今年我第一次投稿欧洲数学杯试题，稿件有幸被选中为初级组第一题。
第一题，数论题。
思路：从游戏结束时的数字倒推，得出每一轮数字共有的整除性，然后通过快速降幂同余运算得出待求的最小的2024位正整数。
解答：令游戏中某一轮的数字为n，其个位数为d，除去个位数得到的数字为m，所以
n = 10m + d。
按照游戏规则，新得到的数字为m + 2d。
因为m和d都是非负整数，所以如果新得到的数字为0，必须有m = d = 0，那么n也为0，反推至游戏开始时数字也为0，与2024位正整数的条件矛盾。所以d必然不为0。
当游戏结束时，新得到的数和上一轮的数相同，所以有
10m + d = m + 2d，即9m = d。
因为d是一个非零的个位数，只存在d = 9，m = 1一种可能。
这样，游戏结束时的数字为19。
考虑每一轮开始时的数字n = 10m + d和新得到的数字m + 2d对19取模。
因为2n = 20m + 2d = 19m + (m + 2d)，所以
n ≡ (m + 2d) (mod 19)
从游戏结束时反推，可知游戏中每一轮的数字都是19的倍数，游戏开始时的2024位正整数也是一个19的倍数。
考虑最小的2024位正整数102023对19取模，由费马小定理，
102023 = 1018 ∙ 112 + 7 ≡ 107 = 10 ∙ 10003 ≡ 10 ∙ 53 = 1250 ≡ 15 (mod 19)
所以，102023 + 4是最小的可以被19整除的2024位正整数。此为必要条件。
同时，因为m + 2d – n = d – 9m ≤ 0，在游戏结束之前，m > 1，每一轮得到的数字严格递减，所以从102023 + 4开始，经过有限轮次后，游戏一定可以以19结束。此为充分条件。
综上，102023 + 4即题目中待求的最小的2024位正整数。
第二题：代数题。
本题来自于塞尔维亚的Ognjen Tešić。
思路：对于两个数，它们之间的较大值和较小值可以通过取相反数联系起来，即它们之间的较大值的相反数，等于它们的相反数之间的较小值。反之亦然。同时，两个数之间的较大值一定不小于它们的平均值；之间的较小值一定不大于它们的平均值。
解答：注意到，对于任意实数p和q，
min(p, q) = - max(-p, -q)，即，min(p, q) + max(-p, -q) = 0。
所以，min(bc, 2 – a2) + max(-bc, a2 – 2) = 0。
方程两边同时加上2，
min(bc, 2 – a2) + max(-bc, a2 – 2) + 2 = 2
min(bc, 2 – a2) + max(2 – bc, a2) = 2
同理，
min(ca, 2
– b2) + max(2 – ca, b2) = 2
min(ab, 2 – c2) + max(2 – ab, c2)
= 2
将轮换的三个等式相加，得到X + Y= 6。
注意到，对于任意实数p和q，
min(p, q) ≤ (p + q)/2，
所以，min(bc, 2 – a2) ≤ (bc + 2 – a2)/2。
同理，
min(ca, 2
– b2) ≤ (ca + 2 – b2)/2
min(ab, 2 – c2) ≤ (ab +
2 – c2)/2
令以上三个不等式为不等式组（1）。
将三个不等式相加，
X ≤ (bc + 2 – a2)/2 + (ca + 2 – b2)/2 + (ab + 2 – c2)/2 = 3 + (ab + bc + ca – a2 – b2 – c2)/2 = 3 – [(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]/4 ≤3
当且仅当a = b = c时，上述不等式取等号。
同时可知，当a = b = c = 1时，不等式组（1）取等号。
因此，当且仅当a = b = c = 1时，X取最大值3。
