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OnlineMathContest-2502

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[ { "content": "　$\\max (a_{1}, a_{2}, \\cdots , a_{5} ) \\leq 10$ を満たす正の整数の組 $(a_{1}, a_{2}, \\cdots , a_{5} )$ を考えると，これは $10$ 以下の正整数 $5$ つからなる組であり，$10^5$ 個存在する．したがってこれらすべてについての $a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{5}$ の総和について，$a_1$ の寄与は\r\n$$(1+2+\\dots +10)\\cdot 10^4$$\r\nである．$a_2,a_3,a_4,a_5$ についても同様であるので，結局，$a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{5}$ の総和は\r\n$$(1+2+\\dots +10)\\cdot 10^4\\times 5=2750000$$\r\nである．同様に $\\max (a_{1}, a_{2}, \\cdots , a_{5} ) \\leq 9$ を満たす正の整数の組 $(a_{1}, a_{2}, \\cdots , a_{5} )$ すべてについての $a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{5}$ の総和は\r\n$$ (1+2+\\dots +9)\\cdot 9^4\\times 5= 1476225 $$\r\nである．前者全体からなる集合から後者全体からなる集合を除いたものが $\\max (a_{1}, a_{2}, \\cdots , a_{5} ) = 10$ を満たす正の整数の組 $(a_{1}, a_{2}, \\cdots , a_{5} )$ 全体からなる集合であるので，求める総和は\r\n$$2750000-1476225= \\mathbf{1273775} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/11773" }, { "content": "$\\max(a_1,a_2,\\cdots a_5)\\leq10$を満たす正の整数の組は$10^5$個であり,この条件において各$a_i$の平均は$\\frac{1+2+\\cdots +10}{10}=5.5$なので$10^5$個の総和は$5.5×5×10^5=2750000$である.\r\n\r\n同様に$\\max(a_1,a_2,\\cdots a_5)\\leq9$を満たす正の整数の組は$9^5$個であり,この条件において各$a_i$の平均は$5$なので$9^5$個の総和は$5×5×9^5=1476225$である.\r\n\r\nよって求める総和は\r\n$2750000−1476225= \\textbf{1273775}$\r\nである．", "text": "平均で考える", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/11773/727" } ]

[ { "content": "　$C$ さんが持つカードに書かれた数を $x,y,z,w$ とする．一番目の条件から $x+y+z+w$ は奇数である．ここで，$x,y,z,w$ のうちに偶数が $3$ つ含まれるとすると，三番目の条件からそれらは $4,8,10$ または $6,8,10$ であるが，どちらの場合も二番目の条件を満たさない．よって，$x,y,z,w$ のうちに偶数は $1$ つのみ含まれる．このとき，総和が $30$ 以上となる組み合わせは $5,7,9,10$ のみであり，$A$ さんと $B$ さんそれぞれが持つカードの書かれた数の総和は $12$ である．あとは二番目の条件から考えれば，$B$ さんの持つカードに書かれた数は $2,4,6$ または $4,8$ であるので，$A$ さんが持つカードに書かれた数は $1,3,8$ か $1,2,3,6$ である．よって，求める値は $1 \\times 3 \\times 8+1 \\times 2 \\times 3 \\times 6= \\mathbf{60} $ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/10103" } ]

[ { "content": "　正の実数 $y$ の整数部分を $\\lfloor y \\rfloor$ で表すこととすると，$\\\\{ y \\\\} = y - \\lfloor y \\rfloor$ である．正の整数 $m,n$ により $m = \\lfloor x^{2} \\rfloor, ~ n = x - \\\\{ x^2 \\\\}$ とおくと，次をすべて満たす $(m,n,x)$ の組を考えればよいとわかる．\r\n$$ x - x^2 + m = n, \\quad m \\le x^2 \\lt m+1, \\quad n \\le 100 $$\r\nここで $x^2 = x+m-n$ より，上は以下と同値である．\r\n$$ x^2 - x - m + n = 0, \\quad n \\le x \\lt n+1, \\quad n \\le 100 $$\r\nいま，$f(x) = x^2 - x - m + n$ とおくと，$ n \\leq x \\lt n+1 $ は次の二つの条件をともに満たすことと同値である．\r\n$$ f(n) \\leq 0, \\quad f(n+1) \\gt 0 $$\r\nこれより，次をみたす $(m,n,x)$ の組を考えればよい．\r\n$$ x^2 - x - (m - n) = 0, \\quad n(n-1) \\le m-n \\lt n(n+1), \\quad n \\le 100 $$\r\nすなわち，$m-n = 0, 1, \\ldots, 10099$ のそれぞれについて対応する $x \\gt 0$ がただ $1$ つ存在する．これより，求める $x$ の個数は $\\mathbf{10100} $ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/10925" }, { "content": "　公式解説に比べて遠回りですが，$x$ を整数部分と小数部分とに分けて考えた場合は，以下のような解答が考えられます．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$n=x-\\\\{x^2\\\\}$，$a=\\\\{x^2\\\\}$ とおく．このとき $x=n+a$ であり，\r\n$$x-\\\\{x^2\\\\}=n+a-\\\\{(n+a)^2\\\\}=n+a-\\\\{2na+a^2\\\\}$$\r\nである．ここで $0 \\leq a \\lt 1$，$0 \\leq \\\\{2na+a^2\\\\} \\lt 1$ であることから，与条件を満たす必要十分条件は $a=\\\\{2na+a^2\\\\}$ であり，これはさらに $a^2+2na-a \\in \\mathbb{Z}$ だと言い換えられる．\\\r\n　従って次の問いを考えればよい．\\\r\n　問１：自然数 $n$ に対して，$a^2+2na-a \\in \\mathbb{Z}$ を満たす実数 $a$ は $0 \\leq a \\lt 1$ の範囲にいくつあるか．\r\n\r\n　この問いはさらに，次のように書き換えられる．（注参照）\\\r\n　問２：自然数 $n$ に対して，二次方程式 $a^2+2na-a=k$ が $0 \\leq a \\lt 1$ の範囲に解を持つような整数 $k$ はいくつ存在するか．\r\n\r\n　あとは二次関数の問題である．$f(a)=a^2+2na-a-k$とおく．\\\r\n　二次関数 $f(a)$ の軸は $a \\lt 0$ の範囲にあるため，$0 \\leq a \\lt 1$ の範囲に解を持つ必要十分条件は，$f(0) \\leq 0$ かつ $f(1) \\gt 0$．すなわち $0 \\leq k \\lt 2n$ である．\\\r\n　よって自然数 $n$ に対して条件を満たす整数 $k$ は $2n$ 個あることがわかった．求めるべき値は $\\sum\\limits_{n=1}^{100} 2n=10100$．\r\n\r\n注）$a$ についての二次方程式 $a^2+2na-a=k$ の軸の条件から $0 \\leq a \\lt 1$ の範囲には高々一つしか解を持たないことを用いている．", "text": "xを整数部分と小数部分とに分けると…", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/10925/716" }, { "content": "条件は$x-x^2=n(nは整数)$かつ$1\\leq x \\lt 101$と同値である.\r\n\r\n二次方程式を解くと$x=\\frac{1\\pm\\sqrt{1-4n}}{2}$となる.\r\n\r\n\r\nよって,$1\\leq \\frac{1-\\sqrt{1-4n}}{2} \\lt 101$を満たす整数$n$が存在しないことに注意すると,\r\n$1\\leq \\frac{1+\\sqrt{1-4n}}{2} \\lt 101$を満たす整数$n$の個数を求めればよいことが分かる.\r\n\r\nこのような$n$は$0,-1,\\dots ,-10099$の$\\textbf{10100}$個である.", "text": "シンプルな解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/10925/728" } ]

[ { "content": "　$4$ つの格子点を頂点とする一辺の長さが $1$ の正方形の**内部の領域**を**小正方形**と呼ぶことにする．点 $E(100,0)$ をとると，三角形 $CDE$ は三角形 $BAC$ を $O$ (これは格子点である) を中心に $90^\\circ$ 回転させたものである．よって，求める値は，四角形 $ACED$ の内部（周を含む）に含まれ，線分 $CD$ と共有点を持たないような小正方形の個数である．\\\r\n　まず，三角形 $OAD$ は等しい二辺の長さが $100\\sqrt{5}$ の直角二等辺三角形であるから，この内部（周を含む）に含まれる小正方形の個数は，\r\n$$ 1+2+ 3+ \\cdots + (\\lfloor100\\sqrt{5}\\rfloor - 1) = 24753$$\r\nである．また，三角形 $OCE$ は等しい二辺の長さが $100$ の直角二等辺三角形であるから，この内部（周を含まない）と共有点を持つ小正方形の個数は，\r\n$$ 1+2+3+ \\cdots +100 = 5050$$\r\nである．さらに， 線分 $CD$ が通過する小正方形の個数は，線分 $CD$ が $C$ 以外の格子点を通らないことから，直線 $x=n\\ (1 \\leq n \\leq \\lfloor100\\sqrt5\\rfloor)$ と線分 $CD$ の共有点の個数と，直線 $y=m\\ (0 \\leq m \\leq 99) $ と線分 $CD$ の共有点の個数の和に等しく，\r\n$$ 223+100 = 323 $$\r\nである．このうち，以下の $4$ 点を左上の頂点とする小正方形は四角形 $ACED$ の内部（周を含む）に含まれない．\r\n$$(0,100),\\quad (222,1),\\quad (223,1),\\quad (221,2)$$\r\n以上より，求める値は\r\n$$ 24753 - 5050 - 323 +4 = \\mathbf{19384} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb028/editorial/9710" } ]

[ { "content": "　$a+b+c+d+e=S$ とすると与式は\r\n$$\\begin{cases}\r\nS-e=16 \\\\\\\\ \r\nS-a=15 \\\\\\\\ \r\nS-b=11 \\\\\\\\\r\nS-c=12 \\\\\\\\\r\nS-d=14 \\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$ \r\nとなるので，これらの両辺を全て足すことで\r\n\r\n$$5S-(a+b+c+d+e)=68$$\r\n\r\nから $S=17$ を得る．したがって\r\n\r\n$$(a,b,c,d,e)=(2,6,5,3,1)$$\r\n\r\nより，解答すべき値は $\\textbf{180}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/12643" }, { "content": "与式の一式目と二式目の式の差から $a-e = \\left(a+b+c+d\\right)-\\left(b+c+d+e\\right)=16-15=1$ であることがわかる. 同様に一式目と三式目, 四式目, 五式目の車からそれぞれ $b-e=5, c-e=4, d-e=2$ であることがわかる.\r\n\r\n$(a,b,c,d,e)=(e+1,e+5, e+4, e+2, e)$ を一式目に代入すると $4e+12=16$ を得る. この方程式を解くと $e=1$ を得て, これを通じて求めるべき値が $abcde=2\\cdot6\\cdot5\\cdot3\\cdot1=\\bf{180}$ であることがわかる.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/12643/712" } ]

[ { "content": "　直角三角形の相似により $BD:AD=AD:CD$ であることから，$BD(169-BD)=60^2$ が成り立つ．これを解くと $\\\\{BD,CD\\\\}=\\\\{25,144\\\\}$ となるので，求める値は $25^2+144^2=\\mathbf{21361}$ と計算できる．\\\r\n　しかし，実際には以下のように，$BD,CD$ の具体的な値は計算しなくてもよい：\r\n$$BD^2+CD^2=(BD+CD)^2-2BD\\times CD=BC^2-2AD^2=169^2-2\\times60^2=\\mathbf{21361}.$$\r\n　あるいは，解と係数の関係を用いて解くと考えてもよい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/9866" } ]

