IMO2019 Shortlist N2，很简单吧 /cy

\((1):\)

注意到 \(a^3 < a^3 + b^3 + c^3 \le 3a^3\)。因此有 \(a^3 < (abc)^2 \le 3a^2\)，即 \(a < b^2c^2 \le 3a\)。还知道 \(b^3 + c^3 = (abc)^2 - a^3 = a^2(b^2 c^2 -a) \ge a^2\)。我们有 \(18b^3 \ge 9(b^3 + c^3) \ge 9a^2 \ge b^4c^4 \ge b^3c^5\)，于是 \(c \le 18^{0.2}\)，即 \(c = 1\)。

\((2):\)

可以知道 \(a > b\)，反之会有 \(2b^3 + 1 = b^4\)，容易知道没有正整数解。因此 \(a^3 - b^3 \ge (b+1)^3 - b^3 > 1\)，有 \(2a^3 > a^3 + b^3 + 1 = a^2b^2 > a^3\)。可以知道 \(2a > b^2 > a\)。我们有 \(4(b^3 + 1) = 4(a^2b^2 - a^3) = 4a^2(b^2 - a) \ge 4a^2 >b^4\)，也就是 \(4 > b^4 - 4b^3\)，可以知道 \(b \le 4\)。

可以对三个 \(b\) 分别解方程，但无疑繁琐。由于 \(a^2(b^2 - a) = b^3 - 1\)，知道 \(a^2 \mid(b^3 - 1)\)，我们只需要判断 \(b^3 - 1\) 的平方因子是否满足条件即可。

可以知道只有 \((3, 2, 1)\) 满足条件。

IMO2019 Shortlist A2 的削弱版。感觉加了很多部分分啊，很有引导作用！
怎么一致反映 \((2) > (3)\) 啊 /jk

\((1):\)

\(u_1^2 + u_2^2 + \cdots + u_{2023}^2 = 1\) 说明 \(u_i\) 不能全为 \(0\)，\(u_1 + u_2 + \cdots + u_{2023} = 0\) 说明不为 \(0\) 的值不能全正或全负。这就表明 \(a < 0, b > 0\)，因此 \(ab < 0\)。

\((2):\)

考虑

因此

最后一步根据均值不等式分别放缩分子上的两个部分，得到

后面的部分平凡。

\((3):\)

延续上面的推导，有

可以知道

也就是 \(ab \le -\dfrac{1}{2023}\)。

IMO2022 Shortlist C7 /xia
我尽力给出提示了 但是大构造题确实没法引导 只能给个结论（

下面会将元组改称为向量，向量 \(\bm v\) 第 \(i\) 维的元素记作 \(\bm v_i\)。记 \(\bm e(i)\) 满足 \(\bm e(i)_j = [i=j]\)；\(\bm c = (-1, -1, \dots, -1)\)。

\((1):\)

容易知道，初始选取 \(\bm e(1), \bm e(2), \dots, \bm e(n), \bm c\) 即可表示出所有向量 \(\bm v\)。只需选取一个 \(k\in \mathbb N_+ \text{ s.t. } \forall i \le n, k + \bm v_i > 0\)，则我们知道

这样 \(f(n) \le n + 1\) 是显然的。

当 \(n = 2\) 时情况是特殊的。选择 \((-2, 1)\) 与 \((1, -2)\)，构造方案显然。

\((2):\)

\(s = 1\) 显然一定不成立。

使用反证法，假设当 \(n > 2\) 时小周用 \(\bm v\) 与 \(\bm w\) 能生成任意向量。

首先考虑 \(\exists i, \bm v_i\times \bm w_i \ge 0\)，也就是 \(\bm v_i, \bm w_i\) 同号。我们知道这两种操作都是保号的，即 \((\bm v + \bm w)_i, (\bm v \oplus \bm w)_i\) 和 \(\bm v_i\) 同号。则每个生成的向量的该维的元素都有相同的符号。这与假设矛盾。

