| 發刊日期 |
2026年9月
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| 標題 | 2026年第67屆國際數學奧林匹亞競賽試題解答 |
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2026 年第 67 屆國際數學奧林匹亞競賽 (International Mathematical Olympiad, 簡稱 IMO) 在中國上海市舉行。 本屆有 117 個國家與會, 合計 666 位學生 (含 76 位女學生) 代表參賽。 競賽活動是由各國領隊組成的評審會議 (Jury Meeting) 揭開序幕。 除了確認各項議題外, 評審會議的主要工作是挑選本屆的競賽試題。 國際數學奧林匹亞競賽試題是先由各參賽國 (主辦國除外) 於規定時間內提交數道試題, 再由主辦國的試題委員會 (Problem Selection Committee) 研究選出 30 道左右的預選試題, 分屬代數、 組合、 幾何、 數論等不同領域和不同難度的試題。 最後再經由評審會議票選暨修訂出最後 6 道 IMO 試題, 依主題內容及難易層次分配成兩份試題, 分別在連續的兩天舉行競試, 每天 3 道試題, 考試時間都是 4 小時又 30 分鐘。 本屆試題中, 第一、 六題的領域為數論、 第二題為幾何、 第三、 四題為組合, 第五題為代數。 對此次我國代表團所翻譯成正體中文版的 6 道 IMO 試題提供參考解答, 以供國內相關學者、 數學教師等輔導數學資優生之研究、 應用與參考。 問題 1： 黑板上有 $2026$ 個大於 $1$ 的正整數, 它們之間不必然相異。 在每一次操作中, 孔子從黑板上不同的位置選取兩個整數 $m \gt 1$ 及 $n \gt 1$, 並把它們換成 $$ \gcd(m,n) \quad \text{及} \quad \frac{\operatorname{lcm}(m,n)}{\gcd(m,n)}. $$只要可行, 孔子將持續執行這項操作。
(a) 試證： 無論孔子如何選擇, 在有限次操作後, 黑板上恰有一個整數 $M$ 比 1 大。 註： 對正整數 $x, y$, $\gcd(x,y)$ 為它們的最大公因數, $\operatorname{lcm}(x,y)$ 為它們的最小公倍數。 試題委員會公布的參考答案： 首先證明 (a)。 我們來考慮兩個量：黑板上所有數的乘積 $\displaystyle P = \prod_{i=1}^{2026} a_i$, 以及黑板上不是 $1$ 的整數個數, 記為 $k$。 由恆等式 $\gcd(m,n) \cdot \operatorname{lcm}(m,n) = mn$, 移項得 $$ \gcd (m,n) \cdot \frac{\operatorname{lcm}(m,n)}{\gcd (m,n)} = \frac{mn}{\gcd(m,n)} \le mn, $$所以每次操作讓 $P$ 變小或保持不變, 而且 $P$ 不變的充要條件是 $\gcd(m,n) = 1$。 因此當 $P$ 不變時, $k$ 會減少 $1$。 由於 $P$, $k$ 都是正整數, 所以孔子只能作有限次操作, 就會使黑板上沒有兩個以上的大於 $1$ 的整數。 以下證明 (b)。 考慮某一個質數 $p$, 以及黑板上每一個正整數恰被 $p$ 整除的次數, 即 $\nu_p(a_i)$, $i=1,2,\dots,2026$。 在某一次操作中孔子選了整數 $m \gt 1$, $n \gt 1$, 由對稱性可設 $\nu_p(m) \le \nu_p(n)$。 易知 $$ \nu_p(\gcd(m,n)) = \nu_p(m), \quad \nu_p \left( \frac{\operatorname{lcm}(m,n)}{\gcd(m,n)} \right) = \nu_p(n) - \nu_p(m). $$由此, 根據輾轉相除法, 若 $A$ 是黑板上所有數字的多重集合, 則 $\gcd(\{\nu_p(a) : a \in A\})$ 在任一次操作後均不會改變。 