[ { "content": "　以下により $\\mathbf{6}$ 通りあるとわかる：\r\n\r\n- $1,2$ 文字目を $1,3$ と解釈するか，$13$ と解釈するかで $2$ 通り．\r\n- $3,4,5$ 文字目を $1,1,8$ と解釈するか，$11,8$ と解釈するか，$1,18$ と解釈するかで $3$ 通り．\r\n- これらは独立に選ぶことができる．残りは $20,8$ しかありえない．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/8531" } ]

[ { "content": "$$\\underbrace{111\\cdots111}\\_{n \\text{ 個}}=\\dfrac{10^n -1}{9}$$\r\nと表現されるから，$10^n-1$ が $3^2\\times 7\\times 37$ で割り切れることと同値である．ここで $3^2$ では常に割り切れ，\r\n$$7\\mid 10^n-1 \\iff 6\\mid n,\\quad 37\\mid 10^n-1\\iff 3\\mid n$$\r\nであるから，全体で条件は $6\\mid n$ であり，求める総和は $\\sum_{k=1}^{129} \\limits 6k=$ $\\mathbf{50310}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/3721" } ]

[ { "content": "　$x$ の整数部分を $n~(1\\leq n\\leq 100)$ とする．$x=n+\\lbrace x \\rbrace$ と表せるので，次が成り立つ．\r\n$$\\lbrace x^{2} \\rbrace = \\lbrace n^{2} + 2 n \\lbrace x \\rbrace + \\lbrace x \\rbrace ^{2}\\rbrace=\\lbrace 2 n \\lbrace x \\rbrace + \\lbrace x \\rbrace ^{2}\\rbrace$$\r\nこれが $\\lbrace x \\rbrace ^{2}$ と等しいことは $2 n \\lbrace x \\rbrace$ が整数であることと同値なので，$0\\leq k\\leq 2n-1$ なる整数 $k$ を用いて $\\lbrace x \\rbrace=\\dfrac{k}{2n}$ と表せる．よって問題文の条件を満たす $x$ は次のように表せる．\r\n$$x=n+\\dfrac{k}{2n}\\quad (1\\leq n\\leq 100,0\\leq k\\leq 2n-1)$$\r\nこれらを足し合わせた値は次のように計算できる．\r\n$$\\sum_{n=1}^{100}\\sum_{k=0}^{2n-1}\\Big(n+\\dfrac{k}{2n}\\Big)=\\sum_{n=1}^{100}\\Big(2n^2+n-\\dfrac{1}{2}\\Big)=\\mathbf{681700}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/12407" } ]

[ { "content": "　$k^{\\frac{72}{k}}$ が正整数値であるとき，$k= m^{\\frac{k}{\\gcd(72,k)}}$ なる正整数 $m$ が存在する．$n=k\\/\\gcd(72,k)$ とおけば（これはつねに正整数である），以下が成り立つ：\r\n$$m^n=n\\gcd(72,m^n).$$\r\n　いま，$k$ が $72$ の約数であればつねに条件をみたす．これは $n=1$ の場合に対応するから，$n \\geq 2$ のときを考える．$m^n\\leq 72n$ となることに留意して絞り込むと，\r\n$$(m,n) = (4,2),(12,2),(3,3),(6,3)$$\r\nであることが確認できるから，求める総和は：\r\n$$\\frac{2^4-1}{2-1}\\times \\frac{3^3-1}{3-1}+16+27+144+216=\\mathbf{598}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/9006" }, { "content": "　注）本質的には公式解説とほぼ同じですが，より素朴で地道に，これくらいの考察でも解けるよという解答です．\r\n\r\n　$k=a,a^2,a^3,a^4,\\cdots$ と場合分けして考えていこう．なお，たとえば $k=16$ であれば，$k=a,a^2,a^4$ のときに出現するが，そのような重複があった場合は手作業で取り除いていけばよい．\r\n\r\n---\r\n\r\n(i)　ある自然数 $a$ によって $k=a$ と表される場合\\\r\n　$a^\\frac{72}{a}$ が整数であるためには，$a$ が $72$ の約数であれば十分である．（必要条件だとは書いていないので，たとえば $a=16$ などが含まれていないが，気にしなくてよい．）\r\n\r\n(ii)　ある自然数 $a$ によって $k=a^2$ と表される場合\\\r\n　$(a^2)^{\\frac{72}{a^2}}=a^{\\frac{144}{a^2}}$ が整数であるためには，$a^2$ が $144$ の約数であれば十分である．そのような $a^2$ として，$1^2,2^2,3^2,4^2,6^2,12^2$ が存在する．\r\n\r\n(iii)　ある自然数 $a$ によって $k=a^3$ と表される場合\\\r\n　$a^3$ が $216$ の約数であれば十分である．そのような $a^3$ として，$1^3,2^3,3^3,6^3$ が存在する．\r\n\r\n(iv)　ある自然数 $a$ によって $k=a^4$ と表される場合\\\r\n　$a^4$ が $288$ の約数であれば十分である．そのような $a^4$ として，$1^4,2^4$ が存在する．\r\n\r\n(v)　ある自然数 $a$ によって $k=a^t$ と表される場合（$t \\geq 5$）\\\r\n　$a^t$ が $72t$ の約数であれば十分であるが，そのような $t$ は存在しないことが示せる．\\\r\n　最も単純な証明の方針としては（面倒ではあるが）$t=5,6,7,8,9$ で実際に存在しないことを確かめてから，$t \\geq 10$ のときには $a^t \\gt 72t$ であることを示せばよい．\r\n\r\n　以上の場合分けから，求めるべき和は\r\n$$\\sum_{72の約数} k+4^2+12^2+3^3+6^3=598$$", "text": "kが整数の何乗かによって場合分けする方針", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/9006/709" } ]

[ { "content": "　$DC = AF$ かつ $DC \\parallel AF$ であるから，四角形 $ADCF$ は平行四辺形である．よって，$E$ は辺 $AC$ の中点であるから，二等分線の性質より $AD : CD = AE : CE = 1:1$ が成り立ち，四角形 $ADCF$ は特にひし形である．したがって，三角形 $ABD$ と三角形 ${ADE}$ の面積は等しく，$\\angle AED = 90^\\circ$ である．\\\r\n　ここで，$\\angle{BAD} = \\angle{DAC}$ であり，三角形 $ABD}$ と三角形 $AED$ の面積が等しいため，$AB = AE$ が成り立つ．よって，三角形 $ABD$ と三角形 $AED$ は合同であるから，\r\n$$\\angle{ABD} = \\angle AED = 90^\\circ,\\quad \\angle{ADB} = \\angle{ADE}$$\r\nがそれぞれ成り立つ．いま，\r\n$$180^\\circ = \\angle ADB + \\angle ADC = \\angle ADB + 2\\angle ADB = 3\\angle ADB$$\r\nであるので，$\\angle{ADB} = 60^\\circ$ である．\\\r\n　ひし形 $ADCF$ の面積は三角形 $ADE$ の面積の $4$ 倍であるから，四角形 $ABCF$ の面積は三角形 $ABD$ の面積の $5$ 倍である．よって，四角形 $ABCF$ の面積は\r\n$$5\\cdot\\frac{1}{2}\\cdot AB\\cdot \\frac{AB}{\\tan60^\\circ} = \\dfrac{5}{2\\sqrt3}$$\r\nである．特に解答すべき値は，$\\bf37$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/9594" }, { "content": "　公式解説と同様に，四角形 $ADCF$ はひし形である．従って三角形 $AEF$，三角形 $AED$，三角形 $CED$，三角形 $CEF$ はいずれも面積が等しい．三角形 $ABD$ と三角形 $ACD$ の面積比を考えることで $BD:DC=1:2$ である．角二等分線の性質から $AB:AC=1:2$ であり，特に $AC=2$ である．\\\r\n　ここで $BD=x, CD=2x$ とおこう．四角形 $ADCF$ はひし形だったので $AD=2x$ である．三角形 $ABC$ と点 $D$ に対して Stewart の定理を適用すると $x={\\dfrac{1}{\\sqrt{3}}}$ を得る．よって　$AD=2x={\\dfrac{2}{\\sqrt{3}}}$ である．これより三角形 $ABD$ の三辺の長さを見ると $\\angle ABD=90^{\\circ}$ であるとわかる（ここで $\\angle ADB=60^{\\circ}$ であることもわかる）．\\\r\n　求めたいものは台形 $ABCF$ の面積であり，$AF=2x, BC=3x$，高さは $AB=1$ だとわかったので，あとは簡単な計算で面積が求まる．", "text": "60°を経由しない方針", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/9594/708" }, { "content": "　$BD=x,AD=CD=2x$ とおくところまでは同様．一般に次が成り立つことが知られている（スチュワートの定理の特殊な形）．\r\n$$\\boxed{\\phantom{\\large{l}}AD^2=AB\\times AC-BD\\times CD\\phantom{\\large{l}}}$$\r\nこれを用いることにより $x=\\sqrt{\\dfrac13}$ がわかる．三平方の定理から $DE=\\sqrt{\\dfrac13}$ がわかるから $\\triangle DEC=\\sqrt{\\dfrac1{12}}$ であり，求める四角形の面積はこの $5$ 倍であるから $\\sqrt\\dfrac{25}{12}$ である．", "text": "Tempurabcさんの解説とほぼ同様な解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/9594/721" } ]

[ { "content": "　与式を変形すると，以下のようになる．\r\n $$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\dfrac{y^2}{x^2}+\\dfrac{z^2}{y^2}-\\dfrac{2y}{x}+\\dfrac{2z}{y}+\\dfrac{3x}{z}& =\\left(\\dfrac{y}{x}-\\dfrac{z}{y}\\right)^2+\\dfrac{2z}{x}-2\\left(\\dfrac{y}{x}-\\dfrac{z}{y}\\right)+\\dfrac{3x}{z}\\\\\\\\\r\n& =\\left(\\dfrac{y}{x}-\\dfrac{z}{y}-1\\right)^2-1+\\dfrac{2z}{x}+\\dfrac{3x}{z}\r\n\\end{aligned}\r\n $$\r\nまた，相加相乗平均の不等式により，\r\n $$\r\n\\dfrac{2z}{x}+\\dfrac{3x}{z}\\geq2\\sqrt6\r\n $$\r\nとなるので，最小値は $2\\sqrt{6}-1$ とわかる．\r\n等号は，\r\n $$\r\ny=\\dfrac{\\sqrt{1+2\\sqrt6}}{2}x ,\\quad z=\\dfrac{\\sqrt3}{2}x\r\n $$\r\nの時に成り立つ．\r\nよって解答すべき値は $\\mathbf{25}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/11286" }, { "content": "まず、$a$ と $b$ は正の実数とし、次のように設定します：\r\n\r\n$$\\frac{y}{x} = a,\\frac{z}{y} = b$$\r\n\r\n\r\n元の式は、次の形に等しくなります： \r\n\r\n$$a^2 + b^2 - 2a + 2b + \\frac{3}{ab}$$ \r\n\r\nこの式の最小値を求めます。\r\n \r\n偏微分\r\n\r\n $$\\frac{∂}{∂a} (a^2 + b^2 - 2a + 2b + \\frac{3}{ab}) = 0$$\r\n\r\n$$\\frac{∂}{∂b} (a^2 + b^2 - 2a + 2b + \\frac{3}{ab}) = 0 $$ で極値点を求めます。このとき、\r\n\r\n$$2a - 2 - \\frac{3}{ba^2} = 0$$ \r\n\r\n$$2b + 2 - \\frac{3}{ab^2} = 0$$ となります。 \r\n\r\n通分して整理すると、\r\n$$2a^3b - 2a^2b = 3$$\r\n$$2b^3a + 2b^2a = 3 $$\r\nとなり、 \r\n$$2a^2b(a - 1) = 2ab^2(b + 1)$$ です。ここから整理して$$ a^2 - a = b^2 + b $$になるため、$$a - b = 1$$ です。\r\n\r\nこの条件を元の式に代入して$$ 2a^2 {(a - 1)}^2 = 3 $$のときに最小値が得られます。\r\n\r\nこのとき、元の式は次のようになります： \r\n\r\n$$a^2 + (a - 1)^2 - 2a + 2(a - 1) + \\frac{3}{a(a - 1)} = 2a^2 - 2a - 1 + \\frac{3}{a(a - 1)}$$\r\n \r\n$$a(a - 1) = \\sqrt{\\frac{3}{2}}= \\frac{\\sqrt{6}}{2} $$ であることに注意すると、元の式は $$2\\sqrt{6} - 1$$ となります。\r\n\r\nこのとき、$a = 24, b = 1, a + b = 25$ です。", "text": "偏微分法を使用する", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb027/editorial/11286/701" } ]

