2025 年第 14 屆歐洲女子數學奧林匹亞競賽 (Euporean Girls' Mathematical Olympiad, 簡稱 EGMO) 在科索沃普利斯提納 (Prishtina, Kosovo) 舉行。 本屆共有 55 個國家與會、 合計 219 位女學生代表參賽。 我國是第二次正式參賽, 獲得一金兩銀一銅的成績, 表現優異。 競賽內容與國際數學奧林匹亞競賽 (International Mathematical Olympiad) 相仿, 由試題委員會在代數、 組合、 幾何、 數論等領域中挑選六道試題, 供領隊會議確認成為正式考題, 以兩天每天 3 道試題、4 小時又 30 分鐘的形式由選手作答。

本屆的六道試題, 第一題屬數論, 第二、六題為代數, 第三、四題為幾何, 第五題為組合。 本文提供我國代表團所翻譯成正體中文版的六道 EGMO 試題以及官方釋出的參考解答, 作為國內相關學者、 數學教師等輔導數學資優生之研究、 應用與參考之用。

問題一： 對於正整數 $N$, 設 $c_1 \lt c_2 \lt \cdots \lt c_m$ 為所有小於 $N$ 並與 $N$ 互質的正整數。 找到所有滿足下列條件的 $N \ge 3$：對於所有 $1 \le i \le m-1$ 都有

$$ \gcd (N, c_i + c_{i+1}) \ne 1. $$

其中 $\gcd(a,b)$ 定義為能夠同時整除 $a$ 和 $b$ 的最大正整數。而當 $\gcd (a, b) = 1$ 時, 則稱整數 $a$ 和 $b$ 互質。

試題委員會公布的參考答案：

滿足題意的 $N$ 為所有 (大於 2) 的偶數, 以及 3 的冪次。

我們首先證明這兩類數皆滿足題意。

$\bullet$ 若 $N$ 為偶數, 則所有的 $c_i$ 都會是奇數。因為兩奇數之和為偶數, 所以對所有 $i$ 都有 $\gcd(N, c_i + c_{i+1}) \ge 2$。

$\bullet$ 若 $N$ 為 3 的冪次, 則這些 $c_i$ 會是 $1$ 到 $N-1$ 中所有不被 3 整除的數。 將這些數由小到大排列後, 它們除以 3 的餘數會依序為 1, 2, 1, 2, $\dots$, 1, 2。 因此 $\gcd( N, c_i + c_{i+1} ) \ge 3$。

以下證明其他正整數皆不滿足題意。 由上討論, 可設 $N = 3^n \cdot k$, 其中 $n$ 為非負整數, $k$ 為大於或等於 5 的奇數, 且$k$ 的最小質因數至少是 5。 若 $N$ 也不是 3 的倍數 (即 $n = 0$), 則有 $\gcd(N, 6) = 1$, 所以 $c_1 = 1$, $c_2 = 2$, 得 $\gcd(N, c_i+c_{i+1}) = \gcd(N, 3) = 1$, 不合。

當 $N = 3^n \cdot k$ 為 3 的倍數 (即 $n \ge 1$) 時, 可再分為下列兩種情況：

$\bullet$ $k \equiv 1 \pmod{3}$。 此時 $k - 1$ 是 3 的倍數, $k$ 是 $k$ 的倍數, 此二數都不與 $N$ 互質。但 $k-2$, $k+1$ 除以 3 的餘數都是 2, 皆不被 3 整除；同時由於 $k$ 是奇數, 所以 $\gcd(k-2,k) = \gcd(-2, k) = 1$, $\gcd(k+1,k) = \gcd(1,k) = 1$。因此存在某個足標 $i$ 使得 $c_i = k-2$, $c_{i+1} = k+1$。此時 $c_i + c_{i+1} = 2k-1$。注意到 $2k-1 \equiv 1 \pmod{3}$, $\gcd(k, 2k-1) = \gcd(k, -1) = 1$, 故 $\gcd(N, 2k-1) = 1$, 不合題意。

