b+1)(b+2)$. Indeed, the ratio between $\\binom{an}{b+2}$ and $\\binom{an}{b}$ is $\\frac{(b+1)(b+2)}{(an-b)(an-b-1)}$. By $a$-good property, choose $n$ so that $\\binom{an}{b+2} \\not\\equiv 1 \\pmod{an+1}$ and $\\binom{an}{b} \\equiv 1 \\pmod{an+1}$, which means that the given ratio must not be $1 \\pmod{an+1}$. So $(b+1)(b+2)$ cannot be coprime to $an+1$. Since $p \\nmid a$ for all primes $p \\le b$, these condition force that either $(b+1)$ or $(b+2)$ to be a prime.\nBy choosing a prime $an+1$ (by Dirichlet's theorem), easy to check that $b$ must be even. So $b+2$ cannot be prime.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44411,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設實數 $u_1, ..., u_n$ ($n \\ge 3$) 滿足：\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} u_i^{2018} = 1, \\quad \\sum_{i=1}^{n} u_i^{2019} = 0.\n$$\n證明：必存在 $1 \\le k_1 < k_2 \\le n$ 滿足：\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} u_i^{2020} \\le |u_{k_1} u_{k_2}|.\n$$\n\nLet $n \\ge 3$ and $u_1, ..., u_n$ be real numbers satisfying\n$$ \\sum_{i=1}^{n} u_i^{2018} = 1, \\quad \\sum_{i=1}^{n} u_i^{2019} = 0. $$\nShow that there exist $1 \\le k_1 < k_2 \\le n$ such that\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} u_i^{2020} \\le |u_{k_1} u_{k_2}|.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將原不等式記為(*)。不失一般性，我們假設 $u_i \\le u_{i+1}$, $i = 1, ..., n-1$. 令\n$$\nP = \\{i : u_i > 0\\}, \\quad Q = \\{i : u_i \\le 0\\}.\n$$\n根據條件，顯然 $u_n \\in P$, $u_1 \\in N$, $u_1 < 0$, 且\n$$\n\\max_{i \\in P} u_i = u_n, \\quad \\max_{i \\in N} |u_i| = |u_1|. \\quad (1)\n$$\n\n首先，由 $\\sum_{i=1}^{n} u_{i}^{2019} = 0$ 我們可得到\n$$\n\\sum_{i \\in P} u_{i}^{2019} = \\sum_{i \\in N} |u_i|^{2019}. \\quad (2)\n$$\n(得到此結果獨立得一分。以上累計二分。)\n因此，我們可得到\n$$\n\\begin{aligned}\n0 < \\sum_{i \\in P} u_i^{2020} &\\le u_n \\sum_{i \\in P} u_i^{2019} = u_n \\sum_{i \\in N} |u_i|^{2019} \\implies u_n \\ge \\frac{\\sum_{i \\in P} u_i^{2020}}{\\sum_{i \\in N} |u_i|^{2019}}, \\\\\n0 < \\sum_{i \\in N} u_i^{2020} &\\le |u_1| \\sum_{i \\in N} |u_i|^{2019} = |u_1| \\sum_{i \\in P} u_i^{2019} \\implies |u_1| \\ge \\frac{\\sum_{i \\in N} u_i^{2020}}{\\sum_{i \\in P} u_i^{2019}}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n更進一步地,利用(1)我們可以得到\n$$\n\\begin{align}\nu_n|u_1| &\\ge \\frac{\\sum_{i \\in P} u_i^{2020}}{\\sum_{i \\in N} |u_i|^{2019} \\sum_{i \\in P} u_i^{2019}} \\sum_{i \\in N} u_i^{2020} \\nonumber \\\\\n&= \\frac{\\sum_{i \\in P} u_i^{2020}}{\\left(\\sum_{i \\in P} u_i^{2019}\\right)^2} \\sum_{i \\in N} u_i^{2020} \\ge \\frac{\\sum_{i \\in N} u_i^{2020}}{\\sum_{i \\in P} u_i^{2018}}. \\tag{3}\n\\end{align}\n$$\n在這裡,我們已經用柯西不等式得到 $(\\sum_{i \\in P} u_i^{2019})^2 \\le \\sum_{i \\in P} u_i^{2018} \\sum_{i \\in P} u_i^{2020}$ 來確認最後一個估計成立。由(3),我們推得\n$$\nu_n|u_1| \\sum_{i \\in P} u_i^{2018} \\geq \\sum_{i \\in N} u_i^{2020}. \\quad (4)\n$$\n同理，我們也可得到\n$$\nu_n|u_1| \\sum_{i \\in N} u_i^{2018} \\geq \\sum_{i \\in P} u_i^{2020}. \\quad (5)\n$$\n由(4)–(5)以及等式 $\\sum_{i=1}^{n} u_i^{2018} = 1$, 我們得到了不等式(*)，其中 $(u_{k_1}, u_{k_2}) = (u_1, u_n)$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44412,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "居家隔離的日子太無聊了，於是老趙跟勳勳決定玩一個遊戲。勳勳先秘密寫下一個多項式 $f(x)$，滿足：\n(a) 對於任意整數 $n$，$f(n)$ 是個整數；\n(b) $f(x)$ 的次數小於 187。\n老趙只知道 $f(x)$ 滿足性質 (a) 與 (b)，但不知道 $f(x)$。接下來，老趙每一回合可以從集合 $\\{1, 2, \\dots, 187\\}$ 裡面選一個數字 $k$，然後勳勳會告訴老趙 $f(k)$ 的值。試求最小的正整數 $N$，使得老趙總是能在 $N$ 個回合內確定 $f(0)$ 的奇偶性。\n\nAlice and Bob are stuck in quarantine, so they decide to play a game. Bob will write down a polynomial $f(x)$ with the following properties:\n(a) for any integer $n$, $f(n)$ is an integer;\n(b) the degree of $f(x)$ is less than 187.\nAlice knows that $f(x)$ satisfies (a) and (b), but she does not know what $f(x)$ is. In every turn, Alice picks a number $k$ from the set $\\{1, 2, \\dots, 187\\}$, and Bob will tell Alice the value of $f(k)$. Determine the smallest positive integer $N$ so that Alice always knows for sure the parity of $f(0)$ within $N$ turns.",
    "options": [],
    "answer": "63",
    "solution": "最小的 $N = 63$。\n令 $n = 187$，且 $187$ 的二進制表示法是 $10111011$。首先我們注意到 $n$ 次差分給出 $\\sum_{i=0}^{n} (-1)^i \\binom{n}{i} f(i) = 0$，由盧卡斯定理我們知道 $\\binom{n}{i}$ 是奇數當且僅當 $i$ 的二進制表示法中 1 的位置是 $n$ 的二進制表示法中 1 的位置的子集，所以\n$$\n0 \\equiv \\sum_{B \\subseteq A} f\\left(\\sum_{i \\in B} 2^i\\right) \\pmod{2}\n$$\n其中 $A$ 是 $n$ 的二進制表示法中 1 的位置所成的集合。由此可知，老趙只需知道\n$S := \\{\\sum_{i \\in B} 2^i \\mid \\varnothing \\neq B \\subseteq A\\}$，便可確知 $f(0)$ 的奇偶性。\n另一方面，如果 $S$ 中某個 $t$ 尚未被選過，那老趙無法分辨 $f(0)$ 跟 $f(0)+g_t(0)$，其中 $g_t$ 是一個 $n-1$ 次 (含) 以下多項式滿足 $g_t(t) = 1$ 且 $g_t(t') = 0, \\forall t' \\in \\{1, 2, \\dots, n\\} - \\{t\\}$。我們熟知 $g_t$ 也把整數送到整數。然而，套用上一段得到的模二的恆等式，我們知道 $g_t(0)$ 是一個奇數，所以此時老趙無法判斷 $f(0)$ 的奇偶性。\n綜上所述，老趙至少要詢問 $|S| = 2^{|A|} - 1 = 63$ 次。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44413,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $O$ 為正三角形 $ABC$ 的中心。設 $P_1, P_2$ 為 $\\odot(BOC)$ 的上異於 $B, O, C$ 的兩點, 並依 $B, P_1, P_2, O, C$ 此順序落在 $\\odot(BOC)$ 上。延長 $BP_1, CP_1$ 分別交邊 $CA, AB$ 於 $R, S$, $AP_1$ 與 $RS$ 交於 $Q_1$, 並以類比方式定義 $Q_2$。設 $U$ 為 $\\odot(OP_1Q_1)$ 與 $\\odot(OP_2Q_2)$ 異於 $O$ 的交點。\n證明：$2 \\angle Q_2UQ_1 + \\angle Q_2OQ_1 = 360^\\circ$。\n\nLet $O$ be the center of the equilateral triangle $ABC$. Pick two points $P_1$ and $P_2$ other than $B, O, C$ on the circle $\\odot(BOC)$ so that on this circle $B, P_1, P_2, O, C$ are placed in this order. Extensions of $BP_1$ and $CP_1$ intersect respectively with side $CA$ and $AB$ at points $R$ and $S$. Line $AP_1$ and $RS$ meets at point $Q_1$. Analogously point $Q_2$ is defined. Let $\\odot(OP_1Q_1)$ and $\\odot(OP_2Q_2)$ meet again at point $U$ other than $O$.\nProve that $2\\angle Q_2UQ_1 + \\angle Q_2OQ_1 = 360^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由 $\\angle RP_1S = 120^\\circ = 180^\\circ - \\angle SAR$ 知 $A, S, P_1, R$ 共於一圓 $\\Gamma_1$。由 $\\angle RBA = \\angle SCA$ 知 $\\overline{AR} = \\overline{SB}$, 同理有 $\\overline{RC} = \\overline{AS}$, 所以易知 $\\overline{OR} = \\overline{OS}$。因此由 $AO$ 為 $\\angle RAS$ 的內角平分線可得 $O \\in \\Gamma_1$。\n\n令 $M$ 為 $\\overline{BC}$ 中點, 顯然地,\n$$\n\\frac{AB}{BM} = \\frac{AC}{CM} = \\frac{AO}{OM} = 2,\n$$\n所以 $\\odot(BOC)$ 為 $A, M$-阿波羅尼斯圓, 故 $P_1O, P_2O$ 分別平分 $\\angle AP_1M, \\angle AP_2M$。\n\n令 $V_1$ 為 $\\Gamma$ 與 $\\odot(ABC)$ 的異於 $A$ 的交點, 注意到\n$$\n\\frac{RV_1}{V_1S} = \\frac{CR}{SB} = \\frac{AS}{RA},\n$$\n易得 $ARSV_1$ 為等腰梯形且 $AV_1 \\parallel RS$。\n\n由 $\\triangle OAV_1$ 為等腰三角形知\n$$\n\\angle MP_1O = \\angle OP_1A = \\angle OV_1A = \\angle V_1AO = 180^\\circ - \\angle V_1PO,\n$$\n因此 $M, P_1, V_1$ 共線。\n\n由孟氏定理，\n$$\n\\frac{RQ_1}{Q_1S} = \\frac{RP_1}{P_1B} \\cdot \\frac{BA}{AS} = \\frac{RP_1}{P_1B} \\cdot \\frac{CB}{CR} = \\frac{\\sin \\angle ACS}{\\sin \\angle SCB} = \\frac{AS}{SB} = \\frac{RV_1}{V_1S},\n$$\n所以 $V_1Q_1$ 為 $\\angle RV_1S$ 的內角平分線, 或 $V_1, Q_1, O$ 共線。\n\n類似定義 $V_2$, 我們同樣有 $M, P_2, V_2$ 與 $V_2, Q_2, O$ 分別共線。\n\n最後, 綜合以上的結果,\n$$\n\\begin{align*}\n2 \\angle Q_2UQ_1 + \\angle Q_2OQ_1 &= 2 (360^\\circ - \\angle Q_1UO - \\angle OUQ_2) + (\\angle AOV_1 - \\angle AOV_2) \\\\\n&= 720^\\circ - 2 (180^\\circ - \\angle OP_1A) - 2 \\angle OP_2A + \\angle AP_1V_1 - \\angle AP_2V_2 \\\\\n&= 360^\\circ + (\\angle MP_1A + \\angle AP_1V_1) - (\\angle MP_2A + \\angle AP_2V_2) \\\\\n&= 360^\\circ + 180^\\circ - 180^\\circ = 360^\\circ.\n\\end{align*}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44414,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有 $N$ 個空箱子 $B_1, \\cdots, B_N$ 排成一排, 旁邊有無限多顆石頭。給定正整數 $n$, 艾莉絲與包柏玩以下的遊戲。艾莉絲首先將 $n$ 顆石頭放入箱子中; 她可以自由決定這些石頭要如何分配到各個箱子裡。在接下來的每一回合, 都會依序進行以下兩個步驟:\n(i) 包柏選擇一個小於 $N$ 的正整數 $k$, 並將箱子分成 $B_1, \\cdots, B_k$ 與 $B_{k+1}, \\cdots, B_N$ 兩組。\n(ii) 接著艾莉絲在其中一組的每個箱子中各加入一顆石頭, 並從另外一組的每個箱子中各拿走一顆石頭。\n如果在任何回合結束時, 有任何箱子裡沒有石頭了, 則包柏勝。令 $M = \\lfloor \\frac{N}{2} + 1 \\rfloor^2 - 1$, 其中 $[x]$ 表示不大於 $x$ 的最大整數。\n(a) 證明對於任何 $n \\ge M$, 艾莉絲有策略可以阻止包柏獲勝。\n(b) 證明對於任何 $n < M$, 包柏總是有必勝法。\n\nThere are $N$ empty boxes in a row on a table and an unlimited supply of pebbles. Given a positive integer $n$, Alice and Bob play the following game.\nIn the first round, Alice takes $n$ pebbles and distributes them into the $N$ boxes as she wishes. Each subsequent round consists of two steps:\n(i) Bob chooses an integer $k$ with $1 \\le k < N$ and splits the boxes into the two groups $B_1, \\dots, B_k$ and $B_{k+1}, \\dots, B_N$.\n(ii) Alice picks one of these two groups, adds one pebble to each box in that group, and removes one pebble from each box in the other group.\nBob wins if, at the end of any round, some box contains no pebbles. Let $M = \\lfloor \\frac{N}{2} + 1 \\rfloor^2 - 1$ where $\\lfloor x \\rfloor$ denotes the largest integer not exceeding $x$.\n(a) Prove that, for any $n \\ge M$, Alice has a strategy so that Bob can never win.\n(b) Prove that, for any $n < M$, Bob has a strategy to guarantee a win.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "為方便起見，我們都稱選 $B_1, \\cdots, B_k$ 為選左邊，反之為選右邊。\n\na.\n部分解答：令 $V = (v_1, \\cdots, v_N)$ 表示第 $i$ 個箱子中有 $v_i$ 顆石頭的狀況。我們稱 $V > W$，若且唯若 $v_i \\ge w_i$ 對於所有 $1 \\le i \\le N$ 皆成立。此外，對於任何 $1 \\le i \\le N$，令 $V_i$ 為在第 $j$ 個箱子裡放 $1 + |j - i|$ 顆石頭的狀況；注意到 $V_i$ 沒有任何空箱子。\n\n現在，假設 $n = M$，且艾莉絲一開始將石頭分布成 $V_{[N/2]}$ 的狀況（此時的石頭總數為 $M$）。在接下來的每個回合中，假設起始的狀態為 $W$ 且 $W > V_i$。\n\n– 若包柏選擇 $k \\ge i$，則艾莉絲選左邊，回合結束時的狀態將 $> V_{i+1}$。\n\n– 若包柏選擇 $k < i$，則艾莉絲選右邊，回合結束時的狀態將 $> V_{i-1}$。\n\n因此在任何一個回合結束時，艾莉絲都能保證其狀態大於某個 $V_i$，從而不可能有空箱子。(a) 部分得證。\n\nb.\n部分解答：我們先證明兩個引理。\n\n引理一：考慮連續兩個回合。假設在第一個回合，包柏選擇 $k$，而艾莉絲選左邊。若接下來的回合包柏選擇 $l > k$，則我們僅需考慮艾莉絲選左邊的可能性。\n\n*Proof.* 假設開始時的狀態是 $W = (w_1, \\cdots, w_N)$。若艾莉絲在第二次選右邊, 則她最後得到的新狀態是 $W' = (w_1, w_2, \\cdots, w_k, w_{k+1} - 1, \\cdots, w_l - 1, w_l, \\cdots, w_N)$, 故 $W' < W$。艾莉絲這樣做只是讓自己嚴格的比之前更糟, 所以只須考慮兩次都選左邊的狀況即可。 □\n\n**引理二：** 若存在至少 $2k$ 個箱子，每個的石頭顆數都至多為 $k$，則包柏有必勝法。\n\n*Proof.* 忽略這 $2k$ 個箱子以外的箱子。首先, 包柏將 $2k$ 個箱子對分成一半, 並且不失一般性假設艾莉絲選左邊。包柏接下來依序選 $k+1, k+2, \\cdots, 2k-1$, 依據引理一, 我們都可以假設艾莉絲選左邊。但這樣一來, 在以上 $k$ 次動作都結束後, 最右邊的箱子會是空的, 包柏勝。 □\n\n現在, 如果一開始沒有空箱子, 且對於任何正整數 $k$, 都沒有引理二的狀況。這表示每個箱子都至少有 1 顆石頭, 且對於所有 $1 \\le k \\le [N/2]$, 至少有 $N - (2k-1) = N + 1 - 2k$ 個箱子有至少 $k+1$ 顆石頭。把以上相加, 得到總石頭顆數至少為 $M$。故若起始石頭顆數 $< M$, 包柏必勝。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44415,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有 110 個品種的天竺鼠各 110 隻，排成一個 110 × 110 的方陣。試求最大的正整數 $n$，使得不論天竺鼠們如何排列，我們都可以找到一直列或一橫條的 110 隻天竺鼠包含至少 $n$ 個不同品種。\n\nThere are 110 guinea pigs for each of the 110 species, arranging as a 110 × 110 array. Find the maximum integer $n$ such that, no matter how the guinea pigs align, we can always find a column or a row of 110 guinea pigs containing at least $n$ different species.",
    "options": [],
    "answer": "11",
    "solution": "令 $c_i$ 與 $r_i$ 分別為包含第 $i$ 個品種的列數與行數。基於這些列與行的交叉點必須包含全部 110 個 $i$ 品種天竺鼠, 我們有 $c_i \\times d_i \\ge 110$, 從而 $c_i + d_i \\ge 11 + 10 = 21$。這表示 $\\sum_i (c_i + d_i) \\ge 110 \\times 21 = 2310$。又橫行與直列共有 220 條, 依據鴿籠原理, 至少有一條包含 $\\left[\\frac{2310}{220}\\right]+1=11$ 個不同品種。最後, 考慮讓 $(x, y)$ 位置是一隻 $(11\\left[\\frac{x}{11}\\right] + \\left[\\frac{y}{11}\\right] + 1)$ 品種天竺鼠的構造, 便知 $n=11$ 確為所求。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44416,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有符合下列三個條件且定義在正整數上的非負整數值函數 $f$:\n(1) 存在至少一個 $n$，有 $f(n) \\neq 0$;\n(2) 對於所有正整數 $x$ 和 $y$，有 $f(xy) = f(x) + f(y)$;\n(3) 有無窮多個正整數 $n$ 對於所有 $k < n$ 有 $f(k) = f(n-k)$。\n\nDetermine all functions $f$ defined on the set of all positive integers and taking non-negative integer values, satisfying the three conditions:\n(1) $f(n) \\neq 0$ for at least one $n$;\n(2) $f(xy) = f(x) + f(y)$ for every positive integers $x$ and $y$;\n(3) there are infinitely many positive integers $n$ such that $f(k) = f(n-k)$ for all $k < n$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = c · ν_p(n), where p is a prime, c is a positive integer, and ν_p(n) is the exponent of p in n.",
    "solution": "The sought functions are those of the form $f(n) = c \\cdot \\nu_p(n)$, where $p$ is some prime, $c$ is a positive integer, and $\\nu_p(n)$ denotes the exponent of $p$ in the prime decomposition of $n$.\n\n**Solution 1.** If a number $n$ is a product of primes, $n = p_1p_2\\cdots p_k$, then\n$$\nf(n) = f(p_1) + f(p_2) + \\cdots + f(p_k),\n$$\nin particular, $f(1) = 0$ (since $f(1) = f(1) + f(1)$).\nIt is also clear that $f(n) = 0$ implies $f(p) = 0$ for all primes $p$ dividing $n$.\nLet us call a positive integer $n$ good if $f(k) = f(n-k)$ for $0 < k < n$. If $n$ is good then each its divisor $d$ is also good; indeed, if $n = dm$, then\n$$\nf(k) = f(mk) - f(m) = f(n - mk) - f(m) = f(m(d - k)) - f(m) = f(d - k)\n$$\nfor $0 < k < d$. Thus, good numbers are products of good primes.\nIt follows immediately from (1) that there exists a prime $p$ such that $f(p) \\neq 0$; let $p$ be the smallest such prime. Then $f(r) = 0$ for all $r < p$ (since all prime divisors of $r < p$ are less than $p$). Now every good number $n > p$ must be divisible by $p$. Indeed, if $n = pk + r$ is a good number, $k > 0$, $0 < r < p$, then $f(p) \\le f(pk) = f(n - pk) = f(r) = 0$, a contradiction. Since any divisor of a good number is also good, this means that if a divisor $r$ of a good number is not divisible by $p$, it is less than $p$. Thus all good numbers have the form $r \\cdot p^k$ with $r < p$. The condition (3) implies that $k$ can be arbitrarily large, consequently all powers of $p$ are good.\n\nIf $q \\neq p$ is a prime, $p^{q-1}-1$ is divisible by $q$ and $p^{q-1}$ is good. Then $f(q) \\le f(p^{q-1}-1) = f(1) = 0$, that is, $f(q) = 0$.\nNow, we see that $f(n) = \\nu_p(n) \\cdot c$, where $c = f(p)$. The conditions (1) and (2) for all such functions with $c \\neq 0$ are obvious; the condition (3) holds for all $n = p^m$, since $\\nu_p(p^m - k) = \\nu_p(k)$ when $0 < k < p^m$.\n\n\n**Solution 2.** We use the notion of a good number from the previous solution. As above, we also denote by $\\nu_p(n)$ the exponent of a prime $p$ in the prime decomposition of $n$.\nSay that a positive integer $k$ is *big* if $f(k) > 0$. Let $\\mathcal{B}$ be the set of big primes, and let $p_1 < p_2 < \\dots$ list the elements of $\\mathcal{B}$ (this set might be either finite or infinite). By the problem conditions, we have\n$$\nf(n) = \\sum_{i} \\nu_{p_i}(n) f(p_i); \\qquad (B1)\n$$\nthus, the big numbers are those divisible by at least one big prime.\nFor a positive integer $k$, define its *essence* $e(k)$ to be the largest product $e$ of (not necessarily different) big primes such that $e \\mid k$. In other words,\n$$\ne(n) = \\prod_{p_i \\in \\mathcal{B}} p_i^{\\nu_{p_i}(n)}.\n$$\nThis yields that $k/e(k)$ is not big, so $f(k) = f(e(k)) + f(k/e(k)) = f(e(k))$.\n**Lemma.** Assume that $n$ is a good number. Then $e(k) = e(n-k)$ for all $0 < k < n$.\n**Proof.** Arguing indirectly, choose a minimal $k$ for which the claim of the lemma is violated. Clearly, $k$ is big, as otherwise $f(k) = f(n-k) = 0$ and hence $e(k) = e(n-k) = 1$.\nThere are $t = k/e(k)$ multiples of $e(k)$ in each of the segments $[1, k]$ and $[n-k, n-1]$. On the other hand, there are $t-1$ such multiples on $[1, k-1]$ — and, by minimality of $k$, on $[n-k+1, n-1]$ as well. This yields that $n-k$ is a multiple of $e(k)$. Therefore,\n$$\nf(e(k)) = f(k) = f(n-k) = f(e(k)) + f\\left(\\frac{n-k}{e(k)}\\right),\n$$\nso the last summand vanishes, hence $\\frac{n-k}{e(k)}$ has no big prime divisors, that is, $e(n-k) = e(k)$. This contradicts to our choice. □\nBack to the problem, assume that $|\\mathcal{B}| \\ge 2$. Take any good number $n > p_1p_2$, and let $p_1^\\alpha$ be the largest power of $p_1$ smaller than $n$, so that $n \\le p_1^{\\alpha+1} < p_1^\\alpha p_2$. By the lemma, $e(n-p_1^\\alpha) = e(p_1^\\alpha) = p_1^\\alpha$, which yields $p_1^\\alpha | n$. Similarly, $p_2 | n$, so that $n \\ge p_1^\\alpha p_2$. This contradiction shows that $|\\mathcal{B}| \\le 1$, which by (B1) yields that $f$ is listed in the answer.\n\n\n**Solution 3.** We have $f(\\prod p_i^{\\alpha_i}) = \\sum \\alpha_i f(p_i)$. Note that\n$$\nf(n-1) + f(n-2) + \\dots + f(n-k) \\ge f(1) + f(2) + \\dots f(k)\n$$\nfor all $k = 1, 2, \\dots, n-1$, since the difference LHS - RHS is just $f\\left(\\binom{n-1}{k}\\right)$. Assume that $f(p) > 0$. If $f(k) = f(n-k)$ for all $k$, it implies that $\\binom{n-1}{k}$ is not divisible by $p$ for $k = 1, 2, \\dots, n-2$. It is well known that it implies $n = a \\cdot p^s$, $a < p$. If there are two primes $p, q$ such that $f(p) > 0$, $f(q) > 0$, there exist only finitely many $n$ which are equal both to $a \\cdot p^s$, $a < p$, and $b \\cdot q^t$, $b < q$. So there exists at most one such $p$, and therefore $f(n) = C \\cdot \\nu_p(n)$ for some constant $C$.\n\n\n**Solution 4.** We call a function $f : \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}_0$ satisfying (2) *additive*. We call a pair $(f, n)$, where $f$ is an additive function and $n \\in \\mathbb{N}$, *good*, if for all $k < n$ it holds $f(k) = f(n-k)$. For an additive function $f$ and a prime number $p$ the number $\\frac{f(p)}{\\ln p}$ is denoted by $g(f, p)$.\nLet $(f, n)$ be a good pair such that $f(p) > 0$ for at least two primes less than $n$. Let $p_0$ be the prime with maximal $g(f, p)$ among all primes $p < n$. Let $a_0$ be the maximal exponent such that $p_0^{a_0} < n$. Then $f(k) < f(p_0^{a_0})$ for all $k < p_0^{a_0}$. Indeed, if $k = p_1^{a_1} \\cdots p_m^{a_m} < p_0^{a_0}$, then\n$$\n\\begin{align*}\nf(k) &= a_1 f(p_1) + \\dots + a_m f(p_m) \\\\\n&= g(f, p_1) a_1 \\ln p_1 + \\dots + g(f, p_m) a_m \\ln a_m \\\\\n&< g(f, p_0) a_0 \\ln p_0 = f(p_0^{a_0}).\n\\end{align*}\n$$\n\nLet $n = bp_0^{a_0} + r$, where $0 < r < p_0^{a_0}$. Then $f(r) = f(bp_0^{a_0}) \\ge f(p_0^{a_0})$. This contradiction shows that $p_0^{a_0} | n$. Then $n = p_0^{\\nu_{p_0}(n)}n'$, where $n' \\le p_0$.\nThe function $f_1(m) := f(p_0)\\nu_{p_0}(m)$ and $f_2 := f - f_1$ are additive (obviously $f(m) \\ge f(p_0^{\\nu_{p_0}(m)}) = f_1(m)$, since $p_0^{\\nu_{p_0}(m)}$ divides $m$). For $k < n$, $\\nu_p(k) = \\nu_p(n-k)$. Hence the pair $(f_2, n)$ is also good. Note that $f_2(p_0) = 0$.\nChoose among all primes $p < n$ the prime $q_0$ with maximal $g(f_2, p)$. As above we can prove that $n = q_0^{\\nu_{q_0}(n)}n''$ with $n'' < q_0$. Since $p_0 \\ne q_0$, we get a contradiction. Thus $f(n) = f(p) \\cdot \\nu_p(n)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44417,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 為銳角三角形，$\\Gamma$ 為其外接圓，$I$ 為其內心。兩圓 $\\omega_B, \\omega_C$ 分別過點 $B, C$，並相切於點 $I$。設 $\\omega_B$ 與 $\\Gamma$ 上的 $AB$ 劣弧交於點 $P$，同時 $\\omega_B$ 與線段 $AB$ 再交於點 $M$；類似有 $\\omega_C$ 與 $\\Gamma$ 上的 $AC$ 劣弧交於點 $Q$，同時 $\\omega_C$ 與線段 $AC$ 再交於點 $N$。令射線 $PM$ 與 $QN$ 交於點 $X$，且設 $\\omega_B$ 過 $B$ 的切線與 $\\omega_C$ 過 $C$ 的切線交於點 $Y$。\n試證：$A, X, Y$ 三點共線。\n\nLet $\\Gamma$ and $I$ be the circumcircle and the incenter of an acute-angled triangle $ABC$. Two circles $\\omega_B$ and $\\omega_C$ passing through $B$ and $C$, respectively, are tangent at $I$. Let $\\omega_B$ meet the shorter arc $AB$ of $\\Gamma$ and segment $AB$ again at $P$ and $M$, respectively. Similarly, let $\\omega_C$ meet the shorter arc $AC$ of $\\Gamma$ and segment $AC$ again at $Q$ and $N$, respectively. The rays $PM$ and $QN$ meet at $X$, and the tangents to $\\omega_B$ and $\\omega_C$ at $B$ and $C$, respectively, meet at $Y$.\nProve that the points $A, X, \\text{and } Y$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $AI, BI$, and $CI$ meet $\\Gamma$ again at $D, E$, and $F$, respectively. Let $\\ell$ be the common tangent to $\\omega_B$ and $\\omega_C$ at $I$. We always denote by $\\angle(p, q)$ the directed angle from a line $p$ to a line $q$, taken modulo $180^\\circ$.\n\n*Step 1: We show that $Y$ lies on $\\Gamma$.*\nRecall that any chord of a circle makes complementary directed angles with the tangents to the circle at its endpoints. Hence\n$$\n\\angle(BY, BI) + \\angle(CI, CY) = \\angle(IB, \\ell) + \\angle(\\ell, IC) = \\angle(IB, IC).\n$$\nTherefore,\n$$\n\\begin{aligned} \\angle(BY, BA) + \\angle(CA, CY) &= \\angle(BI, BA) + \\angle(BY, BI) + \\angle(CI, CY) + \\angle(CA, CI) \\\\ &= \\angle(BC, BI) + \\angle(IB, IC) + \\angle(CI, CB) = 0, \\end{aligned}\n$$\nwhich yields $Y \\in \\Gamma$.\n\nLet $X_* = \\ell \\cap EF$. To prove our claim, it suffices to show that $X_*$ lies on both $PM$ and $QN$; this will yield $X_* = X$. Due to symmetry, it suffices to show $X_* \\in QN$.\nNotice that\n$$\n\\angle(IX_*, IQ) = \\angle(CI, CQ) = \\angle(CF, CQ) = \\angle(EF, EQ) = \\angle(EX_*, EQ);\n$$\ntherefore, the points $X_*, I, Q$, and $E$ are concyclic (if $Q = E$, then the direction of $EQ$ is supposed to be the direction of a tangent to $\\Gamma$ at $Q$; in this case, the equality means that the circle ($X_*IQ$) is tangent to $\\Gamma$ at $Q$). Then we have\n$$\n\\angle(QX_*, QI) = \\angle(EX_*, EI) = \\angle(EF, EB) = \\angle(CA, CF) = \\angle(CN, CI) = \\angle(QN, QI),\n$$\n\n*Step 3: We finally show that A, X, and Y are collinear.*\nRecall that $I$ is the orthocenter of triangle $DEF$, and $A$ is symmetric to $I$ with respect to $EF$. Therefore,\n$$\n\\angle(AX, AE) = \\angle(IE, IX) = \\angle(BI, \\ell) = \\angle(BY, BI) = \\angle(BY, BE) = \\angle(AY, AE),\n$$\nwhich yields the desired collinearity.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44418,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為凸四邊形，其中 $∠ABC > 90°$、$∠CDA > 90°$，並且 $∠DAB = ∠BCD$。令點 $A$ 分別關於直線 $BC$ 與 $CD$ 的對稱點為點 $E$ 與 $F$。設線段 $AE$ 和 $AF$ 分別交直線 $BD$ 於點 $K$ 和 $L$。試證：三角形 $BEK$ 和 $DFL$ 的兩個外接圓相切。\n\nLet $ABCD$ be a convex quadrilateral with $∠ABC > 90°$, $∠CDA > 90°$, and $∠DAB = ∠BCD$. Denote by $E$ and $F$ the reflections of $A$ in lines $BC$ and $CD$, respectively. Suppose that the segments $AE$ and $AF$ meet the line $BD$ at $K$ and $L$, respectively. Prove that the circumcircles of triangles $BEK$ and $DFL$ are tangent to each other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $A'$ 為 $A$ 關於 $BD$ 的對稱點。以下我們將證明：四邊形 $A'BKE$ 及 $A'DLF$ 皆有外接圓，且它們的外接圓相切於 $A'$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n由於對直線 $BC$ 對稱，有 $∠BEK = ∠BAK$；又由對直線 $DB$ 對稱，有 $∠BAK = ∠BA'K$。故得 $∠BEK = ∠BA'K$，即知 $A'BEK$ 共圓。同理可得 $A'DLF$ 共圓。\n\n要證明圓 $A'BKE$ 與 $A'DFL$ 相切，可由證出\n$$\n∠A'KB + ∠A'LD = ∠BA'D\n$$\n得到。由於 $AK ⊥ BC$, $AL ⊥ CD$, 再用一次對直線 $BD$ 的對稱性，可知\n$$\n∠A'KB + ∠A'LD = 180° - ∠KA'L = 180° - ∠KAL = ∠BCD = ∠BAD = ∠BA'D,\n$$\n故得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44419,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $S$ 為一個有 $n \\ge 3$ 個正整數的集合，且集合中任兩相異數字之總和都不在 $S$ 中。證明必可將 $S$ 中的元素排成 $a_1, a_2, \\dots, a_n$，使得對於所有 $i = 2, 3, \\dots, n-1$，$a_{i-1} + a_{i+1}$ 和 $a_{i-1} - a_{i+1}$ 都不會被 $a_i$ 整除。\n\nLet $S$ be a set consisting of $n \\ge 3$ positive integers, none of which is a sum of two other distinct members of $S$. Prove that the elements of $S$ may be ordered as $a_1, a_2, \\dots, a_n$, so that neither $a_{i-1} + a_{i+1}$ nor $a_{i-1} - a_{i+1}$ is divided by $a_i$ for all $i = 2, 3, \\dots, n-1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We prove by induction. Let $a = \\max S$ and use the inductive hypothesis to find an ordering $b_1, b_2, \\dots, b_{n-1}$ of $S \\setminus \\{a\\}$ so that $b_i$ does not divide $b_{i-1} \\pm b_{i+1}$ for all $2 \\le i \\le n-1$. Observe that\n$$\n|b_j - b_{j+1}| < a \\neq b_j + b_{j+1} < 2a,\n$$\nso that $a$ divides neither $b_j - b_{j+1}$ nor $b_j + b_{j+1}$. Thus if $b_1, b_2, \\dots, b_j, a, b_{j+1}, \\dots, b_{n-1}$ does not satisfy the desired property, then either $b_j \\mid a + \\epsilon b_{j-1}$ or $b_{j+1} \\mid a + \\epsilon b_{j+2}$ for some $\\epsilon \\in \\{1, -1\\}$. Since there are $n$ positions to insert $a$ and only $n-1$ of $b_j$, at least one $b_j$ “violates the condition twice as the divider”, meaning $b_j \\mid a + \\epsilon_1 b_{j-1}$ and $b_j \\mid a + \\epsilon_2 b_{j+1}$ for some $\\epsilon_1, \\epsilon_2 \\in \\{1, -1\\}$. Thus, $\\epsilon_2 b_{j+1} \\equiv -a \\equiv \\epsilon_1 b_{j-1} \\pmod{b_j}$, contradicting the induction hypothesis.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44420,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $n$ 與 $k$，其中 $n \\ge k+1$。某星球上有 $n$ 個國家，其中一些國家之間有建交，並且每個國家都至少有 $k$ 個邦交國。邪惡反派杜蘭莎想要分化這些國家，因此進行以下操作：\n(1) 他首先選兩個國家 $A$ 與 $B$，由其各自發起陣營 $\\mathcal{A}$ 與 $\\mathcal{B}$ (故 $A \\in \\mathcal{A}$ 且 $B \\in \\mathcal{B}$)。\n(2) 所有其他國家各自選擇要加入陣營 $\\mathcal{A}$ 還是 $\\mathcal{B}$。\n(3) 在所有國家選擇完陣營後，對於任何兩個有建交的國家 $X$ 與 $Y$，若 $X \\in \\mathcal{A}$ 且 $Y \\in \\mathcal{B}$，則 $X$ 與 $Y$ 斷交。\n試證明：不論國家們一開始的外交關係如何，杜蘭莎總可以選到兩個國家 $A$ 與 $B$，使得各國不論如何選擇陣營，他都可以保證造成至少 $k$ 組國家 $(X, Y)$ 斷交。\n\nLet $n$ and $k$ be positive integers, with $n \\ge k + 1$. There are $n$ countries on a planet, with some pairs of countries establishing diplomatic relation between them, such that each country has diplomatic relation with at least $k$ other countries. An evil villain wants to divide the countries, so he executes the following plan:\n(1) First, he selects two countries $A$ and $B$, and let them lead two allies, $\\mathcal{A}$ and $\\mathcal{B}$, respectively (so that $A \\in \\mathcal{A}$ and $B \\in \\mathcal{B}$).\n(2) Each other country individually decides whether it wants to join ally $\\mathcal{A}$ or $\\mathcal{B}$.\n(3) After all countries made their decisions, for any two countries with $X \\in \\mathcal{A}$ and $Y \\in \\mathcal{B}$, eliminate any diplomatic relation between them.\nProve that, regardless of how the initial diplomatic relations among the countries, the villain can always select two countries $A$ and $B$ so that, no matter how the countries choose their allies, there are at least $k$ diplomatic relations be eliminated.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "讓我們以國家為點集 $S$ 做完全圖, 並對於每條邊 $AB$, 賦予其一個非負整數值 $d(A, B)$。對於每個點 $A$, 令 $d(A) = \\sum_{B \\neq A} d(A, B)$。對於任兩個點集 $\\mathcal{A}$ 與 $\\mathcal{B}$, 令 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B}) = \\sum_{A \\in \\mathcal{A}, B \\in \\mathcal{B}} d(A, B)$。令 $T$ 為有最小 $d(T)$ 的其中一個點。我們將證明以下強化命題：\n若 $\\min_{A \\neq T} d(A) \\ge k$, 則存在 $A$ 與 $B$ 使得對於所有滿足 $A \\in \\mathcal{A}, B \\in \\mathcal{B}$ 且 $\\mathcal{A} \\cup \\mathcal{B} = S$ 的點集 $\\mathcal{A}$ 與 $\\mathcal{B}$, 都有 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B}) \\ge k$。\n我們用數學歸納法證明此加強命題。當 $n=3$ 時, 易知不論 $k=0,1,2$, 只要反派選擇不是 $T$ 的兩個國家, 便可達成目標。\n現在假設命題對 3 到 $n-1$ 皆成立, 則當有 $n$ 個國家時, 選擇兩個非 $T$ 的國家 $A$ 與 $B$。給定 $A$ 與 $B$, 假設讓 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B})$ 極小化的國家分法為 $\\mathcal{A}$ 與 $\\mathcal{B}$, 並不失一般性假設 $T \\in \\mathcal{B}$。假設反派此時還沒有達成目標, 代表 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B}) < k$。若此時 $\\mathcal{A} = \\{A\\}$, 則因為 $d(A) \\ge k$, 從而 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B}) = d(A) \\ge k$, 不和, 故 $|\\mathcal{A}| \\ge 2$。\n讓我們在將 $\\mathcal{B}$ 中的所有國家合併成一個大國 $C$, 並令新的圖中, 對於所有 $X \\in \\mathcal{A}$, $d(X, C)$ 等於舊圖中的 $\\sum_{Y \\in \\mathcal{B}} d(X, Y)$。則在併國後:\n(i) 總國家數至多為 $n-1$ (因為 $\\{B, T\\} \\subset \\mathcal{B}$);\n(ii) $C$ 有最小的外交關係 (因為已知 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B}) < k$);\n(iii) $\\min_{X \\neq C} d(X) \\ge k$。\n\n因此照歸納假設, 我們可以找到兩個國家 $U$ 與 $V$, 使得反派達成目標。注意到 $U \\neq C$, 否則只要所有國家跟 $U$ 同陣營, 便有 $d(U, C) = d(C) < k$, 不合。同理, $V \\neq C$。\n假設此時國家的陣營分佈為 $U$ 與 $V$。定義 $XY = X \\cap Y$, 則我們有\n$$\nd(U, V) = d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{B}). \\quad (1)\n$$\n由歸納假設, 我們知如果國家被分成 $U\\mathcal{A}$ 與 $S - U\\mathcal{A}$ 時,\n$$\nd(U\\mathcal{A}, S - U\\mathcal{A}) = d(U\\mathcal{A}, U\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{B}) \\geq k. \\quad (2)\n$$\n此外, 基於 $S - V\\mathcal{B}$ 與 $V\\mathcal{B}$ 也是當選擇 $A$ 與 $B$ 時, 國家們分陣營的其中一個方法, 由 $d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B})$ 的最小性知\n$$\n\\begin{aligned} d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{B}) + d(V\\mathcal{A}, V\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{B}) &= d(S - V\\mathcal{B}, V\\mathcal{B}) \\geq d(\\mathcal{A}, \\mathcal{B}) \\\\ &= d(\\mathcal{A}U, BU) + d(\\mathcal{A}V, BU) + d(\\mathcal{A}U, BV) + d(\\mathcal{A}V, BV), \\end{aligned}\n$$\n也就是\n$$\nd(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{B}) \\geq d(U\\mathcal{A}, U\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{A}). \\quad (3)\n$$\n結合(1)-(3), 我們有\n$$\n\\begin{aligned} d(U, V) &= d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{B}) \\\\ &\\geq d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{A}) + \\{d(U\\mathcal{A}, U\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{A})\\} \\\\ &= \\{d(U\\mathcal{A}, U\\mathcal{B}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{A}) + d(U\\mathcal{A}, V\\mathcal{B})\\} + 2 \\times d(U\\mathcal{B}, V\\mathcal{A}) \\geq k, \\end{aligned}\n$$\n從而命題得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44421,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples of positive integers $(x, y, z)$ satisfying\n$$\nx^2 + 4^y = 5^z.\n$$\n\n試求出所有正整數組 $(x, y, z)$ 滿足\n$$\nx^2 + 4^y = 5^z.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1, 1), (11, 1, 3), (3, 2, 2)",
    "solution": "所有的解為 $(1, 1, 1)$, $(11, 1, 3)$, $(3, 2, 2)$。\n\n我們先處理 $y \\ge 2$ 的情形。我們有\n$$\nx^2 \\equiv 5^z \\pmod{8},\n$$\n而 $x^2 \\equiv 0, 1, 4$, $5^z \\equiv 1, 5$, 因此 $z$ 為偶數。令 $z = 2z'$, 則\n$$\nx^2 + (2^y)^2 = (5^{z'})^2.\n$$\n因為 $5^{z'}$ 與 $2^y$ 互質且 $2 \\mid 2^y$, 我們由畢氏三元數公式有\n$$\nx = m^2 - n^2, \\quad 2^y = 2mn, \\quad 5^{z'} = m^2 + n^2,\n$$\n其中 $m, n$ 互質且 $m > n$。由 $2^y = 2mn$ 可得 $m = 2^{y-1}, n = 1$, 因此 $5^{z'} = 2^{2(y-1)}+1$。\n若 $y \\ge 3$, 則\n$$\n5^{z'} \\equiv 1 \\pmod{8} \\implies 2 \\mid z',\n$$\n令 $z' = 2z''$, 則\n$$\n(5^{z''} + 1)(5^{z''} - 1) = 2^{2(y-1)} \\implies 5^{z''} + 1 = 2^a,\\ 5^{z''} - 1 = 2^b.\n$$\n注意到 $4$ 不整除 $5^{z''} + 1$ 與 $5^{z''} - 1$ 其中一人，因此 $a = 1$ 或 $b = 1$，易知此時無解。\n若 $y = 2$, 我們得到解 $(x, y, z) = (3, 2, 2)$。\n\n現在假設 $y = 1$。我們有\n$$\nx^2 + 4 \\equiv 5^z \\pmod{8},\n$$\n而 $x^2 + 4 \\equiv 0, 4, 5$, $5^z \\equiv 1, 5$, 因此 $z$ 為奇數。令 $z = 2z' + 1$, 考慮佩爾方程\n$$\ns^2 - 5t^2 = -4,\n$$\n我們希望找到解 $(s, t) = (x, 5^{z'})$。若 $(s, t)$ 是一組正整數解我們知道 $(\\frac{3s-5t}{2}, \\frac{3t-s}{2})$ 也是一組整數解 (注意到 $s, t$ 同奇偶)，因此我們永遠可以遞降一組解 $(s, t)$ 直到\n$$\n3s \\le 5t \\text{ 或 } 3t \\le s.\n$$\n注意到 $3t > s$ 永遠成立。對於 $3s \\le 5t$, 我們有\n$$\n-20t^2 = 25t^2 - 45t^2 \\ge 9(s^2 - 5t^2) = -36 \\implies t = 1 \\implies s = 1.\n$$\n所以我們解得所有的正整數解 $(s_n, t_n)$ 滿足\n$$\n(s_0, t_0) = (1, 1), \\quad s_{n+1} = \\frac{3s_n + 5t_n}{2}, \\quad t_{n+1} = \\frac{3t_n + s_n}{2}.\n$$\n觀察前面幾項 $(s_1, t_1) = (4, 2)$, $(s_2, t_2) = (11, 5)$, ...，並考慮費氏數列\n$$\nF_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1, F_3 = 2, F_4 = 3, F_5 = 5, \\dots,\n$$\n由上述遞迴式我們可以數規得到\n$$\n(s_n, t_n) = (F_{2n+2} + F_{2n}, F_{2n+1}).\n$$\n若 $t_n = 5^{z'}$, 我們可得 $z' = 0$ 或 $5 \\mid F_{2n+1}$。前者可得到解 $(x, y, z) = (1, 1, 1)$, 後者由費氏數列模 5 的規律可得到 $5 \\mid n' := 2n + 1$。若 $p \\ne 5$ 為 $n'$ 的質因數, 則 $p > 2$ 且\n$$\nF_p \\mid F_{n'} = 5^{z'},\n$$\n但 $F_p \\ne 1$ 且 $5 \\nmid F_p$, 矛盾。因此 $n'$ 為 5 的幂次。若 $z' > 1$, 則 $n' > 5$, 因此 $25 \\mid n'$, 故 $F_{25} \\mid F_{n'} = 5^{z'}$, 但 $F_{25} = 75025$ 不為 5 的幂次, 矛盾。因此 $z' = 1$, 我們得到解 $(x, y, z) = (11, 1, 3)$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44422,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $O$, $H$ 分別為不等邊三角形 $ABC$ 的外心與垂心，$P$ 為三角形 $AHO$ 內一點滿足 $\\angle AHP = \\angle POA$，$M$ 為 $\\overline{OP}$ 中點。設 $BM$, $CM$ 分別與三角形 $ABC$ 的外接圓交於 $X$, $Y$ 兩點。\n證明：直線 $XY$ 經過三角形 $APO$ 的外心。\n\nLet $ABC$ be a scalene triangle, and points $O$ and $H$ be its circumcenter and the orthocenter, respectively. Point $P$ lies inside triangle $AHO$ and satisfies $\\angle AHP = \\angle POA$. Let $M$ be the midpoint of segment $OP$. Suppose that $BM$ and $CM$ intersect with the circumcircle of $ABC$ again at points $X$ and $Y$, respectively.\nProve that line $XY$ passes through the circumcenter of triangle $APO$.\n\n設 $O$, $H$ 分別為不等邊三角形 $ABC$ 的外心與垂心, $P$ 為三角形 $AHO$ 內一點滿足 $\\angle AHP = \\angle POA$, $M$ 為 $\\overline{OP}$ 中點。設 $BM$, $CM$ 分別與三角形 $ABC$ 的外接圓交於 $X$, $Y$ 兩點。\n證明：直線 $XY$ 經過三角形 $APO$ 的外心。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $AP$ 交 $\\odot(ABC)$ 於 $D$, $O_1, O_2$ 分別為 $\\triangle APO$, $\\triangle DPO$ 的外心, 則\n$$\n\\angle PO_1O = 2 \\cdot \\angle PAO = 2 \\cdot \\angle ODP = \\angle OO_2P.\n$$\n故 $PO_1OO_2$ 是以 $M$ 為中心的菱形。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n**Claim.** 點 $O_2$ 位於 $BC$ 上。\n\n*Proof of Claim.* 取 $O'$ 使得 $M$ 為 $AO'$ 中點, 平移 $\\triangle AHP$ 至 $\\triangle OO'P'$. 由\n$$\n\\angle OP'P = \\angle PAO = \\angle ODP\n$$\n知 $D, O, P, P'$ 共於一圓 $\\Gamma$。又\n$$\n\\angle OO'P' = \\angle AHP = \\angle POA = \\angle OPP',\n$$\n所以 $O'$ 也在 $\\Gamma$ 上, 因此 $O_2$ 位於 $OO'$ 的中垂線上, 即 $BC$ 上。\n\n回到原命題, 由 $O_1O_2$ 垂直 $OM$, 蝴蝶定理可得 $O_2$ 關於 $M$ 的對稱點 $O_1$ 位於 $XY$ 上。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44423,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數。對於滿足 $\\sum_{i=1}^{2n} a_i = \\sum_{j=1}^{2n} b_j = n$ 的 $4n$ 個非負實數 $a_1, \\dots, a_{2n}$ 及 $b_1, \\dots, b_{2n}$, 定義兩集合\n$$\nA := \\left\\{ \\sum_{j=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} : i \\in \\{1, \\dots, 2n\\} \\text{ 滿足 } \\sum_{j=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} \\neq 0 \\right\\},\n$$\n$$\nB := \\left\\{ \\sum_{i=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} : j \\in \\{1, \\dots, 2n\\} \\text{ 滿足 } \\sum_{i=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} \\neq 0 \\right\\}.\n$$\n令 $m$ 為 $A \\cup B$ 的最小值。試求：在所有可能的數組 $a_1, \\dots, a_{2n}, b_1, \\dots, b_{2n}$ 得到的 $m$ 中的最大值。\n\nLet $n$ be a positive integer. For each $4n$-tuple of nonnegative real numbers $a_1, \\dots, a_{2n}$, $b_1, \\dots, b_{2n}$ that satisfy $\\sum_{i=1}^{2n} a_i = \\sum_{j=1}^{2n} b_j = n$, define the sets\n$$\nA := \\left\\{ \\sum_{j=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} : i \\in \\{1, \\dots, 2n\\} \\text{ s.t. } \\sum_{j=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} \\neq 0 \\right\\},\n$$\nand\n$$\nB := \\left\\{ \\sum_{i=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} : j \\in \\{1, \\dots, 2n\\} \\text{ s.t. } \\sum_{i=1}^{2n} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1} \\neq 0 \\right\\}.\n$$\nLet $m$ be the minimum element of $A \\cup B$. Determine the maximum value of $m$ among those derived from all such $4n$-tuples $a_1, \\dots, a_{2n}, b_1, \\dots, b_{2n}$.",
    "options": [],
    "answer": "n/2",
    "solution": "The maximum is $\\frac{n}{2}$. This is achieved when exactly half of $a_i$ and exactly half of $b_j$ are $1$, and the others are $0$.\n\nTo show that this is the maximum possible, WLOG assume that $a_1, \\dots, a_s$ and $b_1, \\dots, b_t$ are nonzero, and the rest are zero. Then we have $a_1 + \\cdots + a_s = b_1 + \\cdots + b_t = n$ and\n$$\n\\min(A \\cup B) \\le \\frac{1}{\\max(s, t)} \\sum_{i=1}^{s} \\sum_{j=1}^{t} \\frac{a_i b_j}{a_i b_j + 1}. \\quad (*)\n$$\nLet $k = st$ and $x_{(i-1)t+j} = a_i b_j$ for all $i = 1, \\dots, s$ and $j = 1, \\dots, t$. Then $x_1, \\dots, x_k > 0$ and $x_1 + \\cdots + x_k = (a_1 + \\cdots + a_s)(b_1 + \\cdots + b_t) = n^2$. Moreover, we have $\\max(s, t) \\ge \\sqrt{k}$.\n\nTherefore\n$$\n\\min(A \\cup B) \\le \\frac{1}{\\sqrt{k}} \\sum_{i=1}^{k} \\frac{x_i}{x_i + 1}. \\quad (**)\n$$\nNote that the function $f(x) = \\frac{x}{x+1}$ is concave for $x > -1$. Therefore\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} \\frac{x_i}{x_i + 1} \\le k \\cdot \\frac{\\frac{n^2}{k}}{\\frac{n^2}{k} + 1} = \\frac{k n^2}{n^2 + k}.\n$$\nAs a consequence,\n$$\n\\min(A \\cup B) \\le \\frac{\\sqrt{k} n^2}{n^2 + k} \\le \\frac{n}{2} \\quad (***)\n$$\nwhere the last inequality follows from AM-GM.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44424,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\triangle ABC$ 為等腰三角形, 其中 $BC = CA$, 且設 $D$ 為邊 $AB$ 內部的一點, 滿足 $AD < DB$。在邊 $BC$ 與 $CA$ 上分別取點 $P$ 與 $Q$ 滿足 $\\angle DPB = \\angle DQA = 90^\\circ$。設線段 $PQ$ 的中垂線與直線 $CQ$ 交於點 $E$, 且設三角形 $ABC$ 的外接圓與 $CPQ$ 的外接圓再交點 $F$, 其中 $F \\neq C$。\n已知點 $P, E, F$ 共線。試證 $\\angle ACB = 90^\\circ$。\n\nLet $ABC$ be an isosceles triangle with $BC = CA$, and let $D$ be a point inside side $AB$ such that $AD < DB$. Let $P$ and $Q$ be two points inside sides $BC$ and $CA$, respectively, such that $\\angle DPB = \\angle DQA = 90^\\circ$. Let the perpendicular bisector of $PQ$ meet line segment $CQ$ at $E$, and let the circumcircles of triangles $ABC$ and $CPQ$ meet again at point $F$, different from $C$.\nSuppose that $P, E, F$ are collinear. Prove that $\\angle ACB = 90^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\ell$ be the perpendicular bisector of $PQ$, and denote by $\\omega$ the circle $CFPQ$. By $DP \\perp BC$ and $DQ \\perp AC$, the circle $\\omega$ passes through $D$; moreover, $CD$ is a diameter of $\\omega$.\n\nThe lines $QE$ and $PE$ are symmetric about $\\ell$, and $\\ell$ is a symmetry axis of $\\omega$ as well; it follows that the chords $CQ$ and $FP$ are symmetric about $\\ell$, hence $C$ and $F$ are symmetric about $\\ell$. Therefore, the perpendicular bisector of $CF$ coincides with $\\ell$. Thus $\\ell$ passes through the circumcenter $O$ of $ABC$.\n\nLet $M$ be the midpoint of $AB$. Since $CM \\perp DM$, $M$ also lies on $\\omega$. By $\\angle ACM = \\angle BCM$, the chords $MP$ and $MQ$ of $\\omega$ are equal. Then, from $MP = MQ$ it follows that $\\ell$ passes through $M$.\n\nFinally, both $O$ and $M$ lie on lines $\\ell$ and $CM$, therefore $O = M$, and $\\angle ACB = 90^\\circ$ follows.\nLike in the first solution, we conclude that points $C, P, Q, D, F$ and the midpoint $M$ of $AB$ lie on one circle $\\omega$ with diameter $CD$, and $M$ lies on $\\ell$, the perpendicular bisector of $PQ$.\n\nLet $BF$ and $CM$ meet at $G$ and let $\\alpha = \\angle ABF$. Then, since $E$ lies on $\\ell$, and the quadrilaterals $FCBA$ and $FCPQ$ are cyclic, we have\n$$\n\\angle CQP = \\angle FPQ = \\angle FCQ = \\angle FCA = \\angle FBA = \\alpha.\n$$\nSince points $P, E, F$ are collinear, we have\n$$\n\\angle FEM = \\angle FEQ + \\angle QEM = 2\\alpha + (90^\\circ - \\alpha) = 90^\\circ + \\alpha.\n$$\nBut $\\angle FGM = 90^\\circ + \\alpha$, so $FEGM$ is cyclic. Hence\n$$\n\\angle EGC = \\angle EFM = \\angle PFM = \\angle PCM.\n$$\nThus $GE \\parallel BC$. It follows that $\\angle FAC = \\angle CBF = \\angle EGF$, so $FEGA$ is cyclic, too. Hence $\\angle ACB = \\angle AFB = \\angle AFG = 180^\\circ - \\angle AMG = 90^\\circ$, that completes the proof.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44425,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於每個質數 $p$，都有一個名為 $p$-蘭蒂亞的王國，擁有 $p$ 座島嶼，這些島依序編號為 $1, 2, \\dots, p$。編號為 $n$ 和 $m$ 的島之間會有橋相連，若且唯若 $p$ 整除 $(n^2 - m + 1)(m^2 - n + 1)$。證明有無窮多個質數 $p$，在 $p$-蘭蒂亞王國裡面會有兩個島無法藉由一連串的橋來連接。\n\nFor each prime $p$, there is a kingdom of $p$-Landia consisting of $p$ islands numbered $1, 2, \\dots, p$. Two distinct islands numbered $n$ and $m$ are connected by a bridge if and only if $p$ divides $(n^2 - m + 1)(m^2 - n + 1)$. Prove that for infinitely many $p$ there are two islands in $p$-Landia not connected by a chain of bridges.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "View it as a directed graph with a directed edge $mn$ iff $n = m^2 + 1$ in $\\mathbb{Z}_p$. Easy to see that out degree is at most one for every vertex. If $a, b$ are roots of $x^2 - x + 1$, then we can check that $a, b$ are distinct if $p > 3$ (otherwise $a = b = 2^{-1}$ and $1 = 2^{-2}$ in $\\mathbb{Z}_p$). So there less than $p-1$ edges, so $p$-Landia is disconnected (as an undirected graph). It remains to show that there are infinitely many $p$ such that there are some $x$ such that $p \\mid x^2 - x + 1$. Towards contradiction, suppose $p_1, p_2, \\dots, p_k$ are the only primes such that $x^2 - x + 1 \\equiv 0 \\pmod p$ has solutions. Consider $x = p_1p_2 \\cdots p_k$ and let $p$ be a prime factor of $x^2 - x + 1$, clearly $x^2 - x + 1 \\equiv 0 \\pmod p$ and $x^2 - x + 1 \\equiv 1 \\pmod {p_i}$ for $i = 1, 2, \\dots, p_k$, contradict to the assumption.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44426,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\|x\\|_* = (|x| + |x - 1| - 1)/2$。請決定所有的函數 $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ 使得\n$$\nf^{(\\|f(x)-x\\|_*)}(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{N}.\n$$\n其中 $f^{(0)}(x) = x$, $f^{(n)}(x) = f(f^{(n-1)}(x))$, $\\forall n \\in \\mathbb{N}$。\n\nLet $\\|x\\|_* = (|x| + |x - 1| - 1)/2$. Find all $f : \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ such that\n$$\nf^{(\\|f(x)-x\\|_*)}(x) = x, \\forall x \\in \\mathbb{N}.\n$$\nHere $f^{(0)}(x) = x$ and $f^{(n)}(x) = f(f^{(n-1)}(x))$ for all $n \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "All functions f with f(x) in {x, x+1} for every natural number x.",
    "solution": "All the solutions are $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ such that $f(x) \\in \\{x, x+1\\}$, $\\forall x \\in \\mathbb{N}$. Note that in this case, we have $\\|f(x) - x\\|_* = 0$ so they are clearly solutions.\n\nNow we show that these are all the solutions. In fact, if there exists an $x \\in \\mathbb{N}$ such that $f(x) \\notin \\{x, x+1\\}$, then we have that $\\|f(x) - x\\|_* \\neq 0$. Thus we can find a minimum $s \\in \\mathbb{N}$ such that $f^s(x) = x$. By the minimality of $s$, we have $s \\mid \\|f(x) - x\\|_*$. Note that we also have that $s$ is the minimum such that $f^s(f(x)) = f(x)$, showing that $s \\mid \\|f^{(2)}(x) - f(x)\\|_*$. By induction, we then have $s \\mid \\|f^{(i+1)}(x) - f^{(i)}(x)\\|_*$. Let $a_i = f^{(i+1)}(x) - f^{(i)}(x)$. Then since $f^{(s)}(x) = x$, we have that $a_0 + a_1 + \\cdots + a_{s-1} = 0$. We also have that $\\|a_0\\|_* + \\|a_1\\|_* + \\cdots + \\|a_{s-1}\\|_*$ is divisible by $s$. However, by the definition of $\\|\\cdot\\|_*$, we know that $\\|x\\|_* = x$ if $x \\le 0$, and $\\|x\\|_* = x-1$ if $x \\ge 1$. Since $\\|a_0\\|_* \\neq 0$ by assumption, we know that either $a_0 > 1$ or $a_0 < 0$. In the first case, we know that there exists an $a_i$ such that $a_i < 0$. In the second case, we know that there exists an $a_i$ such that $a_i > 0$. Thus, in any case, we will have $a_i < 0$ and $a_j > 0$ for some $i, j$. Thus, if $p$ is the number of $i \\in \\{0, 1, \\dots, s-1\\}$ such that $a_i > 0$, then $0 < p < s$. As a consequence,\n$$\ns \\mid \\|a_0\\|_* + \\cdots + \\|a_{s-1}\\|_* = a_0 + a_1 + \\cdots + a_{s-1} - p = -p,\n$$\nwhich is a contradiction. Thus we must have $f(x) \\in \\{x, x+1\\}$ for all $x \\in \\mathbb{N}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44427,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數，並令 $N = n^{2021}$。平面上有 $2021$ 個 (半徑兩兩相異的) 同心圓，圓心為 $O$。以 $O$ 為始點作間隔角度皆相同的 $N$ 條射線。在同心圓與射線的 $2021N$ 個交點中，有某些點被塗上紅色，其餘點不著色。\n\n已知：不論如何在每一個圓上恰取一個交點，都可以找到一個角度 $\\theta$，使得這些選點在以 $O$ 為中心一起旋轉 $\\theta$ 角後皆疊合在紅點上。試證：紅點數量的最小可能值為 $2021n^{2020}$。\n\nLet $n$ be a positive integer and $N = n^{2021}$. There are 2021 concentric circles centered at $O$, and $N$ equally-spaced rays are emitted from point $O$. Among the $2021N$ intersections of the circles and the rays, some are painted red while the others remain unpainted.\n\nIt is known that, no matter how one intersection point from each circle is chosen, there is an angle $\\theta$ such that after a rotation of $\\theta$ with respect to $O$, all chosen points are moved to red points. Prove that the minimum number of red points is $2021n^{2020}$.",
    "options": [],
    "answer": "2021 n^{2020}",
    "solution": "讓我們將同心圓依序編號為 $1, 2, \\dots, 2021$，將射線依序編號為 $0, 1, \\dots, N-1$，並令 $A_i \\in \\{0, 1, \\dots, N-1\\} := \\mathcal{N}$ 為在第 $i$ 個同心圓上有紅點的射線編號集合。題設的重合條件，等價於對於所有 $(x_1, \\dots, x_{2021}) \\in \\mathcal{N}^{2021}$，皆存在 $(y_1, \\dots, y_{2021}) \\in A_1 \\times \\dots \\times A_{2021}$ 使得\n$$\nx_1 - y_1 \\equiv \\dots \\equiv x_{2021} - y_{2021} \\quad \\mod N. \\quad (1)\n$$\n\n題目所要求計算的紅點數量，則等於 $\\sum_{i=1}^{2021} |A_i|$。為方便解釋，以下稱滿足 (1) 的 $(x_1, \\dots, x_{2021})$ 與 $(y_1, \\dots, y_{2021})$ 全等。\n\n首先證明下界。注意到任何 $(y_1, \\dots, y_{2021}) \\in A_1 \\times \\dots \\times A_{2021}$ 最多只能與 $N$ 個 $(x_1, \\dots, x_{2021}) \\in \\mathcal{N}^{2021}$ 全等，而 $|\\mathcal{N}^{2021}| = N^{2021}$，故 $|A_1 \\times \\dots \\times A_{2021}| = \\prod_{i=1}^{2021} |A_i|$ 至少要是 $N^{2021}/N = N^{2020}$，從而\n$$\n\\sum_{i=1}^{2021} |A_i| \\ge 2021 \\left( \\prod_{i=1}^{2021} |A_i| \\right)^{1/2021} \\ge 2021 N^{2020/2021} = 2021 n^{2020}.\n$$\n\n接著證明這個下界是可達到的；為此，我們將構造滿足條件且大小皆為 $n^{2020}$ 的 $A_1, \\dots, A_{2021}$。定義 $S_i = \\{0, n^{i-1}, 2n^{i-1}, \\dots, (n-1)n^{i-1}\\}$，並令 $A_i = \\{0, 1, \\dots, N-1\\} \\setminus S_i$。以下引理證明此組 $A_i$ 確實滿足題意（只需代入 $s = 2021$）。\n\n**引理：** 對於所有 $s \\le 2021$，令 $B_{s,i} = \\{0\\} \\cup S_1 \\cup \\dots \\cup S_s$，且\n$$\nA_{s,i} = \\begin{cases} B_{s,i} & 1 \\le i \\le 2021 - s, \\\\ B_{s,i} - S_{i+s-2021} & 2022 - s \\le i \\le 2021. \\end{cases}\n$$\n則所有 $(x_1, \\dots, x_{2021}) \\in \\{0, \\dots, n^s - 1\\}^{2021}$ 皆存在 $(a_1, \\dots, a_{2021}) \\in A_{s,1} \\times A_{s,2} \\times \\dots \\times A_{s,2021}$，滿足 $a_1 - x_1 \\equiv a_2 - x_2 \\equiv \\dots \\equiv a_{2021} - x_{2021} \\mod n^s$。\n\n證明：當 $s = 0$ 時顯然。假設命題對 $s-1$ 成立。現在考慮任何 $(x_1, \\cdots, x_{2021}) \\in \\{0, \\cdots, n^s - 1\\}^{2021}$。基於平移不影響全等關係，不失一般性假設 $x_{2022-s} = 0$。\n\n由除法原理，取 $x_i = q_i n + r_i$，其中 $r_i \\in S_1$。注意到 $(q_1, \\cdots, q_{2021}) \\in \\{0, \\cdots, n^{s-1}-1\\}^{2021}$，故由歸納假設知，存在 $(a'_1, \\cdots, a'_{2021}) \\in A_{s-1,1} \\times \\cdots \\times A_{s-1,2021}$ 使得 $a'_1 - q_1 \\equiv \\cdots \\equiv a'_{2021} - q_{2021} \\bmod n^{s-1}$。由構造，對於所有 $i \\neq 2022-s$，我們有 $A_{s,i} = S_1 + n A_{s-1,i}$，從而 $na'_i + r_i \\in A_{s,i}$；而對於 $i = 2022-s$，基於 $x_{2022-s} = 0$ 隱含 $r_{2022-s} = 0$，且構造保證 $A_{s,2022-s} = n A_{s-1,2022-s}$，我們有 $na'_{2022-s} + r_{2022-s} \\in A_{s,2022-s}$。\n\n最後注意到\n$$\n(na'_{i} + r_{i} - x_{i}) - (na'_{2022-s} + r_{2022-s} - x_{2022-s}) \\equiv n(a'_{i} - a'_{2022-s}) + r_{i} - r_{2022-s} - (x_{i} - x_{2022-s}) \\equiv n(q_{i} - q_{2022-s}) + r_{i} - r_{2022-s} - (q_{i} n + r_{i} - q_{2022-s} n - r_{2022-s}) \\equiv 0 \\mod n^{s},\n$$\n知存在 $(a_1, \\cdots, a_{2021}) \\in A_{s,1} \\times \\cdots \\times A_{s,2021}$ 滿足 $a_1 - x_1 \\equiv a_2 - x_2 \\equiv \\cdots \\equiv a_{2021} - x_{2021} \\mod n^s$。證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44428,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為菱形, 其中心為點 $O$。設點 $P$ 落在 $AB$ 邊上。令點 $I, J, L$ 分別為三角形 $PCD, PAD, PBC$ 的內心。設點 $H$ 與 $K$ 分別是三角形 $PLB$ 與 $PJA$ 的垂心。證明直線 $OI$ 與 $HK$ 互相垂直。\n\nLet $ABCD$ be a rhombus with center $O$. $P$ is a point lying on the side $AB$. Let $I, J$, and $L$ be the incenters of triangles $PCD, PAD$, and $PBC$, respectively. Let $H$ and $K$ be orthocenters of triangles $PLB$ and $PJA$, respectively. Prove that $OI \\perp HK$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Lemma 1.** Let $ABC$ be a triangle with incenter $I$. $IB, IC$ meet circle diameter $BC$ at $S, T$, respectively. $P$ is any point on circle diameter $BC$. $M$ is midpoint of $BC$. $MP$ meets $A$-midline at $Q$. $AQ$ meets $BC$ at $R$. $K, L$ lie on line $CS, BT$ such that $RK \\perp PC, RL \\perp PB$. Prove that $IP \\perp KL$.\n\n*Proof of Lemma 1.* Let $J$ be reflection of $R$ in $M$. Let $X, Y, Z$ be projection of $I$ on lines $BC, CP, PB$, respectively.\nWe see that $\\triangle MEF \\cup Q \\sim \\triangle ABC \\cup J$. Let $U, V$ be incenters of triangle $JAB$ and $JAC$, respectively, then $\\angle VAC = \\frac{1}{2} \\angle JAC = \\frac{1}{2} \\angle QMF = \\frac{1}{2} \\angle PMT = \\angle ICY$, similarly $\\angle UAB = \\angle IBZ$, we deduce that\n$$\n\\frac{IY}{d(V, AC)} = \\frac{IC}{AV} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{IZ}{d(U, AB)} = \\frac{IB}{AU}.\n$$\nHence,\n$$\n\\begin{aligned} \\frac{IY}{IZ} &= \\frac{IY}{IX} \\cdot \\frac{IX}{IZ} \\\\ &= \\frac{d(V, AC) \\cdot \\frac{IC}{AV}}{IX} \\cdot \\frac{IX}{d(U, AB) \\cdot \\frac{IB}{AU}} \\\\ &= \\frac{d(V, BC)}{IX} \\cdot \\frac{IC}{AV} \\cdot \\frac{IX}{d(U, AB)} \\cdot \\frac{AU}{IB} \\\\ &= \\frac{CV}{CI} \\cdot \\frac{IC}{AV} \\cdot \\frac{BI}{BU} \\cdot \\frac{AU}{IB} \\\\ &= \\frac{VC}{VA} \\cdot \\frac{UA}{UB}. \\end{aligned} \\quad (1)\n$$\nLet $L'$ be reflection of $L$ in $M$. Easily seen $JL' = RL$, also $L'$ is $A$-excenter of triangle $AJC$. Thus $\\triangle AJL' \\sim \\triangle AVC$. From this,\n$$\n\\frac{RL}{AJ} = \\frac{JL'}{AJ} = \\frac{VC}{VA}. \\quad (2)\n$$\nSimilarly,\n$$\n\\frac{RK}{AJ} = \\frac{UB}{UC}. \\quad (3)\n$$\nFrom (1), (2), and (3), we get\n$$\n\\frac{IY}{IZ} = \\frac{RL}{RK}.\n$$\nWe obtain two similar right triangles $\\triangle IPZ \\sim \\triangle KLR$, thus $PI \\perp KL$.\n\nBack to main problem.\n*Proof.* Let $P'$ and $I'$ be reflections of $P$ and $I$ in $O$, respectively. We easily seen that $I'$ is incenter of triangle $P'AB$. Since $PC \\parallel P'A$, the bisectors $PL$ and $AI'$ of angles $\\angle CPB$ and $\\angle P'AB$ are parallel. Since $BH \\perp PL$, lines $BH$ and lines $AI'$ meet at $T$ on circle diameter $AB$. Similarly, lines $AK$ and lines $BI'$ meet at $S$ on circle diameter $AB$.\nNow we consider triangle $P'AB$ with point $P$ on line $AB$, $I'$ is incenter of $P'AB$, $AI'$ and $BI'$ meet circle diameter $AB$ at $T$ and $S$, respectively, $O$ is a point on circle diameter $AB$ such that $O$ is midpoint of $PP'$, perpendicular lines from $P$ to $OB$, $OA$ meet $BT$, $AS$ at $H$, $K$, respectively. It follows from the particular case of lemma, we get $OI' \\perp HK$. We complete the proof.\n\n\n**另解.** 注意到 $PK \\perp AJ = CO$, $PH \\perp BL = DO$, 因此原命題 $\\triangle PHK$ 與 $\\triangle ICD$ 正交等價於 $P, H, K$ 分別關於 $CD, DI, IC$ 的垂線共點。設 $H, K$ 分別關於 $CD, DI, IC$ 的垂線交於 $X$, 作 $P$ 關於 $O$ 的對稱點 $P' \\in CD$, $\\triangle P'AB$ 的內心 $I'$, 可以得到 $AK, BH$ 交於 $\\triangle AI'B$ 的垂心 $H'$. 由於 $HH'KX$ 為平行四邊形, 因此我們只需證明 $H, K$ 關於 $AB$ 的投影點的中點為 $H'$ 關於 $AB$ 的投影點與 $P$ 的中點, 而這分別是 $\\triangle PBC, \\triangle PDA, \\triangle P'AB$ 的內切圓們與 $BC$ 的切點 $Q, R, S$. 設 $\\overline{PA} = a$, $\\overline{PB} = b$, $\\overline{PC} = c$, $\\overline{PD} = d$, 則 (有向長度)\n$$\nPQ = \\frac{b+c-(a+b)}{2} = \\frac{c-a}{2}, \\quad PR = -\\frac{a+d-(a+b)}{2} = \\frac{b-d}{2},\n$$\n$$\nPS = PB - SB = b - \\frac{(a+b)+d-c}{2} = \\frac{b-a+c-d}{2} = PQ + PR. \\blacksquare\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44429,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $k \\le n$ 為兩個正整數。數奧國有 $n$ 個村莊, 其中有些村莊之間有道路連接。對於任兩個村莊, 其之間的距離定義為從一個村莊抵達另一個村莊最少需走過的道路數量; 如果完全無法從某個村莊抵達另一個村莊, 則這兩個村莊之間的距離為無限大。\n剛到數奧國的小勳被隔離在某個地方, 以至於他看不見數奧國裡道路連接的狀況, 但他知道 $n$ 與 $k$。他想知道數奧國中最遠的兩個村莊之間的距離是否為有限大。為此, 他每次可以打一通電話去數奧辦公室, 指定某兩個村莊, 問它們之間的距離是大於、等於或小於 $k$, 而辦公室會如實回答 (無限大的距離大於 $k$)。試證明小勳可以在 $2n^2/k$ 通電話內確認數奧國中最遠的兩個村莊, 其之間的距離是否為有限大。\n\nLet $k \\le n$ be two positive integers. IMO-nation has $n$ villages, some of which are connected by a road. For any two villages, the distance between them is the minimum number of roads that one needs to travel from one of the villages to the other; if the traveling is impossible, then the distance is set as infinite.\nAlice, who just arrived IMO-nation, is doing her quarantine in some place, so she does not know the configuration of roads, but she knows $n$ and $k$. She wants to know whether the furthest two villages have finite distance. To do so, for every phone call she dials to the IMO office, she can choose two villages, and ask the office whether the distance between them is larger than, equal to, or smaller than $k$. The office answers faithfully (infinite distance is larger than $k$.) Prove that Alice can know whether the furthest two villages have finite distance between them in at most $2n^2/k$ calls.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $G$ 為數奧國對應的圖, $d(u,v)$ 則為 $u$ 與 $v$ 之間的距離。考慮以下策略。\n\n1. 任選一個城市 $v$, 並令 $S = \\{v\\}$。\n\n2. 對於任何 $u \\ne v$, 打一通電話詢問 $u$ 與 $v$ 之間的距離。\n\n3. 如果存在 $v'$ 使得 $\\min_{s \\in S} d(v', s) \\ge k$, 且存在 $s \\in S$ 使得 $d(v', s) = k$, 則令 $S = S \\cup \\{v'\\}$, 改令 $v = v'$, 並回到步驟 2.\n\n4. 檢查任何村莊是否都與某個 $s \\in S$ 的距離至多為 $k$; 若是, 則回報 $G$ 連通。否則, 回報 $G$ 不連通。\n\n首先證明此演算法確實可以確認 $G$ 是否連通。將演算法結束時的集合 $S$ 記為 $S_0$。由步驟 3 知 $S_0$ 中的點必屬於同一連通集 (可用數歸證明), 從而若步驟 4 回報連通, $G$ 必連通。反之, 若步驟 4 回報不連通, 代表存在 $u$ 使得 $\\min_{s \\in S_0} d(u, s) > k$。假設此時 $G$ 實為連通, 則對於任何 $v \\in S_0$, 必然存在從 $u$ 到 $v$ 的最短路徑, 且其距離大於 $k$。又在此路徑上, 必然存在一個點 $w$ 其到 $S$ 中的點的距離至多為 $k$。但如此一來, 在步驟 3 時, 我們應該要取到 $v' = w$ 而回到步驟 2, 從而演算法尚未結束, 矛盾。故演算法回報 $G$ 連通若且唯若 $G$ 真的連通。\n\n接著我們證明此演算法所需的電話數至多為 $2n^2/k$。注意到我們只有在步驟 2 打 $n$ 次電話, 且我們至多只會重複 $|S_0|$ 次步驟 2, 因此我們只須證明 $|S_0| \\le 2n/k$。此在 $|S_0| = 1$ 時顯然, 故假設 $|S_0| \\ge 2$。考慮 $S_0$ 所在的連通集 $C$, 假設 $|C| = m$。考慮 $C$ 上的生成樹, 並考慮在此樹上的 Euler tour $v_1, \\dots, v_{2(m-1)}$。則我們必然可以取到 $i_1 < i_2 < \\dots < i_{|S_0|}$ 使得 $S_0 = \\{v_{i_1}, v_{i_2}, \\dots, v_{i_k}\\}$。\n\n現在，由於 $v_{i_j}$ 與 $v_{i_{j+1}}$ 為 $S_0$ 中相異的兩個元素，由步驟 3 知兩點之間的距離至少為 $k$，從而 $i_{j+1} - i_j \\ge k$。這表示 $|v_{i_S} - i_1| \\ge k(|S_0| - 1)$。又注意到我們可以令 $v_{i+2(m-1)} = v_i$，並考慮從 $v_{i|S_0|}$ 開始到 $v_{i_1+2(m-1)}$ 的路徑，此距離同樣也至少須為 $k$，也就是 $i_1 + 2(m-1) - |S_0| \\ge k$。結合兩式，我們得到 $k|S_0| \\le 2(m-1) < 2n$，故 $|S_0| < 2n/k$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44430,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "C. 令 $n$ 與 $k$ 為滿足 $k \\le 2n^2$ 的正整數。小李與小晴用一張 $2n \\times 2n$ 的方格紙玩一個遊戲。首先, 小李在紙上的每一個方格中寫上一個至多為 1 的非負實數, 使得整張方格紙上的數字總和為 $k$。接著, 小晴照著方格紙上的格線, 將方格紙切成數片, 使得每一片都是由若干個完整的方格所組成, 且每一片上的數字總和至多為 1。小晴所切出的每一片的形狀沒有限制。\n令遊戲最後得到的片數為 $M$。小李的目標是極大化 $M$, 而小晴的目標是極小化 $M$。\n試求當小李與小晴都以最佳策略進行下, 遊戲結束時的 $M$ 值。\n\nC. Let $n$ and $k$ be positive integers satisfying $k \\le 2n^2$. Lee and Sunny play a game with a $2n \\times 2n$ grid paper. First, Lee writes a non-negative real number no greater than 1 in each of the cell, so that the sum of all numbers on the paper is $k$. Then, Sunny divides the paper into few pieces such that each piece is constructed by several complete cells, and the sum of all numbers on each piece is at most 1. There are no other restrictions on the shape of each piece.\nLet $M$ be the final number of pieces. Lee wants to maximize $M$, while Sunny wants to minimize $M$. Find the value of $M$ when Lee and Sunny both play optimally.",
    "options": [],
    "answer": "2k-1",
    "solution": "答案是 $2k-1$。讓我們依序考慮兩人的策略。\n\n- 對於小李, 他可以在 $2k-1$ 的格子裡寫 $\\frac{1}{2}+\\epsilon$, 一個格子裡寫 $\\frac{1}{2}-(2k-1)\\epsilon$, 其餘填 0。基於每一片至多只能有一個寫 $\\frac{1}{2}+\\epsilon$ 的格子, 小李可以用此策略保證 $M \\ge 2k-1$。\n\n- 對於小晴, 他先選擇一個一筆劃通過所有方格的路徑, 假設此路徑上的數字依序為 $a_1, a_2, \\dots, a_{4n^2}$。小晴的策略是, 先從 $a_1$ 開始, 找到最大的正整數 $M$ 使得 $\\sum_{i=1}^M a_i \\le 1$, 並將 $a_1$ 到 $a_M$ 切成一片。接著, 從 $a_{M+1}$ 開始, 重複相同的動作, 直到結束。\n讓我們證明以上策略最多只會切出 $2k-1$ 片。假設最後切出了 $t \\ge 2k$ 片, 令每一片的數字和為 $b_1, b_2, \\dots, b_t$。基於策略, 我們知道 $b_i + b_{i+1} > 1$ (否則它們會被分在同一片)。但如此一來,\n$$\nk = \\sum_{t=1}^{k} b_i \\ge \\sum_{i=1}^{k} (b_{2i-1} + b_{2i}) > k,\n$$\n矛盾! 故小晴可以保證 $M \\le 2k-1$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44431,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設正整數 $n \\ge 6$。平面上有 $n$ 個兩兩互斥的圓盤 $D_1, D_2, \\dots, D_n$, 其半徑依序為 $R_1 \\ge R_2 \\ge \\dots \\ge R_n$。對每一個 $i = 1, 2, \\dots, n$, 在 $D_i$ 中都標了一個點 $P_i$。設 $O$ 為平面上的任意點。試證：\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} OP_i \\ge \\sum_{j=6}^{n} R_j\n$$\n(註：這裡的圓盤都包含其邊界。)\n\nIn the plane, there are $n \\ge 6$ pairwise disjoint disks $D_1, D_2, \\dots, D_n$ with radii $R_1 \\ge R_2 \\ge \\dots \\ge R_n$. For every $i = 1, 2, \\dots, n$, a point $P_i$ is chosen in disk $D_i$. Let $O$ be an arbitrary point in the plane. Prove that\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} OP_i \\ge \\sum_{j=6}^{n} R_j.\n$$\n(A disk is assumed to contain its boundary.)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will make use of the following lemma.\n\n*Lemma.* Let $D_1, \\dots, D_6$ be disjoint disks in the plane with radii $R_1, \\dots, R_6$. Let $P_i$ be a point in $D_i$, and let $O$ be an arbitrary point. Then there exist indices $i$ and $j$ such that $OP_i \\ge R_j$.\n\n*Proof.* Let $O_i$ be the center of $D_i$. Consider six rays $OO_1, \\dots, OO_6$ (if $O = O_i$, then the ray $OO_i$ may be assumed to have an arbitrary direction). These rays partition the plane into six angles (one of which may be non-convex) whose measures sum up to $360^\\circ$; hence one of the angles, say $\\angle O_iOO_j$, has measure at most $60^\\circ$. Then $O_iO_j$ cannot be the unique largest side in (possibly degenerate) triangle $OO_iO_j$, so, without loss of generality, $OO_i \\ge O_iO_j \\ge R_i + R_j$. Therefore, $OP_i \\ge OO_i - R_i \\ge (R_i + R_j) - R_i = R_j$, as desired. $\\square$\n\nNow we prove the required inequality by induction on $n \\ge 5$. The base case $n = 5$ is trivial. For the induction step, apply the Lemma to the six largest disks, in order to find indices $i$ and $j$ such that $1 \\le i, j \\le 6$ and $OP_i \\ge R_j \\ge R_6$. Removing $D_i$ from the configuration and applying the inductive hypothesis, we get\n$$\n\\sum_{k \\ne i} OP_k \\ge \\sum_{\\ell \\ge 7} R_\\ell.\n$$\nAdding up this inequality with $OP_i \\ge R_6$ we establish the induction step.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44432,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內心為 $I$, $X \\neq A$ 在外接圓 $\\Omega$ 使得 $AI = XI$, 內切圓分別和 $AC, AB$ 切於 $E, F$, $M_a, M_b, M_c$ 分別為三邊 $BC, CA, AB$ 的中點, 再設 $T$ 為 $M_bF$ 和 $M_cE$ 的交點, $S$ 為 $AT$ 和 $\\Omega$ 的另一個交點。\n試證：$X, M_a, S, T$ 共圓。\n\nLet $ABC$ be a triangle with incenter $I$ and circumcircle $\\Omega$. A point $X$ on $\\Omega$ which is different from $A$ satisfies $AI = XI$. The incircle of $ABC$ touches sides $AC$ and $AB$ at points $E$ and $F$, respectively. Let $M_a, M_b, M_c$ be the midpoints of sides $BC, CA, AB$, respectively. Let $T$ be the intersection point of the lines $M_bF$ and $M_cE$. Suppose that $AT$ intersects $\\Omega$ again at point $S$.\nProve that $X, M_a, S, T$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $O$ 為 $\\triangle ABC$ 的外心, $J$ 為 $EF$ 和 $OI$ 的交點, $L$ 為 $AJ$ 和 $\\Omega$ 異於 $A$ 的交點。\n\n**Claim.** $O, M_a, X, J, L$ 五點共圓。\n\n*Proof.* 由於 $JO$ 為 $\\angle XJA$ 的角平分線且 $XO = LO$, 因此 $J, L, O, X$ 共圓。另一方面, 設 $M$ 在 $OI$ 上為 $AX$ 中點, $Y$ 在 $\\Omega$ 上使得 $XY \\parallel BC$, 那麼由 $A, F, I, M, E$ 共圓且 $AFIE$ 為調和四邊形, 可知\n$$\n-1 = (F, E; A, I) \\stackrel{M}{\\cong} (F, E; MA \\cap EF, J) \\stackrel{A}{\\cong} (B, C; X, L) \\stackrel{Y}{\\cong} (B, C; \\infty_{BC}, BC \\cup YL)\n$$\n因此 $Y, M_a, L$ 共線, 即 $OM_a$ 為 $\\angle KM_aX$ 的角平分線, 代表 $M_a, X, J, O$ 共圓, 從而 $O, M_a, X, J, L$ 五點共圓。 □\n\n![](attached_image_1.png)\n\n設 $N$ 是弧 $BC$ 中點 (不包含 $A$ 的)，由 Claim：\n$$\n\\angle XJM_a = \\angle XOM_a = 2\\angle XAN = 2\\angle XAI = 2\\angle (OI, ED),\n$$\n且 $AJ$ 和 $XJ$ 關於 $OI$ 對稱，我們有 $AJ$ 和 $M_aJ$ 關於 $EF$ 對稱。注意到線段 $AT, M_bM_c, EF$ 的中點們共線 (完全四線形 $\\{CA, AB, EM_c, FM_b\\}$ 的牛頓線)，將其關於 $A$ 位似 2 倍可得 $TM_a$ 過 $A$ 關於 $EF$ 的對稱點，故 $M_a, J, T$ 共線，再由 Claim：\n$$\n\\angle TM_aX = \\angle JM_aX = \\angle JLX = \\angle ALX = \\angle ASX = \\angle TSX,\n$$\n即 $X, M_a, S, T$ 共圓。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44433,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明：若三個非零相異複數 $\\alpha_1, \\alpha_2, \\alpha_3$ 在複數平面上不共線，且滿足 $\\alpha_1+\\alpha_2+\\alpha_3 = 0$，則\n$$\n\\sum_{i=1}^{3} \\left( \\frac{|\\alpha_{i+1} - \\alpha_{i+2}|}{\\sqrt{|\\alpha_i|}} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{|\\alpha_{i+1}|}} + \\frac{1}{\\sqrt{|\\alpha_{i+2}|}} - \\frac{2}{\\sqrt{|\\alpha_i|}} \\right) \\right) \\le 0 \\quad (*)\n$$\n必成立。其中 $\\alpha_4 = \\alpha_1, \\alpha_5 = \\alpha_2$。同時請確定 (*) 等號成立的充要條件。\n\nProve that if non-zero complex numbers $\\alpha_1, \\alpha_2, \\alpha_3$ are distinct and noncollinear on the plane, and satisfy $\\alpha_1 + \\alpha_2 + \\alpha_3 = 0$, then there holds\n$$\n\\sum_{i=1}^{3} \\left( \\frac{|\\alpha_{i+1} - \\alpha_{i+2}|}{\\sqrt{|\\alpha_i|}} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{|\\alpha_{i+1}|}} + \\frac{1}{\\sqrt{|\\alpha_{i+2}|}} - \\frac{2}{\\sqrt{|\\alpha_i|}} \\right) \\right) \\le 0 \\quad (\\star)\n$$\nwhere $\\alpha_4 = \\alpha_1, \\alpha_5 = \\alpha_2$. Verify further the sufficient and necessary condition for the equality holding in (★).",
    "options": [],
    "answer": "The inequality holds for all such triples, and equality holds if and only if the three points form an equilateral triangle with centroid at the origin (equivalently, up to ordering, alpha_{i+1}/alpha_i = e^{2πi/3}).",
    "solution": "考慮以此三點為頂點的三角形 $A_1A_2A_3$, 其中 $A_1(\\alpha_1), A_2(\\alpha_2), A_3(\\alpha_3)$。依條件我們知道其重心 $O$ 在原點; 再令 $s_i = |\\alpha_{i+1} - \\alpha_{i+2}|$ 為 $\\overline{A_{i+1}A_{i+2}}$ 的邊長。因此, $m_i = \\frac{3}{2}|\\alpha_i|$ 為 $\\overline{A_{i+1}A_{i+2}}$ 上的中線長。則(*)等價於 $\\sum_{i=1}^3 \\frac{s_i}{\\sqrt{m_i}} \\left( \\frac{1}{\\sqrt{m_{i+1}}} + \\frac{1}{\\sqrt{m_{i+2}}} - \\frac{2}{\\sqrt{m_i}} \\right) \\le 0$, 整理後得到等價的不等式：\n$$\n\\sum_{i=1}^{3} \\frac{s_i + s_{i+1}}{\\sqrt{m_i m_{i+1}}} \\le 2 \\sum_{i=1}^{3} \\frac{s_i}{m_i}, \\quad (**)\n$$\n其中 $(s_4, m_4, s_5, m_5) = (s_1, m_1, s_2, m_2)$。我們將證明下列不等式成立：\n$$\n\\frac{s_i + s_{i+1}}{\\sqrt{m_i m_{i+1}}} \\le \\frac{s_i}{m_i} + \\frac{s_{i+1}}{m_{i+1}}, \\quad i = 1, 2, 3. \\quad (\\#)\n$$\n(\\#) 的證明：首先將不等式(\\#)的兩邊平方並整理後得到一個等價的不等式\n$$\nm_i m_{i+1} (s_i^2 + s_{i+1}^2) \\le m_{i+1}^2 s_i^2 + m_i^2 s_{i+1}^2, \\quad i = 1, 2, 3. \\quad (\\#_1)\n$$\n我們將證明 (\\#1) 等號僅當 $s_i = s_{i+1}$ 時成立。\n**Step 1.** 注意到 $m_i = \\frac{\\sqrt{2(s_{i+1}^2 + s_{i+2}^2) - s_i^2}}{2}$。我們先給出 $m_i m_{i+1}$ 的一個上界估計：\n$$\n\\begin{aligned}\n(4m_i m_{i+1})^2 &= (2s_{i+1}^2 + 2s_{i+2}^2 - s_i^2)(2s_{i+2}^2 + 2s_i^2 - s_{i+1}^2) \\\\\n&= (4s_{i+2}^4 + s_{i+1}^2 s_i^2) + 2(s_i^2 + s_{i+1}^2)s_{i+2}^2 - 2(s_{i+1}^2 - s_i^2)^2 \\\\\n&= (2s_{i+2}^2 + s_{i+1}s_i)^2 + 2(s_i - s_{i+1})^2 s_{i+2}^2 - 2(s_{i+1}^2 - s_i^2)^2 \\\\\n&= (2s_{i+2}^2 + s_{i+1}s_i)^2 + 2(s_i - s_{i+1})^2 (s_{i+2} + s_{i+1} + s_i)(s_{i+2} - s_{i+1} - s_i) \\\\\n&\\le (2s_{i+2}^2 + s_{i+1}s_i)^2.\n\\end{aligned}\n$$\n因此，\n$$\n4m_i m_{i+1} \\le 2s_{i+2}^2 + s_{i+1} s_i \\quad (\\#2)\n$$\n(當且僅當 $s_i = s_{i+1}$ 時等號成立。)\n**Step 2.** 由 (\\#2) 我們得到\n$$\n\\begin{aligned}\n& 4m_{i+1}^2 s_i^2 + 4m_i^2 s_{i+1}^2 - 4m_i m_{i+1} (s_i^2 + s_{i+1}^2) \\\\\n& \\ge (2s_{i+2}^2 + 2s_i^2 - s_{i+1}^2)s_i^2 + (2s_{i+1}^2 + 2s_{i+2}^2 - s_i^2)s_{i+1}^2 - (2s_{i+2}^2 + s_{i+1}s_i)(s_i^2 + s_{i+1}^2) \\\\\n& = (2s_i^2 - s_{i+1}^2)s_i^2 + (2s_{i+1}^2 - s_i^2)s_{i+1}^2 - s_{i+1}s_i(s_i^2 + s_{i+1}^2) \\\\\n& = 2(s_i^2 - s_{i+1}^2)^2 - s_{i+1}s_i(s_i - s_{i+1})^2 \\\\\n& = (s_i - s_{i+1})^2 [2(s_i + s_{i+1})^2 - s_{i+1}s_i] \\ge 0.\n\\end{aligned}\n$$\n這給出 (\\#1)。也因此得到 (#)。既然 (**) 由 (#) 的輪換和得到，且 (*) 與 (***) 等價。因此我們得到 (*)，其中等號僅當 $\\alpha_1, \\alpha_2, \\alpha_3$ 為以原點 $O$ 為重心的正三角形的頂點時成立 (例如：$\\alpha_{i+1}/\\alpha_i = e^{2i\\pi\\sqrt{-1}/3}, i = 1, 2$.)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44434,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "費氏數列 $F_0, F_1, F_2, \\dots$ 滿足 $F_0 = 0, F_1 = 1$, 且 $F_{n+1} = F_n + F_{n-1}$ 對所有 $n \\ge 1$ 都成立。給定 $n \\ge 2$, 假設整數集 $S$ 滿足：對於所有 $k = 2, 3, \\dots, n$, 存在 $x, y \\in S$ 使得 $x - y = F_k$。試求 $S$ 元素個數的最小可能值。\n\nThe Fibonacci numbers $F_0, F_1, F_2, \\dots$ are defined inductively by $F_0 = 0, F_1 = 1$, and $F_{n+1} = F_n + F_{n-1}$ for $n \\ge 1$. Given $n \\ge 2$, determine the smallest size of a set $S$ of integers such that for every $k = 2, 3, \\dots, n$ there exist some $x, y \\in S$ such that $x - y = F_k$.\n\n費氏數列 $F_0, F_1, F_2, \\dots$ 滿足 $F_0 = 0, F_1 = 1,$ 且 $F_{n+1} = F_n + F_{n-1}$ 對所有 $n \\ge 1$ 都成立。給定 $n \\ge 2$, 假設整數集 $S$ 滿足：對於所有 $k = 2, 3, \\dots, n$, 存在 $x, y \\in S$ 使得 $x - y = F_k$。試求 $S$ 元素個數的最小可能值。",
    "options": [],
    "answer": "ceil(n/2) + 1",
    "solution": "下界為 $|S| \\ge d+1$, 其中 $d$ 為大於等於 $\\frac{n}{2}$ 的最小整數。\n\n1. 估計：讓我們以 $S$ 的元素為點作圖 $G$, 其連邊方式為：對每一個 $1 \\le k \\le d$, 找到一組 $x, y \\in S$ 滿足 $|x - y| = F_{2k-1}$, 就把 $x$ 與 $y$ 連邊；如果有不只一組 $(x, y)$ 滿足 $|x - y| = F_{2k-1}$, 就只取其中一組連邊。同時定義邊 $(x, y)$ 的長度為 $|x - y|$。\n\n以下證明 $G$ 中沒有環。假設 $G$ 中有環 $(x_1, x_2, \\dots, x_\\ell)$, 不失一般性假設其中長度最長的邊為 $|x_1 - x_\\ell| = F_{2m+1}$。注意到此環中其他邊的邊長屬於 $\\{F_1, F_3, \\dots, F_{2m-1}\\}$ 且全相異。但這意味著\n$$\n\\begin{aligned}\nF_{2m+1} &= |x_{\\ell} - x_{1}| \\le \\sum_{i=1}^{\\ell-1} |x_{i+1} - x_{i}| \\\\\n&= F_1 + F_3 + \\dots + F_{2m-1} \\\\\n&= F_2 + (F_4 - F_2) + \\dots + (F_{2m} - F_{2m-2}) = F_{2m} < F_{2m+1},\n\\end{aligned}\n$$\n矛盾！從而，$G$ 有至少 $d$ 條邊且沒有環，故 $G$ 至少要有 $d+1$ 個點，也就是 $|S| \\ge d+1$。\n\n2. 構造：考慮 $S = \\{F_0, F_2, \\dots, F_{2d}\\}$，則有 $F_{2k} - F_{2k-2} = F_{2k-1}$ 與 $F_{2k} - F_0 = F_{2k}$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44435,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一個城市是平面上的一個點。假設平面上有 $n \\ge 2$ 個城市。假設對於每個城市 $X$，都存在另一個城市 $N(X)$，使得 $X$ 到 $N(X)$ 的距離嚴格小於 $X$ 到任何其他城市的距離。政府在所有的城市 $X$ 與其 $N(X)$ 之間建有道路，除此之外城市之間沒有其他道路。已知我們可以從任何一個城市，經過一系列的道路，抵達任何一個其他城市。我們稱一個城市 $Y$ 是一個近郊，若且唯若存在城市 $X$ 使得 $Y = N(X)$。試證明至少有 $(n-2)/4$ 個近郊。\n\nA city is a point on the plane. Suppose there are $n \\ge 2$ cities. Suppose that for each city $X$, there is another city $N(X)$ that is strictly closer to $X$ than all the other cities. The government builds a road connecting each city $X$ and its $N(X)$; no other roads have been built. Suppose we know that, starting from any city, we can reach any other city through a series of roads.\nWe call a city $Y$ is *suburban* if it is $N(X)$ for some city $X$. Show that there are at least $(n-2)/4$ suburban cities.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "讓我們以城市頂點，$(X, N(X))$ 為邊建立有向圖 $G$。基於 $G$ 連通且共有 $n$ 個邊，此圖恰有一個環。這表示我們有至多一對城市 $(A, B)$ 滿足 $A = N(B)$ 且 $B = N(A)$。\n\n讓我們考慮以下關鍵引理：\n\n**引理：** 如果 $B = N(A)$，則存在至多 4 個異於 $B$ 的城市滿足 $A = N(X)$。\n\n**證明：** 假設 $X_1, \\cdots, X_t$ 為所有異於 $B$ 且滿足 $A = N(X_i)$ 的城市。由定義知 $\\overline{X_iA} < \\overline{X_iB}$，意味著 $X_i$ 與 $A$ 必須在 $\\overline{AB}$ 中垂線的同一側。同樣由定義，我們知 $\\overline{X_iA} > \\overline{AB}$，所以 $X_i$ 必須在以 $A$ 為圓心，過 $B$ 點的圓外。這表示射線 $AX_i$ 可能存在的角度範圍為 $4\\pi/3$。\n\n現在，對於任何 $i \\neq j$，$\\overline{X_iX_j}$ 都必然為 $\\triangle AX_iX_j$ 的最長邊，也就是 $\\angle X_iAX_j > \\pi/3$。結合前面關於射線可能角度的討論，我們得到\n$$\nt - 1 \\le \\frac{4\\pi/3}{\\pi/3} = 4,\n$$\n也就是 $t \\le 4$。引理證畢。 $\\Box$\n\n回到原題。由引理得知對於所有城市 $A$，至多只有四個城市 $X$ 滿足 $N(X) = A$ 且 $N(N(X)) \\neq X$。令 $S$ 為所有近郊城市所成集合，$S'$ 則為所有滿足 $N(N(X)) \\neq X$ 的城市所成集合。注意到我們有 $|S'| \\ge n - 2$ 且 $4|S| \\ge |S'|$ (因為 $N : S' \\to S$ 的 preimage 大小最大為 4) 這表示 $|S| \\ge (n - 2)/4$。得證。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44436,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為凸四邊形，其中任兩邊皆不等長，且 $AC \\perp BD$。設 $O_1, O_2$ 分別為三角形 $ABD$ 與 $CBD$ 的外心。證明：直線 $AO_2$、$CO_1$ 以及三角形 $ABC$ 的尤拉線、三角形 $ADC$ 的尤拉線四線共點。\n\n（註：三角形的尤拉線為其外心、重心、垂心所在的直線。）\n\nLet $ABCD$ be a convex quadrilateral with pairwise distinct side lengths such that $AC \\perp BD$. Let $O_1, O_2$ be the circumcenters of $\\triangle ABD, \\triangle CBD$, respectively. Show that $AO_2, CO_1$, the Euler line of $\\triangle ABC$ and the Euler line of $\\triangle ADC$ are concurrent. (Remark. The *Euler line* of a triangle is the line on which its circumcenter, centroid, and orthocenter lie.)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By symmetry it suffices to show that $AO_2$, $CO_1$ and the Euler line of $\\triangle ABC$ are concurrent. Note that $O_1O_2 \\parallel AC$. Let $\\ell_A, \\ell_C$ be the perpendicular bisector of $BC, AB$, respectively. Also denote by $M_A, M_C$ the midpoints of $BC, AB$, respectively. Let $G, O, H$ be the centroid, circumcenter, orthocenter of $\\triangle ABC$ and let $\\ell$ be its Euler line. Then\n$$\n\\begin{aligned}\n(G, O; H, \\ell \\cap AO_2) &= (AG, AO; AH, AO_2) = (AM_A, AO; A\\infty_{\\ell_A}, AO_2) \\\\\n&= (M_A, O; \\infty_{\\ell_A}, O_2).\n\\end{aligned}\n$$\nSimilarly $(G, O; H, \\ell \\cap CO_1) = (M_C, O; \\infty_{\\ell_C}, O_1)$. Now since $M_A M_C \\parallel O_1 O_2 \\parallel AC$, we know (by perspectivity at $\\infty_{AC}$) that $(M_A, O; \\infty_{\\ell_A}, O_2) = (M_C, O; \\infty_{\\ell_C}, O_1)$. Therefore $(G, O; H, \\ell \\cap AO_2) = (G, O; H, \\ell \\cap CO_1)$, showing that $\\ell, AO_2, CO_1$ are concurrent, as desired.\n\n*Remark.* The cross ratio here can be replaced by Menelaus theorem applied for multiple times. Cross ratios are used just to make proof concise.\n\n*Alternative proof.* Again, we have $O_1O_2 \\parallel AC$ and it suffices to show that $AO_2, CO_1$ and the Euler line of $\\triangle ABC$ are concurrent. Let $M_1, M_2$ be the midpoints of $AB, BC$, respectively. Then note that $M_1M_2 \\parallel O_1O_2 \\parallel CA$, and so by Desargues theorem we know that $M_1O_1 \\cap M_2O_2, CO_1 \\cap AO_2$ and $CM_1 \\cap AM_2$ are collinear. Note that $M_1O_1 \\cap M_2O_2$ is the circumcenter of $\\triangle ABC$, and $CM_1 \\cap AM_2$ is the centroid of $\\triangle ABC$. Therefore $CO_1 \\cap AO_2$ lies on the Euler line of $\\triangle ABC$. $\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44437,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 為銳角三角形，$I$ 及 $I_A$ 分別為其內心及角 $A$ 內的旁心，且 $AB < AC$。設其內切圓交 $BC$ 於點 $D$。直線 $AD$ 分別與 $BI_A$ 及 $CI_A$ 交於點 $E$ 及 $F$。證明三角形 $AID$ 的外接圓與三角形 $IAEF$ 的外接圓相切。\n\nLet $I$ and $I_A$ be the incenter and the $A$-excenter of an acute-angled triangle $ABC$, with $AB < AC$. Let the incircle meet $BC$ at $D$. The line $AD$ meets $BI_A$ and $CI_A$ at $E$ and $F$, respectively. Prove that the circumcircles of triangles $AID$ and $IAEF$ are tangent to each other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\angle(p, q)$ denote the directed angle between lines $p$ and $q$.\nThe points $B, C, I$, and $I_A$ lie on the circle $\\Gamma$ with diameter $II_A$. Let $\\omega$ and $\\Omega$ denote the circles $(IAEF)$ and $(AID)$, respectively. Let $T$ be the second intersection point of $\\omega$ and $\\Gamma$. Then $T$ is the Miquel point of the complete quadrilateral formed by the lines $BC, BI_A, CI_A$, and $DEF$, so $T$ also lies on circle $(BDE)$ (as well as on circle $(CDF)$). We claim that $T$ is the desired tangency point of $\\omega$ and $\\Omega$.\nIn order to show that $T$ lies on $\\Omega$, use cyclic quadrilaterals $BDET$ and $BII_AT$ to write\n$$\n\\angle(DT, DA) = \\angle(DT, DE) = \\angle(BT, BE) = \\angle(BT, BI_A) = \\angle(IT, II_A) = \\angle(IT, IA).\n$$\nTo show that $\\omega$ and $\\Omega$ are tangent at $T$, let $\\ell$ be the tangent to $\\omega$ at $T$, so that\n$$ \\angle(TI_A, \\ell) = \\angle(EI_A, ET). $$\nUsing circles $(BDET)$ and $(BICI_A)$, we get\n$$\n\\angle(EI_A, ET) = \\angle(EB, ET) = \\angle(DB, DT).\n$$\nTherefore,\n$$\n\\angle(TI, \\ell) = 90^\\circ + \\angle(TI_A, \\ell) = 90^\\circ + \\angle(DB, DT) = \\angle(DI, DT),\n$$\nwhich shows that $\\ell$ is tangent to $\\Omega$ at $T$.\nWe use the notation of circles $\\Gamma, \\omega$, and $\\Omega$ as in the previous solution.\nLet $L$ be the point opposite to $I$ in circle $\\Omega$. Then $\\angle IAL = \\angle IDL = 90^\\circ$, which means that $L$ is the foot of the external bisector of $\\angle A$ in triangle $ABC$. Let $LI$ cross $\\Gamma$ again at $M$.\nLet $T$ be the foot of the perpendicular from $I$ onto $I_A L$. Then $T$ is the second intersection point of $\\Omega$ and $\\Gamma$. We will show that $T$ is the desired tangency point.\n\n$$\n\\angle(LT, LM) = \\angle(AT, AI) \\quad \\text{and} \\quad \\angle(MT, ML) = \\angle(MT, MI) = \\angle(I_A T, I_A I),\n$$\nwhich shows that triangles $TML$ and $TIA_A$ are similar and equioriented. So there exists a rotational homothety $\\tau$ mapping $TML$ to $TIA_A$.\nSince $\\angle(ML, LD) = \\angle(AI, AD)$, we get $\\tau(BC) = AD$. Next, since\n$$\n\\angle(MB, ML) = \\angle(MB, MI) = \\angle(I_A B, I_A I) = \\angle(I_A E, I_A A),\n$$\nwe get $\\tau(B) = E$. Similarly $\\tau(C) = F$. Since the points $M, B, C$, and $T$ are concyclic, so are their $\\tau$-images, which means that $T$ lies on $\\omega = \\tau(\\Gamma)$.\nFinally, since $\\tau(L) = A$ and $\\tau(B) = E$, triangles $ATL$ and $ETB$ are similar so that\n$$\n\\angle(AT, AL) = \\angle(ET, EB) = \\angle(EI_A, ET).\n$$\nThis means that the tangents to $\\Omega$ and $\\omega$ at $T$ make the same angle with the line $I_A TL$, so the circles are indeed tangent at $T$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44438,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "考慮一正整數數列 $a_1, a_2, a_3, \\dots$，滿足 $a_1 = 2021$ 且\n$$\n\\sqrt{a_{n+1} - a_n} = \\lfloor \\sqrt{a_n} \\rfloor.\n$$\n證明此數列含有無窮多個奇數和無窮多個偶數。\n\nLet $a_1, a_2, a_3, \\dots$ be a sequence of positive integers such that $a_1 = 2021$ and\n$$\n\\sqrt{a_{n+1} - a_n} = \\lfloor \\sqrt{a_n} \\rfloor.\n$$\nShow that there are infinitely many odd numbers and infinitely many even numbers in this sequence.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "假設不存在無窮多個奇數或無窮多個偶數，則存在一個 $N$ 使得數列 $a_N, a_{N+1}, a_{N+2}, \\dots$ 擁有同樣的奇偶性。所以當 $n \\ge N$ 時，\n$$\nb_n := \\lfloor \\sqrt{a_n} \\rfloor = \\sqrt{a_{n+1} - a_n}\n$$\n為偶數。令 $k_n = a_n - b_n^2$，則 $0 \\le k_n \\le 2b_n$。我們有\n$$\na_{n+1} = a_n + b_n^2 = 2b_n^2 + k_n \\implies b_{n+1} \\le \\sqrt{2b_n^2 + k_n} < b_{n+1} + 1,\n$$\n因此由 $a_{n+2} = 2b_{n+1}^2 + k_{n+1} = 2b_n^2 + k_n + b_{n+1}^2$，\n$$\na_{n+2} \\le 4b_n^2 + 2k_n \\le 4b_n^2 + 4b_n < (2b_n + 1)^2\n$$\n$$\na_{n+2} > 2b_n^2 + k_n + (\\sqrt{2b_n^2 + k_n} - 1)^2 = 4b_n^2 + 2k_n + 1 - 2\\sqrt{2b_n^2 + k_n}.\n$$\n注意到\n$$\n4b_n^2 + 2k_n + 1 - 2\\sqrt{2b_n^2 + k_n} \\ge (2b_n - 1)^2 \\iff 2b_n + k_n \\ge \\sqrt{2b_n^2 + k_n},\n$$\n而後者顯然是對的，因此我們有 $b_{n+2} = \\lfloor a_{n+2} \\rfloor = 2b_n - 1$ 或 $2b_n$。由於當 $n + 2 \\ge N$ 時，$b_{n+2}$ 為偶數，因此 $b_{n+2} = 2b_n$。所以我們有 $b_{N+2s} = 2^s b_N, b_{N+2s+1} = 2^s b_{N+1}$。\n$$\nb_{N+2s}^2 = a_{N+2s+1} - a_{N+2s} = b_{N+2s+1}^2 - b_{N+2s}^2 + k_{N+2s+1} - k_{N+2s},\n$$\n我們有\n$$\nk_{N+2s+1} - k_{N+2s} = 2b_{N+2s}^2 - b_{N+2s+1}^2 = 2^{2s}(2b_N^2 - b_{N+1}^2),\n$$\n由 $0 \\le k_n \\le 2b_n$，我們有\n$$\n2^{2s}|2b_N^2 - b_{N+1}^2| \\le 2b_{N+2s+1} + 2b_{N+2s} = 2^{s+1}(b_{N+1} + b_N).\n$$\n注意到 $2$ 不是完全平方數，因此 $2b_N^2 - b_{N+1}^2 \\ne 0$，故取 $s$ 足夠大即可得到矛盾。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44439,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $S$ be a set of positive integers such that for every $a, b \\in S$, there always exists $c \\in S$ such that $c^2$ divides $a(a+b)$. Show that there exists an $a \\in S$ such that $a$ divides every element of $S$.\n\n設 $S$ 為一個正整數的非空子集, 其中對於任意 $a, b \\in S$, 都可以找到一個 $c \\in S$ 使得 $c^2$ 整除 $a(a+b)$. 證明存在 $a \\in S$, 使得 $a$ 能整除 $S$ 中的任一元素。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $a$ be the minimum element in $S$. We will show that this $a$ satisfies the condition. Towards contradiction, suppose $b \\in S$ be the minimum element in $S$ such that $a \\nmid b$. Define $b_0 = b$ and let $b_{i+1}$ be an element in $S$ so that $b_{i+1}^2 \\mid a(a+b_i)$ for $i \\ge 0$.\nNote that if $b_{i+1} < b$, then by the minimality of $b$ we know that $a \\mid b_{i+1}$ and hence\n$$\na^2 \\mid b_{i+1}^2 \\mid a(a + b_i)\n$$\nand so $a \\mid b_i$ and by induction we have $a \\mid b_0$ contradict to the assumption. Therefore, $b_i \\ge b$ for all $i$. Moreover, we have the $b_{i+1} < \\sqrt{b(b+b_i)}$. By induction we can see that $b_n < \\varphi b$, where $\\varphi = (1 + \\sqrt{5})/2$. As a consequence, we know that\n$$\nb^2 \\le b_{i+1}^2 \\le a(a + b_i) < (1 + \\varphi)b < 3b^2,\n$$\nshowing that $b_{i+1}^2 = a(a + b_i)$ or $b_{i+1}^2 = a(a + b_i)/2$.\nNow let $p$ be a prime so that $v_p(a) > v_p(b)$. If $p \\ne 2$, then by induction we have that $v_p(b_i) < v_p(a)$ for all $i$ and\n$$\nv_p(b_{i+1}) = (v_p(a) + v_p(a + b_i))/2 = (v_p(a) + v_p(b_i))/2,\n$$\ntherefore $v_p(a) - v_p(b_i)$ decreases strictly as $i$ increases, which is absurd. Hence $p = 2$.\nBy the same argument, we know that $v_2(b_{i+1}) = \\lfloor (v_2(a) + v_p(b_i))/2 \\rfloor$. Then $v_p(a) - v_p(b_i)$ decreases strictly unless $v_2(b_i) = v_2(a) - 1$. Therefore, there must be an $N \\in \\mathbb{N}$ such that $v_2(b_i) = v_2(a) - 1$ for all $i \\ge N$. However, this shows that $b_{i+1}^2 = a(a + b_i)/2$ for all $i \\ge N$, and so $b_{i+1} < b_i$ for all $i \\ge N$. This is a contradiction.\nLet $a$ be the minimum element in $S$. We will show that $a$ satisfies the condition. Towards contradiction, suppose $b \\in S$ is the minimum element in $S$ such that $a \\nmid b$. Let $x \\in S$ be an element such that $x^2 \\mid a(a+b)$. If $x^2 \\ne a(a+b)$, then $x^2 \\le a(a+b)/2 < b^2$, so $x < b$, meaning $a \\mid x$ and we must have $a \\mid b$ similar to the argument in Sol1. So $a(a+b) = x^2$ for some $x \\in S$. Similarly $b(a+b) = y^2$ for some $y \\in S$. If $\\gcd(a,b) = d$ and $a = dA, b = dB$, then $d^2A(A+B) = x^2$, showing that $A = s^2$ for some positive integer $s$, and similarly $B = t^2$. We also have $A+B = l^2$, showing that $s^2+t^2=l^2$, and $x = dsl, y = dtl$.\nNow note that $x, y < b\\sqrt{2} < 2b$. Therefore if $p \\in S$ satisfies that $p^2 \\mid a(a+x)$, then either $a(a+x) = p^2, 2p^2$ or $p < b$. The latter case leads to $a|p$ and so $a|b$ by the same argument above, which is a contradiction. Thus $a(a+x) = p^2, 2p^2$.\nNow if $q \\in S$ satisfies that $q^2 \\mid b(b+y)$, then again $b(b+y) = q^2, 2q^2$ or $q < b$.\nThe latter leads to $a \\mid q$, and so\n$$\nd^2 s^4 = a^2 \\mid b(b + y) = d^2 t^3 (t + l),\n$$\nand by $\\gcd(s,t) = 1$, we have $s^4 \\mid t+l$. However we have $(t+l)(l-t) = s^2$, showing that $s=1$, which is impossible. Hence $b(b+y) = q^2, 2q^2$\nNow we will show the following lemma that immediately leads to a contradiction.\n**Lemma** There do not exist positive integers $a, b, x, y$, such that $a(a+b) = x^2, b(a+b) = y^2$, and $a(a+x), b(b+y)$ are perfect squares or the double of perfect squares.\n*Proof.* We have already showed that $a = ds^2, b = dt^2, x = dsl, y = dtl$, where $\\gcd(s,t) = 1$ and $s^2 + t^2 = l^2$. WLOG, assume $s$ is odd and $t$ is even, then there exist $u, v$ coprime such that $s = u^2 - v^2, t = 2uv$ and $l = u^2 + v^2$. Now note that\n$$\na(a + x) = d^2 s^3 (s + l) = 2d^2 s^2 u^2 \\cdot s,\n$$\nand this shows that $s$ must be a perfect square (because $s$ is odd), say $s = m^2$. Similarly we have\n$$\nb(b + y) = d^2 t^3 (t + l) = 2d^2 t^2 (u + v)^2\n$$\nshowing that $t = n^2$ or $2n^2$ for some positive integer $n$. Hence by $s^2 + t^2 = l^2$, we have $m^4 + n^4 = l^2$ or $m^4 + 4n^4 = l^2$. It is well-known (can be proved by infinite descent) that those two Diophantine equations have no nontrivial solutions, which is a contradiction. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44440,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "魔術師準備表演一個魔術。她會先指定一個正整數 $n$，以及 $2n$ 個實數 $x_1 < \\cdots < x_{2n}$。然後隨機地請一位觀眾秘密地寫下一個 $n$ 次實係數多項式 $P(x)$ 並計算 $P(x_1), \\dots, P(x_{2n})$ 的值，再以“非遞減”的順序在黑板上寫下這 $2n$ 個值。最後，她必須從這 $2n$ 個值公布正確的 $P(x)$。\n確定所有的 $n$ 使得魔術師可以找到策略來執行這樣的魔術。\n\nA magician intends to perform the following trick. She announces a positive integer $n$, along with $2n$ real numbers $x_1 < \\dots < x_{2n}$, to the audience. A member of the audience then secretly chooses a polynomial $P(x)$ of degree $n$ with real coefficients, computes the $2n$ values $P(x_1), \\dots, P(x_{2n})$, and writes down these $2n$ values on the blackboard in non-decreasing order. After that the magician announces the secret polynomial to the audience.\nDetermine all $n$ such that the magician can find a strategy to perform such a trick.",
    "options": [],
    "answer": "no positive integer n",
    "solution": "There doesn't exist such a $n$.\nLet $x_1 < x_2 < \\cdots < x_{2n}$ be real numbers chosen by the magician. We will construct two distinct polynomials $P(x)$ and $Q(x)$, each of degree $n$, such that the member of audience will write down the same sequence for both polynomials. This will mean that the magician cannot distinguish $P$ from $Q$.\n\n**Claim.** There exists a polynomial $P(x)$ of degree $n$ such that $P(x_{2i-1}) + P(x_{2i}) = 0$ for $i = 1, 2, \\dots, n$.\n\n*Proof.* We want to find a polynomial $a_n x^n + \\cdots + a_1 x + a_0$ satisfying the following system of equations:\n$$\n\\left\\{ \n\\begin{array}{l} \n(x_1^n + x_2^n)a_n + (x_1^{n-1} + x_2^{n-1})a_{n-1} + \\cdots + 2a_0 = 0 \\\\ \n(x_3^n + x_4^n)a_n + (x_3^{n-1} + x_4^{n-1})a_{n-1} + \\cdots + 2a_0 = 0 \\\\ \n\\cdots \\\\ \n(x_{2n-1}^n + x_{2n}^n)a_n + (x_{2n-1}^{n-1} + x_{2n}^{n-1})a_{n-1} + \\cdots + 2a_0 = 0 \n\\end{array} \n\\right.\n$$\nWe use the well known fact that a homogeneous system of $n$ linear equations in $n+1$ variables has a nonzero solution. (This fact can be proved using induction on $n$, via elimination of variables.) Applying this fact to the above system, we find a nonzero polynomial $P(x)$ of degree not exceeding $n$ such that its coefficients $a_0, \\dots, a_n$ satisfy this system. Therefore $P(x_{2i-1}) + P(x_{2i}) = 0$ for all $i = 1, 2, \\dots, n$. Notice that $P$ has a root on each segment $[x_{2i-1}, x_{2i}]$ by the Intermediate Value theorem, so $n$ roots in total. Since $P$ is nonzero, we get $\\deg P = n$.\n\nNow consider a polynomial $P(x)$ provided by the Claim, and take $Q(x) = -P(x)$. The properties of $P(x)$ yield that $P(x_{2i-1}) = Q(x_{2i})$ and $Q(x_{2i-1}) = P(x_{2i})$ for all $i = 1, 2, \\dots, n$. It is also clear that $P \\neq -P = Q$ and $\\deg Q = \\deg P = n$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44441,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For every positive integer $N$, determine the smallest real number $b_N$ such that, for all real $x$,\n$$\n\\sqrt[N]{\\frac{x^{2N} + 1}{2}} \\le b_N(x - 1)^2 + x.\n$$\n\n對每個正整數 $N$，請決定最小的實數 $b_N$ 使得對所有的實數 $x$ 下列不等式恆成立：\n$$\n\\sqrt[N]{\\frac{x^{2N} + 1}{2}} \\le b_N(x - 1)^2 + x.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "b_N = N/2",
    "solution": "The answer is $b_N = N/2$.\n\n**Solution 1.** First of all, assume that $b_N < N/2$ satisfies the condition. Take $x = 1 + t$ for $t > 0$, we should have\n$$\n\\frac{(1 + t)^{2N} + 1}{2} \\le (1 + t + b_N t^2)^N.\n$$\nExpanding the brackets we get\n$$\n(1 + t + b_N t^2)^N - \\frac{(1 + t)^{2N} + 1}{2} = \\left(Nb_N - \\frac{N^2}{2}\\right)t^2 + c_3 t^3 + \\dots + c_{2N} t^{2N} \\quad (1)\n$$\nwith some coefficients $c_3, \\dots, c_{2N}$. Since $b_N < N/2$, the right hand side of (1) is negative for sufficiently small $t$. A contradiction.\n\nNow we denote $\\mathcal{I}(N, x)$ for the inequality. It remains to prove the inequality $\\mathcal{I}(N, x)$ with $b_N = N/2$ for an arbitrary positive integer $N$.\n\nFirst of all, $\\mathcal{I}(N, 0)$ is obvious. Further, if $x > 0$, then the left hand sides of $\\mathcal{I}(N, -x)$ and $\\mathcal{I}(N, x)$ coincide, while the right hand side of $\\mathcal{I}(N, -x)$ is larger than that of $\\mathcal{I}(N, x)$ (their difference equals $2(N-1)x \\ge 0$). Therefore, $\\mathcal{I}(N, -x)$ follows from $\\mathcal{I}(N, x)$. So, hereafter we suppose that $x > 0$.\nDivide $\\mathcal{I}(N, x)$ by $x$ and let $t = (x-1)^2/x = x - 2 + 1/x$; then $\\mathcal{I}(N, x)$ reads as\n$$\nf_N := \\frac{x^N + x^{-N}}{2} \\le \\left(1 + \\frac{N}{2}t\\right)^N. \\qquad (2)\n$$\nThe key identity is the expansion of $f_N$ as a polynomial in $t$:\n*Lemma*.\n$$\nf_N = N \\sum_{k=0}^{N} \\frac{1}{N+k} \\binom{N+k}{2k} t^k. \\qquad (3)\n$$\n---\n*Proof.* Apply induction on $N$. We will make use of the straightforward recurrence relation\n$$\nf_{N+1} + f_{N-1} = (x + 1/x)f_N = (2 + t)f_N. \\quad (4)\n$$\nThe base cases $N = 1, 2$ are straightforward:\n$$\nf_1 = 1 + \\frac{t}{2}, \\quad f_2 = \\frac{1}{2}t^2 + 2t + 1.\n$$\nFor the induction step from $N-1$ and $N$ to $N+1$, we compute the coefficient of $t_k$ in $f_{N+1}$ using the formula $f_{N+1} = (2+t)f_N - f_{N-1}$. For $k=0$ that coefficient equals 1, for $k > 0$ it equals\n$$\n\\begin{align*}\n& 2 \\frac{N}{N+k} \\binom{N+k}{2k} + \\frac{N}{N+k-1} \\binom{N+k-1}{2k-2} - \\frac{N-1}{N+k-1} \\binom{N+k-1}{2k} \\\\\n&= \\frac{(N+k-1)!}{(2k)!(N-k)!} \\left( 2N + \\frac{2k(2k-1)N}{(N+k-1)(N-k+1)} - \\frac{(N-1)(N-k)}{N+k-1} \\right) \\\\\n&= \\frac{(N+k-1)!}{(2k)!(N-k+1)!} \\left( 2N(N-k+1) + 3kN + k - N^2 - N \\right) = \\frac{\\binom{N+k+1}{2k}}{(N+k+1)} (N+1),\n\\end{align*}\n$$\nthat completes the induction. $\\square$\nTurning back to the problem, in order to prove (2) we write\n$$\n(1 + \\frac{N}{2}t)^N - f_N = \\left(1 + \\frac{N}{2}t\\right)^N - N \\sum_{k=0}^{N} \\frac{1}{N+k} \\binom{N+k}{2k} t^k = \\sum_{k=0}^{N} \\alpha_k t^k,\n$$\nwhere\n$$\n\\begin{align*}\n\\alpha_k &= \\left(\\frac{N}{2}\\right)^k \\binom{N}{k} - \\frac{N}{N+k} \\binom{N+k}{2k} \\\\\n&= \\left(\\frac{N}{2}\\right)^k \\binom{N}{k} \\left(1 - 2^k \\frac{(1+1/N)(1+2/N)\\cdots(1+(k-1)/N)}{(k+1)\\cdots(2k)}\\right) \\\\\n&\\ge \\left(\\frac{N}{2}\\right)^k \\binom{N}{k} \\left(1 - 2^k \\frac{2 \\cdot 3 \\cdots k}{(k+1)\\cdots(2k)}\\right) = \\left(\\frac{N}{2}\\right)^k \\binom{N}{k} \\left(1 - \\prod_{j=1}^k \\frac{2j}{k+j}\\right) \\ge 0,\n\\end{align*}\n$$\nand (2) follows.\n\n\n**Solution 2.** Here we present another proof of the inequality (2) for $x > 0$, or, equivalently, for $t = (x - 1)^2/x \\ge 0$. Instead of finding the coefficients of the polynomial $f_N = f_N(t)$ we may find its roots, which is in a sense more straightforward. Note that the recurrence (4) and the initial conditions $f_0 = 1, f_1 = 1 + t/2$ imply that $f_N$ is a polynomial in $t$ of degree $N$. It also follows by induction that $f_N(0) = 1, f'_N(0) = N^2/2$: the recurrence relations read as $f_{N+1}(0) + f_{N-1}(0) = 2f_N(0)$ and $f'_{N+1}(0) + f'_{N-1}(0) = 2f'_N(0) + f_N(0)$, respectively.\nNext, if $x_k = \\exp\\left(\\frac{i\\pi(2k-1)}{2N}\\right)$ for $k \\in 1, 2, \\dots, N$, then\n$$\n-t_k := 2 - x_k - \\frac{1}{x_k} = 2 - 2 \\cos \\frac{\\pi(2k-1)}{2N} = 4 \\sin^2 \\frac{\\pi(2k-1)}{4N} > 0\n$$\nand\n$$\nf_N(t_k) = \\frac{x_k^N + x_k^{-N}}{2} = \\frac{\\exp\\left(\\frac{i\\pi(2k-1)}{2}\\right) + \\exp\\left(-\\frac{i\\pi(2k-1)}{2}\\right)}{2} = 0.\n$$\nSo the roots of $f_N$ are $t_1, \\dots, t_N$ and by the AM-GM inequality we have\n$$\n\\begin{aligned} f_N(t) &= \\left(1 - \\frac{t}{t_1}\\right)\\left(1 - \\frac{t}{t_2}\\right)\\dots\\left(1 - \\frac{t}{t_N}\\right) \\le \\left(1 - \\frac{t}{N}\\left(\\frac{1}{t_1} + \\dots + \\frac{1}{t_N}\\right)\\right)^N \\\\ &= \\left(1 + \\frac{tf'_N(0)}{N}\\right)^N = \\left(1 + \\frac{N}{2}t\\right)^N. \\end{aligned}\n$$\n\n\n**Solution 3.** Here we solve the problem when $N \\ge 1$ is an arbitrary real number. For a real number $a$ let\n$$\nf(x) = \\left(\\frac{x^{2N} + 1}{2}\\right)^{\\frac{1}{N}} - a(x - 1)^2 - x.\n$$\nThen $f(1) = 0$,\n$$\nf'(x) = \\left(\\frac{x^{2N} + 1}{2}\\right)^{\\frac{1}{N}-1} x^{2N-1} - 2a(x-1) - 1, \\quad f'(1) = 0\n$$\n$$\nf''(x) = (1-N)\\left(\\frac{x^{2N} + 1}{2}\\right)^{\\frac{1}{N}-2} x^{4N-2} + (2N-1)\\left(\\frac{x^{2N} + 1}{2}\\right)^{\\frac{1}{N}-1} x^{2N-2} - 2a,\n$$\n$$\nf''(1) = N - 2a.\n$$\nSo if $a < \\frac{N}{2}$, the function $f$ has a strict local minimum at point 1, and the inequality $f(x) \\le 0 = f(1)$ does not hold. This proves $b_N \\ge N/2$.\nFor $a = \\frac{N}{2}$ we have $f''(1) = 0$ and\n$$\nf'''(x) = \\frac{1}{2}(1-N)(1-2N)\\left(\\frac{x^{2N} + 1}{2}\\right)^{\\frac{1}{N}-3}x^{2N} - 3(1-x^{2N}) \\begin{cases} > 0, & \\text{if } 0 < x < 1, \\\\ < 0, & \\text{if } x > 1. \\end{cases}\n$$\nHence, $f''(x) < 0$ for $x \\ne 1$; $f'(x) > 0$ for $x < 1$ and $f'(x) < 0$ for $x > 1$, finally $f(x) < 0$ for $x \\ne 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44442,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "坐標平面上有 2020 個點 $\\{A_i = (x_i, y_i) : i = 1, \\dots, 2020\\}$，滿足\n$$\n0 = x_1 < x_2 < \\cdots < x_{2020},\n$$\n$$\n0 = y_{2020} < y_{2019} < \\cdots < y_1.\n$$\n又令 $O = (0,0)$ 為座標原點。我們依序連邊 $OA_1, A_1A_2, \\dots, A_{2019}A_{2020}, A_{2020}O$，構成一個 2021 邊形 $C$。\n濤哥想要將 $C$ 整個塗黑。他每一次可以指定一個點 $(x, y)$，支付 $xy$ 元，並將 $\\{(x', y') : 0 \\le x' \\le x, 0 \\le y' \\le y\\}$ 的區域塗黑。證明：濤哥總是可以用至多 $4|C|$ 元將整個 $C$ 塗黑，其中 $|C|$ 為 $C$ 的面積。\n\nThere are 2020 points $\\{A_i = (x_i, y_i) : i = 1, \\dots, 2020\\}$ on the plane, satisfying\n$$\n\\begin{aligned}\n0 &= x_1 < x_2 < \\dots < x_{2020}, \\\\\n0 &= y_{2020} < y_{2019} < \\dots < y_1.\n\\end{aligned}\n$$\nDenote $O = (0,0)$, the origin. Sequentially construct edges $OA_1, A_1A_2, \\dots, A_{2019}A_{2020}, A_{2020}O$ to form a 2021-gon $C$. Tao wants to paint the entire region $C$ in black. On each turn, he chooses a point $(x, y)$, pays $xy$ dollars, and paints the entire region $\\{(x', y') : 0 \\le x' \\le x, 0 \\le y' \\le y\\}$ in black. Prove that Tao can always paint the entire region $C$ in black while spending at most $4|C|$ dollars, where $|C|$ is the area of $C$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "題目可以擴張為：在第一象限中，有一個連續有界遞減函數 $f$，並令 $C$ 為此曲線與 $x$、$y$ 兩軸所夾區域，則我們可以用題設之方式，在 $4|C|$ 元內將此區域塗黑。我們可以直接構造此塗法：\n\n![](attached_image_1.png)\n\n以上構造中，$x$ 為讓 $f(x) \\ge f(0)/2$ 之正實數（由連續性此 $x$ 必存在）。則我們有：\n- 1 號彩色區域面積 $\\times 4 = 4x f(x) \\ge x f(0) + 2x f(x) = \\text{選 } (x, f(0)) \\text{ 加上選 } (2x, f(x)) \\text{ 時需付金額。}$\n- 2 號彩色區域面積 $\\times 4 = 4x f(2x) = \\text{選 } (4x, f(2x)) \\text{ 時需付金額。}$\n- 3 號彩色區域面積 $\\times 4 = 8x f(4x) = \\text{選 } (8x, f(4x)) \\text{ 時需付金額。}$\n- 以下依此類推。\n\n因此若我們依序選擇 $(x, f(0)), (2x, f(x)), (4x, f(2x)), (8x, f(4x)), \\dots$，則我們必然將 $f$ 以下區域（也就是 $C$）全數塗黑，且有\n$$\n\\text{所需支付金額} \\le 4 \\times \\text{彩色區域面積} \\le 4 \\times f \\text{以下面積} = 4|C|\n$$\n從而完成構造。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44443,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $m, n$ 為正整數。有一張 $m \\times n$ 的方格紙，每一格 $(r, c)$ 寫有一個實數 $a(r, c)$。考慮列集 $R \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}$ 與行集 $C \\subseteq \\{1, 2, \\dots, n\\}$。我們稱滿足以下兩個條件的 $(R, C)$ 為好組合：\n1. 對於每個 $r' \\in \\{1, 2, \\dots, m\\}$，存在 $r \\in R$ 使得 $a(r, c) \\ge a(r', c)$ 對於所有 $c \\in C$ 皆成立；\n2. 對於每個 $c' \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$，存在 $c \\in C$ 使得 $a(r, c) \\le a(r, c')$ 對於所有 $r \\in R$ 皆成立。\n一個好組合 $(R, C)$ 被稱為極小組合, 表示對於任何滿足 $R' \\subseteq R$ 與 $C' \\subseteq C$ 的好組合 $(R', C')$, 都有 $R = R'$ 與 $C = C'$。試證任何兩個極小組合, 其列集的列數皆相等。\n\nLet $m, n$ be positive integers. Consider a $m \\times n$ table, with each cell $(r, c)$ having a real number $a(r, c)$. Consider row set $R \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}$ and column set $C \\subseteq \\{1, 2, \\dots, n\\}$. A pair $(R, C)$ is called a “good” pair if the following are satisfied:\n1. for each $r' \\in \\{1, 2, \\dots, m\\}$, there exists $r \\in R$ such that $a(r, c) \\ge a(r', c)$ for all $c \\in C$;\n2. for each $c' \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$, there exists $c \\in C$ such that $a(r, c) \\le a(r, c')$ for all $r \\in R$.\nA good pair $(R, C)$ is called “minimal” if, for all good pair $(R', C')$ with $R' \\subseteq R$ and $C' \\subseteq C$, we have $R = R'$ and $C = C'$. Prove that, for any two minimal pairs, the numbers of rows in their row sets are the same.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以 $(R', C') \\le (R, C)$ 表示 $R' \\subseteq R$ 且 $C' \\subseteq C$，並以 $(R', C') < (R, C)$ 表示至少其中一個等號不成立。此外，我們以 $(r, c) \\in (R, C)$ 表示 $r \\in R$ 且 $c \\in C$。\n考慮兩個好組合 $(R_1, C_1)$ 跟 $(R_2, C_2)$，其中 $|R_1| > |R_2|$。我們將證明，我們可以找到 $(R', C') \\le (R_1, C_1)$ 滿足 $|R'| \\le |R_2|$。注意到這直接得證原命題。\n\n步驟一：首先我們構造映射 $\\rho : R_1 \\to R_1$ 與 $\\sigma : C_1 \\to C_1$，使得 $|\\rho(R_1)| \\le |R_2|$ 且 $a(\\rho(r_1), c_1) \\le a(r_1, \\sigma(c_1))$ 對於所有 $r_1 \\in R_1, c_1 \\in C_1$ 皆成立。\n構造如下：基於 $(R_1, C_1)$ 是好的，對於所有 $r_2 \\in R_2$，存在 $r_1 \\in R_1$ 使得 $a(r_1, c_1) \\ge a(r_2, c_1)$ 對於所有 $c_1 \\in C_1$ 都成立；將一個這樣的 $r_1$ 以 $\\rho_1(r_2)$ 表示之。同理吾人定義以下四個函數：\n$$\n\\rho_1 : R_2 \\to R_1 \\text{ s.t. } a(\\rho_1(r_2), c_1) \\ge a(r_2, c_1) \\text{ for all } r_2 \\in R_2, c_1 \\in C_1;\n$$\n$$\n\\rho_2 : R_1 \\to R_2 \\text{ s.t. } a(\\rho_2(r_1), c_2) \\ge a(r_1, c_2) \\text{ for all } r_1 \\in R_1, c_2 \\in C_2;\n$$\n$$\n\\sigma_1 : C_2 \\to C_1 \\text{ s.t. } a(r_1, \\sigma(c_2)) \\le a(r_1, c_2) \\text{ for all } r_1 \\in R_1, c_2 \\in C_2;\n$$\n$$\n\\sigma_2 : C_1 \\to C_2 \\text{ s.t. } a(r_2, \\sigma(c_1)) \\le a(r_2, c_1) \\text{ for all } r_2 \\in R_2, c_1 \\in C_1.\n$$\n現在，令 $\\rho = \\rho_1 \\circ \\rho_2 : R_1 \\to R_1$ 與 $\\sigma = \\sigma_1 \\circ \\sigma_2 : C_1 \\to C_1$。則我們有\n$$\n|\\rho(R_1)| = |\\rho_1(\\rho_2(R_1))| \\le |\\rho_1(R_2)| \\le |R_2|.\n$$\n\n此外，對於所有 $r_1 \\in R_1, c_1 \\in C_1$，都有\n$$\n\\begin{aligned}\na(\\rho(r_1), c_1) &= a(\\rho_1(\\rho_2(r_1)), c_1) \\ge a(\\rho_2(r_1), c_1) \\ge a(\\rho_2(r_1), \\sigma_2(c_1)) \\\\\n&\\ge a(r_1, \\sigma_2(c_1)) \\ge a(r_1, \\sigma_1(\\sigma_2(c_1))) = a(r_1, \\sigma(c_1)).\n\\end{aligned}\n$$\n從而構造成立。\n\n**步驟二：**給定好組合 $(R, C)$，映射 $\\rho$ 與 $\\sigma$，構造好組合 $(R', C') < (R_1, C_1)$。\n構造方式如下。注意到 $\\rho$ 與 $\\sigma$ 的性質保證\n$$\na(\\rho^i(r_1), c_1) \\ge a(\\rho^{i-1}(r_1), \\sigma(c_1)) \\ge \\cdots \\ge a(r_1, \\rho^i(c_1)),\n$$\n對於所有正整數 $i$ 與 $r_1 \\in R_1, c_1 \\in C_1$ 皆成立。令 $R^i = \\rho^i(R_1)$ 及 $C^i = \\sigma^i(C_1)$，則有 $R_1 = R^0 \\supseteq R^1 \\supseteq R^2 \\supseteq \\cdots$ 和 $C_1 = C^0 \\supseteq C^1 \\supseteq C^2 \\supseteq \\cdots$。但由於行與列的數量是有限的，必然存在 $n \\in \\mathbb{N}$ 使得 $R^n = R^{n+1} = \\cdots$ 且 $C^n = C^{n+1} = \\cdots$。這表示 $\\rho^n(R^n) = R^{2n} = R^n$，也就是 $\\rho^n$ 是 $R^n$ 到 $R^n$ 的一一對應。同理，$\\sigma^n$ 是 $C^n$ 到 $C^n$ 的一一對應。基於 $R^n$ 與 $C^n$ 的元素都有限，存在正整數 $k$ 使得對於所有 $r \\in R^n, c \\in C^n$ 皆有 $\\rho^{nk}(r) = r$ 且 $\\sigma^{nk}(c) = c$。\n\n現在，讓我們證明 $(R^n, C^n)$ 就是所要構造的好組合，且滿足 $|R^n| \\le |R^1| = |\\rho(R_1)| \\le |R_2|$，從而原命題成立。要證明它是好組合，考慮任何行 $r'$。基於 $(R_1, C_1)$ 是好組合，存在 $r_1 \\in R_1$ 使得 $a(r_1, c_1) \\ge a(r', c_1)$ 對於所有 $c_1 \\in C_1$ 皆成立。令 $r^* = \\rho^{nk}(r_1) \\in R^n$，則對於任一 $c \\in C^n$，我們有 $c = \\sigma^{nk}(c)$，從而\n$$\na(r^*, c) = a(\\rho^{nk}(r_1), c) \\ge a(r_1, \\sigma^{nk}(c)) = a(r_1, c) \\ge a(r', c)\n$$\n因此條件 1. 成立。類似地，條件 2. 成立，故 $(R^n, C^n)$ 是好組合。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44444,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 中有 $AB < AC$，並設 $I_a$ 為位於 $\\angle A$ 內的旁心。令 $D$ 為 $I_a$ 到 $BC$ 的投影點。設 $X$ 為 $AI_a$ 與 $BC$ 的交點，並於直線 $AC, AB$ 上分別取點 $Y, Z$ 使得 $X, Y, Z$ 落在一條與 $AI_a$ 垂直的直線上。設三角形 $AYZ$ 的外接圓與 $AI_a$ 再交於點 $U$。已知過 $A$ 並與 $ABC$ 的外接圓相切的直線交 $BC$ 於點 $T$，而線段 $TU$ 與 $ABC$ 的外接圓交於點 $V$。\n證明：$\\angle BAV = \\angle DAC$。\n\nLet $ABC$ be a triangle with $AB < AC$, and let $I_a$ be its $A$-excenter. Let $D$ be the projection of $I_a$ to $BC$. Let $X$ be the intersection of $AI_a$ and $BC$, and let $Y, Z$ be the points on $AC, AB$, respectively, such that $X, Y, Z$ are on a line perpendicular to $AI_a$. Let the circumcircle of $AYZ$ intersect $AI_a$ again at $U$. Suppose that the tangent of the circumcircle of $ABC$ at $A$ intersects $BC$ at $T$, and the segment $TU$ intersects the circumcircle of $ABC$ at $V$. Show that $\\angle BAV = \\angle DAC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\Gamma$ be the circumcircle of $ABC$, $\\Gamma_I$ be the incircle and $\\Gamma_{I_a}$ be the A-excircle. Let $\\Gamma_1$ and $\\Gamma_2$ be the two circles that are tangent to $AB, AC$ and $\\Gamma$, where $\\Gamma_1$ is inside $\\Gamma$ and $\\Gamma_2$ is outside $\\Gamma$. Let $\\Gamma_1$ be tangent to $\\Gamma$ at $P$ and $\\Gamma_2$ be tangent to $\\Gamma$ at $Q$. The key observation is that $P, Q, T, U$ are collinear. This can be split into two parts.\n\n*Lemma 1. $P, Q, U$ are collinear.*\n*Proof.* Note that $P$ is the external homothetic center of $\\Gamma$ and $\\Gamma_1$, and $Q$ is the internal homothetic center of $\\Gamma$ and $\\Gamma_2$. Therefore, by Monge theorem, $PQ$ passes the internal homothetic center of $\\Gamma_1$ and $\\Gamma_2$.\n\nNote that $XI/XI_a = AI/AI_a$ is the ratio of the radii of $\\Gamma_I$ and $\\Gamma_{I_a}$. Therefore $X$ is the internal homothetic center of $\\Gamma_I$ and $\\Gamma_{I_a}$. Also note that if we consider the homothety at $A$ with ratio $AU/AX$, then $I$ is sent to the center of $\\Gamma_1$, and $I_a$ is sent to the center of $\\Gamma_2$ (this is because that if $\\Gamma_1$ is tangent to $AB$ and $AC$ at $M$ and $N$, respectively, then it is well-known that $M, I, N$ are collinear, which shows that $\\triangle MI$ (center of $\\Gamma_1$) ~ $\\triangle ZXU$, and a similar argument works for $\\Gamma_2$). This shows that $\\Gamma_I$ is sent to $\\Gamma_1$ and $\\Gamma_{I_a}$ is sent to $\\Gamma_2$. As $X$ is sent to $U$, we know that $U$ is the internal homothetic center of $\\Gamma_1$ and $\\Gamma_2$, and thus is passed by $PQ$. $\\square$\n\n*Lemma 2. $P, Q, T$ are collinear.*\nThere are several proofs for this lemma. We present them all here.\n\n*Proof.* Take the transformation that inverts with respect to $A$ with radius $\\sqrt{AB \\cdot AC}$ and then reflects with respect to $AI_a$. Then $B \\to C$ and $C \\to B$. We also have $\\Gamma_1 \\to \\Gamma_{I_a}$ and $\\Gamma_2 \\to \\Gamma_I$. Now suppose that $X \\to X'$, $P \\to P'$, and $Q \\to Q'$, then we know that $\\Gamma_I$ is tangent to $BC$ at $Q$ and $\\Gamma_{I_a}$ is tangent to $BC$ at $P$. Moreover, we know that $X'$ is on $\\Gamma$ because $X$ is on $BC$, and we have $\\angle CAX' = \\angle XAB = \\angle ACB$, showing that $AX'$ is parallel to $BC$. Now we just need to show that $AX'P'Q'$ are concyclic. This is true as $BP' = CQ'$, which shows that $AX'P'Q'$ is an isosceles trapezoid. $\\square$\n\n*Alternative proof of Lemma 2.* We still consider the same transformation as in the proof above. Let the tangents at $P$, $Q$ to $\\Gamma$ intersect at $R$. Then it suffices to show that $R$ lies on the polar line of $T$ with respect to $\\Gamma$, which is equivalent to showing that if $AR$ intersects $\\Gamma$ again at $M$, then $ABMC$ is harmonic. Equivalently, it suffices to show that after the transformation, $\\infty CM'B$ is harmonic on the line $BC$, which is equivalent to saying that $M'$ is the midpoint of $BC$. Now note that $M'$ is the midpoint of $P'Q'$ as $APMQ$ is harmonic. Since $BP' = CQ'$, we are done. $\\square$\n\n*Yet another proof of Lemma 2.* We still consider the points $P', Q'$. Let $AP', AQ'$ intersect $\\Gamma$ again at $P'', Q''$, respectively. Then it is clear that $PP'', QQ''$ are parallel to $BC$, and to show that $PQ$ passes $T$, it suffices to show that $P''Q'' \\cap BC$ is symmetric to $T$ with respect to the midpoint $M$ of $BC$. This is true by the butterfly theorem as $AP'' \\cap BC = P'$, $AQ'' \\cap BC = Q'$ are symmetric with respect to $M$ and $AA \\cap BC = T$. $\\square$\n\nNow by the two lemmas, it is clear that $V$ is either $P$ or $Q$. We will next show that it has to be $P$. Note that since $AB < AC$, we know that $TB < TC$ (because $TB/TC = (AB/AC)^2$). We also have $\\angle C < \\angle B$, showing that $\\angle AXB = 90^\\circ + \\frac{1}{2}(\\angle B - \\angle C) > 90^\\circ$. This shows that $D$ is between $X$ and $C$, and so $\\angle DAC < \\frac{1}{2}\\angle A$. Since it is well-known that $\\angle BAP = \\angle DAC$, we know that $\\angle BAP < \\frac{1}{2}\\angle A = \\angle BAU$. Similarly, we have $\\angle BAQ > \\angle BAU$. Therefore $T, P, U, Q$ appear in order on the line they are on, and so $V = P$, as desired. As a consequence, $\\angle BAV = \\angle BAP = \\angle DAC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44445,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $E$, $F$ 分別為三角形 $ABC$ 的邊 $CA$, $AB$ 上兩點。令 $X$ 為三角形 $AEF$ 的外接圓和三角形 $ABC$ 的外接圓 $\\Gamma$ 異於 $A$ 的交點，$K$ 為三角形 $ABE$ 的外接圓和三角形 $ACF$ 的外接圓異於 $A$ 的交點。設 $AK$ 和 $\\Gamma$ 異於 $A$ 的交點為 $M$，$M$ 對於 $BC$ 的對稱點為 $N$。作 $XN$ 與 $\\Gamma$ 異於 $X$ 的交點 $S$。\n證明：$SM$ 平行於 $BC$。\n\nLet $ABC$ be a triangle with circumcircle $\\Gamma$, and points $E$ and $F$ be chosen from sides $CA$, $AB$, respectively. Let the circumcircle of triangle $AEF$ and $\\Gamma$ intersect again at point $X$. Let the circumcircles of triangle $ABE$ and $ACF$ intersect again at point $Y$. Line $AK$ intersect with $\\Gamma$ again at point $M$ other than $A$, and $N$ be the reflection point of $M$ with respect to line $BC$. Line $XN$ intersect with $\\Gamma$ again at point $S$ other than $X$.\nProve that $SM$ is parallel to $BC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在 $\\odot(ABC)$ 上取一點 $S'$ 使得 $S'M$ 平行 $BC$，則 $NBS'C$ 為平行四邊形，因此 $S = S'$ 若且唯若 $XS'$ 平分 $\\overline{BC}$。注意到\n$$\n\\angle KBF = \\angle KFC, \\quad \\angle BFK = \\angle ECK \\Rightarrow \\triangle KBF \\sim \\triangle KEC,\n$$\n$$\n\\angle XBF = \\angle XCE, \\quad \\angle BFX = \\angle CEX \\Rightarrow \\triangle XBF \\sim \\triangle XCE.\n$$\n因此\n$$\n\\frac{\\overline{BS'}}{S'C} = \\frac{\\overline{BM}}{\\overline{MC}} = \\frac{\\sin \\angle BAK}{\\sin \\angle KAC} = \\frac{\\overline{BK}}{\\overline{KE}} = \\frac{\\overline{BF}}{\\overline{EC}} = \\frac{\\overline{BX}}{\\overline{XC}}.\n$$\n我們有\n$$\n\\frac{[\\triangle XBS']}{[\\triangle XS'C]} = \\frac{\\frac{1}{2} \\cdot \\overline{BX} \\cdot \\overline{BS'} \\cdot \\sin \\angle XBS'}{\\frac{1}{2} \\cdot \\overline{CX} \\cdot \\overline{CS'} \\cdot \\sin \\angle XCS'} = 1,\n$$\n即 $XS'$ 平分 $\\overline{BC}$。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44446,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於任一質數 $p$ 以及任一整數 $n$, 將 $n$ 除以 $p$ 的餘數記為 $d_p(n) \\in \\{0, 1, ..., p-1\\}$。若正整數數列 $(a_0, a_1, a_2, ...)$ 符合 $a_0$ 與 $p$ 互質且當 $n \\ge 0$ 時有 $a_{n+1} = a_n + d_p(a_n)$ 這樣的條件, 則我們稱這個正整數數列為一個 $p$-數列。\n(a) 是否存在無窮多個質數 $p$, 可以找到 $p$-數列 $(a_0, a_1, a_2, ...)$ 和 $(b_0, b_1, b_2, ...)$, 使得對於無窮多個 $n$ 有 $a_n > b_n$ 且對於無窮多個 $n$ 有 $b_n > a_n$?\n(b) 是否存在無窮多個質數 $p$, 可以找到 $p$-數列 $(a_0, a_1, a_2, ...)$ 和 $(b_0, b_1, b_2, ...)$, 使得 $a_0 < b_0$ 但對於所有 $n \\ge 1$ 有 $a_n > b_n$?\n\nFor any odd prime $p$ and any integer $n$, let $d_p(n) \\in \\{0, 1, ..., p-1\\}$ denote the remainder when $n$ is divided by $p$. We say that $(a_0, a_1, a_2, ...)$ is a $p$-sequence, if $a_0$ is a positive integer coprime to $p$, and $a_{n+1} = a_n + d_p(a_n)$ for $n \\ge 0$.\n(a) Do there exist infinitely many primes $p$ for which there exist $p$-sequences $(a_0, a_1, a_2, ...)$ and $(b_0, b_1, b_2, ...)$ such that $a_n > b_n$ for infinitely many $n$, and $b_n > a_n$ for infinitely many $n$?\n(b) Do there exist infinitely many primes $p$ for which there exist $p$-sequences $(a_0, a_1, a_2, ...)$ and $(b_0, b_1, b_2, ...)$ such that $a_0 < b_0$ but $a_n > b_n$ for all $n \\ge 1$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes, for both parts.",
    "solution": "Answer: Yes, for both parts.\n\nFix some odd prime $p$, and let $T$ be the smallest positive integer such that $p \\mid 2^T - 1$; in other words $T$ is the multiplicative order of $2$ modulo $p$.\n\nConsider any $p$-sequence $(x_n) = (x_0, x_1, x_2, \\dots)$. Obviously, $x_{n+1} \\equiv 2x_n \\pmod p$ and therefore $x_n \\equiv 2^n x_0 \\pmod p$. This yields $x_{n+T} \\equiv x_n \\pmod p$ and therefore $d(x_{n+T}) = d(x_n)$ for all $n \\ge 0$. It follows that the sum $d(x_n)+d(x_{n+1})+\\dots+d(x_{n+T-1})$ does not depend on $n$ and is thus a function of $x_0$ and $p$ only; we shall denote this sum by $S_p(x_0)$, and extend the function $S_p(\\cdot)$ to all (not necessarily positive) integers. Therefore, we have $x_{n+kT} = x_n + kS_p(x_0)$ for all positive integers $n$ and $k$. Clearly, $S_p(x_0) = S_p(2^t x_0)$ for every integer $t \\ge 0$.\n\nIn both parts, we use the notation\n$$\nS_p^+ = S_p(1) = \\sum_{i=0}^{T-1} d_p(2^i) \\text{ and } S_p^- = S_p(-1) = \\sum_{i=0}^{T-1} d_p(p - 2^i)\n$$\n\na.\nLet $q > 3$ be a prime and $p$ a prime divisor of $2^q + 1$ that is greater than $3$. We will show that $p$ is suitable for part (a). Notice that $9 \\nmid 2^q + 1$, so that such a $p$ exists. Moreover, for any two odd primes $q < r$ we have $\\gcd(2^q + 1, 2^r + 1) = 2^{\\gcd(q,r)} + 1 = 3$, thus there exist infinitely many such primes $p$.\n\nFor the chosen $p$, we have $T = 2q$. Since $2^q \\equiv -1 \\pmod p$, we have $S_p^+ = S_p^-$. Now consider the $p$-sequences $(a_n)$ and $(b_n)$ with $a_0 = p+1$ and $b_0 = p-1$; we claim that these sequences satisfy the required conditions. We have $a_0 > b_0$ and\n\n$$\na_{k \\cdot 2q} = a_0 + kS_p^+ > b_0 + kS_p^+ = b_{k \\cdot 2q} \\text{ and } a_{k \\cdot 2q+1} = a_1 + kS_p^+ < b_1 + kS_p^+ = b_{k \\cdot 2q+1}\n$$\nfor all $k = 0, 1, \\dots$, as desired.\n\nb.\nLet $q$ be an odd prime and $p$ a prime divisor of $2^q - 1$; thus we have $T = q$. We will show that $p$ is suitable for part (b). Notice that the numbers of the form $2^q - 1$ are pairwise coprime (since $\\gcd(2^q - 1, 2^r - 1) = 2^{\\gcd(q,r)} - 1 = 1$ for any two distinct primes $q$ and $r$), thus there exist infinitely many such primes $p$. Notice that $d_p(x) + d_p(p-x) = p$ for all $x$ with $p \\nmid x$, so that the sum $S_p^+ + S_p^- = pq$ is odd, which yields $S_p^+ = S_p(1) \\neq S_p(-1) = S_p^-$. Assume that $(x_n)$ and $(y_n)$ are two $p$-sequences with $S_p(x_0) > S_p(y_0)$ but $x_0 < y_0$. The first condition yields that\n$$\nx_{M_{q+r}} - y_{M_{q+r}} = (x_r - y_r) + M(S_p(x_0) - S_p(y_0)) \\geq (x_r - y_r) + M\n$$\nfor all nonnegative integers $M$ and every $r = 0, 1, \\dots, q-1$. Thus, we have $x_n > y_n$ for every $n \\ge q + q \\cdot \\max\\{y_r - x_r : r = 0, 1, \\dots, q-1\\}$. Now, since $x_0 < y_0$, there exists the target $n_0$ with $x_{n_0} < y_{n_0}$. In this case the $p$-sequences $a_n = x_{n-n_0}$ and $b_n = y_{n-n_0}$ possess the desired property (notice here that $x_n \\neq y_n$ for all $n \\ge 0$, as otherwise we would have $S_p(x_0) = S_p(x_n) = S_p(y_n) = S_p(y_0)$).\n\nIt remains to find $p$-sequences $(x_n)$ and $(y_n)$ satisfying the two conditions. Recall that $S_p^+ \\neq S_p^-$. Now if $S_p^+ > S_p^-$, then we can put $x_0 = 1$ and $y_0 = p-1$. Otherwise, if $S_p^+ < S_p^-$, then we put $x_0 = p-1$ and $y_0 = p+1$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44447,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "(a) 證明：對於任意兩個互質的正整數 $a, b$, 總是存在正整數 $x, y$ 使得 $ax^n + by^n$ 是 $n$-好數。\n(b) 證明：對於任意滿足 $\\gcd(a_1, \\dots, a_k) = 1$ 的 $k$ 個正整數 $a_1, \\dots, a_k$, 總是存在正整數 $x_1, \\dots, x_k$ 使得 $a_1x_1^n + a_2x_2^n + \\dots + a_kx_k^n$ 是 $n$-好數。(註：$a_1, \\dots, a_k$ 不必兩兩相異。)\n\nProblem:\nII-N. Let $n$ be a given positive integer. We say that a positive integer $m$ is $n$-good if and only if there are at most $2n$ distinct primes $p$ satisfying $p^2 \\mid m$.\n(a) Show that if two positive integers $a, b$ are coprime, then there exist positive integers $x, y$ so that $ax^n + by^n$ is $n$-good.\n(b) Show that for any $k$ positive integers $a_1, \\dots, a_k$ satisfying $\\text{gcd}(a_1, \\dots, a_k) = 1$, there exist positive integers $x_1, \\dots, x_k$ so that $a_1x_1^n + a_2x_2^n + \\dots + a_kx_k^n$ is $n$-good.\n*(Remark. $a_1, \\dots, a_k$ are not necessarily pairwise distinct.)*",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**解.** We first prove (a). Let $N, C_1, C_2$ be some positive integers to be determined. Let $P$ be the product of all primes at most $\\max\\{a, b, 2n+4\\}$. Let $S_1 = \\{Pn + C_1 : n \\in [N]\\}$ and $S_2 = \\{Pn + C_2 : n \\in [N]\\}$. For each prime $p \\in (\\max\\{a, b, 2n+4\\}, \\sqrt{N})$, we first count the number of $(x, y) \\in S_1 \\times S_2$ that satisfies $p^2 \\mid ax^n + by^n$. For each $y \\in S_2$, if $p \\mid y$, then we also need $p \\mid x$, showing that there are at most $(N/p + 1)$ values for $x$ in $S_1$ such that $p^2 \\mid ax^n + by^n$ (here we use the fact that $\\gcd(p, P) = 1$). If $p \\nmid y$, then we know that there are at most $n$ roots for $ax^n + by^n \\equiv 0 \\pmod{p}$. Since $p \\nmid n$, each solution modulo $p$ lifts uniquely to a solution modulo $p^2$, showing that there are at most $n(N/p^2 + 1)$ values for $x$ in $S_1$ such that $p^2 \\mid ax^n + by^n$ (here we use the fact that $\\gcd(p, P) = 1$ once again). Therefore, in total, there are at most\n$$\n\\left(\\frac{N}{p} + 1\\right)^2 + \\left(N - \\frac{N}{p} - 1\\right) \\cdot n \\left(\\frac{N}{p^2} + 1\\right) < \\frac{(2n + 4)N^2}{p^2}\n$$\npairs of $(x, y) \\in S_1 \\times S_2$ that satisfy $p^2 \\mid ax^n + by^n$. Since we know that\n$$\n\\sum_{i=2n+5}^{\\infty} \\frac{1}{i(i-1)} = \\sum_{i=2n+5}^{\\infty} \\left( \\frac{1}{i-1} - \\frac{1}{i} \\right) = \\frac{1}{2n+4},\n$$\nwe have that\n$$\n\\sum_{\\text{prime } p \\ge 2n+5} \\frac{2n+4}{p^2} < \\sum_{i=2n+5}^{\\infty} \\frac{2n+4}{i(i-1)} = 1.\n$$\nAs a consequence, we know that for every $C_1, C_2, N$, there exists a pair $(x, y) \\in S_1 \\times S_2$ such that for any prime $p \\in (\\max\\{a, b, 2n+4\\}, \\sqrt{N})$ we have $p^2 \\nmid ax^n + by^n$.\nNext, we will choose $C_1, C_2$ properly to deal with the case $p \\le \\max\\{a, b, 2n+4\\}$. For each prime $p \\le \\max\\{a, b, 2n+4\\}$, if $p \\nmid a$ then we can choose $C_1 \\equiv 1 \\pmod{p}$\n\nand $C_2 \\equiv 0 \\pmod{p}$; otherwise, we know by the condition that $p \\nmid b$, and so we can choose $C_1 \\equiv 0 \\pmod{p}$ and $C_2 \\equiv 1 \\pmod{p}$. By the Chinese Remainder Theorem, we know that we can choose $1 \\le C_1, C_2 \\le P$ such that the above conditions hold for all primes $p \\le \\max\\{a, b, 2n+4\\}$. As a consequence, we now also have that for any prime $p \\le \\max\\{a, b, 2n+4\\}$ and any $(x, y) \\in S_1 \\times S_2$, we have $p \\nmid ax^n + by^n$.\nWith this choice of $C_1, C_2$, we know that for all $N$, we can choose $(x, y) \\in S_1 \\times S_2$ such that $p^2 \\nmid ax^n+by^n$ for all $p < \\sqrt{N}$. Note that $ax^n+by^n \\le 2\\max\\{a, b\\}P^n(N+1)^n < 2^{n+1} \\max\\{a, b\\}P^n N^n$, and also that if $p$ is a prime such that $p^2 \\mid ax^n+by^n$ then $p \\ge \\sqrt{N}$. We thus have the number of distinct primes $p$ satisfying $p^2 \\mid ax^n + by^n$ is at most\n$$\n\\log_{\\sqrt{N}} 2^{n+1} \\max\\{a, b\\}P^n N^n = 2n + \\log_{\\sqrt{N}} 2^{n+1} \\max\\{a, b\\}P^n,\n$$\nwhich is less than $2n+1$ if $N$ is large enough. Thus, we know that there exist $x, y \\in \\mathbb{N}$ such that there are at most $2n$ distinct primes $p$ that satisfy $p^2 \\mid ax^n + by^n$.\nNow we use (a) to prove (b). For each prime factor $p$ of $a_k$, we know that there exists $i(p) \\in [k-1]$ so that $p \\nmid a_{i(p)}$. We can thus set $x_j \\equiv \\delta_{i(p),j} \\pmod{p}$ so that $p \\nmid a_1x_1^n + a_2x_2^n + \\dots + a_{k-1}x_{k-1}^n$. By the Chinese Remainder Theorem, we know that there exist positive integers $x_1, \\dots, x_{k-1}$ such that $x_j \\equiv \\delta_{i(p),j} \\pmod{p}$ for all $j \\in [k-1]$ and prime factors $p$ of $a_k$. Thus, we have that $a_1x_1^n + a_2x_2^n + \\dots + a_{k-1}x_{k-1}^n$ and $a_k$ are coprime. We can thus choose $x, y \\in \\mathbb{N}$ by (a) so that $(a_1x_1^n + \\dots + a_{k-1}x_{k-1}^n)x^n + a_ky^n$ is $n$-good. Therefore, $a_1(x_1x)^n + \\dots + a_{k-1}(x_{k-1}x)^n + a_ky^n$ is $n$-good, as desired.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44448,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於所有正整數 $n$, 令 $V_n = \\lfloor 2^n \\sqrt{2020} \\rfloor + \\lfloor 2^n \\sqrt{2021} \\rfloor$。試證數列 $V_1, V_2, \\dots$ 中有無窮多個奇數, 也有無窮多個偶數。\n註. $\\lfloor x \\rfloor$ 代表不超過實數 $x$ 的最大整數。\n\nFor each positive integer $n$, define $V_n = \\lfloor 2^n \\sqrt{2020} \\rfloor + \\lfloor 2^n \\sqrt{2021} \\rfloor$. Prove that, in the sequence $V_1, V_2, \\dots$, there are infinitely many odd integers, as well as infinitely many even integers.\nRemark. $\\lfloor x \\rfloor$ is the largest integer that does not exceed the real number $x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $a_n = 1_{\\{\\{2^n\\sqrt{2020}\\}\\} > \\frac{1}{2}}$, $b_n = 1_{\\{\\{2^n\\sqrt{2021}\\}\\} > \\frac{1}{2}}$。假設在某項 $N$ 之後 $V_n$ 的奇偶性皆相同, 則 $V_{n+1} - 2V_n = a_n + b_n$ 的奇偶性也必然相同。這表示 $a_n = b_n \\forall n \\ge N$, 或 $a_n = 1 - b_n \\forall n \\ge N$。換言之, 在二進位下, $2^N\\sqrt{2020}$ 與 $2^N\\sqrt{2021}$ 要不小數部分相同, 要不小數部分加起來為 1, 但如此一來, $\\sqrt{2021} \\pm \\sqrt{2020}$ 必有一個是有理數。但這推得 $\\sqrt{2020} \\times 2021$ 是有理數, 矛盾, 從而原命題成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44449,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定任意正整數 $k$, 證明存在質數 $p$ 及相異整數 $a_1, a_2, ..., a_{k+3} \\in \\{1, 2, ..., p-1\\}$, 使得對於所有 $i = 1, 2, ..., k$, $p$ 都整除 $a_i a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3} - i$。\n\nGiven a positive integer $k$, show that there exists a prime $p$ and such that one can choose distinct integers $a_1, a_2, \\dots, a_{k+3} \\in \\{1, 2, \\dots, p-1\\}$ such that $p$ divides $a_i a_{i+1} a_{i+2} a_{i+3} - i$ for all $i = 1, 2, \\dots, k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First, construct distinct positive rational numbers $r_1, r_2, \\dots, r_{k+3}$ such that $r_i r_{i+1} r_{i+2} r_{i+3} = i$ for all $i = 1, 2, \\dots, k$. Since $r_{i+4} = \\frac{i+1}{i} r_i$, $\\{r_{4n+r}\\}_n$ are strictly increasing sequences for $r = 1, 2, 3, 4$. Choose $r_1, r_2, r_3$ to be distinct primes larger than $k$ and $r_4 = \\frac{1}{r_1 r_2 r_3}$, it is easy to see that $\\{r_i\\}$ are distinct rational numbers. Write $r_i = \\frac{u_i}{v_i}$ as irreducible fractions. It is easy to see that $u_i (v_i)^{-1} = u_j (v_j)^{-1}$ in $\\mathbb{Z}_p$ only if $u_i v_j \\equiv u_j v_i \\pmod{p}$. Choose prime $p > (\\max_i\\{u_i, v_i\\})^2$, then $a_i = u_i (v_i)^{-1}$ in $\\mathbb{Z}_p$ satisfies the desired properties.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44450,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求滿足下列條件的最大正整數 $K$:\n任給有限多個長度皆為 1 的閉區間 $A_1, A_2, \\dots, A_N$ ($N$ 為任意正整數)。若其聯集為 $[0, 2021]$, 則我們必定可以在 $A_1, \\dots, A_N$ 中找到 $K$ 個兩兩交集皆為空集合的區間。",
    "options": [],
    "answer": "1011",
    "solution": "最大的 $K$ 為 1011。\n\n首先證明 $K \\ge 1011$。令 $\\epsilon \\in (0, \\frac{1}{1009})$, 並考慮集合 $\\mathcal{A} = \\{0, 2 + \\epsilon, 4 + 2\\epsilon, \\dots, 2018 + 1009\\epsilon\\}$。顯然 $\\mathcal{A}$ 的每個點都必須存在一個 $A_i$ 包含之, 且這些 $A_i$ 兩兩互斥 (因為 $A_i$ 的長度皆為 1), 故這邊共選到 1010 個 $A_i$。又基於 $\\cup A_i = [0, 2021]$, 我們必須有一個 $A_j$ 是 $[2020, 2021]$, 而這與前述的 1010 個 $A_i$ 都不相同 (基於 $2018 + 1009\\epsilon + 1 < 2020$), 故我們得到 1011 個兩兩互斥的 $A_i$。\n\n接著我們證明 $K \\le 1011$。考慮 $A_i = [i - 1, i]$, $i = 1, 2, \\dots, 2021$。易知我們最多僅能找到 1011 個兩兩互斥的空集合 $[0, 1], [2, 3], \\dots, [2020, 2021]$, 故 $K \\le 1011$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44451,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為一正奇數。平面上的整點集 $C = \\{(i,j): i,j = 0,1,\\dots,2n-1\\}$ 構成一個 $2n \\times 2n$ 的陣列，每個點上各有一隻天竺鼠，各自面向 $x$ 軸正向、$x$ 軸負向、$y$ 軸正向或 $y$ 軸負向中的其中一個方向。傑夫想要保留其中 $n^2+1$ 隻天竺鼠，並將其餘天竺鼠移除。\n接著天竺鼠們作以下運動：在每一回合，被保留的每一隻天竺鼠同時往牠所面向的方向前進一單位長，並保持其面向；但如果一隻天竺鼠要前進的點 $(i,j) \\notin C$，則牠改為前進到 $(p,q) \\in C$，其中 $p \\equiv i \\pmod{2n}$ 而 $q \\equiv j \\pmod{2n}$ (舉例來說，如果一隻天竺鼠從 $(2,0)$ 爬向 $(2,-1)$，則牠改為爬到 $(2,2n-1)$。)\n傑夫的目標是讓所有留下來的天竺鼠，在任何一回合都不會有兩隻天竺鼠有相同的終點，也不會有兩隻天竺鼠互相爬到對方該回合的起點。\n試證：不論起始天竺鼠的面向如何分布，傑夫總是可以達成目標。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "先將天竺鼠的面向以箭頭表示，並用西洋棋盤的方式黑 (B) 白 (W) 塗色。這樣我們便有八種箭頭：$B \\to$, $B \\leftarrow$, $B \\uparrow$, $B \\downarrow$, $W \\to$, $W \\leftarrow$, $W \\uparrow$, $W \\downarrow$。\n\n注意到如果兩隻天竺鼠一黑一白，且處於相同或是垂直的方向，則牠們永遠不會停在同一個點上。從而我們得到十二種不會對撞的天竺鼠組合：\n$$\n\\begin{align*}\n& (B \\uparrow, W \\uparrow), (B \\downarrow, W \\downarrow), (B \\leftarrow, W \\leftarrow), (B \\to, W \\to), \\\\\n& (B \\uparrow, W \\to), (B \\downarrow, W \\to), (B \\leftarrow, W \\uparrow), (B \\to, W \\uparrow), \\\\\n& (B \\uparrow, W \\leftarrow), (B \\downarrow, W \\leftarrow), (B \\leftarrow, W \\downarrow), (B \\to, W \\downarrow).\n\\end{align*}\n$$\n\n由於每個箭頭在以上十二種組合中都會被計算三次，因此這時十二種不相撞對中，必然有一種組合的對數不少於 $\\frac{3(2n \\times 2n)}{12} = n^2$。\n\n事實上，必然有一種不相撞對組合有多於 $n^2$ 對。這是基於，若否，則每一種組合都恰為 $n^2$ 對。這表示 $B \\uparrow$, $B \\downarrow$, $B \\leftarrow$ 和 $B \\to$ 的數量都恰相等。但這是不可能的，因為黑箭頭的總數量是 $\\frac{2n \\times 2n}{2} = 2n^2$，不被 4 整除。故知必有一種不相撞組合有至少 $n^2+1$ 對，從而原命題得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44452,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有的整數 $n = 2k+1 > 1$, 使得存在某個 $\\{0, 1, \\dots, k\\}$ 的排列 $a_0, a_1, \\dots, a_k$, 滿足\n$$\na_1^2 - a_0^2 \\equiv a_2^2 - a_1^2 \\equiv \\cdots \\equiv a_k^2 - a_{k-1}^2 \\pmod{n}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "3, 5",
    "solution": "It is straightforward to check that $n = 3, 5$ indeed satisfy the condition.\n\nBelow we prove that $n \\le 5$. Suppose $a_0, a_1, \\dots, a_k$ satisfying the condition and from now on, $\\equiv$ works in modulo $n$. Since $a_{i_0} = 0$ for some $i_0$, so $a_i^2 \\equiv c(i - i_0)$ for some constant $c$. In particular, $1 = 1^2 \\equiv c(i_1 - i_0)$ for some $i_1$, and hence $(i_1 - i_0)(a_i^2 - a_j^2) \\equiv (i_1 - i_0)(i-j)c \\equiv i-j \\ne 0$ unless $i-j = 0$. Therefore, $n$ must be a prime number, for if $n = ab$ for some $a \\ge b > 1$, then $a_i = (a+b)/2, a_j = (a-b)/2$ for some $i \\ne j$ and $a_i^2 - a_j^2 \\equiv 0$. In particular, $\\{a_i^2\\}$ is the set of quadratic residues.\n\nWLOG assume $i_0 \\ne k$, otherwise, reverse the sequence so that $i_0 = 0$. Since $c = a_{i_0+1}^2$, $c$ is a quadratic residue, thus, $\\{a_i^2\\}, \\{c^{-1}a_i^2\\}, \\{-i_0, i_0+1, \\dots, k-i_0\\}$ are all the sets of quadratic residues and equivalent modulo $n$. If $i_0 > 0$, then $-1$ is a quadratic residue, then we must have $k = 2i_0$ and since $i_0 < k < n - i_0$, $k$ cannot be a quadratic residue, thus 2 cannot be a quadratic residue. If $i_0 = 0$, then $k$ is a quadratic residue, and $k < 2k = n - 1 = 2i_0$ is not a quadratic residue, thus 2 cannot be a quadratic residue. Therefore, we must have $i_0 \\le 1$, $n = 2k+1 \\le 2(2i_0) + 1 \\le 5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44453,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 是一個給定的正整數。某甲和某乙進行一個遊戲：甲決定一個不超過 $n$ 次的整係數多項式 $P(x)$，但是不告訴乙；乙的目標是決定是否存在一個整數 $k$ 使得 $P(x) = k$ 沒有整數解。乙可以進行下述的詢問：乙給甲一個常數 $c$，甲就會告訴乙有幾個整數 $t$ 滿足 $P(t) = c$；每次詢問需要花一塊錢。試問乙至少要付多少錢，才能保證達成他的目標？",
    "options": [],
    "answer": "n+1",
    "solution": "乙至少要付 $n+1$ 元。\n\n我們首先證明：如果對所有的 $c \\in [0, n] \\cap \\mathbb{Z}$, $P(x) = c$ 都有整數解, 則 $P(x) = \\pm x + d$, 其中 $d$ 是某個常數。我們需要以下的引理：\n\n**引理.** 若整係數多項式 $P(x)$ 滿足 $P(a) = k$, $P(b) = k + 1$ 且 $a, b$ 皆為整數, 則 $|a - b| = 1$。\n\n(引理證明：由於 $b - a \\mid P(b) - P(a) = 1$，故 $|a - b| = 1$。)\n\n回到原題。根據假設，分別存在 $a_0, a_1, \\dots, a_n$ 使得 $P(a_i) = i, i = 0, 1, \\dots, n$。由引理知 $|a_i - a_{i+1}| = 1$ 對所有 $i = 0, 1, \\dots, n-1$ 皆成立。但由於這些 $a_i$ 兩兩相異，所以 $a_0, \\dots, a_n$ 必為公差是 1 或 $-1$ 的等差數列。\n\n先討論公差是 1 的情況：因為 $P(a_0) = 0$，故 $P(x) = (x - a_0)Q(x)$，其中 $Q$ 的次數不超過 $n-1$。但再將 $a_i$ 代入可得 $Q(a_i) = 1, i = 1, 2, \\dots, n$，故 $Q(x)$ 為常數多項式 1，而 $P(x) = x - a_0$。\n\n同理，當公差為 $-1$ 時，$P(x) = -(x - a_0)$。\n\n根據前述, 乙只要依序詢問 $P(x) = c, c = 0, 1, \\dots, n$。如果當中有一個 $c$ 沒有整數解, 乙就達成目標了。否則 $P(x) = c$ 對於所有的整數 $c \\in [0, n]$ 都有整數解, 於是 $P(x) = \\pm x + d$, 就得知 $P(x) = k$ 對所有整數 $k$ 均有整數解, 那乙也達成目標了。\n\n因此乙總是可以在不超過 $n+1$ 次詢問後達成目標。\n\n另一方面, 如果乙只詢問了 $n$ 次, 不妨設他問的整數 $c$ 分別為 $c_1, c_2, \\dots, c_n$。那麼考慮以下兩個多項式:\n$$\nP_1(x) = x + A \\prod_{i=1}^{n} (x - c_i), \\quad P_2(x) = x.\n$$\n只要將 $A$ 取到足夠大, 那麼 $P_1(x) = c_i$ 就只有一個整數解 $x = c_i$, 同時 $P_2(x) = c_i$ 也只有一個整數解 $x = c_i$, 因此乙沒辦法分辨出這兩個多項式。但這兩個多項式給出的答案不相同, 表示乙此時無法達成他的目標。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44454,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "問題四. 設 $I$ 為三角形 $ABC$ 的內心，$D$ 為 $I$ 關於邊 $BC$ 的垂足。設 $D'$ 為 $D$ 關於 $I$ 的對稱點並且滿足 $\\overline{AD'} = \\overline{ID'}$。以 $D'$ 為圓心，作圓 $\\Gamma$ 過 $A$, $I$ 並交 $AB$, $AC$ 於 $X$, $Y$。設 $Z$ 為 $\\Gamma$ 上一點滿足 $AZ$ 垂直 $BC$。\n證明：$AD$, $D'Z$, $XY$ 共點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解. 注意到 $AI$ 平分 $\\angle XAY$, 所以 $D'I$ 垂直 $XY$, 因此 $\\triangle AXY$ 與 $\\triangle ABC$ 位似。令 $E$ 為 $I$ 關於 $CA$ 的垂足, $I'$ 為 $\\triangle AXY$ 的內心, 注意到 $AD$ 與 $XY$ 交於 $I'$ 關於 $XY$ 的垂足 $T$, 所以只需證明 $D'$, $T$, $Z$ 共線。由 $\\overline{IY} = \\overline{II'}$, $\\overline{IE} = \\overline{ID'}$ 及\n$$\n\\angle YIE = \\frac{1}{2} |\\angle B - \\angle C| = \\angle D'II'\n$$\n可得 $\\triangle YIE \\sim \\triangle I'ID'$, 所以 $I'D' \\parallel XY$。令 $M$, $M'$ 分別為 $\\overline{BC}$, $\\overline{XY}$ 中點, 那麼 $I'TM'D'$ 為長方形, 又熟知 $AD' \\parallel IM \\parallel I'M'$, 可得\n$$\n\\angle ITD' = \\angle IM'D' = \\angle D'AZ = \\angle AZD'\n$$\n結合 $IT \\parallel AZ$ 即可得 $D'$, $T$, $Z$ 共線。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44455,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個大於 $1$ 的正整數 $N$。甲乙兩人進行下面遊戲：\n(1) 甲說一個正整數 $A$。\n(2) 乙說一個正整數 $B > 1$，其中 $B$ 必須是 $A$ 的因數或是 $A$ 的倍數。\n(3) 甲從 $B-1$, $B$, $B+1$ 中說一個數作為新的 $A$。\n遊戲以下輪流進行步驟 (2) 和 (3)。若前 $50$ 個被說到的數字中有 $N$，則乙勝；否則甲勝。試回答下列問題。\n\ni. 證明：當 $N=10$ 時，甲有必勝策略。\n\nii. 證明：當 $N=24$ 時，乙有必勝策略。\n\niii. 找出讓乙有必勝策略的所有大於 $1$ 的正整數 $N$。",
    "options": [],
    "answer": "i: First player wins for ten. ii: Second player wins for twenty-four. iii: Second player wins precisely for all integers greater than one that are divisible by six.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44456,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 中，令點 $B'$, $C'$ 分別為邊 $AC$ 及 $AB$ 的中點，而點 $H$ 為通過頂點 $A$ 的高的垂足。證明：三角形 $AB'C'$，$BC'H$ 及 $B'CH$ 的外接圓共於一點 $I$，且直線 $HI$ 平分線段 $B'C'$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\n設點 $F$ 為 $B'C'$ 的中點, 點 $A'$ 為 $BC$ 中點, 且設直線 $HF$ 與 $\\triangle BHC'$ 的外接圓再交於點 $I$, 又設直線 $AA'$ 與 $\\triangle ABC$ 的外接圓再交於點 $M$。三角形 $HB'C'$ 全等於 $\\triangle AB'C'$, 故相似於 $\\triangle ABC$。因為\n\n$$\n\\angle C'IF = \\angle ABC = \\angle A'MC,\n$$\n$$\n\\angle C'FI = \\angle AA'B = \\angle MA'C,\n$$\n$$\n2C'F = C'B',\n$$\n$$2A'C = CB,$$\n\n所以 $\\triangle C'IB' \\sim \\triangle CMB$，於是有 $\\angle FIB' = \\angle A'MB = \\angle ACB$。因為 $\\angle C'IB' = 180^\\circ - \\angle C'AB'$)，可知 $I$ 位於 $\\triangle AB'C'$ 與 $\\triangle HCB'$ 的外接圓上。\n\n\n**解二.** 將 $\\triangle ABC$ 的三個內角分別記為 $\\alpha, \\beta, \\gamma$。易知 $\\triangle ABC \\sim \\triangle HC'B'$。在 $\\triangle HC'B'$ 內部存在唯一一點 $I$ 滿足\n$$\n\\angle HIB' = 180^\\circ - \\gamma, \\quad \\angle HIC' = 180^\\circ - \\beta, \\quad \\angle C'IB' = 180^\\circ - \\alpha,\n$$\n所以題敘的三個圓必定都過點 $I$。\n設直線 $HI$ 與 $B'C'$ 交於點 $F$。以下證明 $FB' = FC''$。由 $\\angle HIB' + \\angle HB'F = 180^\\circ$，得 $\\angle IHB' = \\angle IB'F$。同理可得 $\\angle IHC' = \\angle IC'F$。所以 $\\triangle IHC'$ 與 $\\triangle IHB'$ 的外接圓者與 $B'C'$ 相切，由此可知 $FB'^2 = FI \\cdot FH = FC'^2$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44457,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "坐標平面上兩坐標皆為整數的點稱為格子點。以下考慮的三角形，其頂點皆為格子點。一個合法的動作，係指將這樣的三角形的其中一個頂點，沿著與其對邊平行的方向移到另一個格子點的操作。證明若兩個三角形有相同的面積，則必存在一系列合法的動作，將其中一個變成另外一個。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44458,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "從集合 $S=\\{1,2,3, ..., 2024\\}$ 中，取出 1000 個數而造出具有 1000 個元素的子集 $T$，而 $T$ 的最小元素是 $k$，求 $k$ 的期望值。",
    "options": [],
    "answer": "2025/1001",
    "solution": "設 $M$ 是所求的期望值，則有：\n$$\n\\begin{aligned}\n\\binom{2024}{1000} M &= 1 \\cdot \\binom{2023}{999} + 2 \\cdot \\binom{2022}{999} + 3 \\cdot \\binom{2021}{999} + \\cdots + 1025 \\cdot \\binom{999}{999} \\\\\n&= \\sum_{a+b=1025} \\binom{a}{1} \\binom{b+999}{999} \\\\\n&= \\binom{1025+999+1}{1+999+1} \\\\\n&= \\binom{2025}{1001} \\\\\nM &= \\frac{2025}{1001}\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44459,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數。試決定所有函數 $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$，滿足\n$$\n(f(x))^n f(x + y) = (f(x))^{n+1} + x^n f(y)\n$$\n對所有的實數 $x, y$ 均成立。",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are: (1) f(x) = 0 for all real x; (2) f(x) = x for all real x; and additionally (3) f(x) = -x for all real x when n is even.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44460,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設四邊形 $ABCD$ 內接於一圓 $\\Omega$。過點 $D$ 與 $\\Omega$ 相切的直線分別交射線 $BA$, $BC$ 於點 $E$, $F$。於三角形 $ABC$ 內部選取一點 $T$ 使得 $TE \\parallel CD$ 且 $TF \\parallel AD$。設點 $K$ 異於 $D$ 且落在線段 $DF$ 上，滿足 $TD = TK$。\n試證：直線 $AC$, $DT$, $BK$ 三線共點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the segments $TE$ and $TF$ cross $AC$ at $P$ and $Q$, respectively. Since $PE \\parallel CD$ and $ED$ is tangent to the circumcircle of $ABCD$, we have\n$$\n\\angle EPA = \\angle DCA = \\angle EDA,\n$$\nand so the points $A$, $P$, $D$, and $E$ lie on some circle $\\alpha$. Similarly, the points $C$, $Q$, $D$, and $F$ lie on some circle $\\gamma$.\n\nWe now want to prove that the line $DT$ is tangent to both $\\alpha$ and $\\gamma$ at $D$. Indeed, since $\\angle FCD + \\angle EAD = 180^\\circ$, the circles $\\alpha$ and $\\gamma$ are tangent to each other at $D$. To prove that $T$ lies on their common tangent line at $D$ (i.e., on their radical axis), it suffices to check that $TP \\cdot TE = TQ \\cdot TF$, or that the quadrilateral $PEFQ$ is cyclic. This fact follows from\n$$\n\\angle QFE = \\angle ADE = \\angle APE.\n$$\n\nSince $TD = TK$, we have $\\angle TKD = \\angle TDK$. Next, as $TD$ and $DE$ are tangent to $\\alpha$ and $\\Omega$, respectively, we obtain\n$$\n\\angle TKD = \\angle TDK = \\angle EAD = \\angle BDE,\n$$\nwhich implies $TK \\parallel BD$.\n\nNext, we prove that the five points $T$, $P$, $Q$, $D$, and $K$ lie on some circle $\\tau$. Indeed, since $TD$ is tangent to the circle $\\alpha$ we have\n$$\n\\angle EPD = \\angle TDF = \\angle TKD,\n$$\nwhich means that the point $P$ lies on the circle $(TDK)$. Similarly, we have $Q \\in (TDK)$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nFinally, we prove that $PK \\parallel BC$. Indeed, using the circle $\\tau$ and $\\gamma$ we conclude that\n$$\n\\angle PKD = \\angle PQD = \\angle DFC,\n$$\nwhich means that $PK \\parallel BC$.\n\nTriangles $TPK$ and $DCB$ have pairwise parallel sides, which implies the fact that $TD$, $PC$, and $KB$ are concurrent, as desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44461,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明不等式\n$$\n2(a^3 + b^3 + c^3) + abc + ab + bc + ca \\ge 2(a^2b + b^2c + c^2a) + a^2 + b^2 + c^2 + a + b + c\n$$\n對任意非負實數 $a$, $b$, $c$ 恆成立。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44462,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有合成數 $n$, 使得 $n$ 的比 $1$ 大的正因數擺在一個圓上, 相鄰的兩個都不會互質。",
    "options": [],
    "answer": "All composite numbers except those equal to the product of two distinct primes.",
    "solution": "當 $n = p^{\\alpha}, \\alpha \\ge 2$ 時, 依 $p, p^2, \\dots, p^{\\alpha}$ 排列, 顯然滿足條件。\n\n當 $n = p_1^{\\alpha_1} p_2^{\\alpha_2} \\cdots p_k^{\\alpha_k}, k \\ge 3$ 時, 先把 $p_1 p_2 p_3 \\cdots p_k p_1$ 依次排列在圓上, 然後把 $p_j$ 的倍數排列在 $p_{j-1} p_j$ 與 $p_j p_{j+1}$ 之間。得到的排列滿足條件。\n\n最後當 $n = p^a q^b, a > 1$，先把 $pq$ 與 $p^2 q$ 排在圓上, 把 $p$ 的倍數排在同一弧, 而 $q$ 的倍數排在另一弧上。\n\n剩下的 $n = pq$ 沒辦法做到。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44463,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $n$。設 $S$ 為坐標平面上 $x$ 坐標及 $y$ 坐標皆小於 $2n$ 的非負整數的點所成的集合 (所以 $S$ 共包含 $4n^2$ 個點)。假設 $\\mathcal{F}$ 為 $n^2$ 個四邊形所成的集合, 其中每個四邊形的所有頂點都在 $S$ 內, 並且 $S$ 裡的每個點皆是 $\\mathcal{F}$ 中其中一個四邊形的頂點。試求 $\\mathcal{F}$ 內所有 $n^2$ 個四邊形的面積總和的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "n^2(2n+1)(2n-1)/3",
    "solution": "面積總和的最大可能值為 $\\Sigma(n) = \\frac{1}{3}n^2(2n+1)(2n-1)$。\n\n以下皆以 $[P]$ 代表多邊形 $P$ 的面積。我們先作一些約定。如果一個多邊形的頂點皆屬於 $S$, 稱之為合法的。設 $O = (n - \\frac{1}{2}, n - \\frac{1}{2})$ 為 $S$ 的中心點。若一個合法的正方形的中心為 $O$ 點, 稱該正方形為置中的。最後, 若一組多邊形 $\\mathcal{F}$ 滿足題設條件, 稱 $\\mathcal{F}$ 為可接受的, 並將其面積總和記為 $\\Sigma(\\mathcal{F})$。\n\n$S$ 內的每一個點都恰是唯一的置中正方形的頂點。所以所有的置中正方形形成可接受的集合 $\\mathcal{G}$。以下證明\n$$\n\\Sigma(\\mathcal{F}) \\le \\Sigma(\\mathcal{G}) = \\Sigma(n) \\qquad (1)\n$$\n對每一組可接受的 $\\mathcal{F}$ 均成立, 從而回答了問題。\n\n我們使用以下關鍵引理。\n\n**引理 1.** 設 $P = A_1A_2\\dots A_m$ 為多邊形, 且 $O$ 為平面上任意一點。則\n$$\n[P] \\le \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{m} OA_i^2; \\qquad (2)\n$$\n而且當 $P$ 是正方形且 $O$ 為其中心時, (2) 式的不等式會變成等號。\n\n**引理證明.** 令 $P_{n+1} = P_1$。對每一個 $i = 1, 2, \\dots, m$, 都有\n$$\n[OA_iA_{i+1}] \\le \\frac{OA_i \\cdot OA_{i+1}}{2} \\le \\frac{OA_i^2 + OA_{i+1}^2}{4}.\n$$\n所以得\n$$\n[P] \\le \\sum_{i=1}^{m} [OA_iA_{i+1}] \\le \\frac{1}{4} \\sum_{i=1}^{m} (OA_i^2 + OA_{i+1}^2) = \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{m} OA_i^2,\n$$\n此即為 (2) 式。直接驗證可知當 $P$ 為正方形且 $O$ 為其中心時, (2) 式的不等式成為等式。引理證畢。 $\\square$\n\n$$\n\\Sigma(\\mathcal{F}) \\le \\frac{1}{2} \\sum_{A \\in \\mathcal{S}} OA^2 = \\Sigma(\\mathcal{G}),\n$$\n故 (1) 式左邊的不等式成立。\n\n最後計算 $\\Sigma(\\mathcal{G})$。由 (2) 式可知\n$$\n\\begin{align*}\n\\Sigma(\\mathcal{G}) &= \\frac{1}{2} \\sum_{A \\in \\mathcal{S}} OA^2 = \\frac{1}{2} \\sum_{i=0}^{2n-1} \\sum_{j=0}^{2n-1} \\left( \\left( n - \\frac{1}{2} - i \\right)^2 + \\left( n - \\frac{1}{2} - j \\right)^2 \\right) \\\\\n&= \\frac{1}{8} \\cdot 4 \\cdot 2n \\sum_{i=0}^{n-1} (2n - 2i - 1)^2 \\\\\n&= n \\sum_{j=0}^{n-1} (2j + 1)^2 \\\\\n&= \\frac{n^2(2n + 1)(2n - 1)}{3} = \\Sigma(n).\n\\end{align*}\n$$\n證明完畢。\n\n$\\Box$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44464,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明：對任意正實數 $a, b$ 及任意正整數 $n$, 不等式\n$$\n(a+b)^n - a^n - b^n \\ge \\frac{2^n-2}{2^{n-2}} \\cdot ab(a+b)^{n-2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44465,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有的實係數多項式 $P(x)$，使得對滿足 $2xyz = x + y + z$ 的非零實數，皆有\n$$\n\\frac{P(x)}{yz} + \\frac{P(y)}{zx} + \\frac{P(z)}{xy} = P(x - y) + P(y - z) + P(z - x)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = ax^2 + b for real constants a and b",
    "solution": "定\n$$\nQ(x, y, z) = xP(x) + yP(y) + zP(z) - xyz[P(x - y) + P(y - z) + P(z - x)]\n$$\n則 $Q(x, y, z)$ 也是實係數多項式，且當 $xyz \\neq 0$ 時\n$$\n2xyz = x + y + z \\Rightarrow Q(x, y, z) = 0\n$$\n上面的性質可延伸到複數上面，即 $x, y, z$ 也可用複數帶入。當 $(x, y, z) = (t, -t, 0)$ 帶入得出 $P(t) = P(-t)$ 知 $P(x)$ 是偶函數。又帶入\n$$\n(x, y, z) = \\left(x, \\frac{i}{\\sqrt{2}}, -\\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right)\n$$\n得到\n$$\n\\begin{aligned}\n& xP(x) + \\frac{i}{\\sqrt{2}}\\left(P\\left(\\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right) - P\\left(-\\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right)\\right) \\\\\n& = \\frac{1}{2}x\\left(P\\left(x - \\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right) + P\\left(x + \\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right) + P(\\sqrt{2}i)\\right)\n\\end{aligned}\n$$\n推出\n$$\nP\\left(x + \\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right) + P\\left(x - \\frac{i}{\\sqrt{2}}\\right) - 2P(x) = P(\\sqrt{2}i)\n$$\n看出 $\\deg P(x) \\le 2$, $P(x)$ 的一般形式是 $ax^2 + b$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44466,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $n \\ge 3$，並在圓上標了 $n$ 個點。安娜與艾莎進行以下遊戲：從安娜開始，兩人輪流從還沒用過的點中選三個點畫三角形，並不得通過已經畫好的三角形的任一邊；首先不能畫滿足條件的三角形的人判輸，另一人判贏。請問誰有必勝策略？ (答案得與 $n$ 有關。)",
    "options": [],
    "answer": "Anna wins if and only if floor(n/3) is odd, equivalently when n mod 6 is in {3, 4, 5}; otherwise Elsa wins.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44467,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a, b$ 為實數, 並考慮函數 $f(x) = ax + b + \\frac{9}{x}$。證明: 在區間 $[1, 9]$ 中存在一數 $x_0$ 滿足 $|f(x_0)| \\ge 2$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44468,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 外接圓為 $\\omega$。點 $K$, $L$, $M$ 分別位於邊 $AB$, $BC$, $CA$ 上, 且滿足 $CM \\cdot CL = AM \\cdot BL$。射線 $LK$ 交直線 $AC$ 於點 $P$。設圓 $\\omega$ 與三角形 $KMP$ 外接圓的共同弦交線段 $AM$ 於點 $S$。證明 $SK \\parallel BC$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44469,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試決定滿足下列性質的所有 $(1, 2, \\dots, 2022)$ 的排列 $(a_1, a_2, \\dots, a_{2022})$:\n對差距大於 $20^{22}$ 的兩正整數 $m, n$, 以下不等式恆成立:\n$$\n\\text{gcd}(m + 1, n + a_1) + \\text{gcd}(m + 2, n + a_2) + \\dots + \\text{gcd}(m + 2021, n + a_{2021}) < 2|m - n|.\n",
    "options": [],
    "answer": "(1, 2, 3, ..., 2022) and (2, 3, 4, ..., 2022, 1)",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44470,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在一個 $100 \\times 100$ 格西洋棋盤的每一格內填入一個非負實數。我們稱這個棋盤是平衡的, 若且唯若該棋盤上每一直排的數字總和都是 1, 且每一橫列的數字總和也都是 1。求最大的正實數 $x$, 使得在任何一個平衡棋盤中, 我們都能挑出 100 個格子, 滿足任兩個格子都在不同直排且不同橫列, 並且這些格子裡的數字都不小於 $x$。",
    "options": [],
    "answer": "1/2550",
    "solution": "最大的 $x$ 為 $\\frac{1}{50 \\times 51}$。一般性的，對於 $n \\times n$ 的棋盤，令 $a = \\lfloor \\frac{n+1}{2} \\rfloor$，$b = \\lfloor \\frac{n+2}{2} \\rfloor$，則最大的 $x$ 為 $\\frac{1}{ab}$。\n\n首先構造達到此 $x$ 的棋盤。讓我們將棋盤分為四區：\n- 左上角的 $a \\times b$ 格都填 $\\frac{1}{ab}$;\n- 右上角的 $(n-a) \\times b$ 格都填 $\\frac{1}{b}$;\n- 左下角的 $a \\times (n-b)$ 格都填 $\\frac{1}{a}$;\n- 右下角的 $(n-a) \\times (n-b)$ 格都填 0。\n\n直接驗證可知此棋盤平衡（注意到 $a+b=n+1$）。此外，依據題目所要求的不同行不同列條件，取 $n$ 個格子若不取到右下角的 $(n-a) \\times (n-b)$ 格，則必然會需要取到左上角的 $a \\times b$ 格，故 $x$ 至少要為 $\\frac{1}{ab}$。\n\n以下證明 $x = \\frac{1}{ab}$ 便已足夠。給定一個平衡棋盤，讓我們將所有值 $\\ge \\frac{1}{ab}$ 的格子塗黑，其餘格子塗白。我們希望證明：對於任意 $p$ 行，這 $p$ 行上的黑格子總共會出現在至少 $p$ 個不同列。若此性質成立，用黑格子將對應的行列匹配下，由 Hall 定理，行列之間存在完美匹配，也就是可以找到不同行列的 $n$ 個黑格子，既證畢。\n\n要證明此一性質，對於任意 $p$ 行，假設這 $p$ 行上的黑格子出現在 $q$ 個不同列上。考慮在這 $p$ 行但不在這 $q$ 列的格子，則它們必然都是白格子，從而這些格子的數字總和 $< \\frac{1}{ab}p(n-q)$。又由於每一行的數字總合為 1，在這 $p$ 行且在這 $q$ 列的格子數字總和 $> p - \\frac{1}{ab}p(n-q)$。但注意到這 $q$ 列的數字和為 $q$，且此數字必不小於在這 $p$ 行且在這 $q$ 列的格子數字總和，故\n\n$$\nq > p - \\frac{1}{ab}p(n-q) \\Rightarrow q > \\frac{abp - pn}{ab - p}.\n$$\n\n但又易知\n$$\nab \\ge p(n+1-p) \\Rightarrow \\frac{abp - pn}{ab - p} \\ge p - 1,\n$$\n\n故有 $q > p - 1 \\Rightarrow q \\ge p$。這便證明了欲證之性質，從而證明原命題。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44471,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "連續正整數的等幂次方和的定義是\n$$\nS_m(N) = \\sum_{k=1}^{N-1} k^m\n$$\n特別是\n$$\nS_1(N) = 1 + 2 + \\cdots + (N-1) = \\frac{N(N-1)}{2}\n$$\n$$\nS_2(N) = 1^2 + 2^2 + \\cdots + (N-1)^2 = \\frac{N(N-1)(2N-1)}{6}\n$$\n$$\nS_3(N) = 1^3 + 2^3 + \\cdots + (N-1)^3 = \\frac{N^2(N-1)^2}{4}\n$$\n證明\n$$\nS_2(N)S_3(N) = \\frac{7}{12}S_6(N) + \\frac{5}{12}S_4(N)\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "$$\nS_2(N)S_3(N) = \\sum_{j=1}^{N-1} j^2 \\sum_{k=1}^{N-1} k^3\n$$\n依 $k < j$, $k = j$, 以及 $k > j$ 而分成三部份\n即\n$$\n\\sum_{j=1}^{N-1} j^2 \\sum_{k=1}^{j-1} k^3 + S_5(N) + \\sum_{k=1}^{N-1} k^2 \\sum_{j=1}^{k-1} j^2\n$$\n或\n$$\n\\sum_{j=1}^{N-1} j^2 \\cdot \\frac{j^2(j-1)^2}{4} + S_5(N) + \\sum_{k=1}^{N-1} k^3 \\cdot \\frac{k(k-1)(2k-1)}{6}\n$$\n和為\n$$\n\\frac{7}{12}S_6(N) - S_5(N) + \\frac{5}{12}S_4(N) + S_5(N)\n$$\n即\n$$\n\\frac{7}{12}S_6(N) + \\frac{5}{12}S_4(N)\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44472,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Suppose that $p$ is an odd prime, $p \\ge 7$ and $q = \\frac{3p-7}{2}$.\nDefine the series\n$$\nS_q = \\frac{1}{2 \\cdot 3 \\cdot 4} + \\frac{1}{5 \\cdot 6 \\cdot 7} + \\cdots + \\frac{1}{(q+1)(q+2)(q+3)}\n$$\nExpress $1 + 2S_q - \\frac{1}{p}$ as a rational number $\\frac{m}{n}$ with $(m, n) = 1$.\nProve that $m$ is a multiple of $p$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We need the partial fraction decomposition\n$$\n\\frac{2}{(k+1)(k+2)(k+3)} = \\frac{1}{k+1} - \\frac{2}{k+2} + \\frac{1}{k+3}\n$$\nSum over $q = 1,4,7, \\dots$, we get\n$$\n\\begin{aligned}\n2S_q &= \\left(\\frac{1}{2} - \\frac{2}{3} + \\frac{1}{4}\\right) + \\left(\\frac{1}{5} - \\frac{2}{6} + \\frac{1}{7}\\right) + \\cdots + \\left(\\frac{1}{q+1} - \\frac{2}{q+2} + \\frac{1}{q+3}\\right) \\\\\n&= \\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{5} + \\frac{1}{6} + \\frac{1}{7} + \\cdots + \\frac{1}{q+1} + \\frac{1}{q+2} + \\frac{1}{q+3} \\\\\n&\\quad - \\left(\\frac{1}{1} + \\frac{1}{2} + \\cdots + \\frac{1}{q+2}\\right)\n\\end{aligned}\n$$\nAlso we have\n$$\n\\frac{1}{p+1} + \\frac{1}{p+2} + \\cdots + \\frac{1}{q+3} \\equiv \\frac{1}{1} + \\frac{1}{2} + \\cdots + \\frac{1}{(q-p)+3} \\pmod{p}\n$$\nNote that\n$$\nq - p + 3 = \\frac{q + 2}{3} \\iff q = \\frac{3p - 7}{2}\n$$\nIn the final, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n1 + 2S_q - \\frac{1}{p} &\\equiv 1 + \\frac{1}{2} + \\cdots + \\frac{1}{p-1} \\pmod{p} \\\\\n&\\equiv 0 \\pmod{p}\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44473,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $C$ 為實數空間 $\\mathbb{R}^3$ 中的一個體積為正的凸子集。設 $C_1, C_2, \\dots, C_n$ 是 $n$ 個將 $C$ 平移(但不旋轉)所得的集合, 滿足 $C_i \\cap C \\ne \\emptyset$ 對每一個 $i = 1, 2, \\dots, n$ 均成立, 但對不同的 $i, j$, $C_i$ 與 $C_j$ 最多只在它們的邊界相交。證明 $n \\le 27$, 並證明 $27$ 是 $n$ 的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "27",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44474,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有整數 $n \\ge 1$ 使得存在正整數對 $(a, b)$ 有\n$$\n\\frac{ab + 3b + 8}{a^2 + b + 3} = n\n$$\n且沒有任何質數的三次方能整除 $a^2 + b + 3$.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "The only integer with property is $n = 2$.\nAs $b \\equiv -a^2 - 3 \\pmod{a^2 + b + 3}$, the numerator of the given fraction satisfies\n$$ab + 3b + 8 \\equiv a(-a^2 - 3) + 3(-a^2 - 3) + 8 \\equiv -(a + 1)^3 \\pmod{a^2 + b + 3}$$\nAs $a^2 + b + 3$ is not divisible by $p^3$ for any prime $p$, if $a^2 + b + 3$ divides $(a+1)^3$\nthen it does also divide $(a+1)^2$. Since\n$$\n0 < (a+1)^2 < 2(a^2 + b + 3),\n$$\nwe conclude $(a+1)^2 = a^2 + b + 3$. This yields $b = 2(a-1)$ and $n = 2$. The choice $(a,b) = (2,2)$ with $a^2 + b + 4 = 9$ shows that $n = 2$ indeed is a solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44475,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數, 且 $n$ 恰有 36 個不同的質因數。對於 $k = 1, 2, 3, 4, 5$, 令 $c_n$ 代表在區間 $\\left[\\frac{(k-1)n}{5}, \\frac{kn}{5}\\right]$ 中與 $n$ 互質的整數個數。證明：\n$$\n\\sum_{1 \\le i < j \\le 5} (c_i - c_j)^2 \\ge 2^{36}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44476,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $r \\ge 2$ 為整數, 且 $m_1, n_1, m_2, n_2, \\dots, m_r, n_r$ 為 $2r$ 個整數, 使得\n\n$$\n|m_i n_j - m_j n_i| = 1\n$$\n\n對所有的 $1 \\le i < j \\le r$ 皆成立。試求 $r$ 的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44477,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n, s, t$ 為三個正整數, 並令 $A_1, \\dots, A_s, B_1, \\dots, B_t$ 為 $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ 的子集 (不必然相異)。對於 $\\{1, \\dots, n\\}$ 的任何子集 $S$, 我們定義 $f(S)$ 為滿足 $S \\subseteq A_i$ 的 $i \\in \\{1, \\dots, s\\}$ 的數量; $g(S)$ 為滿足 $S \\subseteq B_j$ 的 $j \\in \\{1, \\dots, t\\}$ 的數量。假設對任意的 $1 \\le x < y \\le n$, $f(\\{x, y\\}) = g(\\{x, y\\})$ 都成立.\n證明：若 $t < n$, 則必存在 $1 \\le x \\le n$ 使得 $f(\\{x\\}) \\ge g(\\{x\\})$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose for the sake of contradiction that $t < n$ and $f(\\{x\\}) < g(\\{x\\})$ for any $1 \\le x \\le n$. Let $c_1, \\dots, c_n$ be some real numbers, and for any $S \\subseteq [n]$ let $c(S)$ be the expression\n$$\n\\sum_{i \\in S} c_i .\n$$\nThen clearly\n$$\n\\sum_{i=1}^{s} c(A_i)^2 = \\sum_{j=1}^{t} c(B_j)^2 - \\sum_{x=1}^{n} (g(\\{x\\}) - f(\\{x\\}))c_x^2\n$$\nSince $t < n$, there exists $(c_1, \\dots, c_n) \\ne (0, \\dots, 0) \\in \\mathbb{R}^n$ such that $c(B_j) = 0$ for any $j = 1, \\dots, t$. With this $(c_1, \\dots, c_n)$, we have\n$$\n\\sum_{i=1}^{s} c(A_i)^2 = - \\sum_{x=1}^{n} (g(\\{x\\}) - f(\\{x\\}))c_x^2 < 0\n$$\nas $g(\\{x\\}) - f(\\{x\\}) > 0$ for any $x \\in [n]$. This is clearly a contradiction. Thus there must be some $x \\in [n]$ with $f(\\{x\\}) \\ge g(\\{x\\})$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44478,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 是不等邊的銳角三角形，其內心為 $I$，外接圓為 $\\Gamma$。直線 $AI$ 與 $\\Gamma$ 再交於點 $M$。令 $N$ 為 $BC$ 的中點，而 $T$ 為 $\\Gamma$ 上滿足 $IN \\perp MT$ 的一點。設 $\\ell$ 為通過 $I$ 且與 $AI$ 垂直的直線。令 $\\ell$ 分別與直線 $TB, TC$ 交於點 $P, Q$。證明 $PB = CQ$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44479,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對任一正整數 $n$，證明多項式\n$$\nP_n(x) = \\sum_{k=0}^{n} 2^k \\binom{2n}{2k} x^k (x-1)^{n-k}\n$$\n有 $n$ 個實根。\n\n(註：$\\binom{2n}{2k}$ 為二項式係數。)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44480,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 為三角形。令點 $A'$ 為通過下列三點的圓的圓心：$BC$ 邊的中點、$B$ 對 $\\angle ACB$ 內角平分線的投影點、$C$ 對 $\\angle ABC$ 的內角平分線的投影點。點 $B'$ 與 $C'$ 以類推的方式定義出來。證明：三角形 $ABC$ 的九點圓，與三角形 $A'B'C'$ 的外接圓共心。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44481,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外接圓為 $\\omega$, 而其切於 $BC$ 邊的旁切圓為 $\\Omega_A$。令 $\\omega$ 與 $\\Omega_A$ 的交點為 $X$ 和 $Y$。設 $P$ 為 $A$ 對 $\\Omega_A$ 在點 $X$ 的切線的投影點, 而 $Q$ 為 $A$ 對 $\\Omega_A$ 在點 $Y$ 的切線的投影點。設三角形 $APX$ 在點 $P$ 的切線, 及三角形 $AQY$ 在點 $Q$ 的切線在點 $R$ 相交。\n證明直線 $AR$ 與 $BC$ 互相垂直。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $D$ 為 $BC$ 與 $\\Omega_A$ 的切點, 而 $D'$ 為 $D$ 在 $\\Omega_A$ 上的對徑點。令 $R'$ 為滿足 $AR' \\perp BC$ 及 $R'D' \\parallel BC$ 的 (唯一) 點。我們將證明 $R = R'$。\n\n設直線 $PX$ 分別與 $AB$, $D'R'$ 交於點 $S$, $T$。令 $U$ 為平行直線 $BC$, $D'R'$ 相交的無窮遠點。由於 (退化的) 六邊形 $ASXTUC$ 外切圓 $\\Omega_A$, 根據 Brianchon 定理知 $AT$, $SU$, $XC$ 三線共於一點, 設為 $V$。所以 $VS \\parallel BC$。於是\n$$\n\\angle(SV, VX) = \\angle(BC, CX) = \\angle(BA, AX),\n$$\n因此 $AXSV$ 共圓。由此得\n$$\n\\angle(PX, XA) = \\angle(SV, VA) = \\angle(R'T, TA).\n$$\n因為 $\\angle APT = \\angle AR'T = 90^\\circ$, 知 $APR'T$ 共圓。所以\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle(XA, AP) &= 90^\\circ - \\angle(PX, XA) = 90^\\circ - \\angle(R'T, TA) \\\\\n&= \\angle(TA, AR') = \\angle(TP, PR').\n\\end{aligned}\n$$\n由此知 $PR'$ 與圓 $(APX)$ 相切。\n\n同理可得 $QR'$ 與圓 $(AQY)$ 亦相切。因此 $R = R'$, 得 $AR \\perp BC$。$\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44482,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有符合後列條件的整數 $n \\ge 2$：所有總和不被 $n$ 整除、兩兩相異的 $n$ 個整數，都可以被重新排列為 $a_1, a_2, \\dots, a_n$，使得 $n$ 整除 $1 \\cdot a_1 + 2 \\cdot a_2 + \\dots + n \\cdot a_n$。",