[ { "content": "　 $N=2^{44}-1$ とする． $N$ を因数分解することで以下のようになる．\r\n $$\r\n\\begin{aligned}\r\nN& =\\left(2^{22}-1\\right)\\left(2^{22}+1\\right)\\\\\\\\\r\n& =\\left(2^{11}-1\\right)\\left(2^{11}+1\\right)\\left(2\\times2^{10}-2\\times2^{5}+1\\right)\\left(2\\times2^{10}+2\\times2^5+1\\right)\\\\\\\\\r\n& =2047\\times2049\\times2113\\times1985\r\n\\end{aligned}\r\n $$\r\nまた， $2$ と $23$ は互いに素なので，Fermatの小定理より，\r\n $$\r\n2^{44}\\equiv (2^2)^{22}\\equiv1\\pmod{23}\r\n $$\r\nとなるので， $N$ が $23$ で割り切れることに注意して素因数分解することにより，以下のようになることがわかる．\r\n $$\r\nN=23\\times89\\times3\\times683\\times2113\\times5\\times397\r\n $$\r\n従って素因数の総和は以下のようになる．\r\n $$\r\n3+5+23+89+397+683+2113=3313\r\n $$\r\nよって，解答すべき値は $\\mathbf{3313}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/10893" }, { "content": "　$2^{44}-1=(2^{22}+1)(2^{11}+1)(2^{11}-1)$ であり，$$2^{11}-1=2047=23\\times89,2^{11}+1=3\\times683,2^{22}+1=4194305=5\\times838861$$\r\nであることまでは比較的容易に得られる．では，$2^{22}+1$ の $5$ 以外の素因数 $p$ の見つけ方を考えよう． \r\n以下，合同式の法は $p$ とする．$2^{44}\\equiv1$ より，$2$ の位数は $44$ の約数であり，$2^{22}\\equiv-1$ より，$2$ の位数は $22$ の約数ではなく，明らかに $p\\ne3,5$ より，$2$ の位数は $4$ でもないことに注意して，$2$ の位数は $44$ となる． \r\nここで，フェルマーの小定理より，$2^{p-1}\\equiv1$ であるので，$p-1$ は $44$ の 倍数となり，$p$ は $44$ で割って $1$ 余る素数とわかる． よって，$p=89,355,397,\\ldots$ に限られ，実際に割り算をすることで，$838861=397\\times2113$ を得ることが出来る．", "text": "位数の議論", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/10893/720" } ]

[ { "content": "　まず，与えられた値が正になることから $mn-6\\gt0$ が必要である．また，相加・相乗平均の不等式より，\r\n$$ (m^2+4)(n^2+9)=(3m+2n)^2+(mn-6)^2\\geq2(3m+2n)(mn-6) $$\r\nが成り立つことから，与式がとりうる正整数値は $1$ のみであり，さらに与式が $1$ であることは上式で等号成立条件を考えることで $3m+2n=mn-6$ と同値である．これは $(m-2)(n-3)=12$ と言い換えられ，これをみたすのは\r\n $$\r\n(m , n)=(3,15),(4,9),(5,7),(6,6),(8,5),(14,4)\r\n $$\r\nであるので，求める値は $45+36+35+36+40+56=\\mathbf{248}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11471" }, { "content": "　分数が正整数であるためには，分子が分母以上であることが必要だ．すなわち\r\n$$2(3m+2n)(mn-6) \\geq (m^2+4)(n^2+9)$$\r\n　が必要条件である．展開して整理すれば次の式になる．\r\n$$m^2n^2-6m^2n-4mn^2+9m^2+4n^2+36m+24n+36 \\leq 0$$\r\n　このままでは手の出しようがないので $m$ についての降べきの順にしてみよう．\r\n$$m^2(n-3)^2-4m(n+3)(n-3)+4(n+3)^2 \\leq 0$$\r\n　こうなれば，次の変形に気付くだろう．\r\n$$\\\\{m(n-3)-2(n+3)\\\\}^2\\leq 0$$\r\n　従って $mn-3m-2n-6=0$ を得る．あとは $(m-2)(n-3)=12$ と変形して，$(m,n)$ 組を求めればよい．", "text": "（分子）≧（分母）を使う", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11471/707" }, { "content": "$\\left(m, n\\right)=\\left(2\\tan\\alpha, 3\\tan\\beta\\right) \\left(\\alpha, \\beta \\in \\left(0, \\frac\\pi 2\\right)\\right)$ とおいて与式に代入して整理すると,\r\n$$\r\n\\text(与式) = \\sin \\left(2(\\alpha+\\beta)\\right)\r\n$$\r\nとなる. よって, 与式が正の整数となるのは $\\alpha+\\beta=\\frac\\pi 4$ のときのみで, このとき\r\n$$\r\n\\tan \\left(\\alpha+\\beta \\right) = \\frac{\\tan\\alpha+\\tan\\beta}{1-\\tan\\alpha\\tan\\beta}=1\r\n$$\r\nに $\\tan\\alpha=\\frac m 2, \\tan\\beta=\\frac n 3$ を代入して整理すると $mn-3m-2n-6=0$ を得る.\r\n\r\n---", "text": "tan 置換", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11471/713" }, { "content": "[（分子）≧（分母）を使う](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc234\\/editorial\\/11471\\/707)のような因数分解に着想できない場合や, 本問と同様の形式だが係数が変わって因数分解ができない場合のために, 別のアプローチを提示する.\r\n\r\n---\r\n\r\n与式が正整数であるための必要条件として, 与式が1以上であることが必要である. すなわち,\r\n$$\r\n\\frac{2(3m+2n)(mn-6)}{\\left(m^2+4\\right)\\left(n^2+9\\right)}\\geq 1\r\n$$\r\nである. 与式の分母の次数が分子の次数よりも大きいことから, v", "text": "(分子)/(分母)≧1 による緩い評価で候補を絞る", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11471/715" } ]

[ { "content": "　一般に $2$ 行 $n$ 列のマス目を塗り分けることを考える．以下，$x$ 行 $y$ 列のマス目が黒で塗られていることを $(x,y)=B$，白で塗られていることを $(x,y)=W$ と表す．\\\r\n　問題文の条件を満たす塗り分け方であって，$(1,1)=(2,1)=W$ である塗り分け方の数，$(1,1)=W,(2,1)=B$ である塗り分け方の数，$(1,1)=(2,1)=B$ である塗り分け方の数をそれぞれ $a_n,b_n,c_n$ とする．\r\n\r\n　$(1,1)=(2,1)=W$ であるとき，次のいずれかが成り立つ．ただし，$n\\geq 4$ としている．\r\n$$\\begin{cases}\r\n(1,2)=(2,2)=W\\\\\\\\\r\n(1,2)=(2,2)=(1,3)=(2,3)=B,(1,4)=(2,4)=W\r\n\\end{cases}$$\r\n前者の場合，残りのマス目の塗り分け方は $a_{n-1}$ 通り，後者の場合は $a_{n-3}$ 通りだけある．\\\r\n　$(1,1)=W,(2,1)=B$ であるとき，次のいずれかが成り立つ．ただし，$n\\geq 3$ としている．\r\n$$\\begin{cases}\r\n(1,2)=W,\\quad (2,2)=B\\\\\\\\\r\n(1,2)=(2,2)=(1,3)=B,\\quad (2,3)=W\r\n\\end{cases}$$\r\n前者の場合，残りのマス目の塗り分け方は $b_{n-1}$ 通り，後者の場合は $b_{n-2}$ 通りだけある．\\\r\n　$(1,1)=(2,1)=B$ であるとき，次が成り立つ．ただし，$n\\geq 2$ としている．\r\n$$(1,2)=(2,2)=W$$\r\nしたがって残りのマス目の塗り分け方は $a_{n-1}$ 通りだけある．\r\n\r\n以上より，$n\\geq 1$ に対して次の漸化式が成り立つ．\r\n$$\\begin{cases}\r\na_{n+3}=a_{n+2}+a_n\\\\\\\\\r\nb_{n+2}=b_{n+1}+b_n\\\\\\\\\r\nc_{n+1}=a_n\r\n\\end{cases}$$\r\nこれと $a_1=1, ~ a _2=2, ~ a_3=2, ~ b_2=1, ~ b_3=2$ ( $b_1=0$ であるが，例外的に $b_3 = 2$ となることに注意せよ) より順次計算していくと\r\n$$a _ {10}=32, \\quad b _ {10}=55, \\quad c _ {10}=22$$\r\nを得るので，求めたい値は $a _ {10}+2b _ {10}+c _ {10}=\\bf164$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11129" }, { "content": "　以下，黒を $B$，白を $W$ などと表している部分が何か所かある．\\\r\n　まず $2×10$ のマスの角が黒であるとしよう．この場合，考えられる塗り分け方は（上下反転を除いて）次のいずれかである．\r\n\r\n$$\\begin{array}{|c|c|c}\r\n \\hline\r\n B & B & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n W & ＊ & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\n$$\\begin{array}{|c|c|c}\r\n \\hline\r\n B & W & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n B & W & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\n　次に $2×10$ のマスの角以外が黒であるとしよう．この場合，考えられる塗り分け方は（上下反転を除いて）次のいずれかである．\r\n\r\n$$\\begin{array}{c|c|c|c|c}\r\n \\hline\r\n \\cdots & B & B & B & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n \\cdots & ＊ & W & ＊ & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\n$$\\begin{array}{c|c|c|c|c}\r\n \\hline\r\n \\cdots & B & B & W & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n \\cdots & W & B & B & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\n$$\\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\r\n \\hline\r\n \\cdots & W & B & B & W & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n \\cdots & W & B & B & W & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\n---\r\n\r\n　以上の考察より，もし角が\r\n\r\n$$\\begin{array}{|c|c|c}\r\n \\hline\r\n B & B & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n W & ＊ & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\nで始まれば，そのあと黒で塗られる領域は，途切れることなく右端まで続く．\\\r\n　一方，もし角が\r\n\r\n$$\\begin{array}{|c|c|c}\r\n \\hline\r\n B & W & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n B & W & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\n$$\\begin{array}{|c|c}\r\n \\hline\r\n W & \\cdots \\\\\\\\\r\n \\hline\r\n W & \\cdots\\\\\\\\\r\n \\hline\r\n\\end{array} \\\\\\\\$$\r\n\r\nのいずれかで始まれば，右端もこれらを左右反転させた形となる．\\\r\n　あとはそれぞれの場合について，何通りあるか数えればよい．\r\n\r\n---\r\n\r\n(i)　左端，右端ともに\"黒白\"である場合\\\r\n　$2$ ～ $9$ 列目のうち，$2$ マスとも黒で塗りつぶされる列があれば，その両隣の列は黒と白が $1$ マスずつである．黒で塗りつぶされる列が $k$ 列あるとすれば，そのような塗り方は ${}\\_{9-k}\\mathrm{C}\\_{k}$ 通りである．よって\r\n$$2×({}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{0}+{}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{1}+{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{2}+{}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{3}+{}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{4})=110$$\r\n\r\n(ii)　左端，右端ともに\"黒黒\"である場合\\\r\n　$3$ ～ $8$ 列目のうち，$2$ 行 $2$ 列を黒く塗りつぶされた箇所がいくつあるかで場合分けすればよい．このような塗り方は $9$ 通りである．\\\r\n※ 地道に数えてもよいが，計算で求めるなら，例えば $1+{}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{1}+{}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{2}$ である．それぞれの項は，$2$ 行 $2$ 列の黒が $0,1,2$ 個の場合をそれぞれ表している．\r\n\r\n(iii)　左端，右端ともに\"白白\"である場合\\\r\n　$2$ ～ $9$ 列目のうち，$2$ 行 $2$ 列を黒く塗りつぶされた箇所がいくつあるかで場合分けすればよい．このような塗り方は $19$ 通りである．\\\r\n※ $1+{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{1}+{}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2}+{}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{3}$\r\n\r\n(iv)　左端，右端の一方が\"黒黒\"，他方が\"白白\"である場合\\\r\n　左端が\"黒黒\"とすれば，$3$ ～ $9$ 列目のうち，$2$ 行 $2$ 列を黒く塗りつぶされた箇所がいくつあるかで場合分けすればよい．このような塗り方は $13$ 通りである．左端が\"白白\"の場合もあり得るので $13×2=26$ 通り．\\\r\n※ $2×(1+{}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{1}+{}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2})$", "text": "動的計画法を使わない方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11129/706" } ]