$\bullet$ $k \equiv 2 \pmod{3}$。 此情形與前一狀況類似, 但考慮的是連續兩個與 $N$ 互質的正整數 $c_i = k-1$, $c_{i+1} = k+2$。此時 $c_i + c_{i+1} = 2k+1$, 而 $\gcd(N, 2k+1) = \gcd(3^n, 2k+1) \cdot \gcd(k, 2k+1) = 1$, 亦不合題意。

證明至此完成。

$\Box$

評註： 本題是相當容易的數論題, 範圍不超過國中課綱。 只要從小的例子開始嘗試, 慢慢發現規律, 即可求證。 本題非常適合作為競賽入門的問題, 也可以納入一般教學探索活動。

問題二： 對於一個無窮遞增的正整數列 $a_1 \lt a_2 \lt a_3 \lt \cdots$, 如果對於每個正整數 $n$, 該數列的前 $a_n$ 項的算術平均數恰等於 $a_n$ 的值, 則我們稱這個數列是中立的。

證明存在一個無窮正整數列 $b_1, b_2, b_3, \ldots$, 使得對於每一個中立數列 $a_1, a_2, a_3, \dots$, 都存在無窮多個正整數 $n$ 滿足 $a_n = b_n$。

試題委員會公布的參考答案：

我們宣稱數列 $1, 3, 5, 7, 9, \dots$ (即 $b_i = 2i-1$, $i \in \mathbb{N}$) 滿足題意。 以下使用歸謬證法, 即假設中立數列 $\langle a_i \rangle$ 中只有有限多項 $a_i$ 滿足 $a_i = 2i-1$ 來得到矛盾。

記 $S(n) = \sum_{i=1}^n a_i$。依題設有 $S(a_n) = a_n^2$ 及 $S(a_{n+1}) = a_{n+1}^2$。若 $a_{n+1} = a_n + 1$, 則

$$ a_{a_n+1} = S(a_{n+1}) - S(a_n) = a_{n+1}^2 - a_n^2 = (a_n + 1)^2 - a_n^2 = 2 a_n + 1 = 2 a_{n+1} - 1. $$

由歸謬假設知道這只能發生有限多次。 因此對於足夠大的 $n$, 都有 $a_{n+1} \ge a_n + 2$。

對足夠大的 $n$, 若 $a_n \gt 2n-1$, 則 $a_{n+1} \ge a_n + 2 \gt 2n-1 + 2 = 2(n+1) - 1$。 於是我們可將討論分成兩種情況：

(A) 對某個足夠大的 $n$ 有 $a_n \gt 2n - 1$。 此時, 存在 $n_A$ 使得 $a_n \gt 2n - 1$ 對所有 $n \ge n_A$ 均成立。
(B) 存在 $n_B$ 滿足 $a_n \lt 2n-1$ 對所有 $n \ge n_B$ 均成立。

在情況 (A) 之中, 可知對 $m \gt N_A$ 有

\begin{align*} S(m) &= S(N_A) + \sum_{i = N_A + 1}^m a_i \ge S(N_A) + \sum_{i=N_A+1}^m 2i \\ &= S(N_A) + m(m+1) - N_A(N_A+1) \\ &= m^2 + m + S(N_A) - N_A (N_A + 1). \end{align*}

當 $m$ 足夠大時 (例如 $m \gt N_A(N_A+1)$), 上式必大於 $m^2$, 故與 $S(a_n) = a_n^2$ 總是成立的題設不合。

同理, 在情況 (B) 之中, 可知對 $m \gt N_B$ 有

\begin{align*} S(m) &= S(N_B) + \sum_{i = N_B + 1}^m a_i \le S(N_B) + \sum_{i=N_B+1}^m 2(i-1) \\ &= S(N_B) + m(m-1) - N_B(N_B-1) \\ &= m^2 - m + S(N_B) - N_B (N_B - 1). \end{align*}

