2026 年第 15 屆歐洲女子數學奧林匹亞競賽 (European Girls' Mathematical Olympiad, 簡稱 EGMO) 在法國波爾多 (Bordeaux, France) 舉行。 本屆共有 47 個國家與會、 合計 260 位女學生代表參賽。 我國是第三次正式參賽, 獲得兩銀一銅的成績, 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, 第一題屬組合, 第二、 六題為數論, 第三、 四題為代數, 第五題為幾何。 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： 一張 $2026 \times 2026$ 的方格棋盤是加酒的, 若其 $2026^2$ 格中有至少一格被塗成紅色。 一個由若干格構成的長方形區域被稱為奇加酒長方形, 若其中恰有奇數格被塗成紅色。 試求最大的正整數 $M$, 使得在任何 $2026 \times 2026$ 的加酒棋盤上, 皆存在大小至少 $M$ 格的奇加酒長方形。

備註： 一個長方形區域的邊與棋盤的邊平行, 其長與寬可以相等, 且包含其內部的所有格子。

試題委員會公布的參考答案： 最大的 $M$ 為 $1013^2$。

首先, 考慮如下將中央 $2 \times 2$ 四格塗色的構造。 易知任何包含至少兩個有色格的長方形, 都恰有 $2$ 或 $4$ 個紅格。 這表示在此加酒棋盤上, 不存在比 $1013 \times 1013$ 大的奇加酒長方形, 因此 $M \leq 1013^2$。

我們接下來證明$M=1013^2$滿足題意, 也就是任何一個加酒棋盤上都有至少$1013^2$大小的奇加酒長方形。 歸謬證法, 假設存在某個不存在大小至少 $1013 \times 1013$ 奇加酒長方形的加酒棋盤。 將其切成四個 $1013 \times 1013$ 子棋盤, 並不失一般性假設在右下角的子棋盤中, 存在一格 $(x,y)$ 是紅的 (這裡我們定義左上角的格子是 $(1,1)$)。 考慮以下四個長方形：

\begin{equation*} R_1 \!=\! [1,x] \times [1,y], ~ R_2 \!=\! [1, x-1] \times [1,y], ~ R_3 \!=\![1,x] \times [1,y-1], ~ R_4\!=\![1,x-1] \times [1,y-1], \end{equation*}

並假設 $R_i$ 中的有色格數量為 $n_i$。 依據假設, $n_i$ 皆為偶數, 因此 $n_1+\cdots+n_4$ 是偶數。 然而, $n_1+\cdots+n_4$ 會重複計算 $[1,x-1] \times [1,y-1]$ 內有色格數四次, 加上 $[1,x-1] \times [y,y]$ 與 $[x,x] \times [1,y-1]$ 兩次, 以及 $(x,y)$ 單格一次, 因此必然是奇數, 矛盾。

評註： 此為一簡單的組合題, 但前期探索可能 $M$ 值所需花的時間滿多的, 算是相對花時間探索的一題, 推薦給競賽入門的同學。

問題二： 給定正整數 $n$, 秦始皇玩一場遊戲。 他首先在黑板上寫下一個 $1$。 他接下來可以進行以下動作任意次： 選擇滿足 $1 \leq j \leq n$ 的正整數 $j$, 並將黑板上的數字 $V$ 改為 $j \cdot R\left( \frac{V}{j}\right)$。 其中 $R(x)$ 表示最接近 $x$ 的整數； 若 $x$ 恰在兩個相鄰整數的正中間, 則取其中較大者。 舉例來說, $R(1.3)=1$ 而 $R(1.5)=R(1.8)=2$。

1. 證明： 對於給定的 $n$, 存在正整數 $B\gt0$ 使得秦始皇不可能在黑板上寫下大於$B$的數字。

2. 對於給定的 $n$, 令 $f(n)$ 為秦始皇能夠透過有限次動作在黑板上寫出的最大數字。 證明： 存在正整數 $N$, 使得對於所有 $n \geq N$, $2026$ 整除 $f(n)$ 皆成立。