    "options": [],
    "answer": "All odd integers and all powers of two.",
    "solution": "If $n = 2^k a$, where $a \\ge 3$ is odd and $k$ is a positive integer, we can consider a set containing the number $2^k + 1$ and $n - 1$ numbers congruent to $1$ modulo $n$. The sum of these numbers is congruent to $2^k$ modulo $n$ and therefore is not divisible by $n$; for any permutation $(a_1, a_2, \\dots, a_n)$ of these numbers\n$$\n1 \\cdot a_1 + 2 \\cdot a_2 + \\dots + n \\cdot a_n \\equiv 1 \\cdot \\dots + n \\equiv 2^{k-1}a(2^k a + 1) \\not\\equiv 0 \\pmod{2^k}\n$$\nand *a fortiori* $1 \\cdot a_1 + 2 \\cdot a_2 + \\dots + n \\cdot a_n$ is not divisible by $n$.\n\nFrom now on, we suppose that $n$ is either odd or a power of $2$. Let $S$ be the given set of integers, and $s$ be the sum of elements of $S$.\n\n**Lemma 1.** If there is a permutation $(a_i)$ of $S$ such that $(n, s)$ divides $\\sum_{i=1}^n i a_i$, then there is a permutation $(b_i)$ of $S$ such that $n$ divides $\\sum_{i=1}^n i b_i$.\n\n**Proof.** Let $r = \\sum_{i=1}^n i a_i$. Consider the permutation $(b_i)$ defined by $b_i = a_{i+x}$, where $a_{j+n} = a_j$. For this permutation, we have\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} i b_{i} = \\sum_{i=1}^{n} i a_{i+x} \\equiv \\sum_{i=1}^{n} (i-x) a_{i} \\equiv r - s x \\pmod{n}.\n$$\nSince $(n, s)$ divides $r$, the congruence $r - s x \\equiv 0 \\pmod{n}$ admits a solution.\n\n**Lemma 2.** Every set $T$ of $k m$ integers, $m > 1$, can be partitioned into $m$ sets of $k$ integers so that in every set either the sum of elements is not divisible by $k$ or all the elements leave the same remainder upon division by $k$.\n\n**Proof.** The base case, $m = 2$. If $T$ contains $k$ elements leaving the same remainder upon division by $k$, we form one subset $A$ of these elements; the remaining elements form a subset $B$. If $k$ does not divide the sum of all elements of $B$, we are done. Otherwise, it is enough to exchange any element of $A$ with any element of $B$ not congruent to it modulo $k$, thus making sums of both $A$ and $B$ not divisible by $k$. This cannot be done only when all the elements of $T$ are congruent modulo $k$; in this case, any partition will do.\n\nNow let $m > 2$. If $T$ contains $k$ elements leaving the same remainder upon division by $k$, we form one subset $A$ of these elements and apply the inductive hypothesis to the remaining $k(m-1)$ elements. Otherwise, we choose any $U \\subset R, |U| = k-1$. Since all the remaining elements cannot be congruent modulo $k$, there is $a \\in T \\setminus U$ such that $a \\not\\equiv -\\sum_{x \\in U} x \\pmod{k}$. Now we can take $A = U \\cup \\{a\\}$ and apply the inductive hypothesis to $T \\setminus A$.\n\nNow we are ready to prove the statement of the problem for all odd $n$ and $n = 2^k$. The proof is by induction.\n\nIf $n$ is prime, the statement follows immediately from Lemma 1, since in this case $(n, s) = 1$. Turning to the general case, we can find prime $p$ and an integer $t$ such that $p^t|n$ and $p^t \\nmid s$. By Lemma 2, we can partition $S$ into $p$ sets of $\\frac{n}{p} = k$ elements so that in every set either the sum of numbers is not divisible by $k$ or all numbers have the same residue modulo $k$.\n\nFor sets in the first category, by the inductive hypothesis, there is a permutation $(a_i)$ such that $k = \\sum_{i=1}^k i a_i$.\n\nIf $n$ (and therefore $k$) is odd, then for each permutation $(b_i)$ of a set in the second category we have\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} i b_i \\equiv b_1 \\frac{k(k+1)}{2} \\equiv 0 \\pmod{k}.\n$$\nBy combining such permutation for all sets of the partition, we get a permutation $(c_i)$ of $S$ such that $k = \\sum_{i=1}^n i c_i$. Since this sum is divisible by $k$, and $k$ is divisible by $(n, s)$, we are done by Lemma 1.\n\nIf $n = 2^s$, we have $p = 2$ and $k = 2^{s-1}$. Then for each of the subsets there is a permutation $(a_1, \\dots, a_k)$ such that $\\sum_{i=1}^k i a_i$ is divisible by $2^{s-2} = \\frac{k}{2}$: if the subset belongs to the first category, the expression is divisible even by $k$, and if it belongs to the second one,\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} i a_i \\equiv a_1 \\frac{k(k+1)}{2} \\equiv 0 \\pmod{\\frac{k}{2}}.\n$$\nNow the numbers of each permutation should be multiplied by all the odd or all the even numbers not exceeding $n$ in increasing order so that the resulting sums are divisible by $k$:\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} (2i - 1)a_i \\equiv \\sum_{i=1}^{k} 2i a_i \\equiv 2 \\sum_{i=1}^{k} i a_i \\equiv 0 \\pmod{k}.\n$$\nCombining these two sums, we again get a permutation $(c_i)$ of $S$ such that $k = \\sum_{i=1}^n i c_i$, and finish the case by applying Lemma 1.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44483,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $k$ 為非負整數。有一堆硬幣共有 $2^{2^k}$ 枚，其中恰有一枚是偽幣。我們有無止盡的警犬，其中有一隻生病了，但我們不知道是哪一隻。檢測硬幣的測試包含以下三個步驟：從全部的硬幣中選一些出來；挑一隻警犬；讓這隻警犬同時嗅所選出來的硬幣。當選出的硬幣中有偽幣的話，健康的警犬嗅過之後一定會叫；反之一定不叫。而生病的警犬叫或不叫是隨機的。請設計一個最多進行 $2^k + k + 2$ 個測試的程序以選出該偽幣，並證明該程序可行。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44484,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all positive integers $d$ for which there exists a $k \\ge 3$ such that you can put the numbers $d, 2d, 3d, \\dots, kd$ in a sequence in such a way that the sum of every pair of neighbouring numbers is a square.",
    "options": [],
    "answer": "All positive squares",
    "solution": "For $d = 1$, we take $k = 15$ and the sequence\n\n8, 1, 15, 10, 6, 3, 13, 12, 4, 5, 11, 14, 2, 7, 9.\n\nTwo neighbouring numbers in this sequence always add up to 9, 16, or 25. For square $d > 1$, we also take $k = 15$ and the same sequence as above, except that we multiply all numbers by $d$. Two neighbouring numbers in this sequence always add up to $9d$, $16d$, or $25d$, which are all squares.\n\nNow consider a non-square $d$. We will show that this will not satisfy the conditions. Suppose that there does exists a $k$ and a sequence $a_1d, a_2d, \\dots, a_kd$, such that $\\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\} = \\{1, 2, \\dots, k\\}$. Write $d = cm^2$, where $m$ is a positive integer such that $c$ is not divisible by a square greater than 1. Then for all $i$ with $1 \\le i \\le k-1$, we have that $a_id + a_{i+1}d$ is a square and $d = cm^2 \\mid a_id + a_{i+1}d$, hence $cd = c^2m^2 \\mid a_id + a_{i+1}d$, which yields that $c \\mid a_i + a_{i+1}$. From this, we obtain that $a_{i+1} \\equiv -a_i \\mod c$ and hence $a_{i+2} \\equiv -a_{i+1} \\equiv a_i \\mod c$. Therefore, there are at most two distinct residue classes modulo $c$ occurring among the $a_i$, namely the classes of $a_1$ and $a_2$. However, $\\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\} = \\{1, 2, \\dots, k\\}$ and $k \\ge 3$, and therefore we must have $c \\le 2$. Because $d$ is not a square, $c = 1$ is impossible, hence $c = 2$. But then we have $a_{i+1} \\equiv -a_i \\equiv a_i \\mod 2$, so there is at most one residue class modulo 2 occurring in the sequence, which gives a contradiction.\n\nWe conclude that the $d$ that satisfy the conditions are the squares. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44485,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $n$。設 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 為 $1, 2, \\dots, n$ 的排列。試確定 $\\sum_{i=1}^{n} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor$ 的最小值。\n\n註：$\\lfloor x \\rfloor$ 是不超過實數 $x$ 的最大整數。",
    "options": [],
    "answer": "floor(log2 n) + 1",
    "solution": "Suppose that $2^k \\le n < 2^{k+1}$ with some non-negative integer $k$. First we show a permutation $(a_1, a_2, \\dots, a_n)$ such that $\\sum_{i=1}^n \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor = k+1$; then we will prove that $\\sum_{i=1}^n \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge k+1$ for every permutation. Hence, the minimal possible value will be $k+1$.\n\nI.\nConsider the permutation\n$$\n(a_1) = (1), \\quad (a_2, a_3) = (3, 2), \\quad (a_4, a_5, a_6, a_7) = (7, 4, 5, 6), \\quad \\dots \\\\\n(a_{2^{k+1}}, \\dots, a_{2^k-1}) = (2^k - 1, 2^{k-1}, 2^{k-1} + 1, \\dots, 2^k - 2), \\\\\n(a_{2^k}, \\dots, a_n) = (n, 2^k, 2^k + 1, \\dots, n-1).\n$$\nThis permutation consists of $k+1$ cycles. In every cycle $(a_p, \\dots, a_q) = (q, p, p+1, \\dots, q-1)$ we have $q < 2p$, so\n$$\n\\sum_{i=p}^{q} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor = \\lfloor \\frac{q}{p} \\rfloor + \\sum_{i=p+1}^{q} \\lfloor \\frac{i-1}{i} \\rfloor = 1;\n$$\nThe total sum over all cycles is precisely $k+1$.\n\nII.\nIn order to establish the lower bound, we prove a more general statement.\n\nClaim 1. If $b_1, \\dots, b_{2^k}$ are distinct positive integers then\n$$\n\\sum_{i=1}^{2^k} \\lfloor \\frac{b_i}{i} \\rfloor \\ge k + 1.\n$$\nFrom the Claim it follows immediately that $\\sum_{i=1}^{n} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge \\sum_{i=1}^{2^k} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge k + 1$.\n\nProof of Claim 1. Apply induction on $k$. For $k=1$ the claim is trivial, $\\lfloor \\frac{b_1}{1} \\rfloor \\ge 1$. Suppose the Claim holds true for some positive integer $k$, and consider $k+1$. If there exists an index $j$ such that $2^k < j \\le 2^{k+1}$ and $b_j \\ge j$, then\n$$\n\\sum_{i=1}^{2^{k+1}} \\lfloor \\frac{b_i}{i} \\rfloor \\ge \\sum_{i=1}^{2^k} \\lfloor \\frac{b_i}{i} \\rfloor + \\lfloor \\frac{b_j}{j} \\rfloor \\ge (k+1) + 1\n$$\nby the induction hypothesis, so the Claim is satisfied.\n\nOtherwise we have $b_j < j \\le 2^{k+1}$ for every $2^k < j \\le 2^{k+1}$. Among the $2^{k+1}$ distinct numbers $b_1, \\dots, b_{2^{k+1}}$ there is some $b_m$ which is at least $2^{k+1}$; that number must be among $b_1, \\dots, b_{2^k}$. Hence, $1 \\le m \\le 2^k$ and $b_m \\ge 2^{k+1}$.\n\nWe will apply the induction hypothesis to the numbers\n$$\nc_1 = b_1, \\dots, c_{m-1} = b_{m-1}, \\quad c_m = b_{2^k+1}, \\quad c_{m+1} = b_{m+1}, \\dots, c_{2^k} = b_{2^k},\n$$\nso take the first $2^k$ numbers but replace $b_m$ with $b_{2^k+1}$. Notice that\n$$\n\\lfloor \\frac{b_m}{m} \\rfloor \\ge \\lfloor \\frac{2^{k+1}}{m} \\rfloor = \\lfloor \\frac{2^k + 2^k}{m} \\rfloor \\ge \\lfloor \\frac{b_{2^k+1} + m}{m} \\rfloor = \\lfloor \\frac{c_m}{m} \\rfloor + 1.\n$$\nFor the other indices $i$ with $1 \\le i \\le 2^k$, $i \\ne m$ we have $\\lfloor \\frac{b_i}{i} \\rfloor = \\lfloor \\frac{c_i}{i} \\rfloor$, so\n$$\n\\sum_{i=1}^{2^k+1} \\lfloor \\frac{b_i}{i} \\rfloor = \\sum_{i=1}^{2^k} \\lfloor \\frac{b_i}{i} \\rfloor \\ge \\sum_{i=1}^{2^k} \\lfloor \\frac{c_i}{i} \\rfloor + 1 \\ge (k+1) + 1.\n$$\nThat proves Claim 1.\n\nBy I and II, we complete the solution.\nWe present a different proof for the lower bound.\n\nAssume again $2^k \\le n < 2^{k+1}$, and let $P = \\{2^0, 2^1, \\dots, 2^k\\}$ be the set of powers of 2 among $1, 2, \\dots, n$. Call an integer $i \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$ and the interval $[i, a_i]$ good if $a_i \\ge i$.\n\nLemma 1. The good intervals cover the integers $1, 2, \\dots, n$.\n\n*Proof.* Consider an arbitrary $x \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$; we want to find a good interval $[i, a_i]$ that covers $x$; i.e., $i \\le x \\le a_i$. Take the cycle of the permutation that contains $x$, that is $(x, a_x, a_{a_x}, \\dots)$. In this cycle, let $i$ be the first element with $a_i \\ge x$; then $i \\le x \\le a_i$. $\\square$\n\nLemma 2. If a good interval $[i, a_i]$ covers $p$ distinct powers of 2 then $\\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge p$; more formally, $\\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge |[i, a_i] \\cap P|$.\n\n*Proof.* The ratio of the smallest and largest powers of 2 in the interval is at least $2^{p-1}$. By Bernoulli's inequality $\\frac{a_i}{i} \\ge 2^{p-1} \\ge P$; that proves the lemma. $\\square$\n\nNow, by Lemma 1, the good intervals cover $P$. By applying Lemma 2 as well, we obtain that\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor = \\sum_{i \\in \\{1, \\dots, n\\} \\text{ is good}} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge \\sum_{i \\in \\{1, \\dots, n\\} \\text{ is good}} |[i, a_i] \\cap P| \\ge |P| = k + 1.\n$$\nWe show yet another proof for the lower bound, based on the following inequality.\n\nLemma 3.\n$$\n\\lfloor \\frac{a}{b} \\rfloor \\ge \\log_2 \\frac{a+1}{b}\n$$\nfor every pair $a, b$ of positive integers.\n\n*Proof.* Let $t = \\lfloor \\frac{a}{b} \\rfloor$, so $t \\le \\frac{a}{b}$ and $\\frac{a+1}{b} \\le t + 1$. By applying the inequality $2^t \\ge t + 1$, we obtain $\\lfloor \\frac{a}{b} \\rfloor = t \\ge \\log_2(t+1) \\ge \\log_2 \\frac{a+1}{b}$. $\\Box$\n\nBy applying the lemma to each term, we get\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge \\sum_{i=1}^{n} \\log_2 \\frac{a_i+1}{i} = \\sum_{i=1}^{n} \\log_2(a_i + 1) - \\sum_{i=1}^{n} \\log_2 i.\n$$\nNotice that the numbers $a_1 + 1, a_2 + 1, \\dots, a_n + 1$ form a permutation of $2, 3, \\dots, n + 1$. Hence, in the last two sums all terms cancel out, except for $\\log_2(n+1)$ in the first sum and $\\log_2 1 = 0$ in the second sum. Therefore,\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\lfloor \\frac{a_i}{i} \\rfloor \\ge \\log_2(n+1) > k.\n$$\nAs the left-hand side is an integer, it must be at least $k + 1$. $\\Box$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44486,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令正方形 $ABCD$ 的內切圓為 $\\Gamma$。設點 $M$ 為線段 $CD$ 的中點, 點 $P$ 為線段 $AB$ 上異於 $B$ 的一點。設點 $E$ 為圓 $\\Gamma$ 上異於 $M$ 的一點, 且直線 $DP$ 平行於直線 $EM$。設直線 $CP$ 與 $AD$ 交於點 $F$。證明直線 $EF$ 與圓 $\\Gamma$ 相切。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44487,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明：對於 $\\{1, 2, 3, ..., 5^{505}\\}$ 的任一個恰有 $2022$ 個元素的子集 $A$，必存在三個元素 $a, b, c$ 滿足 $a < b < c$ 和 $c + 2a > 3b$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "參考解答一 (By contradiction). Suppose that there exist $2022$ positive integers $x_0 < x_1 < \\ldots < x_{2021}$ that violate the problem statement. Then in particular $x_{2021} + 2x_i \\le 3x_{i+1}$ for all $i = 0, \\ldots, 2020$ which gives\n$$\nx_{2021} - x_i \\ge \\frac{3}{2}(x_{2021} - x_{i+1}).\n$$\nBy a trivial induction we then get\n$$\nx_{2021} - x_i \\ge \\left(\\frac{3}{2}\\right)^{2020-i} (x_{2021} - x_{2020}),\n$$\nwhich for $i = 0$ yields the contradiction since\n$$\nx_{2021} - x_0 \\ge \\left(\\frac{3}{2}\\right)^{2020} (x_{2021} - x_{2020}) = \\left(\\frac{81}{16}\\right)^{505} (x_{2021} - x_{2020}) > 5^{505}.\n$$\nTherefore, the proof is complete. $\\square$\n\n\n參考解答二. Denote the maximum element of $A$ by $c$. For $k = 0, \\ldots, 2019$, let\n$$\nA_k = \\{x \\in A : (1 - (2/3)^k)c \\le x < (1 - (2/3)^{k+1})c\\}.\n$$\nNote that\n$$\n(1 - (2/3)^{2020})c = c - (16/81)^{505}c > c - (1/5)^{505}c \\ge c - 1,\n$$\nwhich shows that the sets $A_0, A_1, \\ldots, A_{2019}$ form a partition of $A\\setminus\\{c\\}$. Since $A\\setminus\\{c\\}$ has $2021$ elements, by the pigeonhole principle some set $A_k$ does contain at least two elements of $A\\setminus\\{c\\}$. Denote these two elements $a$ and $b$ and assume $a < b$, so that $a < b < c$. Then\n$$\nc + 2a \\ge c + 2(1 - (2/3)^k)c = (3 - 2(2/3)^k)c = 3(1 - (2/3)^{k+1})c > 3b,\n$$\nas desired. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44488,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "愛莉拿到一個有理數 $r > 1$ 和一條直線, 直線有兩個點 $B \\neq R$, 而 $R$ 上放著一個紅色的珠子, $B$ 上放著一個藍色的珠子。愛莉用這些東西來玩一個單人遊戲。每一回合, 她選定一個整數 $k$ (不一定為正) 和一個珠子來移動。如果這個珠子在位置 $X$, 而另外一個珠子在位置 $Y$, 那麼愛莉會把選中的珠子移動到位置 $X'$, 使得 $\\overrightarrow{YX'} = r^k \\overrightarrow{YX}$。愛莉的目標是把紅色的珠子移動到 $B$ 上。找出所有能讓愛莉在 2021 回合內達成目標的有理數 $r > 1$。",
    "options": [],
    "answer": "All rational numbers r = (b+1)/b for integers b = 1, 2, ..., 1010.",
    "solution": "All $r = (b+1)/b$ with $b = 1, \\dots, 1010$.\n\nDenote the red and blue beads by $\\mathcal{R}$ and $\\mathcal{B}$, respectively. Introduce coordinates on the line and identify the points with their coordinates so that $R = 0$ and $B = 1$. Then, during the game, the coordinate $\\mathcal{R}$ is always smaller than the coordinate of $\\mathcal{B}$. Moreover, the distance between the beads always has the form $r^\\ell$ with $\\ell \\in \\mathbb{Z}$, since it only multiplies by the numbers of this form. Denote the value of the distance after the $m^{\\text{th}}$ move by $d_m = r^{\\alpha_m}$, $m = 0, 1, 2, \\dots$ (after the $0^{\\text{th}}$ move we have just the initial position, so $\\alpha_0 = 0$).\n\nIf some bead is moved in two consecutive moves, then Alice could instead perform a single move (and change the distance from $d_i$ directly to $d_{i+2}$) which has the same effect as these two moves. So, if Alice can achieve her goal, then she may as well achieve it in fewer (or the same) number of moves by alternating the moves of $\\mathcal{B}$ and $\\mathcal{R}$. In the sequel, we assume that Alice alternates the moves, and that $\\mathcal{R}$ is shifted altogether $t$ times.\n\nIf $\\mathcal{R}$ is shifted in the $m^{\\text{th}}$ move, then its coordinate increases by $d_m - d_{m-1}$. Therefore, the total increment of $\\mathcal{R}$'s coordinate, which should be 1, equals\n$$\n\\text{either}\\quad (d_0 - d_1) + (d_2 - d_3) + \\dots + (d_{2t-2} - d_{2t-1}) = 1 + \\sum_{i=1}^{t-1} r^{\\alpha_{2i}} - \\sum_{i=1}^{t} r^{\\alpha_{2i-1}},\n$$\n$$\n\\text{or}\\quad (d_1 - d_2) + (d_3 - d_4) + \\dots + (d_{2t-1} - d_{2t}) = \\sum_{i=1}^{t} r^{\\alpha_{2i-1}} - \\sum_{i=1}^{t} r^{\\alpha_{2i}},\n$$\n\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} r^{\\beta_i} = \\sum_{i=1}^{n-1} r^{\\gamma_i}, \\quad \\beta_i, \\gamma_i \\in \\mathbb{Z}, \\qquad (1)\n$$\nfor some $n \\le 1011$. Thus, if Alice can reach her goal, then this equation has a solution for $n = 1011$ (we can add equal terms to both sums in order to increase $n$).\n\nConversely, if (1) has a solution for $n = 1011$, then Alice can compose a corresponding sequence of distances $d_0, d_1, \\dots, d_{2021}$ and then realize it by a sequence of moves. So the problem reduces to the solvability of (1) for $n = 1011$.\n\nAssume that, for some rational $r$, there is a solution of (1). Write $r$ in lowest terms as $r = a/b$. Substitute this into (1), multiply by the common denominator, and collect all terms on the left hand side to get\n$$\n\\sum_{i=1}^{2n-1} (-1)^i a^{\\mu_i} b^{N-\\mu_i} = 0, \\quad \\mu_i \\in \\{0, 1, \\dots, N\\}, \\qquad (2)\n$$\nfor some $N \\ge 0$. We assume that there exist indices $j_-$ and $j_+$ such that $\\mu_{j-} = 0$ and $\\mu_{j+} = N$.\n\nReducing (2) modulo $a-b$ (so that $a \\equiv b$), we get\n$$\n0 = \\sum_{i=1}^{2n-1} (-1)^i a^{\\mu_i} b^{N-\\mu_i} \\equiv \\sum_{i=1}^{2n-1} (-1)^i b^{\\mu_i} b^{N-\\mu_i} = -b^N \\pmod{a-b}.\n$$\nSince $\\text{gcd}(a-b, b) = 1$, this is possible only if $a-b=1$.\n\nReducing (2) modulo $a+b$ (so that $a \\equiv -b$), we get\n$$\n0 = \\sum_{i=1}^{2n-1} (-1)^i a^{\\mu_i} b^{N-\\mu_i} \\equiv \\sum_{i=1}^{2n-1} (-1)^i (-1)^{\\mu_i} b^{\\mu_i} b^{N-\\mu_i} = S b^N \\pmod{a+b}\n$$\nfor some odd (thus nonzero) $S$ with $|S| \\le 2n-1$. Since $\\text{gcd}(a+b, b) = 1$, this is possible only if $a+b \\mid S$. So $a+b \\le 2n-1$, and hence $b = a-1 \\le n-1 = 1010$.\n\nher goal. For this purpose, in (1) we put $n = a$, $\\beta_1 = \\beta_2 = \\cdots = \\beta_a = 0$, and\n$\\gamma_1 = \\gamma_2 = \\cdots = \\gamma_b = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44489,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathcal{X}$ 為正整數集 $\\mathbb{N}$ 的所有非空子集 (不一定有限) 所組成的集合。試求所有函數 $f: \\mathcal{X} \\to \\mathbb{R}^+$ 滿足以下性質：\n(i) 若 $S \\subseteq T$ 皆為 $\\mathbb{N}$ 的非空子集，則 $f(T) \\le f(S)$；\n(ii) 對於所有 $S, T \\in \\mathcal{X}$,\n$$\nf(S) + f(T) \\le f(S + T), \\quad f(S)f(T) = f(S \\cdot T),\n$$\n其中 $S + T = \\{s + t \\mid s \\in S, t \\in T\\}, S \\cdot T = \\{s \\cdot t \\mid s \\in S, t \\in T\\}$。",
    "options": [],
    "answer": "All functions are f(S) = (min S)^alpha for all nonempty S, where alpha >= 1.",
    "solution": "$f(S) = (\\min S)^\\alpha, \\forall S \\in \\mathcal{X}$，其中 $\\alpha \\ge 1$。易知所有這類函數都是解。以下證明僅有這樣的函數滿足所有條件。\n\n因為 $\\{1\\} \\cdot \\{1\\} = \\{1\\}$, $\\mathbb{N} \\cdot \\mathbb{N} = \\mathbb{N}$, 所以\n$$\nf(\\{1\\})^2 = f(\\{1\\}), \\quad f(\\mathbb{N\\})^2 = f(\\mathbb{N\\}) \\implies f(\\{1\\}) = f(\\mathbb{N\\}) = 1.\n$$\n對於所有包含 1 的集合 $S$，由條件 (i)，$1 = f(\\mathbb{N\\}) \\le f(S) \\le f(\\{1\\}) = 1$，即\n$f(S) = 1$。\n\n對於正整數 $n$，我們定義 $g(n) = f(\\{n\\})$，那麼條件 (ii) 告訴我們\n$$\ng(m) + g(n) \\le g(m + n), \\quad g(mn) = g(m)g(n).\n$$\n前式會得到 $g$ 是一個 $\\mathbb{N}$ 上的嚴格遞增函數。取 $\\alpha$ 使得 $g(2) = 2^\\alpha$，則 $2^\\alpha = g(2) \\ge g(1) + g(1) = 2$ 會告訴我們 $\\alpha \\ge 1$。\n\n以下證明 $g(n) = n^\\alpha$：當 $n = 1, 2$ 時是顯然的。對於任意 $n \\ge 3$ 及正整數 $k$，取正整數 $\\ell$ 使得 $2^\\ell \\le n^k < 2^{\\ell+1}$。因為 $g$ 是完全積性函數，所以\n$$\n2^{\\ell\\alpha} \\le g(n)^k < 2^{(\\ell+1)\\alpha} \\implies 2^{\\ell/k} \\le g(n)^{1/\\alpha} < 2^{(\\ell+1)/k}.\n$$\n由於 $2^{\\ell/k} \\le n < 2^{(\\ell+1)/k}$，我們知道\n$$\n2^{-1/k} < \\frac{2^{\\ell/k}}{n} \\le \\frac{g(n)^{1/\\alpha}}{n} < \\frac{2^{(\\ell+1)/k}}{n} \\le 2^{1/k}.\n$$\n\n因為這對於所有的正整數 $k$ 都成立，$g(n)^{1/\\alpha}$ 一定要是 $n$，即 $f(\\{n\\}) = g(n) = n^\\alpha$。\n\n對於任意不包含 1 的集合 $S$，令 $m = \\min S$。因為 $\\{m\\} \\subseteq S$，所以由條件 (i) 及上式，\n$$\nf(S) \\le f(\\{m\\}) = m^{\\alpha}. \\qquad (1)\n$$\n由於 $1 = m - (m-1) \\in S - \\{m-1\\} := \\{s - (m-1) \\mid s \\in S\\}$，所以\n$$\nf(S) \\ge f(\\{m-1\\}) + f(S - \\{m-1\\}) = (m-1)^{\\alpha} + 1.\n$$\n在上式中將 $S$ 換成 $S^k := \\{s_1 \\cdots s_k \\mid s_1, \\dots, s_k \\in S\\}$，我們得到\n$$\nf(S)^k = f(S^k) \\ge (\\min(S^k) - 1)^\\alpha + 1 = (m^k - 1)^\\alpha + 1.\n$$\n因此當 $k > \\alpha$ 時，\n$$\nf(S) > (m^k - 1)^{\\alpha/k} = m^{\\alpha} \\left(1 - \\frac{1}{m^k}\\right)^{\\alpha/k} \\ge m^{\\alpha} \\left(1 - \\frac{1}{m^k}\\right).\n$$\n因為這對於所有的正整數 $k > \\alpha$ 都成立，所以 $f(S) \\ge m^\\alpha$。結合 (1) 便有\n$$\nf(S) = m^{\\alpha} = (\\min S)^{\\alpha}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44490,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $p$ 為奇質數。證明整數\n$$\n1! + 2! + 3! + \\cdots + p! - \\left\\lfloor \\frac{(p-1)!}{e} \\right\\rfloor\n$$\n必能被 $p$ 整除。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44491,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上 $ABC$ 為銳角三角形，其外心為 $O$，外接圓為 $\\Omega$。分別在線段 $AB, AC$ 上各取一點 $D, E$，並作過 $A$ 與 $DE$ 垂直的直線 $\\ell$。設 $\\ell$ 分別與三角形 $ADE$ 的外接圓及 $\\Omega$ 再交於點 $P, Q$。令直線 $OQ$ 與 $BC$ 交於點 $N$，直線 $OP$ 與 $DE$ 交於點 $S$，且點 $W$ 為三角形 $AOS$ 的垂心。\n試證：$S, N, O, W$ 四點共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $D', E'$ be points on lines $AB, AC$, respectively, such that $D'E'$ is parallel to $DE$, and passes through $N$. From\n$$\n\\angle ND'B = 90^\\circ - \\angle BAQ = \\angle OQB = \\angle NQB,\n$$\nwe see that $B, D', N, Q$ are concyclic. Since\n$$\n\\angle QD'E' = \\angle QBC = \\angle QAE',\n$$\n$A, D', Q, E'$ are concyclic. Therefore, $\\triangle ADE \\cup P \\stackrel{+}{\\sim} \\triangle AD'E' \\cup Q$.\nLet $S', T \\neq A$ be the intersections of $AS$ and $D'E'$, $\\Omega$, respectively. Then\n$$\n\\angle QTS' = \\angle QTA = \\angle(QO, \\perp AQ) = \\angle QNS'\n$$\ngives the concyclicity of $Q, T, N, S'$. From the similarity $\\triangle ADE \\cup \\{P, S\\} \\stackrel{+}{\\sim} \\triangle AD'E' \\cup \\{Q, S'\\}$, we see that $PS$ is parallel to $QS'$. According to Reim's theorem, $S, N, O, T$ are concyclic. Thus,\n$$\n\\angle OWS = \\angle SAO = \\angle OTA = \\angle ONS,\n$$\nas desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44492,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 與 $s$ 為正整數, 且 $N > s$。台電園區裡有若干棟建物, 其中恰有 $N$ 棟為發電廠, 另有一棟為總部。若干對建物之間有僅能單向送電的電線, 滿足:\n\n(i) 所有連接發電廠的電線都只會把電送出發電廠。\n\n(ii) 對於每個非總部的建物, 都存在唯一的一系列電線, 構成從該建物通向總部的電路。\n\n某建物被稱為 $s$ 級有電, 若且唯若當我們移除園區內的任何一條電線, 該建物仍能從至少 $s$ 個電廠供電。試求 $s$ 級有電建物數量的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "⌊(N − 1) / s⌋",
    "solution": "解.\nIn fact, the order of $ABCDE$ on $Ω$ doesn't affect the result. Let $U, V$ be the second intersections of $⊙(ABC)$ and $DS, DT$, respectively, and $R$ be the point on $ST$ such that $∠BAD = ∠RAC$. Since $△ABD \\sim \\triangle ART$, we have $∠ART = ∠ABD = ∠AVD = ∠AVT$, implying that $A, R, T, V$ are concyclic. Hence we obtain that $B, R, V$ are collinear since $∠BVD = ∠BAD = ∠RAC = ∠RVT$. Similarly, $C, R, U$ are collinear. Applying Pascal's theorem to $BECUDV$, we obtain that $X = BZ ∩ UD$, $Y = EC ∩ DR$, and $R = CU ∩ BV$ are collinear.\nBy the assumption that $AD$ is tangent to $⊙(DXY)$, we obtain\n$$\n∠SXR = ∠ADV = ∠ABV = ∠SBR,\n$$\n\nimplying that $B, S, R, X$ are concyclic. Therefore,\n$$\n\\angle AEY = \\angle AEC = \\angle ABC = \\angle BSR = \\angle EXY,\n$$\nimplying that $AE$ is tangent to $\\odot(EXY)$, as desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44493,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設點 $A,B,C,D$ 為圓 $\\omega$ 上的四點，$ABCD$ 形成一個凸四邊形。設 $AB$ 與 $CD$ 交於點 $E$，且 $A$ 位於 $B,E$ 之間；又設 $BD$ 與 $AC$ 交於點 $F$。令點 $X$ 為圓 $\\omega$ 上異於 $D$ 的一點使得 $DX$ 平行於 $EF$。設點 $Y$ 為點 $D$ 關於直線 $EF$ 的對稱點，且知 $Y$ 位於圓 $\\omega$ 內。證明 $A,X,Y$ 三點共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44494,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n \\ge 3$ 為正整數, $p$ 是滿足 $p > 6^{n-1} - 2^n + 1$ 的質數。設 $S$ 為 $n$ 個正整數所組成的集合, 其中任兩數除以 $p$ 的餘數均不相同。證明存在正整數 $c$, 滿足恰有兩組有序數組 $(x, y, z) \\in S^3$, 其中的 $x, y, z$ 兩兩不同, 且 $x - y + z - c$ 可被 $p$ 整除。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44495,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $p \\ge 3$ 為質數, 而整數 $r$ 滿足 $0 \\le r \\le p-3$。設整數 $x_1, x_2, \\dots, x_{p-1+r}$ 滿足\n$$\n\\sum_{i=1}^{p-1+r} x_i^k \\equiv r \\pmod{p}\n$$\n對所有的 $1 \\le k \\le p-2$ 均成立。則 $x_1, x_2, \\dots, x_{p-1+r}$ 除以 $p$ 的餘數可能為何？",
    "options": [],
    "answer": "Modulo p, the multiset of residues must consist of every nonzero residue appearing exactly once together with r additional copies of the residue 1; in particular, 0 does not occur.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44496,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的垂心為點 $H$。令直線 $BH$, $AC$ 交於點 $E$，且直線 $CH$, $AB$ 交於點 $F$。設點 $X$ 為直線 $BC$ 上任意一點。設三角形 $BEX$ 的外接圓與直線 $AB$ 再交於點 $Y$，且三角形 $CFX$ 的外接圓與直線 $AC$ 再交於點 $Z$。證明三角形 $AYZ$ 的外接圓與直線 $AH$ 相切。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By Miquel's theorem (applied to $X$, $F$, $E$ on sides of $HBC$), we know that the circumcircles of $HEF$, $BEX$, $CFX$ intersect at a point $M$. Now again, by Miquel's theorem (applied to $Y$, $E$, $A$ on sides of $HAB$ where $A$ is viewed as a point on $HA$), we know that the circumcircles of $HEA$, $BEY$ and the circle passing through $A$, $Y$ that is tangent to $HA$ intersect at a point. Since $AHEF$ and $BEXY$ are concyclic, we know that the intersection has to be $M$. Therefore the circumcircle of $AMY$ is tangent to $AH$. Similarly, the circumcircle of $AMZ$ is tangent to $AH$. As a consequence, $AMYZ$ are on a circle that tangents $AH$, as desired.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44497,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有17名工人排成一列。任何至少兩名工人的連續群組形成一個班。老闆欲從每班中指定其中一人為該班的領班，滿足每名工人被指定為領班的次數為4的倍數。證明老闆指定領班並滿足題設的方法數為17的倍數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44498,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "某國有 $n$ 座城市, 任兩座城市間都有唯一的一條道路, 且都被規定只能單向行駛。一條從城市 $X$ 到城市 $Y$ 的路徑為一系列的單向道路, 使得一個人可以從 $X$ 經由這些道路移動到 $Y$, 且中間不會重複拜訪相同的城市。一組路徑被稱為獨立的, 若且唯若這其中的任兩條路徑都沒有使用相同的道路。\n\n對於一個城市 $X$, 令 $n_X$ 為由 $X$ 向外的單向道路總數。對於兩個相異城市 $X$ 與 $Y$, 令 $N_{XY}$ 為在所有的獨立路徑組中, 從 $X$ 到 $Y$ 路徑數的最大可能值。證明: $N_{XY} = N_{YX}$ 若且唯若 $n_X = n_Y$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "讓我們以 $X \\to Y$ 表示 $X$ 有單向道路通往 $Y$, 以 $X \\rightsquigarrow Y$ 表示 $X$ 到 $Y$ 的路徑。令\n$$\n\\mathcal{F}_X := \\{C : X \\to C\\} \\quad \\mathcal{F}_X := \\{C : X \\leftarrow C\\}\n$$\n為所有單向道路來自 (通往) $X$ 的城市所成集合; 注意到 $n_X = |\\mathcal{F}_X|$。\n\n我們稱一條路徑是短的, 若且唯若其道路數 $\\le 2$; 反之則稱為長路徑。我們先證明以下 Lemma:\n\n**Lemma:** 令 $\\mathcal{P}$ 為由 $X$ 到 $Y$ 的路徑所成的獨立組, 且 $|\\mathcal{P}| = p$。則存在一組由 $X$ 到 $Y$ 的路徑所成的獨立組 $\\mathcal{P}'$, 滿足 $|\\mathcal{P}'| \\ge p$ 且包含所有從 $X$ 到 $Y$ 的短路徑。\n\n證明: 讓我們對 $\\mathcal{P}$ 進行以下操作。\n\n1. 若 $X \\to Y$ 且此路徑不在 $\\mathcal{P}$ 中, 則將其加入 $\\mathcal{P}$。\n2. 假設存在城市 $C$ 滿足 $X \\to C \\to Y$ 且此路徑不在 $\\mathcal{P}$ 中。注意到 $\\mathcal{P}$ 獨立。\n   - 若 $\\mathcal{P}$ 只存在一條包含 $X \\to C$ 或 $C \\to Y$ 的路徑, 移除該路徑並加入 $X \\to C \\to Y$。\n   - 若 $\\mathcal{P}$ 中存在 $X \\to C \\rightsquigarrow Y$ 與 $X \\rightsquigarrow C \\to Y$, 移除此兩路徑, 並將 $X \\to C \\to Y$ 與 $X \\rightsquigarrow C \\rightsquigarrow Y$ 加入 $\\mathcal{P}'$。\n\n易驗證所成 $\\mathcal{P}'$ 獨立, $\\mathcal{P}' \\ge p$, 且包含所有 $X$ 到 $Y$ 的短路徑。□\n\n回到原題。任取兩城市 $X$ 與 $Y$, 並不失一般性假設 $X \\to Y$。任取由 $X$ 到 $Y$ 的路徑組成且大小為 $N_{XY}$ 的獨立路徑組 $\\mathcal{P}$。我們的目標是藉由操作得到一個由 $Y$ 到 $X$ 的路徑組成且大小為 $N_{XY} - (n_X - n_Y)$ 的獨立路徑組 $\\mathcal{Q}$。在此狀況下, 由 $N_{XY}$ 的最大性, 我們有\n$$\nN_{YX} \\ge N_{XY} - (n_X - n_Y) \\quad \\text{同理} \\quad N_{XY} \\ge N_{YX} - (n_Y - n_X)\n$$\n\n從而得到 $N_{XY} - N_{YX} = n_X - n_Y$，藉此證明原題。\n\n要得到 $\\mathcal{Q}$，我們先利用 Lemma 得到 $\\mathcal{P}'$。注意到以下事實：\n- $\\mathcal{P}'$ 包含所有 $X$ 到 $Y$ 的短路徑，且這些短路徑的數量等於 $|\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| + 1$。\n- $\\mathcal{P}'$ 中的路徑不可能包含任何從 $B$ 到 $A$ 的短路徑會使用的道路。\n- 所有 $\\mathcal{P}'$ 的長路徑都必然形如 $X \\to C \\sim D \\to Y$。此外，由前一條性質：\n  * $C \\in \\mathcal{F}_Y$ (否則路徑與 $X \\to C \\to Y$ 不獨立)；\n  * $D \\in \\mathcal{F}_X$ (否則路徑與 $Y \\to C \\to X$ 共用道路 $Y \\to C$)；\n\n我們用以下方式構造 $\\mathcal{Q}$：\n- 將所有 $Y$ 到 $X$ 的短路徑都加入 $\\mathcal{Q}$。\n- 對於 $\\mathcal{P}'$ 中的所有 $X \\to C \\sim D \\to Y$，將 $Y \\to C \\sim D \\to X$ 加入 $\\mathcal{Q}$。\n\n易驗證 $\\mathcal{Q}$ 獨立。此外，由於 $X$ 到 $Y$ 的短路徑共有 $|\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| + 1$ 條，$Y$ 到 $X$ 的短路徑共有 $|\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y|$ 條，\n$$\n\\begin{aligned}\n|\\mathcal{Q}| &= |\\mathcal{P}'| - (|\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| + 1) + |\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| \\\\\n&\\geq N_{XY} - \\{(|\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| + 1) - |\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y|\\}\n\\end{aligned}\n$$\n再注意到\n$$\n\\begin{aligned}\nn_X - n_Y &= |\\mathcal{F}_X| - |\\mathcal{F}_Y| = |\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| + |\\{X \\to Y\\}| - |\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| \\\\\n&= (|\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y| + 1) - |\\mathcal{F}_X \\cap \\mathcal{F}_Y|.\n\\end{aligned}\n$$\n結合以上兩式，我們有\n$$\n|\\mathcal{Q}'| \\geq N_{XY} - (n_X - n_Y),\n$$\n從而原題證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44499,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\mathbb{R}$ denote the set of all real numbers. Determine all functions $f: \\mathbb{R} \\setminus \\{-1\\} \\to \\mathbb{R}$ such that for all real numbers $x, y$ satisfying $(x+1)(y+1)(xy+1) \\neq 0$, the equation\n$$\nf(x) f\\left(f\\left(\\frac{1-y}{1+y}\\right)\\right) = f\\left(\\frac{x+y}{xy+1}\\right)\n$$\nholds.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for all x ∈ ℝ \\ {−1} and f(x) = 1 for all x ∈ ℝ \\ {−1}",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44500,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 為滿足 $a_1 + a_2 + \\dots + a_n = 1$ 的正實數 ($n \\ge 2$)。證明：\n$$\n\\sum_{k=2}^{n} \\frac{a_k}{1 - a_k} (a_1 + a_2 + \\dots + a_{k-1})^2 < \\frac{1}{3}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "$$\ns_k = a_1 + a_2 + \\dots + a_k \\quad \\text{and} \\quad b_k = \\frac{a_k s_{k-1}^2}{1 - a_k},\n$$\nwith the convention that $s_0 = 0$. Note that $b_k$ is exactly a summand in the sum we need to estimate. We shall prove the inequality\n$$\nb_k < \\frac{s_k^3 - s_{k-1}^3}{3}. \\qquad (1)\n$$\nIndeed, it suffices to check that\n$$\n\\begin{align*} (1) &\\Longleftrightarrow 0 < (1-a_k)((s_{k-1}+a_k)^3 - s_{k-1}^3) - 3a_k s_{k-1}^2 \\\\ &\\Longleftrightarrow 0 < (1-a_k)(3s_{k-1}^2 + 3s_{k-1}a_k + a_k^2) - 3s_{k-1}^2 \\\\ &\\Longleftrightarrow 0 < -3a_k s_{k-1}^2 + 3(1-a_k)s_{k-1}a_k + (1-a_k)a_k^2 \\\\ &\\Longleftrightarrow 0 < 3(1-a_k - s_{k-1})s_{k-1}a_k + (1-a_k)a_k^2 \\end{align*}\n$$\n\n$$\nb_1 + b_2 + \\dots + b_n < \\frac{s_n^3 - s_1^3}{3} = \\frac{1}{3},\n$$\nas desired.\nFirst, let us define\n$$\nS(a_1, \\dots, a_n) := \\sum_{k=1}^{n} \\frac{a_k}{1-a_k} (a_1 + a_2 + \\dots + a_{k-1})^2.\n$$\nFor some index $i$, denote $a_1 + \\dots + a_{i-1}$ by $s$. If we replace $a_i$ with two numbers $a_i/2$ and $a_i/2$, i.e. replace the tuple $(a_1, \\dots, a_n)$ with $(a_1, \\dots, a_{i-1}, a_i/2, a_i/2, a_{i+1}, \\dots, a_n)$, the sum will increase by\n$$\n\\begin{align*}\nS(a_1, \\dots, a_{i-1}, a_i/2, a_i/2, a_{i+1}, \\dots, a_n) - S(a_1, \\dots, a_n) &= \\frac{a_i/2}{1-a_i/2} \\left(s^2 + \\left(s + a_i/2\\right)^2\\right) - \\frac{a_i}{1-a_i} s^2 \\\\\n&= a_i \\frac{(1-a_i)(2s^2 + sa_i + a_i^2/4) - (2-a_i)s^2}{(2-a_i)(1-a_i)} \\\\\n&= a_i \\frac{(1-a_i-s)sa_i + (1-a_i)a_i^2/4}{(2-a_i)(1-a_i)},\n\\end{align*}\n$$\nwhich is strictly positive. So every such replacement strictly increases the sum. By repeating this process and making maximal number in the tuple tend to zero, we keep increasing the sum which will converge to\n$$\n\\int_{0}^{1} x^{2} dx = \\frac{1}{3}.\n$$\nThis completes the proof.\nWe sketch a probabilistic version of the first solution. Let $x_1, x_2, x_3$, be drawn uniformly and independently at random from the segment $[0, 1]$. Let $I_1 \\cup I_2 \\cup \\dots \\cup I_n$ be a partition of $[0, 1]$ into segments of length $a_1, a_2, \\dots, a_n$ in this order. Let $J_k := I_1 \\cup \\cdots \\cup I_{k-1}$ for $k \\ge 2$ and $J_1 := \\emptyset$. Then\n$$\n\\begin{align*}\n\\frac{1}{3} &= \\sum_{k=1}^{n} \\mathbb{P}\\{x_1 \\ge x_2, x_3; x_1 \\in I_k\\} \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} \\left( \\mathbb{P}\\{x_1 \\in I_k; x_2, x_3 \\in J_k\\} + 2 \\cdot \\mathbb{P}\\{x_1 \\ge x_2; x_1, x_2 \\in I_k; x_3 \\in J_k\\} \\right. \\\\\n&\\qquad \\left. + \\mathbb{P}\\{x_1 \\ge x_2, x_3; x_1, x_2, x_3 \\in I_k\\} \\right) \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{n} \\left( a_k (a_1 + \\cdots + a_{k-1})^2 + 2 \\cdot \\frac{a_k^2}{2} \\cdot (a_1 + \\dots + a_{k-1}) + \\frac{a_k^3}{3} \\right) \\\\\n&> \\sum_{k=1}^{n} \\left( a_k (a_1 + \\cdots + a_{k-1})^2 + a_k^2 (a_1 + \\cdots + a_{k-1}) \\cdot \\frac{a_1 + \\cdots + a_{k-1}}{1-a_k} \\right),\n\\end{align*}\n$$\nwhere for the last inequality we used that $1 - a_k \\ge a_1 + \\cdots + a_{k-1}$. This completes the proof since $a_k + \\frac{a_k^2}{1-a_k} = \\frac{a_k}{1-a_k}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44501,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一個獵人和一隻隱形的兔子在整點座標平面 $\\mathbb{Z}^2 := \\{(x, y) : x, y \\in \\mathbb{Z}\\}$ 上玩遊戲 ($\\mathbb{Z}$ 為所有整數所成的集合)。遊戲開始前, 獵人先用有限多種顏色, 將 $\\mathbb{Z}^2$ 中的每個點各塗上恰一個顏色, 然後兔子在看到獵人的塗色方式後, 秘密地選擇一個點作為起點。在接下來的每分鐘, 兔子都會先告訴獵人牠所在點的顏色, 接著從牠上下左右的相鄰四點中, 秘密地選擇一個牠從未去過的點, 並移動到該點上。\n若在有限時間內, 兔子無法再移動, 或是獵人可以確知兔子在遊戲開始時所選的起點, 則獵人獲勝。試問: 是否存在在有限時間內讓獵人獲勝的必勝法?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "首先注意到,如果有兩個塗色方法,第一個方法將點 $(x,y)$ 塗 $c_1(x,y)$ 色,第二個方法將點 $(x,y)$ 塗 $c_2(x,y)$ 色,則我們可以令 $c(x,y) = 2^{c_1(x,y)}3^{c_2(x,y)}$,並將 $(x,y)$ 塗 $c(x,y)$ 色,藉此得到同時達到兩個塗色方法功能的塗色法。因此,我們以下給出五種塗色方法,綜合起來可以確知兔子的位置,便達到題目所求。\n\n1. 首先令 $c_1: \\mathbb{Z}^2 \\rightarrow \\{1,2,3\\}$ 為 $c_1(x,y) \\equiv x(\\text{mod } 3)$。此塗色告訴我們兔子是往左、往右或垂直移動。\n\n2. 接著令 $c_2: \\mathbb{Z}^2 \\rightarrow \\{1,2,3\\}$ 為 $c_1(x,y) \\equiv y(\\text{mod } 3)$。此塗色告訴我們兔子是往上、往下或水平移動。\n\n3. 定義\n$$\nK := \\{0,2,2+2^2,2+2^2+2^3,\\dots\\} \\cup \\{0,-3,-3-3^2,-3-3^2-3^3,\\dots\\},\n$$\n並令 $c_3: \\mathbb{Z}^2 \\rightarrow \\{1,2\\}$ 滿足\n$$\nc_3(x,y) = \\begin{cases} 1 & x \\in K, \\\\ 2 & x \\notin K. \\end{cases}\n$$\n注意到 $K$ 中相鄰兩數的間隔都是不同的,因此結合 $c_1$,當 $c_3$ 第二次等於 1 時,我們可以確知兔子所在處的 $x$。\n\n4. 同理,令 $c_4: \\mathbb{Z}^2 \\rightarrow \\{1,2\\}$ 滿足\n$$\nc_4(x,y) = \\begin{cases} 1 & y \\in K, \\\\ 2 & y \\notin K. \\end{cases}\n$$\n則當 $c_4$ 第二次等於 1 時,我們可以確知兔子所在處的 $y$。\n\n$$\nc_5(x, y) = \\begin{cases} 1 & x + y \\in K, \\\\ 2 & x + y \\notin K. \\end{cases}\n$$\n則當 $c_5$ 第二次等於 1 時，我們可以確知兔子所在處的 $x+y$。\n\n現在，假設兔子每回合都能夠移動，則 $x,y,x+y$ 三者中必有至少兩者會是無界的，也就表示 $c_3, c_4, c_5$ 中至少會有兩者會第二次等於 1。換言之，我們必可確認 $x,y,x+y$ 中至少兩者，從而確認 $(x,y)$。綜以上，獵人必勝。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44502,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 與 $k$ 為滿足 $n > k \\ge 1$ 的正整數。有 $2n+1$ 位學生站成一圈。對於每位學生, 他的 $2k$ 位鄰居, 指的是他左手邊離他最近的 $k$ 位同學與右手邊離他最近的 $k$ 位同學。\n已知學生中恰有 $n+1$ 位女生。證明：存在一個女生, 她的 $2k$ 位鄰居中有至少 $k$ 位女生。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**解. 考慮**\n$$\na_m = \\begin{cases} 1, & \\text{第 } t \\text{ 位學生是女生, 其中 } t \\equiv m \\pmod{2n+1}, \\\\ 0, & \\text{otherwise.} \\end{cases}\n$$\n考慮 $b_i = a_i + a_{i-k-1} - 1 \\in \\{-1, 0, 1\\}$。易知對於所有 $m$,\n$$\nb_{m+1} + \\cdots + b_{m+2n+1} = 2(a_1 + \\cdots + a_{2n+1}) - (2n+1) = 2(n+1) - (2n+1) = 1. \\quad (1)\n$$\n注意到這表示存在 $i_0$ 使得 $b_{i_0} = 1$。若我們可以找到 $i$ 滿足\n$$\nb_i = 1 \\quad \\text{且} \\quad b_{i+1} + b_{i+2} + \\cdots + b_{i+k} \\ge 0, \\qquad (2)\n$$\n則 $a_i = 1$ 且\n$$\n(a_{i-k} + \\cdots + a_{i-1}) + (a_{i+1} + \\cdots + a_{i+k}) \\ge k,\n$$\n從而原題證畢。\n我們用歸謬證法證明滿足 (2) 的 $i$ 存在。假設對於所有滿足 $b_i = 1$ 的 $i$，$b_{i+1} + b_{i+2} + \\cdots + b_{i+k}$ 都是負的。任取其中一個 $i_0$，並對於所有 $j$，定義 $i_j$ 為滿足 $i_j > i_{j-1} + k$ 且 $b_{i_j} = 1$ 的最小整數。任取 $\\{i_0, i_1, \\cdots, i_{2n+1}\\}$ 中對 $2n+1$ 同餘的兩者，不失一般性假設為 $i_0$ 與 $i_T$。\n現在，注意到對於所有 $0 \\le j \\le T-1$，由 $i_j$ 的定義，$b_{i_j} + k + 1$ 到 $b_{i_{j+1}} - 1$ 必然都 $\\le 0$。由歸納假設，這意味著\n$$\nS_j := b_{i_j} + \\cdots + b_{i_{j+1}-1} \\le b_{i_j} + \\cdots + b_{i_j+k} = b_{i_j} + (b_{i_{j+1}} + \\cdots + b_{i_j+k}) < 1 + 0 = 1,\n$$\n從而 $S_j \\le 0$。但另一方面，由於 $(2n+1)|(i_T - i_0)$，(1) 意味著\n$$\nS_0 + \\cdots + S_{T-1} = \\sum_{i=i_0}^{i_T-1} b_i = \\frac{i_T - i_0}{2n+1} > 0,\n$$\n矛盾！故存在 $i$ 滿足 (2)。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44503,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 3$ 為一正整數。一個正整數 $m \\ge n+1$ 被稱為 $n$ 色數, 若且唯若我們可以將正 $m$ 邊形的每一個頂點塗成 $n$ 色中的其中一個顏色, 使得這個正 $m$ 邊形的任何連續 $n+1$ 個頂點都包含全部 $n$ 種顏色。\n證明對於任何 $n \\ge 3$, 非 $n$ 色數只有有限多個, 並求最大的非 $n$ 色數。",
    "options": [],
    "answer": "n(n-1) - 1",
    "solution": "最大的非 $n$ 色數為 $m_{\\text{max}} = n(n-1) - 1$。\n\n假設 $m = m_{\\text{max}}$，則必然有某個顏色 $C$ 在至多 $n-2$ 個頂點上，而這些頂點將所有非 $C$ 色的頂點切割為至多 $n-2$ 個連續片段。由於非 $C$ 色頂點至少有 $n(n-1) - 1 - (n-2) = (n-1)^2 > n(n-2)$ 個，因此其中必然有一個非 $C$ 色的連續片段的長度至少為 $n$，從而 $m_{\\text{max}}$ 是非 $n$ 色數。\n\n現在假設 $m \\ge m_{\\text{max}} + 1 = n(n-1)$。依據除法原理，有 $m = nk + j$，其中 $k \\ge n-1$ 且 $0 \\le j \\le n-1$。則我們可以從某一個頂點開始，依照順時鐘順序，先依序塗 $[1, 2, \\dots, n]$ 色 $k-j$ 次，再依序塗 $[1, 1, 2, \\dots, n]$ 色 $j$ 次。易驗證此塗法確實滿足題意，故所有 $m > m_{\\text{max}}$ 皆為 $n$ 色數。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44504,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $H, \\Gamma$ 分別為銳角三角形 $ABC$ 的垂心與外接圓, $M$ 為邊 $BC$ 的中點。在 $\\Gamma$ 的劣弧 $BC$ 上取一點 $D$ 使得 $\\angle BAD = \\angle MAC$, 分別在 $\\Gamma$ 及直線 $BC$ 上取兩點 $E, F$ 使得 $DE$ 及 $DF$ 分別垂直於 $AM$ 及 $BC$。令 $N$ 為直線 $HF$ 及 $AM$ 的交點, $R$ 為 $H$ 關於 $N$ 的對稱點。\n\n證明：$\\angle AER + \\angle DFR = 180^\\circ$。\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $X$ 為 $AM$ 與 $\\Gamma$ 異於 $A$ 的交點, 則\n$$\n\\angle XDC = \\angle XAC = \\angle MAC = \\angle BAD = \\angle BCD,\n$$\n即 $DX \\parallel BC$。由於 $AD, AX$ 為關於 $\\angle BAC$ 的等角線, $BDXC$ 為等腰梯形, 因此 $D$ 關於 $BC$ 的對稱點 $D'$ 為 $X$ 關於 $M$ 的對稱點。令 $A^*$ 為 $A$ 關於 $\\Gamma$ 的對徑點, $Y$ 為 $\\overline{HE}$ 中點, 則 $M$ 為 $\\overline{HA}^*$ 中點, 故 $\\triangle A^*ER$ 為 $\\triangle MYN$ 關於 $H$ 位似 2 倍下的像。由於 $AX$ 垂直於 $DE$, $AX, AA^*$ 為關於 $\\angle DAE$ 的等角線, 因此 $DXA^*E$ 為等腰梯形。注意到 (在 mod $360^\\circ$ 下)\n$$\n\\angle FMA = \\angle DXA = 90^\\circ - \\angle EDX = 90^\\circ - \\angle A^*ED = \\angle (XA, A^*E) = \\angle AMY,\n$$\n所以結合 $\\overline{FM} = \\frac{1}{2} \\cdot \\overline{DX} = \\frac{1}{2} \\cdot \\overline{A^*E} = \\overline{MY}$, 我們得到 $Y$ 為 $F$ 關於 $AM$ 的對稱點。\n因為 $\\angle MAE = \\angle DAA^* = \\angle HAM$, 所以 $AE$ 為 $AH$ 關於 $AM$ 的對稱直線。故\n$$\n180^\\circ - \\angle DFR = \\angle (NF, HA) = \\angle (AE, YN) = \\angle AER.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44505,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有兩個三角形 $ABC$ 與 $A'B'C'$。已知三角形 $ABC$ 的各邊長不小於 $a$, 且三角形 $A'B'C'$ 的各邊長不小於 $a'$。證明總是能夠從這兩個三角形中各選出一頂點, 使得它們的距離不小於 $\\sqrt{\\frac{a^2+a'^2}{3}}$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令點 $G, G'$ 分別為 $\\triangle ABC$ 與 $\\triangle A'B'C'$ 的重心。由重心公式知，對於平面上的任一點 $P$，均有\n$$\nPA^2 + PB^2 + PC^2 = 3PG^2 + \\frac{AB^2 + BC^2 + CA^2}{3}.\n$$\n分別令 $P$ 為 $A', B', C'$ 三點，所得的三條式子加總，再使用上述公式在三角形 $\\triangle A'B'C'$ 及 $P=G$ 上，得\n$$\n\\begin{aligned}\nA'A^2 + A'B^2 + A'C^2 + B'A^2 + B'B^2 + B'C^2 + C'A^2 + C'B^2 + C'C^2 \\\\\n&= AB^2 + BC^2 + CA^2 + 3(A'G^2 + B'G^2 + C'G^2) \\\\\n&= AB^2 + BC^2 + CA^2 + A'B'^2 + B'C'^2 + C'A'^2 + 9GG'^2 \\\\\n&\\geq 3a^2 + 3a'^2.\n\\end{aligned}\n$$\n因此，最前面的 9 項之中，存在一項不小於 $\\frac{1}{9}(3a^2 + 3a'^2) = \\frac{a^2 + a'^2}{3}$，證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44506,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $I, O, H, \\Omega$ 分別為三角形 $ABC$ 的內心、外心、垂心與外接圓。設 $AI$ 與 $\\Omega$ 交於 $M \\neq A$, $IH$ 與 $BC$ 交於 $D$, $MD$ 與 $\\Omega$ 交於 $E \\neq M$。\n證明：直線 $OI$ 與 $\\triangle IHE$ 的外接圓相切。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "取一點 $X$ 使得 $\\triangle XHI \\sim \\triangle XIO$。我們先證明 $X$ 位於 $\\Omega$ 上：取 $Y, Z$ 使得 $\\triangle XAY \\sim \\triangle XBZ \\sim \\triangle XHI$，則由旋似，$\\triangle IAH \\sim \\triangle OYI$。這告訴我們 $\\angle OYI = \\angle IAH = \\angle OAI$，即 $A, O, I, Y$ 共圓。同理有 $B, O, I, Z$ 共圓。設 $P$ 為 $AY$ 與 $BZ$ 的交點，則一樣由旋似，$\\triangle AIB \\sim \\triangle YOZ$，所以得到\n$$\n\\angle APB = \\angle YAI + \\angle AIB + \\angle IBZ = \\angle YOI + \\angle AIB + \\angle IOZ = 2 \\cdot \\angle AIB = \\angle ACB,\n$$\n即 $P$ 位於 $\\Omega$ 上。再由 $\\angle AXB = \\angle (AY, BZ) = \\angle APB$ 即得 $X$ 也位於 $\\Omega$ 上。\n因為 $\\angle XHI = \\angle XIO$, $OI$ 與 $\\odot(XHI)$ 相切，因此我們只需證明 $E, X, H, I$ 共圓。注意到 $\\angle DBM = \\angle BEM$，所以 $MD \\cdot ME = \\overline\\{MB\\}^2 = \\overline\\{MI\\}^2$，故\n$$\n\\angle MEI = \\angle DIM = \\angle HIA = \\angle IOY = \\angle IAP = \\angle MEP,\n$$\n即 $E, I, P$ 共線。因此由 $\\angle IEX = \\angle YAX = \\angle IHX$ 我們得到 $E, X, H, I$ 共圓。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44507,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有有下列性質的正整數 $n$: 存在一個 $n$ 的所有正因數 (共 $k$ 個) 的排列 $(d_1, d_2, \\dots, d_k)$, 使得對於每個 $i = 1, 2, \\dots, k$, 整數 $\\sum_{j=1}^{i} d_j = d_1 + \\dots + d_i$ 都是一個平方數。",
    "options": [],
    "answer": "1, 3",
    "solution": "The answer is $n = 1, 3$.\nFor $i = 1, 2, \\dots, k$ let $d_1 + \\dots + d_i = s_i^2$, and define $s_0 = 0$ as well. Obviously\n$0 = s_0 < s_1 < s_2 < \\dots < s_k$, so $s_i \\ge i$ and\n$$\nd_i = s_i^2 - s_{i-1}^2 = (s_i + s_{i-1})(s_i - s_{i-1}) \\ge s_i + s_{i-1} \\ge 2i - 1. \\quad (1)\n$$\nThe number 1 is one of the divisors, hence we must have $d_1 = 1$.\nConsider $d_2$ and $s_2 \\ge 2$. By definition, $d_2 = s_2^2 - 1 = (s_2 - 1)(s_2 + 1)$, so the numbers $s_2 - 1$ and $s_2 + 1$ are divisors of $n$. In particular, there is some index $j$ such that $d_j = s_2 + 1$.\nNotice that\n$$\ns_2 + s_1 = s_2 + 1 = d_j \\ge s_j + s_{j-1}; \\qquad (2)\n$$\nsince the sequence $s_0 < s_1 < \\dots < s_k$ increases, the index $j$ cannot be greater than 2. Hence, the divisors $s_2 - 1$ and $s_2 + 1$ are listed among $d_1$ and $d_2$. Thus $s_2 - 1 = d_1 = 1$ and $s_2 + 1 = d_2$; therefore, $s_2 = 2$ and $d_2 = 3$. By repeating the above procedure, we can prove that $d_i = 2i - 1$ and $s_i = i$ for $i = 1, 2, \\dots, k$.\nSuppose we already have $d_j = 2j - 1$ and $s_j = j$ for all $j \\ge i$. Consider $d_{i+1} = s_{i+1}^2 - s_i^2 = s_{i+1}^2 - i^2 = (s_{i+1} - i)(s_{i+1} + i)$, the number $s_{i+1} + i$ is a divisor of $n$, so there is some index $j$ such that $d_j = s_{i+1} + i$.\nSimilarly to (2), by (1) we have\n$$\ns_{i+1} + s_i = s_{i+1} + i = d_j \\ge s_j + s_{j-1} \\qquad (3)\n$$\nsince the sequence $s_0 < s_1 < \\dots < s_k$ increases, (3) forces $j \\le i + 1$. On the other hand, $d_j = s_{i+1} + i > 2i > d_i > d_{i-1} > \\dots > d_1$, so $j \\le i + 1$ is not possible. The only possibility is $j = i + 1$.\n\n$$\n\\begin{aligned}\ns_{i+1} + i &= d_{i+1} = s_{i+1}^2 - s_i^2 = s_{i+1}^2 - i^2; \\\\\ns_{i+1}^2 - s_{i+1} &= i(i+1).\n\\end{aligned}\n$$\nBy solving the equation, we get $s_{i+1} = i + 1$ and $d_{i+1} = 2i + 1$.\nAs a result, the divisors of the number $n$ must be $1, 3, \\dots, n-2, n$ and $d_k = 2k-1 = n$, which is an odd number. Observe that $d_{k-1} = n-2$ is a divisor of $n$, so we have $n \\le 4$. Thus the only possible $n$ is 1 or 3. Can easily check both satisfies the desired property.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44508,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一正整數是回文數若且唯若它由左而右讀或由右而左讀是一樣的, 例如 $1221$ 或 $74847$ 都是回文數。一 $n$ 位數正整數 $k$ 以十進位寫成 $\\overline{a_{n-1}a_{n-2}\\cdots a_0}$。證明若 $k$ 是回文數, 則 $k^2$ 是回文數若且唯若 $a_0^2 + a_1^2 + \\cdots + a_{n-1}^2 < 10$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "($\\Rightarrow$) **Step 1.** 用窮舉法討論 $k^2$ 的首位與末位。首先由於 $10^{n-1} \\le k < 10^n$ 可知 $10^{2n-2} \\le k^2 < 10^{2n}$，因此知 $k^2$ 為 $2n-1$ 位數或 $2n$ 位數。\n\n若 $k^2$ 為 $2n$ 位數, 則窮舉得以下表格:\n\n| $a_{n-1} = a_0$ 的值 | $k^2$ 的可能首位數 | $k^2$ 的末位數 |\n|---|---|---|\n| 3 | 1 | 9 |\n| 4 | 1, 2 | 6 |\n| 5 | 2, 3 | 5 |\n| 6 | 3, 4 | 6 |\n| 7 | 4, 5, 6 | 9 |\n| 8 | 6, 7, 8 | 4 |\n| 9 | 8, 9 | 1 |\n\n其中 $k^2$ 的可能首位數是介於 $\\lfloor \\frac{a_{n-1}^2}{10} \\rfloor$ 和 $\\lfloor \\frac{(a_{n-1}+1)^2}{10} \\rfloor$ 的正整數。由上表可發現, 若 $k^2$ 為 $2n$ 位數, 則 $k^2$ 無法是回文數。故若 $k^2$ 是回文數, 則 $k^2$ 必然是 $2n-1$ 位數。\n\n**Step 2.** 對於 $0 \\le m < n$ 定義 $c_m = \\sum_{i=0}^{m} a_i a_{m-i}$。那麼, 由 $k$ 是回文數的條件可知\n$$\nk^2 = c_{n-1} \\cdot 10^{n-1} + \\sum_{i=0}^{n-2} (10^i + 10^{2n-2-i}).\n$$\n並且由於 $k^2$ 也是回文數, 可以假設存在 0 到 9 之間的整數 $b_0, b_1, \\dots, b_{n-1}$ 使得\n$$\nk^2 = b_{n-1} \\cdot 10^{n-1} + \\sum_{i=0}^{n-2} b_i (10^i + 10^{2n-2-i}).\n$$\n我們證明以下引理。\n\n**引理.** 設 $n$ 為正整數, $c_0, c_1, \\dots, c_{n-1}$ 為非負整數, $b_0, b_1, \\dots, b_{n-1}$ 為 0 到 9 之間的整數。若有\n$$\nc_{n-1} \\cdot 10^{n-1} + \\sum_{i=0}^{n-2} (10^i + 10^{2n-2-i}) = b_{n-1} \\cdot 10^{n-1} + \\sum_{i=0}^{n-2} b_i (10^i + 10^{2n-2-i}), \\quad (1)\n$$\n則對於 $0 \\le i < n$ 都有 $b_i = c_i$。\n\n**引理證明.** 對 $n$ 做數學歸納法。當 $n=1$ 時原命題顯然成立。現假設原命題對 $n-1$ 成立, 對 (1) 式兩邊模 $10$ 可得\n$$\nc_0 \\equiv b_0 \\pmod{10}.\n$$\n故可設 $c_0 = b_0 + 10t$。又因為 $0 \\le b_0 \\le 9$ 且 $c_0 \\ge 0$ 可知 $t \\ge 0$，因此我們有 $c_0 \\ge b_0$。\n\n然而另一方面觀察 (1) 式又有\n$$\nc_0(1 + 10^{2n-2}) \\le \\text{LHS} = \\text{RHS} < (b_0 + 1)(1 + 10^{2n-2}),\n$$\n因此 $c_0 \\le b_0$。故可推得 $c_0 = b_0$。\n\n(1) 式兩端消去 $c_0(1 + 10^{2n-2})$ 一項後兩邊除以 $10$, 可得\n$$\nc_{n-1} \\cdot 10^{n-2} + \\sum_{i=1}^{n-2} (10^{i-1} + 10^{2n-3-i}) = b_{n-1} \\cdot 10^{n-2} + \\sum_{i=1}^{n-2} b_i (10^{i-1} + 10^{2n-3-i}). \\quad (2)\n$$\n我們發現 (2) 式可利用歸納假設得到對於 $1 \\le i < n$ 有 $b_i = c_i$，故由數學歸納法證畢。\n\n回到原證明。由引理知\n$$\n\\sum_{i=0}^{n-1} a_i a_{n-1-i} = c_{n-1} = b_{n-1} < 10,\n$$\n再由 $k$ 是回文數的條件知 $a_{n-1-i} = a_i$，因此得到 $\\sum_{i=0}^{n-1} a_i^2 < 10$。\n\n($\\Leftarrow$) 一樣令 $c_m = \\sum_{i=0}^{m} a_i a_{m-i}$。由 $k$ 是回文數的條件有\n$$\nk^2 = c_{n-1} \\cdot 10^{n-1} + \\sum_{i=0}^{n-2} c_i (10^i + 10^{2n-2-i}).\n$$\n此處只需證明，對於 $m < n$ 有 $c_m < 10$ 即可。如此一來，$k^2 = \\overline{c_0c_1\\cdots c_{n-2}c_{n-1}c_{n-2}\\cdots c_1c_0}$ 為回文數。對於 $m < n$，我們有\n$$\n\\begin{aligned}\nc_m &= \\sum_{i=0}^{m} a_i a_{m-i} \\\\\n&\\le \\sum_{i=0}^{m} \\frac{a_i^2 + a_{m-i}^2}{2} \\quad (\\text{by AM-GM}) \\\\\n&= \\sum_{i=0}^{m} a_i^2 < 10.\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44509,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\mathbb{N}$ 代表所有正整數的集合，$\\mathbb{N}^2$ 代表正整數數對的集合。在所有從 $\\mathbb{N}^2$ 到 $\\mathbb{N}$ 的函數中，對於所有非負整數 $k$，我們遞迴定義 $k$ 級好函數如下：\n(i) 函數 $f(a,b) = a$、函數 $f(a,b) = b$ 都是 0 級好函數。\n(ii) 若 $f(a,b), g(a,b)$ 分別為 $p$ 級、$q$ 級好函數，則 $\\text{gcd}(f(a,b), g(a,b))$ 為 $(p+q)$ 級好函數，且 $f(a,b)g(a,b)$ 為 $(p+q+1)$ 級好函數。\n證明：若對於某個正整數 $n \\ge 3$，$f(a,b)$ 是一個 $k$ 級好函數，其中 $k \\le C_3^n$，則存在正整數 $t \\le C_2^n$ 與 $t$ 個非負整數對 $(x_1, y_1), \\dots, (x_t, y_t)$ 使得\n$$\nf(a,b) = \\text{gcd}(a^{x_1}b^{y_1}, \\dots, a^{x_t}b^{y_t})\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $N = \\binom{n}{3}$. Let's first show that the statement holds for $t \\le \\binom{N+3}{2}$ and all good functions of order at most $N+1$. This can be proved by induction on $N$. It is trivial when $N=0$. Now suppose that the statement holds for all smaller $N$, then for any good function with $N$ multiplications, if there is no $\\text{gcd}$ in the expression, then the statement is also trivial. Therefore we now also assume that the statement is true for all good functions with $N$ multiplications and fewer numbers of $\\text{gcd}$'s. Note that a nontrivial (i.e. not $a$ nor $b$) good function is of the form\n$$\n\\text{gcd}(f(a, b), g(a, b))\n$$\nor\n$$\nf(a, b)g(a, b).\n$$\nIn the former case, the statement clearly holds by the inductive hypothesis. For the latter, suppose that there are $q$ multiplications in $f(a, b)$ and $r$ in $g(a, b)$. Then $q+r = N-1$, and by the inductive hypothesis there are good functions $Q_1(a, b), \\dots, Q_u(a, b)$ of order at most $q+1$ and good functions $R_1(a, b), \\dots, R_v(a, b)$ of order at most $r+1$ such that our target function looks like\n$$\n\\text{gcd}(Q_1(a, b), \\dots, Q_u(a, b)) \\cdot \\text{gcd}(R_1(a, b), \\dots, R_v(a, b)).\n$$\nSince $\\gcd(x, y) \\gcd(z, w) = \\gcd(xz, xw, yz, yw)$, we can write the right hand side as\n$$\n\\gcd\\{Q_i(a, b)R_j(a, b) \\mid i = 1, \\dots, u, \\ j = 1, \\dots, v\\}.\n$$\nNote that $Q_i R_j$ is a good function of order at most $(q+1) + (r+1) = N+1$. After getting rid of the repeated good functions, we have proven the desired statement via induction.\n\nNow note that if $(x_1, y_1) \\le (x_2, y_2)$, then $a^{x_1} b^{y_1}$ divides $a^{x_2} b^{y_2}$, showing that $\\gcd(a^{x_1} b^{y_1}, a^{x_2} b^{y_2}) = a^{x_1} b^{y_1}$. Moreover, if $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3) \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}^2$ are such that $(x_3, y_3)$ is above the segment connecting $(x_1, y_1), (x_2, y_2)$, then clearly $\\gcd(a^{x_1} b^{y_1}, a^{x_2} b^{y_2})$ always divides $a^{x_3} b^{y_3}$ by an easy $p$-adic analysis. Thus, we can reduce $\\gcd(a^{x_1} b^{y_1}, a^{x_2} b^{y_2}, a^{x_3} b^{y_3})$ to $\\gcd(a^{x_1} b^{y_1}, a^{x_2} b^{y_2})$. We can use these to reduce the formula, and suppose that at last we have the good function\n$$\n\\gcd(a^{x_1} b^{y_1}, \\dots, a^{x_t} b^{y_t})\n$$\nwith $x_1 < \\dots < x_t$ (note that equality cannot occur, for otherwise the expression can be further reduced). Since the expression is not reducible, we have that $y_1 > y_2 > \\dots > y_t$. Moreover, we know that\n$$\n\\frac{y_1 - y_2}{x_2 - x_1} > \\frac{y_2 - y_3}{x_3 - x_2} > \\dots > \\frac{y_{t-1} - y_t}{x_t - x_{t-1}}\n$$\nHence, if $t > \\binom{n}{2}$, then\n$$\n\\begin{aligned}\n2\\binom{n}{3} + 2 &\\ge (x_t - x_1) + (y_1 - y_t) \\\\\n&= \\sum_{i=1}^{t-1} (x_{i+1} - x_i) + (y_i - y_{i+1}) \\\\\n&\\ge 2\\binom{n}{3} + \\left(t - \\binom{n}{2}\\right)n \\\\\n&\\ge 2\\binom{n}{3} + n,\n\\end{aligned}\n$$\nwhich is a contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44510,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}^+$ 為全體正實數所成的集合。找出所有函數 $f: \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$ 使得\n$$\nf(x + y^2 f(y)) = f(1 + y f(x)) f(x)\n$$\n對所有正實數 $x, y$ 恆成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1 for all x > 0; and f(x) = 1/x for all x > 0",
    "solution": "令 $P(x, y)$ 表示將 $(x, y)$ 帶入原題條件。\n$$\nP(1, 1) \\Rightarrow f(1) = 1.\n$$\n$$\nP(1, y) \\Rightarrow f(1 + y^2 f(y)) = f(1 + y). \\qquad (1)\n$$\n$$\nP(x, 1) \\Rightarrow f(x + 1) = f(1 + f(x)) f(x). \\qquad (2)\n$$\n比較 $P(1 + x^2 f(x), y)$ 和 $P(1 + y^2 f(y), x)$，有\n$$\n\\begin{aligned}\nf(1 + x^2 f(x) + y^2 f(y)) &= f(1 + y f(1 + x^2 f(x))) f(1 + x^2 f(x)) \\\\\n&= f(1 + y f(1 + x)) f(1 + x) \\qquad (3) \\\\\n&= f(1 + x f(1 + y)) f(1 + y).\n\\end{aligned}\n$$\n因此, 考慮另一函數 $g : \\mathbb{R}_{>-1} \\to \\mathbb{R}^+$ 滿足 $g(x) = f(1 + x)$ 對於所有 $x > -1$。則 (3) 式可改寫為\n$$\ng(y g(x)) g(x) = g(x g(y)) g(y). \\qquad (4)\n$$\n考慮 $P(1 + x, y)$ 以及 (4) 式，有\n$$\n\\begin{aligned}\nP(1 + x, y) &\\Rightarrow f(1 + x + y^2 f(y)) = f(1 + y f(1 + x)) f(1 + x) \\qquad (5) \\\\\n&\\Rightarrow g(x + y^2 g(y - 1)) = g(y g(x)) g(x) = g(x g(y)) g(y).\n\\end{aligned}\n$$\n假設存在兩相異正實數 $a, b$ 滿足 $f(a) = f(b)$，由 (2) 式可推得\n$$\nf(a + 1) = f(1 + f(a)) f(a) = f(1 + f(b)) f(b) = f(b + 1).\n$$\n**注意到**\n$$\ng(a) = f(a + 1) = f(b + 1) = g(b) \\Rightarrow (a + 1)^2 g(a) \\neq (b + 1)^2 g(b).\n$$\n$$\ng(x + (a + 1)^2 g(a)) = g(x g(a + 1)) g(a + 1) = g(x g(b + 1)) g(b + 1) = g(x + (b + 1)^2 g(b)).\n$$\n令 $c = |(b + 1)^2 g(b) - (a + 1)^2 g(a)| > 0$ 和 $M = \\max\\{(a + 1)^2 g(a), (b + 1)^2 g(b)\\}$, 則上式可改寫為\n$$\ng(x + c) = g(x) \\quad \\forall x > M.\n$$\n對於 $y > -1$，若 $g(y) \\neq 1$，取 $x_0 > \\frac{M}{g(y)}$ 滿足 $x_0 + y^2 g(y - 1) = x_0 g(y) + m c > M$ 對於某個 $m \\in \\mathbb{Z}$，且將 $(x, y) = (x_0, y)$ 代入 (5) 式，\n$$\ng(x_0 + y^2 g(y - 1)) = g(x_0 g(y)) g(y) \\Rightarrow g(y) = 1.\n$$\n因此，$f(y) = 1$ 對於所有 $y > 0$。\n\n若不存在兩相異正實數 $a, b$ 滿足 $f(a) = f(b)$，則 (1) 式可推得\n$$\n1 + y^2 f(y) = 1 + y \\Rightarrow f(y) = \\frac{1}{y}, \\forall y > 0.\n$$\n代回原題驗證可得 $f(y) \\equiv 1$ 和 $f(y) = \\frac{1}{y}$ 皆為原方程式的解。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44511,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{R}$ 代表所有實數所成的集合。試確定所有單射函數 $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 使得\n$$\n(f(a) - f(b))(f(b) - f(c))(f(c) - f(a)) = f(ab^2 + bc^2 + ca^2) - f(a^2b + b^2c + c^2a)\n$$\n對所有實數 $a, b, c$ 都成立。",
    "options": [],
    "answer": "All injective solutions are f(x) = x + β, f(x) = -x + β, f(x) = x^3 + β, or f(x) = -x^3 + β, where β is any real constant.",
    "solution": "$f(x) = \\alpha x + \\beta$ or $f(x) = \\alpha x^3 + \\beta$ where $\\alpha \\in \\{-1, 0, 1\\}$ and $\\beta \\in \\mathbb{R}$.\n\nIt is straightforward to check that above functions satisfy the equation. Now let $f(x)$ satisfy the equation, which we denote $E(a, b, c)$. Then clearly $f(x) + C$ also does; therefore, we may suppose without loss of generality that $f(0) = 0$.\n\nBy $E(a, b, 0)$ we get\n$$\nf(a)f(b)(f(a) - f(b)) = f(a^2b) - f(ab^2). \\quad (1)\n$$\nLet $\\kappa := f(1)$ and note that $\\kappa = f(1) \\neq f(0) = 0$ by injectivity. Putting $b = 1$ in (1) we get\n$$\n\\kappa f(a)(f(a) - \\kappa) = f(a^2) - f(a). \\quad (2)\n$$\nSubtracting the same equality for $-a$ we get\n$$\n\\kappa(f(a) - f(-a))(f(a) + f(-a) - \\kappa) = f(-a) - f(a).\n$$\nNow, if $a \\neq 0$, by injectivity we get $f(a) - f(-a) \\neq 0$ and thus\n$$\nf(a) + f(-a) = \\kappa - \\kappa^{-1} =: \\lambda \\quad (3)\n$$\nIt follows that\n$$\nf(a) - f(b) = f(-b) - f(-a)\n$$\nfor all non-zero $a, b$. Replace non-zero numbers $a, b$ in (1) with $-a, -b$, respectively, and add the two equalities. Due to (3) we get\n$$\n(f(a) - f(b))(f(a)f(b) - f(-a)f(-b)) = 0,\n$$\nthus $f(a)f(b) = f(-a)f(-b) = (\\lambda - f(a))(\\lambda - f(b))$ for all non-zero $a \\neq b$. If $\\lambda \\neq 0$, this implies $f(a) + f(b) = \\lambda$ that contradicts injectivity when we vary $b$ with fixed $a$. Therefore, $\\lambda = 0$ and $\\kappa = \\pm 1$. Thus $f$ is odd. Replacing $f$ with $-f$ if necessary (this preserves the original equation) we may suppose that $f(1) = 1$.\n\nNow, (2) yields $f(a^2) = f^2(a)$. Summing relations (1) for pairs $(a, b)$ and $(a, -b)$, we get $-2f(a)f^2(b) = -2f(ab^2)$, i.e. $f(a)f(b^2) = f(ab^2)$. Putting $b = \\sqrt{x}$ for each non-negative $x$ we get $f(ax) = f(a)f(x)$ for all real $a$ and non-negative $x$. Since $f$ is odd, this multiplicity relation is true for all $a, x$. Also, from $f(a^2) = f^2(a)$ we see that $f(x) \\ge 0$ for $x \\ge 0$. Next, $f(x) > 0$ for $x > 0$ by injectivity.\n\nAssume that $f(x)$ for $x > 0$ does not have the form $f(x) = x^\\tau$ for a constant $\\tau$. The known property of multiplicative functions yields that the graph of $f$ is dense on $(0, \\infty)^2$. In particular, we may find positive $b < 1/10$ for which $f(b) > 1$. Also, such $b$ can be found if $f(x) = x^\\tau$ for some $\\tau < 0$. Then for all $x$ we have $x^2 + xb^2 + b \\ge 0$ and so $E(1, b, x)$ implies that\n$$\nf(b^2+bx^2+x) = f(x^2+xb^2+b) + (f(b)-1)(f(x)-f(b)(f(x)-1)) \\ge -((f(b)-1)^3)/4\n$$\nis bounded from below since\n$$\n(t - f(1))(t - f(b)) \\ge -\\frac{(f(b) - f(1))^2}{4}\n$$\nfor $t = f(x)$ is used. Hence, $f$ is bounded from below on $(b^2 - \\frac{1}{4b}, +\\infty)$, and since $f$ is odd it is bounded from above on $(0, \\frac{1}{4b} - b^2)$. This is absurd if $f(x) = x^\\tau$ for $\\tau < 0$, and contradicts to the above dense graph condition otherwise.\n\nTherefore, $f(x) = x^\\tau$ for $x > 0$ and some constant $\\tau > 0$. Dividing $E(a, b, c)$ by $(a-b)(b-c)(c-a) = (ab^2 + bc^2 + ca^2) - (a^2b + b^2c + c^2a)$ and taking a limit when $a, b, c$ all go to 1 (the decided ratios tend to the corresponding derivatives, say, $\\frac{a^\\tau - b^\\tau}{a-b} \\to (x^\\tau)'_{x=1} = \\tau$), we get $\\tau^3 = \\tau \\cdot 3^{\\tau-1}$, $\\tau^2 = 3^{\\tau-1}$, $F(\\tau) := 3^{\\tau/2-1/2} - \\tau = 0$. Since function $F$ is strictly convex, it has at most two roots, and we get $\\tau \\in \\{1, 3\\}$. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44512,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知實數數列 $a_1, a_2, \\dots$ 滿足下列性質：\ni. 存在正整數 $N$ 使得 $a_n = 1$ 對所有 $n \\ge N$ 都成立；\nii. 對所有 $n \\ge 2$ 都有\n$$\na_n \\le a_{n-1} + 2^{-n} a_{2n}.\n$$\n證明：$a_n > 1 - 2^{-n}$ 對所有正整數 $n$ 均成立。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For all $k$, since there are only finitely many possible values for $a_n$ ($n \\ge k$) to take, there exists $n_{max} \\ge k$ so that $a_{n_{max}} \\ge a_n$ for all $n \\ge k$. Now, we can prove by induction that $a_m \\ge (1 - 2^{-n_{max}} - 2^{-n_{max}-1} - \\dots - 2^{-(m+1)})a_{n_{max}}$ for all $k \\le m \\le n_{max}$. This is trivial when $m = n_{max}$. Now suppose that it holds for $m + 1$, then we have\n$$\na_{m+1} \\le a_m + 2^{-(m+1)} a_{2(m+1)} \\le a_m + 2^{-(m+1)} a_{n_{max}}\n$$\nsince $2(m+1) > k$. By the induction hypothesis, we get that\n$$\na_m \\ge a_{m+1} - 2^{-(m+1)} a_{n_{max}} \\ge (1 - 2^{-n_{max}} - \\dots - 2^{-(m+1)}) a_{n_{max}},\n$$\nas desired. In particular, we can set $m = k$ to get that\n$$\na_k \\ge (1 - 2^{-n_{max}} - \\dots - 2^{(k+1)}) a_{n_{max}} \\ge 1 - \\sum_{i=k+1}^{\\infty} 2^{-i} = 1 - 2^{-k}\n$$\nwhere the inequality follows from the fact that $a_{n_{max}} \\ge a_N \\ge 1$ and the fact that we are extending the finite sum to the infinite sum. $\\square$\n\n\nWe first reduce the problem to the case where $a_n = a_{n-1} + 2^{-n}a_{2n}$ holds for all $n \\le N$. We will show this by showing that we can decrease $a_1, \\dots, a_{N-1}$ to achieve this. Let $k \\in [N]$ be the largest such that $a_k < a_{k-1} + 2^{-k}a_{2k}$. Let $M$ be the difference between the two sides. Let $a'_k = a_k, a'_{k+1} = a_{k+1}, \\dots$ and for each $i = 1, \\dots, k-1$ we\nlet $a'_i = a_i - (1 - 2^{-i-1} - \\cdots - 2^{-k+1})M < a_i$ (in particular, $a'_{k-1} = a_{k-1} - M$). Then\nit is clear that $a'_i \\ge a_i - M$, and so\n$$\na'_{n-1} = a_{n-1} - a_n + a'_n + 2^{-n}M \\ge a'_n + 2^{-n}(M - a_{2n}) \\ge a'_n - 2^{-n}a'_{2n}.\n$$\nfor all $n = 1, \\dots, k-1$. It is also clear that $a'_{k-1} = a'_k - 2^{-k}a'_{2k}$ by definition. Therefore $a'_1, a'_2, \\dots$ is a sequence not greater than $a_1, a_2, \\dots$ term-wise that satisfies the inequality and have one additional equality holding. We can therefore iteratively decrease the sequence term-wise so that all the equalities hold for $n < N$. Then we can simply prove by induction that $1 - 2^{-k} < a_k \\le 1$. In particular, $a_k > 1 - 2^{-k}$ holds for the original sequence. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44513,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $m > 1$ 為一正整數。有一隻老鼠要從 $3m \\times 3m$ 西洋棋盤的最左下角格子 $a$ 跳到最右上角格子 $b$。老鼠每一次可以跑到牠所在位子右方一格或是上方一格。然而，棋盤上有一些格子放有黏鼠板，如果老鼠跑到黏鼠板上就會被黏住，無法再移動。\n對於由棋盤上的格子所組成的集合 $X$，我們稱 $X$ 擋住老鼠，若且唯若當 $X$ 的格子都被放有黏鼠板時，老鼠無法從 $a$ 跳到 $b$。我們稱 $X$ 最小，若且唯若 $X$ 擋住老鼠、但移除 $X$ 的任何一格後都不能擋住老鼠。證明：\n(i) 任何能擋住老鼠的最小集合的格數不大於 $3m^2$。\n(ii) 證明存在格數不小於 $3m^2 - 3m$，且能擋住老鼠的最小集合。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "(a) 對於最小集 $X$，在不碰到 $X$ 的前提下，令 $A$ 為所有老鼠可以從 $a$ 抵達的格子所成集合，$B$ 則為所有可以抵達 $b$ 的格子所成集合。\n注意到從 $A$ 最多可以抵達 $2|A|$ 個格子 (包含 $A$ 和 $X$，扣除 $a$)，因此\n$$\n2|A| \\geq |X| + (|A| - 1) \\Leftrightarrow |X| \\leq |A| + 1.\n$$\n同理，$|X| \\leq |B| + 1$，從而 $9m^2 \\geq |A| + |B| + |X| \\geq 3|m^2 - 2$，亦即 $|X| \\leq 3m^2$。\n\n(b) 以下是一個格數為 $3m^2 - 2m + 2$ 的最小集：\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44514,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$\\Delta P_1 P_2 P_3$ 為一正三角形。對於所有 $n \\ge 4$, 小明可以選擇 $P_n$ 為 $\\Delta P_{n-3} P_{n-2} P_{n-1}$ 的外心或垂心。試求所有的正整數 $n$, 使得小明可以經由適當地選取 $P_4, \\dots, P_n$, 讓 $P_n$ 為 $\\Delta P_1 P_2 P_3$ 的外心。",
    "options": [],
    "answer": "all positive integers divisible by 4",
    "solution": "答案為所有 4 的倍數。\n\n令 $O$ 為 $\\Delta P_1 P_2 P_3$ 的外心，則小明只要一直選取垂心，便有 $P_{4k} = O, P_{4k+1} = P_1, P_{4k+2} = P_2$ 與 $P_{4k+3} = P_3$，對於所有 $k \\in \\mathbb{N}$ 皆成立。因此所以被 4 整除的 $n$ 都滿足題意。\n\n以下證明 $n$ 必須被 4 整除。這需要以下兩個 Lemma。\n\n**Lemma 1.** 對於所有 $n \\ge 3$, $\\Delta P_{n-2} P_{n-1} P_n$ 是頂角為 120° 的等腰三角形 (稱為型 A) 或正三角形 (稱為型 B)。\n\n證明：讓我們對 $n \\ge 3$ 進行數學歸納法。$n=3$ 時顯然為型 B。當 $n>3$ 時：\n- 當 $\\Delta P_{n-3} P_{n-2} P_{n-1}$ 是型 A 時：如果小明選擇外心且 $P_{n-3}$ 頂角時，$\\Delta P_{n-2} P_{n-1} P_n$ 是型 A；如果小明選擇外心且 $P_{n-2}$ 或 $P_{n-1}$ 是頂角時，$\\Delta P_{n-2} P_{n-1} P_n$ 是型 B。\n如果小明選擇垂心且 $P_{n-2}$ 或 $P_{n-1}$ 頂角時，$\\Delta P_{n-2} P_{n-1} P_n$ 是型 A；如果小明選擇垂心且 $P_{n-3}$ 是頂角時，$\\Delta P_{n-2} P_{n-1} P_n$ 是型 B。\n- 當 $\\Delta P_{n-3} P_{n-2} P_{n-1}$ 是型 B 時，無論小明選擇外心或垂心，$\\Delta P_{n-2} P_{n-1} P_n$ 一定是型 A。\n由數學歸納法，Lemma 證畢。□\n\n以下不失一般性假設 $O$ 為原點。我們考慮斜座標 $(x, y)$，代表點 $x\\vec{P}_1 + y\\vec{P}_2$。這時候 $P_3 = (-1, -1)$。\n\n**Lemma 2.** 所有小明可能點出的點一定形如 $(\\frac{a}{3^r}, \\frac{b}{3^s})$，其中 $a, b$ 為與 3 互質的整數，$r, s$ 為非負整數。更進一步地，對於所有 $n \\ge 4$, $P_{n-3}, P_{n-2}, P_{n-1}, P_n$ 的座標在模 2 下皆相異（這邊我們取 $3^{-1} \\equiv 1$），即 $(0,0), (0,1), (1,0), (1,1)$ 各出現一次。\n\n證明：對 $n$ 使用數學歸納法。因為 $P_4 = O$，故 $n=4$ 成立。當 $n>4$ 時，重新命名 $P, Q, R$ 為 $\\Delta P_{n-3} P_{n-2} P_{n-1}$ 的頂點，使得 $P$ 是角度最大的。由 Lemma 1 及其證明，我們知道 $P_n$ 一定是 $\\vec{Q} + \\vec{R} - \\vec{P}, 3\\vec{P} - \\vec{Q} - \\vec{R}, \\frac{1}{3}(\\vec{P} + \\vec{Q} + \\vec{R})$ 其中一種。因為係數最多只有除以 3，所以我們可以簡單地看出座標各分量的分母一定是 3 的幂次。\n\n$$\nP_n + P + Q + R \\equiv (0,0) \\pmod{2}.\n$$\n由數歸假設，$P_{n-3}$, $P_{n-2}$, $P_{n-1}$ 皆相異，因此由\n$$\n(0,0) + (0,1) + (1,0) + (1,1) \\equiv (0,0) \\pmod{2}\n$$\n知 $P_{n-3}$, $P_{n-2}$, $P_{n-1}$, $P_n$ 的座標在模 2 下皆相異。□\n\n現在，回到原題。由 Lemma 2，我們有\n$$\nP_{4k+1} \\equiv P_1 \\equiv (1,0), \\quad P_{4k+2} \\equiv P_2 \\equiv (0,1),\n$$\n$$\nP_{4k+3} \\equiv P_3 \\equiv (1,1), \\quad P_{4k} \\equiv P_4 = O \\equiv (0,0),\n$$\n因此只有 4 的倍數能夠達成題目要求。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44515,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上有 2022 個相異格子點。令 $I$ 為這些點中，有幾對點之間的距離恰為 1 的點對數量。求 $I$ 的最大可能值。\n\n註：格子點為 $x$ 座標與 $y$ 座標皆為整數的點。",
    "options": [],
    "answer": "3954",
    "solution": "最大可能的 $I$ 是 3954；此最大值會在 $45 \\times 45$ 的點陣扣除三個角落時達到。\n\n對於任何 2022 個相異格子點，假設其共有 $n$ 個 $x$ 座標 $x_1, x_2, \\dots, x_n$，且 $x$ 座標為 $x_i$ 的點共有 $a_i$ 個。注意到 $x = x_i$ 直排上的點，最多只能造出 $a_i - 1$ 個長度為 1 且垂直 $x$ 軸的線段，故垂直 $x$ 軸且長度為 1 的線段總量 $\\le \\sum_{i=1}^n (a_i - 1) = 2022 - n$。\n\n同理，若這些點共有 $m$ 個不同的 $y$ 座標，則垂直 $y$ 軸且長度為 1 的線段總量 $\\le 2022 - m$。\n\n又因為格點之間長度為 1 的線段必然垂直於其中一個座標，故\n$$\nI \\le (2022 - n) + (2022 - m) = 4044 - (n + m)\n$$\n但又注意到 2022 個相異點保證 $mn \\ge 2022$，故由算幾不等式有\n$$\nm + n \\ge 2\\sqrt{mn} > 89 \\Rightarrow m + n \\ge 90.\n$$\n故 $I \\le 4044 - 90 = 3954$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44516,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外心為 $O$，垂心為 $H$，並且 $OH$ 與 $BC$ 平行。設 $AH$ 與三角形 $ABC$ 的外接圓再交於點 $X$ ($X \\neq A$)，並設 $XB, XC$ 分別與 $OH$ 交於點 $Y, Z$。令 $P$ 為 $Y$ 對 $AB$ 的投影點，$Q$ 為 $Z$ 對 $AC$ 的投影點。證明 $PQ$ 平分線段 $BC$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Lemma.** Let $ABC$ be a triangle whose circumcenter is $O$. Let $\\ell$ be an arbitrary line passing through $O$. Let $Y, Z$ be two points on $\\ell$ such that $AY, AZ$ are perpendicular to $AC, AB$, respectively. Let $P, Q$ be the projections of $Y, Z$ onto $AB, AC$, respectively. Then $PQ$ bisects $AB$.\n\n*Proof of Lemma.* Let $M_a, M_b, M_c$ be midpoints of sides $BC, CA, AB$, respectively. Then we can see that (using signed segments),\n$$\n\\frac{PM_c}{M_cA} = \\frac{YO}{OZ} = \\frac{AM_b}{M_bQ}\n$$\nbecause $PY$, $M_cO$, $AZ$ are parallel and $AY$, $M_bO$, $QZ$ are parallel. Therefore\n$$\n\\frac{BP}{PA} = \\frac{M_cP - M_cB}{PM_c + M_cA} = \\frac{M_cA - PM_c}{PM_c + M_cA} = \\frac{AM_b - M_bQ}{AM_b + M_bQ} = -\\frac{CQ}{QA}.\n$$\nBy Menelaus' theorem, we thus know that $PQ$ bisects $AB$. $\\Box$\n\n*Alternative proof of Lemma.* We still have $PM_c/M_cA = AM_b/M_bQ$. Let $PM_a$ intersects with $AC$ at $Q'$, and let $QM_a$ intersects with $AB$ at $P'$. Since $M_aM_c$ is parallel to $AC$, we have $PM_c/M_cA = PM_a/M_aQ'$. Similarly $AM_b/M_bQ = P'M_a/M_aQ$. This then shows that $PM_aQ'$ and $P'M_aQ$ are indeed the same line, as desired. $\\Box$\n\nTo prove the original statement, suppose that $AH$ intersects with $BC$ at $D$. It is well-known that $HX = 2HD$. Let $M_a$ be the midpoint of $BC$, then we have $HX = 2HD = 2OM_a = AH$, showing that $D$ is the midpoint of $HX$, and $H$ is the midpoint of $AX$. Since $OH$ is parallel to $BC$ and $HX = 2DX$, we know that $YX = 2BX$ and $ZX = 2CX$. Thus $AY \\parallel BH \\perp AC$ and $AZ \\parallel CH \\perp AB$. Now take $\\ell$ to be $OH$ and apply the Lemma. We then know that $PQ$ bisects $BC$, as desired. $\\Box$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44517,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為平行四邊形, 其中 $AC = BC$。在直線 $AB$ 上取一點 $P$, 使得 $B$ 介於 $A, P$ 之間。設三角形 $ACD$ 的外接圓與線段 $PD$ 再交於點 $Q$, 而三角形 $APQ$ 的外接圓與線段 $PC$ 再交於點 $R$。\n證明：三直線 $CD, AQ, BR$ 共點。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "在以下的各種解法中,都用到以下的事實。\n因為 $AC = BC = AD$, 所以 $\\angle ABC = \\angle BAC = \\angle ACD = \\angle ADC$。由於四邊形 $APRQ$, $AQCD$ 都有外接圓, 可得\n$$ \\angle CRA = 180^\\circ - \\angle ARP = 180^\\circ - \\angle AQP = \\angle DQA = \\angle DCA = \\angle CBA, $$\n故 $A, B, C, R$ 四點共一圓, 記該圓為 $\\gamma$。\n![](attached_image_1.png)\n\n解一. 令點 $X$ 為 $AQ$ 與 $CD$ 的交點。原題等價於證明 $B, R, X$ 三點共線。\n在圓 $(APRQ)$ 上有\n$$\n\\angle RQX = 180^\\circ - \\angle AQR = \\angle RPA = \\angle RCX\n$$\n(其中最後一個等號來自 $AB \\parallel CD$)，所以 $C, Q, R, X$ 四點共一圓，記為圓 $\\delta$。\n利用圓 $\\gamma$, $\\delta$ 可知\n$$\n\\angle XRC = \\angle XQC = 180^\\circ - \\angle CQA = \\angle ADC = \\angle BAC = 180^\\circ CRB,\n$$\n\n\n解二. 記圓 $(APRQ)$ 為 $\\alpha$。由於\n$$\n\\angle CAP = \\angle ACD = \\angle AQD = 180^\\circ - \\angle AQP,\n$$\n知直線 $AC$ 與圓 $\\alpha$ 相切。\n![](attached_image_2.png)\n令直線 $AD$ 與 $\\alpha$ 再交於點 $Y$, 此點必位於射線 $DA$ 上 $A$ 的後方。利用圓 $\\gamma$ 及 $AC$ 切 $\\alpha$ 的性質, 得\n$$\n\\angle ARY = \\angle CAD = \\angle ACB = \\angle ARB,\n$$\n所以 $Y, B, R$ 三點共線。\n在六邊形 $AAYRPQ$ 上使用 Pascal 定理 (這裡 $AA$ 指的是圓 $\\alpha$ 過 $A$ 的切線), 得三組直線的交點\n$$\nAA \\cap RP = C, \\quad AY \\cap PQ = D, \\quad YR \\cap QA\n$$\n\n\n解三. 同解一, 令 $X = AQ \\cap CD$, 以下證明 $B, R, X$ 共線。同解二, 令 $\\alpha = (APRQ)$, 但這裡定義點 $Y$ 為直線 $BR$ 與 $\\alpha$ 的第二個交點。\n利用圓 $\\alpha$，並注意到直線 $CD$ 與 $\\gamma$ 相切，得\n$$\n\\angle RY A = \\angle RPA = \\angle RCX = \\angle RBC. \\tag{1}\n$$\n於是 $AY \\parallel BC$, 而得 $Y$ 落在直線 $DA$ 上。\n由 (1) 亦得 $\\angle RYD = \\angle RCX$, 所以 $C,D,Y,R$ 四點共一圓 $\\beta$。因此直線 $CD, AQ, YBR$ 為三圓 $(AQCD)$, $\\alpha, \\beta$ 兩兩的根軸, 故它們必定共點。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44518,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試決定滿足下述性質的所有正整數 $n \\ge 3$：對每一個各邊長皆為 1 的凸 $n$ 邊形，都可以在其圍成的區域中放入一個邊長為 1 的正三角形。\n\n(註：一個凸多邊形所圍成的區域，係指其內部及其邊。)",
    "options": [],
    "answer": "All odd integers n ≥ 3",
    "solution": "All odd $n \\ge 3$.\n\nFirst we show that for every even $n \\ge 4$ there exists an $n$-polygon violating the required statement. Consider a regular $k$-gon $A_0A_1...A_{k-1}$ with side length 1. Let $B_1, B_2, ..., B_{n/2-1}$ be the points symmetric to $A_1, A_2, ..., A_{n/2-1}$ with respect to the line $A_0A_{n/2}$. Then $\\mathcal{P} = A_0A_1A_2...A_{n/2-1}A_{n/2}B_{n/2-1}B_{n/2-2}...B_2B_1$ is a convex $n$-gon whose sides all have length 1. If $k$ is big enough, $\\mathcal{P}$ is contained in a strip of width $1/2$, which clearly does not contain any equilateral triangle of side length 1.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAssume now that $n = 2k + 1$. As the case $k = 1$ is trivially true, we assume $k \\ge 2$ henceforth. Consider a convex $(2k+1)$-gon $\\mathcal{P}$ whose sides all have length 1. Let $d$ be its longest diagonal. The endpoints of $d$ split the perimeter of $\\mathcal{P}$ into two polylines, one of which has length at least $k+1$. Hence we can label the vertices of $\\mathcal{P}$ so that $\\mathcal{P} = A_0A_1...A_{2k}$ and $d = A_0A_\\ell$ with $\\ell \\ge k+1$. We will show that, in fact, the polygon $A_0A_1...A_\\ell$ contains an equilateral triangle of side length 1.\n\nSuppose that $\\angle A_\\ell A_0 A_1 \\ge 60^\\circ$. Since $d$ is the longest diagonal, we have $A_1 A_\\ell \\le A_0 A_\\ell$, so $\\angle A_0 A_1 A_\\ell \\ge \\angle A_\\ell A_0 A_1 \\ge 60^\\circ$. It follows that there exists a point $X$ inside the triangle $A_0A_1A_\\ell$ such that the triangle $A_0A_1X$ is equilateral, and this triangle is contained in $\\mathcal{P}$. Similar arguments apply if $\\angle A_{\\ell-1} A_\\ell A_0 \\ge 60^\\circ$.\n\nFrom now on, assume $\\angle A_\\ell A_0 A_1 < 60^\\circ$ and $\\angle A_{\\ell-1} A_\\ell A_0 < 60^\\circ$.\n\nConsider an isocles trapezoid $A_0YZA_\\ell$ such that $A_0A_\\ell \\parallel YZ$, $A_0Y = ZA_\\ell = 1$, and $\\angle A_\\ell A_0Y = \\angle ZA_\\ell A_0 = 60^\\circ$. Suppose that $A_0A_1 \\dots A_\\ell$ is contained in $A_0YZA_\\ell$. Note that the perimeter of $A_0A_1 \\dots A_\\ell$ equals $\\ell + A_0A_\\ell$ and the perimeter of $A_0YZA_\\ell$ equals $2A_0A_\\ell + 1$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nRecall a well-known fact stating that if a convex polygon $\\mathcal{P}_1$ is contained in a convex polygon $\\mathcal{P}_2$, then the perimeter of $\\mathcal{P}_1$ is at most the perimeter of $\\mathcal{P}_2$. Hence we obtain\n$$\n\\ell + A_0 A_\\ell \\le 2A_0 A_\\ell + 1, \\quad \\text{ i.e. } \\ell - 1 \\le A_0 A_\\ell.\n$$\nOn the other hand, the triangle inequality yields\n$$\nA_0 A_\\ell < A_\\ell A_{\\ell+1} + A_{\\ell+1} A_{\\ell+2} + \\dots + A_{2k} A_0 = 2k + 1 - \\ell \\le \\ell - 1.\n$$\nwhich gives a contradiction.\n\nTherefore, there exists a vertex $A_m$ of $A_0A_1 \\dots A_\\ell$ which lies outside $A_0YZA_\\ell$. Since\n$$\n\\angle A_\\ell A_0 A_1 < 60^\\circ = \\angle A_\\ell A_0 Y \\quad \\text{and} \\quad \\angle A_{\\ell-1} A_\\ell A_0 < 60^\\circ = \\angle Z A_\\ell A_0, \\qquad (1)\n$$\nthe distance between $A_m$ and $A_0A_\\ell$ is at least $\\sqrt{3}/2$.\n\nLet $P$ be the projection of $A_m$ to $A_0A_\\ell$. Then $PA_m \\ge \\sqrt{3}/2$, and by (1) we have $A_0P > 1/2$ and $PA_\\ell > 1/2$. Choose points $Q \\in A_0P$, $R \\in PA_\\ell$, and $S \\in PA_m$ such that $PQ = PR = 1/2$ and $PS = \\sqrt{3}/2$. Then $QRS$ is an equilateral triangle of side length 1 contained in $A_0A_1 \\dots A_\\ell$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44519,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a_1, a_2, a_3, \\dots$ 為無窮正整數數列，且對所有正整數 $n, m$，都有 $a_{n+2m}$ 整除 $a_n + a_{n+m}$ 這個性質。證明這個數列最終有週期性，也就是說，存在正整數 $N$ 和 $d$，使得對於所有 $n > N$，都有 $a_n = a_{n+d}$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will make repeated use of the following simple observation:\n\n**Lemma 1.** If a positive integer $d$ divides $a_n$ and $a_{n-m}$ for some $m$ and $n > 2m$, it also divides $a_{n-2m}$.\n\n*Proof.* Both parts are obvious since $a_n$ divides $a_{n-2m} + a_{n-m}$\n\n**Claim.** The sequence $(a_n)$ is bounded.\n\n*Proof.* Suppose the contrary. Then there exist infinitely many indices $n$ such that $a_n$ is greater than each of the previous terms $a_1, a_2, \\dots, a_{n-1}$. Let $a_n = k$ be such a term, $n > 10$. For each $s < \\frac{n}{2}$ the number $a_n = k$ divides $a_{n-s} + a_{n-2s} < 2k$, therefore\n$$\na_{n-s} + a_{n-2s} = k.\n$$\nIn particular,\n$$\na_n = a_{n-1} + a_{n-2} = a_{n-2} + a_{n-4} = a_{n-4} + a_{n-8},\n$$\nthat is, $a_{n-1} = a_{n-4}$ and $a_{n-2} = a_{n-8}$. It follows from Lemma 1 that $a_{n-1}$ divides $a_{n-1-3s}$ for $3s < n-1$ and $a_{n-2}$ divides $a_{n-2-6s}$ for $6s < n-2$. Since at least one of the numbers $a_{n-1}$ and $a_{n-2}$ is at least $\\frac{a_n}{2}$, so is some $a_i$ with $i \\le 6$. However, $a_n$ can be arbitrarily large, a contradiction.\n\nSince $(a_n)$ is bounded, there exist only finitely many $i$ for which $a_i$ appears in the sequence finitely many times. In other words, there exists $N$ such that if $a_i = t$ and $i > N$, then $a_j = t$ for infinitely many $j$.\n\nClearly, the sequence $(a_{n+N})_{n>0}$ satisfies the divisibility condition, and it is enough to prove that this sequence is eventually periodic. Thus truncating the sequence if necessary, we can assume that each number appears infinitely many times in the sequence. Let $k$ be the maximum number appearing in the sequence.\n\n**Lemma 2.** If a positive integer $d$ divides $a_n$ for some $n$, then the numbers $i$ such that $d$ divides $a_i$ form an arithmetical progression with an odd difference.\n\n*Proof.* Let $i_1 < i_2 < i_3 < \\dots$ be all the indices $i$ such that $d$ divides $a_i$. If $i_s+i_{s+1}$ is even, it follows from Lemma 1 that $d$ also divides $a_{\\frac{i_s+i_{s+1}}{2}}$, impossible since $i_s < \\frac{i_s+i_{s+1}}{2} < i_{s+1}$. Thus $i_s$ and $i_{s+1}$ are always of different parity, and therefore $i_s+i_{s+2}$ is even. Applying Lemma 1 again, we see that $d$ divides $a_{\\frac{i_s+i_{s+2}}{2}}$, hence $\\frac{i_s+i_{s+2}}{2} = i_{s+1}$.\n\nWe are ready now to solve the problem.\n\nThe number of positive divisors of all terms of the progression is finite. Let $d_s$ be the difference of the progression corresponding to $s$, that is, $s$ divides $a_n$ if and only if it divides $a_{n+td_s}$ for any positive integer $t$. Let $d$ be the product of all $d_s$. Then each $s$ dividing a term of the progression divides $a_n$ if and only if it divides $a_{n+D}$. This means that the sets of divisors of $a_n$ and $a_{n+D}$ coincide, and $a_{n+D} = a_n$. Thus $D$ is a period of the sequence.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44520,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明只有有限多組正整數 $(a, b, c, n)$ 能使等式\n$$\nn! = a^{n-1} + b^{n-1} + c^{n-1}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For fixed $n$ there are clearly finitely many solutions; we will show that there is no solution with $n > 100$. So assume $n > 100$. By AM-GM inequality,\n$$\n\\begin{aligned}\nn! &= 2n(n-1)(n-2)(n-3) \\cdot (3 \\cdot 4 \\cdots (n-4)) \\\\\n&\\le 2(n-1)^4 \\left( \\frac{3 + \\cdots + (n-4)}{n-6} \\right)^{n-6} = 2(n-1)^4 \\left( \\frac{n-1}{2} \\right)^{n-6} < \\left( \\frac{n-1}{2} \\right)^{n-1},\n\\end{aligned}\n$$\nthus $a, b, c < \\frac{n-1}{2}$.\n\nFor every prime $p$ and integer $m \\ne 0$, let $\\nu_p(m)$ denote the $p$-adic valuation of $m$; that is the greatest non-negative integer $k$ for which $p^k$ divides $m$. Legendre's formula states that\n$$\n\\nu_p(n!) < \\sum_{s=1}^{\\infty} \\frac{n}{p^s} = \\frac{n}{p-1}. \\quad (1)\n$$\nIf $n$ is odd then $a^{n-1}, b^{n-1}, c^{n-1}$ are squares, and by considering them modulo $4$ we conclude that $a, b, c$ must be even. hence, $2^{n-1} \\mid n!$ but that is impossible for odd $n$ because $\\nu_2(n!) = \\nu_2((n-1)!) < n-1$ by (1). From now on we assume that $n$ is even. If all three numbers $a+b, b+c, c+a$ are powers of $2$ then $a, b, c$ have the same parity. If they are all odd, then $n! = a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}$ is also odd, contradicting the assumption that $n$ must be even. If all $a, b, c$ are divisible by $4$, this contradicts $\\nu_2(n!) \\le n-1$. If, say, $a$ is not divisible by $4$, then $2a = (a+b) + (a+c) - (b+c)$ is not divisible by $8$, and since all $a+b, b+c, c+a$ are powers of $2$ we get that one of these sums equals $4$, so two of the numbers of $a, b, c$ are equal to $2$. Say $a = b = 2$, then $c = 2^r - 2$ and since $c \\mid n!$, we must have $c \\mid a^{n-1} + b^{n-1} = 2^n$ implying $r = 2$, and so $c = 2$, which is impossible because $n! \\equiv 0 \\not\\equiv 3 \\cdot 2^{n-1} \\pmod 5$.\n\nSo now we assume that the sum of two numbers among $a, b, c$, say $a+b$, is not a power of $2$, so it is divisible by some odd prime $p$. Then $p \\le a+b < n$ and so $c^{n-1} = n! - (a^{n-1} + b^{n-1})$ is divisible by $p$. If $p$ divides $a$ and $b$, we get $p^{n-1} \\mid n!$,\n\ncontradicting (1). Next, using (1) and the Lifting the Exponent Lemma we get\n$$\n\\nu_p(1)+\\nu_p(2)+\\cdots+\\nu_p(n) = \\nu_p(n!) = \\nu_p(n!-c^{n-1}) = \\nu_p(a^{n-1}+b^{n-1}) = \\nu_p(a+b)+\\nu_p(n-1). \\tag{2}\n$$\nIn view of (2), no number of $1, 2, \\dots, n$ can be divisible by $p$, except $a+b$ and $n-1 > a+b$. On the other hand, $p|c$ implies that $p < n/2$ and so there must be at least two such numbers. Hence, there are two multiples of $p$ among $1, 2, \\dots, n$, namely $a+b = p$ and $n-1 = 2p$. But this is another contradiction because $n-1$ is odd. This final contradiction shows that there is no solution of the equation for $n > 100$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44521,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "考慮兩互質的正整數 $p, q$，並且對於 $i = 1, 2, \\dots, q-1$，定義 $f(i)$ 為 $p \\cdot i$ 除以 $q$ 的餘數。若 $f(i)$ 為 $f(1), f(2), \\dots, f(i)$ 之間的最大數，則稱 $i$ 為大數；但若 $f(i)$ 為 $f(1), f(2), \\dots, f(i)$ 之間的最小數，則稱 $i$ 為小數。注意到 1 同時為大數及小數。\n給定兩個正整數 $a, b$。已知在 $1, 2, \\dots, q-1$ 之中有 $a$ 個大數及 $b$ 個小數，試求 $q$ 的最小可能值。",
    "options": [],
    "answer": "ab + 1",
    "solution": "The least possible number for $q$ is $ab + 1$.\nLet $S_{p,q}$ be the collection of small numbers, while $T_{p,q}$ be the collection of big numbers. Write out $S_{p,q} \\cup T_{p,q}$ in increasing order, and we get a sequence $c_1, \\dots, c_{a+b-1}$ (note that clearly $S_{p,q} \\cap T_{p,q} = \\{1\\}$). We claim that for each $n \\ge 2$, if $i, j < n$ are the maximum indices such that $c_i \\in S_{p,q}$, $c_j \\in T_{p,q}$, then $c_n = c_i + c_j$, and furthermore $c_n \\in S_{p,q}$ if and only if $c_i p \\bmod q > (-c_j p) \\bmod q$, in which case $c_n p \\bmod q = (c_i p \\bmod q) - (-c_j p \\bmod q)$.\nWe will show this by induction on $n$. When $n=2$ this is trivial. Now suppose that it holds for all indices smaller than $n$. By replacing $p$ with $-p$, we can WLOG assume that $c_i p \\bmod q > (-c_j p) \\bmod q$.\nIf $c_n < c_i + c_j$ and $c_n \\in T_{p,q}$, then $(-c_n p) \\bmod q < (-c_j p) \\bmod q$, showing that $0 < (c_n - c_j) p \\bmod q < (-c_j p) \\bmod q < c_i p \\bmod q$. Since $c_n - c_j < c_i$, this contradicts the fact that $c_i \\in S_{p,q}$.\nIf $c_n < c_i + c_j$ and $c_n \\in S_{p,q}$, then we have $c_n - c_i < c_j$ and $0 < -c_n c_j p \\bmod q < c_i p \\bmod q$. Let $c_k$ be the largest index smaller than $c_j$ that lies in $T_{p,q}$. Then it is clear that $(-c_k p) \\bmod q < c_i p \\bmod q$. If $i < j$, then by the inductive hypothesis, we have $c_{i+1} \\in S_{p,q}$, which contradicts the choice of $i$. Therefore $i > j$. Now let $\\ell < j$ be the largest such that $c_\\ell \\in S_{p,q}$. Then since $\\ell < j < i$, by the inductive hypothesis we have $(-c_j p) \\bmod q = (-c_k p \\bmod q) - (c_\\ell p \\bmod q) < (c_i p \\bmod q) - (c_i p \\bmod q) = 0$. This is a contradiction.\nTherefore $c_n \\ge c_i + c_j$. However, note that $(c_i + c_j) \\bmod q = (c_i p \\bmod q) - ((-c_j p) \\bmod q) < c_i p \\bmod q$, showing that $c_i + c_j \\in S_{p,q}$ and so $c_n = c_i + c_j$.\nHence we can construct the sequence $c_n$ as follows: we first start with a red positive integer $x$ and a blue positive integer $y$. Each time we choose the last red number and the last blue number and add them together, and color the number red or blue. We write $m$ red numbers and $n$ blue numbers in total. The situation above is when $x = y = 1, m = a - 1, n = b - 1$ and red numbers are members of $S_{p,q}$, blue numbers are members of $T_{p,q}$. Let $f(m, n, x, y)$ be the minimum possible total of the last written red number and the last written blue number. Since in the original setting, the last red number $s$ and the last blue number $t$ clearly satisfies $sp \\bmod q = (-tp) \\bmod q = 1$ and so $s + t = q$, what we need to do is to give a lower bound of $f(a, b, 1, 1)$. In fact, we can see that if $m, n \\ge 1$, then\n$$\nf(m, n, x, y) = \\min(f(m - 1, n, x + y, y), f(m, n - 1, x, x + y))\n$$\nwhere the first term corresponds to coloring the next number red, and the second term corresponds to coloring the next number blue. We also have that $f(m, 0, x, y) = x + (m + 1)y$, $f(0, n, x, y) = (n + 1)x + y$. Thus, we can induct on $m + n$ and show that $f(m, n, x, y) = mn \\min(x, y) + (m + 1)x + (n + 1)y$: suppose that it holds for all smaller $m + n$, then\n$$\n\\begin{align*}\nf(m, n, x, y) \\\\\n&= \\min \\left( (m-1)ny + m(x+y) + (n+1)y, m(n-1)x + (m+1)x + (n+1)(x+y) \\right) \\\\\n&= mn \\min(x, y) + (m+1)x + (n+1)y,\n\\end{align*}\n$$\nas desired. Thus, $q \\ge f(a-1, b-1, 1, 1) = ab + 1$.\n\nTo show that it is possible that $q = ab + 1$, pick $p = a$. Then $T_{p,q} = \\{1, 2, \\dots, b\\}$ and $S_{p,q} = \\{1, b+1, \\dots, (a-1)b+1\\}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44522,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "死靈法師和聖騎士在一個 $666 \\times 666$ 的方陣上大戰。方陣上原本空無一物。每一回合，死靈法師先在方陣上指定一格，並在以該格為中心的 $3 \\times 3$ 範圍內的所有格子（至多九格）各增加一隻骷髏，然後聖騎士指定方陣上任意四格，並從這四格中各消滅一隻骷髏（格子中的骷髏數是非負整數）。\n如果在某回合，一個格子內有 $10^6$ 或更多骷髏，則稱這個格子在該回合處於完蛋狀態。試求最大的正整數 $K$，使得死靈法師有策略能保證，不論聖騎士如何行動，都能在某個有限回合內，讓方陣上同時存在至少 $K$ 個完蛋的格子。\n\nA necromancer and a paladin combat on a $666 \\times 666$ grid. The grid is initially empty. For each turn, the necromancer first chooses a block on the grid, and increases one skeleton in each block within the $3 \\times 3$ region centered at the chosen block (which include at most nine blocks); then, the paladin chooses four blocks on the grid, and eliminates one skeleton from each of these blocks (the number of skeletons in each block is a non-negative integer.)\nFor any turn, we called a block **doomed** if, at the end of that turn, there are $10^6$ or more skeletons in that block. Find the largest positive integer $K$ such that the necromancer has a strategy that guarantees $K$ or more blocks on the grid to be simultaneously doomed in some finite turns, regardless of how the paladin acts.",
    "options": [],
    "answer": "246420",
    "solution": "最大的 $K = 5 \\times 222^2$；一般性的，對於 $3N \\times 3N$ 的方陣，$K = 5N^2$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n首先證明 $K \\le 5N^2$。如上圖將方陣著色，並注意到每回合死靈法師只能在至多四個白色格子上增加骷髏，因此聖騎士永遠可以讓白色區域的骷髏數為 $0$，從而死靈法師有可能保證製造出完蛋的格子，至多只能是灰色格子數，也就是 $5N^2$。\n\n接著證明 $K \\ge 5N^2$。事實上，我們可以考慮以下的加強版遊戲：當輪到聖騎士時，他改為選擇死靈法師剛剛增加骷髏的 $3 \\times 3$ 區域中的五個格子，並將全方陣上除了這五個格子以外的所有格子都減少一隻骷髏。顯然，如果在加強版遊戲中，死靈法師可以保證 $K \\ge 5N^2$，則在原版遊戲中也可以。注意到，對於一個 $3 \\times 3$ 區域，聖騎士選擇其中五個格子的方式共有 $M = \\binom{9}{5}$ 種。同時注意到，雙方行動加總，等於讓聖騎士選擇的那五格骷髏數加 $1$，$3 \\times 3$ 區域中剩餘四格的骷髏數不變，其餘所有格子的骷髏數減 $1$。\n\n考慮死靈法師對著同一個 $3 \\times 3$ 區域連續增加 $M\\ell$ 次。由鴿籠原理，$3 \\times 3$ 中選五格的全部 $M$ 種選項中，必有一種被聖騎士選了至少 $\\ell$ 次。由前段討論，這表示這個 $3 \\times 3$ 區域中，有至少五格的骷髏數量 $\\ge \\ell$。\n\n現在，將方陣切割為不相交的 $N^2$ 個 $3 \\times 3$ 區域，並編號 $0, 1, \\dots, N^2 - 1$。接著，從最大號碼的區域開始，我們依次執行以下動作：對於編號 $b$ 的區域，讓死靈法師連續選該區域 $C = 10^6 M (M+1)^b$ 次。由前述討論，這 $C$ 個回合會保證該區域有五格的骷髏數量增加至少 $10^6 (M+1)^b$，而之後的每個回合會讓其數量減 $1$。然而，在執行完編號 $b$ 的 $C$ 回合後，我們僅會對編號 $b-1$ 到 $0$ 的區域進行動作，而這些動作的總回合數為 $10^6 M \\{(M+1)^{b-1} + (M+1)^{b-2} + \\dots + 1\\} = 10^6 \\{(M+1)^b - 1\\}$，因此編號 $b$ 的區域至少有五格的骷髏數量不小於 $10^6 (M+1)^b - 10^6 \\{(M+1)^b - 1\\} = 10^6$。以上推論對於所有 $b$ 都成立，因此有 $5N^2$ 格完蛋。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44523,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在銳角三角形 $ABC$ 中, 令點 $F$ 是通過 $A$ 的高的垂足, 而點 $P$ 位於線段 $AF$ 上。過點 $P$ 分別作平行 $AC$ 和 $AB$ 的直線, 設它們分別交 $BC$ 於點 $D$ 和 $E$。在圓 $ABD$ 及圓 $ACE$ 上分別取點 $X \\neq A$, $Y \\neq A$, 滿足 $DA = DX$, $EA = EY$。證明 $B, C, X, Y$ 共圓。\n\nIn an acute-angled triangle $ABC$, the point $F$ is the foot of the altitude from $A$, and $P$ is a point on the segment $AF$. The lines through $P$ parallel to $AC$ and $AB$ meet $BC$ at $D$ and $E$, respectively. Points $X \\neq A$ and $Y \\neq A$ lie on the circles $ABD$ and $ACE$, respectively, such that $DA = DX$ and $EA = EY$.\nProve that $B, C, X$, and $Y$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解法一. 令 $A'$ 為直線 $BX$ 與 $CY$ 的交點。由圓幂性質, 我們只需證明 $A'B \\cdot A'X = A'C \\cdot A'Y$ 即可, 或等價於證出 $A'$ 位於圓 $ABDX$ 及 $ACEY$ 的根軸上。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n由 $DA = DX$, 知在圓 $ABDX$ 上, 點 $D$ 平分以 $A, X$ 為端點的兩弧之一。所以, 根據點的順序, 直線 $BC$ 是 $\\angle ABX$ 的內角平分線或外角平分線。不論在哪種情形, 直線 $BX$ 皆是直線 $BA$ 關於直線 $BC$ 的對稱線。同理可知, 直線 $CY$ 是直線 $CA$ 關於直線 $BC$ 的對稱線。於是 $A'$ 為 $A$ 關於直線 $BC$ 的對稱點，由此得 $A, F, A'$ 三點共線。\n\n由 $PD \\parallel AC$ 及 $PE \\parallel AB$，知 $\\frac{FD}{FC} = \\frac{FP}{FA} = \\frac{FE}{FB}$，可得 $FD \\cdot FB = FE \\cdot FC$。\n\n因此點 $F$ 到圓 $ABDX$ 及圓 $ACEY$ 等幂。\n\n點 $A$ 在這兩圓上，所以到它們也等幂。所以圓 $ABDX$ 與圓 $ACEY$ 的根軸是高 $AF$，其經過 $A'$。得證。 □\n解法二. 以下為直線 $APA'$ 是圓 $ABD$ 及圓 $ACE$ 的根軸的另一個證明。此可由 $ABD$ 與 $ACE$ 的另一個交點位於直線 $AP$ 上得出。\n\n定義點 $N$ 為圓 $PDE$ 與 $AP$ 的第二個交點。由 $\\angle DNA = \\angle DNP = \\angle DEP = \\angle DBA$，知 $N$ 落在圓 $ABD$ 上；同理可證 $N$ 落在圓 $ACE$ 上。得證。 □",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44524,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $Q_{>1}$ 為所有大於 1 的有理數所成的集合。假設函數 $f: Q_{>1} \\to \\mathbb{Z}$ 滿足\n$$\nf(q) = \\begin{cases} q - 3 & \\text{若 } q \\text{ 為整數,} \\\\ \\lceil q \\rceil - 3 + f\\left(\\frac{1}{\\lceil q \\rceil - q}\\right) & \\text{若 } q \\text{ 不為整數.} \\end{cases}\n$$\n證明：對於任意滿足 $\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} = 1$ 的 $a, b \\in Q_{>1}$, 必有 $f(a) + f(b) = -2$.\n\nLet $Q_{>1}$ be the set of rational numbers greater than 1. Let $f : Q_{>1} \\to \\mathbb{Z}$ be a function that satisfies\n$$\nf(q) = \\begin{cases} q - 3 & \\text{if } q \\text{ is an integer,} \\\\ \\lceil q \\rceil - 3 + f\\left(\\frac{1}{\\lceil q \\rceil - q}\\right) & \\text{otherwise.} \\end{cases}\n$$\nShow that for any $a, b \\in Q_{>1}$ with $\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} = 1$, there always holds $f(a) + f(b) = -2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose that $a = m/n$ and $b = m/(m-n)$ where $\\gcd(m,n) = 1$. If $n = \\frac{1}{2}m$ then $(m,n) = (2,1)$ and the statement clearly holds in this case as $f(2) = -1$. Therefore from now on we assume that $n \\neq \\frac{1}{2}m$, and without loss of generality assume $n < \\frac{1}{2}m$. We will induct on $m$.\n\nAssume that $m > 2$ and the statement holds for all smaller $m$. Since we assume that $m > 2n$, we have\n$$\n\\begin{aligned}\nf(a) &= \\left\\lceil \\frac{m}{n} \\right\\rceil - 3 + f\\left(\\frac{1}{\\left\\lceil \\frac{m}{n} \\right\\rceil - \\frac{m}{n}}\\right) \\\\\n&= 1 + \\left\\lceil \\frac{m-n}{n} \\right\\rceil - 3 + f\\left(\\frac{1}{\\left\\lceil \\frac{m-n}{n} \\right\\rceil - \\frac{m-n}{n}}\\right) \\\\\n&= 1 + f\\left(\\frac{m-n}{n}\\right).\n\\end{aligned}\n$$\nWe also have\n$$\nf(b) = -1 + f\\left(\\frac{1}{2 - \\frac{m}{m-n}}\\right) = -1 + f\\left(\\frac{m-n}{m-2n}\\right).\n$$\nTherefore by the inductive hypothesis,\n$$\nf(a) + f(b) = f\\left(\\frac{m-n}{n}\\right) + f\\left(\\frac{m-n}{m-2n}\\right) = -2,\n$$\nas desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44525,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$$\n\\mathcal{F} := \\{ f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R} \\mid f(x + f(y)) = f(x) + f(y), \\forall x, y \\in \\mathbb{R} \\}.\n$$\n找出所有的有理數 $q$ 使得對所有函數 $f \\in \\mathcal{F}$, 存在 $z \\in \\mathbb{R}$ 滿足 $f(z) = qz$.\n\nLet $\\mathbb{R}$ be the set of real numbers. We denote by $\\mathcal{F}$ the set of all functions $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that\n$$\n\\mathcal{F} := \\{ f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R} \\mid f(x + f(y)) = f(x) + f(y), \\forall x, y \\in \\mathbb{R} \\}.\n$$\nfor every $x, y \\in \\mathbb{R}$. Find all rational numbers $q$ such that for every function $f \\in \\mathcal{F}$, there exists some $z \\in \\mathbb{R}$ satisfying $f(z) = qz$.",
    "options": [],
    "answer": "All rational numbers of the form (n+1)/n with n a nonzero integer.",
    "solution": "Let $Z$ be the set of all rational numbers $q$ such that for every function $f \\in \\mathcal{F}$, there exists some $z \\in \\mathbb{R}$ satisfying $f(z) = qz$. Let further\n$$\nS = \\left\\{ \\frac{n+1}{n} : n \\in \\mathbb{Z}, n \\neq 0 \\right\\}.\n$$\nWe prove that $Z = S$ by showing the two inclusions: $S \\subseteq Z$ and $Z \\subseteq S$.\n\nWe first prove that $S \\subseteq Z$. Let $f \\in \\mathcal{F}$ and let $P(x, y)$ be the relation $f(x + f(y)) = f(x) + f(y)$. First note that $P(0, 0)$ gives $f(f(0)) = 2f(0)$. Then, $P(0, f(0))$ gives $f(2f(0)) = 3f(0)$. We claim that\n$$\nf(kf(0)) = (k + 1)f(0)\n$$\nfor every integer $k \\ge 1$. The claim can be proved by induction. The case $k = 1$ and $k = 2$ have already been established. Assume that $f(kf(0)) = (k+1)f(0)$ and consider $P(0, kf(0))$ which gives\n$$\nf((k + 1)f(0)) = f(0) + f(kf(0)) = (k + 2)f(0).\n$$\nThis proves the claim. We conclude that $\\frac{k+1}{k} \\in Z$ for every integer $k \\ge 1$. Note that $P(-f(0), 0)$ gives $f(-f(0)) = 0$. We now claim that\n$$\nf(-kf(0)) = (-k + 1)f(0)\n$$\nfor every integer $k \\ge 1$. The proof by induction is similar to the one above. We conclude that $\\frac{-k+1}{-k} \\in Z$ for every integer $k \\ge 1$. This shows that $S \\subseteq Z$.\n\nWe now prove that $Z \\subseteq S$. Let $p$ be a rational number outside the set $S$. We want to prove that $p$ does not belong to $Z$. To that end, we construct a function $f \\in \\mathcal{F}$ such that $f(z) \\ne pz$ for every $z \\in \\mathbb{R}$. The strategy is to first construct a function\n$$\ng : [0, 1) \\to \\mathbb{Z}\n$$\nand then define $f$ as $f(x) = g(\\{x\\}) + \\lfloor x \\rfloor$. This function $f$ belongs to $\\mathcal{F}$. Indeed,\n$$\n\\begin{align*}\nf(x + f(y)) &= g(\\{x + f(y)\\}) + \\lfloor x + f(y) \\rfloor \\\\\n&= g(\\{x + g(\\{y\\}) + \\lfloor y \\rfloor\\}) + \\lfloor x + g(\\{y\\}) + \\lfloor y \\rfloor \\rfloor \\\\\n&= g(\\{x\\}) + \\lfloor x \\rfloor + g(\\{y\\}) + \\lfloor y \\rfloor \\\\\n&= f(x) + f(y),\n\\end{align*}\n$$\nwhere we used that $g$ only takes integer values. We now introduce the following lemma.\n\n**Lemma 1.** For every $\\alpha \\in [0, 1)$, there exists $m \\in \\mathbb{Z}$ such that\n$$\nm + n \\neq p(\\alpha + n)\n$$\nfor every $n \\in \\mathbb{Z}$.\n\n**Proof.** Note that if $p = 1$ the claim is trivial. If $p \\neq 1$, then the claim is equivalent to the existence of an integer $m$ such that $\\frac{m-p\\alpha}{p-1}$ is never an integer. Assume the contrary. That would mean that both $\\frac{m-p\\alpha}{p-1}$ and $\\frac{(m+1)-p\\alpha}{p-1}$ are integers, and so is their difference. The latter is equal to $\\frac{1}{p-1}$. Since we assumed $p \\notin S$, $\\frac{1}{p-1}$ is never an integer. This is a contradiction. $\\square$\n\nDefine $g : [0, 1) \\to \\mathbb{Z}$ by $g(\\alpha) = m$ for any integer $m$ that satisfies the conclusion of Lemma 1. Note that $f(z) \\neq pz$ if and only if\n$$\ng(z) + \\lfloor z \\rfloor \\neq p(z + \\lfloor z \\rfloor).\n$$\nThe latter is guaranteed by the construction of the function $g$. We conclude that $p \\notin Z$ as desired. This shows that $Z \\subset S$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44526,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 3$ be a positive integer. Show that for any real numbers $0 \\le x_1, x_2, \\dots, x_n \\le 1$ satisfying $x_1 + x_2 + \\dots + x_n = 3$, there always exist $x_i$, $x_j$ such that $x_ix_j > 2^{-|i-j|}$.\n\n令 $n \\ge 3$ 為正整數。證明：滿足 $x_1 + x_2 + \\cdots + x_n = 3$ 以及 $0 \\le x_1, x_2, \\ldots, x_n \\le 1$ 的實數 $x_1, x_2, \\ldots, x_n$，必有兩項 $x_i, x_j$ 滿足 $x_i x_j > 2^{-|i-j|}$。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $1 \\le a < b \\le n$ be such that $2^{b-a}x_a x_b$ is maximal. This choice of $a$ and $b$ implies that $x_{a+t} \\le 2^t x_a$ for all $1-a \\le t \\le b-a-1$, and similarly $x_{b-t} \\le 2^t x_b$ for all $b-n \\le t \\le b-a+1$. Now, suppose that $x_a \\in (\\frac{1}{2^{u+1}}, \\frac{1}{2^u}]$ and $x_b \\in (\\frac{1}{2^{v+1}}, \\frac{1}{2^v}]$, and write $x_a = 2^{-\\alpha}$, $x_b = 2^{-\\beta}$. Then\n$$\n\\sum_{i=1}^{a+u-1} x_i \\le 2^u x_a \\left( \\frac{1}{2} + \\frac{1}{4} + \\dots + \\frac{1}{2^{a+u-1}} \\right) < 2^u x_a \\le 1,\n$$\nand similarly,\n$$\n\\sum_{i=b-v+1}^{n} x_i \\le 2^v x_b \\left( \\frac{1}{2} + \\frac{1}{4} + \\dots + \\frac{1}{2^{n-b+v}} \\right) < 2^u x_b \\le 1,\n$$\nIn other words, the sum of the $x_i$'s for $i$ outside of the interval $[a+u, b-v]$ is strictly less than 2. Since the total sum is 3, and each term is at most 1, it follows that this interval must have at least two integers. i.e. $a+u < b-v$. Thus, by bounding the sum of the $x_i$ for $i \\in [1, a+u] \\cup [b-v, n]$ like above, and trivially bounding each $x_i \\in (a+u, b-v)$ by 1, we obtain\n$$\ns < 2^{u+1}x_a + 2^{v+1}x_b + ((b-v)-(a+u)-1) = b-a+(2^{u+1-\\alpha}+2^{v+1-\\beta}-(u+v+1)).\n$$\n\nAs in the original solution, we arrive at\n$$\n3 < 2^{u+1}x_a + 2^{v+1}x_b + ((b-v)-(a+u)-1) = b-a+(2^{u+1-\\alpha}+2^{v+1-\\beta}-(u+v+1)).\n$$\nNow $2^{b-a}x_a x_b \\ge 2^{b-a}2^{-u-1}2^{-v-1}$, so it is enough to show $-2 < b - a - u - v - 2$, or $3 < b - a - u - v + 3$. The fact that $u+1-\\alpha < 1$ and $v+1-\\beta < 1$ implies $2^{u+1-\\alpha} + 2^{v+1-\\beta} < 4$, and so $3 < b - a + (2 + 2 - u - v - 1) = b - a - u - v - 3$.\n\nNow recall $\\alpha \\in (u, u+1]$ and $\\beta \\in (v, v+1]$, so applying Bernoulli's inequality yields\n$$\n2^{u+1-\\alpha} + 2^{v+1-\\beta} - u - v - 1 \\le (1+(u+1-\\alpha))+(1+(v+1-\\beta)) - u - v - 1 = 3 - \\alpha - \\beta.\n$$\nThe above shows that $c = 1$ is the best possible. A somewhat simpler ending to the proof can be given for $c = \\frac{1}{4}$.\n\n**End of solution for $c = \\frac{1}{4}$**.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44527,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABC$ 為銳角三角形，其中 $AC > AB$，且點 $O$ 為其外心。設點 $D$ 為 $BC$ 線段上一點。過點 $D$ 引一條與 $BC$ 垂直的直線，設該線分別與直線 $AO, AC, AB$ 交於點 $W, X, Y$。三角形 $AXY$ 的外接圓與三角形 $ABC$ 的外接圓再交於點 $Z \\neq A$。\n已知 $D \\neq W$ 且 $OW = OD$。證明：$DZ$ 與三角形 $AXY$ 的外接圓相切。\n\nLet $ABC$ be an acute-angled triangle with $AC > AB$, let $O$ be its circumcenter, and let $D$ be a point on the segment $BC$. This line through $D$ perpendicular to $BC$ intersects the lines $AO$, $AC$, and $AB$ at $W$, $X$, and $Y$, respectively. The circumcircles of triangles $AXY$ and $ABC$ intersect again at $Z \\neq A$.\nSuppose $D \\neq W$ and $OW = OD$. Prove that $DZ$ is tangent to the circle $AXY$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設 $AO$ 與 $BC$ 交於點 $E$。由於 $EDW$ 是直角三角形且 $O$ 在 $WE$ 上，條件 $OW = OD$ 說明了 $O$ 是三角形 $EDW$ 的外心。於是 $OD = OE$，得到 $D, E$ 兩點對稱於 $BC$ 邊的中垂線。\n觀察有：\n$$\n180^\\circ - \\angle DXZ = \\angle ZXY = \\angle ZAY = \\angle ZCD,\n$$\n所以 $CDXZ$ 四點共圓。\n![](attached_image_1.png)\n\n接著證明 $AZ \\parallel BC$。為此，引入圓 $ABC$ 上的輔助點 $Z'$ 滿足 $AZ' \\parallel BC$。由前段的證明，我們知道只需證明 $CDXZ'$ 共圓即可。注意到三角形 $BAE$ 與三角形 $CZ'D$ 關於 $BC$ 邊的中垂線對稱。利用此點以及 $A, O, E$ 三點共線的關係，得\n$$\n\\angle DZ'C = \\angle BAE = \\angle BAO = 90^\\circ - \\frac{1}{2}\\angle AOB = 90^\\circ - \\angle C = \\angle DXC.\n$$\n\n所以 $DXZ'C$ 共圓，推得 $Z$ 與 $Z'$ 為同一點，得證。\n最後，由於 $AZ \\parallel BC$ 以及 $CDXZ$ 共圓，可知\n$$\n\\angle AZD = \\angle CDZ = \\angle CXZ = \\angle AYZ,\n$$\n由弦切角知 $DZ$ 與圓 $AXY$ 相切。 □\n注意到點 $Z$ 為直線 $AC, BC, BA$ 和 $DY$ 所成的密克點。所以有 $BDZY$ 四點共圓及 $CDXZ$ 四點共圓。並且，將 $BC$ 映到 $YX$ 的旋似變換，其中心為 $Z$。\n由於 $BC \\perp YX$，上述的旋似旋轉角為 $90^\\circ$，於是圓 $ABCZ$ 與圓 $AXYZ$ 正交，知圓 $ABCZ$ 的半徑 $OZ$ 垂直於圓 $AXYZ$。\n因為 $OW = OD$，三角形 $OWD$ 為等腰三角形，並且\n$$\n\\angle ZOA = 2\\angle ZBA = 2\\angle ZBY = 2\\angle ZDY = \\angle ODW + \\angle DWO,\n$$\n於是 $D$ 落在直線 $ZO$ 上，其與圓 $AXY$ 相切。 □",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44528,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $Q$ 為一個由若干個質數所成的集合 (不必然為有限集)。對於一個正整數 $n$，考慮其質因數分解，並定義 $p(n)$ 為這個分解中的指數和，而 $q(n)$ 為這個分解中在 $Q$ 中質數的指數和。若 $n$ 為一整數，且 $p(n)+p(n+1)$ 和 $q(n)+q(n+1)$ 都是偶數，則稱 $n$ 是特別的。證明存在一個與 $Q$ 無關的常數 $c > 0$，使得對於任意正整數 $N > 100$，在 $[1, N]$ 的特別整數至少有 $cN$ 個.\n(舉例來說，若 $Q = \\{3, 7\\}$，則 $p(42) = 3$，$q(42) = 2$，$p(315) = 4$，$q(315) = 3$)\n\nLet $Q$ be a set of prime numbers, not necessarily finite. For a positive integer $n$ consider its prime factorisation; define $p(n)$ to be the sum of all the exponents and $q(n)$ to be the sum of all the exponents corresponding only to primes in $Q$. A positive integer $n$ is called *special* if $p(n) + p(n + 1)$ and $q(n) + q(n + 1)$ are both even integers. Prove that there is a constant $c > 0$ independent of the set $Q$ such that for any positive integer $N > 100$, the number of special integers in $[1, N]$ is at least $cN$.\n(For example, if $Q = \\{3, 7\\}$, then $p(42) = 3$, $q(42) = 2$, $p(315) = 4$, $q(315) = 3$)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Fact 1:** For any 5 integers, there are at least 2 of them that have same parity for both $p$ and $q$ by the pigeonhole principle.\n\n**Fact 2:** $p(m) + p(n) \\equiv p(m/d) + q(m/d) \\pmod{2}$ if $d \\mid \\gcd(m, n)$.\n\nConsider the set\n$$\nA_k = \\{72k, 72k + 6, 72k + 8, 72k + 9, 72k + 12\\}\n$$\nBy Fact 1, for some $n_1, n_2 \\in A_k$, $p(n_1) \\equiv p(n_2) \\pmod{2}$ and $q(n_1) \\equiv q(n_2) \\pmod{2}$.\n\nObserve that the set is constructed in a way so that $d = n_1 - n_2 \\mid \\gcd(n_1, n_2)$, so by Fact 2, $n_1$ is special. That is, at least one number in $S_k = \\{\\frac{n_i}{n_j-n_i} \\mid j > i\\}$.\n\nClearly, $\\bigcup_{k \\le (N-12)/72} S_k \\subseteq [1, N]$ and every number can only belong to at most 10 different $S_k$, thus $[1, N]$ contains at least $\\lfloor \\frac{N-12}{720} \\rfloor$ special numbers. Plus the fact that $S_1 \\subset [1, 100]$, so there is at least one special number in $[1, 100]$, we know such constant $c > 0$ exists.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44529,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\Omega$ be the circumcircle of an acute-angled triangle $ABC$. Points $D, E, F$ are the midpoints of the inferior arcs $BC, CA, AB$, respectively, on $\\Omega$. Let $G$ be the point diametrically opposed to $D$ on $\\Omega$. Let $X$ be the intersection of lines $GE$ and $AB$, while $Y$ the intersection of lines $FG$ and $CA$. Let the circumcenters of triangles $BEX$ and $CFY$ be points $S$ and $T$, respectively. Prove that $D, S, T$ are collinear.\n\n設銳角三角形 $ABC$ 的外接圓為 $\\Omega$。令 $D, E, F$ 分別為 $\\Omega$ 上劣弧 $BC, CA, AB$ 的中點，$G$ 為 $D$ 關於 $\\Omega$ 的對徑點。令 $X$ 為 $GE$ 與 $AB$ 的交點，$Y$ 為 $FG$ 與 $CA$ 的交點。設三角形 $BEX$ 的外心為 $S$，三角形 $CFY$ 的外心為 $T$。試證 $D, S, T$ 共線。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $I$ 為 $\\triangle ABC$ 的內心, 我們有 $\\angle IFG = \\angle CBG = 90^\\circ - \\frac{1}{2}\\angle A = \\angle CIE$, 即 $FG \\parallel IE$。同理有 $GE \\parallel IF$。我們證明 $BY$ 與 $CX$ 的交點 $W$ 位於 $\\Omega$ 上: 考慮折線 $BWCFGE$, 由帕斯卡定理知 $W$ 位於 $\\Omega$ 上等價於 $X, Y, I$ 共線, 而這是因為\n$$\nA(X,Y; I, G) = (B,C; D, G) = -1 = G(E,F; I, \\infty_{EF}) = G(X,Y; I, A).\n$$\n令 $U$ 為 $BY$ 與 \\(\\odot(BEX)\\) 的第二個交點, 則由 $\\angle XUB = \\angle XEB = \\angle XGY$ 知 $U$ 位於 $\\odot(GXY)$ 上。同理, $CX$ 與 $\\odot(CFY)$ 的第二個交點 $V$ 也位於 $\\odot(GXY)$ 上。由於 $W$ 位於 $\\Omega$ 上, $\\angle XUB = \\angle GEB = \\angle GWB$, 即 $XU \\parallel GW$。同理, $YV \\parallel GW$。因此 $XYVU$ 是等腰梯形。\n\n由於 $\\angle BWC$ 的內角平分線 $WD$ 會是 $\\overline{XU}$ 的中垂線 $WS$, 也是 $\\overline{YV}$ 的中垂線 $WT$, 因此 $D, S, T$ 共線, 證畢。 $\\Box$\n\n\n**解法二.** 令 $I$ 為 $\\triangle ABC$ 的內心。則同樣地有 $IEGF$ 為平行四邊形且 $X, Y, I$ 共線。令 $X^*, Y^*, A^*$ 分別為 $X, Y, A$ 關於 $\\odot(BEX), \\odot(CFY), \\Omega$ 的對徑點。那麼由 $A^*B \\perp AB, DE \\perp GE$ 知 $X^* = A^*B \\cap DE$, 同理 $Y^* = CA^* \\cap FD$。注意到\n$$\n\\angle X^*XE = \\angle X^*BE = \\angle A^*BE = \\angle A^*GE = \\angle(AI, XE),\n$$\n即 $XX^* \\parallel AI$。同理 $YY^* \\parallel AI$。所以結合 $X, Y, I$ 共線及 $I$ 關於 $D$ 的對稱點為 $\\triangle ABC$ 的 $A$-旁心 $J$, 我們得到原命題等價於 $X^*, Y^*, J$ 共線。\n\n令 $E^*, F^*$ 分別為 $E, F$ 關於 $\\Omega$ 的對徑點, $Z$ 為 $A^*J$ 與 $\\Omega$ 的另一個交點。則\n$$\n\\begin{aligned}\nD(X^*, Y^*; J, A^*) &= (E, F; A, A^*) = (E^*, F^*; A^*, A) \\\\\n&\\stackrel{J}{=} (B, C; Z, D) = A^*(X^*, Y^*; J, D),\n\\end{aligned}\n$$\n即 $X^*, Y^*, J$ 共線。從而原命題成立。$\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44530,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為一正整數。松鼠阿布與阿江準備了 $n$ 顆核桃好過冬。某天，阿江發現阿布把核桃擺成 $n$ 堆，每堆一顆；牠覺得太多堆了，心生不悅。阿江於是決定進行以下操作：每次選兩堆核桃，從中各拿取等量的核桃，並將拿取的核桃合併成新的一堆。阿江的目標是讓非空的核桃堆數 $P(n)$ 越少越好。試對所有正整數 $n$，求阿江能透過有限步操作達到的最小 $P(n)$ 值。\n\nLet $n$ be a positive integer. Two squirrels, Bushy and Jumpy, have collected $n$ walnuts for the winter. One day, Jumpy noticed that Bushy have made the walnuts into $n$ piles, with a single walnut in each pile. “That’s way too many piles!” Unhappy, Jumpy decides to do the following actions: for each action, he chooses two piles, take equal amounts of walnuts from the two piles, and combine them into a new pile. Jumpy’s goal is to make $P$, the number of nonempty piles, as small as possible. For each positive integer $n$, find the smallest possible $P$ that Jumpy can achieve through finitely many actions.",
    "options": [],
    "answer": "P(n) = 1 if n is a power of two; otherwise P(n) = 2.",
    "solution": "若 $n$ 為 2 的幂次，則最小 $P = 1$；否則，最小 $P = 2$。\n\n當 $n = 2^k$ 時，我們只要每次取顆數最少的任兩堆，拿取其全部核桃合併，最終便能成為單一一堆，而這顯然是最小可能 $P$ 值。\n\n現在考慮 $2^k < n < 2^{k+1}$。以下用 $t$-堆表示有 $t$ 顆核桃的堆。考慮以下操作：\n\n1. 我們先從起始的 $n$ 堆中選擇 $2^k$ 堆，然後每次取其中顆數最少的任兩堆，拿取其全部核桃合併，最終便能成為一個 $2^k$-堆與 $m = n - 2^k$ 個 1-堆。稱這個 $2^k$-堆為 XL 堆。\n\n2. 接下來，我們從 XL 堆和一個 1-堆中各取一顆，組成一個 2-堆。若 $m < 2^k - 1$，則我們再從 XL 堆和 2-堆中各取一顆。重複以上動作，直到 XL 堆剩下 $m$ 顆。此時我們有一個 $m$-堆，一個 2-堆與 $n - m - 2 = 2^k - 2$ 個 1-堆。\n\n3. 我們接著將所有 1-堆兩兩合併，從而有 $2^{k-1}$ 個 2-堆。再從這些堆中，每次取最小的兩堆合併，最終便會得到一個 $2^k$ 堆。此時剩下一個 $m$-堆與一個 $2^k$-堆，故 $P = 2$。\n\n我們僅須證明當 $n$ 非 2 的幂次時，我們不可能操作到僅剩一堆即可。首先注意到，若我們選擇一個 $a$-堆和一個 $b$-堆，各拿取 $c \\le \\min(a, b)$ 顆，則我們有\n$$\na \\to a - c\n$$\n$$\nb \\to b - c\n$$\n$$\n0 \\to 2c\n$$\n再注意到若存在奇數 $q$ 整數 $\\gcd(a-c,b-c,2c)$，則我們必然要有 $q|a$ 與 $q|b$。\n\n現在，因為 $n$ 不是 2 的幂次，其必然有奇因數 $q > 1$。若我們最後得到單一個 $n$-堆，依照上述討論，一開始的每個 1-堆的顆數都要能被 $q$ 整除，而這顯然矛盾。故當 $n$ 不是 2 的幂次時，最小的 $P$ 值為 2。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44531,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $a$, $b$ and $c$ such that $ab$ is a square, and\n$$\na + b + c - 3\\sqrt[3]{abc} = 1.\n$$\n\n求所有正整數 $a$、$b$ 和 $c$，使得 $ab$ 為完全平方數且\n$$\na + b + c - 3\\sqrt[3]{abc} = 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All triples are given by there exists a positive integer n such that {a, b} = {n^2, (n+1)^2} and c = n(n+1).",
    "solution": "我們首先排除 $a = b$ 的可能性。注意到若 $a = b$，則對於所有質數 $p \\mid a$，由於 $p \\mid ab$ 且 $ab$ 為完全平方數，故 $p^2 \\mid ab$，這意味著 $p \\mid a+b-3\\sqrt[3]{abc}$。這表示 $p \\nmid c$，從而 $\\gcd(a, c) = 1$。又基於 $\\sqrt[3]{abc}$ 為整數，必須存在 $m, n \\in \\mathbb{N}$ 使得 $(a, b, c) = (m^3, m^3, n^3)$，從而\n$$\na + b + c - 3\\sqrt[3]{abc} = 2m^3 + n^3 - 3m^2n = (m - n)^2(2m + n) = 1,\n$$\n此顯然無解，故 $a \\neq b$。\n\n接下來，不失一般性假設 $a > b$。由算幾不等式，我們有\n$$\n\\begin{aligned}\n1 &= a + b + c - 3\\sqrt[3]{abc} \\\\\n  &= (\\sqrt{a} - \\sqrt{b})^2 + \\left(\\sqrt{ab} + \\sqrt{ab} + c - 3\\sqrt[3]{\\sqrt{ab}\\sqrt{abc}}\\right) \\\\\n  &\\ge (\\sqrt{a} - \\sqrt{b})^2 > 0,\n\\end{aligned}\n$$\n從而 $\\sqrt{a} - \\sqrt{b} = 1$。又由於 $ab$ 為完全平方數，知 $a$ 與 $b$ 皆為完全平方數$^1$，故存在 $n \\in \\mathbb{N}$ 使得 $a = (n+1)^2$ 且 $b = n^2$。又由於上述算幾不等式的等號必須成立，故有 $c = \\sqrt{ab} = n(n+1)$。以上解代回驗證成立。證畢。\n\n$^1$例如透過等式 $\\sqrt{a} = (a - b + 1)/2$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44532,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCD$ 為圓內接四邊形。已知 $Q$, $A$, $B$, $P$ 依序排在一條直線上, 且直線 $AC$ 與圓 $ADQ$ 相切、直線 $BD$ 與圓 $BCP$ 相切。令點 $M$, $N$ 分別為邊 $BC$ 與 $AD$ 的中點。證明以下三條直線共點：直線 $CD$；圓 $ANQ$ 在點 $A$ 的切線；圓 $BMP$ 在點 $B$ 的切線。\n\n(註：圓 $ADQ$ 指的是過 $A$, $D$, $Q$ 三點的圓；其餘類推。)\n\nLet $ABCD$ be a cyclic quadrilateral. Assume that the points $Q$, $A$, $B$, $P$ are collinear in this order, in such a way that the line $AC$ is tangent to the circle $ADQ$, and the line $BD$ is tangent to the circle $BCP$. Let $M$ and $N$ be the midpoints of $BC$ and $AD$, respectively. Prove that the following three lines are concurrent: line $CD$, the tangent of circle $ANQ$ at point $A$, and the tangent of circle $BMP$ at point $B$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解法一. 由於 $ABCD$ 有外接圓, 有 $\\angle DAQ = \\angle DCB$。又因於直線 $AC$ 與圓 $AQD$ 相切, 得 $\\angle CBD = \\angle CAD = \\angle AQD$。所以三角形 $ADQ$ 與 $CDB$ 相似 (AA)。\n令 $R$ 為線段 $CD$ 的中點。利用上面的三角形相似, $N$ 與 $R$ 為對應點。所以有\n$\\angle QNA = \\angle BRC$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n設點 $K$ 為直線 $CD$ 與圓 $ABR$ 的第二個交點 (如果 $CD$ 與圓 $ABR$ 交於兩點, 則取 $K$ 是異於 $R$ 的另一個交點; 如果 $CD$ 與圓 $ABR$ 相切, 則取 $K = R$)。則有 $\\angle BAK = \\angle BRC = \\angle QNA$; 此等式說明了直線 $AK$ 與圓 $ANC$ 相切。同樣的作法可證明直線 $BK$ 與圓 $BMP$ 相切。證畢。□\n\n\n解法二. 下面給出一個不需要 $ABCD$ 有外接圓條件的證明。同解法一, 令點 $M$, $N$ 分別落在直線 $BC$, $AD$ 上, 並滿足 $BM : MC = DN : NA$.\n\n設直線 $AB$ 與 $CD$ 交於點 $T$ (若兩線平行, 取 $T$ 為該方向上的無窮遠點)。令直線 $CD$ 與圓 $ANQ$ 在 $A$ 的切線相交於點 $K_1$, 又令直線 $CD$ 與圓 $BMP$ 在 $B$ 的切線相交於點 $K_2$。\n\n![](attached_image_2.png)\n\n設 $AD$ 方向及 $BC$ 方向的無窮遠點分別為點 $I$, $J$。注意到因為 $\\angle K_1AD = \\angle AQN$, $\\angle CAD = \\angle AQD$ 和 $\\angle IAT = \\angle IQT$, 直線族 ($AD$, $AC$, $AT$, $AK_1$) 與 ($QA$, $QD$, $QI$, $QN$) 相似。於是有以下交比：\n$$\n(D, C; T, K_1) = (AD, AC; AT, AK_1) = (QA, QD; QI, QN) = (A, D; I, N) = \\frac{DN}{NA}.\n$$\n同理可得\n$$\n(D, C; T, K_2) = (BD, BC; BT, BK_2) = (PC, PB; PJ, PM) = (C, B; J, M) = \\frac{BM}{MC}.\n$$\n因為一開始就有 $BM:MC = DN:NA$, 故得 $(D,C;T,K_1) = (D,C;T,K_2)$, 即有 $K_1 = K_2$. $\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44533,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $k$ 為正整數, 並令 $n = 2^k, N = \\{1, 2, \\dots, n\\}$。對於一個從 $N$ 到 $N$ 的雙射函數 $f$, 如果集合 $A \\subseteq N$ 中存在一個元素 $a$, 使得 $\\{a, f(a), f(f(a)), \\dots\\} = A$, 則我們稱 $A$ 是 $f$ 的一個**輪換**。試證明: 在所有從 $N$ 到 $N$ 的雙射函數 $f$ 中, 有至少 $\\frac{n!}{2}$ 個 $f$ 的輪換數不超過 $2k-1$。\n\nLet $k$ be a positive integer, and set $n = 2^k$, $N = \\{1, 2, \\dots, n\\}$. For any bijective function $f : N \\to N$, if a set $A \\subseteq N$ contains an element $a \\in A$ such that $\\{a, f(a), f(f(a)), \\dots\\} = A$, then we call $A$ as one of $f$'s cycle. Prove that: among all bijective functions $f : N \\to N$, at least $\\frac{n!}{2}$ of them have number of cycles less than or equal to $2k-1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $A(n)$ 為所有從 $N$ 到 $N$ 的雙射函數的 cycle 數總和。我們先證明：\n\n引理：$A(n) = n! \\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{i}$。\n\n證明：注意到在所有 $N$ 到 $N$ 的雙射函數中，\n\n1. 滿足 $f(n) = n$ 者共有 $(n-1)!$ 個，且這些 $f$ 的 cycle 總數是 $A(n-1) + (n-1)!$，其中 $(n-1)!$ 對應的是新的 $\\{n\\}$-cycle。\n2. 對於任何 $m \\in \\{1, 2, \\dots, n-1\\}$, 滿足 $f(n) = m$ 的函數共有 $(n-1)!$ 個, 且這些 $f$ 的 cycle 總數是 $A(n-1)$。\n\n因此我們有遞迴式：\n$$\n\\begin{aligned}\nA(n) &= A(n-1) + (n-1)! + (n-1)A(n-1) = nA(n-1) + (n-1)! \\\\\n\\Rightarrow \\frac{A(n)}{n!} &= \\frac{A(n-1)}{(n-1)!} + \\frac{1}{n} \\\\\n\\Rightarrow \\frac{A(n)}{n!} &= \\frac{A(1)}{1!} + \\sum_{i=2}^{n} \\frac{1}{i}\n\\end{aligned}\n$$\n\n又顯然 $A(1) = 1$, 故 $A(n) = n! \\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{i}$。\n\n回到原題。易知當 $k \\ge 3$ 時，有 $A(n) \\le n! \\times k$。此時若 cycle 數不少於 $\\frac{n!}{2}$ 的函數數量 $\\ge 2k$，則 $A(n) > \\frac{n!}{2} \\times 2k = n! \\times k^1$，矛盾！從而原命題對 $k \\ge 3$ 成立。易驗證命題對 $k=1,2$ 亦成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44534,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 為正整數。怪怪國有 $N$ 座城堡，其中每對城堡之間至多只有一條道路。每條道路上有至多 4 名守衛。為了節省人事開銷，怪怪國王頒布以下命令：\n(1) 如果三座城堡之間都互有道路，則其中任何一條道路都不能有 4 名守衛；\n(2) 如果四座城堡之間都互有道路，則從其中任何一座城堡出發，通往另外三座城堡的三條道路不能全部都站有 3 名守衛。\n\n證明：在此命令下，怪怪國在道路上的守衛總數不超過 $N^2$。\n註：只證出守衛總數不超過 $cN^2$，其中 $c > 1$ 與 $N$ 無關，將依 $c$ 值來給分。\n\nLet $N$ be a positive integer. Kingdom Wierdo has $N$ castles, with at most one road between each pair of cities. There are at most four guards on each road. To cost down, the King of Wierdos makes the following policy:\n(1) For any three castles, if there are roads between any two of them, then any of these roads cannot have four guards.\n(2) For any four castles, if there are roads between any two of them, then for any one castle among them, the roads from it toward the other three castles cannot all have three guards.\n\nProve that, under this policy, the total number of guards on roads in Kingdom Wierdo is smaller than or equal to $N^2$.\n*Remark*: Proving that the number of guards does not exceed $cN^2$ for some $c > 1$ independent to $N$ will be scored based on the value of $c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以城堡為點集 $V$，道路為邊集 $E$，守衛數量為邊權重做 weighted graph。我們將對這個圖做一系列的操作，使得國王命令持續被滿足，且守衛數量不減。\n定義 $W(ab)$ 為 $ab$ 邊上的權重，而 $W(a) = \\sum_{ab \\in E} W(ab)$ 為點 $a$ 所有連邊的權重總和，此外，對任何不相連的兩點 $a$ 和 $b$，定義它們兩點等價，若且唯若對於任何其他 $c \\in V$，$ac$ 連邊且 $W(ac) = t$ 若且唯若 $bc$ 連邊且 $W(bc) = t$。\n現在考慮以下操作：若有 $a$、$b$ 兩點不相鄰也不等價，假設 $W(a) \\ge W(b)$，則對於所有 $c \\ne a, b$，將 $W(bc)$ 改成 $W(ac)$。注意到：\n1. 由於 $W(a) \\ge W(b)$，所以在此操作下，$\\sum_{v \\in V} W(v)$ 不減；\n2. 由於 $ab$ 不相連，$a$ 與 $b$ 不可能同時屬於命令中所提及的三座城堡或四座城堡，故操作後仍符合命令；\n3. 每次操作都讓等價類的總類數嚴格遞減，故操作至多 $N-1$ 次後停止。\n\n注意到操作結束後的圖中，任兩個不相鄰的點一定等價，故其必為一個完全 $k$ 部加權圖。又注意到，若有任何一條邊的權重為 4，則依據命令 (1)，$k$ 必然為 2，而完全二部圖的總邊數至多為 $(N/2)^2$，從而總權重 $\\le 4 \\times (N/2)^2 = N^2$。\n\n故假設沒有任何一條邊的權重為 3，且 $k$ 部的點數各為 $n_1, n_2, \\dots, n_k$。注意到命令 (2) 強迫每部至多只能對另外兩部連出權重為 3 的邊。故，若我們考慮每一部僅保留一個點的子圖，且只保留權重為 3 的邊，則此子圖的每個點的 degree 都至多為 2，從而其必為若干不相連的鍊和／或環的聯集。由於在子圖上追加邊讓鍊都變成環，對應著原圖上的總權重增加，因此不失一般性假設子圖為不相連的 $p$ 個環的聯集。而對於每個環 $c_1c_2\\cdots c_s$，其對應在原圖上的總權重為\n$$\n3(n_{c_1}n_{c_2} + \\cdots + n_{c_s}n_{c_1}) \\le 3(n_{c_1}^2 + \\cdots + n_{c_s}^2)\n$$\n其中的不等式為排序不等式。故在所有其他邊權重都是 2 的情況下，原圖總權重\n$$\n\\begin{aligned}\n& 2 \\times \\#\\{ab : W(a, b) = 2\\} + 3 \\times \\#\\{ab : W(a, b) = 3\\} \\\\\n& \\le 2 \\times \\#\\{ab\\} + \\#\\{ab : W(a, b) = 3\\} \\\\\n& \\le 2 \\sum_{i \\ne j} n_i n_j + \\sum_{i=1}^k n_i^2 = \\left(\\sum_{i=1}^k n_i\\right)^2 = N^2.\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44535,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "用 $N$ 表示所有正整數形成的集合。找到所有可能的函數 $f: N \\to N$, 使得對於所有 $m, n \\in N$, 都有 $|f(m+n) - f(m)|$ 整除 $f(n)$。\n\nDenote the set of positive integers by $\\mathbb{N}$. Find all functions $f : \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ satisfying that for all $m, n \\in \\mathbb{N}$, $|f(m+n) - f(m)|$ divides $f(n)$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = c n for some positive integer c",
    "solution": "From the assumptions of the problem, we have the following facts:\n1. $f$ is injective\n2. $f(m+n) \\le f(m) + f(n)$\n3. $|f(m+1) - f(m)| \\le f(1)$\n4. $(f(m+1) - f(1)) \\mid f(m)$\nSince $f$ is injective, $f(m+1) > 3f(1)$ for sufficiently large $m$. Combine the above listed facts, we have\n$$\n2f(1) < f(m+1) - f(1) \\mid |f(m) - f(m+1) + f(1)| \\le 2f(1)\n$$\nTherefore, we must have $f(m) - f(m+1) + f(1) = 0$. That is, $f(m) = mf(1) + c$ for some constant $c$ for sufficiently large $m$. Hence, for every sufficiently large $m, n$, we have $f(m+n) - f(m) = nf(1)$ divides $f(n) = nf(1) + c$, $c$ is forced to be 0. Claim, that $f(n) = nf(1)$ for all $n \\in \\mathbb{N}$. Toward contradiction, assume $n$ to be the largest number such that $f(n) \\ne nf(1)$. Fix a sufficiently large $m$, we have $nf(1) = f(m+n) - f(m) \\mid f(n)$, thus $f(n) = knf(1) = f(kn)$ for some $k \\ge 2$, contradict to the fact that $f$ is injective.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44536,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a > 1$ 為正整數, 而 $d > 1$ 為與 $a$ 互質的正整數。令 $x_1 = 1$ 並對於所有 $k \\ge 1$ 以遞迴方式定義\n$$\nx_{k+1} = \\begin{cases} x_k + d & \\text{若 } a \\text{ 不整除 } x_k, \\\\ x_k/a & \\text{若 } a \\text{ 整除 } x_k. \\end{cases}\n$$\n\n求最大的正整數 $n$ (以 $a$ 和 $d$ 的函數表示), 使得存在足標 $k$, 滿足 $x_k$ 被 $a^n$ 整除。\n\nLet $a > 1$ be a positive integer, and let $d > 1$ be a positive integer coprime to $a$. Let $x_1 = 1$ and, for all $k \\ge 1$, recursively define\n$$\nx_{k+1} = \\begin{cases} x_k + d & \\text{if } a \\text{ doesn't divide } x_k, \\\\ x_k/a & \\text{if } a \\text{ divides } x_k. \\end{cases}\n$$\n\nFind the greatest positive integer $n$ (as a function of $a$ and $d$) for which there exists an index $k$ such that $x_k$ is divisible by $a^n$.",
    "options": [],
    "answer": "The largest n is the unique integer with d < a^n < a d, equivalently n = floor(log_a(ad)).",
    "solution": "$n = \\max\\{m: am < ad\\}$; 注意到這表示 $a^{n+1} > ad \\Rightarrow a^n > d$.\n\n**解法一、由數歸知 $x_k$ 與 $d$ 互質。** 此外, 注意到 $x_k$ 至多只有連續 $a-1$ 個遞增, 故由數歸知\n$$\n\\begin{cases} x_k < da & \\text{若 } x_k = x_{k-1} + d, \\\\ x_k < d & \\text{若 } x_k = x_{k-1}/a \\text{或 } k = 1. \\end{cases} \\quad (1)\n$$\n這意味著 $a^n < da$。此給出了 $n \\le \\max\\{m: am < ad\\}$。\n\n以下證明此上界確實滿足題意。注意到滿足(1)同時意味著 $x_k$ 在某一項後必為循環數列, 以 $a^{-k}$ 表示模 $d$ 下 $a^k$ 的乘法反元素, 則 $x_k$ 必然包含 $1, a^{-1}, a^{-2}, \\dots, a^k \\text{ mod } d$, 等價於包含 $1, a, a^2, \\dots \\text{ mod } d$。令 $x_\\ell$ 為第一個與 $a^n$ 同餘的項, 則 $\\ell = 1$ 或 $x_\\ell = x_{\\ell-1}/a$ (否則 $x_\\ell = x_{\\ell-1} + d \\Rightarrow x_{\\ell-1} \\equiv a^n$, 矛盾。) 不論是哪一種情況, 依據(1), 都有 $x_\\ell < d < a^n < da$, 從而\n$$\nx_\\ell \\in \\{a^n - d, a^n - 2d, \\dots, a^n - (a-1)d\\},\n$$\n而右邊集合中的任何一個數字都不被 $a$ 整除, 故數列必在 $x_\\ell$ 之後的 $a-1$ 項內達到值 $a^n$.\n\n\n**解法二、同解法一，$x_k$ 與 $d$ 互質且 $x_k < ad$。** 令\n$$\nS = \\{x \\in \\mathbb{Z}_{>0} : 0 < x < ad, \\gcd(x, d) = 1\\},\n$$\n並考慮 $f: S \\to S$\n$$\nf(x) = \\begin{cases} x+d & \\text{若 } a \\nmid x, \\\\ x/a & \\text{若 } a \\mid x. \\end{cases}\n$$\n則 $x_1 = 1$ 且 $x_{k+1} = f(x_k)$。\n\n讓我們證明以上遞迴可逆。假設對於某組 $x, y \\in S$ 有 $f(x) = y$:\n\n- 若 $y > d$, 則必然有 $f(x) = x + d$, 從而 $y - d = x \\in S$ 且 $ay \\notin S$;\n- 若 $y < d$, 則必然有 $f(x) = x/a$, 從而 $ay = x \\in S$ 且 $y - d \\notin S$。\n\n這表示 $f$ 是一個 $S$ 的重排，且其反函數為\n$$\nf^{-1}(y) = \\begin{cases} y - d & \\text{若 } y > d, \\\\ a \\times y & \\text{若 } y < d. \\end{cases}\n$$\n\n現在，因為 $f$ 是 $S$ 的重排，其必然為周期函數，故其有無限多項為 1。取充分大的 $\\ell$ 滿足 $x_{\\ell} = 1$，則我們有\n$$\nx_{\\ell} = 1, \\quad x_{\\ell-1} = f^{-1}(x_{\\ell}) = a, \\dots, \\quad x_{\\ell-n} = a^n.\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44537,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For every positive integer $M \\ge 2$, find the smallest real number $C_M$ such that for any integers $a_1, a_2, \\dots, a_{2023}$, there always exists some integer $1 \\le k < M$ such that\n$$\n\\left\\{ \\frac{ka_1}{M} \\right\\} + \\left\\{ \\frac{ka_2}{M} \\right\\} + \\dots + \\left\\{ \\frac{ka_{2023}}{M} \\right\\} \\le C_M.\n$$\n\nHere, $\\{x\\}$ is the unique number in the interval $[0, 1)$ such that $x - \\{x\\}$ is an integer.",
    "options": [],
    "answer": "1011 + 1/M",
    "solution": "The answer is $1011 + \\frac{1}{M}$.\n\nWe can see that $C_M \\ge 1011 + \\frac{1}{M}$ by picking $a_{2i+1} = 1$ and $a_{2i} = -1$. This way, we get for all $k = 1, \\dots, M-1$,\n$$\n\\left\\{ \\frac{ka_1}{M} \\right\\} + \\left\\{ \\frac{ka_2}{M} \\right\\} + \\dots + \\left\\{ \\frac{ka_{2023}}{M} \\right\\} = 1012 \\cdot \\frac{k}{M} + 1011 \\cdot \\frac{M-k}{M} = 1011 + \\frac{k}{M} \\ge 1011 + \\frac{1}{M}.\n$$\n\nTo show that this is the best possible, let\n$$\nP_i := \\sum_{k=1}^{M-1} \\left\\{ \\frac{ka_i}{M} \\right\\}, \\quad Q_k = \\sum_{i=1}^{2023} \\left\\{ \\frac{ka_i}{M} \\right\\}.\n$$\nWe claim that for any integer $a$, we have $\\sum_{k=1}^{M-1} \\left\\{\\frac{ka}{M}\\right\\} \\le \\frac{(M-1)}{2}$, and equality holds when $\\gcd(a, M) = 1$. To see this, let $d = \\gcd(a, M)$. Then clearly\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{k=1}^{M-1} \\left\\{ \\frac{ka}{M} \\right\\} & \\le (d-1) \\cdot \\frac{0}{M} + d \\cdot \\frac{d}{M} + d \\cdot \\frac{2d}{M} + \\dots + d \\cdot \\frac{(M/d-1)d}{M} \\\\\n& \\le \\frac{1}{M} \\left[ (1 + \\dots + (d-1)) + (d + \\dots + 2d-1) + \\dots + (M-d+\\dots+M-1) \\right] \\\\\n& = \\frac{(M-1)}{2},\n\\end{aligned}\n$$\nwhere the equality holds only when $d=1$.\n\nSince $a$ is arbitrary, by applying the claim for $a = a_i$, we see $P_i \\le \\frac{M-1}{2}$ for all $i$. Thus $\\sum_{k=1}^{M-1} Q_k = \\sum_{i=1}^{2023} P_i \\le \\frac{2023(M-1)}{2}$.\n\nNow if there is some $Q_k \\le 1011$, then we are already done. Thus we can assume $\\lceil Q_k \\rceil \\ge 1012$ for all $k$, and so we have\n$$\n\\{-Q_k\\} = -Q_k - \\lfloor -Q_k \\rfloor = \\lceil Q_k \\rceil - Q_k \\ge 1012 - Q_k.\n$$\nAs a consequence,\n$$\n\\sum_{k=1}^{M-1} \\{-Q_k\\} \\ge 1012(M-1) - \\frac{2023}{2}(M-1) = \\frac{1}{2}(M-1).\n$$\n\nNote that\n$$\n\\{-Q_k\\} = \\left\\{ \\frac{-k(a_1 + \\cdots + a_{2023})}{M} \\right\\}.\n$$\nApply the claim for $a = a_1 + \\cdots + a_{2023}$, and we get that all equalities should hold. Thus $\\gcd(a, M) = 1$ by the claim, and $\\lceil Q_k \\rceil = 1012$ for all $k$. In particular, if we choose $k$ to be the inverse of $a$ modulo $M$, then $Q_k = 1011 + \\frac{1}{M} \\le C_M$, as desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44538,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的外接圓為 $\\omega$，$A$-旁心為 $I_A$，$I_A$ 對 $BC$ 的垂足為 $D$。令 $M$ 為線段 $I_A D$ 的中點。在圓 $\\omega$ 上，不含 $A$ 點的 $BC$ 弧內選取點 $T$ 使得 $\\angle BAT = \\angle DAC$。直線 $I_A T$ 與圓 $\\omega$ 再交於點 $S \\neq T$。設 $SM$ 交 $BC$ 於點 $X$；線段 $AD$ 的中垂線分別交 $AC$、$AB$ 於點 $Y$、$Z$。證明直線 $AX$、$BY$、$CZ$ 共點。\n\nLet $\\omega$ be the circumcircle of triangle $ABC$, whose $A$-excenter is $I_A$. Let $D$ be the foot of the perpendicular from $I_A$ to $BC$. Let $M$ be the midpoint of segment $I_A D$. Point $T$ be on arc $BC$ not containing $A$ of $\\omega$ satisfying $\\angle BAT = \\angle DAC$, and $I_A T$ intersects $\\omega$ again at $S \\neq T$. Let $SM$ and $BC$ intersect at $X$, and let the perpendicular bisector of $AD$ intersect $AC, AB$ at $Y, Z$, respectively. Prove that the lines $AX, BY, CZ$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解法一. 令 $\\triangle ABC$ 的內心為 $I$, 劣弧 $BC$ 的中點為 $N$, $ND$ 再交 $\\omega$ 於 $U$, $AI \\cap BC = L$。考慮以 $A$ 為中心、$\\sqrt{AB \\cdot AC}$ 為半徑的反演變換, 並對 $AI$ 鏡射。此反演將 $D$ 送到 $T$, $L$ 送到 $N$, 故\n$$\n\\angle ATL = \\angle AND = \\angle ANU = \\angle ATU,\n$$\n即 $T, L, U$ 共線。令 $BAC$ 弧中點為 $N'$, 則熟知 $T, I, N'$ 共線, 故有\n$$\n-1 = (A, L; I, I_A) \\stackrel{T}{=} (A, U; N', S) \\stackrel{N}{=} (I_A, D; \\infty_{I_A D}, NS \\cap I_A D),\n$$\n即 $NS$ 平分 $I_A D$, 故 $N, S, M$ 共線。\n令 $AD$ 中垂線 (即 $YZ$) 交 $BC$ 於 $W$, 則 $WD^2 = WA^2$, 即 $W$ 在 $A$-旁切圓與點 $A$ 的根軸 $\\ell$ 上。若 $A$-旁切圓分別切 $AC, AB$ 於 $E, F$, 則 $AE$ 中點和 $AF$ 中點亦在 $\\ell$ 上。若 $EF \\cap BC = P, AN' \\cap BC = Q$, 因為 $EF \\parallel AN'$, 可知 $\\ell$ 與 $EF$ 和 $AN'$ 等距, 故 $W = \\ell \\cap BC$ 為 $PQ$ 中點。\n考慮對 $BC$ 的調和共軛, 即對 $BC$ 直徑圓反演, 令 $X'$ 為 $W$ 對 $BC$ 的調和共軛, $BC$ 中點為 $M_{BC}$, 有\n$$\n-1 = (P, Q; W, \\infty_{BC}) = (D, L; X', M_{BC}) \\stackrel{N}{=} (D, I_A; NX' \\cap DI_A, \\infty_{DI_A}),\n$$\n即 $NX' \\cap DI_A = M, NX'M$ 共線, 又由前面知道 $N, S, M, X$ 共線, 故 $X = X'$。也就是說 $-1 = (B, C; X, W)$。因為 $W = XY \\cap BC$, 故 $AX, BY, CZ$ 共點。$\\square$\n\n\n解法二. 令 $\\triangle ABC$ 為 $I$, 劣弧 $BC$ 的中點為 $N$, $I_A D$ 交 $TI$ 於 $P$。\n我們一樣先證明 $N, S, M$ 共線：令 $BAC$ 弧中點為 $N'$。注意到\n$$\n\\angle IAD = \\angle TAN = \\angle TN'N = \\angle IPD,\n$$\n故 $A, I, P, D$ 共圓。因此\n$$\nI_A T \\cdot I_A S = I_A N \\cdot I_A A = \\frac{1}{2} I_A I \\cdot I_A A = \\frac{1}{2} I_A D \\cdot I_A P = I_A M \\cdot I_A P,\n$$\n有 $S, T, M, P$ 共圓。所以\n$$\n\\angle TSM = \\angle TPM = \\angle IPD = \\angle IDA = \\angle TAN,\n$$\n即 $N, S, M$ 共線。\n設 $YZ$ 交 $BC$ 於 $X'$。因原題等價於 $(B, C; X, X') = -1$，故等價證明 $\\overline{M_A B}^2 = \\overline{M_A X} \\cdot \\overline{M_A X'}$，其中 $M_A$ 為線段 $BC$ 的中點。\n令 $E$ 為 $\\triangle ABC$ 內切圓在 $BC$ 邊的切點，$K$ 為 $NM_A$ 與 $AD$ 的交點。熟知 $\\overline{M_A D} = \\overline{M_A E}$ 且 $AD$ 通過 $E$ 關於 $I$ 的對稱點，故 $\\overline{KM_A} = \\overline{IE}$，$\\overline{KE} = \\overline{KD}$。\n注意到 $MN \\parallel DI$，有 $\\triangle NM_A X \\sim \\triangle IED$，因此\n$$\n\\overline{M_A X} = \\overline{DE} \\cdot \\frac{\\overline{NM_A}}{\\overline{IE}}.\n$$\n另一方面，因為\n$$\n\\angle KAX' = -\\angle KDX' = -\\angle KDE = \\angle KED = \\angle KEX',\n$$\n有 $A, K, E, X'$ 共圓。而\n$$\n\\overline{M_A X'} = \\frac{\\overline{M_A K}}{\\tan \\angle KX'E} = \\frac{\\overline{IE}}{\\tan \\angle KX'E} = \\frac{\\overline{IE}}{\\tan \\angle KAE} = \\frac{\\overline{IE}}{\\tan \\angle DAE},\n$$\n因此原題僅需證明\n$$\n\\overline{M_A B} \\cdot \\overline{M_A C} = \\frac{\\overline{DE} \\cdot \\overline{NM_A}}{\\tan \\angle DAE}.\n$$\n若令 $\\triangle ADE$ 的外心為 $O'$，我們有 $\\frac{\\overline{DE}}{\\tan \\angle DAE} = 2\\overline{O'M_A}$。且由圓幂性質，有 $\\overline{M_A B} \\cdot \\overline{M_A C} = \\overline{NM_A} \\cdot \\overline{M_A N'}$。故最後等價證明 $\\overline{M_A N'} = 2\\overline{O' M_A}$，由以下引理得證。\n\n**Lemma.** $\\triangle ADE$ 的外心 $O'$ 為 $\\overline{N' M_A}$ 的中點。\n\n*Proof of the lemma.* 設 $A$ 對 $BC$ 的垂線、$AI$ 分別交三角形 $ADE$ 的外接圓 $\\Gamma$ 於 $U, V$。熟知 $A(U, V; D, E)_\\Gamma = -1$，因此 $VM_A$ 與 $\\Gamma$ 的第二個交點 $A^*$ 會滿足 $A^*U \\parallel DE$，即 $A^*$ 為 $A$ 在 $\\Gamma$ 上的對徑點。所以 $\\angle AVA^* = 90^\\circ = \\angle VAN'$，即 $AN \\parallel VA^*$。又 $M_A U$ 與 $M_A V$ 關於 $DE$ 對稱，得到 $AUM_A N'$ 為等腰梯形，故 $\\overline{M_A N'}$ 的中點在 $AU$ 的中垂線上，即為 $\\triangle ADE$ 的外心 $O'$。□",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44539,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There is an equilateral triangle $ABC$ on the plane. Three straight lines pass through $A$, $B$ and $C$, respectively, such that the intersections of these lines form an equilateral triangle inside $ABC$. On each turn, Ming chooses a two-line intersection inside $ABC$, and draw the straight line determined by the intersection and one of $A$, $B$ and $C$ of his choice. Find the maximum possible number of three-line intersections within $ABC$ after $300$ turns.\n\n平面上有一正三角形 $ABC$。三條直線分別穿過 $A$、$B$、$C$，且此三線的交點在 $ABC$ 內形成一個正三角形。每一回合，小明選擇三角形內一個被兩條直線通過的交點，並在平面上增加該點與 $A$、$B$、$C$ 其中一點所決定的直線。試求 $300$ 回合後，$ABC$ 內被三條直線通過的交點數的最大可能值。",
    "options": [],
    "answer": "7651",
    "solution": "答案為 $7651$；一般性地，對於第 $6n$ 回合，最大可能值為 $3n^2 + 3n + 1$。\n\n讓我們對這些直線座標化：對於通過點 $A$ 的直線 $\\ell$，標記為 $(1, r)$，其中\n$$\nr = \\frac{\\sin \\angle(AB, \\ell)}{\\sin \\angle(\\ell, AC)}.\n$$\n類似地定義 $(2, r)$ 與 $(3, r)$。注意到這表示：\n- 存在 $t > 0$ 使得起始的三條直線為 $(1, t)$、$(2, t)$ 與 $(3, t)$；\n- 由角元希瓦定理，$(1, r_1)$、$(2, r_2)$ 與 $(3, r_3)$ 三線共點若且唯若 $r_1 r_2 r_3 = 1$，亦即 $\\log_t r_1 + \\log_t r_2 + \\log_t r_3 = 0$；\n- 每次小明選定 $(i, r_i)$ 與 $(j, r_j)$ 的交點時，他能增加的新線是 $(k, r_k)$，其中 $k \\in \\{1, 2, 3\\} - \\{i, j\\}$ 且 $r_k = (r_i r_j)^{-1}$，亦即 $\\log_t r_k = -(\\log_t r_i + \\log_t r_j)$。\n\n綜以上，藉由考慮 $\\log_t$ 版本，我們可以將問題改為以下的等價組合問題：\n令 $S_1 = S_2 = S_3 = \\{1\\}$。小明每一次取 $n_i \\in S_i$ 及 $n_j \\in S_j$，並將 $-(n_i + n_j)$ 加入第三個集合中。令 $S = \\{(s_1, s_2, s_3) : s_i \\in S_i, s_1 + s_2 + s_3 = 0\\}$。證明在 $6n$ 次操作後，$|S|$ 的最大可能值為 $3n^2 + 3n + 1$。\n\n估計：這等價於證明，當 $|S_i| = n_i$ 且 $n_1 + n_2 + n_3 = 6n + 3$ 時（因為起始 $|S_i| = 1$），$|S| \\le 3n^2 + 3n + 1$。令 $S_1$ 元素為 $a_1 < a_2 < \\dots < a_p$，$S_2$ 元素為 $b_1 < b_2 < \\dots < b_q$，$S_3$ 元素為 $c_1 < c_2 < \\dots < c_r$，並不失一般性假設 $p \\le q \\le r$。考慮集合\n$$\n\\begin{align*}\nT_1 &= \\{a_1 + b_1, a_2 + b_1, \\dots, a_p + b_1, a_p + b_2, \\dots, a_p + b_q\\}, \\\\\nT_2 &= \\{a_1 + b_2, a_2 + b_2, \\dots, a_{p-1} + b_2, a_{p-1} + b_3, \\dots, a_{p-1} + b_q\\}, \\\\\n\\vdots \\\\\nT_i &= \\{a_1 + b_i, a_2 + b_i, \\dots, a_{p+1-i} + b_i, a_{p+1-i} + b_{i+1}, \\dots, a_{p+1-i} + b_q\\}, \\\\\n\\vdots\n\\end{align*}\n$$\n\n則易知 $\\cup_{i=1}^p T_i = S_1 + S_2$, 且任何一個 $a_k + b_\\ell$ 都僅在唯一的一個 $T_i$ 中出現。又\n$$\n|T_i \\cap (-S_3)| \\le |S_3| = r \\quad \\text{且} \\quad |T_i \\cap (-S_3)| \\le |T_i| = p + q - 2i + 1,\n$$\n故\n$$\n|S| = \\sum_{i=1}^{p} |T_i \\cap (-S_3)| \\le \\sum_{i=1}^{p} \\min(r, p+q-2i+1) := f(p, q, r),\n$$\n直接計算（見註一）可得\n$$\n\\begin{aligned} f(p, q, r) &= \\frac{1}{4}(-p^2 - q^2 - r^2 + pq + pr + qr) + \\frac{1}{4} \\\\ &\\le \\frac{(p+q+r)^2}{12} + \\frac{1}{4} = 3n^2 + 3n + 1 \\end{aligned} \\quad (1)\n$$\n\n**註一：** (1) 左式推導 注意到\n- 若 $r < q-p+1$，則 $f(p, q, r) = f(p, q-1, r+1)$；\n- 若 $r > q+p-1$，則 $f(p, q, r) = f(p, q+1, r-1)$。\n故我們可以不失一般性地令 $r \\in [q-p+1, q+p-1]$，而此時直接計算得\n$$\n\\begin{aligned} f(p, q, r) &= \\sum_{p+q-2i+1 \\le r} r + \\sum_{p+q-2i+1 > r} (p+q-2i+1) \\\\ &= tr + (p-t)(q-t) = -t(p+q-r-t) + pq \\end{aligned} \\quad (3)\n$$\n\n其中 $t = \\lfloor (p+q+1-r)/2 \\rfloor$。但注意到\n$$\nt(p+q-r-t) = \\max_{x \\in \\mathbb{Z}} x(p+q-r-x) = \\frac{(p+q-r)^2-1}{4} \\quad (4)\n$$\n將 (4) 代回 (3) 即得 (1) 中左式。\n\n**註二：** (2) 左式推導 由於將 $S_1$ 改為 $(S_1+2)/3$, $S_2$ 改為 $(S_2-1)/3$, $S_3$ 改為 $(S_3-1)/3$,\n則滿足 $s_1 + s_2 + s_3 = 0$ 的組數不變, 故我們可以改為考慮 $S_1 = S_2 = S_3 =$\n$\\{-n, -n+1, \\cdots, n-1, n\\}$, 而此時\n$$\n|S| = \\sum_{k=-n}^{n} |\\{s_2 + s_3 = -k : s_i \\in S_i\\}| = (2) \\text{左式.} \\quad (5)\n$$\n\n$$\n\\begin{aligned} |S| &= \\sum_{k=-n}^{n} (2n+1-|k|) = (2n+1) + 2 \\sum_{k=1}^{n} (2n+1-k) \\\\ &= (2n+1) + n \\times (3n+1) = 3n^2 + 3n + 1. \\end{aligned} \\quad (2)\n$$\n\n**構造：** 考慮以下策略：我們首先呈現小明的最佳策略：\n1. 小明首先在三個集合中都加入 $-(1+1) = -2$；",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44540,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個遞增函數 $f: N \\to R_{>0}$，其中 $N$ 代表全體正整數所成的集合，$R_{>0}$ 為所有正實數所成的集合。我們給出下列定義：\n- 若正整數 $m, n$ 滿足 $f(mn) \\neq f(m)f(n)$，我們稱數對 $(m, n)$ 為『不服從的』。\n- 正整數 $m$ 被稱為『極端不服從的』。若且唯若對於任意的非負整數 $N$，總存在無限多個正整數 $n$ 使得所有 $(m, n), (m, n + 1), \\dots, (m, n + N)$ 都是『不服從的』。\n證明：若存在一個『不服從的』數對，則必存在一個『極端不服從的』正整數。\n\nLet $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{R}_{>0}$ be a given increasing function that takes positive values.\nFor any pair $(m, n)$ of positive integers, we call it *disobedient* if $f(mn) \\neq f(m)f(n)$. For any positive integer $m$, we call it *ultra-disobedient* if for any nonnegative integer $N$, there are always infinitely many positive integers $n$ satisfying that $(m, n), (m, n + 1), \\dots, (m, n + N)$ are all *disobedient* pairs.\nShow that if there exists some *disobedient* pair, then there exists some *ultra-disobedient* positive integer.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will show the contrapositive of the statement. In particular, we will show that if there are no ultra-disobedient positive integers, then there exists a nonnegative integer $\\alpha$ with $f(n) = n^\\alpha$ for any $n \\in \\mathbb{N}$.\n\nWe first show that $f(1) = 1$. Since $1$ is not ultra-disobedient, there exists $n \\in \\mathbb{N}$ with $f(n) = f(n)f(1)$, showing that $f(1) = 1$.\n\nNow let $a, b$ be two arbitrary positive integers greater than $1$. We will show that $\\log f(a)/\\log a = \\log f(b)/\\log b$. Since none of them is ultra-disobedient, there exist non-negative integers $N, M$ such that for any $n > M$, some of $(a, n), \\dots, (a, n + N)$ and some of $(b, n), \\dots, (b, n + N)$ are obedient.\n\nBy symmetry, it suffices to show that $\\log f(a)/\\log a \\ge \\log f(b)/\\log b$. Assume for the sake of contradiction that $\\log f(a)/\\log a < \\log f(b)/\\log b$. Then $\\log a/\\log b > \\log f(a)/\\log f(b)$, and by the density of rationals we can find $p, q \\in \\mathbb{N}$ such that $\\log a/\\log b > p/q > \\log f(a)/\\log f(b)$.\n\n$$\nx_q \\geq a^q k - (a^{q-1} + \\dots + 1)N, \\quad y_p \\leq b^p k + (b^{q-1} + \\dots + 1)N.\n$$\nSince $a^q > b^q$, we can choose $k$ large enough so that $x_q > y_p$. This then gives that $f(a)^q \\geq f(b)^p$, or $\\log f(a)/\\log(b) > p/q$. This is a contradiction. Therefore $\\log f(a)/\\log a \\geq \\log f(b)/\\log b$, and thus $\\log f(a)/\\log a = \\log f(b)/\\log b$ by symmetry. We can now let $\\alpha = \\log f(2)/\\log 2$ and complete the proof.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44541,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "求所有函數 $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ 滿足\n$$\nf(xy + f(y)) f(x) = x^2 f(y) + f(xy)\n$$\n對於所有實數 $x, y$ 皆成立。\n\nFind all functions $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that\n$$\nf(xy + f(y)) f(x) = x^2 f(y) + f(xy)\n$$\nholds for all real numbers $x, y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for all x, or f(x) = x for all x",