[ { "content": "　$C,G$ から直線 $AB$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $P,Q$ とし，$DM$ と $\\omega$ の交点のうち $D$ でない方を $F$ とする．\\\r\n　$MG=GE$ より $MQ=QE$ である．これと $MQ:MP=MG:MC=1:3$ であることより，$ME=\\dfrac{2}{3}MP$ を得る．また，次の角度計算により，$AB\\parallel CF$ がわかる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\angle ABF+\\angle BFC&=\\angle ABC+\\angle FDC +(180^\\circ-\\angle BAC)\\\\\\\\\r\n&=(180^\\circ+\\angle ABC -\\angle BAC)+(180^\\circ-\\angle COM)\\\\\\\\\r\n&=(360^\\circ+\\angle ABC -\\angle BAC)-(\\angle ACB+2\\angle ABC)=180^\\circ\r\n\\end{aligned}$$\r\n特に四角形 $ABFC$ は等脚台形であり，$MF=MC$ である．よって次が成り立つ．\r\n$$MF:EG=MC:MG=3:1=PM:PE$$\r\nまた，簡単な角度計算により $MF\\parallel EG$ がわかるので $3$ 点 $P,G,F$ は同一直線上にある．よって次の計算が可能である．\r\n$$DM:DF=ME:FC=\\frac{2}{3}MP:FC=\\frac{2}{3}MG:GC=1:3$$\r\nしたがって，方べきの定理より，\r\n$$5^2=DM\\cdot MF=\\frac{1}{2}MF^2=\\frac{1}{2}CM^2$$\r\nなので $CM^2=\\bf50$ である．\\\r\n　なお，$DG=2\\sqrt7$ は余剰な条件であるがこれを満たす図は存在する．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11368" }, { "content": "　$\\angle{CAB}=a,\\angle{CBA}=b,\\angle{ACB}=c$ とおく．$\\angle{MDE}=180^{\\circ}-\\angle{COA}-\\angle{AOM}=180^{\\circ}-2b-c=a-b$ より，$\\angle{ADE}=b,\\angle{BDM}=\\angle{BDE}-\\angle{MDE}=a-(a-b)=b$ なので，$\\mathrm{CD}$ は三角形 $ADB$ の $D$ 類似中線であり，四角形 $ACBD$ は調和四角形である． \r\n　よって，$CD$ は三角形 $ABC$ の $C$ 類似中線であり，$\\angle{ACM}=\\angle{DCB}=\\angle{DAM}$ となり，$\\angle{ADM}=\\angle{BDC}=\\angle{CAM}$ を加味して，三角形 $CAM$ と三角形 $ADM$ は相似となる． \r\n　よって，$AM=5$ より，$CM=x$ とおくと，$DM=\\dfrac{25}{x}$ となる． \r\nさらに，$\\angle{GEM}=\\angle{GME}=\\angle{AMD}$ であり，$EG\\/\\/DM$ となることに注意して，$x:\\dfrac{25}{x}=CE:ED=CG:GM=2:1$ なので，$x^2=\\textbf{50}$．", "text": "調和四角形", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/11368/722" } ]

[ { "content": "　$a_nb_n\\neq\\pm1$ であるとすると，\r\n $$\r\na_{n+1}=\\dfrac{a_n+b_n}{1-a_nb_n},\\quad b_{n+1}=\\dfrac{a_n-b_n}{1+a_nb_n}\r\n $$\r\nとなり，この結果と $a_1b_1\\neq\\pm1$ から常に $a_nb_n\\neq\\pm1$ であるので，上の式も常に成り立つことがわかる．ここで，$180^\\circ$ を法として\r\n $$\r\na_n=\\tan{\\alpha_n},\\quad b_n=\\tan{\\beta_n}\r\n $$\r\nとおくと，\r\n $$\r\n\\alpha_{n+1}=\\alpha_n+\\beta_n,\\quad\\beta_{n+1}=\\alpha_n-\\beta_n\r\n $$\r\nを満たす．よって $\\beta_{n+2}=2\\beta_n$ となるので次を得る．\r\n $$\r\nb_{n+2}=\\dfrac{2b_n}{1-b_n^2}\r\n $$\r\nよって次の計算が可能である．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{n}\\dfrac{b_k^3}{(\\sqrt2)^k(b_k^2-1)}& =\\sum_{k=1}^n\\left(\\dfrac{b_k}{(\\sqrt2)^k}+\\dfrac{b_k}{(\\sqrt2)^k(b_k^2-1)}\\right)\\\\\\\\\r\n& =\\sum_{k=1}^n\\left(\\dfrac{b_k}{(\\sqrt2)^k}-\\dfrac{b_{k+2}}{(\\sqrt2)^{k+2}}\\right)\\\\\\\\\r\n& =\\dfrac{b_1}{\\sqrt2}+\\dfrac{b_2}{2}-\\dfrac{b_{n+1}}{(\\sqrt2)^{n+1}}-\\dfrac{b_{n+2}}{(\\sqrt2)^{n+2}}\r\n\\end{aligned}\r\n $$\r\nここで，$b_1 = b_2 = \\tan\\dfrac{\\pi}{111}$ であるから，$\\beta_{n+2} = 2\\beta_n$ とあわせて，任意の正の整数 $n$ について $b_n$ は\r\n$$0, \\quad \\tan\\dfrac{\\pi}{111},\\quad \\tan\\dfrac{2\\pi}{111},\\quad \\ldots, \\quad \\tan\\dfrac{221\\pi}{111}$$\r\nのうちのいずれかの値しか取らない．よって，\r\n $$\r\n\\lim_{n \\to \\infty}\\dfrac{b_{n}}{(\\sqrt2)^{n}}=0\r\n $$\r\nであるので，求める極限値は，$b_1 = b_2$ に注意することで\r\n $$\\begin{aligned}\r\nL\r\n&= \\lim_{n \\to \\infty}\\frac{1}{b_1}\\sum_{k=1}^{n}\\dfrac{b_k^3}{(\\sqrt2)^k(b_k^2-1)}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{b_1}\\lim_{n\\to\\infty}\\bigg(\\dfrac{b_1}{\\sqrt2}+\\dfrac{b_2}{2}-\\dfrac{b_{n+1}}{(\\sqrt2)^{n+1}}-\\dfrac{b_{n+2}}{(\\sqrt2)^{n+2}}\\bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{1 + \\sqrt2}{2}\r\n \\end{aligned}$$\r\nである．特に，解答すべき値は $\\bf1207$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/12339" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とする．このとき，有名事実として $M$ は線分 $DH$ の中点である．\r\n<details>\r\n<summary>$M$ が線分 $DH$ の中点であることの証明<\\/summary>\r\n　直線 $BH$ と直線 $CD$ はともに直線 $AC$ と垂直であるから，この $2$ 直線は平行である．同様に，直線 $CH$ と直線 $BD$ も平行であるから，四角形 $BDCH$ は平行四辺形である．よって，$M$ はこの平行四辺形の対角線の交点であるから，特に線分 $DH$ の中点である．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　三角形 $AEH$ の外接円と線分 $AB$ との交点を $F^\\prime $ とすると，\r\n $$\r\n\\angle AF^\\prime H=\\angle AEH=90^{\\circ}\r\n $$\r\nよって $C,H,F^\\prime $ は共線である．また，\r\n $$\r\n\\angle F^\\prime EH=\\angle F^\\prime AH=\\angle F^\\prime CM\r\n $$\r\nより，$E,F^\\prime ,M,C$ は同一円周上にある．よって $F=F^\\prime $ である．また，$M$ は三角形 $BCF$ の外心なので $FM=MC$ より，$\\angle FEH=\\angle CEH$ である．よって，$FH:HC=1:4$ と $EH:HM=5:4$ がわかる．$EH=5x$ とおくと方べきの定理などを用いて，\r\n $$\r\nCH=4\\sqrt5x,\\quad FH=\\sqrt5x,\\quad EM=9x,\\quad MD=4x\r\n $$\r\nと表せ，さらに方べきの定理を用いて，$BC=12x$ となる．$CF=5\\sqrt5x$ より $BF^2=19x^2$ となるので，$BC^2=\\dfrac{144}{19}$ である．よって解答すべき値は $\\mathbf{163}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/12304" }, { "content": "　直線 $AE$ 上に $\\angle BCP=90^\\circ$ となるように点 $P$ をとると，$\\angle AED=90^\\circ$ より\r\n$$\\angle ABC=\\angle AEC=\\angle PMC$$\r\nなので，$AB\\parallel PM$ がわかる．よって，四角形 $MCPQ$ が長方形となるように点 $Q$ をとると $B,F,Q$ は同一直線上にあり，$Q$ は三角形 $CEM$ の外接円上にもあるので $\\angle AFE=\\angle QMC=90^\\circ$ がわかる．$CQ\\parallel BD$ から，直線 $CQ$ と直線 $DE$ との交点を $R$ とすると $DM=RM$ がわかるので，以降は公式解説と同様である．(実は，$R$ は公式解説での $H$ と一致する)", "text": "直接的証明", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc234/editorial/12304/717" } ]

[ { "content": "　三平方の定理の逆から $\\angle BAC=\\angle BAD=\\angle CAD=90^\\circ$ が分かるので，四面体 $ABCD$ の体積は，\r\n\r\n$$\\dfrac{1}{3}\\cdot\\frac{1}{2}\\cdot AB\\cdot AC\\cdot AD=\\sqrt{\\frac{2}{9}}$$\r\n\r\nとなる．解答すべき値は $\\bold{11}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12517" } ]

[ { "content": "　繰り上がりは高々 $1$ であることと $む\\neq げ$ から\r\n$$む=1, \\quad げ=0, \\quad い=8,9$$\r\nがわかる．どの文字も相異なる数を表すことに注意して全ての $う$ について調べ上げることで\r\n$$(い,う,げ,の,む,ん)=(9,2,0,4,1,8),(8,3,0,6,1,2),(9,6,0,2,1,5)$$\r\nつまり\r\n$$むのう=142, ~ 163, ~ 126$$\r\nがわかるので，求める値は $\\mathbf{431}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12727" } ]