當 $m$ 足夠大時 (例如 $m \!\gt\! S(N_B)$), 上式必小於 $m^2$, 故與 $S(a_n) \!=\! a_n^2$ 總是成立的題設不合。

至此證明完畢。

$\Box$

評註： 本題屬於難度中等的代數題。 稍加計算即可得到作為標準的中立數列。 但要證明其他中立數列與此數列有無窮多項相同, 就需仔細觀察數列各項之間的變化, 從而寫下有效的不等式, 來證出命題。 本題也可以用數學歸納法處理, 請讀者嘗試看看。

問題三： 設 $ABC$ 為銳角三角形。點 $B$, $D$, $E$, $C$ 依序落在一條直線上且滿足 $BD = DE = EC$。 設 $M$ 和 $N$ 分別為 $AD$ 和 $AE$ 的中點。 假設 $ADE$ 為銳角三角形且令 $H$ 為其垂心。 設 $P$ 和 $Q$ 分別落在直線 $BM$ 和 $CN$ 上, 使得 $D$, $H$, $M$, $P$ 兩兩相異且四點共圓, 以及 $E$, $H$, $N$, $Q$ 兩兩相異且四點共圓。證明 $P$, $Q$, $N$, $M$ 共圓。
三角形的垂心指的是其三條高的交點。

試題委員會公布的參考答案：

令 $B'$ 為 $B$ 對 $M$ 的對稱點, $C'$ 為 $C$ 對 $N$ 的對稱點。 易知 $C', A, B'$ 三點共線, 以及 $DEB'A$ 為平行四邊形。 由於 $EH \perp AD$, 得 $EH \perp EB'$。同時亦有 $HA \perp AB'$, 故 $H, E, B', A$ 四點共圓。 由此知

$$ \angle C'QH = \angle NQH = \angle NEH = \angle AEH = \angle AB'H = \angle C'B'H. $$

所以 $C', B', Q, H$ 四點共圓。 同理可得 $C', B', P, H$ 共圓, 故 $B', C', P, Q, H$ 五點同時在一圓上。 現在計算角度得

$$ \angle NMB' = \angle AB'M = \angle C'B'P = \angle C'QP = \angle NQP, $$

故 $P, Q, N, M$ 四點共圓。 證明完畢。

$\Box$

評註： 本題是中等偏難的幾何題。會注記垂心的定義, 是因為垂心的定義不見得在各國的中學課綱範圍內。 題目的難處在於畫出有用的輔助點, 藉以轉移有效的幾何性質。 另外本題亦可以由 $\triangle ADE$ 為主的重心坐標來計算出共圓的結論, 唯一較為困難的是垂心 $H$ 的坐標, 接下來的計算應可在正常時限內完成。

問題四： $\triangle ABC$ 是一個銳角三角形, 滿足 $AB \ne AC$ 且內心為 $I$。 直線 $BI$ 與 $CI$ 分別交 $ABC$ 的外接圓於 $P \ne B$ 和 $Q \ne C$。 做 $R, S$ 滿足 $AQRB$ 和 $ACSP$ 為平行四邊形 (其中 $AQ \parallel RB$, $AB \parallel QR$, $AC \parallel SP$, $AP \parallel CS$)。 令 $T$ 為直線 $RB$ 和 $SC$ 的交點, 證明 $R, S, T, I$ 共圓。

試題委員會公布的參考答案：

引理 1： $\angle RBI = \angle SCI$。

證： 使用有向角：

\begin{align*} \measuredangle(BR, BI) &= \measuredangle (BR, AB) + \measuredangle (AB, BI) \\ &= \measuredangle (AQ, AB) + \measuredangle (BI, BC) = \measuredangle (CQ, BC) + \measuredangle (BI, BC) \\ &= \measuredangle (CI, CB) + \measuredangle (BI, BC). \end{align*}