    "solution": "令 $P(a, b)$ 為 $x = a, y = b$ 代入的結果。\n$$\nP(0,0) : f(f(0))f(0) = f(0) \\Rightarrow f(f(0)) = 1 \\text{ 或 } f(0) = 0\n$$\n\n**Case 1.** $f(f(0)) = 1$\n$$\nP(f(0), 0) : f(f(0))^2 = f(0)^3 + f(0) \\Rightarrow f(0)^3 + f(0) = 1 \\cdots (1)\n$$\n$$\nP(0, f(0)) : f(1)f(0) = f(0) \\Rightarrow f(1) = 1\n$$\n$$\nP(-1, 0) : f(f(0))f(-1) = 2f(0) \\Rightarrow f(-1) = 2f(0)\n$$\n$$\nP(-1, 1) : f(0)f(-1) = 1 + f(-1) \\Rightarrow 2f(0)^2 = 1 + 2f(0) \\cdots (2)\n$$\n由 (2) 式可得\n$$\n2f(0)^2 - 2f(0) - 1 = 0 \\Rightarrow f(0) = \\frac{1 \\pm \\sqrt{3}}{2}.\n$$\n但代回 (1) 式發現不合，故 $f(0)$ 無解，$f(f(0)) \\neq 1$.\n\n**Case 2.** $f(0) = 0$\n$$\n\\begin{aligned}\nP\\left(\\frac{-f(x)}{x}, x\\right) : & f(0)f\\left(\\frac{-f(x)}{x}\\right) = \\frac{f(x)^3}{x^2} + f(-f(x)) \\\\\n& \\Rightarrow 0 = \\frac{f(x)^3}{x^2} + f(-f(x)) \\\\\n& \\Rightarrow f(x)^3 = -x^2 f(-f(x)) \\cdots (3)\n\\end{aligned}\n$$\n\nProof. 若存在 $c \\neq 0, f(c) = 0$:\n$$P(c, 1) : 0 = c^2 f(1) \\Rightarrow f(1) = 0$$\n$$P(1, y) : 0 = 2f(y) \\Rightarrow f(y) = 0, \\forall y \\in \\mathbb{R}$$\n所以 $\\forall x \\neq 0, f(x) \\neq 0$ ($f$ 函數零單), 否則 $f(x) = 0, \\forall x \\in \\mathbb{R}$ (為其中一解).\n\nClaim: $f(-1) = 2$ 或 $f(-1) = -1$.\nProof.\n$$\nP(-1, x) : f(-x + f(x)) f(-1) = f(x) + f(-x)\n$$\n$$\nP(-1, -x) : f(x + f(-x)) f(-1) = f(x) + f(-x)\n$$\n結合以上兩式，得\n$$\n\\begin{aligned}\nf(-x + f(x)) &= f(x + f(-x)) \\\\\n\\Rightarrow -x + f(x) &= x + f(-x) \\\\\n\\Rightarrow f(x) - f(-x) &= 2x \\cdots (4)\n\\end{aligned}\n$$\n然後\n$$\nP(1, 1) : f(1 + f(1)) = 2\n$$\n$$\nP(-1, -1) : f(1 + f(-1)) f(-1) = f(-1) + f(1) = 2 - 2f(1)\n$$\n$$\nP(-1, 1 + f(1)) : f(-1 - f(1) + 2) f(-1) = f(1 + f(1)) + f(-1 - f(1))\n$$\n(4) 式可得 $f(1) - f(-1) = 2$ 與 $f(1 + f(1)) - f(-1 + f(1)) = 2(1 + f(1))$, 與上式結合得\n$$\n\\begin{aligned}\nf(1 - (2 + f(-1))) f(-1) &= 2 + (f(1 + f(1)) - 2(1 + f(1))) \\\\\n\\Rightarrow f(-1 + f(-1)) f(-1) &= 2 - 2f(1).\n\\end{aligned}\n$$\n而\n$$\n\\begin{align*}\n& f(1+f(-1)) - f(-(1+f(-1))) = 2(1+f(-1)) \\\\\n\\Rightarrow \\quad & \\frac{2+2f(-1)}{f(-1)} - \\frac{2-2f(1)}{f(-1)} = 2(1+f(-1)) \\\\\n\\Rightarrow \\quad & 2(f(-1)+f(1)) = 2(1+f(-1))f(-1) \\\\\n\\Rightarrow \\quad & f(1)+f(-1) = f(-1)^2 + f(-1) \\\\\n\\Rightarrow \\quad & 2+2f(-1) = f(-1)^2 + f(-1) \\\\\n\\Rightarrow \\quad & f(-1)^2 - f(-1) - 2 = 0 \\\\\n\\Rightarrow \\quad & f(-1) = 2 \\text{ 或 } f(-1) = -1.\n\\end{align*}\n$$\n\n(i) $f(-1) = 2:$\n$\\therefore f(1) - f(-1) = 2 \\Rightarrow f(1) = 4.$\n$$\nP(1, -1) : f(-1 + 2) f(1) = 2f(-1)\n$$\n因此 $f(1)^2 = 2f(-1) \\Rightarrow 16 = 4$ (矛盾), 故 $f(-1) \\neq 2$.\n\n(ii) $f(-1) = -1:$\n$f(1) - f(-1) = 2 \\Rightarrow f(1) = 1.$\n$$\nP(x, 1) : f(x + 1) = \\frac{x^2}{f(x)} + 1\n$$\n$$\n\\begin{align*}\n& P(-x-1, -1) : f(x)f(-x-1) = -x^2 - 2x - 1 + \\left( \\frac{x^2}{f(x)} + 1 \\right) \\\\\n\\Rightarrow \\quad & f(-x-1) = \\frac{x^2}{f(x)^2} - \\frac{x^2}{f(x)} - \\frac{2x}{f(x)}.\n\\end{align*}\n$$\n由 (4) 式得 $f(x+1) - f(-x-1) = 2x+2$, 故\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{x^2}{f(x)} + 1 - \\frac{x^2}{f(x)^2} + \\frac{x^2}{f(x)} + \\frac{2x}{f(x)} = 2x+2 \\quad (\\text{將左右同乘} f(x)^2) \\\\\n\\Rightarrow & 2x^2 f(x) - 2xf(x)^2 + 2xf(x) - 2f(x)^2 + f(x)^2 - x^2 = 0 \\\\\n\\Rightarrow & (x - f(x))(2xf(x) + 2f(x) - x - f(x)) = 0 \\\\\n\\Rightarrow & x - f(x) = 0 \\quad \\text{或} \\quad 2xf(x) + f(x) - x = 0 \\\\\n\\Rightarrow & f(x) = x \\quad \\text{或} \\quad f(x) = \\frac{x}{2x+1} \\left( x = -\\frac{1}{2} \\text{時必須滿足} f(x) = x \\right).\n\\end{aligned}\n$$\n若存在 $p \\neq 0, f(p) = \\frac{p}{2p+1}$\n$$\nP(1, p) : f(p + f(p)) = 2f(p) \\Rightarrow f\\left(\\frac{2p^2 + 2p}{2p+1}\\right) = \\frac{2p}{2p+1}.\n$$\n由於 $f\\left(\\frac{2p^2+2p}{2p+1}\\right) = \\frac{2p^2+2p}{2p+1}$ 或 $\\frac{\\frac{2p^2+2p}{2p+1}}{2 \\times \\frac{2p^2+2p}{2p+1} + 1} = \\frac{2p^2+2p}{2p+1} \\neq \\frac{2p}{2p+1}$，因此\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{2p}{2p+1} &= \\frac{\\frac{2p^2+2p}{2p+1}}{2 \\times \\frac{2p^2+2p}{2p+1} + 1} = \\frac{2p^2+2p}{4p^2+6p+1} \\\\\n\\Rightarrow \\frac{1}{2p+1} &= \\frac{p+1}{4p^2+6p+1} \\\\\n\\Rightarrow (2p+1)(p+1) &= 4p^2+6p+1 \\\\\n\\Rightarrow 2p^2+3p &= 0 \\\\\n\\Rightarrow p &= -\\frac{3}{2} \\\\\n\\Rightarrow f\\left(-\\frac{3}{2}\\right) &= \\frac{3}{4}.\n\\end{aligned}\n$$\n$P(-\\frac{3}{2}, 1) : f(-\\frac{3}{2} + 1) = \\frac{\\left(-\\frac{3}{2}\\right)^2}{f\\left(-\\frac{3}{2}\\right)} + 1 = 4$, 與 $f(-\\frac{1}{2}) = -\\frac{1}{2}$ 矛盾, 故不存在此 $p$\n⇒ $\\forall x, f(x) = x$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44542,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明：存在常數 $C > 0$，使得對於所有滿足 $a + b$ 為整數的正實數 $a$ 與 $b$，有\n$$\n\\{a^3\\} + \\{b^3\\} \\le 2 - \\frac{C}{(a+b)^6}.\n$$\n\nShow that there exists a positive constant $C$ such that, for all positive reals $a$ and $b$ with $a + b$ being an integer, we have\n$$\n\\{a^3\\} + \\{b^3\\} \\le 2 - \\frac{C}{(a+b)^6}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以下證明當 $C = \\frac{1}{54}$ 時命題成立：\n\n令 $n = a + b$, 且不妨假設 $a \\ge b$。注意到函數 $f(x) = x^3$ 是一個遞增凸函數, 所以若 $a_0 + b_0 = n$ 且 $a_0 - b_0 \\ge a - b$, 我們有\n$$\na^3 + b^3 \\le a_0^3 + b_0^3. \\quad (1)\n$$\n特別地, 當 $\\lfloor a^3 \\rfloor = \\lfloor a_0^3 \\rfloor$ 且 $\\lfloor b^3 \\rfloor = \\lfloor b_0^3 \\rfloor$,\n$$\n\\{a^3\\} + \\{b^3\\} \\le \\{a_0^3\\} + \\{b_0^3\\}.\n$$\n所以我們只需考慮 $\\{a^3\\} \\to 1^-$ 或 $\\{b^3\\} = 0$ 兩種情形。後者是顯然的：\n$$\n\\{a^3\\} + \\{b^3\\} < 1 < 2 - \\frac{C}{n^6}.\n$$\n對於前者, 我們假設 $(a + \\varepsilon)^3 = k < n^3$ 為正整數, 這時候 $b = n - \\sqrt[3]{k} + \\varepsilon$。由於 $\\varepsilon$ 足夠小, 因此由 (1),\n$$\n\\begin{aligned}\n\\{a^3\\} + \\{b^3\\} &= a^3 + b^3 - \\lfloor a^3 \\rfloor - \\lfloor b^3 \\rfloor \\\\\n&\\le k + (n - \\sqrt[3]{k})^3 - (k - 1) - \\lfloor (n - \\sqrt[3]{k})^3 \\rfloor \\\\\n&= 1 + \\{(n - \\sqrt[3]{k})^3\\}.\n\\end{aligned}\n$$\n所以只需證明\n$$\n1 + \\{(n - \\sqrt[3]{k})^3\\} \\le 2 - \\frac{C}{n^6}.\n$$\n若 $(n - \\sqrt[3]{k})^3$ 為整數, 則命題顯然。若否, 上式等價於\n$$\n\\frac{C}{n^6} \\le 1 - \\{(n - \\sqrt[3]{k})^3\\} = \\{-(n - \\sqrt[3]{k})^3\\} = 3n^2\\sqrt[3]{k} - 3n\\sqrt[3]{k^2} - m,\n$$\n其中 $m = \\lfloor 3n^2\\sqrt[3]{k} - 3n\\sqrt[3]{k^2} \\rfloor \\ge 0$。考慮以下等式\n$$\n(x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - yz - zx - xy) = x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz,\n$$\n將 $x = 3n^2\\sqrt[3]{k}$, $y = -3n\\sqrt[3]{k^2}$, $z = -m$ 代入可得\n$$\n0 < (1 - \\{b^3\\})(x^2 + y^2 + z^2 - yz - zx - xy) = 27n^3k(n^3 - k - m) - m^3.\n$$\n由於右式是整數, 左式至少為 1。所以, 由 $\\sqrt[3]{k} < n$ 及 $0 \\le m \\le 3n^2\\sqrt[3]{k} < 3n^3$,\n$$\n\\begin{aligned}\n1 - \\{b^3\\} &\\ge \\frac{1}{x^2 + y^2 + z^2 - yz - zx - xy} \\ge \\frac{1}{2(x^2 + y^2 + z^2)} \\\\\n&\\ge \\frac{1}{2(9n^6 + 9n^6 + 9n^6)} = \\frac{1}{54n^6},\n\\end{aligned}\n$$\n得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44543,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "正整數 $n$ 與 $k$ 滿足 $n > 2023k^3$。貓貓國有 $n$ 座城市, 其中每對城市之間有至多一條道路。已知該國的道路總數不少於 $2n^{3/2}$。證明: 我們可以選出 $3k+1$ 座城市, 使得以這些城市為兩端點的道路數量不少於 $4k$。\n\nIntegers $n$ and $k$ satisfy $n > 2023k^3$. Kingdom Kitty has $n$ cities, with at most one road between each pair of cities. It is known that the total number of roads in the kingdom is at least $2n^{3/2}$. Prove that we can choose $3k + 1$ cities such that the total number of roads with both ends being a chosen city is at least $4k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "讓我們先將 degree 最小的頂點依次從圖中移除，直到剩下的圖 $G' = (V', E')$ 中所有點的 degree 都大於 $n^{1/2}$。注意到以上動作至多移除 $n \\times n^{1/2}$，因此 $|E'| \\ge n^{3/2}$，從而 $m = |V'| \\ge \\sqrt{2|E'|} \\ge n^{3/4}$。\n任取 $V'$ 中的一個點 $v$，並令 $V_1$ 和 $V_2$ 分別為 $V$ 中距離 $v$ 單位 1 與 2 的點所形成的集合。將 $v$ 到 $V_1$ 的所有邊塗成藍色。此外，對於每個 $V_2$ 裡面的點 $y$，選定 $V_1$ 中與 $y$ 有連邊的一個點 $x$，並將 $xy$ 也塗成藍色。\n我們宣稱總是可以找到至少 $k$ 個相異的三環或四環通過 $v$。首先，由 $|V_1| = \\deg(v) > n^{1/2} \\ge m^{1/2}$，這表示從 $V_1$ 連到 $V_1 \\cap V_2$ 的邊至少有 $m^{1/2}$ 條。但同時，注意到藍邊的數量為 $|V_2| \\le |V| - |V_1| < m - m^{1/2}$，從而表示從 $V_1$ 連到 $V_1 \\cap V_2$ 的邊裡有至少 $m^{1/2} \\ge k$ 條邊不是藍的，而這每一條邊都會跟至多三條藍邊構成通過 $v$ 的三環（若它是從 $V_1$ 到 $V_1$）或四環（若它是從 $V_1$ 連到 $V_2$）。\n現在，令這些三環與四環的聯集為 $C$。注意到 $C$ 至多只有 $3k+1$ 個頂點（注意到它們共用頂點 $v$），且總邊數比總頂點數多 $k-1$（基於環的結構）。這表示，只要我們一開始取的 $v$ 所在的連通區塊有至少 $3k+1$ 個點，我們就可以從 $C$ 開始，逐步加入連通區域中的新點，直到總點數達到 $3k+1$，而此時的總邊數便至少是 $(3k+1) + (k-1) = 4k$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44544,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "666 fields line up in a row, with each field being a wheat field or a rice field. Rose the hen lays an egg on each of the $W$ wheat fields and $R$ rice fields, so that for each egg, there is at most one field without egg between it and the closest egg to its right. Find the largest positive integer $S$ so that, regardless of the distribution of the wheat fields and rice fields, Rose can always make $|W - R|$ be at least $S$.\n\n有 666 塊田排成一橫排，每塊田都是麥田或稻田。母雞蘿絲在其中的 $W$ 塊麥田與 $R$ 塊稻田裡各下一顆蛋，使得每顆蛋與其右邊最靠近的蛋之間，至多只有一塊沒有蛋的田。試求最大的正整數 $S$，使得不論麥田與稻田如何分佈，母雞蘿絲都有辦法讓 $|W - R|$ 至少為 $S$。",
    "options": [],
    "answer": "167",
    "solution": "首先證明牠總是可以取得 167 分。不失一般性假設有至少 $666/2 = 333$ 個麥田。\n考慮以下操作：讓母雞從排頭的田開始。若牠在麥田，則立刻下蛋然後前進一塊田；\n否則，她先前進一塊田，下蛋，再前進一塊田。注意到此策略保證所有的麥田都有蛋，故 $W \\ge 333$。此外，對於每一個有蛋的稻田，都保證前面有一個沒有蛋的稻田，因此 $R \\le [333/2] = 166$，故 $W - R \\ge 333 - 166 = 167$。\n\n現在證明 $S = 167$ 是最大值。考慮如下排列 (其中 R 為稻田, W 為麥田):\n$$\n\\{R\\}, \\{W, W\\}, \\{R, R\\}, \\{W, W\\}, \\dots, \\{R, R\\}, \\{W\\}\n$$\n注意到如果母雞在上面的 $k$ 個 W 括號中有下蛋，則其最多只能在 $2k$ 塊麥田中下蛋，且必然要在至少 $k-1$ 塊稻田中下蛋，故 $W-R \\le 2k-(k-1)=k+1$。這表示當 $k < 167$ 時有 $W-R \\le 167$。\n\n剩下 $k = 167$ 的狀況。注意到以上排列中, W 括號與 R 括號各有 167 個。這表示當 $k = 167$ 時, 有下蛋的 W 括弧必然包含最右邊的 $\\{W\\}$, 故至多有 $2k-1$ 個麥田有蛋, 從而 $W-R \\le (2k-1)-(k-1) = k = 167$。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44545,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "以三角形 $ABC$ 的三條邊為邊，分別向 $ABC$ 的外面作正三角形 $ABC_1, BCA_1, CAB_1$。設點 $P$ 為 $ABC_1$ 的外接圓與 $CAB_1$ 的外接圓的另一個交點 ($P \\neq A$)。在 $CAB_1$ 的外接圓上找一點 $Q$ 使得 $PQ$ 平行於 $BA_1$。在 $ABC_1$ 的外接圓上找一點 $R$ 使得 $PR$ 平行於 $CA_1$。\n證明：三角形 $ABC$ 的重心，與三角形 $PQR$ 的重心連線，會平行於直線 $BC$。\n\nLet $ABC$ be a triangle. Let $ABC_1, BCA_1, CAB_1$ be three equilateral triangles that do not overlap with $ABC$. Let $P$ be the intersection of the circumcircles of triangles $ABC_1$ and $CAB_1$ ($P \\neq A$). Let $Q$ be the point on the circumcircle of triangle $CAB_1$ so that $PQ$ is parallel to $BA_1$. Let $R$ be the point on the circumcircle of triangle $ABC_1$ so that $PR$ is parallel to $CA_1$.\nShow that the line connecting the centroid of triangle $ABC$ and the centroid of triangle $PQR$ is parallel to $BC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "暴力三角解析法. 給直線 $PA$, $PB$, $PC$ 定向, 使得由 $PA$ 到 $PB$、由 $PB$ 到 $PC$、由 $PC$ 到 $PA$ 的角度皆為 $\\frac{2\\pi}{3}$。另外也給直線 $PQ$, $PR$ 定向, 使得 $\\overrightarrow{BC}$ 與 $\\overrightarrow{PQ}$、$\\overrightarrow{PR}$ 與 $\\overrightarrow{BC}$ 的夾角也是 $\\frac{2\\pi}{3}$。令 $\\angle(\\overrightarrow{BC}, PA) = \\alpha$, $\\angle(\\overrightarrow{BC}, PB) = \\beta$, $\\angle(\\overrightarrow{BC}, PC) = \\gamma$。易知 $\\gamma = \\beta + \\frac{2\\pi}{3} = \\alpha - \\frac{2\\pi}{3}$。題目等價於證明等式：\n$$\nPQ \\sin \\frac{2\\pi}{3} - PR \\sin \\frac{2\\pi}{3} = PA \\sin \\alpha + PB \\sin \\beta + PC \\sin \\gamma. \\quad (*)\n$$\n\n(*) 式的左邊可化為 $\\frac{PQ - PR}{2}$。由托勒密定理知\n$$\nPQ \\sin \\angle(\\mathrm{PC}, \\mathrm{PA}) + \\mathrm{PC} \\sin \\angle(\\mathrm{PA}, \\mathrm{PQ}) + \\mathrm{PA} \\sin \\angle(\\mathrm{PQ}, \\mathrm{PC}) = 0.\n$$\n由證明一開始所給出的定向,有 $\\angle(PC,PA) = \\frac{2\\pi}{3}$。上式的第二個角可寫成 $\\angle(PA,PQ) = \\frac{2\\pi}{3} - \\alpha = -\\gamma$,而第三個角可寫成 $\\angle(PQ,PC) = \\angle(\\vec{BC},PB) = \\beta$。所以\n$$\n\\frac{1}{2}PQ = PC \\sin \\gamma - PA \\sin \\beta.\n$$\n同理可得\n$$\n-\\frac{1}{2}PR = PB \\sin \\beta - PA \\sin \\gamma.\n$$\n\n$$\n- \\sin \\beta - \\sin \\gamma = \\sin \\alpha,\n$$\n即 $\\sin \\alpha + \\sin \\beta + \\sin \\gamma = 0$。此式可由恆等式 $(1+\\omega+\\omega^2)z=0$ 得證, 其中 $z$ 為任意複數, $\\omega$ 為 1 的三次原根。$\\square$\n\n\nAlternative proof. Let $F$ be on $A_1BC$ with $PF$ parallel to $BC$. According to the remark above, it suffices to show that $FQR$ and $ABC$ share the same centroid.\n**Lemma.** Let $X, Y, Z$ be moving points on three separate circles with the same angular speed. Then the centroid of $XYZ$ also moves in a circle with the same angular speed, and the center of its locus is the centroid of the centers of the loci of $X, Y, Z$.\n*Proof of lemma.* This is obvious by, say, complex coordinates. □\nNow if $X, Y, Z$ are on $A_1BC, AB_1C$, and $ABC_1$, respectively, with $X, Y, Z$ starting at $B, C, A$, then after a while they arrive at $C, A, B$. Therefore the locus of the centroid of $XYZ$ visits the centroid of $ABC$ at least twice in each cycle, showing that in fact the centroid of $XYZ$ is always the same, which has to be the centroid of $ABC$. Now when $X$ travels to $F$, it is easy to chase the angle and show that $Y$ travels to $Q$ and $Z$ travels to $R$. □",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44546,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明對於任何正整數 $n$，$5^n - 3^n$ 都無法被 $2^n + 65$ 整除。\n\nProve that $5^n - 3^n$ is not divisible by $2^n + 65$ for any positive integer $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "解. 我們先證明 D', H, X 共線：由於 $\\angle GXB = \\angle ACB = \\angle GFB$, 得 G, F, B, X 共圓。\n結合 $AG \\cdot AX = AF \\cdot AB = AH \\cdot AD$ 我們得到 G, X, D, H 共圓。注意到 $\\triangle DFH \\sim \\triangle DAE$ 且 $\\triangle DFG \\sim \\triangle DD'E$, 因此 $\\triangle DGH \\sim \\triangle DAD'$, 故 $\\angle DXA = \\angle DHG = \\angle DD'A$, 即 A, X, D, D' 共圓。這告訴我們 $\\angle DXH = \\angle DGH = \\angle DAD' = \\angle DXD'$, 即 D', H, X 共線。\n由 AH, BC 為 $\\angle GDD'$ 的兩條角平分線, 知 $(P,Y;G,D') = (AH,BC;DG,DD') = -1$, 其中 P 為 AH 與 GD' 的交點。所以\n$$\nA(X, Z; Y, H) = (G, D'; Y, P) = -1 = (D', G; Y, P) = H(X, Z; Y, A),\n$$\n即 X, Y, Z 共線。$\\square$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44547,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "在銳角三角形 $ABC$ 中, 點 $H$ 為由頂點 $A$ 所引的高的垂足。設 $P$ 為平面上的動點, 滿足: $∠PBC$ 與 $∠PCB$ 的內角平分線, 分別記為 $k$ 與 $ℓ$, 此兩條角平分線的交點位於 $AH$ 線段上。設 $k$ 與 $AC$ 交於點 $E$; $ℓ$ 與 $AB$ 交於點 $F$; 而設 $EF$ 與 $AH$ 交於點 $Q$。證明: 不論 $P$ 如何移動 (但滿足前述條件), 直線 $PQ$ 恆過某一定點。\n\nIn an acute-angled triangle $ABC$, point $H$ is the foot of the altitude from $A$. Let $P$ be a moving point such that the bisectors $k$ and $\\ell$ of angles $PBC$ and $PCB$, respectively, intersect each other on the line segment $AH$. Let $k$ and $AC$ meet at $E$, let $\\ell$ and $AB$ meet at $F$, and let $EF$ and $AH$ meet at $Q$. Prove that, as $P$ varies, the line $PQ$ passes through a fixed point.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "設直線 $BC$ 分別關於 $AB$, $AC$ 的對稱線交於點 $K$。以下證明 $P$, $Q$, $K$ 共線, 也就是說, 直線 $PQ$ 恆過定點 $K$。\n\n設直線 $BE$ 與 $CF$ 交於點 $I$。對任意點 $O$ 及實數 $d > 0$, 將以 $O$ 為圓心、$d$ 為半徑的圓記為 $(O, d)$。定義兩圓 $\\omega_I = (I, IH)$ 及 $\\omega_A = (A, AH)$。再設三角形 $KBC$ 的內切圓為 $\\omega_K$, 三角形 $PBC$ 的 $P$-旁切圓為 $\\omega_P$。\n\n由於 $IH \\perp BC$ 及 $AH \\perp BC$, 兩圓 $\\omega_I$ 和 $\\omega_A$ 在 $H$ 點相切。所以 $H$ 為 $\\omega_I$ 和 $\\omega_A$ 的外位似中心。由完全四邊形 $BCEF$ 得 $(A, I; Q, H) = -1$, 所以 $Q$ 是 $\\omega_I$ 和 $\\omega_A$ 的內位似中心。\n\n因為 $BA$ 和 $CA$ 分別是 $\\angle KBC$ 與 $\\angle KCB$ 的外角平分線, $\\omega_A$ 是三角形 $BKC$ 的 $K$-旁切圓。於是 $K$ 為圓 $\\omega_A$ 和 $\\omega_K$ 的外位似中心。同時明顯有 $P$ 為圓 $\\omega_I$ 和 $\\omega_P$ 的外位似中心。\n\n![](attached_image_1.png)\n\n令點 $T$ 為直線 $BC$ 與圓 $\\omega_P$ 的切點, 點 $T'$ 為直線 $BC$ 與圓 $\\omega_K$ 的切點。因為 $\\omega_I$ 與 $\\omega_P$ 分別是三角形 $PBC$ 的內切圓與 $P$-旁切圓, 得 $TC = BH$。又因為 $\\omega_K$ 與 $\\omega_A$ 分別是三角形 $KBC$ 的內切圓與 $K$-旁切圓, 得 $T'C = BH$。故得 $TC = T'C$, 即 $T = T'$。由此推得圓 $\\omega_K$ 與 $\\omega_P$ 在 $T$ 點相切。\n\n令點 $S$ 為 $\\omega_A$ 與 $\\omega_P$ 的內位似中心, 而點 $S'$ 為 $\\omega_I$ 與 $\\omega_K$ 的內位似中心。明顯有 $S, S'$ 位於直線 $BC$ 上。令 $r_A, r_I, r_K, r_P$ 分別為圓 $\\omega_A, \\omega_I, \\omega_P, \\omega_K$ 的半徑。熟知若三角形的半周長為 $s = (a + b + c)/2$, $r, r_a$ 分別是內切圓半徑與 $a$-旁切圓半徑, 有 $r \\cdot r_a = (s-b)(s-c)$。將此關係套用在三角形 $PBC$ 上, 得 $r_I \\cdot r_P = BH \\cdot CH$。又套用到三角形 $KCB$ 上, 得 $r_K \\cdot r_A = CT \\cdot BT$。由於 $BH = CT$ 及 $BT = CH$, 可知\n$$\n\\frac{HS}{ST} = \\frac{r_A}{r_P} = \\frac{r_I}{r_K} = \\frac{HS'}{S'T},\n$$\n故得 $S = S'$。\n\n最後, 將廣義 Monge 定理套用在圓 $\\omega_A, \\omega_I, \\omega_K$ 上 (有兩對內公切線及一對外公切線), 可得 $Q, S, K$ 共線。同理可證 $Q, S, P$ 共線, 故得證 $(P, Q, K)$ 共線。$\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44548,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A positive integer is said to be **so-last-year** if it has three distinct positive divisors whose sum is equal to $2022$. Determine the smallest so-last-year number.\n\n稱一個正整數為**去年老梗**如果這個數字有三個相異正因數的和為 $2022$。試求最小的去年老梗數。",
    "options": [],
    "answer": "1344",
    "solution": "Observe $1344$ is a solution as $6 + 672 + 1344 = 2022$. Claim that $1344$ is the smallest one. Towards contradiction, assume $N < 1344$ is also so-last-year, then there exist $a < b < c$, such that\n$$\n2022 = N \\left( \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} \\right) < 1344 \\left( \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} \\right)\n$$\nand so\n$$\n\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} > \\frac{2022}{1344} = \\frac{3}{2} + \\frac{1}{224}\n$$\nIf $a > 1$ then\n$$\n\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} \\leq \\frac{1}{2} + \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} < \\frac{3}{2},\n$$\nso we must have $a = 1$. Similarly, we must have $b < 4$ since\n$$\n\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} \\leq \\frac{1}{1} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{5} < \\frac{3}{2},\n$$\nFor the case $b = 3$, we have $c = 4, 5$, and $2022 = \\frac{19}{12}N$ or $2022 = \\frac{23}{15}N$ respectively, both are impossible since neither $12$ nor $15$ divides $2022$. So $a = 1, b = 2$. Note $c < 224$ since\n$$\n\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} > \\frac{3}{2} + \\frac{1}{224}.\n$$\nand so\n$$\n2022 = N \\left( \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c} = \\frac{3c+2}{2c} N \\right)\n$$\nEasy to see that $\\gcd(3c+2, c) \\mid 2$ hence $3c+2 \\mid 2022 \\cdot 4 = 2^3 \\cdot 337$. $3c+2 > 8$ because $c > b = 2$.\nSo we must have $3c+2 = 2 \\cdot 337$, hence $c = 224$, contradicts to the assumption $c < 224$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44549,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定首一實係數多項式 $P_1(x), \\dots, P_n(x)$。對於任意實數 $y$，定義集合\n$$\nS_y = \\{z \\in \\mathbb{R} \\mid \\text{存在某個 } i \\in \\{1, \\dots, n\\} \\text{ 使得 } y = P_i(z)\\}.\n$$\n證明：若對於任意兩個相異實數 $y_1, y_2$，集合 $S_{y_1}, S_{y_2}$ 的元素個數相等，則 $P_1, \\dots, P_n$ 有相同的次數。\n\nGiven some monic polynomials $P_1, ..., P_n$ with real coefficients, for any real number $y$, let $S_y$ be the set of real number $x$ such that $y = P_i(x)$ for some $i = 1, 2, ..., n$. If the sets $S_{y_1}, S_{y_2}$ have the same size for any two real numbers $y_1, y_2$, show that $P_1, ..., P_n$ have the same degree.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Without loss of generality, we can assume that $P_1, \\dots, P_n$ are pairwise distinct. We will first show that $|S_y| = n$ for any $y \\in \\mathbb{R}$ and $\\deg P_i$ is odd for any $i \\in [n]$. To see this, let $a$ be the number of polynomials with odd degrees, and $b$ be the number of those with even degrees. Since $Y := \\{P_i(x) \\mid x \\in \\mathbb{R} \\text{ such that } P_i(x) = P_j(x) \\text{ for some } j \\neq i\\}$ is finite, we can choose some $M > 0$ such that all elements in $Y$ have absolute value less than $M$. We can further enlarge this $M$ so that for any $y > M$ and $i = 1, \\dots, n$, we have\n$$\n|\\{x \\in \\mathbb{R} | P_i(x) = y\\}| = \\begin{cases} 1, & \\text{if } 2 \\nmid \\deg P_i(x); \\\\ 2, & \\text{if } 2 \\mid \\deg P_i(x), \\end{cases}\n$$\nand for any $y < -M$ and $i = 1, \\dots, n$, we have\n$$\n|\\{x \\in \\mathbb{R} | P_i(x) = y\\}| = \\begin{cases} 1, & \\text{if } 2 \\nmid \\deg P_i(x); \\\\ 0, & \\text{if } 2 \\mid \\deg P_i(x). \\end{cases}\n$$\nWith this choice of $M$, we have that $|S_y| = a + 2b$ for any $y > M$, and that $|S_y| = a$ for any $y < -M$. This shows that $b = 0$, $a = n$ and $|S_y| = n$ for any $y \\in \\mathbb{R}$.\n\nNow since the degrees of the polynomials are odd, we know that for any $y \\in \\mathbb{R}$ and for any $i \\in [n]$ there exists at least one $x$ such that $P_i(x) = y$. Therefore for any $y \\notin Y$ and any $i \\in [n]$ we know that there is exactly one $x$ that satisfies $P_i(x) = y$. As a consequence, we know that for any $i \\in [n]$ the polynomial $P_i$ has to be strictly increasing except at finitely many points. Since $P_i$ is a polynomial, this shows that $P_i$ is strictly increasing everywhere. This forces $Y$ to be empty as otherwise for any $y \\in Y$ we would have $|S_y| \\le n - 1$. Now if $\\deg P_i \\ne \\deg P_j$, it is clear that $P_i - P_j$ still has odd degree. Therefore there is a real root $x$ of $P_i - P_j$, and so $Y$ is nonempty, which is a contradiction. Therefore all the degrees have to be the same, as desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44550,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定正整數 $k > 1$ 以及 $n$ 個 $k$ 維座標中的相異點 $a^{(1)} = (a_1^{(1)}, \\dots, a_k^{(1)})$, $\\dots, a^{(n)} = (a_1^{(n)}, \\dots, a_k^{(n)})$, 我們定義 $a^{(i)}$ 的『分數』如下：\n$$\n\\prod_{j=1}^{k} \\#\\{i' \\mid 1 \\le i' \\le n \\text{ 使得 } \\pi_j(a^{(i')}) = \\pi_j(a^{(i)})\\},\n$$\n其中 $\\#S$ 表示集合 $S$ 的元素個數, 而 $\\pi_j : \\mathbb{R}^k \\to \\mathbb{R}^{k-1}$ 是將 $k$ 維座標中的點映到刪除其第 $j$ 個坐標的點的投影映射。找到最大的實數 $t$ 使得所有 $a^{(i)}$ 的『分數』的 $t$ 次幂平均 $\\le n$.\n\nNote: The $t$-th power mean of positive real numbers $x_1, \\dots, x_n$ is defined as\n$$\n\\left( \\frac{x_1^t + \\dots + x_n^t}{n} \\right)^{\\frac{1}{t}} \\quad (\\text{若 } t \\neq 0); \\quad \\sqrt[n]{x_1 \\cdots x_n} \\quad (\\text{若 } t = 0).\n\n\nFor every positive integer $k$ greater than 1, find the largest real number $t$ such that the following hold: Given $n$ distinct points $a^{(1)} = (a_1^{(1)}, \\cdots, a_k^{(1)})$, $\\cdots$, $a^{(n)} = (a_1^{(n)}, \\cdots, a_k^{(n)})$ in $\\mathbb{R}^k$, we define the score of the tuple $a^{(i)}$ as\n$$\n\\prod_{j=1}^{k} \\#\\{1 \\le i' \\le n \\text{ such that } \\pi_j(a^{(i')}) = \\pi_j(a^{(i)})\\}\n$$\nwhere $\\#S$ is the number of elements in set $S$, and $\\pi_j$ is the projection $\\mathbb{R}^k \\to \\mathbb{R}^{k-1}$ omitting the $j$-th coordinate. Then the $t$-th power mean of the scores of all $a^{(i)}$'s is at most $n$.\n\nNote: The $t$-th power mean of positive real numbers $x_1, \\cdots, x_n$ is defined as\n$$\n\\left( \\frac{x_1^t + \\cdots + x_n^t}{n} \\right)^{\\frac{1}{t}}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1/(k-1)",
    "solution": "The answer is $\\frac{1}{k-1}$. To see that $t \\le \\frac{1}{k-1}$, consider the sequences where all but one of the components are equal to 1, and the remaining one component is $1, 2, \\dots, m$. Then $n = km + 1$ and the score of the zero sequence is $m^k$. In order for the statement to hold, we must have\n$$\n\\left( \\frac{m^{kt}}{km + 1} \\right)^{\\frac{1}{t}} \\le km + 1,\n$$\ni.e., $m^k \\le (km + 1)^{1+1/t}$. By choosing $m$ to be sufficiently large, we get\n$$\nk \\le 1 + \\frac{1}{t}, \\text{ or } t \\le \\frac{1}{k-1}.\n$$\n\nNow we will prove by induction on $k$ that $t = \\frac{1}{k-1}$ works. We first assume that $k \\ge 3$ and the statement holds for $k-1$. For every real number $r$, let $c_r$ be the number of sequences $a^{(i)}$ with $a_1^{(i)} = r$. For each $r$ with $c_r \\ne 0$, we gather the sequences with $a_1^{(i)} = r$ and compute their scores when we remove the first component. Let the scores be $s'_1, \\cdots, s'_{c_r}$. Moreover, for each truncated sequence, we see how many sequences from the original list would have produced the same truncated sequence. Let the number of such sequences be $d_1, \\cdots, d_{c_r}$. Then clearly $d_1 + \\cdots + d_{c_r} \\le n$ as all sequences are distinct. Note that the scores of the original sequences we gather are precisely $d_1 s'_1, \\cdots, d_{c_r} s'_{c_r}$. By the inductive hypothesis, we have\n$$\ns_1^{\\frac{1}{k-2}} + \\cdots + s_{c_r}^{\\frac{1}{k-2}} = c_r^{\\frac{k-1}{k-2}}.\n$$\nBy Hölder's inequality, we have\n$$\n((d_1 s'_1)^{\\frac{1}{k-1}} + \\cdots + (d_{c_r} s'_{c_r})^{\\frac{1}{k-1}})^{k-1} \\le (d_1 + \\cdots + d_{c_r}) \\cdot \\left(s_1^{\\frac{1}{k-2}} + \\cdots + s_{c_r}^{\\frac{1}{k-2}}\\right)^{k-2} \\le n c_r^{k-1}.\n$$\nBy taking the $(k-1)$-th root of both sides and adding it up for all $r \\in \\mathbb{R}$ with $c_r \\ne 0$, we get that the $\\frac{1}{k-1}$-th power mean is bounded by\n$$\n\\left( \\frac{\\sum_{c_r \\ne 0} n^{\\frac{1}{k-1}} c_r}{n} \\right)^{k-1} = n\n$$\nas\n$$\n\\sum_{c_r \\ne 0} c_r = n.\n$$\nFor the base case $k=2$, we can follow the same proof except that we clearly have\n$$\ns'_1 = \\cdots = s'_{c_r} = n\n$$\nand so\n$$\n(d_1 s'_1 + \\cdots + d_{c_r} s'_{c_r}) = n(d_1 + \\cdots + d_{c_r}) \\le n^2\n$$\nand the rest of the proof follows verbatim.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44551,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "II-C. 兩隻魷魚被迫參加遊戲。在開始前，牠們會被告知所有的規則，並可以充分討論策略。之後，牠們會被關進各自的房間，並被分別告知一個不超過 $2023$ 的相異正整數做為其編號。魷魚接著輪流進行回合；在某一方的回合，牠從以下行動中擇一進行：\n1. 喊出一個正整數；這會被另外一隻魷魚聽到。\n2. 宣稱哪一支魷魚的編號較大。若正確，牠們共同獲勝並獲釋；否則，牠們共同失敗並變成炒魷魚。\n試求最小的正整數 $N$，使得不論牠們被告知的編號為何，魷魚皆能保證於有限回合內獲勝，且在遊戲過程中喊出的數字總和不大於 $N$。\n\nII-C. Two squids are forced to participate in a game. Before it begins, they will be informed of all the rules, and can discuss their strategy freely. Then, they will be locked in separate rooms, and be given distinct positive integers no larger than $2023$ as their IDs respectively. The two squids then take turns alternatively; on one's turn, the squid chooses one of the following:\n1. announce a positive integer, which will be heard by the other squid;\n2. declare which squid has the larger ID. If correct, they win and are released together; otherwise, they lose and are fired together.\nFind the smallest positive integer $N$ so that, no matter what IDs the squids have been given, they can always win in a finite number of turns, and the sum of the numbers announced during the game is no larger than $N$.",
    "options": [],
    "answer": "10",
    "solution": "答案是 $N = 10$，其中「」為上高斯符號。一般性地，如果被告知的編號必不超過 $M$，則最小的 $N = \\lceil \\log_2 M \\rceil - 1$。\n\n構造：將兩隻魷魚編號 $1$ 與 $2$，被告知的編號分別為 $D_1$ 與 $D_2$。當 $M \\le 2^{N+1}$ 時，編號可表示成\n$$\nD_i = p_{i,1} 2^N + p_{i,2} 2^{N-1} + \\dots + p_{i,N} 2^1 + 1 = 1 + \\sum_{j=1}^{N} p_{i,j} 2^{N+1-j},\n$$\n其中 $p_{i,j} \\in \\{0,1\\}$。方便起見，用 $p_{i,j}$ 表示第 $i$ 回合魷魚對應的 $p_{i,j}$，也就是\n$$\np_{i,j} = \\begin{cases} p_{1,j} & i \\equiv 1 \\pmod{2} \\\\ p_{2,j} & i \\equiv 0 \\pmod{2} \\end{cases}\n$$\n類似地定義 $D_i$ 為第 $i$ 回合魷魚的編號。\n\n令 $k_0 = 0$，並考慮策略：若第 $i$ 回合魷魚無法判斷編號大小時，讓牠計算\n$$\nk_i = \\min\\{k : p_{i,k} = 1, k > k_{i-1}\\}.\n$$\n並讓牠喊出 $k_i - k_{i-1}$。易知到第 $i$ 回合喊出的數字總和為 $k_i \\le N$。此外，因為 $k_i$ 嚴格遞增，故必然會在有限回合內讓 $\\{k : p_{i,k} = 1, k > k_{i-1}\\} = \\emptyset$，我們僅須證明，魷魚會在此狀況發生前，正確判斷出編號大小即可。為此，讓我們定義集合\n$$\nS(k) := \\begin{cases} \\{(D_1, D_2) : 1 \\le D_1, D_2 \\le M\\} & k = 0 \\\\ \\{(D_1, D_2) : p_{1,1} = p_{2,1}, \\dots, p_{1,k} = p_{2,k}\\} & k \\ge 1 \\end{cases}\n$$\n\n首先用數學歸納法證明：在第 $i$ 回合結束時，“魷魚知道 $(D_1, D_2) \\in S(k_{i-1})$” 或 “其中一隻魷魚可以判斷大小”。$i=1$ 時顯然。假設命題對 $i$ 成立，則在第 $i+1$ 回合：\n(a) 因為上回合沒有判斷大小，由歸納假設，魷魚知 $(D_1, D_2) \\in S(k_{i-1})$；\n(b) 因為上回合喊 $k_i - k_{i-1}$，由 $k_i$ 定義，魷魚知 $p_{i,k_{i-1}+1} = \\cdots = p_{i,k_{i-1}} = 0$ 且 $p_{i,k_i} = 1$。\n\n此時有以下幾種情況：\n- 存在 $k_{i-1} < \\ell < k_i$ 讓 $p_{i+1,\\ell} = 1$，則可用 (a) 和 (b) 推得以下關係並判別大小：\n$$\nD_{i+1} \\ge 1 + \\sum_{j=1}^{k_{i-1}} p_{i+1,j} 2^{N+1-j} + 2^{N+1-\\ell} > 1 + \\sum_{j=1}^{k_{i-1}} p_{i,j} 2^{N+1-j} + \\sum_{j=\\ell+1}^{N} 2^{N+1-j} \\ge D_i\n$$\n- 若否且 $p_{i+1,k_i} = 0$，則魷魚可用 (a) 和 (b) 推得以下關係並判別大小：\n$$\nD_{i+1} \\le 1 + \\sum_{j=1}^{k_{i-1}} p_{i+1,j} 2^{N+1-j} + \\sum_{j=\\ell+1}^{N} 2^{N+1-j} < 1 + \\sum_{j=1}^{k_{i-1}} p_{i+1,j} 2^{N+1-j} + 2^{N+1-\\ell} \\le D_i\n$$\n- 若以上皆非則 $p_{1,j} = p_{2,j}$ 對於 $k_{i-1} < j \\le k_i$ 都成立，故知 $(D_1, D_2) \\in S(k_i)$。\n\n* 若對於所有 $j > k_i$ 都有 $p_{i+1,j} = 0$，則基於 $(D_1, D_2) \\in S(k_i)$ 與編號的唯一性，魷魚可推論出以下關係從而判別大小：\n$$\nD_{i+1} = 1 + \\sum_{j=1}^{k_i} p_{i+1,j} 2^{N+1-j} \\le 1 + \\sum_{j=1}^{k_i} p_{i,j} 2^{N+1-j} + 2 \\le D_i\n$$\n* 若否，則表示 $\\{k : p_{i,k} = 1, k > k_{i-1}\\}$ 非空，故魷魚可順利計算 $k_{i+1}$。\n\n下界：我們僅須證明當 $M = 2^k + 1$ 時，無法在喊出數字總和小於 $k$ 時保證獲勝。\n\n讓我們對 $k$ 進行數學歸納法。$k=1$ 時顯然。假設命題對所有 $k < K$ 成立。注意到第一隻魷魚只有在 $D_1 = 1$ 或 $D_1 = M$ 時可以在第一回合直接宣告大小。除了這兩種狀況外，對於 $i=1,2,\\dots,K-1$，假設第一隻魷魚在 $D_1 \\in A_i$ 時會喊 $i$，則知存在 $i$ 使得 $|A_i| \\ge 2^{K-i} + 1$，否則\n$$\n2^K - 1 = |\\{2,3,\\dots,M-1\\}| = \\left| \\bigcup_{i=1}^{K-1} A_i \\right| \\le 2^{K-1} + 2^{K-2} + \\dots + 2^1 < 2^K - 1\n$$\n矛盾。這表示在第一回合結束後，$D_1$ 的可能值都至少有 $2^{K-i} + 1$ 個，且這 $2^{K-i} + 1$ 個都有可能是 $D_2$。故可將從第二回合開始的遊戲，視為有至少 $2^{K-i} + 1$ 個編號可能值，但喊出數字總和必須小於 $K-i$ (因為第一回合已經喊了 $i$) 的遊戲，由歸納假設知無法保證獲勝。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44552,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $m, n \\ge 2$ 為整數, $X = \\{1, 2, \\dots, n\\}$, 且 $X_1, X_2, \\dots, X_m$ 為 $m$ 個 $X$ 的相異非空子集 (其兩兩交集不必然非空)。一個函數 $f : X \\to \\{1, 2, \\dots, n+1\\}$ 是好棒棒的, 若且唯若存在指標 $k$ 使得\n$$\n\\sum_{x \\in X_k} f(x) > \\sum_{x \\in X_i} f(x) \\text{對於所有} i \\neq k \\text{皆成立。}\n$$\n\n證明好棒棒函數的總數不少於 $n^n$.\n\nLet $m, n \\ge 2$ be integers, $X = \\{1, 2, \\cdots, n\\}$, and $X_1, X_2, \\cdots, X_m$ be $m$ different non-empty subsets of $X$ (not necessary disjoint). A function $f: X \\to \\{1, 2, \\cdots, n+1\\}$ is called *nice* if and only if there exists an index $k$ such that\n$$\n\\sum_{x \\in X_k} f(x) > \\sum_{x \\in X_i} f(x) \\text{ for all } i \\neq k.\n$$\n\nProve that the number of nice functions is at least $n^n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "對於 $Y \\subset X$ 與任何定義域在 $X$ 上的函數 $f$，讓我們定義 $f(Y) = \\sum_{x \\in Y} f(x)$，則 $f$ 是好棒棒的等價於 $f(X_i)$ 在唯一的指標 $i \\in \\{1, 2, \\dots, m\\}$ 時取到最大值。\n令 $\\mathcal{G}$ 為所有函數 $g : X \\to \\{1, 2, \\dots, n\\}$ 所成集合；注意到 $|\\mathcal{G}| = n^n$。現在，對於每一個 $g \\in \\mathcal{G}$，取任一極大化 $g(X_\\ell)$ 的指標 $\\ell$，並定義\n$$\nf_g(x) := \\begin{cases} g(x) + 1, & x \\in X_\\ell, \\\\ g(x), & x \\notin X_\\ell. \\end{cases}\n$$\n若能證明 (1) $f_g$ 好棒棒且 (2) $f_g$ 全相異，便證明好棒棒函數至少有 $n^n$ 個。\n\n(1) **$f_g$ 好棒棒** 注意到 $f_g(X_i) = g(X_i) + |X_i \\cap X_\\ell|$ 對於所有 $i$ 皆成立。讓我們證明 $f_g(X_i)$ 在唯一的指標 $\\ell$ 取得最大值：任取 $i \\neq \\ell$。注意到我們必有 $X_\\ell \\not\\subset X_i$ (否則 $g(X_\\ell) < g(X_i)$，與 $g(X_\\ell)$ 的最大性矛盾)，而這意味著 $|X_\\ell| > |X_i \\cap X_\\ell|$，因此\n$$\nf_g(X_\\ell) = g(X_\\ell) + |X_\\ell| \\ge g(X_i) + |X_\\ell| > g(X_i) + |X_i \\cap X_\\ell| = f_g(X_i).\n$$\n故 $f_g(X_i)$ 在唯一的指標 $\\ell$ 取得最大值，亦即 $f_g$ 好棒棒。\n\n(2) **$f_g$ 全相異** 注意到前項說明 $f_g(X_\\ell)$ 是唯一最大值，從而我們有\n$$\ng(x) := \\begin{cases} f_g(x) - 1, & x \\in X_\\ell, \\\\ f_g(x), & x \\notin X_\\ell. \\end{cases}\n$$\n這表示 $f_g$ 與 $g$ 為一一對應，因此 $f_g$ 全相異。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44553,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "泓江的兩岸各有 $n$ 座城市。江上有若干條雙向渡輪航班，每一條都連接左岸的一座城市與右岸的一座城市。我們稱一座城市是**便利的**，若且唯若該城市有通往對岸所有城市的航班。我們稱泓江是**暢通的**，若且唯若我們可以找到 $n$ 條航班，使得其兩端點的城市恰包含全部 $2n$ 座城市。\n已知泓江目前不是暢通的，且只要增設任何一條新航班，泓江便是暢通的。試求便利城市數量的所有可能值。\n\nThere are $n$ cities on each side of Hung river, with two-way ferry routes between some pairs of cities across the river. A city is “convenient” if and only if the city has ferry routes to all cities on the other side. The river is “clear” if we can find $n$ different routes so that the end points of all these routes include all $2n$ cities.\nIt is known that Hung river is currently unclear, but if we add any new route, then the river becomes clear. Determine all possible values for the number of convenient cities.",
    "options": [],
    "answer": "n-1",
    "solution": "Graph theoretic statement: in a balanced bipartite graph $G(V_1, V_2, E)$ with $n$ vertices on both parties, if there is no perfect matching but adding any other edges would lead to one, determine the number of vertices with degree $n$. We will show that this number is $n-1$.\n\n(1) Since $G(V_1, V_2, E)$ has no perfect matching, by Hall's theorem, we know that there is some subset $U \\subseteq V_1$ such that $|N(U)| < |U|$. Let $U' = V_2 - N(U)$, then since $n - |U'| = |N(U)| < |U|$, we have $|U| + |U'| \\ge n + 1$.\n\n(2) In addition, if there is some $(a, b) \\in (V_1 \\times V_2)$ such that $a$ is not a neighbor of $b$ but $(a, b) \\notin (U \\times U')$, then we may connect $ab$ and $G$ would still have no perfect matching by Hall's, which is a contradiction. Therefore we may assume that, for all $(a, b) \\notin (U \\times U')$, $a$ and $b$ are connected.\n\n(3) Now, if $|U| + |U'| \\ge n + 2$, we may connect an arbitrary $u \\in U$ and an arbitrary $u' \\in U'$, then $|N_{\\{new\\}}(U)| = |N_{\\{old\\}}(U)| + 1 = n + 1 - |U'| < U$, which means that the new graph still has no perfect matching (due to Hall's). This means that $|U| + |U'| = n + 1$.\n\n(4) Combining (2) and (3), we know that $\\text{deg}(v) = n$ if and only if $v \\notin U \\cup U'$, so the number of vertices with degree $n$ is $2n - (|U| + |U'|) = n - 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44554,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "是否存在不等邊三角形 $ABC$, 使得三角形 $ABC$ 與三角形 $IHO$ 相似, 其中 $I, H, O$ 分別為三角形 $ABC$ 的內心、垂心及外心?\n\nIs there a scalene triangle $ABC$ similar to triangle $IHO$, where $I$, $H$, $O$ are the incenter, orthocenter, and circumcenter, respectively, of triangle $ABC$?",
    "options": [],
    "answer": "No",
    "solution": "由於 $ABC$ 為不等邊三角形, 不妨假設 $\\angle A > \\angle B > \\angle C$。事實上, 我們可以證明 $\\angle OIH > \\angle A$。\n\n**Claim.** $A, H$ 位於 $OI$ 同側。\n\n*Proof.* 令 $M$ 為 $AI$ 與外接圓 $\\odot(ABC)$ 的第二個交點, $J$ 為 $\\triangle ABC$ 的 $A$-旁心, $S$ 為 $OI$ 與 $AH$ 的交點。雞爪定理告訴我們 $M$ 為 $IJ$ 中點。考慮 $I, M, I_a$ 關於 $AB$ 的投影點 $F_I, F_M, F_J$, 我們有\n$$\n\\frac{MI}{IA} = \\frac{F_M F_I}{F_I A} = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{F_J F_I}{F_I A} = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{a}{(b+c-a)/2} = \\frac{a}{b+c-a},\n$$\n其中 $a = BC, b = CA, c = AB$ 為三角形 $ABC$ 的三邊長。所以\n$$\n\\overrightarrow{AH} = 2 \\cos \\angle BAC \\cdot \\overrightarrow{OM} = \\frac{b^2 + c^2 - a^2}{bc} \\cdot \\left( \\frac{MI}{IA} \\cdot \\overrightarrow{AS} \\right) = \\frac{a(b^2 + c^2 - a^2)}{bc(b+c-a)} \\cdot \\overrightarrow{AS}.\n$$\n因此, $A, H$ 位於 $OI$ 同側若且唯若\n$$\n\\begin{aligned} 1 > \\frac{a(b^2 + c^2 - a^2)}{bc(b+c-a)} & \\iff bc(b+c-a) > a(b^2 + c^2 - a) \\\\ & \\iff (a-b)(a-c)(a+b+c) > 0, \\end{aligned}\n$$\n而這顯然是對的 (因為 $a > b > c$)。$\\square$\n\n回到原題。由於 $O, M$ 位於 $AH$ 同側, $O, I$ 也位於 $AH$ 同側, 因此\n$$\n\\angle OIH = \\angle OSH + \\angle SHI > \\angle OSH = \\angle IOM. \\qquad (\\spadesuit)\n$$\n結合 $I, O$ 位於 $BM$ 同側以及\n$$\n\\angle MBO = 90^\\circ - \\frac{1}{2}\\angle A = \\frac{1}{2}(\\angle B + \\angle C) < \\frac{1}{2}(\\angle A + \\angle B) = \\angle BMI,\n$$\n我們得到 $I, M$ 位於 $BO$ 的異側。再結合 $B, I$ 位於 $MO$ 的同側及 (\\spadesuit) 我們得到\n$$\n\\angle OIH > \\angle IOM > \\angle BOM = \\angle A.\n$$\n因此不存在不等邊三角形 $ABC$ 使得三角形 $ABC$ 與三角形 $IOH$ 相似。$\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44555,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "有一等腰梯形 $ABCD$，其中 $AD$ 平行於 $BC$，並設 $\\Omega$ 為其外接圓。令 $X$ 為 $D$ 關於 $BC$ 的對稱點，$Q$ 為 $\\Omega$ 的弧 $BC$ (不含 $A$) 上一點，$P$ 為 $DQ$ 與 $BC$ 的交點。設點 $E$ 滿足 $EQ$ 平行於 $PX$ 且 $EQ$ 平分 $\\angle BEC$。證明 $EQ$ 亦平分 $\\angle AEP$。\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $\\Omega$ be the circumcircle of an isocles trapezoid $ABCD$, in which $AD$ is parallel to $BC$. Let $X$ be the reflection point of $D$ with respect to $BC$. Point $Q$ is on the arc $BC$ of $\\Omega$ that does not contain $A$. Let $P$ be the intersection of $DQ$ and $BC$. A point $E$ satisfies that $EQ$ is parallel to $PX$, and $EQ$ bisects $\\angle BEC$. Prove that $EQ$ also bisects $\\angle AEP$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "令 $R$ 為 $AE$ 與 $BC$ 的交點。要證明原命題, 我們只需證明 $\\odot(EBC)$ 與 $\\odot(ERP)$ 相切於 $E$ (因為這告訴我們 $EP$, $EA$ 關於 $EB$, $EC$ 逆平行, 而後者關於 preserved $EQ$, $EQ$ 逆平行)。設 $AE$ 分別與 $\\Omega$, $\\odot(EBC)$ 交於 $S$, $T$, 則由 Reim 定理知 $P$, $Q$, $R$, $S$ 共圓。因為 $EQ$ 平分 $\\angle BEC$, $EQ$ 與 $\\odot(EBC)$ 的交點 $M$ 為 $\\odot(EBC)$ 上弧 $BC$ 的中點。由\n$$\n\\angle ETM = \\angle (EM, BC) = \\angle (PX, BC) = \\angle (CB, DP) = \\angle ADP = \\angle ASQ,\n$$\n我們得到 $TM \\parallel SQ$, 因此 $\\odot(ETM)$ 與 $\\odot(ESQ)$ 相切於 $E$。\n\n注意到三圓 $\\Omega$, $\\odot(EBC)$, $\\odot(ESQ)$ 的根心為 $BC$ 與 $SQ$ 的交點 $U$, 因此由 $UE$ 與 $\\odot(ESQ)$ 相切知 $\\overline{UE}^2 = US \\cdot UQ = UR \\cdot UP$, 即 $UE$ 與 $\\odot(ERP)$ 相切。結合 $UE$ 與 $\\odot(EBC)$ 相切, 就得到 $\\odot(EBC)$ 與 $\\odot(ERP)$ 相切。$\\square$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44556,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a scalene triangle with circumcenter $O$ and orthocenter $H$. Let $AYZ$ be another triangle sharing the vertex $A$ such that its circumcenter is $H$ and its orthocenter is $O$. Show that if $Z$ is on $BC$, then $A, H, O, Y$ are concyclic.\n\n設 $ABC$ 為不等邊三角形，其外心為 $O$，垂心為 $H$。有另一個三角形 $AYZ$ 與 $ABC$ 共用頂點 $A$，且三角形 $AYZ$ 的外心為 $H$，垂心為 $O$。證明：若 $Z$ 在 $BC$ 上，則 $A$、$H$、$O$、$Y$ 共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們先證明一個重要的引理。\n\n**Lemma.** 若 $X$ 是 $BC$ 與 $YZ$ 的交點, 則 $X$ 落在 $OH$ 的中垂線上。\n\n*Proof of the lemma.* 令 $H'$ 為 $H$ 關於 $BC$ 的鏡射點, $O'$ 為 $O$ 關於 $YZ$ 的鏡射點。熟知有 $AO = H'O$ 且 $AH = O'H$。因此 $\\angle HH'O = \\angle OAH = \\angle HO'H$, 所以 $HH'OO'$ 共圓。故 $X$ 是圓 $HH'OO'$ 的圓心, 得證。 □\n\n*Another proof of the lemma.* 取點 $P$ 使得 $AHPO$ 為平行四邊形。熟知有 $BC$ 為 $OP$ 的中垂線, 而 $YZ$ 為 $HP$ 的中垂線。於是 $X$ 為三角形 $OHP$ 的外心, 故 $X$ 位於 $OH$ 的中垂線上。 □\n\n回到原題。由於 $ABC$ 為不等邊三角形, 故 $YZ$ 必與 $BC$ 相異。於是有 $Z = BC \\cap YZ$, 由 Lemma 知其落在 $OH$ 的中垂線上。一樣令 $O'$ 為 $O$ 關於 $YZ$ 的鏡射點, 有 $ZO' = ZO = ZH = O'H$, 知 $\\triangle ZO'H$ 為正三角形。所以 $\\angle AOH = 180^\\circ - \\angle O'OH = 180^\\circ - \\frac{1}{2}\\angle O'ZH = 150^\\circ$。亦有\n$$\n\\angle AYH = 90^\\circ - \\angle AZY = 90^\\circ - \\angle HZO' = 30^\\circ,\n$$\n其中的第一個等號來自垂心 $H$ 與外心 $O$ 的性質。故得 $AHOY$ 共圓, 得證。 □\n\n另證. 同上面的證明, 我們只需證出 $ZO = ZH$ 即可。此處給出此式的另一個證明。\n\n由於 $AO \\perp YZ$ 及 $AH \\perp BC$, 有\n$$\n\\angle AOZ = \\angle ZYA = 90^\\circ - \\angle YAO = 90^\\circ - \\angle HAZ = \\angle AZC.\n$$\n所以直線 $BC$ 與三角形 $AOZ$ 的外接圓切於點 $Z$。考慮 $AOZ$ 的外心 $H''$。有 $H''Z \\perp BC$ 及 $H''Z = HZ = AH$, 因為 $H''$ 是 $H$ 關於 $AZ$ 的鏡射點。由於 $O$ 到 $BC$ 的距離為 $AH/2$, 得 $H''O = ZO$。再配合 $H''$ 為 $AOZ$ 的外心性質, 得 $ZO = H''O = ZH'' = ZH$, 得證。 □",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44557,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n \\ge 3$ such that\n$$\nn! \\prod_{\\substack{p<q \\le n, \\\\ p,q \\text{ 為質數}}} (p+q).\n$$\nThat is, $n!$ divides the product $\\prod_{p<q \\le n,\\ p,q\\ \\text{為質數}} (p+q)$.\n\n\nFind all positive integers $n \\ge 3$ such that\n$$\nn! \\prod_{\\substack{p<q \\le n, \\\\ p,q \\text{ primes}}} (p+q).\n$$\nThat is, $n!$ divides the product $\\prod_{p<q \\le n,\\ p,q\\ \\text{primes}} (p+q)$.\n",
    "options": [],
    "answer": "n = 7",
    "solution": "This only holds for $n = 7$.\n\nLet $2 = p_1 < p_2 < \\cdots < p_m \\le n$ be the primes $\\le n$. Each such prime divides $n!$.\n\nIn particular, $p_m \\mid p_i + p_j$ for some $p_i < p_j \\le n$. But\n$$\n0 < \\frac{p_i + p_j}{p_m} < 2,\n$$\nso $p_m = p_i + p_j$ which implies $m \\ge 3$, $p_i = 2$, and $p_m = 2 + p_j = 2 + p_{m-1}$.\n\nSimilarly, $p_{m-1} \\mid p_k + p_l$ for some $p_k < p_l \\le n$. But\n$$\n0 < \\frac{p_l + p_k}{p_{m-1}} < 3.\n$$\nThus, it is easy to check that we must have $p_{m-1} = p_{m-2} + 2$.\n\nHence, one of $p_{m-2}, p_{m-1}, p_m$ is divided by $3$. Easy to check that $p_{m-2} = 3$ is the only possible case, i.e., $p_1, p_2, \\cdots, p_m = 2, 3, 5, 7$ and\n$$\n\\prod_{i<j} (p_i + p_j) = 5 \\cdot 7 \\cdot 9 \\cdot 8 \\cdot 10 \\cdot 12 = 7! \\cdot 60\n$$\nSo the condition only holds for $n = 7$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44558,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all polynomials $P$ with real coefficients satisfying that there exist infinitely many pairs $(m, n)$ of coprime positive integers such that $P\\left(\\frac{m}{n}\\right) = \\frac{1}{n}$.",
    "options": [],
    "answer": "All such polynomials are linear with rational coefficients: P(x) = a x + b, where a and b are rational, a·b ≤ 0, and writing a = p/q and b = r/s in lowest terms with positive denominators, the numerators satisfy gcd(p, r) = 1.",
    "solution": "Easy to prove that $P$ must have rational coefficients.\nIf $P$ has a degree $d \\ge 2$, consider $P(x) = \\frac{p}{q}x^d + \\frac{1}{M}Q(x)$, where $p, q \\in \\mathbb{Z}$, $Q(x)$ is a polynomial of degree $< d$ with integer coefficients. Suppose $P\\left(\\frac{m}{n}\\right) = \\frac{1}{n}$, $m, n$ coprime.\nWe have $Mn^{d-1}P\\left(\\frac{m}{n}\\right) \\in \\mathbb{N}$, thus $qn \\mid pMm^d$, and so $n \\mid pM$. However, $n$ can be arbitrarily large, so $pM = 0$, contradiction. Therefore, we must have $d = 1$.\nAssume $P(x) = \\frac{p x}{q} + \\frac{r}{s}$, $\\gcd(p, q) = \\gcd(r, s) = 1$. The condition is equivalent to that for infinitely many coprime positive integer pairs $(m, n)$,\n$$\npsm + rqn = qs.\n$$\nLet $A = ps$, $B = qr$, $C = qs$. We have $\\gcd(A, B) \\mid C$. We also must have $AB \\le 0$, otherwise $|C| = |Am + Bn| \\ge |m + n|$, contradicting the existence of infinitely many solutions.\nConversely, if $\\gcd(A, B) \\mid C$ and $AB \\le 0$, we can find integers $a, b$ such that $Aa + Bb = \\gcd(A, B)$. Let $m = |B|t + Ca$, $n = |A|t + Cb$, we have $Am + Bn = C$, and $\\gcd(m, n) \\mid \\gcd(C, am - bn) = \\gcd(C, t + s)$, where $s$ is some integer independent of $t$. Therefore, we have found large enough $t$ so that $m, n$ are positive and coprime.\nSo all solutions of $P(x)$ are $P(x) = \\frac{p x}{q} + \\frac{r}{s}$, such that $\\gcd(ps, qr) \\mid qs$ and $\\frac{pr}{qs} \\le 0$. Since $\\gcd(p, q) = \\gcd(r, s) = 1$, so $\\gcd(ps, qr) = \\gcd(p, r)\\gcd(q, s)$, the first condition is equivalent to $\\gcd(p, r) = 1$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44559,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 與 $m$ 為正整數。托兒所的老師用 $n \\times m$ 塊正方形巧拼，排成一個 $n \\times m$ 的長方形區域。每塊巧拼上有一個嬰兒，各自面向正方形的某一個邊。老師一拍手，所有嬰兒就同時往其面對的方向前進一塊巧拼，之後所有嬰兒原地順時鐘轉 90 度。若一個嬰兒爬出 $n \\times m$ 的長方形區域，則該嬰兒大哭。若兩個嬰兒前進到相同的巧拼上，他們會對撞然後一起大哭。\n已知老師可以適當安排一開始每個嬰兒的面向，使得不論老師拍多少次手，都沒有嬰兒大哭。\n試求 $n$ 與 $m$ 的所有可能值。",
    "options": [],
    "answer": "Both dimensions are even.",
    "solution": "答案是所有偶數 $n$ 與 $m$。顯然所有 $2k \\times 2h$ 的情形都可以用 $k \\times h$ 個如下的 $2 \\times 2$ 嬰兒陣拼出來：\n![](attached_image_1.png)\n\n現在證明只有 $n$ 與 $m$ 皆為偶數時可滿足題意。讓我們將直排依序編號為 1, 2, ..., $n$，橫列依序編號為 1, 2, ..., $m$，並將第 $i$ 排 $j$ 列的巧拼標記為 $(i, j)$。讓我們考慮所有 $i$ 和 $j$ 都是奇數的“奇”格，以及所有 $i$ 和 $j$ 都是偶數的“偶”格。注意到不論起始嬰兒的面向如何，在老師拍完兩次手後，所有奇格的嬰兒都會出現在偶格，所有偶格的嬰兒都會出現在奇格，且不會有原本在非奇偶格的嬰兒出現在奇偶格。這表示奇格與偶格的數量必須相同（否則一定會有嬰兒對撞）。然而，當 $n$ 與 $m$ 不同為偶數時，奇格與偶格的數量必不相同。因此，只有 $n$ 與 $m$ 皆為偶數時可滿足題意。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44560,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "平面上設點 $O$ 為圓 $\\Gamma$ 的圓心, 另在 $\\Gamma$ 上有兩點 $A$, $B$ 滿足 $O, A, B$ 不共線。設點 $M$ 為線段 $AB$ 的中點, 並分別在直線 $OA$, $OB$ 上取點 $P$, $Q$ 使得 $P \\neq A$ 且 $P, M, Q$ 三點共線。令過 $P$ 與 $AB$ 平行的直線, 和過 $Q$ 與 $OM$ 平行的直線交於點 $X$; 又令過 $X$ 與 $OA$ 平行的直線, 和過 $B$ 與 $OX$ 垂直的直線交於點 $Y$。證明: 若點 $X$ 在圓 $\\Gamma$ 上, 則點 $Y$ 也在圓 $\\Gamma$ 上。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "不失一般性, 可設 $OA = OB = OX = 1$。設有向角 $\\angle AOB = \\theta$、$\\angle BOX = \\varphi$。又設 $A = \\varphi + \\theta/2$, $B = \\theta/2$。在 $\\triangle OPX$ 上使用正弦定律, 可知有向長度 $OP$ 等於 $\\cos A/ \\cos B$。又在 $\\triangle OQX$ 上使用正弦定律, 可知有向長度 $OQ$ 等於 $\\sin A/ \\sin B$。於是由于孟氏定理,\n$$\n\\frac{\\frac{\\cos A}{\\cos B}}{1 - \\frac{\\cos A}{\\cos B}} = - \\frac{\\frac{\\sin A}{\\sin B}}{1 - \\frac{\\sin A}{\\sin B}}\n$$\n上式展開得\n$$\n\\cos A \\sin B + \\sin A \\cos B - 2 \\cos A \\sin A = 0,\n$$\n即 $\\sin(A+B) = \\sin 2A$。由此推得 $A+B \\equiv 2A \\pmod{2\\pi}$ 或 $3A+B \\equiv \\pi \\pmod{2\\pi}$。\n在第一種情況下, 可得 $A=B$, 於是 $\\varphi=0$。這表示 $X=B$ 及 $Y=B$ 落在 $\\Gamma$ 上。\n在第二種情況下, 有 $3\\varphi \\equiv \\pi - 2\\theta \\pmod{2\\pi}$。注意如果通過 $B$ 且與 $OX$ 垂直的直線和 $\\Gamma$ 交於點 $Y'$ 的話, 則 $\\angle XOY' = \\varphi$。於是 $\\angle AOX + \\angle AOY' = 3\\varphi + 2\\theta = \\pi$, 知 $AO$ 平行於 $XY'$, 推得 $Y=Y'$ 落在 $\\Gamma$ 上。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44561,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求所有同時滿足以下兩條件的正整數 $n$:\n(a) $n$ 的正因數個數不是 8 的倍數；\n(b) 對於所有整數 $x$, 有\n$$\nx^n \\equiv x \\mod n.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "n = 1 or n is any prime",
    "solution": "答案為 $n=1$ 或任意質數。我們拆解為以下四步驟。\n\n1. $n$ 沒有平方因子\n\n證明：若 $p^2|n$, 取 $x=p$, 則 $p^2 \\nmid x$ 但 $p^2|p^{p^2} = x$, 矛盾。\n\n2. $n=1, p$ 或 $pq$, 其中 $p$ 和 $q$ 為質數\n\n證明：由於 $n$ 沒有平方因子，$n$ 必型如 $p_1p_2\\cdots p_m$，從而其質因數個數為 $2^m$。但因為其質因數個數不被 8 整除，故 $m<3$，得證。\n\n3. $n$ 不可能型如 $pq$\n\n證明：不失一般性假設 $p < q$，此時取 $x$ 為 $q$ 的原根 (既讓 $a^d \\equiv a \\mod n$ 的最小正整數)。基於 $x^n \\equiv x \\mod q$，由最小性，我們必須有 $q-1|n-1$，從而\n$$\nq-1|n-1 = pq-1 = p(q-1) + (q-1) \\Rightarrow q-1|p-1,\n$$\n此與 $p < q$ 的假設矛盾。\n\n4. $n=1$ 與 $n=p$ 皆滿足題意\n\n證明：$n=1$ 顯然，而 $n=p$ 為費馬小定理。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Modular Arithmetic"
  },
  {
    "id": 44562,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$m$ 為正整數, 且實數 $a_1, a_2, \\dots, a_m$ 滿足\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} a_i = 1,\n$$\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} a_i^2 = 11,\n$$\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} a_i^3 = 1,\n$$\n$$\n\\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} a_i^4 = 131.\n$$\n試證明 $m$ 必為 7 的倍數。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮多項式 $f(x) = (x-3)^2(x+4)^2 = x^4 + 2x^3 - 23x^2 - 24x + 144$, 則我們有\n$$\n0 \\le \\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} f(a_i) = 131 + 2 - 253 - 24 + 144 = 0,\n$$\n因此 $a_i$ 必須是 3 或 -4。假設其中有 $p$ 個 3 與 $q$ 個 -4, 則我們有\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{3p - 4q}{m} &= \\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} a_i = 1, \\\\\n\\frac{9p + 16q}{m} &= \\frac{1}{m} \\sum_{i=1}^{m} a_i^2 = 11.\n\\end{aligned}\n$$\n從而我們必有 $p/m = 5/7$ 與 $q/m = 2/7$。這表示 $m$ 必須為 7 的倍數。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44563,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 與 $k$ 為正整數。令 $A$ 為由平面上 $2n$ 個相異點所構成的集合，其中任三點不共線。$A$ 中的若干對點之間有連線，使得平面上有 $n^2 + k$ 條相異線段。試證：平面上至少有 $\\frac{4}{3}k^{3/2}$ 個相異三角形，其頂點皆屬於 $A$，且其三邊皆為上述所連線段。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將問題視為圖 $G = (V, E)$。對於每個點 $v \\in V$, 令 $d(v)$ 為該點度數。對於每條邊 $e = uv \\in E$, 令 $s(e) = d(u) + d(v)$, 也就是其兩端點的度數和。我們拆解為以下三步驟：\n\n1. **引理一:** 對於每一條邊 $e \\in E$, 至少有 $s(e) - 2n$ 個三角形以其為邊。\n\n*Proof.* 令 $e$ 的兩端點為 $u$ 和 $v$, 則扣除 $uv$ 外, $A$ 和 $B$ 總計還要對其餘 $2n-2$ 個點連出 $s(e)-2$ 條邊, 故由排容原理知至少有 $(s(e)-2) - (2n-2) = s(e) - 2n$ 個點同時對 $A$、$B$ 兩點皆有連線, 也就是 $s(e) - 2n$ 個三角形。 □\n\n2. **引理二:** $S = \\sum_{e \\in E} s(e) \\ge 2(n^2 + k)^2/n$.\n\n*Proof.* 讓我們對 $S$ 算兩次。注意到點 $v$ 的度數為 $d(v)$, 意味著它在 $d(v)$ 條邊上各貢獻了 $d(v)$ 的度數到 $S$ 中, 故由柯西不等式與度邊定理,\n$$\n\\sum_{e \\in E} s(e) = \\sum_{v \\in V} d(v)^2 \\ge \\frac{1}{2n} \\left( \\sum_{v \\in V} d(v) \\right)^2 = \\frac{1}{2n} (2(n^2 + k))^2 = \\frac{2(n^2 + k)^2}{n}.\n$$\n\n3. 現在, 由於每個三角形有三條邊, 故有\n$$\n\\begin{aligned} 3 \\times \\text{三角形個數} &\\ge \\sum_{e \\in E} (s(e) - 2n) \\ge \\frac{2(n^2 + k)^2}{n} - 2n(n^2 + k) \\\\ &= \\frac{2k}{n}(n^2 + k) \\ge \\frac{2k}{n}(2n\\sqrt{k}) = 4k^{3/2}. \\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44564,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定三角形 $ABC$。設 $BPCQ$ 為一平行四邊形 ($P$ 不在 $BC$ 上)。令 $U$ 為 $CA$ 與 $BP$ 的交點，$V$ 為 $AB$ 與 $CP$ 的交點，$X$ 為 $CA$ 與三角形 $ABQ$ 的外接圓異於 $A$ 的交點，$Y$ 為 $AB$ 與三角形 $ACQ$ 的外接圓異於 $A$ 的交點。證明 $\\overline{BU} = \\overline{CV}$ 若且唯若 $AQ, BX, CY$ 三線共點。\n\n![](attached_image_1.png)\n\nGiven triangle $ABC$. Let $BPCQ$ be a parallelogram ($P$ is not on $BC$). Let $U$ be the intersection of $CA$ and $BP$, $V$ be the intersection of $AB$ and $CP$, $X$ be the intersection of $CA$ and the circumcircle of triangle $ABQ$ distinct from $A$, and $Y$ be the intersection of $AB$ and the circumcircle of triangle $ACQ$ distinct from $A$. Prove that $\\overline{BU} = \\overline{CV}$ if and only if the lines $AQ$, $BX$, and $CY$ are concurrent.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由根心定理，$AQ, BX, CY$ 共點若且唯若 $B, C, X, Y$ 共圓，透過 $\\angle BXC = \\angle BQA, \\angle BYC = \\angle AQC$，這又等價於 $QA$ 為 $\\angle BQC$ 的其中一條角平分線，也就是 $\\frac{\\sin \\angle BQA}{\\sin \\angle AQC} = \\pm 1$（注意到 $Q$ 不在 $BC$ 上$)$。\n\n另一方面，由角元西瓦定理，\n$$\n\\frac{\\sin \\angle BQA}{\\sin \\angle AQC} \\cdot \\frac{\\sin \\angle CBA}{\\sin \\angle ABQ} \\cdot \\frac{\\sin \\angle QCA}{\\sin \\angle ACB} = 1.\n$$\n因此 $\\frac{\\sin \\angle BQA}{\\sin \\angle AQC} = \\pm 1$ 若且唯若 $\\frac{\\sin \\angle CBA}{\\sin \\angle ABQ} \\cdot \\frac{\\sin \\angle QCA}{\\sin \\angle ACB} = \\pm 1$。而\n$$\n\\left| \\frac{\\sin \\angle CBA}{\\sin \\angle ABQ} \\cdot \\frac{\\sin \\angle QCA}{\\sin \\angle ACB} \\right| = \\frac{\\sin \\angle CBV}{\\sin \\angle BVC} \\cdot \\frac{\\sin \\angle BUC}{\\sin \\angle UCB} = \\frac{\\overline{CV}}{\\overline{BC}} \\cdot \\frac{\\overline{BC}}{\\overline{BU}} = \\frac{\\overline{CV}}{\\overline{BU}}\n$$\n故兩者等價。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44565,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設圓內接四邊形 $ABCD$ 的外接圓為 $\\omega$, 半徑為 $r$ 且對角線 $AC$ 和 $BD$ 相交於 $P$。\n假設 $AD = DP$, $S$ 為從 $P$ 到 $AB$ 的垂足而點 $Q$ 位於直線 $SP$ 上, 使得 $PQ = r$ 且 $S, P, Q$ 依序位於直線上。令通過 $A$ 且垂直 $CQ$ 的直線與通過 $B$ 垂直於 $DQ$ 的直線相交於 $E$, 證明 $E$ 位於 $\\omega$ 上。\n\nLet $ABCD$ be a cyclic quadrilateral with circumcircle $\\omega$ and circumradius $r$. The diagonals $AC$ and $BD$ intersect at $P$. Suppose that $AD = DP$. Let $S$ be the foot of the perpendicular from $P$ to the line $AB$. Point $Q$ lies on line $SP$ such that $PQ = r$ and $S, P, Q$ lie on the line in that order. Let the line perpendicular to $CQ$ from $A$ intersect the line perpendicular to $DQ$ from $B$ at $E$. Prove that $E$ lies on $\\omega$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First observe that\n$$\n\\angle DPA = \\angle BPC = \\angle CBP = \\angle CBD = \\angle CAD = \\angle PAD\n$$\nso $DP = DA$. Thus there is a symmetry in the problem statement swapping $(A, D) \\leftrightarrow (B, C)$. Let $O$ be the centre of $\\omega$ and let $E$ be the reflection of $P$ in $CD$ which, by\n$$\n\\angle CED = \\angle DPC = 180^\\circ - \\angle CPB = 180^\\circ - \\angle PBC = 180^\\circ - \\angle DBC\n$$\nlies on $\\omega$. We claim the two lines concur at $E$. By the symmetry noted above, it suffices to prove that $BE \\perp DQ$ and then $AE \\perp CQ$ will follow by symmetry. We have $AO = PQ, AD = DP$ and\n$$\n\\angle DAO = 90^\\circ - \\angle ABD = \\angle DPQ.\n$$\nHence $\\triangle AOD \\cong \\triangle PQD$. Thus\n$$\n\\angle QDB + \\angle DBE = \\angle ODA + \\angle DAE = \\angle ODA + \\angle AED = 90^\\circ\n$$\ngiving $BE \\perp DQ$ as required.\nAs in Solution 1, we prove that $DA = DP$ and note the symmetry in the problem statement swapping $(A, D) \\leftrightarrow (B, C)$.\nLet $\\Gamma$ be the circumcircle of $\\triangle PCD$. Since $DP = DA$ and $\\angle ACD = \\angle PCD$, the radius of $\\Gamma$ is equal to that of $\\omega$. We have that\n$$\n\\angle DPQ \\angle BPS = 90^\\circ - \\angle ABD = 90^\\circ - \\angle PCD.\n$$\nThis, combined with $PQ$ being equal to the common circumradius of $\\Gamma$ and $\\omega$, means that $Q$ is the circumcentre of $\\Gamma$. Let the perpendiculars to $CQ$, $DQ$ from $A$, $B$ intersect at $E$ then we have\n$$\n\\angle EAC = 90^\\circ - \\angle ACQ = 90^\\circ - \\angle QPC = 90^\\circ - \\angle SPA = \\angle CAB \\Rightarrow \\angle EAB = 2\\angle PAB\n$$\n$$\n\\angle DBE = 90^\\circ - \\angle QDP = 90^\\circ - \\angle DPQ = 90^\\circ - \\angle BPS = \\angle ABD \\Rightarrow \\angle ABE = 2\\angle ABP.\n$$\nCombining these\n$$\n\\angle BEA = 180^\\circ - 2(\\angle PAB + \\angle ABP) = 180^\\circ - 2\\angle APD = \\angle BDA\n$$\nwhich gives that $E$ lies on $\\omega$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44566,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $f(x)$ be a polynomial with real coefficients such that the inequality\n$$\nx + 1 \\le f(x) \\le 3x^2 - 5x + 4\n$$\nholds for all real numbers $x$. Find all possible values for $f(11)$.\n\n設 $f(x)$ 為實係數多項式，滿足：\n$$\nx + 1 \\le f(x) \\le 3x^2 - 5x + 4.\n$$\n對所有實數 $x$ 均成立。試求 $f(11)$ 的所有可能值。",
    "options": [],
    "answer": "[12, 312]",
    "solution": "$f(11) \\in [12, 312]$\n\n易知 $f(x)$ 至多為二次多項式。注意到，$y = x + 1$ 為二次函數，$y = 3x^2 - 5x + 4$ 在點 $(1, 2)$ 處的切線。由於 $3x^2 - 5x + 4 = 3(x - 1)^2 + x + 1$，所以存在實數 $a \\in [0, 3]$ 使得\n$$\nf(x) = a(x - 1)^2 + x + 1.\n$$\n故 $f(11)$ 的所有可能值為 $[11 + 1, 3(11 - 1)^2 + 11 + 1] = [12, 312]$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44567,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 與 $k$ 為正整數。寶寶用 $n^2$ 個數字積木拼成一個 $n \\times n$ 的方陣，每塊積木都是一個不超過 $k$ 的正整數。路過的奶爸一看，發現：\n1. 方陣上每一橫列的數字都可以視為以最左方數字為首項的等差數列，且其公差都不同；\n2. 方陣上每一直排的數字都可以視為以最上方數字為首項的等差數列，且其公差都不同，\n試求 $k$ 的最小可能值 (以 $n$ 的函數表示。)\n註：公差可能非正。\n\nLet $n$ and $k$ be positive integers. A baby uses $n^2$ blocks to form a $n \\times n$ grid, with each of the blocks having a positive integer no greater than $k$ on it. The father passes by and notice that:\n1. each row on the grid can be viewed as an arithmetic sequence with the left most number being its leading term, with all of them having distinct common differences;\n2. each column on the grid can be viewed as an arithmetic sequence with the top most number being its leading term, with all of them having distinct common differences,\nFind the smallest possible value of $k$ (as a function of $n$.)\nNote: The common differences might not be positive.",
    "options": [],
    "answer": "If n = 2m + 1, the minimum k is 2m^2 + 1. If n = 2m, the minimum k is 2m^2 − m + 1.",
    "solution": "對於一個 $n \\times n$ 的方陣，當 $n = 2m + 1$ 時，$k$ 的最小可能值是 $2m^2 + 1$；當 $n = 2m$ 時，$k$ 的最小可能值是 $2m^2 - m + 1$。\n\n估計：首先考慮令 $[x]$ 為不大於 $x$ 的最大整數，並令 $m = [n/2]$。由於每一橫列的公差都不同，因此需要有 $n \\ge 2m$ 個不同的公差；又因為從 $-m + 1$ 到 $m - 1$ 全部也只有 $2(m-1) + 1 = 2m - 1 < n$ 個數，因此必然有一個橫列的公差 $\\ge m$ 或 $\\le -m$。不失一般性，假設該橫列的公差 $\\ge m$，則由於首項 $\\ge 1$，我們有\n$$\n\\text{末項} \\ge 1 + (n-1)m = \\begin{cases} 2m^2 - m + 1, & \\text{若 } n = 2m, \\\\ 2m^2 + 1, & \\text{若 } n = 2m + 1. \\end{cases}\n$$\n\n構造：首先考慮 $n = 2m + 1$ 的情況。令 $t = m^2 + 1$，並考慮構造\n$$\n\\begin{pmatrix}\nt - m^2 & \\cdots & t - 2m & t - m & t & t + m & t + 2m & \\cdots & t + m^2 \\\\\n\\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots \\\\\nt - 2m & \\cdots & t - 4 & t - 2 & t & t + 2 & t + 4 & \\cdots & t + 2m \\\\\nt - m & \\cdots & t - 2 & t - 1 & t & t + 1 & t + 2 & \\cdots & t + m \\\\\nt & \\cdots & t & t & t & t & t & \\cdots & t \\\\\nt + m & \\cdots & t + 2 & t + 1 & t & t - 1 & t - 2 & \\cdots & t - m \\\\\nt + 2m & \\cdots & t + 4 & t + 2 & t & t - 2 & t - 4 & \\cdots & t - 2m \\\\\n\\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots & \\vdots \\\\\nt + m^2 & \\cdots & t + 2m & t + m & t & t - m & t - 2m & \\cdots & t - m^2\n\\end{pmatrix}\n$$\n\n易驗證每一橫列分別為公差 $-m$ 到 $m$ 的等差數列, 每一直列也分別為公差 $-m$ 到 $m$ 的等差數列, 且最大的數字為 $t + m^2 = 2m^2 + 1$。\n\n若 $n = 2m$, 則考慮上面的構造, 並去除最後一行與最後一列即可。易知每一行與每一列仍為等差數列且公差相異, 而此時的最大數字為 $t + m(m-1) = 2m^2 - m + 1$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44568,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A natural number $x$, when expressed in decimal notation, has the product of its digits equal to $x^2 - 15x - 27$. Find all possible $x$.\n\n自然數 $x$ 以十進制表示時，各位數字的乘積等於 $x^2 - 15x - 27$。試求所有滿足以上條件的 $x$。",
    "options": [],
    "answer": "17",
    "solution": "The only possible $x$ is $17$.\n\nClearly $x^2 - 15x - 27 \\le x$, so easily see that $1 \\le x \\le 17$. And since the equality does not hold, so $10 \\le x \\le 17$, which means $x$ is a solution of $x^2 - 16x - 17 = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44569,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "我們稱一個正整數為傑出數, 若其等於 $1, 2, \\ldots, n$ 的最小公倍數, 其中 $n$ 為正整數。找出所有符合 $x + y = z$ 的傑出數 $x$、$y$、$z$。\n\nA positive integer is *superb* if it is the least common multiple of $1, 2, \\ldots, n$ for some positive integer $n$. Find all superb $x, y, z$ such that $x + y = z$.",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are given by: for any positive integer k, x = y = lcm(1,2,\\ldots,2^k - 1) and z = lcm(1,2,\\ldots,2^k).",
    "solution": "所有可能的 $(x, y, z)$ 為 $x = y = [1, 2, \\ldots, 2^k - 1]$ and $z = [1, 2, \\ldots, 2^k]$, 其中 $k$ 為任意正整數而 $[\\ldots]$ 表最小公倍數。\n\n顯然 $z > x, y$。假設 $x = [1, \\ldots, a]$, $y = [1, \\ldots, b]$ 且 $z = [1, \\ldots, c]$, 並不失一般性假設 $a \\le b$。進一步地, 不失一般性讓 $a$ 最大(也就是對於任何 $a' > a$ 有 $x \\ne [1, \\ldots, a']$), $b$ 最大且 $c$ 最小。這必然保證 $c > b$ 且 $y \\mid z - y = x$, 故 $x = y$ 且 $z = 2x$。而由最大最小性, 這代表 $a = b = c - 1$, 同時 $2^{v_2(c)} \\nmid y$ 但 $2^{v_2(c)-1} \\mid y$。這只有可能在 $c$ 是 2 的某個幂次時成立(否則 $2^{v_2(c)} < c$ 會整除 $y$。) 故解必型如 $x = y = [1, 2, \\ldots, 2^k - 1]$ 且 $z = [1, 2, \\ldots, 2^k]$, 其中 $k$ 為任意正整數。代回檢驗顯然成立。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44570,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $n$ 為正整數。證明：不等式\n$$\nn \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{j=1}^{n} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{3}{a_i a_j + a_j a_k + a_k a_i} \\ge \\left( \\sum_{j=1}^{n} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{2}{a_j + a_k} \\right)^2\n$$\n對任意正實數 $a_1, a_2, \\dots, a_n$ 均成立。\n\nLet $n$ be a positive integer. Prove that the inequality\n$$\nn \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{j=1}^{n} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{3}{a_j a_k + a_k a_i + a_i a_j} \\ge \\left( \\sum_{j=1}^{n} \\sum_{k=1}^{n} \\frac{2}{a_j + a_k} \\right)^2\n$$\nholds for any positive real numbers $a_1, a_2, \\dots, a_n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "熟知（九大於八不等式）\n$$\n9(a_j + a_k)(a_k + a_i)(a_i + a_j) \\geq 8(a_i + a_j + a_k)(a_j a_k + a_k a_i + a_i a_j).\n$$\n所以左式至少為\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{8n}{3} \\sum_{i,j,k=1}^{n} \\frac{a_i + a_j + a_k}{(a_j + a_k)(a_k + a_i)(a_i + a_j)} \\\\\n&= \\frac{4n}{3} \\sum_{i,j,k=1}^{n} \\left( \\frac{1}{(a_k + a_i)(a_i + a_j)} + \\frac{1}{(a_i + a_j)(a_j + a_k)} + \\frac{1}{(a_j + a_k)(a_k + a_i)} \\right) \\\\\n&= 4n \\sum_{i,j,k=1}^{n} \\frac{1}{(a_k + a_i)(a_i + a_j)}.\n\\end{aligned}\n$$\n令 $S_i = \\sum_{\\ell=1}^{n} \\frac{1}{a_i + a_\\ell}$。由柯西不等式得\n$$\n\\begin{aligned}\n4n \\sum_{i,j,k=1}^{n} \\frac{1}{(a_k + a_i)(a_i + a_j)} &= 4n \\sum_{i=1}^{n} S_i^2 \\\\\n&\\geq \\left( \\sum_{i=1}^{n} 2S_i \\right)^2 \\\\\n&= \\left( \\sum_{i,l=1}^{n} \\frac{2}{a_i + a_l} \\right)^2 = \\text{R.H.S.,}\n\\end{aligned}\n$$\n從而原命題成立。 □",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44571,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\mathbb{R}_{>0}$ be the set of positive real numbers. Determine all functions $f : \\mathbb{R}_{>0} \\to \\mathbb{R}_{>0}$ such that\n$$\nx(f(x) + f(y)) \\geq (f(f(x)) + y)f(y)\n$$\nfor every $x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}$.\n\n令 $\\mathbb{R}_{>0}$ 為所有正實數所成的集合。試找出所有函數 $f: \\mathbb{R}_{>0} \\to \\mathbb{R}_{>0}$ 滿足：\n$$\nx(f(x) + f(y)) \\geq (f(f(x)) + y)f(y)\n$$\n對任意 $x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ 均成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = c/x for some c > 0",
    "solution": "All functions $f(x) = \\frac{c}{x}$ for some $c > 0$.\n\nLet $f : \\mathbb{R}_{>0} \\to \\mathbb{R}_{>0}$ be a function that satisfies the inequality of the problem statement. We will write $f^k(x) = f(f(\\cdots f(x)\\cdots))$ for the composition of $f$ with itself $k$ times, with the convention that $f^0(x) = x$. Substituting $y = x$ gives\n$$\nx \\geq f^2(x).\n$$\nSubstituting $x = f(y)$ instead leads to $f(y) + f^2(y) \\geq y + f^3(y)$, or equivalently\n$$\nf(y) - f^3(y) \\geq y - f^2(y).\n$$\nWe can generalize this inequality. If we replace $y$ by $f^{n-1}(y)$ in the above inequality, we get\n$$\nf^n(y) - f^{n+2}(y) \\geq f^{n-1}(y) - f^{n+1}(y),\n$$\nfor every $y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ and for every integer $n \\geq 1$. In particular, $f^n(y) - f^{n+2}(y) \\geq y - f^2(y) \\geq 0$ for every $n \\geq 1$. Hereafter consider even integers $n = 2m$. Observe that\n$$\ny - f^{2m}(y) = \\sum_{i=0}^{m-1} f^{2i}(y) - f^{2i+2}(y) \\geq m(y - f^2(y)).\n$$\nSince $f$ takes positive values, it holds that $y - f^{2m}(y) < y$ for every $m \\geq 1$. So, we have proved that $y > m(y - f^2(y))$ for every $y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ and every $m \\geq 1$. Since $y - f^2(y) \\geq 0$, this holds if and only if\n$$\nf^2(y) = y\n$$\nfor every $y \\in \\mathbb{R}_{>0}$. The original inequality becomes\n$$\nx f(x) \\geq y f(y)\n$$\nfor every $x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}$. Hence, $x f(x)$ is a constant. We conclude that $f(x) = \\frac{c}{x}$ for some $c > 0$.\nLet $f : \\mathbb{R}_{>0} \\to \\mathbb{R}_{>0}$ be a function that satisfies the inequality of the problem statement. As in Solution 1, we prove that\n$$\nf^n(y) \\ge f^{n+2}(y)\n$$\nfor every $y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ and every $n \\ge 0$. Since $f$ takes positive values, this implies that\n$$\ny f(y) \\ge f(y) f^2(y) \\ge f^2(y) f^3(y) \\ge \\dots\n$$\nIn other words, $y f(y) \\ge f^n(y) f^{n+1}(y)$ for every $y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ and every $n \\ge 1$.\nWe replace $x$ by $f^n(x)$ in the original inequality and get\n$$\nf^n(x) - f^{n+2}(x) \\ge \\frac{y f(y) - f^n(x) f^{n+1}(x)}{f(y)}.\n$$\nUsing that $x f(x) \\ge f^n(x) f^{n+1}(x)$, we obtain\n$$\nf^n(x) - f^{n+2}(x) \\ge \\frac{y f(y) - x f(x)}{f(y)}\n$$\nfor every $n \\ge 0$. The same trick as in Solution 1 gives\n$$\nx > x - f^{2m}(x) = \\sum_{i=0}^{m-1} f^{2i}(x) - f^{2i+2}(x) \\ge m \\cdot \\frac{y f(y) - x f(x)}{f(y)}\n$$\nfor every $x, y \\in \\mathbb{R}_{>0}$ and every $m \\ge 1$. Possibly permuting $x$ and $y$, we may assume that $y f(y) - x f(x) \\ge 0$ then the above inequality implies $x, f(x) = y f(y)$. We conclude as in Solution 1. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44572,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設三角形 $ABC$ 的內心為 $I$，內切圓為 $\\omega$。令 $E, F$ 為 $\\omega$ 與 $CA, AB$ 的切點，$X, Y$ 為三角形 $BIC$ 的外接圓與 $\\omega$ 的交點。在 $BC$ 上取一點 $T$ 使得 $\\angle AIT$ 為直角。令 $G$ 為 $EF$ 與 $BC$ 的交點，$Z$ 為 $XY$ 與 $AT$ 的交點。證明 $AZ$, $ZG$, $AI$ 圈成一個等腰三角形。\n\nLet $I$ be the incenter of triangle $ABC$, and let $\\omega$ be its incircle. Let $E$ and $F$ be the points of tangency of $\\omega$ with $CA$ and $AB$, respectively. Let $X$ and $Y$ be the intersections of the circumcircle of $BIC$ and $\\omega$. Take a point $T$ on $BC$ such that $\\angle AIT$ is a right angle. Let $G$ be the intersection of $EF$ and $BC$, and let $Z$ be the intersection of $XY$ and $AT$. Prove that $AZ$, $ZG$, and $AI$ form an isosceles triangle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**解. 解法一：**令 $M$ 為 $AT$ 與外接圓 $\\odot(ABC)$ 的交點。那麼 $TM \\cdot TA = TB \\cdot TC = TI^2$，所以 $\\angle AMI = \\angle AIT = 90^\\circ$，即 $M \\in \\odot(AEF) \\cap \\odot(ABC)$。由密克定理 (或 $\\angle MFG = \\angle MAC = \\angle MBG$)，$M$ 位於 $\\odot(BFG)$ 上，因此，若令 $W$ 為 $XY$ 與 $BC$ 的交點，則\n$$\n\\angle WGM = \\angle AFM = \\angle AIM = \\angle ITM = \\angle WZM,\n$$\n也就是說，$W, M, G, Z$ 共圓。\n令 $D$ 為 $\\omega$ 與 $BC$ 的切點，$M_E, M_F$ 分別為 $\\overline{FD}, \\overline{DE}$ 的中點。那麼 $M_E D \\cdot M_E F = M_E B \\cdot M_E I$，也就是說 $M_E$ 位於 $\\omega$ 與 $\\odot(BIC)$ 的根軸 $XY$ 上。同理，$M_F$ 也位於 $XY$ 上。因此 $W = M_E M_F \\cap BC$ 為 $\\overline{DG}$ 的中點。熟知 $MD$ 平分 $\\angle BMC$：\n由於 $\\angle FMB = \\angle EMC, \\angle MEB = \\angle MFC, \\triangle MBF \\sim \\triangle MCE$，因此 $\\overline{MB} = \\overline{BF} = \\overline{BD}$，從而 $MD$ 平分 $\\angle BMC$。\n而 $G, D$ 調和分割 $B, C$，故 $\\angle DMG$ 為直角。所以 $W$ 為 $\\triangle MGD$ 的外心。\n最後，我們證明 $\\angle IAZ = \\angle (GZ, AI)$，這等價於\n$$\n\\angle WGM = \\angle WZM = \\angle IAZ + 90^\\circ = \\angle (GZ, AI) + 90^\\circ = \\angle GZW = \\angle GMW,\n$$\n也就是 $\\triangle WMG$ 是以 $W$ 為頂點的等腰三角形，而這是因為 $W$ 為 $\\triangle MGD$ 的外心。\n\n\n**解法二：**令 $M$ 為 $\\odot(AEF)$ 與 $\\odot(ABC)$ 的第二個交點。同樣地，我們有 $A, M, T$ 共線。令 $L$ 為 $AZ$ 與 $EF$ 的交點。那麼我們只需要證明 $\\triangle ZLG$ 是以 $L$ 為頂點的等腰三角形。令 $H$ 為 $I$ 關於 $EF$ 的垂足。熟知 $I, H, M$ 共線：\n由於 $\\angle DMG = 90^\\circ = \\angle DHG$, $D, H, M, G$ 共圓。結合 $B, F, M, G$ 共圓, $C, E, M, G$ 共圓及旋似性質得 $\\triangle MFE \\cup H \\sim \\triangle MBC \\cup D$。故 $\\angle FMH = \\angle BMD = \\angle BAI = \\angle FMI$。\n所以我們得到 $GT \\perp DI, TL \\perp IH, LG \\perp HD$, 而這告訴我們 $\\triangle LGT \\sim \\triangle HID$。\n令 $S$ 為 $HI$ 與 $XY$ 的交點。那麼由 $\\frac{HI}{IS} = \\frac{LT}{TZ}$，我們得到 $\\triangle LGT \\cup Z \\sim \\triangle HID \\cup S$。\n由於 $XY$ 為 $\\overline{DH}$ 的中垂線，$\\triangle ZLG \\sim \\triangle SHD$ 是以 $Z$ 為頂點的等腰三角形，證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44573,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$2024^{2024}$ divided by $102$ leaves a remainder of **3** **4** **5**.\n\n$2024^{2024}$ 除以 $102$ 的餘數是③④⑤。",
    "options": [],
    "answer": "052",
    "solution": "答案：052\n\n$102 = 2 \\times 3 \\times 17$ and $2024 \\equiv 1 \\pmod{17}$ so the answer can be rather easy to calculate, even without the knowledge Fermat's little theorem. However, if the student apply Euler's totient theorem blindly, he will get something like $2024^{2024} \\equiv 86^8 \\pmod{102}$, which is still not too difficult, but may take a bit more time.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44574,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "考慮多項式函數 $P(x) = x^2 - 1$。設實數 $a$ 滿足\n$$P(P(P(a))) = 2024.$$\n將 $a^2$ 之值寫成 $m+\\sqrt{n}$，其中 $m, n$ 為正整數且 $n$ 不被大於 1 的平方數整除，則 $m+n$ 之值為⑥⑦。\n\nConsider the polynomial $P(x) = x^2 - 1$. There is a real number $a$ that satisfies\n$$P(P(P(a))) = 2024.$$\nWrite $a^2$ as $m + \\sqrt{n}$, where $m$ and $n$ are integers and $n$ is square-free. The value of $m+n$ is $\\underline{\\underline{6}} \\underline{\\underline{7}}$.",
    "options": [],
    "answer": "47",
    "solution": "由 $P(P(P(a))) = 2024$，得\n$$\nP(P(a))^2 - 1 = 2024 \\Rightarrow P(P(a)) = \\pm\\sqrt{1+2024} = \\pm45.\n$$\n但負不合，因為 $P$ 的值域為 $[-1, \\infty)$。再操作一次可得\n$$\nP(a)^2 - 1 = 45 \\Rightarrow (a^2 - 1)^2 = 46 \\Rightarrow a^2 = 1 + \\sqrt{46}.\n$$\n故 $m+n=1+46=47$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44575,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $N$ 為一正整數。考慮張 $N \\times N$ 的方格紙。一條右下行路徑是一系列的方格，其中每一個方格都在前一個方格的右方一格或下方一格。一條右上行路徑是一系列的方格，其中每一個方格都在前一個方格的右方一格或上方一格。\n證明：我們無法將 $N \\times N$ 的方格紙拆分成少於 $N$ 條的右下行和/或右上行路徑。下圖為一個將 $5 \\times 5$ 方格拆分成 5 條路徑的範例。\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $N$ be a positive integer, and consider a $N \\times N$ grid. A *right-down path* is a sequence of grid cells such that each cell is either one cell to the right or one cell below the previous cell in the sequence. A *right-up path* is a sequence of grid cells such that each cell is either one cell to the right or one cell above the previous cell in the sequence.\nProve that the cells of the $N \\times N$ grid cannot be partitioned into less than $N$ right-down and/or right-up paths. For example, the following partition of the $5 \\times 5$ grid uses 5 paths\n![](attached_image_2.png)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "我們對 $N$ 進行數學歸納法。假設命題對 $N-1$ 成立。考慮最左上角的那一格所在的路徑 $P$。若 $P$ 是右上行路徑，表示 $P$ 的所有格子都在最上方一橫行或最右方一直欄中。這意味著當我們移除最上方一橫行或最右方一直欄時，剩下的 $(N-1) \\times (N-1)$ 方格紙與其上的對應分拆仍符合題意，依據歸納假設至少被分為 $N-1$ 條路徑，從而原始的 $N \\times N$ 方格紙至少被分拆為 $N$ 塊。\n故僅需考慮 $P$ 為右下行路徑之情況。此處的關鍵觀察為：若 $P$ 包含最右下角的一格，則被 $P$ 分隔的兩區可以合併為一個 $(N-1) \\times (N-1)$ 的方格紙（如下圖所示），從而依據歸納假設知子方格紙上至少有 $N-1$ 條路徑，因此原 $N \\times N$ 方格紙上至少有 $N$ 條路徑。\n![](attached_image_3.png)\n而若 $P$ 為右下行路徑且不包含最右下角的格子時，我們將依據以下方式從最左上角到最右下角的右下行路徑 $Q$。令 $Q_0 = P$。對於所有 $i \\ge 0$，考慮 $Q_i$ 最右下角的格子 $q_i$，令其右方與下方的格子為 $r_i$ 與 $d_i$，並令其所處的路徑分別為 $R_i$ 和 $D_i$。\n依據不同的情況，我們將不同方格加入$Q_i$，從而擴張成$Q_{i+1}$（若同時符合多個情況則擇一進行即可）：\n(a) 若 $R_i(D_i)$ 為右下行路徑，則將 $R_i(D_i)$ 從 $r_i(d_i)$ 開始到終點的部分加入 $Q_i$；\n(b) 若 $R_i$ 為右上行路徑且**起點**為 $r_i$，則將 $R_i$ 中與 $r_i$ 同一橫行的格子加入 $Q_i$；\n(c) 若 $D_i$ 為右上行路徑且**終點**為 $d_i$，則將 $D_i$ 中與 $d_i$ 同一直欄的格子加入 $Q_i$；\n(d) 若以上皆不滿足，則必然有 $R_i = D_i$，此時將 $d_i$ 與其右邊一格加入 $Q_i$。\n重複以上操作直到無法再擴張為止。顯見所擴張出來的 $Q$ 為一從最左上角到最右下角的右下行路徑，因此被 $Q$ 分割的兩塊可以合併為一個 $(N-1) \\times (N-1)$ 方格紙。然而與原本 $P$ 的討論不同之處是，$Q$ 並非原始分拆中的一條路徑，因此 $Q$ 有可能將原本的某條路徑 $X$ 拆成兩段。\n以下說明拆成兩段是不可能發生的，從而我們可以沿用原始的 $P$ 討論方式。考慮 $X$ 與 $Q$ 的交點 $x$：\n- 若 $x$ 來自前述的情境 (a)，則 $Q$ 將包含 $X$ 的後半條路徑，因此在移除 $Q$ 後，$X$ 仍為單一條右下行路徑；\n- 若 $x$ 來自前述的情境 (b) 或 (c)，則 $Q$ 將包含 $X$ 的前半或後半條路徑，因此在移除 $Q$ 後，$X$ 仍為單一條右上行路徑；\n- 若 $X$ 來自前述的情境 (d)，則由於 $X \\cap Q$ 將恰為兩格，可知在移除 $Q$ 後，$X$ 被分隔成的兩段將剛好黏回成一條右上行路徑。\n因此上述拆成兩段的狀況不可能發生，故依據歸納假設和與 $P$ 相同的討論方式，我們知原 $N \\times N$ 方格紙必被分拆為至少 $N$ 條路徑。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44576,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A Facebook group has some members, some pairs of them are friends to each other. For any two members, if they are friends, then they have no common friend; on the other hand, if they are not friends, then they have exactly two common friends. Prove that there exist two members with the same number of friends.\n\n某臉書社團有若干成員，其中有一些成員彼此是朋友（朋友關係是雙向的）。已知若兩個人是朋友，則他們沒有其他的共同朋友。反之，若兩個人不是朋友，則他們恰有兩個共同好友。\n證明：此社團中存在兩個人，他們的好友數量是相同的。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以成員為點，朋友關係為邊作圖 $G = (V, E)$。對於任一點 $a$，令 $N(a)$ 為與 $a$ 相連的所有點所構成集合。由條件一知，對於有連線的任兩點 $a$ 與 $b$，$N(a) - \\{b\\}$ 與 $N(b) - \\{a\\}$ 沒有交集（否則交集的點會成為這兩個人的共同好友，矛盾）。此外，對於任何 $x \\in N(a) - \\{b\\}$，因為 $b$ 與 $x$ 不是朋友且 $a$ 是他們的兩個共同好友，故存在唯一的 $y \\in N(b) - \\{a\\}$ 與 $x$ 有連線。以上建立了一個 $N(a) - \\{b\\}$ 與 $N(b) - \\{a\\}$ 之間的一對一且映成關係，故兩集合的點數相等，因此 $|N(a)| = |N(b)|$，證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44577,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f$ from real numbers to real numbers such that\n$$\n2f((x+y)^2) = f(x+y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2\n$$\nholds for all real numbers $x$ and $y$.\n\n試求所有從實數映至實數的函數 $f$, 滿足：\n$$\n2f((x+y)^2) = f(x+y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2\n$$\n對於所有實數 $x$ 和 $y$ 皆成立。",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 2x",
    "solution": "唯一解為 $f(x) = 2x$。\n\n解法一：\n1. 原式代入 $y=0$，得\n$$\n2f(x^2) = f(x) + f(x)^2 - f(x) = f(x)^2, \\qquad (1)\n$$\n從而有\n$$\nf(x)^2 = 2f(x^2) = 2f((-x)^2) = f(-x)^2. \\qquad (2)\n$$\n2. 原式代入 $y=-x$，得\n$$\nf(0) = f(x)^2 - (4x+1)f(x) + 2x + 4x^2. \\qquad (3)\n$$\n這表示\n$$\nf(x)^2 - (4x+1)f(x) + 2x + 4x^2 = f(0) = f(-0)^2 - (-4x+1)f(-x) - 2x + 4x^2,\n$$\n從而由(2)，我們有\n$$\n-(4x+1)f(x) + 4x = (4x-1)f(-x). \\qquad (4)\n$$\n特別地, 若我們將 $x = 1/4$ 代入(4), 我們有 $f(1/4) = 1/2$; 再於(3)中代入 $x = 1/4$, 得 $f(0) = 0$。\n3. 原式代入 $x=0$，並結合 $f(0)=0$，得\n$$\nf(y) - 2y + 4y^2 = 2f(y^2) = 2f((-y)^2) = f(-y) + 2y + 4y^2\n$$\n也就是\n$$\nf(y) = f(-y) + 4y. \\qquad (5)\n$$\n將(5)平方並結合(2)，得\n$$\nf(y)^2 = f(-y)^2 + 8f(-y)y + 16y^2 \\Rightarrow 8f(-y)y + 16y^2 = 0,\n$$\n故 $f(y) = 2y$ 對於所有 $y \\neq 0$ 恆成立。又已知 $f(0) = 0 = 2 \\times 0$，故 $f(x) \\equiv 2x$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44578,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $\\mathbb{N}$ 為所有正整數所成集合。找出所有的函數 $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ 使得對於所有正整數 $m, n$，都有 $mf(m) + (f(f(m)) + n)^2$ 整除 $4m^4 + n^2 f(f(n))^2$。\n\nLet $\\mathbb{N}$ be the set of all positive integers. Find all functions $f : \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ such that $mf(m) + (f(f(m)) + n)^2$ divides $4m^4 + n^2 f(f(n))^2$ for all positive integers $m, n$.",
    "options": [],
    "answer": "f(n) = n",
    "solution": "**Answer:** The only possible $f$ is $f(n) = n$.\n\nLet $A(m, n) = mf(m) + (f(f(m)) + n)^2$, $B(m, n) = 4m^4 + n^2 f(f(n))^2$, and $C(m, n) = m^2 + (m - n^2)$. We can check $A(m, n)C(m, n) = B(m, n)$ if $f(n) = n$ and $f(m) = m$. So $f(k) = k$ is a solution.\n\nTo show that there are no other solutions. First, we show that $mf(m)$ must be a square. Toward contradiction, assume $mf(m)$ is not a square.\n\nWe can find a prime number $p$ such that $p \\equiv 3 \\pmod 4$ and $\\left(\\frac{mf(m)}{p}\\right) = -1$. This is because of the law of quadratic reciprocity and the Chinese remainder theorem, we construct an arithmetic progression so that any prime $p$ in that arithmetic progression satisfies the desired property, and such a prime exists by Dirichlet's theorem.\n\nSince $\\left(\\frac{-1}{p}\\right) = -1$, there exists $s$ such that $s^2 \\equiv -mf(m) \\pmod p$. Let $n = s - f(f(m))$, we have $p \\mid mf(m)+s^2 = A(m, n)$ and hence $4m^4+n^2f(f(n))^2 = B(m, n) \\equiv 0 \\pmod p$. This contradicts the assumption that $p \\equiv 3 \\pmod 4$ and $\\left(\\frac{mf(m)}{p}\\right) = -1$, because $4k^4 \\not\\equiv 0 \\pmod 0$ and $\\left(\\frac{-1}{p}\\right) = -1$.\n\nNext, we prove that $f(p) = p$ for prime numbers of the form $p = 4k + 3$.\n\nLet $p = 4k + 3$ be a prime number. We can write $f(p) = ps^2$ since $pf(p)$ is a square, and similarly let $f(f(p)) = pt^2$. Thus, $A(p, p) = p(s^2 + (1 + t^2)^2)$ and $B(p, p) = p^4(4 + t^4)$. Since $\\left(\\frac{-1}{p}\\right) = -1$, $p$ is coprime to $t^2 + 1$, and hence coprime to $q = s^2 + (1 + t^2)^2 = s^2 + 1 + 2t^2 + t^4$. Because $A(p, p) \\mid B(p, p)$, we have\n$$\ns^2 + 2t^2 - 3 = q - 4 - t^2 \\equiv -4 - t^2 \\equiv 0 \\pmod q.\n$$\nSince $0 \\le s^2 + 2t^2 - 3 < q$, we must have $s = t = 1$. Thus, $f(p) = p$.\n\nSuppose that $p = 4k + 3$ is a prime number. We have $A(p, n) = p^2 + (p + n)^2$ and $B(p, n) = 4p^4 + n^2 f(f(n))^2$. Observe that\n$$\nn^2 f(f(n))^2 - n^4 = B(p, n) - C(p, n)A(p, n) \\equiv 0 \\pmod{A(p, n)}.\n$$\nSince this equality holds for an arbitrary large $p$, we must have $n^2 f(f(n))^2 - n^4 = 0$ and therefore $f(f(n)) = n$. We have $A(m, n) = mf(m) + (m+n)^2$ and $B(m, n) = 4m^4 + n^4$, and\n$$\n\\frac{B(m, n)}{A(m, n)} - (m^2 - (m-n)^2 + m(m-f(m))) = \\frac{m^2(m-f(m))(m-f(m)-4n)}{A(m, n)}\n$$\nis an integer. Fix an $m$ and when $n$ is large enough, the numerator becomes 0, which implies $f(m) = m$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44579,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "芙莉蓮與寶箱怪用 $113$ 個寶箱玩一場遊戲。遊戲開始時，所有的寶箱都未上鎖且沒有寶石。每一年，芙莉蓮在其中一個未上鎖的寶箱裡增加一顆寶石，接著寶箱怪依據以下規則行動：\n- 如果只剩一個寶箱未上鎖，則將所有寶箱解鎖；\n- 如果多於一個寶箱未上鎖，則寶箱怪從未上鎖的寶箱中擇一上鎖。\n試證：存在常數 $C > 0$，使得不論寶箱怪如何行動，芙莉蓮都總是能保證在任意年結束時，任兩個寶箱內的寶石數量相差不超過 $C$。（備註：寶箱怪不可以吃掉芙莉蓮。）\n\nFrieren and a mimic use $113$ treasure chests to play a game. At the beginning, all chests are empty and unlocked. In each year, Frieren adds a gem in an unlocked chest, then the mimic acts according to the following rules:\n- If there is only one unlocked chest, unlock all chests;\n- If there are more than one unlocked chests, the mimic chooses to lock one of the unlocked chests.\nProve that there exists a constant $C > 0$ such that, no matter how the mimic acts, Frieren can always guarantee that, at the end of any year, the difference between the number of gems in any two chests never exceeds $C$. (Remark. The mimics are not allowed to eat Frieren.)",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "一般性地，對於 $n$ 個寶箱，可取 $C = n - 1$。芙莉蓮的策略很簡單：在每一年，從未上鎖的寶箱中，選一個寶石最少的寶箱增加寶石即可。（備註：這並非唯一可行的策略。）\n\n要證明此策略可行，令 $x_1^t \\le x_2^t \\le \\cdots \\le x_n^t$ 為在第 $t$ 年底時各寶箱內的寶石數量，並令 $x_1^0 = x_2^0 = \\cdots = x_n^0 = 0$。我們有以下觀察：\n\n(a) 對於任意 $t$，存在唯一的 $m = m(t)$ 使得 $x_m^{t+1} = x_m^t + 1$；\n\n(b) 對於任意 $j > m$，$x_m^t < x_m^{t+1} \\le x_j^{t+1} = x_j^t$；\n\n(c) 由於 $t$ 年底上鎖的寶箱數量等於 $t$ 除以 $n$ 的餘數 $r$，因此若 $j > r$，必有寶石數不大於 $x_j^t$ 的寶箱尚未上鎖，故 $x_j^t \\ge x_m^t$。\n\n我們的目標是要證明 $x_n^t - x_1^t \\le C = n - 1$ 對於所有 $t$ 皆成立。為此，我們將構造一個滿足 $y_n^t - y_1^t \\le C$ 的遞增序列 $y_n^t$，且\n$$\ny_1^t + \\cdots + y_k^t \\le x_1^t + \\cdots + x_k^t \\quad \\text{對於所有}~1 \\le k \\le n, \\quad (1)\n$$\n$$\ny_1^t + \\cdots + y_n^t = x_1^t + \\cdots + x_n^t. \\quad (2)\n$$\n若如此，則由(1)知 $x_1^t \\ge y_1^t$ 而由(2)知 $x_n^t \\le y_n^t$，故 $x_n^t - x_1^t \\le y_n^t - y_1^t \\le C$，即得證。\n\n為此，讓我們來構造 $y_i^t$。令 $y_i^0 = i - \\frac{n+1}{2}$，則易知 $y_i^0$ 遞增且 $\\sum y_i^0 = 0$。我們接著定義\n$$\ny_i^{t+1} = \\begin{cases} y_i^t + 1 & \\text{if } t+1 \\equiv i \\pmod{n}, \\\\ y_i^t & \\text{otherwise.} \\end{cases}\n$$\n則易知 $\\sum_i y_i^t = t$，且\n$$\ny_i^t \\le y_{i+1}^t, \\text{ 且等號僅在 } t \\equiv i \\pmod{n} \\text{ 時可能成立。} \\quad (3)\n$$\n現在，(2)顯然成立，故我們只須證明(1)成立即可。對 $t$ 進行數學歸納法。假設原命題對 $t$ 成立，且我們有\n$$\ny_1^t + \\cdots + y_k^t \\le x_1^t + \\cdots + x_k^t \\text{ 但 } y_1^{t+1} + \\cdots + y_k^{t+1} > x_1^{t+1} + \\cdots + x_k^{t+1}. \\quad (4)\n$$\n注意到從 $t$ 到 $t+1$，不等式兩側都至多加 $1$，因此(4)意味著以下三點要同時發生：\n\n(d) 需要存在 $1 \\le j \\le k$ 使得 $y_j^{t+1} = y_j^t + 1$，也就是 $t+1 \\equiv j \\pmod{n}$；\n\n(e) 對於所有 $1 \\le j \\le k$ 都有 $x_j^{t+1} = x_j^t$，也就是 $m(t) > k$；\n\n(f) $y_1^t + \\cdots + y_k^t = x_1^t + \\cdots + x_k^t$。\n\n然而：\n- 由歸納假設與 (f) 知 $y_k^t \\ge x_k^t$；\n- 由 (d) 知 $t$ 對 $n$ 的餘數至多為 $k-1$，故由前一點和(3)知 $y_{k+1}^t > y_k^t \\ge x_k^t$；\n- 由 (d) 知 $t$ 對 $n$ 的餘數至多為 $k-1$，故由 (c) 知 $x_k^t \\ge x_m^t$；\n- 但由 (e) 的 $m > k$ 與非遞減性知 $x_k^t \\le x_m^t$，結合前項知 $x_k^t = x_{k+1}^t = \\cdots = x_m^t$。\n\n綜合以上，我們有 $y_{k+1}^t > y_k^t \\ge x_k^t = x_{k+1}^t$，故由 (f) 知\n$$\ny_1^t + \\cdots + y_{k+1}^t = (y_1^t + \\cdots + y_k^t) + y_{k+1}^t > (x_1^t + \\cdots + x_k^t) + x_{k+1}^t,\n$$\n與歸納假設相矛盾。因此(1)成立。證畢。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44580,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "試求最大的正整數 $L$ 使得存在正整數數列 $a_1, a_2, \\dots, a_L$ 滿足：\n(a) 數列中的每一項都小於或等於 $2^{2024}$；\n(b) 不存在連續子數列 $a_i, a_{i+1}, \\dots, a_j$ (其中 $1 \\le i \\le j \\le L$) 使得我們可以適當選取 $s_i, s_{i+1}, \\dots, s_j \\in \\{-1, 1\\}$ 讓\n$$\ns_i a_i + s_{i+1} a_{i+1} + \\dots + s_j a_j = 0.\n$$\n\nDetermine the maximum positive integer $L$ such that there exist a sequence $a_1, a_2, \\dots, a_L$ of positive integers satisfying:\n(a) every term in the sequence is less than or equal to $2^{2024}$;\n(b) there does NOT exist a consecutive subsequence $a_i, a_{i+1}, \\dots, a_j$ (where $1 \\le i \\le j \\le L$) with a choice of signs $s_i, s_{i+1}, \\dots, s_j \\in \\{-1, 1\\}$ for which\n$$\ns_i a_i + s_{i+1} a_{i+1} + \\dots + s_j a_j = 0.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "2^{2025}-1",
    "solution": "答案為 $2^{2025}-1$；一般性地, 對於上限 $2^k$, 最大的 $L = 2^{k+1}-1$。\n\n構造：令 $v_2(x)$ 為 $x$ 對 $2$ 的幂，並取 $a_i = 2^{k-v_2(i)}$。顯然 $a_i \\le 2^k$。此外，我們有：\n\n引理：對任意 $1 \\le i \\le j \\le 2^{k+1}-1$，存在唯一的 $i \\le x \\le j$ 使得 $v_2(x) = \\max_{i \\le y \\le j} v_2(y)$。\n\n證明：若我們在 $x$ 和 $y$ 都取到最大值 $v$，表示 $x = p \\times 2^v$ 且 $y = q \\times 2^v$，其中 $p$ 與 $q$ 為奇數，不失一般性假設 $p < q$。但如此一來，我們有 $p < p+1 < q$，從而 $z = (p+1) \\times 2^v$ 在 $x$ 與 $y$ 之間，但 $v > 0$，與 $v$ 的最大性矛盾。\n\n現在，對於任意 $1 \\le i \\le j \\le 2^{k+1}-1$，存在唯一的 $i \\le x \\le j$ 使得 $v_2(x)$ 最大。這表示 $v_2(a_x) = k-v$ 但 $v_2(a_y) > k-v$ 對於所有 $y \\ne x$ 皆成立，從而 $v_2(\\sum s_\\ell a_\\ell) = k-v$，故不可能為 $0$。\n\n估計：假設 $L \\ge 2^{k+1}$。假設 $a_1, \\dots, a_L$ 滿足 $a_i \\le 2^k$。令 $b_0 = 0$，並遞迴定義\n$$\ns_i = \\begin{cases} +1 & \\text{if } b_{i-1} \\le 0, \\\\ -1 & \\text{if } b_{i-1} \\ge 1. \\end{cases}\n$$\n$$\nb_i = b_{i-1} + s_i a_i.\n$$\n\n現在，考慮數列 $b_0, b_1, \\dots, b_L$。注意到，因 $a_i \\le 2^k$，若 $b_{i-1} \\in [-2^k+1, 0]$，則 $b_i = b_{i-1}+a_i \\in [-2^k+1, 2^k]$；反之，若 $b_{i-1} \\in [1, 2^k]$，則 $b_i = b_{i-1}-a_i \\in [-2^k+1, 2^k]$。因此，$b_0$ 到 $b_L$ 共有 $L+1 \\ge 2^{k+1}+1$ 項，卻只有 $2^{k+1}$ 個可能值，故存在 $1 \\le i \\le j \\le L$ 使得 $b_{i-1} = b_j$，也就是 $b_j - b_{i-1} = \\sum_{\\ell \\le j} s_\\ell a_\\ell = 0$。故不存在長度大於 $2^{k+1}-1$ 且滿足條件的數列。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44581,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n$ 為正整數。我們稱一個嚴格遞增的等差數列 $x_0, x_1, \\dots, x_n$ 為 $n$-數列，若且唯若存在正整數 $a_1, a_2, \\dots, a_n, b_1, b_2, \\dots, b_n$，滿足\n$$\nx_0 = a_1 \\times a_2 \\times a_3 \\times \\dots \\times a_n,\n$$\n$$\nx_1 = b_1 \\times a_2 \\times a_3 \\times \\dots \\times a_n,\n$$\n$$\nx_2 = b_1 \\times b_2 \\times a_3 \\times \\dots \\times a_n,\n$$\n$\\vdots$\n$$\nx_n = b_1 \\times b_2 \\times b_3 \\times \\dots \\times b_n.\n$$\n試求所有 $n$-數列的最小可能公差 (以 $n$ 表示)。\n\nLet $n$ be a positive integer. A strictly increasing arithmetic progression $x_0, x_1, \\dots, x_n$ is called an $n$-sequence if and only if\n$$\n\\begin{align*} \nx_0 &= a_1 \\times a_2 \\times a_3 \\times \\dots \\times a_n, \\\\\nx_1 &= b_1 \\times a_2 \\times a_3 \\times \\dots \\times a_n, \\\\\nx_2 &= b_1 \\times b_2 \\times a_3 \\times \\dots \\times a_n, \\\\\n&\\vdots \\\\\nx_n &= b_1 \\times b_2 \\times b_3 \\times \\dots \\times b_n, \n\\end{align*}\n$$\nfor some positive integers $a_1, a_2, \\dots, a_n, b_1, b_2, \\dots, b_n$. Determine the smallest possible common difference among all $n$-sequence (as a function of $n$).",
    "options": [],
    "answer": "n!",
    "solution": "最小可能公差為 $n!$。注意到公差為\n$$\nD = (b_1 - a_1)a_2a_3 \\cdots a_n = b_1(b_2 - a_1)a_3a_4 \\cdots = \\cdots = b_1b_2 \\cdots b_{n-1}(b_n - a_n).\n$$\n又由於數列嚴格遞增，$D > 0$，從而 $b_i > a_i$ 對所有 $i$ 都成立。故上式等價於\n$$\n(b_i - a_i)a_{i+1} = b_i(b_{i+1} - a_{i+1}) \\text{ 對所有 } i \\text{ 皆成立。}\n$$\n此外，由於若 $k_i = \\text{gcd}(a_i, b_i)$，則將 $a_i$ 與 $b_i$ 置換為 $a_i/k_i$ 與 $b_i/k_i$ 仍滿足題意，故不失一般性假設 $\\text{gcd}(a_i, b_i) = 1$ 對所有 $i$ 皆成立。如此一來，上式便強迫我們要有 $b_i - a_i = b_{i+1} - a_{i+1}$ 且 $a_{i+1} = b_i$。如此一來，\n$$\na_1, a_2 = b_1, a_3 = b_2, \\cdots, a_n = b_{n-1}, b_n\n$$\n必是一個嚴格遞增的等差數列。這意味著，若此數列的公差為 $d \\ge 1$，則\n$$\nD = d \\prod_{i=1}^{n-1} (a_1 + id) \\ge 1 \\times \\prod_{i=1}^{n-1} (1 + i) = n!.\n$$\n等號在取 $a_i = i$ 時成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44582,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "找出所有 $p$ 為質數的正整數數對 $(a, p)$，使得 $p^a + a^4$ 為完全平方數。\n\nDetermine all pairs $(a, p)$ of positive integers with $p$ prime such that $p^a + a^4$ is a perfect square.",
    "options": [],
    "answer": "[(1, 3), (2, 3), (6, 3), (9, 3)]",
    "solution": "Let $p^a + a^4 = b^2$ for some positive integer $b$. Then we have\n$$\np^a = b^2 - a^4 = (b + a^2)(b - a^2).\n$$\nHence both $b + a^2$ and $b - a^2$ are powers of $p$.\nLet $b - a^2 = p^x$ for some integer $x$. Then $b + a^2 = p^{a-x}$ and $a - x > x$. Therefore we have\n$$\n2a^2 = (b + a^2) - (b - a^2) = p^{a-x} - p^x = p^x(p^{a-2x} - 1).\n$$\nWe shall consider two cases according to whether $p = 2$ or $p \\neq 2$. We let $v_p(m)$ denote the $p$-adic valuation of $m$.\n\nCase 1 ($p = 2$): In this case,\n$$\na^2 = 2^{x=1}(2^{a-2x} - 1) = 2^{2v_2(a)}(2^{a-2x} - 1),\n$$\nwhere the second equality comes from $\\text{gcd}(2, 2^{a-2x} - 1) = 1$. So, $2^{a-2x} - 1$ is a square.\nIf $v_2(a) > 0$, the $2^{a-2x}$ is also a square. So, $2^{a-2x} - 1 = 0$ and $a = 0$ which is a contradiction.\nIf $v_2(a) = 0$, then $x = 1$, and $a^2 = 2^{a-2} - 1$. If $a \\ge 4$, the right hand side is congruent to 3 modulo 4, thus cannot be a square. It is easy to see that $a = 1, 2, 3$ do not satisfy this condition.\nTherefore, we do not get any solutions in this case.\n\nCase 2 ($p \\neq 2$): In this case, we have $2v_p(a) = x$. Let $m = v_p(a)$. Then we have $a^2 = p^{2m} \\cdot n^2$ for some integer $n \\ge 1$. So, $2n^2 = p^{a-2x} - 1 = p^{p^m \\cdot n-4m} - 1$.\nWe consider two subcases.\n\nSubcase 2-1 ($p \\ge 5$): By induction one can easily prove that $p^m \\ge 5^m > 4m$ for all $m$. Then we have\n$$\n2n^2 + 1 = p^{p^m \\cdot n - 4m} > p^{p^m \\cdot n - p^m} \\ge 5^{5^{m \\cdot (n-1)}} \\ge 5^{n-1}\n$$\nBut by induction, one can easily prove that $5^{n-1} > 2n^2 + 1$ for all $n \\ge 3$. Therefore, we conclude that $n = 1$ or $2$. If $n = 1$ or $2$, then $p = 3$, which is a contradiction. So there are no solutions in this subcase.\n\nSubcase 2-2 ($p = 3$): Then we have $2n^2 + 1 = 3^{3m \\cdot n - 4m}$. If $m \\ge 2$, one can easily prove by induction that $3^m > 4m$. Then we have\n$$\n2n^2 + 1 = 3^{3m \\cdot n - 4m} > 3^{3m \\cdot (n-1)} \\ge 3^{9(n-1)}\n$$\nBy induction, one can easily prove that $3^{9(n-1)} > 2n^2 + 1$ for all $n \\ge 2$. Therefore, we conclude that $n = 1$. Then we have $2 \\cdot 1^2 + 1 = 3^{3m-4m}$ hence $3^m - 4m = 1$. The only solution of this equation is $m = 2$ in which case we have $a = 3^m \\cdot n = 3^2 \\cdot 1 = 9$.\nIf $m \\le 1$, then there are two possible cases: $m = 0$ or $m = 1$.\nIf $m = 1$, then we have $2n^2 + 1 = 3^{3n-4}$. By induction, can see that $3^{3n-4} > 2n^2 + 1$ for all $n \\ge 3$. By checking $n = 1, 2$, we only get $n = 2$ as a solution, this gives $a = 3^m \\cdot n = 3^1 \\cdot 2 = 6$.\nIf $m = 0$, then we have $2n^2 + 1 = 3^n$. By induction, can see that $3^n > 2n^2 + 1$ for $n \\ge 3$. Checking $n = 1, 2$, we find the solution $a = 3^0 \\cdot 1 = 1$ and $3^0 \\cdot 2 = 2$. Therefore, $(a, p) = (1, 3), (2, 3), (6, 3), (9, 3)$ are all possible solutions.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44583,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Suppose $O$ is the circumcenter of $\\triangle ABC$ and $E$, $F$ are points on segments $CA$ and $AB$ respectively with $E, F \\ne A$. Let $P$ be a point such that $PB = PF$ and $PC = PE$. Let $OP$ intersect $CA$ and $AB$ at points $Q$ and $R$ respectively. Let the line passing through $P$ and perpendicular to $EF$ intersect $CA$ and $AB$ at points $S$ and $T$ respectively. Prove that points $Q$, $R$, $S$, and $T$ are concyclic.\n\n設 $O$ 為三角形 $ABC$ 的外心。令 $E, F \\ne A$ 分別為線段 $CA, AB$ 上的點, $P$ 為一點滿足 $\\overline{PB} = \\overline{PF}$ 且 $\\overline{PC} = \\overline{PE}$。設直線 $OP$ 分別交 $CA, AB$ 於 $Q, R$, 過 $P$ 且垂直於 $EF$ 的直線分別交 $CA, AB$ 於 $S, T$。證明: $Q, R, S, T$ 四點共圓。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**解法一：**令 $A^*$ 為 $A$ 關於 $\\odot(ABC)$ 的對徑點, $M, N$ 分別為 $\\overline{A^*E}$, $\\overline{A^*F}$ 的中點, 則 $\\overline{AC} \\perp \\overline{A^*C}$ 且 $\\overline{AB} \\perp \\overline{A^*B}$ 因此 $M, N$ 分別位於 $\\overline{CE}$, $\\overline{BF}$ 的中垂線上。由 $\\angle OMP = \\angle ONP = 90^\\circ$, 我們知道 $M, N, O, P$ 共圓。透過 $MN$ 平行於 $EF$, 我們得到\n$$\n90^\\circ - \\angle TRQ = \\angle OPN = \\angle OMN = \\angle AEF = 90^\\circ - \\angle TSQ,\n$$\n即 $Q, R, S, T$ 共圓。\n\n**解法二：**令 $D$ 為 $BC$ 與 $EF$ 的交點, $M$ 為 $\\odot(ABC)$ 與 $\\odot(AEF)$ 的第二個交點, $O', O_B, O_C$ 分別為 $\\triangle AEF, \\triangle ABF, \\triangle ACE$ 的外心。則 $M$ 為完全四線形 $(BC, CA, AB, EF)$ 的密克點且熟知 $M, O, O', O_B, O_C$ 共於一圓 $\\Gamma$ (即密克圓)。注意到 $PO_B, PO_C, OO_B, OO_C$ 分別為 $\\overline{BF}, \\overline{CE}, \\overline{MB}, \\overline{MC}$ 的中垂線，因此\n$$\n\\angle O_B PO_C = \\angle (BF, CE) = \\angle BAC = \\angle BMC = \\angle O_B OO_C,\n$$\n即 $P$ 也位於 $\\Gamma$ 上。由於 $O'O, O'O_B$ 分別為 $\\overline{MA}, \\overline{MF}$ 的中垂線，所以\n$$\n90^\\circ - \\angle TRQ = \\angle OPO_B = \\angle OO'O_B = \\angle AMF = \\angle AEF = 90^\\circ - \\angle TSQ,\n$$\n即 $Q, R, S, T$ 共圓。$\\square$\nIt suffices to show that $QR$ and $ST$ are anti-parallel with respect to $AB$ and $AC$. Let $l_1$ and $l_2$ be two lines through $A$ that are parallel to $QR$ and $ST$, respectively. Then it suffices to show that $l_1$ and $l_2$ are isogonal with respect to $AE$ and $AF$. Note that $l_2$ is perpendicular to $EF$, so it suffices to show that $l_1$ passes through the circumcenter $O'$ of $AEF$. In other words, it suffices to show that $AO'$ is parallel to $OP$. This is true as the lengths of the projections of $AO'$ and $OP$ to $AE$ are both equal to $\\frac{1}{2}AE$, and those to $AF$ are both equal to $\\frac{1}{2}AF$, showing that $AO'PO$ is a parallelogram.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44584,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知在 $\\triangle ABC$ 中 $\\angle A = 62^\\circ$, $\\angle B = 64^\\circ$ 且 $D, E$ 分別為 $C, B$ 在 $AB, AC$ 上的垂足。假設 $P, Q$ 為 $DE$ 與 $\\triangle ABC$ 外接圓的交點且 $P, Q$ 分別在 $\\widehat{AB}$ 與 $\\widehat{AC}$ 上，則 $\\angle QAE - \\angle PAD = \\underbrace{(8\\ 9)}_{\\text{。}}$\n\n\nLet $ABC$ be a triangle with $\\angle A = 62^\\circ$, $\\angle B = 64^\\circ$ and $D$, $E$ the feet of the altitudes lying on $AB$, $AC$ respectively. Suppose the intersection points of the line $DE$ and the circumcircle at $\\widehat{AB}$, $\\widehat{AC}$ are $P$, $Q$ respectively, then $\\angle QAE - \\angle PAD = \\underline{\\underline{\\stackrel{\\bigcirc}{9}\\ \\stackrel{\\bigcirc}{8}}}^\\circ$.\n",
    "options": [],
    "answer": "10°",
    "solution": "答案：$10^\\circ$\n\n解答：可知 $DBCE$ 共圓，所以 $\\angle ADE = 54^\\circ$, $\\angle AED = 64^\\circ$。因此有 $\\vec{AP} + \\vec{PB} = \\vec{AQ} + \\vec{PB}$ 所以 $\\angle APD = \\angle AQE$ 容易得知 $\\angle QAE - \\angle PAD = 10^\\circ$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44585,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "鋭角三角形 $ABC$ 中 $\\angle B > \\angle C$, 點 $I$ 為其內心, $R$ 為其外接圓半徑, 而 $D$ 為 $A$ 點在 $ABC$ 上的垂足。點 $K$ 落於直線 $AD$ 上, 使得 $AK = 2R$, 且 $D$ 在 $A$ 與 $K$ 之間。證明：\n$$\n\\angle KID = \\frac{\\angle B - \\angle C}{2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Denote by $A'$ the antipode of $A$ with respect to the circumcircle $(O)$ of triangle $ABC$. In this case, triangle $AKA'$ is isosceles and since the cevians $AH$ and $AO$ are isogonal with respect to the angle $\\angle BAC$ we deduce that $I$ lies on the line bisector $AM$ of the segment $A'K$ and moreover, the midpoint $M$ of $A'K$ is the midpoint of the small arc $BC$. Since $\\angle DAI = \\angle DAO/2 = (B-C)/2$, it is suffice to prove that $\\angle KID = \\angle DAI$, which is equivalent with the fact that the line $KI$ is tangent to the circumcircle of triangle $DAI$ at $I$. In this case, we will resume to proving that $KA \\cdot KD = KI^2$, which will yield our conclusion.\n\nNow, since\n$$\n\\begin{align*}\nKI^2 &= AK^2 + AI^2 - 2AI \\cdot AK \\cdot \\cos \\frac{B-C}{2} \\\\\n&= 4R^2 + \\frac{r^2}{\\sin^2 \\frac{A}{2}} - \\frac{4Rr \\cos \\frac{B-C}{2}}{\\sin \\frac{A}{2}} \\\\\n&= 4R^2 + \\frac{r^2bc}{(p-b)(p-c)} - \\frac{4Rr(b+c)}{a} \\\\\n&= 4R^2 + \\frac{bc(p-a)}{p} - \\frac{4Rr(b+c)}{a} \\\\\n&= 4R^2 - \\frac{4pRr(b+c) - abc(p-a)}{ap} \\\\\n&= 4R^2 - \\frac{4RS}{a} = 2R(2R - h_a) = KA \\cdot KD.\n\\end{align*}\n$$\nThis shows $KA \\cdot KD = KI^2$ and completes the proof.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44586,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A finite collection of triangles on the plane are *intersecting* if, for any two triangles in the collection, the intersection of their interiors is not empty. Show that for any two finite collections of intersecting triangles, there exists a straight line that simultaneously intersects the interiors of all triangles in both collections.\n\n對於平面上有限多個三角形所成的集合,若其中任兩個三角形內部的交集非空,則稱這個三角形集合**相交**。證明:對於平面上兩組相交的三角形集合,必存在一條直線同時通過兩個集合中所有三角形的內部。",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "取平面上任意點 $P$, 令 $\\ell_\\theta$ 為過 $P$ 且與 $x$ 軸正向夾 $\\theta$ 角的有向直線。注意到對於第 $i$ 個集合 ($i = 1,2$), 第 $i$ 個集合中的每個三角形在 $\\ell_\\theta$ 上的投影都是一個有限區間, 且由相交性知道這些區間兩兩相交。這意味著第 $i$ 個集合中所有三角形投影的交集也是一個有限區間 (可用凸性證明或數歸¹), 令 $d_i(\\theta)$ 為從 $P$ 到第 $i$ 個集合投影所成區間中點的有向距離 (依據 $\\ell_\\theta$ 的方向)。\n\n現在, 注意到 $d_i(\\theta)$ 為 $\\theta$ 的連續函數, 且 $d_i(\\theta + \\pi) = -d_i(\\theta)$。這意味著如果有 $d_1(\\theta) > d_2(\\theta)$, 則有 $d_1(\\theta + \\pi) < d_2(\\theta + \\pi)$, 因此由中值定理知存在 $\\varphi \\in (\\theta, \\theta + \\pi)$ 讓 $d_1(\\varphi) = d_2(\\varphi)$, 而這意味著兩個集合的所有三角形在 $\\ell_\\varphi$ 上的投影交集非空。選該交集中的任意點 $Q$, 則易知過 $Q$ 且垂直 $\\ell_\\varphi$ 的直線將通過兩個集合的所有三角形內部。相同討論適用於 $d_1(\\theta) < d_2(\\theta)$ 之情況, 而 $d_1(\\theta) = d_2(\\theta)$ 之情況顯然, 故證畢。",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44587,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $m$ 與 $n$ 為大於 1 的正整數。在 $m \\times n$ 方格紙上的每一格都有一枚背面向上的硬幣。每一步，我們依次進行以下動作：\n(1) 選擇一個 $2 \\times 2$ 的區域；\n(2) 將該區域左上角與右下角的硬幣翻面；\n(3) 將該區域左下角與右上角的硬幣擇一翻面。\n\n試求所有 $(m, n)$，使得我們能透過有限步將硬幣全部翻成正面。\n\nLet $m$ and $n$ be positive integers greater than 1. In each square of a $m \\times n$ grid lies a coin with its tail-side up. A *move* consists of the following steps:\n(1) select a $2 \\times 2$ square in the grid;\n(2) flip the coins in the top-left and the bottom-right unit squares;\n(3) flip the coin in **either** the top-right or the bottom-left unit square.\n\nDetermine all pairs $(m, n)$ of which it is possible that every coin shows head-side up after a finite number of moves.",
    "options": [],
    "answer": "All pairs (m, n) such that 3 divides mn",
    "solution": "答案為滿足 $3 \\mid mn$ 的所有 $(m, n)$。\n\n構造：不失一般性假設 $3 \\mid m$。當 $2 \\mid n$ 時，我們可用左圖方式將所有硬幣翻面：\n![](attached_image_1.png)\n\n當 $2 \\nmid n$ 時，先用上述的方法將左邊的 $m \\times (n-1)$ 全部翻成正面，剩下最右邊一排是背面。接著，令 $L(i, j)$ 為將 $(i, j)$，$(i+1, j)$ 和 $(i, j+1)$ 位置翻面的 $L$ 型操作，而 $R(i, j)$ 為將 $(i, j)$，$(i, j-1)$ 和 $(i-1, j)$ 位置翻面的操作。則注意到 $R(i, n)$、$R(i+1, n)$、$L(i, n-1)$ 這連續三個操作會在保持其餘硬幣不動的情況下，將 $(i-1, n)$ 到 $(i+1, n)$ 三個位置的硬幣翻面，故我們可用這個方式將最右邊的一排也翻到正面。\n\n估計：將方陣如右圖賦值，並令 $T(i)$ 為在賦值 $i$ 的格子中的正面硬幣總數。注意到一開始 $T(0) = T(1) = T(2) = 0$，且在每一步中，$T(1) - T(0)$ 與 $T(2) - T(1)$ 的奇偶性都不會變。這表示我們恆有 $T(0) \\equiv T(1) \\equiv T(2) \\pmod{2}$。換言之，要能將硬幣全部翻成正面，賦值 0、1 與 2 的格子數量必須是同奇偶性。然而，直接計算知：\n\n- 當 $mn \\equiv 1 \\pmod{3}$, 有 $T(0) - 1 = T(1) = T(2) = \\frac{mn-1}{3}$;\n- 當 $mn \\equiv 2 \\pmod{3}$, 有 $T(0) - 1 = T(1) - T(2) = \\frac{mn-2}{3}$。\n\n故 $3 \\mid mn$ 是能全部翻成正面的必要條件。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44588,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "If $x$ is a three-digit integer and $x^2$ divided by $2024$ leaves a remainder of $1$, then the smallest possible $x$ is $\\underline{\\underline{\\stackrel{\\bigcirc}{10}\\ \\stackrel{\\bigcirc}{11}\\ \\stackrel{\\bigcirc}{12}}}$.",
    "options": [],
    "answer": "461",
    "solution": "答案：$461$\n\n$2024 = 8 \\cdot 11 \\cdot 23$, so $x^2 \\equiv 1 \\pmod{2024}$ iff $x \\equiv 1, 10 \\pmod{11}$ and $x$ is odd. Thus, $x \\equiv 1, 45, -1, -45 \\pmod{2 \\cdot 11 \\cdot 23}$. The smallest 3 digits one is $506 - 45 = 461$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44589,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "如果整數數列 $a_0, a_1, a_2, \\dots$ 符合 $a_0 = 0, a_1 = 1$, 且對於所有正整數 $n$ 有\n$$\n(a_{n+1} - 3a_n + 2a_{n-1})(a_{n+1} - 4a_n + 3a_{n-1}) = 0,\n$$\n則我們稱它為卡哇伊數列。一個整數如果屬於某個卡哇伊數列，則我們稱這個整數為卡哇伊。\n如果連續兩個正整數 $m$ 及 $m+1$ 皆卡哇伊 (不一定要屬於相同的卡哇伊數列)，證明 3 整除 $m$ 且 $m/3$ 也卡哇伊。\n\nA sequence of integers $a_0, a_1, a_2, \\dots$ is called *kawaii*, if $a_0 = 0$, $a_1 = 1$, and, for any positive integer $n$, we have\n$$\n(a_{n+1} - 3a_n + 2a_{n-1})(a_{n+1} - 4a_n + 3a_{n-1}) = 0.\n$$\nAn integer is called *kawaii* if it belongs to a kawaii sequence.\nSuppose that two consecutive positive integers $m$ and $m+1$ are both kawaii (not necessarily belonging to the same kawaii sequence). Prove that 3 divides $m$, and that $m/3$ is kawaii.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We start by rewriting the condition in the problem as:\n$$\na_{n+1} = 3a_n - 2a_{n-1}, \\text{ or } a_{n+1} = 4a_n - 3a_{n-1}.\n$$\nWe have $a_{n+1} \\equiv a_n \\pmod{2}$ and $a_{n+1} = a_{n-1} \\pmod{3}$ for all $n \\ge 1$.\nNow, since $a_0 = 0$ and $a_1 = 1$, we have that $a_n \\equiv 0, 1 \\pmod{3}$ for all $n \\ge 0$. Since $m$ and $m+1$ are kawaii integers, then necessarily $m \\equiv 0 \\pmod{3}$.\nWe also observe that $a_2 = 3$ or $a_2 = 4$. Moreover,\n\n1. If $a_2 = 3$, then $a_n \\equiv 1 \\pmod{2}$ for all $n \\ge 1$ since $a_1 = a_2 = 1 \\pmod{2}$.\n2. If $a_2 = 4$, then $a_n \\equiv 1 \\pmod{3}$ for all $n \\ge 1$ since $a_1 = a_2 = 1 \\pmod{3}$.\n\nSince $m \\equiv 0 \\pmod{3}$, any kawaii sequence containing $m$ does not satisfy (2), so it must satisfy (1). Hence, $m$ is odd and $m+1$ is even.\nTake a kawaii sequence $(a_n)$ containing $m+1$. Let $t \\ge 2$ be such that $a_t = m+1$.\nAs $(a_n)$ does not satisfy (1), it must satisfy (2). Then $a_n \\equiv 1 \\pmod{3}$ for all $n \\ge 1$.\nWe define the sequence $a'_n = (a_{n+1} - 1)/3$. This is a kawaii sequence: $a'_0 = 0, a'_1 = 1$ and for all $n \\ge 1$,\n$$\n(a'_{n+1}-3a'_{n}+2a'_{n-1})(a'_{n+1}-4a'_{n}+3a'_{n-1}) = (a_{n+2}-3a_{n+1}+2a_{n})(a_{n+2}-4a_{n+1}+3a_{n})/9 = 0.\n$$\nFinally, we notice that the term $a'_{t-1} = m/3$ which implies that $m/3$ is kawaii.\nWe start by proving the following:\n\n**Claim 1** We have $a_n \\equiv 0, 1 \\pmod 3$ for all $n \\ge 0$.\n\n*Proof.* We have $a_{n+1} = 3a_n - 2a_{n-1} - 1 = 3(a_n - a_{n-1}) + a_{n-1}$ or $a_{n+1} = 4a_n - 3a_{n-1} - 1 = 3(a_n - a_{n-1}) + a_n$, so $a_{n+1} \\equiv a_n \\pmod{3}$, and since $a_0 = 0$ and $a_1 = 1$ the result follows. $\\square$\n\nHence if $m$ and $m+1$ are kawaii, then necessarily $m \\equiv 0 \\pmod 3$.\n\n**Claim 2** An integer $\\ge 2$ is kawaii if and only if it can be written as $1+b_2+\\dots+b_n$ for some $n \\ge 2$ with $b_i = 2^{r_i}3^{s_i}$ satisfying $r_i+s_i=i-1$ for $i=2,\\dots,n$ and $b_i|b_{i+1}$ for all $i=2,\\dots,n-1$.\n\n*Proof.* For a kawaii sequence $(a_n)$, we can write $a_{n+1} = 3a_n - 2a_{n-1} = a_n + 2(a_n - a_{n-1})$ or $a_{n+1} = 4a_n - 3a_{n-1} = a_n + 3(a_n - a_{n-1})$, so $a_{n+1} - a_n = 2(a_n - a_{n-1})$ or $3(a_n - a_{n-1})$. Hence, $a_n = 1 + b_2 + \\dots + b_n$ where $b_2 = 2$ or $3$ and $b_{i+1} = 2b_i$ or $3b_i$.\n\nConversely, given a number that can be written in that way, we consider any sequence given by $a_0 = 0$, $a_1 = 1$ and $a_i = 1 + b_2 + \\dots + b_i$ for $2 \\le i < n$ and $a_i$ given by the kawaii condition for $i \\ge n+1$. This defines a kawaii sequence containing the given number as $a_n$. $\\square$\n\nLet us suppose that $m$ and $m+1$ are kawaii, then they belong to some kawaii sequences and we can write them as in Claim 2 as $m = 1+2+\\dots+2^\\ell+2^\\ell \\cdot 3 \\cdot A$ and $m+1 = 1+2+\\dots+2^{\\ell'}+2^{\\ell'} \\cdot 3 \\cdot A'$ where $\\ell$ is odd and $\\ell'$ is even because of modulo $3$ reasons. Since $m+1 \\equiv m \\pmod{2^{\\min(\\ell,\\ell')}}$, we have $\\min(\\ell, \\ell') = 0$, so $\\ell' = 0$.\n\nThen $m+1 = 1+b_2+\\dots+b_j$ for some $b_i$'s as in Claim 2 with $b_2=3$ and $b_i|b_{i+1}$: so with $3|b_i$ for all $i=2,\\dots,j$. Then $\\frac{m}{3} = 1+b'_1+\\dots+b'_{j-1}$ with $b'_i = \\frac{b_{i+1}}{3}$ as in Claim 2 and $\\frac{m}{3}$ is a kawaii integer.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44590,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "To each vertex of a regular pentagon an integer is assigned, so that the sum of all five numbers is positive. If three consecutive vertices are assigned the numbers $x, y, z$ respectively, and $y < 0$, then the following operation is allowed: $x, y, z$ are replaced by $x+y, -y, z+y$ respectively. Such an operation is performed repeatedly as long as at least one of the five numbers is negative. Determine whether this procedure necessarily comes to an end after a finite number of steps.\n\n一個正五邊形的五個頂點各被賦予一個整數, 使得所有頂點的數字總和大於零。若連續三個頂點的數字依序為 $x$、$y$ 和 $z$, 且 $y < 0$, 則我們可以對其進行以下操作: 將 $x$、$y$ 和 $z$ 分別改為 $x+y$、$-y$ 和 $z+y$。只要五個頂點中任一頂點的數字小於零, 我們便會持續進行操作。試問: 以上操作是否必然只能操作有限次?",
    "options": [],
    "answer": "Yes, the process necessarily terminates after a finite number of steps.",
    "solution": "The algorithm always stops. Let $S = \\sum x_i > 0$ and consider the function\n$$\nf(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) = \\sum_{i=1}^{5} (x_i - x_{i+2})^2, \\quad x_6 = x_1, \\ x_7 = x_2.\n$$\nClearly $f > 0$ always and $f$ is integer valued. Suppose, WLOG, that $y = x_4 < 0$. Then $f_{new} - f_{old} = 2Sx_4 < 0$ since $S > 0$. Thus if the algorithm does not stop, we can find an infinite decreasing sequence of nonnegative integers $f_0 > f_1 > f_2 > \\dots$. This is impossible, so the algorithm must stop.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44591,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "喬老大有一條 $1 \\times 46^2$ 的棟木板，其上有 $46^2$ 個 $1 \\times 1$ 大小的正方格子，依序編號為 1 至 $46^2$ 號。喬老大將這條木板鋸成 $N$ 段，每一段皆為連續編號的若干個格子，並在**不旋轉或翻面**的情況下，用這 $N$ 段木板排出滿足以下條件的 $46 \\times 46$ 方陣：若位於第 $i$ 列第 $j$ 行格子的編號為 $a_{ij}$，則 $a_{ij} - (i + j - 1)$ 被 46 整除。試求 $N$ 的最小可能值。\n\nJoe has a $1 \\times 46^2$ rectangular dogwood strip consisting of $46^2$ unit squares, which are labelled from 1 to $46^2$ in order. Joe saws the strip into $N$ pieces, each of which consists of a number of consecutive unit squares, and rearrange them (without rotating or flipping) into a $46 \\times 46$ grids satisfying the following: if the square in the $i^{th}$ row and $j^{th}$ column is labelled with $a_{ij}$, then $a_{ij} - (i + j - 1)$ is divisible by 46. Find the smallest possible number of $N$.",
    "options": [],
    "answer": "91",
    "solution": "答案為 91；一般性地，對於 $1 \\times n^2$ 的木板，$N$ 的最小可能值為 $2n-1$。\n\n構造：將 $1 \\times n^2$ 的長條切成長度為 $n, 1, n, \\dots, 1, 1$ 的 $2n-1$ 段。用第一段 $n$ 木條構成第一行，依此類推，構成下方的 $(n-1) \\times n$ 方陣，再用所有 $1$ 木條構成最後一行即可。(備註：這並非唯一的構造方法。)\n\n估計：由於題目要求僅與編號對 $n$ 的餘數有關，以下討論都在 mod $n$ 的同餘下進行。\n\n考慮點集 $V = \\{0, 1, \\dots, n-1\\}$，並依以下規則連邊：對於鋸出的每一段木條，若其左右端的編號分別為 $a$ 與 $b$，則將點 $a$ 和點 $b+1$ 連邊（允許單環與重邊）。注意到邊的總數量等於鋸出來的段數，因此我們只須證明，在滿足題目條件下，所構出來的邊集 $E$ 至少要有 $2n-1$ 條邊。\n\n注意到所構出來的圖 $G = (V, E)$ 有以下性質：\n1. 由於每一段木條可以接成 1 到 $n^2$，因此 $G$ 有歐拉迴路。\n2. 因為方陣第 $k$ 行的方格編號依序為 $k, k+1, \\dots, k+n-1$，故在方陣第 $k$ 行的所有木條會對應一個環 $\\gamma_k$，且 $\\gamma_k$ 必包含點 $k$（因為最左邊木條的最左方格編號為 $k$）。\n\n由 1. 知 $G$ 連通。此外，由於任兩個 $\\gamma_k$ 沒有公共邊（因為一段木條只會出現在某一行中），若我們從每一個 $\\gamma_k$ 中刪去一條邊，所得到的新圖 $G' = (V, E')$ 仍為連通。這表示 $|E'| \\ge |V| - 1 = n - 1$，從而 $|E| = |E'| + n \\ge 2n - 1$。證畢。",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44592,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $\\triangle ABC$ 為銳角三角形，且其外接圓為 $\\omega$，圓心 $O$。令點 $D \\neq B$ 和 $E \\neq C$ 位於 $\\omega$ 上，使得 $BD \\perp AC$ 和 $CE \\perp AB$ 且 $CO$ 與 $AB$ 相交於 $X$，$BO$ 與 $AC$ 相交於 $Y$。證明 $\\triangle BXD$ 和 $\\triangle CYE$ 的外接圓在直線 $AO$ 上有共同交點。\n\nLet $\\triangle ABC$ be an acute-angled triangle with circumcircle $\\omega$ and circumcentre $O$. Points $D \\neq B$ and $E \\neq C$ lie on $\\omega$ such that $BD \\perp AC$ and $CE \\perp AB$. Let $CO$ meet $AB$ at $X$, $BO$ meet $AC$ at $Y$. Prove that the circumcircles of triangles $\\triangle BXD$ and $\\triangle CYE$ have an intersection on line $AO$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Note that $AO = OC$ implies the lines $AO, XO$ are reflections of each other about the line parallel to $AC$ through $O$, which is the perpendicular bisector of $BD$. Call this line $l$. Let $P \\neq X$ be the second intersection of circle $\\odot BXD$ with line $XO$, and let $Z$ be the intersection of circle $\\odot BXD$ with line $AO$ furthest from $A$. Consider a reflection across $l$. This maps $B$ to $D$, $AO$ to $XO$, and circle $\\odot BXD$ to itself so the transformation must map $P$, the intersection of $XO$ and circle $\\odot BXD$, to the intersection of $AO$ and $\\odot BXD$ furthest from $A$ i.e. $Z$. Thus we have\n$$\n\\angle OZB = \\angle DPO = \\angle DPX = \\angle DBX = 90^\\circ - \\angle BAC = \\angle OCB\n$$\nwhich implies $BOCZ$ is cyclic. Therefore the second intersection of circle $\\odot BOC$ with line $AO$ lies on circle $\\odot BXD$. Similarly, $Z$ lies on circle $\\odot CYE$ so the two circles have common point $Z$ on $AO$.\n\n\nSolution 2:\n\nLet $B'$ be the reflection of $B$ in $AC$ and let $AO$ intersect circle $\\odot OBC$ again at $Z \\neq O$. Observe that $\\angle B'CA + \\angle ACZ = 2\\angle ACB + \\angle BCZ = 2\\angle ACB + 2\\angle BOZ = 2\\angle ACB + (180^\\circ - \\angle AOB) = 180^\\circ$ so $Z, C, B'$ are collinear.\n\nClaim. Triangles $ZXA$ and $ZDB'$ are similar.\n\nProof. We have\n$$\n\\angle XAZ = \\angle BAO = 90^\\circ - \\angle ACB = \\angle CBB' = \\angle BB'C = \\angle DB'Z.\n$$\nSo it suffices to prove that $\\frac{B'Z}{B'D} = \\frac{AZ}{AX}$. To do this, first observe $\\angle B'ZA = \\angle CZO = \\angle CBO = \\angle XCB$ and $\\angle AB'Z = \\angle AB'C = \\angle CBA = \\angle CBX$.\nHence triangles $ZAB'$ and $CXB$ are similar so $\\frac{B'Z}{AZ} = \\frac{BC}{CX}$.\n\nLet $F$ be the point on $\\omega$ such that $AF$ is a diameter of $\\omega$, and $J$ be the intersection of $DF$ with $CO$. Consider the inversion with respect to $\\omega$ and use $P'$ to denote the image of a point $P$. $X'$ lies on line $CO$ and we have $\\angle BX'J = \\angle BX'O = \\angle OBX = \\angle OBA = \\angle BAO = \\angle BAF = \\angle BDF = \\angle BDJ$ so $BX'DJ$ is cyclic.\n\nLet $K$ be the intersection of $AF$ with $BC$. Then we have $OB = OD$ and\n$$\n\\angle KBO = 90^\\circ - \\angle A = \\angle DBA = \\angle DFA = \\angle DFO = \\angle ODJ\n$$\n$$\n\\angle BOK = 2\\angle OBA = 2\\angle CBD = \\angle COD = \\angle JOD\n$$\nHence triangle $BOK$ and $DOJ$ are congruent. In particular $BK = DJ$ and\n$$\n\\angle KBD = \\angle KBO + \\angle OBD = \\angle ODJ + \\angle BDO = \\angle BDJ.\n$$\nThus $BDJK$ is an isosceles trapezoid and $BX'DJK$ is cyclic. Inverting back this gives that $BXDK'$ is cyclic. Similarly $CYEK'$ is cyclic. Since $K$ lies on $AO$, $K'$ also lies on $AO$ completing the proof.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44593,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n$ and sequences of integers $a_0, a_1, \\dots, a_n$ such that $a_n \\neq 0$ and\n$$\nf(a_{i-1}) = a_i\n$$\nfor all $i = 1, 2, \\dots, n$, where $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \\dots + a_1 x + a_0$.\n\n試決定所有的正整數 $n$ 及整數數列 $a_0, a_1, \\dots, a_n$ 滿足 $a_n \\neq 0$ 且\n$$\nf(a_{i-1}) = a_i\n$$\n對於 $i = 1, 2, \\dots, n$ 皆成立，其中 $f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \\dots + a_1 x + a_0$。",
    "options": [],
    "answer": "All solutions are: (1) n equals 1 with sequence (2, −2); (2) n equals 2 with sequence (−1, 1, 3); (3) n is even and all terms are −1.",
    "solution": "$n = 1$ with $(a_0, a_1) = (2, -2)$; $n = 2$ with $(a_0, a_1, a_2) = (-1, 1, 3)$; or $n$ even with $a_0 = \\dots = a_n = -1$.\n\nIt is clear that $a_0 \\neq 0$ as otherwise $a_n = 0$. For any $k = 1, \\dots, n+1$, let $I_k$ be the convex hull of $0, a_0, \\dots, a_{k-1}$. We will define $a_{-1} = 0$ for convenience.\n\nWe first show that $a_k$ is not in the interior of $I_k$. Otherwise, let $i, j \\in \\{-1, 0, \\dots, k-1\\}$ be such that $a_i, a_j$ are the endpoints of $I_k$. Then as $a_i - a_j$ divides $f(a_i) - f(a_j) = a_{i+1} - a_{j+1}$, we know that $a_{i+1}$ and $a_{j+1}$ are also the endpoints of $I_k$, and by continuing this argument we eventually get that $a_k$ is an endpoint of $I_k$, which is a contradiction. A consequence is that the endpoints of $I_k$ are $a_{k-2}$ and $a_{k-1}$ unless $a_{k-2} = a_{k-1}$.\n\nNow if $a_i = 0$ for some $i > 0$, then it is clear that the nonzero terms of $a_0, \\dots, a_n$ all have the same sign. Then $f(a_{i-1}) = 0$ gives a contradiction if we take $i$ to be the smallest index with $a_i = 0$.\n\nWe first assume that $a_n \\neq a_0$. If $|a_i| < 2$ for any $i < n$, then we have several possibilities: either $n \\le 2$; or $a_0, \\dots, a_n = -1, 1, \\dots, -1, 1$, or $a_0, \\dots, a_n = 1, -1, \\dots, 1, -1$, or $a_0, \\dots, a_n = -1, 1, 1, \\dots, 1$, or $a_0, \\dots, a_n = 1, -1, \\dots, -1$, for $n > 2$. It is easy to verify that the last four cases cannot occur by evaluating $f(1)$. Therefore we have $n = 2$, $a_0 = -a_1 \\in \\{1, -1\\}$, or $n = 1$, $a_0 = \\pm 1$. In the first case, we have $a_2 - a_1 = f(a_1) - f(a_0) = 2a_1^2 = 2$ and so $a_2 = a_1 + 2$. Therefore $a_1 = f(a_0) = (a_0 + a_1 + 2) + a_0 a_1 = 2 - 1 = 1$, and we get the solution $a_0, a_1, a_2 = -1, 1, 3$. In the second case, we have $a_1 = f(a_0) = \\pm a_1 \\pm 1$, and we get no solution by parity.\n\nNow if $a_n \\neq a_0$ and $a_n$ has the largest absolute value, pick $i < n$ such that $|a_i| \\ge 2$. Then\n$$\n|f(a_i)| \\ge |a_n| (|a_i|^n - |a_i|^{n-1} - \\dots - 1) \\ge |a_n|,\n$$\nand $|f(a_i)| = |a_{i+1}| |a_n|$. Therefore all equalities should hold, and we get $a_0 = \\dots = a_{n-1} = -a_n$ and $|a_i| = 2$. Note that if $n \\ge 2$, then $a_0 = a_1$, which shows that $a_0 = \\cdots = a_n$, which is a contradiction. Therefore $n = 1$ and we get $(a_0, a_1) = (2, -2)$ or $(-2, 2)$. The latter is not a solution, so we get $a_0 = 2$ and $a_1 = -2$.\n\nSo now in the case that $a_n \\neq a_0$, we may assume that $a_n$ does not have the largest absolute value. Let $a_k$ be the least index such that $a_k = a_{k+1} = \\cdots = a_n$. Then we must have $|a_{k-1}| > |a_k|$ as $a_{k-1}$ and $a_k$ are the endpoints of $I_{k-1}$. We know that $a_0 \\mid a_{k-1}$ and $a_0 \\mid a_k$, and so $|a_{k-1}| \\ge |a_k| + |a_0|$. As $a_{k-1} \\mid f(a_{k-1}) - f(0) = a_k - a_0$, we have $|a_{k-1}| \\le |a_k - a_0|$ since $a_k \\neq a_0$. This shows that $|a_k - a_0| = |a_k| + |a_0| = |a_{k-1}|$. As a consequence, we have $|a_i| \\le |a_k| + |a_0|$ for any $i$. Now we have\n$$\n|a_k| = |f(a_{k-1})| \\ge |a_k| (|a_{k-1}|^n - |a_{k-1}|^{n-1} - \\cdots - 1) - |a_0| (|a_{k-1}|^{n-1} + \\cdots + 1).\n$$\nHence\n$$\n\\frac{|a_k|}{|a_0|} \\le \\frac{|a_{k-1}|^{n-1} + \\cdots + 1}{|a_{k-1}|^n - |a_{k-1}|^{n-1} - \\cdots - 1}.\n$$\nNote that $|a_k|/|a_0|$ is a positive integer. If it is greater than 1, then as $|a_{k-1}| = |a_k| + |a_0| \\ge 3$, we have\n$$\n\\frac{|a_{k-1}|^{n-1} + \\cdots + 1}{|a_{k-1}|^n - |a_{k-1}|^{n-1} - \\cdots - 1} \\le \\frac{3^{n-1} + \\cdots + 1}{3^n - 3^{n-1} - \\cdots - 1} < 1,\n$$\nwhich is a contradiction. Therefore $|a_k| = |a_0|$, and so $a_k = -a_0$. This also shows that $a_{k-1} = 2a_0$, and by the inequality we see that $|a_0| = 1$. With these constraints, we know that $a_0, \\dots, a_n \\in \\{a_0, -a_0, 2a_0\\}$. By enumerating, we only have the possibilities $a_0, \\dots, a_n = \\pm 1, \\pm 2, \\mp 1, \\pm 2, \\mp 1, \\dots, \\pm 2, \\mp 1$, or $a_0, \\dots, a_n = \\pm 1, \\mp 1, \\pm 2, \\mp 1, \\dots, \\pm 2, \\mp 1$, or $a_0, \\dots, a_n = \\pm 1, \\pm 2, \\mp 1, \\dots, \\mp 1$. For the first case, we have $n = 2t$ and $2a_0 = a_1 = f(a_0) = -(t-1)a_0 + 2t$, showing that $t = 1$, $a_0 = 1$, and by plugging in $a_1$ we get a contradiction. For the second case, we have $n = 2t + 1$ and $-a_0 = a_1 = f(a_0) = (2t+1)a_0 - (t+1)$, which has no solutions. For the third case, if $a_0 = 1$ then we get $n = 2$ and $a_0, a_1, a_2 = 1, 2, -1$ by the equation $a_1 = f(a_0)$, which is not a solution. Thus $a_0 = -1$, and by plugging in $a_0$ we also get a contradiction.\n\nThe remaining case is $a_n = a_0$. If $a_n = a_{n-1}$, then we must have $a_0 = \\cdots = a_n$. By plugging in $a_0$ we have $a_0^{n+1} + \\cdots + a_0^2 = 0$, and so $a_0 = -1$ and $n$ is even. Now assume that $a_n \\neq a_{n-1}$. Then $a_n, a_{n-1}$ are the endpoints of $I_{n+1}$. Note that if $a_{n-2} = a_{n-1}$ then $a_n = a_{n-1}$, which is a contradiction. Therefore $a_{n-2}$, $a_{n-1}$ are also endpoints of $I_{n+1}$. By induction we may show that $a_k, a_{k-1}$ are the endpoints of $I_{k+1}$. As $a_0 \\neq 0$, we must have $a_n = a_{n-2} = \\dots = a_0$, and so $n$ is even. This shows that $a_{n-1} = \\dots = a_1$. Now we have\n$$\na_0^{n+1} + a_0^{n-1} a_1 + \\dots + a_0^3 + a_0 a_1 + a_0 = a_1\n$$\nand\n$$\na_0 a_1^n + a_1^n + \\dots + a_0 a_1^2 + a_1^2 + a_0 = a_0.\n$$\nThe latter can be rewritten as $(a_0+1)(a_1^{n-2}+a_1^{n-4}+\\dots+1) = 0$. Therefore $a_0 = -1$ or $a_1 = -1$. If $a_0 = -1$, then $-(a_1+1)n/2 - 1 = a_1$, or equivalently, $(a_1+1)(n+2) = 0$. This shows that $a_1 = -1$, which was already obtained above. If $a_1 = -1$, then the first equation gives $a_0^{n+1} = -1$ and so $a_0 = -1$ too.\n\nIn conclusion, all the solutions are: $n=1$ with $(a_0, a_1) = (2, -2)$; $n=2$ with $(a_0, a_1, a_2) = (-1, 1, 3)$; or $n$ even with $a_0 = \\dots = a_n = -1$. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44594,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $ABC$ 是一個銳角三角形，且其外接圓為 $\\omega$。$\\Gamma$ 內切 $\\omega$ 於點 $A$，同時切 $BC$ 於點 $D$。令 $AB$ 和 $AC$ 分別與 $\\Gamma$ 相交於 $P$ 和 $Q$。令 $M$ 和 $N$ 為在直線 $BC$ 上的點，滿足 $B$ 是 $DM$ 的中點，$C$ 是 $DN$ 的中點。直線 $MP$ 和 $NQ$ 交於 $K$，並且再次與 $\\Gamma$ 分別於 $I$ 和 $J$ 相交。已知射線 $KA$ 與三角形 $IJK$ 的外接圓交於 $X \\neq K$。證明 $\\angle BXP = \\angle CXQ$。\n\nLet $ABC$ be an acute-angled triangle with circumcircle $\\omega$. A circle $\\Gamma$ is internally tangent to $\\omega$ at $A$ and also tangent to $BC$ at $D$. Let $AB$ and $AC$ intersect $\\Gamma$ at $P$ and $Q$ respectively. Let $M$ and $N$ be points on line $BC$ such that $B$ is the midpoint of $DM$ and $C$ is the midpoint of $DN$. Lines $MP$ and $NQ$ meet at $K$ and intersect $\\Gamma$ again at $I$ and $J$ respectively. The ray $KA$ meets the circumcircle of triangle $IJK$ at $X \\neq K$. Prove that $\\angle BXP = \\angle CXQ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $MP$ and $NQ$ intersect $AD$ at $K_1$ and $K_2$ respectively. By applying Menelaus' theorem to triangle $ABD$ and line $MPK_1$, we have\n$$\n\\frac{AK_1}{K_1D} = \\frac{AP}{PB} \\cdot \\frac{BM}{MD} = \\frac{AP}{2PB}\n$$\nand similarly $\\frac{AK_2}{K_2D} = \\frac{AQ}{2QC}$. A homothety at $A$ takes $\\Gamma \\to \\omega$ and $D$ to the midpoint of arc $BC$ not containing $A$, so $PQ \\parallel BC$ and $AD$ bisects $BAC$. Thus\n$$\n\\frac{AK_1}{K_1D} = \\frac{AP}{2PB} = \\frac{AQ}{2QC} = \\frac{AK_2}{K_2D}\n$$\nwhich implies $K_1 = K_2$, and $K$ lies on $AD$. Then we obtain\n$$\n\\angle JXD = \\angle JXK = \\angle JIK = \\angle JIP = \\angle JQP = \\angle JND\n$$\nwhere the last equality follows from $PQ \\parallel BC$. This shows $JXND$ is cyclic and hence\n$$\n\\angle DXN = \\angle DJN = \\angle DJQ = \\angle DAQ = \\angle DAC\n$$\nwhich shows $AC \\parallel XN$. As $C$ is the midpoint of $DN$, $A$ is the midpoint of $XD$.\n\nNow observe that $\\angle ADP = \\angle AQP = \\angle ACB$ and $\\angle PAD = \\angle DAC = \\frac{\\angle A}{2}$ so triangle $APD$ and $ADC$ are similar. Therefore we have\n$$\n\\frac{CD}{DP} = \\frac{AD}{AP} = \\frac{XA}{AP}\n$$\nand also have\n$$\n\\angle CDP = 180^\\circ - \\angle PDB = 180^\\circ - \\angle PAD = \\angle XAP.\n$$\nCombining the two results gives triangles $PDC$ and $PAX$ are similar, which shows $P$ is the centre of spiral similarity taking $CD \\to XA$. Hence also triangles $PXC$ and $PAD$ are similar which shows $\\angle PXC = \\angle PAD = \\frac{\\angle A}{2}$. This gives\n$$\n\\angle BXP = \\angle BXC - \\angle PXC = \\angle BXC - \\frac{\\angle A}{2}\n$$\nwhich is symmetric in $B, C$ giving the result.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44595,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "一、有 2024 位妹妹各有一隻洋娃娃。考慮將這 2024 隻洋娃娃分給這些妹妹，使得每位妹妹各揹一隻洋娃娃的所有配對方法。對於所有 $k \\ge 0$，令 $p(k)$ 為這些方法中，恰有 $k$ 位妹妹揹著自己的洋娃娃的方法數量。證明：\n$$\n\\sum_{k=0}^{2024} k \\times p(k) = 2024!\n$$\n\nI. 2024 girls each has her own doll. Consider all the ways to distribute a doll to each of the 2024 girls. For any $k \\ge 0$, let $p(k)$ be the number of ways to distribute the dolls so that there are exactly $k$ girls received her own doll. Prove that\n$$\n\\sum_{k=0}^{2024} k \\times p(k) = 2024!.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "一、原命題等價於對 $\\{1,2,...,2024\\}$ 的重排, $p(k)$ 等價於恰有 $k$ 個不動點的重排數量。注意到等號左式為所有重排的不動點總數。又注意到讓 $1$ 為不動點的重排數為 $(2024-1)!$, 其餘點雷同, 因此所有重排的不動點總數必須為 $2024 \\times (2024-1)! = 2024!$, 故等式成立。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44596,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $a_1, a_2, \\dots, a_{123}$ 為滿足下列條件的正整數：\n• $a_1, a_2, \\dots, a_{123}$ 是 $1, 2, \\dots, 123$ 的一種排列\n• $|a_1 - a_2|, |a_2 - a_3|, \\dots, |a_{122} - a_{123}|$ 是 $1, 2, \\dots, 122$ 的一種排列\n證明 $\\max(a_1, a_{123}) \\ge 32$。\n\nLet $a_1, a_2, \\dots, a_{123}$ be positive integers such that\n* $a_1, a_2, \\dots, a_{123}$ is a permutation of $1, 2, \\dots, 123$, and\n* $|a_1 - a_2|, |a_2 - a_3|, \\dots, |a_{122} - a_{123}|$ is a permutation of $1, 2, \\dots, 122$.\nProve that $\\max(a_1, a_{123}) \\ge 32$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮以下的一般命題：\n設 $N$ 為正整數, 且 $a_1, a_2, \\dots, a_{2N-1}$ 為滿足下列條件的正整數：\n• $a_1, a_2, \\dots, a_{2N-1}$ 是 $1, 2, \\dots, 2N-1$ 的一種排列\n• $|a_1 - a_2|, |a_2 - a_3|, \\dots, |a_{2N-2} - a_{2N-1}|$ 是 $1, 2, \\dots, 2N-2$ 的一種排列\n則 $a_1 + a_{2N-1} \\ge N + 1$, 推得 $\\max(a_1, a_{2N-1}) \\ge \\lfloor \\frac{N+1}{2} \\rfloor$。原題是 $N = 62$ 的情形。\n\n我們證明一般命題。定義一個數字 $a \\in \\{1, 2, \\dots, 2N-1\\}$ 的分數是\n$$\ns(a) := |a - N|.\n$$\n由三角不等式知\n$$\n|a - b| \\ge |a - N| + |N - b| = s(a) + s(b).\n$$\n考慮級數和 $|a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + \\dots + |a_{2N-2} - a_{2N-1}|$, 可知\n$$\n\\begin{aligned}\n(N-1)(2N-1) &= |a_1 - a_2| + |a_2 - a_3| + \\dots + |a_{2N-2} - a_{2N-1}| \\\\\n&\\le 2(s(a_1) + s(a_2) + \\dots + s(a_{2N-1})) - (s(a_1) + s(a_{2N-1})) \\\\\n&= 2N(N-1) - (s(a_1) + s(a_{2N-1})).\n\\end{aligned}\n$$\n其中最後的等式成立是因為 $s(a_1), s(a_2), \\dots, s(a_{2N-1})$ 是 $0, 1, 1, 2, 2, \\dots, N-1, N-1$ 的一種排列。\n\n於是, $s(a_1) + s(a_{2N-1}) \\le 2N(N-1) - (N-1)(2N-1) = N-1$。由此得到\n$$\n(N - a_1) + (N - a_{2N-1}) \\le s(a_1) + s(a_{2N-1}) \\le N - 1,\n$$\n即 $a_1 + a_{2N-1} \\ge N + 1$。\n\n因此 $\\max(a_1, a_{2N-1}) \\ge \\lceil \\frac{N+1}{2} \\rceil$。對於 $N = 62$, $\\lceil \\frac{62+1}{2} \\rceil = 32$，所以 $\\max(a_1, a_{123}) \\ge 32$。",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44597,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "定義費氏數: $F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1$, 且 $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ 對所有正整數 $n$ 均成立。\n證明存在一個正整數 $N$ 滿足下列性質：對於任意非常數的、長度為 $N$ 的正整數等差數列, 其中必有一項, 當其寫成若干個費氏數之和時, 至少需要 2024 個費氏數 (費氏數可重複)。\n\nDefine the Fibonacci numbers $F_n$ as follows: $F_0 = 0, F_1 = 1, F_2 = 1; F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ for all positive integers $n$.\nProve that there is a positive integer $N$ with the following property: among the terms of any non-constant arithmetic progression of positive integers of length $N$, there must be a term, when expressed as a sum of Fibonacci numbers, requiring at least 2024 of them ($F_i$'s can be repeated).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以下約定：將正整數寫成費氏數之和時，使用的費氏數要最大。例如：18 雖然可以寫成 $8+5+5$，但我們寫成 $13+5$。\n令 $k$ 為正整數, $\\mathcal{F}$ 為費氏數形成的集合。定義集合加法 $A+B := \\{a+b: a \\in A, b \\in B\\}$。令 $N(k)$ 為集合 $\\underbrace{\\mathcal{F} + \\dots + \\mathcal{F}}_{k}$ 中最長的等差數列的長度。\n我們將用數學歸納法證明 $N(k)$ 皆存在且有限，則取 $N = N(2023) + 1$ 即為所求。\n\nBase case: $k=1$ 時, $N(1) \\le 4$, 因為 $\\mathcal{F}$ 中最長的等差數列為 $0,1,2,3$, 共 4 項。\n\n接下來我們證明兩個引理。\n\n**Lemma 1.** 若 $a > F_n$, 且 $a$ 可被寫為 $k$ 個 $F_i$ 的和, 其中每個 $F_i \\le F_n$, 那麼 $a$ 亦可被寫為 $k$ 個 $F_i$ 的和, 滿足 $F_i \\le F_n$, 且其中有 $F_n$。\n\nLemma 1 證明. 設 $a = \\sum_{j=1}^{k} F_{a(j)}$。假設 $a$ 不能被寫成那樣的和。注意到 $2F_t = F_{t+1} + F_{t-2}$。若\n- $F_{a(j)}$ 之中有兩個連續的費氏數 $F_i + F_{i+1}$, 我們將其改為 $F_{i+2} + F_0$.\n- $F_{a(j)}$ 之中有兩個重複的費氏數 $F_i + F_i$, 且這兩項不是 0, 我們將其改為 $F_{i+1} + F_{i-2}$.\n不斷進行這兩項操作。若在這過程中 $F_n$ 從來沒有出現, 則我們可以將 $a$ 寫為 $\\sum_{j=1}^{k} F_{b(j)}$, $F_{b(j)} < F_n$, 且除了 0 之外, 不存在重複或連續的費氏數。這樣的數的最大值為\n$$\nF_{n-1} + F_{n-3} + F_{n-5} \\le F_n < a,\n$$\n矛盾。故 $a$ 可寫為 $k$ 個至多為 $F_n$ 的費氏數之和, 且其中有 $F_n$。 □\n\n特別地,若 $F_n < a < F_{n+1}$, 且 $a$ 可被寫為 $k$ 個費氏數之和,則我們可要求其中一個為 $F_n$。\n\n**Lemma 2.** 給定正整數 $M$, 則對任意的 $4M$ 項正整數等差數列\n$$\nA, A+d, \\dots, A+(4M-1)d,\n$$\n都存在整數 $\\ell$ 滿足在區間 $[F_\\ell, F_{\\ell+1}]$ 中該等差數列至少出現 $M$ 項。\n\nLemma 2 證明. $d=0$ 時不必證, 故設 $d>0$。若 $A+(3M)d$ 到 $A+(4M-1)d$ 皆落在某段 $[F_\\ell, F_{\\ell+1}]$ 中, 結論成立。否則, 知在這之中有一個 $F_\\ell$ 將其切開, 可設為 $A+md \\le F_\\ell < A+(m+1)d$, 其中 $m \\ge 3M$。\n注意到 $A+(3M)d \\ge F_3 = 1$. 且當 $\\ell \\ge 3$ 時, 我們有 $1.5F_{\\ell-1} = F_{\\ell-1} + \\frac{1}{2}(F_{\\ell-2} + F_{\\ell-3}) \\le F_\\ell$. 於是由 $1.5F_{\\ell-1} \\le F_\\ell < A+(m+1)d$, 我們可以得到\n$$\nF_{\\ell-1} < \\frac{A}{1.5} + \\frac{m+1}{1.5}d \\le A + (m+1-M)d,\n$$\n故第 $m+1-M$ 項至第 $m$ 項皆落於區間 $[F_{\\ell-1}, F_\\ell]$ 中。 □\n\n註：這段的估計不是最緊的，比如將 1.5 換成任意介於 1 和 $\\frac{1+\\sqrt{5}}{2}$ 的 $r$，而 4 換成任意滿足 $\\frac{L-1}{r} > L-2$ 的數字 $L$ 皆可。\n\n最後我們證明 $N(k) < 4N(k-1)+4$。由數學歸納法假設 $N(k-1)$ 是有限的, 那麼對於任意長為 $4N(k-1)+4$ 的等差數列中, 者存在一段長度為 $N(k-1)+1$ 的子數列 $a_1, a_2, \\dots, a_{N(k-1)+1}$ 落在某段 $[F_\\ell, F_{\\ell+1}]$ 中。由 Lemma 1 我們知道, 若 $a_i$ 皆可被寫為 $k$ 項費氏數之和, 則可要求這 $k$ 項中出現 $F_\\ell$。如此一來, $\\langle a_i - F_\\ell \\rangle$ 就是一個長度為 $N(k-1)+1$, 但每項皆可被寫為 $k-1$ 個費氏數之和的等差數列, 和 $N(k-1)$ 的定義矛盾。所以 $N(k)$ 至多為 $4N(k-1)+3$。本題證畢。 □",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44598,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $x$ 與 $y$ 為滿足 $x + y = 2$ 的正實數。證明\n$$\n2 + xy(1 + xy) \\geq 2x^y + 2y^x.\n$$\n\nLet $x$ and $y$ be positive real numbers such that $x + y = 2$. Prove that\n$$\n2 + xy(1 + xy) \\geq 2x^y + 2y^x.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "由廣義算幾不等式有\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{2x \\times y + 2 \\times (2-y)}{y + (2-y)} &\\ge \\sqrt{(2x)^y \\times 2^{2-y}} \\\\\n\\Rightarrow xy + (2-y) &\\ge \\sqrt{4x^y} \\\\\n\\Rightarrow (xy + 2 - y)^2 &\\ge 4x^y.\n\\end{aligned}\n$$\n同理有\n$$\n(xy + 2 - x)^2 \\ge 4y^x.\n$$\n兩式相加得\n$$\n\\begin{aligned}\n4x^y + 4y^x &\\le (xy + 2 - y)^2 + (xy + 2 - x)^2 \\\\\n&= 2(xy + 2)^2 - 2(x + y)(xy + 2) + x^2 + y^2 \\\\\n&= 2 \\{ (xy)^2 + 4xy + 4 \\} - \\{ 4xy + 8 \\} + (x + y)^2 - 2xy \\\\\n&= 2(xy)^2 + 2xy + 4.\n\\end{aligned}\n$$\n\n不等號兩邊同除 2 即得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44599,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 5$ 為一正整數。有價值為 1 到 $n$ 的星星各一枚。安妮亞和貝琪玩一個遊戲。\n在遊戲開始時，安妮亞先將這 $n$ 枚星星依照她想要的順序，在桌面上排成一橫排。\n接著，從貝琪開始，兩個人輪流取走桌面上最左邊或最右邊的一枚星星。當所有星星都被取走時，取得的星星價值總和較高的人獲勝；若總和相同，則兩人平手。試求所有讓貝琪有必勝法的 $n$。\n\nLet $n \\ge 5$ be a positive integer. There are $n$ stars with values 1 to $n$, respectively. Anya and Becky play a game. Before the game starts, Anya place the $n$ stars in a row by whatever order she wishes. Then, starting from Becky, each player takes the left-most or right-most star in the row. After all the stars have been taken, the player with the highest total value of stars wins; if their total values are the same, then the game ends in draw. Find all $n$ such that Becky has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "All n of the form 4k+2",
    "solution": "答案是所有型如 $4k+2$ 的 $n$。為方便討論，將星星從左至右視為在 1 號位置至 $n$ 號位置。以下分別討論。\n\n1. 偶數 $n$:\n注意到在偶數 $n$ 的情況下，貝琪必然可以選擇取得所有奇數位置的星星（先拿走 1 號位置，之後每次都跟安妮亞拿同一側），或是取得所有偶數位置的星星（先拿走 $n$ 號位置，之後每次都跟安妮亞拿同一側）。令 $O$ 為奇數位置星星價值和，$E$ 為偶數位置星星價值和，則 $O+E = n(n+1)/2$。\n\n- 當 $n = 4k + 2$ 時，$n(n-1)/2$ 為奇數，故貝琪只要從 $O$ 和 $E$ 中選擇總和較大的一方取即可。\n- 當 $n = 4k$ 時，注意到貝琪必不輸（因為她最差可以拿到跟安妮亞一樣多）。而若安妮亞一開始把星星排成\n$$\n1, 3, 5, \\dots, 4k-1, 4k, 4k-2, \\dots, 2\n$$\n並且每次都跟貝琪拿同一側，則前 $k$ 回合安妮亞每次都可以保證比貝琪多拿價值 2，而後 $k$ 回合安妮亞每次最差就比貝琪少拿價值 2，故安妮亞也必不輸，故兩人平手。\n\n2. 奇數 $n$:\n若 $n = 2k-1$，安妮亞只要一開始將價值 1 到 $k$ 的星星放在奇數位置，其餘星星放在偶數位置，並每次都跟貝琪拿同一側，則安妮亞可以保證拿到 $k+1$ 到 $2k-1$ 的所有星星，總價值為 $3k(k-1)/2$，大於貝琪拿到的 $k(k+1)/2$，故安妮亞必勝。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44600,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f : \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ such that, for any set $A$ containing exactly 2024 distinct positive integers, the set\n$$\nS_A := \\{f^{(k)}(x) \\mid 1 \\le k \\le 2024,\\ x \\in A\\}\n$$\nis also a set containing exactly 2024 distinct positive integers.\n\n*Remark*: $f^{(k)}$ denotes the $k$-th iteration of $f$. In other words, $f^{(1)}(x) := f(x)$ and for all $n \\ge 1$, $f^{(n+1)}(x) := f(f^{(n)}(x))$.\n\n求所有函數 $f: \\mathbb{N} \\rightarrow \\mathbb{N}$, 使得對於所有由 2024 個相異正整數所成的集合 $A$,\n$$\nS_A := \\{f^{(k)}(x) \\mid 1 \\le k \\le 2024,\\ x \\in A\\}\n$$\n亦為一個由 2024 個相異正整數所成集合。\n\n註：$f^{(k)}$ 表 $f$ 的 $k$ 次疊代。換言之，$f^{(1)}(x) := f(x)$ 且對於所有 $n \\ge 1$，$f^{(n+1)}(x) := f(f^{(n)}(x))$。",
    "options": [],
    "answer": "Exactly the following functions: (1) the identity function f(n) = n for all positive integers n; or (2) there exists a fixed set Y of size 2024 and a cyclic ordering y1, y2, ..., y2024 of its elements such that f(yi) = yi+1 for i = 1, 2, ..., 2023 and f(y2024) = y1 (i.e., f permutes Y as a single 2024-cycle), and for every x not in Y one has f(x) in Y (so every point outside Y maps into the cycle in one step).",
    "solution": "顯然 $f(x) = x$ 為一解。此外，對於任何由 2024 個相異正整數所成集合 $A = \\{a_1, a_2, \\dots, a_{2024}\\}$，任何滿足\n$$\n\\begin{cases} f(a_i) = a_{i-1}, & \\text{其中 } a_0 = a_{2024}, \\\\ f(x) \\in A, & \\text{對於所有 } x \\notin A, \\end{cases}\n$$\n的函數 $f$ 皆滿足題意。讓我們證明以上便是全部的解。\n\n用所有正整數做點，並將 $x$ 連向 $f(x)$ 構成有向圖 $G$ (允許自環)。注意若 $x$ 可通往 2025 個點，則任何包含 $x$ 和 $f(x)$ 的 $A$ 都有 $|S_A| \\ge 2025$，矛盾。這意味著從 $x$ 出發，我們在 2024 步內一定會進入一個環，且這個環的大小至多為 2024。\n\n現在，考慮所有 $G$ 中在環上的點。讓我們考慮 $C$ 的大小。\n\n**Case 1.** $|C| > 2024$:\n注意到此時不能有任何 $x \\in C$ 使得 $f(x) \\ne x$；否則，任取一個包含 $x$ 但不包含 $f(x)$ 的 $A \\subset C$，則 $A \\subset S_A$ (注意 $A$ 的元素都在環上) 且 $f(x) \\in S_A$，從而 $A \\cup \\{f(x)\\} \\subset S_A \\Rightarrow |S_A| \\ge |A| + 1 > 2024$，矛盾。\n\n故我們有 $f(x) = x$ 對於所有 $x \\in C$ 皆成立。此時，若有任何 $y \\notin C$，因為 $y$ 在 2024 步內要到達 $C$，故存在 $z \\notin C$ 使得 $f(z) \\in C$。若我們取 $A = \\{z, f(z), b_1, \\dots, b_{2022}\\}$，其中 $b_i$ 為 $C$ 中 2022 個異於 $f(z)$ 的元素，則 $S_A = A - \\{z\\}$，從而 $|S_A| = |A| - 1 < 2024$，矛盾。故 $C = \\mathbb{N}$，也就是 $f(x) = x$。\n\n**Case 2.** $|C| \\le 2024$:\n由於所有 $x \\in \\mathbb{N}$ 在 2024 步內都要抵達 $C$，而 $C$ 是有限集，故存在 $y \\in \\mathbb{N}$ 使得 $f^{-1}(y) := \\{x : f(x) = y\\}$ 是無限集。此時取 $A \\subset f^{-1}(y)$，知 $Y := \\{y, f(y), \\dots, f^{(2023)}(y)\\}$ 有 $|Y| = 2024$；換言之，$y$ 在一個大小恰為 2024 的環 $Y$ 上。\n\n現在，對於任何 $x \\in \\mathbb{N}$，取 $A$ 滿足 $x \\in A$ 且 $A \\cap f^{-1}(y) \\neq \\emptyset$。注意到此時 $Y \\subset S_A$，迫使 $Y = S_A$ (否則 $|S_A| > |Y| = 2024$)，也因而 $f(x) \\in Y$。這表示所有不在 $Y$ 上的點都必須一步到達 $Y$，此便是第二個可能的 $f$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44601,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "德克斯特的實驗室裡有 $2024$ 台機器人，每台有德克斯特各自設定好的程式。某天，他調皮搗蛋的姊姊蒂蒂會闖進實驗室，在每個機器人的額頭上寫下一個在 $\\{1, 2, \\dots, 113\\}$ 內的整數。每台機器人此時偵測到除了它自己以外的所有機器人額頭上的數字，並立即依據其程式，各別且同時猜測自己的數字。\n試求最大正整數 $k$，讓德克斯特存在設定程式的方法，使得不論數字如何分布，都至少有 $k$ 台機器人猜對自己的數字。\n\nDexter's Laboratory has $2024$ robots, each with a program setup by Dexter. One day, his naughty sister Dee Dee intrudes and writes an integer in $\\{1, 2, \\dots, 113\\}$ on each of the robot's forehead. Each robot detects the numbers on all other robots' foreheads, and guess its own number base on its program, individually and simultaneously.\nFind the largest positive integer $k$ such that Dexter can setup the programs so that, no matter how the numbers distribute, there are always at least $k$ robots who guess their numbers right.",
    "options": [],
    "answer": "17",
    "solution": "$k = \\lfloor 2024/113 \\rfloor = 17$。一般性地，對於 $n$ 台機器人與 $m$ 個數字，$k = \\lfloor n/m \\rfloor$。\n\n估計：將機器人編號 $1$ 到 $n$，數字的集合為 $C = \\{0, 1, \\dots, m-1\\}$，第 $i$ 台機器人戴的數字為 $x_i \\in C$，程式則為\n$$\nf_i(x_1, x_2, \\dots, x_{i-1}, x_{i+1}, \\dots, x_n) : C^n \\to C.\n$$\n假設蒂蒂以隨機的方式讓在 $i$ 台機器人寫上 $X_i$，其中 $X_i$ 服從 $C$ 上的均勻分布，且獨立於其它 $X_j$。此時由獨立性，易知\n$$\nE[1_{\\{f_i=X_i\\}}] = P\\{f_i(X_1, X_2, \\dots, X_{i-1}, X_{i+1}, \\dots, X_n) = X_i\\} = \\frac{1}{m}.\n$$\n這意味著猜對機器人數量的期望值 $= \\sum E[1_{\\{f_i=X_i\\}}] = n/m$，而這也就代表著蒂蒂必有一種寫數字的方法可以讓猜對機器人的數量至多為 $\\lfloor n/m \\rfloor$。\n\n構造：考慮\n$$\nf_i = i - \\sum_{j \\neq i} x_j \\quad \\bmod m\n$$\n注意到第 $i$ 台機器人要猜對，若且唯若\n$$\nx_i \\equiv i - \\sum_{j \\neq i} x_j \\quad \\bmod m \\Leftrightarrow \\sum_j x_j \\equiv i \\quad \\bmod m, \\quad (1)\n$$\n而必然有至少 $\\lfloor n/m \\rfloor$ 個 $i$ 會讓 (1) 末式成立，故得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44602,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be an acute, scalene triangle with orthocenter $H$. Let $l_a$ be the line through the reflection of $B$ with respect to $CH$ and the reflection of $C$ with respect to $BH$. Lines $l_b$ and $l_c$ are defined similarly. Suppose lines $l_a, l_b$, and $l_c$ determine a triangle. Prove that the orthocenter and circumcenter of this triangle are colinear with $H$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\nDenote by $A_b, A_c$ the reflections of $A$ in $BH$ and $CH$ respectively. $B_c, B_a$ and $C_a, C_b$ are defined similarly. By definition, $l_a = B_cC_b, l_b = C_aA_c, l_c = A_bB_a$. Let $A_1 = l_b \\cap l_c, B_1 = l_c \\cap l_a, C_1 = l_a \\cap l_b$ and let $H_1, O_1$ be the orthocentre and circumcentre of $\\triangle A_1B_1C_1$ respectively.\n\n*Claim 1.* $\\triangle AA_bA_c \\cong \\triangle ABC$.\n*Proof.* Let $P = BH \\cap AC, Q = CH \\cap AB$, then it is well known that $\\triangle APQ \\cong \\triangle ABC$. By the dilation with factor 2 centred at $A$, $\\triangle APQ$ is sent to $\\triangle AA_bA_c$, so we have $\\triangle AA_bA_c \\cong \\triangle ABC$.\n\n\n*Claim 2.* $\\triangle AA_bA_c \\cong \\triangle AB_aC_a$ and $A_1$ lies on the circumcircle of $\\triangle AA_bA_c$, which is centred at $H$.\n*Proof.* Since $B_a, C_a$ are reflections of $B, C$ in $AH$, we have $\\triangle AB_aC_a \\cong \\triangle ABC$. Combining this with *Claim 1*, we have $\\triangle AA_bA_c \\cong \\triangle AB_aC_a$ where $A$ is the centre of this similarity. Therefore, $\\angle A_c A_1 A_b = \\angle A_c AA_b$, meaning $A_1$ lies on $\\odot AA_b A_c$. By symmetry, $HA_b = HA = HA_c$, so $H$ is centre of this circle.\n\n\n*Claim 3.* $\\triangle A_1 B_1 C_1 \\cong \\triangle ABC$.\n*Proof.* From *Claim 2* we have\n$$\n\\angle C_1 A_1 B_1 = \\angle A_c A_1 A_b = \\angle A_c AA_b = -\\angle CAB\n$$\nand similarly $\\angle A_1 B_1 C_1 = -\\angle ABC, \\angle B_1 C_1 A_1 = -\\angle BCA$, which imply $\\triangle A_1 B_1 C_1 \\cong \\triangle ABC$.\nDenote the ratio of similitude of $\\triangle A_1 B_1 C_1$ and $\\triangle ABC$ by $\\lambda(= \\frac{B_1 C_1}{BC})$, then\n$$\n\\lambda = \\frac{H_1 A_1}{HA} = \\frac{H_1 B_1}{HB} = \\frac{H_1 C_1}{HC}.\n$$\nSince $HA = HA_1$ and similarly $HB = HB_1, HC = HC_1$ from *Claim 2*, we get\n$$\n\\lambda = \\frac{H_1 A_1}{HA_1} = \\frac{H_1 B_1}{HB_1} = \\frac{H_1 C_1}{HC_1}.\n$$\nTherefore, the circle $A_1 B_1 C_1$ is the Apollonian circle of the segment $HH_1$ with ratio $\\lambda$ so the line $HH_1$ passes through $O_1$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44603,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $ABC$ 為一三角形, 其外心為 $O$。圓 $\\Gamma$ 分別與 $OB$ 和 $OC$ 相切於 $B$ 和 $C$。令 $D$ 為 $\\Gamma$ 上異於 $B$ 的一點, 使得 $CB = CD$。令 $E$ 為 $DO$ 和 $\\Gamma$ 異於 $D$ 的交點, 而 $F$ 為 $EA$ 和 $\\Gamma$ 異於 $D$ 的交點。令 $X$ 為 $AC$ 上一點, 使得 $XB \\perp BD$。證明 $\\angle ADF$ 的一半等於 $\\angle BDX$ 或 $\\angle BXD$。\n\nLet $ABC$ be a triangle with $O$ as its circumcenter. A circle $\\Gamma$ tangents $OB, OC$ at $B, C$, respectively. Let $D$ be a point on $\\Gamma$ other than $B$ with $CB = CD$, $E$ be the second intersection of $DO$ and $\\Gamma$, and $F$ be the second intersection of $EA$ and $\\Gamma$. Let $X$ be a point on the line $AC$ so that $XB \\perp BD$. Show that one half of $\\angle ADF$ is equal to one of $\\angle BDX$ and $\\angle BXD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**解.** Since $\\angle ADF$ is the angle between $\\Gamma$ and $\\odot(ADE)$, consider the circle $\\odot(ADE)$ and its second intersection $A'$ with $\\odot(ABC)$. Also let $DA'$ intersects $BX$ at $X'$. Denote $\\angle ADF$ by $\\theta$. Now we first show the following two lemmas.\n\n**Lemma 1.** $(A, A'; B, C) = \\tan^2(\\frac{1}{2}\\theta)$ or $\\cot^2(\\frac{1}{2}\\theta)$.\n\n*Proof.* Note that $\\odot(ABC)$ is orthogonal to both $\\Gamma$ and $\\odot(ADE)$ as $OA^2 = OC^2 = OD \\cdot OE$. Therefore, if we take the inversion at $D$ and denote the image of a point $P$ by $P_*$, then $A_*A_*'$, $B_*C_*$ are diameters of a circle that intersect with angle $\\theta$. Thus it is clear that\n$$\n(A, A'; B, C) = (A_*, A_*'; B_*, C_*) = \\tan^2(\\frac{1}{2}\\theta) \\text{ or } \\cot^2(\\frac{1}{2}\\theta).\n$$\n\n**Lemma 2.** $DX \\perp DX'$.\n\n*Proof.* Take the inversion at $C$ with radius $CB = CD$. This inversion sends $\\odot(ABC)$ to a line passing through $B$ and perpendicular to $CO$, and thus it is $BXX'$. This shows that the inversion sends $A$ to $X$ and $A'$ to $X'$. Moreover, the inversions sends $\\Gamma$ to $BD$, and so $E$ is sent to the reflection $D'$ of $D$ with respect to $B$ as $(E, D; B, C)$ is harmonic. Since $XX' \\perp DD'$, we have that $XX'$ is the perpendicular bisector of $DD'$. Moreover, since $A, A', D, E$ are concyclic, we have that $X, X', D, D'$ are also concyclic. As a consequence, $DX \\perp DX'$.\n\nTo show the original statement, note that by perspectivity through $C$, we have\n$$\n\\tan^2(\\frac{1}{2}\\theta) \\text{ or } \\cot^2(\\frac{1}{2}\\theta) = (A, A'; B, C) = \\frac{XB}{BX'} = \\cot^2 \\angle BDX\n$$\nwhere the first equality follows from the first lemma and the last equality follows from the second lemma. Thus either $\\theta/2 = BDX$ or $\\theta/2 = 90^\\circ - \\angle BDX = \\angle BXD$, as desired.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44604,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "設 $ABCDE$ 是一個凸五邊形，使得 $\\angle ABC = \\angle AED = 90^\\circ$。假設 $CD$ 的中點是三角形 $ABE$ 的外接圓心。令 $O$ 是三角形 $ACD$ 的外接圓心。證明直線 $AO$ 通過線段 $BE$ 的中點。\n\nLet $ABCDE$ be a convex pentagon such that $\\angle ABC = \\angle AED = 90^\\circ$. Suppose that the midpoint of $CD$ is the circumcentre of triangle $ABE$. Let $O$ be the circumcentre of triangle $ACD$. Prove that line $AO$ passes through the midpoint of segment $BE$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $M$ be the midpoint of $CD$ and $X = BC \\cap ED$. Since $\\angle ABX = \\angle AEX = 90^\\circ$,\n$AX$ is the diameter of the circumcircle of $\\triangle ABX$, thus $ACXD$ is a parallelogram.\n\nNow, it is sufficient to show that $[OAB] = [OAE]$ where $[OAB]$ denotes the area of $\\triangle OAB$.\nLet $C', D'$ be the midpoint of $AC$ and $AD$. It is easy to see that $[OAB] = [D'AB] = \\frac{1}{2}[ACD]$ and therefore $[OAE] = [C'AE] = [C'AD] = \\frac{1}{2}[ACD]$. We are done.\nAs in Solution 1. $ACXD$ is a parallelogram and $\\angle DAB = 90^\\circ$.\nLet $N$ be the midpoint of $BE$. It is enough to show that $\\angle NAB = \\angle OAB$. By the cyclic of $ABXE$, we have\n$$\n\\angle ABE = \\angle AXE = \\angle XAC\n$$\nand $\\angle BEA = \\angle CXA$. Therefore, $\\triangle ABE \\simeq \\triangle CAX$, and $N$ corresponds to $M$ under this similarity. In particular, $\\angle NAB = \\angle ACM$. We have\n$$\n\\angle OAB = 90^\\circ - \\angle DAO = \\angle ACM = \\angle NAB.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44605,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For positive integers $n$ and $k \\ge 2$ define $E_k(n)$ as the greatest exponent $r$ such that $k^r$ divides $n!$. Prove that there are infinitely many $n$ such that $E_{10}(n) > E_9(n)$ and infinitely many $m$ such that $E_{10}(m) < E_9(m)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Set $n = 5^{2l-1}$, we have\n$$\nE_{10}(n) = v_5(n!) = 5^{2l-2} + 5^{2l-3} + \\dots + 5 + 1 = \\frac{5^{2l-1}-1}{4} = \\frac{n-1}{4}.\n$$\nSince $n \\equiv 2 \\pmod 4$, so\n$$\nE_9(n) = \\frac{1}{2}v_3(n!) < \\frac{1}{2}\\left(\\frac{n-2}{3} + \\frac{n}{3^2} + \\dots\\right) = \\frac{n}{4} - \\frac{1}{3}.\n$$\nThus $E_9(n) < E_{10}(n)$.\n\nSimilarly, set $m = 3^{4l-2}$. Then we have\n$$\nE_9(m) = \\frac{1}{2}v_3(m!) = \\frac{m-1}{4}\n$$\nand since $m \\equiv 4 \\pmod 5$,\n$$\nE_{10}(m) < \\frac{m-4}{5} + \\frac{m}{5^2} + \\dots = \\frac{m}{4} - \\frac{4}{5}.\n$$\nWe have $E_{10}(m) < E_9(m)$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44606,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定任一質數 $p$，當一個集合恰包含三個元素 $a, b, c$ 且 $a + b \\equiv c \\pmod p$，則我們稱這個集合為 $p$-good。\n找出所有質數 $p$，使得 $\\{1, 2, \\dots, p-1\\}$ 可以被全部分割成許多 $p$-good 集合。\n\nGiven a prime number $p$, a set is said to be *p-good* if the set contains exactly three elements $a, b, c$ and $a + b \\equiv c \\pmod p$.\nFind all prime number $p$ such that $\\{1, 2, \\dots, p-1\\}$ can be partitioned into several $p$-good sets.",
    "options": [],
    "answer": "All primes congruent to 1 modulo 6",
    "solution": "找出所有質數 $p$，使得 $\\{1, 2, \\dots, p-1\\}$ 可以被全部分割成許多 $p$-good 集合。\n\n**解.** Clearly, we must have $p \\equiv 1 \\pmod 6$. To show that all such $p$ satisfies the condition, choose $g$ to be a primitive root modulo $p$. Let $x = g^{(p-1)/6}$. Can verify that $x^3 \\equiv -1 \\pmod p$ thus $x^2 - x + 1 \\equiv 0 \\pmod p$. So $g^n, x^2g^n, xg^n$ is $p$-good for every $n$. Pick $n \\in \\{0, 1, 2, \\dots, \\frac{p-1}{6} - 1\\} \\cup \\{k, k+1, k+2, \\dots, k+\\frac{p-1}{6} - 1\\}$ where $k = \\frac{p-1}{2}$, and we have the desired partition.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44607,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$$\n\\sum_{k=0}^{2^n-1} 2^{r(k)} f(k + (-1)^k x) = (-1)^{x+n}\n$$\n對於所有整數 $x$ 皆成立。\n\nFor each positive integer $k$, define $r(k)$ as the number of runs of $k$ in base-2, where a run is a collection of consecutive 0s or consecutive 1s without a larger one containing it. For example, $(11100100)_2$ has 4 runs, namely $111-00-1-00$. Also, $r(0) = 0$. Given a positive integer $n$, find all functions $f: \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ such that\n$$\n\\sum_{k=0}^{2^n-1} 2^{r(k)} f(k + (-1)^k x) = (-1)^{x+n} \\quad \\text{for all integer } x.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = (-1)^x",
    "solution": "The only solution is $f(x) = (-1)^x$.\n\nTo prove this, let's first consider the case $n = 1$.\n$$\nf(x) + 2f(1-x) = (-1)^{x+1}.\n$$\nBy replacing $x$ with $1-x$, we have\n$$\nf(1-x) + 2f(x) = (-1)^x.\n$$\nHence, $f(x) = (-1)^x$. Also, we can check this is a solution for $n = 1$.\n\nFor general $n$, we can assume the following proposition: The one and only solution of\n$$\n\\sum_{k=0}^{2^n-1-1} 2^{r(k)} f(k + (-1)^k x) = (-1)^{x+n-1}\n$$\nis $f(x) = (-1)^x$. Now, we're going to prove it's also true for $n$. Let\n$$\ng(x) = -f(x) - 2f(2^n - 1 - x),\n$$\nthen\n$$\n\\begin{aligned}\n2^{r(k)} g(k + (-1)^k x) &= -2^{r(k)} f(k + (-1)^k x) - 2^{r(k)+1} f(2^n - 1 - k + (-1)^{k+1}x) \\\\\n&= -2^{r(k)} f(k + (-1)^k x) - 2^{r(2^n-1-k)} f(2^n - 1 - k + (-1)^{2^n-1-k}x).\n\\end{aligned}\n$$\nHere we've used the property of $r(k)$, $r(k)+1 = r(2^n-1-k)$ for all $0 \\le k \\le 2^{n-1}-1$.\n\nNext, by summing over $k$, we can get\n$$\n\\sum_{k=0}^{2^n-1-1} 2^{r(k)} g(k + (-1)^k x) = - \\sum_{k=0}^{2^n-1} 2^{r(k)} f(k + (-1)^k x) = (-1)^{x+n-1}.\n$$\nTherefore, $g(x) = (-1)^x$, and hence $f(x) = (-1)^x$ can be derived from the way similar to the case $n = 1$. Also, $f(x) = (-1)^x$ satisfies that $-f(x) - 2f(2^n-1-x) = (-1)^x = g(x)$, hence it is a solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44608,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "二、設 $x, y, z$ 為正實數。試求\n$$\n\\frac{x}{3x+y+z} + \\frac{y}{x+3y+z} + \\frac{z}{x+y+3z}\n$$\n之值的範圍。\n\nII. Let $x, y, z$ be three positive real numbers. Determine all possible values for the expression\n$$\n\\frac{x}{3x+y+z} + \\frac{y}{x+3y+z} + \\frac{z}{x+y+3z}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(1/3, 3/5]",
    "solution": "二、首先注意到要求的式子是 $x, y, z$ 的齊次式, 故不失一般性可設 $x+y+z=2$, 使原式成為\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{x}{3x+y+z} + \\frac{y}{x+3y+z} + \\frac{z}{x+y+3z} \\\\\n&= \\frac{x}{2x+2} + \\frac{y}{2y+2} + \\frac{z}{2z+2} \\\\\n&= \\frac{1}{2} \\left( \\frac{x}{x+1} + \\frac{y}{y+1} + \\frac{z}{z+1} \\right) \\\\\n&= \\frac{3}{2} - \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{x+1} + \\frac{1}{y+1} + \\frac{1}{z+1} \\right).\n\\end{aligned}\n$$\n由柯西不等式知\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\left(\\frac{1}{x+1} + \\frac{1}{y+1} + \\frac{1}{z+1}\\right) \\left((x+1) + (y+1) + (z+1)\\right) \\ge (1+1+1)^2, \\\\\n& \\left(\\frac{1}{x+1} + \\frac{1}{y+1} + \\frac{1}{z+1}\\right) \\cdot 5 \\ge 9, \\\\\n& \\left(\\frac{1}{x+1} + \\frac{1}{y+1} + \\frac{1}{z+1}\\right) \\ge \\frac{9}{5},\n\\end{aligned}\n$$\n所以\n$$\n\\frac{x}{3x+y+z} + \\frac{y}{x+3y+z} + \\frac{z}{x+y+3z} \\le \\frac{3}{2} - \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{9}{5} = \\frac{3}{5},\n$$\n且等號發生於 $x=y=z=\\frac{2}{3}$ 時。\n\n另一方面, 利用調整法可知當 $x,y,z$ 之間的距離越大時, 所求之值會越小。極端情形為 $(x,y,z) = (2,0,0)$ (或其排列), 其值為 $1/3$。因為這個最小值永遠達不到但又可以任意靠近, 故所求值域為區間 $\\left(\\frac{1}{3}, \\frac{3}{5}\\right]$。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44609,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "給定一個整數的有限集 $S$，是否總是存在一個整係數多項式 $f(x)$，使得對於所有整數 $x$，$f(x)$ 為完全平方數若且唯若 $x \\in S$？\n\nFix a finite set $S$ of integers. Is there a polynomial $f(x)$ of integral coefficients such that for all integers $x$, $f(x)$ is a perfect square if and only if $x \\in S$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "考慮多項式 $f(x) = (g(x))^2 + (x^2 + 1)^2$。若 $g(x) = 0$ 對所有 $x \\in S$ 皆成立，則 $f(x)$ 為平方數。若 $g(x) > (x^2 + 1)^2$ 對於所有 $x \\in \\mathbb{Z} \\setminus S$ 皆成立，則 $(g(x))^2 < f(x) < (g(x) + 1)^2$，也就是說 $f(x)$ 不為平方數。故我們可以取 $g(x) = M_S \\prod_{s \\in S} (x-s)^{10}$，其中 $M_S$ 是一個足夠大的常數使得 $g(x) > (x^2+1)^2$ 對於所有 $x \\in \\mathbb{Z} \\setminus S$ 皆成立。由於 $g$ 的次數比 4 大，故 $M_S$ 存在。$\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44610,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "記所有正實數所成的集合為 $\\mathbb{R}_+$。試找出所有函數 $f : \\mathbb{R}_+ \\to \\mathbb{R}_+$, 使得\n$$\nf(xy + x + y) + f\\left(\\frac{1}{x}\\right) f\\left(\\frac{1}{y}\\right) = 1\n$$\n\n$$\nf(xy + x + y) + f\\left(\\frac{1}{x}\\right) f\\left(\\frac{1}{y}\\right) = 1 \\quad \\text{for every } x, y \\in \\mathbb{R}_+.\n$$\n\n對所有 $x, y \\in \\mathbb{R}_+$ 均成立。\n\nLet $\\mathbb{R}_+$ be the set of positive real numbers. Find all functions $f : \\mathbb{R}_+ \\to \\mathbb{R}_+$ such that\n$$\nf(xy + x + y) + f\\left(\\frac{1}{x}\\right) f\\left(\\frac{1}{y}\\right) = 1\n$$\nfor every $x, y \\in \\mathbb{R}_+$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = (-1 + sqrt(5)) / 2 for all x > 0, or f(x) = x / (x + 1) for all x > 0",