[ { "content": "　十進法で $2,3,7,8$ のみを桁に持つ自然数の集合を $S_0$ とおく．\r\n$S_0$ の要素で桁数が $k$ 以下であるものは $4^k+4^{k-1}+\\dots+4^1=\\frac{4^{k+1}-4}{3}$ 個あることに注意する．\r\n\r\n　条件を満たす $n$ は $N\\in S_0$ と $M=0,1,2,\\dots$ を用いて $n=N^{(2^M)}$ と表せる．そこで，不等式 $N^{(2^{M})} \\lt 10000$ を各 $M$ について考える．\r\n\r\n- $M=0,1,2$ のとき，それぞれ $N \\lt 10^{4}, 10^2, 10^1$ なので $N$ はそれぞれ桁数$4,2,1$ 以下の $S_{0}$ の要素である．\r\n- $M=3$ のとき，$N^8\\lt 10000$ より $N\\lt \\sqrt{10}\\lt 4$ なので $N=2, 3$ のみ．\r\n- $M\\geq 4$ のとき，$10000\\lt 2^{16}\\leq N^{2^{M}}$ なので不適．\r\n\r\n　さらに，相異なる $x,y\\in S_0$ と正の整数 $n \\gt m$ が $x^{(2^n)}=y^{(2^m)}$ を満たしたとすると，\r\n$$\r\nx^{(2^{n-m})} = y\r\n$$\r\nであるが，左辺は平方数なので下 $1$ 桁が $2,3,7,8$ ではなく矛盾する．したがって，$M$ で場合分けして得られたそれぞれの $N$ の個数を足しあげても重複は生じないから，求める個数は\r\n$$\r\n\\frac{4^{5}-4}{3} + \\frac{4^{3}-4}{3}+\\frac{4^{2}-4}{3} + 2 = \\mathbf{366}\r\n$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11821" } ]

[ { "content": "　$\\angle ACB=\\angle ACD=45^\\circ$，$\\angle AFE=\\angle AFD$ より，$A$ は三角形 $CEF$ の傍心となる．したがって $\\angle AEB=\\angle AEF=\\angle CEF$ となり，これらはすべて $60^\\circ$ に等しい．よって，$AB:BE=\\sqrt{3}:1$ と $AB=6$ より \r\n$$BE=2\\sqrt{3}，CE=BC-BE=6-2\\sqrt{3}$$\r\nがわかり，$CE:CF=1:\\sqrt{3}$ より \r\n$$CF=6\\sqrt{3}-6，DF=CD-CF=12-6\\sqrt{3}$$ \r\nとなる．よって，解答すべき値は $12+6^2\\cdot 3=\\bold{120}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11875" }, { "content": "　$A$ から直線 $EF$ に下した垂線の足を $H$ とすると $\\triangle ADF\\equiv \\triangle AHF$ がわかる． \r\n　$\\angle ABE=\\angle AHE=90^\\circ$ と $AB=AD=AH$ から $\\triangle ABE\\equiv \\triangle AHE$ つまり $\\angle AEB=\\angle AEH$ がわかるので，以降は公式解説と同様である．", "text": "補助線", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11875/700" } ]

[ { "content": "　$S=x_1+x_2+\\cdots+x_{10}$ とすると，条件より $i=1,2,\\cdots,10$ に対して $S$ と $S-2x_i$ はともに整数であるから，$2x_i$ は整数であり，ある $y_i \\in \\\\{ 0, 1, 2, 3, 4 \\\\}$ によって $x_i=\\dfrac{y_i}{2}$ とおける．このとき $S$ が整数であれば\r\n$$\\pm x_1 \\pm x_2 \\pm x_3 \\pm \\cdots \\pm x_{10}$$\r\nという形で表される実数はすべて整数となるので，条件は $y_i$ が奇数となるような $i$ が偶数個存在することである．\\\r\n　一般に $n$ を正整数として，任意の $1\\leq i\\leq n$ に対して $y_i \\in \\\\{0,1,2,3,4\\\\}$ を満たし，$y_i \\in \\\\{1, 3\\\\}$ なる $i$ が偶数個存在するような $(y_1,y_2,\\cdots,y_n)$ の個数を $a_n$ 個とすると，漸化式\r\n$$a_{n+1}=3 a_n+2 \\cdot (5^n-a_n)=a_n+2 \\cdot 5^n$$ \r\nを得る．これと $a_1 = 3$ から $a_n=\\dfrac{5^n+1}{2}$ が得られ，特に解答すべき値は $a_{10}=\\dfrac{5^{10}+1}{2}=\\mathbf{4882813}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12084" }, { "content": "　公式解説にあるように，$1\\leq i\\leq 10$ なる整数 $i$ に対し，$y_i\\in\\\\{0,1,2,3,4\\\\}$ となる組 $(y_1,y_2,\\ldots,y_{10})$ であって $y_i\\in\\\\{1,3\\\\}$ となる $i$ が偶数個存在するようなものの個数を求めればよい．特に，$y_i\\in\\\\{1,3\\\\}$ となる $i$ が $k$ 個存在するような組 $(y_1,y_2,\\ldots,y_{10})$ の個数は ${}_{10}\\mathrm{C}\\_k2^k3^{10-k}$ 個であるので，求める個数は，二項定理より，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^5{}_{10}\\mathrm{C}\\_{2k}2^{2k}3^{10-2k}&=\\frac{(2+3)^{10}+(2-3)^{10}}{2}=\\frac{5^{10}+1}{2}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "漸化式を立てずに数え上げ", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12084/686" }, { "content": "　いわゆる simasima special (参考： https:\\/\\/mathlog.info\\/articles\\/nNX6dXUeyb35vYurGP5l ) の簡単な適用例として最後の数え上げを行う．\r\n　\r\n　本解のように $x_i = \\frac{y_i}{2}$ とおく．\r\n　$y_i\\in \\\\{ 0,1,2,3,4 \\\\}$ であり，$y_1 + \\dots + y_{10}$ が偶数であるような組 $(y_1,\\dots, y_{10})$ の個数を求めればよい．\r\n\r\n　集合 $A, B$ を $A = \\\\{ 0,1,2,3 \\\\}$, $B = \\\\{ 4\\\\}$ とおく．$y_i \\in A$ であるかどうかで列 $Y = (y_1,\\dots, y_{10})$ を $(A,B,\\dots)$ のように変換した列を $T$ とおく．\r\n\r\n　$T = (B,\\dots, B)$ であるとき，すべての $i$ で $y_i = 4$ であり，明らかに条件を満たす．\r\n　$T$ が $A$ を $a \\geq 1$ 個含む列であるとする（このような $T$ は ${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{a}$ 個ある）．その $A$ を一つ選び，それが $k$ 番目であるとする．このとき，$i\\neq k$ を満たす $y_i$ をどのように選んでも ($4^{a-1}$通り)，ちょうど2つの $y_k \\in A$ が存在して $y_k + \\sum_{i\\neq k} y_i \\equiv 0\\pmod{2}$ にできるので，$2\\cdot 4^{a-1}$ 通り条件を満たす組が見つかる．\r\n　これらと二項定理より\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\na_{10} &= 1 + \\sum_{a=1}^{10} 2\\cdot 4^{a-1}{}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{a} = 1 + \\frac{1}{2}\\\\{ (4+1)^{10} - 1\\\\} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{5^{10} + 1}{2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nを得る．", "text": "漸化式を立てずに数え上げ　その2", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12084/714" } ]

[ { "content": "　$S_n = \\displaystyle\\sum_{k=1}^{n}a_{k}$ および $T_{n}=\\displaystyle\\sum_{k=1}^{n} S_{k}$ とする．$\\\\{a_{n}\\\\}$ の漸化式は\r\n$$\r\na_{n+1} =\\frac{n^{3}+4n^{2}+6n+3}{n^{2}+n+1}a_{n}\r\n=\\frac{(n+1)(n^{2}+3n+3)}{n^{2}+n+1}a_{n}\r\n$$\r\nより，これを変形して\r\n$$\r\n\\frac{1}{(n+1)^2 + (n+1) + 1} \\cdot \\frac{a_{n+1}}{(n+1)!} = \\frac{1}{n^{2}+n+1} \\cdot \\frac{a_n}{n!}\r\n$$\r\nを得るから，この値は $n$ によらず一定で，\r\n$$ \\frac{1}{1^{2}+1+1} \\cdot \\frac{a_1}{1!} = 1 $$\r\nに等しい．したがって一般項\r\n$$a_{n}=(n^2+n+1)\\cdot n!$$\r\nを得る．これは\r\n$$ a_n = (n+1) \\cdot (n+1)!-n\\cdot n! $$\r\nと変形できるため，$S_{n}=(n+1) \\cdot (n+1)!-1$ である．さらに，これは\r\n$$S_n = (n+2)!-(n+1)!-1$$\r\nと変形できるため，$T = 2026! - 2026$ を得る．$2026!$ は 末尾に $0$ が $505$ 個並ぶ整数であり，そこから $2026$ を引くと，下 $4$ 桁は $7974$ になり，下 $5$ 桁目から $100$ 桁目までは $9$ が並ぶ．したがって，$T$ の下 $100$ 桁は\r\n\r\n$$\\underbrace{99 \\cdots 99}_{96\\text{個}} 7974 $$\r\n\r\nとなり，この範囲の各位の和は\r\n\r\n$$ 9 \\cdot 96 + 7 + 9 + 7 + 4 = \\mathbf{891}$$ \r\n\r\nと計算される．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12661" } ]

[ { "content": "　$3$ 交点を通る円を $C$ として，その方程式を $x^2+y^2+ax+by+c=0$ とする．$2$ 曲線の交点を $(\\alpha_1,\\alpha_1^2),(\\alpha_2,\\alpha_2^2),(\\alpha_3,\\alpha_3^2)$ とする．$\\alpha_1,\\alpha_2,\\alpha_3$ は次の $3$ 次方程式の $3$ 解である．\r\n$$x^3-x^2-\\frac{17}{12}x+\\frac{7}{22}=0$$\r\n点 $(\\alpha_1,\\alpha_1^2),(\\alpha_2,\\alpha_2^2),(\\alpha_3,\\alpha_3^2)$ は $C$ 上にあるので，$x=\\alpha_1,\\alpha_2,\\alpha_3$ に対して次が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0&=x^4+(b+1)x^2+ax+c\\\\\\\\\r\n&=\\bigg(x^3-x^2-\\frac{17}{12}x+\\frac{7}{22}\\bigg)(x+1)+\\bigg(b+\\frac{41}{12}\\bigg)x^2+\\bigg(a+\\frac{145}{132}\\bigg)x+\\bigg(c-\\frac{7}{22}\\bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\bigg(b+\\frac{41}{12}\\bigg)x^2+\\bigg(a+\\frac{145}{132}\\bigg)x+\\bigg(c-\\frac{7}{22}\\bigg)\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって $(a,b,c)=\\bigg(-\\dfrac{145}{132},-\\dfrac{41}{12},\\dfrac{7}{22}\\bigg)$ を得るので，$C$ の半径は\r\n$$\\sqrt{\\frac{a^2}{4}+\\frac{b^2}{4}-c}=\\sqrt{\\frac{101125}{34848}}$$\r\nである．特に解答すべき値は $\\bf135973$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11788" }, { "content": "　与えられた $2$ 式から，交点 $(X,Y)$ は\r\n\r\n$$Y = XY - \\dfrac{17}{12}X + \\dfrac{7}{22}，XY = Y^2 - \\dfrac{17}{12}X^2 + \\dfrac{7}{22}X$$\r\n\r\n　すなわち\r\n\r\n$$XY = Y + \\dfrac{17}{12}X - \\dfrac{7}{22} = Y^2 - \\dfrac{17}{12}X^2 + \\dfrac{7}{22}X$$\r\n\r\n　すなわち\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0\r\n&= -\\dfrac{17}{12}X^2 + Y^2 + \\left\\(\\dfrac{7}{22} - \\dfrac{17}{12}\\right\\)X - Y + \\dfrac{7}{22}\\\\\\\\\r\n&= X^2 + Y^2 - \\dfrac{145}{132}X - \\dfrac{41}{12}Y + \\dfrac{7}{22}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　を満たすから，円の式は $\\left\\(x - \\dfrac{145}{264}\\right\\)^2 + \\left\\(y - \\dfrac{41}{24}\\right\\)^2 =\\dfrac{101125}{34848}$", "text": "直接導出する方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11788/704" } ]