注意到上式對 $B, C$ 是對稱的。故亦有 $\measuredangle (CS, CI) = \measuredangle (CI, CB) + \measuredangle (BI, BC)$。

引理 2： $BR / BI = CS / CI$。

證： 易知 $BR = AQ$ 以及 $CS = AP$。 計算角度可得 $\angle ICB = \angle QCB = \angle APQ$, 同理得 $\angle PQA = \angle CBI$。 故 $\triangle IBC \sim \triangle AQP$, 由此得 $AQ / BI = AP / CI$, 即 $BR / BI = CS / CI$。

現由引理 1, 2 可知 $\triangle BIR \sim \triangle CIS$ (SAS), 故得 $\angle TRI = \angle BRI = \angle CSI = \angle TSI$, 推得 $R, S, T, I$ 四點共圓。 證明完畢。

$\Box$

評註： 本題是簡單的幾何題。 本題所有相關的幾何物件都已在題目中出現, 因此只要能夠把握關鍵性質, 即可求證。 如果不用有向角處理的話, 就須注意點的相關位置, 證明要更小心一些。

問題五： 令 $n \gt 1$ 為一正整數。 在一個 $n \times n$ 的方格表中, $n^2$ 個方格每個都包含一個箭頭, 指向上、 下、 左、 右其中一個方向, 稱這樣包含箭頭的方格表為一個配置。

給定一個方格表的初始配置, 一隻蝸牛小蝸會從一個方格開始, 在方格表上移動。 在小蝸的每次移動中, 他會從所在方格沿著箭頭方向前進一格 (有可能會離開方格表)。 每次移動結束後, 方格表上的所有箭頭都會逆時針旋轉 $90^\circ$。 我們稱一個方格是包好的, 如果小蝸從這個方格開始按上述方式移動, 可以經過所有的方格恰好一次, 不走出棋盤並回到出發的方格。

對於所有 $n$, 試求在所有可能的初始配置中, 最多能有幾個包好的方格。

試題委員會公布的參考答案：

當 $n$ 為奇數時, 答案為 0；但當 $n$ 為偶數時, 答案為 $\dfrac{n^2}{4}$。

我們首先處理 $n$ 為奇數的情況。將方格黑白相間塗色, 可知小蝸的路徑上方格的顏色也是黑白相間, 所以小蝸如果能夠走一圈回到起點的話, 黑白格數量必須相等。 但當 $n$ 為奇數時, 全部共有奇數個方格, 故黑白格數不可能一樣。 所以當 $n$ 為奇數時, 方格表內沒有任何包好的方格。

以下只考慮 $n$ 為偶數的情況。先給一個有 $\dfrac{n^2}{4}$ 個包好的方格的初始配置。 令 $(i,j)$ 代表第 $i$ 列、第 $j$ 行的方格。 考慮以下迴圈：

注意到上面的迴圈會到達每一方格恰好一次, 再回到出發的方格。 要證明 $(1,1)$ 是包好的方格, 我們需要找出讓小蝸按此路徑行進的初始配置。

設 $c_i$ 為迴圈上的第 $(i-1)$ 個方格：即 $c_0 = (1,1)$、$c_2 = (1,2)$、$\cdots$、$c_{n^2-1} = (2,1)$。 對於每個 $i$, 我們在方格 $c_i$ 畫上一支箭頭, 指向方格 $c_{i+1}$ (若 $i = n^2-1$ 則指向 $c_0$), 然後將這支箭頭順時針旋轉 $i$ 次 $90^\circ$。 在移動了 $i$ 步之後, $c_i$ 上的箭頭會逆時針旋轉 $i$ 次 $90^\circ$, 並且會與上述路徑上的方向一致。 因此, 小蝸依序走過迴圈 $c_0, c_1, c_2, \ldots, c_{n^2-1}, c_0$, 而 $(1,1)$ 就是一個包好的方格。