随后考虑 \(\forall i, \bm v_i > 0 > \bm w_i\) 与 \(\bm w_i > 0 > \bm v_i\) 中总有一个满足。根据鸽巢原理，一定存在 \(i \neq j\) 使得 \(\bm v_i, \bm v_j\) 同号。
不失一般性地，考虑 \(\bm v_i, \bm v_j > 0, \bm w_i, \bm w_j < 0\)。令 \(a = \bm v_i / \bm v_j\)。若 \(\bm w_i / \bm w_j \ge a\)，则满足 \(\bm v_i \ge a \bm v_j\) 且 \(\bm w_i \ge a \bm w_j\)，反之有 \(\bm v_j \ge (1/a) \bm v_i\) 且 \(\bm w_j \ge (1/a) \bm w_i\)。
总之，存在正实数 \(a\) 与两个位置 \(i,j\)，满足 \(\bm v_i \ge a \bm v_j\) 且 \(\bm w_i \ge a \bm w_j\)。此时容易证明的是这不等性对 \(\bm v + \bm w\) 与 \(\bm v \oplus \bm w\) 也满足。因此无法表示出所有向量，这与假设矛盾。

综上，假设不成立，我们无法使用两个向量表示出任意向量，即 \(f(n) > 2\)。

容易知道 \(f(1) = f(2) = 2\)。

\((3):\)

我们将证明的是：\(\forall n >2, f(n) = 3\)。

考虑构造。取 \(\bm a, \bm b, \bm c\) 满足 \(\bm a_i = -i^2, \bm b_i = i, \bm c_i = -1\)。对 \(i \le n\)，定义 \(\bm d(i) = 2\times \bm a + 4i\times \bm b + (2i^2 - 1)\times c\)。我们知道

当 \(i = j\) 时 \(\bm d(i)_j = 1\)，反之其一定 \(\le -1\)。因此小周能得到 \(\bm 1 = \bm d(1) \oplus \bm d(2) \oplus \cdots \oplus \bm d(n) = (1, 1, \dots, 1)\)，随后能得到 \(\bm 0 = \bm 1 + \bm c = (0, 0, \dots, 0)\)。最后易知 \(\bm e(i) = \bm d(i) \oplus \bm 0\)。

这就是一种构造。

可以知道

IMO2020 Shortlist A3，小甜品。

当 \(a = c, b = d\) 时取等。这样原条件为 \(4ab = a^2 + b^2\)，即 \(a/b = 2\pm \sqrt 3\)，取 \(a = c = 1, b = d = 2 + \sqrt 3\) 可以得到 \(S\) 的最小值为 \(8\)。

IMO2018 Shortlist A7，大躺平。

令 \(x, y, z, t\) 为对应的四个变量，并设 \(x\le y\le z\le t\)。根据排序不等式有

两部分等价，考虑 \(x,t\) 部分。

我们断言

我们知道

因此 \(x + y \le z\) 等价于 \(x^3 + y^3 + 3xyz \le z^3\)。这样只需要证明

通过均值不等式我们能知道

随后可以知道

这也就证明了断言。

由于 \(y = \sqrt[3]{x}\) 在 \([0, \infty)\) 上上凸，\(y(a) + y(b) \le 2 y(a + b)\)，这也就有

最后一步在原题解里叫做 AM-CM inequality，听说也可以用 Jensen 不等式证。总之它的取等条件是 \(x + t = y + z = 50\)。
均值不等式的取等条件是 \(xt = 49\)，与上面结合可以知道当 \(x = y = 1, z + t = 49\) 时取得等号。

IMO2020 Shortlist A7，但是没有超级构造。

\((1):\)