故利用 (a) 的結論可知, 黑板上最後剩下的唯一大於 $1$ 的數字 $M$ 為 $$ M = \prod_{p: \text{ 質數}} p^{\gcd(\nu_p(a_1),\dots,\nu_p(a_{2026}))}, $$其不隨孔子的選擇而改變。 $\Box$ 評註： 本題屬於簡單的數論題, 特徵是無窮多項非遞增的正整數數列終成為常數數列。 題目還包含了最大公因數、 最小公倍數的性質, 以及輾轉相除法的應用, 還要觀察到蘊涵的不變量。 雖然容易, 但也涵蓋了基本數論的各項內容, 是給初學者很好的練習題。 問題 2： 在三角形 $ABC$ 中, 點 $M$, $N$ 分別為邊 $AB$, $AC$ 的中點。 在三角形 $BMC$、 三角形 $BNC$ 的內部 (皆不含邊界) 分別選取點 $K$ 與 $L$, 使得 $K$ 嚴格落在角 $\angle LBA$ 的內部、 $L$ 嚴格落在角 $\angle ACK$ 的內部。 已知 $$ \angle KBA = \angle ACL, \quad \angle LBK = \angle LNC, \quad \text{以及} \quad \angle LCK = \angle BMK. $$令點 $O$ 為三角形 $AKL$ 的外心。 試證： $OM = ON$。 試題委員會公布的參考答案： 令點 $E$ 為直線 $BK$ 與 $CA$ 的交點, 又令點 $F$ 為直線 $CL$ 與 $BA$ 的交點。 由 $\angle LBK = \angle LNC$, 可知 $BLNE$ 四點共圓。 同理, 由 $\angle LCK = \angle BMK$, 可知 $CKMF$ 四點共圓。 最後由 $\angle KBA = \angle ACL$, 可知 $BCEF$ 四點共圓。 令點 $D$ 為 $BCEF$ 圓的圓心。  引理： $K$ 與 $L$ 都落在 $\overline{AD}$ 直徑圓上。 引理證明： 令 $X$, $Y$ 分別為 $D$ 到直線 $AB$, $AC$ 的投影點。 因為 $D$ 到 $B, C, E, F$ 等距, 所以 $X$, $Y$ 分別是線段 $\overline{BF}$, $\overline{CE}$ 的中點, 並且 $X, Y$ 兩點落在 $\overline{AD}$ 直徑圓上。 故 $CN \cdot CE = \frac{CA \cdot CE}{2} = CA \cdot CY$, 得 $C$ 位在兩圓 $BNE$ 及 $AXDY$ 的根軸上。 令 $Z$ 為線段 $\overline{AF}$ 的中點。 則有 $AZ \cdot AB = \frac{AF \cdot AB}{2} = \frac{AE \cdot AC}{2} = AE \cdot AN$, 由圓冪性質知 $Z$ 落在圓 $BNE$ 上。 於是 $FZ \cdot FB = \frac{FA \cdot FB}{2} = FA \cdot FX$, 故 $F$ 落在兩圓 $BNE$ 及 $AXDY$ 的根軸上。 也就是說, 直線 $CF$ 就是這兩圓的根軸。 由於 $L$ 位於此根軸及圓 $BNE$ 上, 故 $L$ 也落在圓 $AXDY$ 上。 同理可知, 直線 $BE$ 是兩圓 $CMF$ 及 $AXDY$ 的根軸, 故 $K$ 也落在圓 $AXDY$ 上。 引理證畢。 回到原題證明。 由題設 $O$ 為圓 $AXKDLY$ 的圓心, 且 $\overline{AD}$ 為直徑, 故 $O$ 為 $\overline{AD}$ 中點。 所以有 $OM = \frac{DB}{2} = \frac{DC}{2} = ON$, 證明完畢。 $\Box$ 評註： 本題是中等的幾何題。 題目給了許多等角的條件, 因此第一步要觀察的就是多點的共圓關係。 再利用圓冪與根軸的性質, 順利地推導出結論。 本題的作圖步驟一開始並不明顯, 掌握關鍵線索後才能看出此構圖的原理。 本題可看出平面幾何學的訓練是否扎實, 能夠聯想到有用的圓與直線關係。 問題 3： 設 $n$ 為正整數。 有一根長度為 $1$ 的木條, 劉邦和項羽要分這根木條。 