    "solution": "$f(x) = \\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}$ for all $x \\in \\mathbb{R}_+$, or $f(x) = \\frac{x}{x+1}$ for all $x \\in \\mathbb{R}_+$.\n\nDenote the functional equality by $P(x, y)$. Then $P((w+1)^{-1}, w)$ implies\n$$\nf(w+1) (f(w^{-1}) + 1) = 1. \\qquad (1)\n$$\nBy $P(xy + x + y, z)$ and (1), we have\n$$\n1 - f((x+1)(y+1)(z+1) - 1) = f\\left(\\frac{1}{xy + x + y}\\right) f\\left(\\frac{1}{z}\\right).\n$$\nSince LHS is symmetric with respect to $x, y, z$, by symmetry, we have\n$$\nf\\left(\\frac{1}{xy + x + y}\\right) f\\left(\\frac{1}{z}\\right) = f\\left(\\frac{1}{xz + x + z}\\right) f\\left(\\frac{1}{y}\\right).\n$$\nReplacing $(y, z)$ by $(y^{-1}, z^{-1})$ in above we have\n$$\n\\frac{f\\left(\\frac{y}{xy+x+1}\\right)}{f(y)} = \\frac{f\\left(\\frac{z}{xz+x+1}\\right)}{f(z)}.\n$$\nSince both $y$ and $z$ are arbitrary,\n$$\n\\begin{aligned} \\frac{f\\left(\\frac{y}{xy+x+1}\\right)}{f(y)} &= \\frac{1}{f(y)f\\left(\\frac{xy+x+1}{y} + 1\\right)} - \\frac{1}{f(y)} && (\\text{set } w = \\frac{xy+x+1}{y} \\text{ in (1)}) \\\\ &= \\frac{1}{1 - f\\left(\\frac{1}{x+1} + \\frac{1}{y}\\right)} - \\frac{1}{f(y)} && (\\text{by } P(y^{-1}, \\frac{y}{(x+1)(y+1)})) \\end{aligned}\n$$\nis constant in $y$ as $x$ fixed. Replace $x$ by $x-1$ (for $x > 1$) in above, then\n$$\n\\frac{1}{1 - f\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y}\\right)} - \\frac{1}{f(y)} - \\frac{1}{f(x)}\n$$\n---\n## 2024-TWN — Page 81\nis independent of $y$. By symmetry, it is also independent of $x$. Say\n$$\nQ(x, y) : \\quad \\frac{1}{1 - f\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y}\\right)} - \\frac{1}{f(y)} - \\frac{1}{f(x)} = c, \\quad \\forall x, y > 1,\n$$\nfor some constant $c \\in \\mathbb{R}$. For $x, y, z > 2$, we have $\\frac{xy}{x+y}, \\frac{xz}{x+z} > 1$. Comparing $Q(\\frac{xy}{x+y}, z)$ and $Q(\\frac{xz}{x+z}, y)$, we have\n$$\n\\frac{1}{f\\left(\\frac{xz}{x+z}\\right)} + \\frac{1}{f(y)} = \\frac{1}{1 - f\\left(\\frac{1}{x} + \\frac{1}{y} + \\frac{1}{z}\\right)} - c = \\frac{1}{f\\left(\\frac{xy}{x+y}\\right)} + \\frac{1}{f(z)}.\n$$\nHence\n$$\n\\frac{1}{f\\left(\\frac{xy}{x+y}\\right)} - \\frac{1}{f(y)} - \\frac{1}{f(x)}\n$$\nis constant in $y > 2$ as $x$ fixed. By symmetry, it is also independent of $x$, and let the constant be $c'$. Define\n$$\ng(t) = \\frac{1}{f(t^{-1})} + c'\n$$\non $\\mathbb{R}_+$. Then for $x, y > 2$,\n$$\ng(x^{-1} + y^{-1}) = \\frac{1}{f\\left(\\frac{xy}{x+y}\\right)} + c' = \\left( \\frac{1}{f(y)} + \\frac{1}{f(x)} + c' \\right) + c' = g(x^{-1}) + g(y^{-1}).\n$$\nSo $g$ is a Cauchy function on $(0, 0.5)$. Since $g$ has lower bound $c'$, $g(x) = ax$ on $(0, 0.5)$. By the above equation, $g(x) = ax$ on $(0, 1)$. Hence\n$$\nf(t^{-1}) = \\frac{1}{at - c'}\n$$\nfor $t \\in (0, 1)$, i.e.,\n$$\nf(x) = \\frac{x}{a - c'x}, \\quad x > 1.\n$$\nSince $w + 1 > 1$ for $w > 0$ and by (1), we have\n$$\nf(w^{-1}) = f(w + 1)^{-1} - 1 = \\frac{a}{w + 1} - (c' + 1), \\quad \\forall w > 0.\n$$\nHence $f(x) = \\frac{ax}{x+1} + b$ for some $a, b \\in \\mathbb{R}$. Then $b \\ge 0$ by taking $x$ small enough. Substituting the original condition, we have\n$$\n1 = f(xy + x + y) + f(x^{-1})f(y^{-1}) = \\frac{a(xy + x + y)}{(x+1)(y+1)} + b + \\left(\\frac{a}{x+1} + b\\right) \\left(\\frac{a}{y+1} + b\\right),\n$$\n---\n## 2024-TWN — Page 82\ni.e.,\n$$\nxy + (x + y) + 1 = (a + b + b^2)xy + (a + b + ab + b^2)(x + y) + b + (a + b)^2.\n$$\nComparing the coefficients in the above equation, we have\n$$\na + b + b^2 = 1 = a + b + ab + b^2 \\implies ab = 0.\n$$\nIf $a = 0$, then $b + b^2 = 1$, i.e., $b = \\frac{-1+\\sqrt{5}}{2}$ and $f(x) = b$. If $b = 0$, then $a = 1$ and thus $f(x) = \\frac{x}{x+1}$. $\\square$\n\n\n**Remark.** There is another short solution as follows. Notice that $\\text{Im } f \\subset (0, 1)$ and consider $g : (0, 1) \\to (0, 1)$ defined by\n$$\ng(x) = f\\left(\\frac{x}{1-x}\\right).\n$$\nThen\n$$\nP\\left(\\frac{1-x}{x}, \\frac{1-y}{y}\\right) : \\quad 1 = f\\left(\\frac{1-xy}{xy}\\right) + g(x)g(y) = g(1-xy) + g(x)g(y), \\quad \\forall x, y \\in (0, 1),\n$$\nand denoted it by $R(x, y)$. Then $R(xy, z)$ and $R(x, yz)$ show that\n$$\ng(xy)g(z) = g(x)g(yz) \\implies \\frac{g(xy)}{g(x)g(y)} = \\frac{g(xz)}{g(x)g(z)}.\n$$\nBy the same argument above, $\\frac{g(xy)}{g(x)g(y)}$ is independent with respect to $x$ and $y$, so it must be a constant $c > 0$. Define $h : (-\\infty, 0) \\to (-\\infty, \\log c)$ by\n$$\nh(x) = \\log g(e^x) + \\log c.\n$$\nThen\n$$\nh(xy) = \\log(cg(e^{xy})) = \\log(c^2g(e^x)g(e^y)) = h(x) + h(y),\n$$\ni.e., $h$ is a Cauchy function having an upper bound, so it must be linear on $(0, 1)$. Hence we can solve that $f$ is also linear in $\\mathbb{R}_+$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44611,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "證明存在常數 $D > 0$ 滿足以下性質：對於所有正整數 $m$ 與 $N = \\frac{m(m+1)}{2}$，存在 $1, 2, \\dots, N$ 的三種排列 $a_1, a_2, \\dots, a_N; b_1, b_2, \\dots, b_N; c_1, c_2, \\dots, c_N$ 使得\n$$\n|\\sqrt{a_k} + \\sqrt{b_k} + \\sqrt{c_k} - 2\\sqrt{N}| < D\n$$\n對所有 $k = 1, 2, \\dots, N$ 均成立。\n\nProve that there exists constant $D > 0$ satisfying the following: for any positive integer $m$ and $N = \\frac{m(m+1)}{2}$, there exist three permutations $a_1, a_2, \\dots, a_N$; $b_1, b_2, \\dots, b_N$; and $c_1, c_2, \\dots, c_N$ of $1, 2, \\dots, N$ such that\n$$\n\\left| \\sqrt{a_k} + \\sqrt{b_k} + \\sqrt{c_k} - 2\\sqrt{N} \\right| < D\n$$\nfor every $k = 1, 2, \\dots, N$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "以下證明 $D = \\frac{5\\sqrt{2}}{4}$ 的情形。讓我們將 $\\{1, 2, \\dots, N\\}$ 如圖中排列成三角形。對於三角形中的任一點 $X$, 令 $r_X$ 是在從頂點 $A$ 數來的第幾行。令 $Y$ 與 $Z$ 分別為將三角形順時針與逆時針旋轉後, $P$ 點所對應到的點。由於 $ABC$ 是正三角形, 我們有\n$$\nr_X + r_Y + r_Z = 2m + 1 = \\sqrt{8N + 1}.\n$$\n此外, 讓我們考慮 $n_X$ 為 $X$ 在三角形中對應的數字。由於三角形的上面 $r$ 列中共有 $1 + 2 + \\dots + r = \\frac{r(r+1)}{2}$ 個點, 因此我們有\n$$\n\\frac{r_X(r_X - 1)}{2} + 1 \\le n_X \\le \\frac{r_X(r_X + 1)}{2},\n$$\n從而\n$$\n\\left( r_X - \\frac{1}{2} \\right)^2 < n_X < \\left( r_X + \\frac{1}{2} \\right)^2 .\n$$\n故我們有\n$$\n\\left| \\sqrt{2n_X} + \\sqrt{2n_Y} + \\sqrt{2n_Z} - (r_X + r_Y + r_Z) \\right| < \\frac{3}{2},\n$$\n也就是\n$$\n\\left| \\sqrt{n_X} + \\sqrt{n_Y} + \\sqrt{n_Z} - 2\\sqrt{N + \\frac{1}{8}} \\right| < \\frac{3}{2} \\times \\frac{1}{\\sqrt{2}} < \\frac{3\\sqrt{2}}{4}.\n$$\n又\n$$\n2\\sqrt{N + \\frac{1}{8}} - 2\\sqrt{N} < 2\\sqrt{\\frac{1}{8}} = \\frac{2\\sqrt{2}}{4},\n$$\n故我們有\n$$\n\\left| \\sqrt{n_X} + \\sqrt{n_Y} + \\sqrt{n_Z} - 2\\sqrt{N} \\right| < \\left( \\frac{3}{4} + \\frac{2}{4} \\right) \\sqrt{2} = \\frac{5\\sqrt{2}}{4}.\n$$\n\n因此, 讓 $n_X$ 從 1 跑到 $N$, 則 $(n_X, n_Y, n_Z)$ 便滿足題目所求。",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44612,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $k$ 為一正整數。天橋上的魔術師和小不點玩一場遊戲。一開始，小不典將 $N = 2^k$ 顆相異的球在桌面上排成一橫排，並各自用一個杯子罩住。在每一回合，小不點可以指定兩個杯子，然後魔術師可以交換這兩個杯子內的球，或著選擇做假動作讓兩個杯子內的球維持不變。小不點無法透過魔術師的動作來判別是否為假動作，也無法看到動作前後杯子內的球。\n在 $M = k \\times 2^{k-1}$ 個回合後，魔術師會打開所有杯子，讓小不點確認每個杯子裡的球。若此時小不點可以確知魔術師在每一回合中是否有做假動作，則小不點獲勝。證明小不點存在必勝策略。\n\nLet $k$ be a positive integer. The little one and the magician on the skywalk play a game. Initially, the little one places $N = 2^k$ distinct balls in a row on the table, and covers each of them by a cup. On each turn, the little one chooses two cups, then the magician can either swap the balls in the two cups, or do a fake move so that the balls in the two cups stay the same. The little one cannot distinguish whether the magician fakes a move on not, nor can she observe the balls inside the cups.\nAfter $M = k \\times 2^{k-1}$ turns, the magician opens all cups so the little one can check the ball in each of the cups. If the little one can identify whether the magician fakes a move or not for each of the $M$ turns, then the little one wins. Prove that the little one has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將所有杯子依序編號為 1 到 $N$。我們將用歸納法建構策略。$k=1$ 時顯然。現在假設 $k-1$ 時存在一個必勝策略，其在第 $i=1,2,\\dots,(k-1)2^{k-2}$ 回合選取編號 $a_i$ 與 $b_i$ 的杯子。則在 $k$ 時，令 $M_1 = 2^{k-1}$ 與 $M_2 = (k+1)2^{k-2}$，並考慮以下策略：\n\nStage 1: 在第 $i = 1,2,\\dots,M_1$ 回合選取編號 $i$ 與 $i + M_1$\n(注意到 $i + M_1 \\le 2M_1 = 2^k$)；\n\nStage 2: 在第 $i = M_1 + 1, \\dots, M_2$ 回合選取編號 $a_{i-M_1}$ 與 $b_{i-M_1}$\n(注意到 $i - M_1 \\le M_2 - M_1 = (k-1)2^{k-2}$)；\n\nStage 3: 在 $i = M_2 + 1, \\dots, M$ 選取編號 $a_{i-M_2} + 2^{k-1}$ 與 $b_{i-M_2} + 2^{k-1}$\n(注意到 $i - M_2 \\le M - M_2 = (k-1)2^{k-2}$)。\n\n以下證明這確為必勝法。令 $X$ 為編號 1 到 $M_1$，而 $Y$ 為編號 $M_1+1$ 到 $N$。\n- 首先，注意到只有在 Stage 1 時，$X$ 和 $Y$ 中的球有可能對換，且只有第 $i$ 回合的操作有可能將 $i$ 從 $X$ 換到 $Y$。因此對於 Stage 1 裡的所有 $i$，我們知道第 $i$ 回合是假動作，若且唯若第 $i$ 號球最後仍留在 $X$ 區。\n- 注意到 Stage 2 形同在 $X$ 上執行 $k-1$ 時的必勝法，且我們已知在 Stage 1 結束時 $X$ 區的所有球分布，因此由歸納假設，我們可以透過觀察 $X$ 區最後的球分布來得知 Stage 2 中任何一回合是否為假動作。\n- 同理，Stage 3 形同在 $Y$ 上執行 $k-1$ 時的必勝法，且我們已知在 Stage 1 結束時 $Y$ 區的所有球分布，因此由歸納假設，我們可以透過觀察 $Y$ 區最後的球分布來得知 Stage 3 中任何一回合是否為假動作。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44613,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A $k$-set is a set with exactly $k$ elements. For a 6-set $A$ and any collection $\\mathcal{F}$ of 4-sets, we say that $A$ is $\\mathcal{F}$-good if there are exactly three elements $B_1, B_2, B_3$ in $\\mathcal{F}$ that are subsets of $A$, and they furthermore satisfy\n$$\n(A \\setminus B_1) \\cup (A \\setminus B_2) \\cup (A \\setminus B_3) = A.\n$$\nFind all $n \\ge 6$ so that there exists a collection $\\mathcal{F}$ of 4-subsets of $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ such that every 6-set $A \\subset \\{1, 2, \\dots, n\\}$ is $\\mathcal{F}$-good.\n\n一個$k$-集合為恰有$k$個元素的集合。對於一個6-集合$A$，以及一個由若干個4-集合所組成的集合$\\mathcal{F}$，我們稱$A$是$\\mathcal{F}$-好棒 若且唯若$\\mathcal{F}$中僅有三個元素是$A$的子集，且三個子集$B_1, B_2, B_3$滿足\n$$\n(A \\setminus B_1) \\cup (A \\setminus B_2) \\cup (A \\setminus B_3) = A.\n$$\n試求所有滿足以下條件的 $n \\ge 6$：存在由 $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ 的若干個 4-子集所構成的集合 $\\mathcal{F}$，使得對於所有 6-集合 $A \\subset \\{1, 2, \\dots, n\\}$，$A$ 都是 $\\mathcal{F}$-好棒。",
    "options": [],
    "answer": "n = 6, 7, 8",
    "solution": "**答案為 $n = 6, 7, 8$。** 注意到對於 $6 \\le m \\le n$, 若我們對 $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ 可構造滿足題意的 $\\mathcal{F}$, 則必然可以對 $\\{1, 2, \\dots, m\\}$ 構造滿足題意的 $\\mathcal{F}$。故我們只需證明兩點：\n\n1. $n = 9$ 時不存在滿足題意的 $\\mathcal{F}$\n**證明**：反證法，假設這樣的 $\\mathcal{F}$ 存在。則對於任何 $A \\subset \\{1, 2, \\dots, n\\}$, 存在三個 $B \\in \\mathcal{F}$ 滿足題意，故全部的 $(A, B)$ 組合數為 $C_6^n \\times 3$。但另一方面，由於每個 $B$ 會落在 $C_2^{n-2}$ 個不同的 $A$ 中，因此全部的 $(A, B)$ 組合數為 $C_2^{n-2} \\times |\\mathcal{F}|$。\n這表示\n$$\n3C_6^n = C_2^{n-2} \\times |\\mathcal{F}| \\Rightarrow |\\mathcal{F}| = \\frac{1}{5}C_4^n,\n$$\n從而 $|\\mathcal{F}|$ 不為整數，矛盾。\n\n2. $n = 8$ 時存在滿足題意的 $\\mathcal{F}$\n令 $[n] = \\{1, 2, \\dots, n\\}$, 且對於所有集合 $X$, 令 $X_m^n = X \\cap \\{m, m+1, \\dots, n\\}$。\n考慮集合\n$$\n\\mathcal{F} = \\{[4], [4]^c\\} \\cup \\{X_1^4 \\cup (X_1^4 + 4), X_1^4 \\cup ((X^c)_1^4 + 4) : X_1^4 \\subset [4], |X_1^4| = 2\\}.\n$$\n現在注意到若 $|A| = 6$ 且 $A \\subset [8]$, 則 $|A_1^4| = \\{2, 3, 4\\}$。\n- $|A_1^4| = 2$: 不失一般性設 $A = \\{1, 2, 5, 6, 7, 8\\}$, 此時 $\\mathcal{F}$ 中為 $A$ 的子集的元素恰為 $\\{5, 6, 7, 8\\}$, $\\{1, 2, 5, 6\\}$ 與 $\\{1, 2, 7, 8\\}$, 易檢驗其滿足題意。\n\n- $|A_1^4| = 4$: 不失一般性設 $A = \\{1, 2, 3, 4, 7, 8\\}$, 此時 $\\mathcal{F}$ 中為 $A$ 的子集的元素恰為 $\\{1, 2, 3, 4\\}$, $\\{3, 4, 7, 8\\}$ 與 $\\{1, 2, 7, 8\\}$, 易檢驗其滿足題意。\n\n- $|A_1^4| = 3$: 此時 $|A_1^4| = |A_5^8| = 3$。考慮兩種情況：\n\n* $A_5^8 - 4 = A_1^4$: 不失一般性設 $A = \\{1,2,3,5,6,7\\}$, 此時 $\\mathcal{F}$ 中為 $A$ 的子集的元素恰為 $\\{1,2,5,6\\}$, $\\{1,3,5,7\\}$ 與 $\\{2,3,6,7\\}$, 易檢驗其滿足題意。\n\n* $A_5^8 - 4 \\neq A_1^4$: 不失一般性假設 $A = \\{1,2,3\\}$ 而 $A_5^8 - 4 = \\{1,2,4\\}$,\n此時 $A = \\{1,2,3,5,6,8\\}$, $\\mathcal{F}$ 中為 $A$ 的子集的元素恰為 $\\{1,2,5,6\\}$,\n$\\{1,3,6,8\\}$ 與 $\\{2,3,5,8\\}$, 易檢驗其滿足題意。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44614,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $n \\ge 3$ 為一正整數。有來自 $k$ 間學校的共 $n$ 位咒術師，編號為 1 到 $n$。已知當兩個咒術師對決時，編號小的咒術師會獲勝。此外，對於任何 $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ 的重排 $\\{x_1, x_2, \\dots, x_n\\}$，$x_1$ 對 $x_2$ 號、$x_2$ 號對 $x_3$ 號一直到 $x_{n-1}$ 號對 $x_n$ 號咒術師的 $n-1$ 場對決的獲勝者中，包含 $k$ 間學校的人各至少一位。試證 $n \\ge 2^k$。\n\nLet $n \\ge 3$ be a positive integer. There are $n$ Jujutsushis in total from $k$ different schools, labeled from 1 to $n$. It is known that when two Jujutsushis fight, the one with the smaller label will win. It is also known that if $\\{x_1, x_2, \\dots, x_n\\}$ is a permutation of $\\{1, 2, \\dots, n\\}$, then among the $n-1$ fights between Jujutsushi number $x_1$ and $x_2$, $x_2$ and $x_3$, $\\dots$, $x_{n-1}$ and $x_n$, the set of winners will contains at least one Jujutsushi from each of the $k$ schools. Prove that $n \\ge 2^k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "將 $n$ 名咒術師當成 $n$ 個點 $A_1, \\dots, A_n$，以學校為顏色對各點塗色，並對所有 $1 \\le i < j \\le n$，將 $A_iA_j$ 連線並塗上 $A_i$ 的顏色。我們先證明以下關鍵引理。\n\n**引理：** 對於第 $i$ 種顏色，存在 $1 \\le p \\le n$，使得 $A_1, A_2, \\dots, A_p$ 中的 $i$ 色點數量多於 $p/2$。\n\n證明：若否，則存在 $i$ 使得對於所有 $1 \\le p \\le n$，前 $p$ 個點中都至多只有 $\\lfloor p/2 \\rfloor$ 個 $i$ 色點。令 $A_{x_1}, A_{x_2}, \\dots, A_{x_t}$ 為所有的 $i$ 色點而 $A_{y_1}, A_{y_2}, \\dots, A_{y_s}$ 為所有的非 $i$ 色點，其中 $x_1 < x_2 < \\dots < x_t$, $y_1 < y_2 < \\dots < y_s$。顯然此時 $s + t = n$，且依據歸謬假設 $t \\le \\lfloor p/2 \\rfloor$。此外，注意到對於 $1 \\le j \\le t$，若 $y_j \\ge x_j$，則 $A_1, A_2, \\dots, A_{x_j}$ 將有 $j$ 個 $i$ 色點和少於 $j$ 個非 $i$ 色點，與歸謬假設不合，因此必有 $y_j < x_j$。但如此一來，\n$$\nA_{x_1}A_{y_1}, A_{y_1x_2}, A_{x_2y_2}, A_{y_2x_3}, \\dots, A_{x_ty_t}, A_{y_ty_{t+1}}, \\dots, A_{y_{s-1}y_s}\n$$\n將不包含任何 $i$ 色邊，矛盾。故原命題成立。\n\n現在，對於第 $i$ 色，令 $p_i$ 為符合引理的最小 $p$。注意到對於 $i \\ne j$，前 $p_i$ 個點中有過半的 $i$ 色點，便不可能有過半的 $j$ 色點，因此 $p_i \\ne p_j$，因此我們可以不失一般性假設\n$$\np_1 < p_2 < \\dots < p_k.\n$$\n此時，當 $i \\le j$，前 $p_i$ 個點中有至少 $\\lfloor (p_i + 1)/2 \\rfloor$ 個 $i$ 色點，從而前 $p_j$ 個點中有至少 $\\lfloor (p_i + 1)/2 \\rfloor$ 個 $i$ 色點。這意味著\n$$\np_j \\ge \\text{前 } p_j \\text{ 個點中前 } j \\text{ 種顏色的點數} \\ge \\sum_{i=1}^{j} \\lfloor (p_i + 1)/2 \\rfloor.\n$$\n以上可遞迴證得 $p_i \\ge 2^i - 1$，從而 $n \\ge p_k \\ge 2^k - 1$。\n\n我們最後只需證明 $n \\ne 2^k - 1$。若 $n = 2^k - 1$，上述所有等號必須成立，也就是 $p_i = 2^i - 1$ 且恰有 $2^{i-1}$ 個 $i$ 色點。但注意到前 $i-1$ 個顏色的點的數量為\n$$\n\\sum_{j=1}^{i-1} 2^j = 2^{i-1} - 1 = p_{i-1}\n$$\n故全部的 $i$ 色點只能是從 $A_{p_{i-1}+1}$ 到 $A_{p_i}$ 的 $2^i$ 個點。而此時\n$$\nA_{p_{k-1}+1}A_{p_1}, A_{p_1}A_{p_{k-1}+2}, A_{p_{k-1}+2}A_2, A_2A_{p_{k-1}+3}, \\dots, A_{p_{k-1}}A_{p_k}\n$$\n將不包含任何顏色 $k$，矛盾。故 $n \\ge 2^k$。",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44615,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "已知四邊形 $ABCD$ 中 $AC, BD$ 交於 $E$, $AB, CD$ 交於 $F$, $AD, BC$ 交於 $G$ 且 $W, X, Y, Z$ 分別是 $E$ 對 $AB, BC, CD, DA$ 的對稱點。證明 $\\odot(FWY), \\odot(GXZ)$ 的其中一個交點在 $FG$ 上。\n\nFor the quadrilateral $ABCD$, let $AC$ and $BD$ intersect at $E$, $AB$ and $CD$ intersect at $F$, and $AD$ and $BC$ intersect at $G$. Additionally, let $W, X, Y$, and $Z$ be the points of symmetry to $E$ with respect to $AB, BC, CD$, and $DA$ respectively. Prove that one of the intersection points of $\\odot(FWY)$ and $\\odot(GXZ)$ lies on the line $FG$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "考慮對 $E$ 反演後的命題: 給定四邊形 $ABCD$, $AC, BD$ 交於 $E$, $\\odot(ABE), \\odot(CDE)$ 交於另一點 $F$, $\\odot(BCE), \\odot(DAE)$ 交於另一點 $G$, $W, X, Y, Z$ 分別為 $\\odot(ABE), \\odot(BCE), \\odot(CDE), \\odot(DAE)$ 外心, 證明: $\\odot(WFY), \\odot(XGZ)$ 的其中一個交點在 $\\odot(EFG)$ 上。\n\n令 $M$ 為 $WY$ 中點, $S$ 為 $E$ 對 $M$ 對稱點, $H$ 為 $EF$ 與 $\\odot(WFY)$ 的另一個交點。\n\nClaim 1. $E$ 為 $\\triangle WHY$ 垂心\nProof. 注意到 $W, Y$ 都在 $EF$ 中垂線上\n$$\n\\angle(EY, WY) = \\angle EYW = \\angle WYF = \\angle WHF = \\angle(WH, HF)\n$$\n由於 $WY \\perp HF$, 故 $WH \\perp EY$, $E$ 為 $\\triangle WHY$ 垂心。\n\nClaim 2. $M$ 為 $\\triangle EFG$ 外心\nProof. 由於 $WX \\perp BE$ 且 $ZY \\perp ED$, 得 $WX \\parallel YZ$, 同理可得 $XY \\parallel WZ$, $WXYZ$ 為平行四邊形, 故 $M$ 也是 $XZ$ 中點。$WY$ 為 $EF$ 中垂線, $XZ$ 為 $EG$ 中垂線, $M$ 為 $WY$ 與 $XZ$ 交點, 故 $M$ 為 $\\triangle EFG$ 外心。\n\nClaim 3. $S$ 為 $\\odot(WFY), \\odot(EFG)$ 的交點\nProof. 由於 $M$ 為 $\\odot(EFG)$ 外心, $S$ 為 $E$ 在 $\\odot(EFG)$ 的對徑點。另外由 $E$ 為 $\\triangle WHY$ 且 $M$ 為 $WY$ 中點知 $S$ 為 $H$ 在 $\\odot(WHY)$ 的對徑點。故 $S$ 在 $\\odot(WFY), \\odot(EFG)$ 上。同理可得 $E$ 對 $XZ$ 中點的對稱點會在 $\\odot(XGZ)$ 上, 而 $XZ$ 中點就是 $M$, 故 $S$ 也會在 $\\odot(XGZ)$ 上, 得證。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44616,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "對於任意正整數 $n$ 考慮其二進位表示。定義 $f(n)$ 為將其二進位表示中所有 0 移除後得到的數，而 $g(n)$ 代表二進位表示中 1 的數量。例如，$f(19) = 7$ 而 $g(19) = 3$。找出所有的正整數 $n$ 使得\n$$\nn = f(n)^{g(n)}.\n$$\n\nFor any positive integer $n$, consider its binary representation. Denote by $f(n)$ the number we get after removing all the 0's in its binary representation, and $g(n)$ the number of 1's in the binary representation. For example, $f(19) = 7$ and $g(19) = 3$. Find all positive integers $n$ that satisfy $n = f(n)^{g(n)}$.",
    "options": [],
    "answer": "[1, 9]",
    "solution": "解. 令 $\\Gamma_1$ 和 $\\Gamma_2$ 的圓心分別為 $P$ 和 $Q$。設 $\\Gamma_2$ 與 $AB$ 的另外一個交點為 $G$、$\\Gamma_1$ 與 $AC$ 的另外一個交點為 $H$, $B$ 對 $\\Gamma_2$ 的另外一個切點為 $X_1$, $C$ 對 $\\Gamma_1$ 的切點為 $Y$, $Y_1$。\nLemma1. $G, H, D$ 三點共線且平行直線 $BC$。\nProof: 我們有 $\\angle AGD = \\angle AFD = \\angle AFC = \\angle ABC$, 所以 $GD \\parallel BC$。同理 $HD \\parallel BC$, 因此 $G, H, D$ 三點共線。\nLemma2. $\\triangle BXQ \\sim \\triangle CYP$\nProof: 因為 $\\angle AQG = 2\\angle ADG = 2\\angle ADH = \\angle APH$, 所以 $\\triangle AQG$ 與 $\\triangle APH$ 旋似, 因此 $\\frac{AQ}{AP} = \\frac{AG}{AH}$ 且 $\\angle QAB = \\angle QAG = \\angle PAH = \\angle PAC =$, 又由 Lemma1. $\\frac{AG}{AH} = \\frac{AB}{AC}$ 可知 $\\triangle BAQ \\sim \\triangle CAP(\\text{旋似})$, 因此 $\\frac{BQ}{CP} = \\frac{AQ}{AP} = \\frac{XQ}{YP}$。注意到 $\\angle BXQ = \\angle CYP = \\frac{\\pi}{2}$, 所以\n$$\n\\frac{BX}{CY} = \\sqrt{\\frac{BX^2}{CY^2}} = \\sqrt{\\frac{BQ^2 - QX^2}{CP^2 - PY^2}} = \\sqrt{\\frac{AQ^2}{AP^2}} = \\frac{AQ}{AP},\n$$\n進而有 $\\triangle BXQ \\sim \\triangle CYP(SSS)$。\n---\n## 2024-TWN — Page 85\n因△AQG與△APH旋似，所以△BXQ與△CYP旋似，或△BXQ與△CY₁P旋似。不失一般性，我們有∠(BX, CY) = ∠(BQ, CP) = ∠(BA, CA)，故BX與CY交點位於Γ上，即為Z。",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44617,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "三角形 $ABC$ 的 $\\angle BAC$ 角平分線、過 $B$ 點的中線以及 $AB$ 中垂線三線共點於 $X$。令 $H$ 為 $ABC$ 的垂心。證明 $\\angle BXH = 90^\\circ$。\n\nLet $ABC$ be a triangle such that the angular bisector of $\\angle BAC$, the $B$-median and the perpendicular bisector of $AB$ intersect at a single point $X$. Let $H$ be the orthocenter of $ABC$. Show that $\\angle BXH = 90^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $M$ be the midpoint of $AC$, and $X'$ be the reflection of $X$ with respect to $M$. Since $XA = XB$ and $AX$ is the angular bisector of $\\angle BAC$, we know that the circumcircle of $AXB$ is tangent to $AC$ and so $MA^2 = MX \\times MB$ as $M = BX \\cap AC$. Therefore $MA \\times MC = MX \\times MB$ and so $X'$ lies on the circumcircle of $ABC$. Note that the reflection $H'$ of $H$ with respect to $M$ is the antipodal point of $B$, showing that $HX \\parallel H'X' \\perp BX \\parallel BX$, as desired.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44618,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Suppose function $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{N}$ satisfies\n$$\nf^{bf(a)}(a+1) = (a+1)f(b)\n$$\nfor all positive integers $a, b \\in \\mathbb{N}$, where $f^k(n) = f(f(\\cdots f(n)\\cdots))$ denotes the composition of $f$ with itself $k$ times. Prove that $f(n) = n+1$ for all $n \\in \\mathbb{N}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Step 1. ($f$ is injective)**\n**Claim 1.** For any $a \\ge 2$, the set $\\{f^n(a) \\mid n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}\\}$ is infinite.\n*Proof.* First, we have $f^{f(a)}(a+1) \\stackrel{P(a,1)}{=} (a+1)f(1)$. Varying $a$, we see that $f(\\mathbb{Z}_{\\ge 0})$ is infinite. Next, we have $f^{bf(a-1)}(a) \\stackrel{P(a-1,b)}{=} af(b)$. So, varying $b$, $f^{bf(a-1)}(a)$ takes infinitely many values. $\\square$\n**Claim 2.** For any $a \\ge 2$ and $n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$, we have $f^n(a) \\ne a$.\n*Proof.* Otherwise, we would get a contradiction with Claim 1. $\\square$\nAssume $f(b) = f(c)$ for some $b < c$. Then we have\n$$\n\\begin{align*}\n(a+1)f(c) &\\stackrel{P(a,c)}{=} f^{cf(a)}(a+1) \\\\\n&= f^{(c-b)f(a)}(f^{bf(a)}(a+1)) \\\\\n&\\stackrel{P(a,b)}{=} f^{(c-b)f(a)}((a+1)f(b)) \\\\\n&= f^{(c-b)f(a)}((a+1)f(c)),\n\\end{align*}\n$$\nwhich contradicts Claim 2. So, $f$ is injective.\n\n**Step 2.** ($f(\\mathbb{Z}_{>0}) = \\mathbb{Z}_{\\ge 2}$)\n**Claim 3.** $1$ is not in the range of $f$.\n*Proof.* If $f(b) = 1$, then $f^{f(a)}(a+1) = a+1$ by $P(a, 1)$, which contradicts Claim 2. $\\square$\nWe say that $a$ is a *descendant* of $b$ if $f^n(b) = a$ for some $n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$.\n**Claim 4** For any $a, b \\ge 1$, both of the following cannot happen at the same time:\n- $a$ is a descendant of $b$;\n- $b$ is a descendant of $a$.\n*Proof.* If both of the above hold, then $a = f^m(b)$ and $b = f^n(a)$ for some $m, n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$. Then $a = f^{m+n}(a)$, which contradicts Claim 2. $\\square$\n**Claim 5** For any $a, b \\ge 2$, exactly one of the following holds:\n- $a$ is a descendant of $b$;\n- $b$ is a descendant of $a$;\n- $a = b$.\n*Proof.* For any $c \\ge 2$, taking $m = f^{cf(a-1)-1}(a)$ and $n = f^{cf(b-1)-1}(b)$, we have\n$$\nf(m) = f^{cf(a-1)-1}(a) \\stackrel{P(a-1,c)}{=} af(c) \\quad \\text{and} \\quad f(n) = f^{cf(b-1)-1}(b) \\stackrel{P(b-1,c)}{=} bf(c).\n$$\nHence\n$$\nf^{nf(a-1)}(a) \\stackrel{P(a-1,n)}{=} af(n) = abf(c) = bf(m) \\stackrel{P(a-1,m)}{=} f^{mf(b-1)}(b).\n$$\nThe assertion then follows from the injectivity of $f$ and Claim 2. $\\square$\nNow, we show that any $a \\ge 2$ is in the range of $f$. Let $b = f(1)$. If $a = b$, then $a$ is in the range of $f$. If $a \\ne b$, either $a$ is a descendant of $b$, or $b$ is a descendant of $a$ by Claim 5. If $b$ is a descendant of $a$, then $b = f^n(a)$ for some $n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$, so $1 = f^{n-1}(a)$. Then, by Claim 3, we have $n = 1$, so $1 = a$, which is absurd. So, $a$ is a descendant of $b$. In particular, $a$ is in the range of $f$. Thus, $f(\\mathbb{Z}_{>0}) = \\mathbb{Z}_{\\ge 2}$.\n\n**Step 3.** ($f(1) = 2$)\n**Claim 6** Let $a, n \\ge 2$, then $na$ is a descendant of $a$.\n*Proof.* We write $n = f(m)$ by Step 2. We have $na = f(m)a \\stackrel{P(a-1,m)}{=} f^{mf(a-1)}(a)$, which shows $na$ is a descendant of $a$. $\\square$\nBy Claim 6, all even integers $\\ge 4$ are descendants of 2. Hence $2 = f(2k + 1)$ for some $k \\ge 0$. Next, we show $f(2k+1) \\ge f(1)$, which implies $f(1) = 2$. It trivially holds if $k = 0$. If $k \\ge 1$, let $n$ be the integer such that $f^n(2) = 2k + 2$. For any $b > n/f(1)$, we have\n$$\nf^{bf(1)-n}(2k+2) = f^{bf(1)}(2) \\stackrel{P(1,b)}{=} 2f(b) \\quad \\text{and} \\quad f^{bf(2k+1)}(2k+2) \\stackrel{P(2k+1,b)}{=} (2k+2)f(b).\n$$\nBy Claim 6, $(2k+2)f(b)$ is a descendant of $2f(b)$. By Claim 2, we have $b(2k+1) > bf(1) - n$. By taking $b$ large enough, we conclude $f(2k+1) \\ge f(1)$.\n\n**Step 4.** ($f(2) = 3$ and $f(3) = 4$)\nFrom $f(1) = 2$ and $P(1,b)$, we have $f^{2b}(2) = 2f(b)$. So taking $b=1$, we obtain $f^2(2) = 2f(1) = 4$; and taking $b = f(2)$, we have $f^{2f(2)}(2) = 2f^2(2) = 8$. Hence, $f^{2f(2)-2}(4) = f^{2f(2)}(2) = 8$ and $f^3(4) \\stackrel{P(3,1)}{=} 8$ give $f(3) = 2f(2) - 2$.\n**Claim 7** For any $m, n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$, if $f(m)$ divides $f(n)$, then $m \\le n$.\n*Proof.* If $f(m) = f(n)$, the assertion follows from the injectivity of $f$. If $f(m) < f(n)$, by $P(a,m)$, $P(a,n)$ and Claim 6, we have that $f^{nf(a)}(a+1)$ is a descendant of $f^{mf(a)}(a+1)$ for any $a \\in \\mathbb{Z}_{>0}$. So $mf(a) < nf(a)$, and $m < n$. $\\square$\nBy Claim 7, every possible divisor of $f(2)$ is in $\\{1, f(1) = 2, f(2)\\}$. Thus $f(2)$ is an odd prime or $f(2) = 4$. Since $f^2(2) = 4$, we have $f(2) \\ne 4$, and hence $f(2)$ is an odd prime. We set $p = f(2)$.\nNow, $f(3) = 2f(2) - 2 = 2(p-1)$. Since $p-1$ divides $f(3)$, we have $p-1 \\in \\{1, f(1) = 2, f(2) = p\\}$ by Claim 7, so $p-1 = 2$. Thus, $f(2) = p = 3$ and $f(3) = 2(p-1) = 4$.\n\n**Step 5.** ($f(n) = n + 1$)\n**Claim 8** For any $b \\ge 1$, $f(2f(b) - 1) = 2b + 2$.\n*Proof.* Since $f^2(2) = 4$, we have $f^{2b-2}(4) = f^{2b}(2) = 2f(b)$, so\n$$\nf^{f(2f(b)-1)+2b-2}(4) = f^{f(2f(b)-1)}(2f(b)) \\stackrel{P(2f(b)-1,1)}{=} 4f(b) \\stackrel{P(3,b)}{=} f^{4b}(4),\n$$\nwhich gives us $f(2f(b) - 1) = 2b + 2$. $\\square$\nFinally, we prove $f(n) = n + 1$ by induction on $n$. Suppose $f(n) = n + 1$ for all $1 \\le n \\le 2b + 1$. Replace $b$ by $b + 1$ in $f(2f(b) - 1) = 2b + 2$ to get\n$$\nf(2b + 3) = f(2f(b + 1) - 1) = 2(b + 1) + 2 = 2b + 4.\n$$\nBy induction hypothesis, we have $f^b(b + 2) = 2b + 2$. Hence\n$$\nf(f(2b + 2)) = f^{b+2}(b + 2) = f^{f(b+1)}(b + 2) \\stackrel{P(b+1,1)}{=} 2(b + 2) = f(2b + 3).\n$$\nBy injectivity, $f(2b + 2) = 2b + 3$. Then $f(n) = n + 1$ for all $n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$, which is indeed a solution.\nIn the same way as Steps 1-2 of Solution 1, we have that $f$ is injective and $f(\\mathbb{Z}_{>0}) = \\mathbb{Z}_{\\ge 2}$.\nWe first note that Claim 2 in Solution 1 is also true for $a = 1$.\n**Claim 2'** For any $a, n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$, we have $f^n(a) \\ne a$.\n*Proof.* If $a \\ge 2$, the assertion was proved in Claim 2 in Solution 1. If $a = 1$, we have that 1 is not in the range of $f$ by Claim 3 in Solution 1. So, $f^n(1) \\ne 1$ for every $n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$. $\\square$\nFor any $a, b \\in \\mathbb{Z}_{>0}$, we have\n$$\nf^{bf(f(a)-1)+1}(a) = f^{bf(f(a)-1)+1}(f(a)) \\stackrel{P(f(a)-1,b)}{=} f(a)f(b).\n$$\nSince the right-hand side is symmetric in $a, b$, we have\n$$\nf^{bf(f(a)-1)+1}(a) = f(a)f(b) = f^{af(f(b)-1)+1}(b)\n$$\nSince $f$ is injective, we have $f^{bf(f(a)-1)}(a) = f(a)f(b) = f^{af(f(b)-1)}(b)$. We set $g(n) = f(f(n) - 1)$. Then we have $f^{bg(a)}(a) = f^{ag(b)}(b)$ for any $a, b \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$. We set $n_{a,b} = bg(a) - ag(b)$. Then, for sufficiently large $n$, we have $f^{n+n_{a,b}}(a) = f^n(b)$. For any $a, b, c \\in \\mathbb{Z}_{>0}$ and sufficiently large $n$, we have\n$$\nf^{n+n_{a,b}+n_{b,c}+n_{c,a}}(a) = f^n(a).\n$$\nBy Claim 2' above, we have $n_{a,b} + n_{b,c} + n_{c,a} = 0$, so\n$$\n(a - b)g(c) + (b - c)g(a) + (c - a)g(b) = 0.\n$$\nTaking $(a, b, c) = (n, n+1, n+2)$, we have $g(n+1) - g(n) = g(n+2) - g(n+1)$. So, $\\{g(n)\\}_{n \\ge 1}$ is an arithmetic progression.\nThere exist $C, D \\in \\mathbb{Z}$ such that $g(n) = f(f(n) - 1) = Cn + D$ for all $n \\in \\mathbb{Z}_{>0}$. By Step 2 of Solution 1, we have $f(\\mathbb{Z}_{>0}) = \\mathbb{Z}_{\\ge 2}$, So $C = 1$. Since $2 = \\min_{n \\in \\mathbb{Z}_{>0}} \\{f(f(n) - 1)\\}$, we have $D = 1$.\nThus, $g(n) = f(f(n) - 1) = n + 1$ for all $n \\ge 1$. For any $a, b \\in \\mathbb{Z}_{>0}$ taking $(a, b) = (1, n)$, we have $f^n(1) = f(n)$, $f^{n-1}(1) = n$ again by the injectivity of $f$. For any $n \\ge 1$, we have $f(n) = f(f^{n-1}(1)) = f^n(1) = n + 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44619,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "令 $a_1 < a_2 < a_3 < \\dots$ 為正整數數列, 其中每個 $k \\ge 1$, $a_{k+1}$ 都整除 $2(a_1 + a_2 + \\dots + a_k)$。假設對於無窮多個質數 $p$, 存在某個 $k$ 使得 $p$ 整除 $a_k$。證明對於每一個正整數 $n$, 都存在某個 $k$ 使得 $n$ 整除 $a_k$。\n\nLet $a_1 < a_2 < a_3 < \\dots$ be positive integers such that $a_{k+1}$ divides $2(a_1 + a_2 + \\dots + a_k)$ for every $k \\ge 1$. Suppose that for infinitely many primes $p$, there exists $k$ such that $p$ divides $a_k$. Prove that for every positive integer $n$, there exists $k$ such that $n$ divides $a_k$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For every $k \\ge 2$ define the quotient $b_k = 2(a_1+\\cdots+a_{k-1})/a_k$, which must be a positive integer. We first prove the following properties of the sequence $(b_k)$:\n\n*Claim 1.* We have $b_{k+1} \\le b_k + 1$.\n\n*Proof.* By subtracting $b_k a_k = 2(a_1 + \\cdots + a_{k-1})$ from $b_{k+1} a_{k+1} = 2(a_1 + \\cdots + a_k)$, we find that $b_{k+1} a_{k+1} = b_k a_k + 2a_k$. From $a_k < a_{k+1}$ it follows that $b_k + 2 > b_{k+1}$.\n\n*Claim 2.* The sequence $(b_k)$ is unbounded.\n\n*Proof.* We start by rewriting $b_{k+1}a_{k+1} = (b_k + 2)a_k$ as\n$$\na_{k+1} = a_k \\cdot \\frac{b_k + 2}{b_{k+1}} \\Rightarrow a_{k+1} \\mid a_k(b_k + 2).\n$$\nIf the sequence $(b_k)$ were bounded, say by some positive integer $B$, then the prime factors of the terms of the sequence $(a_k)$ could only be primes less than or equal to $B+2$ or those dividing $a_1$ or $a_2$, which contradicts the property in the statement of the problem.\n\nConsider now an arbitrary positive integer $n$. We assume $n > b_2$, otherwise we replace $n$ by an arbitrary multiple of $n$ that is bigger than $b_2$. By Claim 2, there exists $k$ such that $b_{k+1} \\ge n$. Consider the smallest such $k$. From Claim 1, it follows that we must have $b_k = n-1$ and $b_{k+1} = n$ (we assumed $n > b_2$ to ensure that $k \\ge 2$). We now find that\n$$\na_{k+1} = a_k \\cdot \\frac{b_k + 2}{b_{k+1}} = a_k \\cdot \\frac{n+1}{n}.\n$$\nBecause $n$ and $n+1$ are coprime, this immediately implies that $a_k$ is divisible by $n$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44620,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For any positive integer $n$, consider its binary representation. Denote by $f(n)$ the number we get after removing all the 0's in its binary representation, and $g(n)$ the number of 1's in the binary representation. For example, $f(19) = 7$ and $g(19) = 3$. Find all positive integers $n$ that satisfy\n$$\nn = f(n)^{g(n)}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1 and 9",
    "solution": "Let $g(n) = k$. Then $f(n) = 2^k - 1$, and so we just need to determine all $k$ such that $(2^k - 1)^k$ has $k$ 1's in its binary representation. To do this, we can simply expand\n$$\n(2^k - 1)^k = \\sum_{i=0}^{k} (-1)^i \\binom{k}{i} 2^{k^2 - ki} = \\sum_{i=0}^{\\lfloor \\frac{k-1}{2} \\rfloor} \\binom{k}{2i} 2^{k^2 - 2ki} - \\binom{k}{2i+1} 2^{k^2 - 2ki - k} + ((k+1) \\bmod 2).\n$$\nHere $(k+1) \\bmod 2$ is 1 if $k$ is even and 0 if $k$ is odd. Write $s(k, i)$ for\n$$\n\\binom{k}{2i} 2^{k^2 - 2ki} - \\binom{k}{2i+1} 2^{k^2 - 2ki - k}\n$$\nThen we know that\n$$\ns(k, i) < 2^k 2^{k^2 - 2ki} = 2^{k^2 - (2i-1)k},\n$$\nand we also know that $2^{k^2 - (2i+1)k}$ divides $s(k, i)$. Therefore\n$$\nf((2^k - 1)^k) = \\sum_{i=0}^{\\lfloor \\frac{k-1}{2} \\rfloor} f(s(k, i)) + ((k + 1) \\bmod 2).\n$$\nSince $s(k,i)/2^{k^2-(2i+1)k} \\equiv -\\binom{k}{2i+1} \\bmod 2^k$, we know that $f(s(k,i)) = f(s(k,i)/2^{k^2-(2i+1)k})$ is at least\n$$\nk - \\left\\lfloor \\log_2 \\binom{k}{2i+1} \\right\\rfloor.\n$$\nNow we can proceed in two ways.\n\nApproach 1. If $k \\ge 3$, then we get\n$$\ns(k, 0) + s(k, 1) \\ge 2k - \\lfloor \\log_2 k \\rfloor - \\left\\lfloor \\log_2 \\binom{k}{3} \\right\\rfloor > 2k - 4 \\log_2 k\n$$\nTherefore $4 \\log_2 k > k$ and so $k < 16$. Now, plugging in\n$$\nk \\ge 2k - \\lfloor \\log_2 k \\rfloor - \\left\\lfloor \\log_2 \\binom{k}{3} \\right\\rfloor\n$$\nfor $k < 16$, we get $k = 4, 5, 6, 7, 8, 9$ and the equality holds in all cases.\n\nHowever, when $k \\ge 5$ we have\n$$\nf((2^k - 1)^k) > f(s(k, 0)) + f(s(k, 1)) + f(s(k, 2)) \\ge k + 1,\n$$\nwhich is a contradiction. When $k = 4$, we have $f(15^4) \\ge s(4, 0) + s(4, 1) + 1 > 5$. Therefore, we reach a contradiction from $k \\ge 3$, showing that $k < 3$ must hold. It is clear that $k = 1, 2$ both work and we get $n = 1, 9$. $\\square$\n\n\n**Approach 2.** It is clear that $k = 1, 2$ both work, so we will assume that $k \\ge 3$ from now on. If $k$ is odd, then we have $s(k, (k-1)/2) = k \\cdot 2^k - 1$, showing that $f(s(k, (k-1)/2)) \\ge k$. We also have $f(s, 0) \\ge 1$, so we already get a contradiction. Therefore, $k$ must be even, and we have $f(s(k, 0)), f(s(k, k/2-1)) \\ge k - \\lfloor \\log_2 k \\rfloor$. Thus, $2 \\lfloor \\log_2 k \\rfloor \\ge k$, and we get $k = 4$. However, it is easy to compute that $f(15^4) \\ne 4$, showing that $k \\ge 3$ does not work at all. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44621,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P$ be a point inside $\\triangle ABC$. Let $A_1, B_1, C_1$ be points in the interiors of the segments $PA, PB, PC$, respectively. Let $\\overline{BC_1} \\cap \\overline{CB_1} = \\{A_2\\}$, $\\overline{CA_1} \\cap \\overline{AC_1} = \\{B_2\\}$, and $\\overline{AB_1} \\cap \\overline{BA_1} = \\{C_2\\}$. Let $U$ be the intersection of the lines $A_1B_1$ and $A_2B_2$, and $V$ be the intersection of the lines $A_1C_1$ and $A_2C_2$. Show that the lines $UC_2$, $VB_2$, and $AP$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44622,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a convex quadrilateral with $AC \\perp BD$. Prove that there exist points $P, Q, R, S$ on the sides $AB, BC, CD, DA$, respectively, such that $PR \\perp QS$ and the area of quadrilateral $PQRS$ is exactly half that of $ABCD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Solution:\nDenote the area of $\\Gamma$ by $[\\Gamma]$. Let $E$ be the intersection of $AC$ and $BD$. From any point $P'$ on $AB$, we construct points $Q', R', S'$ as follows:\nLet the line $P'E$ intersect $CD$ at $R'$. Let $\\ell$ be the line perpendicular to $P'R'$ at $E$. Let $\\ell$ intersect $BC, DA$ at $Q', S'$ respectively.\n\nDefine a continuous function $f$ from a point $P'$ on $AB$ to the interval $[0, 1]$ by $f(P') = \\frac{[P'Q'R'S']}{[ABCD]}$ where $Q', R', S'$ are constructed as above.\n\nWe see that $f(A) = f(B) = 1$. If we can find a point $P'$ on $AB$ such that $f(P') \\le \\frac{1}{2}$, then by continuity there exists a point $P$ on $AB$ such that $f(P) = \\frac{1}{2}$. Then the construction above will yield the points $P, Q, R, S$ as required.\n\nNext, we prove that $f(P') \\le \\frac{1}{2}$ if $EP'$ bisects $\\angle AEB$. We see that, in such case, $EQ', ER', ES'$ bisect $\\angle BEC, \\angle CED, \\angle DEA$ respectively.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $a, b, c$ be the lengths of $EA, EB, EC$ respectively. We have that the lengths of $EP', EQ'$ are $\\frac{\\sqrt{2ab}}{a+b}$, $\\frac{\\sqrt{2bc}}{b+c}$ respectively. It follows from the AM-GM inequality that\n$$\n(a+b)(b+c)(ab+bc) \\ge 8\\sqrt{ab}\\sqrt{bc}\\sqrt{ab \\cdot bc} \\\\ = 8ab \\cdot bc,\n$$\nor\n$$\n\\begin{aligned}\n[ABC] &= \\frac{1}{2}(ab + bc) \\\\\n&\\ge 4\\frac{ab}{a+b}\\frac{bc}{b+c} = 4[EP'Q']\n\\end{aligned}\n$$\nSimilarly,\n$$\n\\begin{aligned}\n[ABCD] &= \\frac{1}{2}([ABC] + [BCD] + [CDA] + [DAB]) \\\\\n&\\ge \\frac{1}{2}(4[EP'Q'] + 4[EQ'R'] + 4[ER'S'] + 4[ES'P']) \\\\\n&= 2[P'Q'R'S']\n\\end{aligned}\n$$\nSo, $f(P') \\le \\frac{1}{2}$ as required.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44623,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 2$ be an integer. Killer is a game played by a dealer and $n$ players. The game begins with the dealer designating one of the $n$ players a killer and keeping this information a secret. Every player knows that the killer exists among the $n$ players. The dealer can make as many public announcements as he wishes. Then, he secretly gives each of the $n$ players a (possibly different) name of one of the $n$ players. This game has the property that:\n(i) Alone, each player (killer included) does not know who the killer is. Each player also cannot tell with certainty who is not the killer.\n(ii) If any two of the $n$ players exchange information, they can determine the killer.\nFor example, if there are a dealer and 2 players, the dealer can announce that he will give the same name to both players if the first player is the killer, and give different names to the players if the second player is the killer.\n\na. Prove that Killer can be played with a dealer and 5 players.\n\nb. Determine whether Killer can be played with a dealer and 4 players.",
    "options": [],
    "answer": "a) Yes, it can be played with five players. b) Yes, it can also be played with four players.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44624,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Genji the ninja is to jump along the real axis, starting at the point $0$. In doing so, he alternates between the following two types of jumps, his first jump being type 1.\n\n**Type 1:** Genji jumps from the current position $x$ to a point $y$ in the set\n$$\n\\{x, x+1, x+2, x+3, x+4, x+5, x+6\\}.\n$$\n\n**Type 2:** Genji jumps from the current position $y$ to $(\\sqrt{2}-3)y$.\n\nLet $a$ and $b$ be integers. Prove that there exists a finite sequence of jumps that allows Genji to land on the point $a+b\\sqrt{2}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44625,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive real numbers $x$ satisfying the equation\n$$\nx + \\left[ \\frac{x}{3} \\right] = \\left[ \\frac{2x}{3} \\right] + \\left[ \\frac{3x}{5} \\right],\n$$\nwhere $[x]$ is the largest integer not exceeding $x$.",
    "options": [],
    "answer": "2, 5",
    "solution": "It can be seen from the given equation that $x$ must be a positive integer. Let $x = 15k + r$ where $0 \\le r \\le 14$ is an integer and $k$ is a nonnegative integer. Then\n$$\n15k + r + \\left[ 5k + \\frac{r}{3} \\right] = \\left[ 10k + \\frac{2r}{3} \\right] + \\left[ 9k + \\frac{3r}{5} \\right]\n$$\nwhich simplifies to $k + r + \\left[ \\frac{r}{3} \\right] = \\left[ \\frac{2r}{3} \\right] + \\left[ \\frac{3r}{5} \\right]$. Thus,\n$$\nk + r + \\left( \\frac{r}{3} - 1 \\right) < k + r + \\left[ \\frac{r}{3} \\right] = \\left[ \\frac{2r}{3} \\right] + \\left[ \\frac{3r}{5} \\right] \\le \\frac{2r}{3} + \\frac{3r}{5} = \\frac{19r}{15}\n$$\nwhich follows that $k < 1 - \\frac{r}{15} \\le 1$. But $k \\ge 0$; so, we have $k = 0$.\nIt can now be verified that the only solutions are $x = 2, 5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44626,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\alpha = \\frac{1 + \\sqrt{5}}{2}$. Find all continuous functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that, for all $x, y, z \\in \\mathbb{R}$,\n$$\n\\begin{aligned}\n& f(\\alpha x + y) + f(\\alpha y + z) + f(\\alpha z + x) \\\\\n&= \\alpha f(x + y + z) + 2f(x) + 2f(y) + 2f(z).\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All continuous solutions are f(x) = a x^2 for any real constant a.",
    "solution": "Let (*) be the given functional equation.\nSetting $x = y = z = 0$ in (*), we have $f(0) = 0$.\nSetting $y = z = 0$ in (*) and simplifying, we have\n$$\nf(\\alpha x) = \\alpha^2 f(x) \\text{ for all } x \\in \\mathbb{R}.\n$$\nLetting $z = 0$ in the functional equation, we get\n$$\nf(\\alpha x + y) + f(\\alpha y) + f(x) = \\alpha f(x + y) + 2f(x) + 2f(y).\n$$\nUsing $f(\\alpha y) = \\alpha^2 f(y) = (\\alpha + 1)f(y)$, it follows that\n$$\nf(\\alpha x + y) = \\alpha f(x + y) + f(x) + (1 - \\alpha)f(y).\n$$\nThen (*) simplifies to\n$$\nf(x + y) + f(y + z) + f(z + x) = f(x + y + z) + f(x) + f(y) + f(z).\n$$\nPutting $z = -y$ in the above equation, we have\n$$\nf(x + y) + f(x - y) = 2f(x) + f(y) + f(-y).\n$$\nLet $f_c(x) = (f(x) + f(-x))/2$ and $f_o(x) = (f(x) - f(-x))/2$. Then\n$$\n\\begin{aligned}\nf_c(x + y) + f_c(x - y) &= 2f_c(x) + 2f_c(y) \\\\\nf_o(x + y) + f_o(x - y) &= 2f_o(x)\n\\end{aligned}\n$$\nwhich respectively are the quadratic and the Jensen functional equations with the continuous solutions $f_c(x) = ax^2$ and $f_o(x) = bx$ (note that $f_o(0) = 0$). Thus, $f(x) = ax^2 + bx$.\nSubstituting $f(x) = ax^2 + bx$ into (*), we can see that $b = 0$.\nThus $f(x) = ax^2$ is the only continuous solution.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44627,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that $\\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \\binom{2n+1}{2k+1} 2008^k$ is not divisible by $19$ for every positive integer $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Observe that $-2008 \\equiv 6 \\equiv 5^2 \\pmod{19}$. Thus,\n$$\n\\begin{aligned}\n2 \\sum_{k=0}^{n} \\binom{2n+1}{2k+1} (-2008)^k &\\equiv 2 \\sum_{k=0}^{n} \\binom{2n+1}{2k+1} 5^{2k} \\pmod{19} \\\\\n&\\equiv (1+5)^{2n+1} - (1-5)^{2n+1} \\pmod{19} \\\\\n&\\equiv 6^{2n+1} + 4^{2n+1} \\\\\n&\\equiv 2^{2n+1} (3^{2n+1} + 2^{2n+1}) \\pmod{19}.\n\\end{aligned}\n$$\nSince\n$$\n3^{2n+1} + 2^{2n+1} \\equiv (-16)^{2n+1} + 2^{2n+1} \\equiv 2^{2n+1} (1 - 2^{6n+3}) \\pmod{19}\n$$\nand $2^{18} \\equiv 1 \\pmod{19}$. We can see that\n$$\n2^{6(n+3)+3} \\equiv 2^{6n+3} \\pmod{19}\n$$\nfor each $n = 0, 1, 2, \\dots$.\nTherefore, it suffices to consider the divisibility of $3^{2n+1} + 2^{2n+1}$ by $19$ when $n = 0, 1, 2$. We now verify that\n$$\n3^1 + 2^1 \\equiv 5 \\pmod{19}\n$$\n$$\n3^3 + 2^3 \\equiv 35 \\equiv 16 \\pmod{19}\n$$\n$$\n3^5 + 2^5 \\equiv 275 \\equiv 9 \\pmod{19}.\n$$\nHence, $19 \\nmid \\sum_{k=0}^{n} \\binom{2n+1}{2k+1} (-2008)^k$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44628,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that $\\sum_{k=0}^{n} (-1)^k \\binom{2n+1}{2k+1} 2008^k$ is not divisible by $19$ for every positive integer $n$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Observe that $-2008 \\equiv 6 \\equiv 5^2 \\pmod{19}$. Thus,\n$$\n\\begin{aligned}\n2 \\sum_{k=0}^{n} \\binom{2n+1}{2k+1} (-2008)^k &\\equiv 2 \\sum_{k=0}^{n} \\binom{2n+1}{2k+1} 5^{2k} \\pmod{19} \\\\\n&\\equiv (1+5)^{2n+1} - (1-5)^{2n+1} \\pmod{19} \\\\\n&\\equiv 6^{2n+1} + 4^{2n+1} \\\\\n&\\equiv 2^{2n+1} (3^{2n+1} + 2^{2n+1}) \\pmod{19}.\n\\end{aligned}\n$$\nSince\n$$\n3^{2n+1} + 2^{2n+1} \\equiv (-16)^{2n+1} + 2^{2n+1} \\equiv 2^{2n+1} (1 - 2^{6n+3}) \\pmod{19}\n$$\nand $2^{18} \\equiv 1 \\pmod{19}$. We can see that\n$$\n2^{6(n+3)+3} \\equiv 2^{6n+3} \\pmod{19}\n$$\nfor each $n = 0, 1, 2, \\dots$.\nTherefore, it suffices to consider the divisibility of $3^{2n+1} + 2^{2n+1}$ by $19$ when $n = 0, 1, 2$. We now verify that\n$$\n3^1 + 2^1 \\equiv 5 \\pmod{19}\n$$\n$$\n3^3 + 2^3 \\equiv 35 \\equiv 16 \\pmod{19}\n$$\n$$\n3^5 + 2^5 \\equiv 275 \\equiv 9 \\pmod{19}\n$$\nHence, $19 \\nmid \\sum_{k=0}^{n} \\binom{2n+1}{2k+1} (-2008)^k$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44629,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $f: \\mathbb{R}^+ \\to \\mathbb{R}^+$ be a function satisfying\n$$\n(f(xy))^2 = f(x^2)f(y^2)\n$$\nfor all $x, y \\in \\mathbb{R}^+$ with $x^2y^3 > 2008$.\nProve that $(f(xy))^2 = f(x^2)f(y^2)$ for all $x, y \\in \\mathbb{R}^+$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Define $\\lambda(x, y) = \\frac{2008}{x^2y^3}$ for all $x, y > 0$.\nWe can see that $\\left(\\frac{x}{\\lambda(x, y)}\\right)^2 (y \\cdot \\lambda(x, y))^3 = 2008$. Thus,\n$$ \\left(\\frac{x}{z}\\right)^2 (yz)^3 > 2008 \\text{ for every } z > \\lambda(x, y). $$\nIt follows that $(f(xy))^2 = f(x^2/z^2)f(y^2z^2)$ for all $z > \\lambda(x, y)$.\nNow for any positive real numbers $x$ and $y$, we choose\n$$ z > \\max\\{\\lambda(x, x), \\lambda(y, y), \\lambda(x, y), \\lambda(y, x)\\}. $$\nIt follows that\n$$\n(f(x^2))^2 = f(x^2/z^2) f(x^2z^2) \\quad (\\because z > \\lambda(x, x))\n$$\n$$\n(f(y^2))^2 = f(y^2/z^2) f(y^2z^2) \\quad (\\because z > \\lambda(y, y))\n$$\n$$\n(f(xy))^2 = f(x^2/z^2) f(y^2z^2) \\quad (\\because z > \\lambda(x, y))\n$$\n$$\n(f(xy))^2 = f(y^2/z^2) f(x^2z^2) \\quad (\\because z > \\lambda(y, x))\n$$\nWe can see that\n$$\n\\begin{aligned}\nf(xy)^2 \\cdot f(xy)^2 &= (f(x^2/z^2) f(y^2z^2))(f(y^2/z^2) f(x^2z^2)) \\\\\n&= (f(x^2/z^2) f(x^2z^2))(f(y^2/z^2) f(y^2z^2)) \\\\\n&= (f(x^2))^2 (f(y^2))^2\n\\end{aligned}\n$$\nThus $(f(xy))^2 = f(x^2)f(y^2)$ for all $x, y > 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44630,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that\n$$\n\\sqrt{a^2 + b^2 - \\sqrt{2} ab} + \\sqrt{b^2 + c^2 - \\sqrt{2} bc} \\geq \\sqrt{a^2 + c^2}\n$$\nfor all positive real numbers $a$, $b$ and $c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The inequality results from the triangle inequality,\n$PQ + PR \\ge QR$, as shown in the figure.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44631,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n$ be a positive integer for which $5n + 1$ is a perfect square. Show that $n + 1$ is a sum of 5 perfect squares.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $5n + 1 = m^2 \\equiv 1 \\pmod{5}$. Thus $m = 5k \\pm 1$ for some integer $k$. We have\n$$\nn + 1 = \\frac{(5k \\pm 1)^2 + 4}{5} = 5k^2 \\pm 2k + 1 = 4k^2 + (k \\pm 1)^2\n$$\nwhich can be written as a sum of 5 perfect squares as desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44632,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n$ be a positive integer for which $5n + 1$ is a perfect square. Show that $n + 1$ is a sum of 5 perfect squares.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $5n + 1 = m^2 \\equiv 1 \\pmod{5}$. Thus $m = 5k \\pm 1$ for some integer $k$. We have\n$$\nn + 1 = \\frac{(5k \\pm 1)^2 + 4}{5} = 5k^2 \\pm 2k + 1 = 4k^2 + (k \\pm 1)^2\n$$\nwhich can be written as a sum of 5 perfect squares as desired.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44633,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A$, $B$, $C$ be three distinct points on a unit circle. Let $G$ and $H$ be the centroid and the orthocenter of the triangle $ABC$, respectively. Let $F$ be the midpoint of the segment $GH$. Evaluate $|AF|^2 + |BF|^2 + |CF|^2$.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "Define a coordinate system with the origin at the center of the circle. We can see that $\\vec{H} = \\vec{A} + \\vec{B} + \\vec{C}$ and $\\vec{G} = \\frac{1}{3}(\\vec{A} + \\vec{B} + \\vec{C})$.\nThus, $\\vec{F} = \\frac{\\vec{G} + \\vec{H}}{2} = \\frac{2}{3}(\\vec{A} + \\vec{B} + \\vec{C})$. We now have\n$$\n\\begin{aligned}\n|AF|^2 + |BF|^2 + |CF|^2 \n&= (\\vec{A} - \\vec{F}) \\cdot (\\vec{A} - \\vec{F}) + (\\vec{B} - \\vec{F}) \\cdot (\\vec{B} - \\vec{F}) + (\\vec{C} - \\vec{F}) \\cdot (\\vec{C} - \\vec{F}) \\\\\n&= |\\vec{A}|^2 + |\\vec{B}|^2 + |\\vec{C}|^2 - 2(\\vec{A} + \\vec{B} + \\vec{C}) \\cdot \\vec{F} + 3\\vec{F} \\cdot \\vec{F} \\\\\n&= |\\vec{A}|^2 + |\\vec{B}|^2 + |\\vec{C}|^2 - (2(\\vec{A} + \\vec{B} + \\vec{C}) - 3\\vec{F}) \\cdot \\vec{F} \\\\\n&= |\\vec{A}|^2 + |\\vec{B}|^2 + |\\vec{C}|^2 = 3.\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44634,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ be a function satisfying\n$$\n|f(x+y) - f(x) - f(y)| < 1 \\text{ for all } x, y \\in \\mathbb{R}.\n$$\nProve that $\\left| f\\left(\\frac{x}{2008}\\right) - \\frac{f(x)}{2008} \\right| < 1$ for all $x \\in \\mathbb{R}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "$$\n\\begin{aligned}\n\\left| f(2008x) - 2008f(x) \\right| &= \\left| \\sum_{k=1}^{2007} \\left( f((k+1)x) - f(x) - f(kx) \\right) \\right| \\\\\n&\\le \\sum_{k=1}^{2007} \\left| f((k+1)x) - f(x) - f(kx) \\right| < 2007.\n\\end{aligned}\n$$\nReplacing $x$ with $\\frac{x}{2008}$ and simplifying, one gets\n$$\n\\left| \\frac{f(x)}{2008} - f\\left(\\frac{x}{2008}\\right) \\right| < \\frac{2007}{2008} < 1.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44635,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Does there exist a function $f: \\mathbb{Z} \\to \\mathbb{Z}$ such that\n$$\nf(f(n) - 2n) = 2f(n) + n\n$$\nfor all integers $n$?",
    "options": [],
    "answer": "Yes. For example, f(n) = n for n >= 0 and f(n) = -3n for n < 0.",
    "solution": "There are many functions $f$ that satisfy the given condition. One of them is given by the following definition:\n$$\nf(n) = \\begin{cases} n & \\text{if } n \\ge 0 \\\\ -3n & \\text{if } n < 0 \\end{cases}\n$$\nwhich can be verified in the following 3 cases.\n\n$n > 0$: $f(f(n) - 2n) = f(-n) = 3n$ and $2f(n) + n = 2n + n = 3n$.\n\n$n < 0$: $f(f(n) - 2n) = f(-5n) = -5n$ and $2f(n) + n = -5n$.\n\n$n = 0$: We have $f(0) = 0$ and $f(f(n) - 2n) = 2f(n) + n = 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44636,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "If the polynomial\n$$\nf(x) = x^6 + a_1 x^5 + a_2 x^4 + a_3 x^3 + a_4 x^2 + a_5 x + 3\n$$\nwith real coefficients possesses all negative roots, show that $f(2) \\ge 27^2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $a_6 = 3$ and $r_1, r_2, \\dots, r_6 < 0$ be all roots of $f(x)$.\nFor each $k = 1, 2, \\dots, 6$, we have\n$$\na_k = (-1)^k \\sum_{1 \\le j_1 < \\dots < j_k \\le 6} r_{j_1} r_{j_2} \\cdots r_{j_k} = \\sum_{1 \\le j_1 < \\dots < j_k \\le 6} |r_{j_1}| |r_{j_2}| \\cdots |r_{j_k}|\n$$\nUsing the AM-GM inequality, we have\n$$\n\\begin{align*}\na_k &\\ge \\binom{6}{k} \\left[ \\prod_{1 \\le j_1 < \\dots < j_k \\le 6} |r_{j_1}| |r_{j_2}| \\cdots |r_{j_k}| \\right]^{1/\\binom{6}{k}} \\\\\n&= \\binom{6}{k} (r_1 r_2 \\cdots r_6)^{k/6} \\\\\n&= 3^{k/6} \\binom{6}{k} \\\\\n&\\ge \\binom{6}{k}.\n\\end{align*}\n$$\nHence,\n$$\n\\begin{align*}\nf(2) &= 2^6 + 2^5 a_1 + 2^4 a_2 + 2^3 a_3 + 2^2 a_4 + 2 a_5 + a_6 \\\\\n&\\ge 2^6 + 2^5 \\binom{6}{1} + 2^4 \\binom{6}{2} + 2^3 \\binom{6}{3} + 2^2 \\binom{6}{4} + 2 \\binom{6}{5} + \\binom{6}{6} \\\\\n&= 3^6 \\\\\n&= 27^2.\n\\end{align*}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44637,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Consider the sequence $\\{a_n\\}_{n \\ge 1}$ of positive integers with $a_n a_{n+3} = a_{n+2} a_{n+5}$ for all positive integer $n$. Determine the largest integer that always divides $\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1}$.",
    "options": [],
    "answer": "850",
    "solution": "From $a_n a_{n+3} = a_{n+2} a_{n+5}$ for every positive integer $n$, we have\n$a_{n+1} a_{n+4} = a_{n+3} a_{n+6}$ and $a_{n+2} a_{n+5} = a_{n+4} a_{n+7}$. Then\n$$\na_n a_{n+3} \\cdot a_{n+1} a_{n+4} \\cdot a_{n+2} a_{n+5} = a_{n+2} a_{n+5} \\cdot a_{n+3} a_{n+6} \\cdot a_{n+4} a_{n+7}.\n$$\nTherefore, $a_n a_{n+1} = a_{n+6} a_{n+7}$ for every positive integer $n$. Thus,\n$$\n\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1} = \\frac{2550}{3} (a_1 a_2 + a_3 a_4 + a_5 a_6) = 850 (a_1 a_2 + a_3 a_4 + a_5 a_6)\n$$\nWe will show that 850 is the largest positive integer that always divides $\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1}$. Consider the sequence $\\{a_n\\}_{n \\ge 1}$ defined by\n$$\na_n = \\begin{cases} 1 & \\text{if } n \\equiv 1, 2, 3 \\pmod 6, \\\\ 2 & \\text{if } n \\equiv 4, 5, 6 \\pmod 6. \\end{cases}\n$$\nIt can be seen that $a_n a_{n+3} = 2 = a_{n+2} a_{n+5}$ for every positive integer $n$; so, it satisfied the condition in the problem and\n$$\n\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1} = 850(1 \\cdot 1 + 1 \\cdot 2 + 2 \\cdot 2) = 850 \\cdot 7.\n$$\nConsider another sequence $\\{a_n\\}_{n \\ge 1}$ defined by $a_n = 1$ for every positive integer $n$. We can see that $a_n a_{n+3} = 1 = a_{n+2} a_{n+5}$ for every positive integer $n$, and\n$$\n\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1} = 850(1 \\cdot 1 + 1 \\cdot 1 + 1 \\cdot 1) = 850 \\cdot 3.\n$$\nThus, 850 is the desired largest integer.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44638,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Consider the sequence $\\{a_n\\}_{n \\ge 1}$ of positive integers with $a_n a_{n+3} = a_{n+2} a_{n+5}$ for all positive integer $n$. Determine the largest integer that always divides $\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1}$.",
    "options": [],
    "answer": "850",
    "solution": "From $a_n a_{n+3} = a_{n+2} a_{n+5}$ for every positive integer $n$, we have\n$a_{n+1} a_{n+4} = a_{n+3} a_{n+6}$ and $a_{n+2} a_{n+5} = a_{n+4} a_{n+7}$. Then\n$$\na_n a_{n+3} \\cdot a_{n+1} a_{n+4} \\cdot a_{n+2} a_{n+5} = a_{n+2} a_{n+5} \\cdot a_{n+3} a_{n+6} \\cdot a_{n+4} a_{n+7}.\n$$\nTherefore, $a_n a_{n+1} = a_{n+6} a_{n+7}$ for every positive integer $n$. Thus,\n$$\n\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1} = \\frac{2550}{3} (a_1 a_2 + a_3 a_4 + a_5 a_6) = 850 (a_1 a_2 + a_3 a_4 + a_5 a_6)\n$$\nWe will show that 850 is the largest positive integer that always divides $\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1}$. Consider the sequence $\\{a_n\\}_{n \\ge 1}$ defined by\n$$\na_n = \\begin{cases} 1 & \\text{if } n \\equiv 1, 2, 3 \\pmod 6, \\\\ 2 & \\text{if } n \\equiv 4, 5, 6 \\pmod 6. \\end{cases}\n$$\nIt can be seen that $a_n a_{n+3} = 2 = a_{n+2} a_{n+5}$ for every positive integer $n$; so, it satisfied the condition in the problem and\n$$\n\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1} = 850(1 \\cdot 1 + 1 \\cdot 2 + 2 \\cdot 2) = 850 \\cdot 7.\n$$\nConsider another sequence $\\{a_n\\}_{n \\ge 1}$ defined by $a_n = 1$ for every positive integer $n$. We can see that $a_n a_{n+3} = 1 = a_{n+2} a_{n+5}$ for every positive integer $n$, and\n$$\n\\sum_{k=1}^{2550} a_{2k} a_{2k-1} = 850(1 \\cdot 1 + 1 \\cdot 1 + 1 \\cdot 1) = 850 \\cdot 3.\n$$\nThus, 850 is the desired largest integer.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44639,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "PA and PB be the tangents to circle $\\omega$ from an external point $P$. Let $M$ and $N$ be the midpoints of $AP$ and $AB$, respectively. Extend $MN$ to meet $\\omega$ at $C$, where $N$ is between $M$ and $C$. $PC$ meets $\\omega$ at $D$ and extend $ND$ to intersect $PB$ at $Q$. Show that $MNQP$ is a rhombus.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Observe that $AB \\perp NP$. Thus, $M$ is the circumcenter of $\\triangle ANP$ and hence $MN = MP$.\nIt can also be seen that $MN \\parallel PQ$.\nFrom the power of the point $M$, $PM^2 = MA^2 = ME \\cdot MC$.\nSo, $\\frac{PM}{ME} = \\frac{MC}{PM}$ and hence $\\triangle PME \\sim \\triangle CMP$.\nThus, $M\\hat{P}E = M\\hat{C}P$.\nSince $O, A, P, B$ are cyclic, the power of the point $N$ tells us that\n$CN \\cdot NE = AN \\cdot NB = ON \\cdot NP$.\nThus, $C, P, E, O$ are also cyclic and hence $E\\hat{P}N = N\\hat{C}O$.\nSince $\\triangle PAN \\sim \\triangle POA$, $\\frac{PA}{PN} = \\frac{PO}{PA}$. Thus,\n$PN \\cdot PO = PA^2 = PD \\cdot PC$.\nSo, $C, D, N, O$ are cyclic and hence $Q\\hat{N}P = P\\hat{C}O$.\nWe can now see that\n$$\nQ\\hat{N}P = P\\hat{C}O = P\\hat{C}M + M\\hat{C}O = M\\hat{P}E + E\\hat{P}N = M\\hat{P}N.\n$$\nThus, $MP \\parallel NQ$. Therefore, $MNQP$ is a rhombus. ■\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44640,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "PA and PB be the tangents to circle $\\omega$ from an external point $P$. Let $M$ and $N$ be the midpoints of $AP$ and $AB$, respectively. Extend $MN$ to meet $\\omega$ at $C$, where $N$ is between $M$ and $C$. $PC$ meets $\\omega$ at $D$ and extend $ND$ to intersect $PB$ at $Q$. Show that $MNQP$ is a rhombus.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Observe that $AB \\perp NP$. Thus, $M$ is the circumcenter of $\\triangle ANP$ and hence $MN = MP$.\n\nIt can also be seen that $MN \\parallel PQ$.\n\nFrom the power of the point $M$, $PM^2 = MA^2 = ME \\cdot MC$.\n\nSo, $\\frac{PM}{ME} = \\frac{MC}{PM}$ and hence $\\triangle PME \\sim \\triangle CMP$.\n\nThus, $M\\hat{P}E = M\\hat{C}P$.\n\nSince $O$, $A$, $P$, $B$ are cyclic, the power of the point $N$ tells us that\n$$\nCN \\cdot NE = AN \\cdot NB = ON \\cdot NP.\n$$\nThus, $C$, $P$, $E$, $O$ are also cyclic and hence $E\\hat{P}N = N\\hat{C}O$.\n\nSince $\\triangle PAN \\sim \\triangle POA$, $\\frac{PA}{PN} = \\frac{PO}{PA}$. Thus,\n$$\nPN \\cdot PO = PA^2 = PD \\cdot PC.\n$$\nSo, $C$, $D$, $N$, $O$ are cyclic and hence $Q\\hat{N}P = P\\hat{C}O$.\n\nWe can now see that\n$$\nQ\\hat{N}P = P\\hat{C}O = P\\hat{C}M + M\\hat{C}O = M\\hat{P}E + E\\hat{P}N = M\\hat{P}N.\n$$\nThus, $MP \\parallel NQ$. Therefore, $MNQP$ is a rhombus.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44641,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a square of side length $5$, a figure is placed such that the distance between any two of its points is not equal to $0.001$, $0.002 \\times \\sqrt{3}$, $0.002$. Prove that the area of this figure does not exceed $3.575$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $F$ denote this figure. Consider the translations of $F$ under the following vectors in the plane: $\\vec{u}_1 = 0.001\\vec{i}$, and\n$$\n\\vec{u}_{k+1} = R_{\\pi/3}(\\vec{u}_k), \\quad k = 1, 2, 3, 4, 5,\n$$\nwhere $R_{\\pi/3}$ denotes the rotation by $\\pi/3$ counterclockwise. Now let $F_0 = F$ and, for $k = 1, \\dots, 6$,\n$F_k$ = the translation of $F$ in the direction $\\vec{u}_k$.\n\nWe will show that $F_k \\cap F_l = \\emptyset$ for all $k, l \\in \\{0, \\dots, 6\\}, k \\neq l$. Since the distance between any two points of $F$ is not equal to $0.001$, $F_0$ and $F_k$ have no common points for $k = 1, \\dots, 6$. By the same reasoning, $F_k$ and $F_{k+1}$ have no common points for $k = 1, \\dots, 6$ ($F_7 = F_1$). Next since the distance between any two points in $F$ is not equal to $0.001 \\times \\sqrt{3}$, it follows that $F_k$ and $F_{k+2}$ have no common points. Finally, that the distance between any two points in $F$ is not equal to $0.002$ implies $F_k$ and $F_{k+2}$ have no points in common. Thus $F_k \\cap F_l = \\emptyset$ for all $k \\neq l$ as claimed.\n\nThe figures $F_k$ are all lying in the square of side $5.002$, and they have pairwise empty intersection. Thus\n$$\n7 \\times \\text{area}(F) = \\sum_{i=0}^{6} \\text{area}(F_i) \\le 5.002^2;\n$$\ntherefore $\\text{area}(F) \\le 5.002^2/7 < 3.575$. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44642,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A convex polygon of $n$ sides is divided into triangles by diagonals which do not intersect inside the polygon. The triangles are painted black and white so that any two triangles with a common side are painted in different colors. For each $n$, determine the maximal difference between the number of black and the number of white triangles.",
    "options": [],
    "answer": "If n is congruent to 0 or 2 modulo 3, the maximum difference is floor(n/3). If n is congruent to 1 modulo 3, the maximum difference is floor(n/3) − 1.",
    "solution": "Construct a graph by representing each triangle by a vertex of a graph. Two vertices are joined by an edge if their corresponding triangles share a common side. This graph is connected and contains no cycle and hence is a tree. Since it has $n-2$ vertices, it has $n-3$ edges. Moreover, each vertex has degree at most $3$. Paint vertices black and white so that the adjacent vertices have different colors.\n\nLet $B$ and $W$ denote the sets of black and white vertices, respectively, and let $b = |B|$, $w = |W|$. We may assume without loss of generality that $w \\ge b$. Consider the set\n$$\nS = \\{(x, y) \\mid x \\in B, y \\in W \\text{ and } x, y \\text{ are joined by an edge}\\}.\n$$\nThen $|S| \\le 3b$. On the other hand, $S$ is the set of all edges of the graph. Hence $|S| = n-3$. This implies\n$$\nb \\ge \\left\\lfloor \\frac{n-3}{3} \\right\\rfloor = \\left\\lfloor \\frac{n}{3} \\right\\rfloor - 1.\n$$\nIt follows that\n$$\n\\begin{aligned}\nw - b &= (w + b) - 2b \\\\\n&\\le n - 2 - 2 \\left( \\left\\lfloor \\frac{n}{3} \\right\\rfloor - 1 \\right) \\\\\n&= n - 2 \\left\\lfloor \\frac{n}{3} \\right\\rfloor.\n\\end{aligned}\n$$\nThis number can be obtained by constructing the following graph: start with a black vertex of degree one. Its adjacent vertex is white. Then draw two adjacent black vertices to the white vertex, one of which has degree $1$ and the other is adjacent to another white vertex. Repeat the construction. The terminal vertex will be slightly different depending on the remainder modulo $3$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44643,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x$, $y$, $z$ be positive real numbers. Prove that\n$$\n\\frac{x}{\\sqrt{2(x^2 + y^2)}} + \\frac{y}{\\sqrt{2(y^2 + z^2)}} + \\frac{z}{\\sqrt{2(z^2 + x^2)}} < \\frac{4x^2 + y^2}{x^2 + 4y^2} + \\frac{4y^2 + z^2}{y^2 + 4z^2} + \\frac{4z^2 + x^2}{z^2 + 4x^2} < 9.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solution.** To prove the second inequality, we may assume $x = \\max\\{x, y, z\\}$. Then we get\n$$\n\\frac{4z^2 + x^2}{z^2 + 4x^2} \\le 1, \\quad \\frac{4x^2 + y^2}{x^2 + 4y^2} < 4, \\quad \\text{and} \\quad \\frac{4y^2 + z^2}{y^2 + 4z^2} < 4.\n$$\nSo the desired inequality follows.\n\nNext we prove the first inequality. By the AM-GM inequality, we have $4xy^2 \\le y^3 + 4x^2y$. Then\n$$\n\\begin{aligned}\ny^3 + 4x^2y + 3x^3 &> y^3 + 4x^2y \\ge 4xy^2 > 3xy^2 \\\\\n\\iff y^3 + 4x^2y + 4x^3 + xy^2 &> 4xy^2 + x^3 \\\\\n\\iff \\frac{4x^2 + y^2}{x^2 + 4y^2} &> \\frac{x}{x+y}.\n\\end{aligned}\n$$\nHence\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{x}{x+y} < \\sum_{cyc} \\frac{4x^2 + y^2}{x^2 + 4y^2}.\n$$\nNow apply the Cauchy-Schwartz inequality, we have\n$$\n\\sum_{cyc} \\frac{x}{\\sqrt{2(x^2 + y^2)}} = \\sum_{cyc} \\frac{x}{\\sqrt{(1+1)(x^2 + y^2)}} \\le \\sum_{cyc} \\frac{x}{x+y} < \\sum_{cyc} \\frac{4x^2 + y^2}{x^2 + 4y^2},\n$$\nwhich is the first inequality. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44644,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\Omega$ be a circumcircle centered at $O$ of $\\triangle ABC$ with $\\angle B > 90^\\circ$. Let $B_1$ be the intersection point of the line $AB$ and the tangent line to the circle $\\Omega$ at the point $C$. Let $O_1$ be the circumcenter of $\\triangle AB_1C$. Choose a point $B_2$ on the line segment $BB_1$ ($B_2 \\neq B, B_1$). The line from $B_2$ is tangent to the circle $\\Omega$ at $C_1$, closer to $C$. Let $O_2$ be the circumcenter of $\\triangle AB_2C_1$.\nProve that if $OO_2 \\perp AO_1$ then $A, C, O_2$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Solution.** Here we use directed angles measured in the counterclockwise direction.\nSince $AC_1$ is the common chord of the circles $O$ and $O_2$, we see that $OO_2 \\perp AC_1$. Therefore, $OO_2 \\perp AO_1$ is equivalent to that $O_1$ lies on $AC_1$.\nAssume that $O_1$ lies on $AC_1$. (Claim that $O_2$ lies on $AC$.)\nSince $O$ and $O_1$ are circumcenters of $ABC$ and $AB_1C$, it is easy to see that\n$$\n\\angle O_1C_1O_1 = \\angle O_1CA = \\angle C_1AO = \\angle C_1AC + \\angle CAO = \\angle AC_1O_1 + \\angle OCA = \\angle OCO_1.\n$$\nTherefore, $O, O_1, C_1, C$ are cyclic.\nConsider $\\triangle AB_2C_1$ with circumcenter $O_2$. Since $OA = OC_1$ and $O_2A = O_2C_1$, $\\triangle AOO_2 \\cong \\triangle C_1OO_2$ and $\\angle C_1O_2O = \\frac{1}{2}\\angle C_1O_2A = \\angle C_1B_2A$.\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle B_2AC_1 &= \\frac{1}{2}(\\pi - \\angle A_1B_1) = \\frac{\\pi}{2} - \\angle ACB_1 = \\frac{\\pi}{2} - \\angle ACB - \\angle BCB_1 \\\\\n&= \\frac{\\pi}{2} - \\angle ACB - \\angle BAC = \\angle CBA - \\frac{\\pi}{2}.\n\\end{aligned}\n$$\n\n\\begin{aligned}\n\\angle AC_1B_2 &= \\angle BC_1B_2 + \\angle AC_1B = \\angle B_2AC_1 + \\angle ACB = \\angle CBA + \\angle ACB - \\frac{\\pi}{2} \\\\\n&= \\frac{\\pi}{2} - \\angle BAC.\n\\end{aligned}\n$$\n$$\n\\therefore \\angle C_1B_2A = \\pi - \\angle B_2AC_1 - \\angle AC_1B_2 = \\pi + \\angle BAC - \\angle CBA.\n$$\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle C_1O_1O &= \\angle CO_1O + \\angle C_1O_1C = \\angle CC_1O + \\angle C_1OC = \\frac{1}{2}(\\pi - \\angle C_1OC) + \\angle C_1OC \\\\\n&= \\frac{\\pi}{2} + \\angle C_1AC = \\frac{\\pi}{2} + \\angle BAC - \\angle B_2AC_1 \\\\\n&= \\pi + \\angle BAC - \\angle CBA.\n\\end{aligned}\n$$\nThus, $\\angle C_1O_2O = C_1O_1O$, and then, $O, O_2, O_1, C_1, C$ lie on the same circle.\nLet $O'_2$ be the intersection point of AC and the perpendicular bisector of AC. Then $\\angle O'_2OO_1 = \\angle O_1AO'_2 = \\angle O'_2CO_1$. Therefore, $O'_2$ also lies on the circle passing through $O, O_2, O_1, C_1, C$. Since $O, O_2, O'_2$ lie on the perpendicular bisector of AC, where $O_2$ and $O'_2$ are different from O (since $\\angle CBA > 90^\\circ$, O is outside $\\triangle ABC$), this implies that $O_2 = O'_2$. (Because a line can intersect a circle in at most 2 points.) Therefore, $O_2$ lies on AC.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44645,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Denote by $\\nu(n)$ the exponent of $2$ in the prime factorization of $n!$. Show that for arbitrary positive integers $a$ and $m$ there exists an integer $n > 1$ for which $\\nu(n) \\equiv a \\mod m$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will use the well-known fact that $\\nu(n) = \\sum_{k=1}^{\\infty} \\lfloor \\frac{n}{2^k} \\rfloor$. If the base-2 form of the number $n$ is $n = \\overline{d_l d_{l-1} \\dots d_1 d_0} = \\sum_{i=0}^{\\infty} d_i \\cdot 2^i$, where the digits $d_0, \\dots, d_l$ are all $0$ or $1$, then\n$$\n\\begin{aligned}\n\\nu(n) &= \\sum_{k=1}^{\\infty} \\lfloor \\frac{n}{2^k} \\rfloor = \\sum_{k=1}^{l} \\lfloor \\frac{\\overline{d_l d_{l-1} \\dots d_1 d_0}}{2^k} \\rfloor = \\sum_{k=1}^{l} \\overline{d_l d_{l-1} \\dots d_k} \\\\\n&= \\sum_{k=1}^{l} \\left( \\sum_{i=k}^{l} d_i \\cdot 2^{i-k} \\right) = \\sum_{i=1}^{l} d_i \\left( \\sum_{k=1}^{i} 2^{i-k} \\right) = \\sum_{i=1}^{l} d_i \\cdot (2^i - 1).\n\\end{aligned}\n$$\nNow we will show that there exists an integer $r$ which is relatively prime to $m$, and an infinite sequence $i_1 < i_2 < i_3 < \\dots$ of positive integers such that\n$$\n2^{i_1} - 1 \\equiv 2^{i_2} - 1 \\equiv 2^{i_3} - 1 \\equiv \\dots \\equiv r \\mod m.\n$$\nLet $m = 2^t u$ where $u$ is odd, and consider an arbitrary positive integer $i \\ge t$ for which $\\varphi(u)$ divides $i-1$. By the Euler-Fermat theorem,\n$$u \\mid 2^{\\varphi(u)} - 1 \\mid 2^{i-1} - 1,$$\n$$2^i - 1 = 2(2^{i-1} - 1) + 1 \\equiv 1 \\quad \\text{mod } u,$$\nand, due to $i \\ge t$,\n$$\n2^i - 1 \\equiv -1 \\quad \\text{mod } 2^t.\n$$\nThe relations (1) and (2) determine the residue class of $2^i - 1$ modulo $m$, and it must be relatively prime to $m$.\nSince $m$ and $r$ are relatively prime, there is a positive integer $u$ such that $a \\equiv u r \\mod m$. For $n = 2^{i_1} + \\cdots + 2^{i_u}$ we achieve\n$$\n\\nu(n) = \\nu(2^{i_1} + \\cdots + 2^{i_u}) = (2^{i_1} - 1) + \\cdots + (2^{i_u} - 1) \\equiv u \\cdot r \\equiv a \\quad \\text{mod } m.\n$$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44646,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\Omega$ be the circumcircle of a triangle $ABC$. Let $D$ be a variable point on the arc $AB$ that does not contain $C$ ($D \\neq A, B$) and $E, F$ be the incenters of the triangles $CAD$ and $CBD$, respectively. Find the locus of the second intersection point of the circumcircle of $\\triangle DEF$ and $\\Omega$ as $D$ varies on the arc $AB$.",
    "options": [],
    "answer": "A single fixed point: let M and N be the midpoints of the arcs opposite the two chosen vertices (not containing the third), and let P be the point where the line through the remaining vertex parallel to MN meets the circumcircle. Then the locus is the second intersection of the circumcircle with the line through P and the midpoint of segment MN.",
    "solution": "Consider the following well known Lemma:\n\n*Lemma.* Let $ABC$ be a triangle with incircle $I$. If $M$ is the midpoint of the arc $BC$ of the circumcircle not containing $A$, then $MB = MC = MI$.\n\n*Proof of Lemma.* Let the circumcircle of $DEF$ intersect $\\Omega$ again at $X$. Let $M$ and $N$ be the midpoints of the arcs $BC$ (not containing $A$) and $AC$ (not containing $B$), respectively. Let $P$ be the intersection of $\\Omega$ and the line through $C$ parallel to $MN$ (if $P$ is the same as $C$, i.e., $AC = CB$, the results below still hold.) $\\square$\n\nBy above Lemma and since $MNCP$ is an isosceles trapezoid, we get $MP = NC = NE$ and $NP = MC = MF$. Since $E$ and $F$ lie on $DN$ and $DM$ respectively, $\\angle NXM = \\angle NDM = \\angle EDF = \\angle EXF$. Therefore, $\\angle NXE = \\angle MXF$ and since $\\angle XNE = \\angle XND = \\angle XMD = \\angle XMF$, we have that $\\triangle NXE \\sim \\triangle MXF$. Then, $\\frac{NX}{NE} = \\frac{MX}{MF}$, and since $NE = MP$ and $MF = NP$, we get\n$$\nNX \\cdot NP = MX \\cdot MP.\n$$\nTherefore, $\\frac{[NPX]}{[MPX]} = \\frac{NX \\cdot NP}{MX \\cdot MP} = 1$. This implies that the line $XP$ bisects the segment $MN$. Therefore, $X$ must lie on the intersection of $\\Omega$ and the line joining $P$ and the midpoint of $MN$. Since $M, N, P$ are fixed independent of $D$, therefore, $X$ is the only loci as $D$ varies on the arc $AB$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44647,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a, b, c > 0$ and $a + b + c = 3$. Prove that\n$$\n\\frac{1}{a\\sqrt{2(a^2+bc)}} + \\frac{1}{b\\sqrt{2(b^2+ca)}} + \\frac{1}{c\\sqrt{2(c^2+ab)}} \\ge \\frac{1}{a+bc} + \\frac{1}{b+ca} + \\frac{1}{c+ab}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Without loss of generality, we may assume that $a \\ge b \\ge c$. Then\n$$\n\\frac{(c-a)(c-b)}{3(c+ab)} \\ge 0\n$$\nand\n$$\n\\frac{(a-b)(a-c)}{3(a+bc)} + \\frac{(b-a)(b-c)}{3(b+ca)} = \\frac{c(a-b)^2}{3} \\left( \\frac{1+a+b-c}{(a+bc)(b+ca)} \\right) \\ge 0\n$$\nTherefore\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\frac{(a-b)(a-c)}{3(a+bc)} \\ge 0\n$$\n\n$$\n\\begin{align*}\n\\sum_{\\text{cyc}} \\frac{1}{a+bc} &\\le \\frac{9}{2(ab+bc+ca)} \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{1}{a(a+b+c)+3bc} &\\le \\frac{3}{2(ab+bc+ca)} \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{\\text{cyc}} \\left[ \\frac{1}{2(ab+bc+ca)} - \\frac{1}{a(a+b+c)+3bc} \\right] &\\ge 0 \\\\\n\\Leftrightarrow \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{(a-b)(a-c)}{a(a+b+c)+3bc} &= \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{(a-b)(a-c)}{3(a+bc)} \\ge 0.\n\\end{align*}\n$$\nBy the AM-GM inequality, we have\n$$\n\\frac{1}{a\\sqrt{2(a^2 + bc)}} = \\frac{\\sqrt{b+c}}{\\sqrt{2a}\\sqrt{(ab+ac)(a^2+bc)}} \\ge \\frac{\\sqrt{2(b+c)}}{\\sqrt{a(a+b)(a+c)}}\n$$\nSo it suffices to prove that\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\cdot \\frac{1}{(a+b)(a+c)} \\ge \\frac{9}{4(ab+bc+ca)}\n$$\nSince $\\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\le \\sqrt{\\frac{c+a}{2b}} \\le \\sqrt{\\frac{a+b}{2c}}$ and\n$$\n\\frac{1}{(a+b)(a+c)} \\le \\frac{1}{(b+c)(b+a)} \\le \\frac{1}{(c+a)(c+b)},\n$$\nby Chebyshev's inequality, we get\n$$\n\\begin{align*}\n\\sum_{\\text{cyc}} \\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\cdot \\frac{1}{(a+b)(a+c)} &\\ge \\frac{1}{3} \\left( \\sum_{\\text{cyc}} \\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\right) \\left( \\sum_{\\text{cyc}} \\frac{1}{(a+b)(a+c)} \\right) \\\\\n&= \\frac{2}{(a+b)(b+c)(c+a)} \\left( \\sum_{\\text{cyc}} \\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\right).\n\\end{align*}\n$$\nIn view of these estimates, we now see that it suffices to show that\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\ge \\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ca)}.\n$$\nLet $t := \\sqrt[6]{\\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8abc}}$. Clearly $t \\ge 1$. Using the AM-GM inequality, we find that\n$$\n\\sum_{\\text{cyc}} \\sqrt{\\frac{b+c}{2a}} \\ge 3t.\n$$\n\nIt is easy to verify that $\\frac{9(a+b)(b+c)(c+a)}{8(ab+bc+ca)} = \\frac{27t^6}{8t^6+1}$; so, it is enough to prove that\n$3t \\ge \\frac{27t^6}{8t^6+1}$ or $8t^6 - 9t^5 + 1 \\ge 0$.\nSince $t \\ge 1$, this inequality is true and the proof is completed. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44648,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let the incircle of a scalene triangle $ABC$ touch the sides $BC$, $CA$, $AB$ at the points $A'$, $B'$, $C'$, respectively. Let $D$ be the midpoint of the arc $B'C'$ that does not contain $A'$ ($D$ lies on the opposite side of $A'$). If the common tangent of the incircles of triangles $A'CB'$ and $A'C'B$ (opposite to the common tangent $BC$ with respect to the line joining their centers) intersects the lines $A'D$ and $A'C'$ at the points $E$ and $F$ respectively, show that $C'EF$ is an isosceles triangle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $D$ is the midpoint of the arc $B'C'$ and $AC$ touches the incircle at $B'$, we see that\n$$\n\\therefore \\angle AB'D = \\angle BA'D = \\angle DA'C' = \\angle DB'C'\n$$\nThus, $B'D$ bisects $\\angle AB'C'$ and similarly, $DC'$ bisects $\\angle B'C'A$. Hence $D$ is the incenter of $\\triangle AB'C'$. By the same arguments, we can conclude that the incenters of $A'CB'$ and $A'BC'$, denoted by $O_1$ and $O_2$, are the midpoints of the arcs $A'B'$ and $A'C'$, respectively.\nSince $O_1, O_2, D$ are the midpoints of the arcs $A'B', A'C', B'C'$, then $C'O_1, A'D$, and $B'O_2$ intersect at the incenter of $\\triangle A'B'C'$.\n$$\n\\therefore \\angle A'DO_1 + \\angle DO_1C' + \\angle C_1O_1O_2 = \\frac{1}{2}(\\angle A'C'B' + \\angle B'A'C' + \\angle A'B'C') = \\frac{\\pi}{2}\n$$\nThus, $A'D \\perp O_1O_2$. Since $A'$ lies on $BC$, the common tangent of the circles $O_1$ and $O_2$, the reflection of $A'$ with respect to the line $O_1O_2$ is $E$. By the reflection, $\\angle EO_2O_1 = \\angle A'O_2O_1 = \\angle O_1O_2B'$. Since $E$ and $B'$ lie on the same side with respect to $O_1O_2$, $E$ must lie on $B'O_2$. Therefore, $E$ is the incenter of $\\triangle A'B'C'$.\nNow, it is left to show that the common tangent is parallel to $B'C'$; this will implies that $\\angle FEC' = \\angle B'C'E = \\angle FC'E$. This follows from the reflection of the tangent $BC$ with respect to $O_1O_2$ that,\n$$\n\\angle FEA' = \\angle EA'B = \\angle A'B'D = \\angle A'B'C' + \\angle C'B'D = \\angle A'DC' + \\angle BC'D = \\angle EGC'\n$$\nwhere $G$ is the intersection of $A'D$ and $B'C'$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44649,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$ and $c$ be positive real numbers such that $abc = 1$. Prove that\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{\\sqrt{a^3 + 2b^3 + 6}} + \\frac{1}{\\sqrt{b^3 + 2c^3 + 6}} + \\frac{1}{\\sqrt{c^3 + 2a^3 + 6}} \\\\\n\\le & \\frac{a^2}{\\sqrt{a^4 + 4b + 4c}} + \\frac{b^2}{\\sqrt{b^4 + 4c + 4a}} + \\frac{c^2}{\\sqrt{c^4 + 4a + 4b}}\n\\end{aligned}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First we prove that\n$$\n\\frac{a^2}{\\sqrt{a^4 + 4b + 4c}} + \\frac{b^2}{\\sqrt{b^4 + 4c + 4a}} + \\frac{c^2}{\\sqrt{c^4 + 4a + 4b}} \\ge 1\n$$\nApplying AM-GM inequality, we conclude that\n$$\n\\begin{aligned} \\frac{a^2}{\\sqrt{a^4 + 4b + 4c}} &= \\frac{a^2}{\\sqrt{a^4 + 4ab^2c + 4abc^2}} \\\\ &\\ge \\frac{a^2}{\\sqrt{a^4 + (a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 + b^4) + (a^2b^2 + a^2c^2 + b^2c^2 + c^4)}} \\\\ &= \\frac{a^2}{a^2 + b^2 + c^2} \\end{aligned}\n$$\nSimilarly,\n$$\n\\frac{b^2}{\\sqrt{b^4 + 4c + 4a}} \\ge \\frac{b^2}{b^2 + c^2 + a^2}; \\quad \\frac{c^2}{\\sqrt{c^4 + 4a + 4b}} \\ge \\frac{c^2}{c^2 + a^2 + b^2}\n$$\nTherefore\n$$\n\\frac{a^2}{\\sqrt{a^4 + 4b + 4c}} + \\frac{b^2}{\\sqrt{b^4 + 4c + 4a}} + \\frac{c^2}{\\sqrt{c^4 + 4a + 4b}} \\ge 1\n$$\n\nNow it remains to prove that\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{a^3 + 2b^3 + 6}} + \\frac{1}{\\sqrt{b^3 + 2c^3 + 6}} + \\frac{1}{\\sqrt{c^3 + 2a^3 + 6}} \\le 1\n$$\nApplying the AM-GM inequality we conclude that\n$$\n\\begin{aligned} \\frac{1}{\\sqrt{a^3 + 2b^3 + 6}} &\\le \\frac{1}{\\sqrt{3ab^2 + 6}} \\\\ &= \\sqrt{\\frac{abc}{3ab^2 + 6abc}} = \\sqrt{\\frac{1}{3}\\left(\\frac{c}{b+2c}\\right)} \\\\ &\\le \\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{3} + \\frac{c}{b+2c}\\right) \\\\ &= \\frac{1}{4}\\left(\\frac{5}{3} - \\frac{a}{a+2b}\\right). \\end{aligned}\n$$\n\nTherefore using the Cauchy-Schwartz inequality we have\n$$\n\\begin{aligned}\n& \\frac{1}{\\sqrt{a^3 + 2b^3 + 6}} + \\frac{1}{\\sqrt{b^3 + 2c^3 + 6}} + \\frac{1}{\\sqrt{c^3 + 2a^3 + 6}} \\\\\n\\le & \\frac{5}{4} - \\frac{1}{4} \\left( \\frac{b}{b+2c} + \\frac{c}{c+2a} + \\frac{a}{a+2b} \\right) \\\\\n\\le & \\frac{5}{4} - \\frac{(a+b+c)^2}{4(b(b+2c) + c(c+2a) + a(a+2b))} = 1.\n\\end{aligned}\n$$\nHence the proof of this problem follows. □",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44650,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ be such that for all $x, y \\in \\mathbb{R}$,\n$$\n|f(x + y)| = |f(x) + f(y)|.\n$$\nProve that $f(x + y) = f(x) + f(y)$ for all $x, y \\in \\mathbb{R}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose that there are $a, b \\in \\mathbb{R}$ such that $f(a + b) \\neq f(a) + f(b)$. By the assumption we have $f(a + b) = -f(a) - f(b)$. If $f(a + b) = 0$ then $f(a) = -f(b)$.\n$$\n\\begin{align*}\n|f(2a + 2b)| &= |f(a + (a + b + b))| \\\\\n&= |f(a) + f((a + b) + b)| \\\\\n&= |f(a) + f(a + b) + f(b)| \\text{ or } |f(a) - f(a + b) - f(b)| \\\\\n&= 0 \\text{ or } |f(a) - (-f(a) - f(b)) - f(b)| \\\\\n&= 0 \\text{ or } 2|f(a)|.\n\\end{align*}\n$$\nBut $|f(2a + 2b)| = |f((a + b) + (a + b))| = |2f(a + b)| = 2|f(a + b)| \\neq 0$. Therefore, $2|f(a)| = |f(2a + 2b)| = 2|f(a + b)|$ and thus $|f(a + b)| = |f(a)|$. Similarly, we can show that $|f(a + b)| = |f(b)|$. So we have $|f(a)| = |f(b)|$. That is $f(a) = f(b)$ or $f(a) = -f(b)$. If $f(a) = f(b)$, then $2|f(a)| = |f(a) + f(a)| = |f(a) + f(b)| = |f(a+b)| = |f(a)|$ and thus $f(a) = 0$ which implies that $f(a + b) = -f(a) - f(b) = -2f(a) = 0$, a contradiction. On the other hand, if $f(a) = -f(b)$, then $0 = |f(a) + f(b)| = |f(a+b)|$, again a contradiction. So in any case we get a contradiction. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44651,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\triangle ABC$ be a triangle with $AB \\leq AC$ and let $P$ be an interior point on the angle bisector of $\\angle BAC$. Let $D, E$ be points on the segments $PC, PB$ respectively such that $\\angle PBD = \\angle PCE$. The line $BD$ meets $AC$ at $X$, and $CE$ meets $AB$ at $Y$.\nProve that $BX \\leq CY$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We use Kelly's lemma\n\n**Lemma 1** (Kelly). Given a triangle $ABC$. Suppose the cevians $BE$ and $CF$ are such that $\\angle CBE \\geq \\angle BCF$ and $\\angle ABE \\geq \\angle ACF$. Then $BE \\leq CF$.\n\n*Proof* (From Crux). Choose $Q$ on the segment $AE$ so that $\\angle QBE = \\angle QCF$. Let $CF$ meets $BE, BQ$ at $P, Q$ respectively. In the triangle $QBC$, since $\\angle QBC \\geq \\angle QCB$, we have $QC \\geq QB$. Observe that $\\triangle QBE \\sim \\triangle QCR$, hence from that $BQ \\leq CQ$ we obtain $BE \\leq CR$. Clearly $CR \\leq CF$, therefore $BE \\leq CF$. $\\square$\n\nNow we apply Kelly's lemma to our problem. We want to show that\n$$\n\\angle DBC \\geq \\angle ECB \\quad \\text{and} \\quad \\angle ABP \\geq \\angle ACP.\n$$\n\nReflect the point $C$ about the line $AP$ to $C'$. By symmetry\n$$\n\\angle ABP \\geq \\angle AC'P = \\angle ACP.\n$$\nTo show that $\\angle DBC \\geq \\angle ECB$, we use sine law in the triangles $ABP$ and $ACP$ respectively to get\n$$\nBP = AP \\frac{\\sin(A/2)}{\\sin(\\angle ABP)}, \\quad CP = AP \\frac{\\sin(A/2)}{\\sin(\\angle ACP)}.\n$$\nThus $BP \\leq CP$. In the triangle $PBC$, since $BP \\leq CP$, it follows that $\\angle PCB \\leq \\angle PBC$. Therefore\n$$\n\\angle DBC \\geq \\angle ECB.\n$$\nThis proves the claim and the problem.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44652,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $f : (0, \\infty) \\to \\mathbb{R}$ be such that for all $x, y \\in (0, \\infty)$,\n$$\nf(x + y) = f\\left(\\frac{x + y}{xy}\\right) + f(xy).\n$$\nShow that $f(xy) = f(x) + f(y)$ for all $x, y \\in (0, \\infty)$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First, we show that $f(ab) = f(a) + f(b)$ for $a, b \\in (0, \\infty)$ such that $a^2b \\geq 4$. In fact, if $a^2b \\geq 4$ and $a, b > 0$, then we can find $x, y > 0$ such that $x + y = ab$ and $xy = b$, namely\n$$\nx = \\frac{a + \\sqrt{a^2 - (4/b)}}{(2/b)} > 0 \\quad \\text{and} \\quad y = \\frac{a - \\sqrt{a^2 - (4/b)}}{(2/b)} > 0.\n$$\n\nThus, for $a, b \\in (0, \\infty)$ such that $a^2b \\ge 4$, we plug $x, y$ as above in the functional equation to get $f(ab) = f(x+y) = f(\\frac{x+y}{xy}) + f(xy) = f((ab)/b) + f(b) = f(a) + f(b)$. Now let $x, y > 0$. Let\n$$\nz = \\max \\left\\{ \\frac{4}{x^2 y^2}, \\frac{4}{x^2 y}, \\frac{4}{y^2} \\right\\} > 0.\n$$\nThen $(xy)^2z \\ge 4$, $x^2(yz) \\ge 4$ and $y^2z \\ge 4$ which imply that $f(xyz) = f(xy) + f(z)$, $f(xyz) = f(x) + f(yz)$ and $f(yz) = f(y) + f(z)$ respectively. Therefore,\n$$\n\\begin{aligned}\nf(xy) &= f(xyz) - f(z) \\\\\n&= (f(x) + f(yz)) - f(z) \\\\\n&= f(x) + f(yz) - f(z) \\\\\n&= f(x) + (f(y) + f(z)) - f(z) = f(x) + f(y).\n\\end{aligned}\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44653,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine the largest integer that divides $p^4 - 1$ for all primes $p$ greater than $3$.",
    "options": [],
    "answer": "48",
    "solution": "We first show that $3 \\mid (p^4 - 1)$. Since $p > 3$ is a prime, we have $3 \\nmid p$, and so $p \\equiv \\pm 1 \\pmod{3}$. Thus, $p^4 \\equiv 1 \\pmod{3}$, as required.\n\nWe next claim that $2^4 \\mid (p^4 - 1)$. Since $p$ is odd, we have $p \\equiv \\pm 1, \\pm 3, \\pm 5, \\pm 7 \\pmod{16}$. If $p \\equiv \\pm 1 \\pmod{16}$, then, clearly, $p^4 \\equiv 1 \\pmod{16}$. The remaining possibilities are similarly checked, and the claim follows.\n\nSince $\\gcd(2^4, 3) = 1$, we have $2^4 \\times 3 \\mid (p^4 - 1)$. Let $d \\in \\mathbb{N}$ be a divisor of $p^4 - 1$ for all primes $p > 3$. Thus, $d \\mid (5^4 - 1)$ and $d \\mid (7^4 - 1)$ yielding $d \\mid \\gcd(5^4 - 1, 7^4 - 1) = 2^4 \\times 3$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44654,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all positive integers $x, y$ such that $\\frac{xy^3}{x+y}$ is a cube of a prime.",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) = (2, 14)",
    "solution": "Let $p$ be such a prime and let $d = \\gcd(x, y)$. Thus, $x = da, y = db$. The condition becomes $p^3d(a+b) = d^4ab^3$, i.e.,\n$$\np^3(a+b) = d^3ab^3. \\qquad (1)\n$$\nSince $1 = \\gcd(a, b) = \\gcd(a, a+b) = \\gcd(ab^3, a+b)$, we get $ab^3 \\mid p^3$, and so $b \\mid p$.\n\n**Case 1:** $b=1$. From (1), we have $p^3(a+1) = d^3a$. Since $\\gcd(a, a+1) = 1$, we have $a \\mid p^3$. If $p \\mid d$, using $\\left(\\frac{d}{p}\\right)^3 = 1 + \\frac{1}{a} \\le 2$ and $\\frac{d}{p} \\in \\mathbb{Z}$, we deduce that $\\frac{d}{p} = 1$, i.e., $d=p$, and so $a+1=a$, a contradiction. Thus, $p \\nmid d$ implying that $p^3 \\mid a$, and so $a = p^3$ and $a+1 = d^3$. Hence,\n$$\n1 = d^3 - p^3 = (d-p)(d^2 + dp + p^2),\n$$\nwhich is not tenable as $d \\ne p$ and $d^2 + dp + p^2 > 2$.\n\n\n**Case 2:** $b = p$. From $ap^3 \\mid p^3$, we get $a = 1$. Thus, $1 + p = d^3$, i.e., $p = d^3 - 1 = (d-1)(d^2 + d + 1)$. Since $d-1 < d^2 + d + 1$, we get $d-1 = 1$ and $d^2 + d + 1 = p$, so that $d=2, p=7$. Consequently, $a=1, b=7, d=2$ yielding $x=2, y=14$.\nLet $p$ be such a prime so that\n$$\nxy^3 = p^3(x + y). \\qquad (1)\n$$\n\nIf $p \\nmid y$, then $p^3 \\mid x$. Writing $x = p^3h$, we have $p^3hy^3 = p^3(p^3h + y)$. Simplifying, we get $y(hy^2 - 1) = p^3h$. Since $p \\nmid y$, we get $p^3 \\mid (hy^2 - 1)$, showing that $y \\mid h$. Let $h = yk$. Thus, $y(ky^3 - 1) = p^3yk$, which after simplification gives $k(y^3 - p^3) = 1$. Hence, $y^3 - p^3 = \\pm 1$, a contradiction.\nIf $p \\mid y$, let $y = ps$. From (1), we get $xp^3s^3 = p^3(x + ps)$. Simplifying, we have $x(s^3 - 1) = ps$. Since $s \\nmid (s^3 - 1)$, we see that $s \\mid x$, and so $(s-1)(s^2 + s + 1) = (s^3 - 1) \\mid p$. Since $s-1 < s^2 + s + 1$, we get $s-1 = 1, s^2 + s + 1 = p$. Thus, $x = s = 2, p = 7$ yielding $x = 2, y = 14$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44655,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $m, n$ be positive integers. There are $n$ piles of gold coins, where the $i^{th}$ pile contains $a_i (> 0)$ coins ($i = 1, \\dots, n$). Consider the following game:\n**Step 1** Bob selects sets $B_1, B_2, \\dots, B_n$ such that each set $B_i$ is a nonempty subset of $\\{1, 2, \\dots, m\\}$.\n**Step 2** Alice selects a set $S$ such that $S$ is a nonempty subset of $\\{1, 2, \\dots, m\\}$, knowing the sets $B_1, B_2, \\dots, B_n$ that Bob has selected in Step 1.\n**Step 3** The gold coins in the $i^{th}$ pile ($i = 1, 2, \\dots, n$) is given to Bob if the number of elements in $B_i \\cap S$ is even. Otherwise, they will be given to Alice.\nShow that no matter how Bob selects the sets $B_1, B_2, \\dots, B_n$, Alice will be able to select a set $S$ so as to receive more gold coins than Bob in total.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "At the end of the game, the number of gold coins received by Bob less that of Alice is equal to $\\sum_{i=1}^{n}(-1)^{|B_i \\cap S|} \\cdot a_i$. The number of Alice coins is greater than that of Bob if and only if $\\sum_{i=1}^{n}(-1)^{|B_i \\cap S|} \\cdot a_i < 0$.\n\nSuppose (for contradiction purposes) that for each nonempty set $S$, the number of Alice's coins is less that that of Bob, i.e.,\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} (-1)^{|B_i \\cap S|} \\cdot a_i \\geq 0.\n$$\nObserve that if $S = \\emptyset$, then $\\sum_{i=1}^{n}(-1)^{|B_i \\cap S|} \\cdot a_i = \\sum_{i=1}^{n} a_i > 0$. Adding over all possible sets $S$, we get\n$$\n\\sum_{S: S \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}} \\sum_{i=1}^{n} (-1)^{|B_i \\cap S|} \\cdot a_i > 0. \\quad (1)\n$$\nConsider the sum $\\sum_{S: S \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}} (-1)^{|B \\cap S|}$ when $B$ is a nonempty subset of $\\{1, \\dots, m\\}$. Writing\n$$\nS = C \\cup D \\quad \\text{where} \\quad C = S \\setminus B, D = S \\cap B, C \\cap D = \\emptyset,\n$$\nwe have\n$$\n\\begin{aligned} \\sum_{S: S \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}} (-1)^{|B \\cap S|} &= \\sum_{C: C \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\} \\setminus B} \\sum_{D: D \\subseteq B} (-1)^{|B \\cap (C \\cup D)|} \\\\ &= \\sum_{C: C \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\} \\setminus B} \\sum_{D: D \\subseteq B} (-1)^{|D|}. \\end{aligned}\n$$\nAs $|B| > 0$, we have $\\sum_{D: D \\subseteq B} (-1)^{|D|} = \\sum_{r=0}^{|B|} (-1)^r \\left(\\begin{smallmatrix} |B| \\\\ r \\end{smallmatrix}\\right) = 0$. Thus, $\\sum_{S: S \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}} (-1)^{|B \\cap S|} = 0$ for each nonempty set $B \\subseteq \\{1, \\dots, m\\}$. Consequently,\n$$\n\\sum_{S: S \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}} \\sum_{i=1}^{n} (-1)^{|B_i \\cap S|} \\cdot a_i = \\sum_{i=1}^{n} \\left( a_i \\sum_{S: S \\subseteq \\{1, 2, \\dots, m\\}} (-1)^{|B_i \\cap S|} \\right) = 0,\n$$\nwhich contradicts (1).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44656,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\omega$ be the incircle of a triangle $ABC$ with $\\omega$ tangent to $BC$ and $AC$ at the points $D$ and $E$, respectively. Draw a line perpendicular to $BC$ at $D$ to meet the circle $\\omega$ at a point $P$ closer to $A$. The line $AP$ meets $BC$ at $M$. Let $N$ be a point on the segment $AC$ such that $AE = CN$, whereas\n\n$BN$ intersects the circle $\\omega$ at a point $Q$ closer to $B$ and intersects $AM$ at the point $R$. Show that the area of the triangle $ABR$ is equal to the area of the quadrilateral $PQMN$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "From the point $P$, draw a line parallel to $BC$ meeting the lines $AB, AC$ at the points $B', C'$, respectively.\n\n![](attached_image_1.png)\nClearly, the line $B'C'$ is externally tangent to the circle $\\omega$ at the point $P$. Let $Y, Z$ be two points on the line $BC$ and let $Y', Z'$ be the two intersecting points of $AY, AZ$ with the line $AB$.\n\n**Claim.** We have\n$$\n\\frac{B'C'}{BC} = \\frac{Y'Z'}{YZ}.\n$$\n**Proof of Claim.** Let $h_a', h_a$ be the heights of the triangles $AB'C'$, $ABC$, respectively. Since $\\Delta AB'C' \\sim \\Delta ABC$, $\\Delta AY'Z' \\sim \\Delta AYZ$, we have $\\frac{B'C'}{BC} = \\frac{h_a'}{h_a} = \\frac{Y'Z'}{YZ}$, and the claim is proved.\n\nLet $a, b, c, a', b', c'$ denote the lengths of $BC, AC, AB, B'C', AC', AB'$, respectively, and let $s, s'$ be the halves of the side-length sums of the two triangles $ABC, AB'C'$, respectively. Since the circle $\\omega$ touches the triangle $AB'C'$ externally, we have $B'P + PC' = a'$, $c' + B'P = b' + PC'$. Thus, $PC' = s' - b'$. From the Claim, we deduce that\n$$\n\\frac{PC'}{MC} = \\frac{a'}{a} \\implies MC = a \\frac{s' - b'}{a'} = a \\frac{s - b}{a} = s - b = BD.\n$$\nExtend $AC$ out of $C$ to the point $X$ so that $CX = MC$. Since the two triangles $APE, AMX$ are similar, we have $\\frac{AP}{AM} = \\frac{AE}{AX} = \\frac{s-a}{s}$. Applying Menelaus' theorem to $\\triangle AMC$ with respect to the line $BN$, we get\n$$\n\\frac{AR}{RM} \\cdot \\frac{MB}{CB} \\cdot \\frac{CN}{NA} = 1 \\implies \\frac{AR}{RM} = \\frac{a}{s-c} \\cdot \\frac{s-c}{s-a} = \\frac{a}{s-a}\n$$\nshowing that $\\frac{AM}{RM} = \\frac{s}{s-a}$. Thus, $RM = AP$ implying that $AR = PM$. Similarly, $BR = QN$.\nLet $\\theta$ be the angle between the sides $AR, BR$. Thus,\n$$\n[ARB] = \\frac{1}{2} AR \\cdot BR \\sin \\theta = \\frac{1}{2} PM \\cdot QN \\sin \\theta = [PQMN].\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44657,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each point of the plane is colored either red or blue. Show that there exists a triangle with side lengths $1$, $2$, $\\sqrt{3}$, and its three vertices are of the same color.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Assume on the contrary that there is a coloring for which any triangle with side lengths $1$, $2$, $\\sqrt{3}$ has at least one red vertex and one blue vertex. Consider an equilateral triangle $ABC$ with side length $2$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nThere are at least two vertices among $A$, $B$, $C$ with the same color, let them be $B$, $C$ with red color.\nLet $D$, $E$ be the midpoints of $AB$, $AC$, respectively, and let $D'$, $E'$ be their reflections with respect to the line $BC$. The triangles $BDC$, $BEC$, $BD'C$, $BE'C$ all have side lengths $1$, $2$, $\\sqrt{3}$, and so the vertices $D$, $E$, $D'$, $E'$ are of blue color. However, the triangle $DD'E$ has side lengths $1$, $2$, $\\sqrt{3}$ but all of its vertices are of blue color, which is a contradiction.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44658,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all monic polynomials $p(x)$ with real coefficients satisfying the following properties:\n1) $p(x)$ is nonconstant and all its roots are real and distinct;\n2) if $a$ and $b$ are roots of $p(x)$, then so is $a + b + ab$.",
    "options": [],
    "answer": "x; x+1; x(x+1); x(x+2); x(x+1)(x+2)",
    "solution": "Let $f(x) = x^2 + 2x$ and define $f^n = f \\circ f \\circ \\dots \\circ f$ ($n-1$ times). Let $a$ be a root of $p(x)$. From the second property, we see that $a, f(a), f^2(a), \\dots$ are also roots of $p(x)$.\n\nWe subdivide the range of $a$ into four subintervals.\n\n**Case 1:** If $a > 0$, then $0 < a < f(a)$. Since $f$ is strictly increasing over the interval $(0, \\infty)$, we have $a < f(a) < f^2(a) < \\dots$.\n\n**Case 2:** If $-1 < a < 0$, then $0 > a > f(a) > -1$. Since $f$ is strictly increasing over the interval $(-1, 0)$, we have $a > f(a) > f^2(a) > \\dots$.\n\n**Case 3:** If $-2 < a < -1$, then $-1 < f(a) < 0$. Substituting for $a$ by $f(a)$ in Case 2, we get $f(a) > f^2(a) > \\dots$.\n\n**Case 4:** If $a < -2$, then $f(a) > 0$. Substituting for $a$ by $f(a)$ in Case 1, we get $f(a) < f^2(a) < \\dots$.\n\nFrom the four cases, we infer that if $a \\notin \\{-2, -1, 0\\}$, then $p(x)$ has infinitely many distinct roots, which is impossible. Hence, $a \\in \\{-2, -1, 0\\}$ and by direct checking all the possible $p(x)$ are\n$$\nx,\\ x+1,\\ x(x+1),\\ x(x+2),\\ x(x+1)(x+2).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44659,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine a five-digit positive integer $n$ (in base 10) whose digit sum is least and $n^3 - 1$ is divisible by $2556$.",
    "options": [],
    "answer": "21301",
    "solution": "We first show that for $n \\in \\mathbb{N}$, the integer $n^3-1$ is divisible by $2556 = 2^2 \\cdot 3^2 \\cdot 71$ if and only if it is of the form $n = 852k + 1$ ($k \\in \\mathbb{N}$).\n(⇒) If $2556 \\mid (n^3 - 1)$, then\n$$\nn^3 \\equiv 1 \\pmod{2^2 \\cdot 3^2 \\cdot 71} \\quad (1)\n$$\nand so $n^3 \\equiv 1 \\pmod{71}$. Since $71 \\nmid n$, Fermat's little theorem implies that $n^{70} \\equiv 1 \\pmod{71}$, thus\n$$1 \\equiv n \\cdot n^{69} \\equiv n(n^3)^{23} \\equiv n(1)^{23} \\equiv n \\pmod{71},$$\ni.e.,\n$$\n71 \\mid (n-1). \\quad (2)\n$$\nFrom (1), we see that $4 \\mid n^3 - 1 = (n-1)(n^2 + n + 1)$. Since $n^2 + n + 1 = n(n+1) + 1$ is odd, we have\n$$\n4 \\mid (n-1). \\quad (3)\n$$\nIf $3 \\nmid (n-1)$, then $3 \\mid n(n+1)$, so that $3 \\nmid n(n+1) + 1 = n^2 + n + 1$, yielding $3 \\nmid n^3 - 1$, contradicting (1). Thus,\n$$\n3 \\mid (n-1). \\quad (4)\n$$\nThe three divisibility conditions (2)-(4) show that $n = (3 \\times 4 \\times 71 \\times k)+1 = 852k + 1$ for some $k \\in \\mathbb{N}$.\n(↔) If $n$ is of the form $n = 852k + 1$ ($k \\in \\mathbb{N}$), then\n$$\nn^3 - 1 = (n-1)(n(n-1) + 2(n-1) + 3) = 2556k(284nk + 568k + 1).\n$$\nTo solve the problem, we must determine a five-digit $n$ of the form $852k+1$ with least digit sum. Since $852k$ does not end with 9, it suffices to find an integer of the form $852k$ with least digit sum. Since $4 \\mid 852k$, the integer formed from its last two digits are also divisible by 4. To find the integer with least digit sum, we observe that a five-digit integer of the form $abc00$ is divisible by 4 and has two 0 digits making it a good candidate. Since 3 and 71 are factors of the required integer and since 100 is not divisible by 3 nor by 71, we need $abc$ to be divisible by $3 \\times 71 = 213$, which has digit sum 6. We anticipate that 21300 is the sought after integer. To verify this, consider other integers with digit sums < 6 and last two digits divisible by 4. All of them are $abc04, abc12, abc20, abc32, abc40$. Since the required integer is divisible by 3, so are their digit sums, implying that the only possible integer is $abc20$, and so $a, b, c \\in \\{0, 1\\}$, $a \\neq 0$ and $a+b+c=1$. The only possible integer is 10020. But, this integer is not divisible by 71. Hence, the sought after integer is $21300+1=21301$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44660,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ satisfying\n$$\n(x^2 + y^2)f(xy) = f(x)f(y)f(x^2 + y^2)\n$$\nfor all real numbers $x$ and $y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) ≡ 0; f(x) = x; f(x) = −x; f(x) = |x|; f(x) = −|x|",
    "solution": "Putting $x = y = 0$ in the functional equation, we get $f(0) = 0$. Putting $y = 1$ into the functional equation, we get\n$$\n(x^2 + 1)f(x) = f(x)f(1)f(x^2 + 1) \\quad (1)\n$$\nwhich shows that $f(x) \\equiv 0$ is a solution. Henceforth, we consider $f(x) \\neq 0$. We claim that if $f(x) = 0$, then $x = 0$. If there is an integer $b \\neq 0$ for which $f(b) = 0$, then putting $y = b$ into the functional equation gives $f(bx) = 0$\n\nfor all $x \\in \\mathbb{R}$. Since $b \\neq 0$, we have $f(x) = 0$ for all real $x$, which is a contradiction and the claim is verified.\nNow let $x > 1$. Substituting for $x$ by $\\sqrt{x-1}$ in (1) and simplifying, we get\n$$\nf(x)f(1) = x \\quad (x > 1). \\qquad (2)\n$$\nUsing the functional equation, we have\n$$\nf(xy)f(1) = f(x)f(y) \\quad \\text{for all } x, y \\text{ such that } x^2 + y^2 > 1. \\quad (3)\n$$\nFor $0 < x < 1$, let $y = \\frac{1}{x}$ so that $x^2 + y^2 \\geq 2 > 1$. Substituting such $x, y$ into (3), we get\n$$\nf(x) = f(1)^3 x \\quad (0 < x < 1). \\qquad (4)\n$$\nTaking $x = y \\in (0, \\frac{1}{\\sqrt{2}})$ in the functional equation and using (4), we get\n$$\nx^2(2x^2)f(1)^3 = (2x^2)f(x^2) = f(2x^2)f(x)^2 = (f(1)^3 \\cdot 2x^2)(f(1)^3 \\cdot x)^2,\n$$\nyielding $f(1) = \\pm 1$.\n**Case 1:** $f(1) = 1$. From (2) and (4), we deduce that\n$$\nf(x) = x \\quad (x \\geq 0). \\qquad (5)\n$$\nSince $x^2 + y^2 \\geq 0$, from (5) and the functional equation, we get\n$$\nf(xy) = f(x)f(y) \\quad (x, y \\in \\mathbb{R}). \\qquad (6)\n$$\nIf $f(x) = x$ for each $x < 0$, then $f(x) = x$ for each real $x$. If there is an $a < 0$ for which $f(a) \\neq a$, putting $x = y = a$ into (6), we get $f(a^2) = a^2$. By (5), we get $f(a)^2 = a^2$, so that $f(a) = -a$. For $x < 0$, we have $ax > 0$, and by (5), $f(ax) = ax$. Putting $x = a, y = x$ in (6), we have $ax = f(ax) = f(a)f(x) = -af(x)$ yielding $f(x) = -x$, i.e., $f(x) = |x|$ ($x \\in \\mathbb{R}$).\n**Case 2:** $f(1) = -1$. Let $g(x) = -f(x)$. Then, $g$ satisfies the same functional equation as $f$ and $g(1) = 1$. By Case 1, we see that $f(x) = -x$ or $f(x) = -|x|$ for each real $x$.\nChecking all the above possible solutions, we see that the solutions are\n$$\nf_1(x) \\equiv 0, f_2(x) = x, f_3(x) = -x, f_4(x) = |x|, f_5(x) = -|x| \\quad (x \\in \\mathbb{R}).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44661,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P_1, P_2, \\dots, P_{2556}$ be distinct interior points of a regular hexagon $ABCDEF$ with side length $1$. Assume that no three points of the set\n$$\nS = \\{A, B, C, D, E, F, P_1, P_2, \\dots, P_{2556}\\}\n$$\nare collinear. Show that there is a triangle with area less than $\\frac{1}{1700}$ all of whose vertices belong to $S$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Draw line segments from $P_1$ to the points $A, B, C, D, E, F$, we get six smaller triangles. Since any three points in $S$ are not collinear, $P_2$ is inside one of the six triangles. Draw line segments joining $P_2$ with the vertices of this triangle to divide it into three triangles. The total number of triangles is increased by $2$. Do the same for the points $P_3, P_4, \\dots, P_{2556}$ to subdivide the hexagon into non-overlapping triangles, each time the total number of triangles is increased by $2$. Thus, after the construction, the total number of triangles is $6 + (2555 \\times 2) = 5116$. If the area of each of these triangles is $\\ge \\frac{1}{1700}$, then the area of the hexagon is $\\ge 5116 \\times \\frac{1}{1700} > 3 > \\frac{3\\sqrt{3}}{2} = \\text{area of the regular hexagon } ABCDEF$, which is a contradiction.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44662,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p(x) = x^{2013} + a_{2012}x^{2012} + a_{2011}x^{2011} + \\dots + a_1x + a_0$ be a polynomial with real coefficients. Suppose that all the roots of $p(x)$ are\n$$\n-b_{1006}, -b_{1005}, \\dots, -b_1, 0, b_1, \\dots, b_{1005}, b_{1006}\n$$\nwhere $b_1, b_2, \\dots, b_{1006}$ are positive real numbers with product equal to $1$. Show that $a_3a_{2011} \\geq 1012036$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $0$ is a root of $p(x)$, we have $a_0 = 0$ and so\n$$\np(x) = x(x^{2012} + a_{2012}x^{2011} + a_{2011}x^{2010} + \\dots + a_2x + a_1).\n$$\nSince all the roots of $p(x)$ are $-b_{1006}, -b_{1005}, \\dots, -b_1, 0, b_1, \\dots, b_{1005}, b_{1006}$, we see that\n$$\np(x) = x(x + b_{1006})(x - b_{1006}) \\cdots (x + b_1)(x - b_1) = x(x^2 - b_1^2) \\cdots (x^2 - b_{1006}^2),\n$$\ni.e.,\n$$\nx^{2012} + a_{2012}x^{2011} + a_{2011}x^{2010} + \\dots + a_1 = (x^2 - b_1^2) \\cdots (x^2 - b_{1006}^2).\n$$\nSince the expression on the right-hand-side is a polynomial in $x^2$, we deduce that $a_2 = a_4 = \\dots = a_{2012} = 0$, and so\n$$\n(x^2 - b_1^2) \\cdots (x^2 - b_{1006}^2) = a_1 + a_3x^2 + a_5x^4 + \\dots + a_{2011}x^{2010} + x^{2012}.\n$$\nUsing the identities of symmetric functions, we get\n$$\n\\sum_{i=1}^{1006} b_i^2 = -a_{2011}, \\quad \\sum_{1 \\le i_1 < i_2 < \\dots < i_{1005} \\le 1006} b_{i_1}^2 b_{i_2}^2 \\dots b_{i_{1005}}^2 = (-1)^{1005} a_3 = -a_3.\n$$\nThus,\n$$\n\\begin{aligned}\na_3 a_{2011} &= \\left( - \\sum_{1 \\le i_1 < i_2 < \\dots < i_{1005} \\le 1006} b_{i_1}^2 b_{i_2}^2 \\dots b_{i_{1005}}^2 \\right) \\left( - \\sum_{i=1}^{1006} b_i^2 \\right) \\\\\n&= \\left( \\prod_{i=1}^{1006} b_i^2 \\right) \\left( \\sum_{i=1}^{1006} \\frac{1}{b_i^2} \\right) \\left( \\sum_{i=1}^{1006} b_i^2 \\right) = \\left( \\sum_{i=1}^{1006} \\frac{1}{b_i^2} \\right) \\left( \\sum_{i=1}^{1006} b_i^2 \\right) \\ge 1006^2 = 1012036,\n\\end{aligned}\n$$\nwhere the inequality follows from the Cauchy-Schwarz inequality.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44663,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a convex quadrilateral. Let $M$ and $N$ be the midpoints of $AB$ and $CD$, respectively. Let $P$ be the point on the line $CD$ such that $MP$ is perpendicular to $CD$. Let $Q$ be the point on the line $AB$ such that $NQ$ is perpendicular to $AB$. Prove that $AD$ is parallel to $BC$ if and only if $\\frac{AB}{CD} = \\frac{MP}{NQ}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Denote the area of $A$ by $[A]$. Observe that\n\n$$\n[ABCD] = [ADM] + [DMC] + [MCB] = \\frac{1}{2}[ABD] + \\frac{1}{2}CD \\cdot MP + \\frac{1}{2}[ABC]\n$$\n$$\n[ABCD] = [ADN] + [ANB] + [NBC] = \\frac{1}{2}[ADC] + \\frac{1}{2}AB \\cdot NQ + \\frac{1}{2}[BCD].\n$$\n\nThus,\n$$\n\\begin{aligned}\nCD \\cdot MP - AB \\cdot NQ &= [ADC] + [BCD] - [ABD] - [ABC] \\\\\n&= [ABCD] + [DOC] - [AOB] - \\{[ABCD] + [AOB] - [DOC]\\} \\\\\n&= 2\\{[DOC] - [AOB]\\} = 2\\{[ADC] - [ADB]\\},\n\\end{aligned}\n$$\ni.e., $CD \\cdot MP - AB \\cdot NQ = 0 \\iff [ADC] = [ADB]$. Thus,\n$$\nAD \\parallel BC \\iff [ADC] = [ADB] \\iff \\frac{AB}{CD} = \\frac{MP}{NQ}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44664,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that for all $x, y \\in \\mathbb{R}$,\n$$\nf(xy - 1) + f(x)f(y) = 2xy - 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all real x, or f(x) = -x^2 for all real x",
    "solution": "Let $f$ be any function satisfying\n$$\nf(xy - 1) + f(x)f(y) = 2xy - 1 \\quad (1)\n$$\nfor all $x, y \\in \\mathbb{R}$. Plug in $x = 0$ in (1), we get $f(-1) + f(x)f(0) = -1$ for all $x \\in \\mathbb{R}$.\nIf $f(0) \\neq 0$, then $f$ is a constant function which does not satisfy the equation (1) for all $x, y \\in \\mathbb{R}$ and hence we get a contradiction. So $f(0) = 0$. Plug $x = y = 1$ in (1) to get $f(1)^2 = 1$. Thus $f(1) = 1$ or $f(1) = -1$.\n\nCase 1: $f(1) = 1$. Substitute $x = xy$ and $y = 1$ in (1) to obtain $f(xy-1)+f(xy) = 2xy - 1$ for all $x, y \\in \\mathbb{R}$. Thus, by (1), we have\n$$\nf(xy) = f(x)f(y) \\qquad (2)\n$$\nfor all $x, y \\in \\mathbb{R}$. Next, we substitute $y = 1$ and $x = x + 1, y = 1$ in (1) to get\n$$\nf(x-1) = 2x-1-f(x) \\quad \\text{and} \\quad f(x+1) = 2x+1-f(x) \\qquad (3)\n$$\nfor all $x \\in \\mathbb{R}$. Now letting $y = x$ in (1) and using (2) and (3), we then have\n$$\n\\begin{aligned}\n2x^2 - 1 &= f(x^2 - 1) + f(x)^2 \\\\\n&= f(x-1)f(x+1) + f(x)^2 \\\\\n&= (2x-1-f(x))(2x+1-f(x)) + f(x)^2 \\\\\n&= 2f(x)^2 - 4xf(x) + 4x^2 - 1\n\\end{aligned}\n$$\nand hence $2(f(x) - x)^2 = 0$ which implies that $f(x) = x$ for all $x \\in \\mathbb{R}$.\n\nCase 2: $f(1) = -1$. By the same substitutions as in case 1, we get $f(xy) = -f(x)f(y)$, $f(x-1) = 2x-1+f(x)$ and $f(x+1) = -(2x+1)+f(x)$ for all $x, y \\in \\mathbb{R}$.\nNow plugging $y = x$ in (1) and using the previous three equations, we get\n$$\n\\begin{aligned}\n2x^2 - 1 &= f(x^2 - 1) + f(x)^2 \\\\\n&= -f(x-1)f(x+1) + f(x)^2 \\\\\n&= -(2x-1+f(x))(-(2x+1)+f(x)) + f(x)^2 \\\\\n&= 2f(x) + 4x^2 - 1\n\\end{aligned}\n$$\nand thus $f(x) = -x^2$ for all $x \\in \\mathbb{R}$.\n\nWe can easily check that both functions obtained from those two cases satisfy (1) for all $x, y \\in \\mathbb{R}$. Hence, all functions satisfying (1) for all $x, y \\in \\mathbb{R}$ are $f(x) = x$ for all $x \\in \\mathbb{R}$ or $f(x) = -x^2$ for all $x \\in \\mathbb{R}$. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44665,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $M$ and $N$ be positive integers. Mr. Pisut starts walking from the point $(0, N)$ to the point $(M, 0)$ in such a way that:\n* each of his steps is of 1 unit length in the direction parallel to either the X-axis or the Y-axis;\n* for each point $(x, y)$ on his path, $x \\ge 0$ and $y \\ge 0$.\nFor each step, he measures the distance from himself to the axis to which his step is parallel. If the step takes him farther away from the origin, he records the distance as a positive value; otherwise it is recorded in negative.\nProve that after he finishes his walk, the sum of all distances recorded is zero.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose that Mr. Pisut walks $k$ steps in total and the $i$-th step is from the point $(x_{i-1}, y_{i-1})$ to the point $(x_i, y_i)$. Notice that if the $i$-th step is parallel to the X-axis, then $y_i = y_{i-1}$ and he records $y_{i-1}(x_i - x_{i-1})$. Likewise, if the $i$-th step is parallel to the Y-axis, then $x_i = x_{i-1}$ and he records $x_i(y_i - y_{i-1})$. So the distance he records for the $i$-th step, regardless of the direction, is $y_{i-1}(x_i - x_{i-1}) + x_i(y_i - y_{i-1})$. Therefore, the sum of all distances recorded is\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} y_{i-1}(x_i - x_{i-1}) + x_i(y_i - y_{i-1}) = \\sum_{i=1}^{k} (x_i y_i - x_{i-1} y_{i-1}) \\\\ = x_k y_k - x_0 y_0 = M \\cdot 0 - 0 \\cdot N = 0.\n$$\n\n\nSolution 2:\n\nFirst notice that if the path contains a step parallel to the X-axis followed immediately by a step parallel to the Y-axis – i.e. left-up, left-down, right-up, or right-down – then the sum of the distances recorded will remain unchanged if we swap (the directions of) those two steps, as one of the two distances recorded will increase by 1 while the other will decrease by 1. Notice also that the new path after such a swap will still satisfy all conditions for the walk.\nTherefore, we can repeatedly swap two such steps as many times as possible. Notice that this procedure must terminate, resulting in a path that is parallel to the Y-axis at first, then to the X-axis later. That is, the final path consists of a walk along the Y-axis from $(0, N)$ to $(0, 0)$ and a walk along the X-axis from $(0, 0)$ to $(M, 0)$. The distance recorded for each step in this final path is 0, making the sum of all distances recorded zero. Since this sum remains unchanged throughout the procedure, we conclude that the sum of all distances recorded for the original path is zero as well.\n\n\nSolution 3:\n\nFor each step that Mr. Pisut takes, we write $+1$ or $-1$ in each unit square between the step and the axis to which the step is parallel, where the choice of sign agrees with that of the recorded distance. Then the sum of all numbers written in each step is equal to the recorded distance for that step. Thus, it suffices to show that, after he finishes the walk, the sum of all numbers written in each unit square in the first quadrant is zero.\nConsider the unit square $B_{i,j}$ with the lower left corner at $(i, j)$, where $i$ and $j$ are non-negative integers. Notice that in this square we write $+1$ only for every rightward step above the square and for every upward step on the right of the square. Similarly, we write $-1$ only for every leftward step above the square and for every downward step on the right of the square. In other words, we write $+1$ in $B_{i,j}$ whenever Mr. Pisut enters the region $\\{(x, y) : x \\ge i + \\frac{1}{2} \\text{ and } y \\ge j + \\frac{1}{2}\\}$, and we write $-1$ whenever he exits this region. Since he starts and ends his walk outside the region, the number of entries must be the same as the number of exits. Thus, the number of $+1$'s written in $B_{i,j}$ is equal to the number of $-1$'s, yielding the sum of zero as desired.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nFor each step, we write $+1$ or $-1$ in each unit square between the step and the axis.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nThis path enters and exits the shaded region twice, so we write two $+1$'s and two $-1$'s in the square $B_{0,1}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44666,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all polynomials $P(x)$ with integral coefficients such that\n$$\nP(n) \\mid 2557^n + (213 \\times 2014)\n$$\nfor all positive integers $n$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x) ≡ 1 or P(x) ≡ −1",
    "solution": "First, we note that the constant polynomials $P(x) \\equiv 1$ and $P(x) \\equiv -1$ satisfy the above divisibility condition. We show that these two polynomials are the only ones satisfying the divisibility condition.\n\nSuppose that the polynomial $P(x)$ with the integral coefficients satisfying the above divisibility condition and $P(x) \\neq 1$ and $P(x) \\neq -1$. Note that $P(x) \\neq 0$. If $P(\\mathbb{Z}^+) \\subseteq \\{-1, 0, 1\\}$, then there is a $j \\in \\{-1, 0, 1\\}$ such that $P(x) - j$ has infinitely many zeros, a contradiction. So there is a positive integer $n_0$ such that $|P(n_0)| > 1$. Therefore, there exists a prime number $q$ such that $q \\nmid P(n_0)$ and hence $q \\nmid 2557^{n_0} + (213 \\times 2014)$. Thus, $q$ is odd and $q \\neq 2557$ ($2557$ is prime). Moreover, note that $P(n_0+q) \\equiv P(n_0) \\equiv 0 \\pmod{q}$. Since $P(n_0+q) \\equiv 2557^{n_0+q} + (213 \\times 2014) \\pmod{q}$, and $P(n_0) \\equiv 2557^{n_0} + (213 \\times 2014)$, $q \\equiv 2557^{n_0} + (213 \\times 2014) \\pmod{q}$.\n$$\n2557^{n_0+q} + (213 \\times 2014) \\equiv 0 \\equiv 2557^{n_0} + (213 \\times 2014) \\pmod{q}.\n$$\nThus, $2557^{n_0+q} \\equiv 2557^{n_0} \\pmod{q}$. Since $(q, 2557) = 1$, $2557^q \\equiv 1 \\pmod{q}$. By Fermat's little theorem, $1 \\equiv 2557^q \\equiv 2557 \\pmod{q}$. So $q \\nmid 2556$. But $q$ is odd, $q \\in \\{3, 71\\}$ which implies that $q \\nmid (213 \\times 2014)$. Since $q \\nmid 2557^{n_0} + (213 \\times 2014)$, $q \\nmid 2557^{n_0}$ and hence $q = 2557$, a contradiction. So we are done. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44667,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine the largest real number $k$ such that the inequality\n$$\n(k + \\frac{a}{b}) (k + \\frac{b}{c}) (k + \\frac{c}{a}) \\le \\left(\\frac{a}{b} + \\frac{b}{c} + \\frac{c}{a}\\right) \\left(\\frac{b}{a} + \\frac{c}{b} + \\frac{a}{c}\\right)\n$$\nholds for all positive real numbers $a$, $b$, and $c$.",
    "options": [],
    "answer": "sqrt[3]{9} - 1",
    "solution": "By setting $a = b = c$, it follows that $k \\leq \\sqrt[3]{9} - 1$. We claim that $k = \\sqrt[3]{9} - 1$ is the largest possible number so that the inequality holds. Let\n$$\nA = \\frac{a}{b} + \\frac{b}{c} + \\frac{c}{a}, \\quad B = \\frac{b}{a} + \\frac{c}{b} + \\frac{a}{c}.\n$$\nBy AM-GM inequality, we get that\n$$\nA \\geq 3\\sqrt[3]{\\frac{a}{b} \\cdot \\frac{b}{c} \\cdot \\frac{c}{a}} = 3,\n$$\nand similarly,\n$$\nB \\geq 3\\sqrt[3]{\\frac{b}{a} \\cdot \\frac{c}{b} \\cdot \\frac{a}{c}} = 3.\n$$\nFor each real number $k \\geq 0$, the following inequalities are true:\n$$\n9(k^3 + 1) \\leq (k^3 + 1)AB\n$$\n$$\n9k^2A \\leq 3k^2AB\n$$\n$$\n9kB \\leq 3kAB.\n$$\n\nAdding these inequalities we get\n$$\n9(k^3 + 1 + k^2 A + k B) \\le (k + 1)^3 AB \\\\\n9 \\left(k + \\frac{a}{b}\\right) \\left(k + \\frac{b}{c}\\right) \\left(k + \\frac{c}{a}\\right) \\le (k + 1)^3 AB.\n$$\nSubstituting $k = \\sqrt[3]{9} - 1$ in the last inequality, we discover that\n$$\n9 \\left(k + \\frac{a}{b}\\right) \\left(k + \\frac{b}{c}\\right) \\left(k + \\frac{c}{a}\\right) \\le 9AB.\n$$\nwhich is precisely, the desired inequality. Therefore the largest possible $k$ is $\\sqrt[3]{9} - 1$ as claimed. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44668,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all primes $p$ such that $2p^2 - 3p - 1$ is a cube of a positive integer.",
    "options": [],
    "answer": "2, 3",
    "solution": "Let $p$ be a prime and $n$ be a positive integer such that\n$$\n2p^2 - 3p - 1 = n^3. \\qquad (1)\n$$\nSince\n$$\nn^3 = 2p^2 - 3p - 1 < 2p^2 \\le p^3,\n$$\nit follows that $n < p$, so $n + 1 \\le p$.\n\nConsider the case $p = n + 1$. We then get by (1) that\n$$\nn^3 - 2n^2 - n + 2 = 0\n$$\nwhich implies\n$$\n(n - 2)(n - 1)(n + 1) = 0, \\quad \\therefore n = 1, 2.\n$$\nThus $p = 2, 3$.\n\nConsider the case $p > n + 1$. By (1) we get\n$$\np(2p - 3) = n^3 + 1 = (n + 1)(n^2 - n + 1). \\qquad (2)\n$$\nBut $p > n + 1$ and $p$ is a prime, hence $p \\mid n^2 - n + 1$. Thus there is an integer $k$ such that\n$$\nn^2 - n + 1 = kp. \\qquad (3)\n$$\nSetting (3) into (2) we then get $2p = k(n + 1) + 3$ which implies in particular that $k$ is odd.\n\nSetting $p = \\frac{k(n+1)+3}{2}$ into (3) we have\n$$\n2n^2 - (k^2 + 2)n - (k^2 + 3k - 2) = 0. \\quad (4)\n$$\nBy (4) and that $n$ is a positive integer, we have that\n$$\n(-k^2 + 2)^2 - 4(2)(-k^2 + 3k - 2) = k^4 + 12k^2 + 24k - 12\n$$\nis a square.\nIf $k \\ge 9$ then we have\n$$\n(k^2 + 6)^2 < k^4 + 12k^2 + 24k - 12 < (k^2 + 7)^2\n$$\nwhich implies that $k^4 + 12k^2 + 24k - 12$ cannot be a square, contradicting the above. Thus $1 \\le k \\le 8$. Now $1 \\le k \\le 8$ is an odd integer, hence $k \\in \\{1, 3, 5, 7\\}$. It is directly to check that these numbers cannot make $n$ to fulfil the condition of the problem. So there are no $p > n + 1$.\n\nWe conclude that $p = 2, 3$ are the only primes making $2p^2 - 3p - 1$ a cubic. $\\square$",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44669,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a convex quadrilateral with the shortest side $AB$ strictly less than the longest side $CD$. Show that there exists a point $E$ on the segment $CD$ such that for any point $P$ (different from $E$) on the segment $CD$, the length of $O_1O_2$ is constant, where $O_1$ and $O_2$ are circumcenters of the triangles $APD$ and $BPE$, respectively.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Claim:** The point $E$ is the intersection point of the line parallel to $AD$ through $B$ and the line $CD$.\n\nLet $E$ be the intersection point of the line parallel to $AD$ through $B$ and the line $CD$. Firstly, we will show that $E$ is on the segment $CD$. Since $AB \\le AD$ and $BC \\le CD$ (because $AB$ and $CD$ are the shortest and longest sides, respectively), then $\\angle ABD \\ge \\angle ADB$ and $\\angle CBD \\ge \\angle BDC$. Therefore $\\angle ABC = \\angle ABD + \\angle DBC \\ge \\angle ADB + \\angle BDC = \\angle ADC$. Similarly, we will have that $\\angle BAD \\ge \\angle BCD$. Thus, $\\angle ABC + \\angle BAD \\ge \\angle BCD + \\angle CDA$, and then $\\angle ABC + \\angle BAD \\ge 180^\\circ$. Moreover, one can show that $\\angle ABC + \\angle BAD > 180^\\circ$. (If $\\angle ABC + \\angle BAD = 180^\\circ = \\angle BCD + \\angle CDA$, we would have that $\\angle ABC = \\angle ADC$ and $\\angle BAD = \\angle BCD$, and then $\\square ABCD$ would be a parallelogram; contradicting with the fact that $AB < CD$.) Therefore, we can move the point $C$ along the line $CD$ closer to $D$ to the point $E'$, making the angle $ABC$ smaller, so that $\\angle E'BA + \\angle BAD = 180^\\circ$, i.e., $BE' \\parallel AD$. Thus, $E'$ is the same as the point $E$ stated above, and lies on the segment $CD$.\n\nSecondly, we will show that for an arbitrary point $P$ different from $E$ on the segment $CD$, $\\angle O_1PO_2 = \\angle APB$.\n\nCase 1: $\\angle ADP < 90^\\circ$. Thus $\\angle BEC < 90^\\circ$, and have that $O_1$ and $C$ are on the opposite sides of $PA$, and $O_2$ and $C$ are on the opposite sides of $PB$. By simple angle chasing (using angles at centres) we get that\n$$\n\\angle APO_1 = 90^\\circ - \\angle ADP = 90^\\circ - \\angle BEC = \\angle BPO_2.\n$$\nTherefore $\\angle O_1PO_2 = \\angle APB$.\n\nCase 2: $\\angle ADP \\ge 90^\\circ$. Similarly, we get $\\angle BEC \\ge 90^\\circ$ but now $O_1$ and $C$ are on the same side of $AP$, and $O_2$ and $C$ are on the same side of $BP$. So by angle chasing we get\n$$\n\\angle APO_1 = \\angle ADP - 90^\\circ = \\angle BEC - 90^\\circ = \\angle BPO_2.\n$$\nTherefore $\\angle O_1PO_2 = \\angle APB$.\n\nFinally, using Law of Sine for $AP$ and $BP$ on circles $O_1$ and $O_2$, respectively, we get\n$$\n\\frac{AP}{BP} = \\frac{2O_1P \\sin(\\angle ADP)}{2O_2P \\sin(\\angle BEP)} = \\frac{O_1P}{O_2P}.\n$$\nThus we have that $\\triangle APB \\sim \\triangle O_1PO_2$, and to conclude that\n$$\nO_1O_2 = \\frac{AB}{AP} \\cdot O_1P = \\frac{AB}{2\\sin(\\angle ADC)}\n$$\nwhich is a constant independent of a point $P$. $\\square$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44670,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n$ be a positive integer. We want to make up a collection of cards with the following properties:\n* each card has a number of the form $m!$ written on it, where $m$ is a positive integer;\n* for any positive integer $t \\le n!$, we can select some card(s) from this collection such that the sum of the number(s) on the selected card(s) is $t$.\nDetermine the smallest possible number of cards needed in this collection.",
    "options": [],
    "answer": "n(n-1)/2 + 1",
    "solution": "We need at least $\\frac{n(n-1)}{2} + 1$ cards.\n\nFor example, we can have $i$ cards with number $i!$ for each $i = 1, 2, \\dots, n-1$ and another card with number $n!$. For $t = n!$, we can simply choose the card with number $n!$. Suppose that $1 \\le t < n!$. Let $r_0 = t$, and for $i = 1, 2, \\dots, n-1$, define integers $q_i$ and $r_i$ inductively, using the division algorithm:\n$$\nr_{i-1} = q_i(n-i)! + r_i, \\quad 0 \\le r_i < (n-i)!.\n$$\nThen $t = \\sum_{i=1}^{n-1} q_i(n-i)!$. Since $r_{i-1} < (n-i+1)!$, we have that $q_i \\le n-i$. Thus, we can choose $q_i$ cards with number $(n-i)!$ for each $i = 1, 2, \\dots, n-1$ so that the sum of the numbers is $t$. So the required properties are satisfied.\n\nNext, consider the smallest set of cards we can make with numbers adding up to $n! - 1$. Clearly, this set cannot contain any card with number greater than $(n-1)!$. For each $i = 1, 2, \\dots, n-1$, let $c_i$ be the number of cards with number $i!$ in this set. Then $c_i \\le i$ for all $i$, for if $c_i \\ge i+1$ then we can replace $i+1$ cards with number $i!$\n\nin this set with just one card with number $(i + 1)!$, contradicting the minimality of the set. So now we have that\n$$\nn! - 1 = \\sum_{i=1}^{n-1} c_i i! \\le \\sum_{i=1}^{n-1} i(i!) = \\sum_{i=1}^{n-1} ((i + 1)! - i!) = n! - 1.\n$$\nThis implies that all inequalities involved must be equality; that is, $c_i = i$ for all $i$. Thus, this set has $1 + 2 + \\dots + (n - 1) = \\frac{n(n-1)}{2}$ cards.\n\nSuppose now that we have a collection of cards with the required properties. Then some of these cards have numbers adding up to $n! - 1$. So by what we have just shown, this collection must contain at least $\\frac{n(n-1)}{2}$ cards. However, if we have exactly $\\frac{n(n-1)}{2}$ cards, then we must select all these cards for the sum of the numbers to be $n! - 1$, but this means that we cannot select cards for the sum of the numbers to be $n!$, a contradiction. Therefore we need at least $\\frac{n(n-1)}{2} + 1$ cards. $\\square$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44671,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $AB \\neq AC$. Let the angle bisector of $\\angle BAC$ intersect $BC$ at $P$, and intersect the perpendicular bisector of segment $BC$ at $Q$. Prove that $\\frac{PQ}{AQ} = \\left(\\frac{BC}{AB+AC}\\right)^2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We first show that $Q$ lies on the circumcircle of triangle $ABC$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet the perpendicular bisector of $BC$ intersect the circumcircle of $ABC$ at $Q'$. Since $Q'$ bisects the arc $BC$ we have $\\angle BAQ' = \\angle CAQ'$. Thus $Q'$ lies on the angle bisector of $\\angle BAC$. Hence $Q = Q'$.\n\nLet $BC = a$, $AC = b$ and $AB = c$. From the Angle Bisector Theorem we have\n\n$$\nBP = \\frac{ac}{b+c} \\quad \\text{and} \\quad PC = \\frac{ab}{b+c}. \\qquad (1)\n$$\n\nThe triangles $ABP$ and $AQC$ are similar, thus\n$$\n\\frac{c}{AP} = \\frac{AQ}{b}. \\qquad (2)\n$$\n\nOn the other hand, computing the power of point $P$ with respect to the circumcircle of $ABC$ we get\n$$\nBP \\cdot PC = AP \\cdot PQ. \\qquad (3)\n$$\n\nCombining (1), (2) and (3) yields\n$$\n\\frac{PQ}{AQ} = \\frac{BP \\cdot PC}{bc} = \\frac{ac}{b+c} \\cdot \\frac{ab}{b+c} \\cdot \\frac{1}{bc} = \\left(\\frac{a}{b+c}\\right)^2 = \\left(\\frac{BC}{AB+AC}\\right)^2\n$$\n\nas required.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44672,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p \\ge 5$ be a positive prime number. Show that there exists an integer $t \\in \\{1, 2, ..., p\\}$ such that the equation\n$$\nx^2 = y^{\\frac{p-1}{2}} + t\n$$\nhas no integer solutions.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We consider three cases depending on the value of $p$.\n\n*Case 1.* $p \\equiv 1 \\pmod 4$.\n\nPicking $t = 2$ works. Since $x^2$ and $y^{\\frac{p-1}{2}}$ are perfect squares, their difference cannot be $2$.\n\n*Case 2.* $p \\equiv 3 \\pmod 4$ and $p > 7$.\n\nNote that $y^{\\frac{p-1}{2}} \\equiv -1, 0$ or $1 \\pmod p$. Thus, it suffices to show that there exists $t$ such that $t-1, t, t+1$ are quadratic nonresidues modulo $p$. To this end, note that the squares $1, 25, 49$ form an arithmetic progression with common difference $24$. Let $c$ be the inverse of $24$ modulo $p$, then\n$$\nc+1 \\equiv c(1+24) \\equiv 25c \\pmod p,\nc+2 \\equiv c(1+48) \\equiv 49c \\pmod p,\n$$\nwhich implies $\\left(\\frac{c}{p}\\right) = \\left(\\frac{c+1}{p}\\right) = \\left(\\frac{c+2}{p}\\right)$. So when $\\left(\\frac{c}{p}\\right) = -1$, picking $t \\equiv c+1 \\pmod p$ works.\nOn the other hand, when $\\left(\\frac{c}{p}\\right) = 1$, then since $p \\equiv 3 \\pmod 4$ we have $\\left(\\frac{-1}{p}\\right) = -1$, so picking $t \\equiv -c-1 \\pmod p$ works.\n\n*Case 3.* $p=7$. We will show that $t=7$ works, i.e. that the equation\n$$\nx^2 = y^3 + 7\n$$\nhas no integer solution. Suppose the contrary. If $y$ is even, then $x^2 \\equiv 3 \\pmod 4$, which is impossible. Thus $y$ is odd. Write the equation as $x^2 + 1 = (y+2)(y^2 - 2y + 4)$, and note that $y^2 - 2y + 4 = (y-1)^2 + 3 \\equiv 3 \\pmod 4$. So there exists a prime $q \\equiv 3 \\pmod 4$ such that $q \\mid y^2 - 2y + 4$.\nHowever, since $q \\mid y^2 - 2y + 4$, so $q \\mid x^2 + 1$, and thus $\\left(\\frac{-1}{q}\\right) = 1$, which contradicts with $q \\equiv 3 \\pmod 4$. Therefore the equation has no integer solutions.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44673,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A Pattano coin is a coin which has a blue side and a yellow side. A positive integer not exceeding $100$ is written on each side of every coin (the sides may have different integers).\n\nTwo Pattano coins are *identical* if the number on the blue side of both coins are equal and the number on the yellow side of both coins are equal.\n\nTwo Pattano coins are *pairable* if the number on the blue side of both coins are equal or the number on the yellow side of both coins are equal.\n\nGiven $2559$ Pattano coins such that no two coins are identical. Show that at least one Pattano coin is pairable with at least $50$ other coins.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We represent each Pattano coin by an ordered pair $(i, j)$, where $i$ and $j$ are the numbers written on the blue and yellow side respectively. Let $C$ be the set of non-identical $2559$ Pattano coins. Let $b_i$ denote the number of Pattano coins in $C$ with $i$ on its blue side, and $y_j$ denote the number of Pattano coins in $C$ with $j$ on its yellow side. For a Pattano coin $(i, j)$ in $C$, let $p_{i,j}$ be the number of coins in $C$ that are pairable with $(i, j)$ (apart from itself).\n\nIt is easy to see that\n$$\np_{i,j} = b_i + y_j - 2,\n$$\nthus\n$$\n\\sum_{(i,j) \\in C} p_{i,j} = \\sum_{(i,j) \\in C} b_i + \\sum_{(i,j) \\in C} y_j - 5118. \\quad (9)\n$$\n\nNote that $b_i$ appears in the sum $\\sum_{(i,j) \\in C} b_i$ exactly $b_i$ times, and $y_j$ appears in the sum $\\sum_{(i,j) \\in C} y_j$ exactly $y_j$ times. Hence\n$$\n\\sum_{(i,j) \\in C} b_i = \\sum_{i=1}^{100} b_i^2 \\quad \\text{and} \\quad \\sum_{(i,j) \\in C} y_j = \\sum_{j=1}^{100} y_j^2. \\qquad (10)\n$$\n\nApplying the Cauchy-Schwarz inequality to the vectors $(b_1, b_2, \\dots, b_{100})$, $(1, 1, \\dots, 1)$ and $(y_1, y_2, \\dots, y_{100})$, $(1, 1, \\dots, 1)$ we obtain,\n$$\n\\left(\\sum_{i=1}^{100} b_i\\right)^2 \\le \\left(\\sum_{i=1}^{100} 1^2\\right) \\left(\\sum_{i=1}^{100} b_i^2\\right) = 100 \\sum_{i=1}^{100} b_i^2, \\\\\n\\left(\\sum_{j=1}^{100} y_j\\right)^2 \\le \\left(\\sum_{j=1}^{100} 1^2\\right) \\left(\\sum_{j=1}^{100} y_j^2\\right) = 100 \\sum_{j=1}^{100} y_j^2. \\qquad (11)\n$$\n\nCombining (9), (10) and (11) yields\n$$\n\\sum_{(i,j) \\in C} p_{i,j} \\ge \\frac{1}{100} \\left[ \\left( \\sum_{i=1}^{100} b_i \\right)^2 + \\left( \\sum_{j=1}^{100} y_j \\right)^2 \\right] - 5118.\n$$\n\nBut $\\sum_{i=1}^{100} b_i = \\sum_{j=1}^{100} y_j = 2559$, thus\n$$\n\\sum_{(i,j) \\in C} p_{i,j} \\ge \\frac{1}{100} (2559^2 + 2559^2) - 5118 = \\frac{2559^2}{50} - 5118.\n$$\n\nFinally, by the pigeonhole principle, there exists $(i,j) \\in C$ such that $p_{i,j} \\ge \\left\\lfloor \\frac{2559}{50} - 2 \\right\\rfloor = 50$. That is, there exists a Pattano coin which is pairable with at least $50$ other coins.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44674,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $M$ be a positive integer, and $A = \\{1, 2, \\dots, M+1\\}$. Show that if $f$ is a bijection from $A$ to $A$ then\n$$\n\\sum_{n=1}^{M} \\frac{1}{f(n) + f(n+1)} > \\frac{M}{M+3}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "From the AM-HM inequality\n$$\n\\sum_{n=1}^{M} \\frac{1}{f(n) + f(n+1)} > \\frac{M^2}{\\sum_{n=1}^{M} (f(n) + f(n+1))} = \\frac{M^2}{2 \\sum_{n=1}^{M+1} f(n) - f(1) - f(M+1)}.\n$$\n\nSince $f$ is a bijection we have\n$$\n\\sum_{n=1}^{M+1} f(n) = \\sum_{n=1}^{M+1} n = \\frac{(M+1)(M+2)}{2}.\n$$\n\nNote that\n$$\nf(1) + f(M+1) > 2\n$$\nhence,\n$$\n\\sum_{n=1}^{M} \\frac{1}{f(n) + f(n+1)} > \\frac{M^2}{(M+1)(M+2) - 2} = \\frac{M}{M+3}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44675,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\mathbb{N}_0$ be the set of nonnegative integers. Find all functions $f : \\mathbb{N}_0 \\to \\mathbb{N}_0$ satisfying the equation\n$$\nf^{f(m)}(n) = n + 2f(m)\n$$\nfor all $m, n \\in \\mathbb{N}_0$ such that $m \\le n$.",
    "options": [],
    "answer": "Either f is identically zero, or there exists an integer t ≥ 0 such that f(n) = 0 for n < t and f(n) = n + 2 for n ≥ t.",
    "solution": "Observe that since $f^0(n) = n$ by definition, $f(n) \\equiv 0$ is a solution. Now suppose that for some $c \\in \\mathbb{N}_0$, $f(c) \\ge 1$.\nAs $f(f^{f(c)-1}(n - 2f(c))) = n$ for all $n \\ge 2f(c)$, $f$ is onto for all $n \\ge 2f(c)$. Therefore $f^m(n) = n + 2m$ for all $n \\ge m \\ge 2f(c)$.\nSince we have $f^{2f(c)}(n) = n + 4f(c)$ and $f^{2f(c)+1}(n) = n + 4f(c) + 2$ for all $n \\ge 2f(c)$, it follows that $f(n + 4f(c)) = n + 4f(c) + 2$ for all $n \\ge 2f(c)$, in other words, $f(n) = n + 2$ for all $n \\ge 6f(c)$.\nLet $t$ be the least integer such that $f(n) = n + 2$ for all $n \\ge t$. (We have $t \\le 6f(c)$). We will show that $f(n) = 0$ for all $n < t$.\nSuppose, for the sake of contradiction, that $f(b) = a$ for some $b < t$ and $a \\ne 0$. Now suppose that there exists $u < t$ such that $f(u) \\ge t$. For clarity, let $f(u) = t+d$ for some $d \\ge 0$. Since $f^{f(u)}(u) = u + 2t + 2d$, and $f^{f(u)-1}(f(u)) = f^{t+d-1}(t+d) = 3t + 3d - 2$, we have $f(u) = t+d = u+2$. Since $f(u) \\ge t$, $u$ is either $t-2$ or $t-1$. However, if $u = t-1$, $f(t-1)$ will be equal to $(t-1)+2$, which contradicts the minimality of $t$. Thus if such a $u$ exists, then $u = t-2$.\nBack to $a, b$, since $t-1 \\ge b$, we have $f^a(t-1) = t-1+2a$, but since $t-1 < t$ and $t-1+2a \\ge t$, there must be some $0 \\le j < a$ such that $f^j(t-1) < t \\le f^{j+1}(t-1)$. By the previous paragraph, where $u = f^j(t-1)$, we have $f^j(t-1) = t-2$, and $f^{j+1}(t-1) = t$. Therefore $f^a(t-1) = t+2(a-j-1)$. Therefore $2j = -1$, which is impossible, so we have a contradiction. Hence $f(n) = 0$ for all $n < t$.\n\n$$\nf(n) = \\begin{cases} 0, & n < t, \\\\ n + 2, & n \\ge t, \\end{cases}\n$$\nactually satisfies the given condition. If $m < t$, the given condition reduces to $f^0(n) = n$, which is true, while if $m \\ge t$, we have $n \\ge t$, thus $f^{f(m)}(n) = n+2f(m)$. Hence this function satisfies the given condition, and our proof is complete.\n(by Wijit Yangjit)\nAs in Solution 1, observe that $f(n) \\equiv 0$ is a solution, and if for some $c \\in \\mathbb{N}_0$, we have $f(n) = n + 2$ for all big enough $n$. Define $t$ as in Solution 1.\nIf for some $n < t$, $f(n) \\ge t + 2$, then $f(f(n) - 2) = f(n)$, so $f(n) - 2 + 2f(n) = f^{f(n)}(f(n) - 2) = f^{f(n)}(n) = n + 2f(n)$, so $f(n) = n + 2 < t + 2$, which is a contradiction. Thus $f(n) \\le t + 1$ for all $n < t$.\nWe will prove, by induction, that $f^m(t-1) \\le t-2+2m$ for all $m \\ge 1$. For $m=1$, $f(t-1) = t+1$ contradicts the minimality of $t$, so $f(t-1) \\le t = t-2+(2 \\times 1)$.\nNow suppose that $f^k(t-1) \\le t-2+2k$ for some $t \\ge 1$.\nIf $f^k(t-1) \\ge t$, then $f^{k+1}(t-1) = f^k(t-1)+2 \\le t-2+2(k+1)$. Else we have $f^k(t-1) < t$, which implies $f^{k+1}(t-1) \\le t+1 \\le t-2+2(k+1)$ because $k+1 \\ge 2$.\nTherefore by induction, $f^m(t-1) \\le t-2+2m$ for all $m \\ge 1$.\nNow suppose that $f(n) > 0$ for some $n < t$, we will have $f^{f(n)}(t-1) = t-1+2f(n) > t-2+2f(n)$, which contradicts with the previous paragraph, so $f(n) = 0$ for all $n < t$. We can check our answer as in Solution 1.\n\nAs in Solution 1, observe that $f(n) \\equiv 0$ is a solution, and if for some $c \\in \\mathbb{N}_0$, we have $f(n) = n + 2$ for all big enough $n$.\nDenote by $P(m,n)$ the statement that $f^{f(m)}(n) = n+2f(m)$. We will show that if $f(x) = f(y) > 0$ then $x = y$. (This will be called property 1.) This is easy: from $P(x,x)$ and $P(y,y)$, $y+2f(y) = f^{f(y)}(y) = f^{f(x)}(x) = x+2f(x)$ where the middle equality is true because $f(x) = f(y) \\ge 1$.\nWe define $t$ as in Solution 1. We want to show that $f(n) = 0$ for all $n < t$. Now suppose for the sake of contradiction that $f(k) \\ne 0$ for some $k \\le t-1$. From $P(k,t-1)$, $f^{f(k)}(t-1) = t-1+2f(k-1)$, but from $f(n) = n+2$ for all $n \\ge t$, $f^{f(k)-1}(t+1) = t+1+2f(k-1)$, so\n$$\nf^{f(k)}(t-1) = f^{f(k)-1}(t+1).\n$$\nSince $f^n(t+1) > 0$ for all $n \\ge 0$, using property 1 repeatedly will yield $f(t-1) = t+1$, which contradicts the minimality of $t$. Therefore $f(n) = 0$ for all $n < t$. We can check our answer as in Solution 1.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44676,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABQP$ be a convex quadrilateral. Let the angle bisectors of $\\angle PAQ$ and $\\angle PBQ$ intersect at $C$. The circumcircle of $APQ$ intersects $AB$, $AC$ at $M$, $N \\ne A$, respectively. Lines $PQ$ and $BC$ intersect at $S$. Prove that if $AC$ is perpendicular to $BC$ then $M$, $S$, $N$ are collinear.\n*(Chesphongphach Buranasilp, Krit Boonsiriseth and Pachara Sawettamalya)*",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We divide our solution into two main steps:\n\n**Step 1:** Let $O$ be the midpoint of $AB$ and $R$ the midpoint of $PQ$, then $C$, $R$, $O$ are collinear.\n\n*Proof.* We will denote the complex number of each point by its lowercase letter.\nLet $AP \\cap BQ = V$, $AQ \\cap BP = U$. Let $\\angle PAC = \\alpha$, $\\angle PBC = \\beta$, then $\\angle PVQ = 90^\\circ - \\alpha - \\beta$ and $\\angle PUQ = 90^\\circ + \\alpha + \\beta$, therefore quadrilateral $PUQV$ is cyclic.\nLet $AC \\cap BP = W$, $AQ \\cap BC = X$, $AC \\cap BQ = Y$, and $AP \\cap BC = Z$. Since $C$ is on the angle bisector of both $\\angle PAQ$ and $\\angle PBQ$, and since $\\angle ACB = 90^\\circ$, $WC = CY$ and $XC = CZ$. Thus $\\square WXYZ$ is a rhombus, hence $c = \\frac{w+x+y+z}{4}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSince $PUQV$ is cyclic, $\\frac{AU}{AP} = \\frac{AV}{AQ}$. By the angle bisector theorem, $\\frac{UW}{PW} = \\frac{AU}{AP}$ and $\\frac{AV}{AQ} = \\frac{VY}{YQ}$. Therefore $\\frac{UW}{UP} = \\frac{VY}{VQ} = d$ for some $d \\in \\mathbb{R}$. It follows that $w = dp + (1-d)u$ and $y = dq + (1-d)v$. Similarly there exists $e \\in \\mathbb{R}$ such that $x = eq + (1-e)u$ and $z = ep + (1-e)v$. Therefore\n$$\nc = \\frac{(d+e)(p+q) + (2-d-e)(u+v)}{4}.\n$$\n\nLet $T$ be the midpoint of $UV$. Clearly $t = \\frac{u+v}{2}$, and $r = \\frac{p+q}{2}$. Therefore\n$$\nc = \\left(\\frac{d+e}{2}\\right)t + \\left(1 - \\frac{d+e}{2}\\right)r\n$$\nwith $\\frac{d+e}{2} + \\left(1 - \\frac{d+e}{2}\\right) = 1$, so $C$, $R$, $T$ are collinear.\n\nUsing the well-known fact that in a complete quadrilateral, the midpoints of three diagonals are collinear, we have $R$, $T$, $O$ are collinear. Hence we have $C$, $R$, $O$ collinear. $\\Box$\n\n**Step 2:** Showing that $M$, $S$, $N$ are collinear.\n\n*Proof.* First, since $\\angle PAN = \\angle NAQ$, $N$ is the midpoint of arc $PQ$, so $\\angle NRQ = 90^\\circ$, hence quadrilateral $NCRS$ is cyclic.\n\nLet $\\angle OBC = \\theta$. We have $\\angle MNQ = \\angle MAQ = 90^\\circ - \\theta - \\alpha$. Since $\\angle SNQ = 90^\\circ - \\angle RNS - \\angle PQN = 90^\\circ - \\angle OCB - \\angle PAN = 90^\\circ - \\theta - \\alpha$, so $\\angle MNQ = \\angle SNQ$, therefore $M$, $S$, $N$ are collinear. $\\square$\n(by Kritkorn Karntikoon)\nLet $D = AB \\cap PQ$, $\\angle PAC = x$, $\\angle PBC = y$, $\\angle QAB = z$, and $\\angle PQA = w$, and $S' = PQ \\cap AC$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nFirst we will show that $DP \\cdot DQ = DS' \\cdot DS$, or, equivalently, $\\frac{DP}{PS'} = \\frac{DS}{SQ}$.\nFrom the triangles $ADP$ and $AS'P$ we have\n$$\n\\frac{DP}{\\sin(2x + z)} = \\frac{AP}{\\sin \\angle ADP} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{PS'}{\\sin x} = \\frac{AP}{\\sin \\angle PS'A}\n$$\n\nHence,\n$$\n\\frac{DP}{DS'} = \\frac{\\sin(2x + z) \\sin \\angle AS'P}{\\sin \\angle ADP \\sin x}\n$$\n\nA similar argument with triangles $BDS$ and $BQS$ yields\n$$\n\\frac{DS}{SQ} = \\frac{\\cos(x + z) \\sin \\angle BQS}{\\sin \\angle BDS \\sin y}\n$$\n\nTherefore we have\n$$\n\\begin{align*}\n\\frac{DP}{PS'} = \\frac{DS}{SQ} &\\iff \\frac{\\sin(2x+z) \\sin \\angle AS'P}{\\sin x} = \\frac{\\cos(x+z) \\sin \\angle BQS}{\\sin y} \\\\\n&\\iff \\frac{\\sin(2x+z) \\sin(x+w)}{\\sin x} = \\frac{\\cos(x+z) \\cos(x+w-y)}{\\sin y} \\\\\n&\\iff \\sin(2x+z) (2 \\sin(x+w) \\sin y) = \\cos(x+w-y) (2 \\sin x \\cos(x+z)) \\\\\n&\\iff \\sin(2x+z) (\\cos(x+w-y) - \\cos(x+y+w)) \\\\\n&\\phantom{\\iff \\sin(2x+z) (\\cos(x+w-y) -} = \\cos(x+w-y) (\\sin(2x+z) - \\sin z) \\\\\n&\\iff \\sin(2x+z) \\cos(x+y+w) = \\sin z \\cos(x+w-y) \\\\\n&\\iff \\sin \\angle PAB \\sin \\angle BPQ = \\sin \\angle QAB \\sin \\angle BQP \\\\\n&\\iff \\frac{\\sin \\angle PAB}{\\sin \\angle QAB} = \\frac{\\sin \\angle BQP}{\\sin \\angle BPQ}.\n\\end{align*}\n$$\n\nObserve that $\\angle APB + \\angle AQB = (90^\\circ - x + y) + (90^\\circ + x - y) = 180^\\circ$, so $\\sin \\angle APB = \\sin \\angle AQB$. Therefore\n$$\n\\frac{\\sin \\angle PAB}{\\sin \\angle QAB} = \\frac{BP \\sin \\angle APB}{AB} \\cdot \\frac{AB}{BQ \\sin \\angle AQB} = \\frac{BP}{BQ} = \\frac{\\sin \\angle BQP}{\\sin \\angle BPQ}.\n$$\n\nHence we have proved that $DS \\cdot DS' = DP \\cdot DQ$. Moreover, since $DP \\cdot DQ = DA \\cdot DM$, so $DS \\cdot DS' = DA \\cdot DM$. Therefore, $AS'SM$ is cyclic.\nLet $NS$ intersect the circumcircle of $APQ$ again at $M'$. Since $N$ is the midpoint of arc $PQ$, by a well-known lemma, we have $NS' \\cdot NA = NP^2 = NS \\cdot NM'$, so $AS'SM'$ is cyclic. Therefore $M$ and $M'$ are both the second intersection point of the circumcircles of triangles $AS'S$ and $APQ$, so $M = M'$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44677,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ satisfying\n$$\nf(f(x)f(y) + f(y)f(z) + f(z)f(x)) = f(x) + f(y) + f(z)\n$$\nfor all real numbers $x, y, z$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 0 for all real x",