我们断言，当 \(a_i\) 递增时取得最大值。考虑对 \(j\) 有 \(a_j > a_{j + 1}\)，我们知道

令 \(a = a_j, b = a_{j + 1}, S = \sqrt{a_1^2 + \cdots + a_{j + 1}^2}\)，上面的式子即为

而

因此

这就证明了将相邻两个元素按升序排列会使 \(f\) 的取值增加，根据冒泡排序结论可以知道当所有元素按升序排列时取得最大值，这就证明了断言。

\((2):\)

考虑二进制分组，设 \(M_i = \{l\mid a_l \in[2^{i - 1}, 2^i)\}\)；特殊的，\(a_l = 2^k\) 的 \(l \in M_k\)。设 \(p_i = \lvert M_i\rvert\)，可以知道

这个放缩考虑 \(a_l\le 2^t\) 因此分子变大；\(a_l^2 \ge (2^{t-1})^2\) 则分母至少提供一个 \(2^{t-1}\)，第 \(i\) 个 \(a_l\) 对应的前缀有 \(i\) 个下标在 \(M_t\) 中，至少有 \(i\) 个 \((2^{t-1})^2\) 可以被提取，\(\sqrt{a_1^2+\cdots+a_l^2} \ge 2^{t-1} \sqrt i\) 因此分母变小。

考虑 \(\sqrt i - \sqrt{i-1} = \frac{1}{\sqrt{i} + \sqrt{i-1}} \ge \frac 1{2\sqrt{i}}\)，有

因此由均值不等式有

也可以应用数归。

其实给定的这个条件是 Lipschitz 条件的弱化(?)。

\((1):\)

不妨设 \(x > y\)。知道

\((2) \text{ Sol 1:}\)

令 \(g(x) = x - f(x)\)，即证 \(g(x)\) 有且仅有一个零点。

首先是证明存在性。由题意知 \(\lvert f(x) - f(0) \rvert \le k\lvert x \rvert\)，即

由于 \(x\to \infty\) 时 \(\left\lvert\dfrac{f(0)}{x} \right\rvert\to 0\)，\(\forall \epsilon \in (0, 1 - k), \exists M>0 \text{ s.t. } \forall x > M, \left\lvert\dfrac{f(0)}{x} \right\rvert < \epsilon\)。于是有 \(\left\lvert\dfrac{f(x)}{x} \right\rvert \le k + \left\lvert \dfrac{f(0)}{x} \right\rvert < k + \epsilon\)。

因此当 \(x\) 充分大时有 \(-k-\epsilon < \dfrac{f(x)}{x} < k+\epsilon\)，即 \(1 - k-\epsilon <1- \dfrac{f(x)}{x}<1+k+\epsilon\)。而知道 \(1-k-\epsilon>0\)，这就说明 \(1- \dfrac{f(x)}{x}\) 有大于 \(0\) 的下界。因此可以知道

\(x\) 充分小时易导出相同的结论。因此可以知道

根据介值定理可知 \(\exists \xi, g(\xi) = 0\)。\(g\) 的一致连续性是易得的，不再赘述。

随后证明唯一性。反证法，假设 \(\exists a, b \in \mathbb R, g(a) = g(b) = 0\)，则

这显然不成立。

因此我们就证明了存在唯一 \(\xi \in \mathbb R, f(\xi) = \xi\)。

\((2) \text{ Sol 2:}\)

sto bk orz

令 \(g(x) = x - f(x)\)，即证 \(g(x)\) 有且仅有一个零点。

由于 \(kx - f(x)\) 递增，\((1 - k)x\) 递增，则 \(g(x)\) 递增，这保证了唯一性。\(\exists \xi, g(\xi) = 0\) 可以通过证明 \(g(x)\) 上下无界推知。

对 \(g(x)\) 的上界，由于 \((1 - k)x\) 无界，\(kx - f(x)\) 递增，知道 \(g(x)\) 无界。对下界类似。这保证了存在性。

IMO2020 Shortlist N7，神妙鸽巢+数归。

下文中简称满足特定条件的对象为合法对象，条件根据上下文确定。

\((1):\)