在木條上, 劉邦先標上至多 $n$ 個點, 項羽再標上至多 $n$ 個點； 這些點皆不相同。 在這些點的位置將木條切開, 變成一些小木條。 接下來從劉邦開始, 兩人輪流拿走一根小木條。 兩人的目標皆為最大化拿到的小木條長度總和。 對每一個 $n$, 試決定最大的 $c$ 值, 使得無論項羽如何進行, 劉邦都可以拿到長度總和至少為 $c$ 的小木條。 試題委員會公布的參考答案： 劉邦保證可以拿到長度總和至少為 $\dfrac{2^n}{2^{n+1}-1}$ 的小木條。 首先, 可設小木條的長度為 $d_1 \ge d_2 \ge \cdots \ge d_{2n+1}$ (若條數不足, 則我們加一些長度為 $0$ 的小木條)。 則由貪婪演算法, 只要兩人每次都拿長度最大的小木條, 可知劉邦可以拿到的小木條總長度為 $d_1 + d_3 + \cdots + d_{2n+1}$, 但不會更多； 而項羽可以拿到的部分是 $d_2 + d_4 + \cdots + d_{2n}$。 故我們可以設定兩人皆採用此種策略來拿小木條。 令 $\delta = \delta_n = \dfrac{1}{2^{n+1}-1}$。 以下分析兩人的策略。 項羽的策略： 設劉邦所標的點把木條分成長度分別為 $a_1, a_2, \dots, a_{n+1}$ 的小木條 (某些小木條的長度可能為 $0$)。 項羽可以認為木條已經被切成小木條, 然後他要再切最多 $n$ 刀。 對 $\{1,2,\dots,n+1\}$ 的子集合 $I$, 定義 $S(I) = \sum_{i\in I} a_i$。 這 $2^{n+1}$ 個和 $S(I)$ 都落在區間 $[0,1]$ 中, 故由鴿籠原理知, 存在兩個不同的子集合 $I, J$ 滿足 $0 \le S(I) - S(J) \le \delta$。 在所有滿足上述不等式的子集合對 $(I,J)$ 中, 選取 $|I| + |J|$ 最小者 ($|I|$ 代表集合 $I$ 的元素個數。 ) 此時必有 $I \cap J = \varnothing$, 否則我們可以移除 $I$, $J$ 的共同元素使它們的元素個數更少。 而且對任意 $i \in I$ 都有 $S(I \setminus \{i\}) \leqslant S(J)$, 不然的話我們可以用 $I \setminus \{i\}$ 取代 $I$。 現在項羽把 $I$ 的小木條排成一條, 也把 $J$ 的小木條排成一條, 並對齊它們的左端點。 接下來項羽根據任一條中的小木條端點位置, 在另一條的相對位置上標註點來進行切割, 如下圖所示。 依此方式, 項羽會有 $|I|+|J|-1$ 的切開點, 得到若干組兩根等長的小木條, 以及孤獨一根長度不超過 $\delta$ 的小木條。 對於其他不對應到 $I$, $J$ 的小木條, 項羽就將它們由正中間切開, 一樣得到若干組兩根等長的小木條, 此步驟用到 $n - (|I|+|J|-1) = n+1 - (|I|+|J|)$ 個切開點。  經過如此操作, 兩人會看到兩兩一組的等長的小木條, 以及最後一根長度不超過 $\delta$ 的小木條。 兩人都使用貪婪演算法, 這些兩兩一組等長的小木條將會是一人拿走一根。 故比較獲得的小木條總長度, 劉邦比項羽多拿到的長度不超過 $\delta$； 也就是說, 劉邦拿到小木條的總長度必定不超過 $\dfrac12 (1 + \delta) = \dfrac{2^n}{2^{n+1}-1}$。 劉邦的策略： 劉邦的策略很直接, 就是把木條切成長度分別為 $\delta$, $2\delta$, $4\delta$, $\dots$, $2^n \delta$ 的 $n+1$ 根小木條。 在項羽選好切開點並切了小木條後, 令小木條們的長度依序為 $d_1 \ge d_2 \ge \cdots \ge d_{2n+1}$, 同時令 $d_{2n+2} = 0$。 記 $\Delta_i = d_{2i-1} - d_{2i}$, 其中 $i=1,2,\dots,n+1$。 利用貪婪演算法, 劉邦比項羽多拿到的長度為 $\sum_{i=1}^{n+1} \Delta_i$。 