每走四步, 所有箭頭都會回到最初的方向。此外, 當走完整個迴圈後, 棋盤會回到初始配置, 因為迴圈長度 $n^2$ 可以被 4 整除。 因此, 小蝸也可以從任何 $c_i$ (其中 $i$ 為 4 的倍數)出發, 並沿著同樣的路徑行走。 因此, 方格 $c_0, c_4, c_8, \ldots, c_{n^2-4}$ 都是包好的方格, 總共有 $\frac{n^2}{4}$ 個這樣的方格。

接下來證明對於任意偶數 $n$ 及在任意初始配置下, 最多只有 $\frac{n^2}{4}$ 個包好的方格。

設 $a_0$ 為一個包好的方格。令 $a_0, a_1, a_2, \ldots, a_{n^2-1}, a_{n^2} = a_0$ 為小蝸從 $a_0$ 出發所經過的方格序列。 現在假設還有另一個包好的方格 $b_0$, 並令 $b_0, b_1, b_2, \ldots, b_{n^2-1}, b_{n^2} = b_0$ 為小蝸從 $b_0$ 出發所經過的方格序列。

注意, 因為 $4 \mid n^2$, 所以經過 $n^2$ 步後, 箭頭會回到最初的配置。 因此, 如果小蝸每次回到起始格子後繼續行走, 她只會不斷重複同一個循環。

考慮棋盤的左上角。以標準的行列編號, 左上角方格為 $(1,1)$。 這個方格只有兩個鄰居, 所以 $a$-路徑和 $b$-路徑必須包含 $(2,1)$、 $(1,1)$、 $(1,2)$ 這三個方格, 順序可以是 $(2,1)$、 $(1,1)$、 $(1,2)$ 或 $(1,2)$、 $(1,1)$、 $(2,1)$。 不失一般性, 設 $a_{i-1} = (2,1)$、 $a_i = (1,1)$、 $a_{i+1} = (1,2)$ 對某個 $i$ 成立。 設足標 $j$ 滿足 $b_j = (1,1)$。 如果 $b_{j-1} = (2,1) = a_{i-1}$, 那麼 $(2,1)$ 方格的箭頭在經過 $i-1$ 步和 $j-1$ 步後必須指向同一方向, 所以 $i \equiv j \pmod{4}$。 但此時 $(1,1)$ 格子的箭頭也必須在經過 $i$ 和 $j$ 步後指向同一方向, 因此小蝸會在兩種情況下都移動到 $b_{j+1} = a_{i+1}$, 並且再次發現箭頭方向相同。 繼續下去, 我們會發現 $b$-路徑其實和 $a$-路徑完全相同, 只是起點不同, 因為任何其他起點都會導致箭頭初始方向錯誤。

現在假設 $b_{j+1} = (2,1) = a_{i-1}$。 考慮 $a$-路徑, 經過 $i-1$ 步後左上角的箭頭必須如下圖所示：

考慮 $b$-路徑, 經過 $j-1$ 步後箭頭必須如下圖所示：

從格子 $(1,1)$ 的箭頭我們可以看出 $i \equiv j + 1 \pmod{4}$。 然而, 對於格子 $(2,1)$ 和 $(1,2)$ 來說, 這會導致矛盾。

我們因此得出結論, 唯一可能的包好方格是 $a_{4t}$, 其中 $t = 0, 1, \ldots, \dfrac{n^2}{4} - 1$, 這表示最多有 $\dfrac{n^2}{4}$ 個包好的方格。 證明完畢。

$\Box$

評註： 在連續三年的國際數學競賽中, 都出現了小蝸這號人物, 足見數學題目的敘述, 不見得總是冷冰冰的。 本題是中等難度的組合題, 首先用到圖論中的漢米爾頓迴圈 (Hamilton cycle) 的概念, 然後在迴圈存在的情況下, 建構並論證有效的包好方格數量。 其中當 $n$ 為偶數時, 迴圈的長度是 4 的倍數, 因此小蝸走一圈回來的時候, 地上的箭頭方向與出發時有相同的性質, 在證明中至為重要。 但因為這個性質相當明顯, 許多選手都忽略了, 成為失分的關鍵, 相當可惜。

