上周三，英国数学奥林匹克竞赛（BMO）举行了第二轮的比赛，这也是英国奥数选手们在进入集训营前的最后一次选拨赛。
BMO2由四道题组成，比赛时间是3个半小时。
第一题中文翻译：
试证明对于任一正整数n，1/n都能表示成为有限个数不同的三角形数的倒数之和。（三角形数是形如k(k + 1)/2的数，其中k为正整数。）
这是一道代数题。
从题目中三角形数的定义出发，可知三角形数Tk的倒数为2/[k(k + 1)]。分母为两个连续整数的乘积，这启发我们可以考虑使用裂项（telescoping）的方法。
2/[k(k + 1)] = 2[1/k – 1/(k + 1)]
第一个想法是从第一个三角形数的倒数累加到第k – 1个三角形数的倒数，通过裂项有：
虽然我们得到了1/k，但可惜这一项是负号，且前面还有一个常数项2。
第二个想法是，不从第一个三角形数的倒数开始，而是从第m个三角形数到第n – 1个三角形数，将它们的倒数累加起来：
这样我们得到一个带正号的1/m，但题目规定三角形数必须为有限个数，所以无法通过将n趋近于无穷大而消去1/n这一项。
不过，我们很容易发现，如果n是m的倍数，那么括号内的两项就可以合并成分母相同的一项。
于是，答案就出来了：
对于任意正整数n，对第n个三角形数到第2n – 1个三角形数，将它们的倒数累加，得到：
因此，1/n可以表示为第n个三角形数到第2n – 1个三角形数的倒数之和，且这n个三角形数不互相同。
证明完毕。
第二题中文翻译：
在一个锐角三角形ABC中，AB > AC。I为三角形的内心，BC的垂直平分线分别交BI于P，交CI于Q。令三角形BIQ的外接圆于三角形CIP的外接圆的另一个交点为X，AX交BC于D。试证明D位于三角形AQP的外接圆上。
这是一道几何题。
如果图画得比较好的话，不难发现X位于BC的垂直平分线上，且I位于AX上。我们首先证明这个发现。
连接PC。令PQ与BC相交于E，与AI相交于X’，AX’与BC相交于D’。
∠AD’B = ∠D’CA + ∠D’AC = ∠BCA + ∠BAC/2
∠D’X’E = 90° – ∠X’D’E = 90° – ∠AD’B = (∠CBA – ∠BCA)/2
因为PE是BC的垂直平分线，所以∠PCE = ∠PBE = ∠CBA/2。
因此，∠PCI = ∠PBE – ∠QCE = ∠CBA/2 – ∠BCA/2 = ∠D’X’E = ∠IX’P。
所以，PIX’C四点共圆。
同理，QIBX’四点共圆。
即，X’为三角形PIC外接圆与三角形QIB外接圆的交点。因此，X’和X是同一个点，D’和D也是同一个点。
另外，对于三角形ABC的外接圆，因为AX平分∠BAC，所以AX平分弧BC；同时，因为PX是BC的垂直平分线，所以PX也平分弧BC。X为AX和PX的交点，所以X位于三角形ABC的外接圆上。
连接CX，∠XCD = ∠XCB = ∠XAB = ∠XAC。∠CXD = ∠AXC。
所以，∆XCD ~ ∆XAC。CX : AX = DX: CX，即，CX2 = AX ∙ DX。
因为PX是BC的垂直平分线，∠CPX = ∠BPX = ∠QCX(因为PIXC四点共圆)。
类似地，∠CXP = ∠QXC。∆CPX ~ ∆QXC。CX2 = PX ∙ QX。
综上，PX ∙ QX = AX∙ DX。
连接AP，QD。
∠AXP = ∠QXD。∆AXP ~ ∆QXD。
所以，∠XAP = ∠XQD。APQD四点共圆。
证明完毕。
第三题中文翻译：
一个n×n的棋盘由n2个单位方格组成，每一个方格被涂成黑色或者白色，使得有共同边的两个方格颜色互不相同。Isaac通过反复交换两整列或者两整行打乱了该涂色图案，而Elijah则希望通过反复交换两整列或者两整行来恢复原来的涂色图案。
试问：如果用n来表示，Elijah最多需要进行多少次交换？
这是一道组合题。
原涂色图案即黑白相间的国际象棋棋盘涂色图案。我们将每一行的n个单元格中的颜色排列称为行图案，将每一列的n个单元格中的颜色排列称为列图案。注意到在Isaac进行第一次交换之前，行图案只有两种，且两种行图案中每一对对应的单元格的颜色都不同；同样，列图案也只有两种，两种列图案中每一对对应的单元格的颜色也都不同。我们将这种行/列图案每一对对应的单元格的颜色都不同的性质定义为行/列图案互补。
因为交换行图案相同的两行不会改变棋盘的涂色图案，所以我们可以忽略这样的行交换，在以下讨论中只须考虑行图案互补的两行之间的行交换；同样，也只须考虑列图案互补的两列之间的列交换。
现在考虑交换行图案互补的两行：第i行和第j行。对于参与交换的两行来说，交换后每一个单元格的颜色都变为和交换前互补的颜色。对于每一列来说，其列图案中的第i个单元格和第j个单元格的颜色将发生互换。因为这种互换发生在每一列，所以在行交换之后，列图案虽然发生了变化，但作为交换的结果，列图案仍然只有两种，且两种列图案互补。类似地，对任意一对列图案互补的列进行交换后，其列图案变为互补的列图案，虽然每一行的行图案发生了变化，但仍然只存在两种行图案，且两种行图案互补。