目標是要證明 $\sum_{i=1}^{n+1} \Delta_i \ge \delta$。 建立以下的圖：圖的 $n+1$ 個頂點分別代表劉邦的切點分出來的小木條。 對每一個 $i = 1, 2, \dots, n$, 將含有長度為 $d_{2i-1}$ 及 $d_{2i}$ 的小木條頂點連邊。 如此作圖, 我們得到的圖中, 兩頂點可能連有不只一條邊, 頂點自己也可能有自迴圈。 這張圖有 $n+1$ 個頂點及 $n$ 條邊, 故其必有一連通塊 $C$ 的頂點數大於邊數, 那麼 $C$ 必為樹 (也就不會有多重邊及自迴圈)。 更進一步來說, $C$ 會是二分圖：它的頂點可以分割成 $R$, $B$ 兩部分, 且所有邊都連接一個 $R$ 點與一個 $B$ 點。 計算 $R$, $B$ 兩部分各自代表的小木條長度總和, 令 $D$ 為此二者之差 (的絕對值)。 劉邦切出的小木條, 比所有短於它的小木條長度總和還長 $\delta$, 因此 $D \ge \delta$。 另一方面, $D$ 可以表示為形如 $\pm \Delta_i$ 的總和。 既然參與這個和的 $\Delta_i$ 的總和至少為 $D$, 故也大於或等於 $\delta$。 所以所有的 $\Delta_i$, $i=1, \dots, n+1$ 的總和大於或等於 $\delta$, 即為所求。 $\Box$ 評註： 本題是較難的組合題, 屬於近年來流行的兩人對戰題型。 題目的關鍵在估計與構造適當的上下界, 並利用演算法等工具來設計兩人的最佳策略。 最後利用圖論來證明下界成立, 技巧相當深入而困難。 讀者可以先從較小的例子得到靈感, 同時可以將此問題設計給愛好遊戲的人士, 達到寓教於樂的效果。 問題 4： 單于與木蘭進行一個遊戲。 兩人都知道一個角度值 $\theta$, 其中 $0^\circ \lt \theta \lt 180^\circ$。 單于一開始先準備一個紙片三角形 $\mathcal T$, 角度由他選擇。 接下來兩人重複進行以下操作：
$\bullet$ 若 $\mathcal T$ 有至少一內角角度為 $\theta$, 遊戲立即中止, 並宣告木蘭獲勝。 試問： 對哪些實數值 $\theta$, 使得無論單于如何行動, 木蘭總有有限次操作的必勝策略？ 試題委員會公布的參考答案： 木蘭有必勝策略若且唯若 $\theta = \dfrac{180^\circ}{n}$, 其中 $n$ 為大於或等於 $2$ 的整數。 以下我們分別說明木蘭的必勝策略以及單于的反制策略。 木蘭的策略： 我們先證明下面的引理。 引理： 若 $\theta = \dfrac{180^\circ}{n}$, $n$ 為大於或等於 $2$ 的整數, 則木蘭必定能夠得到一個三角形, 其一內角的度數為 $\theta$ 的整數倍。 引理證明： 若 $n=2$, 即 $\theta = 90^\circ$, 則木蘭一回合就可以獲勝。 設 $\mathcal T$ 是三角形 $ABC$, 且 $\angle A$ 為最大角。 則 $A$ 對 $BC$ 邊的垂足 $P$ 必位於 $BC$ 邊的內部。 此時連 $AP$ 線段就得到兩個直角三角形, 木蘭獲勝。 故我們考慮 $n \ge 3$ 的情形, 且一樣假設 $\angle A$ 為最大角。 此保證 $\angle A \ge 60^\circ$。 對於位於 $BC$ 邊內部的一點 $P$, 令 $\beta = \angle APC$。 當 $P$ 變動時, $\beta$ 的角度會在開區間 $\angle ABC$ 與 $180^\circ - \angle ACB$ 中連續變化； 此區間的長度為 $\angle A$, 除非 $\theta = 60^\circ$ 及 $\mathcal T$ 為正三角形 (此時木蘭已經贏了), 此區間長度必定大於 $\theta$。 因此這個開區間必定包含一個 $\theta$ 的整數倍角度。 注意到取到的 $\beta$ 是 $\theta$ 的整數倍時, 由於 $\theta$ 的形式, $180^\circ - \beta$ 也是 $\theta$ 的整數倍。 