[ { "content": "　$\\Gamma$ の中心を $O$ とし，直線 $BF$ と直線 $DG$ の交点を $X$ とする．円周角の定理などから，\r\n$$\\angle ADB=\\angle ACB=\\angle GCE=\\angle GDE=\\angle ADX$$\r\nより，$2$ 点 $B, X$ は $\\Gamma$ の直径 $AD$ について対称であり，$AX=AB=20$ がわかる．また，円周角の定理などから，\r\n$$\\angle GAE=\\angle FAE=\\angle GBE=\\angle CBX=\\angle CAX=\\angle GAX$$\r\nおよび，\r\n$$ \\angle AEG = \\angle ACD = \\angle AXG $$\r\nより $\\triangle AEG\\equiv \\triangle AXG$ がわかる．したがって $AE=AX=AB=20$ となり，$\\triangle ABE$ は二等辺三角形である．円周角の定理から $\\triangle CDE$ も二等辺三角形である．また，$\\triangle OCD$ は二等辺三角形なので $\\triangle CDE\\sim\\triangle ODC$ であるから，$\\Gamma$ の半径を $R$ とすれば，\r\n$$CD^2=OD\\cdot ED=OD\\cdot(AD-AE)=R(2R-20)$$\r\nとなる．一方で，三平方の定理から，\r\n$$CD^2=AD^2-AC^2=4R^2-576$$\r\nでもあるから，\r\n$$R(2R-20)=4R^2-576$$\r\nを得る．$R\\gt 0$ を踏まえてこれを解くと $R = \\sqrt{313}-5$ であり，特に解答すべき値は $\\bold{318}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12469" }, { "content": "　公式解説と同様にして\r\n$$AB=AX,\\angle CAD=\\angle CAX$$\r\nがわかるので，$\\Gamma$ の半径を $R$ とすると\r\n$$\\cos \\angle DAX=\\frac{10}{R}=\\cos 2\\angle CAD=2\\cos ^2 \\angle CAD-1=2(\\frac{12}{R})^2-1$$\r\nから $R=\\sqrt{313}-5$ がわかる．", "text": "2倍角", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12469/694" } ]

[ { "content": "　$S_i = \\dfrac{i(i+1)}{2}$ とおき，条件を満たさない $n$ が，$3$ および非負整数 $k$ によって $2^k$ と表される正整数のみであることを示そう．\r\n\r\n　まず，$n=3$ と $n=2^k$ が条件を満たさないことを示す．$n=1,2,3$ のときは明らか．$n=2^k$ $(k\\geq 2)$ のとき，$1\\leq a\\lt b\\leq 2^k-1$ なる整数 $a,b$ であって $S_a\\equiv S_b\\pmod{2^k}$ をみたすものがあるとすると，\r\n $$\\frac{1}{2}(b-a)(a+b+1)\\equiv 0\\pmod{2^k}$$\r\nとなる．$b-a$ と $a+b+1$ のうち一方は奇数なので，上式をみたすためには $b-a$ と $a+b+1$ のうちどちらかが $2^{k+1}$ で割り切れる必要がある．しかし，$1\\leq b-a\\leq 2^k-2$ と $4\\leq a+b+1\\leq 2^{k+1}-2$ よりこれは不適．\r\n\r\n　逆に，上記以外の全ての正整数 $n$ が条件を満たすことを示す．まず，$n$ が $5$ 以上の奇数の約数をもつとき，$S_c\\equiv S_1\\pmod{n}$ なる $2$ 以上 $n-1$ 以下の整数 $c$ が存在することを示そう．このとき $n$ は $5$ 以上の奇数 $m$ と非負整数 $k$ を用いて $n=m\\cdot 2^k$ と表せて，$m-1$ 個の整数 $1\\cdot 2^k,2\\cdot 2^k,\\cdots ,(m-1)2^k$ はいずれも $m$ で割り切れず，かつ $m$ で割った余りがすべて異なるので，これらは $\\hspace{-3mm}\\mod{m}$ において $1,2,\\cdots,m-1$ の並び替えになっている．$m\\geq 5$ より\r\n $$m_0\\cdot 2^k\\equiv m-3\\pmod{m}$$\r\n なる $m-1$ 以下の正の整数 $m_0$ が存在する．$k\\geq 2$ のとき\r\n $$1\\lt m_0\\cdot 2^k+1\\leq (m-1)\\cdot 2^k+1\\lt n-1$$\r\n $$1\\lt 2^k-2\\leq (m-m_0)2^k-2\\leq (m-1)2^k-2\\lt n-1$$\r\n であり，$m_0$ が偶数なら $S_{m_0\\cdot 2^k+1}\\equiv S_1\\pmod{n}$，$m_0$ が奇数なら $S_{(m-m_0)2^k-2}\\equiv S_1\\pmod{n}$ となるのでよい．$k=1$ のときは $m_0$ が偶数のときは同様であり，$m_0$ が奇数のとき $m_0\\leq m-2$ より\r\n $$1\\lt 2^{k+1}-2\\leq (m-m_0)2^k-2\\leq (m-1)2^k-2\\lt n-1$$\r\n なのでこれも先ほどと同様である．$k=0$ のとき\r\n $$(m-1)\\cdot 2^k+3\\equiv 2\\pmod{n}$$\r\n $$(m-2)\\cdot 2^k+3\\equiv 1\\pmod{n}$$\r\n より $m_0\\leq m-3$ なので\r\n $$1\\lt m_0\\cdot 2^k+1\\leq (m-3)\\cdot 2^k+1\\lt n-1$$\r\n $$1\\leq 3\\cdot 2^k-2\\leq (m-m_0)2^k-2\\leq (m-1)2^k-2\\lt n-1$$\r\n となるため，このときも同様によい．また，$n=3\\cdot 2^k(k\\geq 1)$ と表されるときは $k\\geq 2$ とすると\r\n $$m_0\\cdot 2^k\\equiv 1\\pmod{3}$$\r\n なる $m_0$ ( $=1$ または $2$ )が存在し\r\n $$1\\lt m_0\\cdot 2^k+2\\leq 2^{k+1}+2\\lt n-1$$\r\n $$1\\leq 2^k-3\\leq (3-m_0)2^k-3\\leq 2^{k+1}-3\\lt n-1$$\r\n なので $m_0=1$ のとき $S_{2^{k+1}-3}\\equiv S_{2}\\pmod{n}$, $m_0=2$ のとき $S_{2^{k+1}+2}\\equiv S_2\\pmod{n}$ なのでよい．さらに，$n=6$ のときは $S_5\\equiv S_2\\pmod{6}$ なのでよい．\r\n\r\n　以上より，条件を満たさないものは $3$ および $2^k$ $(k\\geq 0)$ のみである．特に $100$ 以下の正整数で条件を満たさないものは $3, 2^k$ $(k=0,1,\\dots ,6)$ であるので，解答すべき値は\r\n $$\\sum_{n=1}^{100}n-\\sum_{k=0}^{6}2^k-3=\\mathbf{4920}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12678" }, { "content": "$n$ が $5$ 以上かつ奇素因数 $p$ を持つときに条件を満たすことを別の方法で示す．\r\n\r\n　**方針の概略** ： $\\frac{k(k+1)}{2} \\bmod{p}$ が取りうる値の個数が $p$ に対して十分少ないことから，$\\frac{k(k+1)}{2}\\bmod{n}$ が取りうる値の種類も少ないということを示して，ある $n=a,b$ で重複が生じていなくてはならないということを導く。\r\n\r\n　まず集合 $I(n)$ を \r\n\r\n$$I(n) = \\left\\\\{ \\frac{k(k+1)}{2} \\bmod{n} \\mid k=1,2,\\dots, n-1 \\right\\\\}$$\r\n\r\nで定める．もし条件を満たさないなら，$k$ ごとに剰余類は異なるから \r\n$$\r\n\\frac{\\\\# I(n)}{n} = \\frac{n-1}{n} \\geqq \\frac{4}{5}\r\n$$\r\nである（取りうる値の種類は十分多いと考える）．一方で，$\\frac{k(k+1)}{2} \\equiv 2^{-1}(k+2^{-1})^2 - 2^{-3} \\pmod{p}$ なので （※）\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\left\\\\{ \\frac{k(k+1)}{2} \\bmod{p} \\mid k=1,2,\\dots, n-1 \\right\\\\} \\subset \\left\\\\{ 2^{-1}x - 2^{-3} \\mid x は 0 または平方剰余 \\right\\\\}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nだから，左辺の集合の要素数は高々 $\\frac{p+1}{2}$個である（実際はちょうど$\\frac{p+1}{2}$個でもある）．そこで，$h$を左辺の要素数として\r\n$$\r\n\\left\\\\{ \\frac{k(k+1)}{2} \\bmod{p} \\mid k=1,2,\\dots, n-1 \\right\\\\} = \\\\{ c_1 \\bmod{p}, \\dots, c_{h} \\bmod{p}\\\\}\r\n$$\r\nであるような $c_1,\\dots, c_{h} \\in \\mathbb{Z}$ を取る($i\\neq j$ならば$c_i \\not\\equiv c_j \\pmod{p}$ に注意)．このとき\r\n$$\r\nI(n) \\subset \\\\{ (c_i + pk) \\bmod{n} \\mid k=1,2,\\dots, \\frac{n}{p},\\quad i=1,2,\\dots, h \\\\}\r\n$$\r\nであるから，個数を評価して\r\n$$\r\n\\\\#I(n) \\leqq \\frac{n}{p}\\cdot h \\implies \\frac{\\\\#I(n)}{n} \\leqq \\frac{h}{p} \\leqq \\frac{p+1}{2p} \\leqq \\frac{2}{3}\r\n$$\r\nを得るが，これは $\\frac{\\\\# I(n)}{n} \\geqq \\frac{4}{5}$ に反する．よって矛盾であり，この場合は条件を満たす．\r\n\r\n　したがって，あとは $n=3, 2^{k}$ ($k=0,1,2,\\dots$) が条件を満たさないことを確認すればよい（本解と同様である）．\r\n\r\n\r\n（※）$2^{-1}$の意味が有理数から剰余体の元に変わっていることに注意（間違ってはいない）．$2^{-1} \\equiv\\frac{p+1}{2} \\pmod{p}$ なので，$4k(k+1) \\bmod{p} = (2k+1)^2 - 1 \\bmod{p}$ を $\\left(\\frac{p+1}{2}\\right)^{3}$ 倍した式と読み替えてもよい．その場合は，$x - 1$ ($x$ は平方剰余) の集合の各要素を $\\left(\\frac{p+1}{2}\\right)^{3}$ 倍した剰余が，$\\frac{k(k+1)}{2} \\bmod{p}$ が取りうる値の集合になる．", "text": "別の絞り方（割合を見る）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12678/683" }, { "content": "　$n=3,n=2^k$ が条件を満たさないことは本解同様．\\\r\n　$n$ が $5$ 以上の奇数のとき，$ a=\\frac{n-1}{2}-1, \\ b=\\frac{n+1}{2}$ が条件を満たす．\\\r\n　$n=m\\cdot 2^k$ と $3$ 以上の奇数 $m$ および 正整数 $k$ を用いて表されるとする．このとき\r\n\r\n$$a=\\frac{n}{2}+\\frac{m-1}{2}-2^k,\\hspace{3mm} b=\\frac{n}{2}+\\frac{m-1}{2}+2^k$$\r\n\r\nとおくと\r\n\r\n$$S_b-S_a=\\frac{1}{2}(b-a)(a+b+1)=2^k(m+n)=(2^k+1)n$$\r\n\r\nとなるので，$1\\leq a,b\\leq n-1$ ならば $n$ は条件を満たす．\\\r\n　まず $\\frac{n}{2}=\\frac{m}{2}\\cdot 2^k\\gt 2^k$ より $a\\gt 0$．また $b$ に関して，\r\n\r\n$$\\frac{2b}{n}=\\frac{(m+2)(2^k+1)-3}{m\\cdot 2^k}\\lt \\left(1+\\frac{2}{m}\\right)\\left(1+\\frac{1}{2^k}\\right)$$\r\n\r\nであり，$1+\\frac{1}{2^k}\\leq \\frac{3}{2}$ より\r\n\r\n$$\\left(1+\\frac{2}{m}\\right)\\left(1+\\frac{1}{2^k}\\right)\\geq 2\\Longleftrightarrow (m,k)=(3,1), (3,2), (5,1)$$\r\n\r\nこのうち $(m,k)=(3,2)\\ (\\Leftrightarrow n=12)$ のときは $b=11\\lt n$，$(m,k)=(5,1)\\ (\\Leftrightarrow n=10)$ のときは $b=9\\lt n$ となって条件を満たす．最後に $(m,k)=(3,1)$，つまり $n=6$ のときは $(a,b)=(2,5)$ と取り直すとこれは条件を満たす．以上より $3, 2^k$ 以外の全ての正整数は条件を満たす．\r\n\r\n　非自明な構成に見えるかもしれないが，直感的には $\\frac{m\\pm 1}{2}$ を中心として「足し合わせて $m$ となるペア」を $2^k$ 組作っているだけである．ただしそのままでは大きい $k$ に対して $a\\lt 0$ となってしまうので，全てに $\\frac{n}{2}$ を加えてほとんどの場合で $a,b$ が $1$ 以上 $n-1$ 以下となるようにした．", "text": "a,bのより簡潔な構成", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12678/684" } ]