综上，在进行任意次交换之后，棋盘图案中只存在两种行图案，它们之间互补；也只存在两种列图案，它们之间同样互补。
此外，某一行经过行交换后，其行图案变为与之互补的行图案，因此如果这一行经过了两次交换，那么其行图案将回到两次交换前的图案。因此，我们可以用Ri来标记第i行经过的行交换次数的奇偶性，如果该行经过偶数次交换，那么Ri = 0；否则Ri = 1。同样，用Ci来标记第i列经过的列交换次数的奇偶性，如果该列经过偶数次交换，那么Ci = 0；否则Ci = 1。
这样，对于棋盘中的任意一个单元格，设其位置在第i行，第j列，如果Ri + Cj为奇数，说明它的颜色与初始棋盘时该单元格的颜色互补；如果Ri + Cj为偶数，说明它的颜色与初始棋盘时该单元格的颜色相同。
因为在Isaac开始交换之前，所有的R和C都等于0。每一次行交换有且只有两行参与交换，所以在交换前后，∑R的奇偶性保持不变；同样，每一次列交换有且只有两行参与交换，所以在交换前后，∑C的奇偶性也保持不变。这也意味着，对于任一可能的棋盘图案，{R1,R2, …, Rn}中1的个数必然为偶数，{C1, C2, …, Cn}中1的个数也必然为偶数。
注意到，当R和C都等于1时，每个单元格的颜色都与初始棋盘时该单元格的颜色相同。所以，这道问题等价于：对于{R1,R2, …, Rn}和{C1, C2, …, Cn}中1的个数均为偶数的棋盘图案，最多需要多少次交换才能使得所有的R和C都变为或者1。
因为R和C都等于0，或者R和C都等于1时，棋盘都将回到初始的图案。所以在进行交换之前，Elijah可以根据R和C中1的多少来决定交换目标：是将R和C都变为0，还是将R和C都变为1。因为棋盘一共有n行和n列，所以在R和C中一共有2n个数字，其中必然有一个数字的个数不少于n个，Elijah即可决定将R和C中所有数字都变为这个数字。
当n为偶数时，因为在R和C中1的个数分别为偶数个，所以在R和C中1的个数也分别为偶数个。不失一般性，假设R和C中1的个数不少于n个，那么R和C中0的个数不多于n个，Elijah希望通过交换将R和C中所有的0都变为1。因为每一次交换都可以将两个0变为两个1，所以最多需要n/2次交换就可以把不多于n个的0变为1，从而使得棋盘上所有单元格的颜色和初始棋盘相应单元格的颜色相同。
当n为奇数时，初始棋盘上R和C中0的个数分别为奇数，所以通过Isaac的若干次交换后在R和C中0的个数仍然为奇数。Elijah无法通过交换将R和C中所有的0都变为1，他只有一种选择，即将R和C中所有的1都变为0。因为在R或者C中，最多分别由n – 1个0，所以Elijah最多分别需要(n – 1)/2次交换。综合行和列，他最多需要(n – 1)/2 + (n – 1)/2 = n – 1次交换，即可把R和C中所有的1都变为0，从而使得棋盘上所有单元格的颜色和初始棋盘相应单元格的颜色相同。
综上，当n为偶数时，所需交换次数最多为n/2；当当n为奇数时，所需交换次数最多为n – 1。
第四题中文翻译：
有多少个正整数数列u，满足u1 = 1，且对于所有n ≥ 2，
这是一道数论题。
这个数列的递推公式涉及连续三项，而题目只给出了u1的值，看似缺了条件，而这正是这道题需要解决的问题。
一般来说，如果u2有个确定的值，那么整个数列就确定了。所以我们可以给u2假设不同的正整数值，但因为递推公式是个分式，所以对于u2的某些假设值而言，数列中的某个ui不再满足其为正整数的条件。
首先，我们来看看必要性。
考察数列的前几项：
用u3对u2取余，可知，u3 ≡ 12025 = 1 (mod u2)
而如果u4是个正整数，那么
而
所以有，u2|32025。
因为32025有2026个正因子，即3k，k = 0, 1, …, 2025，所以u2最多有2026个可能的值，即最多有2026个符合题意的数列。
然后，我们来证明充分性。即，对于所有2026个可能的u2，得到的数列中的每一项都是正整数。我们使用数学归纳法。
从上述对必要性的分析中可知，对于这2026个可能的u2，u1到u4这四项都是正整数。
假设从u1到un，该数列的前n 项（n ≥ 4）都是正整数。
用递推公式
对un – 2取余得到，un – 1 ≡ 1 (mod un– 2)
可知un – 1和un – 2互质。
我们考察如下表达式(*)：
因为，
用表达式(*)对un – 1取余，
因为un – 1和un – 2互质，所以在表达式(*)的两个因式中，前者与un – 1互质，后者必然被un – 1整除，即：
根据递推公式
所以un + 1是一个正整数。
根据数学归纳法可知，对于所有n ≥ 1，un都是正整数。
综合必要性和充分性可知，符合题意的正整数数列一共有2026个。
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