因此不論單于如何選擇, 總會留下一個某內角是 $\theta$ 整數倍的三角形 $\mathcal T$。 引理證畢。 由上述論證, 可知木蘭可於一回合內獲勝, 或者在第一回合後得到一個某內角角度為 $k \theta$ 的三角形, 其中 $k \ge 2$ 為整數。 木蘭可以選取對邊的 $P$ 點, 將這個內角分為 $\theta$ 及 $(k-1) \theta$ 兩個角。 由此看出木蘭將在有限次操作後獲勝。 單于的策略： 這裡我們假設 $\theta$ 不為 $\dfrac{180^\circ}{n}$ 的形式, 其中 $n \ge 2$ 為正整數。 當一個三角形 $\mathcal T$ 的三內角角度都不是 $\theta$ 的整數倍時, 稱 $\mathcal T$ 為醜三角形。 單于一開始可以拿出一個正三角形, 它一定是醜的： 因為若 $60^\circ$ 是 $\theta$ 的整數倍的話, $180^\circ = 60^\circ \times 3$ 也是, 不合。 以下我們證明： 對一個醜三角形, 無論木蘭如何選取 $P$ 點並切割, 得到的兩個三角形至少有一個是醜的。 由此, 單于總是可以留下一個醜三角形, 也就不會有任一內角角度等於 $\theta$, 讓木蘭沒有有限次操作的必勝策略。 假設一個醜三角形 $ABC$ 可以分割成兩個不醜的三角形, 如下圖所示。 若 $\triangle ABP$ 不是醜三角形, 則 $\beta_1$, $\beta_2$ 之中至少有一為 $\theta$ 的整數倍 (由假設 $\angle ABC$ 不是)；同理, $\triangle APC$ 不是醜三角形, 所以 $\gamma_1$, $\gamma_2$ 之中也至少有一為 $\theta$ 的整數倍。 以下分情況討論：
$\bullet$ 若 $\beta_1$, $\gamma_1$ 皆為 $\theta$ 的整數倍, 則 $\angle CAB = \beta_1 + \gamma_1$ 為 $\theta$ 的整數倍, 不合。  至此, 我們已窮盡所有情況的討論。 所以一個醜三角形不可能被分割成兩個不醜的三角形。 換句話說, 當 $\theta$ 不為 $\dfrac{180^\circ}{n}$ 的形式, 其中 $n \ge 2$ 為整數時, 木蘭沒有有限次操作的必勝策略。 證明完畢。 $\Box$ 評註： 第二天一開始又是一個對戰型題目, 但其組合內涵簡單許多。 題目還融合了基本幾何的觀察與整除的概念, 稍加嘗試應可得到答案。 一般較容易想到的是作三角形的高得到兩個直角, 或者是作內角平分線將角度折半。 但推廣後即知作出所要角度的一般倍數皆為可行。 而要完備證明, 還要利用三角形的外角性質, 這些都是非常基本的內容。 問題 5： 設 $\mathbb R_{\gt0}$ 為正實數所成的集合。 試找出所有函數 $f : \mathbb R_{\gt0} \to \mathbb R_{\gt0}$ 使得 $$ \sqrt{\frac{x^2 + f(y)^2}{2}} \ge \frac{f(x)+y}{2} \ge \sqrt{x f(y)} $$對每一組 $x, y \in \mathbb R_{\gt0}$ 皆成立。 試題委員會公布的參考答案： 本題答案是 $f(x) = x + c$, 其中 $c$ 為大於或等於 $0$ 的常數。 我們先來驗解。 設 $f(x) = x + c$, 其中 $c \ge 0$。 則由 QM-AM-GM 不等式得知 $$ \sqrt{ \frac{x^2 + (y+c)^2}{2} } \ge \frac{x + (y+c)}{2} = \frac{(x+c) + y}{2} \ge \sqrt{ x (y+c) }, $$即題敘中的不等式成立。 接下來求解。 以下記 $f^k(x) = f( f( \cdots (x) \cdots ) )$ 為 $f$ 在 $x$ 處合成 $k$ 次, 其中 $k$ 為正整數, 且 $f^0(x) = x$。 設 $f : \mathbb R_{\gt0} \to \mathbb R_{\gt0}$ 滿足題設。 