[ { "content": "　$nnunou$ の $ou$ に対して操作を行うと $nnunno$ となるので，$nnunno$ に有限回の操作を行うことで得られる文字列の総数を求めればよい． \r\n　$nnunn$ に操作を行うことで得られる文字列について考察する．$n$ のうち左から奇数番目にあるものの数を $n_l$，偶数番目にあるものの数を $n_r$ とすると，操作によって $n_l-n_r$ の数は不変なので条件を満たす文字列について $n_l=n_r$ が成り立つ． \r\n　また，$nnunn$ は $2$ 回の操作で $uuuuu$ にすることができ，任意の $1\\leq i\\lt j\\leq 5,i+j\\equiv 1\\pmod{2}$ なる整数 $i,j$ に対して，$uuuuu$ の左から $i$ 番目と $i+1$ 番目の $uu$，$i+2$ 番目と $i+3$ 番目の $uu$，$\\cdots$，$j-1$ 番目と $j$ 番目の $uu$ に操作を行った後，$i+1$ 番目と $i+2$ 番目の $uu$，$i+3$ 番目と $i+4$ 番目の $uu$，$\\cdots$，$j-2$ 番目と $j-1$ 番目の $uu$ に操作を行うことで，$i$ 番目と $j$ 番目のみが $n$ であるような文字列が得られるので，これらをうまく組み合わせることで任意の $n_l=n_r$ なる文字列を得られる． \r\n　一方，$o$ が右端にない文字列についても，$o$ の左側において上と同様に $n_l,n_r$ を定め，$o$ の右側において $u$ のうち(文字列の左端から数えて)奇数番目にあるものの数を $u_l$，偶数番目にあるものの数を $u_r$ とすれば $n_l-n_r-u_l+u_r$ は操作で不変であり，逆にこれを満たすような文字列について適切な操作を行い $o$ を右端にした後に上と同様の議論をすることで $nnunno$ にできることがわかる． \r\n　以上より，$n_l=n_r$ なる文字列の数を求めればよく，これは\r\n$${}\\_{3}\\mathrm C\\_{0}\\cdot {}\\_{2}\\mathrm C\\_{0}+{}\\_{3}\\mathrm C\\_{1}\\cdot {}\\_{2}\\mathrm C\\_{1}+{}\\_{3}\\mathrm C\\_{2}\\cdot {}\\_{2}\\mathrm C\\_{2}=10$$\r\nである．よって，これらに $o$ を挿入する場合の数を考えることで\r\n$$10\\cdot 6=60$$\r\nより題意を満たす文字列の総数は**60**個と求まる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12729" }, { "content": "$u, n, o$ からなる文字列 $W$ に対し，$W$ の左から偶数文字目を上下反転させたものを $f(W)$ とする．$W$ に $1$ 回操作を行って $V$ が得られるとき，$f(V)$ は $f(W)$ の隣り合う文字を入れ替えたものになっている．初期状態は $f(W)=nuuuon$ であり，これを並び替えてできる文字列は $\\dfrac{6!}{3!2!1!}=60$ 個あるので，答えは $\\mathbf{60}$ **個**．", "text": "簡単解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12729/703" } ]

[ { "content": "　まず，以下を示す．\r\n\r\n **補題 1．** 正の整数 $x, y$ が $x^y = y^x$ を満たすならば，\r\n$(x,y) = (k,k), (2,4), (4,2)$ である $(k$ は正の整数$)$．\r\n\r\n<details>\r\n<summary> 証明 <\\/summary>\r\n　$2\\leq x \\lt y$ であるような解が $x = 2, y=4$ に限ることを示せばよい．有理数 $a\\gt 1$によって $y = ax$ と置くと $(x^{a})^{x} = (ax)^{x}$となるので，これを解くと $x = a^{\\frac{1}{a-1}}$ を得る．既約分数表示 $a = \\frac{p}{q}$ を取ると\r\n$$x = a^{\\frac{1}{a-1}} = \\left(\\dfrac{p}{q} \\right)^{\\frac{q}{p-q}}$$\r\nであり，これが整数となる必要がある．特に $x^{p-q} = \\frac{p^q}{q^q}$ が整数だから，$q^q = 1$の必要がある．よって $q=1$で，$p=2$ なら $x=2, y=px = 4$が得られる．$p\\geq 3$ の場合，$p = x^{p-1} \\geq 2^{p-1}$ という不等式に反するので解なし．よって $x=2, y=4$ に限られ，$y\\lt x$ の場合も考えることで補題の主張を得る．(証明終)\r\n<\\/details>\r\n\r\n　条件式で $X, Y$ を入れ替えることで，$f(X)^{f(Y)} = f(Y)^{f(X)}$ を得る．よって任意の $X, Y$ に対して，組 $(f(X), f(Y))$ は次の集合 $S$ に属す．\r\n\r\n$$ S \\coloneqq \\\\{ (2,4), (4,2), (1,1), (2,2), \\dots , (2024, 2024) \\\\}$$\r\n\r\n$U = \\\\{ 1,2,\\dots, 2024 \\\\}$とおき，$(f(U), f(\\varnothing))$ で場合分けを行う．\r\n\r\n　$(f(U), f(\\varnothing)) = (k,k)$ の場合，すべての $X\\subset U$ で $f(X) = k$ である．実際，任意の$X$に対して$Y$を補集合 $X \\setminus{U} $とすれば\r\n$$f(X)^{f(Y)} = f(U)^{f(\\varnothing)} = k^{k}$$\r\nを得るが，$k^k \\neq 16$ に注意すれば， $(f(X), f(Y)) = (k,k)$ とならねばならない．そして任意の $X\\subset U$ に対して $f(X) = k$ である関数 $f$ は明らかに条件を満たす．この場合，$k$ の 選択に応じて $2024$ 個の関数 $f$ を得る．\r\n\r\n　$(f(U),f(\\varnothing)) = (4,2)$ の場合を考える ($(2,4)$ の場合も同様に議論できる)．この場合，次が成り立つ．\r\n\r\n**補題 2．** $f(U) = 4, f(\\varnothing) = 2$ を仮定する．このとき，任意の $X\\subset U$に対して $f(X) \\in \\\\{ 2,4 \\\\}$ であり，次が成り立つ：\r\n1. $f(X) = 2$ ならば $f(U-X) = 4$．\r\n1. $f(X) = f(Y)$ ならば $f(X) = f(Y) = f(X\\cup Y) = f(X\\cap Y)$\r\n\r\n<details>\r\n<summary> 証明 <\\/summary>\r\n　$f(X)^{f(U-X)} = f(U)^{f(\\varnothing)} = 16$ であり，$(f(X), f(U-X)) \\in S$ に注意すれば $f(X)\\in \\{ 2,4 \\}$ および主張1. が従う． 主張2. は $f(X) = f(Y) = 2$ の場合は\r\n$$ f(X\\cup Y)^{f(X\\cap Y)} = 2^2 = 4$$\r\nとなるような $(f(X\\cup Y), f(X\\cap Y)) \\in S$ が $(2,2)$ に限られることから従う．$f(X) = f(Y) = 4$ の場合も同様である． \r\n<\\/details>\r\n\r\n　主張2. より $f(X) = f(Y) = 4$ ならば $f(X\\cap Y) = 4$ なので，特に $X\\cap Y \\neq \\varnothing$ である．$X, Y$ が $1$ 点集合のときを考えれば，これは $f(\\\\{ i \\\\}) = 4$ であるような $i$ が高々 $1$ 個であることを意味する． \r\n\r\n**Case 1. すべての $i$ で $f(\\\\{ i \\\\}) = 2$ である場合．**\r\n\r\n　補題2. の主張2. を繰り返し用いることで $f(U) = f(\\\\{ 1 \\\\} \\cup \\dots \\cup \\\\{ 2024 \\\\}) = 2$ が得られるので矛盾．\r\n\r\n\r\n**Case 2. ある一つの $i$ で $f(\\\\{ i \\\\}) = 4$ である場合．**\r\n\r\n　$i=1$ の場合を考える (他の $i$ でも同様)． $2\\leq j\\leq 2024$ を満たす整数 $j$ について $f(\\\\{ j \\\\}) = 2$ なので，補題2. の主張1, 2. より $ \\\\{ 2,3,\\dots, 2024 \\\\} = U \\setminus{\\\\{ 1 \\\\}}$ の任意の部分集合 $X$ に対して $f(X) = 2, ~ f(U-X) = 4$ が従う．$U-X$ は $1$ を含む $U$ の部分集合全体を走ることから，$1\\in Y$ ならば $f(Y) = 4$ となる．これによりすべての部分集合に対する $f$ の値が定まる．\r\n\r\n<details>\r\n<summary> このように構成された関数が条件を満たすことの確認． <\\/summary>\r\n　逆に，ある $i \\in \\\\{1, 2, \\ldots, 2024 \\\\}$ によって\r\n$$ \r\nf(X) = \r\n\\begin{cases}\r\n2 \\quad (i\\notin X) \\\\\\\\\r\n4\\quad (i\\in X)\r\n\\end{cases}\r\n$$ \r\nと与えられる関数 $f$ が問題の条件を満たすことを示す．実際，任意の $X,Y \\subset U$ に対し，\r\n\r\n- $i\\notin X, Y$ ならば， $i\\notin X\\cup Y, X\\cap Y$ だから $f(X)^{f(Y)} = 2^2 = f(X\\cup Y)^{f(X\\cap Y)}$，\r\n- $i\\in X, Y$ ならば， $i\\in X\\cup Y, X\\cap Y $だから $f(X)^{f(Y)} = 4^4 = f(X\\cup Y)^{f(X\\cap Y)}$，\r\n- $i\\in X, i\\notin Y$ ならば(逆の場合も同様)， $i\\in X\\cup Y$, $i\\notin X\\cap Y$だから $f(X)^{f(Y)} = 4^2 = f(X\\cup Y)^{f(X\\cap Y)}$．\r\n <\\/details>\r\n\r\n　よって $1\\leq i\\leq 2024$ に対し，問題の条件と $(f(U), f(\\varnothing)) = (4,2)$ を満たす関数が一つ定まるので，$(2,4)$の場合も考慮して $4048$ 個の関数 $f$ を得る．\r\n\r\n　以上より，求める個数は $ 2024 + 4048 = \\textbf{6072}$ 個．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/10027" } ]