    "solution": "Let $f$ be any function satisfying (4). Let $\\mathcal{R}_f$ denote the range of $f$. Define $\\mathcal{P}(a, b, c)$ to be the statement $f(ab + bc + ca) = a + b + c$. Equation (4) is then equivalent to $\\mathcal{P}(a, b, c)$ for all $a, b, c \\in \\mathcal{R}_f$.\n\nFor any $a$ in $\\mathcal{R}_f$, $\\mathcal{P}(a, a, a)$ implies $f(3a^2) = 3a$, hence $3a \\in \\mathcal{R}_f$. Proceeding in a similar manner, $\\mathcal{P}(3a, a, a)$ gives $5a \\in \\mathcal{R}_f$, and $\\mathcal{P}(5a, a, a)$ implies $7a \\in \\mathcal{R}_f$.\n\nNow, $\\mathcal{P}(7a, a, a)$ yields $f(15a^2) = 9a$ while $\\mathcal{P}(3a, 3a, a)$ yields $f(15a^2) = 7a$. So we must have $7a = 9a$, whence $a = 0$.\n\nSince $\\mathcal{R}_f$ is non-empty, we have $\\mathcal{R}_f = \\{0\\}$. Therefore, the only function that can satisfy (4) is the zero function. A straightforward calculation confirms that it indeed satisfies (4).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44678,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a parallelogram, and let $M$ be the midpoint of $AB$. Line $CM$ intersects the circumcircle of triangle $ABC$ at $C$ and $E$. Let $F$ be the point on $BC$ such that $AF \\perp BC$. Prove that $C, D, E$, and $F$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $E, A, C, B$ are concyclic and $AD$ is parallel to $BC$, $\\angle EAB = \\angle ECB$ and $\\angle BAD = -\\angle ABC$. Therefore,\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle EAD &= \\angle EAB + \\angle BAD \\\\\n&= \\angle ECB - \\angle ABC \\\\\n&= \\angle MCF - \\angle ABC. \\tag{13}\n\\end{align*}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSince $M$ is the midpoint of $AB$ and $AF \\perp BC$, $M$ is the circumcenter of triangle $ABF$. We then have\n$$\nMF = MB \\quad \\text{and} \\quad \\angle ABC = -\\angle MFC. \\tag{14}\n$$\n\nFrom (13) and (14),\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle EAD &= \\angle MCF - \\angle MFC \\\\\n&= \\angle MCF + \\angle CFM \\\\\n&= -\\angle FMC \\\\\n\\end{align*}\n$$\n\nSince $E, A, C, B$ are concyclic, we get $\\triangle AEM \\sim \\triangle CBM$. Therefore, $\\frac{AE}{EM} = \\frac{CB}{BM}$.\nFrom $CB = AD$ and $BM = MF$, we get $\\frac{AE}{EM} = \\frac{AD}{MF}$. So,\n$$\n\\frac{AE}{AD} = \\frac{EM}{MF}. \\tag{16}\n$$\n\nFrom (15) and (16), we obtain $\\triangle AED \\sim \\triangle MEF$. Therefore, $\\angle ADE = \\angle MFE$.\n\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle EDC &= \\angle ADC - \\angle ADE \\\\\n&= \\angle ADC - \\angle MFE. \\tag{17}\n\\end{align*}\n$$\nApplying (17) and $\\angle ABC = -\\angle ADC$ from the parallelogram $ABCD$ we obtain,\n\n$$\n\\begin{align*}\n\\angle EDC &= \\angle ADC - \\angle MFE \\\\\n&= \\angle MFC - \\angle MFE \\\\\n&= \\angle EFC.\n\\end{align*}\n$$\nTherefore, $C, D, E$, and $F$ are concyclic.\n(by Wijit Yangjit)\nLet $G$ be the intersection point of the lines $FM$ and $DA$. From $AM = MB$ and\n\n![](attached_image_2.png)\n\n$\\angle AFB = 90^\\circ$, we get $AM = FM = MB$. Since $AG$ is parallel to $FB$ and triangle $MBF$ is isosceles, we have $\\angle AGF = \\angle BFG = \\angle ABF = \\angle BAG$. Hence $AM = GM$. Next, since $\\angle GFC = \\angle GFB = -\\angle ABF = \\angle GDC$, it follows that $D, G, F$, and $C$ are concyclic. From $AM = GM$ and $MF = MB$, we get\n$$\nGM \\cdot MF = AM \\cdot MB = EM \\cdot MC.\n$$\nBy power of a point theorem, we get $G, E, F$, and $C$ are concyclic. Then, $D, E, G, F$, and $C$ are concyclic, and so $C, D, E$, and $F$ are concyclic.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44679,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each point on the plane is colored either red, green or blue. Prove that there exists an isosceles triangle where all vertices are the same color.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Consider a circle $\\omega$ with center $O$. Without loss of generality, let $O$ be red. If there exist two red points on $\\omega$ not belonging to the same diameter, then these points together with $O$ form a red isosceles triangle.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nOn the other hand, if $\\omega$ contains at most 2 red points lying on a diameter, consider a regular pentagon inscribed in $\\omega$ with either green or blue vertices. By the pigeonhole principle, at least 3 of its vertices must be the same color. These vertices form an isosceles triangle where all vertices are the same color.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44680,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p_1, p_2, \\dots$ be the sequence of positive integers defined by $p_1 = 2$, and for all positive integers $n$, $p_{n+1}$ is defined to be the least prime number dividing $n p_1^{1!} p_2^{2!} \\cdots p_n^{n!} + 1$.\nProve that all prime numbers appear in this sequence.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $q_1, q_2, \\dots$ be the prime numbers in ascending order.\nAssume to the contrary that there exists a prime number not appearing in the sequence. Let $q_s$ be the least such prime.\nNote that by Fermat's little theorem we have $p_k^{k!} \\equiv 1 \\pmod{q_s}$ for all $k \\ge q_s - 1$.\nLet $r$ be the remainder of $n p_1^{1!} p_2^{2!} \\cdots p_{q_s-2}^{(q_s-2)!}$ when divided by $q_s$. Since $q_s$ does not appear in the sequence, we have $r \\ne 0$. Let $r'$ be an integer where $r r' \\equiv -1 \\pmod{q_s}$.\nPick a sufficiently large integer $N$ such that $\\{q_1, q_2, \\dots, q_{s-1}\\} \\subseteq \\{p_1, p_2, \\dots, p_N\\}$, and $N \\equiv r' \\pmod{q_s}$. By our choice of $N$ we have\n$$\nN p_1^{1!} p_2^{2!} \\cdots p_N^{N!} + 1 \\equiv r' \\cdot r + 1 \\equiv 0 \\pmod{q_s}.\n$$\nThus, $q_s$ divides $N p_1^{1!} p_2^{2!} \\cdots p_N^{N!} + 1$. Furthermore, it is the least such prime, since $q_i \\mid N p_1^{1!} p_2^{2!} \\cdots p_N^{N!}$ for all $i < s$, and thus $q_i \\nmid N p_1^{1!} p_2^{2!} \\cdots p_N^{N!} + 1$. This contradicts our assumption that $q_s$ does not appear in $p_1, p_2, \\dots$. Therefore, all primes appear in the sequence.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44681,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $2016$ real numbers written on the blackboard. In each step, we choose two numbers, erase them, and replace each of them by their product. Determine whether it is possible to obtain $2016$ equal numbers on the blackboard after a finite number of steps.\n\n(the 15th Czech-Polish-Slovak Mathematics Competition)",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "We shall prove that it is possible to obtain equal numbers after some finite steps by induction with respect to $n$. The claim is trivial for $n = 2$ (we can get the desired $2$-tuple after a single step $(a, b) \\to (ab, ab)$) and $n = 4$ (we can follow the scheme $(\\underline{a}, \\underline{b}, c, d) \\to (ab, ab, \\underline{c}, \\underline{d}) \\to (\\underline{ab}, ab, \\underline{cd}, cd) \\to (abcd, \\underline{ab}, abcd, \\underline{cd}) \\to (abcd, abcd, abcd, abcd)$).\n\nTo start the induction, we shall prove the claim also for $n = 6$. The algorithm begins with the $6$-tuple $(a, a, a, a, b, b)$ – this form can be achieved thanks to the fact that the claim is true for $n = 2$ and $n = 4$ (we can operate on the left $4$-tuple and then independently on the right $2$-tuple). To equalize all six numbers, perform the following steps:\n$$\n\\begin{align*}\n(a, a, a, \\underline{a}, \\underline{b}, b) &\\to (a, a, \\underline{a}, \\underline{ab}, ab, b) \\to (a, a, a^2b, \\underline{a^2b}, \\underline{ab}, b) \\to (a, a, \\underline{a^2b}, a^3b^2, a^3b^2, \\underline{b}) \\\\\n&\\to (\\underline{a}, a, \\underline{a^2b^2}, a^3b^2, a^3b^2, a^2b^2) \\to (a^3b^2, \\underline{a}, a^3b^2, a^3b^2, a^3b^2, \\underline{a^2b^2}) \\\\\n&\\to (a^3b^2, a^3b^2, a^3b^2, a^3b^2, a^3b^2, a^3b^2)\n\\end{align*}\n$$\n\nNow, suppose the claim is true for all even $n < 4k + 4$ (with $k \\ge 1$). It suffices to prove the claim also for $n = 4k + 4$ and $n = 4k + 6$. The procedure for $n = 4k + 4$ is obvious: we first equalize the first $2k + 2$ numbers using the induction hypothesis, and then equalize the last $2k + 2$ numbers. We get an $n$-tuple of the form\n$$\n\\underbrace{(a, \\dots, a, b, \\dots, b)}_{2k+2}\n$$\nand then perform $2k + 2$ steps to get $(ab, \\dots, ab)$ (choosing one $a$ and one $b$ in each step).\n\nFor $n = 4k+6$, we first use the induction hypothesis for $n = 2k+2$ and $n = 2k+4$ to get\n$$\n\\underbrace{(a, \\dots, a, b, \\dots, b)}_{2k+2}\n$$\nNow we perform $2k$ steps, always choosing one $a$ and one $b$, to obtain\n$$\n\\underbrace{(a, a, ab, \\dots, ab, b, b, b, b)}_{4k}\n$$\nAfter erasing each $a$ with one $ab$ we get\n$$\n(a^2b, a^2b, a^2b, a^2b, \\underbrace{ab, \\dots, ab}_{4k-2}, b, b, b, b)\n$$\nand after pairing each $b$ with one $a^2b$ we have\n$$\n(a^2b^2, a^2b^2, a^2b^2, a^2b^2, \\underbrace{ab, \\dots, ab}_{4k-2}, a^2b^2, a^2b^2, a^2b^2, a^2b^2)\n$$\nFinally, we perform $2k-1$ steps and replace $2k-1$ times two $ab$'s by two $a^2b^2$'s, which leads to $(a^2b^2, \\dots, a^2b^2)$.\nAgain, we shall proceed by induction. The claim is trivial for $n = 2$. Suppose the claim is true for $n = k$ and take $n = k + 2$. Using the induction hypothesis, we first construct an $n$-tuple of the form\n$$\n\\underbrace{(a, \\dots, a, b, b)}_{k}\n$$\nFor every $i = 3, 4, \\dots, k$, we perform the operation with the numbers at the positions $i$ and $k+1$. These $k-2$ steps change the $n$-tuple into\n$$\n(a, a, ab, a^2b, \\dots, a^{k-2}b, a^{k-2}b, b).\n$$\nAfter selecting the last two numbers, we get\n$$\n(a, a, ab, a^2b, \\dots, a^{k-2}b, a^{k-2}b^2, a^{k-2}b^2).\n$$\nNow, for every $i = 1, 2, \\dots, \\frac{n}{2}$, we combine the numbers at the positions $i$ and $n+1-i$, getting the desired\n$$\n(a^{k-1}b^2, a^{k-1}b^2, \\dots, a^{k-1}b^2).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44682,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $k$ be a positive integer. Show that if there exists a sequence $a_0, a_1, \\dots$ of integers satisfying the condition\n$$\na_n = \\frac{a_{n-1} + n^k}{n} \\text{ for all } n \\ge 1,\n$$\nthen $k-2$ is divisible by 3.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Denote $f: \\mathbb{Z}_{\\ge 0}^2 \\to \\mathbb{Z}$ such that\n$$\nx^n = f(0, n) + f(1, n)[(x+1)-1] + f(2, n)[(x+1)(x+2) - (x+1)] + \\dots\n$$\nfor every non-negative integers $x, n$.\nThe above function always exists because the expression of $x^n$ can be uniquely represented in that particular way. Moreover, $f(x, n)$ is an integer for every $x, n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$ and $f(x, n) = 0$ for all $x > n$. Next, we will prove the following lemmas.\n\n**Lemma 1.** $f(0, n)$ is even if and only if $3 \\mid n - 1$\n*Proof.* Observe that $f(0, 0) = 1$, $f(0, 1) = 1$, and $f(0, 2) = -1$, so it is sufficient to show that $2 \\mid f(0, n) + f(0, n + 1) + f(0, n + 2)$ for all $n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$.\n\nRewrite the definition of $f$ as\n$$\nx^n = g(0, n) + \\sum_{i=1}^{n} g(i, n)(x+1)(x+2)\\cdots(x+i)\n$$\nwhere $g(k, n) = f(k, n) - f(k+1, n)$ for all $k, n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$. Therefore,\n$$\ng(0, n) + g(1, n) + \\cdots + g(n, n) = \\sum_{i=0}^{n} g(i, n) \\text{ for all } n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}\n$$\n\n$$\n\\begin{align*}\nx^{n+1} &= g(0, n) + \\sum_{i=1}^{n} g(i, n) \\cdot x(x+1)(x+2) \\cdots (x+i) \\\\\n&= g(0, n) + \\sum_{i=1}^{n} g(i, n) \\cdot \\left[ (x+1)(x+2) \\cdots (x+i)(x+i+1) \\right. \\\\\n& \\qquad \\left. -(i+1)(x+1)(x+2) \\cdots (x+i) \\right] \\\\\n&= g(n, n)(x+1)(x+2) \\cdots (x+n+1) + \\sum_{i=1}^{n-1} [g(i-1, n) - (i+1)g(i, n)] \\\\\n& \\qquad (x+1)(x+2) \\cdots (x+i) - g(0, n)\n\\end{align*}\n$$\n\nTherefore, $g(n+1, n+1) = g(n, n)$, $g(0, n+1) = -g(0, n)$, and $g(i, n+1) = g(i-1, n) - (i+1)g(i, n)$ for each $1 \\le i \\le n$. Wrapping them up, we get, for each $n \\in \\mathbb{Z}_{\\ge 0}$,\n$$\nf(0, n + 1) = \\sum_{i=0}^{n+1} g(i, n + 1) = - \\sum_{i=0}^{n} ig(i, n).\n$$\nAnd\n$$\n\\begin{align*}\nf(0, n + 2) &= - \\sum_{i=0}^{n+1} ig(i, n + 1) \\\\\n&= -(n + 1)g(n, n) - \\sum_{i=1}^{n} i[g(i - 1, n) - (i + 1)g(i, n)] \\\\\n&\\equiv -(n + 1)g(n, n) - \\sum_{i=0}^{n-1} (i + 1)g(i, n) \\pmod{2} \\\\\n&\\equiv - \\sum_{i=0}^{n} (i + 1)g(i, n) \\pmod{2}\n\\end{align*}\n$$\nTherefore,\n$$\n\\begin{align*}\nf(0, n) + f(0, n + 1) + f(0, n + 2) \\\\\n&\\equiv \\sum_{i=0}^{n} g(i, n) - \\sum_{i=0}^{n} ig(i, n) - \\sum_{i=0}^{n} (i + 1)g(i, n) \\\\\n&\\equiv 0 \\pmod{2}\n\\end{align*}\n$$\n\n**Lemma 2.** If $\\alpha$ and $\\beta$ are integers such that $n! \\mid \\alpha \\cdot (1! + 2! + \\dots + (n-1)!) + \\beta$ for all positive integer $n$, then $\\alpha = \\beta = 0$\n\n*Proof.* We know that $1! + 2! + \\dots + k! < (k+1)!$ for all positive integer $k$. Taking large enough $n$ for which $(n-1)! > |\\beta|$ and $n > 2|\\alpha| + 1$, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n|\\alpha \\cdot (1! + 2! + \\dots + (n-1)!)| + |\\beta| &\\le |\\alpha| \\cdot (1! + 2! + \\dots + (n-1)!) + |\\beta| \\\\\n&< (2|\\alpha| + 1) \\cdot (n-1)! \\\\\n&< n \\cdot (n-1)! \\\\\n&= n!\n\\end{aligned}\n$$\nBut $n! \\mid \\alpha \\cdot (1! + 2! + \\dots + n!)+ \\beta$, therefore $\\alpha \\cdot (1! + 2! + \\dots + n!)+ \\beta = 0$ for all large $n$. Thus, we can conclude that $\\alpha = \\beta = 0$, as desired. $\\square$\n\nBack to the problem. Let $m = k - 1$. The given sequence is equivalent to\n$$a_0 + \\sum_{j=1}^{n} j^m \\cdot j!$$\n$$a_n = \\frac{a_0 + \\sum_{j=1}^{n} j^m \\cdot j!}{n!}.$$ \nWe have $n! \\mid a_0 + \\sum_{j=1}^{n} j^m \\cdot j!$ for all positive integer $n$. Now taking modulo $n!$ by using the expression of $x^m$ as mentioned before, we get\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{j=1}^{n} j^m \\cdot j! &= \\sum_{j=1}^{n} j! \\cdot \\{f(0, m) + f(1, m)[(x+1)-1] + f(2, m)[(x+1)(x+2)-(x+1)] \\\\\n&\\quad + \\dots + f(m, m)[(x+1)(x+2)\\dots(x+m) - (x+1)(x+2)\\dots(x+m-1)]\\} \\\\\n&= f(0, m) \\cdot \\sum_{i=1}^{n} i! + \\sum_{i=1}^{n} \\sum_{j=1}^{m} f(j, m) \\cdot [(i+j)! - (i+j-1)!] \\\\\n&= f(0, m) \\cdot \\sum_{i=1}^{n} i! + \\sum_{j=1}^{m} \\sum_{i=1}^{n} f(j, m) \\cdot [(i+j)! - (i+j-1)!] \\\\\n&= f(0, m) \\cdot \\sum_{i=1}^{n} i! + \\sum_{j=1}^{m} f(j, m)[(n+j)! - j!] \\\\\n&\\equiv f(0, m) \\cdot (1! + 2! + \\dots + (n-1)!) - \\sum_{j=1}^{m} f(j, m) \\cdot j! \\pmod{n!}\n\\end{aligned}\n$$\n\nTherefore, $n! \\mid f(0, m) \\cdot (1! + 2! + \\dots + (n-1)!) + \\beta$ for every positive integer $n$, when $\\beta = a_0 - \\sum_{j=1}^{m} f(j, m) \\cdot j!$. Applying Lemma 2, we get $f(0, m) = 0$. And by Lemma 1, we get $3 \\mid m-1$. Since $m = k-1$, therefore $k-2$ is divisible by 3, as desired.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44683,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $m$ and $n$ be positive integers. Prove that if $m^{4n+1} - 1$ is a prime number then there exists an integer $t \\ge 0$ such that $n = 2^t$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $p$ be an odd prime where $p \\mid n$. Then,\n$$\n\\begin{aligned}\n4^n + 1 &= (4^{\\frac{n}{p}})^p + 1 = (4^{\\frac{n}{p}} + 1)((4^{\\frac{n}{p}})^{p-1} - (4^{\\frac{n}{p}})^{p-2} + \\dots - 4^{\\frac{n}{p}} + 1) \\\\\n&= (4^{\\frac{n}{p}} + 1)x\n\\end{aligned}\n$$\n\nwhere $x = (4^{\\frac{n}{p}})^{p-1} - (4^{\\frac{n}{p}})^{p-2} + \\dots - 4^{\\frac{n}{p}} + 1 > 1$. So, we have\n$$\n\\begin{aligned}\nm^{4n+1} - 1 &= m^{(4^{\\frac{n}{p}}+1)x} - 1 \\\\\n&= (m^{4^{\\frac{n}{p}}+1} - 1)(m^{(4^{\\frac{n}{p}}+1)(x-1)} + m^{(4^{\\frac{n}{p}}+1)(x-2)} + \\dots + m^{4^{\\frac{n}{p}}+1} + 1).\n\\end{aligned}\n$$\nSince $m^{4n+1} - 1$ is a prime and $x > 1$, $m^{4^{\\frac{n}{p}}+1} - 1 = 1$. Thus, $m^{4^{\\frac{n}{p}}+1} = 2$, and so $m = 2$ and $4^{\\frac{n}{p}}+1 = 1$. Therefore, $\\frac{n}{p} + 1 = 0$, which is a contradiction. We conclude that $n$ has no odd prime factors, hence is a power of 2.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44684,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P(x) = a_{2016}x^{2016} + a_{2015}x^{2015} + \\dots + a_1x + a_0$ be a degree $2016$ polynomial, where its coefficients satisfy\n$$\n|a_1 + a_3 + \\dots + a_{2015}| > |a_0 + a_2 + \\dots + a_{2016}|.\n$$\nProve that the number of roots of $P(x)$ with absolute value less than $1$ is odd (roots are counted with multiplicity).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The given inequality is equivalent to\n$$\n(a_0 + a_2 + \\dots + a_{2016})^2 - (a_1 + a_3 + \\dots + a_{2015})^2 < 0,\n$$\n\nor\n$$\n(a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + \\dots + a_{2016})(a_0 + a_1 + \\dots + a_{2016}) < 0,\n$$\nor equivalently\n$$\nP(-1)P(1) < 0. \\qquad (5)\n$$\n\nSince the coefficients of $P(x)$ are reals, if a complex number $z$ is a root of $P$, then so must $\\bar{z}$. Thus, $P(x)$ can be written as\n$$\n\\begin{aligned}\nP(x) &= a_{2016} \\prod_{j=1}^{k} (x - z_j)(x - \\bar{z}_j) \\prod_{\\ell=1}^{2016-2k} (x - r_\\ell) \\\\\n&= a_{2016} \\prod_{j=1}^{k} (x^2 + |z_j|^2 - 2 \\Re(z_j)x) \\prod_{\\ell=1}^{2016-2k} (x - r_\\ell)\n\\end{aligned}\n$$\n\nwhere $z_1, z_2, \\dots, z_k$ are complex numbers and $r_1, r_2, \\dots, r_{2016-2k}$ are reals, where $0 \\le k \\le 1008$. Now,\n$$\nP(1)P(-1) = a_{2016}^2 \\prod_{j=1}^{k} (1 + |z_j|^2 - 2\\Re(z_j)) (1 + |z_j|^2 + 2\\Re(z_j)) \\prod_{\\ell=1}^{2016-2k} (r_{\\ell}^2 - 1). \\quad (6)\n$$\n\nSince $1 + |z_j|^2 \\ge 2|z_j| > 2|\\Re(z_j)|$, we have\n$$\na_{2016}^2 \\prod_{j=1}^{k} (1 + |z_j|^2 - 2\\Re(z_j)) (1 + |z_j|^2 + 2\\Re(z_j)) > 0. \\quad (7)\n$$\n\nIt follows from (5), (6) and (7) that\n$$\n\\prod_{\\ell=1}^{2016-2k} (r_{\\ell}^2 - 1) < 0,\n$$\nand so there are an odd number of $\\ell$'s such that $r_{\\ell}^2 - 1 < 0$. Thus, $P(x)$ has an odd number of roots whose absolute value is less than $1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44685,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be an acute triangle with incenter $I$. The line through $I$ parallel to $AC$ intersects $AB$ at $M$; and the line through $I$ parallel to $AB$ intersects $AC$ at $N$. Let the line $MN$ intersect the circumcircle of $ABC$ at $X$ and $Y$. Let $Z$ be the midpoint of arc $BC$ (not containing $A$). Prove that $I$ is the orthocenter of triangle $XYZ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "It is not hard to see that $AMIN$ is a parallelogram. Furthermore, as $\\angle MAI = \\angle NAI$, $AMIN$ must indeed be a rhombus. It follows that $AI$ is perpendicular to $MN$. Since $AI$ bisects $\\angle BAC$, $A$, $I$, $Z$ are collinear. So we have $ZI$ perpendicular to $XY$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nLet $D$ be the intersection of $AI$ and $MN$. Then, $AD = DI$. Since $MN$ is the perpendicular bisector of $AI$, triangle $AYI$ is isosceles.\n\nLet $YI$ intersect $XZ$ at $E$. We have\n$$\n\\angle DYE = \\angle DYI = \\angle AYD = \\angle AYX = \\angle AZX = \\angle DZE,\n$$\nand so $D$, $Y$, $Z$, $E$ are concyclic. Thus, $\\angle ZEY = \\angle ZDY = 90^\\circ$, and it follows that $I$ is the orthocenter of triangle $XYZ$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44686,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a \\neq 0$ be a real number. Determine all functions $f : \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ satisfying\n$$\nf(x)f(y) + f(x+y) = axy\n$$\nfor all real numbers $x$ and $y$.",
    "options": [],
    "answer": "If a > 0: f(x) = sqrt(a) x - 1 or f(x) = -sqrt(a) x - 1. If a < 0: no solution.",
    "solution": "Substituting $(x, y) = (0, 0)$ in (8) yields $f(0)^2 + f(0) = 0$; that is, $f(0) = 0$ or $f(0) = -1$. If $f(0) = 0$, then the substitution $y = 0$ in (8) yields $f(x) = 0$ for all $x \\in \\mathbb{R}$. However, the zero function does not satisfy (8), so we must have $f(0) = -1$.\n\nWe consider two cases regarding the value of $a$.\n\n*Case 1.* $a > 0$.\nLet $x_0 = \\frac{1}{\\sqrt{a}}$. Substituting $(x, y) = (x_0, -x_0)$ in (8) one obtains $f(x_0)f(-x_0) = 0$. If $f(x_0) = 0$, then the substitution $(x, y) = (x - x_0, x_0)$ in (8) yields\n$$\nf(x) = a x_0 (x - x_0) = \\sqrt{a}x - 1, \\quad \\text{for all } x \\in \\mathbb{R}.\n$$\n\nIf $f(-x_0) = 0$, then the substitution $(x, y) = (x + x_0, -x_0)$ in (8) yields\n$$\nf(x) = -a x_0 (x + x_0) = -\\sqrt{a}x - 1, \\quad \\text{for all } x \\in \\mathbb{R}.\n$$\n\nIt is not hard to verify that both functions satisfy (8).\n\n*Case 2.* $a < 0$.\nWe are going to show that no function $f$ satisfy (8). A substitution $y = x$ in (8) yields $f(x)^2 + f(2x) = a x^2$, for all $x \\in \\mathbb{R}$. That is, $f(2x) = a x^2 - f(x)^2$ and $f(-2x) = a x^2 - f(-x)^2$, and so\n$$\nf(2x)f(-2x) = a^2 x^4 - a x^2 (f(x)^2 + f(-x)^2) + (f(x)f(-x))^2.\n$$\n\nA substitution $y = -x$ in (8) yields $f(x)f(-x) = 1 - a x^2$ for all $x \\in \\mathbb{R}$. Thus,\n$$\n1 - 4a x^2 = a^2 x^4 - a x^2 (f(x)^2 + f(-x)^2) + (1 - a x^2)^2,\n$$\nor\n$$\nx^2 (f(x)^2 + f(-x)^2) = 2a x^4 + 2x^2 \\quad \\text{for all } x \\in \\mathbb{R}.\n$$\nLet $x = \\frac{2}{\\sqrt{-a}}$. We have $f(x)^2 + f(-x)^2 = 2a \\left(\\frac{2}{\\sqrt{-a}}\\right)^2 + 2 = -6$, which is impossible.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44687,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all polynomials $P \\in \\mathbb{R}[x, y]$ such that\n$$\nP(a, b^2 - ac) + P(b, c^2 - ab) + P(c, a^2 - bc) = 0\n$$\nfor all $a, b, c \\in \\mathbb{R}$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x, y) = k x y for some real constant k",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44688,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be a prime. Show that $\\sqrt[3]{p} + \\sqrt[3]{p^5}$ is irrational.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $r = \\sqrt[3]{p} + \\sqrt[3]{p^5}$. Then,\n$$\nr^3 = (\\sqrt[3]{p} + \\sqrt[3]{p^5})^3 = p + p^5 + 3p^2(\\sqrt[3]{p} + \\sqrt[3]{p^5}) = p + p^5 + 3p^2 r.\n$$\nHence $r$ is a root of the polynomial $x^3 - 3p^2x - p^5 - p$. Assume to the contrary that $r$ is rational. By the rational root theorem we have $r$ is an integer. From $r^3 = p + p^5 + 3p^2r$ we get $p \\mid r$. Hence $p^3 \\mid r^3 - 3p^2r - p^5$, implying $p^3 \\mid p$ a contradiction. Thus, $r$ is irrational.\nAssume to the contrary that $r = \\sqrt[3]{p} + \\sqrt[3]{p^5}$ is rational. Thus\n$$\n\\frac{r + p^3}{1 + pr} = \\frac{\\sqrt[3]{p} + \\sqrt[3]{p^5} + \\sqrt[3]{p^9}}{1 + \\sqrt[3]{p^4} + \\sqrt[3]{p^8}} = \\sqrt[3]{p}\n$$\nis rational. This is clearly false, thus $r$ is irrational.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44689,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A point $(x, y)$ in the plane is a *lattice* point if $x$ and $y$ are both integers. Let $n$ be a positive integer. Prove that there exists a disk in the plane containing exactly $n$ lattice points in its interior.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44690,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $H$ be the orthocenter of an acute triangle $ABC$. The circumcircle of $\\triangle BCH$ intersects $AB$ and $AC$ again at points $A_1$ and $A_2$ respectively. Define points $B_1, B_2, C_1$ and $C_2$ analogously. Prove that the circumcenter of the triangle formed by lines $A_1A_2, B_1B_2$, and $C_1C_2$ is on the Euler line with respect to $\\triangle ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44691,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $H$ be the orthocenter of an acute triangle $ABC$. The circumcircle of $\\triangle BCH$ intersects $AB$ and $AC$ again at points $A_1$ and $A_2$ respectively. Define points $B_1, B_2, C_1$ and $C_2$ analogously. Prove that the circumcenter of the triangle formed by lines $A_1A_2, B_1B_2$, and $C_1C_2$ is on the Euler line with respect to $\\triangle ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $D, E$, and $F$ be the feet of the altitudes from $A, B$, and $C$, respectively with respect to $\\triangle ABC$. Let $B_1B_2$ intersect $C_1C_2$ at $K$, $C_1C_2$ intersects $A_1A_2$ at $L$, and $A_1A_2$ intersects $B_1B_2$ at $M$. Let $O$ be the circumcenter of $\\triangle ABC$.\n---\n\nWe have\n$$\n\\begin{align*} \n\\angle(KL, DE) &= \\angle(KL, BC) + \\angle(BC, DE) \\\\ \n&= \\angle(C_1C_2, C_2B) + \\angle(BD, DE) \\\\ \n&= \\angle(C_1A, AB) + \\angle(BA, AE) \\\\ \n&= \\angle(CA, AB) + \\angle(AB, CA) \\\\ \n&= 0 \n\\end{align*}\n$$\nThus, $KL \\parallel DE$, so $LM \\parallel EF$ and $MK \\parallel FD$ analogously.\nTherefore, there is a homothety sending $\\triangle DEF$ to $\\triangle KLM$. Call its center $X$.\nConsider\n$$\n\\begin{align*} \n\\angle(FD, DH) &= \\angle(FB, BH) \\\\ \n&= \\angle(FB, BE) \\\\ \n&= \\angle(FC, CE) \\\\ \n&= \\angle(HC, CE) \\\\ \n&= \\angle(HD, DE) \n\\end{align*}\n$$\nThus, $HD$ is an angle bisector of $\\angle FDE$. Similarly, we can show that $HE$ and $HF$ are angle bisectors of $\\angle DEF$ and $\\angle EFD$, respectively. Hence, $H$ is either the incenter or an excenter of $\\triangle DEF$. Since $\\triangle ABC$ is acute, we observe that $H$ is\n\ninside $\\triangle DEF$, and thus $H$ must be the incenter of $\\triangle DEF$. We have\n$$\n\\begin{align*} \n\\angle(HC_2, C_2C) &= \\angle(HC_2, C_2B) \\\\ \n&= \\angle(HA, AB) \\\\ \n&= \\angle(DA, AF) \\\\ \n&= \\angle(DC, CF) \\\\ \n&= \\angle(C_2C, CH) \n\\end{align*}\n$$\nThus, $\\overrightarrow{C_2D} = \\overrightarrow{DC}$, so $\\overrightarrow{B_1D} = \\overrightarrow{DB}$, $\\overrightarrow{A_2E} = \\overrightarrow{EA}$, $\\overrightarrow{C_1E} = \\overrightarrow{EC}$, $\\overrightarrow{B_2F} = \\overrightarrow{FB}$, and $\\overrightarrow{A_1F} = \\overrightarrow{FA}$ analogously (where $\\overrightarrow{XY}$ denotes the vector $XY$).\nWe have\n$$\n\\begin{align*} \n\\angle(KC_2, C_2B_1) &= \\angle(ED, DB) \\\\ \n&= \\angle(EA, AB) \\\\ \n&= \\angle(CA, AF) \\\\ \n&= \\angle(CD, DF) \\\\ \n&= \\angle(C_2B_1, B_1K) \n\\end{align*}\n$$\nThus, the internal angle bisector of $\\angle MKL$ is the perpendicular bisector of $B_1C_2$. Since $B_1C_2$ is the image of $BC$ reflected about $HD$ and the perpendicular bisector of $BC$ passes through $O$, the perpendicular bisector of $B_1C_2$ passes through the reflection of $O$ about $H$, which we denote $O'$. Similarly, the internal angle bisectors of $\\angle KLM$ and $\\angle LMK$ also pass through $O'$. Therefore, $O'$ is the incenter of $\\triangle KLM$.\nThe incenters of $\\triangle DEF$ and $\\triangle KLM$ both are on $\\ell$, the Euler line of $\\triangle ABC$, so $X$ lies on $\\ell$. Since the circumcenter of $\\triangle DEF$ (the nine point center of $\\triangle ABC$) lies on $\\ell$, and $X$ lies on $\\ell$, the circumcenter of $\\triangle KLM$ also lies on $\\ell$, as required.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44692,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral. Let $O$ be the circumcenter of the quadrilateral $ABCD$. The diagonals $AC$ and $BD$ intersect at $G$. Let $P, Q, R$ and $S$ be the circumcenters of triangles $AGB, BGC, CGD$ and $DGA$ respectively. The lines $PR$ and $QS$ intersect at $M$. Show that $M$ is the midpoint of $G$ and $O$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First we show that $PORG$ is a parallelogram.\n![](attached_image_1.png)\nSince $R$ and $O$ lie on the perpendicular bisector of chord $CD$, we have $OR$ is perpendicular to $CD$.\nLet $L$ be the intersection of $PG$ and $CD$, and $X$ be the midpoint of $BG$.\nSince $\\angle(LP, PX) = \\angle(GP, PX) = \\angle(GA, AB) = \\angle(CA, AB) = \\angle(CD, DB) = \\angle(LD, DX)$, the points $L, P, D, X$ are concyclic. From $PX \\perp XG$, we deduce $LP \\perp CD$ and thus $GP \\parallel OR$.\n\nA similar argument shows that $GR \\parallel OP$. Thus, $PORG$ is a parallelogram.\nSince $PQ$ and $RS$ are perpendicular bisectors of segments $BG$ and $DG$ respectively, we have $PQ \\parallel RS$ (since both are perpendicular to $BD$). Similarly we have $QR \\parallel PS$, and hence $PQRS$ is a parallelogram.\nSince the diagonals of a parallelogram bisect each other, from the parallelogram $PQRS$ we deduce that $M$ is the midpoint of $PR$. On the other hand, the parallelogram $PORG$ yields that $M$ is the midpoint of $GO$ as required.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44693,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n$ such that $4n! - 4n + 1$ is a perfect square.",
    "options": [],
    "answer": "1, 2, 4",
    "solution": "For $n \\le 6$, we can easily check that $n = 1, 2, 4$ are the only positive integers satisfying the condition.\n\nWe will prove that there are no other positive integers which satisfy the condition. Assume to the contrary that there exists a positive integer $n > 6$ that satisfies the condition.\nLet $4n! - 4n + 1 = x^2$ for some non-negative integer $x$.\n\nSo $4n! - 4n + 4 = x^2 + 3$. Let $p$ be a prime factor of $n-1$. From $(n-1) \\mid 4n!$ and $(n-1) \\mid -4n + 4$, we get that $x^2 + 3$ is divisible by $p$. This means $\\left(\\frac{-3}{p}\\right) = 1$ or $p = 3$. But from the quadratic reciprocity theorem, $\\left(\\frac{-3}{p}\\right) = \\left(\\frac{p}{3}\\right)$ which is 1 only when $p \\equiv 1 \\pmod 3$. So every prime factor of $n-1$ is 3 or is congruent to 1 modulo 3. That is $n-1 \\equiv 0 \\pmod 3$.\n\n**Case 1** $n-1 \\equiv 1 \\pmod 3$; that is $n \\equiv 2 \\pmod 3$\nSo $4n! - 4n + 1 \\equiv 2 \\pmod 3$, which contradicts the fact that $4n! - 4n + 1$ is a perfect square.\n\n**Case 2** $n-1 \\equiv 0 \\pmod 3$; that is $n \\equiv 1 \\pmod 3$\nSo $4n! - 4n + 1 \\equiv 0 \\pmod 3$ or $3 \\mid x^2$ or $3 \\mid x$. Then $9 \\mid x^2 = 4n! - 4n + 1$. But since $n > 6$, this implies that $9 \\mid n!$. So $9 \\mid -4n + 1$ or $n \\equiv 7 \\pmod 9$. Thus $n-1 \\equiv 6 \\pmod 9$, which contradicts our conclusion that all prime factors of $n-1$ are 3 or are congruent to 1 modulo 3.\n\nSo the only positive integers satisfying the condition are 1, 2 and 4.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44694,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Does there exist a function $f: \\mathbb{N} \\to \\mathbb{Q}$ such that for any rational number $r$, there exists exactly one ordered pair $(m, n)$ of positive integers satisfying the equation $r = f(m) + \\frac{1}{n}$?",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44695,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Fourteen schools participate in the second Tha Sala Mathematics Talent competition, with each school sending 14 students. The students take tests in 14 rooms, with 14 students in a room such that every room does not contain students from the same school.\n\nAmong the students there are 15 students who also participated in the first Tha Sala Mathematics Talent competition. At the opening ceremony the organizers will select 2 students from those who participated in the first competition to recite the pledge of honor, with the condition that the students are from different schools and take tests in different rooms.\n\nLet $n$ be the number of ways to select 2 students satisfying the condition. Determine the least possible $n$.",
    "options": [],
    "answer": "13",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44696,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove or disprove that there exist $2017$ consecutive positive integers that cannot be written as $a^2 + b^2$ where $a$ and $b$ are integers.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will prove that such a sequence exists. First we prove the following lemma.\n\n*Lemma.* Let $q$ be a prime such that $q \\equiv 3 \\pmod 4$. If $n \\equiv q \\pmod{q^2}$ then $n$ cannot be written as the sum of two squares.\n\n*Proof.* Let $q$ be a prime such that $q \\equiv 3 \\pmod 4$, and $n$ be an integer satisfying $n \\equiv q \\pmod{q^2}$. Let $k$ be the integer where $q = 4k + 3$.\nAssume to the contrary that $n$ can be written as $a^2 + b^2$ for some integers $a$ and $b$.\nSuppose $q \\mid a$. Then since $q \\mid a^2+b^2$, we get $q \\mid b$ and so $q^2 \\mid a^2+b^2$, contradicting our assumption. Hence $q \\nmid a$, and analogously, $q \\nmid b$.\nBy Fermat's little theorem we have\n$$\na^{q-1} \\equiv b^{q-1} \\equiv 1 \\pmod{q}. \\qquad (1)\n$$\nOn the other hand we have $a^2 \\equiv -b^2 \\pmod q$, raising this to the $(2k+1)$-th power yields:\n$$\na^{4k+2} \\equiv (a^2)^{2k+1} \\equiv (-b^2)^{2k+1} \\equiv -b^{4k+2} \\pmod q.\n$$\nSince $q-1 = 4k+2$, this contradicts (1), thus $n$ cannot be written as the sum of two squares. $\\square$\n\nTo construct the required sequence, let $q_1, q_2, \\dots, q_{2017}$ be primes congruent to $3$ modulo $4$, and consider the following system of congruences:\n$$\n\\begin{array}{l} \nn \\equiv q_1 \\pmod{q_1^2} \\\nn + 1 \\equiv q_2 \\pmod{q_2^2} \\\n\\vdots \\\nn + 2016 \\equiv q_{2017} \\pmod{q_{2017}^2} \n\\end{array}\n$$\nSince all moduli are pairwise relatively prime, by the Chinese Remainder Theorem there exists a solution to this system modulo $\\prod_{i=1}^{2017} q_i^2$. Let $N > 0$ be a solution, then the lemma implies that $N, N+1, \\dots, N+2016$ cannot be written as the sum of two squares.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44697,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 4$ be an integer. Define\n$$\nS = \\{(x, y, z) \\in \\mathbb{Z}^3 \\mid xyz = 0 \\text{ and } 0 \\le x, y, z < n\\}.\n$$\nLet $S'$ be the projection of all points in $S$ onto a plane $P$. Given that $|S'| > n^2$, determine the least possible value of $|S'|$.",
    "options": [],
    "answer": "n^2 + n - 1",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44698,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $\\angle A = 60^\\circ$, orthocenter $H$ and centroid $G$. Let $A'$ be the point on the circumcircle of $\\triangle ABC$ diametrically opposite to $A$. Let $M$ be the midpoint of $BC$. The line through $M$ parallel to $AA'$ intersects $BH, CH$ at $K, L$, respectively. $P$ and $Q$ are distinct points on $GA'$ such that $GP = GQ = \\frac{1}{2}GH$. Let $D$ be the reflection of $A$ over $GA'$. Prove that the circumcircle of $\\triangle DPQ$ is tangent to the circumcircle of $\\triangle HKL$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44699,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be an acute triangle with height $AD$ and $AD = CD$. The median $CM$ intersects $AD$ at $N$. Prove that $ABC$ is an isosceles triangle if and only if $CN = 2AM$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose that triangle $ABC$ is isosceles. Since $\\angle ACB = 45^\\circ$ and $ABC$ is an acute triangle, we must have $AC = BC$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSince $CM$ is the perpendicular bisector of $AB$, $\\angle BCM = \\frac{1}{2}\\angle BCA = 22.5^\\circ$. Since\n$$\n\\angle BAD = \\angle BAC - \\angle DAC = 22.5^\\circ = \\angle BCM.\n$$\nHence triangles $BAD$ and $NCD$ are congruent (two angles and $AD = CD$), so $CN = AB = 2AM$ as required.\n\nConversely, suppose $CN = 2AM$. Since $CD = AD$ and $CN = 2AM = AB$, so triangles $CDN$ and $ADB$ are congruent. Thus, $\\angle NCD = \\angle BAD$. Since $\\angle ANM = \\angle CND$ and $\\angle MAN = \\angle NCD$, we have $\\angle AMN = \\angle CDN = 90^\\circ$. In addition, $AM = MB$, and so triangles $AMC$ and $BMC$ are congruent. Thus, $AC = BC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44700,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that there are no integer pairs $(x, y)$ satisfying\n$$\n2560x^2 + 5x + 6 = y^5.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Suppose for the sake of contradiction that an integer pair $(x, y)$ satisfies $2560x^2 + 5x + 6 = y^5$. Thus, $6 \\equiv y^5 \\equiv y \\pmod{5}$, and so $y \\equiv 1 \\pmod{5}$. Let $k$ be an integer such that $y = 5k + 1$. We now have\n$$\n2560x^2 + 5x + 6 = (5k + 1)^5 = 1 + \\sum_{j=1}^{5} \\binom{5}{j} (5k)^j.\n$$\nDividing the above equation by $5$ yields\n$$\n512x^2 + x + 1 = 5^4k^5 + 5^4k^4 + 10 \\cdot 5^2k^3 + 10 \\cdot 5k^2 + 5k.\n$$\nTaking the above equation modulo $5$, we obtain $2x^2 + x + 1 \\equiv 0 \\pmod{5}$. This makes $1 \\equiv 2x^2 - 4x + 2 \\equiv 2(x - 1)^2 \\pmod{5}$, and so $3 \\equiv (x - 1)^2 \\pmod{5}$. This is a contradiction since $3$ is not a square modulo $5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44701,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the minimum value of $\\frac{a^3 + b^3 + c^3}{abc}$ when $a$, $b$, and $c$ are sides of a right triangle.",
    "options": [],
    "answer": "2 + sqrt(2)",
    "solution": "Assume without loss of generality that $a^2 + b^2 = c^2$. By the AM-GM inequality,\n$$\nc^2 = a^2 + b^2 \\ge 2ab.\n$$\nThat is,\n$$\nc^3 \\ge 2abc. \\quad (1)\n$$\nNext, we will show that $a^3 + b^3 \\ge \\sqrt{2}abc$. Consider $a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 + b^2) - ab(a+b)$ and\n$$\n\\begin{align*}\n(a+b)(a^2 + b^2) &= (a+b)c^2 = (a+b)\\sqrt{a^2 + b^2}c \\\\\n&\\ge 2\\sqrt{ab}\\sqrt{2ab}c \\\\\n&= 2\\sqrt{2abc}.\n\\end{align*} \\quad (2)\n$$\nNow, by the Cauchy-Schwarz inequality,\n$$\n\\begin{align}\nab(a+b) &\\le ab\\sqrt{2}\\sqrt{a^2 + b^2} \\tag{3} \\\\\n&= \\sqrt{2abc},\n\\end{align}\n$$\nand so\n$$\na^3 + b^3 \\ge 2\\sqrt{2abc} - \\sqrt{2abc} = \\sqrt{2abc} \\quad (4)\n$$\nWe conclude from (1) and (4) that\n$$\n\\frac{a^3 + b^3 + c^3}{abc} \\ge 2 + \\sqrt{2}. \\quad (5)\n$$\nThis will be an equality when $a = b$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44702,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f : \\mathbb{Q}^+ \\to \\mathbb{Q}^+$ such that\n$$\nf(xf(x) + f(y)) = (f(x))^2 + y\n$$\nfor all positive rationals $x, y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x for all positive rationals x",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44703,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Given a circle with center $O$ and a point $A$ in the interior of this circle, find the geometric locus of the intersection of $[AB]$ with the inner bisection of $\\angle AOB$, where $B$ is a point on the circle outside the line $OA$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44704,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For each positive integer $n$, let\n$$\nP_n(x) = x^n + x^{n+1} + \\dots + x + 1.\n$$\nShow that for each positive integer $a$, there exists a positive integer $n$ and two polynomials $R(x)$ and $Q(x)$ with integer coefficients such that\n$$\nP_n(x) = (1 + a x + x^2 R(x)) Q(x).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44705,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $f(x,y)$ and $g(x,y)$ be real-valued functions defined for all $x, y \\in \\{1, 2, ..., 2000\\}$. If one can find two 1000-element subsets $X, Y$ of $1, 2, ..., 2000$ such that $f(x, y) = g(x, y)$ whenever $x \\notin X$ and $y \\notin Y$, find the maximal number of ordered pairs $(x, y)$ at which $f$ and $g$ can take different values.",
    "options": [],
    "answer": "3000000",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44706,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be a prime number. Determine the maximal degree of a polynomial $T(x)$ whose coefficients belong to $\\{0,1,...,p-1\\}$ whose degree is less than $p$, and which satisfies\n$$\nT(n) \\equiv T(m) \\pmod{p} \\implies n \\equiv m \\pmod{p}\n$$\nfor all integers $n, m$.",
    "options": [],
    "answer": "p−2 for p≥3; for p=2, the maximal degree is 1",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44707,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A positive real number $a$ and an angle with vertex $A$ are given. Show that all the circles which pass through $A$ and intersect the sides of the given angle at points $B$, $C$ with $|AB| + |AC| = a$ have a second common point in addition to $A$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44708,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all continuous functions $f: [0,1] \\to [0,1]$ satisfying the following condition: For any $x \\in [0,1]$, there exists a positive integer $n$ such that $f^n(x) = x$.\n\n(For $x \\in [0,1]$, $f^n(x)$ is defined through $f^1(x) = f(x)$ and $f^{k+1}(x) = f(f^k(x))$ for all positive integers $k$.)",
    "options": [],
    "answer": "All continuous functions f with f(f(x)) = x for all x in the interval. Equivalently, either f is the identity function, or f is a continuous strictly decreasing involution on the interval.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44709,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each of the $2001$ boys chooses an integer and makes a list by writing the names of some of the boys other than himself. For each boy, one computes the sum of the numbers which the boys whose names are included in this boy's list chose, as well as the sum of the numbers which the boys who included the name of this boy in their lists chose. The latter sum is subtracted from the former one, and the resulting number is assigned to the boy in question. Determine whether or not these new numbers assigned to the $2001$ boys can all be positive.",
    "options": [],
    "answer": "No, they cannot all be positive.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44710,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For all integers $x$, $y$, $z$, set\n$$\nS(x, y, z) = (xy - xz, yz - yx, zx - zy).\n$$\nGiven any integers $a$, $b$, $c$ with $abc > 1$, show that there exist integers $n_0$ and $k$ with $0 < k \\le abc$ such that\n$$\nS^{n+k}(a, b, c) \\equiv S^n(a, b, c) \\pmod{abc}\n$$\nfor all integers $n \\ge n_0$.\n$(S^1 = S$ and, for each integer $m \\ge 1, S^{m+1} = S \\circ S^m$. $(u_1, u_2, u_3) \\equiv (v_1, v_2, v_3)(\\text{mod} M) \\Leftrightarrow u_i \\equiv v_i(\\text{mod} M)(i = 1, 2, 3).)$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44711,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs $(x, y)$ of integers satisfying\n$$\n5^x = 1 + 4y + y^4\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(0, 0) and (2, 2)",
    "solution": "Let us consider the equation:\n$$\n5^x = 1 + 4y + y^4\n$$\nWe seek integer solutions $(x, y)$.\n\nFirst, note that $y^4 + 4y + 1$ grows rapidly for large $|y|$, so $5^x$ must also be a perfect power of $5$.\n\nLet us try small integer values for $y$:\n\nFor $y = 0$:\n$$\n1 + 4 \\cdot 0 + 0^4 = 1\n$$\nSo $5^x = 1 \\implies x = 0$.\nThus, $(x, y) = (0, 0)$ is a solution.\n\nFor $y = 1$:\n$$\n1 + 4 \\cdot 1 + 1^4 = 1 + 4 + 1 = 6\n$$\n$6$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = -1$:\n$$\n1 + 4 \\cdot (-1) + (-1)^4 = 1 - 4 + 1 = -2\n$$\n$-2$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = 2$:\n$$\n1 + 4 \\cdot 2 + 2^4 = 1 + 8 + 16 = 25\n$$\n$25 = 5^2$, so $x = 2$.\nThus, $(x, y) = (2, 2)$ is a solution.\n\nFor $y = -2$:\n$$\n1 + 4 \\cdot (-2) + (-2)^4 = 1 - 8 + 16 = 9\n$$\n$9$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = 3$:\n$$\n1 + 4 \\cdot 3 + 3^4 = 1 + 12 + 81 = 94\n$$\n$94$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = -3$:\n$$\n1 + 4 \\cdot (-3) + (-3)^4 = 1 - 12 + 81 = 70\n$$\n$70$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = 4$:\n$$\n1 + 4 \\cdot 4 + 4^4 = 1 + 16 + 256 = 273\n$$\n$273$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = -4$:\n$$\n1 + 4 \\cdot (-4) + (-4)^4 = 1 - 16 + 256 = 241\n$$\n$241$ is not a power of $5$.\n\nNow, for $y = 5$:\n$$\n1 + 4 \\cdot 5 + 5^4 = 1 + 20 + 625 = 646\n$$\n$646$ is not a power of $5$.\n\nFor $y = -5$:\n$$\n1 + 4 \\cdot (-5) + (-5)^4 = 1 - 20 + 625 = 606\n$$\n$606$ is not a power of $5$.\n\nNow, consider negative $x$:\n$5^x$ is always positive, so $1 + 4y + y^4 > 0$.\nFor $y < 0$, $y^4$ is positive, but $4y$ is negative. For large negative $y$, $y^4$ dominates, so $1 + 4y + y^4$ is positive.\n\nLet us check for $y = -10$:\n$$\n1 + 4 \\cdot (-10) + (-10)^4 = 1 - 40 + 10000 = 9961\n$$\n$9961$ is not a power of $5$.\n\nNow, let's try to factor $y^4 + 4y + 1$ to see if it can be a power of $5$ for other integer $y$.\n\nAlternatively, note that for large $|y|$, $y^4$ dominates, so $1 + 4y + y^4 \\approx y^4$.\nSo $5^x \\approx y^4$, so $y$ is approximately $\\pm 5^{x/4}$, but $x$ must be divisible by $4$ for $y$ to be integer.\n\nLet us try $x = 4$:\n$$\n5^4 = 625\n$$\nSo $y^4 + 4y + 1 = 625$\n$y^4 + 4y + 1 - 625 = 0$\n$y^4 + 4y - 624 = 0$\n\nTry $y = 4$:\n$4^4 + 4 \\cdot 4 - 624 = 256 + 16 - 624 = 272 - 624 = -352$\n\nTry $y = 5$:\n$5^4 + 4 \\cdot 5 - 624 = 625 + 20 - 624 = 645 - 624 = 21$\n\nTry $y = 6$:\n$6^4 + 4 \\cdot 6 - 624 = 1296 + 24 - 624 = 1320 - 624 = 696$\n\nTry $y = -4$:\n$(-4)^4 + 4 \\cdot (-4) - 624 = 256 - 16 - 624 = 240 - 624 = -384$\n\nTry $y = -5$:\n$625 - 20 - 624 = 605 - 624 = -19$\n\nTry $y = -6$:\n$1296 - 24 - 624 = 1272 - 624 = 648$\n\nNo integer solution for $y$.\n\nNow, for $x = 1$:\n$5^1 = 5$\n$y^4 + 4y + 1 = 5$\n$y^4 + 4y - 4 = 0$\nTry $y = 1$: $1 + 4 - 4 = 1$\n$y = -1$: $1 - 4 - 4 = -7$\n$y = 2$: $16 + 8 - 4 = 20$\n$y = -2$: $16 - 8 - 4 = 4$\nNo integer solution.\n\nFor $x = -1$:\n$5^{-1} = 1/5$\n$y^4 + 4y + 1 = 1/5$\nNo integer solution.\n\nThus, the only integer solutions are $(x, y) = (0, 0)$ and $(x, y) = (2, 2)$.\n\n**Final Answer:**\nAll integer solutions are $(x, y) = (0, 0)$ and $(x, y) = (2, 2)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44712,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an acute triangle $ABC$, let $H$ be the intersection of its heights and $D$ the midpoint of $[AC]$. Show that the line $DH$ passes through an intersection point of the circumcircle of $ABC$ with the circle for which $[BH]$ is a diameter.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44713,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that there is no continuous function $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ satisfying\n$$\nf(x - f(x)) = \\frac{x}{2} \\quad \\text{for all real numbers } x.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44714,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 2$ be an integer and $(a_1, a_2, \\dots, a_n)$ be a permutation of $1, 2, \\dots, n$. For each $1 \\le k \\le n$, $a_k$ apples are placed at the point $k$ on the real axis. Children named $A, B, C$ are assigned points $x_A, x_B, x_C \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$, respectively. For each $k \\in \\{1, 2, \\dots, n\\}$, children whose points are closest to $k$ divide $a_k$ apples equally among themselves. We call $(x_A, x_B, x_C)$ a *stable configuration* if no child's total share can be increased by assigning a new point to this child and not changing the points of the other two. Determine the values of $n$ for which a stable configuration exists for some distribution $(a_1, a_2, \\dots, a_n)$ of the apples.",
    "options": [],
    "answer": "All integers n ≥ 2",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44715,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Two circles are tangent to each other from outside at a point $A$ and to a third circle $\\Gamma$ from inside at points $B$ and $C$. Let $D$ be the midpoint of the secant of $\\Gamma$ which is tangent to the smaller circles at $A$. Show that $A$ is the incenter of the triangle $BCD$ if the centers of the circles are not collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44716,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Graph Airlines (GA) operates flights between some of the cities of the Republic of Graphia. There are GA flights between each city and at least three different cities and it is possible to travel from any city to any other city in the Republic of Graphia using GA flights. GA decides to discontinue some of its flights. Show that this can be done in such a way that it is still possible to travel from any city to any other city using GA flights, yet at least $\\frac{2}{9}$ of the cities has only one flight.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 44717,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all prime numbers $p$ for which the number of ordered pairs of integers $(x, y)$ satisfying the conditions $y^2 \\equiv x^3 - x \\pmod p$ and $0 \\le x, y < p$ is exactly $p$.",
    "options": [],
    "answer": "p = 2 and all odd primes congruent to 3 modulo 4",
    "solution": "",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44718,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an acute triangle $ABC$ with $|BC| < |AC| < |AB|$, the points $D \\in [AB]$ and $E \\in [AC]$ satisfy the condition $|BD| = |BC| = |CE|$. Show that the circumradius of the triangle $ADE$ is equal to the distance between the incenter and the circumcenter of the triangle $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44719,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n$ be a positive integer and $\\mathbb{R}^n$ be the set of ordered $n$-tuples of real numbers. Let $T$ denote the collection of $(x_1, x_2, \\dots, x_n) \\in \\mathbb{R}^n$ for which there exists a permutation $\\sigma$ of $1, 2, \\dots, n$ such that $x_{\\sigma(i)} - x_{\\sigma(i+1)} \\ge 1$ for each $1 \\le i < n$. Prove that there is a real number $d$ satisfying the following condition:\nFor every $(a_1, a_2, \\dots, a_n) \\in \\mathbb{R}^n$, there exist $(b_1, b_2, \\dots, b_n)$, $(c_1, c_2, \\dots, c_n) \\in T$ such that\n$$\na_i = \\frac{1}{2}(b_i + c_i), \\quad |a_i - b_i| \\le d, \\quad |a_i - c_i| \\le d \\quad (1 \\le i \\le n).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(n-1)/2",
    "solution": "",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44720,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Set $M = \\{(a, b, c, d) | a, b, c, d \\in \\{1, 2, 3, 4\\} \\text{ and } abcd > 1\\}$. Find all values $(a_1, b_1)$ can assume if the sequence $(a_1, b_1, c_1, d_1)$, $(a_2, b_2, c_2, d_2)$, ..., $(a_{255}, b_{255}, c_{255}, d_{255})$ with $c_1 = d_1 = 1$ contains every element of $M$ exactly once and satisfies the condition\n$$|a_{n+1} - a_n| + |b_{n+1} - b_n| + |c_{n+1} - c_n| + |d_{n+1} - d_n| = 1$$\nfor $1 \\le n < 255$.",
    "options": [],
    "answer": "All pairs with one odd and the other even: (1,2), (1,4), (2,1), (2,3), (3,2), (3,4), (4,1), (4,3).",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44721,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a convex quadrangle and $K$ be the point of intersection of its diagonals. If the points $L \\in [AD]$, $M \\in [AC]$, $N \\in [BC]$ satisfy the conditions $KL \\parallel AB$, $LM \\parallel DC$, $MN \\parallel AB$, show that\n$$\n\\frac{\\text{Area}(KLMN)}{\\text{Area}(ABCD)} < \\frac{8}{27}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44722,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Is there an arithmetic sequence with\n\na. $2003$\n\nb. infinitely many\n\nterms every term of which is a power of a positive integer greater than $1$?",
    "options": [],
    "answer": "a) No; b) No",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44723,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the smallest\n\na. positive real number\nb. positive integer\n$t$ for which the equation $(x^2 + y^2)^2 + 2t x (x^2 + y^2) = t^2 y^2$ has a solution in positive real numbers.",
    "options": [],
    "answer": "a: no smallest positive t; all positive t admit solutions (infimum is 0). b: 1",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44724,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A$ be a point on a circle with center $O$ and $B$ be the midpoint of $[OA]$. Let $C$ and $D$ be points on the circle and on the same side of $OA$ satisfying the condition $\\overline\\{CBO\\} = \\overline\\{DBA\\}$. Show that the symmetric point of the midpoint of $[CD]$ with respect to the point $B$ is on the circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44725,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For a positive integer $n$, let $p(n)$ denote the number of sequences of positive integers the sum of whose terms is equal to $n$. Show that\n$$\n\\frac{1 + p(1) + p(2) + \\dots + p(n-1)}{p(n)} \\le \\sqrt{2n} .\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44726,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that\n$$\n\\sqrt{a^4 + c^4} + \\sqrt{a^4 + d^4} + \\sqrt{b^4 + c^4} + \\sqrt{b^4 + d^4} \\ge 2\\sqrt{2}(ad + bc)\n$$\nfor all real numbers $a$, $b$, $c$, $d$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44727,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$ with $|BC| > |AC| > |AB|$, the perpendicular bisector of $[AC]$ intersects $BC$ at $K$ and the perpendicular bisector of $[BC]$ intersects $AC$ at $L$. If $O$, $O_1$ and $O_2$ are circumcenters of triangles $ABC$, $CKL$ and $OAB$, respectively, show that $OCO_1O_2$ is a parallelogram.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44728,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a country with $n+1$ cities, there are two-way flights between some of these cities. A two-way flight between cities $A$ and $B$ means that within the same day there is a flight from $A$ to $B$ as well as one from $B$ to $A$, while there is no one-way flight from a city to another. There may be more than one two-way flight between two cities. We denote the total number of take-offs from city $A$ within one day by $d_A$. For all cities $A$ except for the capital, one has $d_A \\le n$. Moreover, for any two cities $A$, $B$ both different than the capital, one has $d_A + d_B \\le n$, if there is no two-way flight between $A$ and $B$. There is no restriction on the number of flights from the capital, which is naturally included among the $n+1$ cities.\nFind the maximal number of two-way flights that can be made within a day in this country and determine all flight schedules with this maximal number of two-way flights.",
    "options": [],
    "answer": "Maximum number of two-way flights: n(n+1)/2. The maximizing schedules are exactly those in which every pair of non-capital cities has exactly one two-way flight between them, and each non-capital city has exactly one two-way flight to the capital; no other flights occur.",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44729,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all non-negative triplets $(m, n, k)$ of integers satisfying $5^m + 7^n = k^3$.",
    "options": [],
    "answer": "(m, n, k) = (0, 1, 2)",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44730,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "If $a$, $b$, $c$ are side lengths and $r$ is the radius of the incircle of a triangle, prove that\n$$\n\\frac{1}{a^2} + \\frac{1}{b^2} + \\frac{1}{c^2} \\le \\frac{1}{4r^2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44731,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For a sequence of integers, determine the maximal number of distinct values that can be attained infinitely many times by this sequence if there exists a positive integer $N$ such that, for any $n \\ge N$,\n$$\na_n = |\\{i \\mid 1 \\le i < n \\text{ and } a_i + i \\ge n\\}|$$",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44732,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the largest area of a heptagon two of whose diagonals are perpendicular and whose vertices lie on a unit circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44733,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $E$ and $F$ be two points on the side $CD$ of a convex quadrilateral $ABCD$ satisfying $0 < DE = FC < CD$. Let $K$ be the second point of intersection of the circumcircles of the triangles $ADE$ and $ACF$, and let $L$ be the second point intersection of the circumcircles of the triangles $BDE$ and $BCF$. Show that the points $A$, $B$, $K$, $L$ lie on a circle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\{M\\} = DC \\cap AK$ and $\\{N\\} = DC \\cap BL$. Considering the powers of the point $M$ with respect to the circles $ADE$ and $AFC$ we obtain\n$$\nME \\cdot MD = MK \\cdot MA = MF \\cdot MC.\n$$\nSince $DE = FC$, we conclude that $M$ is the midpoint of the line segment $CD$. Similarly,\n$$\nNE \\cdot ND = NL \\cdot NB = NF \\cdot NC,\n$$\nand $N$ is the midpoint of the line segment $CD$. Therefore, $M = N$.\n![](attached_image_1.png)\nNow the equalities above give\n$$\nMK \\cdot MA = ME \\cdot MD = NE \\cdot ND = NL \\cdot NB = ML \\cdot MB\n$$\nwhich implies that $K, A, L$ and $B$ lie on a circle.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44734,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For a positive integer $n$, find in how many different ways a $2 \\times n$ rectangle can be partitioned into rectangles with integer side lengths.",
    "options": [],
    "answer": "2·3^{n−1}",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44735,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the largest real number $t$ such that, in any school with $2006$ students and $14$ teachers where every student is acquainted with at least one teacher, a student and a teacher can be found such that they are acquainted with each other, and the ratio of the number of students who are acquainted with the teacher to the number of teachers who are acquainted with the student is at least $t$.",
    "options": [],
    "answer": "2006/14",
    "solution": "$t = 2006/14$.\nIf every student is acquainted with every teacher, then all relevant ratios are $2006/14$. This means $t \\le 2006/14$. Now we will show that $t \\ge 2006/14$.\nFor $1 \\le i \\le 14$, let $a_i$ denote the number of students who are acquainted with the $i$\\text{th} teacher, and for $1 \\le j \\le 2006$, let $b_j$ denote the number of teachers who are acquainted with the $j$\\text{th} student. Let $T$ be the set of ordered pairs $(i, j)$ of teachers and students who are acquainted with each other. Observe that with this notation we have $|\\{j : (i, j) \\in T\\}| = a_i \\ge 0$ and $|\\{i : (i, j) \\in T\\}| = b_j \\ge 1$.\nAssume that $(i_o, j_o) \\in T$ satisfies the condition $a_{i_o}/b_{j_o} \\ge a_i/b_j$ for all $(i, j) \\in T$. Adding the inequalities $a_{i_o}/b_{j_o} \\cdot 1/a_i \\ge 1/b_j$ for all $(i, j) \\in T$ we obtain the inequality\n$$\n\\frac{a_{i_o}}{b_{j_o}} \\sum_{(i,j) \\in T} \\frac{1}{a_i} \\ge \\sum_{(i,j) \\in T} \\frac{1}{b_j}.\n$$\nSince\n$$\n\\sum_{(i,j) \\in T} \\frac{1}{a_i} = \\sum_{i=1}^{14} \\sum_{\\{j:(i,j) \\in T\\}} \\frac{1}{a_i} = \\sum_{\\{i:a_i \\ne 0\\}} \\frac{a_i}{a_i} = \\sum_{\\{i:a_i \\ne 0\\}} 1 \\le 14,\n$$\nand similarly,\n$$\n\\sum_{(i,j) \\in T} \\frac{1}{b_j} = \\sum_{j=1}^{2006} \\sum_{\\{i:(i,j) \\in T\\}} \\frac{1}{b_j} = \\sum_{j=1}^{2006} \\frac{b_j}{b_j} = \\sum_{j=1}^{2006} 1 = 2006,\n$$\nwe deduce that $a_{i_o}/b_{j_o} \\ge 2006/14$, and hence $t \\ge 2006/14$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44736,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n$ for which every coefficient of the polynomial\n$$\nP_n(x) = (x^2 + x + 1)^n - (x^2 + x)^n - (x^2 + 1)^n - (x + 1)^n + x^{2n} + x^n + 1\n$$\nis divisible by $7$.",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers n of the form n = 7^k or n = 7^k + 7^l with 0 ≤ k ≤ l.",
    "solution": "Using the fact that\n$$\nQ(x)^{7^m} \\equiv Q(x^{7^m}) \\pmod{7}\n$$\nfor all polynomials $Q(x)$ with integer coefficients and for all positive integers $m$, we see that the integers $n = 7^k$ and $n = 7^k + 7^l$ with $0 \\le k \\le l$ satisfy the condition of the problem.\n\nNow we will show that if $n$ is not of this form, then it does not satisfy the condition of the problem. Without loss of generality we may assume that $n$ is not divisible by $7$.\n\nAs $n > 2$, the coefficient of $x^3$ in $P_n(x)$ is $n(n-1)$. If $7|n(n-1)$, then $7|n-1$. Let $a \\ge 1$ and $b \\ge 2$ be integers such that $7 \\nmid b$ and $n = 1 + 7^a b$. Then we have\n\nthe following set of congruences modulo $7$:\n$$\n(x^2 + x + 1)^n \\equiv (x^2 + x + 1)(x^2 + x + 1)^{7^a} \\equiv (x^2 + x + 1)(x^{2 \\cdot 7^a} + x^{7^a} + 1)^b \\\\\n\\equiv 1 + x + x^2 + b x^{7^a} + b x^{7^a+1} + b x^{7^a+2} \\\\\n\\qquad + \\text{(terms of order } 2 \\cdot 7^a \\text{ or larger)}\n$$\n$$\n(x+1)^n \\equiv 1 + x + b x^{7^a} + b x^{7^a+1} + \\text{(terms of order } 2 \\cdot 7^a \\text{ or larger)}\n$$\n$$\n(x^2 + 1)^n \\equiv 1 + x^2 + \\text{(terms of order } 2 \\cdot 7^a \\text{ or larger)}\n$$\n$$\n(x^2 + x)^n \\equiv \\text{(sum of terms of order } 2 \\cdot 7^a \\text{ or larger)}\n$$\n(In the last congruence we used the fact that $b \\ge 2$.) Putting these together we get\n$$\nP_n(x) \\equiv b x^{7^a+2} + \\text{(terms of order } 2 \\cdot 7^a \\text{ or larger)} \\pmod{7}.\n$$\nSince $b$ is not divisible by $7$, the coefficient of $x^{7^a+2}$ in $P_n(x)$ is not divisible by $7$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44737,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\frac{27}{4}(x+y)(y+z)(z+x) \\geq (\\sqrt{x+y}+\\sqrt{y+z}+\\sqrt{z+x})^2 \\geq 6\\sqrt{3}\n$$\nfor any positive real numbers $x$, $y$, $z$ with $xy + yz + zx = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44738,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "If $a_1, a_2, \\dots, a_n$ are positive real numbers such that\n$$\nt = a_1 + a_2 + \\dots + a_n = a_1^2 + a_2^2 + \\dots + a_n^2\n$$\nand $n \\ge 2$, then show that\n$$\n\\sum_{i \\neq j} \\frac{a_i}{a_j} \\geq \\frac{(n-1)^2 t}{t-1}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By the Cauchy-Schwarz inequality,\n$$\n\\sum_{i \\neq j} \\frac{a_i}{a_j} \\cdot \\sum_{i \\neq j} a_i a_j \\geq \\left( \\sum_{i \\neq j} a_i \\right)^2 = \\left( (n-1) \\sum_{i=1}^{n} a_i \\right)^2 = (n-1)^2 t^2.\n$$\nOn the other hand,\n$$\n\\sum_{i \\neq j} a_i a_j = \\left( \\sum_{i=1}^{n} a_i \\right)^2 - \\left( \\sum_{i=1}^{n} a_i^2 \\right) = t^2 - t.\n$$\nThe required inequality follows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44739,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the smallest positive integer $x_1$ such that $2006$ divides $x_{2006}$, if\n$$\nx_{n+1} = x_1^2 + x_2^2 + \\dots + x_n^2 \\text{ for each integer } n \\ge 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "472",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44740,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Given a circle with diameter $AB$ and a point $Q$ on the circle different from $A$ and $B$, let $H$ be the foot of the perpendicular dropped from $Q$ to $AB$. If the circle with center at $Q$ and radius $QH$ intersects the circle with diameter $AB$ at $C$ and $D$, prove that $CD$ bisects $QH$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44741,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A_1$, $B_1$ and $C_1$ be the feet of the altitudes belonging to the vertices $A$, $B$ and $C$, respectively, of an acute triangle $ABC$, and let $O_A$, $O_B$ and $O_C$ be the incenters of the triangles $AB_1C_1$, $BC_1A_1$ and $CA_1B_1$, respectively. Let $T_A$, $T_B$ and $T_C$ be the points of tangency of the incircle of the triangle $ABC$ to the sides $BC$, $CA$ and $AB$, respectively. Show that the hexagon $T_A O_C T_B O_A T_C O_B$ is equilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $r$ be the inradius and $I$ the incenter of the triangle $ABC$.\nThe triangle $ABC$ is similar to the triangle $AB_1C_1$ with scale factor $\\cos \\angle A$.\nLet $X$ and $Y$ be the points of tangency of the incircle of the triangle $AB_1C_1$ with the line segments $AC_1$ and $AB_1$, respectively. As $AX/AT_B = \\cos \\angle A$ by similarity, we conclude that the line segment $T_BX$ is perpendicular to the line segment $AX$, and therefore, passes through the point $O_A$. In other words, the line $T_BO_A$ is perpendicular to the line $AB$. Similarly, the line $T_CO_A$ is perpendicular to the line $AC$.\nOn the other hand, the lines $IT_C$ and $IT_B$ are perpendicular to the lines $AB$ and $AC$, respectively. It follows that quadrilateral $IT_BO_A T_C$ is a parallelogram.\n\nSince $IT_C = IT_B = r$, this parallelogram is equilateral. This implies that $T_B O_A = O_A T_C = r$, and finishes the proof.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44742,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that there exists no triangle whose side lengths, area and angles (measured in degrees) are rational numbers.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By the law of sines and the law of cosines, the sines and cosines of the angles of such a triangle are also rational. Therefore it suffices to prove that if $\\theta$ is an angle whose degree measure is a rational number that is not an integer multiple of $90$, then both $\\sin\\theta$ and $\\cos\\theta$ cannot be rational.\n\nAssume otherwise. Let $u, v$ and $w > 1$ be pairwise relatively prime integers such that $\\sin\\theta = u/w$, $\\cos\\theta = v/w$. $w$ cannot be even as $u^2 + v^2 \\equiv w^2 \\equiv 0 \\pmod 4$ (mod $4$) is not possible.\n\nWe will prove by induction that there exist integers $k_n$ such that $w^n \\cos n\\theta = 2^{n-1}v^n + k_n w^2$ for $n \\ge 1$. $k_1 = 0$ works for $n = 1$. If $n = 2$, then $w^2 \\cos 2\\theta = w^2(2 \\cos^2 \\theta - 1) = 2v^2 - w^2$, and $k_2 = -1$ will do. For $n > 1$,\n$$\n\\begin{aligned}\nw^n \\cos n\\theta &= w^n(2 \\cos \\theta \\cos (n-1)\\theta - \\cos (n-2)\\theta) \\\\\n&= 2v(2^{n-2}v^{n-1} + k_{n-1}w^2) - w^2(2^{n-3}v^{n-2} + k_{n-2}w^2) \\\\\n&= 2^{n-1}v^n + (2vk_{n-1} - (2^{n-3}v^{n-2} + k_{n-2}w^2))w^2,\n\\end{aligned}\n$$\nand we can take $k_n = 2vk_{n-1} - (2^{n-3}v^{n-2} + k_{n-2}w^2)$.\n\nNow choose a positive integer $n$ such that $\\cos n\\theta = 1$. Then $w^n = 2^{n-1}v^n + k_n w^2$. But, as $(w, 2v) = 1$ and $w > 1$, this is a contradiction.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44743,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a university entrance examination with $2006000$ student participants, each student makes a list of $12$ colleges from among a total of $2006$ colleges. It turns out that, for any $6$ students, there exist two colleges such that each of these $6$ students has included at least one of these colleges into his (her) list. A list, which includes at least one college from each student's list, is called an *extensive list*.\n\na. Prove that there exists an extensive list with $12$ elements whatever the students' lists are, so long as they satisfy the given conditions.\n\nb. Show that there exist students' lists satisfying the given conditions such that no list shorter than $12$ elements is extensive.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44744,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "An airline company is planning to run two-way flights between some of the six cities $A$, $B$, $C$, $D$, $E$ and $F$. Determine the number of ways these flights can be arranged so that it is possible to travel between any two of these six cities using only the flights of this company.",
    "options": [],
    "answer": "26704",
    "solution": "Using the inclusion-exclusion principle we find that the number of ways the flights can be arranged so that each city is connected to at least one other city by a flight is\n$$\n2^{\\left(\\frac{6}{2}\\right)} - \\binom{6}{1} 2^{\\left(\\frac{5}{2}\\right)} + \\binom{6}{2} 2^{\\left(\\frac{4}{2}\\right)} - \\binom{6}{3} 2^{\\left(\\frac{3}{2}\\right)} + \\binom{6}{4} 2^{\\left(\\frac{2}{2}\\right)} - \\binom{6}{5} + \\binom{6}{6} = 27449.\n$$\nAmong these, the configurations that do not satisfy the condition of the problem, and the corresponding number of ways the flights can be arranged are shown in the following figure:\n![](attached_image_1.png)\n![](attached_image_2.png)\n![](attached_image_3.png)\n![](attached_image_4.png)\n![](attached_image_5.png)\n![](attached_image_6.png)\n![](attached_image_7.png)\n![](attached_image_8.png)\n![](attached_image_9.png)\n![](attached_image_10.png)\nTherefore, the answer is $27449 - 745 = 26704$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44745,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A$ and $B$ be distinct points on a circle $\\Gamma$. For a variable point $P$ different from $A$ and $B$ on $\\Gamma$, find the geometric locus of the point $M$ such that $PM$ is the opposite ray to the angle bisector of $\\angle APB$ and $MP = AP + PB$.",
    "options": [],
    "answer": "Let D and L be the endpoints of the diameter of the circle perpendicular to AB. Define K on line DL so that KD = 2R(1 + 2 sin ∠LDA). When P ranges over the arc between A and L on the same side as B, the point M traces the arc of the circle with diameter DK lying inside ∠ADB. Similarly, define K′ on line DL on the same side of AB as D so that K′L = 2R(1 + 2 sin(90° − ∠LDA)); when P ranges over the arc ADB, the point M traces the arc of the circle with diameter K′L lying inside ∠ALB. The geometric locus of M is the union of these two arcs.",
    "solution": "Draw the diameter $DL$ perpendicular to the secant $AB$. Let $\\alpha = \\angle LDA = \\angle LDB$. Assume that the point $P$ lies on the arc $ALB$ and between the points $A$ and $L$, and let $\\beta = \\angle LDP$. Also let $K$ be the point of intersection of the line $LD$ and the perpendicular to the line $DM$ through $M$.\nLet $R$ be the radius of $\\Gamma$. We have $PD = 2R \\cos \\beta$. Moreover, since $\\angle PAB = \\angle PDB = \\angle PDL + \\angle LDB = \\beta + \\alpha$, and $\\angle PBA = \\angle PDA = \\angle LDA - \\angle LDP = \\alpha - \\beta$, we have $PB = 2R \\sin(\\alpha + \\beta)$ and $AP = 2R \\sin(\\alpha - \\beta)$. Then\n$$\n\\begin{aligned}\nMD &= MP + PD = AP + PB + PD \\\\\n&= 2R(\\sin(\\alpha - \\beta) + \\sin(\\alpha + \\beta) + \\cos \\beta) \\\\\n&= 2R \\cos \\beta (1 + 2 \\sin \\alpha),\n\\end{aligned}\n$$\nand $KD = MD / \\cos \\beta = 2R (1 + 2 \\sin \\alpha)$.\nThis means that the point $K$ does not depend on the point $P$, and as the point $P$ varies on the arc $ALB$, the point $M$ traces the arc of the circle with diameter $DK$ lying inside $\\angle ADB$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSimilarly, if $K'$ is the point lying on the line $LD$ and on the same side of the line $AB$ as $D$, and satisfying the condition $K'L = 2R(1 + 2\\sin(90^\\circ - \\alpha))$; then as the point $P$ varies on the arc $ADB$, the point $M$ traces the arc of the circle with diameter $K'L$ lying inside $\\angle ALB$.\n\nGeometric locus is the union of these two arcs.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44746,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\frac{1}{ab + 2c^2 + 2c} + \\frac{1}{bc + 2a^2 + 2a} + \\frac{1}{ca + 2b^2 + 2b} \\geq \\frac{1}{ab + bc + ca}\n$$\nfor all positive real numbers $a$, $b$, $c$ satisfying the equality $a + b + c = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Using the condition $a + b + c = 1$ and the inequality $a^2 + b^2 \\ge 2ab$, we get\n$$\n\\begin{aligned}\n(ab + bc + ca)^2 &= a^2b^2 + b^2c^2 + c^2a^2 + 2a^2bc + 2b^2ca + 2c^2ab \\\\\n&= a^2b^2 + (a^2 + b^2)c^2 + 2abc(a + b + c) \\\\\n&\\ge a^2b^2 + 2abc^2 + 2abc.\n\\end{aligned}\n$$\nWriting this inequality in the form\n$$\n\\frac{1}{ab + 2c^2 + 2c} \\ge \\frac{ab}{(ab + bc + ca)^2},\n$$\nand adding the inequalities obtained cyclically from this, we obtain the required inequality.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44747,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The acute triangle $ABC$ and the triangle $A_1B_1C_1$, whose vertices $B_1$, $C_1$ and $A_1$ lie on the rays $AC$, $BA$ and $CB$, respectively, are similar. Prove that the orthocenter of the triangle $A_1B_1C_1$ and the circumcenter of the triangle $ABC$ coincide.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $H$ be the orthocenter of the triangle $A_1B_1C_1$. By the similarity of the triangles $ABC$ and $A_1B_1C_1$, we have $\\angle A_1B_1C_1 = \\angle ABC$. From this, $\\angle A_1HC_1 = 180^\\circ - \\angle A_1B_1C_1 = 180^\\circ - \\angle ABC = \\angle A_1BC_1$ is obtained. Therefore the points $A_1$, $B$, $H$, $C_1$ are concyclic. It follows that $\\angle HBA = \\angle HA_1C_1$. Similarly, $\\angle HAC = \\angle HC_1B_1$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAlso since $A_1$, $B$, $H$, $C_1$ are concyclic, the point $H$ does not lie in the triangle $A_1C_1B$. Similarly, $H$ does not lie in the triangles $B_1A_1C$ and $C_1B_1A$. So $H$ lies inside the triangle $ABC$.\n\n---\n\nThen, $\\angle HAB = \\angle CAB - \\angle HAC = \\angle C_1A_1B_1 - \\angle HC_1B_1 = \\angle C_1A_1B_1 - \\angle HA_1B_1 = \\angle HA_1C_1 = \\angle HBA$, and consequently, $HA = HB$. Similarly, $HA = HC$. Therefore the point $H$ is the circumcenter of the triangle $ABC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44748,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive odd integers $n$ for which there exist odd integers $x_1, x_2, \\dots, x_n$ such that\n$$\nx_1^2 + x_2^2 + \\dots + x_n^2 = n^4.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All positive odd integers congruent to 1 modulo 8.",
    "solution": "Since $n$ is odd, $n^4 \\equiv 1 \\pmod{8}$. Since $x_i$ is odd, $x_i^2 \\equiv 1 \\pmod{8}$ for $1 \\le i \\le n$. Hence $n = x_1^2 + x_2^2 + \\dots + x_n^2 \\equiv n^4 \\equiv 1 \\pmod{8}$.\n\nOn the other hand, if $n \\equiv 1 \\pmod{8}$, then odd numbers $x_1, x_2, \\dots, x_n$ satisfying the required equality can be found. If $n = 1$, then $x_1 = 1$ will do: $n^4 = 1 = x_1^2$. If $n = 8k + 1$ where $k$ is a positive integer, then\n$$\n\\begin{aligned}\nn^4 &= (8k + 1)^4 \\\\\n&= (8k - 1)^4 + (8k + 1)^4 - (8k - 1)^4 \\\\\n&= (8k - 1)^4 + ((8k + 1)^2 - (8k - 1)^2)((8k + 1)^2 + (8k - 1)^2) \\\\\n&= (8k - 1)^4 + 32k(128k^2 + 2) \\\\\n&= (8k - 1)^4 + 4k(32k - 1)^2 + (16k - 1)^2 + (92k - 1) \\\\\n&= (8k - 1)^4 + 4k(32k - 1)^2 + (16k - 1)^2 + 92(k - 1) + 91 \\\\\n&= ((8k - 1)^2)^2 + 4k(32k - 1)^2 + (16k - 1)^2 \\\\\n&\\qquad + (k - 1)(9^2 + 3^2 + 1^2 + 1^2) + (9^2 + 3^2 + 1^2)\n\\end{aligned}\n$$\ngives $n^4$ as a sum of $1 + 4k + 1 + 4(k-1) + 3 = 8k + 1 = n$ odd perfect squares.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44749,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A_1, B_1, C_1$ be the midpoints of the sides $BC, CA, AB$, respectively, of an acute triangle $ABC$ with orthocenter $H$ and circumcenter $O$. The rays $HA_1, HB_1, HC_1$ cut the circumcircle at the points $A_0, B_0, C_0$, respectively. Show that $O, H,$ and $H_0$ are collinear where $H_0$ is the orthocenter of $A_0B_0C_0$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $H$ is the orthocenter, $\\angle BHC = 180^\\circ - \\angle BAC = \\angle BA_0C$. As $A_1$ is the midpoint of $BC$, this is possible only if $BHCA_0$ is a parallelogram. Then $\\angle ACA_0 = 90^\\circ$, and $AA_0$ is a diameter of the circumcircle of $ABC$. Therefore, the reflection across $O$ takes $ABC$ to $A_0B_0C_0$, and takes $H$ to $H_0$. In particular, $O$ is the midpoint of $HH_0$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44750,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $m(\\hat{B}) > m(\\hat{C})$. Interior and exterior angle bisectors at vertex $A$ intersect $BC$ at $D$ and $E$ respectively. A variable point $P$ lies on the ray $[EA$ such that $A$ is closer to $E$ than $P$. Lines $DP$ and $AC$ intersect at point $M$ and lines $ME$ and $AD$ intersect at point $Q$. Prove that all lines $PQ$ when a variable point $P$ changes intersect at a unique point. (Ali Adali).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $PQ \\cap BC = N$. Menelaus' theorem applied to $\\triangle (AEC)$ and collinear points $P, M, D$ yields:\n$$\n\\frac{|PA|}{|PE|} \\cdot \\frac{|ED|}{|DC|} \\cdot \\frac{|CM|}{|MA|} = 1.\n$$\nMenelaus' theorem applied to $\\triangle (ADC)$ and collinear points $E, Q, M$ yields:\n$$\n\\frac{|ED|}{|EC|} \\cdot \\frac{|CM|}{|MA|} \\cdot \\frac{|AQ|}{|QD|} = 1.\n$$\nSide by side division gives:\n$$\n\\frac{|PA|}{|PE|} \\cdot \\frac{|EC|}{|DC|} \\cdot \\frac{|QD|}{|AQ|} = 1.\n$$\nFinally, Menelaus' theorem applied to $\\triangle (AED)$ and collinear points $P, Q, N$ yields:\n$$\n\\frac{|PA|}{|PE|} \\cdot \\frac{|EN|}{|ND|} \\cdot \\frac{|QD|}{|AQ|} = 1.\n$$\nTherefore,\n$$\n\\frac{|EN|}{|ND|} = \\frac{|EC|}{|DC|} = \\frac{|EB|}{|BD|}\n$$\n(the last equality follows from $\\frac{|EB|}{|EC|} = \\frac{|AB|}{|AC|} = \\frac{|BD|}{|DC|}$).\nThus, $N = B$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44751,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The number of unordered edge pairs without common vertex in a graph $G$ with $30$ vertices and $105$ edges is equal to $4822$. What is the maximal possible value of the differences between degrees of vertices? (Azer Kerimov).",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Suppose that $G$ has $n$ vertices and $k$ edges and $i$-th vertex has a degree $d_i$. The number of unordered edge pairs without common vertex is equal to\n$$\n\\left(\\binom{k}{2} - \\sum_{i=0}^{n} \\binom{d_i}{2}\\right) = \\frac{k(k-1)}{2} - \\frac{1}{2} \\sum_{i=0}^{n} d_i^2 + k = \\frac{k(k+1)}{2} - \\frac{1}{2} \\sum_{i=0}^{n} d_i^2\n$$\nTherefore, $\\sum_{i=0}^{30} d_i^2 = 1486$. Let $\\delta_i = d_i - 7$. Then $\\sum_{i=0}^{30} \\delta_i = 0$ and $1486 = \\sum_{i=0}^{30} d_i^2 = \\sum_{i=0}^{30} 7^2 + \\sum_{i=0}^{30} \\delta_i^2$. Therefore, $\\sum_{i=0}^{30} \\delta_i^2 = 16$.\n\nThus, $|\\delta_i| \\le 3$ and $d_i - d_j \\le 5$. An example with $d_i = 10, d_j = 5$ can be constructed by perturbation of regular graph of degree $7$. The answer is $5$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44752,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "a. Find all primes $p$ for which $\\frac{7^{p-1}-1}{p}$ is a perfect square.\n\nb. Find all primes $p$ for which $\\frac{11^{p-1}-1}{p}$ is a perfect square.",
    "options": [],
    "answer": "a) p = 3. b) No prime p.",
    "solution": "Since $(q^{(p-1)/2} - 1, q^{(p-1)/2} + 1) = 2$ for any odd integer $q$, if $p x^2 = q^{p-1} - 1$ for an integer $x$ and an odd prime $p$, then either\n\nCase 1: $q^{(p-1)/2} - 1 = 2p y^2$ and $q^{(p-1)/2} + 1 = 2z^2$\n\nor\n\nCase 2: $q^{(p-1)/2} - 1 = 2y^2$ and $q^{(p-1)/2} + 1 = 2p z^2$\n\nfor some integers $y, z$.\n\na. Let $q = 7$. Since $2$ is a quadratic residue mod $7$, but $-1$ is not; Case 2 is not possible. In Case 1, $6 \\mid 7^{(p-1)/2} - 1 = 2p y^2 \\Rightarrow 3 \\mid p y^2$. When $p=3$ we have $(7^2 - 1)/3 = 4^2$. If $p \\neq 3$, then $3 \\mid y^2 \\Rightarrow 9 \\mid 7^{(p-1)/2} - 1 \\Rightarrow 3 \\mid (p-1)/2$. Let $k = (p-1)/6$. Then $2z^2 = 7^{3k} + 1 = (7^k+1)(7^{2k} - 7^k + 1)$ implies that $7^{2k} - 7^k + 1$ is a perfect square. But this is not possible as $(7^k - 1)^2 < 7^{2k} - 7^k + 1 < (7^k)^2$. We conclude that $p=3$ is the only prime for which $(7^{p-1} - 1)/p$ is a perfect square.\n\nb. Let $q = 11$. This time, $2$ is not a quadratic residue mod $11$, and we have only Case 2 to consider. $11^{(p-1)/2} + 1 = 2p z^2 \\Rightarrow 11^{(p-1)/2} \\equiv -1 \\pmod p \\Rightarrow$\n\n$2y^2 \\equiv 11^{(p-1)/2} - 1 \\equiv -2 \\pmod{p} \\implies y^2 \\equiv -1 \\pmod{p} \\implies p \\equiv 1 \\pmod{4}$.\n\nTherefore, $11^{(p-1)/2} - 1 = 2y^2$ implies $11^{(p-1)/4} + 1 = u^2$, which is impossible as $u-1$ and $u+1$ cannot be both powers of $11$; or $11^{(p-1)/4} + 1 = 2u^2$, which is impossible as $2$ is not a quadratic residue mod $11$. So there is no prime $p$ for which $(11^{p-1} - 1)/p$ is a perfect square.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44753,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Some unit squares of $2007 \\times 2007$ square board are colored. Let $(i, j)$ be a unit square belonging to the $i$-th line and $j$-th column and $S_{i,j}$ be the set of all colored unit squares $(x, y)$ satisfying $x \\leq i$ and $y \\leq j$. At the first step in each colored unit square $(i, j)$ we write the number of colored unit squares in $S_{i,j}$. In each step, in each colored unit square $(i, j)$ we write the sum of all numbers written in $S_{i,j}$ in the previous step. Prove that after finite number of steps, all numbers in the colored unit squares will be odd. (Özgür Kişisel).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $f_{(i,j)}$ be the number written on $(i, j)$ in mod $2$. We can suppose that at the $0$th step $f_{(i,j)} = 1$ for all colored unit squares $(i, j)$. We prove the statement by induction with respect to $n$, the total number of colored unit squares.\n\nIf $n=1$, then after the first step $f_{(i,j)} = 1$ for the only colored unit square $(i, j)$.\n\nSuppose that the statement is proved for $n=k$ and consider the case $n=k+1$. Let us define a partial order between colored unit squares: we say that $(i, j) \\leq (k, l)$ if $i \\leq k$ and $j \\leq l$. Let $(p, q)$ be any maximal element with respect to this order (there is at least one maximal element). The unit square $(p, q)$ has no any influence on other colored unit squares at any step.\n\nIf we remove $(p, q)$, then by inductive hypothesis, after $N$ steps in each of remaining unit squares the number $1$ will be written. Therefore, if we do not remove $(p, q)$, after $N$ steps $f_{(i,j)} = 1$ for all unit squares except possibly for $f_{(p,q)}$.\n\nIf $f_{(p,q)} = 1$, it is done. Suppose that $f_{(p,q)} = 0$. It means that the first $N$ steps have added $1$ to $f_{(p,q)}$ and it is changed from $1$ to $0$. Therefore, after $2N$ steps $f_{(i,j)} = 1$ for all colored unit squares.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44754,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the minimum of\n$$\n\\frac{1+a+b+c}{3+2a+b} - \\frac{c}{b}\n$$\nwhere $a$, $b$, $c$ are real numbers such that all roots of the equation $x^3 - a x^2 + b x - c = 0$ are real positive numbers.",
    "options": [],
    "answer": "1/3",
    "solution": "We prove that the minimum is $\\frac{1}{3}$.\nLet $x_i > 0$ for $i = 1, 2, 3$ be the roots of the equation $x^3 - a x^2 + b x - c = 0$. By Vieta's theorem\n$$\nx_1 + x_2 + x_3 = a, \\quad x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_1 x_3 = b, \\quad x_1 x_2 x_3 = c.\n$$\nThen\n$$\nA = \\frac{1 + a + b + c - c}{3 + 2a + b} = \\frac{1}{b} = \\frac{x_1 x_2 x_3}{x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_1 x_3} = \\frac{1}{\\frac{1}{x_1 + 1} + \\frac{1}{x_2 + 1} + \\frac{1}{x_3 + 1}} = \\frac{\\frac{1}{x_1(x_1 + 1)} + \\frac{1}{x_2(x_2 + 1)} + \\frac{1}{x_3(x_3 + 1)}}{\\left(\\frac{1}{x_1} + \\frac{1}{x_2} + \\frac{1}{x_3}\\right)\\left(\\frac{1}{x_1 + 1} + \\frac{1}{x_2 + 1} + \\frac{1}{x_3 + 1}\\right)}\n$$\nWithout loss of generality we can assume that $0 < x_1 \\le x_2 \\le x_3$. Then\n$$\n\\frac{1}{x_1} \\ge \\frac{1}{x_2} \\ge \\frac{1}{x_3} > 0 \\text{ and } \\frac{1}{x_1 + 1} \\ge \\frac{1}{x_2 + 1} \\ge \\frac{1}{x_3 + 1} > 0. \\text{ By Chebyshev's inequality}\n$$\nTherefore, $A \\ge 3$. The minimum $1/3$ of $A$ is reached for $x_1 = x_2 = x_3 = t > 0$ or $a = 3t, b = 3t^2, c = t^3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44755,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The sequence $\\{x_n\\}$ is defined by $x_1 = a$, $x_2 = b$ and $x_n = 2008x_{n-1} - x_{n-2}$ for all $n \\ge 2$. Prove that there are positive integers $a$ and $b$ such that for all $n \\ge 1$ the expression $1 + 2006x_nx_{n+1}$ is a perfect square. (Şahin Emrah).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We prove that at $a = 1$, $b = 2008$ all terms of the sequence are perfect squares.\nLet us prove by induction that for all $n \\ge 1$\n$$\nx_n^2 + x_{n+1}^2 - 1 = 2008x_n x_{n+1}. \\quad (1)\n$$\n1. $n = 1 : 1^2 + 2008^2 - 1 = 2008 \\cdot 1 \\cdot 2008$.\n2. Suppose (1) is held for $n = k : x_k^2 + x_{k+1}^2 - 1 = 2008x_k x_{k+1}$.\nThen $x_k^2 + x_{k+1}^2 - 1 = x_k \\cdot 2008x_{k+1} = x_k \\cdot (x_k + x_{k+2}) = x_k^2 + x_k x_{k+2}$.\nThen $x_{k+1}^2 - 1 = x_k x_{k+2} = (2008x_{k+1} - x_{k+2})x_{k+2} = 2008x_{k+1}x_{k+2} - x_{k+2}^2$.\nTherefore, $x_{k+1}^2 + x_{k+2}^2 - 1 = 2008x_{k+1}x_{k+2}$ and (1) is held for $n = k + 1$.\n\nNow we get $1+2006x_n x_{n+1} = 1+2008x_n x_{n+1}-2x_n x_{n+1} = x_n^2+x_{n+1}^2-2x_n x_{n+1} = (x_{n+1} - x_n)^2$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44756,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $k > 1$ be an integer and $p = 6k + 1$ be a prime number. Prove that for each $m = 2^p - 1$\n$$\n\\frac{2^m - 1}{127m}\n$$\nis an integer. (Şahin Emrah).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let us show that both $m$ and $127$ divide $2^{m-1} - 1$. By Fermat's little theorem $2^p \\equiv 2 \\pmod{p}$, so $m = 2^p - 1 \\equiv 1 \\pmod{p}$, which implies $p \\mid m-1$. Therefore, $2^p - 1 \\mid 2^{m-1} - 1$, so $m \\mid 2^{m-1} - 1$.\n\nOn the other hand, $6 \\mid p-1$ so $63 = 2^6 - 1 \\mid 2^{p-1} - 1$. This implies $7 \\mid 2^p - 2$, so $7 \\mid m-1$. Therefore, $127 = 2^7 - 1 \\mid 2^{m-1} - 1$.\n\nWe complete the solution by showing that $m$ and $127$ are relatively prime. Since $127$ is prime, it is enough to show that $m$ is not divisible by $127$. Let\n\n$p = 7k + n$ ($0 \\leq n < 7$). $k > 1 \\Rightarrow p > 7$ and $p$ is not divisible by $7 \\Rightarrow n \\neq 0$. Now $127 = 2^7 - 1 \\mid 2^{7k} - 1 \\Rightarrow 127 \\mid 2^{7k+n} - 2^n = 2^p - 2^n$. If $127 \\mid m$, then $127 \\mid 2^n - 1$ which is impossible since $0 < 2^n - 1 < 127$. Done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44757,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $N$ denote the set of nonnegative integers, and $Z$ denote the set of all integers. If a function $f: N \\times Z \\rightarrow Z$ satisfies the conditions that\n$$\ni.\\ f(0, 0) = 1,\\ f(0, 1) = 1,\n$$\n$$\nii.\\ \\text{for all}\\ k \\notin \\{0, 1\\},\\ f(0, k) = 0\\ \\text{and}\n$$\n$$\niii.\\ \\text{for all}\\ n \\ge 1\\ \\text{and}\\ k,\\ f(n, k) = f(n-1, k) + f(n-1, k-2n),\n$$\nfind the value of the sum $\\sum_{k=0}^{(2009) \\choose 2} f(2008, k)$.",
    "options": [],
    "answer": "2^{2008}",
    "solution": "It can be shown by induction on $n \\ge 0$ that $f(n, k) = 0$ if $k < 0$ or $n^2+n+1 < k$, $f(n, n^2+n+1-k) = f(n, k)$ for all $k$, and $\\sum_{k=0}^{n^2+n+1} f(n, k) = 2^{n+1}$. For example,\nthe induction step for the second claim can be verified as follows:\n$$\n\\begin{align*}\n& f(n + 1, (n + 1)^2 + (n + 1) + 1 - k) \\\\\n&= f(n, (n + 1)^2 + (n + 1) + 1 - k) \\\\\n&\\quad + f(n, (n + 1)^2 + (n + 1) + 1 - k - 2(n + 1)) \\\\\n&= f(n, n^2 + n + 1 - (k - 2(n + 1))) \\\\\n&\\quad + f(n, n^2 + n + 1 - k) \\\\\n&= f(n, k - 2(n + 1)) + f(n, k) \\\\\n&= f(n + 1, k)\n\\end{align*}\n$$\nTherefore,\n$$\n\\sum_{k=0}^{(2009) \\choose 2} f(2008, k) = \\frac{1}{2} \\sum_{k=0}^{2008^2+2008+1} f(2008, k) = \\frac{1}{2} 2^{2009} = 2^{2008} .\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44758,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A circle $\\Gamma$ and a line $\\ell$, which does not intersect the circle, are given in the plane. Determine the intersection of all circles with diameters $AB$, where $\\{A, B\\}$ is any pair of points on the line $\\ell$ for which points $P, Q, R, S$ on the circle $\\Gamma$ satisfying $PQ \\cap RS = \\{A\\}$ and $PS \\cap QR = \\{B\\}$ exist.",
    "options": [],
    "answer": "Let O be the center of Γ, r its radius, and K the foot of the perpendicular from O to the line ℓ. Then all the circles described pass through exactly two fixed points: the two points on the line OK whose distance from ℓ equals √(OK² − r²).",
    "solution": "Let $O$ be the center and $r$ be the radius of the circle $\\Gamma$. If $PQ \\cap RS = \\{A\\}$ and $PS \\cap QR = \\{B\\}$ where the points $P$, $Q$, $R$, $S$ lie on the circle $\\Gamma$; then by Miquel's theorem for the triangle $ABQ$, the circumcircles of the triangles $APS$ and $BRS$ intersect at a point $K$ lying on the side $AB$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nConsidering the powers of the points $A$ and $B$ with respect to these circles we obtain $AO^2 - r^2 = AS \\cdot AR = AK \\cdot AB = AK^2 + AK \\cdot KB$ and $BO^2 - r^2 = BS \\cdot BP = BK \\cdot BA = BK^2 + BK \\cdot KA$. In particular, $AO^2 - AK^2 = BO^2 - BK^2$, and $OK$ is perpendicular to $AB$. Then we also have $AK \\cdot KB = OK^2 - r^2$. Hence, for any pair $\\{A, B\\}$ satisfying the conditions of the problem, the circle with diameter $AB$ passes through two points on the line $OK$ which are at a distance $\\sqrt{OK^2 - r^2}$ away from the line $\\ell$. Since $O$, $K$ and $r$ are independent of $A$ and $B$, these two points are constant and form the intersection set.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44759,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a given triangle. Let $D$ be a point on $[BC]$ such that $|AD| = \\frac{|BD|^2}{|AB| + |AD|} = \\frac{|CD|^2}{|AC| + |AD|}$ and $E$ be a point such that $D \\in [AE]$ and $|CD| = \\frac{|DE|^2}{|CD| + |CE|}$. Prove that $|AE| = |AB| + |AC|$. (Ali Doğanaksoy).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Lemma.** Let $ABC$ be a triangle with $|AB|^2 + |AB| \\cdot |AC| = |BC|^2$. Then $m(\\widehat{A}) = 2m(\\widehat{C})$.\n**Proof:** Let $D$ be an intersection of interior angle bisector of $\\widehat{A}$ with $BC$. Then $|BD| = |AB| \\cdot k$, $|CD| = |AC| \\cdot k$. $|AB| \\cdot (|AB| + |BC|) \\cdot k = |BC|^2 \\cdot k \\Rightarrow |AB| \\cdot |BC| = |BC|^2 \\cdot k \\Rightarrow |AB| = |BC|$. Since $|BD| = |AB| \\cdot k$, $\\triangle ABD \\sim \\triangle CBA \\Rightarrow m(\\widehat{BCA}) = m(\\widehat{BAD}) = \\frac{1}{2}m(\\widehat{BAC})$. Done.\n\nBy the lemma, $|AD|^2 + |AD| \\cdot |AB| = |BD|^2 \\Rightarrow m(\\widehat{BAD}) = 2m(\\widehat{B})$ and $|AD|^2 + |AD| \\cdot |AC| = |CD|^2 \\Rightarrow m(\\widehat{CAD}) = 2m(\\widehat{C})$. Let $m(\\widehat{B}) = \\beta$ and $m(\\widehat{C}) = \\alpha$. Then $m(\\widehat{A}) = 120^\\circ$.\n\n$|DE|^2 = |CD|^2 + |CD| \\cdot |CE| \\Rightarrow m(\\widehat{DCE}) = 2m(\\widehat{DEC})$ and $m(\\widehat{DCE}) + m(\\widehat{DEC}) = m(\\widehat{ADC}) = 3\\beta \\Rightarrow m(\\widehat{DCE}) = 2\\beta$ and $m(\\widehat{DEC}) = \\beta$. Thus, $A$, $B$, $E$, $C$ are concyclic.\n\nSince $\\alpha = 60^\\circ - \\beta$, the measure of the arc $\\widehat{ACE}$ is equal to $240^\\circ - 2\\beta$. Let us take a point $F$ on the arc $\\widehat{BEC}$ satisfying $m(\\widehat{BAF}) = m(\\widehat{CAF}) = 60^\\circ$. The measure of the arc $\\widehat{ABF}$ is equal to $240^\\circ$. Therefore, $|AF| = |AE|$.\n\n$m(\\widehat{BCF}) = m(\\widehat{BAF}) = 60^\\circ$, $m(\\widehat{CBF}) = m(\\widehat{CAF}) = 60^\\circ$, $m(\\widehat{BFC}) = 180^\\circ - m(\\widehat{BAC}) = 60^\\circ \\Rightarrow \\triangle BCF$ is equilateral.\n\nPtolemy's cyclic quadrilateral theorem applied to $ABFC$ yields: $|AB| \\cdot |CF| + |AC| \\cdot |BF| = |AF| \\cdot |BC|$. Therefore, $|AB| + |AC| = |AF|$ (since $|BF| = |CF| = |BC|$). Thus, $|AB| + |AC| = |AE|$. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44760,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $m(\\angle B) = 90^\\circ$. The incircle of $\\triangle ABC$ is tangent to the side $BC$ at point $D$. Let the intersection of lines $XZ$ and $AD$ be $K$, where $X$ and $Z$ are the centers of incircles of $\\triangle ABD$ and $\\triangle ADC$, respectively. $XZ$ intersects the circumscribed circle of $\\triangle ABC$ at $U$ and $V$ and the midpoint of segment $[UV]$ is $M$. Let $Y$ be the point of intersection of the line $AD$ with the circumscribed circle of $\\triangle ABC$ different from $A$. Prove that $|CY| = 2|MK|$. (Cafer Tayyar Yıldırım).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the incircle of $\\triangle ABD$ be tangent to $BC$ at $T$ and the incircle of $\\triangle ADC$ be tangent to $BC$ at $S$. The radii of incircles of $\\triangle ABD$ and $\\triangle ADC$ are $r_1$ and $r_2$, respectively. Then\n$$\n\\begin{aligned}\nDS &= \\frac{AD + DC - AC}{2} = \\frac{AD + BC - BD - AC}{2} \\\\\n&= \\frac{AD - BD - AB + AB + BC - AC}{2} \\\\\n&= \\frac{AB + BC - AC}{2} - \\frac{AB + BD - AD}{2} \\\\\n&= BD - BT = TD.\n\\end{aligned}\n$$\nSince $X$ and $Z$ are centers of incircles, $XD \\perp DZ$. Therefore,\n$$\nXZ^2 = XD^2 + DZ^2 = r_1^2 + TD^2 + r_2^2 + TD^2.\n$$\nand since\n$$\nXZ^2 = (r_1 - r_2)^2 + TS^2 = (r_1 - r_2)^2 + 4TD^2\n$$\nwe have\n$$\n\\begin{aligned}\nr_1^2 + r_2^2 + 2TD^2 &= (r_1 - r_2)^2 + 4TD^2 \\\\\n2r_1r_2 &= 2TD^2.\n\\end{aligned}\n$$\nThus,\n$$\n\\begin{aligned}\nXZ^2 &= r_1^2 + r_2^2 + 2TD^2 = (r_1 + r_2)^2 \\\\\nXZ &= r_1 + r_2.\n\\end{aligned}\n$$\nObviously, $XK \\ge r_1$ and $ZK \\ge r_2$. Since $XK + ZK = r_1 + r_2$, $XK = r_1$, $ZK = r_2$ and $XZ \\perp AD$. Let $O$ be the center of circumscribed circle of $\\triangle ABC$ (the midpoint of the segment $AC$). Then $OM \\perp UV$. Since $AC$ is a radius $CY \\perp AY$. Thus, $UV$ and $CY$ are parallel. Suppose $OM \\cap CY = N$. Then $ON \\perp CY$ and $YN = NC$. In the rectangle $KYNM$, $MK = NY$. Therefore, $CY = 2MK$. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44761,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $N$ denote a society of voters where each voter is endowed with preferences over a set of alternatives $A$ with $|N| = n > 2$, $|A| = m > 2$. A preference profile $R$ is an $n$-tuple of linear orderings on $A$ representing the preferences of voters on $A$. Given some $k \\in \\{1, 2, ..., m\\}$, the $k$-plurality choice rule chooses the alternatives achieving the highest vote after each voter assigns equal votes for all top $k$ alternatives in his preference ordering regardless of their ranking. Let $R$ and $R'$ be any two preference profiles and $a \\in A$. We say that $R'$ $a$-dominates $R$ iff for every $i \\in N$, all alternatives which are ranked below $a$ in $R_i$ are also ranked below $a$ in $R'_i$. The $k$-plurality choice rule is said to be monotone iff for any $R$ and any $R'$ which $a$-dominates $R$, if $a \\in A$ is chosen by the $k$-plurality choice rule in $R$, $a$ is still chosen in $R'$. Assume $(m, n) \\ne (3, 4)$, prove that $k > \\frac{m(n-1)}{n}$ is necessary and sufficient condition for the monotonicity of $k$-plurality choice rule. (Semih Koray).",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $k > \\frac{m(n-1)}{n}$. Since $\\frac{kn}{m} > n - 1$ at least one alternative obtained all $n$ votes. Therefore, any chosen $a$ obtained $n$ votes in profile $R$ and by definitions obtains also $n$ votes in profile $R'$. Thus, the condition $k > \\frac{m(n-1)}{n}$ is sufficient for monotonicity.\n\nLet $2 \\le k \\le \\frac{m(n-1)}{n}$. We construct a profile $R$: for the first voter $a$ is the first, $b$ is the last. For the second, $b$ is the second, $a$ is the last. For all other voters, $a$ is the first, $b$ is the second. Each of $a$ and $b$ are not selected by exactly one voter. In our profile each alternative also is not selected by at least one voter. It is possible, since $n(m-k) \\ge m$. No alternative obtained $n$ votes, $a$ and $b$ are chosen by getting $n-1$ votes.\n\nThe only difference between profiles $R'$ and $R$ is that the first voter charged the positions of the second alternative and $b$. Obviously, $R'$ $a$-dominates $R$, but $b$ obtained $n$ votes, $a$ obtained $n-1$ votes and is not selected. Thus, $k$-plurality choice rule is not monotonic.\n\nLet $1 = k \\le \\frac{m(n-1)}{n}$. 1-plurality choice rule is monotonic if $n = 4, m = 3$: if $a$ is chosen, $a$ obtained at least 2 votes, in any other profile $a$ also gets at least 2 votes and other alternatives also get at most 2 votes! In other cases an example similar to the example above shows that the 1-plurality choice rule is not monotonic. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44762,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a country between each pair of cities there is at most one direct road. There is a connection (using one or more roads) between any two cities even after the elimination of any given road. We say that the city $A$ can be $k$-directionally connected to the city $B$, if: we can orient at most $k$ roads such that after arbitrary orientation of remaining roads for any fixed road $L$ (directly connecting two cities) there is a path passing through roads in the direction of their orientation starting at $A$, passing through $L$ and ending at $B$. Suppose that in a country with $n$ cities, any two cities can be $k$-directionally connected. What is the minimal value of $k$? (Azer Kerimov).",
    "options": [],
    "answer": "2n - 3",
    "solution": "The answer is: $k = 2n - 3$. If all pairs of cities are directly connected (complete graph) then all roads from $A$ and all roads to $B$ must be oriented: $k \\ge (n-1) + (n-1) - 1 = 2n - 3$ or if $\\deg(A) = \\deg(B) = n - 1$, all other vertices have degree $2$, then again we have to orient all $2(n-2) + 1 = 2n - 3$ roads. Now we prove that by orienting of at most $2n - 3$ roads the existence of a required road for any fixed road $L$ can be guaranteed. We say that a path containing not oriented roads $A_1A_2, A_2A_3, \\dots, A_{l-1}A_l$ is minimal, if there is no road $A_lA_j$ with $1 \\le i, j \\le l, |i - j| \\ne 1$. At the first stage we orient all roads belonging to the minimal path $\\Gamma_1$ without self-intersections starting at $A$ and ending at $B$: $\\Gamma_1 = \\{A_1A_2, A_2A_3, \\dots, A_{l-1}A_l\\}$, where $A = A_1, A_l = B$. If $\\Gamma_1$ includes all cities, then we are done. At the second stage we orient all roads of a minimal path $\\Gamma_2$ starting at some city $B_1 = A_{p_1} \\in \\Gamma_1$ and ending at some city $B_m = A_{p_m} \\in \\Gamma_1$ and including new cities $B_2, B_3, \\dots, B_{m-1}$ not lying on $\\Gamma_1$. Such a path exists since our graph is 2-connected: there is a path between any two cities even after the elimination of any given road. We say that a path $B_1B_2, B_2B_3, \\dots, B_{m-1}B_m$ is stretched, if there is no road $A_iB_j$ with $1 \\le i \\le p_1-1$ or $p_2+1 \\le i \\le l$ and $2 \\le j \\le m-1$. In other words, $\\Gamma_2$ is stretched means that $B_1$ is closer to $A$ than any other city inside $\\Gamma_2$ and $B_m$ is closer to $B$ than any other city inside $\\Gamma_2$. If $\\Gamma_1$ and $\\Gamma_2$ contain all cities we are done. If not, at the third stage we orient all roads of some minimal and stretched path $\\Gamma_3$, starting at some city on $\\Gamma_1 \\cup \\Gamma_2$ and ending at some city lying on $\\Gamma_1 \\cup \\Gamma_2$, including new cities. After $q$ steps $\\Gamma = \\cup_{i=1}^q \\Gamma_i$ will contain all cities. Now any road $l$ either belongs to some $\\Gamma_i$ or connects $\\Gamma_i$ to $\\Gamma_j$. If $l$ belongs to some $\\Gamma_i$, it is already oriented and there is a path starting at $A$ passing through $l$ and ending at $B$. Indeed, let $l \\in \\Gamma_s$. This path has two parts, first part connecting $A$ with $l$ and the second part, connecting $l$ with $B$. In order to get the first part, we take an edge $l$ and go back through oriented edges $\\Gamma_s$ till the first edge of $\\Gamma_s$, then we go back through oriented edges of some other $\\Gamma_i$ having intersection with $\\Gamma_s$ ($i$ is not necessarily equal to $s-1$), and so on until getting $A$. In order to get the second part, we take an edge $l$ and go through oriented edges $\\Gamma_s$ till the first edge of $\\Gamma_s$, then we go through oriented edges of some other $\\Gamma_i$ having intersection with $\\Gamma_s$ ($i$ is not necessarily equal to $s+1$), and so on until getting $B$. This paths pass only through roads oriented at stages 1, 2, ..., $q$. Now suppose that $l$ does not belong to $\\cup_{i=1}^q \\Gamma_i$ and somehow oriented, say it connects a city $C \\in \\Gamma_i$ and $D \\in \\Gamma_j$. Then the required path again has two parts, first part connecting $A$ with $C$ and the second part connecting $D$ with $B$. We get these parts as in the first case. It can be readily checked that since constructed paths $\\Gamma_1, \\dots, \\Gamma_q$ are minimal and stretched, the required path is correctly defined.\nNow we note that the total number of roads oriented at stages 1, 2, ..., $q$ is at most $2n - 3$. Indeed, suppose that at some stage we draw a path $\\Gamma_i$ including $l$ new cities. Then the number of oriented roads is $l + 1$. Thus, the total number of oriented roads is maximal if $\\Gamma_1$ includes one road and each other $\\Gamma_i$ included two roads as in the second example constructed above. In this case the total number of oriented roads is $2n - 3$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44763,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a computer network consisting of $2008$ computers no two cycles intersect. At time $t = 0$, a hacker hacks into a computer in this network; and at time $t = 1$, the network administrator installs a protective software to an unhacked computer. For each positive integer $k$, at time $t = 2k$, the hacker hacks into another computer, if there is one, that is not protected and that is directly connected to a hacked computer; and at time $t = 2k + 1$, the administrator installs the protective software to another computer, if there is one, that is not hacked and that is directly connected to a protected computer. Determine the maximum number of computers the hacker can guarantee to hack into no matter how the network is configured.\n\n[For $m \\ge 3$, $\\{C_1, C_2, \\dots, C_m\\}$ is a cycle if the computers $C_1$ and $C_m$ and, for all $2 \\le i \\le m$, the computers $C_{i-1}$ and $C_i$ are directly connected.]",
    "options": [],
    "answer": "671",
    "solution": "The answer is $671$.\n\nFirst consider a network that has a single cycle $\\{C_1, C_2, C_3, C_4, C_5, C_6\\}$, and has chains of $668$, $667$ and $667$ computers starting at $C_1$, $C_3$ and $C_5$, respectively. Hacker takes $C_1$ in the first move. Then if the administrator takes $C_4$, the moves $C_2$, $C_3$, $C_6$, $C_5$ guarantee the hacker $671$ computers. Hacker does better for any other response by the administrator. For instance, if the administrator takes $C_2$ in the second move, then the moves $C_6$, $C_3$, $C_5$, $C_4$ give the hacker $1338$ computers.\n\nNow consider an arbitrary network with $2008$ computers and without intersecting cycles.\n\n**Case 1:** There is a computer that is not on a cycle such that, when it is removed from the network, each of the remaining connected components contains at most $1337$ computers. Then the hacker guarantees to hack into at least $2008 - 1337 = 671$ computers by hacking into this computer in the first move.\n\n**Case 2:** There is a cycle $Z = \\{C_1, C_2, \\dots, C_m\\}$ such that, when it is removed from the network, each of the remaining connected components contains at most $1337$ computers. For $1 \\le i \\le m$, let $H_i$, respectively $G_i$, be the set of all hacked computers in $Z$, respectively in the entire network, when the hacker takes $C_i$ in the first move and from there on both follow their best strategies. Then $|H_i| = \\lfloor m/2 \\rfloor$. Take $i, j$ such that $|H_i \\cup H_j|$ is maximum. If $Z = H_i \\cup H_j$, then $|G_i| + |G_j| \\ge 2008$, and one of the sets $G_i, G_j$ has at least $1004$ elements. If, on the other hand, $C_k \\in Z \\setminus (H_i \\cup H_j)$, then $H_i \\cup H_j \\cup H_k = Z$. In this case, $|G_i| + |G_j| + |G_k| \\ge 2008+3$, and therefore, one of the sets $G_i, G_j, G_k$ has at least $\\lfloor 2011/3 \\rfloor = 671$ elements. In either case the hacker has a strategy guaranteeing at least $671$ hacked computers.\n\nFinally, either *Case 1* or *Case 2* must hold. Otherwise, we can move along the network by moving into the component with more than $1337$ computers at each step. At some step we must reverse our direction. When this happens we have more than $1337$ computers to each side of the connection along which we retraced our last step, a contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44764,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $Q^+$ denote the set of positive rational numbers, and $\\mathbb{Z}$ denote the set of all integers. Find all functions $f: Q^+ \\to \\mathbb{Z}$ that satisfy the conditions $f(1/x) = f(x)$ and $(x+1)f(x-1) = x f(x)$ for all $x \\in Q^+$ such that $x > 1$.",
    "options": [],
    "answer": "All functions of the form f(p/q) = (p + q) m for coprime positive integers p, q, where m is a positive integer.",
    "solution": "Substituting $x = 2$ in the second equation gives $3f(1) = 2f(2)$. In particular, $f(1)$ is even. It follows by induction that, for $n \\in \\mathbb{Z}^+$, $f(n) = (n+1)f(1)/2$.\n\nNow we show by induction on $p+q$ that for all $p, q \\in \\mathbb{Z}^+$ and $(p, q) = 1$, $f(p/q) = (p+q)f(1)/2$. If $p > q$, $p/q \\cdot f(p/q) = (p+q)/q \\cdot f((p-q)/q) = (p+q)/q \\cdot (p-q+q)f(1)/2$; and if $p < q$, then $f(p/q) = f(q/p)$ and we are in the first case.\n\nTo summarize, $f$ satisfies the conditions of the problem if and only if $m$ is a positive integer and $f(p/q) = (p+q)m$ for all $p, q \\in \\mathbb{Z}^+$ with $(p, q) = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44765,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$O$ is the center and $r$ is the radius of the incircle of a tangential quadrilateral $ABCD$. Let $P$ be the point of intersection of the lines $AB$ and $CD$, $Q$ be the point of intersection of the lines $AD$ and $BC$, and $E$ be the point of intersection of the diagonals $AC$ and $BD$. Show that $|OE| \\cdot d = r^2$ where $d$ is the distance from the point $O$ to the line $PQ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $K, L, M, N$ be the points of tangency of the incircle of $ABCD$ to the sides $AB, BC, CD, DA$, respectively, and let $S$ be the foot of the perpendicular from $O$ to the line $PQ$. Since $ABCD$ is a tangential quadrilateral, the point of intersection of the lines $KM$ and $LN$ coincides with the point of intersection of the diagonals $AC$ and $BD$. In other words, $KM \\cap LN = \\{E\\}$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nOn the other hand, the points $O$, $K$, $P$, $M$ are concyclic; the points $O$, $L$, $Q$, $N$ are concyclic; and $S$ is the other intersection point of these two circles. In particular, the lines $OS$, $KM$, $LN$ are the radical axes of pairs of these two circles and the incircle of $ABCD$. Therefore, these three lines are concurrent at the radical center of the three circles. In other words, $E$ is the radical center. From this observation it follows that $OE \\cdot d = OE \\cdot OS = OE \\cdot (OE + ES) = OE^2 + OE \\cdot ES = OE^2 + LE \\cdot EN = OE^2 + r^2 - OE^2 = r^2$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44766,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\Gamma$ be the circumcircle of a triangle $ABC$, and let $D$ and $E$ be two points different from the vertices on the sides $AB$ and $AC$, respectively. Let $A'$ be the second point where $\\Gamma$ intersects the bisector of the angle $\\angle BAC$, and let $P$ and $Q$ be the second points where $\\Gamma$ intersects the lines $A'D$ and $A'E$, respectively. Let $R$ and $S$ be the second points of intersection of the line $AA'$ and the circumcircles of the triangles $APD$ and $AQE$, respectively. Show that the lines $DS, ER$ and the tangent line to $\\Gamma$ through $A$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $\\angle RPD = \\angle RAD = \\angle A'AC = \\angle A'PC = \\angle DPC$, $P, R, C$ are collinear. Then $\\angle PRD = \\angle PAD = \\angle PAB = \\angle PCB$ implies that $DR \\parallel BC$. Similarly, $SE \\parallel BC$, and consequently, $SE \\parallel DR$ and $\\frac{VD}{DA} = \\frac{SR}{RA}$.\n\nLet $l$ be tangent line through $A$ to the circumcircle of $ABC$, and let $T$ and $U$ be the points where $l$ intersects the lines $DS$ and $SE$, respectively. Also let $V$ be the point of intersection of $AB$ and $SE$.\n\nWe have $\\angle UAE = \\angle UAC = \\angle B$, $\\angle AEU = \\angle AVE + \\angle EAV = \\angle B + \\angle A$, and $\\angle UAS = \\angle UAE + \\angle EAS = \\angle AVS + \\angle SAV = \\angle ASU$. From these we conclude that $US = UA$ and then $\\frac{US}{UE} = \\frac{UA}{UE} = \\frac{\\sin \\angle C}{\\sin \\angle B} = \\frac{SV}{ES}$ where we used the law of sines in the triangle $AEU$ and the fact that $AS$ is the angle bisector of the triangle $VAE$.\n\n$$\n\\frac{AT}{TU} \\cdot \\frac{US}{SV} \\cdot \\frac{VD}{DA} = 1 \\text{ by Menelaus' Theorem for the triangle } AUV \\text{ and the line } DS.\n$$\nSubstituting the last two ratios from above we obtain\n$$ \\frac{AT}{TU} \\cdot \\frac{UE}{ES} \\cdot \\frac{SR}{RA} = 1 $$\nApplying Menelaus' Theorem for the triangle $AUS$ we conclude that the points $R, E, T$ are collinear.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44767,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Alice, who works for the Graph County Electric Works, is commissioned to wire the newly erected utility poles in $k$ days. Each day she either chooses a pole and runs wires from it to as many poles as she wishes, or chooses at most $17$ pairs of poles and runs wires between each pair. Bob, who works for the Graph County Paint Works, claims that, no matter how many poles there are and how Alice connects them, all the poles can be painted using not more than $2009$ colors in such a way that no pair of poles connected by a wire is the same color. Determine the greatest value of $k$ for which Bob's claim is valid.",
    "options": [],
    "answer": "2000",
    "solution": "Let $G = \\bigcup_{i=1}^{k} G_i$ be a graph that can be vertex-colored using not more than $2009$ colors where each $G_i$ is either a star or $e(G_i) \\le 17$ for $1 \\le i \\le k$. We want to find the maximum possible value of $k$.\n\nSuppose that $G_i$ is a star for $1 \\le i \\le j$, and $G_i$ satisfies $e(G_i) \\le 17$ for $j+1 \\le i \\le k$ where $0 \\le j \\le k$. If at least $j+10$ colors are needed to color $\\bigcup_{i=1}^{j} G_i$, then we must have $\\binom{j+10}{2} \\le 17j$ and since $(j - \\frac{15}{2})^2 + \\frac{135}{4} \\le 0$, this gives a contradiction. Hence it is possible to color $\\bigcup_{i=1}^{j} G_i$ using at most $j+9$ colors. Since we might\n\nneed at most one more color every time we add a star, we conclude that $G$ can\nbe colored using not more than $k + 9$ colors.\n\nOn the other hand, if $k \\ge 9$, there is a case when $k+9$ is needed: We use $9$ $G_i$s to form a $C_{18}$ and then use $k-9$ stars to complete this to a $C_{k+9}$.\n\nWe conclude that greatest value of $k$ for which $2009$ colors suffice is $2000$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44768,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a group of $2009$ people, any pair of persons have exactly one common friend. Determine the smallest possible value of the difference between the numbers of friends of the person with the most friends and the person with the least friends in such a group.",
    "options": [],
    "answer": "2006",
    "solution": "Suppose that $a$ and $b$ are not friends. If $x$ is a friend of $a$, then by assumption, $x$ and $b$ have exactly one common friend $y$. The function that takes each $x$ to the corresponding $y$ is a bijection between the friends of $x$ and the friends of $y$. Therefore, any two persons who are not friends have the same number of friends.\n\nLet $k$ be a positive integer. Consider the set of persons with exactly $k$ friends and its complement. Since any person in one of these sets must be friends with any person in the other set, at least one of these sets has less than $2$ persons in it. It follows that either there is a person who is friends with everyone or everyone has the same number of friends.\n\nSuppose that everyone has exactly $k$ friends. On the one hand there are $\\binom{2009}{2}$ pairs of persons in this group. On the other hand, since every pair has exactly one common friend, counting the number of pairs of friends of all persons must give the same answer. That is, $2009 \\binom{k}{2} = \\binom{2009}{2}$. But this gives $k(k-1) = 2008$, which has no solution.\n\nHence, the only possibility is that $a_1$ is friends with everyone, and $a_{2i}$ and $a_{2i+1}$ are friends for $1 \\le i \\le 1004$. The answer is $2006$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44769,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $H$ be the orthocenter of an acute triangle $ABC$, and let $A_1, B_1, C_1$ be the feet of the altitudes belonging to the vertices $A, B, C$, respectively. Let $K$ be a point on the smaller $AB_1$ arc of the circle with diameter $AB$ satisfying the condition $\\angle HKB = \\angle C_1KB$. Let $M$ be the point of intersection of the line segment $AA_1$ and the circle with center $C$ and radius $CL$ where $KB \\cap CC_1 = \\{L\\}$. Let $P$ and $Q$ be the points of intersection of the line $CC_1$ and the circle with center $B$ and radius $BM$. Show that $A, K, P, Q$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $A, C_1, L, K$ and $A, C_1, H, B_1$ are concyclic, so is $L, K, B_1, H$. Using these and the fact that $KL$ bisects $\\angle C_1KH$, we get $\\angle C_1AL = \\angle LB_1H$ and hence $\\angle ALC = \\angle LB_1C$. Therefore the triangles $ALC$ and $LB_1C$ are similar. Using this similarity as well as the facts that $CM = CL$ and $A, B_1, A_1, B$ are concyclic, we conclude that $CM^2 = CB \\cdot CA_1$ and $\\angle BMC = 90^\\circ$. Now we use $BP = BM$ and the fact that $C, A_1, C_1, A$ are concyclic to deduce $BP^2 = BA \\cdot BC_1$ and $\\angle BPA = 90^\\circ$. Hence $P$ is on the circle with diameter $AB$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44770,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all primes $p$ for which there exist an odd integer $n$ and a polynomial $Q(x)$ with integer coefficients such that the polynomial $1 + p n^2 + \\prod_{i=1}^{2p-2} Q(x^i)$ has at least one integer root.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Let $P(x) = 1 + p n^2 + \\prod_{i=1}^{2p-2} Q(x^i)$. For $p = 2$, $n = 1$ and $Q(x) = 2x + 1$ work as $P(-1) = 0$.\n\nWe will show that for odd primes no suitable $n$ and $Q(x)$ exist.\n\nSince all $Q(a^i)$ have the same parity for $1 \\le i \\le 2p-2$ for an integer $a$; if $P(a) = 0$, then $p \\equiv 3 \\pmod{4}$.\n\nWe also have $a^i \\equiv a^{i+p-1} \\pmod{p}$ for $1 \\le i \\le p-1$ for an integer $a$. Therefore, $\\prod_{i=1}^{2p-2} Q(a^i) \\equiv (\\prod_{i=1}^{p-1} Q(a^i))^2 \\pmod{p}$, and $P(a) \\equiv 1 + (\\prod_{i=1}^{p-1} Q(a^i))^2 \\ne 0 \\pmod{p}$ for $p \\equiv 3 \\pmod{4}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44771,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\frac{(b+c)(a^4 - b^2c^2)}{ab + 2bc + ca} + \\frac{(c+a)(b^4 - c^2a^2)}{bc + 2ca + ab} + \\frac{(a+b)(c^4 - a^2b^2)}{ca + 2ab + bc} \\geq 0\n$$\nfor all positive real numbers $a, b, c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "$$\n\\begin{align*}\n\\sum_{\\text{cyc}} \\frac{(b+c)(a^4 - b^2c^2)}{ab+2bc+ca} &\\ge \\frac{1}{2} \\sum_{\\text{cyc}} (a^3 + abc - b^2c - bc^2) \\\\\n&\\ge \\frac{1}{2} (a(a-b)(a-c) + b(b-c)(b-a) + c(c-a)(c-b)) \\ge 0\n\\end{align*}\n$$\n\nby Schur's Inequality if $\\frac{(b+c)(a^4 - b^2c^2)}{ab + 2bc + ca} \\ge \\frac{a^3 + abc - b^2c - bc^2}{2}$ for all positive real numbers $a, b, c$.\nThis last inequality is equivalent to $(b+c)a^4 - 2bca^3 - bc(b+c)a^2 + abc(b^2+c^2) \\ge 0$, and since\n$$\n(b+c)a^3 - 2bca^2 - bc(b+c)a + bc(b^2+c^2) \\\\\n\\ge \\frac{4bc}{b+c}a^3 - 2bca^2 - bc(b+c)a + bc\\frac{(b+c)^2}{2} \\\\\n= \\frac{bc}{2(b+c)}(2a+b+c)(2a-b-c)^2 \\ge 0,\n$$\nwe are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44772,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\sqrt{|AB_1|} + \\sqrt{|BC_1|} + \\sqrt{|CA_1|} \\le \\frac{3}{\\sqrt{2}}\n$$\nif the incircle of a triangle $ABC$ touches the sides $BC$, $AC$ and $AB$ at the points $A_1$, $B_1$ and $C_1$, respectively.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Letting $x = |AB_1|$, $y = |BC_1|$, $z = |CA_1|$, we have to show that\n$$\n\\sqrt{\\frac{x}{x+y}} + \\sqrt{\\frac{y}{y+z}} + \\sqrt{\\frac{z}{z+x}} \\le \\frac{3}{\\sqrt{2}}\n$$\n\nor equivalently,\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{1+a^2}} + \\frac{1}{\\sqrt{1+b^2}} + \\frac{1}{\\sqrt{1+c^2}} \\le \\frac{3}{\\sqrt{2}}\n$$\nfor all positive real numbers $a$, $b$, $c$ satisfying $abc = 1$.\nAssume without loss of generality that $ab \\le 1$. Then\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{1+a^2}} + \\frac{1}{\\sqrt{1+b^2}} \\le \\sqrt{2} \\left( \\frac{1}{1+a^2} + \\frac{1}{1+b^2} \\right)\n$$\nand\n$$\n\\frac{1}{1+a^2} + \\frac{1}{1+b^2} = 1 + \\frac{1-a^2b^2}{(1+a^2)(1+b^2)} \\le 1 + \\frac{1-a^2b^2}{(1+ab)^2} = \\frac{2}{1+ab}\n$$\nand\n$$\n\\frac{1}{\\sqrt{1+c^2}} \\le \\frac{\\sqrt{2}}{1+c}\n$$\nby the Cauchy-Schwarz inequality. Therefore,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{cyc} \\frac{1}{\\sqrt{1+a^2}} &\\le 2\\sqrt{\\frac{c}{1+c}} + \\frac{\\sqrt{2}}{1+c} = \\frac{\\sqrt{2}}{1+c}(\\sqrt{2c(c+1)} + 1) \\\\\n&\\le \\frac{\\sqrt{2}}{1+c}\\left(\\frac{2c+c+1}{2} + 1\\right) = \\frac{3}{\\sqrt{2}}\n\\end{aligned}\n$$\nby the AM-GM inequality.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44773,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Some of $n \\ge 4$ students in a class are friends. Any $n-1$ students in this class can form a circle so that any two students next to each other on the circle are friends, but all $n$ students cannot form a similar circle. Find the smallest possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "10",
    "solution": "We want to show that if $G - v$ has a Hamiltonian cycle for each vertex $v$ in a graph $G$, but $G$ does not have a Hamiltonian cycle, then $n = |G| \\ge 10$, and produce such a graph $G$ with $n = 10$.\n\nSince $v$ cannot be adjacent with two consecutive vertices in a Hamiltonian cycle in $G - v$, we have $\\deg v \\le [(n-1)/2]$. On the other hand, if $\\deg w \\le 2$ for some vertex $w$, then there is no Hamiltonian cycle in $G - v$ where $v$ is vertex adjacent with $w$. Therefore $3 \\le \\deg v \\le [(n-1)/2]$. In particular, $n \\ge 7$.\n\nNext observe that if $v_1 \\to v_2 \\to \\dots \\to v_{n-1}$ is a Hamiltonian cycle in $G - v$, and if $v$ is adjacent with $v_i$ and $v_j$, $i < j$, then $v_{i-1}$ and $v_{j-1}$ can not be adjacent with each other, as that would give a Hamiltonian cycle $v_1 \\to \\dots \\to v_{i-1} \\to v_{j-1} \\to v_{j-2} \\to \\dots \\to v_i \\to v \\to v_j \\to v_{j+1} \\to \\dots \\to v_{n-1}$ in $G$.\n\nFrom these observations it follows that $n = 7$ and $n = 8$ are impossible. If $n = 9$, then each vertex has degree 3 or 4, and they cannot all have degree 3 by the degree sum formula. Hence assume that $n = 9$ and there is a vertex $v_0$ with $\\deg v_0 = 4$.\n\nThen $G$ must contain the graph on the left below.\n\n![](attached_image_1.png)\n\n![](attached_image_2.png)\n\nBut then, again from the observations above, it follows that each $v_{2i}$ must be adjacent with at least -and therefore exactly- one of $v_{2i+3}$ and $v_{2i+5}$ (indices considered mod 8), and there are no other edges. Since there are edges only between vertices of different parity in the resulting graph; if we remove an odd indexed vertex, the remaining graph cannot have a Hamiltonian cycle as it has unequal number of odd and even indexed vertices.\n\n![](attached_image_3.png)\n\nIn this graph, $a \\to c \\to C \\to B \\to b \\to e \\to E \\to D \\to d \\to a$ and $A \\to B \\to C \\to c \\to e \\to b \\to d \\to D \\to E \\to A$ are Hamiltonian cycles for $G - A$ and $G - a$, respectively.\n\n$G$ itself does not have a Hamiltonian cycle. A Hamiltonian cycle cannot contain exactly two of the edges $Aa$, $Bb$, $Cc$, $Dd$, $Ee$, as there are no adjacent pairs of vertices on the outer and the inner cycles. So it must contain exactly four of them; say, $Bb$, $Cc$, $Dd$, $Ee$. Then the cycle contains a path through $b$, $B$, $A$, $E$, $e$, and a path through $C$, $c$, $a$, $d$, $D$; and these two paths cannot be completed to a Hamiltonian cycle.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44774,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "If $1 < k_1 < k_2 < \\dots < k_n$ and $a_1, a_2, \\dots, a_n$ are integers such that for every integer $N$, $k_i \\mid N - a_i$ for some $1 \\le i \\le n$, find the smallest possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Every integer $N$ satisfies at least one of the congruences $N \\equiv 0 \\pmod{2}$, $N \\equiv 1 \\pmod{3}$, $N \\equiv 3 \\pmod{4}$, $N \\equiv 5 \\pmod{6}$, $N \\equiv 9 \\pmod{12}$. Therefore $n$ can be $5$. We will show that $n \\le 4$ is not possible.\n\nLet $1 < k_1 \\le k_2 \\le \\dots \\le k_n$ and $a_1, a_2, \\dots, a_n$ be integers, and let $K = \\operatorname{lcm}(k_1, k_2, \\dots, k_n)$. Since at most $\\frac{K}{k_1} + \\frac{K}{k_2} + \\dots + \\frac{K}{k_n}$ integers from $1$ to $K$ can satisfy at least one of the congruences $x \\equiv a_i \\pmod{K}$ for $1 \\le i \\le n$, we must have $\\frac{1}{k_1} + \\frac{1}{k_2} + \\dots + \\frac{1}{k_n} \\ge 1$ if every integer satisfies at least one of these congruences.\n\nNow assume that $1 < k_1 < k_2 < \\dots < k_n$ and $a_1, a_2, \\dots, a_n$ satisfy the condition of the problem and that $n \\le 4$ has the smallest possible value. If $k_1 = 3$, then $\\frac{1}{k_1} + \\frac{1}{k_2} + \\dots + \\frac{1}{k_n} \\le \\frac{1}{3} + \\frac{1}{4} + \\frac{1}{5} + \\frac{1}{6} = \\frac{19}{20} < 1$. Therefore $k_1 = 2$.\n\nWithout loss of generality we may assume that $a_1 = 1$. For $2 \\le i \\le n$, let $k_i' = k_i$ and $a_i' = 2^{-1} a_i \\pmod{K}$ if $k_i$ is odd, and let $k_i' = \\frac{k_i}{2}$ and $a_i' = \\frac{a_i}{2}$ if $k_i$ is even. The integers $k_2', \\dots, k_n'$ and $a_2', \\dots, a_n'$ satisfy the condition of the problem except that $k_i'$ might not be distinct. Therefore by the minimality of $n$, we must have $n = 4$ and $\\{k_2, k_3, k_4\\} = \\{2m+1, 4m+2, k\\}$.\n\n* If $k$ is odd, then $\\{k_2', k_3', k_4'\\} = \\{2m+1, 2m+1, k\\}$ and $\\frac{2}{2m+1} + \\frac{1}{k} \\ge 1$. Since $\\frac{2}{2m+1} + \\frac{1}{k} \\le \\frac{2}{3} + \\frac{1}{5} = \\frac{13}{15} < 1$, this is not possible.\n\n$$\n\\frac{2}{5} + \\frac{2}{4} = \\frac{9}{10} < 1 \\text{ and } \\frac{2}{3} + \\frac{2}{8} = \\frac{11}{12} < 1. \\text{ The only remaining case is } 2m+1 = 3 \\text{ and } k=4. \\text{ This gives } \\{k'_2, k'_3, k'_4\\} = \\{3, 3, 2\\}. \\text{ Since the integers in a congruence class modulo 3 cannot be all even or all odd, this also leads to a contradiction.}\n$$\n\n* If $k$ is even, then $\\{k_2', k_3', k_4'\\} = \\{2m+1, 2m+1, \\frac{k}{2}\\}$ and $\\frac{2}{2m+1} + \\frac{2}{k} \\ge 1$. If $2m+1 \\ge 5$ or $2m+1=3$ and $k \\ge 8$, we get contradictions because\n$$\n\\frac{2}{5} + \\frac{2}{4} = \\frac{9}{10} < 1 \\text{ and } \\frac{2}{3} + \\frac{2}{8} = \\frac{11}{12} < 1.\n$$\nThe only remaining case is $2m+1 = 3$ and $k=4$. This gives $\\{k'_2, k'_3, k'_4\\} = \\{3, 3, 2\\}$. Since the integers in a congruence class modulo $3$ cannot be all even or all odd, this also leads to a contradiction.\n\nTherefore, the smallest possible value of $n$ is $5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44775,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a country $2010$ cities are connected directly to the capital by a highway. The number of cities connected directly to any other given city is less than $2010$, and if this number is the same for two cities, then it is even. $k$ of the highways connecting the capital directly to various cities will be closed to traffic for repairs. Find the maximum possible value of $k$ such that this can be done without disrupting the road transportation in the country no matter how the highway network was designed.",
    "options": [],
    "answer": "503",
    "solution": "The answer is $503$.\nWe want the connected components of the graph $G$ representing the cities and the highways to remain the same when we remove $k$ of the edges incident with the vertex $v_0$ representing the capital. Without loss of generality we may assume that $G$ is connected.\n\nLet $G'$ be the graph obtained by removing $v_0$, and let $C$ be a connected component of $G'$. Suppose that there is only one vertex $v'$ in $C$ that is adjacent to $v_0$ in $G$. Either $\\deg_G v'$ is odd or, since $C$ must have an even number of odd degree (in $G'$) vertices, $\\deg_G v'$ is even and $C$ has another vertex $v''$ with $\\deg_G v''$ odd. In either case $C$ has a vertex of odd degree (in $G$). On the other hand, if $C$ is connected to $v_0$ by at least two edges, then at least one of these can be removed without affecting connectedness. Since odd degrees can take at most $1005$ values and the number of odd degree vertices must be even, there are at most $1004$ odd degree vertices in $G$. Hence at least $(2010 - 1004)/2 = 503$ edges incident with $v_0$ can be removed without disconnecting $G$.\n\nNow we construct a graph $G$ in which more than $503$ edges cannot be removed. The vertices of $G$ are $v_i$, ($0 \\le i \\le 2010$), and $w_{ij}$, ($1 < i \\le 1004$, $1 \\le j \\le 2i - 2$), and the edges of $G$ are $\\{v_0, v_i\\}$, ($1 \\le i \\le 2010$), $\\{v_i, w_{ij}\\}$, ($1 < i \\le 1004$, $1 \\le j \\le 2i - 2$), $\\{v_{2m-1}, v_{2m}\\}$, ($503 \\le m \\le 1005$), and $\\{w_{i,2m-1}, w_{i,2m}\\}$, ($1 < i \\le 1004$, $1 \\le m \\le i - 1$).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44776,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$D$, $E$, $F$ are points on the sides $AB$, $BC$, $CA$, respectively, of a triangle $ABC$ such that $AD = AF$, $BD = BE$ and $DE = DF$. Let $I$ be the incircle of the triangle $ABC$, and let $K$ be the point of intersection of the line $BI$ and the tangent line through $A$ to the circumcircle of the triangle $ABI$. Show that $AK = EK$ if $AK = AD$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "From $AD = AF$, $BD = BE$ and $DE = DF$ we obtain $AD \\sin(\\angle A/2) = BD \\sin(\\angle B/2)$. Using this and applying the law of sines to the triangle $AIB$, we get $AI/BI = AD/BD = AK/BE$. Since $AK$ is tangent to the circumcircle of $AIB$, we also have $\\angle KAI = \\angle ABI = \\angle EBI$. Hence the triangles $KAI$ and $EBI$ are similar. It follows that the points $A, I, E$ are collinear and the points $A, K, E, B$ are concyclic. In particular, $\\angle KEA = \\angle KBA = \\angle EBI = \\angle KAE$ and $AK = EK$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44777,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A circle that passes through the vertex $A$ of a rectangle $ABCD$ intersects the side $AB$ at a second point $E$ different from $B$. A line passing through $B$ is tangent to this circle at a point $T$, and the circle with center $B$ and passing through $T$ intersects the side $BC$ at the point $F$. Show that if $\\angle CDF = \\angle BFE$, then $\\angle EDF = \\angle CDF$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $G$ be the point of intersection of the lines $EF$ and $DC$. Since $\\angle CFG = \\angle BFE = \\angle CDF$, the lines $DF$ and $EG$ are perpendicular.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nOn the other hand, $BA \\cdot BE = BT^2 = BF^2$ implies that the triangles $BAF$ and $BFE$ are similar and $\\angle BAF = \\angle BFE = \\angle CDF$. Therefore $BF = CF$, $EF = GF$ and $\\angle EDF = \\angle GDF = \\angle CDF$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44778,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P$ be a point in the interior of a triangle $ABC$ that is not on the median belonging to $A$ and satisfying $\\angle CAP = \\angle BCP$. Let $BP \\cap CA = \\{B'\\}$ and $CP \\cap AB = \\{C'\\}$. Let $Q$ be the second point of intersection of the line $AP$ and the circumcircle of $ABC$, $R$ be the point of intersection of the lines $B'Q$ and $CC'$, and $S$ be the point of intersection of the line $B'Q$ and the line passing through $P$ parallel to $AC$. Assume that the lines $B'C'$ and $QB$ intersect at a point $T$ that lies on the opposite side of the line $AB$ from $C$. Show that $\\angle BAT = \\angle BB'Q$ if and only if $SQ = RB'$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $PS \\parallel AC$ and $\\angle CAP = \\angle BCP$ we have $\\angle QPC = \\angle ACB = \\angle AQB = \\angle PQB$. Therefore $BQ \\parallel PC$.\n\nWe will first show that $SQ = RB'$ if and only if $AB \\parallel B'Q$. Since $PS$ and $AB'$ are parallel, we have $\\frac{PQ}{PA} = \\frac{SQ}{SB'}$. If $SQ = RB'$, then $\\frac{PQ}{PA} = \\frac{RB'}{RQ} = \\frac{PB'}{PB}$ as $BQ \\parallel PC$, and hence $AB \\parallel B'Q$. On the other hand, if $AB \\parallel B'Q$, then using $BQ \\parallel PC$ we obtain $\\frac{RB'}{RQ} = \\frac{PB'}{PB} = \\frac{PQ}{PA} = \\frac{SQ}{SB'}$, and hence $SQ = RB'$.\n\nNow we will show that $AB \\parallel B'Q$ if and only if $\\angle BAT = \\angle BB'Q$. Let $AP \\cap B'C' = \\{U\\}$ and let $D$ be the second point of intersection of the line $AP$ and the circumcircle of the triangle $C'PB'$. Using $PC' \\parallel QT$ we obtain $\\frac{UD}{UB'} = \\frac{UC'}{UP} = \\frac{UT}{UQ}$\n\nand conclude that the triangles $TDC'$ and $QB'P$ are similar. In particular, $\\angle PB'Q = \\angle C'DT$ and $\\angle DTC' = \\angle B'QP$.\n\nWe will show that $D$ cannot coincide with $A$. Suppose it does. Then $A, C', P, B'$ are concyclic and hence $C'B'$ and $BC$ are parallel. Let $A'$ be the point of intersection of $AP$ and $BC$. It follows that the triangles $PBA'$ and $BAA'$ are similar, and therefore $A'B^2 = A'P \\cdot A'A$. Similarly we obtain $A'C^2 = A'P \\cdot A'A$ and conclude that $A'B = A'C$, which is a contradiction as $P$ is not on the median belonging to $A$.\n\nLet us assume that $D$ is between $A$ and $U$. A similar argument works if $A$ is between $D$ and $U$. If $\\angle BAT = \\angle BB'Q$, then $\\angle C'AT = \\angle BAT = \\angle BB'Q = \\angle PB'Q = \\angle C'DT$, and $T, A, D, C'$ are concyclic. Therefore $\\angle PAB = \\angle DAC' = \\angle DTC' = \\angle B'QP$ and hence $AB \\parallel B'Q$. On the other hand if $AB \\parallel B'Q$, then $\\angle DTC' = \\angle B'QP = \\angle DAC'$, and $T, A, D, C'$ are concyclic. Therefore $\\angle BAT = \\angle C'AT = \\angle C'DT = \\angle PB'Q = \\angle BB'Q$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44779,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine the number of positive integers $n$ for which $(n + 15)(n + 2010)$ is a perfect square.",
    "options": [],
    "answer": "39",
    "solution": "Let $m^2 = n^2 + 2025n + 2010 \\cdot 15$ where $m$ is a positive integer. Then $(2n + 2m + 2025)(2n - 2m + 2025) = 1995^2$. Hence $n = (A + B - 4050)/4$ and $m = (A - B)/4$\n\nwhere $A$ and $B$ are integers such that $AB = 1995^2$, $A > B$ and $A + B > 4050$. Since $1995^2 \\equiv 1 \\pmod 4$, these formulas always give integer values for $m$ and $n$.\nLet $f(x) = x + \\frac{1995^2}{x}$. Then $f(x_2) - f(x_1) = (x_2 - x_1)\\left(1 - \\frac{1995^2}{x_1x_2}\\right) > 0$ for $x_2 > x_1 > 1995$.\nThe first divisor of $1995^2 = 3^2 \\cdot 5^2 \\cdot 7^2 \\cdot 19^2$ after $1995$ is $A = 2025 = 3^2 \\cdot 5 \\cdot 7^2$ for which $f(A) > 4050$ fails. The next one $A = 2527 = 7 \\cdot 19^2$ and hence all the greater divisors satisfy $f(A) > 4050$. The answer is $((2+1)^4 - 1)/2 - 1 = 39$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44780,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\sqrt[4]{\\frac{(a^2 + b^2)(a^2 - ab + b^2)}{2}} + \\sqrt[4]{\\frac{(b^2 + c^2)(b^2 - bc + c^2)}{2}} + \\sqrt[4]{\\frac{(c^2 + a^2)(c^2 - ca + a^2)}{2}} \\\\\n\\le \\frac{2}{3}(a^2 + b^2 + c^2) \\left( \\frac{1}{a+b} + \\frac{1}{b+c} + \\frac{1}{c+a} \\right)\n$$\nfor all positive real numbers $a$, $b$, $c$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We have $\\sqrt[4]{\\frac{(a^2 + b^2)(a^2 - ab + b^2)}{2}} \\le \\frac{a^2 + b^2}{a+b}$ for all nonnegative real numbers $a$, $b$ as this inequality is equivalent to $(a+b)^4(a^2-ab+b^2) \\le 2(a^2+b^2)^3$ which is in turn equivalent to $(a-b)^4(a^2+ab+b^2) \\ge 0$.\n\n$$\n\\frac{a^2+b^2}{a+b} + \\frac{b^2+c^2}{b+c} + \\frac{c^2+a^2}{c+a} \\le \\frac{2}{3}(a^2+b^2+c^2) \\left( \\frac{1}{a+b} + \\frac{1}{b+c} + \\frac{1}{c+a} \\right)\n$$\nWithout loss of generality we may assume that $a \\ge b \\ge c$. Then we also have $a^2 + b^2 \\ge a^2 + c^2 \\ge b^2 + c^2$ and $\\frac{1}{a+b} \\le \\frac{1}{a+c} \\le \\frac{1}{b+c}$. The result follows by the Rearrangement Inequality.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44781,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an exam every question is solved by exactly four students, every pair of questions is solved by exactly one student, and none of the students solved all of the questions. Find the maximum possible number of questions in this exam.",
    "options": [],
    "answer": "13",