試題委員會公布的參考答案：

(a) 我們對回合數歸納來證明我們可以取 $B = n!$。 第一回合顯然。 若某回合 $V \leq n!$, 則由 $R(V/j) \leq R(n!/j) = n!/j$ 知 $j \cdot R(V/j) \leq n!$, 故新的 $V \leq n!$。

$\Box$

(b) 我們將對於充分大的 $n$, $2 \mid f(n)$ 與 $1013 \mid f(n)$ 分成兩個引理證明。

Lemma 1. 對於所有正整數 $k$, $2^k | f(n)$ 對所有 $ n \geq 2^k$ 皆成立。

Proof. 若 $2^k \nmid f(n)$, 令 $\ell = \nu_2(f(n)) \in \{0, 1, \cdots, k-1\}$ 並取 $j = 2^{\ell+1} \leq 2^k = n$。 注意到 $n \equiv 2^\ell \mod 2^{\ell+1}$, 且由 $\ell \leq k-1$ 知 $2^\ell \leq n$, 故 $f(n)/2^{\ell+1}$ 是半整數。 這表示 $j \cdot R(f(n)/j) \gt j \cdot f(n)/j = f(n)$, 與 $f(n)$ 的最大性矛盾。

$\Box$

Lemma 2. 對於任何正奇數 $A$ 滿足 $A \lt 2^k \leq n^{2k}$, 有 $A \mid f(n)$。

Proof. 注意到對於所有 $j \in \{0, 1, \cdots, k\}$, $f(n)$ 對 $2^jA$ 的餘數 $r_j$ 滿足 $0 \leq r_j \lt 2^{j-1}A$, 否則 $j \times R(f(n)/j)) \gt f(n)$, 矛盾。 又注意到 $r_j \equiv f(n) \equiv r_{j+1} \mod 2^jA$ 且 $-2^jA \lt r_{j+1}-r_j \lt２^jA$, 我們有 $r_0=r_1=\cdots = r_k$。 再由 Lemma 1, $2^k \mid f(n)$, 我們有 $2^k \mid r_k=r_0$, 從而 $r_0 = 0$ (因為$0 \leq r_0 \lt A \leq 2^k$), 也就是 $A \mid f(n)$。

$\Box$

結合兩者, 我們得到 $2026 \mid f(n)$ 對於任何 $n \geq 2^{20}$ 皆成立。

評註： 本題雖然題敘相對複雜, 但本質上算是單純的數論題目, 適合練習使用。

問題三： 令 $\mathbb{R}$ 為所有實數所成集合。 試求所有函數 $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, 使得對於所有實數 $x, y$, 我們有

\begin{equation*} f\Big((f(x)+f(y))^2\Big) = (x+y)f(x+y). \end{equation*}

試題委員會公布的參考答案： 所有解為 $f(x)=x,\ f(x)=-x,\ f(x)=0$。

記原方程為 $(\ast)$。 容易檢查上述三個函數皆滿足題目條件。 我們先證明 $f$ 的幾個性質：

性質1： $f(0)\!=\!0$。

Proof. 令 $x=y=0$ 代入 $(\ast)$, 得到

$$ f(4f(0)^2)=0. $$

設 $T=f^{-1}(0)$ 為所有使 $f$ 為零的點的集合, 則 $4f(0)^2\in T$。 再令 $x=0,\ y=4f(0)^2$ 代入 $(\ast)$, 得