將不等式中的 $x$ 以 $f(y)$ 代入, 得 $$ f(y) = \sqrt{ \frac{ f(y)^2 + f(y)^2 }{2} } \ge \frac{ f^2(y) + y }{2} \ge \sqrt{ f(y) \cdot f(y) } = f(y), $$所以 $2 f(y) = f^2(y) + y$, 也就是說 $f(y)$ 是 $y$ 與 $f^2(y)$ 的等差中項。 將 $y$ 用任意的 $f^k(y)$ 代回, 可知 $y$, $f(y)$, $f^2(y)$, $\dots$ 形成等差數列; 由於對應域為 $\mathbb R$, 其公差 $\Delta(y) = f(y) - y$ 必為非負實數。 將這個等差關係寫成 $f^k(y) = y + k \Delta(y)$, 其中 $k$ 為任意非負整數。 引理： 若 $x \le f(y)$, 則 $f^n(x) \le f^{n+1}(y)$ 對所有非負整數 $n$ 均成立。 引理證明： 若 $x \le f(y)$, 則由左邊的不等式會得到 $$ f(y) \ge \sqrt{ \frac{ x^2 + f(y)^2 }{2} } \ge \frac{ f(x) + y }{2}, $$移項整理可得 $f(x) \le 2 f(y) - y = f^2(y)$。 再由數學歸納法得到 $f^n(x) \le f^{n+1}(y)$ 對所有非負整數 $n$ 均成立。 由此引理, 若 $x \le f(y)$, 則 $x + n \Delta(x) \le y + (n+1) \Delta(y)$。 兩邊除以 $n$ 並取 $n$ 趨向無限大, 可知 $\Delta(x) \le \Delta(y)$。 現在, 如果 $\Delta(y) \gt 0$, 則對每個 $x \gt 0$, 都存在一個正整數 $m$ 滿足 $x \le y + m \Delta(y) = f^m(y) = f(f^{m-1}(y))$, 所以由引理知 $\Delta(x) \le \Delta(f^{m-1}(y)) = \Delta(y)$。 故若 $x \gt 0$ 且也有 $\Delta(x) \gt 0$, 由對稱性可知 $\Delta(x) = \Delta(y)$。 也就是說, $\Delta$ 的值域必為 $\{0, c\}$ 的子集合, 其中 $c$ 為正的常數。 最後證明： $\Delta$ 是常數函數。 假設不然, 則 $\Delta$ 的值域為 $0$ 與正數 $c$ 所成的集合。 取正數 $x$ 滿足 $\Delta(x) = 0$。 若正數 $y \lt x$, 則 $$ \sqrt{x f(y)} \le \frac{f(x) + y}{2} = \frac{x + y}{2} \lt x, $$即 $f(y) \lt x$。 一直疊代下去可知 $y + n \Delta(y) = f^n(y) \lt x$ 對所有非負整數 $n$ 均成立。 此時 $\Delta(y)$ 不可能為正數, 故有 $\Delta(y) = 0$。 而若正數 $y \gt x$, 則 $$ \frac{x + f(y)}{2} \le \sqrt{ \frac{ y^2 + f(x)^2 }{2} } = \sqrt{ \frac{x^2 + y^2}{2} } \le y, $$即 $y \gt x + \Delta(y)$。 將這些情況都考慮進去, 可知滿足 $\Delta(y) = c$ 的正數 $y$ 必不落在區間 $(0, x+c]$ 中。 換句話說, $\Delta$ 會在區間 $(0, x+c]$ 上取值為 $0$。 但 $c$ 為大於 $0$ 的常數, 由此得 $\Delta$ 為零函數, 此與假設矛盾。 至此, 我們證明 $\Delta(x) \equiv 0$ 或 $\Delta(x) \equiv c \gt 0$, 也就是一開始我們所驗的解的形式。 證明完畢。 $\Box$ 另解： 同上解, 我們有 $f^2(y) = 2f(y) - y$。 