    "solution": "Suppose $S_1$ solved $Q_1, \\dots, Q_k$, but not $Q_{k+1}$ where $k > 4$. Since $Q_{k+1}$ is solved by exactly 4 students, and $Q_i$ and $Q_{k+1}$ are solved by exactly one student for each $1 \\le i \\le k$, there must be another student who solved two of the questions $Q_1, \\dots, Q_k$ besides $S_1$, a contradiction. Therefore $k \\le 4$. Since $Q_1$ is solved by exactly four students, the number of questions cannot be more than $1+4 \\cdot 3 = 13$.\n\nOn the other hand, an exam with 13 questions where\n$Q_1$ is solved by $S_1, S_2, S_3, S_4$; $Q_2$ is solved by $S_1, S_5, S_6, S_7$; $Q_3$ is solved by $S_1, S_8, S_9, S_{10}$; $Q_4$ is solved by $S_1, S_{11}, S_{12}, S_{13}$; $Q_5$ is solved by $S_2, S_5, S_9, S_{13}$; $Q_6$ is solved by $S_2, S_6, S_{10}, S_{11}$; $Q_7$ is solved by $S_2, S_7, S_8, S_{12}$; $Q_8$ is solved by $S_3, S_5, S_{10}, S_{12}$; $Q_9$ is solved by $S_3, S_6, S_8, S_{13}$; $Q_{10}$ is solved by $S_3, S_7, S_9, S_{11}$; $Q_{11}$ is solved by $S_4, S_5, S_8, S_{11}$; $Q_{12}$ is solved by $S_4, S_6, S_9, S_{12}$; $Q_{13}$ is solved by $S_4, S_7, S_{10}, S_{13}$\nsatisfies the conditions of the question.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44782,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A teacher wants to divide the 2010 questions she asked in the exams during the school year into three folders of 670 questions and give each folder to a student who solved all 670 questions in that folder. Determine the minimum number of students in the class that makes this possible for all possible situations in which there are at most two students who did not solve any given question.",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "If there are four students $S_i$, $1 \\le i \\le 4$, and $S_1$ and $S_2$ solved the same half of the questions, and $S_3$ and $S_4$ solved the other half; then we cannot partition 2010 questions into three sets of 670 questions so that each set can be assigned to a student who solved all of those questions. Now we will show that this can be done if there are five students.\n\nAssume that there are five students $S_i$, $1 \\le i \\le 5$, in the class. For $1 \\le i \\le 5$, let $n_i$ be the number of questions that are not solved only by $S_i$; and for $1 \\le i < j \\le 5$, let $n_{\\{ij\\}} = n_{\\{ji\\}}$ be the number of questions that are solved neither by $S_i$ nor by $S_j$. Since there are at most two students who did not solve any given question, we have $\\sum_i n_i + \\sum_{\\{i<j\\}} n_{\\{ij\\}} \\le 2010$. Also, for $1 \\le i \\le 5$, $w_i = n_i + \\sum_{\\{j \\ne i\\}} n_{\\{ij\\}}$ is the number of questions not solved by $S_i$.\n\nWe claim that there are $1 \\le x < y < z \\le 5$ such that $w_i \\le 1340$ and $n_{\\{ij\\}} \\le 670$ for $i, j \\in \\{x, y, z\\}$ and $i \\ne j$.\n\nFirst let us see how we can distribute the questions to $S_x$, $S_y$, $S_z$ if the claim is true. We will assign the questions one by one to one of the students $S_x$, $S_y$, $S_z$ who solved it. Let us say that we are about to assign the question $Q$. Since we have three students, $Q$ is solved by at least one of them. If there is a student who solved $Q$ and has less than 670 questions assigned to her up to this point, we assign $Q$ to her. If this is not the case, then will proceed as follows.\n\n* If $S_x$ is the only student who solved $Q$, but she has already 670 questions assigned to her, and both $S_y$ and $S_z$ have less than 670 questions assigned to them, then we will reassign one of the questions $Q'$ from $S_x$ to $S_y$ or $S_z$, and assign $Q$ to $S_x$. If this is not possible for any $Q'$ then $n_{\\{yz\\}} \\ge 671$, a contradiction.\n* If at least one of $S_x$ and $S_y$ (say, $S_x$) solved $Q$ and each of them has already 670 questions assigned to her, then by the reasoning above we can reassign a question $Q'$ from $S_x$ to $S_y$ or $S_z$. If we cannot reassign any question from $S_x$ to $S_z$, then we will try to reassign a question $Q'$ from $S_x$ to $S_y$, and also reassign a question $Q''$ from $S_y$ to $S_z$ (and, of course, assign $Q$ to $S_x$). If this is not possible for any $Q''$ either, then $w_z \\ge 1341$, a contradiction.\n\nNow we will prove the claim. Assume that there are three students, say, $S_1, S_2, S_3$ who solved less than 670 questions each. Then $w_i \\ge 1341$ for $i = 1, 2, 3$ and $3 \\cdot 1341 \\le w_1 + w_2 + w_3 \\le 2(\\sum_i n_i + \\sum_{\\{i<j\\}} n_{\\{ij\\}}) \\le 2 \\cdot 2010$ gives a contradiction. Therefore there are at least three students with $w_i \\le 1340$. Again without loss of generality let us assume that these include $S_1, S_2$ and $S_3$.\nIf each of $n_{\\{12\\}}, n_{\\{23\\}}, n_{\\{13\\}}$ is less than equal or to 670, then the claim is proven. If not, then since $w_i \\le 1340$ for $1 \\le i \\le 3$, at most one of $n_{\\{12\\}}, n_{\\{23\\}}, n_{\\{13\\}}$ can be greater than 670. Let us assume that $n_{\\{12\\}} > 670$. Then $n_{\\{23\\}} < 670, n_{\\{13\\}} < 670$, and also $w_4 < 1340$ and $w_5 < 1340$. Applying the same reasoning to the triple $w_2, w_3, w_4$ we conclude that $n_{\\{34\\}} > 670$. Now we have $w_i \\le 1340$ for $i = 1, 3, 5$, and $n_{\\{13\\}} < 670, n_{\\{15\\}} < 670$ and $n_{\\{35\\}} < 670$, and the claim is proven.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44783,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\frac{a_i}{\\sqrt{a_i^4 + 3}} \\le \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{a_i}\n$$\nfor all positive integers $n$ and positive real numbers $a_1, a_2, \\dots, a_n$ satisfying the condition $a_1 a_2 \\cdots a_n = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We first observe that $x^4+3 \\ge (x+1)^2$ as $x^4+3-(x+1)^2 = (x-1)^2(x^2+2x+2) \\ge 0$. Therefore it suffices to prove that\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} \\frac{a_i}{a_i + 1} \\le \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{n} \\frac{1}{a_i}\n$$\nfor all positive integers $n$ and positive real numbers $a_1, a_2, \\dots, a_n$ satisfying the condition $a_1 a_2 \\cdots a_n = 1$.\n\nNext we observe that\n$$\n\\frac{1}{2xy} - \\frac{xy}{xy+1} \\le \\frac{1}{2x} + \\frac{1}{2y} - \\frac{x}{x+1} - \\frac{y}{y+1} \\quad (*)\n$$\nfor $0 < x \\le 1 \\le y$. This can be seen using the fact that\n$$\n0 \\le (1-x)(y-1)(2x^2y^2 + x^2y + xy^2 + xy + x + y + 1)\n$$\nafter collecting all the terms to the right side of the inequality and getting a common denominator.\n\nLet $f_k(x_1, x_2, \\dots, x_k) = \\frac{1}{2} \\sum_{i=1}^{k} \\frac{1}{x_i} - \\sum_{i=1}^{k} \\frac{x_i}{x_i + 1}$. We will prove by induction on $k$ that $x_1 x_2 \\cdots x_k = 1 \\implies f_k(x_1, x_2, \\dots, x_k) \\ge 0$.\n\n* For $k=1$, $x_1=1$ and $f_1(x_1) = 0$.\n\n* Suppose $k > 1$ and $x_1 x_2 \\cdots x_k = 1$. If $x_1 \\le x_2 \\le \\cdots \\le x_k$, then $x_1 \\le 1 \\le x_k$, and using (*) we get $f_k(x_1, x_2, \\dots, x_k) \\ge f_{k-1}(x_1 x_k, x_2, \\dots, x_{k-1}) \\ge 0$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44784,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that\n$$\na^2 b^2 (a^2 + b^2 - 2) \\geq (a + b)(ab - 1)\n$$\nfor all positive real numbers $a$ and $b$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $p = ab$ and $s = a + b$. We want to show that $p^2(s^2 - 2p - 2) \\ge s(p-1)$, or equivalently, $p^2s^2 - (p-1)s - 2p^2(p+1) \\ge 0$ when $s^2 \\ge 4p > 0$.\nIf $0 < p \\le 1$, then $p^2s - (p-1) \\ge p^2 \\cdot 2\\sqrt{p} + (1-p) > 0$, and if $p \\ge 1$, then $p^2s - (p-1) \\ge (p^2 \\cdot 2\\sqrt{p} - p) + 1 > 0$. Therefore,\n$$\n\\begin{align*}\np^2 s^2 - (p-1)s - 2p^2(p+1) &= s(p^2s - (p-1)) - 2p^2(p+1) \\\\\n&\\ge 2\\sqrt{p}(p^2 \\cdot 2\\sqrt{p} - p + 1) - 2p^2(p+1) \\\\\n&= 2p^3 - 2p\\sqrt{p} - 2p^2 + 2\\sqrt{p} \\\\\n&= 2\\sqrt{p}(p-1)(p\\sqrt{p} - 1) \\\\\n&\\ge 0.\n\\end{align*}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44785,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The points $A$ and $B$ lie on a circle with diameter $CD$ and on different sides of the line $CD$. A circle $\\Gamma$ passing through the points $C$ and $D$ intersects the line segment $AC$ at a point $E$ different from its endpoints, and the line $BC$ at a point $F$. $P$ is the point of intersection of the tangent line to $\\Gamma$ at $E$ and the line $BC$, and $Q$ is a point different from $E$ lying on the circumcircle of the triangle $CEP$ and satisfying $QP = EP$. $S$ is the midpoint of the line segment $EQ$ and $R$ is the point of intersection of the lines $AB$ and $EF$. Show that the lines $DR$ and $PS$ are parallel.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "As $AB$ is the Simson line for the point $D$ and the triangle $FCE$, $DR$ is perpendicular to $EF$. We have $\\angle QEP = \\angle EQP = \\angle ECF = \\angle XEF$, where $X$ is a point on the ray $PE$ beyond $E$. Therefore $Q$, $E$, $F$ are collinear. As $PS$ is perpendicular to $EQ$, the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44786,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $S$ denote the set of polynomials $P(x) = a x^2 + b x$ where $0 \\leq a, b < 2010^{18}$ are integers. Determine the number of polynomials $P$ in $S$ for which there exists a polynomial $Q$ in $S$ such that $Q(P(n)) \\equiv n \\pmod{2010^{18}}$ for all integers $n$.",
    "options": [],
    "answer": "2^5 * 3 * 11 * 2010^{26}",
    "solution": "We will show that there exists $Q(x) = c x^2 + d x$ for $P(x) = a x^2 + b x$ if and only if $2^8 1005^9 \\mid a$ and $(2010, b) = 1$. Then it follows that the answer is\n$$\n2 \\cdot 2010^9 \\cdot 2010^{18} \\left(1 - \\frac{1}{2}\\right) \\left(1 - \\frac{1}{3}\\right) \\left(1 - \\frac{1}{5}\\right) \\left(1 - \\frac{1}{67}\\right) = 2^5 \\cdot 3 \\cdot 11 \\cdot 2010^{26}.\n$$\nAssume that $Q(P(n)) \\equiv n \\pmod{2010^{18}}$ for all $n$. Then $n \\mapsto P(n)$ is one-to-one modulo $2010^{18}$ and using the Chinese Remainder Theorem we deduce that $n \\mapsto P(n)$ is one-to-one modulo $p^{18}$ for each $p \\in \\{2, 3, 5, 67\\}$.\nLet $p \\in \\{2, 3, 5, 67\\}$. If $p \\mid b$, then $P(p^{17}) \\equiv P(0) \\pmod{p^{18}}$ gives a contradiction. Hence $p \\nmid b$. If $p \\nmid a$, then $P(-a^{-1} b) \\equiv P(0) \\pmod{p^{18}}$ gives a contradiction. Hence $p \\nmid a$. Therefore $2010 \\nmid a$ and $(2010, b) = 1$. In particular, $(b(a^2 - b^2))^{-1}$\n\n(mod $2010^{18}$) exists. Since\n$$\n\\begin{array}{l}\nQ(P(1)) \\equiv 1 \\implies c(a+b)^2 + d(a+b) \\equiv 1 \\\\\nQ(P(-1)) \\equiv -1 \\implies c(a-b)^2 + d(a-b) \\equiv -1 \\\\\n\\qquad \\implies \\left\\{\n\\begin{array}{l}\n2b(a^2-b^2)c \\equiv 2a \\pmod{2010^{18}} \\\\\n2b(a^2-b^2)d \\equiv -2(a^2+b^2) \\pmod{2010^{18}}\n\\end{array}\n\\right.\n\\end{array}\n$$\nwe have\n$$\nc \\equiv (b(a^2 - b^2))^{-1} a + \\varepsilon \\frac{2010^{18}}{2} \\pmod{2010^{18}}\n$$\n$$\nd \\equiv -(b(a^2 - b^2))^{-1}(a^2 + b^2) + \\varepsilon \\frac{2010^{18}}{2} \\pmod{2010^{18}}\n$$\nwhere $\\varepsilon$ is 0 or 1. Therefore\n$$\nQ(P(x)) - x \\equiv -(b(a^2 - b^2))^{-1} a^2 x(x-1)(x+1)(a x + 2b) + \\varepsilon \\frac{2010^{18}}{2} x(x-1) \\pmod{2010^{18}} \\\\\n\\qquad \\equiv 0\n$$\nNow if we let $x = 2$, we obtain $2010^{18} \\mid 2^2 \\cdot 3 \\cdot a^2$, and hence $2^8 1005^9 \\mid a$.\nConversely, if $2^8 1005^9 \\mid a$ and $(2010 \\cdot b) = 1$, then we can define $c$ and $d$ as above.\nSince $2 \\mid n(n-1)$ and $2 \\mid a n + 2b$ for all $n$, $Q(P(n)) \\equiv n \\pmod{2010^{18}}$ follows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44787,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For an interior point $D$ of a triangle $ABC$, let $\\Gamma_D$ denote the circle passing through the points $A$, $E$, $D$, $F$ if these points are concyclic where $BD \\cap AC = \\{E\\}$ and $CD \\cap AB = \\{F\\}$. Show that all circles $\\Gamma_D$ pass through a second common point different from $A$ as $D$ varies.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $A'$ be the midpoint of the side $BC$, and let $A''$ be the second point of intersection of the line $AA'$ and the circumcircle $\\Gamma$ of the triangle $BDC$. Since both $D, E, A, F$ and $D, C, A'', B$ are concyclic, $\\angle BA''C = \\angle BAC$. Hence $A'$ is the midpoint of $AA''$. In particular, the circle $\\Gamma$ and $J$, the second point of intersection of $\\Gamma$ and $AA''$, do not depend on the point $D$. We will show that $J$ lies on $\\Gamma_D$.\nIf $D$ lies on the same side of $AA'$ as $B$, then we have $\\angle JCB = \\angle JDE$ by concyclicity of $B, D, J, C$. Considering the power of $A'$ with respect to $\\Gamma$ we obtain $A'J \\cdot A'A'' = A'B \\cdot A'C$, hence $A'J \\cdot A'A = A'C^2$ implying that the line $A'C$ is tangent to the circumcircle of the triangle $AJC$. In particular, we have $\\angle JCB = \\angle JAC$. Therefore $\\angle JDE = \\angle JAE$, and $J$ lies on $\\Gamma_D$. A similar reasoning works if $D$ lies on the same side of $AA'$ as $C$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44788,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A$ be the set of points in the plane whose coordinates are integers and let\n\n$F$ be the collection of all functions from $A$ to $\\{1, -1\\}$. We call a function $f$ in $F$ perfect if every function $g$ in $F$ that differs from $f$ at finitely many points satisfies the condition\n$$\n\\sum_{0 < d(P,Q) < 2010} \\frac{f(P)f(Q) - g(P)g(Q)}{d(P,Q)} \\geq 0\n$$\nwhere $d(P, Q)$ denotes the distance between $P$ and $Q$. Show that there exist infinitely many perfect functions that are not translates of each other.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $L$ be a line in the plane, and let $\\pi_1$ and $\\pi_2$ be the corresponding open half-planes. We set\n$$\nf_L(P) = \\begin{cases} 1 & \\text{if } P \\in \\pi_1 \\cup L, \\\\ -1 & \\text{if } P \\in \\pi_2. \\end{cases}\n$$\nWe will show that $f_L$ is a perfect function. Then the family $\\{f_L : (0,0) \\in L\\} \\subset \\mathcal{F}$ consists of infinitely many perfect functions that are not translates of each other.\n\nLet $g$ be a function in $\\mathcal{F}$ differing from $f_L$ at finitely many points, and let\n$$\nK_{\\pm} = \\{(P, Q) : f_L(P)f_L(Q) - g(P)g(Q) = \\pm 2 \\text{ and } 0 < d(P, Q) < 2010\\}.\n$$\nThen\n$$\n\\sum_{0 < d(P,Q) < 2010} \\frac{f_L(P)f_L(Q) - g(P)g(Q)}{d(P,Q)} = \\sum_{(P,Q) \\in K_+} \\frac{2}{d(P,Q)} - \\sum_{(P,Q) \\in K_-} \\frac{2}{d(P,Q)}\n$$\n\nWe will prove that this expression is nonnegative by defining an injection $m: K_- \\to K_+$ that satisfies $d(m(P, Q)) = d(P, Q)$.\n\nLet $(P, Q) \\in K_-$. Then $f_L(P) \\neq f_L(Q)$ and $g(P) = g(Q)$. Consider the line $\\ell$ passing through the points $P$ and $Q$. Let $P_0 = P$, $P_1 = Q$, and let $P_i$ be the unique point on $\\ell$ such that $d(P_i, P_{i-1}) = d(P, Q)$ and $P_i \\neq P_{i-2}$ for $i \\ge 2$, and $d(P_i, P_{i+1}) = d(P, Q)$ and $P_i \\neq P_{i+2}$ for $i \\le -1$.\n\nSince $f_L$ and $g$ differ at finitely many points, we know that $f_L(P_i) = g(P_i)$ for all $i$ with sufficiently large $|i|$. In particular, $g$ changes sign finitely many times, but at least once on $\\ell$. Let $k$ be the smallest integer such that $g(P_k) \\neq g(P_{k+1})$. We define $m(P, Q) = (P_k, P_{k+1})$.\n\n$(P_k, P_{k+1}) \\in K_+$ as $f_L(P_k)f_L(P_{k+1}) - g(P_k)g(P_{k+1}) = 1 - (-1) = 2$, and we have $d(P_k, P_{k+1}) = d(P, Q)$ by construction. Finally, since $(P, Q)$ is the only pair among $(P_i, P_{i+1})$, $i \\in \\mathbb{Z}$, satisfying $f_L(P_i) \\neq f_L(P_{i+1})$, $m$ is injective.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44789,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $K$ be the set of the edges and the diagonals of a convex $2010$-gon in the plane. We say that a subset $A$ of $K$ is *intersecting* if any pair of line segments belonging to $A$ intersects. Determine the maximum possible number of elements in the union of two intersecting sets.",
    "options": [],
    "answer": "4019",
    "solution": "The answer is $4019$. We will show that the answer is $2n-1$ for a $n$-gon if $n \\ge 5$.\nLet $A$ be an intersecting set with $|A| \\ge n$. Since the number of vertices in $A$ is not greater than the number of line segments in $A$, $A$ contains a cycle. Let $PQ$ and $QR$ be two line segments in this cycle. Every line segment in the cycle, except $XP$ and $RY$, intersects both $PQ$ and $QR$ at their interior points. We conclude that the cycle contains an odd number of line segments and none of the vertices on the cycle lies inside the angle $\\angle PQR$. Hence there is a positive integer $k$ and there are vertices $P_1, P_2, \\dots, P_{2k+1}$ in the order they lie on the polygon such that the cycle consists of the line segments $P_i P_{i+k}, P_i P_{i+k+1}$ for $1 \\le i \\le 2k+1$. (Indices are considered modulo $n$.) Let us denote this collection by $A^*$. Since $A$ is intersecting, the only other line segments in $A$ can be of the form $XP_i$ where $X$ is a vertex of the polygon lying inside the angle $\\angle P_{i+k+1}P_i P_{i+k}$. Since $|A| \\ge n$ all such line segments must belong to $A$. Let us denote the collection of these line segments by $A^{\\mathcal{C}}$. Therefore if $A$ is an intersecting set with $|A| \\ge n$, then $|A| = n$ and $A = A_{(P_1, P_2, \\dots, P_{2k+1})} = A^* \\sqcup A^{\\mathcal{C}}$ where $A^*$ and $A^{\\mathcal{C}}$ are as described above.\n\nNext we will show that if $A$ and $B$ are intersecting sets with $|A| = n = |B|$, then $A$ and $B$ cannot be disjoint. Assume they are. Let $Q_1Q_2, Q_2Q_3, \\dots, Q_{m-1}Q_m, Q_mQ_1$ be a cycle such that the line segments $Q_iQ_{i+1}$ belong to, say, $A$ for $i$ odd and $B$ for $i$ even (where $Q_{m+1} = Q_1$). Such a cycle exists as every vertex of the polygon is an endpoint of at least one line segment in $A$ and one in $B$. Since $A$ and $B$ are intersecting, all $Q_iQ_{i+1}$ intersect $Q_1Q_2$ for $i$ odd and $Q_2Q_3$ for $i$ even. Therefore all $Q_i$ with $i$ even lie on or the opposite side of $Q_1Q_2$ with respect to $Q_3$ and all $Q_i$ with $i$ odd lie on or the opposite side of $Q_2Q_3$ with respect to $Q_1$. In particular, $m$ is odd and $Q_1$ is a vertex of $A^*$. Then $Q_3$ lies on or the opposite side of $Q_mQ_1$ with respect to $Q_2$, and $Q_{m-1}$ lies on or the opposite side of $Q_1Q_2$ with respect to $Q_m$. Let $XQ_1$ be a line segment belonging to $B$. Since $XQ_1$ must intersect both $Q_2Q_3$ and $Q_{m-1}Q_m$, which belong to $B$, $X$ must lie between $Q_2$ and $Q_m$ on the polygon. But then $XQ_1$ also belongs to $A^c$ and hence to $A$, a contradiction.\n\nFinally, if $P$, $Q$, $R$, $S$, $T$ are five consecutive vertices on the polygon, then $A_{(P,Q,R)} \\cup A_{(R,S,T)}$ consists of $2n - 1$ line segments.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44790,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the largest positive integer $n$ which is divisible by all positive integers whose cube is not greater than $n$.",
    "options": [],
    "answer": "420",
    "solution": "The answer is $420$.\n\nLet us consider the positive integer $m$ so that $m^3 \\leq n < (m+1)^3$. As $n = 420$ satisfies the conditions, we will consider the case when $m \\geq 7$. Note that each of $m$, $m-1$, $m-2$ and $m-3$ divides $n$ and hence $\\operatorname{lcm}(m, m-1, m-2, m-3)$ divides $n$. Since $\\gcd(n-1, n-2) = 1$, $\\gcd(n, n-3)$ divides $3$ and $\\gcd(n(n-3), (n-1)(n-2))$ divides $2$, we have that\n\n$$\n\\frac{m(m-1)(m-2)(m-3)}{6}\n$$\ndivides $n$. Therefore,\n$$\n\\frac{m(m-1)(m-2)(m-3)}{6} < (m+1)^3\n$$\nand hence $m \\leq 12$.\n\nIf $m = 11$ or $12$, then $11 \\cdot 7 \\cdot 5 \\cdot 9 \\cdot 8 = 27720 \\mid n$, but $13^3 = 2197 < 27720$.\n\nIf $m = 9$ or $10$, then $7 \\cdot 5 \\cdot 9 \\cdot 8 = 2520 \\mid n$, but $11^3 = 1331 < 2520$.\n\nIf $m = 8$, then $7 \\cdot 5 \\cdot 3 \\cdot 8 = 840 \\mid n$, but $9^3 = 729 < 840$.\n\nIf $m = 7$, then $7 \\cdot 5 \\cdot 3 \\cdot 4 = 420 \\mid n$ and $n < 8^3 = 512$. Therefore $n = 420$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44791,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that\n$$\n1 \\le \\frac{(x+y)(x^3+y^3)}{(x^2+y^2)^2} \\le \\frac{9}{8}\n$$\nfor all positive real numbers $x$ and $y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The Cauchy-Schwarz inequality implies that $(x+y)(x^3+y^3) \\ge (x^2+y^2)^2$. Therefore,\n$$\n1 \\le \\frac{(x+y)(x^3+y^3)}{(x^2+y^2)^2}.\n$$\nAs $0 \\le ((x-y)^2 - 2xy)^2$, we have\n$$\n4xy(x-y)^2 \\le (x-y)^4 + 4x^2y^2.\n$$\n$$\n\\Rightarrow 8x^3y + 8y^3x \\le x^4 + 18x^2y^2 + y^4. \\Rightarrow 8x^3y + 8y^3x + 8x^4 + 8y^4 \\le 9x^4 + 18x^2y^2 + 9y^4.\n$$\n$$\n\\Rightarrow 8(x + y)(x^3 + y^3) \\le 9(x^2 + y^2)^2. \\text{ Thus,}\n$$\n$$\n\\frac{(x+y)(x^3+y^3)}{(x^2+y^2)^2} \\le \\frac{9}{8}.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44792,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $Q^+$ denote the set of positive rational numbers. Determine all functions $f: Q^+ \\to Q^+$ that satisfy the conditions\n$$\nf\\left(\\frac{x}{x+1}\\right) = \\frac{f(x)}{x+1} \\quad \\text{and} \\quad f\\left(\\frac{1}{x}\\right) = \\frac{f(x)}{x^3}\n$$\nfor all $x \\in Q^+$.",
    "options": [],
    "answer": "For any positive rational r written in lowest terms as r = m/n, all solutions are f(r) = c * m^2 / n for a fixed constant c = f(1) ∈ Q^+.",
    "solution": "Let $n$ be a positive integer and $x = 1/n$. Then $f(\\frac{1}{n}) = \\frac{n+1}{n} f(\\frac{1}{n+1})$. It follows by induction that $f(\\frac{1}{n}) = \\frac{f(1)}{n}$ for all positive integers $n$.\n\nWe claim that $f(\\frac{m}{n}) = \\frac{m^2}{n} f(1)$ for all relatively prime positive integers $m$ and $n$. This time we use induction on $\\max(m, n)$. If $m < n$, then\n$$\n\\begin{aligned}\nf\\left(\\frac{m}{n}\\right) &= f\\left(\\frac{m/(n-m)}{m/(n-m)+1}\\right) = \\frac{1}{m/(n-m)+1} f\\left(\\frac{m}{n-m}\\right) \\\\\n&= \\frac{n-m}{n} \\cdot \\frac{m^2}{n-m} f(1) = \\frac{m^2}{n} f(1)\n\\end{aligned}\n$$\nwhere we used the induction hypothesis. On the other hand, if $m > n$, then first\n$$\nf\\left(\\frac{m}{n}\\right) = \\frac{m^3}{n^3} f\\left(\\frac{n}{m}\\right), \\text{ and then } \\frac{m^3}{n^3} f\\left(\\frac{n}{m}\\right) = \\frac{m^3}{n^3} \\cdot \\frac{n^2}{m} f(1) = \\frac{m^2}{n} f(1).\n$$\n\nConversely, it can be easily verified that the function defined by $f(\\frac{m}{n}) = \\frac{m^2}{n}$ for all relatively prime positive integers $m$ and $n$, where $r$ a positive rational number, satisfies the conditions of the question.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44793,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A = \\{1, 2, \\dots, 2012\\}$, $B = \\{1, 2, \\dots, 19\\}$ and $S$ be the set of all subsets of $A$. Determine the number of functions $f : S \\to B$ satisfying the condition $f(A_1 \\cap A_2) = \\min\\{f(A_1), f(A_2)\\}$ for all $A_1, A_2 \\in S$.",
    "options": [],
    "answer": "1^{2012} + 2^{2012} + \\dots + 19^{2012}",
    "solution": "The answer is $1^{2012} + 2^{2012} + \\dots + 19^{2012}$.\n\nWe first observe that the minimum element of $U \\cup V$ is the minimum of the minimum elements of $U$ and $V$ for all finite sets $U$ and $V$ of integers.\n\nLet the value of $f(A)$ be $n$. Then by the given property of $f$ we have $f(X) \\le n$ for all $X \\in S$. Note that there are $n^{2012}$ different ways to determine the values of $f(X)$ for all sets $X$ in $S$ of size $2011$. We will prove that the values of $f$ for the remaining sets are uniquely determined.\n\nWe apply induction on $k$ to prove that\n$$\nf(A \\setminus \\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\}) = \\min\\{f(A \\setminus \\{a_1\\}), f(A \\setminus \\{a_2\\}), \\dots, f(A \\setminus \\{a_k\\})\\} \\quad (*)\n$$\nfor all $a_1, a_2, \\dots, a_k \\in B$.\n\nFor $k=1$, it is trivial and the case for $k=2$ results from the condition on $f$.\n\n$$\nf(A \\setminus \\{a_1, a_2, \\dots, a_{k+1}\\}) = \\min\\{f(A \\setminus \\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\}), f(A \\setminus \\{a_{k+1}\\})\\}.\n$$\n\nUsing the induction hypothesis and the observation above we can conclude that the claim is true for $k+1$ as well.\n\nOn the other hand, by (*) and the observation above it can be easily verified that the condition on $f$ is satisfied for all $A_1, A_2 \\in S$. Therefore, as $1 \\le n \\le 19$ we obtain that there are $1^{2012} + 2^{2012} + \\dots + 19^{2012}$ such functions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44794,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n \\ge 2$ be an integer and $E = \\{1, 2, \\dots, n\\}$. If $A_1, A_2, \\dots, A_k$ are subsets of $E$ and exactly one of $A_i \\cap A_j$, $A'_i \\cap A_j$, $A_i \\cap A'_j$ and $A'_i \\cap A'_j$ is empty for all $1 \\le i < j \\le k$, then determine the maximum possible value of $k$.\n\n[For $A \\subset E$, $A'$ denotes the elements of $E$ which are not included in $A$.]",
    "options": [],
    "answer": "2n-3",
    "solution": "The answer is $2n-3$ and an example is $\\{1\\}, \\{2\\}, \\dots, \\{n\\}, \\{1,2\\}, \\{1,2,3\\}, \\dots, \\{1,2,3,\\dots, n-2\\}$.\n\nWe will prove it by induction on $n$. For $n=2$, it is clear that $k$ is at most $1$. For $n=3$, it is easy to check that $k \\le 3$. Let us assume that the answer is $2n-5$ for $n-1 \\ge 3$. Let $M = \\{A_1, A_2, \\dots, A_k\\}$ be a maximal collection satisfying the conditions for $n$. By the example above, $k \\ge 2n-3$. Note that neither $\\emptyset$ nor $E$ is in $M$. If none of $\\{i\\}$ and $\\{i\\}'$ is in $M$ for some $1 \\le i \\le n$, then we could add one of them and enlarge the collection. Clearly both $\\{i\\}$ and $\\{i\\}'$ can not be in $M$ and hence exactly one of $\\{i\\}$ and $\\{i\\}'$ belongs to $M$ for all $1 \\le i \\le n$.\n\nObserve that if $X \\in M$, then we can replace it by $X'$. Therefore we may assume that $|A_i| \\le \\frac{n}{2}$ for all $1 \\le i \\le n$.\n\nNow let us choose a set $A \\in M$ such that $|A| \\ge 2$ and $|A| \\le |B|$ for all $B \\in M$ with $|B| \\ge 2$. Since $2n-3 > n$, there exists at least one such set. Without loss of generality we may assume that $1, 2 \\in A$. Then consider any set $B$ in $M$ other than $\\{1\\}, \\{2\\}$ and $A$.\n\nIf $A \\cap B = \\emptyset$, then $1, 2 \\notin B$.\n\nIf $A \\cap B' = \\emptyset$, then $A \\subset B$ and hence $1, 2 \\in B$.\n\nIf $A' \\cap B = \\emptyset$, then $B \\subset A$ and hence $|B| = 1$ by the choice of $A$. Thus, $1, 2 \\notin B$.\n\nIf $A' \\cap B' = \\emptyset$, then $A \\cup B = E$. But when $n$ is odd $|A|, |B| \\le \\frac{n-1}{2}$ and hence $|A \\cup B| \\le n-1$. And when $n$ is even, the only possible case is $|A| = |B| = \\frac{n}{2}$, but then $B = A'$ and $A \\cap B = \\emptyset$.\n\nTherefore we conclude that $\\{1,2\\} \\subset B$ or $\\{1,2\\} \\cap B = \\emptyset$ for all $B$ in $M$ other than $\\{1\\}$ and $\\{2\\}$. Hence by removing $\\{1\\}$ and $\\{2\\}$ from $M$ and merging $1$ and $2$, we obtain a new maximal collection for $n-1$. By the induction hypothesis $k-2 \\le 2n-5$ and we also know that $k \\ge 2n-3$. Therefore $k = 2n-3$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44795,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $I$ be the incenter and $AD$ be a diameter of the circumcircle of a triangle $ABC$. If the point $E$ on the ray $BA$ and the point $F$ on the ray $CA$ satisfy the condition\n$$\nBE = CF = \\frac{AB + BC + CA}{2},\n$$\nshow that the lines $EF$ and $DI$ are perpendicular.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $a = BC$, $b = CA$, $c = AB$, and $u = (a + b + c)/2$. Let $P$ be the point where the line drawn parallel to $AB$ through $I$ meets $BD$. Similarly define $Q$. Then $IP = u - b = AF$, $IQ = u - c = AE$ and $\\angle PIQ = \\angle BAC = \\angle FAE$. Hence the triangles $PIQ$ and $FAE$ are congruent.\n\nLet $P'$ be the point on the ray $IQ$ with $IP' = IP$ and $Q'$ be the point on the ray $IP$ with $IQ' = IQ$. Then $P'IQ'$ and $FAE$ are congruent, and since two pairs of their sides are parallel, so is the third: $FE \\parallel Q'P'$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAs $I, P, D, Q$ are concyclic, $\\angle DIP + \\angle IQ'P' = \\angle DIP + \\angle IQP = \\angle DIP + \\angle IDP = 90^\\circ$. Hence $ID$ is perpendicular to $P'Q'$ and consequently to $EF$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44796,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an acute triangle $ABC$, let $D$ be point on the side $[BC]$ different than the vertices. Let $M_1, M_2, M_3, M_4, M_5$ be the midpoints of the line segments $[AD], [AB], [AC], [BD], [CD]$, respectively; $O_1, O_2, O_3, O_4$ be the circumcenters of the triangles $ABD, ACD, M_1M_2M_4, M_1M_3M_5$, respectively; $S$ and $T$ be the midpoints of the line segments $AO_1$ and $AO_2$, respectively. Prove that $SO_3O_4T$ is an isosceles trapezoid.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "As $\\angle O_1M_1A = \\angle O_1M_2A = 90^\\circ$, we have that $O_1M_1AM_2$ is a cyclic quadrilateral and the point $S$ is its circumcenter. Hence $S$ is the circumcenter of the triangle $AM_1M_2$.\n\nNext we observe that the triangles $AM_1M_2$ and $M_4M_2M_1$ are congruent since $AM_1 = M_4M_2 = \\frac{AD}{2}$ and $AM_2 = M_4M_1 = \\frac{AB}{2}$. Therefore we obtain that the quadrilateral $SM_1O_3M_2$ is a rhombus and hence the line $M_1M_2$ is the perpendicular bisector of the line segment $[SO_3]$.\n\nSimilarly we can get that $M_1M_3$ is the perpendicular bisector of the line segment $[TO_1]$. As the points $M_1, M_2$ and $M_3$ are collinear, the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44797,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the number of partitions of $\\{1, 2, \\dots, 2012\\}$ into two sets such that none of the sets contains two distinct elements whose sum is a power of $2$.",
    "options": [],
    "answer": "1024",
    "solution": "**The answer is $1024$.**\nLet us call a partition of $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ into two sets *nice partition for $n$*, if none of the sets contains two distinct elements whose sum is a power of $2$. Let $p_n$ be the number of nice partitions for $n$. We observe that removing $n$ from a nice partition for $n$ gives a nice partition for $n-1$. Therefore, we can obtain the nice partitions for $n$ by adding $n$ to the nice partitions for $n-1$.\nIf $2^m < n < 2^{m+1}$ for some positive integer $m$, then as $2^m < n+1 \\le n + (n-1) < 2^{m+2}$ and $1 \\le 2^{m+1}-n \\le n-1$, we must add $n$ into the set not containing $2^{m+1}-n$. Therefore, $p_n = p_{n-1}$.\nIf $n = 2^m$ for some positive integer $m$, then since $2^m < n + 1 \\le n + (n-1) < 2^{m+1}$, we can add $n$ into any of the sets and hence $p_n = 2 \\cdot p_{n-1}$.\nAs $p_2 = 2$ and $2^{10} < 2012 < 2^{11}$, we conclude that $p_{2012} = 2^{10} = 1024$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44798,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $D$ be a point on the side $[BC]$ of the triangle $ABC$ different from the vertices and $E$ be the midpoint of $[CD]$. The line perpendicular to $BC$ at $E$ intersects the side $[AC]$ at point $F$ satisfying $AF \\cdot BC = AC \\cdot EC$. Let $G$ be the second point where the circumcircle of the triangle $ADC$ intersects the side $[AB]$. Prove that the tangent line of the circumcircle of the triangle $AGF$ at $F$ is also tangent to the circumcircle of the triangle $BGE$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will show that $EF$ is a common tangent of the circumcircles of $AGF$ and $BGE$. Note that it is enough to show that $\\angle GBE = \\angle GEF$ and $\\angle GAF = \\angle GFE$.\n\nLet $H$ be the point of intersection of $AB$ and the line passing through $F$ parallel to $BC$.\n\nThen $AHF \\sim ABC$ and $\\frac{AF}{AC} = \\frac{HF}{BC}$. On the other hand, it is given that $\\frac{AF}{AC} = \\frac{EC}{BC}$. Therefore, $HF = EC = ED$ and hence $HFCE$ is a parallelogram and $HFDE$ is a rectangle.\n\nSince $ACDG$ is a cyclic quadrilateral and $FC \\parallel HE$, we have $\\angle BGD = \\angle ACB = \\angle HED$. Then $H, E, D, G$ are cyclic. Consequently, $H, G, D, E, F$ are on the circle of diameter $[HE]$. Then $\\angle BGE = 90^\\circ$ and $\\angle GBE = 90^\\circ - \\angle GED = \\angle GEF$. Since $AGDC$ and $GFED$ are cyclic quadrilaterals $\\angle BAC = 180^\\circ - \\angle GDE = \\angle GFE$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44799,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$, $|AB| = |AC|$, $D$ is the midpoint of $[BC]$ and $E$ is the foot of the perpendicular from $D$ to the line $AC$. Let $F$ be the second point where the line $BE$ intersects the circumcircle of the triangle $ABD$. If $G$ is the intersection point of the lines $DE$ and $AF$, then show that $|DG| = |GE|$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\angle ACB = \\alpha$. Since $AB = AC$, we have $\\angle ABD = \\angle ABC = \\alpha$. $DE \\perp AC$ and $AD \\perp BC$ imply that $\\angle EDC = 90^\\circ - \\alpha$ and $\\angle ADE = \\alpha$. Therefore, we get $\\angle ABD = \\angle ADE = \\alpha$ which implies that $DE$ is tangent to the circuncircle of the triangle $ABD$ and hence $GD^2 = GF \\cdot GA$.\n\nOn the other hand, $\\angle BFA = \\angle ADB = 90^\\circ$. Therefore, $EF$ is perpendicular to the hypotenuse of the right triangle $AEG$. Thus, $GE^2 = GF \\cdot GA$ and consequently we get $GD = GE$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44800,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\na + b + c + \\sqrt{3} \\geq 8abc \\left( \\frac{1}{a^2 + 1} + \\frac{1}{b^2 + 1} + \\frac{1}{c^2 + 1} \\right)\n$$\nfor all positive real numbers $a, b, c$ satisfying $ab + bc + ca \\leq 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We first observe that $a^2 + 1 \\ge a^2 + ab + bc + ca \\ge 4a\\sqrt{bc}$ where the second inequality results from $A.M. \\ge G.M.$. Therefore we have $2\\sqrt{bc} \\ge \\frac{8abc}{a^2+1}$. Summing this up with similar inequalities for $b$ and $c$ gives that it suffices to show that\n$$\na + b + c + \\sqrt{3} \\ge 2(\\sqrt{ab} + \\sqrt{bc} + \\sqrt{ca}).\n$$\nBy the Cauchy-Schwarz inequality and $1 \\ge ab + bc + ca$, we have\n$$\n\\sqrt{3} \\ge \\sqrt{1+1+1\\sqrt{ab+bc+ca}} \\ge \\sqrt{ab} + \\sqrt{bc} + \\sqrt{ca}.\n$$\nAs $(\\sqrt{a} - \\sqrt{b})^2, (\\sqrt{b} - \\sqrt{c})^2, (\\sqrt{c} - \\sqrt{a})^2 \\ge 0$ we obtain\n$$\nab + bc + ca \\ge \\sqrt{ab} + \\sqrt{bc} + \\sqrt{ca}\n$$\nand the result follows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44801,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $m < n$ be positive integers and $p = \\frac{n^2 + m^2}{\\sqrt{n^2 - m^2}}$.\n\na. Find three pairs of positive integers $(m, n)$ for which $p$ is a prime number.\n\nb. Show that if $p$ is a prime number, then $p \\equiv 1 \\pmod 8$.",
    "options": [],
    "answer": "Example pairs: (6, 10), (12, 15), (30, 78). Moreover, if p is prime then p ≡ 1 (mod 8).",
    "solution": "a. For $(m, n) = (6, 10)$, $(12, 15)$ and $(30, 78)$, $p$ is equal to\n$$\n\\frac{10^2 + 6^2}{8} = 17, \\quad \\frac{15^2 + 12^2}{9} = 41 \\text{ and } \\frac{78^2 + 30^2}{72} = 97.\n$$\nrespectively.\n\nb. Let $k = \\sqrt{n^2 - m^2}$. Then $(k, m, n)$ is a Pythagorean triple. Therefore, there exist positive integers $d, x$ and $y$ such that $(x, y) = 1$, $n = d(x^2 + y^2)$ and $m = d(x^2 - y^2)$ or $m = 2dxy$.\n\nIf $m = d(x^2 - y^2)$, then $p = \\frac{d(x^4 + y^4)}{xy}$. Since $(x, y) = 1$, we have $(xy, x^4 + y^4) = 1$ and hence $xy$ divides $d$. As $x^4 + y^4 \\ge 17$ and $p$ is a prime, we get $d = xy$ and $p = x^4 + y^4$. Since one of $x$ and $y$ is even and the other one is odd, $p = x^4 + y^4 \\equiv 1 \\pmod 8$.\n\nIf $m = 2dxy$, then $p = d(x^2 - y^2) + \\frac{8dx^2y^2}{x^2 - y^2}$. Since $\\frac{8dx^2y^2}{x^2 - y^2}$ is an integer and $(xy, x^2 - y^2) = 1$, we have $x^2 - y^2$ divides $8d$. On the other hand, as $p$ is a prime number, $d$ and $\\frac{8d}{x^2 - y^2}$ are relatively prime. Thus, $x^2 - y^2$ is a multiple of $d$. Therefore, $x^2 - y^2 = d, 2d, 4d$ or $8d$.\nIf $x^2 - y^2 = d$, then as $p = d^2 + 8x^2y^2$ is a prime, $d$ is odd and $p \\equiv 1 \\pmod 8$.\nIf $x^2 - y^2 = 2d$, then $p = 2(d^2 + 2x^2y^2)$ is not a prime number.\nIf $x^2 - y^2 = 4d$, then $p = 2(2d^2 + x^2y^2)$ is not a prime number.\n\nIf $x^2 - y^2 = 8d$, then $p = 8d^2 + x^2y^2$ is a prime number implies that both $x$ and $y$ are odd numbers and consequently $p \\equiv 1 \\pmod 8$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44802,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A$ and $B$ be sets with $2011^2$ and $2010$ elements, respectively. Show that there is a function $f: A \\times A \\to B$ satisfying the condition $f(x,y) = f(y,x)$ for all $(x,y) \\in A \\times A$ such that for every function $g: A \\to B$ there exists $(a_1, a_2) \\in A \\times A$ with $g(a_1) = f(a_1, a_2) = g(a_2)$ and $a_1 \\neq a_2$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $p = 2011$, $A = \\{(i,j) : 0 \\le i, j < p\\}$ and $B = \\{k : 0 \\le k < p-1\\}$. We define $f$ as follows:\n$$\nf((i_1, j_1), (i_2, j_2)) = \\begin{cases} \\dfrac{j_1 - j_2}{i_1 - i_2} \\pmod{p} & \\text{if } i_1 \\neq i_2 \\text{ and } \\dfrac{j_1 - j_2}{i_1 - i_2} \\neq -1 \\pmod{p} \\\\ 0 & \\text{otherwise} \\end{cases}\n$$\nIn other words, we send a pair of points to the slope of the line passing through them unless they lie on a line with slope $\\infty$ or $-1$, in which case we send it to $0$.\n\nLet $g: A \\to B$ be a function. Since $\\dfrac{|A|}{|B|} = \\dfrac{p^2}{p-1} > p$, there is a value in $B$ that is taken at least $p+1$ times by $g$. Since there are exactly $p$ lines with slope equal to this value, there is at least a pair of points lying on the same one of these lines.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44803,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let the line segment $[AB]$ be a chord of the circle $\\Gamma$ not passing through the center of it and $M$ be the midpoint of $[AB]$. Let $C$ be a variable point on $\\Gamma$ different from $A$ and $B$, and let $P$ be the point where the tangent line to the circumcircle of the triangle $CAM$ at the point $A$ meets the tangent line to the circumcircle of the triangle $CBM$ at the point $B$. Show that the lines $CP$ pass through a common fixed point as $C$ varies.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $Q$ be the point where the tangent lines to $\\Gamma$ at $A$ and $B$ meet. We will show that $Q$ is the point.\nSince $\\angle MCA = \\angle MAP$ and $\\angle MCB = \\angle MBP$, we have $\\angle ACB + \\angle APB = 180^\\circ$ and $P$ lies on $\\Gamma$. Therefore, if $P'$ is the point where $QC$ intersect the circle, it suffices to show that $\\angle MCA = \\angle BCP'$ as then it will follow that $AP'$ is tangent to the circumcircle of the triangle $CAM$ and $P' = P$.\nThe triangles $QAP'$ and $QCA$, and the triangles $QBP'$ and $QCB$ are similar. Therefore\n$$\n\\frac{AP'}{CA} = \\frac{QA}{QC} = \\frac{QB}{QC} = \\frac{BP'}{CB}.\n$$\nThen by the Ptolemy's Theorem,\n$$\nCP' = \\frac{CA \\cdot BP' + CB \\cdot AP'}{BA} = \\frac{CA \\cdot BP'}{MA} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{CP'}{BP'} = \\frac{CA}{MA}.\n$$\nWe conclude that the triangles $CP'B$ and $CAM$ are similar, and hence $\\angle MCA = \\angle BCP'$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44804,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n\\frac{1}{x + y^{20} + z^{11}} + \\frac{1}{y + z^{20} + x^{11}} + \\frac{1}{z + x^{20} + y^{11}} \\le 1\n$$\nfor all positive real numbers $x, y, z$ satisfying $xyz = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By the Cauchy-Schwarz inequality we have\n$$\n\\frac{1}{a + b^{20} + c^{11}} \\le \\frac{a^{13} + b^{-6} + c^3}{(a^7 + b^7 + c^7)^2}\n$$\nfor all positive real numbers $a, b, c$. Summing up the inequalities for $(a, b, c) = (x, y, z), (y, z, x)$ and $(z, x, y)$ gives that it suffices to show that\n$$\nx^{13} + y^{13} + z^{13} + x^{-6} + y^{-6} + z^{-6} + x^3 + y^3 + z^3 \\le x^{14} + y^{14} + z^{14} + 2(x^7y^7 + y^7z^7 + z^7x^7)\n$$\nto solve the problem.\nAs $xyz = 1$ we have $x^{13} + y^{13} + z^{13} = \\sum_{cyc} x^{13 \\frac{1}{3}} y^{\\frac{1}{3}} z^{\\frac{1}{3}}$, $x^{-6} + y^{-6} + z^{-6} = \\sum_{cyc} x^{6 \\frac{2}{3}} y^{6 \\frac{2}{3}} z^{\\frac{2}{3}}$ and $x^3 + y^3 + z^3 = \\sum_{cyc} x^{6 \\frac{2}{3}} y^{3 \\frac{2}{3}} z^{3 \\frac{2}{3}}$. Then by Muirhead's inequality we obtain\n$$\n\\sum_{cyc} x^{13 \\frac{1}{3}} y^{\\frac{1}{3}} z^{\\frac{1}{3}} \\le \\sum_{cyc} x^{14} y^0 z^0, \\quad \\sum_{cyc} x^{6 \\frac{2}{3}} y^{6 \\frac{2}{3}} z^{\\frac{2}{3}} \\le \\sum_{cyc} x^7 y^7 z^0 \\quad \\text{and} \\quad \\sum_{cyc} x^{6 \\frac{2}{3}} y^{3 \\frac{2}{3}} z^{3 \\frac{2}{3}} \\le \\sum_{cyc} x^7 y^7 z^0 \\\\\n\\text{since } (13 \\frac{1}{3}, \\frac{1}{3}, \\frac{1}{3}) \\prec (14, 0, 0), (6 \\frac{2}{3}, 6 \\frac{2}{3}, \\frac{2}{3}) \\prec (7, 7, 0) \\text{ and } (6 \\frac{2}{3}, 3 \\frac{2}{3}, 3 \\frac{2}{3}) \\prec (7, 7, 0).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44805,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $D$ be a point different from the vertices on the side $BC$ of a triangle $ABC$. Let $I, I_1$ and $I_2$ be the incenters of the triangles $ABC$, $ABD$ and $ADC$, respectively. Let $E$ be the second intersection point of the circumcircles of the triangles $AI_1I$ and $ADI_2$, and $F$ be the second intersection point of the circumcircles of the triangles $AII_2$ and $AI_1D$. Prove that if $AI_1 = AI_2$, then\n$$\n\\frac{EI}{FI} \\cdot \\frac{ED}{FD} = \\frac{EI_1^2}{FI_2^2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $F'$ be the point of intersection of the bisectors of the angles $\\angle ABD$ and $\\angle ADC$. Since $\\angle F'BD = \\angle ABD/2$ and $\\angle F'DC = (\\angle ABD + \\angle BAD)/2$, we have $\\angle I_1F'D = \\angle BF'D = \\angle BAD/2 = \\angle I_1AD$. Therefore $A, I_1, D, F'$ are concyclic. We also have $\\angle IAI_2 = (\\angle BAC - \\angle DAC)/2 = \\angle BAD/2 = \\angle BF'D = \\angle IF'I_2$, and hence $A, I, I_2, F'$ are concyclic too. We conclude that $F' = F$. Similarly, $E$ is the point of intersection of the bisectors of $\\angle ACD$ and $\\angle ADB$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nSince $\\angle IAI_2 = \\angle I_1AD$ and $\\angle AI_2I = \\angle AI_2E = \\angle ADE = \\angle ADI_1$, the triangles $IAI_2$ and $I_1AD$ are similar. Hence $II_2/I_1D = AI_2/AD$. Similarly, $II_1/I_2D = AI_1/AD$. As $AI_1 = AI_2$ these give $II_2 \\cdot I_2D = II_1 \\cdot I_1D$.\n\nBy Menelaus Theorem for the line $FI_1$ and the triangle $EI_2D$, and for the line $EI_2$ and the triangle $FI_1D$ we have\n$$\n\\frac{DF}{FI_2} \\cdot \\frac{I_2I}{IE} \\cdot \\frac{EI_1}{I_1D} = 1, \\quad \\text{and} \\quad \\frac{DE}{EI_1} \\cdot \\frac{I_1I}{IF} \\cdot \\frac{FI_2}{I_2D} = 1,\n$$\nrespectively. From these we obtain\n$$\n\\frac{EI_1^2}{FI_2^2} = \\frac{I_1D \\cdot I_1I}{I_2D \\cdot I_2I} \\cdot \\frac{EI \\cdot ED}{FI \\cdot FD} = \\frac{EI \\cdot ED}{FI \\cdot FD}.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44806,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The incircle of a triangle $ABC$ touches the sides $[BC], [CA], [AB]$ at points $D, E, F$, respectively. The circle passing through point $A$ and touches the line $BC$ at $D$ intersects the line segments $[BF]$ and $[CE]$ at the points $K$ and $L$, respectively. The line passing through $E$ and parallel to $DL$ and the line passing through $F$ and parallel to $DK$ intersect at the point $P$. Let $R_1, R_2, R_3, R_4$ denote the circumradius of the triangles $AFD, AED, FPD, EPD$, respectively. Prove that $R_1R_4 = R_2R_3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $M$ be the intersection of the lines $PE$ and $BC$, $N$ be the intersection of the lines $PF$ and $BC$. We will prove that $MD = ND$.\n\nThe power of $B$ with respect to the circumcircle of the triangle $AKD$ gives\n$$\nBK \\cdot BA = BD^2 = BF^2,\ni.e.\\ BK^2 + BK \\cdot KF + BK \\cdot AF = (BK + KF)^2.\n$$\nTherefore, $AF = \\frac{KF \\cdot BD}{BK}$. On the other hand as $FN \\parallel KD$ we have $\\frac{ND}{BD} = \\frac{KF}{BK}$\nand hence $ND = AF$. Similarly we can get $MD = AE$ and then $AE = AF$. Thus,\n$MD = ND$.\n\nNow note that $\\angle DAE = \\angle LDC = \\angle EMD$ and hence the points $A, E, D, M$ are concyclic. Thus the circumradius of the triangle $EMD$ is $R_2$. Since $PD = 2R_4 \\cdot \\sin(\\angle PED)$, $MD = 2R_2 \\cdot \\sin(\\angle MED)$ and $\\angle MED = \\angle PED$, we get $\\frac{PD}{MD} = \\frac{R_1}{R_2}$. In a similar way we can get $\\frac{R_3}{R_1} = \\frac{PD}{ND}$ and the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44807,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the greatest constant $M$ such that\n$$\na^2 + b^2 + c^2 + 3abc \\geq M(ab + bc + ca)\n$$\nfor all nonnegative real numbers $a, b, c$ satisfying $a + b + c = 4$.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Letting $a = 0$ and $b = c = 2$ we obtain $2 \\ge M$. We will show that $M = 2$ works.\n\nWithout loss of generality we may assume that $\\max\\{a, b, c\\} = c$. Let $x = a + b$ and $y = ab$. We have $c \\ge \\frac{a+b+c}{3} = \\frac{4}{3}$ and hence $x = a+b \\le \\frac{8}{3}$.\n\nThen\n$$\na^2 + b^2 + c^2 + 3abc \\ge 2(ab + bc + ca) \\iff x^2 - 2y + (4-x)^2 + 3y(4-x) \\ge 2(y+x(4-x)) \\iff 4(x-2)^2 + y(8-3x) \\ge 0\n$$\nfollows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44808,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a_{n+1} = a_n^3 - 2a_n^2 + 2$ for all $n \\ge 1$ and $a_1 = 5$. Prove that if $p \\equiv 3 \\pmod 4$ is a prime divisor of $a_{2011} + 1$, then $p = 3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Observe that $a_{n+1} - 2 = a_n^2(a_n - 2)$ for all $n \\ge 1$. By induction on $n$ we obtain $a_{n+1} - 2 = 3a_n^2a_{n-1}^2 \\cdots a_1^2$ for all $n \\ge 1$. Therefore $a_{2011} + 1 = 3(a_{2010}^2a_{2009}^2 \\cdots a_1^2 + 1) = (a_{2010}a_{2009} \\cdots a_1)^2 + 1$.\n\nLet $p \\equiv 3 \\pmod 4$ be a prime divisor of $a_{2011} + 1$. It is well known that if $q$ is a prime divisor of $(a_{2010}a_{2009} \\cdots a_1)^2 + 1$, then $q \\equiv 1 \\pmod 4$ or $q = 2$. Thus $p|3$. That is $p = 3$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44809,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each student in the class has chosen one mathematics and one physics problem out of $20$ mathematics and $11$ physics problems such that different students choose different pairs of problems. Given that for each student, at least one of the problems chosen by him is chosen by at most one more student, determine the maximum possible number of students in the class.",
    "options": [],
    "answer": "54",
    "solution": "For $1 \\le i \\le 20$ and $1 \\le j \\le 11$ we define $a_{i,j}$ as follows; $a_{i,j} = 1$ if the $i$-th mathematics problem and $j$-th physics problem are chosen by some student, $a_{i,j} = 0$ otherwise. Now we can reformulate the problem: Find the maximal possible value of the expression\n$$\nA = \\sum_{i=1}^{20} \\sum_{j=1}^{11} a_{i,j} \\text{ under the following two conditions:}\n$$\n$$\n\\bullet\\ a_{i,j} = 0 \\text{ or } 1\n$$\n* if $a_{k,l} = 1$ for some $k$ and $l$, then at least one of the sums $\\sum_{j=1}^{11} a_{k,j}$ and $\\sum_{i=1}^{20} a_{i,l}$ does not exceed $2$.\n\nFirst of all, let us show that $A \\le 54$. Suppose that $a_{k,l} = 1$. We say that $k$ is *1-good*, if\n$$\n\\sum_{j=1}^{11} a_{k,j} \\le 2; \\text{ we say that } l \\text{ is 2-good if } \\sum_{i=1}^{20} a_{i,l} \\le 2.\n$$\nIf the total number of 1-good values of $k$ is $20$, then $A \\le 2 \\cdot 20 = 40$.\nIf the total number of 2-good values of $l$ is $11$, then $A \\le 2 \\cdot 11 = 22$.\nIf the total number of 1-good values of $k$ is $19$, then $A \\le 2 \\cdot 19 + 11 = 49$.\nIf the total number of 2-good values of $l$ is $10$, then $A \\le 2 \\cdot 11 + 20 = 32$.\nFinally, if the total number of 1-good values of $k$ is less than or equal to $18$ and the total number of 2-good values of $l$ is less than or equal to $9$, then the total number of good values is at most $27$ and readily $A \\le 2 \\cdot 27 = 54$, since the number of nonzero terms of $A$ is less than or equal to twice the number of good values. Thus, $A \\le 54$.\n\nNow we give an example for $A = 54$. Let $a_{i,j} = 1$ only for\n$$\n(i,j) \\in \\{(i,j) : i \\in \\{1,20\\} \\text{ or } j \\in \\{1,11\\}\\} \\setminus \\{(1,1), (20,1), (1,11), (20,11)\\}.\n$$\nThe conditions are readily satisfied and we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44810,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that\n$$\n\\frac{(a+1)(b+2)}{(b+1)(b+5)} + \\frac{(b+1)(c+2)}{(c+1)(c+5)} + \\frac{(c+1)(a+2)}{(a+1)(a+5)} \\ge \\frac{3}{2}\n$$\nfor all positive real numbers $a$, $b$, $c$ satisfying the condition $a^2 + b^2 + c^2 \\ge 3$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $4(x+2)^2 - 3(x+1)(x+5) = (x-1)^2 \\ge 0$, we have $\\frac{x+2}{(x+1)(x+5)} \\ge \\frac{3}{4(x+2)}$. Therefore it suffices to show that\n$$\n\\frac{a+1}{b+2} + \\frac{b+1}{c+2} + \\frac{c+1}{a+2} \\ge 2\n$$\nfor all positive real numbers satisfying $a^2 + b^2 + c^2 \\ge 3$.\n\nThe Cauchy-Schwarz Inequality gives\n$$\n((a+1)(b+2) + (b+1)(c+2) + (c+1)(a+2)) \\left( \\frac{a+1}{b+2} + \\frac{b+1}{c+2} + \\frac{c+1}{a+2} \\right) \\ge (a+b+c+3)^2.\n$$\nWe finish by observing that\n$$\n\\begin{aligned}\n& (a+1)(b+2) + (b+1)(c+2) + (c+1)(a+2) \\\\\n&= ab + bc + ca + 3(a+b+c) + 6 \\\\\n&= \\frac{1}{2}((a+b+c+3)^2 - (a^2 + b^2 + c^2 - 3)) \\\\\n&\\le \\frac{1}{2}(a+b+c+3)^2.\n\\end{aligned}\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44811,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n$ for which an integer that can be written as sum of squares of $n$ integers with each of them is divisible by $n$, can also be expressed as sum of squares of $n$ integers with none of them is divisible by $n$.",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers except 1, 2, and 4.",
    "solution": "The answer is all positive integers except $1$, $2$ and $4$.\n\nLet us call a positive integer *good* if it satisfies the condition given in the problem. We first show that if $n$ is good, so is any multiple of $n$.\n\nLet $m = nk$ and $x_1, x_2, \\dots, x_m$ be integers such that $m \\mid x_i$ for all $1 \\le i \\le m$. Then since $n \\mid x_i$ for all $1 \\le i \\le m$ and $n$ is good, there exist integers $y_1, y_2, \\dots, y_m$ such that\n$$\n\\sum_{i=nl+1}^{n(l+1)} x_i^2 = \\sum_{i=nl+1}^{n(l+1)} y_i^2\n$$\nfor all $0 \\le l \\le k-1$ and $n \\nmid y_i$ for all $1 \\le i \\le m$. Therefore we obtain that\n$$\n\\sum_{i=1}^{m=nk} x_i^2 = \\sum_{i=1}^{m=nk} y_i^2\n$$\nand $m = nk \\nmid y_i$ for all $1 \\le i \\le m$.\n\n**Lemma:** Let $n$ be a positive odd integer and $x_1, x_2, \\dots, x_n$ be integers with at least one of them is not divisible by $n$. Then there exist integers $y_1, y_2, \\dots, y_n$ such that none of them is divisible by $n$ and\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} (n x_i)^2 = \\sum_{i=1}^{n} y_i^2.\n$$\n*Proof:* Without loss of generality we may assume that $n \\nmid x_1$. Let $X = 2 \\sum_{i=1}^{n} x_i$. If $n \\nmid X$, then replace $x_1$ by $-x_1$. As $n \\nmid x_1$ and $n$ is odd, $n \\nmid 4x_1$ and hence we may assume that $n \\nmid X$. Then by the following identity\n$$\n\\sum_{i=1}^{n} (n x_i)^2 = \\sum_{i=1}^{n} (X - n x_i)^2\n$$\nletting $y_i = X - n x_i$ for all $1 \\le i \\le n$ works.\n\nFor a positive odd integer $n$, if a positive integer $a$ is sum of squares of $n$ integers with each of them is divisible by $n$, then there exist integers $x_1, x_2, \\dots, x_n$ and a positive integer $r$ such that $a = \\sum_{i=1}^{n} (n^r x_i)^2$ and $n \\nmid x_i$ for some $1 \\le i \\le n$. Applying the lemma $r$ times we can find integers $y_1, y_2, \\dots, y_n$ such that $a = \\sum_{i=1}^{n} y_i^2$ and $n \\nmid y_i$ for all $1 \\le i \\le n$.\n\nNext we show that $8$ is good. Let $a$ be positive integer which is sum of squares of $8$ integers with each of them is divisible by $8$. Then $64 \\mid a$, hence $a \\ge 64$ and $a = 1^2 + 4^2 + 4^2 + 4^2 + x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2$ for some integers $x_1, x_2, x_3, x_4$ by Lagrange's four-square theorem. Note that $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 \\equiv 7 \\pmod{8}$ and the only way to get $7$ as sum of four quadratic residues in (mod $8$) is $1+1+1+4$. Therefore, $8 \\nmid x_i$ for all $1 \\le i \\le 4$.\n\nFinally, we observe that $32 = 4^2 + 4^2 + 0^2 + 0^2$ is a counterexample for $4$ and we are done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44812,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$, $c$ be the lengths of the sides of a triangle; $r_a$, $r_b$, $r_c$ be the corresponding exradii, respectively, and $r$ be the inradius. Prove that\n$$\n\\frac{a+b+c}{2\\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \\leq \\frac{\\sqrt{r_a^2+r_b^2+r_c^2}}{r_a+r_b+r_c-3r}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Note that\n$$\n\\frac{a+b+c}{2}r = \\frac{b+c-a}{2}r_a = \\frac{a+b+c}{2}r_a - ar_a = \\frac{a+b+c}{2}r_b - br_b = \\frac{a+b+c}{2}r_c - cr_c.\n$$\nTherefore, we have $\\frac{3r(a+b+c)}{2} = \\frac{a+b+c}{2}(r_a + r_b + r_c) - ar_a - br_b - cr_c$ and hence\n$$\nar_a + br_b + cr_c = \\frac{a+b+c}{2}(r_a + r_b + r_c - 3r).\n$$\nOn the other hand, the Cauchy-Schwarz inequality implies\n$$\nar_a + br_b + cr_c \\le \\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \\cdot \\sqrt{r_a^2 + r_b^2 + r_c^2}\n$$\nand the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44813,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $K(M, N)$ be the collection of the midpoints of the line segments with one endpoint belongs to $M$ and the other endpoint belongs to $N$ where $M$ and $N$ are regular convex polygonal regions in the plane. Determine all pairs $(M, N)$ for which $K(M, N)$ is a regular convex polygonal region.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will show that $K = K(M, N)$ is a regular polygon if and only if either $N$ is homothetic to $M$, or $N$ is obtained from $M$ by a $180/m$ degree rotation about the center of $M$ followed by a translation where $m$ is the number of edges of $M$.\n\nIn the following when we say an edge $XY$ of a convex polygon it will always be implied that $Y$ is the vertex coming after $X$ counterclockwise along the boundary of the polygon.\n\nLet $AB$ be an edge of $M$. Then there is a unique line $\\ell$ such that $\\ell \\cap N$ is either (1) an edge $A'B'$ or (2) a vertex $C$ of $N$, and the closed half-planes determined by the lines $AB$ and $\\ell$ and containing $M$ and $N$, respectively, have nonempty intersection. Let $e(AB)$ denote the central median of the trapezoid $ABB'A'$ in Case 1 and the midline parallel to the side $AB$ of the triangle $ABC$ in Case 2. Let $h(AB)$ denote the closed half-plane defined by the line containing $e(AB)$ which has nonempty intersection with the half-planes mentioned above. The same notation will also be used when the roles of $M$ and $N$ are interchanged.\n\nLet $K_1$ be the intersection of the half-planes $h(AB)$ for all edges $AB$ of $M$ and $N$. $K_1$ is a convex polygon and its boundary is the union of the line segments $e(AB)$ for all edges $AB$ of $M$ and $N$. Since $h(AB)$ contains $K$ for all edges $AB$ of $M$ or $N$, $K_1$ contains $K$. In fact, $K_1 = K$: If $X$ is in $K_1$, then (by the Intermediate Value Theorem) $X$ is the midpoint of a line segment $YZ$ where $Y$ and $Z$ are on the edges of $K_1$. There exists $D$ and $E$ on the edges of $M$, and $D'$ and $E'$ on the edges of $N$ such that $Y$ and $Z$ are the midpoints of the line segments $DD'$ and $EE'$, respectively. Let $F$ be the midpoint of the line segment $DE$, and let $F'$ be the midpoints of the line segment $D'E'$. Then $F$ is in $M$, $F'$ is in $N$, and $X$ is the midpoint of $FF'$. This shows that $K_1 = K$.\n\nAn edge of $K$ will be called *t-type* in Case 1 and *M-type* in Case 2. *N-type* is defined similarly. Let $d_M$ and $d_N$ be the edge lengths of $M$ and $N$, respectively. Then *M-type*, *N-type* and *t-type* edges have lengths $d_M/2$, $d_N/2$ and $(d_M+d_N)/2$, respectively.\n\nAssume that $K$ is a regular polygon. Since $K$ is equilateral, it cannot have $M$-type and $t$-type edges or $N$-type and $t$-type edges at the same time. If all edges are $t$-type, then edges of $M$ and $N$ are parallel in pairs, and since $M$ and $N$ are regular polygons, this means that they are homothetic. In this case the reverse implication is obvious.\n\nNow we will consider the remaining case when $K$ is regular: $K$ has both $M$-type edges and $N$-type edges, but no $t$-type edge. Then $d_M = d_N$. Choose adjacent edges of different types: Let $AB$ be an $M$-type edge of $K$ and let $BC$ be an $N$-type edge of $K$. Then $AB = e(A_1B_1)$ is the midline of the triangle $A_1B_1B_2$, and $BC = e(B_2C_2)$ is the midline of the triangle $B_2C_2B_1$ where $A_1B_1$ is an edge of $M$ and $B_2C_2$ is an edge of $N$. Let $B_1C_1$ be the other edge of $M$ at vertex $B_1$, and let $A_2B_2$ be the other edge of $N$ at vertex $B_2$.\n\nSince $AB//A_1B_1$ and $BC//B_2C_2$, the angle $ABC$ is greater than both the angle $A_1B_1C_1$ and the angle $A_2B_2C_2$. On the other hand, the angle between two adjacent $M$-type edges of $K$ is equal to an interior angle of $M$, and the angle between two adjacent $N$-type edges is equal to an interior angle of $N$. Since $K$ is regular, we conclude that $K$ cannot have adjacent edges of the same type. Hence $M$-type and $N$-type edges must alternate and are equal in number. As the $M$-type edges are in bijection with the edges of $M$, and the $N$-type edges with the edges of $N$, $N$ is also an $m$-gon and $K$ is an equilateral $2m$-gon.\n\nLet $\\theta$ be the acute angle between the lines $B_1C_1$ and $B_2C_2$. Then we have the equality $\\angle ABC = \\angle A_1B_1C_1 + \\theta$. This means $180^\\circ \\cdot (2m-2)/(2m) = 180^\\circ \\cdot (m-2)/m + \\theta$. That is, $\\theta = 180^\\circ/m$. This completes the proof of the remaining case. In this case the reverse implication follows immediately from the same equality and the relation among the side lengths.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44814,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $t(n)$ denote the sum of the digits in the binary representation of a positive integer $n$, and let $k \\ge 2$ be an integer.\n\na. Show that there exists a sequence $(a_i)_{i=1}^\\infty$ of integers such that $a_m \\ge 3$ is an odd integer and $t(a_1 a_2 \\cdots a_m) = k$ for all $m \\ge 1$.\n\nb. Show that there is an integer $N$ such that $t(3 \\cdot 5 \\cdots (2m + 1)) > k$ for all integers $m \\ge N$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "a.\nLet $b_n = \\frac{2^{(k+1)n}k - 1}{2^{(k+1)n} - 1} = 2^{(k+1)n(k-1)} + \\dots + 2^{(k+1)n} + 1$ for $n \\ge 0$ and\n$$\na_n = \\frac{b_n}{b_{n-1}} = \\frac{(2^{(k+1)n}k - 1)(2^{(k+1)n-1} - 1)}{(2^{(k+1)n} - 1)(2^{(k+1)n-1}k - 1)} \\quad \\text{for } n \\ge 1.\n$$\nSince $(2^{(k+1)n} - 1, 2^{(k+1)n-1}k - 1) = 2^{((k+1)n, (k+1)n-1)} - 1 = 2^{(k+1)n-1} - 1$, $a_n$ is an integer and $t(a_1a_2\\dots a_n) = t(b_n) = k$ for all $n \\ge 1$.\n\nb.\nIt suffices to show that $t(n(2^r - 1)) \\ge r$ for all positive integers $n$ and $r$. We will use induction on $n$.\n\n* For $n = 1$, $t(n(2^r - 1)) = t(2^r - 1) = r$.\n* Let $n > 1$. If $n$ is even, then $t(n(2^r - 1)) = t((n/2)(2^r - 1)) \\ge r$ by the induction hypothesis. Assume that $n = 2j + 1$ where $j$ is a positive integer. Then\n$$\n\\begin{align*} \nt(n(2^r - 1)) &= t((2j + 1)(2^r - 1)) \\\\\n&= t((2j + 2)(2^r - 1) - 2^r + 1) \\\\\n&= t((2j + 2)(2^r - 1) - 2^r) + 1 \\\\\n&\\ge t((2j + 2)(2^r - 1)) - 1 + 1 \\\\\n&= t((j + 1)(2^r - 1)) \\\\\n&\\ge r \n\\end{align*}\n$$\nwhere we used the induction hypothesis and the fact that $t(i - 2^r) \\ge t(i) - 1$ for $i > 2^r$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44815,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Alice and Bob play a game on a $1 \\times m$ board using $2012$ cards numbered from $1$ through $2012$. At each step, Alice chooses a card and Bob places it on an empty square of the board. Bob wins the game when numbers on the cards on the board are in an increasing order after $k$ steps where $1 \\leq k \\leq 2012$, otherwise Alice wins. Find all pairs $(k, m)$ for which Bob can guarantee to win the game.",
    "options": [],
    "answer": "Bob can guarantee a win for all pairs with k between 1 and 10 and m at least 2^k − 1, and for all pairs with k between 11 and 2012 and m at least 2012.",
    "solution": "Bob wins for all pairs of $(k, m \\ge 2^k - 1)$ if $k = 1, 2, \\dots, 10$ and for all pairs $(k, m \\ge 2012)$ if $2012 \\ge k \\ge 11$.\n\nLet us show that Bob wins in all cases listed above. If $k = 1$ then $2^k - 1 = 1$ and the result is trivial. Suppose that Bob wins for $k - 1 \\le 9$ when $m \\ge 2^{k-1} - 1$. Bob places the first card on a square numbered $2^k - 1$. The square $2^k - 1$ divides the whole board into two parts. Let $L$ be the number on the first card chosen by Alice. After the first move all cards numbered less than $L$ will be placed to the left part and all cards numbered greater than $L$ will be placed to the right part. Note that both parts having sizes not less than $2^{k-1} - 1$ and by assumption Bob has a winning strategy for remaining $k - 1$ moves and we are done.\n\nIf $k \\ge 11$ and $m \\ge 2012$, then Bob just places the card numbered $L$ to the square numbered $L$.\n\nNow we show that Alice wins in all remaining cases. Alice's strategy: Let us line the cards in increasing order. Suppose Alice's $i$-th move is a card numbered $L$. Bob places the card numbered $L$ into some square. After Bob's $i - 1$-th move, the set of all vacant squares of the board $1 \\times m$ is naturally decomposed into connected components. The card $L$ divides the connected component $I$ into two parts, say $I_{left}$ and $I_{right}$. Alice chooses the part $I'$ not exceeding the other one in length. The set of remaining cards is also naturally decomposed into connected components. If the part $I'$ is $I_{left}$ then Alice will choose a card from connected component of remaining cards ending at $L - 1$ for the next step, if the part $I'$ is $I_{right}$ then Alice will choose a card from the connected component of remaining cards starting at $L + 1$ for the next step. In her $i + 1$-th move, if she needs to choose a card from component $[N, M]$ she chooses a card numbered $[(N + M)/2]$. It can be readily seen that Alice wins in all remaining cases if she starts with a card numbered $1006$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44816,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Between any two cities of country $A$ consisting of $2011$ cities and country $B$ consisting of $2011$ cities there is a unique direct two way flight organized by some airway company. For each given city there are at most $19$ different airway companies operating flights related to this city. Determine the maximum possible value of the integer $k$ such that no matter how these flights are arranged there are $k$ cities connected (not necessarily directly) only by the flights of some fixed airway company.",
    "options": [],
    "answer": "212",
    "solution": "**The answer is $212$.**\nLet $K_{2011,2011}$ be a complete bipartite graph in which all vertices of a set $A$ with $|A| = 2011$ are connected to all vertices of $B$ with $|B| = 2011$. We prove that there exists a monochromatic connected subgraph with $212$ vertices if edges of the graph $K_{2011,2011}$ are colored so that all edges incident to any given vertex are colored by at most $19$ colors. Indeed, let $i$$-$th color degree of a vertex $v$ be $d_i(v)$. For each connected pair of vertices $(u, v)$, let us define $f(u, v) = d_i(u) + d_i(v)$ where the edge connecting $u$ and $v$ is colored by the $i$$-$th color. The set of colors used for coloring of all edges incident to $u$ will be denoted by $C(u)$. The Cauchy-Schwarz inequality implies that\n$$\n\\frac{1}{2} \\sum_{u \\in A, v \\in B} f(u, v) = \\sum_{u \\in A, i \\in C(u)} d_i^2(u) \\geq \\left( \\sum_{u \\in A, i \\in C(u)} d_i(u) \\right)^2 \\cdot \\frac{1}{2011 \\cdot 19} = 2011^2 \\cdot \\frac{2011}{19}\n$$\nTherefore, by the pigeon hole principle there exist vertices $s, t$ with $f(s, t) \\ge 212$ since $2 \\cdot \\frac{2011}{19} = 211.68$.\nFinally, we give an example with the greatest monochromatic connected component of size $212$ where only $19$ colors are used. Let us partition all vertices of $A$ and $B$ into sets $A_1, \\dots, A_{19}$ and $B_1, \\dots, B_{19}$ of sizes $105$ or $106$ and color all vertices between $A_i$ and $B_j$ into color $c(i, j)$ where $c(i, j) \\equiv i + j \\pmod{19}$ and $1 \\le c(i, j) \\le 19$. It can be readily seen that the maximal monochromatic connected component is of size $212$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44817,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all positive integers $m$, $n$ and prime numbers $p$ such that\n$$\n\\frac{5^m + 2^n p}{5^m - 2^n p}\n$$\nis a square of an integer.",
    "options": [],
    "answer": "(m, n, p) = (2, 3, 3), (1, 1, 2), (2, 2, 5)",
    "solution": "The answer is $(m, n, p) = (2, 3, 3)$, $(1, 1, 2)$ or $(2, 2, 5)$.\nLet $\\frac{5^m + 2^n p}{5^m - 2^n p} = k^2$ for some positive integer $k$. Note that $5^m - 2^n p \\mid 5^m + 2^n p$ implies that $5^m - 2^n p \\mid 2 \\cdot 5^m$. Then as $5^m - 2^n p$ is odd, $5^m - 2^n p \\mid 5^m$ and hence $5^m - 2^n p = 5^r$ for some non-negative integer $r$.\n\nCase 1: $r = 0$ i.e. $5^m - 2^n p = 1$.\nIf $n \\ge 3$, then $5^m \\equiv 1 \\pmod 8$ and hence $m = 2s$ for some positive integer $s$. Then $5^{2s} \\equiv 1 \\pmod 3$ and we have $2^n p \\equiv 0 \\pmod 3$. Thus, $p = 3$ and $(5^s - 1)(5^s + 1) = 3 \\cdot 2^n$. Observe that $5^s + 1 \\equiv 2 \\pmod 4$ and has an odd divisor greater than 3 when $s > 1$.\n\nTherefore $s = 1$ and hence $m = 2$, $n = 3$ and $k = 7$.\nIf $n = 2$, then $8p = (5^m + 2^2p) - (5^m - 2^2p) = k^2 - 1$. Therefore $k = 2l + 1$ for some positive integer $l$ and $2p = l(l+1)$. Then clearly $p = 3$ and hence $5^m = 13$ which yields a contradiction.\nIf $n = 1$, then $4p = (5^m + 2^1p) - (5^m - 2^1p) = k^2 - 1$. Therefore $k = 2l + 1$ for some positive integer $l$ and $p = l(l+1)$. Then clearly $l = 1$, $p = 2$ and hence $k = 3$, $m = 1$.\n\nCase 2: $r \\ge 1$.\nThen $5 \\mid 2^n p$ and hence $p = 5$. Therefore, $5^{m-1} - 2^n = 5^{r-1}$ implies that $r = 1$ since $m > r$ and $5^{r-1} \\mid 2^n$. Thus, we have $5^{m-1} - 2^n = 1$. Clearly $n \\ne 1$ and if $n = 2$, then $m = 2$ and $k = 3$.\nIf $n \\ge 3$, then $5^{m-1} \\equiv 1 \\pmod 8$ and hence $m-1 = 2s$ for some positive integer $s$. Then $(5^s - 1)(5^s + 1) = 2^n$. Observe that $5^s + 1 \\equiv 2 \\pmod 4$ and has an odd divisor greater than 1 when $s \\ge 1$. Therefore $s = 0$ and hence $2^n = 0$ which yields a contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44818,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $S_r(n) = 1^r + 2^r + \\dots + n^r$ where $r$ is a rational number and $n$ is a positive integer. Find all triples $(a, b, c)$ where $a$ and $b$ are positive rational numbers and $c$ is a positive integer for which there exist infinitely many positive integers $n$ satisfying $S_a(n) = (S_b(n))^c$.",
    "options": [],
    "answer": "All triples are: (a, b, c) = (3, 1, 2) and the family with c = 1 and a = b any positive rational.",
    "solution": "The answer is $a = 3, b = 1, c = 2$ and $a = b \\in \\mathbb{Q}^+, c = 1$.\nApplying induction on $n$ by using Bernoulli's inequality gives\n$$\n\\frac{n^{r+1}}{r+1} \\le S_r(n) \\le \\frac{(n+1)^{r+1}}{r+1}\n$$\nfor all positive integer $n$ and positive rational number $r$.\nAs $S_a(n) = (S_b(n))^c$ letting $r = a$ and $r = b$ gives that\n$$\n\\frac{n^{a+1}}{a+1} \\le \\left( \\frac{(n+1)^{b+1}}{b+1} \\right)^c \\text{ and } \\left( \\frac{n^{b+1}}{b+1} \\right)^c \\le \\frac{(n+1)^{a+1}}{a+1}\n$$\ni.e.\n$$\n\\frac{n^{(b+1)c}}{(n+1)^{a+1}} \\le \\frac{(b+1)^c}{a+1} \\le \\frac{(n+1)^{(b+1)c}}{n^{a+1}}\n$$\nholds for infinitely many positive integers $n$. By letting $n \\to \\infty$ in the last inequality, we obtain that $(b+1)c = a+1$ and $(b+1)^c = a+1$. If $c=1$, then $a=b$ and we get the trivial solutions.\nIf $c > 1$, then $c = (b+1)^{c-1}$ implies that $b$ is an integer since $c$ is an integer. As $b \\ge 1$, we get that $c \\ge 2^{c-1}$ and hence $c = 2$. This leads to $b = 1, a = 3$ and this solution clearly satisfies the condition.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44819,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $K$ be a point in the interior of an acute triangle $ABC$ and $ARBPCQ$ be a convex hexagon whose vertices lie on the circumcircle $\\Gamma$ of the triangle $ABC$. Let $A_1$ be the second point where the circle passing through $K$ and tangent to $\\Gamma$ at $A$ intersects the line $AP$. The points $B_1$ and $C_1$ are defined similarly. Prove that\n$$\n\\min \\left\\{ \\frac{PA_1}{AA_1}, \\frac{QB_1}{BB_1}, \\frac{RC_1}{CC_1} \\right\\} \\le 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $O$ be the center of $\\Gamma$. Since $ABC$ is an acute triangle $O$ lies inside $ABC$. Assume that $K$ lies on the same side of the lines $AO$ and $BO$ as $C$, and on the same side of the bisector of the line segment $AB$ as $B$. Then $KA \\ge OA$.\n\nLet $\\omega$ be the circle passing through $K$ and tangent to $\\Gamma$ at $A$. Then $\\Gamma$ and $\\omega$ are homothetic with center $A$ and ratio $PA/A_1A$. Since $KA \\ge OA$, $O$ lies inside $\\omega$ and the homothety ratio is at most $2$. Hence $PA_1/AA_1 \\le 1$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44820,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that\n$$\n(x^2 + y^2)^3 \\geq 32(x^3 + y^3)(xy - x - y)\n$$\nfor all real numbers $x, y$ satisfying $x + y \\geq 0$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $s = x^2 + y^2$ and $t = x + y$. We want to show that\n$$\ns^3 \\ge 8t(3s - t^2)(t^2 - 2t - s)\n$$\nfor $2s \\ge t^2$ and $t \\ge 0$.\nNow let $s = rt$. This transforms the inequality to\n$$\nr^3 \\ge 8(3r - t)(t - 2 - r)\n$$\nfor $2r \\ge t \\ge 0$.\nSince $r^3 - 8(3r - t)(t - 2 - r) = 8(t - (2r + 1))^2 + r^3 - 8r^2 + 16r - 8 \\ge r^3 - 8r^2 + 16r = r(r - 4)^2 \\ge 0$ for $2r \\ge t \\ge 0$, we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44821,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$ be distinct points on the plane satisfying $ABC \\cong A'B'C'$ and the point $G$ be the centroid of the triangle $ABC$. If the circle of center $A'$ passing through $G$ and the circle of diameter $[AA']$ intersect at point $A_1$, the circle of center $B'$ passing through $G$ and the circle of diameter $[BB']$ intersect at point $B_1$, the circle of center $C'$ passing through $G$ and the circle of diameter $[CC']$ intersect at point $C_1$, show that\n$$\nAA_1^2 + BB_1^2 + CC_1^2 \\le AB^2 + BC^2 + CA^2.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**Lemma:** Let $X$, $Y$, $Z$, $T$ be points on a plane. Then\n$$\nXY^2 + YZ^2 + YT^2 + TX^2 \\ge XZ^2 + YT^2.\n$$\n*Proof:* Let $x = \\overrightarrow{XY}$, $y = \\overrightarrow{YZ}$, $z = \\overrightarrow{ZT}$. Note that $\\overrightarrow{XZ} = x + y$, $\\overrightarrow{YT} = y + z$ and $\\overrightarrow{XT} = x + y + z$. Then $XY^2 + YZ^2 + YT^2 + TX^2 - XZ^2 - YT^2$ is equal to\n$$\n\\begin{aligned}\n& x \\cdot x + y \\cdot y + z \\cdot z + (x + y + z) \\cdot (x + y + z) - (x + y) \\cdot (x + y) - (y + z) \\cdot (y + z) \\\\\n& = x \\cdot x + z \\cdot z + 2(x \\cdot z) = (x + z) \\cdot (x + z) \\ge 0.\n\\end{aligned}\n$$\n\nLet the point $G'$ be the centroid of the triangle $A'B'C'$. Applying the lemma for $A$, $G'$, $A'$, $G$ gives $AG'^2 + G'A'^2 + A'G^2 + GA^2 \\ge G'G^2 + AA'^2$. As $AA'^2 = A'G^2 + AA_1^2$ we have\n$$\nAA_1^2 \\le AG'^2 + G'A'^2 + GA^2 - G'G^2.\n$$\n\nBy similar inequalities for $B$ and $C$, we see that $AA_1^2 + BB_1^2 + CC_1^2$ is less than or equal to\n$$\nAG'^2 + G'A'^2 + GA^2 + BG'^2 + G'B'^2 + GB^2 + CG'^2 + G'C'^2 + GC^2 - 3G'G^2. \\quad (*)\n$$\nBy the Leibniz's theorem we obtain that $AG'^2 + BG'^2 + CG'^2 - 3G'G^2 = GA^2 + GB^2 + GC^2$. It is well known that $GA^2 + GB^2 + GC^2 = \\frac{1}{3}(AB^2 + BC^2 + CA^2)$. As $ABC \\cong A'B'C'$, we also have $G'A'^2 + G'B'^2 + G'C'^2 = \\frac{1}{3}(AB^2 + BC^2 + CA^2)$. These three results conclude that $(*)$ is equal to $AB^2 + BC^2 + CA^2$ and we are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44822,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Graphistan has 2011 cities and Graph Air (GA) is running one-way flights between all pairs of these cities. Determine the maximum possible value of the integer $k$ such that no matter how these flights are arranged it is possible to travel between any two cities in Graphistan riding only GA flights so long as the absolute values of the difference between the number of flights originating and terminating at any city is not more than $k$.",
    "options": [],
    "answer": "1005",
    "solution": "We want to find the largest integer $k$ such that a directed path exists from any vertex $v_1$ to any vertex $v_2$ in any directed complete graph $G$ with 2011 vertices satisfying $|\\text{indeg}(v) - \\text{outdeg}(v)| \\le k$ for all vertices $v$. The answer is 1005.\n\nObserve that $|\\text{indeg}(v) - \\text{outdeg}(v)|$ is always even. We first give a counterexample with $k=1006$. Let $V = X \\cup Y$, $X = \\{x_1, x_2, \\dots, x_{1005}\\}$, $Y = \\{y_1, y_2, \\dots, y_{1006}\\}$, and $E = \\{(x_i, x_j) : 1 \\le i < j \\le \\max(i+502, 1005) \\text{ or } 1 \\le j \\le \\max(i-503, 0)\\} \\cup \\{(y_i, y_j) : 1 \\le i < j \\le \\max(i+503, 1006) \\text{ or } 1 \\le j < \\max(i-503, 0)\\} \\cup \\{(x_i, y_j) : 1 \\le i \\le 1005 \\text{ and } 1 \\le j \\le 1006\\}$.\n\nThen $|\\text{indeg}(v) - \\text{outdeg}(v)| \\le 1006$ for all $v \\in V$ in the graph $G = (V, E)$, but there is no directed path from $y_1$ to $x_1$.\n\nNow we will show that there is a directed path from any vertex to any vertex if $|\\text{indeg}(v) - \\text{outdeg}(v)| \\le 1004$ for all vertices $v$. Note that if one of $\\text{indeg}(v)$ and $\\text{outdeg}(v)$ is less than 503, then the other is greater than 1507 and $|\\text{indeg}(v) - \\text{outdeg}(v)|$ is at least 1006. Therefore $\\text{indeg}(v)$ and $\\text{outdeg}(v)$ are both at least 503.\n\nLet $v_1$ and $v_2$ be two distinct vertices in $G$. Let $V_1$ be the set of vertices that can be reached from $v_1$ and let $V_2$ be the set of vertices from which $v_2$ can be reached. Then all arrows with tail in $V_1$ have also their heads in $V_1$. Therefore the sum of $\\text{outdeg}(v)$ for $v$ in $V_1$ is $\\binom{|V_1|}{2}$. On the other hand, this sum must be at least $503|V_1|$. It follows that $|V_1| \\ge 1007$. A similar argument shows that $|V_2| \\ge 1007$. Hence $V_1$ and $V_2$ cannot be disjoint.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 44823,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Graph Air (GA) is running two way flights between some cities of a country so that it is possible to travel between any two cities using GA flights. It turned out that after adding one flight, one may travel between any two cities by using at most 17 GA flights. Determine the maximal possible number (if exists) of GA flights necessary to use for traveling between any two cities of a country before adding the flight.",
    "options": [],
    "answer": "34",
    "solution": "The answer is $34$.\nLet $A_1, A_2, \\dots, A_{35}$ be cities so that only $A_i$ and $A_{i+1}$ are connected for $i = 1, 2, \\dots, 34$. The travel between $A_1$ and $A_{35}$ uses at least $34$ flights. After adding flights between $A_1$ and $A_{35}$, it is possible to travel between any pair of cities by using at most $17$ flights. Therefore, the answer is at least $34$.\n\nLet us show that $34$ flights are sufficient. Let $\\rho(X, Y)$ denote the minimal possible number of flights between the cities $X$ and $Y$. On the contrary, suppose that $\\rho(A, B) > 34$ for some cities $A$ and $B$ and a path with minimal number of flights before adding a flight between the cities $T$ and $S$ is $(A = A_0, A_1, \\dots, A_{17}, A_{18}, \\dots, B = A_k)$. After adding the flight between $T$ and $S$, $\\rho(A, A_{18}) \\le 17$ and $\\rho(A_{17}, B) \\le 17$. By definitions, both of the paths with minimal number of flights from $A$ to $A_{18}$ and from $A_{17}$ to $B$ have to use the flight between $T$ and $S$. Without loss of generality we may assume that the path from $A$ to $A_{18}$ is $(A_0, \\dots, T, S, \\dots, A_{18})$. Then note that $l_1 + l_2 \\le 16$ where $\\rho(A, T) = l_1$, $\\rho(S, A_{18}) = l_2$.\n\nSimilarly, the path from $A_{17}$ to $B$ is $(A_{17}, \\dots, T, S, \\dots, B)$ with $\\rho(A_{17}, T) = m_1$, $\\rho(S, B) = m_2$ and $m_1 + m_2 \\le 16$, or the path from $A_{17}$ to $B$ is $(A_{17}, \\dots, S, T, \\dots, B)$ with $\\rho(A_{17}, S) = k_1$, $\\rho(T, B) = k_2$ and $k_1 + k_2 \\le 16$. Then there exists a travel from $A$ to $B$ $(A, \\dots, T, \\dots, A_{18}, A_{17}, \\dots, S, \\dots, B)$ using at most $l_1 + m_1 + 1 + l_2 + m_2 < 34$ flights or $(A, \\dots, T, \\dots, B)$ using at most $l_1 + k_2 < 34$ flights. Contradiction.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Other"
  },
  {
    "id": 44824,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $Z^+$ denote the set of all positive integers and $P$ denote the set of all prime numbers. For subsets $A$ and $S$ of $Z^+$, $A$ is called $S$-proper if there exists a positive integer $N$ such that for all $a \\in A$ and integer $b$ with $0 \\le b < a$ there exist not necessarily distinct elements $s_1, s_2, \\dots, s_n$ of $S$ satisfying the conditions $b \\equiv s_1 + s_2 + \\dots + s_n \\pmod a$ and $1 \\le n \\le N$. Find a subset $S$ of $Z^+$ for which $P$ is $S$-proper but $Z^+$ is not.",
    "options": [],
    "answer": "S = { k * 5^{k-1} : k ∈ Z^+ }",
    "solution": "We will show that the set $S = \\{k \\cdot 5^{k-1} : k \\in \\mathbb{Z}^+\\}$ is an appropriate example.\n\nWe first prove that $\\mathbb{P}$ is $S$-proper for $N = 4$. Let $p \\neq 5$ be prime and $0 \\le n < p$. Then by Chinese remainder theorem there exists a positive integer $k$ satisfying the conditions $k \\equiv n \\pmod{p}$ and $k \\equiv 1 \\pmod{p-1}$. Therefore, by Fermat's theorem we obtain that $k \\cdot 5^{k-1} \\equiv n \\pmod{p}$. For $p = 5$; as $1, 10 \\in S$, $N = 4$ works.\n\nNow suppose that $\\mathbb{Z}^+$ is $S$-proper. Then there exists a positive integer $N$ satisfying the given conditions. Therefore we can get any residue in $(\\text{mod } 5^N)$ as sum of at most $N$ elements of $S$. Since $k \\cdot 5^{k-1} \\equiv 0 \\pmod{5^N}$ for all $k > N$, we have that for each integer $0 \\le n < 5^N$, there exist non-negative integers $x_1, x_2, \\dots, x_N$ such that\n$$\nx_1 \\cdot 1 + x_2 \\cdot 2 \\cdot 5 + \\dots + x_i \\cdot i \\cdot 5^{i-1} + \\dots + x_N \\cdot N \\cdot 5^{N-1} \\equiv n \\pmod{5^N}\n$$\nand $x_1 + x_2 + \\dots + x_N \\le N$. Observe that for each $n$, we get a different $N$-tuple. On the other hand, the number of $N$-tuples of non-negative integers satisfying $x_1 + x_2 + \\dots + x_N \\le N$ is $\\binom{2N}{N} < 5^N$ and hence we get a contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44825,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be a prime, $n$ be a positive integer, and let $Z_{p^n}$ denote the set of congruence classes modulo $p^n$. Determine the number of functions $f : Z_{p^n} \\to Z_{p^n}$ satisfying the condition\n$$\nf(a) + f(b) \\equiv f(a + b + pab) \\pmod{p^n}\n$$\nfor all $a, b \\in Z_{p^n}$.",
    "options": [],
    "answer": "p^n",
    "solution": "The answer is $p^n$.\nLet $a_i = \\frac{(1+p)^i - 1}{p}$ for $i \\ge 0$. By induction we obtain $f(a_i) \\equiv i f(1) \\pmod{p^n}$ for all $i \\ge 0$.\nIf $p > 2$ or $p = 2$ and $n = 1$, then\n$$\na_i \\equiv a_j \\pmod{p^n} \\Rightarrow (1+p)^{j-i} \\equiv 1 \\pmod{p^{n+1}} \\Rightarrow i \\equiv j \\pmod{p^n}.\n$$\nSince $a_i + a_j + p a_i a_j = a_{i+j}$ for all $i, j \\ge 0$, the function defined by $f(a_i) \\equiv i c \\pmod{p^n}$, $(0 \\le i < p^n)$, satisfies the condition of the question for any choice of $c \\in \\mathbb{Z}_{p^n}$.\n\n$$\na_i \\equiv a_j \\pmod{2^n} \\Rightarrow 3^{j-i} \\equiv 1 \\pmod{2^{n+1}} \\Rightarrow i \\equiv j \\pmod{2^{n-1}}\n$$\nand $Z_{p^n} = \\{a_i : 0 \\le i < 2^{n-1}\\} \\cup \\{-a_i - 1 : 0 \\le i < 2^{n-1}\\}$. We also have $2f(-1) \\equiv f(-1) + f(-1) \\equiv f((-1) + (-1) + 2(-1)(-1)) \\equiv f(0) \\equiv 0 \\pmod{2^n}$.\nSince $a_i - a_j + 2 a_i a_j = a_{i+j}$, $a_i + (-a_j - 1) + 2 a_i (-a_j - 1) = -a_{i+j} - 1$, and $(-a_i - 1) + (-a_j - 1) + 2(-a_i - 1)(-a_j - 1) = a_{i+j}$ for all $i, j \\ge 0$, the function defined by $f(a_i) \\equiv i c \\pmod{2^n}$ and $f(-a_i - 1) \\equiv i c + d \\pmod{2^n}$, ($0 \\le i < 2^{n-1}$), satisfies the condition of the question for any choice of $c \\in 2\\mathbb{Z}_{2^n}$ and $d \\in 2^{n-1}\\mathbb{Z}_{2^n}$ as $f(a) + f(-1) \\equiv f(-a - 1) \\pmod{2^n}$ for all $a \\in Z_{p^n}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44826,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all polynomials $P(x)$ with integer coefficients satisfying $P(n!) = |P(n)|!$ for all positive integers $n$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = 1; P(x) = 2; P(x) = x",
    "solution": "The answer is $P(x) = 1$, $P(x) = 2$ and $P(x) = x$.\nFirst recall that for two polynomials $P(x)$ and $Q(x)$ if we have $P(x) = Q(x)$ for infinitely many $x$, then $P(x) = Q(x)$ for every $x$.\nPlugging in $n = 1, 2$ gives $P(1) = |P(1)|!$ and $P(2) = |P(2)|!$ which implies that $P(1), P(2) \\in \\{1, 2\\}$.\n\nCase 1: $P(2) = 1$. Note that $P(n!) > 0$ for every positive integer $n$. Then letting $n = m!$ for some positive integer $m$ gives $P(n!) = P(n)!$. Bezout's Theorem implies $n! - 2|P(n!)-P(2)| = P(n)! - 1$. When $m \\ge 2$, $n! - 2$ is even and hence so is $P(n)! - 1$. In other words $P(n)!$ is odd which implies that $P(n) \\in \\{0, 1\\}$. Thus, $P(x) = c$ for some $c \\in \\{0, 1\\}$ for infinitely many $x$. Therefore $P(x)$ is constant. As $P(2) = 1$, we obtain $P(x) = 1$ for every $x$.\n\nCase 2: $P(2) = 2$ and $P(1) = 1$. Again by Bezout's Theorem we have $5 = 3! - 1|P(3!)-P(1)| = |P(3)|! - 1$ and $4 = 3! - 2|P(3!)-P(2)| = |P(3)|! - 2$, that is 5 divides $|P(3)|! - 1$ and 4 divides $|P(3)|! - 2$. Then $|P(3)| = 3$ and hence $P(6) = P(3!) = |P(3)|! = 6$. Therefore $P(6!) = 6!$, $P((6!)!) = (6!)!$ and so on. In other words $P(x) = x$ for infinitely many $x$ and hence $P(x) = x$ for every $x$.\n\nCase 3: $P(2) = 2$ and $P(1) = 2$. Bezout's Theorem gives $5 = 3! - 1|P(3!)-P(1)| = |P(3)|! - 2$, that is 5 divides $|P(3)|! - 2$. Then $|P(3)| = 2$ and hence $P(6) = P(3!) = |P(3)|! = 2$. Thus, $P(6!) = 2$, $P((6!)!) = 2$ and so on. In other words, $P(x) = 2$ for infinitely many $x$ and hence $P(x) = 2$ for every $x$. That is easy to verify the solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44827,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples $(x, y, p)$ satisfying\n$$\nx^2 - 3xy + p^2y^2 = 12p\n$$\nwhere $x, y$ are integers and $p$ is a prime number.",
    "options": [],
    "answer": "[(-6, 0, 3), (6, 0, 3), (0, 2, 3), (6, 2, 3), (0, -2, 3), (-6, -2, 3)]",
    "solution": "Since $x^2 + p^2y^2 \\equiv 0 \\pmod{3}$, if $p \\ne 3$ then $x^2 + y^2 \\equiv 0 \\pmod{3}$, and consequently $x \\equiv y \\equiv 0 \\pmod{3}$. Then $9 \\mid x^2 - 3xy + py^2$ but $9 \\nmid 12$, a contradiction. Thus, $p = 3$ and $x^2 - 3xy + 9y^2 = 36$. Therefore, $3 \\mid x$. $x = 3k$, and we get a second order equation $k^2 - ky + y^2 - 4 = 0$. The discriminant $\\Delta = 16 - 3y^2 = m^2$. Therefore, $y^2 = 0$ or $y^2 = 4$. Solutions are: $(-6, 0, 3)$, $(0, -2, 3)$, $(0, 2, 3)$, $(6, -2, 3)$, $(6, 0, 3)$, $(6, 2, 3)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44828,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an isosceles triangle $ABC$ with $AB = AC$, let $D$ be the foot of the perpendicular of $A$ and $P$ be an interior point of the triangle $ADC$ such that $\\angle APB > 90^\\circ$ and $\\angle PBD + \\angle PAD = \\angle PCB$. Let $Q$ be the intersection of the lines $CP$ and $AD$, and $R$ be the intersection of the lines $BP$ and $AD$. Let $T$ be a point on $[AB]$ and $S$ be a point on the ray $[AP]$ not belonging to $[AP]$ such that $\\angle TRB = \\angle DQC$ and $\\angle PSR = 2\\angle PAR$. Show that $RS = RT$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First observe that $\\angle PAR = \\angle QBR$. Let $\\angle PAR = \\alpha$, $\\angle PBC = \\beta$ and $\\angle BAD = \\theta$. Applying trigonometric form of Ceva Theorem for the point $P$ inside the triangle $ABC$ gives\n$$\n\\frac{\\sin(\\theta + \\alpha)}{\\sin(\\theta - \\alpha)} \\cdot \\frac{\\cos(\\alpha + \\beta + \\theta)}{\\sin(\\alpha + \\beta)} \\cdot \\frac{\\sin \\beta}{\\cos(\\beta + \\theta)} = 1 \\quad (1).\n$$\nRecall that $2 \\cos(\\alpha + \\beta + \\theta) \\sin \\beta = \\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) - \\sin(\\alpha + \\theta)$ and $2 \\sin(\\alpha + \\beta) \\cos(\\beta + \\theta) = \\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) - \\sin(\\theta - \\alpha)$. Thus, we can rewrite (1) as\n$$\n\\frac{\\sin(\\theta + \\alpha)}{\\sin(\\theta - \\alpha)} \\cdot \\frac{\\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) - \\sin(\\alpha + \\theta)}{\\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) - \\sin(\\theta - \\alpha)} = 1,\n$$\nthat is $(\\sin(\\theta + \\alpha) - \\sin(\\theta - \\alpha))\\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) = \\sin^2(\\theta + \\alpha) - \\sin^2(\\theta - \\alpha)$. Then we obtain\n$$\n\\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) = \\sin(\\theta + \\alpha) + \\sin(\\theta - \\alpha) = 2 \\sin \\theta \\cos \\alpha \\quad (2).\n$$\n\nOn the other hand applying trigonometric form of Ceva Theorem for the point $R$ inside the triangle $ATS$ results\n$$\n\\frac{\\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta)}{\\sin \\theta} \\cdot \\frac{\\sin \\alpha}{\\sin(2\\alpha)} \\cdot \\frac{\\sin \\angle RST}{\\sin \\angle RTS} = 1 \\quad (3).\n$$\nSince $\\sin(2\\alpha) = 2 \\cos \\alpha \\sin \\alpha$ and $\\sin(\\alpha + 2\\beta + \\theta) = 2 \\sin \\theta \\cos \\alpha$ by (2), (3) can be rewritten as\n$$\n\\frac{2 \\sin \\theta \\cos \\alpha}{\\sin \\theta} \\cdot \\frac{1}{2 \\cos \\alpha} \\cdot \\frac{\\sin \\angle RST}{\\sin \\angle RTS} = 1.\n$$\nFinally we get $\\sin \\angle RST = \\sin \\angle RTS$ and the result follows.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44829,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a convex quadrilateral $ABCD$, the diagonals intersect at the point $E$ and $\\angle AEB = 90^\\circ$. A point $P$ is chosen on the side $[AD]$ other than $A$ so that $PE = EC$. The circumcircle of the triangle $BCD$ intersects the side $[AD]$ at the point $Q$ other than $A$. The circle passing through $A$ and tangent to the line $EP$ at $P$ intersects the line segment $[AC]$ at the point $R$. If $B, Q, R$ are collinear, then show that $\\angle BCD = 90^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\angle EAP = \\alpha$ and $\\angle ECD = \\beta$. Note that $\\angle RPE = \\alpha$. Choose a point $X$ on $[ED]$ such that $\\angle RPX = 90^\\circ$. Observe that $R, P, X, E$ are cyclic and hence $\\angle RXE = \\alpha$ which implies that $A, R, X, D$ are concyclic. Therefore $ER \\cdot EA = EX \\cdot ED$. On the other hand we have $ER \\cdot EA = EP^2 = EC^2$. Thus we get $EX \\cdot ED = EC^2$ which implies that $\\angle EXC = \\beta$. Clearly $\\angle QDC = 180^\\circ - \\alpha - \\beta$ and hence $\\angle QBC = \\angle RBC = \\alpha + \\beta$ since $Q, B, C, D$ are cyclic and $B, Q, R$ are collinear. On the other hand $\\angle RXC = \\alpha + \\beta$ as well and therefore $X$ is the reflection of $B$ with respect to $E$. Thus we get $\\angle EBC = \\angle EXC = \\beta$ and the result follows.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44830,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that for all positive real numbers $a, b, c$ satisfying $a^3 + b^3 + c^3 = a^4 + b^4 + c^4$ the following inequality is held:\n$$\n\\frac{a}{a^2 + b^3 + c^3} + \\frac{b}{a^3 + b^2 + c^3} + \\frac{c}{a^3 + b^3 + c^2} \\ge 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $f(a, b, c) = \\frac{a}{a^2 + b^3 + c^3} + \\frac{b}{a^3 + b^2 + c^3} + \\frac{c}{a^3 + b^3 + c^2}$ and $g(a, b, c) = a(a^2 + b^3 + c^3) + b(a^3 + b^2 + c^3) + c(a^3 + b^3 + c^2)$. Observe that the Cauchy-Schwarz Inequality gives $f(a, b, c) \\cdot g(a, b, c) \\ge (a+b+c)^2$.\n\nObserve that $g(a, b, c) = (a+b+c)(a^3+b^3+c^3)$ since $a^3+b^3+c^3 = a^4+b^4+c^4$ and therefore it suffices to show that $a+b+c \\ge a^3+b^3+c^3$. Again by the Cauchy-Schwarz Inequality we have $(a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \\ge (a^2+b^2+c^2)^2$ and $(a^2+b^2+c^2)(a^4+b^4+c^4) \\ge (a^3+b^3+c^3)^2$. As $a^3+b^3+c^3 = a^4+b^4+c^4$, the result follows from the last two inequalities.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44831,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the smallest value of $k$ for which $2012$ bags each containing finite number of colored balls, no matter how the contents of bags are arranged, can be distributed into $k$ boxes so that for each box at least one of the following two conditions is held:\ni. all bags of a box contain a ball of the same color\nii. each bag of a box contains a ball colored differently from all balls of all other bags of this box.",
    "options": [],
    "answer": "62",
    "solution": "The answer is $62$.\nLet us show that $k \\ge 62$. Suppose that there are $62$ bags each containing one ball colored $1$, $61$ bags each containing $1$ ball colored $2$, ..., $1$ bag containing $1$ ball colored $62$. Let us show that these $1953$ bags can not be distributed into $61$ boxes. A bag containing a ball colored $l$ we call bag colored $l$. Note that if some box contains two bags colored $l$ then all remaining bags are also colored $l$. A box containing only bags colored $l$ will be called a unicolored box. Consider any distribution of these $1953$ bags. Suppose there are exactly $s$ unicolored boxes. Then there is a color $t$ so that there are at least $62-s$ bags of color $t$. These bags are in distinct boxes and the total number of boxes is at least $s+62-s=62$. Done.\n\nNow we prove that $62$ boxes are sufficient for any arrangement of bag contents.\n**Lemma:** Suppose that there are at most $m$ bags containing a ball of the same color. Then these bags can be distributed into $m$ boxes.\n**Proof:** Let us choose a color, say $l_1$. We can distribute all bags containing balls colored $l_1$ into distinct boxes, since the number of such bags is at most $m$. Among remaining bags choose a color, say $l_2$. Similarly we can distribute all bags containing balls colored $l_2$ into distinct boxes. Similarly, by choosing a new color each time we can distribute all bags into $m$ boxes according to rule ii. The lemma is proved.\n\nAt the first step consider a ball colored $n_1$ belonging to maximal number of bags. If this number is at most $62$, by lemma we can distribute all bags into $62$ boxes. If not, put all these bags (at least $63$ bags) into one box and at the second step consider a ball colored $n_2$ belonging to maximal number of bags among all remaining bags. If this number is at most $61$, by lemma we can distribute all bags into $61$ boxes. If not, put all these bags (at least $62$) having common ball numbered $n_2$ into one box and proceed by the same way in the third step. Since $63+62+...+1 = 2016$, at some step, say step number $p$ among all remaining bags at most $63-p$ bags will contain a ball of the same color $n_p$. Now by lemma we can distribute remaining bags into at most $63-p$ boxes and since in the first $p-1$ steps we have used $p-1$ boxes, $62$ boxes are sufficient. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44832,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that for all positive real numbers $x$, $y$ and $z$ the following inequality is held:\n$$\n\\frac{x(2x - y)}{y(2z + x)} + \\frac{y(2y - z)}{z(2x + y)} + \\frac{z(2z - x)}{x(2y + z)} \\ge 1\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The first term $\\frac{x(2x-y)}{y(2z+x)} + 1 = \\frac{2(x^2+yz)}{y(2z+x)}$. The similar transformation of two other terms yields:\n$$\nf(x, y, z) = \\frac{x^2 + yz}{y(2z+x)} + \\frac{y^2 + zx}{z(2x+y)} + \\frac{z^2 + xy}{x(2y+z)} \\ge 2\n$$\nBy Cauchy-Schwarz inequality for positive $x_1, \\dots, x_n$\n$$\n(x_1 + \\dots + x_n)\\left(\\frac{a_1^2}{x_1} + \\dots + \\frac{a_n^2}{x_n}\\right) \\ge (a_1 + \\dots + a_n)^2 \\quad (1)\n$$\nTherefore,\n$$\ng(x, y, z) = \\frac{x^2}{y(2z+x)} + \\frac{y^2}{z(2x+y)} + \\frac{z^2}{x(2y+z)} \\ge \\frac{(x+y+z)^2}{3(xy+yz+zx)}\n$$\n$$\nh(x, y, z) = \\frac{z}{2z+x} + \\frac{x}{2x+y} + \\frac{y}{2y+z} \\ge \\frac{(x+y+z)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}\n$$\nTherefore,\n$$\n\\begin{align*}\nf &= g + h \\ge (x+y+z)^2 \\left( \\frac{1}{3(xy+yz+zx)} + \\frac{1}{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx} \\right) \\\\\n&= \\frac{2(x+y+z)^4}{3(xy+yz+zx)(2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx)} \\\\\n&= \\frac{2(x+y+z)^4}{3(xy+yz+zx)(2(x+y+z)^2 - 3(xy+yz+zx))} \\\\\n&\\ge \\frac{2(x+y+z)^4}{\\left( \\frac{3(xy+yz+zx) + 2(x+y+z)^2 - 3(xy+yz+zx)}{2} \\right)^2} = 2\n\\end{align*}\n$$\n(in the last inequality we applied AM-GM inequality). Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44833,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P$ be the set of all $2012$ tuples $(x_1, x_2, \\dots, x_{2012})$, where $x_i \\in \\{1, 2, \\dots, 20\\}$ for each $1 \\le i \\le 2012$. The set $A \\subset P$ is said to be decreasing if for each $(x_1, x_2, \\dots, x_{2012}) \\in A$ any $(y_1, y_2, \\dots, y_{2012})$ satisfying $y_i \\le x_i$ ($1 \\le i \\le 2012$) also belongs to $A$. The set $B \\subset P$ is said to be increasing if for each $(x_1, x_2, \\dots, x_{2012}) \\in B$ any $(y_1, y_2, \\dots, y_{2012})$ satisfying $y_i \\ge x_i$ ($1 \\le i \\le 2012$) also belongs to $B$. Find the maximal possible value of $f(A, B) = \\frac{|A \\cap B|}{|A| \\cdot |B|}$, where $A$ and $B$ are nonempty decreasing and increasing sets ($| \\cdot |$ denotes the number of elements of the set).",
    "options": [],
    "answer": "1/20^2012",
    "solution": "The answer is $\\frac{1}{20^{2012}}$.\nLet us treat more general case when $P$ is the set of all $n$ tuples. If $A = B = P$ then\n$f(A, B) = \\frac{1}{20^n}$. We prove that $f(A, B) \\le \\frac{1}{20^n}$ by induction over $n$.\n\n$n = 1$. Suppose that $A = \\{1, 2, \\dots, a+c\\}$, $B = \\{20-b-c+1, \\dots, 20\\}$. Then $|A \\cap B| = c$, $|A| = a+c$, $|B| = b+c$ and $f(A, B) = \\frac{c}{(a+c)(b+c)} = \\frac{1}{20+ab/c} \\le \\frac{1}{20}$.\nSuppose that the statement is correct for $n-1$. Let $A = \\bigcup_{i=1}^{20} A_i$, where elements of the set $A_i$ are obtained from elements of $A$ having last entry $i$ by removing this last entry. By definitions $|A| = \\sum_{i=1}^{20} |A_i|$ and $A_1 \\subset A_2 \\subset \\dots \\subset A_{20}$. Let $B = \\bigcup_{i=1}^{20} B_i$, where elements of the set $B_i$ are obtained from elements of $B$ having last entry $i$ by removing this last entry. By definitions $|B| = \\sum_{i=1}^{20} |B_i|$ and $B_1 \\supset B_2 \\supset \\dots \\supset B_{20}$. Now\n$$\n|A \\cap B| = \\sum_{i=1}^{20} |A_i \\cap B_i| \\le \\frac{1}{20^{n-1}} \\sum_{i=1}^{20} |A_i| \\cdot |B_i| \\le \\frac{1}{20^{n-1}} \\cdot \\frac{1}{20} \\left( \\sum_{i=1}^{20} |A_i| \\right) \\left( \\sum_{i=1}^{20} |B_i| \\right) = \\frac{1}{20^n} |A| \\cdot |B|\n$$\n(The first inequality is valid due to inductive hypothesis, the second inequality is the Chebyshev's rearrangement inequality). Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44834,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The circle $\\omega_1$ with diameter $[AB]$ and the circle $\\omega_2$ with center $A$ intersect at points $C$ and $D$. Let $E$ be a point on the circle $\\omega_2$, which is outside $\\omega_1$ and at the same side with $C$ with respect to the line $AB$. Let the second point of intersection of the line $BE$ with $\\omega_2$ be $F$. Suppose that a point $K \\in \\omega_1$ is on the same side with $A$ with respect to the diameter of $\\omega_1$ passing through $C$ and $2 \\cdot CK \\cdot AC = CE \\cdot AB$. Let the second point of intersection of the line $KF$ with $\\omega_1$ be $L$. Show that a point symmetric to $D$ with respect to the line $BE$ lies on the circumcircle of the triangle $LFC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nLet $D'$ be the point symmetric to $D$ with respect to the line $BE$. $2 \\cdot CK \\cdot AC = CE \\cdot AB$ implies $CK/CE = R_1/R_2$ where $R_1$ and $R_2$ are radii of the circles $\\omega_1$ and $\\omega_2$, respectively. By the sine law, $2 \\cdot \\sin \\angle CLF = CK/R_1 = CE/R_2 = 2 \\cdot \\sin \\angle CFE$, and hence $\\angle CLF = \\angle CFE$ since the sum of angles is less than $180^\\circ$.\n\nLet $X$ be the second intersection point of the line $BE$ with $\\omega_1$. Since $[AB]$ is a diameter of $\\omega_1$ and $AC = AD$, the smaller arcs $BC$ and $BD$ of $\\omega_1$ are equal and hence $\\angle DXB = \\angle CXB$. Since $\\angle D'XB = \\angle DXB$, we get that the points $X, C, D'$ are collinear. Since $\\angle AXB = 90^\\circ$, we get $EX = FX$ and since $\\angle ACB = 90^\\circ$, the line $BC$ is tangent to $\\omega_2$ and hence $\\angle FCB = \\angle BEC$. On the other hand, $\\angle DCF = \\angle DEF$, therefore $\\angle DEC = \\angle DCB = \\angle CXB = \\angle DXB$ and hence $\\angle ECX = \\angle DEX$ and\n\n$\\angle CEX = \\angle EDX$.\n\nTherefore the triangles $ECX$ and $DEX$ are similar and it follows that $XC \\cdot XD' = XC \\cdot XD = EX^2 = FX^2$. Since $\\angle CLF = \\angle CFE$, the line $XF$ is tangent to the circumcircle of triangle $CLF$ and since $XC \\cdot XD' = FX^2$, the point $D'$ lies on this circle. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44835,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the greatest value of the expression\n$$\n|(x-y)(y-z)(z-x)|\n$$\nfor all real numbers $x$, $y$, $z$ satisfying $x + y + z = 0$ and $x^2 + y^2 + z^2 = 6$.",
    "options": [],
    "answer": "6*sqrt(3)",
    "solution": "** **Without the loss of generality we assume that $x \\ge y \\ge z$. Let $x-y = a$ and $y-z = b$. We have to find the maximum value of $ab(a+b)$. Since $x+y+z=0$ and $x^2+y^2+z^2=6$, we get $a^2+b^2+(a+b)^2 = (x-y)^2+(y-z)^2+(x-z)^2 = 3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)^2 = 18$. Thus, $a^2+ab+b^2 = 9$. By AM-GM inequality,\n$$\nab \\le \\frac{(a+b)^2}{4} \\le \\frac{a^2+ab+b^2}{3} = 3\n$$\nand hence\n$$\nab(a+b) \\le 3 \\cdot 2\\sqrt{3} = 6\\sqrt{3}.\n$$\nEquality holds for $x = \\sqrt{3}$, $y = 0$, $z = -\\sqrt{3}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44836,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an equilateral triangle $ABC$, let $D$ be a point on the side $[BC]$ other than the vertices. Let $I$ be the excenter of the triangle $ABD$ opposite to the side $[AB]$ and $J$ be the excenter of the triangle $ACD$ opposite to the side $[AC]$. Let the circumcircles of the triangles $AIB$ and $AJC$ intersect at the point $E$ for the second time. Prove that $A$ is the incenter of the triangle $IEJ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First note that $\\angle IBA = \\angle JCA = 60^\\circ$. Then $\\angle IEA = \\angle JEA = 60^\\circ$ and $\\angle IEJ = 120^\\circ$. Therefore A is on the angle bisector of the angle IEJ. Next observe that $\\angle IAD = 90^\\circ + \\angle BAD/2$ and $\\angle JAD = 90^\\circ + \\angle CAD/2$. Hence $\\angle IAJ = 360^\\circ - 180^\\circ - (\\angle BAD + \\angle DAC)/2 = 150^\\circ$ and therefore A is inside the triangle IEJ.\n\nLet X be the incenter of the triangle IEJ. We know that X is inside the triangle IEJ and $\\angle IXJ = 90^\\circ + \\angle IEJ/2 = 150^\\circ$. Thus I, X, A, J are cyclic. Since E, X, A are collinear we get $X = A$ as desired.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44837,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\phi(n)$ denote the number of positive integers less than $n$ that are relatively prime to $n$ where $n$ is a positive integer. Find all pairs $(m, n)$ of positive integers satisfying\n$$\n2^n + (n - \\phi(n) - 1)! = n^m + 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "(2, 2), (2, 4)",
    "solution": "The answer is $(2, 2)$ and $(2, 4)$.\n\nFor $n = 1$, we have $2 + 1 = 2$ which yields a contradiction.\n\nIf $n$ is a prime number, then $\\phi(n) = n - 1$ and hence $2^n = n^m$. Therefore $m = n = 2$.\n\nIf $n = p^2$ where $p$ is a prime number, then $\\phi(n) = p^2 - p$ and we get $2^{p^2} + (p-1)! = p^{2m} + 1$.\nFor $p > 2$ we have $(p-1)! \\equiv 2 \\pmod 4$ which is possible only when $p = 3$ but $2^9 + 2 = 514 = 3^{2m} + 1$ has no solution in integers. For $p = 2$, we get $m = 2$.\n\nIn all the other cases, let $p$ be the smallest prime factor of $n$. As $1 < p < 2p < \\dots < p^2 < n$, we have $n - 1 - \\phi(n) \\ge p$ and therefore $p$ divides $(n - \\phi(n) - 1)!$. Thus, $p|2^n - 1$ and $p$ is odd. As $p|2^{p-1} - 1$, $p|2^d - 1$ where $d = \\gcd(n, p-1)$. Since $p$ is the smallest prime factor of $n$, we get $d = 1$ and hence $p|1$ which is a contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44838,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Some unit squares of the grid $2013 \\times 2013$ are marked so that any sub-square $19 \\times 19$ of the grid consisting of unit squares has at least 21 marked unit squares. What is the minimal possible number of marked unit squares?",
    "options": [],
    "answer": "233625",
    "solution": "The answer is $233625$.\n\nSuppose that the centers of unit squares have coordinates $(i,j)$, where $i = 1,2,\\ldots,2013$; $j = 1,2,\\ldots,2013$. The unit square with center at $(i,j)$ will be denoted by $u(i,j)$. Let the marked unit squares be:\n$u(19k, 19l + 1)$, $u(19k, 19l + 2)$, where $1 \\le k \\le 105$, $0 \\le l \\le 105$ and\n$u(m, 19n)$, where $1 \\le m \\le 2013$, $1 \\le n \\le 105$.\nThen it can be readily seen that the total number of marked unit squares is $233625$, and any sub-square $19 \\times 19$ has exactly $21$ marked unit squares.\nLet $k \\ge 2$ be a positive integer. Now by the method of mathematical induction we show that if any $19 \\times 19$ sub-square of the grid $(19k-1) \\times (19k-1)$ has at least $21$ marked unit squares, then the total number of marked unit squares is at least $M(k) = (k-1)(21k-1)$.\n\n* $k = 2$. $M(2) = 41$. Consider two $19 \\times 19$ squares: the square consisting all $u(k,l)$, where $1 \\le k \\le 19$, $1 \\le l \\le 19$ and the square consisting all $u(k,l)$, where $19 \\le k \\le 37$, $19 \\le l \\le 37$. Each of these $19 \\times 19$ squares contains at least $21$ marked unit squares and their intersection is the unit square $u(19, 19)$. Therefore the total number of marked unit squares is at least $21 + 21 - 1 = 41$. Done.\n\n* Suppose the statement is correct for a $((19k-1) \\times (19k-1))$ grid $A$ and consider a $((19(k+1)-1) \\times (19(k+1)-1))$ grid $B$. Suppose that $A$ consists of all unit squares $u(i,j)$, where $1 \\le i \\le 19k+18$, $1 \\le j \\le 19k+18$ and $B$ consists of all unit squares $u(i,j)$, where $1 \\le i \\le 19k+18$, $1 \\le j \\le 19k+18$.\nLet $19 \\times 19$ squares $U_s$, $s = 1,2,\\ldots,k$; consist of all unit squares $u(i,j)$, where $19k \\le i \\le 19k+18$, $19s-18 \\le j \\le 19s$ and $19 \\times 19$ squares $V_t$, $t = 1,2,\\ldots,k$; consist of all unit squares $u(i,j)$, where $19t-18 \\le i \\le 19t$, $19k \\le j \\le 19k+18$. Note that the squares $U_k$ and $V_k$ share a unit square $u(19k-1, 19k-1)$, all other pairs of $U_s$ and $V_t$ squares do not share any unit square. Therefore, since the union of $k$ $U_s$ and $k$ $V_t$ squares is a subset of the set $B-A$, the set $B-A$ contains at least $21 \\cdot 2k-1 = 42k-1$ marked squares. Thus, by inductive hypothesis $B$ contains at least $=(k-1)(21k-1)+42k-1 = ((k+1)-1)(21(k+1)-1)$. Done. Since $M(106) = 233625$ the solution is completed.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44839,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "a. Find all prime triples $(p, q, r)$ such that $3 \\nmid p+q+r$ and both $p+q+r$, $pq+qr+rp+3$ are perfect squares.\nb. Is there any prime triple $(p, q, r)$ such that $3 \\nmid p+q+r$ and both $p+q+r$, $pq+qr+rp+3$ are perfect squares.",
    "options": [],
    "answer": "a) All permutations of (2, 3, 11). b) Yes; for example, (2, 11, 23).",
    "solution": "a. The answer: permutations of $(2, 3, 11)$.\nLet $p+q+r = x^2$ and $pq+qr+rp+3 = y^2$ where $x$, $y$ are integers. Let us show that one of the primes $p$, $q$, $r$ is $2$. If all primes $p$, $q$, $r$ are odd all possibilities up to permutations are: $(p, q, r) = (1, 1, 1)$, $(1, 1, 3)$, $(1, 3, 3)$, $(3, 3, 3)$ (mod $4$). We get a contradiction in the cases $(1, 1, 1)$, $(1, 3, 3)$ since $x^2 = p+q+r \\equiv 3 \\pmod{4}$ and in the cases $(1, 1, 3)$, $(3, 3, 3)$ since $y^2 - 3 = pq + qr + rp \\equiv 3 \\pmod{4}$.\nTherefore, at least one of $p$, $q$, $r$ is equal to $2$. W.l.o.g. $p=2$ and $q \\le r$. Then $q+r=x^2-2$, $qr=y^2-2x^2+1$.\nNow if $3 \\mid y$, then $(q+2)(r+2) = y^2+1 \\equiv 1 \\pmod{3}$. Thus, either $q \\equiv r \\equiv 2 \\pmod{3}$ or $q \\equiv r \\equiv 0 \\pmod{3}$. But for $q \\equiv r \\equiv 0 \\pmod{3}$ we get a contradiction: $x^2 - 2 \\equiv 0 \\pmod{3}$. For $q \\equiv r \\equiv 2 \\pmod{3}$ we get $x^2 - 2 \\equiv 1 \\pmod{3}$ and $3 \\mid x$, but by assumption $3 \\nmid x$. Thus, $3 \\mid y$ is not possible. Now since $3 \\nmid x$ we get $x^2 \\equiv y^2 \\equiv 1 \\pmod{3}$ and consequently $qr = y^2 - 2x^2 + 1 \\equiv 0 \\pmod{3}$. Thus, $q=3$. Now $r = x^2 - 5$ and $3r = y^2 - 2x^2 + 1$. Therefore $5r = y^2 - 9 = (y-3)(y+3)$. For $r=2, 3, 5$ $x$ is not an integer number. Therefore, $r > 5$. Since $y-3=1$ yields no solution $y-3=5$, $r = y+3$\n\nand $r = 11$. For $x = 4$, $y = 8$ we get $(p, q, r) = (2, 3, 11)$.\n\nb. $(p, q, r) = (2, 11, 23)$ satisfies the conditions for $(x, y) = (6, 18)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44840,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples $(p, q, r)$ of prime numbers satisfying $p^4 + 2p + q^4 + q^2 = r^2 + 4q^3 + 1$.",
    "options": [],
    "answer": "(2, 5, 13)",
    "solution": "If $r = 2$ we get $p^4 + 2p + q^4 + q^2 = 4q^3 + 5$. Then $q = 2, 3$ otherwise $q \\ge 5$ and $q^4 + q^2 > 4q^3 + 5$. If $q = 2$ then $p^4 + 2p = 17$ gives no solution. If $q = 3$ we get $p^4 + 2p = 23$ gives no solution. Therefore, $r$ is odd and the right hand side of the main equation is even. Then since $2p + q^4 + q^2 = 2p + q^2(q^2 + 1)$ is even we get that $p^4$, equivalently $p$ is even: $p = 2$. Thus, the main equation becomes $r^2 = q^4 + q^2 - 4q^3 + 19$.\n\nNow we show that there is no solution if $q \\ne 2, 3, 5$ since $r^2$ lies between two consecutive perfect squares:\n$$\n(q^2 - 2q - 2)^2 < r^2 < (q^2 - 2q - 1)^2\n$$\nIndeed, $(q^2 - 2q - 2)^2 < r^2 = q^4 + q^2 - 4q^3 + 19$ is equivalent to $(q - 5)(q - 3) > 0$ and $r^2 = q^4 + q^2 - 4q^3 + 19 < (q^2 - 2q - 1)^2$ is equivalent to $q^2 + 4q > 18$. Finally, $q = 2$ gives $r^2 = 7$, $q = 3$ gives $r^2 = 1$, $q = 5$ gives $r = 13$. The only solution is $(2, 5, 13)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44841,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $AC > AB$. Let a circle $\\omega$ tangent to the sides $AB$ and $AC$ at $D$ and $E$ respectively, intersects the circumcircle of $ABC$ at $K$ and $L$ and $X$ and $Y$ be points on the sides $AB$ and $AC$ respectively, such that\n$$\n\\frac{AX}{AB} = \\frac{CE}{BD + CE} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{AY}{AC} = \\frac{BD}{BD + CE}.\n$$\nShow that the lines $XY$, $BC$ and $KL$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $BD = a$, $CE = b$, $AD = AE = c$. Since\n$$\nAX = \\frac{AB \\cdot CE}{BD + CE} = \\frac{(a + x)b}{a + b} \\quad \\text{and} \\quad AY = \\frac{AC \\cdot BD}{BD + CE} = \\frac{(b + x)a}{a + b}\n$$\nwe get $BX = AB - AX = \\frac{(a + x)a}{a + b}$ and $CY = AC - AY = \\frac{(b + x)b}{a + b}$.\n\n![](attached_image_1.png)\nLet the lines $DE$ and $BC$ intersect at the point $Z$. By the Menelaus Theorem, we have\n$$\n\\frac{ZB}{ZC} = \\frac{BX}{AX} \\cdot \\frac{AY}{CY} = \\frac{a}{b} \\cdot \\frac{a}{b} = \\frac{a^2}{b^2}\n$$\nNow, in order to show that the points $Z$, $K$, $L$ are collinear, it is enough prove that the point $Z$ is on the radical axis of the circumcircle of triangle $ABC$ and $\\omega$. Let $\\omega$ intersects the line segment $BC$ at points $R$ and $S$. ($R \\in [BS]$). Let $ZB = k$, $BR = \\ell$, $RS = m$, $SC = n$.\nBy the power of the points $B$ and $C$ with respect to $\\omega$, we get that\n$$\na^2 = BE^2 = BR \\cdot BS = \\ell(\\ell + m) \\quad \\text{and} \\quad b^2 = CD^2 = CS \\cdot CR = n(m + n)\n$$\n\n![](attached_image_2.png)\nand therefore\n$$\n\\frac{\\ell(\\ell + m)}{n(m + n)} = \\frac{BR \\cdot BS}{CS \\cdot CR} = \\frac{BE^2}{CD^2} = \\frac{a^2}{b^2} = \\frac{ZB}{ZC} = \\frac{k}{k + \\ell + m + n}\n$$\nand hence we conclude that $kn^2 + (km - \\ell^2 - \\ell m)n - \\ell(\\ell + m)(k + \\ell + m) = 0$. The last equation is equivalent to\n$$\n[kn - \\ell(k + \\ell + m)](m + n + \\ell) = 0\n$$\nwhich gives $kn = \\ell(k + \\ell + m)$ (1) as $m + n + \\ell = BC > 0$. It can be readily shown that (1) is equivalent to $k(k + \\ell + m + n) = (k + \\ell)(k + \\ell + m)$. Hence $ZB \\cdot ZC = ZR \\cdot ZS$ and $Z$ is on the radical axis of these two circles, as required.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44842,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a non-isosceles triangle $ABC$ let $O$ and $I$ be the circumcenter and the incenter, respectively. Let $D, E, F$ be the midpoints of the sides $[BC], [AC], [AB]$, respectively. Let $T$ be the foot of the perpendicular from $I$ to $[AB]$, $P$ be the circumcenter of the triangle $DEF$ and $Q$ be the midpoint of the line segment $[OI]$. If $A, P$ and $Q$ are collinear, prove that\n$$\n\\frac{|AO|}{|OD|} - \\frac{|BC|}{|AT|} = 4.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "Let $H$ be the orthocenter of the triangle $ABC$. Let the points $K, M, L$ be the intersection of the lines $AI$ and $OD$, $AI$ and $OH$, $AH$ and $OI$. We know that $AH = 2OD$. By a simple angle chasing we see that $AI$ is an angle bisector of $HAO$. Therefore\n$$\n\\frac{AO}{OD} = 2\\frac{AO}{AH} = 2\\frac{OM}{MH}\n$$\n(1).\n\nThat is easy to see that $K$ is on the circumcircle of $ABC$. Let $\\angle A = 2\\alpha$. Then we have $BC = 2R\\sin(2\\alpha)$ and $AT = r \\cdot \\cot\\alpha$. Then\n$$\n\\frac{BC}{AT} = 2\\frac{2R\\sin\\alpha}{r/\\sin\\alpha} = 2\\frac{BK}{AI} = 2\\frac{KI}{AI} = 2\\frac{OI}{IL}\n$$\n(2) since $BK = KI$ and $AH \\parallel OK$.\n\nLet $HM = x$, $MP = y$, $IL = k$, $IQ = s$. Then $PO = x + y$ by the very well known fact that $P$ is the midpoint of $[HO]$, $OQ = s$, $OM = x + 2y$, $OI = 2s$, $QL = k + s$. Applying Menelaus Theorem on the triangle $ALI$ with respect to the collinear points $H, M, O$ gives\n$$\n\\frac{AH}{AL} = \\frac{OIHM}{ILMO} = \\frac{2sx}{k(x+2y)}.\n$$\nApplying Menelaus Theorem on the triangle $ALQ$ with respect to the collinear points $H, P, O$ gives\n$$\n\\frac{AH}{AL} = \\frac{OQHP}{QLPO} = \\frac{s}{k+s}.\n$$\nTherefore $2x(k+s) = k(x+2y)$, that is\n$$\n\\frac{y}{x} - \\frac{s}{k} = \\frac{1}{2}\n$$\n(3).\n\nFinally (1), (2) and (3) result\n$$\n\\frac{AO}{OD} - \\frac{BC}{AT} = 2\\frac{x+2y}{x} - 2\\frac{2s}{k} = 2+4\\left(\\frac{y}{x} - \\frac{s}{k}\\right) = 2+2=4.\n$$\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44843,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Some pairs of cities of a country consisting of $100$ cities are connected by $2013$ round trip flights operated by $n$ air companies. There are at least two cities such that one is not reachable from the other one by one or two flights. Given that for any pair of cities there is an air company connecting these two cities by direct or indirect flights, find the maximal possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "1915",
    "solution": "The answer is $n = 2015$. The solution will be given in terms of graph theory: vertices are cities, edges corresponding to flights will be identically colored if they belong to the same air company. Let all edges of a tree connecting all $100$ vertices be identically colored and the remaining edges be differently colored. The conditions are held and $n = 2013 - 99 + 1 = 2015$.\n\nNow we prove that there are at most $1915$ colors. Consider a coloring of $G$ with maximal number of colors. Then\n\n*Identically colored edges form a connected tree.* Indeed, if there is a monochromatic cycle we can recolor one of its edges in a new color and increase the number of colors; if two identically colored trees are not connected then we can recolor one of these trees in a new color and thereby increase the number of colors.\n\n*Two trees can not have more than $2$ intersections.* Indeed, if there are more than two intersections the union of two trees includes at least two cycles and we can recolor these two trees identically and after that recolor one edge in each cycle in new colors and thereby increase the number of colors.\n\n*W.l.o.g. we can suppose that if two trees intersect at two vertices then both vertices are endpoints (vertices of degree one) of these trees.* Indeed, if one of intersection vertices is not an endpoint there is a cycle; we can recolor these two trees identically and after that recolor one edge in a cycle by new color thereby the number of colors will not change.\n\nConsider vertices $u$ and $v$ located at distance at least $3$. Let $X$ be the set of vertices of a tree connecting $u$ and $v$ and $Y = X - \\{u, v\\}$. $|Y|$ denotes the number of vertices in $Y$. Let $A$ be the set of all neighbor vertices of $u$ and $B = G - u - v - A$. $|X|$ denotes the number of elements in $X$. Let $|a| = a$, $|B| = b$, $|Y \\cap A| = Y_A$, $|Y \\cap B| = Y_B$.\n\nLet $u$ be connected to vertices of $B-Y$ by some trees $T_1, \\dots, T_p$ and $Z_1, \\dots, Z_p$ be their vertices. $X_i \\cap X_j = \\emptyset$ since different trees already have intersection in $u$. Therefore to each tree $T_i$ $i = 1, \\dots, p$ we can assign a different vertex in $A$. Therefore, $p$ trees $T_1, \\dots, T_p$ contain at least $b - |Y_B| + p$ vertices other than $u$. Similarly, $q$ trees connecting $v$ to $A-Y$ contain at least $a - |Y_A| + q$ vertices other than $v$.\n\nIf a tree contains $d$ vertices other than its root, $d$ edges are identically colored and color loss $d-1$. Thus, the total color loss will be $b - |Y_B| + p - p + a - |Y_A| + q - q + |Y| - 2$. Since $|Y_B| + |Y_A| = |Y| - 2$ the total color loss is $a + b = 98$. Thus, the total number of colors is at most $2013 - 98 = 1915$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44844,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $n$ chests placed on the vertices of a regular $n$-gon and a bead. Alice and Bob play a game. At the beginning Alice hides the bead in one of the chests. Each move consists of three stages:\n* Alice, if she wishes, can secretly move the bead from the located chest to any of two neighboring chests if the neighboring chest is not chosen by Bob at the previous move\n* Bob chooses one of the chests\n* Alice tells the distance from the chosen chest to the chest where the bead is located\nIf Bob can determine the chest containing the bead at the end of some move he wins. For all values of $n \\ge 3$ determine the minimal number of moves necessary for Bob to guarantee winning.",
    "options": [],
    "answer": "Bob cannot win for n = 5. Otherwise, the minimal guaranteed number of moves is f(n) = 2 for n = 3, 4 and for all n ≥ 12, and f(n) = 3 for 6 ≤ n ≤ 11.",
    "solution": "Let $f(n)$ be the minimal number of moves necessary for Bob to guarantee winning. We will show that if $n = 5$ Bob cannot win and\n$$\nf(n) = \\begin{cases} 2 & \\text{if } n = 3, 4, n \\ge 12 \\\\ 3 & \\text{if } 6 \\le n \\le 11 \\end{cases}\n$$\n\nLet the vertices be $v_1, v_2, \\dots, v_n$ in clockwise direction. The Bob's choice and Alice's answer at move number $i$ will be denoted by $B(i)$ and $d(i)$ respectively. Below always $B(1) = v_1$ and the obvious cases when $d(i) = 0$ will be omitted.\n\n$n = 3$. If $d(1) = 1$, $B(2) = v_2$ and Bob locates the bead after the second move. Therefore, $f(3) = 2$.\n\n$n = 4$. If $d(1) = 2$ then Bob locates the bead after the first move. If $d(1) = 1$, $B(2) = v_2$ and Bob locates the bead after the second move: for $d(2) = 1, 2$ the bead is located at $v_3$ or $v_4$ respectively. Therefore, $f(4) = 2$.\n\n$n = 5$. If $d(1) = 2$, then w.l.o.g. $B(2) = v_2, v_3$. If $B(2) = v_2$, $d(2) = 2$ is possible. If $B(2) = v_3$ then $d(2) = 1$ is possible. In either case the location is not possible and the situation repeats. Therefore, Bob cannot win for $n = 5$.\n\n$n = 6$. If $d(1) = 1$ then $B(2) = v_2$ and Bob locates the bead after the second move. If $d(1) = 2$, then w.l.o.g. $B(2) = v_1, v_2, v_3, v_4$. If $B(2) = v_1, v_2$ or $v_4$ then $d(2) = 2$ is possible and two moves will not be enough for winning. $B(2) = v_3$. If $d(2) = 2, 3$ then Bob locates the bead. If $d(2) = 1$ then $B(3) = v_4$ and wins after the third move. If $d(1) = 3$ Bob locates the bead after the first move. Therefore, $f(6) = 3$.\n\n$n = 7$. If $d(1) = 1$ then $B(2) = v_2$ and locates the bead after the second move. If $d(1) = 2$, then w.l.o.g. Bob can choose $v_1, v_2, v_3$ or $v_4$. If Bob chooses $v_1, v_2$ or $v_4$ then $d(2) = 2$ is possible and two moves will not be enough for winning. $B(2) = v_3$. If $d(2) = 2$ then Bob locates the bead at $v_5$. If $d(2) = 1$ then $B(3) = v_2$ and Bob wins after the third move. If $d(2) = 3$ then $B(3) = v_1$ and Bob locates the bead after the third move. Therefore, $f(7) = 3$.\n\n$n = 8$. If $d(1) = 1$ then $B(2) = v_2$ and Bob locates the bead after the second move. If $d(1) = 2$ then w.l.o.g. Bob can choose $v_1, v_2, v_3, v_4$. If $B(2) = v_1, v_2, v_4$ then $d(2) = 2$ is possible and two moves will not be enough for winning. $B(2) = v_3$. If $d(2) = 4$ Bob locates the bead at $v_7$. If $d(2) = 1, 3$ Bob chooses $v_1$ and wins after the third move. If $d(1) = 4$ Bob locates the bead after the first move. Therefore, $f(8) = 3$.\n\n$n = 9$. If $d(1) = 1, 4$ then Bob chooses $B(2) = v_3, v_4$ respectively and locates the bead after the second move. If $d(1) = 2$ then $B(2) = v_4$ locates the bead after the second move. If $d(1) = 3$ two moves will not be enough for winning. $B(2) = v_4$. If $d(2) = 3$, Bob locates the bead after the second move. If $d(2) = 1$ then $B(3) = v_2$; If $d(2) = 2$ then $B(3) = v_1$ locates the bead. Therefore, $f(9) = 3$.\n\n$n = 10$. If $d(1) = 1, 4$ then Bob chooses $B(2) = v_3, v_4$ respectively and locates the bead after the second move. If $d(1) = 2, 3$ two moves will not be enough for winning. If $d(1) = 2$ then $B(2) = v_4$ for all possible values of $d(2)$ except $d(2) = 4$ Bob locates the bead, for $B(2) = v_4$ there are two possibilities $v_8$ and $v_{10}$ and Bob finishes by $v_1$. Therefore, $f(10) = 3$.\n\n$n = 11$. As above, if $d(1) = 1, 2, 4, 5$ then Bob locates the bead after the second move. If $d(1) = 3$ then two moves will not be enough for winning. $B(2) = v_4$. If $d(2) = 1, 2, 4, 5$ then $B(3) = v_1$ locates the bead. If $d(2) = 3$, $B(3) = v_2$ locates the bead. Therefore, $f(11) = 3$.\n\n$n \\ge 12$. If $d(1) < \\lfloor \\frac{n}{2} \\rfloor$ then $B(2) = v_{d+2}$, if $d(1) \\ge \\lfloor \\frac{n}{2} \\rfloor$ then $B(2) = v_d$ locates the bead after the second move. Therefore, $f(n) = 2$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44845,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Alice chooses an odd number $k = 2l+1$, places $k$ plates around a circle and distributes 2013 beads into some of these plates as she wishes. After that Bob marks one of the plates. Determine the maximal possible value of $N$ such that no matter how Bob marks a plate Alice can choose exactly $l$ unmarked non-neighbouring plates containing at least $N$ beads in total.",
    "options": [],
    "answer": "1342",
    "solution": "For each $k$ we label plates clockwise $1, \\ldots, k$. Alice can take $k = 9$ and put $671$ beads in each of the plates numbered $1$, $4$ and $7$. It can be readily checked out that for any choice of Bob Alice can choose two nonempty plates containing $1342$ beads in total.\n\nNow let us show that Alice can not guarantee more than $1342$ beads. Suppose that there is an odd number $k = 2l + 1$, a distribution of beads (by Alice), marking of Bob and Alice's choice of $l$ boxes containing at least $1343$ beads (if such a situation is not possible then we are done). Note that exactly two plates, without loss of generality numbered $k$ and $1$ out of $l + 1$ plates not chosen by Alice boxes will be neighbors. If $i$-th box is chosen by Alice then it will be called A-box and will be denoted by $A_i$, and if $i$-th box is not chosen by Alice then it will be called B-box and will be denoted by $B_i$. By assumption, the sum of all beads in A-boxes is greater than $1342$. Therefore, we can choose an index $m$ such that: the total number of beads in all A-boxes with indices $i$: $1 < i \\le m$ is greater than $671$ and the total number of beads in all A-boxes with indices $i$: $m \\le i < 2l$ is greater than $671$. Now it can be readily seen that if Bob marks the plate numbered $m$ then independently of Alice's choice all A-boxes numbered $1 < i \\le m$ or all A-boxes numbered $m \\le i < 2l + 1$ will not be among plates chosen by Alice and consequently Alice will get at most $1341$ beads. Contradiction completes the solution.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44846,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs $(m, n)$ of positive integers satisfying $2^n + n = m!$.",
    "options": [],
    "answer": "(3, 2)",
    "solution": "$m = 1$ gives no solution, therefore $m!$ is even and $n$ should also be even. Let $n = 2^t \\cdot s$ ($t$ and $s$ are positive integers, $t \\ge 1$ and $s$ is odd). $t = 1$ readily leads to $n = 2$ and $m = 3$.\n\nNow let $t \\ge 2$. Then $m! = 2^n + n = 2^{2t \\cdot s} + 2^t \\cdot s \\ge 2^{2t} + 2^t$. By induction over $t$ we will show that\n$$\n2^{2t} + 2^t > (2t - 1)! \\quad (1)\n$$\nFor $t=2$, $3$ the inequality holds. Assume that it is held for $t=k$. In order to show that it also holds for $k+1$ we have to prove that\n$$\n\\frac{2^{2k+1} + 2^{k+1}}{2^2 + 2^k} \\ge 2k(2k+1)\n$$\nSince $\\frac{2^{2n} + 2n}{2^n + n} \\ge 2^{n-1} \\iff 2^{2n-2} \\ge n(2^{n-2} - 1)$ and $2^{2n-2} \\ge n \\cdot 2^{n-2}$ for each positive integer $n$ we get $\\frac{2^{2n} + 2n}{2^n + n} \\ge 2^{n-1}$. By taking $n = 2^k$ we get $\\frac{2^{2^{k+1}} + 2^{k+1}}{2^2 + 2^k} \\ge 2^{2^{k-1}}$. Thus, in order to complete the proof we will show that $2^{2^{k-1}} \\ge 2k(2k+1)$ for $k \\ge 3$. For $k = 3, 4$ it is held since $2^7 > 42$ and $2^{15} > 72$ and for $k \\ge 5$ we have $2^{2^{k-1}} \\ge 2^{4k} = 2^{2k} \\cdot 2^{2k} \\ge 2k(2k+1)$. (1) is proved.\n\nBy (1) $m! > (2t-1)!$ and consequently $m \\ge 2t$. Since $2^n + n = 2^{2t \\cdot s} + 2^t \\cdot s = 2^t(2^{2t \\cdot s-t} + s)$ and $2^t \\cdot s \\ge 2^t > t$ we get that $2^{2t \\cdot s-t} + \\beta$ is odd. Therefore $2^t$ divides the maximal even factor of $m!$ and since $m \\ge 2t$ we get\n$$\n\\alpha = \\left\\lfloor \\frac{m}{2} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{m}{4} \\right\\rfloor + \\dots \\ge t + \\left\\lfloor \\frac{t}{2} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{t}{4} \\right\\rfloor + \\dots\n$$\nContradiction since $t \\ge 2$. Thus, the only solution is: $(m, n) = (3, 2)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44847,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs $(m, n)$ of positive integers satisfying $m^6 = n^{n+1} + n - 1$.",
    "options": [],
    "answer": "(1, 1)",
    "solution": "If $n = 1$, the only solution is $(m, n) = (1, 1)$. Let $n > 1$.\n\n$n$ is not odd, otherwise since $2n^{\\frac{n+1}{2}} + 1 > n^{\\frac{n+1}{2}} > n > n-1 > 0$ we get\n$$\n(n^{\\frac{n+1}{2}})^2 < (m^3)^2 = n^{n+1} + n - 1 < (n^{\\frac{n+1}{2}} + 1)^2\n$$\n\nand $(m^3)^2$ is strictly between two consecutive squares.\n\n$n \\neq 2 \\pmod 3$, otherwise since $3n^{\\frac{2(n+1)}{3}} + 3n^{\\frac{n+1}{3}} + 1 > n^{\\frac{2(n+1)}{3}} > n > n-1 > 0$ we get\n$$\n(n^{\\frac{n+1}{3}})^3 < (m^2)^3 = n^{n+1} + n - 1 < (n^{\\frac{n+1}{3}} + 1)^3\n$$\nand $(m^2)^3$ is strictly between two consecutive cubes.\n\n$n \\neq 0 \\pmod 3$, otherwise\n$$\nn^{n+1} + n - 1 \\equiv -1 \\equiv (m^3)^2 \\pmod 3\n$$\nTherefore, $n \\equiv 4 \\pmod 6$. Now\n$$\nm^6 + 3 = n^{n+1} + n + 2 \\equiv (-1)^{n+1} + 1 \\pmod{n+1}\n$$\nsince $n$ is even we get that $m^6 + 3 \\equiv 0 \\pmod{n+1}$. Suppose that prime number $p$ divides $n+1$. Since $n+1 \\equiv 5 \\pmod 6$ we get $p > 3$ and since $m^6 \\equiv -3 \\pmod p$ we see that $-3$ is a quadratic residue modulo $p$. Since $p > 3$ we get $p \\equiv 1 \\pmod 3$. Since all prime divisors of $n+1$ are 1 modulo 3 we get that $n+1 \\equiv 1 \\pmod 3$ and therefore $n \\equiv 0 \\pmod 3$ which contradicts $n \\equiv 4 \\pmod 6$. The only solution is $(m, n) = (1, 1)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44848,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that for all positive real numbers $a$, $b$, $c$ satisfying $a + b + c = 1$ the following inequality is held:\n$$\n\\frac{a^4 + 5b^4}{a(a + 2b)} + \\frac{b^4 + 5c^4}{b(b + 2c)} + \\frac{c^4 + 5a^4}{c(c + 2a)} \\ge 1 - ab - bc - ca\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $f(a, b, c) = \\frac{a^4 + 5b^4}{a(a + 2b)} + \\frac{b^4 + 5c^4}{b(b + 2c)} + \\frac{c^4 + 5a^4}{c(c + 2a)}$. Since $a + b + c = 1$ we will prove that $f(a, b, c) \\ge a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ac$.\n\nBy Cauchy-Schwarz inequality for positive $x_1, \\dots, x_n$\n$$\n(x_1 + \\dots + x_n) \\left( \\frac{a_1^2}{x_1} + \\dots + \\frac{a_n^2}{x_n} \\right) \\ge (a_1 + \\dots + a_n)^2 \\quad (1)\n$$\nBy applying (1) we get\n$$\n\\frac{a^4}{a(a + 2b)} + \\frac{b^4}{b(b + 2c)} + \\frac{c^4}{c(c + 2a)} \\ge \\frac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{(a + b + c)^2} = (a^2 + b^2 + c^2)^2 \\quad (2)\n$$\n$$\n\\frac{b^4}{a(a + 2b)} + \\frac{c^4}{b(b + 2c)} + \\frac{a^4}{c(c + 2a)} \\ge \\frac{(a^2 + b^2 + c^2)^2}{(a + b + c)^2} = (a^2 + b^2 + c^2)^2 \\quad (3)\n$$\nNow (2) + 5 (3) gives $f(a, b, c) \\ge 6(a^2 + b^2 + c^2)^2$. Thus, the proof of\n$$\n6(a^2 + b^2 + c^2)^2 \\ge a^2 + b^2 + c^2 + ab + bc + ac \\quad (4)\n$$\nwill complete the solution. Now the sum of $\\frac{a^2 + b^2}{2} \\ge ab$, $\\frac{b^2 + c^2}{2} \\ge bc$, $\\frac{c^2 + a^2}{2} \\ge ca$ gives $a^2 + b^2 + c^2 \\ge ab + bc + ca$. Therefore, (4) will follow from $6(a^2 + b^2 + c^2)^2 \\ge 2(a^2 + b^2 + c^2)$ or $3(a^2 + b^2 + c^2)^2 \\ge 1$. But since $a+b+c=1$ the last inequality is a quadratic-arithmetic means inequality. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44849,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a > 1$, $b > 1$, $c > 1$, $d > 1$, $x$, $y$ be real numbers satisfying\n$$\na^x + b^y = (a^2 + b^2)^x \\text{ and } c^x + d^y = 2^y (cd)^{y/2}.\n$$\nProve that $x < y$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "On the contrary suppose that $x - y = t \\ge 0$. From $c^x + d^y = 2^y (cd)^{y/2}$ we get\n$$\n\\left(\\frac{c}{d}\\right)^y \\cdot c^t + 1 = \\left(2\\sqrt{\\frac{c}{d}}\\right)^y\n$$\nSince $t \\ge 0$ and $c > 1$ we have $c^t \\ge 1$ and\n$$\n\\left(2\\sqrt{\\frac{c}{d}}\\right)^y \\ge \\left(\\frac{c}{d}\\right)^y + 1\n$$\nLet $\\sqrt{\\frac{c}{d}} = u$. Since\n$$\n2^y \\ge u^y + u^{-y} \\ge 2\n$$\nwe get $y \\ge 1$ and $x = y + t \\ge 1$. Therefore,\n$$\na^x + b^y = (a^2 + b^2)^x \\ge a^{2x} + b^{2x}\n$$\nBut $a^x < a^{2x}$ and $b^y \\le b^x < b^{2x}$. Contradiction shows that $x < y$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44850,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$ with incenter $I$, the incircle of $ABC$ touches the side $[BC]$ at the point $D$ and let $T$ be the midpoint of the line segment $[ID]$. The line passing through $I$ and perpendicular to $AD$ intersects the lines $AB$ and $AC$ at the points $K$ and $L$, respectively. The line passing through $T$ and perpendicular to $AD$ intersects the lines $AB$ and $AC$ at the points $M$ and $N$, respectively. Show that $KM \\cdot LN = BM \\cdot CN$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the incircle of $ABC$ touch the sides $[AB]$ and $[AC]$ at the points $F$ and $E$, respectively. Let $AE = AF = x$, $BD = BF = y$ and $CD = CE = z$. Let the line passing through $D$ and parallel to $AC$ intersect $AB$ at $P$ and the line passing through $D$ and parallel to $AB$ intersect $AC$ at $Q$. Then $BPD \\sim BAC$ with similarity ratio $\\frac{y}{y+z}$ and $DQC \\sim BAC$ with similarity ratio $\\frac{z}{y+z}$.\n\nLet $C_1$ and $C_2$ be the incircles of the triangles $BPD$ and $DQC$ with centers $I_1$ and $I_2$, respectively. Let $C_1$ touch the lines $BC$ and $AB$ at the points $U_1$ and $U_2$, respectively, and $C_2$ touch the lines $BC$ and $AC$ at the points $V_1$ and $V_2$, respectively. By the similarity we have $DU_1 = \\frac{yz}{y+z}$, $BU_2 = \\frac{y^2}{y+z}$, $DV_1 = \\frac{yz}{y+z}$ and $CV_2 = \\frac{z^2}{y+z}$. As $DU_1 = DV_1$, we see that $D$ is on the radical axis of $C_1$ and $C_2$.\n\n$AU_2 = AB - BU_2 = x + y - \\frac{y^2}{y+z} = \\frac{xy + yz + xz}{y+z}$ and $AV_2 = AC - CV_2 = x + z - \\frac{z^2}{y+z} = \\frac{xy + yz + xz}{y+z}$. Therefore $A$ is on the radical axis of $C_1$ and $C_2$ as well and hence $AC$ is the radical axis of these circles. Thus we have $AD \\perp I_1I_2$.\n\nNote that the intersection of the lines $BI_1$ and $CI_2$ is $I$. That is easy to see that $DI_1I_2$ is a parallelogram. Therefore $T$ is the intersection point of the line segments $[ID]$ and $[I_1I_2]$, hence $M, I_1, I_2$ and $N$ are collinear. As $PU_1 \\parallel AD$, we have $I_1M \\perp PU_1$. The similarity of $BPD$ and $BAC$ gives $\\frac{BK}{BM} = \\frac{y+z}{y}$, that is $\\frac{KM}{BM} = \\frac{z}{y}$. Similarly we get $\\frac{LN}{CN} = \\frac{y}{z}$ and we are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44851,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the greatest real number $M$ satisfying\n$$\na^3 + b^3 + c^3 - 3abc \\geq M(ab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc)\n$$\nfor all positive real numbers $a, b, c$.",
    "options": [],
    "answer": "3 / 4^(1/3)",
    "solution": "Since the inequality is cyclic, w.l.o.g. let $\\min\\{a, b, c\\} = c$. Then $a = c + x$, $b = c + y$ for some nonnegative $x$ and $y$. After substitution $a = c + x$ and $b = c + y$ we get\n$$\n\\begin{align*}\na^3 + b^3 + c^3 - 3abc &= (c + x)^3 + (c + y)^3 + c^3 - 3(c + x)(c + y)c \\\\\n&= (3c + x + y)(x^2 - xy + y^2) \\\\\nab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc &= (c + x)(c + y)^2 + (c + y)c^2 + c(c + x)^2 - 3(c + x)(c + y)c \\\\\n&= (x^2 - xy + y^2)c + x y^2\n\\end{align*}\n$$\nTherefore, in order to prove $(*)$ we have to show that for each $c > 0$ and $x, y \\ge 0$\n$$\n(3 - M)(x^2 - xy + y^2)c + x^3 + y^3 - M x y^2 \\ge 0 \\quad (1)\n$$\nFor $x = 1$, $y = \\sqrt[3]{2}$ and any $c > 0$\n$$\n(3 - M)(1 - \\sqrt[3]{2} + \\sqrt[3]{4})c + 3 - \\sqrt[3]{4}M \\ge 0 \\quad (2)\n$$\nNow let us show that $3 \\ge \\sqrt[3]{4}M$. Suppose that $3 < \\sqrt[3]{4}M$. If $3 - M \\le 0$ then (1) is not held for any $c > 0$. If $3 - M > 0$ then for\n$$\nc < \\frac{\\sqrt[3]{4}M - 3}{(3 - M)(1 - \\sqrt[3]{2} + \\sqrt[3]{4})}\n$$\n(2) is not held. Thus, $3 - \\sqrt[3]{4}M \\ge 0$. Now let us show that for $M = \\frac{3}{\\sqrt[3]{4}}$ the inequality (1) holds. Since $M < 3$, $(3 - M)(x^2 - xy + y^2)c \\ge 0$ and the required result will follow from $x^3 + y^3 \\ge M x y^2$ which in turn is a consequence of AM-GM inequality:\n$$\nx^3 + y^3 = x^3 + \\frac{y^3}{2} + \\frac{y^3}{2} \\ge \\frac{3}{\\sqrt[3]{4}} x y^2 = M x y^2\n$$\nThus, the greatest $M$ is $\\frac{3}{\\sqrt[3]{4}}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44852,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n > 3$ be a positive integer and $P_1, P_2, \\dots, P_n$ be different points on the plane such that all pairwise distances between them are integers and the distances $P_iP_1, P_iP_2, \\dots, P_iP_n$ rearranged in non-decreasing order coincide for all $i = 1, 2, \\dots, n$. Find all possible values of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "4, 6",
    "solution": "First of all we will prove that the points $P_1, P_2, \\dots, P_n$ are concyclic. Let $P_i$ have coordinates $(x_i, y_i)$ for $i = 1, 2, \\dots, n$ and consider the point $O = (u, v)$ where $u = (x_1 + x_2 + \\dots + x_n)/n$ and $v = (y_1 + y_2 + \\dots + y_n)/n$. Then\n$$\n\\begin{aligned}\nOP_i^2 &= (u - x_i)^2 + (v - y_i)^2 = \\left( \\frac{x_1 + x_2 + \\dots + x_n}{n} - x_i \\right)^2 + \\left( \\frac{y_1 + y_2 + \\dots + y_n}{n} - y_i \\right)^2 \\\\\n&= u^2 + v^2 + x_i^2 + y_i^2 - \\frac{2}{n} \\left( x_i(x_1 + x_2 + \\dots + x_n) + y_i(y_1 + y_2 + \\dots + y_n) \\right)\n\\end{aligned}\n$$\nSince the sum $P_1P_i^2 + P_2P_i^2 + \\dots + P_nP_i^2$ does not depend on $i$ and the sum\n$$\n(x_i - x_1)^2 + (y_i - y_1)^2 + (x_i - x_2)^2 + (y_i - y_2)^2 + \\dots + (x_i - x_n)^2 + (y_i - y_n)^2\n$$\nalso does not depend on $i$. Hence\n$$\nn(x_i^2 + y_i^2) - 2x_i(x_1 + x_2 + \\dots + x_n) - 2y_i((y_1 + y_2 + \\dots + y_n) = n \\cdot (OP_i^2 - u^2 - v^2)\n$$\ndoes not depend on $i$. Thus $OP_i^2$ does not depend on $i$. Consequently $OP_1 = OP_2 = \\dots = OP_n$ and hence the points $P_1, P_2, \\dots, P_n$ lie on a circle with center $O$. W.l.o.g. we will assume that the points $P_1, P_2, \\dots, P_n$ are placed on a circle in a clockwise order. Let the smallest positive integer in the sequence $P_1P_i, P_2P_i, \\dots, P_nP_i$ be $a$ and let the second smallest one be $b$.\n\n![](attached_image_1.png)\nNow, consider three consecutive points on the circle $P_{i-1}, P_i, P_{i+1}$ and a point $P_k$ which is different from these three points. By Lemma 1, $\\min\\{P_{i-1}P_i, P_iP_{i+1}\\} \\le P_iP_k$ where $P_{n+1} = P_1$. Hence $\\min\\{P_{i-1}P_i, P_iP_{i+1}\\} = a$ for all $i = 1, 2, \\dots, n$. There are two cases: If $a = b$, then consider a point $P_i$. We know that either $P_{i-1}P_i = a$ or $P_iP_{i+1} = a$. W.l.o.g., assume that $P_{i-1}P_i = a$. Since $b = a$, there must be another point $P_k$ such that $P_iP_k = b = a$. We claim that $k = i + 1$. If not, consider the cyclic quadrilateral $P_{i-1}P_iP_{i+1}P_k$. Since $90^\\circ > 90^\\circ - \\angle P_{i-1}P_iP_k/2 = \\angle P_iP_{i-1}P_k = 180^\\circ - \\angle P_iP_{i+1}P_k$, we get that $\\angle P_iP_{i+1}P_k > 90^\\circ$ and hence $a = P_iP_k > P_iP_{i+1}$ which contradicts to the choice of $a$. Hence $k = i + 1$ and since this result is true for all $i$, we conclude that the $P_iP_{i+1} = a$ for all $i = 1, 2, \\dots, n$ so these $n$ points form a regular $n$-gon.\n![](attached_image_2.png)\nIf $a < b$, then exactly one of $P_{i-1}P_i$ and $P_iP_{i+1}$ is equal to $a$ and hence $n$ must be even and exactly $n/2$ of the sides of the $n$-gon $P_1P_2\\dots P_n$ must be equal to $a$ and none of these sides are consecutive. We claim that all other $n/2$ sides must be equal to $b$. Consider the four consecutive points $P_{i-1}P_iP_{i+1}P_{i+2}$ such that $P_iP_{i+1} = a$. By Lemma 1 $\\min\\{P_{i-1}P_{i+1}, P_{i+1}P_{i+2}\\} = b$ and similarly $\\min\\{P_{i-1}P_i, P_iP_{i+2}\\} = b$. If $P_iP_{i-1} = P_{i-1}P_{i+1} = b$ or $P_iP_{i+2} = P_{i+2}P_{i+1} = b$ then we would obtain that $b < a$ which is a contradiction. Hence either $P_iP_{i-1} = P_{i+1}P_{i+2} = b$ or $P_iP_{i+2} = P_{i-1}P_{i+1} = b$ which shows that the quadrilateral $P_{i-1}P_iP_{i+1}P_{i+2}$ is a isosceles trapezoid and hence $P_{i-1}P_i = P_{i+1}P_{i+2}$. Thus, all other $n/2$ sides are equal to $b$.\n\n![](attached_image_3.png)\ngreatest common divisor of all these distances is 1. Consider the cyclic quadrilaterals $A_1A_2A_{k+1}A_{k+2}$ and let $d_k = A_1A_{k+1}$. By Ptolemy Theorem, we have $d_k^2 = d_1^2 + d_{k-1}d_{k+1}$. If $d_1 > 1$ then let $p$ be a prime divisor of $d_1$. Since $d_2^2 = d_1^2 + d_1d_3$ we get that $p$ also divides $d_2$ and using the equations $d_k^2 = d_1^2 + d_{k-1}d_{k+1}$ we can inductively prove that $p$ divides all $d_i$'s which is a contradiction. Hence $d_1 = 1$ but in this case $A_1A_2 = A_2A_3 = 1$ and hence by triangle inequality, $d_2 = A_1A_3 < 1 + 1 = 2$ and hence $d_2 = 1$. On the other hand, $d_2^2 = d_1^2 + d_1d_3$ which is impossible since we would get that $d_3 = 0$. Done.\n\n![](attached_image_4.png)\nNow, if $a = b$, since we have a regular $n$-gon by Lemma 2 all possibilities are: $n = 1, 2, 3$. If $a < b$, since $n$ is even the side lengths are of the form $a, b, a, b, \\dots, a, b$, the points with even (odd) indices form a regular $n/2$-gon and hence all possibilities are $n = 2, 4, 6$ again by Lemma 2. For $n = 4$, choose a rectangle with side lengths 3 and 4. For $n = 6$ choose a cyclic hexagon with consecutive side lengths 3, 5, 3, 5, 3, 5. In this case all diagonals are integers and for all $i$, the distances $P_iP_{i+1}, P_2P_{i+1}, \\dots, P_6P_i$ forms the sequence 0, 3, 5, 7, 7, 8:",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44853,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive integers $n$ satisfying $2n + 7 \\mid n! - 1$.",