$$ f(f(0)^2)=0, $$

故 $f(0)^2\in T$。

若 $t_1,t_2\in T$, 則由代入 $y=t_1$ 與 $y=t_2$ 可得

$$ (x+t_1)f(x+t_1)=f(f(x)^2)=(x+t_2)f(x+t_2). \tag{1} $$

令 $x=-t_1$, 得 $t_2-t_1\in T$, 因此

$$ 4f(0)^2 - f(0)^2 = 3f(0)^2 \in T, $$

進而

$$ 3f(0)^2 - f(0)^2 = 2f(0)^2 \in T\hbox{。} $$

再令 $x=y=f(0)^2$ 代入 $(\ast)$, 得到

$$ f(0)=2f(0)^2 f(2f(0)^2)=0\hbox{。}\tag*{$\Box$} $$

性質2： $f$ 為單射或 $f\equiv 0$。

Proof. 令 $y=0$ 代入 $(\ast)$, 得到

$$ f(f(x)^2)=xf(x). \tag{2} $$

將 $(2)$ 中 $x$ 換成 $f(x)^2$, 得到

$$ f(x^2 f(x)^2)=f(x)^2 f(f(x)^2)=x f(x)^3\hbox{。} $$

將 $(\ast)$ 兩邊乘以 $(f(x)+f(y))^2$, 得

$$ (x+y)f(x+y)(f(x)+f(y))^2 = f\big((f(x)+f(y))^2\big)(f(x)+f(y))^2 = f\Big(f((f(x)+f(y))^2)^2\Big) $$ $$ = f\big((x+y)^2 f(x+y)^2\big) = (x+y)f(x+y)^3\hbox{。} $$

因此對所有 $x\neq -y$, 有

$$ f(x+y)\big(f(x+y)-f(x)-f(y)\big)\big(f(x+y)+f(x)+f(y)\big)=0. \tag{3} $$

現在我們來證明 $T=\{0\}$ 或 $T=\mathbb{R}$。 假設不成立, 取非零 $t\in T$。 由 (1) 可知 $-2t\in T$。 取 $x\notin T$ 且 $y=-2t$, 代入 (3)：

1. 若 $f(x+y)=0$, 則 $x+y\in T$, 故 $x\in T$, 矛盾；

2. 若 $f(x+y)=f(x)+f(y)=f(x)$, 則由 (1) 得

$$ xf(x) = (x+y)f(x+y)=(x+y)f(x) \Rightarrow f(x)=0, $$

矛盾；

3. 若 $-f(x+y)=f(x)+f(y)=f(x)$, 同理得到矛盾。

故 $T=\{0\}$ 或 $T=\mathbb{R}$。

現在, 若 $f\not\equiv 0$, 則 $T=\{0\}$。 若 $f(a)=f(b)$, 則

$$ af(a)=f(f(a)^2)=f(f(b)^2)=bf(b), $$

即 $(a-b)f(a)=0$, 故 $a=b$, 也就是 $f$ 單射。

$\Box$

性質3： $f$ 為可加函數。

Proof. 將 $(x,y)$ 與 $(x+y,0)$ 代入 $(\ast)$, 結合 $f(0)=0$, 我們有

$$ f((f(x)+f(y))^2)=(x+y)f(x+y)=f(f(x+y)^2), $$

從而由單射性知 $f(x+y)^2=(f(x)+f(y))^2$, 也就是

$$ f(x+y)=f(x)+f(y)\quad\text{或}\quad -f(x+y)=f(x)+f(y)\hbox{。} \tag{4} $$

再令 $y=-x$, 得到 $f(-x)=-f(x)$。

現在, 假設存在實數 $x,y$ 使得

$$ f(x+y)\ne f(x)+f(y)\hbox{。} \tag{5} $$

這表示 $-f(x+y)=f(x)+f(y).$ 將 $x=x+y$, $y=-y$ 代入 (4)：

1. 若 $f(x+y-y)=f(x+y)-f(y)$, 則$f(x)=f(x+y)-f(y)$, 移項得 $f(x)+f(y)=f(x+y)$, 與 (5) 矛盾。

2. 若$-f(x+y-y)=f(x+y)-f(y)$, 則$-f(x)=f(x+y)-f(y).$ 再結合$-f(x+y)=f(x)+f(y)$, 可得$f(y)=0$, 因此 $y=0$, 從而$f(x)+f(y)=f(x)=f(x+y)$, 仍與 (5) 矛盾。