因为X + Y = 6，所以，当且仅当a = b = c = 1时，Y取最小值6 – 3 = 3。
综上，X的最大值等于Y的最小值。
证明完毕。
第三题：几何题。
本题来自于中国赛区的赛事组织者王卫华老师。
思路：延长DI交BC于E，先证明三角形AID和三角形IBE相似，得到AD、IE和DI、EB两组边比例相等。然后通过M是DI的中点，I是DE的中点，得到AD、DE和DM、EB两组边比例相等，进而证明三角形ADM和三角形DEB相似。
解答：延长DI交BC与E，连接AI，BI和CI。
因为圆ω与平行线l和BC相切，所以I为DE的中点，DI = IE。
在△CDE中，CI既是中线又是角C的平分线，所以∠CDI = ∠CEI，且CI是DE的垂线。具体可以通过分别连接I和两个切点F和G，简单证明△CIF ≅ △CIG以及△DIF ≅ △EIG得出。
由I为△ABC内心，在△CIB中，
∠EIB = 180° – ∠ABC /2 – ∠ACB /2 – 90° = ∠BAC /2 = ∠DAI。
同理，∠EBI = ∠DIA。
所以，△DAI ~ △EIB。得出，
ID : BE = AD : IE。且，∠ADI = ∠IEB。
因为M是DI中点，I是DE中点，所以，
MD : BE = AD : IE / 2 = AD : DE。
结合∠ADM = ∠DEB，可知△ADM ~ △DEB。
因此，∠AMD = ∠DBE = ∠DBC。
证明完毕。
第四题：组合题。
本题来自于比利时的Stijn Cambie和伊朗的Mohammad Javad Moghaddas Mehr。这道题的背景是Union-Closed Set Conjecture。
思路：对(Ac ∪ B )c ∪ B的变化是解题的关键。
解答：对于{1, 2, …, n}中的某一个元素k ∈ U，
如果k属于集合族F中任意一个集合，因为k出现于F中所有的集合，那么把元素k从F中所有的集合中去掉，证明的条件和原题给出的条件等价 (引理1)。
如果k不属于F中任意一个集合，对于F中某一个集合A，因为k ∉ A，所以k ∈ Ac，而
Ac ⊆ Ac ∪ B ∈ F
与k不属于F中任意一个集合的假设矛盾。所以，F中至少有一个集合包含元素k（引理2）。
这样，我们只需讨论k属于F中部分集合，且不存在其它任何一个元素存在于F中所有集合中的情况。
令X为F的一个真子集族，它由那些包含元素k的集合组成；Y也为F的一个真子集族，它由那些不包含元素k的集合组成。易知，X和Y互补，再由引理1和引理2可知，X和Y都不等于F，且都非空。
本题的结论等价于：|X| ≥ |Y|。
因为Ac ∪ B ∈ F，对Ac ∪ B 的结果和B再次使用这个性质，得到
(Ac ∪ B )c ∪ B = (A ∩ Bc) ∪ B = (A ∪ B) ∩ (Bc ∪ B) = (A ∪ B) ∩ U= A ∪ B ∈ F
所以，对于F中任意两个集合A和B，都有A ∪ B ∈ F（引理3）。
令P为Y中所有集合的并集，根据引理3可知 P ∈ F。
易知，k ∉P，或者 k ∈ Pc。
考虑Y中的任意一个集合B，
因为Pc ∪ B ∈ F，且k ∈ Pc ∪ B，所以Pc ∪ B ∈ X。
这样，对于Y中的任意一个集合B，通过Pc ∪ B变换得到的集合必然属于X。
这种变换是一种单射，即当B不同时，Pc ∪ B也不同。
假设存在B1 ≠ B2 ∈ B，使得Pc ∪ B1 = Pc ∪ B2，那么
P ∩ (Pc ∪ B1) = P ∩ (Pc ∪ B2)
(P ∩ Pc) ∪ (P ∩ B1) = (P ∩ Pc) ∪ (P ∩ B2)
∅ ∪ B1 = ∅ ∪ B2
B1 = B2
与B1 ≠ B2矛盾。因此这种从Y到X的映射是一种单射。
所以， |X|≥ |Y|。
证明完毕。
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