又將 $x$ 以 $f(x)$ 代入左邊的不等式, 整理可得 \begin{equation} \label{eq:5-4} f(y)^2 \ge f(x)^2 + 2 (y-x) f(x) + \frac{ (y-x)^2 }{2}. \end{equation}(\ref{eq:5-4}) 式可再改寫為 \begin{equation} \label{eq:5-5} f(y) - f(x) \ge \frac{2 (y-x) f(x)}{f(x) + f(y)} + \frac{ (y-x)^2 }{2 (f(x) + f(y))}. \end{equation}又將 $x$ 以 $f(x)$ 代入右邊的不等式, 並除以 $\sqrt{f(x)}$ 可得 \begin{equation} \label{eq:5-6} \sqrt{f(y)} \le \sqrt{f(x)} + \frac{y-x}{2\sqrt{f(x)}}, \end{equation}可再改寫為 \begin{equation} \label{eq:5-7} f(y) - f(x) \le (y-x) \frac{ \sqrt{f(x)} + \sqrt{f(y)} }{ 2 \sqrt{f(x)} }. \end{equation}由不等式 (\ref{eq:5-4}) 及 (\ref{eq:5-6}) 可推得 $f$ 為連續函數。 利用 $f$ 的連續性, 由 (\ref{eq:5-5}) 及 (\ref{eq:5-7}) 兩式可看出：固定 $x$ 值、 取極限 $y \to x$ 再利用夾擠定理, 可得 $\dfrac{f(y)-f(x)}{y-x}$ 會趨近於 $1$, 也就是說 $f$ 是可微分函數, 且 $f'(x) = 1$ 對所有正實數 $x$ 均成立。 因此 $f(x) = x + c$, 其中常數 $c \ge 0$。 將 $f$ 代回不等式檢驗成立。 證畢。 $\Box$ 評註： 本題是中等難度的代數題, 內容為函數不等式。 馬上可以注意到的二次平均、 算術平均及幾何平均的大小關係, 從而得到重複疊代形成的數列為等差數列。 除了其公差非負以外, 利用多次疊代來證明該公差不隨位置而改變, 需要用到足夠的分析技巧。 試題委員會提供的另解, 使用微分來觀察函數的行為。 雖然有些脫離了 IMO 競賽範圍, 但使人較容易看出本題函數的本質, 是高等數學學習中必備的數感。 問題 6： 設 $a_1$, $a_2$, $a_3$, $\dots$ 是由正整數組成的無窮數列，其中每一項都比 $1$ 大。 已知對所有正整數 $n$，$a_{n+1}$ 是大於 $a_n$ 的正整數中，滿足 $\gcd(a_{n+1}, a_i) \gt 1$ 對每一個正整數 $i = 1, 2, \dots, n$ 都成立的最小者。 試證：存在正整數 $T$ 與 $L$，使得 $$ a_{n+T} = a_n + L $$對每個正整數 $n$ 皆成立。 (註： $\gcd(x,y)$ 為正整數 $x, y$ 的最大公因數。) 試題委員會公布的參考答案： 我們先證兩個引理。 引理1： 給定正整數 $n \ge 2$。 設正整數 $m$ 滿足 $a_1 \lt m \le a_n$ 且 $\gcd(m, a_i) \gt 1$ 對所有 $i \in \{ 1, 2, \dots, n-1 \}$ 皆成立。 則存在 $i \in \{ 2, 3, \dots, n \}$ 滿足 $a_i = m$。 引理 1 證明： 設整數 $i$ 滿足 $a_{i-1} \lt m \le a_i$。 根據此數列的定義, 有 $a_i \le m$。 故 $a_i = m$。 引理 1 證畢。 現在, 令 $L$ 為所有不超過 $a_1$ 的質數的乘積, 並對任意正整數 $m$, 定義 $f(m) \!=\! \gcd(m, L)$。 因為 $\gcd(a_i, a_1) \gt 1$, 所以 $f(a_i) \gt 1$。 引理2： 對任意正整數 $i$, $j$, 都有 $\gcd( f(a_i), f(a_j) ) \gt 1$。 