故假設不成立, 換言之 $f$ 可加。

$\Box$

Step C: 若 $T =\{0\}$ 則 $f(x) \equiv x$ 或 $f(x) \equiv -x$。

Proof. 我們已知 $f$ 為可加函數、 單射, 且滿足 (2)。 以下證明滿足這三個條件的函數只有上述兩種。

在 (2) 中令 $x=1$, 得到 $f(f(1)^2)=f(1)$, 再由單射性可知 $f(1)^2=1$。 又若 $f$ 為解, 則 $-f$ 亦為解, 因此不失一般性, 可設 $f(1)=1$。 將 (2) 中的 $x$ 換為 $x+1$, 得到

\begin{align*} f\bigl(f(f(2x))^2\bigr) &= f(2x)f(f(2x)), \\ f\bigl((2f(f(x)))^2\bigr) &= 4f(x)f(f(x)), \\ f\bigl(f(x)^2+2xf(x)+x^2\bigr) &= 2f(x)^2+2xf(x), \\ f(f(x)^2)+2f(xf(x))+f(x^2) &= 2f(x)^2+2xf(x). \end{align*}

再由 (2) 得

$$ 2f(xf(x)) = 2f\bigl(f(f(x)^2)\bigr) = f(x)^2 + f(f(x)^2) = f(x)^2 + xf(x), $$

則有

$$ xf(x) + \bigl(f(x)^2 + xf(x)\bigr) + f(x^2) = 2f(x)^2 + 2xf(x), $$

從而

$$ f(x^2)=f(x)^2 \ge 0\hbox{。} $$

這表示此可加函數對所有非負 $x$ 皆有 $f(x)\ge 0$, 故為線性函數。 再結合 $f(1)=1$, 我們知道此時 $f(x)=x$。 顯然若 $f(1)=-1$ 則 $f(x)=-x$, 故我們得到全部三種解。

評註： 此為一相當困難的函數方程題, 光要求出 $f(0)=0$ 都需要相當的功力。

問題四： 令 $1 = a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge \cdots$ 為一由實數組成的無窮數列, 使得 $a_n = a_{2n} + a_{2n+1}$ 對於所有正整數 $n$ 皆成立。 令 $r = 2026^{2026}$。 證明：

$$ \frac{1}{r} \le a_r \le \frac{2}{r+1}. $$

試題委員會公布的參考答案： 我們先證明關鍵引理。

Lemma 3. 對每個 $n\in\mathbb{N}$, 都有

$$ a_n+a_{n+1}+\cdots+a_{2n-1}=1. $$

Proof. 對所有 $k\in\{1,\dots,n-1\}$, 由題意有 $a_k=a_{2k}+a_{2k+1}$。 將這些等式全部加總, 可得

$$ a_1+a_2+\cdots+a_{n-1} = a_2+a_3+\cdots+a_{2n-2}+a_{2n-1}. $$

再配合 $a_1=1$, 便推出

$$ a_n+\cdots+a_{2n-1} = (a_2+a_3+\cdots+a_{2n-2}+a_{2n-1}) -(a_2+\cdots+a_{n-1}) =1.\tag*{$\Box$} $$

下界的證明： 將 Lemma 3 套用在 $n=r$, 得到

$$ a_r+\cdots+a_{2r-1}=1. $$

由於數列遞減, $a_{r+1},\dots,a_{2r-1}$ 都小於等於 $a_r$, 所以

$$ r a_r \ge a_r+\cdots+a_{2r-1}=1. $$

因此 $a_r\ge \frac1r$。

上界的證明： 將 Lemma 3 套用在 $n=\frac r2+1$, 得到

$$ a_{r/2+1}+\cdots+a_{r+1}=1. $$

注意到 $a_{r/2+1},\dots,a_{r-1}$ 中的每一項都大於等於 $a_r$, 因此

$$ \frac r2\,a_r+a_{r+1} = \left(\frac r2-1\right)a_r+a_r+a_{r+1} \le a_{r/2+1}+\cdots+a_{r+1} =1. $$