    "options": [],
    "answer": "1, 5, 8",
    "solution": "The answer is $1$, $5$ and $8$.\n\nChecking by hand for $n = 1, 2, \\ldots, 6$, we see that $1$ and $5$ work. For $n \\ge 7$, $2n + 7$ should be a prime number. Because, otherwise there exists a prime divisor of $2n + 7$ which is less than or equal to $n$ since $2n + 7$ is odd, but it divides $n!$.\n\nNow let $2n + 7 = p \\ge 21$ where $p$ is a prime number. Then the condition is equivalent to $\\left(\\frac{p-7}{2}\\right)! \\equiv 1 \\pmod{p}$. Wilson's theorem gives that $(p-1)! \\equiv -1 \\pmod{p}$. On the other hand\n$$\n(p-1)! \\equiv (-1)^{\\frac{p-7}{2}} \\cdot \\left(\\frac{p-7}{2}\\right)!^2 \\cdot \\frac{p-5}{2} \\cdot \\frac{p-3}{2} \\cdot \\frac{p-1}{2} \\cdot \\frac{p+1}{2} \\cdot \\frac{p+3}{2} \\cdot \\frac{p+5}{2} \\equiv (-1)^{\\frac{p-1}{2}} \\frac{225}{64} \\pmod{p}\n$$\n$$\n\\text{Thus we obtain } 225 \\equiv (-1)^{\\frac{p+1}{2}} 64 \\pmod{p}.\n$$\nIf $p \\equiv 1 \\pmod{4}$, then $p \\mid 225 + 64 = 17^2$ but $p \\ge 21$, no solution exists.\nIf $p \\equiv 3 \\pmod{4}$, then $p \\mid 225 - 64 = 7 \\cdot 23$. As $p \\ge 21$ we have $p = 23$, that is $n = 8$ and it satisfies the condition.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44854,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a convex quadrilateral $ABCD$, let $E$ be the intersection of the diagonals. It is given that $\\angle EDC = \\angle DEC = \\angle BAD$. If $F$ is a point on the line segment $[BC]$ such that $\\angle BAF + \\angle EBF = \\angle BFE$, then show that $A, B, F, D$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "It is easy to observe that the point $F$ is unique when $A, B, C, D$ are fixed. Hence it is enough to show that the intersection of the circumcircle of $ABD$ and $[CB]$ satisfies the properties of the point $F$. Let the intersection be $F'$.\n$\\angle DBF' = \\angle DAF'$. Then $\\angle BAF' + \\angle EBX = \\angle DAB$. On the other hand we have $\\angle DEC = \\angle DAB = \\angle DF'C$. Thus, $D, E, F', C$ are concyclic. Hence $\\angle EF'B = \\angle EDC = \\angle DAB = \\angle BAF' + \\angle EBF'$ and we are done.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44855,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a convex quadrilateral $ABCD$, the diagonals intersect at $E$, $BE = \\sqrt{2} \\cdot ED$ and $\\angle BEC = 45^\\circ$. Let $F$ be the foot of the perpendicular from $A$ to $BC$ and $P$ be the second intersection point of the circumcircle of triangle $BFD$ and the line segment $[DC]$. Find $\\angle APD$.",
    "options": [],
    "answer": "22.5°",
    "solution": "Let $Q$ be the foot of the perpendicular from $B$ to the line $AC$. Then we obtain $BQ = EQ = ED$ which means that $\\angle AQD = 22.5^\\circ$. Since the points $B, F, Q, A$ are concyclic, we have $CF \\cdot CB = CQ \\cdot CA$. Since the points $B, F, P, D$ are also concyclic we have $CF \\cdot CB = CP \\cdot CD$ and hence $CQ \\cdot CA = CP \\cdot CD$ and therefore the points $A, Q, P, D$ are concyclic. So, $\\angle APD = \\angle AQD = 22.5^\\circ$.\n\n![](attached_image_1.png)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44856,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine all functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}^+$ satisfying the conditions\n$$\ni.\\ f(x^2) = f(x)^2 - 2x f(x),$$\n$$\nii.\\ f(-x) = f(x - 1),$$\n$$\niii.\\ 1 < x < y \\text{ implies } f(x) < f(y).$$\nfor all real numbers $x$ and $y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x^2 + x + 1",
    "solution": "There is only one such function, that is $f(x) = x^2 + x + 1$.\n\nWriting $x = 0$ in (i) gives $f(0) = f(0)^2$. As $f(x) > 0$, $f(0) = 1$.\n\nPlugging in $-x$ in (i) gives $f(x)^2 - 2x f(x) = f(-x)^2 + 2x f(-x)$, that is $(f(x) - f(-x))(f(x) + f(-x)) = 2x(f(x) + f(-x))$. Again as $f(x) > 0$, we obtain $f(x) = f(-x) + 2x$.\n\nThen by (ii) we have $f(x) = 2x + f(x - 1)$ (*).\n\nBy induction on $n$ we can show that $f(n) = n^2 + n + 1$ for all non-negative integer $n$.\n\nBy (*) applying induction on $n$ gives $f(x+n) = f(x) + 2x n + n^2 + n$ (**) for all real number $x$ and non-negative integer $n$.\n\nLet $x = \\frac{m}{n}$ where $m$ and $n$ are positive integers. Then by (**) we have $f((x+n)^2) = f(x^2 + 2m + n^2) = f(x^2) + 2x^2(2m + n^2) + (2m + n^2)^2 + 2m + n^2$.\n\nOn the other hand by (i) and (**) we get $f((x+n)^2) = (f(x) + 2m + n^2 + n)^2 - 2(x+n)(f(x) + 2x n + n^2 + n)$.\n\nThe last two equations conclude that $f(x) = x^2 + x + 1$ for all positive rational number $x$.\n\nSince both $f(x)$ and $x^2 + x + 1$ are strictly increasing on $(1, \\infty)$ and there exists a rational number in any interval, we can easily show that $f(x) = x^2 + x + 1$ for every real number $x > 1$.\n\nUsing (*) and (iii) we can show that $f(x) = x^2 + x + 1$ for all real number $x$ and it satisfies all three conditions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44857,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Between any two cities of a country consisting of $2013$ cities one-way flights are organized so that there is at least one departure from each city. Determine the maximal possible value of $k$ such that no matter how these flights are arranged there are $k$ cities reachable from any city of a country by using at most two flights.",
    "options": [],
    "answer": "3",
    "solution": "The answer is $k = 3$.\n\nWe will write $A \\to B$ if flight is from $A$ to $B$. The flight arrangement where $A \\to B \\to C \\to A$ and all other flights incident to $A, B, C$ are directed to $A, B, C$ shows that $k \\le 3$.\n\nIf a city $A$ is reachable from any other city by using at most two flights we will say that $A$ is 2-reachable. Now we show that in any flight arrangement there are at least three cities 2-reachable from any city.\n\nThe problem can be reformulated in terms of graph theory: Let $G$ be a directed complete graph with $2013$ vertices. If the incoming degree $\\deg_{\\text{in}}(A)$ of each vertex $A$ is at most $n-2$, then there are $3$ vertices 2-reachable from any other vertex.\n\nFirst of all, let us show that a vertex with maximal incoming degree, say $A_1$, is 2-reachable. Let $U_1$ be the set of all vertices $X$ with $A_1 \\to X$ and $W_1$ be the set of all vertices $Y$ with $Y \\to A_1$. $A_1$ is reachable from any $Y \\in W_1$ directly. If $A_1$ is not 2-reachable from some $X_0 \\in U_1$, then for any $Y \\in W_1$ we have $Y \\to X_0$; otherwise $A_1$ is 2-reachable from $X_0$: $X_0 \\to Y \\to A_1$. But then $\\deg_{\\text{in}} X_0 = \\deg_{\\text{in}}(A_1) + 1$, which contradicts the maximality of $\\deg_{\\text{in}} A_1$.\n\nNow let $A_2$ be a vertex in $U_1$ with maximal incoming degree $\\deg_{\\text{in}} A_2$ (note that $U_1$ is not empty). Let $U_2$ be the set of all vertices $X$ with $A_2 \\to X$ and $W_2$ be the set of all vertices $Y$ with $Y \\to A_2$. $A_2$ is reachable from any $Y \\in W_2$ directly. If $A_2$ is not 2-reachable from some $X_0 \\in U_2$, then for any $Y \\in W_2$ we have $Y \\to X_0$; otherwise $A_2$ is 2-reachable from $X_0$: $X_0 \\to Y \\to A_2$. But then $\\deg_{\\text{in}} X_0 = \\deg_{\\text{in}}(A_2) + 1$, which contradicts the maximality of $\\deg_{\\text{in}} A_2$.\n\nNow let $A_3$ be a vertex in $U_2$ with maximal incoming degree $\\deg_{\\text{in}} A_3$ (note that $U_2$ is not empty). Let $U_3$ be the set of all vertices $X$ with $A_3 \\to X$ and $W_3$ be the set of all vertices $Y$ with $Y \\to A_3$. $A_3$ is reachable from any $Y \\in W_3$ directly. If $A_3$ is not 2-reachable from some $X_0 \\in U_3$, then for any $Y \\in W_3$ we have $Y \\to X_0$; otherwise $A_3$ is 2-reachable from $X_0$: $X_0 \\to Y \\to A_3$. But then $\\deg_{\\text{in}} X_0 = \\deg_{\\text{in}}(A_3) + 1$, which contradicts the maximality of $\\deg_{\\text{in}} A_3$.\n\nThus, we have found three vertices 2-reachable from any other city. $A_1, A_2, A_3$ are distinct and the proof is completed (if we proceed the same way, the new found point $A_4$ may coincide with $A_1$).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44858,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Some cities of a country consisting of $n$ cities are connected by round trip flights so that there are at least $k$ flights from any city and any city is reachable from any city. Prove that for any such flight organization these flights can be distributed among $n-k$ air companies so that one can reach any city from any city by using at most one flight of each air company.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The problem can be reformulated in terms of graph theory: Let $G$ be a connected graph with $n$ vertices. If the degree of each vertex is at least $k$, then the edges of $G$ can be colored into $n-k$ colors so that for any pair of vertices there is a path between them not containing identically colored edges. We will prove the following slightly stronger statement: Let $G$ be a connected graph with $n$ vertices and $\\alpha(G)$ be the minimal degree and $K$ be any clique of $G$ consisting of vertices with minimal degree. The edges of $G$ can be colored into $n-\\alpha(G)$ colors so that the clique $K$ is colored into a single color and for any pair of vertices there is a path between them not containing identically colored edges. The statement will be proved at fixed $\\alpha(G)$ by induction over $n$.\n\nIf $\\alpha(G) = 1$, then we take any spanning tree of $G$ having $n-1$ edges and color it obviously by $n-1$ colors.\n\nInduction base: Since $n > \\alpha(G)$ we start with $n = \\alpha(G)+1$. Then $G$ is a complete graph and we can color all vertices in one color.\n\nNow suppose that $1 < \\alpha(G) < n-1$. Let $K$ be a maximal clique consisting of only vertices having degree $\\alpha(G)$ and put $l = |K|$. Note that if $l = \\alpha(G)+1$ then since $G$ is connected we get $K = G$, so $G$ is complete and one color is sufficient. Suppose $1 \\le l \\le \\alpha(G)$. Let $G_1, \\dots, G_p$ be connected components of $G-K$ and $K_i$ be the vertices directly connected to some vertex in $G_i$, $i = 1, \\dots, p$. Without loss of generality suppose that $|K_1| \\ge |K_i|$ for $i = 2, \\dots, p$. Let $f(G)$ be the minimal number of colors necessary for proper coloring of $G$. By inductive hypothesis $f(G_i) \\le n_i - \\alpha(G_i)$, where $n_i = |G_i|$.\n\nCase 1. $1 = |K_1| = 1 < |K|$. By contracting $K$ into single vertex, we get a graph $G'$. Note that $|G'| = n-l+1$ and $\\alpha(G') \\ge \\alpha(G)$ ($\\alpha(G') = \\alpha(G)$ if there is a vertex in some $G_i$ with degree $\\alpha(G)$ or each vertex in $K$ is connected to exactly one vertex in $G-K$). Therefore, by inductive hypothesis, $f(G') \\le n-l+1-\\alpha(G)$. Now for proper coloring of $G$ we take a coloring of $G'$ and color all edges of $K$ by some new color, spending in total less or equal than $n-l+1-\\alpha(G)+1 \\le n-\\alpha(G)$ colors, since in our case $l = |K| > |K_1| = 1$.\n\nCase 2. $1 < |K_1| = l_1 < |K|$. By contracting $K_1$ into single vertex $v$ $G$ transfers into $G'$ and $K$ transfers into $K'$. Note that $|G'| = n - l_1 + 1$ and $\\alpha(G') = \\alpha(G) - l_1 + 1$. By inductive hypothesis, there is a proper coloring of $G'$ by $f(G') \\le n - \\alpha(G)$ colors where all edges of $K'$ are colored by a single color $c$. Now for proper coloring of $G$ we take a coloring of $G'$ and color all remaining edges with both vertices in $K$ in $c$ and with one edge in $K$ with the color of the edge from $v$ to other endpoint, spending in total less or equal than $n - \\alpha(G)$ colors.\n\nCase 3. $K_1 = K$. By inductive hypothesis, $f(G') \\le n_i - \\alpha(G_i)$. Since $K$ is maximal, $\\alpha(G_i) \\ge \\alpha(G) - l + 1$. We can color all edges of $K$ and all edges from $K$ to $G_1$ by some color and edges from $K$ to $G_i, i = 2, \\dots, p$ by new distinct colors. Then\n$$\nf(G) \\le t+0+\\sum_{i=1}^{p}(n_i-\\alpha(G_i)) \\le t+\\sum_{i=1}^{p}(n_i-\\alpha(G)+l-1) = n-\\alpha(G)+(p-1)(l-\\alpha(G)) \\le n-\\alpha(G).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44859,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $D$ be the midpoint of the side $BC$ of a triangle $ABC$ and $AD$ intersect the circumcircle of $ABC$ for the second time at $E$. Let $P$ be the point symmetric to the point $E$ with respect to the point $D$ and $Q$ be the point of intersection of the lines $CP$ and $AB$. Prove that if $A, C, D, Q$ are concyclic, then the lines $BP$ and $AC$ are perpendicular.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\nSince $BD = DC$ and $PD = DE$, we conclude that $BPCE$ is a parallelogram and hence $\\angle PBC = \\angle BCE = \\angle BAE$. Since the points $Q, A, C, D$ are concyclic, $\\angle BAE = \\angle QCB$ and therefore $\\angle PBC = \\angle QCB$. Since $BD = DC$, the lines $PD$ and $BC$ are perpendicular and $\\angle PDC = \\angle AQC = 90^\\circ$. Thus $AD$ and $CQ$ are altitudes of triangle $ABC$ and hence $BP$ is also an altitude. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44860,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the total number of all permutations of $2014$-tuple $(1, 2, \\dots, 2014)$ satisfying $i + a_i \\leq j + a_j$ for all $1 \\leq i < j \\leq 2014$.",
    "options": [],
    "answer": "2^{2013}",
    "solution": "Let $f(n)$ be the total number of all permutations of $n$-tuple $(1, 2, \\dots, n)$ satisfying $i + a_i \\le j + a_j$ for all $1 \\le i < j \\le n$. Readily $f(1) = 1$.\n\nIf for some permutation $a_1 = n$, then $a_2 = n-1, a_3 = n-2, \\dots, a_n = 1$ is the only possibility.\n\nIf for some permutation $a_{k+1} = n$ for some $k$, $1 \\le k \\le n-1$ then $n - a_{k+2} \\le 1$ and $a_{k+2} = n-1$. Similarly we get $a_{k+j} = n+1-j$ for $3 \\le j \\le n-k$. Therefore, $(a_1, a_2, \\dots, a_k)$ should be a permutation of $(1, 2, \\dots, k)$ satisfying conditions. Now note that the concatenation of $(a_1, a_2, \\dots, a_k)$ and $(a_{k+1}, \\dots, a_n)$ also satisfies conditions.\n\nThus, $f(n) = 1 + f(1) + f(2) + \\dots + f(n-1)$ and consequently $f(n) = 2f(n-1)$. Thus, $f(n) = 2^{n-1}$ and the answer is $2^{2013}$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44861,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$, the external bisector of $\\angle BAC$ intersects the ray $[BC$ at $D$. The feet of the perpendiculars from $B$ and $C$ to the line $AD$ are $E$ and $F$ respectively, and the foot of the perpendicular from $D$ to $AC$ is $G$. Show that $\\angle DGE + \\angle DGF = 180^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nLet $GD$ and $EB$ intersect at the point $P$. Since $\\angle PEA = \\angle PGA = 90^\\circ$, the points $P$, $G$, $A$, $E$ are concyclic and hence $\\angle EPA = \\angle EGA$. Since $AD$ is the external bisector of $\\angle BAC$, we have $\\angle GAD = \\angle BAE$ and hence $\\angle EBA = \\angle ADG$ and it follows that the points $P$, $D$, $A$, $B$ are concyclic. Therefore $\\angle BPA = \\angle BDA$. Since the points $C$, $G$, $D$, $F$ are also concyclic, we also get $\\angle BDA = \\angle FGA$. Thus, $\\angle EGA = \\angle FGA$ and hence $\\angle DGE + \\angle DGF = 90^\\circ + \\angle EGA + 90^\\circ - \\angle FGA = 180^\\circ$. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44862,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$3m$ balls numbered $1, 1, 1, 2, 2, 2, 3, 3, 3, \\dots, m, m, m$ are distributed into $8$ boxes so that any two boxes contain identical balls. Find the minimal possible value of $m$.",
    "options": [],
    "answer": "11",
    "solution": "If some box contains a ball numbered $i$ then at most two other boxes can also contain ball numbered $i$. Therefore, each box must contain at least $4$ balls and consequently the total number of balls is at least $32$. Thus, $m \\ge 11$. The example for $m = 11$: $(1,2,3,4)$, $(1,4,5,6)$, $(1,7,8,9)$, $(2,5,7,9)$, $(2,6,8,10)$, $(3,5,8,11)$, $(3,6,9,10,11)$, $(4,7,10,11)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44863,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples $(m, n, p)$ satisfying $m^3 + 7p^2 = 2^n$, where $p$ is prime and $m, n$ are positive integers.",
    "options": [],
    "answer": "(1, 6, 3)",
    "solution": "Note that $n \\ge 5$ and $m$ and $p$ have the same parity. If $m$ is even then $p = 2$ and we get $0 \\equiv 4 \\pmod{8}$. Therefore, $m$ and $p$ both are odd. $m^3 \\equiv 0, \\pm1 \\pmod{7}$ and $2^n \\equiv 2, 4, 1 \\pmod{7}$. Therefore, $2^n \\equiv 1 \\pmod{7}$ and consequently $n = 3k$: $2^{3k} - m^3 = 7p^2$. We get $(2^k - m)(2^{2k} + 2^k m + m^2) = 7p^2$.\n\nLet $\\gcd(2^k - m, 2^{2k} + 2^k m + m^2) = d$. Since $m$ is odd $d$ also is odd. Since $d$ divides $(2^k - m)^2$ and $2^{2k} + 2^k m + m^2$, $d$ divides $3 \\cdot 2^k m$. If $d$ divides $m$ then since $d$ also divides $2^k - m$ we get that $d$ divides $2^k$ and consequently $d = 1$. If $d$ does not divide $m$ then $d = 3$.\n\nNote that $(2^k - m < 2^{2k} + 2^k m + m^2)$.\n\nCase 1: $d = 1$ and $2^k - m = 1$, $2^{2k} + 2^k m + m^2 = 7p^2$. Plugging $m = 2^k - 1$ into $2^{2k} + 2^k m + m^2 = 7p^2$ we get $3 \\cdot 2^{2k} - 3 \\cdot 2^k + 1 - 7p^2 = 0$. Therefore $k > 1$ and $1 + p^2 \\equiv 0 \\pmod{4}$. No solution in this case.\n\nCase 2: $d = 1$ and $2^k - m = 7$, $2^{2k} + 2^k m + m^2 = p^2$. Plugging $m = 2^k - 7$ into $2^{2k} + 2^k m + m^2 = p^2$ we get $3 \\cdot 2^{2k} - 21 \\cdot 2^k + 49 = p^2$. Since $d = 1$ $p \\ne 7$. In $\\pmod{7}$ left hand side takes $3 \\cdot \\{2, 4, 1\\} = \\{6, 5, 3\\}$ and right hand side takes $\\{1, 2, 4\\}$. No solution in this case.\n\nCase 3: $d = 3$ and $2^k - m = p$, $2^{2k} + 2^k m + m^2 = 7p$. Readily $p = d = 3$. Plugging $2^k = m + 3$ into $2^{2k} + 2^k m + m^2 = 21$ we get $3m^2 + 9m - 12 = 0$. Therefore $m = 1$ or $m = -4$. Since $m$ is nonnegative we get $m = 1$. Therefore, $k = 2$ and $n = 6$. The only solution is $(6, 1, 3)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44864,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f : \\mathbf{R} \\to \\mathbf{R}$ satisfying\n$$\nf(f(y) + x^2 + 1) + 2x = y + (f(x+1))^2\n$$\nfor all real numbers $x$ and $y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x",
    "solution": "We will show that $f(x) = x$ for all $x$. Substituting $0$ for $x$ in $*$ we obtain\n$$\n(1) \\qquad f(f(y) + 1) = y + (f(1))^2.\n$$\nThen substituting $0$ for $x$ and $f(y) + 1$ for $y$ in $*$ and using (1) we get\n$$\nf(y + (f(1))^2 + 1) = f(y) + 1 + (f(1))^2\n$$\nand now substituting $x^2 + y$ for $y$ gives\n$$\nf(x^2 + y + (f(1))^2 + 1) = f(x^2 + y) + 1 + (f(1))^2.\n$$\nNow using (1) and $*$ for the left hand side we get\n$$\nf(y) + 1 + (f(1+x))^2 - 2x = f(x^2 + y) + 1 + (f(1))^2\n$$\nand hence\n$$\n(2) \\qquad f(x^2 + y) - f(y) = (f(x+1))^2 - 2x - (f(1))^2.\n$$\nIn particular,\n$$\n(3) \\qquad f(x^2 + y) - f(y) = f(x^2) - f(0).\n$$\nNow letting $y = 0$ and $x = 1$, $y = 0$ and $x = -1$, and $y = 1$ and $x = 1$ in (2) we obtain $(f(2))^2 - 2 - (f(1))^2 = f(1) - f(0) = (f(0))^2 + 2 - (f(1))^2$ and $f(2) = 2f(1) - f(0)$.\n\n$$\n(4) \\qquad f(x^2 + y) = f(x^2) + f(y)\n$$\nand hence\n$$\n(5) \\qquad f(x+y) = f(x) + f(y)\n$$\nfor all $x$ and $y$. Combining (4) with (1) we also get\n$$\nf(f(y)) = y\n$$\nfor all $y$, and using this and (5) we obtain\n$$\n(6) \\qquad f(x^2) + 2x = (f(x))^2 + 2f(x)\n$$\nfrom $*$. Now using the equations obtained by substituting $y + f(x)$, $f(x)$ and $y$ for $x$ in (6) gives $f(2yf(x)) = 2xf(y)$ for all $x$ and $y$. Using (5) we get $f(yf(x)) = xf(y)$, and hence $f(xy) = f(x)f(y)$ for all $x$ and $y$. In particular, $f(x^2) = f(x)^2$ for all $x$ and now (6) gives $f(x) = x$ for all $x$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44865,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $I$, $O$, $J_A$ be the centers of the incircle, circumcircle, and excircle corresponding to the side $BC$ of a triangle $ABC$ with $AC > AB$, respectively. Let $r$, $R$, $r_a$ be the radii of these circles, respectively. Let the incircle touch the side $BC$ at $D$ and $E$ be a point on the line segment $BD$ different from the endpoints, such that the area of the triangle $IEJ_A$ is twice the area of the triangle $IEO$. Prove that\n$$\nED = AC - AB \\iff R = 2r + r_a.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the excircle with center $J_A$ touch $BC$ at $F$, $P$ be the midpoint of the smaller arc $BC$ of the circumcircle of $ABC$, and $M$ be the midpoint of the side $BC$. Then the point $P$ is the midpoint of the line segment $IJ_A$ and hence the area of the triangle $IEP$ is half the area of the triangle $IEB$. Thus, the areas of the triangles $IEP$ and $IEO$ are equal. Hence the line $EI$ bisects the line segment $OP$. Let $Q$ be the midpoint of the line segment $EJ_A$ and $N$ be the midpoint of the line segment $OP$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nIf $ED = AC - AB$, then $ED = DF = 2 \\cdot DM$ and $EI = 2 \\cdot IN$. Hence $I$ is the centroid of the triangle $OEP$, and since $D$ is the midpoint of the line segment $EF$, we conclude that the points $I$, $D$, $Q$ are collinear and $2 \\cdot DQ = J_AF = r_a$. Since $PQ$ is parallel to $IN$ we get that $INPQ$ is a parallelogram. Hence\n$$\nr + \\frac{r_a}{2} = ID + DQ = IQ = NP = \\frac{OP}{2} = \\frac{R}{2}\n$$\nand $R = 2r + r_a$.\n\n![](attached_image_2.png)\n\nIf $R = 2r + r_a$, then let the line passing through $Q$ and perpendicular to $BC$ intersect the lines $BC$ and $EN$ at the points $D'$ and $I'$, respectively. Since $PQ$ is parallel to $I'N$, we obtain that $I'NPQ$ is a parallelogram and hence\n$$\nI'Q = NP = \\frac{R}{2} = r + \\frac{r_a}{2}.\n$$\nSince $D'Q$ is parallel to $J_AF$, we obtain that\n$$\nD'Q = \\frac{r_a}{2} = I'Q - r\n$$\nand hence $D'I' = r = DI$. Therefore $D \\equiv D'$ and $I \\equiv I'$ which shows that $ED = DF = AC - AB$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44866,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs $(m, n)$ of positive integers satisfying $m^6 + 5n^2 = m + n^3$.",
    "options": [],
    "answer": "(1, 5) and (3, 11)",
    "solution": "Let us rewrite the equation: $n(n^2 - 5n) = m(m^5 - 1)$. If $n \\le m$ then $n^2 - 5n \\ge m^5 - 1 \\ge n^5 - 1$. Contradiction, Thus, $n > m$. Now $n^3 > n^3 - 5n^2 + n > n^3 - 5n^2 + m = m^6$. Therefore, $n^3 > m^6$, equivalently $n > m^2$. Let $n = m^2 + k$ for some $k > 0$. By putting $m^2 = n - k$ to the main equation\n\nwe get $5n^2 - 3m^2nk - k^3 - m = 0$. Thus, $n$ divides $k^3 + m$ and $n \\le k^3 + m$. Now $5n^2 = k^3 + 3m^2kn + m \\ge n(3m^2k + 1)$. Therefore, $5n \\ge 3m^2k + 1$ or $5m^2 + 5k \\ge 3m^2k + 1$. Since $m^2(3k - 5) \\le 5k - 1$ then $m^2 \\le \\frac{5k-1}{3k-5} = 9 + \\frac{44-22k}{3k-5}$. Therefore, if $k > 1$ then $m^2 \\le 9$. Thus, $m$ takes $1,2,3$. If $m = 1$ then $n^2(5-n) = 0$ and $n = 5$. If $m = 2$ then $n^2(5-n) = 62$ gives no solution. If $m = 3$ we get $n^3 - 5n^2 - 726 = (n-11)(n^2+6n+66) = 0$ giving the only solution $n = 11$. Now let $k = 1$. Then by putting $n = m^2 + 1$ to the main equation we get $m(3m^3 - 2m + 1) = 4$. Then $m \\ne 1$ and for $m > 1$ the left hand side exceeds $4$. Done. Solutions: $(m, n) = (1, 5), (3, 11)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44867,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $d(n)$ be the smallest prime divisor of integer $n \\notin \\{0, -1, +1\\}$. Determine all polynomials $P(x)$ with integer coefficients satisfying\n$$\nP(n+d(n)) = n+d(P(n))\n$$\nfor all integers $n > 2014$ for which $P(n) \\notin \\{0, -1, +1\\}$.",
    "options": [],
    "answer": "P(x) = x; P(x) = 0; P(x) = 1; P(x) = -1",
    "solution": "The answer: $P(x) = x, P(x) = 1, 0, -1$.\n\nWe start with the case when $\\deg(P(x)) \\ge 2$. Let us take $n = q$, where $q$ is prime: $P(q+d(q)) = q+d(P(q))$ yields $P(2q) = q+d(P(q))$. Therefore, $|P(2q)| \\le q + |P(q)|$ and $\\left|\\frac{P(2q)}{P(q)}\\right| \\le \\frac{q}{|P(q)|} + 1$ (1). Now when $q$ increases the left hand side of (1) goes to $2^{\\deg(P(x))}$, but right hand side goes to 1. Contradiction.\n\nNow let $\\deg(P(x)) = 1$ and $P(x) = bx + c$. Then again for $n = q$ we get $2bq + c = q + d(bq + c)$ and $(2b - 1)q + c = d(bq + c)$. If $q$ is sufficiently large we get that $b \\ge 1$ and $(2b - 1)q + c \\le bq + c$ which in turn yields $b = 1$. Thus, $n + d(n) + c = n + d(n + c)$ and $d(n) + c = d(n + c)$ (2).\n\nIf $c > 0$ then for $n = 2^l - c$ the left hand side of (2) is at least 3, while the right hand side of (2) is 2. If $c < 0$ then for $n = 2^l$ the left hand side of (2) is at most 1, while the right hand side of (2) is at least 2. Thus, $c = 0$ and $P(x) = x$.\n\nIf $\\deg(P(x)) = 0$ then for $c \\ne 0, \\pm 1$ we get $c = n + d(c)$, a contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44868,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that for all positive real numbers $x$, $y$, $z$ satisfying $x^2 + y^2 + z^2 \\le x + y + z$ the following inequality is held:\n$$\n\\frac{x^2+3}{x^3+1} + \\frac{y^2+3}{y^3+1} + \\frac{z^2+3}{z^3+1} \\ge 6\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $f(t) = \\frac{t^2 + 3}{t^3 + 1}$. Since $t^2 + 1 \\ge 2t$ we get $f(t) \\ge \\frac{2t + 2}{t^3 + 1} = \\frac{2}{t^2 - t + 1}$. Let $x^2 - x + 1 = a$, $y^2 - y + 1 = b$, $z^2 - z + 1 = c$. Then the condition $x^2 + y^2 + z^2 \\le x + y + z$ becomes $a + b + c \\le 3$. Therefore,\n$$\nf(x) + f(y) + f(z) \\ge \\frac{2}{a} + \\frac{2}{b} + \\frac{2}{c} \\ge \\frac{18}{a+b+c} = 6\n$$\nwhere the last inequality is due to arithmetic mean - harmonic mean inequality. The inequality is held at $x = y = z = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44869,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs of positive odd integers $(m, n)$ satisfying $n \\mid 3m + 1$ and $m \\mid n^2 + 3$.",
    "options": [],
    "answer": "(1,1), (49,37), (43,13)",
    "solution": "Conditions $n \\mid 3m + 1$ and $m \\mid n^2 + 3$ we label by (1) and (2).\nBy (1) $3$ and $n$ are coprime: $(3, n) = 1$ (3).\nLet $n \\le 9$. Due to (3) $n$ can take $1, 5, 7$.\nIf $n = 1$ from (2) $m \\mid 4$ and since $m$ is odd we get $m = 1$. $(m, n) = (1, 1)$ satisfies the conditions.\nIf $n = 5$ (1) and (2) become $5 \\mid 3m + 1$ and $m \\mid 28$. Since $m$ is odd $m \\mid 7$ but $m = 1, 7$ do not satisfy the condition $5 \\mid 3m + 1$.\nIf $n = 7$ (1) and (2) become $7 \\mid 3m + 1$ and $m \\mid 52$. Since $m$ is odd $m \\mid 13$ but $m = 1, 13$ do not satisfy the condition $7 \\mid 3m + 1$.\nNow $n > 9$. By (1) and (2) there are positive integers $p, q$ such that $np = 3m + 1$ and $mq = n^2 + 3$.\nNow let us prove that $m \\ge n + 1$. If $m \\le n$ then $4n > 3m + 1$. Therefore, $p$ can be only $1, 2$ or $3$. But if $p = 3$ then $3 \\mid 1$ and if $p = 1$ we get $np \\equiv 1 \\not\\equiv 0 \\equiv 3m + 1 \\pmod{2}$. Thus, $p = 2$.\nNow $m \\mid n^2 + 3 \\Rightarrow m \\mid 4n^2 + 12 = (2n)^2 + 12 = (3m+1)^2 + 12 \\Rightarrow m \\mid 13$. Thus, $m = 1, 13$. Since $n = \\frac{3m+1}{2}$ if $m = 1$ then $n = 2$ and if $m = 13$ then $n = \\frac{3 \\cdot 13 + 1}{2} = 20$. In both cases $n$ is even, contradiction. Thus, we have proved that $m \\ge n + 1$.\nNow $n(n+1) > n^2 + 3 = mq \\ge (n+1)q \\Rightarrow q < n$.\nFrom (1) $n \\mid 3m+1 \\Rightarrow n \\mid 3mq + q = 3(n^2+3) + q \\Rightarrow n \\mid q+9$. Thus, $n \\le q+9$.\nNow since $q < n$ and $9 < n$ we get $n \\le q+9 < n+n = 2n$. Therefore, $q+9 = n$ and we get $n^2+3 = mq = m(n-9)$.\nThen $m(n-9) - n^2 - 3 = 0 \\Rightarrow (m-n-9)(n-9) = 84 = 3 \\cdot 4 \\cdot 7$.\nSince $m-n-9$ is odd and $n-9$ is even $4 \\mid n-9$. Since by (1) $(n-9, 3) = 1$ we get that either $m-n-9 = 3, n-9 = 4 \\cdot 7$ or $m-n-9 = 3 \\cdot 7, n-9 = 4$.\nIn the first case $(m, n) = (49, 37)$ and in the second case $(m, n) = (43, 13)$. These pairs satisfy the conditions.\nThus, there are three solutions: $(m, n) = (1, 1)$, $(49, 37)$, $(43, 13)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44870,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Determine the smallest value of $(a+5)^2 + (b-2)^2 + (c-9)^2$ for all real numbers $a, b, c$ satisfying $a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca = 3$.",
    "options": [],
    "answer": "72",
    "solution": "Note that $(a+5)^2 + (b-2)^2 + (c-9)^2 \\ge 72$ since\n$$\n(a+5)^2 + (b-2)^2 + (c-9)^2 + 4 \\cdot 3 - 84 = (a+5)^2 + (b-2)^2 + (c-9)^2 + 4(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) - 84 \\\\\n= (a - 2b + 3)^2 + (b - 2c + 4)^2 + (c - 2a - 1)^2 \\ge 0\n$$\nThe equality is held at $(a, b, c) = (1, 2, 3)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44871,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all real values of $a$ for which the equation\n$$\nx(x+1)^3 = (2x+a)(x+a-1)\n$$\nhas four distinct real roots.",
    "options": [],
    "answer": "a ∈ (1, 5/4) ∪ (5/4, 2) ∪ (2, 9/4)",
    "solution": "Note that $x(x+1)^3 - (2x+a)(x+a-1) = x^4 + 3x^3 + x^2 + x(3-3a) + a - a^2 = (x^2 + 3x + a)(x^2 + 1 - a) = 0$.\n\nIn order to get 4 roots the discriminants of both quadratic polynomials must be positive: $9 - 4a > 0$ and $4a - 4 > 0$.\n\nThe roots $x^2 + 3x + a = 0$ and $x^2 + 1 - a = 0$ should be distinct: let $t$ be a common root, then $(t^2 + 3t + a) - (t^2 + 1 - a) = 3t + 2a - 1 = 0$ and $t = \\frac{1-2a}{3}$.\n\nPutting the last expression into $t^2 + 1 - a = 0$ we get $4a^2 - 13a + 10 = (4a-5)(a-2) = 0$.\n\nDirect check shows that at $a = 2$ and $a = \\frac{5}{4}$ two roots coincide.\n\nAnswer: $a \\in (1, \\frac{5}{4}) \\cup (\\frac{5}{4}, 2) \\cup (2, \\frac{9}{4})$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44872,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A circle $\\omega$ with center $P$ intersects the sides $BC, CA, AB$ of a triangle $ABC$ at points $A_1$ and $A_2, B_1$ and $B_2, C_1$ and $C_2$, respectively. Let $A'$ be the circumcenter of the triangle $A_1A_2P$, $B'$ be the circumcenter of the triangle $B_1B_2P$ and $C'$ be the circumcenter of the triangle $C_1C_2P$. Prove that the lines $AA', BB'$ and $CC'$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\nLet $A_3, B_3, C_3$ be the feet of the perpendiculars from $P$ to the sides $BC, CA, AB$ respectively. Clearly, $A', B', C'$ are on the lines $PA_3, PB_3, PC_3$, respectively. By the Pythagoras Theorem, we have\n$$\nA'P^2 - A'A_3^2 = A'A_1^2 - A'A_3^2 = A_1P^2 - A_3P^2 = A_1P^2 - (A_3A' + A'P)^2\n$$\nand hence $PA' \\cdot PA_3 = PA_1^2/2$. Similarly we get that $PB' \\cdot PB_3 = PB_1^2/2$ and $PC' \\cdot PC_3 = PC_1^2/2$. Therefore we conclude that $PA' \\cdot PA_3 = PB' \\cdot PB_3 = PC' \\cdot PC_3$. Hence the quadrilaterals $A_3C_3C'A', B_3A_3A'B', C_3B_3B'C'$ are cyclic. By the sine law in triangles $A_3B_3A'$ and $AC_3A'$, we have\n\n$$\n\\frac{A'B_3}{AA'} = \\frac{\\sin \\angle A'AB_3}{\\cos \\angle A'B_3P} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{A'C_3}{AA'} = \\frac{\\sin \\angle A'AC_3}{\\cos \\angle A'C_3P}\n$$\nHence we get\n$$\n\\frac{\\sin \\angle A'AB_3}{\\sin \\angle A'AC_3} = \\frac{A'B_3}{A'C_3} \\cdot \\frac{\\cos \\angle A'B_3P}{\\cos \\angle A'C_3P}\n$$\nSimilarly, we get that\n$$\n\\frac{\\sin \\angle B'BC_3}{\\sin \\angle B'BA_3} = \\frac{B'C_3}{B'A_3} \\cdot \\frac{\\cos \\angle B'C_3P}{\\cos \\angle B'A_3P}\n$$\nand\n$$\n\\frac{\\sin \\angle C'CA_3}{\\sin \\angle C'CB_3} = \\frac{C'A_3}{C'B_3} \\cdot \\frac{\\cos \\angle C'A_3P}{\\cos \\angle C'B_3P}\n$$\nBy the converse of the Trigonometric Ceva Theorem, in order to show that $AA', BB'$ and $CC'$ are concurrent it is sufficient to show that\n$$\n\\frac{A'B_3}{A'C_3} \\cdot \\frac{B'C_3}{B'A_3} \\cdot \\frac{C'A_3}{C'B_3} \\cdot \\frac{\\cos \\angle A'B_3P}{\\cos \\angle A'C_3P} \\cdot \\frac{\\cos \\angle B'C_3P}{\\cos \\angle B'A_3P} \\cdot \\frac{\\cos \\angle C'A_3P}{\\cos \\angle C'B_3P} = 1\n$$\nBy the concyclicity, $\\angle A'C_3P = C'A_3P$, $B'A_3P = A'B_3P$, $C'B_3P = B'C_3P$ and hence\n$$\n\\frac{\\cos \\angle A'B_3P}{\\cos \\angle A'C_3P} \\cdot \\frac{\\cos \\angle B'C_3P}{\\cos \\angle B'A_3P} \\cdot \\frac{\\cos \\angle C'A_3P}{\\cos \\angle C'B_3P} = 1\n$$\nNow, we have to show that\n$$\n\\frac{A'B_3}{A'C_3} \\cdot \\frac{B'C_3}{B'A_3} \\cdot \\frac{C'A_3}{C'B_3} = 1\n$$\nBy concyclicity again, the triangles $PA_3C'$ and $PC_3A'$ are similar and hence\n$$\n\\frac{C'A_3}{A'C_3} = \\frac{PA_3}{PC_3}\n$$\nand similarly we get that\n$$\n\\frac{A'B_3}{B'A_3} = \\frac{PB_3}{PA_3} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{B'C_3}{C'B_3} = \\frac{PC_3}{PB_3}\n$$\nSide by side product of last three equalities yields\n$$\n\\frac{A'B_3}{A'C_3} \\cdot \\frac{B'C_3}{B'A_3} \\cdot \\frac{C'A_3}{C'B_3} = \\frac{PA_3}{PC_3} \\cdot \\frac{PB_3}{PA_3} \\cdot \\frac{PC_3}{PB_3} = 1\n$$\nas desired.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44873,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with circumcircle $\\omega$ and let $\\omega_A$ be a circle drawn outside $ABC$ and tangent to side $BC$ at $A_1$ and tangent to $\\omega$ at $A_2$. Let the circles $\\omega_B$ and $\\omega_C$ and the points $B_1, B_2, C_1, C_2$ are defined similarly. Prove that if the lines $AA_1, BB_1, CC_1$ are concurrent, then the lines $AA_2, BB_2, CC_2$ are also concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $A_1A_2$ intersect $\\omega$ at $A_3$. Consider the common tangent of circles $\\omega$ and $\\omega_A$ passing through $A_2$ and let $U$ be a point on this common tangent which is at the same side of the line $A_1A_2$ with respect to $B$. Then by tangency, we have $\\angle A_1A_2U = \\angle BA_1A_2$ and $\\angle BA_2U = \\angle BA_3A_2$. Therefore\n$$\n\\angle CA_2A_3 = \\angle A_3BC = \\angle BA_1A_2 - \\angle BA_3A_2 = \\angle A_1A_2U - \\angle BA_2U = \\angle BA_2A_1 = \\angle A_3CB\n$$\nwhich means that $A_3B = A_3C$. By the sine law, we obtain that\n$$\n\\frac{A_1B}{A_1C} = \\frac{A_3B}{A_3C} \\cdot \\frac{\\sin \\angle BA_3A_2}{\\sin \\angle CA_3A_2} = \\frac{\\sin \\angle BA_3A_2}{\\sin \\angle CA_3A_2}\n$$\n\nand since $\\angle BAA_2 = \\angle BA_3A_2$ and $\\angle CAA_2 = \\angle CA_3A_2$, we obtain that\n$$\n\\frac{A_1B}{A_1C} = \\frac{\\sin \\angle BAA_2}{\\sin \\angle CAA_2}\n$$\nSimilarly, we get\n$$\n\\frac{B_1C}{B_1A} = \\frac{\\sin \\angle CBB_2}{\\sin \\angle ABB_2} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{C_1A}{C_1B} = \\frac{\\sin \\angle ACC_2}{\\sin \\angle BCC_2}\n$$\nTherefore, we have\n$$\n\\frac{A_1B}{A_1C} \\cdot \\frac{B_1C}{B_1A} \\cdot \\frac{C_1A}{C_1B} = \\frac{\\sin \\angle BAA_2}{\\sin \\angle CAA_2} \\cdot \\frac{\\sin \\angle CBB_2}{\\sin \\angle ABB_2} \\cdot \\frac{\\sin \\angle ACC_2}{\\sin \\angle BCC_2}\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\nSince $AA_1, BB_1, CC_1$ are concurrent, by Ceva Theorem, we have\n$$\n\\frac{A_1B}{A_1C} \\cdot \\frac{B_1C}{B_1A} \\cdot \\frac{C_1A}{C_1B} = 1\n$$\nand hence\n$$\n\\frac{\\sin \\angle BAA_2}{\\sin \\angle CAA_2} \\cdot \\frac{\\sin \\angle CBB_2}{\\sin \\angle ABB_2} \\cdot \\frac{\\sin \\angle ACC_2}{\\sin \\angle BCC_2} = 1\n$$\nwhich means that the lines $AA_2, BB_2, CC_2$ are also concurrent by the Converse Trigonometric Ceva Theorem.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44874,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For a given integer $n \\ge 3$, let $S_1, S_2, \\dots, S_m$ be distinct three-element subsets of the set $\\{1, 2, \\dots, n\\}$ such that for each $1 \\le i, j \\le m; i \\ne j$ the sets $S_i \\cap S_j$ contain exactly one element. Determine the maximal possible value of $m$ for each $n$.",
    "options": [],
    "answer": "f(3)=1, f(4)=1, f(5)=2, f(6)=4, and for all n ≥ 7, f(n)=max{7, ⌊(n−1)/2⌋}.",
    "solution": "For each $n$ let $f(n)$ be the maximal value of $m$. Readily $f(3) = f(4) = 1$ and $f(5) = 2$. If $n = 6$ each number belongs to at most 2 subsets. Thus, $f(6) \\le \\frac{6 \\cdot 2}{3} = 4$. Therefore $f(6) = 4$ since the example $\\{1, 2, 3\\}, \\{1, 4, 5\\}, \\{2, 4, 6\\}, \\{3, 5, 6\\}$ works.\n\nLet $n \\ge 7$. If some element belongs to all subsets then readily $f(n) \\le \\lfloor \\frac{n-1}{2} \\rfloor$. The example $\\{1, 2, 3\\}, \\{1, 4, 5\\}, \\{1, 6, 7\\}, \\dots, \\{1, n-1, n\\}$ for odd $n$ shows that in this case $f(n) = \\lfloor \\frac{n-1}{2} \\rfloor$.\n\nSuppose that no element belongs to all subsets. If some number $a$ belongs to at least 4 subsets, say $S_1, S_2, S_3, S_4$ and some $S_5$ does not contain $a$ then $S_5$ should contain at least 4 elements since it contains at least one element from each $S_i - \\{a\\}$ for $i = 1, 2, 3, 4$, contradiction.\n\nSuppose that each $a$ belongs to at most 3 subsets. Let us fix one of the subsets: $\\{a_1, a_2, a_3\\}$. Then there are at most 2 subsets containing each $a_i$, $i = 1, 2, 3$ and there are at most $1+3 \\cdot 2 = 7$ subsets. The example for 7 subsets: $\\{1, 2, 4\\}, \\{2, 3, 5\\}, \\{3, 4, 6\\}, \\{4, 5, 7\\}, \\{5, 6, 1\\}, \\{6, 7, 2\\}, \\{7, 1, 3\\}$.\n\nThus, $f(n) = \\max\\{7, \\lfloor \\frac{n-1}{2} \\rfloor\\}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44875,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$, $c$ be nonnegative real numbers satisfying $a^2 + b^2 + c^2 = 1$. Prove that\n$$\n\\sqrt{a+b} + \\sqrt{b+c} + \\sqrt{c+a} \\ge 5abc + 2\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First of all let us show that $\\sqrt{a+b} + \\sqrt{b+c} + \\sqrt{c+a} \\ge \\sqrt{7(a+b+c)-3}$ (1). Let $a+b+c = x$, then $ab+bc+ca = \\frac{x^2-1}{2}$ and since by Cauchy-Schwarz inequality $1 = a^2+b^2+c^2 \\le (a+b+c)^2 \\le 3(a^2+b^2+c^2) = 3$ we get that $1 \\le x \\le \\sqrt{3}$. It can be readily shown that\n\n$$(\\sqrt{a+b}+\\sqrt{b+c}+\\sqrt{c+a})^2 = 2x+2\\left(\\sqrt{a^2+\\frac{x^2-1}{2}}+\\sqrt{b^2+\\frac{x^2-1}{2}}+\\sqrt{c^2+\\frac{x^2-1}{2}}\\right).$$\n\nNote that for $0 \\le a \\le 1$ and $x \\ge 1$ $\\sqrt{a^2 + \\frac{x^2-1}{2}} \\ge a + \\frac{x-1}{2}$ (2). Indeed, by taking square of both sides we get $a^2 + \\frac{x^2-1}{2} \\ge a^2 + a(x-1) + \\frac{x^2-1}{4}$ which is equivalent to $(x-1)(x+3-4a) \\ge 0$. Since $x \\ge 1 \\ge a$ (2) is proved. Now (2) implies (1).\n\nIn order to complete solution let us show that $7(a+b+c) - 3 \\ge (2+5abc)^2$. By AM-GM inequality $ab + bc + ca \\ge 3\\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ and therefore $(2+5abc)^2 \\le (2+5(\\frac{x^2-1}{6})^{3/2})^2$. Thus, it is sufficient to show that $(2+5(\\frac{x^2-1}{6})^{3/2})^2 \\le 7x-3$. Now\n\n$$\n\\begin{align*}\n\\left(2 + 5\\left(\\frac{x^2-1}{6}\\right)^{3/2}\\right)^2 &\\le 7x-3 \\\\\n\\iff 7(x-1) \\ge 25\\left(\\frac{x^2-1}{6}\\right)^3 + 20\\left(\\frac{x^2-1}{6}\\right)^{3/2} \\\\\n&\\iff \\left(\\frac{25(x^2-1)^2(x+1)}{216} + \\frac{5\\sqrt{6}(x^2-1)^{1/2}(x+1)}{9} - 7\\right)(x-1) \\le 0\n\\end{align*}\n$$\n\nLet us show that if $1 \\le x \\le \\sqrt{3}$ then $\\frac{25(x^2-1)^2(x+1)}{216} + \\frac{5\\sqrt{6}(x^2-1)^{1/2}(x+1)}{9} \\le 7$. Since the last expression is an increasing function of $x$ for $x \\ge 1$ we will check it only for $x = \\sqrt{3}$ : $\\frac{205+85\\sqrt{3}}{54} \\approx 6.52 < 7$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44876,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let a line $l$ intersect the line $AB$ at $F$, the sides $AC$ and $BC$ of a triangle $ABC$ at $D$ and $E$, respectively and the internal bisector of the angle $BAC$ at $P$. Suppose that $F$ is at the opposite side of $A$ with respect to the line $BC$, $CD = CE$ and $P$ is in the interior the triangle $ABC$. Prove that\n$$\nFB \\cdot FA + CP^2 = CF^2 \\iff AD \\cdot BE = PD^2.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $DP = a$, $PE = b$, $EF = c$, $CD = CE = x$. By the Stewart Theorem $CP^2 = x^2 - ab$ and $CF^2(a+b) + x^2c = (a+b+c)((a+b)c + x^2)$, hence $CF^2 - CP^2 = (a+c)(b+c)$. Let $Q$ be a point on the line segment $DE$ satisfying $EQ = a$. Then $CF^2 - CP^2 = (a+c)(b+c) = FP \\cdot FQ$. If $CF^2 - CP^2 = FB \\cdot FA$, then we get $FB \\cdot FA = FP \\cdot FQ$. Hence the points $A, B, P, Q$ are concyclic and $\\angle BQE = \\angle BAP = \\angle DAP$. Since $\\angle QEB = \\angle ADP$, we get that the triangles $ADP$ and $QEB$ are similar and hence $AD \\cdot BE = PD \\cdot QE = PD^2$. If $AD \\cdot BE = PD^2 = PD \\cdot QE$, then the triangles $ADP$ and $QEB$ are similar and hence $\\angle EQB = \\angle DAP = \\angle PAB$ and therefore the points $A, B, P, Q$ are concyclic. Hence $FB \\cdot FA = FP \\cdot FQ = (a+c)(b+c) = CF^2 - CP^2$,\n\n![](attached_image_1.png)\n\nand we are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44877,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P$ be a point inside the triangle $ABC$ satisfying $\\angle PAC = \\angle PCB$ and $D$ be the midpoint of the line segment $PC$. Let $AP$ intersect $BC$ at $E$ and $ED$ intersect $BP$ at $Q$ such that $P$ is on the line segment $BQ$. Prove that $\\angle BAP + \\angle BCQ = 180^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nLet the line passing through $B$ and parallel to $PC$ intersect the line $AE$ at $F$ and $CQ$ at $F'$. Let $QD$ and $BF$ intersect at $K$. Since the triangles $PEC$ and $FEB$ are similar, $PD = DC$ and $D, E, K$ are collinear, we obtain that $K$ is the midpoint of the line segment $BF$. On the other hand, since the triangles $QPC$ and $QBF'$ are similar, $PD = DC$ and $Q, D, K$ are collinear, we also obtain that $K$ is the midpoint of the line segment $BF'$. Therefore the points $F$ and $F'$ must coincide. Since $\\angle EAC = \\angle PCE = \\angle CBF$, we conclude that the points $A, B, F, C$ are concyclic and hence $\\angle BAF = \\angle BCF = 180^\\circ - \\angle BCQ$ which finishes the proof.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44878,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $(a_n)_{n=1}^\\infty$ be a sequence of integers such that $a_1 = -5$, $a_2 = -6$ and\n$$\na_{n+1} = a_n + (a_1+1)(2a_2+1)(3a_3+1)\\cdots((n-1)a_{n-1}+1)((n^2+n)a_n+2n+1)\n$$\nfor all integers $n \\ge 2$. Prove that if prime number $p$ divides $n a_n + 1$ for some positive integer $n$, then there exists an integer $m$ such that $m^2 \\equiv 5 \\pmod{p}$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Define $b_n = (a_1 + 1)(2a_2 + 1) \\cdots ((n-1)a_{n-1} + 1)$ for $n = 2, 3, \\dots$ and let $b_1 = 1$. By using mathematical induction we will prove that for all positive values of $n$\n$$\nb_{n+1} = (b_1 + 2b_2 + \\dots + n b_n)^2 - 5 \\quad (1)\n$$\nFor $n=1$ we have $b_2 = a_1 + 1 = -4$ and hence $b_2 = -4 = b_1^2 - 5$ and (1) holds. Assume that (1) holds for $n = k - 1$. Then we have $b_k = (b_1 + 2b_2 + \\dots + (k-1)b_{k-1})^2 - 5$. In order to prove that (1) is held for $n = k$ we show that\n$$\nb_{k+1} - b_k = k^2 b_k^2 + 2k b_k (b_1 + 2b_2 + \\dots + (k-1)b_{k-1}) \\quad (2)\n$$\nBy definition of $b_n$, we have $a_{n+1} - a_n = (a_1 + 1)(2a_2 + 1)(3a_3 + 1) \\cdots ((n-1)a_{n-1} + 1)((n^2 + n)a_n + 2n + 1) = (n+1)b_{n+1} + n b_n$. Hence we obtain that\n$$\na_k - a_2 = \\sum_{i=3}^{k} a_i - a_{i-1} = \\sum_{j=3}^{k} j b_j + (j-1) b_{j-1} = k b_k + 2(3b_3 + 4b_4 + \\dots + (k-1)b_{k-1}) + 2b_2.\n$$\nSince $a_2 = -6$, $b_1 = 1$, $b_2 = -4$, we conclude that $a_k - k b_k = 2(b_1 + 2b_2 + \\dots + (k-1)b_{k-1})$. Therefore\n$$\n\\frac{b_{k+1} - b_k}{k b_k} - k b_k = 2(b_1 + 2b_2 + \\dots + (k-1)b_{k-1})\n$$\nand (2) is held. Thus, (1) is proved. Now if $p$ is a prime number dividing $n a_n + 1$, then $p$ also divides $b_{n+1}$ and therefore we can choose $m = b_1 + 2b_2 + \\dots + n b_n$ and in this case $p$ divides $m^2 - 5 = b_{n+1}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44879,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Alice and Bob play a game on a complete graph $G$ with 2014 vertices. They take moves in turn with Alice beginning. At each move Alice directs one undirected edge of $G$. At each move Bob chooses a positive integer number $m$, $1 \\le m \\le 1000$ and after that directs $m$ undirected edges of $G$. The game ends when all edges are directed. If there is some directed cycle in $G$ Alice wins. Determine whether Alice has a winning strategy.",
    "options": [],
    "answer": "Alice has a winning strategy.",
    "solution": "Let us prove by induction that Alice can guarantee the existence of directed path of length $k$ after her $k$-th move. The case $k = 1$ is obvious. Suppose that prior to Alice's $k+1$-th move there is a directed path $\\overrightarrow{v_0, v_1}, \\overrightarrow{v_1, v_2}, \\dots, \\overrightarrow{v_{k-1}, v_k}$ of length $k$ and there is no directed path of length $k+1$. If Alice can not construct a cycle at her $k+1$-th move it follows that all edges connecting $v_0, \\dots, v_k$ are already directed and there is a vertex $v'$ in the complement of $v_0, \\dots, v_k$. Consider the edge $v', v_0$, if it is not directed Alice directs it as $v', v_0$ and enlarges the path. Consider the edge $(v', v_k)$; if it is not directed Alice directs it as $v_k, v'$ and enlarges the path. Otherwise $v', v_0$ is directed as $\\overrightarrow{v_0, v'}$ and $v', v_k$ is directed as $\\overrightarrow{v', v_k}$. All edges $v', v_k$, $1 \\le i \\le k$ can not be directed, otherwise there exists a minimal index (well defined) $l, 1 < l < k$ with $v_{l-1}, v'$ and $v', v_l$ and there is a longer directed path $v_0, v_1, \\dots, v_{l-1}, v', v_l, \\dots, v_k$ of length $k+1$, a contradiction. Now Alice can take an undirected path $(v', v_l)$ with minimal index $1 < l < k$ and direct it as $\\overrightarrow{v', v_l}$ and get a path of length $k+1: v_0, v_1, \\dots, v_{l-1}, v', v_l, \\dots, v_k$. Done.\n\nSuppose that Alice has no winning strategy, then Alice makes at least 2016 moves since $\\frac{(2014)^2}{1001} > 2005$ and since prior to Alice's $t+1$-th move there is a directed path of length $t$, in order to avoid a cycle all edges connecting the vertices of this path should be directed by Bob: $\\binom{t}{2} - t \\le 1000t$. Thus Alice should move at most $t \\le 2003$ times. Contradiction.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44880,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are some number of green crawlers in the lowest leftmost unit square and some number of brown crawlers in the highest leftmost unit square of the grid $2014 \\times 2014$. Each green crawler at each move can pass to the neighboring square located at its up or at its right. Each brown crawler at each move can pass to the neighboring square located at its down or at its right. It turns out that after some number of moves each unit square was visited by at least one crawler. Find the minimal possible number of crawlers.",
    "options": [],
    "answer": "1343",
    "solution": "The answer is $1343$. We denote the lowest leftmost, the highest leftmost, the highest rightmost and the lowest rightmost unit squares by $A$, $B$, $C$, $D$, respectively. Example: Let us $672$ green crawlers to $A$ and $671$ brown crawlers to $B$. One green crawler from $A$ makes $2013$ up moves and after that makes $2013$ right moves and visits all unit squares of the leftmost column and the highest row. All green crawlers start by making one up and one right move, all brown crawlers start by making one down and one right move. Thus, it is sufficient to give an example when $671$ green and $671$ brown crawlers visit all unit squares of $2013 \\times 2013$ grid. Let us label crawlers by $g_1, \\dots, g_{671}$ and $b_1, \\dots, b_{671}$. Each $g_i$, $i = 1, \\dots, 671$ makes $i-1$ right moves, after that $2 \\cdot 671 - i$ up moves, after that $2 \\cdot 671$ right moves and finally $671 + i - 1$ up moves. Each $b_i$, $i = 1, \\dots, 671$ makes $i-1$ down moves, after that $2 \\cdot 671 - i$ right moves, after that $2 \\cdot 671$ down moves and finally $671 + i - 1$ right moves. It can be readily seen that all unit squares are visited at least once by some crawler.\n\nNow we show that the total number of crawlers is at least $\\frac{2n}{3}$ for a grid $n \\times n$. Suppose that there are $a$ green and $b$ brown crawlers. Let us define diagonals $T_1, T_2, \\dots, T_n$ that are parallel to the main diagonal connecting $B$ and $D$ so that $T_1$ consists of only one unit square $A$, $T_2$ consists of two unit squares neighboring $A$, ..., $T_n$ consists of $n$ unit squares of the main diagonal $BD$, $\\dots$, $T_{2n-1}$ consists of only one unit square $C$. Similarly let us define diagonals $S_1, S_2, \\dots, S_n$ that are parallel to the main diagonal connecting $A$ and $C$ so that $S_1$ consists of only one unit square $B$, $S_2$ consists of two unit squares neighboring $B$, ..., $S_n$ consists of $n$ unit squares of the main diagonal $AC$, $\\dots$, $S_{2n-1}$ consists of only one unit square $D$. Obviously we can assume that each green crawler ends its trip at $C$ and each brown crawler ends its trip at $D$. Each $g_i$ will visit exactly one unit square of each diagonal $T_i$. Then green crawlers will visit $1$ square in $T_1$, at most $2$ squares in $T_2$, ..., at most $a-1$ squares in $T_{a-1}$, at most $a$ squares in each of the diagonals $T_a, T_{a+1}, \\dots, T_{2n-a-1}, T_{2n-a}$, at most $a-1$ squares in $T_{2n-a+1}, \\dots$, at most $2$ squares in $T_{2n-2}$, $1$ square in $T_{2n-1}$. Then green squares had visited at most $1+2+\\dots+(a-1)+a(2n-1-2(a-1))+(a-1)+\\dots+2+1=2an-a^2$. Similarly, $b$ brown crawlers also had visited at most $2bn-b^2$ unit squares. The trajectories of two distinctly colored crawlers will intersect in exactly one square. Therefore, the crawlers in total will visit at most $2an-a^2+2bn-b^2-ab$ squares which should be not less than $n^2$: $n(2a+2b) \\ge n^2+(a^2+ab+b^2) \\ge n^2+\\frac{3}{4}(a+b)^2$. Put $a+b=x$: $2nx \\ge n^2+\\frac{3}{4}x^2$ or $(3x-2n)(2n-x) \\ge 0$. Readily $x \\le 2n$ since $n$ green or and $n$ brown crawlers can easily visit all squares. Finally we get $a+b \\ge \\frac{2n}{3}$. Thus, $a+b \\ge 1343$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44881,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples $(a, b, c)$ of positive integers such that $3^a + 3^b + 3^c$ is a perfect square.",
    "options": [],
    "answer": "(a, b, c) = (2k - 1, 2k - 1, 2k - 1) for any positive integer k",
    "solution": "Let $3^a + 3^b + 3^c = m^2$. Since $m$ is odd we have $m^2 \\equiv 1 \\pmod{8}$. For each positive integer $k$ we have $3^k \\equiv 1$ or $3^k \\equiv 3 \\pmod{8}$. Therefore, $3^a \\equiv 3^b \\equiv 3^c \\equiv 1 \\pmod{8}$ and we get that $a$, $b$ and $c$ are odd numbers. Let $a \\leq b \\leq c$. Then $3^a (3^{b-a} + 3^{c-a} + 1) = m^2$. Now since $a$ is odd, we get that $3^{b-a} + 3^{c-a} + 1 \\equiv 0 \\pmod{3}$. Thus, $a = b = c$ and we get all solutions: $(a, b, c) = (2k-1, 2k-1, 2k-1)$, where $k$ is a positive integer.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44882,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In the chess tournament organized in a school consisting of $2017$ students every two students played at most one match among themselves. At the end of the tournament it turned out that if two students played a match then at least one of them played at most $22$ matches in total. What is the maximal possible number of matches in the tournament?",
    "options": [],
    "answer": "43890",
    "solution": "The answer is $43890 = 1995 \\cdot 22$. Let us divide the students into two groups consisting of $1995$ and $22$ students. If each student played a match with each student of other group and no matches are played between students from the same group then the conditions are satisfied and there are $1995 \\cdot 22$ matches.\n\nLet us show that total number of matches can not exceed $1995 \\cdot 22$. A student is said to be *active* if she played more than $22$ matches. Note that no match is played between two active students. If the number of non-active students is not exceeding $1995$ then the total number of matches is at most $1995 \\cdot 22$.\n\nNow suppose that the number of non-active students is $1995 + k$ for some positive integer $k$. Then the number of active students is $22 - k$. The total number of matches is at most $(1995 + k) \\cdot 22$. The total number of matches involving active students is at most $(22 - k)(1995 + k)$. The remaining matches are played between non-active students and are counted twice. Therefore, the total number of matches is at most\n$$\n\\frac{(1995 + k) \\cdot 22 - (22 - k)(1995 + k)}{2} + (22 - k)(1995 + k) = \\frac{(1995 + k) \\cdot 22 + (22 - k)(1995 + k)}{2} = 1995 \\cdot 22 - \\frac{k^2 + 1951k}{2} \\le 1995 \\cdot 22.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44883,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The diagonals of convex quadrilateral $ABCD$ meet at point $E$. Given\n$$\n\\frac{|AB|}{|CD|} = \\frac{|BC|}{|AD|} = \\sqrt{\\frac{|BE|}{|DE|}}\n$$\nshow that $ABCD$ is either a parallelogram or a cyclic quadrilateral.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Using Stewart's Theorem in triangles $ABD$ and $BCD$, we obtain\n$$\n\\frac{AB^2 \\cdot ED + AD^2 \\cdot BE}{BD} - \\frac{BE \\cdot ED}{AE^2} = \\frac{BC^2 \\cdot ED + CD^2 \\cdot BE}{BD} - \\frac{BE \\cdot ED}{EC^2}.\n$$\nUsing the given relations\n$$\nAB^2 \\cdot ED = CD^2 \\cdot BE \\quad \\text{and} \\quad AD^2 \\cdot BE = BC^2 \\cdot ED\n$$\nwe get $AE = EC$. Using the first equation, we obtain\n$$\n\\frac{BE}{BD}(AD^2 + CD^2) = AE^2 + BE \\cdot ED\n$$\nBy the median length equation in triangle $ADC$, we obtain\n$$\nAD^2 + CD^2 = 2(AE^2 + ED^2)\n$$\nand hence\n$$\n\\left( 2 \\cdot \\frac{BE}{BD} - 1 \\right) AE^2 = BE \\cdot ED - 2 \\cdot ED^2 \\cdot \\frac{BE}{BD}\n$$\nThe last equation is equivalent to\n$$\n(AE^2 - BE \\cdot ED) \\left( \\frac{BE - ED}{BD} \\right) = 0\n$$\nTherefore we have $AE^2 = BE \\cdot ED$ or $BE = ED$. In the first case $ABCD$ is a cyclic quadrilateral and in the second case it is a parallelogram.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44884,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the minimal possible value of $\\frac{\\sqrt{a-b}}{b-1}$ over all real numbers $a > b > 1$ satisfying\n$$\n(ab+1)^2 + (a+b)^2 \\le 2(a+b)(a^2 - ab + b^2 + 1).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "1/sqrt(2)",
    "solution": "Using the given equation, we get\n$$\n\\begin{aligned}\n0 &\\ge (ab+1)^2 + (a+b)^2 - 2(a+b)(a^2 - ab + b^2 + 1) \\\\\n&= a^2b^2 + 4ab + 1 - 2a^3 - 2b^3 + a^2 + b^2 - 2a - 2b \\\\\n&= (a^2 - 2b + 1)(b^2 - 2a + 1)\n\\end{aligned}\n$$\nSince $a > b$, we get $a^2 - 2b + 1 > b^2 - 2b + 1 = (b-1)^2 \\ge 0$ and $b^2 - 2a + 1 \\le 0$. Therefore, we have $(b-1)^2 \\le 2(a-b)$ or\n$$\n\\frac{\\sqrt{a-b}}{b-1} \\ge \\frac{1}{\\sqrt{2}}\n$$\nThe equality holds at $(a, b) = (5/2, 2)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44885,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For each positive integer $n$ let $d(n)$ be the number of prime divisors of $n$. Show that for each positive integer $n$ there are positive integers $k, m$ satisfying $k - m = n$ and $d(k) - d(m) = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $p$ be the smallest prime not dividing $n$. Then all prime divisors of $p-1$ divide $n$ and $d((p-1)n) = d(n)$. Now note that $k = pn$ and $m = (p-1)n$ satisfy the conditions. Indeed, $k - m = n$ and $d(k) - d(m) = d(pn) - d((p-1)n) = (d(n) + 1) - d(n) = 1$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44886,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x_0, x_1, \\dots, x_{2017}$ be a non-decreasing sequence of positive integers. Suppose that $x_0 = 1$ and the subsequence $x_1, x_2, \\dots, x_{2017}$ contains exactly 25 distinct positive integers. Show that\n$$\n\\sum_{i=2}^{2017} x_i (x_i - x_{i-2}) \\ge 623.\n$$\nFind the total number of such sequences in the case of equality.",
    "options": [],
    "answer": "binom(1992, 23)",
    "solution": "Let us solve more general problem: Let $x_0, x_1, \\dots, x_n$ be a non-decreasing sequence of positive integers. Suppose that $x_0 = 1$ and the subsequence $x_1, x_2, \\dots, x_{2017}$ contains exactly $m$ distinct positive integers. Show that\n$$\n\\sum_{i=2}^{n} x_i (x_i - x_{i-2}) \\ge m^2 - 2.\n$$\nSince the sequence is non-decreasing we have $x_i - x_{i-2} - 1 \\ge -1$ for $i \\ge 2$. On the other hand, $x_i - x_{i-2} - 1 = -1$ implies $x_i = x_{i-1}$. Hence for $i = 2, 3, \\dots, n$ we obtain\n$$\n(x_i - x_{i-2} - 1)(x_i - x_{i-1}) \\ge 0 \\quad (1)\n$$\n\n$$\nx_i^2 - x_i x_{i-2} + x_{i-1} x_{i-2} - x_i x_{i-1} \\geq x_i - x_{i-1}.\n$$\nSumming up the last inequality for $i = 2, 3, \\dots, n$ side by side, we get\n$$\n\\sum_{i=2}^{n} x_i(x_i - x_{i-2}) \\geq x_n(1 + x_{n-1}) - 2x_1.\n$$\nSince the set $\\{x_1, x_2, \\dots, x_n\\}$ includes $m$ distinct elements, we have\n$$\nx_n \\geq x_1 + m - 1\n$$\n$$\nx_{n-1} \\geq x_1 + m - 2.\n$$\nIt follows that\n$$\n\\sum_{i=2}^{n} x_i(x_i - x_{i-2}) \\geq (x_1 + m - 1)^2 - 2x_1 \\quad (2)\n$$\n$$\n(x_1 + m - 1)^2 - 2x_1 - (m^2 - 2) = (x_1 - 1)(x_1 + 2m - 3) \\geq 0. \\quad (3)\n$$\nNow (2) and (3) prove the required inequality. In the case of equality, we must have\n$$\nx_1 = 1, x_n = m, x_{n-1} = m - 1\n$$\nand for all $i = 2, 3, \\dots, n$\n$$\nx_i - x_{i-2} = 1 \\quad \\text{or} \\quad x_i = x_{i-1}.\n$$\nSince $x_n \\neq x_{n-1}$ we get $x_{n-2} = m-1$. For a $2 \\le j \\le n$, since\n$$\nx_j - x_{j-1} > 1 \\quad \\Rightarrow \\quad x_j - x_{j-2} \\ge x_j - x_{j-1} > 1, x_j \\ne x_{j-1}\n$$\nthe difference between two consecutive terms can be at most 1. Furthermore, since\n$$\nx_j - x_{j-1} = x_{j-1} - x_{j-2} = 1 \\quad \\Rightarrow \\quad x_j - x_{j-2} = 2 > 1, x_j \\ne x_{j-1}\n$$\n+1 increases can not be in the neighbouring consecutive pairs. On the other hand, all conditions are satisfied if +1 increases are not in the neighbouring consecutive pairs. Therefore we need to count all possible places of +1 increases. Corresponding indices of the sequence can be in between 2 and $n-2$ and hence there are $n-3$ possibilities. Total number of +1 increases is $m-2$. This problem is equivalent to placing $m-2$ identical balls into $n-3$ boxes such that there are no neighbouring boxes both including a ball. The answer is $\\binom{n-m}{m-2}$ for $n \\ge 2m-2 \\ge 2$, and 0 otherwise. In our case the answer is $\\binom{1992}{23}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44887,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are finite number of vertical sticks each of length $2017$ fixed on some plate. There is a bead on each stick which slides freely on the stick. Some bead pairs are connected by elasticated ropes. The Young Ant freely moves on all ropes. The Old Ant freely moves on all ropes for which the difference between heights of endpoints is $\\pm 1$. It is given that starting at any bead The Young Ant can reach any other bead. The configuration of beads when each bead is located on some integer height and the heights of two endpoints of any rope are different is called an *eligible configuration*. Given that there is at least one eligible configuration of this device prove that there is an eligible configuration for which The Old Ant starting at any bead can reach any other bead.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let us reformulate the problem in terms of the graph theory. Let $G$ be a connected graph. Suppose that each vertex of $G$ can be properly coloured into one of colors $0, 1, \\ldots, 2017$: endpoints of each edge are differently coloured. Let $f(x)$ be a color of the vertex $x$. Prove that there is a proper recolouring of vertices of $G$ into colors $0, 1, \\ldots, 2017$ such that\n\n(t) For any two vertices $a$ and $b$ there is a path $a = x_1, x_2, \\dots, x_n = b$ such that for each $i = 1, \\dots, n-1$ we have $|f(x_i) - f(x_{i+1})| = 1$.\n\nConsider any proper colouring of $G$. Let $G_1$ be a maximal subgraph of $G$ satisfying (t). Let us show that by recolouring of some vertices we can increase the number of vertices of $G_1$. For any graph $G'$ the set of vertices of $G'$ will be denoted by $V(G')$. Let\n$$\nm_i n_{x \\in V(G_1), y \\in V(G-G_1)}(|f(x) - f(y)|) = |f(x_0) - f(y_0)|,\n$$\nBy definitions $|f(x_0) - f(y_0)| > 1$. Suppose that $f(x_0) > f(y_0)$. Let us recolour some vertices of $G - G'$: vertices coloured $f(y_0)$ into $f(x_0) - 1$ and vertices coloured $f(x_0) - 1$ into $f(y_0)$. It can be easily shown after this recolouring the graph is still properly coloured. Indeed, in $G - G_1$ we just switched colors $f(x_0) - 1$ and $f(y_0)$. Also note that since $|f(x_0) - f(y_0)|$ is minimal after this recolouring the condition $f(x) \\neq f(y)$ still holds also for all $x \\in G_1$ and $y \\in G - G_1$. In the symmetric case $f(x_0) < f(y_0)$ we will also recolour vertices of $G - G'$: vertices coloured $f(y_0)$ into $f(x_0) + 1$ and vertices coloured $f(x_0) + 1$ into $f(y_0)$.\n\nThus, after the recolouring the set $V(G_1)$ will be grown by at least one new element $y_0$. By continuing this process eventually we will get desired colouring of whole $G$ satisfying (t).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44888,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral whose sides $BC$ and $AD$ are not parallel. Let $E$ be a point inside the circumcircle of $ABCD$ which is on the opposite side of the line $AB$ with respect to the point $C$. The lines $DE$ and $AB$ meet at $F$. Let $G$ be a point inside $ABCD$ and also on the line which is tangent to the circumcircle of triangle $AEF$ at $E$. If\n$$\n\\angle GAD = \\angle BAF \\text{ and } \\angle GCB + \\angle GBA = \\angle EAD + \\angle AGD + \\angle ABE\n$$\nthen show that the lines $BC$, $AD$ and $EG$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the lines $GE$ and $AB$ meet at a point $M$. Let $\\angle GAD = \\angle BAE = a$, $\\angle GAB = b$. By angle chasing, we have $\\angle GED = \\angle MEF = \\angle MAE = a$. Therefore, the points $A$, $E$, $G$, $D$ are concyclic. We also get $DGA = \\angle DEA = c$. Let $\\angle ABE = d$. We obtain that $\\angle BEG = 180^\\circ - 2a - d - c$. Using the condition given, we get $\\angle GCB = 2a + c + d$. Hence, $\\angle BEG + \\angle BCG = 180^\\circ$. Hence, we conclude that the points $B$, $E$, $G$, $C$ are concyclic. The line $BC$ is the radical axis of the circles $(ABCD)$, $(BCGE)$. The line $EG$ is the radical axis of the circles $(AEGD)$, $(BCGE)$. The line $AD$ is the radical axis of the circles $(ABCD)$ and $(AEGD)$. Therefore, these three lines should be concurrent.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44889,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that for each pair of positive integers $(a, b)$ there is a positive integer $n$ such that $n^2 + an + b$ has at least $2018$ distinct prime divisors.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By induction over $k$ we will prove that for each pair of positive integers $(a, b)$ there is a positive integer $n$ such that $n^2 + an + b$ has at least $k$ distinct prime divisors. The case $k = 1$ is obvious. For given $(a, b)$ suppose that for some $n_k$, $n_k^2 + an_k + b$ has $k$ distinct prime divisors $p_1, p_2, \\dots, p_k$. Then $p_1 p_2 \\dots p_k$ divides $n_k^2 + an_k + b = m$. Let us define $n_{k+1} = n_k(m^2 + 1)$. Then\n$$\nn_{k+1}^2 + a n_{k+1} + b = n_k^2 (m^2 + 1)^2 + a n_k (m^2 + 1) + b\n$$\n$$\n= n_k^2 (m^4 + 2m^2 + 1) + a n_k (m^2 + 1) + b = n_k^2 m^4 + 2m^2 n_k^2 + a n_k m^2 + m\n$$\n$$\n= m (n_k^2 m^3 + 2m n_k^2 + a n_k m + 1)\n$$\nThe last expression is divisible by $p_1, p_2, \\dots, p_k$ and some distinct prime number $p_{k+1}$ since $m$ and $n_k^2 m^3 + 2m n_k^2 + a n_k m + 1$ are relatively prime. Done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44890,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For every positive integer $n$, let $\\sigma(n)$ denote the number of positive divisors of $n$. Determine all positive integers $k$ such that there exist positive integers $a$ and $b$ satisfying\n$$\nk = \\sigma(a) = \\sigma(b) = \\sigma(2a + 3b).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "All positive even integers.",
    "solution": "Answer: All positive even integers.\nFor $k = 2m$ where $m \\in \\mathbb{Z}^+$, $a = 2 \\cdot 5^{m-1}$ and $b = 3 \\cdot 5^{m-1}$ satisfy the required equalities.\n\nNow suppose that for some odd positive integer $k$ there exist such $a$ and $b$. Since $\\sigma(n)$ is odd if and only if $n$ is a perfect square, there exist positive integers $x, y$ and $z$ such that $a = x^2$, $b = y^2$ and $2a + 3b = 2x^2 + 3y^2 = z^2$. Let $\\gcd(x, y, z) = t$. Then $x = t x_1$, $y = t y_1$ and $z = t z_1$ where $\\gcd(x_1, y_1, z_1) = 1$ and hence $2x_1^2 + 3y_1^2 = z_1^2$. Considering this equation in (mod 8) gives us that each of $x_1, y_1$ and $z_1$ is even which is a contradiction. Therefore, for any odd positive integer $k$ there exist no such $a$ and $b$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44891,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a$, $b$, $c$ be distinct real numbers and $x$ be a real number.\nGiven that three numbers among\n$$ax^2 + bx + c,\\ ax^2 + cx + b,\\ bx^2 + cx + a,\\ bx^2 + ax + c,\\ cx^2 + ax + b,\\ cx^2 + bx + a$$\ncoincide, prove that $x = 1$.",
    "options": [],
    "answer": "x = 1",
    "solution": "Let\n$$\n\\begin{align*}\nax^2 + bx + c &= x_1, & ax^2 + cx + b &= x_2 \\\\\nbx^2 + cx + a &= x_3, & bx^2 + ax + c &= x_4 \\\\\ncx^2 + ax + b &= x_5, & cx^2 + bx + a &= x_6\n\\end{align*}\n$$\nThen we get\n$$\n\\begin{align*}\n(b-c)(x-1) &= x_1 - x_2, \\quad (c-a)(x-1) = x_3 - x_4, \\quad (a-b)(x-1) = x_5 - x_6 \\\\\n(b-c)(x^2-1) &= x_4 - x_5, \\quad (c-a)(x^2-1) = x_6 - x_1, \\quad (a-b)(x^2-1) = x_2 - x_3 \\\\\n(b-c)(x^2-x) &= x_3 - x_6, \\quad (c-a)(x^2-x) = x_5 - x_2, \\quad (a-b)(x^2-x) = x_1 - x_4.\n\\end{align*}\n$$\nFor $x = 0$, the set $\\{x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6\\} = \\{c, b, a, c, b, a\\}$ can not include three identical elements. Similarly, for $x = -1$, the set $\\{x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, x_6\\} = \\{a + c - b, a - c + b, b - c + a, b - a + c, c - a + b, c - b + a\\}$ can not include three identical elements since if two of $a + b - c$, $b + c - a$, $c + a - b$ are equal, then two of $a$, $b$, $c$ are equal which is not possible. Consider the case $x \\neq -1, 0, 1$. Since $a$, $b$, $c$ are distinct, using the equations above, we get $x_u \\neq x_v$ for any odd $u$ and even $v$. Therefore the sets $S_1 = \\{x_1, x_3, x_5\\}$ and $S_2 = \\{x_2, x_4, x_6\\}$ should be disjoint. Therefore if there are three identical elements in $S_1 \\cup S_2$, then either $x_1 = x_3 = x_5$ or $x_2 = x_4 = x_6$. W.L.O.G. assume that $x_1 = x_3 = x_5$. In this case, we have\n$$\nax^2 + bx + c = bx^2 + cx + a = cx^2 + ax + b.\n$$\n\n$x = 1$ is a common root of the three 2-nd order polynomials given above, and hence we obtain that\n$$\n(x-1)(x-t_1) = (x-1)(x-t_2) = 0\n$$\nwhere $t_1 = \\frac{c-a}{a-b}$, $t_2 = \\frac{a-b}{b-c}$. There must be another common root different from $1$, and hence\n$$\n\\frac{c-a}{a-b} = \\frac{a-b}{b-c}\n$$\nwhich is equivalent to\n$$\n(a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 = 0\n$$\nwhich is not possible since $a$, $b$, $c$ are distinct. Therefore we get $x = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44892,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs of positive integers $(m, n)$ satisfying\n$$\nm^2 + n^2 = 2018(m - n).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "[(728, 390), (1290, 390)]",
    "solution": "Using the condition given, we have $(m+n)^2 + (2018-m+n)^2 = 2018^2$. Let $m+n = u$, $2018-m+n = v$. It can be seen that $u,v > 0$. Since $u^2 + v^2 = 2018^2 \\equiv 0 \\pmod 4$, we get $u \\equiv v \\equiv 0 \\pmod 2$. Let $u = 2u_1$, $v = 2v_1$. Then we have $u_1^2 + v_1^2 = 1009^2$. Since $(u_1, v_1, 1009)$ is a Pythagorean Triple, we get $1009 = d(r^2 + s^2)$, $(u_1, v_1) = (d(2rs), d(r^2-s^2))$ or $(u_1, v_1) = (d(r^2-s^2), d(2rs))$ for some positive integers $d, r, s$. Since $1009$ is a prime number, we obtain $d = 1$ and $r^2 + s^2 = 1009$. The last equation has solutions $(r,s) = (28,15), (15,28)$. Hence all solutions are $(u_1, v_1) = (840,559), (559,840)$ which correspond $(m,n) = (728,390), (1290,390).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44893,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Two distinct positive integers are called *relatively consistent* if the larger one can be written as a sum of some distinct positive divisors of the other one. Show that there exist $2018$ positive integers such that any two of them are relatively consistent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By inducting on $n$, we show that there exist relatively consistent $n$ distinct positive integers.\n\n$= 1+2$, and hence $2$ and $3$ is a consistent pair.\n\nNow let $x_1 < x_2 < \\dots < x_n$ be relatively consistent $n$ distinct positive integers. Then for any given $i < j$ there exist distinct positive divisors of $x_i$, say $d_1, d_2, \\dots, d_k$, such that $d_1 + d_2 + \\dots + d_k = x_j$. Note that for any positive integer $a$, we have that $a d_1, a d_2, \\dots, a d_k$ are distinct divisors of $a x_i$ and their sum is equal to $a x_j$. Therefore, $a x_1 < a x_2 < \\dots < a x_n$ are relatively consistent for every positive integer $a$.\n\nLet $b$ be an integer greater than $x_1$, and consider $b x_1$, $(b+1)x_1$, $(b+1)x_2, \\dots, (b+1)x_n$. By the observation above, $(b+1)x_1$, $(b+1)x_2, \\dots, (b+1)x_n$ are relatively consistent. Note that by the induction hypothesis, for any given $i > 1$ there exist positive divisors of $x_1$, say $d_1, \\dots, d_m$, such that $d_1 + d_2 + \\dots + d_m = x_i$. Then, because of the choice of $b$, we see that $d_1, d_2, \\dots, d_m, b d_1, b d_2, \\dots, b d_m$ are distinct divisors of $b x_1$ and their sum is $(b+1)x_i$. Therefore, $b x_i$ and $(b+1)x_i$ are consistent for every $i > 1$. Furthermore, $b x_1$ and $(b+1)x_1$ are consistent as well, since $x_1 + b x_1 = (b+1)x_1$.\nLet $a > 1$ be an integer. It is easy to verify that\n$$\na^{2017},\\ a^{2017} + a^{2016},\\ a^{2017} + a^{2016} + a^{2015},\\ \\dots,\\ a^{2017} + a^{2016} + \\dots + a + 1\n$$\nare pairwise relatively consistent.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44894,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each square of an $n \\times n$ chessboard either contains a rook or is empty. Suppose that for any two rooks not threatening each other there is an empty square which is threatened by each of these rooks. Find the maximal possible number of rooks on the chessboard.\n\n*Note: A rook is threatening a square if they lie on the same line or column and all squares between them are empty.*",
    "options": [],
    "answer": "⌊3n/2⌋",
    "solution": "Answer: $\\lfloor 3n/2 \\rfloor$.\n\nEach column contains at most two rooks, otherwise the uppermost and lowermost rooks on this column do not satisfy the conditions. Let us consider two columns each containing two rooks. Let $a_1, a_2$ and $b_1, b_2$ be rooks on the first and second columns, respectively ($a_1$ is above $a_2$ and $b_1$ is above $b_2$). Let us show that any two of these rooks cannot be on the same line. On the contrary, assume that $a_1$ and $b_1$ are on the same line. Without loss of generality assume that the line containing $a_2$ is not above the line containing $b_2$. Then the squares $a_2$ and $b_1$ do not satisfy the conditions. Now assume that $a_1$ and $b_2$ are on the same line. Then $a_2$ and $b_1$ do not satisfy the conditions. The cases when $a_2$ and $b_2$ are on the same line or $a_2$ and $b_1$ are on the same line are completely similar. The proof is completed. (Similar arguments show that there are only two possibilities: either both lines containing $b_1$ and $b_2$ are between the lines containing $a_1$ and $a_2$, or vice versa, but this fact is not used in the proof.)\n\nNow by pigeonhole principle the total number of columns containing two rooks is at most $\\lfloor n/2 \\rfloor$. Therefore, even if each remaining column contains one rook, the total number of rooks on the board will be at most $2\\lfloor n/2 \\rfloor + n - \\lfloor n/2 \\rfloor = \\lfloor 3n/2 \\rfloor$.\n\nNow we give an example for $\\lfloor 3n/2 \\rfloor$ rooks satisfying the conditions. Let us numerate lines by $1, 2, ..., n$ starting from the lowest line and numerate columns by $1, 2, ..., n$ starting from the leftmost column. Let the square on the intersection of column $i$ and line $j$ be $(i, j)$. For each $1 \\le i \\le n$, let us place a rook to the square $(i, n+1-i)$ ($n$ rooks in total) and for each $1 \\le i \\le \\lfloor n/2 \\rfloor$ let us place a rook to the square $(i, i)$ ($\\lfloor n/2 \\rfloor$ rooks in total). The obtained configuration satisfies the conditions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44895,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all surjective functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ satisfying\n$$\nf(xf(y) + y^2) = f((x+y)^2) - x f(x)\n$$\nfor all real numbers $x, y$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 2x for all real x",
    "solution": "$f(x) = 2x$, $x \\in \\mathbb{R}$ is the only solution. Assume that there exists a real number $c \\neq 0$ such that $c = f(z) - 2z$ for some $z$. Let $P(x, y)$ be the assertion of the given equation.\n$$\nP(f(y) - 2y, y) \\rightarrow (f(y) - 2y) f(f(y) - 2y) = 0, \\forall y.\n$$\nThis shows that $f(c) = 0$. Since $-2c = f(c) - 2c \\neq 0$, we also obtain that $f(-2c) = 0$.\n$$\n\\begin{align*}\nP(x, c) &\\rightarrow f(c^2) = f((x+c)^2) - x f(x), \\\\\nP(x, -2c) &\\rightarrow f(4c^2) = f((x-2c)^2) - x f(x), \\\\\nP(c, c) &\\rightarrow f(c^2) = f(4c^2).\n\\end{align*}\n$$\nTherefore, we obtain that $f((x+c)^2) = f((x-2c)^2)$. (1)\n$$\n\\begin{align*}\nP(x - 2c, c) &\\rightarrow f(c^2) = f((x-c)^2) - (x-2c)f(x-2c), \\\\\nP(x + c, -2c) &\\rightarrow f(4c^2) = f((x-c)^2) - (x+c)f(x+c).\n\\end{align*}\n$$\nHence, we conclude that $(x-2c)f(x-2c) = (x+c)f(x+c)$. (2)\nNow for all $x$ and $y$\n$$\nP(x+c, y) \\rightarrow f(xf(y) + y^2 + cf(y)) = f((x+y+c)^2) - (x+c)f(x+c)\n$$\n$$\nP(x-2c, y) \\rightarrow f(xf(y) + y^2 - 2cf(y)) = f((x+y-2c)^2) - (x-2c)f(x-2c)\n$$\nUsing (1) and (2), we get\n$$\nf(xf(y) + y^2 + cf(y)) = f(xf(y) + y^2 - 2cf(y)).\n$$\nSince the function is surjective, for any two real numbers $u \\neq v$, there exist two real numbers $x, y$ such that\n$$\nf(y) = \\frac{u-v}{3c} \\neq 0, \\quad x = \\frac{u-y^2-cf(y)}{f(y)}\n$$\nThis means that $f(u) = f(v)$ for any $u \\neq v$, and $f$ is constant which is not possible since it is surjective. Therefore such a $c$ does not exist and $f(x) = 2x$, $x \\in \\mathbb{R}$. This function satisfies the equation:\n$$\nf(xf(y) + y^2) = 4xy + 2y^2 = 2(x+y)^2 - 2x^2 = f((x+y)^2) - x f(x).",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44896,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The Retired Linguist (R.L.) in his first move writes a word consisting of $n$ distinct letters to his notebook. Thereafter in each move he writes a new word to the notebook which is obtained by reversing the longest sub-word (starting from the first letter) of the last added word provided the word is not written to the notebook beforehand. Show that R.L. will write $n!$ words to his notebook.",
    "options": [],
    "answer": "n!",
    "solution": "Let the first written word be $(1,2,\\dots,n)$. By induction on $n$ we prove that the number of written words is $n!$.\n\nIf $n = 2$ then R.L. starts with $(1, 2)$ and then reverses it and writes $(2, 1)$.\n\nSuppose that for $n = k-1$ the words\n$$\nW_1^{k-1}, W_2^{k-1}, \\dots, W_{(k-1)!}^{k-1}\n$$\nare written to the notebook.\n\nConsider the sequence of words\n$$\nW_1^k, W_2^k, \\dots,\n$$\nin the case $n = k$. We will use the notation $(a, b, \\dots, p) * q$. Let us divide the sequence above into blocks each consisting of $2k$ consecutive words. We show that the $m$-th block is\n$$\nW_{2m-1}^{k-1} * k, \\dots, W_{2m}^{k-1} * k\n$$\nIndeed, the first block starts with $W_1^{k-1} * k$ and ends with $W_2^{k-1} * k$, the second block starts with $W_3^{k-1} * k$ and ends with $W_4^{k-1} * k$, ..., the last block starts with $W_{(k-1)!-1}^{k-1} * k$ and ends with $W_{(k-1)!}^{k-1} * k$.\n\nInside each block each $2l+1$ numbered word of the block is obtained from $2l-1$ numbered word of the same block by shortest counter-clockwise rotation and each $2l+2$ numbered word of the block is obtained from $2l$ numbered word of the same block by shortest clockwise rotation. Therefore, all words inside each block are different and each block is closed under the operation of rotation. Since all words in the sequence above are different all words in the new sequence also will be different.\n\nBy induction hypothesis there are $(k-1)!$ terms in the previous sequence. Therefore, there are $(k-1)!/2$ blocks in the new sequence and the sequence consists of $(k-1)!/2 \\cdot 2k = k!$ distinct words. We are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44897,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $H$ be the orthocenter of an acute triangle $ABC$. The circumcircle of $ABC$ and the circle with a diameter $[AH]$ meet at a point $E$ which is different from $A$. Let $M$ be the midpoint of the smaller arc $BC$ of circumcircle of triangle $ABC$, and $N$ be the midpoint of the greater arc $BC$ of circumcircle of triangle $BHC$. Prove that the points $E$, $H$, $M$, $N$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the lines $EM$ and $BC$ meet at $K$, $HV$ and $BC$ meet at $P$. By the Power Rule in circumcircle of triangle $ABC$, we get $BK \\cdot KC = EK \\cdot KM$, and by the Power Rule in circumcircle of triangle $BHC$, we get $BP \\cdot PC = HP \\cdot PN$. If we show that $P = K$, then we obtain that $EK \\cdot KM = HK \\cdot KN$, which implies that by the Power Rule again, the points $H$, $E$, $M$, $N$ are concyclic. Using the Bisector Theorem, $P = K$ is equivalent to $BE/EC = BH/HC$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nW.L.O.G. let the point $E$ be on the smaller arc $AB$ of circumcircle of triangle $ABC$. Let the lines $CH$ and $AB$ meet at $D$, the lines $BH$ and $AC$ meet at $F$. It is clear that the points $D$ and $F$ are on the circle with diameter $[AH]$. By angle chasing, we obtain that $\\angle ADE = \\angle AFE$ and hence $\\angle EDB = \\angle EFC$. On the other hand, we get $\\angle DBE = \\angle ABE = \\angle ACE = \\angle FCE$. This means that $\\triangle EDB \\sim \\triangle EFC$. Therefore, we have $BE/EC = BD/FC$ (1). Since $\\angle BDH = \\angle CFH = 90^\\circ$ and $\\angle DHB = \\angle FHC$, we obtain that\n\n$\\Delta BDH \\sim \\Delta CFH$. Using the similarity, we conclude that $BD/FC = BH/HC$ (2). Using (1) and (2), we are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44898,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $O$ be the circumcenter of an acute triangle $ABC$. A line perpendicular to $AO$ intersects the line segments $[AC]$ and $[AB]$ at $D$ and $E$, respectively. Let $K$ be a point on $[BC]$ which is not on the line $AO$. The line $AK$ intersects the circumcircle of triangle $ADE$ again at $L$. Let $M$ be the point symmetric to $A$ with respect to the line $DE$. Show that the points $K$, $L$, $M$, $O$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\n\nLet $AM$ and $DE$ intersect at $N$, and $F$ be the foot of the perpendicular line from $O$ to $AC$. Since $AO \\perp DE$ and $\\angle BAO = 90^\\circ - \\angle ACB$ we get $\\angle ALD = \\angle AED = \\angle ACB$ and hence the points $K$, $C$, $D$, $L$ are concyclic. Using power equations we obtain\n$$\nAL \\cdot AK = AD \\cdot AC. \\qquad (1)\n$$\n\nSince $F$ is the midpoint of $[AC]$ and $N$ is the midpoint of $[AM]$, we get\n$$\nAC = 2AF \\quad \\text{and} \\quad AM = 2AN. \\qquad (2)\n$$\n\nOn the other hand, $\\angle DNO = \\angle OFD = 90^\\circ$ implies that the points $D$, $N$, $O$, $F$ are also concyclic. Using power equations again, we get\n$$\nAN \\cdot AO = AD \\cdot AF. \\qquad (3)\n$$\nUsing (1), (2) and (3), we conclude that\n$$\nAL \\cdot AK = AD \\cdot AC = 2AF \\cdot AD = 2AN \\cdot AO = AM \\cdot AO\n$$\nwhich shows that the points $K$, $L$, $M$, $O$ are concyclic.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44899,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In how many ways every unit square of a $2018 \\times 2018$ board can be colored in red or white such that number of red unit squares in any two rows are distinct and number of red unit squares in any two columns are distinct.",
    "options": [],
    "answer": "2(2018!)^2",
    "solution": "The answer is $2(2018!)^2$. We consider the problem for an $n \\times n$ board. Let $r_i$ be the number of red squares in the $i$-th row for $i = 1, \\dots, n$ and $c_j$ be the number of red squares in the $j$-th column for $j = 1, \\dots, n$. Since $r_i \\neq r_j$ for every $i \\neq j$, we see that $\\{r_1, \\dots, r_n\\} = \\{0, 1, \\dots, n\\} \\setminus \\{a\\}$ for some number $a$. Similarly, we have $\\{c_1, \\dots, c_n\\} = \\{0, 1, \\dots, n\\} \\setminus \\{b\\}$ for some number $b$. On the other hand, the number of red squares on the board is both $\\sum_{i=1}^n r_i$ and $\\sum_{j=1}^n c_j$. Thus, we get $a=b$.\n\nNote that if $r_i = 0$ for some $i$, then $c_j \\le n-1$ for every $j$ and hence, $a = n$. Moreover, if $r_i = n$ for some $i$, then $c_j \\ge 1$ for every $j$ and hence, $a = 0$. Therefore, the missing number is either $0$ or $n$.\nIf $a = 0$, then $r_i = c_j = n$ for some $i$ and $j$ and removing the $i$-th row and $j$-th column gives us the problem for $(n-1) \\times (n-1)$ board with the missing number $n-1$. Similarly, If $a = n$, then $r_i = c_j = 0$ for some $i$ and $j$ and removing the $i$-th row and $j$-th column gives us the problem for $(n-1) \\times (n-1)$ board with the missing number $0$. Therefore, at the beginning we can decide on the missing number in $2$ ways but later on it is uniquely determined. We can choose a row and a column to remove in $n \\cdot n$ ways. Finally, the answer is\n$$\n2 \\cdot n \\cdot n \\cdot (n-1) \\cdot (n-1) \\cdots 2 \\cdot 2 \\cdot 1 \\cdot 1 = 2(n!)^2.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44900,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all positive real numbers $c$ such that\n$$\n\\frac{x^3y + y^3z + z^3x}{x + y + z} + \\frac{4c}{xyz} \\geq 2c + 2\n$$\nfor all positive real numbers $x, y, z$.",
    "options": [],
    "answer": "1",
    "solution": "Answer: $c=1$.\nIf $x = y = z = \\sqrt[6]{4c}$ then we get\n$$\n\\frac{x^3 y + y^3 z + z^3 x}{x + y + z} + \\frac{4c}{xyz} = 4\\sqrt{c} \\ge 2c + 2\n$$\nand hence $(\\sqrt{c}-1)^2 \\le 0$. Therefore, all $c \\ne 1$ do not satisfy the inequality. Let us show that the inequality holds for $c = 1$. By AM-GM inequality we have\n\n$$\nx^3y + \\frac{4}{xy} \\geq 4x\n$$\n$$\ny^3z + \\frac{4}{yz} \\geq 4y\n$$\n$$\nz^3x + \\frac{4}{zx} \\geq 4z\n$$\nSide by side summation of these inequalities yields\n$$\nx^3y + y^3z + z^3x + \\frac{4(x + y + z)}{xyz} \\geq 4(x + y + z).\n$$\nTherefore,\n$$\n\\frac{x^3y + y^3z + z^3x}{x + y + z} + \\frac{4}{xyz} \\geq 4\n$$\nand we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44901,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a non-isosceles acute triangle $ABC$, $D$ is the midpoint of the edge $[BC]$. The points $E$ and $F$ lie on $[AC]$ and $[AB]$, respectively, and the circumcircles of $CDE$ and $AEF$ intersect at $P$ on $[AD]$. The angle bisector of $P$ in triangle $EFP$ intersects the line $EF$ at $Q$. Prove that the tangent line to the circumcircle of $AQP$ at $A$ is perpendicular to $BC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $C$, $D$, $P$, $F$ are cyclic, we have $\\angle DPE = 180^\\circ - \\angle C$.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nAs $A$, $E$, $P$, $F$ are cyclic, we also get $\\angle FPE = 180^\\circ - \\angle A$. Therefore, we have $\\angle FPD = 360^\\circ - (180^\\circ - \\angle A + 180^\\circ - \\angle C) = 180^\\circ - \\angle B$ and hence, $B$, $D$, $P$, $F$ are cyclic as well.\n\nSince $C$, $D$, $P$, $E$ are cyclic, we have $\\frac{PE}{DC} = \\frac{AE}{AD}$. Similarly, we have $\\frac{PE}{AD} = \\frac{AD}{AE}$. Since $B$, $D$, $P$, $F$ are cyclic. Thus, as $BD = DC$ we obtain $\\frac{PE}{AD} = \\frac{AD}{AE}$.\n\nOn the other hand, since $PQ$ is an angle bisector, we get $\\frac{PE}{AE} = \\frac{PF}{QE}$. $\\frac{AF}{QE} = \\frac{QF}{QE}$ and therefore, $\\frac{AF}{AE} = \\frac{QF}{QE}$ which implies that $AQ$ is the angle bisector of $A$ in triangle $EAF$.\n\nLet $T$ be the intersection of $PQ$ and the line perpendicular to $BC$ passing through $A$. Since $AT$ is an altitude and $AQ$ is angle bisector in triangle $ABC$, we have $\\angle TQA = (\\angle B - \\angle C)/2$. By angle chasing we have $\\angle APE = \\angle C$ and $\\angle APF = \\angle B$. As $PQ$ is an angle bisector in $FPE$, we get $\\angle QPA = (\\angle B - \\angle C)/2$ and hence, we obtain $\\angle TQA = \\angle QPA$ which implies that $AT$ is tangent to the circumcircle of $AQP$ and we are done.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44902,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $n$ stone piles each consisting of $2018$ stones. The weight of each stone is equal to one of the numbers $1, 2, \\ldots, 25$ and the total weights of any two piles are different. It is given that if we choose any two piles and remove the heaviest and lightest stones from each of these two piles then the pile which was the heavier one becomes the lighter one. Determine the maximal possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "12",
    "solution": "The answer: $n = 12$. We numerate the piles according to their weights in increasing order. Let $S_i$ and $S'_i$ be the weights of pile number $i$ before and after removing of two stones. Then $S_1 < S_2 < \\dots < S_n$ and $S'_1 > S'_2 > \\dots > S'_n$. Let $S_1 - S'_1 = x$. Then $S_2 - S'_2 \\ge x+2, \\dots, S_n - S'_n \\ge x+2(n-1)$. Now note that the heaviest stone removed from pile number one weights at least $S_1/2016$ (it is not lighter than the average weight of all remaining stones). Therefore,\n$$\nS_1 - S'_1 = x \\ge \\frac{S_1}{2016} + 1.\n$$\nSimilarly, the lightest stone removed from pile number $n$ is at most $S'_n/2016$. Therefore,\n$$\n\\frac{S'_n}{2016} + 25 \\ge S_n - S'_n \\ge x + 2(n-1).\n$$\nThese two inequalities imply that\n$$\n\\frac{S'_n - S'_1}{2016} + 24 \\ge 2(n-1) \\text{ and } n < 13.\n$$\nLet us show that $n = 12$ is possible. Below $m$ denotes the stone weighted $m$. It can be readily verified that if for $k = 1, 2, \\dots, 12$ the pile number $k$ consists of $1$ stone $2k$, $2004+k$ stones $24$ and $13-k$ stones $25$ then the conditions are satisfied. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44903,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$n \\ge 3$ boxes are placed around a circle. At the first step we choose some boxes. At the second step for each chosen box we put a ball into the chosen box and into each of its two neighbouring boxes. Find the total number of possible distinct ball distributions which can be obtained in this way. (All balls are identical.)",
    "options": [],
    "answer": "2^n if 3 does not divide n; 2^n - 3·2^{n/3} + 2 if 3 divides n",
    "solution": "The answer is $2^n - 3 \\cdot 2^{n/3} + 2$ for $n = 3k$ and $2^n$ for $n \\neq 3k$. The number of possible box choices is $2^n$. Let us examine cases when two or more different choices produce the same ball distribution. If different choices $C_1$ and $C_2$ produce the same distribution then these choices should not coincide on any two consecutive boxes. Otherwise $C_1$ and $C_2$ will coincide for all remaining boxes. Suppose that the boxes are numbered in clockwise order as $1, 2, \\dots, n$ and the sum $i + j$ is defined in (mod $n$). If in choice $C$ box $m$ is chosen we write $C(m) = X$, otherwise we write $C(m) = Y$. Thus, for two consecutive boxes $m, m + 1$ there are four possibilities $XX, XY, YX, YY$. Note that if $C_1(m) = X$, $C_1(m+1) = X$ and $C_2(m) = Y$, $C_2(m+1) = Y$ then $C_1$ and $C_2$ can not produce the same distribution, since box $m$ will contain different number of balls for $C_1$ and $C_2$. for these two choices. Therefore, there are at most three pairwise different choices producing the same distribution. It can be readily shown that if $n$ is a multiple of $3$ then there are only two triples producing the same distribution:\n$$\nC_1 = \\dots X X X X X X X X X \\dots\n$$\n$$\nC_2 = \\dots X X X X X X X X X \\dots \\quad (1)\n$$\n$$\nC_3 = \\dots X X X X X X X X X \\dots\n$$\n$$\nC_1 = \\dots Y Y Y Y Y Y Y Y Y Y \\dots\n$$\n$$\nC_2 = \\dots Y Y Y Y Y Y Y Y Y \\dots \\quad (2)\n$$\n$$\nC_3 = \\dots X Y Y Y Y Y Y Y Y Y \\dots\n$$\nIn each of this two cases each choice can be obtained by shifting of any other one. Evidently if $n$ is not a multiple of $3$ there is no any such triple.\n\nNow let us examine the cases when exactly two choices produce the same distribution. Note that for $C_1$ and $C_2$ there are two consecutive boxes $m$ and $m+1$ such that $C_1(m) \\neq C_2(m)$ and $C_1(m+1) \\neq C_2(m+1)$. Otherwise for some $m$ we have $C_1(m) = C_2(m)$, $C_1(m+2) = C_2(m+2)$, $C_1(m+4) = C_2(m+3)$, ... and consecutively $C_1$ will coincide with $C_2$. W.L.O.G. let $C_1(m) = X$, $C_1(m+1) = Y$ and $C_2(m) = Y$, $C_2(m+1) = X$. Then we get $C_1(m+2) = C_2(m+2) = Z$, where $Z$ is either $X$ or $Y$. Similarly, $C_1(m+3) = X$, $C_1(m+4) = Y$ and $C_2(m+3) = Y$, $C_2(m+4) = X$. Then we get $C_1(m+5) = C_2(m+5) = Z$, where $Z$ is either $X$ or $Y$. Continuing this way we get that starting from box $m$ the choices $C_1$ and $C_2$ are $XYZ_1XYZ_2XYZ_3XYZ_4$... and $YXZ_1YXZ_2YXZ_3YXZ_4$,... respectively. If $n$ is not multiple of $3$ then we can not cyclically close this chain and will get a contradiction.\nThus, if $n$ is not a multiple of $3$ there are no different choices producing the same distribution and the answer is $2^n$.\nIf $n$ is a multiple of $3$ then the positions of $Z_i$ can be determined in $3$ ways. If for some choice $Z_1 = Z_2 = Z_3$... then we get one of the six choices from (1) and (2). Therefore, for each of $3 \\cdot (2^{n/3} - 2) \\cdot 2$ choices there exists exactly one other choice producing the same distribution. Therefore, the answer is\n$$\n2^n - 6 - 6 \\cdot (2^{n/3} - 2) + \\frac{6}{3} + \\frac{6}{2} \\cdot (2^{n/3} - 2) = 2^n - 3 \\cdot 2^{n/3} + 2.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44904,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a_1, a_2, \\dots, a_{1000}$ be a sequence of integers such that $a_1 = 3$, $a_2 = 7$ and for all $n = 2, 3, \\dots, 999$\n$$\na_{n+1} - a_n = 4(a_1 + a_2)(a_2 + a_3) \\cdots (a_{n-1} + a_n).\n$$\nFind the number of indices $1 \\le n \\le 1000$ for which $a_n + 2018$ is a perfect square.",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "For $n \\ge 2$, we have\n$$\n\\frac{a_{n+1} - a_n}{a_n - a_{n-1}} = \\frac{4(a_1 + a_2)(a_2 + a_3) \\cdots (a_{n-1} + a_n)}{4(a_1 + a_2)(a_2 + a_3) \\cdots (a_{n-2} + a_{n-1})} = a_{n-1} + a_n\n$$\nand hence $a_{n+1} = a_n^2 + a_n - a_{n-1}^2$. $a_2 = a_1^2 - 2$ and by induction assuming $a_n = a_{n-1}^2 - 2$ we can show that $a_{n+1} = a_n^2 - 2$.\n\nWe get $a_2 = 7 = 45^2 - 2018$, $a_3 = a_2^2 - 2 = 47$, $a_4 = 47^2 - 2 = 2207 = 65^2 - 2018$ and hence $a_n+2018$ is a perfect square for $n=2,4$. Let us show that $a_n+2018$ is not a perfect square for $n>4$. Let $a_k+2018 = c^2$ for some $k > 4$, $c \\in \\mathbb{Z}^+$. Then $c^2 - a_{k-1}^2 = 2016$. Since $c > a_{k-1}$, we get $2016 = c^2 - a_{k-1}^2 \\ge (a_{k-1} + 1)^2 - a_{k-1}^2 = 2a_{k-1} + 1$ and hence $a_{k-1} < 1008$. However, the sequence is increasing and for $k > 4$ we have $a_{k-1} \\ge a_4 = 2207 > 1008$ which is a contradiction. The answer is 2.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44905,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that for all positive real numbers $x$, $y$ and $z$\n$$\n\\frac{x^2+1}{(x+y)^2+4(z+1)} + \\frac{y^2+1}{(y+z)^2+4(x+1)} + \\frac{z^2+1}{(z+x)^2+4(y+1)} \\ge \\frac{1}{2}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Note that $(x+y)^2 \\le 2(x^2+y^2)$ and $4z+4 \\le 2(z^2+3)$. Therefore,\n$$\n\\frac{x^2+1}{(x+y)^2+4(z+1)} \\ge \\frac{x^2+1}{2(x^2+y^2+z^2+3)}\n$$\nSimilarly we can write analogous inequalities for pairs $(y, z)$ and $(z, x)$. The sum of these three inequalities yields\n$$\n\\frac{x^2+1}{(x+y)^2+4(z+1)} + \\frac{y^2+1}{(y+z)^2+4(x+1)} + \\frac{z^2+1}{(z+x)^2+4(y+1)} \\\\\n\\ge \\frac{x^2+y^2+z^2+3}{2(x^2+y^2+z^2+3)} = \\frac{1}{2}.\n$$\n\nThe equality holds at $x = y = z = 1$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44906,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "We say that a group of 25 students is a *team* if any two students in this group are friends. It is known that in the school any student belongs to at least one team but if any two students end their friendships at least one student does not belong to any team. We say that a team is *special* if at least one student of the team has no friend outside of this team. Show that any two friends belong to some special team.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let us prove that any two friends $A$ and $B$ belong to some special team. Let us define a longest sequence $S_1, S_2, \\dots, S_m$ of students such that\n\n* for all $1 \\le i < j \\le m$ we have $S_i \\ne S_j$\n* for each $1 \\le i \\le m$ any team containing $S_i$ also contains $A, B, S_1, S_2, \\dots, S_{i-1}$.\n\nNote that the sequence is well defined since it contains at least one element. Indeed, if $A$ and $B$ end their friendship then some student $S_1$ does not belong to any team. Therefore any team containing $S_1$ contains both $A$ and $B$ ($S_1$ may coincide with $A$ or $B$).\n\nLet $T$ be any team of $S_m$. Assume that $S_m$ has a friend $S'$ outside of $T$. If $S_m$ and $S'$ end their friendship then there is a student $S''$ which does not belong to any team. Therefore, any team containing $S''$ contains also $S_m$ and consequently contains $A, B, S_1, S_2, \\dots, S_{m-1}$. Note that $S''$ does not coincide with $S_1, S_2, \\dots, S_{m-1}$ since any team of $S_m$ contains $S_1, S_2, \\dots, S_{m-1}$ and any team of $S''$ contains $S'$. Then $S''$ can be added to the sequence $S_1, S_2, \\dots, S_m$. This contradicts the maximality of this sequence. Thus, the team $T$ is special (and it is the only team of $S_m$). Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44907,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a_0, a_1, \\dots, a_{100}$ and $b_1, b_2, \\dots, b_{100}$ be two real sequences such that for all $n = 0, 1, \\dots, 99$\n$$\na_{n+1} = \\frac{a_n}{2}, \\quad b_{n+1} = \\frac{1}{2} - a_n \\quad \\text{or} \\quad a_{n+1} = 2a_n^2, \\quad b_{n+1} = a_n\n$$\nholds. If $a_{100} \\le a_0$, find the maximal value of $b_1 + b_2 + \\dots + b_{100}$.",
    "options": [],
    "answer": "50",
    "solution": "The answer is $50$. If $a_0 < 0$ then it is clear that $a_{100} > a_0$. If $a_0 = 0$, then $b_n \\in \\{0, 1/2\\}$ and hence $S = b_1 + b_2 + \\dots + b_{100} \\le 50$. Assume that $a_0 > 0$. In this case all terms of the sequence $(a_n)$ are positive. We have\n$$\n(a_n - \\frac{a_{n-1}}{2})(a_n - 2a_{n-1}^2) = 0 \\quad \\text{and} \\quad a_{100} \\le a_0.\n$$\nThis equation can be expressed as\n$$\n\\frac{a_n}{a_{n-1}} + \\frac{a_{n-1}^2}{a_n} = 2a_{n-1} + \\frac{1}{2}.\n$$\n\nSumming up the equations for $n = 1, 2, ..., 100$ side by side, we get\n$$\n\\sum_{n=1}^{100} \\frac{a_n}{a_{n-1}} + \\sum_{n=1}^{100} \\frac{a_{n-1}^2}{a_n} = 2 \\sum_{n=1}^{100} a_{n-1} + 50.\n$$\nUsing Cauchy-Schwarz Inequality\n$$\n\\sum_{n=1}^{100} \\frac{a_{n-1}^2}{a_n} \\ge \\frac{(a_0 + a_1 + \\dots + a_{99})^2}{a_1 + a_2 + \\dots + a_{100}} \\ge a_0 + a_2 + \\dots + a_{99} = \\sum_{n=1}^{100} a_{n-1}.\n$$\nThis yields that\n$$\n\\sum_{n=1}^{100} \\left( \\frac{a_n}{a_{n-1}} - a_{n-1} \\right) \\le 50.\n$$\nThe rule given in the problem implies that $b_n = \\frac{a_n}{a_{n-1}} - a_{n-1}$ for all $n = 1, 2, ..., 100$. Hence $S \\le 50$.\nThe equality holds when $a_i = 1/2, i = 0, 1, ..., 100, b_i = 1/2, i = 1, 2, ..., 100$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44908,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In the round robin chess tournament organized in a school every two students played one match among themselves. Find the minimal possible number of students in the school if each girl student has at least 21 wins in matches against boy students and each boy student has at least 12 wins in matches against girl students.",
    "options": [],
    "answer": "65",
    "solution": "The answer is $65$. Suppose that there are $x$ girl and $y$ boy students in the school. Obviously $xy \\ge 21x + 12y$ is a necessary condition for the existence of the tournament with given conditions. Let us show that this inequality is also a sufficient condition for the existence of the tournament. Let us consider $x \\times y$ score table of the tournament. We put $1$ (alternatively $\\emptyset$) in the intersection of $m$-th row and $n$-th column if $m$-th girl wins (alternatively loses) the match with $n$-th boy. Let us prove that there is a table in which each row contains at least $21$ entries $1$ and each column contains at least $12$ entries $\\emptyset$.\n\nWe start with the table where each entry of the first $21$ columns is $1$ and each other entry is $\\emptyset$ and step by step move to the table satisfying the conditions. Suppose that $k$-th column contains less than $12$ $\\emptyset$'s. Since the total number of $\\emptyset$'s is not less than $12y$ then some $l$-th column should contain more than $12$ $\\emptyset$'s. In this case we choose a row such that the intersection of this row with $k$-th and $l$-th columns are $1$ and $\\emptyset$, respectively and switch these two entries. After each move some column with $\\emptyset$ shortage gains one $\\emptyset$ and the total number of $1$ entries of each row does not change. Therefore after finite number of moves we will get the desired table. Done.\n\nNow let us find the minimal value of $x + y$. The inequality $(x - 12)(y - 21) \\ge 12 \\cdot 21$ is equivalent to $xy \\ge 21x + 12y$. By AM-GM inequality we get\n$$\n(x-12) + (y-21) \\ge 2\\sqrt{(x-12)(y-21)} \\ge 2\\sqrt{12 \\cdot 21} > 31.\n$$\nThus, $x + y \\ge 12 + 21 + 32 = 65$. Any pair out of $(26,39)$, $(27,38)$, $(28,37)$, $(29,36)$, $(30,35)$ with sum $65$ satisfies the condition $xy \\ge 21x + 12y$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44909,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Point $(a, b)$ on the plane is a *primitive point* if $a, b$ are integers with $\\gcd(a, b) = 1$. A graph whose vertices are primitive points is constructed as follows: an edge is drawn between points $(a_1, b_1)$ and $(a_2, b_2)$ if and only if $2a_1 = 2a_2 \\in \\{b_1 - b_2, b_2 - b_1\\}$ or $2b_1 = 2b_2 \\in \\{a_1 - a_2, a_2 - a_1\\}$. Later, some edges of this graph will be removed until a forest is obtained. At least how many edges must be removed from the graph? At least how many trees will be found in the forest?",
    "options": [],
    "answer": "Remove 1 edge; the resulting forest has 5 trees.",
    "solution": "First, note that point $(a, b)$ is connected to points $(a, b \\pm 2a)$ and $(a \\pm 2b, b)$, so a generic vertex – except finitely many exceptions – of the graph has valency $4$. Now, we observe that for a generic primitive point – except finitely many exceptions – $(a, b)$, exactly $1$ of the $4$ points connected to $(a, b)$ is closer to the origin than $(a, b)$. Indeed, assume without loss of generality that $0 < |a| < |b|$, which one can do unless $(a, b) \\in \\{(\\pm 1, \\pm 1), (0, \\pm 1), (\\pm 1, 0)\\}$. Then, one of $|b \\pm 2a|$ is greater than $|b|$ and one is less than $|b|$ while both of $|a \\pm 2b|$ are greater than $|a|$. This means that exactly $1$ of the $4$ points $(a, b \\pm 2a)$ and $(a \\pm 2b, b)$ is closer to the origin than $(a, b)$ while the remaining $3$ points are further.\n\nLet the full sub-graph determined by the $8$-vertex set $\\{(\\pm 1, \\pm 1), (0, \\pm 1), (\\pm 1, 0)\\}$ be called the *root*. The observation in the previous paragraph implies that any vertex of the graph outside the root is connected to the root by a unique path. Therefore, the graph will be a forest – after removal of some edges – if and only if the root becomes a forest, thus one never has to remove edges outside the root in order to make the graph a forest. In case no edge outside the root is removed, the number of trees in the graph will be the same as the number of trees in the root. The root consists of one $4$-cycle joining $(\\pm 1, \\pm 1)$ and four isolated points $(0, \\pm 1), (\\pm 1, 0)$. Therefore, $1$ edge has to be removed in order to obtain a forest and this forest will have $5$ trees.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44910,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x$, $y$, $z$ be positive real numbers such that\n$$\n\\sqrt{x}, \\sqrt{y}, \\sqrt{z} \\text{ are sides of a triangle and } \\frac{x}{y} + \\frac{y}{z} + \\frac{z}{x} = 5.\n$$\nProve that\n$$\n\\frac{x(y^2 - 2z^2)}{z} + \\frac{y(z^2 - 2x^2)}{x} + \\frac{z(x^2 - 2y^2)}{y} \\ge 0.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $\\sqrt{x}$, $\\sqrt{y}$, $\\sqrt{z}$ are sides of a triangle, we have\n$$\n(\\sqrt{x} + \\sqrt{y} + \\sqrt{z})(\\sqrt{x} + \\sqrt{y} - \\sqrt{z})(\\sqrt{y} + \\sqrt{z} - \\sqrt{x})(\\sqrt{z} + \\sqrt{x} - \\sqrt{y}) = 2(xy + yz + zx) - x^2 - y^2 - z^2 \\ge 0.\n$$\nWe also have\n$$\n5xy = \\left( \\frac{x}{y} + \\frac{y}{z} + \\frac{z}{x} \\right) xy = x^2 + \\frac{xy^2}{z} + yz\n$$\n$$\n5yz = \\left(\\frac{x}{y} + \\frac{y}{z} + \\frac{z}{x}\\right) yz = y^2 + \\frac{yz^2}{x} + zx\n$$\n$$\n5zx = \\left(\\frac{x}{y} + \\frac{y}{z} + \\frac{z}{x}\\right) zx = z^2 + \\frac{zx^2}{y} + xy\n$$\nand by summing up the equations above, we get\n$$\n2(xy + yz + zx) - (x^2 + y^2 + z^2) = \\frac{x y^2}{z} + \\frac{y z^2}{x} + \\frac{z x^2}{y} - 2(xy + yz + zx)\n$$\n$$\n= \\frac{x(y^2 - 2z^2)}{z} + \\frac{y(z^2 - 2x^2)}{x} + \\frac{z(x^2 - 2y^2)}{y} \\geq 0.\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44911,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For integers $m \\ge 3$, $n$ and $x_1, x_2, \\dots, x_m$ if $x_{i+1} - x_i \\equiv x_i - x_{i-1} \\pmod n$ for every $2 \\le i \\le m-1$, we say that the $m$-tuple $(x_1, \\dots, x_m)$ is an *arithmetic sequence in (mod n)*. Let $p \\ge 5$ be a prime number and $1 < a < p-1$ be an integer. Let $\\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\}$ be the set of all possible remainders when positive powers of $a$ are divided by $p$. Show that if a permutation of $\\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\}$ is an arithmetic sequence in (mod $p$), then $k = p-1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $(b_1, b_2, \\dots, b_k)$ be a permutation of $\\{a_1, a_2, \\dots, a_k\\}$ which is an arithmetic sequence in (mod $p$). Then, for some integers $c$ and $d$ we have $b_i \\equiv c + i d \\pmod p$ for every $i = 1, 2, \\dots, k$.\n\nIt is easy to see that $k$ is the order of $a$ in (mod $p$). Then, we have $a^k \\equiv 1 \\pmod p$ and\n$$\nb_1 + b_2 + \\dots + b_k \\equiv a + a^2 + \\dots + a^k = \\frac{a^k - 1}{a-1} \\equiv 0 \\pmod{p}.\n$$\nOn the other hand, we have\n$$\nb_1 + b_2 + \\dots + b_k \\equiv \\frac{k(2c + d(k+1))}{2} \\pmod{p}\n$$\nand hence, we get\n$$\n2c + d(k + 1) \\equiv 0 \\pmod{p}.\n$$\nSimilarly, we have\n$$\nb_1^2 + b_2^2 + \\dots + b_k^2 \\equiv a^2 + a^4 + \\dots + a^{2k} = a^2 \\frac{a^{2k} - 1}{a^2 - 1} \\equiv 0 \\pmod{p}.\n$$\nsince $1 < a < p-1$. Moreover,\n$$\n\\sum_{i=1}^{k} b_i^2 = \\sum_{i=1}^{k} (c + i d)^2 = k c^2 + c d k(k+1) + d^2 \\frac{k(k+1)(2k+1)}{6}\n$$\nTherefore, we get\n$$\nk c^2 + c d k(k+1) + d^2 \\frac{k(k+1)(2k+1)}{6} \\equiv 0 \\pmod{p} \\quad (2)\n$$\nBy (1), we can replace $c = -d(k+1)/2$ in (2) and get\n$$\n\\frac{d^2 k(k+1)^2}{4} - \\frac{d^2 k(k+1)^2}{2} + \\frac{d^2 k(k+1)(2k+1)}{6} \\equiv 0 \\pmod{p}\n$$\nand hence,\n$$\n\\frac{d^2 k(k+1)}{2} \\left( -\\frac{k+1}{2} + \\frac{2k+1}{3} \\right) = \\frac{d^2 k(k+1)(k-1)}{12} \\equiv 0 \\pmod{p}.\n$$\nClearly, $d \\neq 0$ (mod $p$) and $2 < k \\le p-1$. Therefore, we see that $k = p-1$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44912,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A line $d$ is said to *focus* a triangle $T$ if there exists a point on the plane whose projections on the edges of the triangle $T$ all lie on the line $d$. Triangles $T_1$ and $T_2$ are *equivalent* if the set of focusing lines of $T_1$ is identical to the set of focusing lines of $T_2$. For any given triangle $T$ on the plane, prove that there exists exactly one equilateral triangle equivalent to $T$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First, note that the focusing lines of a triangle are its Simson lines. We will make use of the following well-known lemmas about Simson lines and we state them without proof.\n\n**Lemma 1.** Fix a triangle. Let $P$ be a point on the circumcircle and let $H$ be the orthocenter. The Simson line associated to $P$ passes through the midpoint of $[PH]$.\n\n**Lemma 2.** Let $P_1, P_2$ be points on the circumcircle. Let $\\ell_1, \\ell_2$ be the Simson lines associated to $P_1, P_2$ respectively. Then, one has\n$$\n\\angle(\\ell_1, \\ell_2) = \\frac{1}{2} \\cdot \\overline{P_1 P_2}\n$$\n\nWe now set a notation convention: Let $P$ be a point on the 9-point circle. Denote the reflection of $H$ across $P$ by $\\bar{P}$. Note that $\\bar{P}$ is on the circumcircle. Consider the Simson line associated to $\\bar{P}$, which passes through $P$ (by Lemma 1). Let this line intersect the 9-point circle at $P'$ other than $P$. For any point $Q$ on the 9-point circle, let $\\bar{Q}$ and $Q'$ be defined similarly.\n\nIn this notation, Lemma 2 appears as\n$$\n\\angle(PP', QQ') = \\frac{1}{2} \\cdot \\overline{Q\\bar{P}} \\Leftrightarrow \\overline{P'Q'} = 2 \\cdot \\overline{Q\\bar{P}}\n$$\n\nExactly 3 of the Simson lines are tangent to the 9-point circle.\n\nIndeed, line $RR'$ is tangent to the 9-point circle iff\n$$\nR = R' \\Leftrightarrow \\overrightarrow{PR} = 2 \\cdot \\overrightarrow{RP} \\Leftrightarrow \\overrightarrow{PR} = 3 \\cdot \\overrightarrow{RP}\n$$\nwhere the last equation is satisfied by exactly 3 points $R$ on the circle, clearly. These 3 points are spaced equally around the circle.\n\nLet the 9-point circle together with these 3 equally spaced points marked on it be called *the marked 9-point circle*. Therefore, given the marked 9-point circle of a triangle, all the Simson lines are determined. Take a triangle and consider its marked 9-point circle $\\Omega$ and the equilateral triangle formed by the tangent lines at the marked points. Then, the marked 9-point circle of this equilateral triangle is the same as $\\Omega$. Therefore, this equilateral triangle is equivalent to the original triangle. Furthermore, an equilateral triangle can be uniquely determined by its set of Simson lines, so the conclusion follows.\n\nThe last claim is justified as follows: Note that the sides of any triangle are among its Simson lines, thus given a full set of Simson lines, one must consider the equilateral triangles that can be formed by these lines in order to find the equilateral triangle that produced this set of Simson lines. Among these equilateral triangles, only the largest one produces this set of Simson lines.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Graph Theory"
  },
  {
    "id": 44913,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $2019$ bags: each bag contains $2019$ beads with total weight $1$ kg. In each bag the beads are numbered by $1, 2, \\ldots, 2019$. A proper collection is a collection of differently numbered beads containing at most one bead from each bag and having total weight not less than $1$ kg. Find the maximal possible value of $k$, if always there are at least $k$ different proper collections.",
    "options": [],
    "answer": "2018!",
    "solution": "A good collection is a collection of differently numbered beads containing exactly one bead from each bag. Let $(\\sigma_1, \\sigma_2, \\dots, \\sigma_{2019})$ be a good collection, where for each $i = 1, 2, \\dots, 2019$, $\\sigma_i$ is a number of the bead taken from $i$-th bag. We say that two good collections $(\\sigma'_1, \\sigma'_2, \\dots, \\sigma'_{2019})$ and $(\\sigma''_1, \\sigma''_2, \\dots, \\sigma''_{2019})$ are equivalent if for some integer $k$ and for each $i = 1, 2, \\dots, 2019$ we have $\\sigma'_i + k = \\sigma''_i \\pmod{2019}$. Clearly, each good collection is equivalent to exactly $2018$ other good collections and the set of all $2019!$ good collections can be partitioned into $\\frac{2019!}{2019} = 2018!$ equivalence classes. The total weight of all $2019$ collections belonging to any fixed equivalence class is equal to $1 \\cdot 2019$ kg, since the sum representing the total weight contains the weight of each bead exactly once. Therefore, in each equivalence class there is at least one good collection with total weight not less than $2019$. Thus, in each equivalence class there is at least one proper collection and consequently there are at least $2018!$ distinct proper collections.\n\nNow we give an example when the total number of proper collections is exactly $2018!$. Suppose that the weights of the beads of first bag are\n$$\n\\frac{1}{2019} + \\frac{2018}{2019^2}, \\frac{1}{2019} - \\frac{1}{2019^2}, \\frac{1}{2019} - \\frac{1}{2019^2}, \\dots, \\frac{1}{2019} - \\frac{1}{2019^2}\n$$\nrespectively and the weights of all other beads are equal to $\\frac{1}{2019}$. Now note that\n\n(†) any proper collection should contain the first bead of the first bag, since otherwise its total weight is at most $1 - \\frac{1}{2019^2} < 1$\n\n(††) any proper collection should contain $2019$ beads, since otherwise its total weight is at most\n$$\n\\frac{1}{2019} + \\frac{2018}{2019^2} + 2017 \\cdot \\frac{1}{2019} = 1 - \\frac{1}{2019^2} < 1\n$$\nTherefore, any proper collection contains the first bead of the first bag and $2018$ additional beads and the total number of proper collections is $2018!$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44914,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $S$ be a set having $n$ elements and $A_1, A_2, \\dots, A_n$ be subsets of $S$ such that the union of any three of them is equal to $S$ and the union of any two of them is not equal to $S$. Find the maximal possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "64",
    "solution": "The answer is $64$. Assume that $n \\geq 65$. Then there are at least $\\binom{65}{2} = 2080$ unordered pairs of subsets $A_i, A_j$. By conditions, to each unordered pair $A_i, A_j$ we can correspond an element $c(i, j) \\in S$ such that $c(i, j) \\notin A_i \\cup A_j$. Since $2080 > 2019$, for some $A_k, A_l$ and $A_p, A_q$ we have $c(k, l) = c(p, q)$. Finally, since at least three of the indices $k, l, p, q$ are distinct, the union of some three subsets is not equal to $S$, a contradiction.\n\nNow let us give an example for $n = 64$. Let $S = \\{a_1, a_2, \\dots, a_{2019}\\}$. There are $\\binom{64}{2} = 2016$ unordered pairs of distinct indices $i, j$, $1 \\leq i, j \\leq 64$. Let us fix any one-to-one correspondence between the set of $2016$ unordered pairs and the set $\\{1, 2, \\dots, 2016\\}$: $A_i, A_j \\leftrightarrow m(i, j) \\in \\{1, 2, \\dots, 2016\\}$. We start with $A_1 = A_2 = \\dots = A_{64} = S$ and after that for each $m(i, j)$ remove $a_{m(i,j)}$ from both $A_i$ and $A_j$. Since each element of $\\{a_1, a_2, \\dots, a_{2016}\\}$ is removed exactly from two subsets, the obtained collection $A_1, A_2, \\dots, A_{64}$ satisfies the conditions. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44915,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs of real numbers $(x, y)$ satisfying the following conditions:\n$$x^2 + y^2 + x + y = xy(x + y) - \\frac{10}{27}$$\n$$|xy| \\le \\frac{25}{9}.$$",
    "options": [],
    "answer": "(x, y) = (-1/3, -1/3) and (x, y) = (5/3, 5/3)",
    "solution": "Answer: $(x, y) = (-1/3, -1/3)$, $(5/3, 5/3)$.\nFirstly, we obtain that\n$$\nx^2 + y^2 + x + y - xy(x + y) + 2 = -(1-x)(1-y)(x+y+2)\n$$\nand hence we get\n$$\n(1-x)(1-y)(x+y+2) = \\frac{64}{27}.\n$$\nLet $k^3 = 1-x$, $\\ell^3 = 1-y$, $m^3 = x+y+2$. Then we have\n$$\nk^3 + \\ell^3 + m^3 = 4 \\quad \\text{and} \\quad k\\ell m = \\frac{4}{3}.\n$$\nThis shows that $k^3 + \\ell^3 + m^3 = 3k\\ell m$ and it can be expressed as\n$$\n(k + \\ell + m)((k - \\ell)^2 + (\\ell - m)^2 + (m - k)^2) = 0.\n$$\nThe last equality implies that either $k + \\ell + m = 0$ or $k = \\ell = m$.\nFor $k = \\ell = m$, we obtain the solution $x = y = -1/3$.\nLet $k + \\ell + m = 0$. In this case using $k\\ell m = 4/3$, we get $k\\ell(k + \\ell) = -4/3$. Consider the condition $|xy| = |(1-k^3)(1-\\ell^3)| \\le 25/9$. Define $u = k + \\ell$, $v = k\\ell$. In this case, we get\n$$\nuv = -\\frac{4}{3} \\quad \\text{and} \\quad |(1-k^3)(1-\\ell^3)| = |u^3 - v^3 + 3| \\le \\frac{25}{9}.\n$$\nThese two conditions imply that\n$$\n-\\frac{52}{9} \\le u^3 - v^3 = u^3 + \\frac{64}{27u^3} \\le -\\frac{2}{9} \\quad (*)\n$$\nBy AM-GM, we get $u^2 \\ge 4v = -16/(3u)$ which is equivalent to $u > 0$ or $u^3 \\le -16/3$. From (*), we conclude that $u < 0$ and hence $u^3 \\le -16/3$. In this case since $u^3 + 16/3 \\le 0$ and $4/(9u^3) + 1 \\ge 11/12 > 0$ we get that\n$$\nu^3 + \\frac{64}{27u^3} + \\frac{52}{9} = \\left(u^3 + \\frac{16}{3}\\right) \\left(\\frac{4}{9u^3} + 1\\right) \\le 0\n$$\nTherefore, (*) holds only if $u^3 = -16/3$ and $u^2 = 4v$ which implies that $k = \\ell = -\\sqrt[3]{2}/3$. This yields the solution $x = y = 5/3$. Both obtained solutions satisfy the problem conditions.\nLet $x+y=a$, $xy=b$. Then by AM-GM, we have $a^2 \\ge 4b$ and hence\n$$\nx^2 + y^2 + x + y - xy(x + y) = a^2 + a - b(a + 2) = -\\frac{10}{27},\n$$\n$$\nb = \\frac{a^2 + a + \\frac{10}{27}}{a + 2} \\le \\frac{a^2}{4},\n$$\n$$\n|b| = \\left| \\frac{a^2 + a + \\frac{10}{27}}{a + 2} \\right| \\le \\frac{25}{9}.\n$$\nTherefore, we get\n$$\n\\frac{a^2}{4} - \\frac{a^2 + a + \\frac{10}{27}}{a + 2} = \\frac{\\left(a + \\frac{2}{3}\\right)^2 \\left(a - \\frac{10}{3}\\right)}{4(a + 2)} \\ge 0 \\quad (1),\n$$\n$$\n\\frac{a^2 + a + \\frac{10}{27}}{a + 2} - \\frac{25}{9} = \\frac{\\left(a - \\frac{10}{3}\\right)\\left(a + \\frac{14}{9}\\right)}{a + 2} \\le 0 \\quad (2),\n$$\n$$\n\\frac{a^2 + a + \\frac{10}{27}}{a + 2} + \\frac{25}{9} = \\frac{\\left(a + \\frac{17}{9}\\right)^2 + \\frac{191}{81}}{a + 2} \\ge 0 \\quad (3).\n$$\nUsing (1), (2) and (3), we obtain the following solutions:\n$$\n(1) \\iff a < -2 \\quad \\text{or} \\quad a \\ge \\frac{10}{3} \\quad \\text{or} \\quad a = -\\frac{2}{3},\n$$\n$$\n(2) \\iff a < -2 \\quad \\text{or} \\quad -\\frac{14}{9} \\le a \\le \\frac{10}{3},\n$$\n$$\n(3) \\iff a > -2.\n$$\nHence, the only solutions are $a = -\\frac{2}{3}$ and $a = \\frac{10}{3}$. In both cases, $a^2 = 4b$ and it follows that $x = y = \\frac{a}{2}$. The obtained solutions $(x, y) = (-1/3, -1/3)$, $(5/3, 5/3)$ satisfy the problem conditions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44916,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $(a_n)_{n=1}^\\infty$ be a sequence of integers with $a_1 = 1$, $a_2 = 2$ and\n$$\na_{n+2} = a_{n+1}^2 + (n+2)a_{n+1} - a_n^2 - n a_n\n$$\nfor all $n \\ge 1$.\n\na) Show that there exist infinitely many prime numbers dividing at least one term of this sequence.\n\nb) Find three different prime numbers not dividing any term of this sequence.",
    "options": [],
    "answer": "3, 5, 19",
    "solution": "a.\nBy putting $b_1 = 1$ and $b_{n+1} = a_n^2 + n a_n$ for all $n \\ge 1$ we get\n$$\na_{n+2} - a_{n+1} = a_{n+1}^2 + (n+1)a_{n+1} - a_n^2 - n a_n = b_{n+2} - b_{n+1}.\n$$\nWe also have $a_1 = b_1 = 1$, $a_2 = b_2 = 2$. Hence, we conclude that $a_n = b_n$ for all $n \\ge 1$. Then we get $a_{n+1} = b_{n+1} = a_n(a_n + n)$ for all $n \\ge 1$.\n\nAssume that the set of all prime numbers dividing at least one element of the sequence are finite. Denote these primes by $p_1, p_2, \\dots, p_k$. Since $a_n \\mid a_{n+1}$, we have $a_n \\mid a_m$ for all $m \\ge n$. This means that if $p_i \\mid a_n$ for some $i, n$, then $p_i \\mid a_m$ for all $m \\ge n$. Therefore, there exists an index $N$ for which $p_1 \\cdot p_2 \\cdots p_k \\mid a_n$ for all $n > N$.\n\nTake an index $\\ell$ satisfying $\\ell > N+1$ and $\\ell \\equiv 2 \\pmod{p_1 \\cdot p_2 \\cdots p_k}$. In this case, we get $a_\\ell = a_{\\ell-1}(a_{\\ell-1} + \\ell - 1)$ and the expression $a_{\\ell-1} + \\ell - 1$ is not divisible by $p_i$ for all $i = 1, 2, \\dots, k$. It is clear that this expression is larger than 1 and hence $a_\\ell$ should have a prime divisor different from $p_i$'s, which is a contradiction.\n\nb.\nWe will show that the primes 3, 5, 19 do not divide any term of $(a_n)$. We use the fact that for a prime number $p$ if $a_m \\equiv a_{m+p} \\pmod{p}$ for some index $m$, then $a_\\ell \\equiv a_{\\ell+p} \\pmod{p}$ for all $\\ell \\ge m$. Hence, after the index $m$, the sequence becomes periodic modulo $p$. Hence, if for some index $m$, $p \\nmid a_n$ for all $n < m + p$, then we conclude that $p \\nmid a_n$ for all $n$.\n\nLet us consider the sequence $(a_n)$ modulo 3, 5 and 19. We get\n$a_1, a_2, a_3, a_4 \\equiv 1, 2, 2, 1 \\pmod 3$ so $m=1, p=3$ holds.\n$a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6 \\equiv 1, 2, 3, 3, 1, 1 \\pmod 5$ so $m=1, p=5$ holds.\n$a_1, a_2, \\dots, a_{25} \\equiv 1, 2, 8, 12, 2, 14, 14, 9, 1, 10, 10, 1, 13, 15, 17, 12, 13, 10, 14, 6, 4, 5, 2, 12, 14 \\pmod{19}$ so $m=6, p=19$ holds. We are done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44917,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the minimal possible value of $\\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}$ over all positive real numbers $a, b, c$ satisfying\n$$\nabc = 1, \\quad a+b+c = 5 \\text{ and}\n$$\n$$\n(ab+2a+2b-9)(bc+2b+2c-9)(ca+2c+2a-9) \\geq 0.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Answer: 5.\nSince $abc = 1$ we find the minimal value of $ab+bc+ac = \\frac{1}{a} + \\frac{1}{b} + \\frac{1}{c}$. Note that\n$$\nab + 2a + 2b + 2c - 9 = \\frac{1}{c} + 2(5 - c) - 9 = \\frac{1}{c} - 2c + 1 = \\frac{1}{c}(2c + 1)(1 - c).\n$$\nThe similar formulas are held for $bc+2b+2c-9$ and $ca+2c+2a-9$. Therefore, $(abc = 1)$\n$$\n(ab + 2a + 2b - 9)(bc + 2b + 2c - 9)(ca + 2c + 2a - 9)\n$$\n---\n\n$= (2a+1)(2b+1)(2c+1)(1-a)(1-b)(1-c) \\geq 0.$\n$$\nNow since $(2a+1)(2b+1)(2c+1) > 0$, we get\n$$\n0 \\le (1-a)(1-b)(1-c) = -abc - a - b - c + ab + bc + ac + 1.\n$$\nThus, $ab + bc + ac \\ge 5$. The equality holds at\n$$\n(a, b, c) = (1, 2 - \\sqrt{3}, 2 + \\sqrt{3}).\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44918,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P$ be a point inside the triangle $ABC$. The lines $AP$, $BP$ and $CP$ intersect the sides $BC$, $CA$ and $AB$ at points $D$, $E$ and $F$, respectively. Let $Q$ be a point on the ray $[BE$ such that $E \\in [BQ]$ and $\\angle EDQ = \\angle FDB$. Suppose that $BE \\perp AD$ and $|DQ| = 2|BD|$. Prove that $\\angle FDE = 60^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $FD \\cap BP = T$ and $AT \\cap BC = R$. Using Menelaus and Ceva theorems, we get\n$$\n\\frac{BC}{DC} = \\frac{BF}{AF} \\cdot \\frac{AP}{PD} = \\frac{BR}{DR}.\n$$\n![](attached_image_1.png)\nThis shows that the points $B$, $R$, $D$, $C$ are harmonic. The lines $AB$, $AR$, $AD$, $AC$ form a harmonic pencil and hence it follows that the points $B$, $T$, $P$, $E$ are also harmonic. In triangle $DTE$, let $U$ and $V$ be the feet of the perpendicular lines from the vertices $E$ and $T$ to the opposite sides. Since $[DP]$ is an altitude, the lines $EU$, $TV$, $DP$ are concurrent. As the points $B$, $T$, $P$, $E$ are harmonic, using Ceva theorem, we get\n$$\n\\frac{EV}{VD} \\cdot \\frac{DU}{UT} = \\frac{EP}{TP} = \\frac{EB}{TB}.\n$$\n\nTherefore, the points $B$, $U$, $V$ satisfy the Menelaus theorem in the triangle $TDE$ which in turn implies that the points $B$, $U$, $V$ are collinear. Since the points $T$, $U$, $V$, $E$ are concyclic, we obtain that $\\angle TUB = \\angle TED$ and hence $\\triangle BUD \\sim \\triangle QED$. As the similarity ratio is $BD/QD = 1/2$, we conclude that $UD/ED = 1/2$. Since $EU \\perp UD$ we get $\\angle UDE = \\angle FDE = 60^\\circ$ and we are done.\nAs in Solution 1 it can be shown that the points $B$, $T$, $P$, $E$ are harmonic. Let $\\angle FDB = \\angle QDE = \\alpha$, $\\angle PDT = \\beta$, $\\angle EDP = \\theta$. We have\n$$\n\\frac{\\sin \\alpha}{\\sin(\\alpha + \\beta + \\theta)} \\cdot \\frac{TD}{DE} = \\frac{BT}{BE} = \\frac{PT}{PE} = \\frac{\\sin \\beta}{\\sin \\theta} \\cdot \\frac{TD}{DE}.\n$$\nIt follows that\n$$\n\\frac{\\sin \\alpha}{\\sin(\\alpha + \\beta + \\theta)} = \\frac{\\sin \\beta}{\\sin \\theta}.\n$$\nBy applying trigonometric transformation formulas we get\n$$\n\\sin \\alpha \\cdot \\sin \\theta = \\frac{1}{2}(\\cos(\\alpha - \\theta) - \\cos(\\alpha + \\theta)) \\\\\n\\sin(\\alpha + \\beta + \\theta) \\cdot \\sin \\beta = \\frac{1}{2}(\\cos(\\alpha + \\theta) - \\cos(\\alpha + 2\\beta + \\theta)).\n$$\nTherefore, we have\n$$\n\\cos(\\alpha + \\theta) = \\frac{1}{2}(\\cos(\\alpha - \\theta) + \\cos(\\alpha + 2\\beta + \\theta)) = \\cos(\\alpha + \\beta) \\cdot \\cos(\\beta + \\theta).\n$$\nSince $0^\\circ < \\alpha + \\beta < 90^\\circ$, $0^\\circ < \\alpha + \\theta < 90^\\circ$ and $DP \\perp BQ$, we get\n$$\n\\frac{\\cos(\\alpha + \\beta)}{\\cos(\\alpha + \\theta)} = \\frac{DQ}{BD} = 2.\n$$\nFinally we obtain that $\\cos(\\beta + \\theta) = 1/2$ and $\\angle FDE = \\beta + \\theta = 60^\\circ$ and hence we are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44919,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle satisfying $|AB| = |AC|$. Let $D$ be a point on smaller arc $AC$ of circumcircle $\\omega$ of $ABC$. Let $E$ be the symmetric point of $B$ with respect to the line $AD$. The line $BE$ intersects $\\omega$ at $F$. The tangent line of $\\omega$ at $F$ intersects the line $AC$ at $K$ and the lines $DF$ and $AB$ intersect at $L$. Show that the points $K, L, E$ are collinear.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $M$ be a point on $AD$ such that $D \\in [AM]$. Since $\\angle EDA = \\angle ADB = \\angle ACB = \\angle ABC = \\angle CDM$, we conclude that the points $C$, $D$, $E$ are collinear.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nUsing Pascal theorem for the points $D$, $C$, $A$, $B$, $F$, $F$, we find that the points $E = DC \\cap BF$, $K = CA \\cap FF$, $L = AB \\cap FD$ are collinear, and we are done. (Here $FF$ denotes the tangent line of $\\omega$ at $F$.)",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44920,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The sequence $a_1, a_2, \\dots$ satisfies the equality $\\sum_{i=1}^{n} a_{\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor} = n^{10}$ for each positive integer $n$. Given an arbitrary positive integer $c$, prove that $\\frac{c^{a_n} - c^{a_{n-1}}}{n}$ is an integer for each $n > 1$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For any $n > 1$, we can write the given equality for $n$ and $n-1$, then subtract them side by side to obtain the following:\n$$\n\\sum_{i=1}^{n-1} \\left( a_{\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor} - a_{\\lfloor \\frac{n-1}{i} \\rfloor} \\right) + a_1 = n^{10} - (n-1)^{10}.\n$$\nDefining a new sequence by $b_1 = a_1 = 1$ and $b_n = a_n - a_{n-1}$ for each $n > 1$, we can express the equality we obtained in the following form:\n$$\n\\sum_{i|n} b_{\\frac{n}{i}} = n^{10} - (n-1)^{10} \\Rightarrow \\sum_{i|n} b_i = n^{10} - (n-1)^{10}.\n$$\nIt is easy to see that this equality holds for $n = 1$ as well as $n > 1$. Now, recall the definition of the well-known $\\mu$-function:\n$$\n\\mu(n) = \\begin{cases} (-1)^k & n \\text{ is square-free and the number of prime divisors of } n \\text{ is } k \\\\ 0 & n \\text{ is not square-free} \\end{cases}\n$$\nAlso recall the following well-known theorem:\n**Theorem.** Let $x_1, x_2, \\dots$ be a sequence and let $y_n = \\sum_{i|n} x_i$ for each positive integer $n$. Then,\n$$\nx_n = \\sum_{i|n} \\mu(i) \\cdot y_{\\frac{n}{i}}\n$$\nholds for each positive integer $n$. If $n > 1$, denoting the prime divisors of $n$ by $p_1, p_2, \\dots, p_k$, we can express the equality more explicitly as follows:\n$$\nx_n = y_n - y_{\\frac{n}{p_1}} - \\dots - y_{\\frac{n}{p_k}} + y_{\\frac{n}{p_1 p_2}} + \\dots + y_{\\frac{n}{p_{k-1} p_k}} - \\dots\n$$\nNow, we know that\n$$\n\\sum_{i|n} b_i = n^{10} - (n-1)^{10} = (10n^9 - 45n^8 + \\dots - 45n^2 + 10n - 1).\n$$\nTherefore, by the theorem above, we find that\n$$\nb_n = \\sum_{i|n} \\mu(i) \\cdot \\left( \\left( \\frac{n}{i} \\right)^{10} - \\left( \\frac{n}{i} - 1 \\right)^{10} \\right)\n$$\n$$\n= 10 \\cdot \\sum_{i|n} \\mu(i) \\cdot \\left(\\frac{n}{i}\\right)^9 - 45 \\cdot \\sum_{i|n} \\mu(i) \\cdot \\left(\\frac{n}{i}\\right)^8 + \\dots + 10 \\cdot \\sum_{i|n} \\mu(i) \\cdot \\left(\\frac{n}{i}\\right) - \\sum_{i|n} \\mu(i).\n$$\nFor $n > 1$, denoting the prime divisors of $n$ by $p_1, p_2, \\dots, p_k$, we see that the following holds for each positive integer $r$:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\sum_{i|n} \\mu(i) \\cdot \\left(\\frac{n}{i}\\right)^r &= n^r \\cdot \\left(1 - \\frac{1}{p_1^r}\\right) \\cdots \\left(1 - \\frac{1}{p_k^r}\\right) \\\\\n&= \\phi(n) \\cdot n^{r-1} \\cdot \\left(1 + \\frac{1}{p_1} + \\dots + \\frac{1}{p_1^{r-1}}\\right) \\cdots \\left(1 + \\frac{1}{p_k} + \\dots + \\frac{1}{p_k^{r-1}}\\right).\n\\end{aligned}\n$$\nFurthermore, $\\sum_{i|n} \\mu(i) = 0$ since $n > 1$, therefore we obtain the following:\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{b_n}{\\phi(n)} &= 10n^8 \\prod \\left(1 + \\frac{1}{p} + \\dots + \\frac{1}{p^8}\\right) \\\\\n&\\quad -45n^7 \\prod \\left(1 + \\frac{1}{p} + \\dots + \\frac{1}{p^7}\\right) + \\dots -45n \\prod \\left(1 + \\frac{1}{p}\\right) + 10.\n\\end{aligned}\n$$\nWe draw the following two conclusions from this formula:\n(i) For each positive integer $n$, one has $\\phi(n) \\mid b_n$. This is obvious for $n = 1$ and follows from the formula for $n > 1$.\n(ii) For each positive integer $n$, one has $b_n > 0$, thus $a_n \\ge n$. Because,\n$$ b_1 = 1 > 0,\\ b_2 = 2^{10} - 2 > 0,\\ b_3 = 3^{10} - 2^{10} - 1 > 0,\\ b_4 = 4^{10} - 3^{10} - 2^{10} + 1 > 0 $$\nand for $n \\ge 5$,\n$$\n\\begin{aligned}\n\\frac{b_n}{\\phi(n)} &> n^7 \\cdot (10n - 45) \\prod \\left(1 + \\frac{1}{p} + \\dots + \\frac{1}{p^7}\\right) + \\dots \\\\\n&\\quad + n \\cdot (120n - 45) \\prod \\left(1 + \\frac{1}{p}\\right) + 10 > 0 \\Rightarrow b_n > 0.\n\\end{aligned}\n$$\n\nFor $n > 1$, separate the prime divisors of $n$ into two subsets as those which divide $c$ and those which do not divide $c$, hence write $n = m \\cdot s$. Here, $m$ divides sufficiently large powers of $c$ and $s$ is coprime to $c$. Hence, $m \\mid c^{n-1} \\mid c^{a_{n-1}}$ since $a_{n-1} \\ge n-1$ and $s \\mid c^{\\phi(s)-1} \\mid c^{\\phi(n)-1} \\mid c^{b_n-1}$ since $\\phi(n) \\mid b_n$. Therefore, $n \\mid c^{a_{n-1}} \\cdot (c^{b_n-1}) = c^{a_n} - c^{a_{n-1}}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44921,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with $|AB| > |AC|$. Let $D$ be the foot of the altitude drawn from $A$ to $BC$, $K$ be the intersection of $AD$ and the internal bisector of the angle at $B$, $M$ be the foot of the perpendicular drawn from $B$ to $CK$ and $N$ be the intersection of $BM$ and $AK$. Let $T$ be the intersection of $AC$ with the line which passes through $N$ and is parallel to $DM$.\nShow that $BM$ is the internal bisector of the angle $\\angle TBC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $R$ and $S$ be the reflections of $C$ in the lines $BK$ and $BN$, respectively. It is easy to see the following: $C, N, R$ are collinear, $A, B, R$ are collinear and $C, M, S$ are collinear.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nBy symmetry, $\\angle BRK = \\angle BSK = \\angle KCB$. But, $\\angle KCB = \\angle BNK$, hence $B, K, N, R, S$ are concyclic. Let $X$ be an arbitrary point on the line which passes through $N$ and which is parallel to $DM$. Then, $\\angle NBK = \\angle MDN = \\angle XNK$, hence $XN$ is tangent to the circle $BKNRS$. By Pascal's theorem, the following three points are collinear: $A = NK \\cap BR$, $C = SK \\cap NR$ and $XN \\cap BS$. Thus, the three lines $XN, BS, AC$ are concurrent. Hence, $BS$ passes through $T = XN \\cap AC$. Then, $\\angle TBC$ is the same angle as $\\angle SBC$ whose bisector is clearly $BM$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44922,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n$ be a positive integer with $b$ digits and $l, r$ be non-negative integers satisfying $l + r < b$. We say that a positive integer number is a sub-divisor of $n$, if it divides the number obtained by erasing the first $l$ and last $r$ digits of $n$. (For example, sub-divisors of $143$ are $1$, $2$, $3$, $4$, $7$, $11$, $13$, $14$, $43$ and $143$.) For any positive integer $d$, let $A_d$ be the set of positive integers for which $d$ is not a sub-divisor. Find all positive integers $d$ for which the set $A_d$ is finite.",
    "options": [],
    "answer": "All positive integers coprime with 10.",
    "solution": "Answer: All positive integers which are coprime with $10$.\nIf a number is divisible by either $2$ or $5$ then it can not divide any number of the form $11\\ldots1$. Therefore, for all numbers which are not coprime with $10$ the set $A_d$ is not finite.\n\nNow let $d$ be a positive integer which is coprime with $10$ and $b > d$. Let us show that any number $a_b a_{b-1} \\dots a_1$ is not in the set $A_d$. Consider the numbers $a_1$, $a_2 a_1$, $a_3 a_2 a_1$, $\\dots$, $a_b a_{b-1} \\dots a_1 \\pmod d$. Since $d > b$ there are $i$ and $j$, $i > j$ such that $a_i a_{i-1} \\dots a_1 = a_j a_{j-1} \\dots a_1 \\pmod d$. Therefore, $a_i a_{i-1} \\dots a_{j-1} \\cdot 10^j = 0 \\pmod d$. Since $d$ is coprime with $10$ we get $d \\mid a_i a_{i-1} \\dots a_{j-1}$ and hence $a_b a_{b-1} \\dots a_1$ is not in $A_d$. Thus, all numbers in $A_d$ have at most $d$ digits and consequently $A_d$ is finite.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44923,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For every positive integer $n$, let $\\sigma(n)$ denote the number of positive divisors of $n$ and let $s(n)$ denote the number of positive divisors $d$ of $n$ such that $d+1|n+1$. Find the maximum value of\n$$\n2s(n) - \\sigma(n).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "2",
    "solution": "Answer: 2.\nIt is easy to verify that for any odd prime number $p$ we have $s(p) = \\sigma(p) = 2$ and hence $2s(n) - \\sigma(n) = 2$. We will show that $2s(n) - \\sigma(n) \\le 2$ for every positive integer $n$. Let $1 = d_1 < d_2 < \\dots < d_k = n$ be positive divisors of $n$. It is well known that $d_i d_{k+1-i} = n$ for $1 \\le i \\le k$. If $d_i + 1|n+1$, then $d_i + 1|d_i d_{k+1-i} + 1 - (d_i + 1) = d_i(d_{k+1-i} - 1)$. $\\Rightarrow d_i|d_{k+1-i} - 1$ since $(d_i + 1, d_i) = 1$. $\\Rightarrow i = k$ or $i < k+1-i$. $\\Rightarrow i = k$ or $i \\le k-i$. $\\Rightarrow s(n) \\le 1 + \\frac{k}{2} \\Rightarrow 2s(n) \\le k+2$ and the result follows.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44924,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$, the interior angle bisector of $A$ intersects the $A$-excircle of $ABC$ at $D$ and $E$ such that $D \\in [AE]$. Show that\n$$\n\\frac{|AD|}{|AE|} \\le \\frac{|BC|^2}{|DE|^2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $BC = a$, $u$ be the semiperimeter, the length of the altitude passing through $A$ be $h_a$, and the center and radius of $A$-excircle be $J_a$ and $r_a$, respectively. It is known that the points $A, D, J_a, E$ are collinear. We have\n$$\nAD = AJ_a - J_a D = \\sqrt{r_a^2 + u^2} - r_a, \\quad DE = 2r_a, \\quad AE = \\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a.\n$$\n![](attached_image_1.png)\nTherefore, we get\n$$\n\\frac{AD}{AE} \\cdot \\frac{DE^2}{BC^2} = \\frac{4r_a^2}{a^2} \\cdot \\frac{\\sqrt{r_a^2 + u^2} - r_a}{\\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a} = \\left[ \\frac{2u}{a} \\cdot \\frac{r_a}{\\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a} \\right]^2.\n$$\nSince the area of triangle $ABC$ is equal to $ah_a/2 = r_a(u-a)$, we get $h_a/r_a = 2(u-a)/a$. Let the feet of the perpendicular lines from $J_a$ and $A$ to the line $BC$ be $K$ and $L$, respectively. It is clear that $AL + J_a K \\le AJ_a$. This shows that $h_a + r_a \\le \\sqrt{r_a^2 + u^2}$. Hence, we conclude that\n$$\n\\frac{\\sqrt{r_a^2 + u^2} + r_a}{r_a} \\ge \\frac{h_a + 2r_a}{r_a} = \\frac{2u}{a}.\n$$\nThe last inequality completes the proof. The equality holds when the points $A, L, K, J_a$ are collinear, i.e., $AB = AC$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44925,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $P(x)$ be a non-constant polynomial with real coefficients such that all of its roots are real numbers. Suppose that there exists a polynomial $Q(x)$ with real coefficients such that\n$$\n(P(x))^2 = P(Q(x))\n$$\nfor all real numbers $x$. Prove that all roots of $P(x)$ are equal.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $P(x) = A(x - r_1)^{d_1} \\cdots (x - r_k)^{d_k}$ where $r_1 < \\cdots < r_k$. It is easy to see that $Q(x)$ has degree $2$ and hence $Q(x) = a x^2 + b x + c$ for some real numbers $a$, $b$ and $c$. Then the given equality can be written as\n$$\nA^2 \\prod_{i=1}^{k} (x - r_i)^{2d_i} = A \\prod_{i=1}^{k} (a x^2 + b x + c - r_i)^{d_i}.\n$$\nTherefore, for each $i$ the roots of $a x^2 + b x + c - r_i$ are $r_s$ and $r_t$ for some $s$ and $t$. On the other hand, the sum of the roots are $-b/a$ for every $i$. Thus, all the roots of $(P(x))^2$ can be paired in a way that sum of the elements in each pair is the same. Let an $r_1$ be\n\npaired with $r_s$ and an $r_k$ be paired with $r_t$. Since $r_1 \\le r_t$, $r_s \\le r_k$ and $r_1 + r_s = r_k + r_t$, we see that $r_s = r_k$ and $r_t = r_1$. In other words, every $r_1$ has to be paired with an $r_k$ and every $r_k$ has to be matched with an $r_1$. Therefore, we obtain that $d_1 = d_k$. By induction it is easy to prove that $d_i = d_{k+1-i}$ for every $i$ and all pairs are of the form $\\{r_j, r_{k+1-j}\\}$.\nConsequently, for every $m$ we have that $(c - r_m)/a$ is equal to $r_j r_{k+1-j}$ for some $j$. However, the numbers of the form $r_j r_{k+1-j}$ can attain at most $\\lfloor \\frac{k+1}{2} \\rfloor$ distinct values and hence we get $k \\le \\lfloor \\frac{k+1}{2} \\rfloor$ which implies $k \\le 1$. Therefore, all the roots of $P(x)$ are the same.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44926,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an acute triangle $ABC$, let $D$ be the midpoint of $[BC]$ and $P$ be a point on $[AD]$. The interior angle bisectors of $ABP$ and $ACP$ intersect at $Q$. Let $BQ \\perp QC$. Prove that $Q \\in [AP]$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By angle chasing, we have\n$$\n\\begin{aligned}\n\\angle BAC + \\angle BPC &= 2\\angle BAC + \\angle ABP + \\angle ACP \\\\\n&= 2(\\angle BAC + \\angle ABQ + \\angle ACQ) = 2\\angle BQC = 180^{\\circ}.\n\\end{aligned}\n$$\nLet $R$ be a point on $[PD]$ such that $PD = DR$. Since $BD = DC$ and $PD = DR$, we conclude that $BPCR$ is a parallelogram. Therefore $\\angle BRC = \\angle BPC = 180^{\\circ} - \\angle BAC$ which means that $BACR$ is a cyclic quadrilateral. Since $BD = DC$, the areas of the triangles $ABR$ and $ACR$ are equal. We also have $\\angle ABR + \\angle ACR = 180^{\\circ}$ and hence we get\n$$\nAB \\cdot BR = AC \\cdot CR\n$$\nwhich shows that\n$$\n\\frac{AB}{AC} = \\frac{CR}{BR} = \\frac{BP}{CP}.\n$$\n\nLet $Q' = BQ \\cap AP$. (Notice that since the triangle $ABC$ is acute, $Q'$ must be on the line segment $[AP]$.) By bisector theorem, we get\n$$\n\\frac{AC}{CP} = \\frac{AB}{BP} = \\frac{AQ'}{PQ'}\n$$\nand hence $CQ'$ should also be bisector of the angle $ACP$, i.e., $C, Q, Q'$ are collinear. This is possible only if $Q \\equiv Q' \\in [AP]$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44927,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a_1, a_2, a_3, a_4$ be positive integers such that in any circular arrangement of these numbers there are two adjacent non-coprime ones. What is the maximal possible number of ordered triples $(i, j, k)$; $i, j, k \\in \\{1, 2, 3, 4\\}$ and $i \\neq j, j \\neq k, k \\neq i$, such that $(\\text{gcd}(a_i, a_j))^2 \\mid a_k$?",