引理 2 證明： 採矛盾證法, 假設存在正整數 $s \lt t$ 滿足 $\gcd(f(a_s),f(a_t)) = 1$, 且對任意的 $i \lt s$ 或者 $i=s$ 且 $j \lt t$ 時, 都有 $\gcd(f(a_i), f(a_j)) \gt 1$ (也就是說, 以字典順序而言, $(s,t)$ 是最小的反例)。 設質數 $p$ 整除 $\gcd(a_s, a_t) \gt 1$；此質數 $p$ 必然大於 $a_1$。 因為 $p f(a_s)$ 整除 $a_s$, 所以 $a_1 \lt p f(a_s) \le a_s$。 並且, 當 $i \lt s$ 時我們有 $$ \gcd( p f(a_s), a_i ) \ge \gcd( f(a_s), f(a_i) ) \gt 1. $$由引理 1 可知, 存在整數 $s' \le s$ 滿足 $a_{s'} = p f(a_s)$。 由於 $$ \gcd( f(a_{s'}), f(a_t) ) = \gcd( f(a_s), f(a_t) ) = 1, $$可知 $s' = s$。 令 $k$ 為滿足 $f(a_s)^k \le a_1 \lt f(a_s)^{k+1}$ 的非負整數。 假設 $f(a_s)^{k+1} \le a_t$。 則對 $i \lt t$ 有 $$ \gcd( f(a_s)^{k+1}, a_i ) \ge \gcd( f(a_s), f(a_i) ) \gt 1, $$故由引理 1, 存在整數 $t' \le t$ 滿足 $a_{t'} = f(a_s)^{k+1}$。 但是, 這樣會有 $$ \gcd( a_{t'}, a_t ) = \gcd( f(a_s)^{k+1}, a_t ) \le \gcd( f(a_s), f(a_t) )^{k+1} = 1, $$此與 $a_t$ 的定義不合。 所以我們必須有 $f(a_s)^{k+1} \gt a_t$, 並得到 $$ p f(a_s) = a_s \lt a_t \lt f(a_s)^{k+1} \implies p \lt f(a_s)^k \le a_1, $$此與 $p \gt a_1$ 的設定矛盾。 引理 2 證畢。 回到原題證明。 令 $A = \{ a_1, a_2, a_3, \dots \} \subseteq [a_1, \infty)$ 與 $F = \{ f(a) : a \in A \}$。 我們宣稱：對整數 $m \ge a_1$ 而言, $m \in A$ 的充要條件是 $f(m) \in F$。 由集合 $F$ 的定義易知其必要性。 對充分性來說, 取 $f(a_j) = f(m)$。 則由引理 2 知對任意整數 $i$ 都有 $$ \gcd(m, a_i) \ge \gcd( f(m), f(a_i)) = \gcd( f(a_j), f(a_i) ) \gt 1, $$故由引理 1 得 $m \in A$。 由於 $f(m)$ 被 $m$ 除以 $L$ 的餘數所決定, 在大於或等於 $a_1$ 的整數中, 連續 $L$ 個整數都包含一樣的 $T$ 個數字在 $A$ 裡面； 換句話說, 有 $$ a_{n+T} = a_n + L $$對所有正整數 $n$ 均成立。 此即為所求, 證明完畢。 $\Box$ 評註： 這是本屆最困難的題目, 屬於數論題, 同時也是我國登上 IMO 競賽的第三道正式題, 出題者為余竑勳先生 (2013, 2014 年前國手)。 本題的數列由首項 $a_1$ 決定, 但不互質的關係讓數列的結構變得相當複雜。 雖然國中生都可以直接寫出該數列, 但看出此數列的線性關係非常不容易, 要察覺到小質數的影響才能對大局有較清楚的認識。 一般能看出首項是偶數或質數冪次時數列會形成等差數列, 但這種情況過於特殊, 反而不利於一般數列的觀察, 是要特別小心的地方。 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, 兼任本工作小組召集人。 |
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2026年9月 50卷3期
2026年第67屆國際數學奧林匹亞競賽試題解答