再結合 $a_{r+1}\ge \frac{1}{r+1}$, 可得

$$ a_r \le \frac{2}{r}\Big(1-\frac{1}{r+1}\Big) = \frac{2}{r+1}. $$

評註： 此為十分單純的數列問題, 算是對基本分析能力的好練習。

問題五： 令 $ABC$ 為一銳角三角形, 其中 $AC \gt AB$。 令 $\omega$ 為其外接圓, $O$ 為其外心。 令 $K$ 為 $\omega$ 對 $B$ 和 $C$ 的兩切線交點。 令三角形 $ABK$ 外接圓再交 $BC$ 於 $Z \ne B$。 又令 $L$ 為 $KZ$ 中點, $X$ 為直線 $KZ$ 與 $AB$ 交點。 令 $V$ 為三角形 $ABL$ 外接圓上, 與 $A$ 在 $BC$ 同側, 且使得 $OV \perp KZ$ 的唯一點。 證明：$LV \perp CX$。

試題委員會公布的參考答案： 我們記 $M$ 為 $BC$ 的中點, $N$ 為從 $O$ 向 $KZ$ 作垂線的垂足, $Y$ 為直線 $AC$ 與圓 $ABK$ 的另一個交點, $U$ 為直線 $AK$ 與圓 $ABC$ 的交點。 我們將整個證明分為三個 Claim。

Claim 1. 點 $L$ 在直線 $AC$ 上。

Proof. 將直線 $AC$ 延長, 與圓 $ABK$ 再次交於點 $Y$。 由交錯弧定理 (alternate segment theorem), 我們有

$$ \angle ZYA = \angle ZBA = \angle KCY, \quad \text{以及} \quad \angle AYK = 180^\circ - \angle KBA = \angle ACB. $$

因此可得 $ ZY \parallel KC$且$KY \parallel CZ$, 故四邊形 $KCZY$ 為平行四邊形。 由於 $L$ 是線段 $KZ$ 的中點, 因此它同時也是 $CY$ 的中點, 因此 $L$ 位於直線 $AC$ 上。

$\Box$

Claim 2. 從 $O$ 向 $KZ$ 作垂線的垂足在圓 $ABL$ 上。

Proof. 由於 $\angle OCK = \angle ONK = \angle KBO = 90^\circ$, 可知點 $O, C, N, K, B$ 共圓。 由此可得

$$ \angle BNK = \angle BCK = \angle BAC = \angle BAL, $$

其中最後一個等號是因為 (由 Claim 1) 點 $L$ 位於直線 $AC$ 上。 故點 $N$ 位於圓 $ABL$ 上。

$\Box$

Claim 3. 直線 $VL$ 與 $CX$ 垂直。

Proof. 由於 $ \angle KBO = \angle KCO = \angle KNO = 90^\circ, $ 可知 $O, C, N, K, B$ 共圓。 因此

$$ \angle LNC = 180^\circ - \angle CNK = \angle KBC = \angle BAC = \angle XAC, $$

從而證明 $A, C, N, X$ 共圓。 由上述結果, 且因為 $VN \perp KZ$, 我們有

$$ \angle LXC = \angle NXC = \angle NAC = \angle NAL = \angle NVL = 90^\circ - \angle VLN = 90^\circ - \angle VLX $$

因此 $CX \perp VL$。

$\Box$

評註： 此為一難度中等之幾何題, 各 Claim 都存在複數種證明方式。

問題六： 令 $p$ 為一質數, $n$ 則為一個不被 $p$ 整除的正整數。 令 $k$ 為 $n$ 的正因數個數, $1 = d_1 \lt d_2 \lt \cdots \lt d_k = n$ 為 $n$ 的所有正因數。 對於 $i = 1,2,\ldots,k$, 令 $c_i$ 為 $d_i^2$ 的所有正因數 $\ell$ 中, 使得 $d_i - \ell$ 被 $p$ 整除的 $\ell$ 的個數。 證明：

$$ (p-1)(c_1 + c_2 + \cdots + c_k) \ge k^2. $$

試題委員會公布的參考答案：

Lemma 4. 滿足 $d \equiv d' \pmod p$ 的有序因數對 $(d,d')$ (允許 $d=d'$) 的數量至少為 $\frac{k^2}{p-1}$。