    "options": [],
    "answer": "16",
    "solution": "Answer: 16.\nNote that if $(a_1, a_2, a_3, a_4) = (1, 2, 3, 6)$, there are 16 triples satisfying conditions:\n(1, 2, 3), (1, 2, 6), (1, 3, 2), (1, 3, 6), (1, 6, 2), (1, 6, 3), (2, 3, 6), (2, 3, 1),\n(2, 1, 3), (2, 1, 6), (3, 1, 2), (3, 1, 6), (6, 1, 2), (6, 1, 3), (3, 2, 6), (3, 2, 1).\nNow we will show that the number of triples satisfying the conditions can not be 17. The total number of ordered triples is $4 \\cdot 3 \\cdot 2 = 24$. We can partition these triples into 8 disjoint sets each of the form $\\{(i, j, k), (j, k, i), (k, i, j)\\}$ where $i, j, k$ are pairwise distinct. By Pigeonhole Principle, among 17 triples there are all triples from at least one of these sets. Therefore, for a permutation $(a, b, c, d)$ of $(a_1, a_2, a_3, a_4)$, we get\n$$\n(\\text{gcd}(a, b))^2 \\mid c, (\\text{gcd}(b, c))^2 \\mid a, (\\text{gcd}(c, a))^2 \\mid b.\n$$\nLet us prove that $\\text{gcd}(a, b) = \\text{gcd}(b, c) = \\text{gcd}(c, a) = 1$. For a prime number $p$ and a nonnegative integer $\\alpha$, let $p^\\alpha \\mid \\text{gcd}(a, b)$. In this case, we get\n$$\n\\begin{align*}\np^{2\\alpha} \\mid c &\\Rightarrow p^{\\alpha} \\mid \\text{gcd}(b, c) \\Rightarrow p^{2\\alpha} \\mid a &\\Rightarrow p^{\\alpha} \\mid \\text{gcd}(c, a) \\\\\n&\\Rightarrow p^{2\\alpha} \\mid b \\Rightarrow p^{2\\alpha} \\mid \\text{gcd}(a, b)\n\\end{align*}\n$$\n\nand hence $\\alpha = 0$. Therefore, $\\gcd(a, b) = 1$. In a similar way, we can show that $\\gcd(b, c) = \\gcd(c, a) = 1$. If $d$ is coprime with two of $a, b, c$ then we can arrange $a, b, c, d$ on a circle so that neighbors are coprime. (Firstly we put $a, b, c$ arbitrarily. Then we put $d$ between the ones which are coprime with $d$.) Consider the case where $d$ is not coprime with at least two of $a, b, c$. Without the loss of generality, we assume that $\\gcd(b, d) > 1$ and $\\gcd(c, d) > 1$. Then we have\n$$\n(\\gcd(b, d))^2 \\mid a \\Rightarrow \\gcd(a, b) > 1\n$$\n$$\n(\\gcd(b, d))^2 \\mid c \\Rightarrow \\gcd(b, c) > 1\n$$\n$$\n(\\gcd(c, d))^2 \\mid a \\Rightarrow \\gcd(a, c) > 1\n$$\n$$\n(\\gcd(c, d))^2 \\mid b \\Rightarrow \\gcd(b, c) > 1.\n$$\nThis means that there are at least 8 many $(i, j, k)$ triples not satisfying $(\\gcd(a_i, a_j))^2 \\mid a_k$. It follows that the number of triples satisfying the conditions can not be greater than 16.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44928,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $2018$ distinguishable boxes on the table. Starting Writer, Writer and Braker take turn writing a box pair to the table (each pair can be written at most once). They stop when there are $4032$ written pairs on the table. After that Braker numerates box pairs by numbers $1, 2, \\dots, 4032$ and for each $k = 1, 2, \\dots, 4032$ puts $k$ balls into each box belonging to pair numbered $k$. Can Braker guarantee that any two boxes will contain different number of balls?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Yes, Braker can guarantee that any two boxes will contain different number of balls. Suppose that Writer at the first move writes a pair $(A_1, A_2)$. At each move Braker chooses pairs containing box $A_1$ (if possible). By doing that he can guarantee that all pairs $(A_1, A_i)$, $i = 2,3,\\ldots,2018$ are on the table. Braker numerates all $2015$ pairs not containing $A_1$ randomly by numbers $1,2,\\ldots,2015$ and accordingly puts balls into these boxes. Let $t(A_i)$ be the total number of balls in the box $A_i$ after this procedure. Without loss of generality, assume that\n$$\nt(A_2) \\le t(A_3) \\le \\dots \\le t(A_{2018})\n$$\nAfter that Braker for each $i = 2,3,\\ldots,2018$ numerates $(A_1, A_i)$ by $2014 + i$ and accordingly distributes balls. Hereby we get\n$$\nt(A_2) < t(A_3) < \\dots < t(A_{2018}).\n$$\nFor each $i = 2,3,\\ldots,2018$ the box $A_i$ received balls at most $2016$ times and only in one case the number of balls was more than $2015$. Therefore,\n$$\nt(A_1) = 2016 + 2017 + \\dots + 4032 > 2016 \\cdot 2016 + 4032 > t(A_i)\n$$\nand as a result any two boxes contain different number of balls.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44929,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For positive integer $k$, let\n$$\nR_n = \\{-k, -(k-1), \\dots, -1, 1, \\dots, k-1, k\\} \\text{ for } n = 2k \\text{ and}\n$$\n$$\nR_n = \\{-k, -(k-1), \\dots, -1, 0, 1, \\dots, k-1, k\\} \\text{ for } n = 2k+1.\n$$\nA device consists of several balls and red or white ropes connecting some ball pairs. A *labeling* is a coloring of each ball by one of the elements of $R_n$. We say that a labeling is *good* if colors of any two connected balls are different. We say that a labeling is *sensitive* if the colors of any two balls connected by white rope are different and the sum of colors of any two balls connected by red rope is not equal to $0$.\nLet $n \\ge 3$ be fixed. Suppose that any device which has a good labeling by $R_n$ has also a sensitive labeling by $R_m$. Find the smallest possible value of $m = m(n)$.",
    "options": [],
    "answer": "m(n) = 2n - 1",
    "solution": "Answer: $m = 2n-1$.\nLet us show that if a device has a good labeling by $R_n$ then it has a sensitive labeling by $R_m$, where $m = 2n-1$. In\n$$\nR_m = R_{2n-1} = \\{-(n-1), -(n-2), \\dots, -1, 0, 1, \\dots, n-2, n-1\\}\n$$\nthere are $n$ non-negative elements. Any good labeling of the device by these $n$ non-negative elements will be also a sensitive labeling.\n\nNow we construct a device which has a good labeling by $R_n$ and has no sensitive labeling for any $m < 2n-1$. Let us define a grid $2n-1 \\times n$ ($2n-1$ lines and $n$ columns) and place a ball into each cell. Let us connect any two balls belonging to the same line by red rope and any two balls belonging to different lines and different columns by white rope (there is no rope between any two balls from the same column). The device has a good labeling by $R_n$. Indeed, there are $n$ distinct colors and if we color all balls from the same column identically and balls from different columns differently then we get a good labeling.\n\nSuppose that the device has a sensitive coloring by $R_m$.\n\n**Case 1.** There is a line all balls of which are differently colored. Since all balls of this line are connected by red ropes, for each $k$ at most one of the colors $\\{-k, k\\}$ is used. Therefore, the total number of elements in $R_m$ with different absolute values should be at least $n$ and consequently $m \\ge 2n-1$.\n\n**Case 2.** Each line contains at least two identically colored balls. Suppose that the repeated color on some two lines are $a$ and $b$. Since any two balls belonging to different lines and different columns are connected by a white rope we get $a \\neq b$. Therefore, repeated colors of any two lines are different and the total number of different colours is at least $2n-1$ and consequently $m \\ge 2n-1$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44930,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $k$ heaps of beads on the table containing 2019 beads in total. In each move we choose a heap: either remove it from the table or divide it into two not necessarily equal parts. Find the maximal possible value of $k$ such that for any initial distribution of beads after finite number of moves one can get $k$ heaps with pairwise distinct number of beads.",
    "options": [],
    "answer": "45",
    "solution": "**Answer: 45.**\n\nThe maximal value of $k$ can not be greater than 45. Indeed, if $k \\ge 46$, then since $45 \\cdot k > 2019$ it is possible that at the beginning there are $k$ heaps each containing at most 45 beads. Obviously in this case one can not get $k$ heaps with pairwise distinct number of beads, since the heap with most beads should contain at least 46 beads.\n\n**Lemma.** If $k$ heaps contain at least $k(k-1) + 1$ beads in total, then we can get $k$ heaps containing $1, 2, \\dots, k$ beads.\n\nProof by induction on $k$. $k=1$ is obvious. Suppose that the lemma is true for $k=n$. Consider $n+1$ heaps with $n(n+1)+1$ beads in total. Then the heap with maximal number of beads contains at least $n+1$ beads. If the heap with maximal number of beads contains exactly $n+1$ beads, the remaining $n$ heaps contain $n(n+1)+1-(n+1) = n^2 \\ge n(n-1)+1$ and by inductive hypothesis we can get $n$ heaps containing $1, 2, \\dots, n$ beads. Since we also have a heap having $n+1$ beads we are done. If the heap with maximal number of beads contains more than $n+1$ beads, let us divide it into two heaps so that one of these two new heaps, say $H(n+1)$, contains $n+1$ beads. There are $n+1$ heaps except $H(n+1)$ containing $n(n+1)+1-(n+1) = n^2$ beads in total. The smallest heap among these $n+1$ heaps contains at most $n-1$ beads. If we remove it then the remaining $n$ heaps contain at least $n^2-(n-1) = n(n-1)+1$ beads in total. By inductive hypothesis we can get $n$ heaps containing $1, 2, \\dots, n$ beads. Since we also have a heap $H(n+1)$ we are done.\n\nSince $2019 > 45 \\cdot 44 + 1$ by lemma one can get heaps containing $1, 2, \\dots, 45$ beads. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44931,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a right triangle $ABC$ with $\\angle ACB = 90^\\circ$ let $D$ be the foot of the altitude from $C$. Let $E$ and $F$ be the reflections of $D$ with respect to $AC$ and $BC$, respectively. Let $O_1$ and $O_2$ be the circumcenters of the triangles $ECB$ and $FCA$, respectively. Prove that\n$$\n2|O_1O_2| = |AB|.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\angle ABC = \\alpha$ and $\\angle BAC = 90 - \\alpha = \\beta$. $\\Rightarrow \\angle BCD = \\angle EAC = \\beta$ and $\\angle ACD = \\angle ACE = \\alpha$. Let $K$ be the second intersection point of the circumcircle of the triangle $ECB$ and the line $AB$. $\\Rightarrow \\angle AKE = \\angle KEA = \\beta$ and hence $AKE$ is an isosceles triangle.\n\n![](attached_image_1.png)\n\nNote that $O_1$ is the intersection point of the perpendicular bisectors of the line segments $[EK]$ and $[BC]$. Let $O$ and $L$ be the midpoints of $[AB]$ and $[BC]$, respectively. Then, $L$, $O$\n\nand $O_1$ are collinear. By angle chasing we see that $AO_1LC$ is a rectangle. Moreover, since $OLB \\cong OO_1A$ we have $|OL| = |OO_1|$. Consequently, we obtain $OO_1 \\parallel AC$ and $|OO_1| = |AC|/2$. Similarly, one can get $OO_2 \\parallel BC$ and $|OO_2| = |BC|/2$. Therefore, we see that $ABC \\sim O_1O_2O$ and hence $|O_1O_2| = |AB|/2$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44932,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be an odd prime number, $m > 1$ and $n$ be positive integers such that $\\frac{m^{pn} - 1}{m^n - 1}$ is a prime number. Show that\n$$\npn \\mid (p-1)^n + 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We first show that $n$ is a power of $p$. Let $n = p^k t$ where $k \\ge 0$ and $t \\ge 1$ are integers and $p \\nmid t$. Let $M = m^{p^k}$. By the assumption in the problem $M^{p t}-1 = (M^t-1)q$ for some prime number $q$. Recall that $(M^a-1, M^b-1) = M^{(a,b)} - 1$ for all positive integers $a$ and $b$, and therefore we get $(M^p-1, M^t-1) = M-1$. Since both $M^p-1$ and $M^t-1$ divide $M^{pt}-1$ we see that $\\frac{(M^p-1)(M^t-1)}{M-1}$ divides $M^{pt}-1$.\nIn other words, $\\frac{M^p-1}{M-1}$ divides $\\frac{M^{pt}-1}{M^t-1} = q$. Then, $\\frac{M^p-1}{M-1}$ is either $1$ or $q$. Clearly it is not $1$, and hence it is $q$ so we get $t=1$. Now since $p$ is an odd prime number, the statement $p^{k+1}|(p-1)^{p^k}+1$ readily follows from the binomial expansion of $(p-1)^{p^k}$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44933,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x$, $y$, $z$ be real numbers satisfying $y > 2z > 4x$ and\n$$\n2(x^3 + y^3 + z^3) + 15(xy^2 + yz^2 + zx^2) > 16(x^2y + y^2z + z^2x) + 2xyz.\n$$\nShow that $4x + y > 4z$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Define $a = x - 2y$, $b = y - 2z$, $c = z - 2x$. Then $b, c > 0$ and the problem statement is $b > 2c$. Now since\n$$\nx = -\\frac{a + 2b + 4c}{7}, \\quad y = -\\frac{b + 2c + 4a}{7}, \\quad z = -\\frac{c + 2a + 4b}{7}\n$$\nwe get\n$$\n\\begin{aligned}\nS &= 16(x^2y + y^2z + z^2x) + 2xyz - 2(x^3 + y^3 + z^3) \\\\\n&\\quad - 15(xy^2 + yz^2 + zx^2) = ab^2 + bc^2 + ca^2 - 2abc \\\\\n&= c \\left( a - b + \\frac{b^2}{2c} \\right)^2 + b(b-c)^2 + \\frac{b^2(4c^2 - b^2)}{4c} < 0\n\\end{aligned}\n$$\nSince $b, c > 0$, we get that $4c^2 < b^2$ and hence $b > 2c$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44934,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are two boxes: one contains $29$ distinguishable balls and the other one is empty. In a move applied to a picked box we choose some collection of balls from this box and transfer them to the other box. Starting with the non-empty box we repeatedly apply these moves, picking boxes alternatively. What is the maximal possible number of moves if each ball collection can be selected at most once?",
    "options": [],
    "answer": "2^29 - 2",
    "solution": "Answer: $2^{29}-2$.\n\nLet us show that the total number of moves cannot be $2^{29}-1$. If the total number of moves is $2^{29}-1$ then all non-empty subsets of a $29$ element set should be selected. The total number of subsets containing a given element is $2^{28}$, which is an even number. Therefore, at the end of all moves all balls should be in the box which was full at the beginning. On the other hand, since $2^{29}-1$ is odd, a box which was empty at the beginning should contain at least one ball, a contradiction.\n\nSuppose that at the beginning box $A$ contains $n$ balls $\\{a_1, a_2, \\dots, a_n\\}$ and box $B$ is empty. We show that the total number of moves can be equal to $2^{29}-2$.\n\n**Solution 1:**\n\nLet us prove the following lemma.\n\n*Lemma:* Let $n > 2$. It is possible to make all moves containing a fixed ball $a$ and after these $2^{n-1}$ moves return to the initial position with empty $B$.\n\n*Proof:* We will use induction over $n$. If $n=3$ it can be done by applying moves $\\{a_1, a_2\\}$, $\\{a_1\\}$, $\\{a_1, a_3\\}$, $\\{a_1, a_2, a_3\\}$.\n\nNow suppose that for $n=k$ the inductive hypothesis is correct. Let us fix balls $a$ and $b$. By inductive hypothesis, by applying all $2^{n-2}$ moves containing $a$ and not containing $b$ it is possible to return to the initial position. After that, again by inductive hypothesis, by applying all $2^{n-2}$ moves containing both $a$ and $b$ it is possible to return to the initial position. Thus, by applying all $2^{n-1}$ moves containing $a$ we return to the initial position. The lemma is proved.\n\nBy the lemma, we can make all moves containing ball $a_1$ and return to the initial position, after that make all moves not containing $a_1$ but containing $a_2$ and return to the initial position, after that make all moves not containing $a_1, a_2$ but containing $a_3$ and return to the initial position, ..., and make all moves not containing $a_1, a_2, ..., a_{26}$ but containing $a_{27}$ and return to the initial position. Finally, by making two moves with ball groups $\\{a_{28}, a_{29}\\}$ and $\\{a_{28}\\}$ we will make all possible moves except a move $\\{a_{29}\\}$. Done.\n\n\n**Solution 2:**\n\nBy induction over $n$, let us show that for each $n \\ge 2$, it is possible to make $2^n - 2$ moves such that the only not made move is $\\{a_1\\}$ and after making all $2^n - 2$ moves, all balls except $a_1$ are in box $A$ and $a_1$ is in box $B$.\n\nIf $n=2$ it can be done by applying moves $\\{a_1, a_2\\}, \\{a_2\\}$.\n\nNow suppose that for $n=k$ the inductive hypothesis is correct and $n=k+1$. Let us separate ball $a_{k+1}$ and to the remaining $n=k$ balls apply $2^k-2$ moves existing by inductive hypothesis. After that make a move $\\{a_{k+1}\\}$ transferring ball $a_{k+1}$ to box $B$. By inductive hypothesis the box will contain two balls: $a_1$ and $a_{k+1}$. Let us make a move $\\{a_1, a_{k+1}\\}$. Finally, we can repeat all $2^k-2$ moves made at the beginning by adding ball $a_{k+1}$ to all of them. In total we will make $2^k-2+2+2^k-2=2^{k+1}-2$ legal moves. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44935,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Suppose that for some positive integers $a$ and $b$, $\\frac{a^2 + b^2}{(a-b)^2}$ is an integer number. Show that $\\frac{a^3 + b^3}{(a-b)^3}$ is also an integer number.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Since $\\frac{a^2 + b^2}{(a-b)^2}$ is an integer then\n$$\n\\frac{a^2 + b^2 - (a-b)^2}{(a-b)^2} = \\frac{2ab}{(a-b)^2}\n$$\nis also an integer. Without loss of generality we can assume that $\\gcd(a, b) = 1$. Then readily $\\gcd(a-b, a) = 1$ and $\\gcd(a-b, a) = 1$. Therefore, $(a-b)^2 \\mid 2$. Since $a-b$ can not be even we get that $|a-b|=1$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44936,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $x$, $y$, $z$ be positive real numbers and $x \\le 1$. Show that\n$$\nxy + y + 2z \\ge 4\\sqrt{xyz}\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "By applying AM-GM inequality we get\n$$\nxy + y + 2z = xy + y + z + z \\geq 4\\sqrt[4]{xy^2z^2}\n$$\nSince $0 < x \\leq 1$ we have $x \\geq x^2$ and hence\n$$\n4\\sqrt[4]{xy^2z^2} \\geq 4\\sqrt[4]{x^2y^2z^2} = 4\\sqrt{xyz}\n$$\nand we are done.\nSince $0 < x \\leq 1$ we have $y \\geq xy$ and hence\n$$\nxy + y + 2z \\geq 2xy + 2z \\geq 4\\sqrt{xyz}\n$$\nby AM-GM inequality.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44937,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle such that the circle $\\omega$ with diameter $BC$ is tangent to the exterior bisector of $\\angle BAC$. The internal bisector of $\\angle BAC$ intersects with the side $BC$ at point $K$ and with the circumcircle of $ABC$ at point $L \\neq A$. Let $M$ be the midpoint of $BC$. Prove that the circumcircle of $KLM$ is tangent to $\\omega$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $\\Gamma$ be the circumcircle of $ABC$. Let the intersection points of the external bisector of $\\angle BAC$ with $BC$ be $T$, with $\\Gamma$ be $R \\neq A$ and with $\\omega$ be $P$. Then, $AL$ and $PM$ are parallel since both are perpendicular to $AT$, which implies $TK/TM = TA/TP$. Looking at the power of $T$ with respect to $\\omega$ and $\\Gamma$ we obtain $TB \\cdot TC = TP^2 = TA \\cdot TR$ therefore $TK/TM = TA/TP = TP/TR$, hence $PK \\parallel RM$. $RM$ is the perpendicular bisector of the side $BC$ so $PK \\perp BC$ and $PKLM$ is a parallelogram with $PK = ML$. Let $Q$ be the reflection of $P$ with respect to $BC$, we will show that two circles are tangent to each other at $Q$. $BC$ is a diameter of $\\omega$ hence $Q$ lies on $\\omega$. $QK = PK = ML$ and both $QK, ML$ are perpendicular to $BC$ hence $KQLM$ is a rectangle, so $Q$ lies on the circumcircle of $KLM$ and it lies on the line passing through the center of both circles, which implies two circles must be tangent to each other at $Q$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44938,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs $(p, q)$ of prime numbers satisfying\n$$\n2^p = 2^{q-2} + q!\n$$",
    "options": [],
    "answer": "[(3, 3), (7, 5)]",
    "solution": "Answer: $(p, q) = (3, 3), (7, 5)$.\n\nIf $q = 2$ then no pair $(p, 2)$ satisfies the equation. If $q = 3$ and $q = 5$ then the only pairs satisfying the equation are $(3, 3)$ and $(5, 7)$, respectively.\n\nLet us show that there is no solution for $q \\ge 7$. Consider the binary representation of $q$: $q = 2^{a_1} + 2^{a_2} + \\cdots + 2^{a_r}$ where $0 \\le a_1 < a_2 < \\cdots < a_r$ are integers and $r$ is the number of 1's in the binary representation of $q$. For all $1 \\le k \\le r$ and $1 \\le i \\le a_k$ the number $\\frac{2^{a_k}}{2^i}$ is an integer. Furthermore, when $i > a_k$, we get $\\left\\lfloor \\frac{2^{a_k}}{2^i} \\right\\rfloor = 0$.\n\nFinally, we have $\\sum_{i=1}^{\\infty} \\left\\lfloor \\frac{2^{a_k}}{2^i} \\right\\rfloor = 2^{a_k} - 1$. Therefore, $v_2(q!)$, the highest power of $2$ in $q!$ can be written as\n$$\nv_2(q!) = \\sum_{i=1}^{\\infty} \\left\\lfloor \\frac{q}{2^i} \\right\\rfloor = q - r.\n$$\nThe original equation is equivalent to $2^{q-2}(2^{p-q+2}-1) = q!$, where $p-q+2 > 0$. Hence $v_2(q!) = q-2$. Therefore, $r=2$ and $q = 2^{a_1}+2^{a_2}$. Since $q$ is a prime number, we get $a_1 = 0$ and $a_2 = 2^t$ for some non-negative integer $t$ ($q$ is a Fermat prime).\n\nAs $q \\ge 7$ we have $2^{p-q+2} \\equiv 1 \\pmod 7$ and $p-q+2 \\equiv 0 \\pmod 3$. Using the fact $q = 2^{2t} + 1 \\equiv 2 \\pmod 3$ we get $3 \\mid p$ and hence $p=3$. For $q \\ge 7$ no pair $(3, q)$ satisfies the equation. Done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44939,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be an acute triangle with circumcircle $\\omega$ centered at $O$. A point $P$ is chosen on the extension of the segment $BC$. The line $AP$ meets $\\omega$ again at $L$. Let $K$ be the reflection of $L$ over the line $OP$ and $M$ be the point of intersection of lines $AK$ and $OP$. Prove that $\\overline{OMB} + \\overline{OMC} = 180^\\circ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Note that $K$ lies on $\\omega$. Therefore,\n$$\n\\widehat{OKM} = \\widehat{OKA} = \\widehat{OAK} = \\widehat{OAM}.\n$$\nOn the other hand, since $OP$ is the perpendicular bisector of $[KL]$ we get $\\widehat{OLM} = \\widehat{OKM}$. Therefore, $\\widehat{OAM} = \\widehat{OLM}$, which in turn implies that $A, L, M, O$ are concyclic. By writing powers of the point $P$ with respect to the circles $\\omega$ and $(ALMO)$, we get that\n$$\n|PM||PO| = |PL||PA| = |PC||PB|.\n$$\nHence, $B, O, M, C$ are concyclic. Therefore,\n$$\n\\widehat{OMB} + \\widehat{OMC} = (90^\\circ - \\hat{A}) + (90^\\circ + \\hat{A}) = 180^\\circ\n$$",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44940,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs $(m, n)$ of positive integers such that both\n$$\n\\frac{3n^2}{m} \\quad \\text{and} \\quad \\sqrt{n^2 + m}\n$$\nare integers.",
    "options": [],
    "answer": "(m, n) = (3n^2, n) for all positive integers n",
    "solution": "Answer: All pairs $(3n^2, n)$, where $n$ is a positive integer.\n\nLet $k = \\frac{3n^2}{m}$ and $\\sqrt{n^2+m} = \\frac{n\\sqrt{k+3}}{\\sqrt{k}}$ both should be integers. Since $k$ is integer, $\\frac{n\\sqrt{k+3}}{\\sqrt{k}} \\cdot k = n\\sqrt{k(k+3)}$ is also integer. Therefore, $k(k+3)$ is a perfect square. If $k > 1$, then since\n$$\n(k+1)^2 = k^2 + 2k + 1 < k(k+3) < k^2 + 4k + 4 = (k+2)^2\n$$\n$k(k+3)$ is not a perfect square. If $k=1$ then $\\sqrt{n^2+m} = \\sqrt{4n^2} = 2n$ is an integer number. Thus, only solutions are all pairs $(m, n) = (3n^2, n)$, where $n$ is a positive integer.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44941,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For each real number $a$ let $\\lfloor a \\rfloor$ be the largest integer not exceeding $a$. Find all positive real numbers satisfying\n$$\nx \\cdot \\lfloor x \\rfloor + 2022 = \\lfloor x^2 \\rfloor.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "x = n + 2022/n, where n is an integer with n ≥ 2023",
    "solution": "Answer: $x = n + \\frac{2022}{n}$, where $n \\ge 2023$ is any integer.\n\nLet $x = n + \\alpha$, where $0 \\le \\alpha < 1$. Inserting it into the main equation\n$$\nx[x] + 2022 = [x^2]\n$$\nwe get\n$$\n(n + \\alpha)n + 2022 = \\lfloor(n + \\alpha)^2\\rfloor \\quad (1)\n$$\nwhich implies that $(n + \\alpha)n$ is an integer and $n \\ne 0$. Moreover, if $n > 0$ then there exists a nonnegative integer $m < n$ such that $\\alpha = m/n$ for $0 \\le m < n$. Inserting $\\alpha = m/n$ to (1) we get\n$$\nn^2 + m + 2022 = \\lfloor \\left(n + \\frac{m}{n}\\right)^2 \\rfloor = \\lfloor n^2 + 2m + \\frac{m^2}{n^2} \\rfloor = n^2 + 2m.\n$$\nHence $m = 2022$. Since $m < n$ we get that $n \\ge 2023$. It can be readily seen that for any integer $n \\ge 2023$, $x = n + \\frac{2022}{n}$ satisfies the main equation. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44942,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Rows and columns of a $29 \\times 29$ grid are numerated from bottom to top and from left to right, respectively by numbers $1, 2, \\ldots, 29$. Some unit squares of the grid are marked. For each marked unit square there is at most one other marked unit square whose row number is not less than the row number and column number is not less than the column number of the initial unit square. Find the largest possible number of marked unit squares on the grid.",
    "options": [],
    "answer": "43",
    "solution": "Answer: $43$.\nLet us give an example for $43$ marked unit squares. A unit square lying in the intersection row number $a$ and column number $b$ will be denoted by $(a, b)$. If $(29, 1)$ and for each $k = 1, 2, \\ldots, 14$ unit squares $(2k-1, 31-2k)$, $(2k, 31-2k)$, $(2k, 30-2k)$ are marked then there are $1+3 \\cdot 14 = 43$ marked unit squares and readily all conditions are satisfied.\n\nLet us show that the total number of marked unit squares can not be greater than $43$. Apparently, each row and also each column contains at most $2$ marked unit squares. If there are more than $43$ marked unit squares then since $14 \\cdot 2 + 15 = 43$ there are at least $15$ rows each containing two marked unit squares. Since $15 \\cdot 2 > 29$ in this case there are rows numbered $a$ and $b$ ($a < b$) and column numbered $c$ each containing two marked squares such that $(a, c)$ and $(b, c)$ are marked unit squares. Let the second marked square of row numbered $a$ be $(a, t)$. If $t < c$ then the unit square $(a, t)$ and if $t > c$ the unit square $(a, c)$ does not satisfy problem conditions.\n\nWe are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44943,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Given some collection of subsets $A_1, A_2, \\dots$ of the set $A = \\{1, 2, \\dots, n\\}$ we say that a subset $B \\subset A$ is *sparse* if no $A_i \\not\\subset B$. Suppose that for any collection $A_1, A_2, \\dots$, with $A_i \\subset A$, $|A_i| = 3$, and $|A_i \\cap A_j| \\le 1$ ($i \\neq j$), any sparse set containing 29 elements can be expanded to 30 element set such that after this expansion the new set remains sparse. Find the largest possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "436",
    "solution": "Answer: $\\binom{29}{2} + 29 + 1 = 436$.\nLet $n = 436$ and $B$ is a sparse set containing at most $k \\le 29$ elements. Let us consider all $\\binom{k}{2}$ two element subsets of $B$. By conditions, each of these subsets can belong to at most one subset $A_i$. If $B$ can not be extended by adding of some element $x \\in (A - B)$ then there exists a subset $A_i$ containing $x$ and some two element subset of $B$. Therefore, if $|A - B| > k + \\binom{k}{2}$ then $B$ can be expanded without losing sparse property.\nLet us show that $n > 29 + \\binom{29}{2} = 435$. Evidently, $n > 29$. Let $A = \\{1, 2, \\dots, 29, \\dots, k\\}$ and $C = \\{1, 2, \\dots, 29\\} \\subset A$. Each $A_i$, $i = 1, 2, \\dots$ will be defined as a union of different element of $A - C$ with different two element subset of $C$. Then for each $k \\le 29 + \\binom{29}{2}$ the sparse set $C$ has no sparse expansion. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44944,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f: \\mathbb{Q}^+ \\to \\mathbb{Q}$ satisfying\n$$\nf(x) + f(y) = \\left( f(x + y) + \\frac{1}{x + y} \\right) (1 - xy + f(xy))\n$$\nfor all $x, y \\in \\mathbb{Q}^+$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = x - 1/x",
    "solution": "**Answer:** $f(x) = x - \\frac{1}{x}$, $\\forall x \\in \\mathbb{Q}^+$.\nWe will prove several lemmas.\n\n$$\nf(x) + f(y) = \\left( f(x + y) + \\frac{1}{x+y} \\right) (1 - xy + f(xy)) \\quad (*)\n$$\n\n**Lemma 1.** $f(1) = 0$.\n*Proof:* By putting $x = y = 1$ to (*) we get $2f(1) = \\left(f(2) + \\frac{1}{2}\\right)f(1)$.\nAssume that $f(1) \\neq 0$. Then readily $f(2) = \\frac{3}{2}$. By putting $x = y = 2$ to (*) we get $3 = 2f(2) = \\left(f(4) + \\frac{1}{4}\\right)(f(4) - 3)$. Therefore, either $f(4) = \\frac{15}{4}$ or $f(4) = -1$. By putting $y = 1$ to (*) we get $f(x) + f(1) = \\left(f(x+1) + \\frac{1}{x+1}\\right)(1-x+f(x))$. Taking $x = 2,3,4,5$ in the last equation we get\n$$\n\\frac{3}{2} + f(1) = \\left(f(3) + \\frac{1}{3}\\right) \\cdot \\frac{1}{2} \\quad (1)\n$$\n$$\nf(3) + f(1) = \\left(f(4) + \\frac{1}{4}\\right)(f(3) - 2) \\quad (2)\n$$\n$$\nf(4) + f(1) = \\left(f(5) + \\frac{1}{5}\\right)(f(4) - 3) \\quad (3)\n$$\n$$\nf(5) + f(1) = \\left(f(6) + \\frac{1}{6}\\right)(f(5) - 4) \\quad (4)\n$$\nIf $f(4) = -1$, (1) and (2) yield $f(1) = -\\frac{19}{27}$ and $f(3) = \\frac{34}{27}$, and (3) and (4) yield $f(5) = \\frac{61}{270}$, $f(6) = -\\frac{245}{6114}$. Finally by putting $x = 2, y = 3$ to (*) we get\n$$\nf(2) + f(3) = \\left(f(5) + \\frac{1}{5}\\right)(f(6) - 5).\n$$\nThis relationship is not held for values of $f(2), f(3), f(5), f(6)$ found above. Hence the only possibility is $f(4) = \\frac{15}{4}$. In this case\n\nwe have\n$$\nf(3) + f(1) = 4(f(3) - 2), \\quad \\frac{3}{2} + f(1) = \\left(f(3) + \\frac{1}{3}\\right) \\cdot \\frac{1}{2}.\n$$\nSolving last two equations we get $f(1) = 0$. Done.\n\n**Lemma 2.** $f(2) = \\frac{3}{2}$.\n*Proof:* Since $f(1) = 0$, for all $x \\in \\mathbb{Q}^+$ we have\n$$\nf(x) = \\left( f(x+1) + \\frac{1}{x+1} \\right) (1 - x + f(x)) \\quad (5)\n$$\nTaking $x = 2, 3$ in (5), we get\n$$\nf(2) = \\left(f(3) + \\frac{1}{3}\\right)(f(2) - 1), \\quad f(3) = \\left(f(4) + \\frac{1}{4}\\right)(f(3) - 2).\n$$\nBy putting $x = 2, y = 2$ to (*) we get $2f(2) = \\left(f(4) + \\frac{1}{4}\\right)(f(4) - 3)$.\nLast three equations yield a cubic equation in terms of $t = f(4)$ as given below:\n$$\n16t^3 - 32t^2 - 101t - 15 = 0.\n$$\n$t = f(4)$ should be rational as the range of $f$ is rational numbers.\nThe only rational root of this equation is $t = \\frac{15}{4}$. Then it readily\nfollows that $f(3) = \\frac{8}{3}$ and $f(2) = \\frac{3}{2}$.\n\n**Lemma 3.** $f(n) = n - \\frac{1}{n}$ for all positive integers $n$.\n*Proof:* $f(1) = 0$ for $n = 1$. Proof for $n \\ge 2$ readily follows from (5) by induction over $n$. Done.\n\nFinally we prove that for all $x = \\frac{m}{n}$\n$$\nf(m/n) = \\frac{m}{n} - \\frac{n}{m} \\quad (6)\n$$\n\nProof will be carried out by induction over $m \\ge 1$. In the base case $m=1$ by putting $y = \\frac{1}{x}$ to (*) we get that for all $x \\in \\mathbb{Q}^+$\n$$\nf(x) + f\\left(\\frac{1}{x}\\right) = 0\n$$\nand by Lemma 3 for all positive integers $n$ we obtain the required formula\n$$\nf\\left(\\frac{1}{n}\\right) = \\frac{1}{n} - n.\n$$\nNow suppose that (6) is correct for $m$. By putting $x = \\frac{m}{n}$, $y = \\frac{1}{n}$ to (*) we get\n$$\nf(m/n) + f(1/n) = \\left(f\\left(\\frac{m+1}{n}\\right) + \\frac{n}{m+1}\\right) \\left(1 - \\frac{m}{n^2} + f(m/n^2)\\right). \\quad (7)\n$$\nPutting $f(m/n) = \\frac{m}{n} - \\frac{n}{m}$ and $f(m/n^2) = \\frac{m}{n^2} - \\frac{n^2}{m}$ to (7) and\nsimplifying we get the required formula for $m+1$:\n$$\nf\\left(\\frac{m+1}{n}\\right) = \\frac{m+1}{n} - \\frac{n}{m+1}.\n$$\nWe are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44945,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a school having $101$ pupils any pupil has at least one friend among remaining pupils of the school. Show that for each $1 < n < 101$ one can choose a group of $n$ school pupils such that each pupil of the group has at least one friend in the group.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "First of all let us show that for each even $1 < n < 101$ we can choose a group of $n$ pupils satisfying conditions. When $n = 2$ any pair of friends can be chosen. Assume that for $n = 2l$ we have already constructed a group $A_{2l}$ of $n = 2l$ pupils satisfying the conditions. Let $S$ be the set of all pupils of the school. If $S - A_{2l}$ contains a pair of friends then by adding them to $A_{2l}$ we will get $A_{2l+2}$. If by repeating this process we can reach $A_n$ we are done. Otherwise for some $2m < n$ no two all pupils in $S - A_{2m}$ are friends. Then since each school pupil has a friend, any pupil from $S - A_{2m}$ has at least one friend in $A_{2m}$. Thus, by adding any $n-2m$ pupils from $S - A_{2m}$ to $A_{2m}$ we will get a desired $A_n$.\n\nNow we show that for each odd $1 < n < 101$ we can choose a group of $n$ pupils satisfying conditions. We can start by choosing a group $A_3$ of three pupils and proceed as in the even case. Any pupil together with his two friends can be chosen for $A_3$. If there is no pupil with two friends then all $101$ pupils in the school will be partitioned into disjoint pairs of friends, a contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44946,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $k, n$ be positive integers with $k \\ge n!$ Prove that\n$$\n\\phi(k) \\ge (n-1)!\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "For the solution we will show that if\n$$\n\\phi(k) < (n-1)! \\text{ then } k < n!\n$$\nLet $k = q_1^{\\alpha_1} \\dots q_s^{\\alpha_s}$ with $q_1 < q_2 < \\dots < q_s$. It suffices to show that\n$$\n\\frac{\\phi(k)}{k} \\geq \\frac{1}{n}.\n$$\nSince\n$$\n\\frac{\\phi(k)}{k} = (1 - \\frac{1}{q_1}) \\dots (1 - \\frac{1}{q_s}),\n$$\nthe required inequality has the following form\n$$\n(1 - \\frac{1}{q_1}) \\dots (1 - \\frac{1}{q_s}) \\geq \\frac{1}{n}.\n$$\nSince $q_t \\geq t+1$ for each $t \\geq 1$ we get\n$$\n(1 - \\frac{1}{q_1}) \\dots (1 - \\frac{1}{q_s}) \\ge (1 - \\frac{1}{2}) \\dots (1 - \\frac{1}{s+1}) = \\frac{1}{s+1}\n$$\nThus, if\n$$\n\\frac{1}{s+1} \\ge \\frac{1}{n}\n$$\nwe are done. Otherwise, $s > n - 1$. Then $k$ has at least $n$ distinct prime divisors and we get\n$$\n\\phi(k) \\ge (q_1 - 1) \\dots (q_n - 1) \\ge 1 \\cdot 2 \\dots (n - 1) = (n - 1)!\n$$\nwhich contradicts to the assumption at the beginning of the solution. We are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44947,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "At least $d$ coefficients of a polynomial $P(x)$ of degree $d$ with real coefficients are equal to $1$. Find the maximal value of $d$ if $P(x)$ has $d$ real roots.\n\n*Note: Roots of $P(x)$ need not be distinct.*",
    "options": [],
    "answer": "4",
    "solution": "The polynomial $x^4 + x^3 - 4x^2 + x + 1 = (x-1)^2(x^2 + 3x + 1)$ satisfies the conditions. Let us show that for $d \\ge 5$ there is no polynomial satisfying given conditions.\n\n**Solution 1.** Let $x_1, x_2, \\dots, x_d$ be the roots, $S_k$ be the sum of all $k$-tuple products of roots. Using Vieta theorem, we get\n$$\nS_1^2 - 2S_2 = \\sum_{i=1}^{d} x_i^2 \\geq 0.\n$$\nWhen the first three coefficients are $1$, we have $S_1 = -1, S_2 = 1$ and $S_1^2 - 2S_2 = -1 < 0$, which is a contradiction. Hence at least one of the first three coefficients should not be equal to $1$. This means that all roots are non-zero and hence we obtain:\n$$\n\\left(\\frac{S_{d-1}}{S_d}\\right)^2 - 2\\left(\\frac{S_{d-2}}{S_d}\\right) = \\sum_{i=1}^{d} \\frac{1}{x_i^2} > 0.\n$$\nIf the last three coefficients are $1$, we get $S_{d-2} = -S_{d-1} = S_d$ and hence we conclude that $\\left(\\frac{S_{d-1}}{S_d}\\right)^2 < 2\\left(\\frac{S_{d-2}}{S_d}\\right)$, which is again a contradiction.\nFor $d \\ge 5$ case, as $d$ coefficients out of $d+1$ coefficients are $1$, we conclude that either the first three or the last three coefficients should be $1$. Hence, we are done.\nThe polynomial $x^4 + x^3 - 4x^2 + x + 1 = (x-1)^2(x^2 + 3x + 1)$ satisfies the conditions. Let us show that for $d \\ge 5$ there is no polynomial satisfying given conditions.\n\n**Solution 2.** We will find a contradiction for $d \\ge 5$ case. We can express the polynomial as $P(x) = x^d + x^{d-1} + \\dots + 1 + a x^b$ where $b$ is an integer satisfying $0 \\le b \\le d$ and $a$ is a real number. Since all roots of $P(x)$ are real numbers, all roots of the polynomial $Q(x) = (x-1)P(x) = x^{d+1} - 1 + a x^{b+1} - a x^b$ should be real numbers, too. If zero is a root of $Q(x)$, then we get $a = -1, b = 0$ and in this case all roots of $Q(x) = x^{d+1} - x$ cannot be real. So, all roots of $Q(x)$ should be non-zero.\nThe polynomial $Q(x)$ has at most $4$ non-zero coefficients. By Descartes' rule of signs, $Q$ has at most $3$ positive real roots. $Q(-x) = (-1)^{d+1} x^{d+1} - 1 + a(-1)^{b+1}(x^{b+1} + x^b)$ has also at most $4$ non-zero coefficients. If there are exactly $4$ non-zero coefficients, the coefficients of $x^{b+1}$ and $x^b$ should have the same sign. (Otherwise we would have at most $3$ non-zero coefficients.) Therefore, in both cases, using Descartes' rule of signs again, we conclude that $Q(-x)$ has at most $2$ positive real roots. As zero is not a root, $Q(x)$ can have at most $5$ real roots. The degree of $Q(x)$ is $d+1 \\ge 6$ and hence all roots cannot be real. This finishes the proof.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44948,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In triangle $ABC$, the circle $\\Gamma$ is tangent to the side $BC$ at $X$, and to the side $AC$ at $Y$. For an arbitrary point $P$ on the side $[AB]$, the second intersection of $XP$ with $\\Gamma$ is $K$ and the second intersection of $YP$ with $\\Gamma$ is $L$, the second intersection of $AK$ with $\\Gamma$ is $R$ and the second intersection of $BL$ with $\\Gamma$ is $S$. Show that the lines $XR$ and $YS$ intersect on $AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $T$ be the intersection of $XY$ and $AB$ (since the following argument works on the projective plane, we need not distinguish the case $XY \\parallel AB$). Pascal's theorem applied to the degenerate cyclic hexagon $YYLRKX$ implies that the points\n$$\nA = YY \\cap KR, \\quad P = YL \\cap XK, \\quad LR \\cap XY\n$$\nare collinear, that is, $LR \\cap XY = AP \\cap XY = T$. Now Pascal's theorem applied to the degenerate cyclic hexagon $XXRLSY$ implies that the points\n$$\nB = XX \\cap LS, \\quad YS \\cap XR, \\quad T = LR \\cap XY\n$$\nare collinear, which means that $XR$ and $YS$ intersect on the line $BT$ (which is the same as $AB$).",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44949,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In triangle $ABC$, the incenter is $I$ and the incircle touches the sides $BC, AC, AB$ at $D, E, F$, respectively. For a line $\\ell$ passing through $I$, the feet of the perpendiculars dropped from $A, B, C$ onto $\\ell$ are $X, Y, Z$ respectively. Show that the lines $DX, EY, FZ$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "In the solution, we use directed lengths. Let $\\ell$ intersect $EF$, $DF$, $DE$ at $K$, $L$, $M$ respectively and let $IX = x$, $IY = y$ and $IZ = z$; hence $IK = r^2/x$, $IL = r^2/y$ and $IM = r^2/z$ where $r$ is the radius of the incircle. Consequently we have\n$$\n(1) \\quad \\frac{MX}{LX} \\cdot \\frac{KY}{MY} \\cdot \\frac{LZ}{KZ} = \\frac{r^2/z - x}{r^2/y - x} \\cdot \\frac{r^2/x - y}{r^2/z - y} \\cdot \\frac{r^2/y - z}{r^2/x - z} = 1.\n$$\nNow let the lines $DX$, $EY$, $FZ$ intersect $EF$, $DF$, $DE$ at $X'$, $Y'$, $Z'$ respectively; hence the lines $DE$, $DF$, $DX$, $DK$ intersect $EF$ at\n\n$E$, $F$, $X'$, $K$ respectively and intersect $\\ell$ at $M$, $L$, $X$, $K$ respectively, thus we have an equality of cross-ratios\n$$\n(E, F; X', K) = (DE, DF; DX', DK) = (M, L; X, K), \\quad \\text{that is,}\n$$\n$$\n\\frac{EX'/FX'}{EK/FK} = \\frac{MX/LX}{MK/LK}.\n$$\nMultiplying the last equality with the analogous equalities\n$$\n\\frac{FY'/DY'}{FL/DL} = \\frac{KY/MY}{KL/ML} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{DZ'/EZ'}{DM/EM} = \\frac{LZ/KZ}{LM/KM}\n$$\nand rearranging, one finds\n$$\n\\frac{EX'}{FX'} \\cdot \\frac{FY'}{DY'} \\cdot \\frac{DZ'}{EZ'} = \\left(\\frac{EK}{FK} \\cdot \\frac{FL}{DL} \\cdot \\frac{DM}{EM}\\right) \\cdot \\left(\\frac{LK}{MK} \\cdot \\frac{ML}{KL} \\cdot \\frac{KM}{LM}\\right) \\cdot \\left(\\frac{MX}{LX} \\cdot \\frac{KY}{MY} \\cdot \\frac{LZ}{KZ}\\right) = 1 \\cdot (-1) \\cdot 1 = -1,\n$$\nwhere we used Menelaus' theorem in triangle $DEF$ with line $\\ell$ and we used (1). Therefore, we conclude by Ceva's theorem in triangle $DEF$ that the lines $DX'$, $EY'$, $FZ'$ are concurrent. Done.\nLet $D'$, $E'$, $F'$ denote the reflections of $D$, $E$, $F$ in the line $\\ell$. Now $X$, $E$, $F$ are on the circle with diameter $[IA]$, hence $\\angle XEF = \\angle XIF$. On the other hand, $\\angle XIF$ is the central angle of an arc of the incircle which measures half of the arc $\\overarc{F'F}$, hence $\\angle XIF = \\angle F'EF$. As a result, $\\angle XEF = \\angle F'EF$ which implies that $X \\in EF'$. Analogously, $X \\in E'F$, $Y \\in DF'$, $Y \\in D'F$, $Z \\in DE'$ and $Z \\in D'E$. Now let $T$ denote the intersection of $EF$ and $E'F'$; by symmetry, we have $T \\in \\ell$. As a result, the points\n$$\nF' = DY \\cap XE, \\quad E' = DZ \\cap XF, \\quad T = YZ \\cap EF\n$$\nare collinear, which implies that the triangles $DYZ$ and $XEF$ are perspective, hence the lines $DX$, $EY$, $FZ$ are concurrent (Desargues' theorem).",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44950,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each of 29 guests at the party wear a hat of one of three colours. A guest is a *lucky* if at least two of its friends in the party wear differently coloured hats. Show that it is always possible to choose a guest and to change its hat to hat of one of the remaining two colours such that the total number of lucky guests will not be decreased.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Assume the contrary. Each lucky guest has at least two friends. Note that a lucky guest having exactly 2 friends can be made unlucky in two different ways: the hat colours of her friends should be changed from $(a, b)$ to either $(a, a)$ or $(b, b)$. A lucky guest having at least 3 friends can be made unlucky in just one way: the hat colour of her uniquely determined friend should be changed to uniquely determined colour. There are $2 \\cdot 29$ possibilities to change hat colour of one guest. If each of these changes produces some unlucky guest then each person should have exactly two friends. Consider a graph $G$ where vertices correspond guests and two vertices are adjacent if and only if guest corresponding to these vertices are friends. Let us colour vertices according to hat colours of corresponding guests. Then $G$ will be decomposed into cycles of the form $a, b, c, ..., a, b, c$. Since $3 \\nmid 29$ we get a contradiction. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44951,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $m$, $n$, $a$, $k$ be positive integers and $k > 1$ such that the equality\n$$\n5^m + 63n + 49 = a^k\n$$\nholds. Find the minimum value of $k$.",
    "options": [],
    "answer": "5",
    "solution": "Answer: $5$. The quadruple $(m, n, a, k) = (1, 3, 3, 5)$ satisfies the equation. We will show the cases $k \\le 4$ are not possible.\n\nFor $k = 2$, we will look at the equation in modulo $7$. $5^m \\equiv a^2 \\pmod{7}$ hence $m$ should be even. Therefore\n$$\n5^m + 63n + 49 \\equiv 2 \\pmod{3}\n$$\nand LHS cannot be a perfect square. Similarly the case $k = 4$ is also eliminated.\n\nFor $k = 3$, we again consider modulo $7$ and $5^m \\equiv a^3 \\pmod{7}$ hence $m$ should be a multiple of $3$, say $m = 3l$. Then $5^{3l} + 63n + 49 \\equiv 125^l + 4 \\equiv 3,5 \\pmod{9}$ however $a^3 \\equiv 0,1,8 \\pmod{9}$ so there are no solutions in this case as well.\n\nSince $5^m \\in \\{1,5,25,-1,-5,-25\\} \\pmod{63}$ we get\n$$\na^k \\in \\{11,24,44,48,50,54\\} \\pmod{63}\n$$\nThen $a^k \\equiv 2 \\pmod{3}$ or $a^k \\in \\{3,5,6\\} \\pmod{7}$. Therefore, $a^k$ is not a perfect square: $k$ is odd. Moreover $a^k \\in \\{2,3,4,5\\} \\pmod{7}$ or $a^k \\in \\{3,5\\} \\pmod{9}$. Therefore, $a^k$ is not a perfect cube: $3 \\nmid k$. Thus, $k \\ge 5$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44952,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the largest value of $x - y$, where $x$, $y$, $z$ are real numbers satisfying the following two conditions\n$$\nx + y + z = 2, \\quad xy + yz + zx = 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "2\\sqrt{3}/3",
    "solution": "Answer: $\\frac{2\\sqrt{3}}{3}$.\nThe equality holds at $x = \\frac{2+\\sqrt{3}}{3}$, $y = \\frac{2-\\sqrt{3}}{3}$, $z = \\frac{2}{3}$.\nLet us show that $x - y \\le \\frac{2\\sqrt{3}}{3}$.\n\n*Solution 1:* Problem conditions yield\n$$\nx + y = 2 - z, \\quad xy = 1 - z(x + y) = 1 - z(2 - z) = (z - 1)^2\n$$\nTherefore,\n$$\n(x - y)^2 = (x + y)^2 - 4xy = (2 - z)^2 - 4(z - 1)^2 = z(4 - 3z)\n$$\nand consequently $|x - y| = \\sqrt{z(4 - 3z)}$. Since by AM-GM inequality $3z(4 - 3z) \\le 4$ we can complete the proof: $x - y \\le |x - y| \\le 2\\sqrt{3}/3$.\n\n\n**Solution 2:** Problem conditions yield $(x-y)^2 + (y-z)^2 + (z-x)^2 =$\n$2(x^2+y^2+z^2)-2(xy+yz+zx) = 2(x+y+z)^2 - 6(xy+yz+zx) = 2.$\nLet us put $a = x-y$ and $b = y-z$. Then $z-x = -a-b$ and hence\n$a^2 + b^2 + (-a-b)^2 = 2$ and $a^2 + ab + b^2 = 1$. The last equation\ncan be interpreted as a second order equation with respect to $b$: $b^2 + ab + (a^2-1) = 0$. Since $a$ and $b$ are real numbers its discriminant $D = a^2 - 4(a^2-1) = 4 - 3a^2 \\ge 0$. Hence $a \\le |a| \\le \\frac{2}{\\sqrt{3}}$.\nDone.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44953,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all pairs of integers $(a, b)$ satisfying\n$$\na^7(a-1) = 19b(19b+2).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "[(0, 0), (1, 0)]",
    "solution": "$(a, b) = (0, 0)$ and $(a, b) = (1, 0)$.\nBy adding $1$ to both sides of the given equation, we can rewrite it as\n$$\na^8 - a^7 + 1 = (19b + 1)^2.\n$$\nLeft hand side of this equation has the following factorization:\n$$\na^8 - a^7 + 1 = (a^8 - a^7 + a^6) - (a^6 - 1) = (a^2 - a + 1) \\cdot (a^6 - (a+1)(a^3-1)).\n$$\nLet $d = \\text{gcd}(a^2 - a + 1, a^6 - (a+1)(a^3-1))$. Since $d|a^2 - a + 1$ we get $d|(a+1)(a^2 - a + 1)$ and $d|a^3 + 1$. Thus, $a^3 \\equiv -1 \\pmod d$. Therefore,\n$$\na^6 - (a+1)(a^3-1) \\equiv 1+2(a+1) \\equiv 2a+3 \\pmod d.\n$$\nNow since $d|a(2a+3)$ and $d|2(a^2-a+1)$ we get that $d|(5a-2)$. Finally, $d|2(5a-2)$ and $d|5(2a+3)$ yield $d|19$, which means that either $d=1$ or $d=19$. Note that since $d^2|(19b+1)^2$, $d=19$ is not possible.\nThus, $a^2 - a + 1$ and $a^6 - (a+1)(a^3 - 1)$ are coprime integers whose product is a perfect square. Therefore, each of them should be a perfect square. Note that $(a-1)^2 < a^2 - a + 1 < a^2$ for $a > 1$, and $(a-1)^2 > a^2 - a + 1 > a^2$ for $a < 0$. Hence, $a^2 - a + 1$ is not a perfect square except $a=0, 1$. Inserting $a=0$ and $a=1$ to the main equation we get two solutions: $(a, b) = (0, 0)$ and $(a, b) = (1, 0)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44954,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a parallelogram. Suppose that a point $P$ is chosen on the arc of the circumcircle of $ABC$ not containing $A$; a point $Q$ is chosen on the extension of the segment $AC$ on the side $C$ such that $\\angle PBC = \\angle CDQ$. Show that the circumcircle of $APQ$ is tangent to the line $AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "The equalities $\\angle APB = \\angle ACB = \\angle QAD$ and $\\angle ABP = \\angle QDA$ imply the similarity $APB \\sim QAD$. Hence $AP/AQ = PB/AD = BP/BC$, then the equality $\\angle PBC = \\angle PAQ$ implies the similarity $BPC \\sim APQ$. Therefore $\\angle APQ = \\angle BPC = \\angle BAQ$, thus the circle $(APQ)$ is tangent to the line $AB$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44955,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "The circles $\\omega_1$ and $\\omega_2$ which do not intersect and which have different sizes are tangent to the line $\\ell$ at $K$ and $L$, and are tangent to the circle $\\Gamma$ at $M$ and $N$ respectively, such that all three circles lie on the same side of $\\ell$. A circle which passes through $K$ and $L$ intersects $\\Gamma$ at $A$ and $B$. The reflections of $M$ and $N$ over $\\ell$ are $R$ and $S$ respectively. Show that the points $A, B, R, S$ are concyclic.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Denote the tangent lines to $\\Gamma$ at $M$ and $N$ by $m$ and $n$, and let\n$$\n\\alpha := \\angle LKM = \\angle (KM, m), \\\\ \\beta := \\angle (m, MN) = \\angle (MN, n), \\quad \\gamma := \\angle (n, NL) = \\angle NLK.\n$$\nThe internal angles of $KMNL$ add up to $360^\\circ$, thus $\\alpha + \\beta + \\gamma = 180^\\circ$, hence $KMNL$ is cyclic. Now the lines $AB, KL, MN$ are the pairwise radical axes of the circles $KLMN, ABMN, ABKL$, thus they concur at a point $T$. The line $RS$ is the reflection of $MN$ in $KL$, therefore $T \\in RS$ and then $TR \\cdot TS = TM \\cdot TN = TA \\cdot TB$, hence $ABRS$ is cyclic.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44956,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "$ABCD$ is a convex quadrilateral with $\\angle ABC = \\angle BCD$. The lines $AD$ and $BC$ intersect at $P$, and the line passing through $P$ and parallel to $AB$ intersects the line $BD$ at $T$. Show that $\\angle ACB = \\angle PCT$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the line passing through $A$ and parallel to $BC$ intersect the line $CD$ at $E$. Since\n$$\n\\frac{EA}{CP} = \\frac{AD}{PD} = \\frac{AB}{PT} \\quad \\text{and} \\quad \\angle EAB = \\angle CPT,\n$$\none has $EAB \\sim CPT$, hence $\\angle PCT = \\angle AEB$. On the other hand, one has $\\angle ABC = \\angle BCD$, thus $\\angle AEB = \\angle ACB$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44957,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all real numbers $a$ for which there are different real numbers $x, y, z$ such that\n$$\n\\frac{x^3 + a}{y+z} = \\frac{y^3 + a}{x+z} = \\frac{z^3 + a}{x+y} = -3.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "-2 < a < 0 or 0 < a < 2",
    "solution": "Answer: $-2 < a < 0$ and $0 < a < 2$.\n\nLetting $c = x + y + z$, one sees that $x, y, z$ are the roots of the polynomial $P(t) = t^3 - 3t + a + 3c$. Therefore, Vieta's theorem implies $x + y + z = 0$, thus $c = 0$ and $P(t) = t^3 - 3t + a$. Consequently the polynomial $P(t) = t^3 - 3t + a$ has three distinct real roots. Moreover, the denominators appearing in the problem statement must be nonzero, hence the roots of $P(t)$ are nonzero. On the other hand, the converse statement also holds: if the polynomial $P(t) = t^3 - 3t + a$ has three distinct nonzero real roots, the equalities\n\nin the problem statement are satisfied by these roots $x, y, z$.\nNow for $a > 2$, one would have $t^3 + a > t^3 + 2 \\geq 3t$ for positive $t$, thus the polynomial $P(t)$ would have no positive root, so it could not have three real roots. Similarly for $a < -2$, there would be no negative root and there could not be three real roots. Moreover for $a = 2$ and $a = -2$, the polynomial $P(t)$ would have a double root of $t = 1$ and $t = -1$, respectively. Finally for $a = 0$, one of the roots of $P(t)$ would be 0.\nOutside all these cases, one has $-2 < a < 0$ or $0 < a < 2$. Indeed for $0 < a < 2$, one has $P(0) = a > 0$ and $P(1) = a - 2 < 0$, hence there is a root in each of the intervals $(-\\infty, 0)$, $(0, 1)$ and $(1, \\infty)$. Similarly for $-2 < a < 0$, there is a root in each of the intervals $(-\\infty, -1)$, $(-1, 0)$ and $(0, \\infty)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44958,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an acute triangle $ABC$ points $D$ and $E$ are on the sides $[BC]$ and $[AC]$, respectively, such that $BD$ and $CE$ are angle bisectors. Projections of $D$ onto $BC$ and $BA$ are $P$ and $Q$, respectively, projections of $E$ onto $CA$ and $CB$ are $R$ and $S$, respectively. Let $X$ be intersection of $AP$ and $CQ$, $Y$ be the intersection of $AS$ and $BR$, $Z$ be the intersection of $BX$ and $CY$. Show that $AZ \\perp BC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $H$ be the projection of $B$ onto $AC$. Since $B, P, Q, H, D$ lie on the semicircle of diameter $[BD]$, we obtain\n$$\n\\angle PHB = \\angle PDB = 90^\\circ - \\frac{\\hat{B}}{2} = \\angle QDB = \\angle QHB.\n$$\n\n![](attached_image_1.png)\n\nWe will show that if $BH \\perp AC$ and $\\angle PHB = \\angle QHB$, then $AP, CQ, BH$ are concurrent. Let the line passing through $B$ and parallel to $AC$ intersect the lines $PH$ and $QH$ at $K$ and $L$, respectively. As $BH \\perp AC$ and $\\angle PHB = \\angle QHB$, we get $HB \\perp KL$ and $\\angle KHB = \\angle LHB$. Therefore, we have $|KB| = |LB|$.\n\n$KL \\parallel AC$ and Thales theorem imply\n$$\n\\frac{|KB|}{|CH|} = \\frac{|BP|}{|PC|} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{|LB|}{|AH|} = \\frac{|BQ|}{|QA|}\n$$\nSince $|KB| = |LB|$, we obtain $\\frac{|AH|\\,|PC|\\,|BQ|}{|CH|\\,|BP|\\,|AQ|} = 1$. Ceva theorem on triangle $ABC$ gives that $AP, CQ, BH$ are concurrent. Hence, $X \\in BH$ and therefore, $BX \\perp AC$. Because of the symmetric structure we similarly get $CY \\perp AB$. Finally, the point $Z$, which is the intersection of the lines $BX$ and $CY$, is the orthocenter of the triangle $ABC$ and the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44959,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $100$ empty red and $k$ empty white baskets. At each step we choose one red and one white basket and add equal amounts of water into two chosen baskets. It was observed that after finite number of steps all baskets are non empty and any two baskets simultaneously chosen at some step contain equal amounts of water. Find all possible values of $k$.",
    "options": [],
    "answer": "100",
    "solution": "Answer: $k=100$.\n\n$k=100$ is obviously possible: partition all baskets into pairs of red and white baskets and in each of $100$ steps choose baskets from some new pair and add any amount of water into chosen baskets.\n\nNow let us show that $k=100$ is the only possible value. Define a graph on $100+k$ vertices where each vertex corresponds to some basket and there is an edge between two vertices if and only if baskets corresponding to these vertices are chosen at some step. Consider some connected component $G'$ of the graph. In $G'$ let $r$ and $w$ be the total number of vertices corresponding to red and white baskets, respectively and let $R$ and $W$ be the total amount of water in vertices corresponding to red and white baskets, respectively. Since $G'$ is connected and in each step we add equal amount of water into chosen baskets we have $R = W$. Since any two vertices of $G'$ are path connected, in any two baskets corresponding to two vertices of $G'$ there are equal amounts of water. Then $R = W$ implies $r = w$. Since $r = w$ for any $G'$ we are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44960,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In an equilateral triangle $ABC$, the point $X$ on the segment $[BC]$ and the points $Y$, $Z$ on the rays $[BA$ and $[CA$, respectively, are given such that $AX$, $BZ$, $CY$ are parallel. Let $XY$ intersect $AC$ at $M$, and let $XZ$ intersect $AB$ at $N$. Show that $MN$ is tangent to the incircle of $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "$AX \\parallel BZ$ implies $\\frac{AN}{NB} = \\frac{AX}{BZ} = \\frac{CX}{CB}$, and $AX \\parallel CY$ implies $\\frac{AM}{MC} = \\frac{AX}{CY} = \\frac{BX}{BC}$. Hence,\n$$\n\\frac{AN}{NB} + \\frac{AM}{MC} = \\frac{CX}{CB} + \\frac{BX}{BC} = 1. \\quad (1)\n$$\nNow let $a$ denote the sidelength of $ABC$. Using (1), one finds\n$$\n\\frac{a^2}{NB \\cdot MC} = \\left(1 + \\frac{AN}{NB}\\right) \\left(1 + \\frac{AM}{MC}\\right) = 2 + \\frac{AN \\cdot AM}{NB \\cdot MC},\n$$\nTherefore,\n$$\nAN \\cdot AM = a^2 - 2 \\cdot NB \\cdot MC. \\quad (2)\n$$\nNow the Law of Cosines implies $MN^2 = AM^2 + AN^2 - AM \\cdot AN$ which together with (2) gives\n$$\n\\begin{aligned}\nMN^2 &= AM^2 + AN^2 - a^2 + 2 \\cdot NB \\cdot MC \\\\\n&= (a - NB)^2 + (a - MC)^2 - a^2 + 2 \\cdot NB \\cdot MC \\\\\n&= (NB + MC - a)^2.\n\\end{aligned}\n$$\nHence, $MN = NB + MC - a$ (it can be easily seen by (2) that $NB + MC - a > 0$). Finally $MN + BC = NB + MC$ implies that the quadrilateral $MNBC$ has an incircle, thus the incircle of $ABC$ is tangent to the segment $MN$. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44961,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Points $A$, $B$, $C$ are given on a semicircle. The line which is tangent to the semicircle at $A$ intersects the line of the diameter at $M$, and the line which is tangent to the semicircle at $B$ intersects the line of the diameter at $N$. The line which passes through $A$ and is perpendicular to the diameter intersects $NC$ at $R$, and the line which passes through $B$ and is perpendicular to the diameter intersects $MC$ at $S$. The line $RS$ intersects the line of the diameter at $Z$. Show that $ZC$ is tangent to the semicircle.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "In the solution, we use directed lengths on the line of the diameter. Let $A'$, $B'$, $C'$ be the feet of the perpendiculars dropped onto the diameter from $A$, $B$, $C$. We have\n$$\n\\frac{ZB'}{ZA'} = \\frac{|SB'|}{|RA'|} = \\frac{|SB'|}{|CC'|} \\cdot \\frac{|CC'|}{|RA'|} = \\frac{MB'}{MC'} \\cdot \\frac{NC'}{NA'}\n$$\nNow let $OA' = a$, $OB' = b$ and $OC' = c$, thus we have $OM = r^2/a$ and $ON = r^2/b$ where $r$ is the radius of the semicircle. In this notation, the above equality reads\n$$\n\\frac{OZ - b}{OZ - a} = \\frac{r^2/a - b}{r^2/a - c} \\cdot \\frac{r^2/b - c}{r^2/b - a} = \\frac{r^2/c - b}{r^2/c - a}\n$$\nNow since $a \\neq b$, one has $OZ = r^2/c$ which shows that $ZC$ is tangent to the semicircle.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44962,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $n$ students and $29$ boards. Each student writes one of the numbers $1$, $2$ or $3$ to each board (a student can write different numbers to different boards). It is observed that any two students wrote different numbers to at least one board and any three students wrote the same number to at least one board. Find the largest possible value of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "3^28",
    "solution": "Answer: $3^{28}$.\nLet us numerate boards by $1$, $2$, $\\ldots$, $29$ and for each student define a vector $(a_1, a_2, \\ldots, a_{29})$, where $a_i$ is a number written by this student to the board number $i$. Since any two students wrote different numbers to at least one board, we get a set $V$ of $n$ different vectors each having $29$ components. For each given vector $v = (a_1, a_2, \\ldots, a_{29})$ let us define $v_1 = (a_1+1, a_2+1, \\ldots, a_{29}+1)$ and $v_2 = (a_1+2, a_2+2, \\ldots, a_{29}+2)$ where all entries are considered in $(\\bmod\\ 3)$. Since any three students wrote the same number to at least one board, at most one of three vectors $v$, $v_1$ and $v_2$ can be present in the set $V$. Therefore, $V$ contains at most\n$$\n\\frac{3^{29}}{3} = 3^{28}\n$$\nvectors. Now note that if first entries of all vectors of $V$ coincide and the remaining components span all possible $3^{28}$ combinations, problem conditions are satisfied. Thus, the maximal value of $n$ is $3^{28}$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44963,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$ with $90^\\circ > \\hat{A} > \\hat{B} > \\hat{C}$ let $H$ be the orthocenter and $O$ be the circumcenter. The lines $HO$ and $BC$ intersect at point $T$. Let $X$ be the circumcenter of the triangle $AHO$. Prove that the reflection of $H$ over the line $TX$ lies on the circumcircle of $ABC$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $S$ and $M$ be the second intersections of the circumcircle with the line $AH$ and the circle $(AHO)$, respectively. Since $OA = OM$, one has $\\angle MHO = \\angle OHS$, hence $M$ and $S$ are reflections of one another over the line $OH$. Therefore, the perpendicular bisector of $[MH]$, the perpendicular bisector of $[SH]$ which is the line $BC$, and the line $OH$ are concurrent; in other words, the perpendicular bisector of $[MH]$ passes through $T$. Therefore, the reflection of $H$ over the line $TX$ is just the point $M$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44964,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "2022 points of a circle are uniformly marked (arc distances between neighbouring marked points coincide). $k$ arcs with different lengths and with endpoints at marked points are chosen so that no arc lies inside another one. Find the largest possible value of $k$.",
    "options": [],
    "answer": "1011",
    "solution": "Answer: 1011.\nWe show that the answer for $2n$ points is $n$. Let us numerate marked points in clockwise order by $1, 2, \\dots, 2n$. The arc starting at point $a$ and ending at $b$ in clockwise order will be denoted by $[a, b]$.\n\nThe $n$ arcs chosen as $[1, 2], [2, 4], [3, 6], [4, 8], \\dots, [n-1, 2n-2], [n, 2n]$ satisfy conditions.\n\nNow suppose that $k \\ge n+1$ chosen arcs satisfy problem conditions. Let the shortest and longest chosen arcs are $[a, b]$ and $[c, d]$, respectively. Suppose that the arc lengths of $[a, b]$ and $[c, d]$ are $l$ and $m$, respectively.\n\nCase 1. $[a, b] \\cap [c, d] = \\emptyset$.\nAny chosen arc except $[a, b]$ and $[c, d]$ will either start on arc $[a+1, c-1]$ or end on arc $[d+1, b-1]$. Internal marked points of $[a, b]$ can be both starting and ending points of chosen arcs. Therefore, the sum of the number of possible starting and ending points is $t = 2n - (m+1) + (l-1)$. Since $m \\ge l+n$ we get $t \\le n-2$. There are at least $n-1$ chosen arcs except $[a, b]$ and $[c, d]$. Each of them either starts or ends at one of these $n-2$ points. Therefore, two of these arcs either starts or ends at the same marked point, a contradiction.\n\nCase 2. $[a, b] \\cap [c, d] \\neq \\emptyset$. Without loss of generality $a \\in (c, d]$.\nAny chosen arc except $[a, b]$ and $[c, d]$ will either will start on arc $[a+1, c-1]$ or end on arc $[d+1, b-1]$. Let $k$ be the length of arc $[d, b]$. Internal marked points of $[d, b]$ can be both starting and ending points of chosen arcs. Therefore, the sum of the number of possible starting and ending points is $t = 2n - (m+1) + (l-1)$. Since $m \\ge l+n$ we get $t \\le n-2$. There are at least $n-1$ chosen arcs except $[a, b]$ and $[c, d]$. Each of them either starts or ends at one of these $n-2$ points. Therefore, two of these arcs either starts or ends at the same marked point, a contradiction. Done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44965,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $a, b, c, d$ be positive integers such that only finite number of prime numbers divide at least one element of the set\n$$\n\\{a \\cdot b^n + c \\cdot d^n : n = 1, 2, 3, \\dots\\}.\n$$\nProve that $b = d$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $x_n = a \\cdot b^n + c \\cdot d^n$, $\\gcd(a, c) = e$ and $\\gcd(b, d) = f$. Then $a = e a_1$, $c = e c_1$, $b = f b_1$, $d = f d_1$, $\\gcd(a_1, c_1) = 1$ and $\\gcd(b_1, d_1) = 1$. Let $P$ be the set of all primes such that each element of $P$ divides at least one element of the sequence $(y_n)_{n \\ge 1}$, where $y_n = a_1 \\cdot b_1^n + c_1 \\cdot d_1^n$. Then $P$ is a finite set. We will show that $b_1 = d_1 = 1$.\n\nLet\n$$\n\\begin{align*}\nP_{ad} &= \\{p \\in P : p \\mid a_1 d_1\\}, \\\\\nP_{bc} &= \\{p \\in P : p \\mid b_1 c_1\\}, \\\\\nP_{a+c} &= \\{p \\in P : p \\mid a_1 + c_1\\}, \\\\\nP_0 &= \\{p \\in P : p \\nmid a_1 b_1 c_1 d_1 \\text{ and } p \\nmid a_1 + c_1\\}\n\\end{align*}\n$$\nIt can be easily seen that $P = P_{ad} \\cup P_{bc} \\cup P_{a+c} \\cup P_0$.\n\nLet $p \\in P_{ad}$. If $p \\mid a_1$ then $p \\mid c_1 \\cdot d_1^n$ and hence $p \\mid d_1$. Similarly, if $p \\mid d_1$ then $p \\mid a_1$. Then for sufficiently large $n$ we get $v_p(y_n) = v_p(a_1)$.\n\nLet $p \\in P_{bc}$. Similarly, for sufficiently large $n$ we have $v_p(y_n) = v_p(c_1)$.\n\nLet $p \\in P_{a+c}$ then $p \\nmid b_1 d_1$. Let $v_p(a_1 + c_1) = \\alpha$. Then by Euler's theorem for each $\\phi(p^{\\alpha+1}) = p^{\\alpha}(p-1) \\mid n$ we have\n$$\ny_n = a_1 \\cdot b_1^n + c_1 \\cdot d_1^n \\equiv a_1 + c_1 \\pmod{p^{\\alpha+1}}\n$$\nand hence $v_p(y_n) = \\alpha = v_p(a_1 + c_1)$.\n\nFinally let $p \\in P_0$. Then by Fermat's theorem for each $p-1 \\mid n$ we have\n$$\ny_n = a_1 \\cdot b_1^n + c_1 \\cdot d_1^n \\equiv a_1 + c_1 \\pmod{p}\n$$\nand hence $p \\nmid y_n$.\n\nTherefore, at each sufficiently large value of $k$ for\n$$\nn = k \\cdot \\prod_{p \\in P_{a+c}} (p-1) p^{v_p(a_1+c_1)} \\cdot \\prod_{p \\in P_0} (p-1)\n$$\nfor each prime divisor of $y_n$ we get that $v_q(y_n)$ is bounded from above. Now since all four sets are finite, $y_n$ is also bounded from above. The only possibility for this is $b_1 = d_1 = 1$. Thus $b = d$ and we are done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44966,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $c$ be a given real number. Suppose that for all real numbers $a$ and $b$ the function $f(x) = x^2 - 2a x + b$ satisfies the following inequality\n$$\nf(c) \\cdot f(-c) \\geq f(a).\n$$\nFind all possible values of $c$.",
    "options": [],
    "answer": "c = ±1/2",
    "solution": "Answer: $c = \\pm\\frac{1}{2}$.\n\nNote that\n$$\n\\begin{align*}\nf(c) \\cdot f(-c) - f(a) &= (c^2 - 2a c + b)(c^2 + 2a c + b) + a^2 - b \\\\\n&= (c^2 + b)^2 - 4a^2 c^2 + a^2 - b.\n\\end{align*}\n$$\nPutting $d = c^2$ we get\n$$\n\\begin{align*}\nf(c) \\cdot f(-c) - f(a) &= (d + b)^2 - 4a^2 d + a^2 - b \\\\\n&= a^2(1 - 4d) + \\left(b + d - \\frac{1}{2}\\right)^2 + d - \\frac{1}{4}.\n\\end{align*}\n$$\nIf $d < \\frac{1}{4}$ then taking $a = 0$, $b = -d + \\frac{1}{2}$ we get a contradiction:\n$f(c) \\cdot f(-c) - f(a) = d - \\frac{1}{4} < 0$, a contradiction.\n\nIf $d > \\frac{1}{4}$ then taking $a = 1$, $b = -d + \\frac{1}{2}$ we get a contradiction:\n$f(c) \\cdot f(-c) - f(a) = -3\\left(d - \\frac{1}{4}\\right) < 0$.\n\n$$\n\\text{If } d = \\frac{1}{4} \\text{ then } f(c) \\cdot f(-c) - f(a) = \\left(b - \\frac{1}{2}\\right)^2 \\ge 0.\n$$\nWe are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44967,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $(x, y, z)$ be a triple of positive real numbers satisfying\n$$\nxyz = 1 \\quad \\text{and} \\quad \\frac{y}{z}(y-x^2) + \\frac{z}{x}(z-y^2) + \\frac{x}{y}(x-z^2) = 0,\n$$\nand $t_1, t_2$ and $t_3$ be the smallest, the median and the largest of $x, y, z$, respectively. Find the smallest possible value of\n$$\n\\frac{t_1 + t_3}{t_2}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "5/√[5]{256}",
    "solution": "Answer: $\\frac{5}{\\sqrt[5]{256}}$.\nLet $\\frac{x^2}{y} = a$, $\\frac{y^2}{z} = b$ and $\\frac{z^2}{x} = c$. The problem conditions in this new variables take the following form\n---\n\n$$\nabc = 1, \\quad a+b+c = ab+bc+ca.\n$$\nNow we readily get $(a-1)(b-1)(c-1) = 0$. Therefore, at least one of the numbers $a, b, c$ should be equal to $1$. Without loss of generality we assume that $a=1$. Then $y = x^2$ and $z = \\frac{1}{x^3}$.\nIf $0 < x \\le 1$ then $x^2 \\le x \\le \\frac{1}{x^3}$ and if $x > 1$ then $\\frac{1}{x^3} < x < x^2$. Hence in all cases $x$ is a median: $t_2 = x$. Finally by AM-GM inequality we get\n$$\n\\frac{x^2 + \\frac{1}{x^3}}{x} = x + \\frac{1}{x^4} = \\frac{x}{4} + \\frac{x}{4} + \\frac{x}{4} + \\frac{x}{4} + \\frac{1}{x^4} \\ge 5\\sqrt[5]{\\frac{1}{4^4}}.\n$$\nThe equality holds when $\\frac{x}{4} = \\frac{1}{x^4}$ or $x = \\sqrt[5]{4}$. In this case $y = x^2 = \\sqrt[5]{16}$ and $z = \\frac{1}{x^3} = \\frac{1}{\\sqrt[5]{64}}$. Thus, $\\frac{t_1+t_3}{t_2}$ takes its smallest value $\\frac{5}{\\sqrt[5]{256}}$ at $x = \\sqrt[5]{4}$, $y = \\sqrt[5]{16}$, and $z = \\frac{1}{\\sqrt[5]{64}}$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44968,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "A school with $2023$ pupils organized either a museum tour or a nature tour every day during the summer holidays. No pupil participated in the same type of tour twice, and all tours were attended by different numbers of pupils. If no two pupils participated in two different tours together, find the maximal possible value of the total number of tours.",
    "options": [],
    "answer": "77",
    "solution": "Answer: $77$.\n\nFirst of all, let us give an example for $77$ tours. Let us take $26 \\times 77 = 2002$ school pupils and divide them into groups $A$ and $B$ consisting of $26 \\times 51 = 1326$ and $26 \\times 26 = 676$ pupils, respectively. To each pupil from $A$ we assign a different pair from the set\n$$\nA = \\{(i, j) : i, j \\in \\mathbb{Z}_+, i + j \\leq 52\\}\n$$\nTo each pupil from $B$ we assign a different pair from the set\n$$\nB = \\{(i, j) : i, j \\in \\mathbb{Z}_+, i \\leq 26, j \\leq 26\\}.\n$$\nNow for each $1 \\leq k \\leq 77$ in the $k$-th day:\n\n† if $k \\leq 51$ then $k$ pupils from the group $A$ for which $i = 52 - k$ attend a museum tour,\n\n†† if $k \\geq 52$ then $k$ pupils from the groups $A$ and $B$ for which $j = 78 - k$ attend a nature tour.\n\nIt can be readily seen that all conditions of the problem are fulfilled.\n\nNow we show that if an $n$ days program satisfies the conditions then $n \\leq 77$. Let us consider $52$ tours with largest numbers of pupils: $M_1, M_2, \\dots, M_k, N_{k+1}, \\dots, N_{52}$ (here each $M_i$ denotes a pupil group attending a museum tour and $N_i$ denotes a pupil group attending a nature tour). By conditions $|M_i \\cap N_j| \\leq 1$ and for $i \\neq j$ we have $|M_i \\cap M_j| = 0$ and $|N_i \\cap N_j| = 0$. Therefore,\n$$\n\\sum |M_i| + \\sum |N_i|\n$$\n$$\n= |M_1 \\cup \\dots \\cup M_k \\cup N_{k+1} \\cup \\dots \\cup N_{52}| + \\sum |M_i \\cap N_j| \\leq\n$$\n$$\n2022 + k(52 - k) \\leq 2698 < 26 \\cdot 104\n$$\nOn the other hand, since all tours were attended by different numbers of pupils, we get\n$$\n\\sum |M_i| + \\sum |D_i| \\geq n + (n-1) + \\dots + (n-51) = (2n-51) \\cdot 26\n$$\nTherefore, $2n-51 < 104$ and hence $n \\leq 77$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Abstract Algebra"
  },
  {
    "id": 44969,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a school with $2021$ students each student has exactly $k$ friends and among any three students there are two which are not friends. Find the largest possible value of $k$.",
    "options": [],
    "answer": "808",
    "solution": "**Answer: 808.**\n\nLet us reformulate the problem in terms of graph theory: a $k$-regular graph $G$ on $2021$ vertices does not contain any triangle. What is the largest value of $k$? Below we give an example for $k = 808$:\n\n![](attached_image_1.png)\n\nNow we show that $k \\le 808$. First of all, suppose that $G$ is bipartite: $G = (A, B)$ where all edges are between $A$ and $B$. Then since $|A| \\cdot k = |B| \\cdot k$ we get $|A| = |B|$ which is impossible since there are $2021$ vertices. Hence $G$ is not bipartite and $G$ contains a cycle of odd length. Let $C$ be the shortest odd cycle with $2t+1$ edges. Since $G$ does not contain any triangle $t \\ge 2$.\n\nLet us show that any vertex $v$ in $G-C$ has at most two neighbours on $C$. On the contrary, suppose that vertices $a, b, c \\in C$ (in clockwise direction) are directly connected to $v$. Let $n_{ab}, n_{bc}, n_{ca}$ be the number of vertices on paths (without endpoints) $(a, b)$, $(b, c)$, $(c, a)$ of $C$, respectively. Since $G$ has no triangles $n_{ab}, n_{bc}, n_{ca} \\ge 1$. Since $n_{ab} + n_{bc} + n_{ca} = 2t-2$, one of these three numbers, say $n_{ab}$, is even. The vertex $v$ and $(a, b)$ constitute a cycle of length $n_{ab}+3$. Since $n_{ab}+3$ is odd and $C$ is a shortest odd cycle, we get $n_{ab}+3 \\ge 2t+1$ and $n_{ab} \\ge 2t-2$. Hence we get a contradiction $n_{bc} + n_{ca} = 0$.\n\nLet us consider all edges between $C$ and $G-C$. Since each vertex of $C$ has $k$ neighbours there are $(k-2)(2t+1)$ edges between $C$ and $G-C$. On the other hand, each vertex of $G-C$ has at most two neighbours in $C$. Therefore,\n$$\n2(2021-2t-1) \\geq (k-2)(2t+1) \\Rightarrow 4042 \\geq k(2t+1).\n$$\nFinally, since $t \\geq 2$ we get $k \\leq 808$. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44970,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For a polynomial $Q$ with integer coefficient and prime $p$, we say that $Q$ excludes $p$ if there is no integer $n$ for which $p \\mid Q(n)$. Does there exist a polynomial of degree $5$ with integer coefficients having no rational roots which excludes exactly one prime?",
    "options": [],
    "answer": "Yes; Q(x) = (2x^3 + 1)(x^2 - x + 1), which excludes only the prime 2.",
    "solution": "Answer: Yes, for example $Q(x) = (2x^3 + 1)(x^2 - x + 1)$.\nClearly $Q(x)$ has no rational roots. We will show that the only prime excluded by $Q(x)$ is $p=2$.\n\n**Observation 1:** For any prime $p$ satisfying $p \\equiv 1 \\pmod 3$ there exists an integer $n$ such that $n^2 - n + 1 \\equiv 0 \\pmod p$.\n*Proof.* Let $\\omega$ be a primitive root modulo $p$ and $n = -\\omega^{(p-1)/3}$. Then $n^3 \\equiv -1 \\pmod p$ and $n \\not\\equiv -1 \\pmod p$. Now since $n^3 + 1 = (n+1)(n^2 - n + 1)$ we get $n^2 - n + 1 \\equiv 0 \\pmod p$.\n\n**Observation 2:** For any odd prime $p$ satisfying $p \\equiv 2 \\pmod 3$ there exists an integer $n$ such that $2n^3 + 1 \\equiv 0 \\pmod p$.\n*Proof.* Let $a$ be an integer satisfying $2a+1 \\equiv 0 \\pmod p$. Since $3 \\mid p-2$ we get $3 \\mid 2p-1$. Then for the integer $n = a^{(2p-1)/3}$ by Fermat's little theorem we have $n^3 \\equiv a^{2p-1} \\equiv a \\pmod p$.\n\nTherefore, $2n^3 + 1 \\equiv 2a + 1 \\equiv 0 \\pmod{p}$.\n$Q(x)$ does not exclude $p=3$ since $3 \\mid Q(2)$. By Observation 1 any prime $p \\equiv 1 \\pmod 3$ is not excluded by $Q(x)$. By Observation 2 any odd prime $p \\equiv 2 \\pmod 3$ is not excluded by $Q(x)$. Since both $2n^3 + 1$ and $n^2 - n + 1$ are always odd numbers $p=2$ is excluded by $Q(x)$. We are done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44971,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the smallest value of\n$$\nxy + yz + zx + \\frac{1}{x} + \\frac{2}{y} + \\frac{5}{z},\n$$\nwhere $x, y, z$ are positive real numbers.",
    "options": [],
    "answer": "3*36^(1/3)",
    "solution": "Answer: $3 \\cdot \\sqrt[3]{36}$.\nUsing AM-GM inequality, we get\n$$\n\\begin{aligned}\nyx + \\frac{1}{3x} + \\frac{1}{2y} &\\ge 3\\sqrt[3]{\\frac{1}{6}}, \\\\\nyz + \\frac{3}{2y} + \\frac{3}{z} &\\ge 3\\sqrt[3]{\\frac{9}{2}}, \\\\\nzx + \\frac{2}{z} + \\frac{2}{3x} &\\ge 3\\sqrt[3]{\\frac{4}{3}}.\n\\end{aligned}\n$$\nSide by side sum of these three inequalities gives the following inequality:\n$$\nxy + yz + zx + \\frac{1}{x} + \\frac{2}{y} + \\frac{5}{z} \\ge 3 \\cdot \\sqrt[3]{36}.\n$$\nThe equality holds when $(x, y, z) = \\left( \\frac{\\sqrt[3]{6}}{3}, \\frac{\\sqrt[3]{6}}{2}, \\sqrt[3]{6} \\right)$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44972,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a triangle $ABC$ with $\\hat{B} < \\hat{C}$, let $K$ be the center of the excircle that is tangent to the side $[AC]$. The lines $AK$ and $BC$ intersect at $D$, and $E$ is the center of the circumcircle of $BKC$. Prove that\n$$\n\\frac{1}{|KA|} = \\frac{1}{|KD|} + \\frac{1}{|KE|}.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\nWe will show that $\\frac{|KA|}{|KD|} + \\frac{|KA|}{|KE|} = 1$. Let $\\angle A = 2\\alpha$, $\\angle B = 2\\beta$ and $\\angle C = 2\\theta$. Recall that $\\alpha + \\beta + \\theta = 90^\\circ$. By angle chasing we obtain that $\\angle ADC = \\theta - \\beta$, $\\angle ABK = \\angle KBD = \\beta$, $\\angle BAK = 180^\\circ - \\theta - \\beta$ and hence we get\n$$\n\\frac{|KA|}{|KD|} = \\frac{|AB|}{|BD|} = \\frac{\\sin(\\theta - \\beta)}{\\sin(180^\\circ - \\theta - \\beta)} = \\frac{\\sin\\theta \\cos\\beta - \\cos\\theta \\sin\\beta}{\\cos\\alpha} \\quad (1)\n$$\nWe also have $\\angle CAK = \\beta + \\theta$ and $\\angle ACK = \\alpha + \\beta$. Therefore,\n$$\n\\frac{|KA|}{|KE|} = \\frac{|KA|}{|KC|} \\cdot \\frac{|KC|}{|KE|} = \\frac{\\sin(\\alpha + \\beta)}{\\sin(\\beta + \\theta)} \\cdot 2\\sin\\beta = \\frac{2\\sin\\beta\\cos\\theta}{\\cos\\alpha} \\quad (2)\n$$\nAdding up (1) and (2) yields\n$$\n\\frac{|KA|}{|KD|} + \\frac{|KA|}{|KE|} = \\frac{\\sin\\theta \\cos\\beta + \\cos\\theta \\sin\\beta}{\\cos\\alpha} = \\frac{\\sin(\\theta + \\beta)}{\\cos\\alpha} = \\frac{\\cos\\alpha}{\\cos\\alpha} = 1\n$$\nand the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44973,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all prime numbers $p$ for which the number\n$$\n3^p + 4^p + 5^p + 9^p - 98\n$$\nhas at most 6 positive divisors.",
    "options": [],
    "answer": "2, 3, 5",
    "solution": "Answer: $p = 2, 3, 5$.\nLet $f(p) = 3^p + 4^p + 5^p + 9^p - 98$. The primes $2, 3, 5$ satisfy the following conditions: $f(2) = 3 \\cdot 11$, $f(3) = 7 \\cdot 11^2$, $f(5) = 7 \\cdot 9049$.\n\nLet $p > 5$. Since $7$ divides $3^p + 4^p$, $5^p + 9^p$ and $98$ we get $7 \\mid f(p)$. Now since\n$$\np \\equiv 1 \\pmod{10} \\implies f(p) \\equiv 3+4+5+9+1 \\equiv 0 \\pmod{11},\n$$\n$$\np \\equiv 3 \\pmod{10} \\implies f(p) \\equiv 5+9+4+3+1 \\equiv 0 \\pmod{11},\n$$\n$$\np \\equiv 7 \\pmod{10} \\implies f(p) \\equiv 9+5+3+4+1 \\equiv 0 \\pmod{11},\n$$\n$$\np \\equiv 9 \\pmod{10} \\implies f(p) \\equiv 4+3+9+5+1 \\equiv 0 \\pmod{11}\n$$\nwe get that $11 \\mid f(p)$. Since $f(p)$ has at most 6 positive divisors the only prime divisors of $f(p)$ are $7$ and $11$. On the other hand, for $p > 5$ we have $f(p) > 7 \\cdot 11^2 > 7^2 \\cdot 11 > 7 \\cdot 11$. Therefore, there is no $p > 5$ satisfying conditions.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44974,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle with incenter $I$ such that $|AB| < |BC| < |CA|$. Let $H_A, H_B, H_C$ be the orthocenters of the triangles $IBC, IAC, IAB$, respectively. Let $K_A$ and $L_A$ be points on $BC$ such that $K_A \\in H_B H_C$ and $IL_A \\perp H_B H_C$. Define $K_B, L_B, K_C, L_C$, similarly. Prove that $|K_A L_A| = |K_B L_B| + |K_C L_C|$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We will show that $L_A, L_B, L_C$ are the midpoints of the sides, and $K_A, K_B, K_C$ are the tangent points of the incircle to the sides in the triangle $ABC$. Note that the desired equality holds in this case. Indeed, if this is the case, we obtain\n\n$$\n|L_A K_A| = |BL_A| - |BK_A| = \\frac{|AC| - |AB|}{2}\n$$\n($|AB| < |BC| < |CA|$). Similarly, we also get\n$$\n|L_B K_B| = \\frac{|BC| - |AB|}{2} \\quad \\text{and} \\quad |L_C K_C| = \\frac{|AC| - |BC|}{2},\n$$\n\nwhich clearly implies $|K_A L_A| = |K_B L_B| + |K_C L_C|$. Let $L'_A, K'_A \\in BC$ be points such that $|BL'_A| = |CL'_A|$ and $IK'_A \\perp BC$. Define $K'_B, L'_B, K'_C, L'_C$, similarly. Now we can complete the proof in two different ways:\n\nFirst Way:\n\nWe claim that $H_B K'_A \\perp I L'_A$. This completes the proof since it also means $H_C K'_A \\perp I L'_A$ by symmetry, which implies $I L'_A \\perp H_B H_C$ and $K'_A \\in H_B H_C$, so we can conclude that $L_A = L'_A$ and $K_A = K'_A$. Let $P$ be the point of intersection of $H_B K'_A$ and $I L'_A$, and let $S$ be the point on $IH_B$ such that $S L'_A \\perp IH_B$. Since $ISK'_A L'_A$ is a cyclic quadrilateral, we find $\\overline{P L'_A S} = \\overline{I L'_A S} = \\overline{I K'_A S}$. Therefore, if we prove that $\\overline{I K'_A S} = \\overline{K'_A H_B I}$, we get $\\overline{P H_B S} = \\overline{P H_B I} = \\overline{P L'_A S}$, which means $L'_A P S H_B$ is cyclic and $\\overline{H_B P L'_A} = \\overline{H_S L'_A} = 90^\\circ$. As a result, it suffices to show that $\\overline{I K'_A S} = \\overline{K'_A H_B I}$, which is equivalent to $|IS||IH_B| = |I K'_A|^2 = r^2$ where $r$ is the inradius of the triangle $ABC$. Since $\\overline{AIC} = 90^\\circ + \\frac{\\hat{B}}{2}$, the Sine theorem gives $\\frac{|IH_B|}{|AC|} = \\tan \\frac{\\hat{B}}{2} = \\frac{r}{u - |AC|}$. On the other hand, we have $|IS| = \\frac{h_B}{2} - r = \\frac{ur}{|AC|} - r$ because $L'_A S \\parallel AC$. Therefore, we get $|IS||IH_B| = \\frac{|AC|r}{u - |AC|} \\frac{r(u - |AC|)}{|AC|} = r^2$, so the result follows.\n\nSecond Way:\n\nWe claim $H_B H_C$ is the polar line of $L'_A$ with respect to the incircle, which completes the proof easily. Let $N$ be the point on $IC$ such that $BN \\perp IC$. Since $|BL'_A| = |CL'_A|$, we have $\\overline{NL'_A B} = 2 \\cdot \\overline{NCB} = \\hat{C}$. This implies $NL'_A \\parallel AC$, in other words we get $N \\in L'_A L'_C$. On the other hand, we obtain $180^\\circ - \\overline{NK'_C I} = \\overline{NBI} = 90^\\circ - \\overline{IBC} - \\overline{ICB} = IK'_C K'_B$ since $N, K'_C, I, B$ are concyclic, so we obtain $N \\in K'_B K'_C$.\n\nNow, $N \\in K'_B K'_C$ means that $N$ lies on the polar line of $A$, so we can say that $A$ lies on the polar line of $N$. Since $AH_B \\perp IN$, we get $AH_B$ is the polar line of $N$, which implies $N$ lies on the polar line of $H_B$. On the other hand, we have $L'_A L'_C \\perp IH_B$ and $N \\in L'_A L'_C$, so we can conclude that $L'_A L'_C$ is the polar line of $H_B$. Similarly, we obtain $L'_A L'_B$ is the polar line of $H_C$, which implies that $H_B H_C$ is the polar line of $L'_A$, so the result follows.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44975,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the largest possible value of $k$, if in every graph on $2022$ vertices having no cycles, it is always possible to choose $k$ vertices such that any chosen vertex is adjacent to at most two chosen vertices.",
    "options": [],
    "answer": "1517",
    "solution": "**Answer: 1517.**\nConsider a graph on $n$ vertices having no cycles. By induction over $n$, we will show that the maximum possible value of $k$ is $\\lfloor 3n/4 \\rfloor$.\n\nIt can be readily shown that the claim holds for $n \\le 4$. Let $G$ be an acyclic graph on $n \\ge 5$ vertices. Assume that the claim holds for all values not exceeding $n-1$. If $G$ is disconnected, then the result follows by applying the induction hypothesis to each connected component. Hence we can assume that $G$ is a tree. There is a unique path between any pair of vertices in a tree. For any $x, y \\in V(G)$, let $dist(x, y)$ be the length of the path between $x$ and $y$.\n\nPick a vertex $r$ in $G$, and partition the vertices of $G$ with respect to their distances to $r$, i.e. let $A_t = \\{v \\in V(G) : dist(v, r) = t\\}$. It can be easily observed that any $v \\in A_t$ has exactly one neighbour in $A_{t-1}$. Let $m = \\max_{t \\ge 0}\\{t : A_t \\ne \\emptyset\\}$, and pick $v \\in A_m$. If $m = 1$, then we can choose all the vertices except $r$, which completes the proof since $n-1 \\ge \\lfloor 3n/4 \\rfloor$. Assume $m \\ge 2$, denote the unique neighbour of $v$ in $A_{m-1}$ by $w$, and denote the unique neighbour of $w$ in $A_{m-2}$ by $x$.\n\nIf $\\deg(w) = 2$, then we can choose $\\lceil 3(n-3)/4 \\rceil$ vertices from $G - \\{v, w, x\\}$ by the induction hypothesis. By adding $v$ and $w$ into the selected vertices, the result will follow since $\\lceil 3(n-3)/4 \\rceil + 2 \\ge \\lceil 3n/4 \\rceil$.\n\nIf $\\deg(w) = 3$, let $y$ be the third neighbour of $w$ (other than $x$ and $v$). Then we can choose $\\lceil 3(n-4)/4 \\rceil$ vertices from $G - \\{v, w, x, y\\}$ by the induction hypothesis. By adding $\\{w, v, y\\}$ into the selected vertices, the result will follow since $\\lceil 3(n-4)/4 \\rceil + 3 = \\lceil 3n/4 \\rceil$.\n\nIf $\\deg(w) \\ge 4$, let $N$ be the set of neighbours of $w$ in $A_m$, thus $N$ includes $s \\ge 3$ vertices. By the induction hypothesis, we can choose $\\lceil 3(n-s-1)/4 \\rceil$ vertices from $G - (N \\cup \\{w\\})$. Then, by adding $N$ into the selected vertices, the result will follow since $\\lceil 3(n-s-1)/4 \\rceil + s \\ge \\lceil 3n/4 \\rceil$.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44976,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Prove that for infinitely many positive integers $k$, there are no positive integers $m$ and $n$ satisfying\n$$\n\\frac{n^2 + m^2}{m^4 + n} = k.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $p \\equiv 3 \\pmod 4$ be a prime number. We will show that for $k = p^2$ there are no positive integers $m$ and $n$ satisfying the equation. Suppose that there is a solution. If we rewrite the equation as\n$$\nn^2 - p^2 n + (m^2 - p^2 m^4) = 0\n$$\nwe obtain a quadratic equation for $n$ and the discriminant must be a perfect square. Therefore,\n$$\np^4 + 4p^2 m^4 - 4m^2 = s^2\n$$\nfor some integer $s$. Then $p \\mid (2m)^2 + s^2$ and we get $m = px$ and $s = pt$ for some integers $x$ and $t$. So we have\n$$\np^2 + 4p^4 x^4 - 4x^2 = t^2\n$$\nand again we obtain $p \\mid (2x)^2 + t^2$. Thus, we have $x = py$ and $t = pu$ for some integers $y$ and $u$. Dividing both sides by $p^2$ gives\n$$\n1 + 4p^6 y^4 - 4y^2 = u^2\n$$\nLet $z = 2p^3$. Since $y \\neq 0$ and $z > 2$, we conclude\n$$\n(zy^2 - 1)^2 = z^2 y^4 - 2z y^2 + 1 < z^2 y^4 - 4y^2 + 1 = u^2 < z^2 y^4 = (z y^2)^2.\n$$\nSince $u^2$ lies between two consecutive perfect squares, we get a contradiction.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44977,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "There are $n$ empty red boxes numbered $1, 2, \\dots, n$ and $n$ empty white boxes numbered $1, 2, \\dots, n$ on the table. At each step we choose one red and one white box and put one ball into each chosen box. After finite number of steps it turns out that for any two identically numbered red and white boxes either the red box contains $6$ more balls than the white box or the white box contains $16$ more balls than the red box. Find all possible values of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "n = 11k for positive integer k",
    "solution": "Answer: $n = 11k$, where $k$ is a positive integer.\n\nSuppose that in $m$ identically numbered pairs of red and white boxes each red box contains more balls than the white box. Then the difference between the total number of balls in red boxes and the total number of balls in white boxes is $6m - 16(n - m)$. On the other hand, since the total number of balls in red boxes and the total number of balls in white boxes increases by $1$ at each step, the difference should be equal to $0$. Therefore, $11m = 8n$. Thus, $n$ should be a multiple of $11$.\n\nFirstly, we give an example for $n = 11$. Let each pair $(i, j)$ of red box numbered $i$ and white box numbered $j$, $i = 1, 2, \\dots, 8$ and $j = 9, 10, 11$ be chosen exactly two times. Then after these $48$ steps the problem conditions will be satisfied.\n\nIf $n = 11k$, we partition boxes into groups numbered $1, 2, \\dots, k$ where group number $s$ contains $11$ red and $11$ white boxes numbered $11s - 10, 11s - 9, \\dots, 11s$, change box numbers to their values in $(\\bmod\\ 11)$ and apply $48$ steps defined above to each of these groups.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44978,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all triples $(n, k, p)$ satisfying the equation\n$$\n|6n^2 - 17n - 39| = p^k\n$$\nwhere $n, k$ are integers and $p$ is a prime.",
    "options": [],
    "answer": "(n, k, p) = (-4, 3, 5), (-2, 1, 19), (-1, 4, 2), (2, 2, 7), (4, 1, 11)",
    "solution": "**Answer:** $(n, k, p) = (-4, 3, 5), (-2, 1, 19), (-1, 4, 2), (2, 2, 7), (4, 1, 11)$.\nWriting\n$$\np^k = |6n^2 - 17n - 39| = |(2n + 3)(3n - 13)|,\n$$\nwe get\n$$\n2n + 3 = \\pm p^{\\alpha}, \\quad 3n - 13 = \\pm p^{\\beta}\n$$\nfor some non-negative integers $\\alpha, \\beta$. Examining the cases $\\alpha = 0$ or $\\beta = 0$, we find the possibilities $n = -1, n = -2$ and $n = 4$, which gives the solutions $(n, k, p) = (-2, 1, 19), (-1, 4, 2), (4, 1, 11)$.\nIf $\\alpha, \\beta \\ge 1$, we have $p|(2n+3)$ and $p|(3n-13)$, hence we get $p|35$,\nso $p \\in \\{5,7\\}$. Note that $p^{\\alpha-\\beta} = \\pm \\frac{2n+3}{3n-13}$. However, if $n \\ge 17$ or $n \\ge -5$, it is clear that $\\frac{1}{5} < \\frac{2n+3}{3n-13} < 1$, which means that $\\alpha-\\beta$ is not an integer as $p \\in \\{5,7\\}$, a contradiction.\nAs a result, we need to examine the cases $-4 \\le n \\le 16$. We can eliminate some of them directly as follows. Note that if $p=5$, then we have: $n \\equiv 1 \\pmod 5$ whereas $p=7$ implies $n \\equiv 2 \\pmod 7$. Moreover, $3n-13$ is odd, so $n$ must be even. Then, we only need to check the values $n \\in \\{-4,2,6,16\\}$, which gives the solutions $(n, k, p) = (-4, 3, 5), (2, 2, 7)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44979,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle, $\\omega$ be its circumcircle and $I$ be its incentre. Let the line $BI$ meet $AC$ at $E$ and $\\omega$ at $M$ for the second time. The line $CI$ meet $AB$ at $F$ and $\\omega$ at $N$ for the second time. Let the circumcircles of $BFI$ and $CEI$ meet at $K$ for the second time. Prove that the lines $BN$, $CM$, $AK$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\nLet $AK \\cap MN = L$. Since $K$ is the Miquel point of the quadrilateral $AFIE$ we get that $ABKE$ and $AFKC$ are conicyclic. Therefore, we have $\\angle BK_A = \\angle BEA = B/2 + C$ and since $\\angle BNM = B/2 + A$ we get that quadrilateral $BNKL$ is cyclic. Similarly the quadrilateral $MCKL$ is also cyclic. By using of the radical axis theorem on the circles $(BNKL)$, $(MCKL)$ and $(ABC)$ we get the desired concurrency.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44980,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $O_1O_2O_3$ be an acute angled triangle. Let $\\omega_1, \\omega_2, \\omega_3$ be the circles with centres $O_1, O_2, O_3$ respectively such that any two of them are tangent to each other. Circumcircle of $O_1O_2O_3$ intersects with $\\omega_1$ at $A_1$ and $B_1$, with $\\omega_2$ at $A_2$ and $B_2$, with $\\omega_3$ at $A_3$ and $B_3$. Prove that the incenter of the triangle determined by the lines $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$ and the incenter of the triangle $O_1O_2O_3$ coincide.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the circumcircle of the triangle $O_1O_2O_3$ be $\\Gamma$. Let the tangency point of $\\omega_1$ and $\\omega_2$ be $D$, $\\omega_1$ and $\\omega_3$ be $E$, $\\omega_2$ and $\\omega_3$ be $F$. Let the incenter of $O_1O_2O_3$ be $I$, then it's easy to see that $ID, IE, IF$ are perpendicular to the respective sides of $O_1O_2O_3$ since we have $|O_1D| = |O_1E|$, etc. The radical axis of circles: $\\omega_1, \\omega_2, \\Gamma$ are concurrent, let's say at point $X$ where $Y, Z$ are defined similarly. Then $X$ lies on the perpendicular $IF$ since it is the radical axis of the tangent circles $\\omega_1, \\omega_2$. Let $O$ be the center of $\\Gamma$ and $OO_1 \\cap A_1B_1 = P$, then $OO_1 \\perp A_1B_1$ and $X, D, P, O_1$ is cyclic. Therefore, $\\angle DXO_1 = \\angle DO_1O$ and similarly $\\angle DXO_2 = \\angle DO_2O$ and $XI$ is an angle bisector of the triangle $XYZ$, results for $Y$ and $Z$ follow similarly.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44981,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In the interior of a trapezoid $ABCD$ with $AB \\parallel CD$ a point $T$ is chosen such that $\\angle ATD = \\angle CTB$. The second intersection point of the line $AT$ with the circumcircle of $ACD$ is $K$. The second intersection point of the line $BT$ with the circumcircle of $BCD$ is $L$. Show that $KL \\parallel AB$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let the lines $AT$ and $BT$ intersect the line $CD$ at the points $A_1$ and $B_1$, and intersect the circle $(TCD)$ at the points $A_2$ and $B_2$ (beside $T$). Now one has $\\overline{A_2D} = \\overline{CB_2}$ on the circle $(TCD)$, which implies $A_2B_2 \\parallel CD$. On the other hand $A_1T \\cdot A_1A_2 = A_1C \\cdot A_1D = A_1A \\cdot A_1K$, hence one gets $A_1K/A_1A_2 = A_1T/A_1A$ and one analogously gets $B_1L/B_1B_2 = B_1T/B_1B$. Now $A_1T/A_1A = B_1T/B_1B$, therefore $A_1K/A_1A_2 = B_1L/B_1B_2$, which implies $KL \\parallel A_2B_2$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44982,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "In a school having $n$ students any student has exactly $2023$ friends and if two students are not friends then they have exactly $2022$ common friends. Find all possible values of $n$.",
    "options": [],
    "answer": "n = 2024, 2026, 2028, 2696, 4044",
    "solution": "Answer: $n = 2024, 2026, 2028, 2696, 4044$.\n\nLet us reformulate a more general version of the problem in terms of the graph theory: In a regular graph $G$ on $n$ vertices each vertex has a degree $k < n-1$ and if two vertices are not neighbours then they have exactly $k-1$ common neighbours. Find all pairs $(n, k)$ satisfying these conditions.\n\nIf $n = 2024$ then the complete graph satisfies the conditions. The answer in the remaining cases: all pairs $(n, k) = (2ab, 2a(b-1)+1)$ where $a > 1$ and $b$ are positive integers and also all pairs $(n, n-3)$ (if $n = 4b$ then all pairs $(n, n-3)$ are among pairs given by $(n, k) = (2ab, 2a(b-1)+1)$).\n\nLet $w$ be a vertex with neighbours $v_1, \\dots, v_k$. If some vertex is not a neighbour of $w$ then it is directly connected to $k-1$ neighbours of $w$ and hence it has exactly $1$ neighbour among remaining vertices. Therefore, all vertices in the graph $G - \\{w, v_1, \\dots, v_k\\}$ have degree $1$ and consequently the number of vertices not directly connected to $w$ is even. Let us denote them by $u_1, \\dots, u_{2l}$. Since $1 + l + 2l = n$ we get that $2l = n - k - 1$. Without loss of generality\n\nfor $1 \\le t \\le l$ let $u_{2t-1}$ and $u_{2t}$ be neighbours. When $l = 1$ we get a pair $(n, n-3)$. Let $l \\ge 2$. For any $t \\ge 3$ the vertices $u_1$ and $u_t$ are not neighbours and their unique neighbours among vertices $u_i$ are not common. Hence, $u_1$ and $u_t$ have $k-1$ neighbours among vertices $v_i$. The same is true for $u_2$ and $u_t$. Therefore, all these vertices are connected to the same $k-1$ vertices of $w$. Without loss of generality, let $v_1$ be the vertex not connected to $u_i$, $1 \\le i \\le 2l$. Since the degree of $v_1$ is $k$ it is directly connected to each $v_i$. Therefore, for each $2 \\le i \\le k$ the degree of $v_i$ in $G - \\{w, v_1, u_1, \\dots, u_{2l}\\}$ is $k-1-1-2l = 2k-n-1$. Then the graph on the vertices $v_2, \\dots, v_k$ satisfies problem conditions with new parameters $(k-1, 2k-n-1)$. Since $(k-1)-(2k-n-1) = n-k$, by repeating the same procedure we get that the graph $G$ contains pieces with $2l+2$ vertices and each piece contains $l+1$ perfectly matching edges and all possible edges between different pieces are drawn. By denoting $l+1$ by $a$ and the number of pieces by $b$ we get the desired answer.\n\nWhen $k = 2023$ from $2a(b-1)+1 = 2023$ we get that $a|1011 = 3 \\cdot 337$. Therefore the possible values for $a$ are $a = 3, 337, 1011$ and we get $n = 2ab = 2028, 2696, 4044$. The pair $(n, n-3)$ yields $n = 2026$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44983,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be an acute angled triangle and $K, L$ be points on $AC, BC$ respectively such that $\\angle AKB = \\angle ALB$. Let $P$ be the intersection of $AL, BK$ and $Q$ be the midpoint of segment $KL$. Let $T, S$ be the intersection $AL, BK$ with the circumcircle of $ABC$, respectively. Prove that $TK, SL, PQ$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "**3. Answer:** All constant functions.\nLet $a < b$ be two arbitrary numbers. Consider a sufficiently large $x$ so that $x > -a$ and $x > b - f(-a)$, thus $-x < a$ and $x + f(x) > b - f(-a) + f(-a) = b$ (here we used $f(x) \\ge f(-a)$ since $x > -a$). Now $-x < a < b < x + f(x)$ while $f(-x) = f(x+f(x))$, hence $f(a) = f(b)$, so $f$ is constant.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44984,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all prime numbers $p, q$ satisfying the equation\n$$\np(p^4 + p^2 + 10q) = q(q^2 + 3).\n$$",
    "options": [],
    "answer": "p = 2, q = 5",
    "solution": "We are to find all prime numbers $p, q$ such that\n$$\np(p^4 + p^2 + 10q) = q(q^2 + 3).\n$$\n\nFirst, note that both sides are positive for positive primes $p, q$.\n\nLet us analyze the equation:\n$$\np(p^4 + p^2 + 10q) = q(q^2 + 3).\n$$\n\nExpand the left side:\n$$\np^5 + p^3 + 10pq = q^3 + 3q.\n$$\n\nBring all terms to one side:\n$$\np^5 + p^3 + 10pq - q^3 - 3q = 0.\n$$\n\nGroup terms:\n$$\np^5 + p^3 + 10pq - q^3 - 3q = 0.\n$$\n\nLet us try small values for $p$.\n\nTry $p = 2$:\n$$\n2(2^4 + 2^2 + 10q) = q(q^2 + 3)\n$$\n$$\n2(16 + 4 + 10q) = q(q^2 + 3)\n$$\n$$\n2(20 + 10q) = q(q^2 + 3)\n$$\n$$\n40 + 20q = q^3 + 3q\n$$\n$$\n40 + 20q - q^3 - 3q = 0\n$$\n$$\n40 + 17q - q^3 = 0\n$$\n$$\nq^3 - 17q - 40 = 0\n$$\n\nTry small prime values for $q$:\n- $q = 2$: $8 - 34 - 40 = -66$\n- $q = 3$: $27 - 51 - 40 = -64$\n- $q = 5$: $125 - 85 - 40 = 0$\n\nSo $q = 5$ works with $p = 2$.\n\nNow try $p = 3$:\n$$\n3(3^4 + 3^2 + 10q) = q(q^2 + 3)\n$$\n$$\n3(81 + 9 + 10q) = q(q^2 + 3)\n$$\n$$\n3(90 + 10q) = q(q^2 + 3)\n$$\n$$\n270 + 30q = q^3 + 3q\n$$\n$$\n270 + 30q - q^3 - 3q = 0\n$$\n$$\n270 + 27q - q^3 = 0\n$$\n$$\nq^3 - 27q - 270 = 0\n$$\n\nTry small prime values for $q$:\n- $q = 2$: $8 - 54 - 270 = -316$\n- $q = 3$: $27 - 81 - 270 = -324$\n- $q = 5$: $125 - 135 - 270 = -280$\n- $q = 7$: $343 - 189 - 270 = -116$\n- $q = 11$: $1331 - 297 - 270 = 764$\n- $q = 13$: $2197 - 351 - 270 = 1576$\n\nNo solution for $p = 3$ and small $q$.\n\nTry $q = 2$:\n$$\np(p^4 + p^2 + 20) = 2(4 + 3) = 14\n$$\nTry $p = 2$: $2(16 + 4 + 20) = 2(40) = 80 \\neq 14$\nTry $p = 3$: $3(81 + 9 + 20) = 3(110) = 330 \\neq 14$\n\nTry $q = 3$:\n$$\np(p^4 + p^2 + 30) = 3(9 + 3) = 36\n$$\nTry $p = 2$: $2(16 + 4 + 30) = 2(50) = 100 \\neq 36$\nTry $p = 3$: $3(81 + 9 + 30) = 3(120) = 360 \\neq 36$\n\nTry $q = 5$:\n$$\np(p^4 + p^2 + 50) = 5(25 + 3) = 140\n$$\nTry $p = 2$: $2(16 + 4 + 50) = 2(70) = 140$\nSo $p = 2$, $q = 5$ is a solution (already found).\n\nTry $q = 7$:\n$$\np(p^4 + p^2 + 70) = 7(49 + 3) = 364\n$$\nTry $p = 2$: $2(16 + 4 + 70) = 2(90) = 180 \\neq 364$\nTry $p = 3$: $3(81 + 9 + 70) = 3(160) = 480 \\neq 364$\n\nTry $q = 11$:\n$$\np(p^4 + p^2 + 110) = 11(121 + 3) = 1364\n$$\nTry $p = 2$: $2(16 + 4 + 110) = 2(130) = 260 \\neq 1364$\nTry $p = 3$: $3(81 + 9 + 110) = 3(200) = 600 \\neq 1364$\n\nNow, consider the degree of the equation. For large $p$, the left side grows much faster than the right side, so only small values are possible.\n\nNow, check for $p = q$:\n$$\np(p^4 + p^2 + 10p) = p(p^2 + 3)\n$$\n$$\np^5 + p^3 + 10p^2 = p^3 + 3p\n$$\n$$\np^5 + 10p^2 = 3p\n$$\n$$\np^5 + 10p^2 - 3p = 0\n$$\n$$\np(p^4 + 10p - 3) = 0\n$$\nSo $p = 0$ or $p^4 + 10p - 3 = 0$, which has no positive integer solution for $p$.\n\nNow, try to check modulo $3$ for possible contradictions for $p > 3$:\nIf $p > 3$, $p$ is odd and $p \\equiv 1$ or $2 \\pmod{3}$.\n\nCompute $p(p^4 + p^2 + 10q) \\pmod{3}$:\n- $p^4 \\equiv 1 \\pmod{3}$ if $p \\not\\equiv 0 \\pmod{3}$\n- $p^2 \\equiv 1 \\pmod{3}$\n- $10q \\equiv q \\pmod{3}$\nSo $p^4 + p^2 + 10q \\equiv 1 + 1 + q = q + 2 \\pmod{3}$\nSo $p(p^4 + p^2 + 10q) \\equiv p(q + 2) \\pmod{3}$\n\nThe right side: $q(q^2 + 3) \\equiv q(q^2) \\equiv q^3 \\pmod{3}$\nBut for $q \\not\\equiv 0 \\pmod{3}$, $q^3 \\equiv q \\pmod{3}$\nSo $q(q^2 + 3) \\equiv q \\pmod{3}$\n\nSo $p(q + 2) \\equiv q \\pmod{3}$\nIf $p \\equiv 1 \\pmod{3}$: $q + 2 \\equiv q \\pmod{3} \\implies 2 \\equiv 0 \\pmod{3}$, contradiction.\nIf $p \\equiv 2 \\pmod{3}$: $2(q + 2) \\equiv q \\pmod{3} \\implies 2q + 4 \\equiv q \\pmod{3} \\implies q + 1 \\equiv 0 \\pmod{3} \\implies q \\equiv 2 \\pmod{3}$\nBut $q$ is a prime $> 3$, so $q \\equiv 1$ or $2 \\pmod{3}$.\nTry $q = 2$:\nBut $q = 2$ already checked.\n\nThus, for $p > 3$, there is a contradiction modulo $3$.\n\nTherefore, the only possible values are $p = 2$ or $p = 3$.\n\nFor $p = 2$, $q = 5$ is a solution.\nFor $p = 3$, as above, $q^3 - 27q - 270 = 0$ has no integer solution for $q$.\n\nTherefore, the only solution is $(p, q) = (2, 5)$.\n\n**Answer:** The only pair of prime numbers $p, q$ satisfying the equation is $(p, q) = (2, 5)$.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44985,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f: \\mathbb{Z}^+ \\to \\mathbb{Z}^+$ such that the following conditions hold:\n(i) $a - b \\mid f(a) - f(b)$ for all positive integers $a \\neq b$,\n(ii) $f(\\varphi(a)) = \\varphi(f(a))$ for all $a \\in \\mathbb{Z}^+$.\nNote. $\\varphi$ is the Euler's totient function: $\\varphi(n)$ is the total number of positive integers not exceeding $n$ and co-prime with $n$.",
    "options": [],
    "answer": "f(x) = 1 for all x, and f(x) = x for all x",
    "solution": "Answer: $f(x) \\equiv 1$ and $f(x) = x$.\nBy putting $a = 1$ to $f(\\varphi(a)) = \\varphi(f(a))$ we get $f(1) = \\varphi(f(1))$ and hence $f(1) = 1$. By putting $a = 2$ we get $f(1) = \\varphi(f(2))$ and since $f(1) = 1$ we get that either $f(2)$ is either 1 or 2.\n\nCase 1: $f(2) = 1$. Since $1 = f(2) = f(\\varphi(3)) = \\varphi(f(3))$ we get that $f(3)$ is either 1 or 2. But since $(3-1) \\mid f(3) - f(1)$ we get that $f(3) = 1$. By induction we show that $f(n) = 1$ for all positive integers $n$. Assume that $f(a) = 1$ for all $a = 1, 2, \\dots, n-1$. Then since $f(\\varphi(n)) = \\varphi(f(n))$ and $\\varphi(n) \\le n-1$ we get $\\varphi(f(n)) = 1$ and hence $f(n)$ is either 1 or 2. Finally again since $n - (n-2) \\mid f(n) - f(n-2)$ we get that $f(n) = 1$. Done.\n\nCase 2: $f(2) = 2$. By induction we show that $f(n) = n$ for all positive integers $a$. Assume that $f(a) = a$ for all $a = 1, 2, \\dots, n-1$. By the first condition and by inductive hypothesis for each $1 \\le a \\le n-1$ we have $n-a \\mid f(n)-a$ or equivalently $n-a \\mid f(n)-n$. Therefore, for each integer $1 \\le m \\le n-1$ we have $m \\mid f(n)-n$. Hence the common divisor $M$ of all integers $1 \\le m \\le n-1$ also divides $f(n)-n$; $f(n) = Ms+n$, where $s$ is integer. Then since $\\varphi(n) < n$ by the second condition and by inductive hypothesis $\\varphi(n) = \\varphi(Ms+n)$. On the other hand, since each integer $k$ with $(n, k) = 1$ and $k < n$ divides $M$ we have $(k, Ms+n) = 1$. Therefore, $\\varphi(n) \\le \\varphi(Ms+n)$. If $s \\ne 0$ then $(Ms+n-1, Ms+n) = 1$ and hence we get that $\\varphi(n) < \\varphi(Ms+n)$. This contradiction shows that $s=0$ and $f(n) = n$. Done.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44986,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABC$ be a triangle and let $P$ be a point in the interior of this triangle. Let $\\omega_A$ be the circle that is tangent to the circumcircle of $BPC$ at $P$ internally and tangent to the circumcircle of $ABC$ at $A_1$ internally. Let $\\Gamma_A$ be the circle that is tangent to the circumcircle of $BPC$ at $P$ externally and tangent to the circumcircle of $ABC$ at $A_2$ internally. Define $B_1, B_2, C_1, C_2$ similarly. Let $O$ be the circumcentre of $ABC$. Prove that the lines $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2$ and $OP$ are concurrent.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "![](attached_image_1.png)\nFrom the radical axis theorem on the circles $(ABC)$, $(BCP)$ and $\\omega_A$, the tangent lines to $\\omega_A$ passing through $P$ and $A_1$ intersect on the line $BC$, let us say at point $D$. From the radical axis theorem on the circles $(ABC)$, $(BCP)$ and $\\Gamma_A$, we see that the line passing through $A_2$ and tangent to the circle $(ABC)$ passes through $D$ as well. Therefore, $D$ is the pole of the line $A_1A_2$. Define the points $E, F$ analogously. Looking at the similarity $DBP \\sim DPC$ we have\n\n$$\n\\frac{BP}{PC} = \\frac{DB}{DP} = \\frac{DP}{DC} \\quad \\text{and hence} \\quad \\left(\\frac{BP}{PC}\\right)^2 = \\frac{DB}{DC}\n$$\n\n$$\n\\left(\\frac{CP}{PA}\\right)^2 = \\frac{EC}{EA} \\quad \\text{and} \\quad \\left(\\frac{AP}{PB}\\right)^2 = \\frac{FA}{FB}\n$$\nTherefore, by Menelaus' Theorem we get that the points $D, E, F$ are collinear. Thus, from La Hire Theorem we can deduce that the lines $A_1A_2$, $B_1B_2$ and $C_1C_2$ are concurrent. Let the common point of these lines be $M$. Since $M$ is the pole of the line $\\overline{DEF}$ we get $OM \\perp DE$. Therefore, in order to complete the solution we should prove that $O, M, P$ are collinear. Hence it suffices to show that $OP$ is perpendicular to $DE$. Let $r$ be the circumradius of the triangle $ABC$. From the power of the point $D$ with respect to the circle $(ABC)$ we have $DP^2 = DB \\cdot DC = DO^2 - r^2$. Similarly, from the power of the point $E$ with respect to the circle $(ABC)$ we get $EP^2 = EO^2 - r^2$. Hence $DP^2 + EO^2 = DO^2 + EP^2$ and we get $OP \\perp DE$. We are done.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44987,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral and let the incenters of the triangles $BAD$ and $CAD$ be $I$ and $J$, respectively. Let the intersection point of the line that passes through $I$ and perpendicular to $BD$ and the line that passes through $J$ and perpendicular to $AC$ be $K$. Prove that $KI = KJ$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Let $E$ be the midpoint of arc $AD$ not containing points $B, C$. Then, it is well known that $EA = ED = EI = EJ$ hence $A, I, J, D$ are concyclic. Therefore we get\n$$\n\\angle JIK = \\angle DIK - \\angle DII = \\angle DIK - \\angle DAJ = 90^\\circ - \\frac{\\angle ADB}{2} - \\frac{\\angle DAC}{2}\n$$\nSimilarly $\\angle IJK$ is equal to the same value and hence $KI = KJ$.",
    "topic": "Geometry",
    "subtopic": "Plane Geometry"
  },
  {
    "id": 44988,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find the smallest value of\n$$\nxy^3z^2 + \\frac{4z}{x} - 8yz - \\frac{4}{xy}\n$$\nwhere $x$, $y$, $z$ are positive real numbers satisfying at least one of the following inequalities:\n$$\n2xy > 1 \\text{ and } yz > 1.\n$$",
    "options": [],
    "answer": "-8",
    "solution": "4. For any $x > 0$, we have\n$$\nP(x) = x^n Q(1/x) \\ge Q(x) = P(1/x) x^n \\ge x^n Q(1/x) = P(x)\n$$\nhence we have equalities in each step so $P(x) = Q(x)$ for all positive values of $x$, hence for all $x$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44989,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "For each integer $n > 1$, let $f(n)$ be the greatest proper divisor of $n$. Is there a positive integer $k$ for which the total number of integers $n$ satisfying\n$$\nn - f(n) = k\n$$\nis equal to 2023?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "**Answer:** Yes, there exists.\n\n*Observation 1:* If $p$ is the smallest prime divisor of $n = px$, then $f(n) = n-x = x(p-1)$.\n\n*Observation 2:* Let $p$ be a prime number and $x$ be a positive integer. If $x=1$ or none of the prime divisors of $x$ is less than $p$, then $f(xp) = x(p-1)$.\n\n*Lemma 1:* Let $r$ be a positive integer. Then there exist positive integers $x_1 > x_2 > \\dots > x_r$ such that $f(x_1) = f(x_2) = \\dots = f(x_r)$\n\nand $x_r$ is prime.\n\n*Proof:* We will prove the claim by induction on $r$. The case $r=1$ is trivial. Assume that the claim is true for $r \\ge 1$. Thus, there exist such $x_1, \\dots, x_r$. For $i=1, \\dots, r$ let $p_i$ be the smallest prime divisor of $x_i$ and $x_i = p_i y_i$. Then by Observation 1 we have\n$$\ny_1(p_1-1) = y_2(p_2-1) = \\dots = y_{r-1}(p_{r-1}-1) = p_r-1\n$$\nand $p_1 < p_2 < \\dots < p_r$. Let $A$ be the product of all prime numbers less than $p_r$. Therefore, we have $\\gcd(A(p_r-1), p_r) = 1$ and thus, by Dirichlet's theorem there exists a prime number $q > p_r$ of the form $A(p_r-1)x + p_r$. Then, $q-1 = A(p_r-1)x + p_r-1 = (p_r-1)(Ax+1)$. Note that $B = Ax+1$ has no prime divisor less than $p_r$. Thus, we get $B = Ax+1$ for each $i=1, \\dots, r$ and hence, $Bx_1 > Bx_2 > \\dots > Bx_r > q$ satisfy the conditions for $r+1$.\n\n*Lemma 2:* Let $q_1 < q_2 < \\dots < q_k$ be prime numbers and $m = \\prod_{i=1}^k q_i^{\\alpha_i}$. If $f(n) = m$, then $n = 2m$ or $n = m+1$ is a prime number or there exists a $1 \\le j \\le k-1$ such that $1 + \\prod_{i=1}^j q_i^{\\alpha_i}$ is a prime number less than $q_{j+1}$ and it is the smallest prime divisor of $n$.\n\n*Proof:* Let $p$ be the smallest prime divisor of $n$ and $n = px$. Then $x(p-1) = \\prod_{i=1}^k q_i^{\\alpha_i}$. If $x=1$, then $p-1=m$ and $n=p=m+1$ is a prime number. If $p=2$, then $x=m$ and $n=2m$. Now, let $p>2$ and $x>1$. By the observations above we see that $x$ and $p-1$ are relatively prime. Therefore, for every $i=1, \\dots, k$ $q_i^{\\alpha_i}$ divides exactly one of $x$ and $p-1$. Moreover, if $q_s|p-1$, then $p > q_s$ and none of $q_1, \\dots, q_s$ divides $x$. So, for the largest $j$ satisfying $q_j|p-1$ (there exists such $j$ and $j \\ne k$)) we obtain $p-1 = \\prod_{i=1}^j q_i^{\\alpha_i}$ and $q_{j+1} < p$.\n\nBy Lemma 1 there exists a positive integer $m = \\prod_{i=1}^k q_i^{\\alpha_i}$ with $q_1 < q_2 < \\dots < q_k$ such that $f(n) = m$ has exactly $r \\ge 2023$ solutions. Then by Lemma 2 we see that\n\n$$\nf(n) = m/q_k^{\\alpha_k} = \\prod_{i=1}^{k-1} q_i^{\\alpha_i}\n$$\nhas either *r* or *r* - 1 solutions. Indeed, if *m* + 1 is prime then the number of solutions decreases by 1, otherwise it remains the same. Consequently, we reach a number *m'* where *f*(*n*) = *m'* has exactly 2023 solutions.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44990,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "We say that a 9 digit positive integer is balanced if one of its digits is 1, one of its digits is 2, ..., and one of its digits is 9. A digit sequence $S$ is obtained by writing alongside all balanced integers in ascending order. Find the smallest integer $k$ such that any two subsequences of $S$ each consisting of $k$ consecutive digits starting at different digits are different.",
    "options": [],
    "answer": "17",
    "solution": "Answer: 17.\nA subsequence of $S$ consisting of $k$ consecutive digits will be called a $k$-block. First of all, let us show that there are two differently located 16-blocks such that the sequences obtained by the restriction of $S$ to these blocks coincide. Since the first two balanced integers are $123456789$ and $123456798$ there exists a 16-block\n$$\n2345678912345679\n$$\nConsider the location of the balanced integer $234567891$. Since the next balanced integer is $234567918$ the 16-block constituted by the 9 digits of the first and 7 digits of the second balanced integer is again $2345678912345679$.\n\nNow we show that there are no two differently located 17-blocks such that the sequences obtained by the restriction of $S$ to these blocks coincide. We start with the following\n\n**Claim:** Let $D_1, D_2$ be two consecutive balanced integers in $S$ and $k \\le 8$ be an integer. Let $P_1$ and $P_2$ be numbers constituted by the first $k$ digits of $D_1$ and $D_2$, respectively. If the set of digits of $P_1$ and the set of digits of $P_2$ coincide then $P_1 = P_2$.\n\n**Proof:** Assume the contrary: suppose that the set of digits $P_1$ and $P_2$ coincide but $P_1 \\neq P_2$. Among $k$ digits, let $l$ be the very first digit from the left when corresponding digits of $P_1$ and $P_2$ are different. Since $P_1$ and $P_2$ are consecutive, $l$-th digits of $P_1$ and $P_2$ should be $j$ and $j+1$, respectively. By definition, $1 \\le l \\le k-1$. Since $D_1$ and $D_2$ are consecutive, by erasing of first $l$ digits of $D_1$ we should get a maximal possible number and by erasing of first $l$ digits of $D_2$ we should get a minimal possible number. Let $p$ be the last digit of $D_1$. Then in $D_2$, $p$ should be just after $j+1$. This contradicts with the fact that the set of digits of $P_1$ and the set of digits of $P_2$ coincide. Thus, $P_1 = P_2$. $\\square$\n\nSuppose that there are two differently located coinciding 17-blocks, say $a$ and $b$. Any 17-block totally contains some balanced integer, otherwise its length is at most $8+8=16$. Let $K_1$ and $K_2$ be balanced integers contained in these two 17-blocks, respectively. Since 17-blocks are differently located, $K_1 \\neq K_2$. Moreover, $K_1$ and $K_2$ should share some digits, otherwise the block would consist of at least $9+9=18$ digits. Let the common part of $K_1$ and $K_2$ be $u_2$. Let $alb$ be the concatenation of $a$ and $b$. Without loss of generality, let us represent $K_1$ and $K_2$ by the following concatenations: $K_1 = u_1|u_2$ and $K_2 = u_2|u_3$. Thus, the sequence $u_1|u_2|u_3$ is a subsequence of both $a$ and $b$. Moreover, since both $u_1$ and $u_3$ contain digits not represented in $u_2$, $u_1$ and $u_3$ have the same length and same set of digits.\n\n$K_1 = u_1|u_2$ is a balanced integer starting with $u_1$. Since the next balanced integer starts as $u_3$, we get $u_1 = u_3$.\n\nThe balanced integer preceding $K_2 = u_2|u_3$ ends with $u_1$. Let us represent it as $v|u_1$. Therefore, $v|u_1$ and $u_2|u_3$ are consecutive balanced numbers. Since $u_1 = u_3$, the digits of $v$ and $u_2$ coincide: $v = u_2$. Hence $v|u_1 = u_2|u_3$. On the other hand, two consecutive balanced integers cannot coincide, contradiction. Thus, there are no two differently located 17-blocks such that the sequences obtained by the restriction of $S$ to these blocks coincide. Done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44991,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Show that if $m$ and $n$ are relatively prime positive integers, then\n$$\n\\frac{n^4 + m}{m^2 + n^2} \\quad \\text{and} \\quad \\frac{n^4 - m}{m^2 - n^2}\n$$\ncan not be integers simultaneously.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Assume the contrary. The sum of the numbers is\n$$\n\\frac{2n^2m(n^2m-1)}{(m^2+n^2)(m^2-n^2)}\n$$\nSince $m$ and $n$ are relatively prime, we have\n$$\n\\gcd(n^2m, m^2+n^2) = \\gcd(n^2m, m^2-n^2) = 1.\n$$\nThen we obtain $(m^2+n^2)(m^2-n^2) \\mid 2(n^2m-1)$. Note that $m, n \\ge 1$ and we can not have $m=n=1$, and hence $n^2m-1 > 0$. Therefore, $|(m^2+n^2)(m^2-n^2)| \\le 2(n^2m-1) < 2n^2m$. As $m^2+n^2 > n^2$, we get $|m^2-n^2| < 2m$, and thus, $(m-1)^2-1 < n^2 < (m+1)^2-1$. So we have $n^2 = m^2$ or $n^2 = (m-1)^2$. It is clear that $n^2 = m^2$ is impossible. Hence, $n^2 = (m-1)^2$ which yields $n = m-1$. But in that case we obtain that one of the given numbers is not an integer, contradiction.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 44992,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Each edge of the complete graph $K_{2024}$ is coloured into one of the given 13 colours. Suppose that for any such colouring one can choose $k$ colours such that any two vertices of $K_{2024}$ are connected by some path such that its each edge is coloured to one of these $k$ colours. Find the minimal possible value of $k$.",
    "options": [],
    "answer": "7",
    "solution": "Answer: $k = 7$.\n\nLet us show that 7 colours are sufficient. Indeed, let us randomly divide 13 colours to two groups $A$ and $B$, consisting of 7 and 6 colours, respectively. Assume that by using edges coloured to colours of group $A$ some vertex $X$ is not connected to some other vertex $Y$. It means that the edge $(X, Y)$ (the edge between $X$ and $Y$) is coloured to some colour of group $B$ and also for any other vertex $Z$, at least one of the edges $(Z, X)$ and $(Z, Y)$ is coloured to some colour of group $B$. Therefore, any two vertices of $K_{2024}$ are connected by path with edges coloured to colours of $B$. Done.\n\nNote that the groups $A$ and $B$ may have any other sizes: It is well known that if the edges of a complete graph are coloured by two colours then the graph is connected by at least one of these colours.\n\nNow we give an example to show that 6 colours is not enough for guaranteeing connectedness. There are $\\binom{13}{6} = 1716$ possible choices of 6 colours. To each of these choices we assign a vertex so that for different choices assigned vertices are also different. Since $1716 < 2024$ such one-to-one correspondence is possible. We will colour graph edges such that for each choice of 6 colours all edges incident to the vertex assigned to these 6 colours will be coloured to one of the remaining 7 colours. Such colouring is possible: since $7 + 7 > 13$, for any two vertices their allowed 7 colours have non-empty intersection and consequently the colour of the edge connecting these two vertices can be properly chosen. By construction for any choice of 6 colours the vertex assigned to this choice is not connected to other vertices by chosen 6 colours. We are done.",
    "topic": "Discrete Mathematics",
    "subtopic": "Combinatorics"
  },
  {
    "id": 44993,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Find all functions $f: \\mathbb{R} \\to \\mathbb{R}$ such that\n$$\nf(x + f(x)) = f(-x)\n$$\nfor all real numbers $x$ and $f(x) \\le f(y)$ for all real numbers $x \\le y$.",
    "options": [],
    "answer": "All constant functions",
    "solution": "All constant functions.\n\nLet $a < b$ be two arbitrary numbers. Consider a sufficiently large $x$ so that $x > -a$ and $x > b - f(-a)$, thus $-x < a$ and $x + f(x) > b - f(-a) + f(-a) = b$ (here we used $f(x) \\ge f(-a)$ since $x > -a$). Now $-x < a < b < x + f(x)$ while $f(-x) = f(x+f(x))$, hence $f(a) = f(b)$, so $f$ is constant.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44994,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "At the beginning Alice distributes $1000$ balls into $30$ boxes. After that Alice and Bob alternatively make moves, Alice begins. A person making move chooses a box and takes one ball from the chosen box. A person taking the very last ball from a box takes on that empty box. Find the maximal integer $k$ such that regardless of the strategy of Bob Alice can take at least $k$ boxes.",
    "options": [],
    "answer": "15",
    "solution": "**5.** For any positive real $x$ we have $(x-1)^2(3x^2+4x+3) \\ge 0$. Therefore,\n$$\n3(x^4 + 1) \\ge 2(x^3 + x^2 + x) \\quad (1)\n$$\nBy using (1) we get\n$$\n\\frac{a^4+1}{b^3+b^2+b} \\cdot \\frac{b^4+1}{c^3+c^2+c} \\cdot \\frac{c^4+1}{a^3+a^2+a} \\ge \\frac{8}{27}\n$$\nFinally, by using of by AM-GM inequality\n$$\n\\frac{a^4+1}{b^3+b^2+b} + \\frac{b^4+1}{c^3+c^2+c} + \\frac{c^4+1}{a^3+a^2+a} \\ge 3 \\cdot \\sqrt[3]{\\frac{8}{27}} = 2.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44995,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $(a_n)_{n=1}^{\\infty}$ be a strictly increasing sequence of positive real numbers such that the inequality\n$$\na_n(a_n - 2a_{n-1}) + a_{n-1}(a_{n-1} - 2a_{n-2}) \\ge 0\n$$\nholds for all $n \\ge 3$. Prove that for all $n \\ge 2$ the inequality\n$$\na_n \\ge a_{n-1} + a_{n-2} + \\dots + a_1\n$$\nholds as well.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "Rearranging the condition, we obtain $(a_n - a_{n-1})^2 \\ge 2a_{n-1}a_{n-2}$ and since the sequence is increasing we have $a_n \\ge a_{n-1} + \\sqrt{2a_{n-1}a_{n-2}}$. The inequality will be proved by induction over $n$.\n\nFor the base cases $n=2,3$ using the monotonicity we have $a_2 \\ge a_1$ and $a_3 \\ge a_2 + \\sqrt{2a_2a_1} > a_2 + a_1$.\n\nAssume that the assertion is true for $2, \\dots, n-1$. There are two possible cases:\n\nIf $a_{n-1} < 2a_{n-2}$, then we have $a_n \\ge a_{n-1} + \\sqrt{2a_{n-1}a_{n-2}} \\ge 2a_{n-1}$ and from the induction hypothesis we obtain $a_n \\ge 2a_{n-1} \\ge$\n$$\na_{n-1} + a_{n-2} + \\dots + a_1.\n$$\nIf $a_{n-1} \\ge 2a_{n-2}$, then we have $a_n \\ge a_{n-1} + \\sqrt{2a_{n-1}a_{n-2}} \\ge a_{n-1} + 2a_{n-2}$ and from the induction hypothesis we obtain $a_n \\ge a_{n-1} + 2a_{n-2} \\ge a_{n-1} + a_{n-2} + \\dots + a_1$.\n\nWe are done.\nWe will again use induction. Cases $n=2,3$ are covered in Solution 1. Assume that the assertion is true for $n=1,2,\\dots,k$, we will prove that it is true for $n=k+1$. On the contrary, assume that $a_{k+1} < a_1 + \\dots + a_k$. Then, we have $a_1 + \\dots + a_{k-1} > a_{k+1} - a_k$. Since both sides are positive, we can take squares and use the problem condition to get\n$$\n(a_1 + \\dots + a_{k-1})^2 > (a_{k+1} - a_k)^2 \\ge 2a_k a_{k-1}\n$$\nFrom the inductive hypothesis we know that $a_k \\ge a_1 + \\dots + a_{k-1}$. Combining last two inequalities we get\n$$\na_1 + \\dots + a_{k-1} > 2a_{k-1} \\text{ or } a_1 + \\dots + a_{k-2} > a_{k-1},\n$$\nwhich contradicts to the inductive hypothesis. Thus,\n$$\na_{k+1} \\ge a_1 + \\dots + a_k.\n$$",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Equations and Inequalities"
  },
  {
    "id": 44996,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $\\mathcal{S}$ be a family of $n$ sets, each has size $k$, such that $A \\Delta B \\in \\mathcal{S}$ whenever $A, B \\in \\mathcal{S}, A \\neq B$.\n\na) Is it possible that $n = 2023$? If it is, find all possible values of $k$.\n\nb) Is it possible that $n = 1023$? If it is, find all possible values of $k$.\n\nNotation: $A \\Delta B = (A \\setminus B) \\cup (B \\setminus A)$.",
    "options": [],
    "answer": "a) Not possible. b) Possible, and the permissible values of k are exactly the positive integers divisible by 512.",
    "solution": "**a.** We show that $n = 2023$ is impossible. Let $\\mathcal{S} = \\{S_1, S_2, \\ldots, S_{2023}\\}$ and $T = \\{1, 2, \\ldots, 2023\\}$. We call a non-empty set $I \\subseteq T$ as *nice* if every non-empty subset $J \\subseteq I$ satisfies $\\Delta_{j \\in J} S_j \\neq \\emptyset$. Note that any set of size one is nice, let $L$ be the largest nice subset of $T$. Due to the condition given in the problem, we find $\\Delta_{j \\in J} S_j \\in \\mathcal{S}$ for all non-empty subsets $J \\subseteq L$. On the other hand, for non-empty subsets $J_1, J_2 \\subseteq L$, $J_1 \\neq J_2$, we have $J_1 \\Delta J_2 \\neq \\emptyset$, which implies that\n$$\n(\\Delta_{j \\in J_1} S_j) \\Delta (\\Delta_{j \\in J_2} S_j) = \\Delta_{j \\in J_1 \\Delta J_2} S_j.\n$$\nAs $J_1 \\Delta J_2 \\subseteq L$, we get $\\Delta_{j \\in J_1 \\Delta J_2} S_j \\neq \\emptyset$. Therefore, for every non-empty $J \\subseteq L$, $\\Delta_{j \\in J} S_j$ is a distinct element of $\\mathcal{S}$. Now, given $i \\in T$, if $S_i \\neq \\Delta_{j \\in J} S_j$ for every non-empty $J \\subseteq L$, then we would have $i \\notin L$ and $L \\cup \\{i\\}$ is also nice, which is impossible. Hence, $\\mathcal{S} = \\{\\Delta_{j \\in J} S_j : J \\subseteq L, J \\neq \\emptyset\\}$, which implies that $2023 = 2^{|L|} - 1$, a contradiction.\n\n\n**b.** We show that $n = 1023$ can happen, and the answer is all positive integers $k$ satisfying $512 \\mid k$. Let us take $A \\in \\mathcal{S}$ and $x \\in A$. Define $X \\subseteq \\mathcal{S}$ as $x \\in X \\Leftrightarrow X \\in X$ and $\\mathcal{S} \\setminus X = Y$. For every $X \\in X \\setminus \\{A\\}$, we have $x \\notin A \\Delta X$, so we get $A \\Delta X \\in Y$. Similarly, for every $Y \\in Y$, we have $x \\in A \\Delta Y$, so we get $A \\Delta Y \\in X \\setminus \\{A\\}$. As a result, we find $|X \\setminus \\{A\\}| = |Y|$, which means $|X| = 512$ as $|\\mathcal{S}| = 1023$. In other words, any $x \\in \\bigcup_{S \\in \\mathcal{S}} S$ lies on exactly 512 sets. Letting $N = \\bigcup_{S \\in \\mathcal{S}} S$, we find $1023k = 512N$, which gives $512 \\mid k$.\n\nLet $k = 512m$ for some $m \\in \\mathbb{N}$, and let $L = \\{1, 2, \\ldots, 10\\}$. Start with empty 10 sets $\\{S_1, S_2, \\ldots, S_{10}\\}$, and then for every non-empty $R \\subseteq L$, we put $m$ different elements in\n$$\n\\left(\\bigcap_{r \\in R} S_r\\right) \\setminus \\left(\\bigcup_{r \\in L \\setminus R} S_r\\right).\n$$\nNow, for every non-empty $J \\subseteq \\{1, 2, \\ldots, 10\\}$, we have\n$$\n\\Delta_{j \\in J} S_j = \\bigcup_{R \\subseteq L,\\ |R \\cap J| \\text{ odd}} L_R.\n$$\nMoreover, there are exactly 512 subsets $R \\subseteq L$ satisfying $|R \\cap J|$ odd, which means that $|\\Delta_{j \\in J} S_j| = 512m$. On the other hand, for non-empty $J_1 \\neq J_2$, we have\n$$\n(\\Delta_{j \\in J_1} S_j) \\Delta (\\Delta_{j \\in J_2} S_j) = \\Delta_{j \\in J_1 \\Delta J_2} S_j\n$$\nas $J_1 \\Delta J_2 \\neq \\emptyset$. Since $|\\Delta_{j \\in J_1 \\Delta J_2} S_j| = 512m$, it is non-empty, which shows that $\\Delta_{j \\in J_1 \\Delta J_2} S_j \\in \\mathcal{S}$. As a result, the set\n$$\n\\mathcal{S} = \\{\\Delta_{j \\in J} S_j : J \\subseteq L, J \\neq \\emptyset\\}\n$$\ncontains exactly 1023 sets of size $512m$ which satisfies the desired condition.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  },
  {
    "id": 44997,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "At the beginning the board contains $31$ vectors\n$$\n(1,0,0,\\dots,0),\\ (0,1,0,\\dots,0),\\ \\dots,\\ (0,0,0,\\dots,1)\n$$\neach having $31$ components. At each step we choose two vectors $(a_1, a_2, \\dots, a_{31})$ and $(b_1, b_2, \\dots, b_{31})$ written on the board and write their sum $(a_1 + b_1, a_2 + b_2, \\dots, a_{31} + b_{31})$ to the board. Find the minimal number of steps which should be made to get all vectors\n$$\n(0,1,1,\\dots,1),\\ (1,0,1,\\dots,1),\\ \\dots,\\ (1,1,1,\\dots,0).\n$$\non the board.",
    "options": [],
    "answer": "87",
    "solution": "Answer: $3 \\cdot 31 - 6 = 87$.\nLet us consider more general case when $31$ is replaced by $n \\ge 3$: At the beginning the board contains $n$ vectors\n$$\n(1, 0, 0, \\dots, 0),\\ (0, 1, 0, \\dots, 0),\\ \\dots,\\ (0, 0, 0, \\dots, 1)\n$$\neach having $n$ components and we are going get all the $n$ component vectors\n$$\n(0, 1, 1, \\dots, 1),\\ (1, 0, 1, \\dots, 1),\\ \\dots,\\ (1, 1, 1, \\dots, 0).\n$$\nWe will show that the minimal number of steps is $3n-6$.\n\nFirst of all by two different ways we show that $3n-6$ steps are sufficient. Let $v_i''$ be a vector whose $i$-th coordinate is $1$ and all remaining $n-1$ coordinates are $0$ and let $u_i''$ be a vector whose $i$th coordinate is $0$ and all remaining $n-1$ coordinates are $1$.\n\nFirst method: Induction over $n$. If $n=3$ then by applying $v_1^3 + v_2^3$, $v_1^3 + v_3^3$ and $v_2^3 + v_3^3$ we get the $u_1^3, u_2^3$ and $u_3^3$ in $3$ steps. Assume that for $n=k$ the required vectors can be obtained in $3k-6$ steps and let $n=k+1$. At the first step by adding $v_k^{k+1}$ and $v_{k+1}^{k+1}$ we get the vector $v_k^{k+1} + v_{k+1}^{k+1} \\equiv w_{k,k+1}^{k+1}$. By inductive hypothesis, starting with vectors $v_1^k, v_2^k, \\dots, v_{k-1}^k$ and $v_k^k$ after $3k-6$ steps we can get the vectors $u_1^k, u_2^k, \\dots, u_{k-1}^k$ and $u_k^k$. If we replace $v_1^k$ by $v_1^{k+1}$, $v_2^k$ by $v_2^{k+1}$, $\\dots$, $v_{k-1}^k$ by $v_{k-1}^{k+1}$ and $v_k^k$ by $w_{k,k+1}^{k+1}$ and apply the same $3k-6$ steps then we will get the vectors $u_1^{k+1}, u_2^{k+1}, \\dots, u_{k-1}^{k+1}$\n\nand the vector $\\vec{w}_{k,k+1}^{k+1}$ whose last two coordinates are $0$ and the remaining coordinates are $1$. Finally by applying $v_k^{k+1} + \\bar{w}_{k,k+1}^{k+1}$ and $v_{k+1}^{k+1} + \\bar{w}_{k,k+1}^{k+1}$ we get the vectors $w_k^{k+1}$ and $w_{k+1}^{k+1}$. Thus, after $1 + (3k - 6) + 2 = 3(k + 1) - 6$ steps we get required vectors $w_1^{k+1}, w_2^{k+1}, \\dots, w_k^{k+1}$ and $w_{k+1}^{k+1}$.\n\nSecond method: We start with steps $A_1, \\dots, A_{n-2}$, continue with steps $B_1, \\dots, B_{n-2}$ and finally end with steps $C_1, \\dots, C_{n-2}$:\n\n$$\nA_1: v_1^n + v_2^n \\equiv s(1,2).\n$$\n$$\nA_2: u(1,2) + v_3^n \\equiv s(1,2,3).\n$$\n$$\nA_{n-3}: u(1,2, \\dots, n-3) + v_{n-2}^n \\equiv s(1,2, \\dots, n-2).\n$$\n$$\nA_{n-2}: u(1,2, \\dots, n-2) + v_{n-1}^n \\equiv s(1,2, \\dots, n-1) = u_n^n.\n$$\n\n$$\nB_1: v_n + v_{n-1}^n \\equiv t(n-1,n).\n$$\n$$\nB_2: t(n-1,n) + v_{n-2}^n \\equiv t(n-2,n-1,n).\n$$\n$$\nB_{n-3}: t(4, \\dots, n-1, n) + v_3^n \\equiv t(3,4, \\dots, n).\n$$\n$$\nB_{n-2}: t(3, \\dots, n-1, n) + v_2^n \\equiv t(2,3, \\dots, n) = u_1^n.\n$$\n\n$$\nC_1: v_1^n + t(3, \\dots, n-1, n) = u_2^n.\n$$\n$$\nC_2: s(1,2) + t(4, \\dots, n-1, n) = u_3^n.\n$$\n$$\nC_{n-2}: s(1,2, \\dots, n-2) + v_n^n = u_{n-1}^n.\n$$\nThus, by applying $(n-2) + (n-2) + (n-2) = 3n-6$ steps we obtain the vectors $u_1^n, u_2^n, \\dots, u_n^n$.\n\nNow we show that at least $3n-6$ are necessary. For $n \\ge 3$, let $f(n)$ be the minimal possible number of steps. By induction we will show that $f(n) \\ge 3n-6$.\nIf $n=3$ then it can be readily shown that $f(3) \\ge 3$.\nSuppose that for $n=k$ we have $f(k) \\ge 3k-6$. Let us go over steps made for $n=k+1$. Let A be the step when the vector $v_{k+1}^{k+1}$ was used for the first time. In this step the vector $v_{k+1}^{k+1}$ was added to a vector $r(m)$ such that for some $1 \\le m \\le k$ $m$th coordinate of $r(m)$ is non-zero. In order to get the vector $u_m^{k+1}$ whose only $0$ coordinate is $m$th coordinate, the vector $v_{k+1}^{k+1}$ will be used at least once more. Let B be one of these steps. Let C be step when the vector $u_m^{k+1}$ whose only $0$ coordinate is $k+1$st coordinate is obtained. In the sequence of steps made for $n=k+1$ by removing steps A, B, C and erasing $k+1$st coordinates of all vectors we can get all required vectors for $n=k$. Therefore, $f(k+1)-3 \\ge f(k) \\ge 3k-6$ and hence $f(k+1) \\ge 3(k+1)-6$. We are done.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Linear Algebra"
  },
  {
    "id": 44998,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $n$ be a positive integer and $P, Q$ be polynomials with real coefficients such that $P(x) = x^n Q(1/x)$ and $P(x) \\ge Q(x)$ for all real numbers $x$. Prove that $P(x) = Q(x)$ for all real numbers $x$.",
    "options": [],
    "answer": "Detailed solution",
    "solution": "We are given that $P(x) = x^n Q(1/x)$ and $P(x) \\ge Q(x)$ for all real $x$.\n\nFirst, note that $P(x) = x^n Q(1/x)$ for all $x \\ne 0$ (since $Q$ is a polynomial, $Q(1/x)$ is defined for $x \\ne 0$).\n\nAlso, $P(x) \\ge Q(x)$ for all real $x$.\n\nLet us substitute $x$ by $1/x$ (for $x \\ne 0$):\n\n$P(1/x) = (1/x)^n Q(x) = x^{-n} Q(x)$.\n\nBut $P(1/x) \\ge Q(1/x)$ for all $x \\ne 0$.\n\nNow, multiply both sides by $x^n$ (for $x > 0$):\n\n$x^n P(1/x) \\ge x^n Q(1/x)$.\n\nBut $x^n P(1/x) = Q(x)$, and $x^n Q(1/x) = P(x)$, so:\n\n$Q(x) \\ge P(x)$ for all $x > 0$.\n\nBut from the original condition, $P(x) \\ge Q(x)$ for all $x$.\n\nTherefore, for all $x > 0$, $P(x) = Q(x)$.\n\nSince $P$ and $Q$ are polynomials, and two polynomials that agree on an infinite set (here, all $x > 0$) must be equal everywhere, we conclude that $P(x) = Q(x)$ for all real $x$.",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Algebraic Expressions"
  },
  {
    "id": 44999,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Let $p$ be a given prime number and $n, k \\ge 2$ be integers. For each integer $i = 1, 2, \\dots, n$, the set $S_i$ is constructed by choosing exactly one square from each column of a given $p \\times k$ chessboard. Given that $|S_i \\cap S_j| = 1$ for all $1 < i < j \\le n$ and for every pair of squares belonging to different columns there exists an $S_i$ containing these two squares. Find all possible pairs $(n, k)$ in terms of $p$.",
    "options": [],
    "answer": "(p^2, p+1)",
    "solution": "Only $(p^2, p+1)$.\n\nObviously $|S_i| = k$ for every $i$. Also note that given conditions imply that for every pair of squares belonging to different columns there exists a unique $S_i$ containing these two squares. Therefore, by a double counting argument we get $\\binom{k}{2}p^2 = n\\binom{k}{2}$, which yields $n = p^2$.\n\nLet $A$ and $B$ be two different squares in the first column. By the given conditions, if we consider the squares in the second column, we see that there exist exactly $p$ sets containing $A$. Now any set containing $B$ must intersect those $p$ sets in different columns. Thus, we obtain $k \\ge p+1$. On the other hand, at each column we must see an intersection as there are $p$ squares in a column and there are $p$ sets containing $A$. Therefore, we can conclude that $k = p+1$.\n\nWe next give an example for the sets when $n = p^2$ and $k = p + 1$. In each column numerate the squares from $0$ to $p-1$ from bottom to top. Also numerate the columns from left to right as $0, 1, \\dots, p$. For any $a, b \\in \\{0, 1, \\dots, p-1\\}$ let $S_{a,b}$ be the set containing $a$ from column $0$ and $b + ai$ (mod $p$) from column $i$ for $i = 1, 2, \\dots, p$.\n\nNote that it is enough to verify that any two of those sets have exactly one common square. Let $a, b, c \\in \\{0, 1, \\dots, p-1\\}$. Then $b + ai \\equiv c + ai \\pmod p \\iff b \\equiv c \\pmod p \\iff b = c$. So $|S_{a,b} \\cap S_{a,c}| = 1$ for $b \\ne c$.\n\nLet $a_1 \\ne a_2 \\in \\{0, 1, \\dots, p-1\\}$. $b+a_1i \\equiv c+a_2i \\pmod p \\iff i \\equiv (a_1-a_2)^{-1}(c-b) \\pmod p$. Since $p$ is prime, that inverse always exists and that $i$ is unique. Thus, $|S_{a_1,b} \\cap S_{a_2,c}| = 1$ for all $a_1 \\ne a_2$, $b$ and $c$. The solution is completed.",
    "topic": "Number Theory",
    "subtopic": "Divisibility / Factorization"
  },
  {
    "id": 45000,
    "subject": "Mathematics (Multi-modal)",
    "question": "Is it possible that a set consisting of $23$ real numbers has exactly $2422$ non-empty subsets such that the product of all elements of each subset is a rational number?",
    "options": [],
    "answer": "Yes",
    "solution": "Answer: Yes.\nLet $n$ be a positive integer whose value will be determined later on. Let $S$ be the set consisting of $2^n$'s for $i = 0, 1, \\dots, 22$. Let $Q$ be the set of subsets of $S$ whose product of own elements is a rational number together with the empty set. Since every positive integer has a unique representation as sum of distinct powers of $2$, the cardinality of $Q$ is precisely the number of integers from $0$ to $K = 2^{23} - 1$ which are divisible by $n$. Therefore,\n$$\n|Q| = 2423 \\iff 1 + \\left\\lfloor \\frac{K}{n} \\right\\rfloor = 2423 \\iff 2422 \\le \\frac{K}{n} < 2423 \\iff \\frac{K}{2423} < n \\le \\frac{K}{2422}.\n$$\nThus, if $K/2422 - K/2423 \\ge 1$, then there exists an integer $n$ such that $|Q| = 2423$. As $2422 \\cdot 2423 < (2^{11}\\sqrt{2} - 1)^2 < 2^{23} - 1 = K$, there is such an $n$. (Indeed, $n = 3463$ fulfills the condition.)",
    "topic": "Algebra",
    "subtopic": "Intermediate Algebra"
  }
]