問題六： 在 $2025 \times 2025$ 方格表的每個方格中都有一個非負實數。 這些數字滿足每一橫列的總和都是 1, 且每一直行的總和都是 1。定義 $r_i$ 為第 $i$ 橫列方格數字的最大值, 並定義 $R = r_1 + r_2 + \cdots + r_{2025}$。 類似地, 定義 $c_i$ 為第 $i$ 直行方格數字的最大值, 並定義 $C = c_1 + c_2 + \cdots + c_{2025}$。

請問 $\frac{R}{C}$ 的最大可能值是多少？

試題委員會公布的參考答案：

答案是 $\dfrac{2025}{89}$。 一般而言, 若方格表的大小為 $n \times n$, 其中 $n = m^2$, 則答案為 $\dfrac{n}{2 \sqrt{n} - 1} = \dfrac{m^2}{2m-1}$。

令 $(i,j)$ 代表第 $i$ 列、 第 $j$ 行的格子, 而 $a_{i,j}$ 代表在 $(i,j)$ 格中填入的非負實數。 以下對一般的正整數 $m$ 給出達到 $\frac{R}{C} = \frac{m^2}{2m-1}$ 的建構：

\begin{equation*} a_{i,j} = \begin{cases} \frac{1}{m}, & 1 \le i \le m, \, j \equiv i \pmod{m}; \\ 0, & 1 \le i \le m, \, j \not\equiv i \pmod{m}; \\ \frac{1}{m^2}, & m+1 \le i \le m^2. \end{cases} \end{equation*}

此時 $R = m^2 \cdot \frac{1}{m} = m$, 而 $C = m \cdot \frac{1}{m} + (m^2 - m) \cdot \frac{1}{m^2} = 2 - \frac{1}{m}$, 得 $\frac{R}{C} = \frac{m}{2 - 1/m} = \frac{m^2}{2m-1}$。

以下證明在方格表的大小為 $m^2 \times m^2$ 時, $\frac{R}{C}$ 必不大於 $\frac{m^2}{2m-1}$。

將每一列中出現最大數字的其中一格塗成紅色。 因為行跟行、 列跟列之間的對調不影響 $R, C$ 之值, 故不失一般性我們可以假設這些紅色格出現在最左邊的 $k$ 行, 並且這 $k$ 行中的每一行至少都有一個紅色格。 對於 $1 \le j \le k$, 令 $n_j$ 與 $p_j$ 分別代表在第 $j$ 行中紅色格的數量與它們裡面的數字和。 注意到： 當 $1 \le j \le k$ 時, 第 $j$ 行的最大數字 $c_j$ 至少是 $\frac{p_j}{n_j}$；而其他行的最大數字至少是 $\frac{1}{n}$, 因為各行的數字和為 1。 因此

$$ C \ge \frac{p_1}{n_1} + \frac{p_2}{n_2} + \cdots + \frac{p_k}{n_k} + \frac{n-k}{n}. $$

而 $R = p_1 + p_2 + \cdots + p_n$。

由此考慮, 可知我們證明的目標是

\begin{equation} \label{eq:6-1} p_1 + p_2 + \cdots + p_n \le \frac{n}{2 \sqrt{n} - 1} \left( \frac{p_1}{n_1} + \frac{p_2}{n_2} + \cdots + \frac{p_k}{n_k} + \frac{n-k}{n} \right). \end{equation}

由上定義, 有 $n_1 + n_2 + \cdots + n_k = n$；並且因為填入方格的都是非負實數, 所以 $p_j \le 1$ 對每個 $j$ 均成立。 還有, 因為每個紅色格中的數字至少是 $\frac{1}{n}$, 所以有 $p_j \ge \frac{n_j}{n}$。