Proof. 對每個 $t\in\{1,2,\dots,p-1\}$, 設 $N_t$ 為所有滿足 $d\equiv t\pmod p$ 的因數 $d$ 的個數。 考慮 $n$ 的所有因數在模 $p$ 下的分佈。 由於 $p\nmid n$, 可得

$$ k = N_1 + N_2 + \cdots + N_{p-1}. $$

而滿足 $d \equiv d' \pmod p$ 的有序對 $(d,d')$ 的數量為

$$ N_1^2 + N_2^2 + \cdots + N_{p-1}^2. $$

由 QM-AM 不等式,

$$ N_1^2 + \cdots + N_{p-1}^2 \ge \frac{(N_1 + \cdots + N_{p-1})^2}{p-1} = \frac{k^2}{p-1}.\tag*{$\Box$} $$

接下來只需證明：所有滿足條件的 $(d_i,\ell)$ 對的數量至少等於上述 $(d,d')$ 對的數量。 為此, 我們對每個滿足 $d_i \equiv d_j \pmod p$ 的因數對 $(d_i,d_j)$, 構造一對 $(a,b)$, 使得

$$ a \mid n,\quad b \mid a^2,\quad p \mid (a-b), $$

且所有構造出的 $(a,b)$ 彼此不同。

對於一對 $(d_i,d_j)$, 定義

$$ a = \operatorname{lcm}(d_i,d_j), \qquad b = \frac{d_j^2}{\gcd(d_i,d_j)}. $$

由於 $d_i,d_j \mid n$, 可得 $a=\operatorname{lcm}(d_i,d_j)\mid n$。 又因為

$$ b \mid d_j^2 \mid (\operatorname{lcm}(d_i,d_j))^2 = a^2, $$

故 $b \mid a^2$。 再注意到

$$ \operatorname{lcm}(d_i,d_j)=\frac{d_i d_j}{\gcd(d_i,d_j)}, $$

因此

$$ (a,b)=\left(\frac{d_i d_j}{\gcd(d_i,d_j)},\; \frac{d_j^2}{\gcd(d_i,d_j)}\right). $$

由於 $\frac{d_j}{\gcd(d_i,d_j)}$ 為整數, 且 $p\mid (d_i-d_j)$, 可得 $p \mid (a-b)$。

最後需證明此對應是單射。 假設某 $(a,b)$ 同時由 $(d_i,d_j)$ 與 $(d_i',d_j')$ 構造而得。 則

$$ \gcd(a,b) = \gcd\!\left( \frac{d_i d_j}{\gcd(d_i,d_j)}, \frac{d_j^2}{\gcd(d_i,d_j)} \right) = d_j. $$

同理亦有 $\gcd(a,b)=d_j'$, 故 $d_j=d_j'$。 又因為

$$ \frac{d_i}{d_j} = \frac{a}{b} = \frac{d_i'}{d_j'}, $$

因此 $d_i=d_i'$。 故此對應為單射, 從而所有構造出的 $(a,b)$ 互不相同。

因此, 滿足條件的 $(d_i,\ell)$ 對數量至少為 滿足 $d \equiv d' \pmod p$ 的有序對數量, 結合引理, 即得

$$ (p-1)(c_1+\cdots+c_k)\ge k^2. $$

評註： 此為一難度非常高的組合數論題, 除考驗數論的基本能力外, 更需要 "靈光一閃" 式的想到可能的組合對應。

本工作小組係由教育部委託國立臺灣師範大學, 於「中華民國參加 2026 年第 38 屆亞太數學、 第 15 屆歐洲女子數學及第 67 屆國際數學奧林匹亞競賽選訓及參賽計畫」下成立。 本文的主要作者為高竹嵐教授, 任教於國立陽明交通大學統計學研究所。