由于 \(a \neq b + c\)，若 \(a\mid (b + c)\) 则定有 \(2a \le b + c\)，即 \(a < \max(b, c)\)。这与假设矛盾。

由于 \(a > \max(b, c) > \lvert b - c\rvert\)，一个数不能整除小于自己的数。

\((2):\)

我们断言，若 \(S\) 是一个由 \(n\ge 2\) 个正整数组成的满足条件的集合，则存在一种方法将 \(S\) 中元素排序为 \(a_1, a_2, \dots, a_n\)，使得 \(\forall 2 \le i \le n-1, a_i\nmid(a_{i - 1} + a_{i + 1})\) 且 \(a_i \nmid (a_{i - 1} - a_{i + 1})\)。

考虑对 \(n\) 归纳。当 \(n = 2\) 时显然任意排序方法都满足要求。

假设 \(n \ge 3\)。令 \(a\) 是 \(S\) 中最大元素，并令 \(T = S\ \backslash \{a\}\)。根据归纳假设，存在一种合法方法将 \(T\) 中的元素排序，设这种排序方式得到了合法序列 \(B = (b_1, \dots, b_{n - 1})\)。我们将说明的是，一定存在一种方法将 \(a\) 插入序列 \(b\)，使得新得到的序列是合法序列。也即，我们肯定能选择一个下标 \(1\le j\le n\)，导出序列 \(B_j = (b_1, \dots, b_{j - 1}, a, b_{j }, \dots, b_{n - 1})\)。\(a\) 可以无前趋 \((j = 1)\) 或后继 \((j = n)\)。容易发现 \(a\) 有 \(n\) 个位置可以插入，这导出了 \(n\) 个序列。

首先考虑若 \(B_j\) 中的元素 \(x\) 不合法，则 \(x\) 只可能是 \(b_{j - 1}, a, b_j\) 中的一个（\(b_{j - 1}, b_j\) 可能不存在）。而根据 \((1)\) 的结论，由于 \(a = \max(b_{j - 1}, a, b_{j})\), \(x\) 不可能为 \(a\)。因此若 \(B_j\) 不合法，不合法位置只能是 \(j - 1\) 与 \(j\) 中的一个。

假设所有的 \(B_j\) 都不合法。根据鸽巢原理，定存在一个位置 \(k\) 在两种排序中都不合法。转化条件，我们知道 \(b_k\) 定整除 \(b_{k - 1} + c_1a\) 与 \(a + c_2 b_{k + 1}\)，其中 \(c_1, c_2 \in \{-1, 1\}\)。然而这也就是

能导出 \(b_k \mid (b_{k - 1} - c_1c_2 b_{k + 1})\)，而由于 \(-c_1c_2 \in \{-1, 1\}\)，这条件也就说明了 \(B\) 不合法，这与原设矛盾。也就是说，定存在一个 \(B_j\) 是合法的，我们只需要选择这个序列即可得到一种对 \(S\) 中元素的合法排序方案。

归纳假设成立。

起因是 23.3 集训的时候 kaguya 在群里问的题。老活新整

由调和级数发散，若 \(p/q > 1\)，我们只需要找到最大的 \(k\) 使得

令 \(\dfrac{s}{t} = \dfrac{p}{q} - \sum\limits_{i = 1}^k \dfrac 1i\)，且 \(\gcd(s, t) = 1\)。

若 \(s = 0\) 则命题成立。

反之我们知道 \(0 < \dfrac st < 1\)。设 \(t = as + b\)。

若 \(b = 0\) 则 \(\dfrac 1a < \dfrac{1}{k}\)，成立。

反之我们知道

由于 \(s - b < s\)，经过有限次递降后总会到达分子为 \(1\) 的情况，这时命题成立。易证过程中减掉的每个数字两两不同。

这就证明了原问题。