由於不等式 (\ref{eq:6-1}) 對每一個變數 $p_1, \dots, p_k$ 是線性的, 所以只需證明此式在這些變數的兩個極端值皆成立即可。 再次重排後, 可設 $p_j = \frac{n_j}{n}$ 對 $1 \le j \le t$ 成立, 而 $p_j = 1$ 對 $t+1 \le j \le k$ 成立, 其中 $0 \le t \le k$。

首先, 若 $t = k$, 則有 $p_1 + p_2 + \cdots + p_k = \frac{n_1}{n} + \frac{n_2}{n} + \cdots + \frac{n_k}{n} = 1$, 且 $\frac{p_1}{n_1} + \frac{p_2}{n_2} + \cdots + \frac{p_k}{n_k} = \frac{k}{n}$。 此時不等式 (\ref{eq:6-1}) 變成 $1 \le \frac{n}{2\sqrt{n}-1}$, 這顯然對每個正整數 $n$ 均成立。

故以下均假設 $t \lt k$。 我們要證的是

$$ \frac{n_1 + \cdots + n_t}{n} + k-t \le \frac{n}{2 \sqrt{n} - 1} \left( \frac{t}{n} + \frac{1}{n_{t+1}} + \cdots + \frac{1}{n_k} + \frac{n-k}{n} \right). $$

由柯西不等式知

\begin{equation*} \frac{1}{n_{t+1}} + \cdots + \frac{1}{n_k} \ge \frac{ (k-t)^2 }{n_{t+1} + \cdots + n_k} = \frac{ (k-t)^2 }{ n - (n_1 + \cdots + n_t) }. \end{equation*}

設 $n_1 + \cdots + n_t = n \cdot q$, 其中 $0 \le q \lt 1$。 我們只需證明下面這個更充分的不等式：

\begin{equation} \label{eq:6-2} q + k - t \le \frac{n}{2 \sqrt{n} - 1} \left( \frac{t}{n} + \frac{(k-t)^2}{n - nq} + \frac{n-k}{n} \right). \end{equation}

令 $k - t = \ell \ge 1$。(\ref{eq:6-2}) 式成為

$$ q + \ell \le \frac{1}{2 \sqrt{n} - 1} \left( n - \ell + \frac{\ell^2}{1 - q} \right). $$

重新整理後等價於下式：

\begin{equation} \label{eq:6-3} n + q + \frac{\ell}{1 - q} \ge 2 (q + \ell) \sqrt{n}. \end{equation}

當 $q = 0$ 上式可由算幾不等式立即得到。而當 $0 \lt q \lt 1$ 時, 由柯西不等式知

\begin{equation} \label{eq:6-4} q + \frac{\ell^2}{1 - q} = \frac{q^2}{q} + \frac{\ell^2}{1 - q} \ge (q + \ell)^2. \end{equation}

因為由算幾不等式可知 $n + (q + \ell)^2 \ge 2 (q + \ell) \sqrt{n}$, 代入 (\ref{eq:6-4}) 式即得 (\ref{eq:6-3}) 式。 證明完畢。

$\Box$

評註： 本題屬代數題, 是本屆賽事中最難的問題, 全場只有兩人完全答對。 這個問題 ($\frac{R}{C}$ 的最大值) 在組合設計與資訊科學中是自然的問題, 作為數學問題饒富趣味。 本題的關鍵在於利用 2025 是平方數的性質, 建構中得到最大值的情況；再巧妙地利用不等式證明答案確為上界。 大部分的考生未能想像出得到最大值的表格狀況, 自然沒有可能證明結論。 初始有效情形是 $4 \times 4$ 的表格, 可以嘗試看看。也可以試試邊長不為平方數的情況。

本工作小組係由教育部委託國立台灣師範大學, 於「中華民國參加 2025年第 37 屆亞太數學、第 14 屆歐洲女子數學及第 66 屆國際數學奧林匹亞競賽計畫」下成立。本文的主要作者為林延輯副教授, 任教於國立台灣師範大學數學系。