[ { "content": "　$f(n)=(n^{2024}-1)n^{11}$ とし，答えを $M$ とします． \r\n\r\n素数 $p$ について， 任意の整数 $n$ に対して $f(n)$ が$p$ で割り切れるための必要十分条件は，任意の $p$ で割り切れない整数 $n$ に対して $n^{2024}-1$ が $p$ の倍数となることです．\r\n\r\n$n$ が $\\mathrm{mod} ~ p$ における原始根でも成り立っている必要があるため， $p-1$ が $2024$ の約数であることが必要です．\r\n\r\n逆に $p-1$ が $2024$ の約数であるならば， $M$ は $p$ の倍数になります\r\n\r\n$p=2$ のときに， $n^{a-b}-1$ と $n^b$ は互いに素なので, $m\\geq 2$ に対して，\r\n\r\n $2^m \\mid f(n)$ であることの必要十分条件は，$2^m$ が $n^{11}$ の約数であるか， $n^{2024}-1$ が $2^m$ の約数であることです．\r\n\r\n $2^m \\mid M$ であるためには， $m\\leq 11$ かつ任意の奇数 $n$ に対して $n^{2024} \\bmod{2^m} = 1$であることが必要十分です．\r\n\r\n$(\\mathbb{Z}\\/ 2^m \\mathbb{Z})^{\\times}\\cong \\mathbb{Z}\\/2\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}\\/2^{m-2}\\mathbb{Z}$ であるため， $2^{m-2}$ が $2024$ の約数であることが必要です．\r\n\r\nよって， $m\\leq 5$ のときに $2^m \\mid M$ となります．\r\n\r\n$p\\geq 3$ かつ $m\\geq 2$ のとき， \r\n\r\n$p^m \\mid M$ であるためには，任意の整数 $n$ に対して $p^m \\mid n^{11}$ かつ $p^m \\mid (n^{2024}-1)$ であることが必要十分条件です\r\n\r\nこれは， $11\\geq m$かつ， 任意の $p$ と互いに素な整数 $n$ に対して $n^{2024}\\bmod{p}=1$ でることが必要十分です．\r\n\r\nこれは，$(\\mathbb{Z}\\/p^m\\mathbb{Z})^{\\times} \\cong \\mathbb{Z}\\/(p-1)\\mathbb{Z} \\times \\mathbb{Z}\\/p^{m-1}\\mathbb{Z}$ であることから， $11\\geq m$ かつ $(p-1)p^{m-1} \\mid 2024$ となります．\r\n\r\n以上を整理します\r\n\r\n$2024=2^3\\times 11\\times 23$ の正の約数は $1,2,4,8, 11,22,44,88 ,23,46,92,184, 253, 506, 1012,2024$ の16個であり，$M$の素因数を列挙すると $2,3,5,23,89,47,1013$ となります．\r\n\r\nさらに，$M$ は $2$ でちょうど $5$ 回割り切れて，$23$ については，$(23-1)\\cdot 23^{2-1} \\mid 2024$ であるため，$M$ は $23$ で $2$ 回割り切れます． それ以外の素因数ではちょうど $1$ 回のみ割り切れます．\r\n\r\nよって，\r\n\r\n$$M=2^5\\cdot 3\\cdot 5\\cdot 23^2\\cdot 47\\cdot 89\\cdot 1013=\\bm{1075955275680}$$\r\n\r\nとなります．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12680" }, { "content": "　乗法群の構造を調べなくても，LTEの補題をメインに用いて最大の値を調べられることを見る．\r\n\r\n$f(n) = (n^{2024} - 1)n^{11}$ とおき，素数 $p$ に対して\r\n$$\r\ne_p = \\min_{n\\in \\mathbb{Z}} v_p(f(n))\r\n$$\r\nとおく（ただし $v_p(0) = \\infty$ とみなす）．すべての整数 $n$ で $\\frac{f(n)}{m}$ が整数であることは $v_p(m) \\leqq e_p$ がすべての素数 $p$ で成り立つことと同値であるから，\r\n$$\r\n\\prod_{p:\\text{prime}} p^{e_p}\r\n$$\r\nが答えになると予想される（この時点では無限積に見えるが，後でほとんどの $p$ で$e_{p}=0$ とわかる）．\r\n\r\n$2024$ を $p-1$ で割った余りを $r_p$ とするとき，$p$で割れない整数 $n$ について $n^{2024}\\equiv n^{r_p} $ であるから，もし $r_p \\neq 0$ なら $n \\bmod{p}$ として原始根を取ることで $n^{2024}\\not\\equiv 1$ かつ $n\\not\\equiv 0\\pmod{p}$ であるようにできるので $e_p = 0$ である．逆に $r_p = 0$ の場合，すべての $n$ で $n^{2024}\\equiv 1\\pmod{p}$ または $n^{11}\\equiv 0$ だから，$e_p \\geqq 1$である．\r\n\r\n　よって，$r_p = 0$ であるような部分のみを考え $P = \\\\{ 2, 3,5, 23, 47, 89, 1013\\\\}$ とおくことで\r\n$$\r\nM = \\prod_{p\\in P}p^{e_p}\r\n$$\r\nが答えである．そこで，$e_p$ ($p\\in P$) を求める．\r\n\r\n　$n$ が $p$ の倍数のとき $v_p(f(n)) \\geq 11$ なので $e_p \\leq 11$．次に $p\\neq 2$ とし， $n = p+1$ のときを考えると，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nv_p(f(p+1)) &= v_p((p+1)^{2024} - 1) \\\\\\\\ \r\n&= v_{p}(p) + v_p(2024) \\\\\\\\ \r\n&= \\begin{cases}\r\n1 & (p\\neq 23) \\\\\\\\\r\n2 & (p=23)\r\n\\end{cases}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nを得るので，$p\\neq 2,23$ に対して $e_p \\leq 1$, したがって $e_p = 1$ を得る．さらに $p=23$ のときは，任意の $23$で割れない $n$ に対して，$2024 = 22\\cdot 92$ より\r\n$$\r\nv_{23}(n^{2024} - 1) = v_{23}(n^{22} - 1) + v_{23}(92) \\geq 1 + 1 = 2\r\n$$\r\nなので $e_{23} \\geq 2$, したがって $e_{23} = 2$ を得る．\r\n\r\n　最後に $e_2$ については，$p=2$ でのLTEの補題を用いる．その主張は，任意の奇数 $x,y$ と 偶数 $N$ について， \r\n$$\r\nv_2(x^N - y^N) = v_2(x^2 - y^2) + v_2(N) - 1\r\n$$\r\nが成り立つというものである．これにより，奇数 $n$ に対して\r\n$$\r\nv_2(f(n)) = v_2(n^{2024} - 1) = v_2(n^2 - 1) + v_2(2024) - 1 = v_2(n^2 - 1) + 2\r\n$$\r\nとなるが，一般に奇数 $n$ に対して $n^2 \\equiv 1 \\pmod{8}$ なので $v_2(f(n)) \\geq 5$ であり，$n=3$ とすれば $v_2(3^2 - 1) = 3$ だから 等号は実現する．よって $e_2 = 5$ である．\r\n\r\nよって $M = 2^5\\cdot 23^2 \\cdot 3\\cdot 5\\cdot 47\\cdot 89\\cdot 1013$ が解答するべき値．", "text": "LTEの補題による評価", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12680/695" } ]

[ { "content": "　$S=\\\\{1,\\ldots,999\\\\}$ とおく．輝く書き込み $K$ に対し，$i\\in S$ であって $i$ 行 $i$ 列目に書き込まれているものを $K$ の**輝く数**とよび，$i\\in S$ のうち $K$ の輝く数でないものを $K$ の**輝かない数**とよぶ．\r\n\r\n　$S$ の部分集合 $A$ に対して，輝く書き込みのうち，以下の $2$ 条件を満たすものの集合を $E(A)$ とする．\r\n\r\n- $i\\in A$ ならば，$i$ は $i$ 行目のマスに書き込まれている\r\n- $i\\not\\in A$ ならば，$i$ は $i$ 列目のマスに書き込まれている\r\n\r\n　ある輝く書き込み $K$ の輝く数全体を $i_1,\\ldots,i_n \\in S$ とする．この $K$ に対し， $K\\in E(A)$ となるような $A$ の個数は，各 $i_1,\\ldots,i_n$ を $A$ に入れるか入れないかを考えることで $2^n$ 通り存在する（$K$ の輝かない数については，$A$ に入るかどうかは一意的に定まる）． すなわち，それぞれの輝く書き込み $K$ に対し，$K\\in E(A)$ となるような $A$ の個数は $K$ の輝度と等しいので，輝度の総和は，すべての $A\\subset S$ に対する $E(A)$ の要素の個数の総和に等しい．\r\n\r\n　$k\\in S$ とし，$|A|=k$ となるような $A\\subset S$ に対する $|E(A)|$ を求める． $|E(A)|$ は $|A|$ にのみ依存するので，$A=\\{1,\\ldots,k\\}$ としてよい．$K\\in E(A)$ となる書き込み $K$ において，$1\\leq i\\leq k$ が $i$ 行 $j$ 列目（$k+1\\leq j\\leq 999$）に書かれていると仮定すると，$j\\not\\in A$ より $j$ は $j$ 列目に書かれているはずだが，これは同じ列に $2$ つ以上の文字が書き込まれないことに反する．よって，$1\\leq i\\leq k$ なる $i$ が書き込まれうるのは $1$ 列目から $k$ 列目までであり，列の重複を考慮すると，$1$ 列目から $k$ 列目までの書き込み方は $k!$ 通りある．同様に，$k+1$ 列目から $999$ 列目までの書き込み方は $(999-k)!$ 通りあるので，$K\\in E(A)$ となる書き込みの個数は $k!(999-k)!$ 通りである．$|A|=k$ となる $A\\subset S$ の個数は ${}\\_{999}\\mathrm{C}_k$通りであるから，求める総和は，\r\n\r\n$$\\sum_{k=0}^{999}{}\\_{999}\\mathrm{C}{}\\_k \\cdot k!(999-k!)=\\sum_{k=0}^{999}999!=1000!$$\r\n　よって，ルジャンドルの定理より，特に解答すべき値は $\\mathbf{249}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12077" }, { "content": "　置換の言葉を用いて記述し，母関数で場合の数を計算できることをみる．\r\n\r\n　$N=999$ とし，$\\\\{ 1,\\dots, N\\\\}$ の置換の集合を $S_N$ とする．条件より，$1, \\dots, n$ の数字はどれもちょうど1回ずつ書き込まれ，さらにどの行にもちょうど1回数字がちょうど表れる．\r\n\r\n　そこで，「$i$列目 $\\tau(i)$ 行目に数字 $\\sigma(i)$ が書き込まれている」とする ($\\sigma, \\tau\\in S_N$, $i=1,2,\\dots, N$ )． 条件を満たすような $(\\sigma,\\tau)$ の個数を求めればよいが，条件は，次のように言い換えられる．\r\n- 任意の $l=1,2,\\dots,N$ に対して「$\\sigma(l) \\neq l$ ならば $\\tau(\\sigma^{-1}(l)) = l$である」が真．\r\n\r\n$\\sigma$ の固定点が $m$ 個，$\\tau$ の固定点が $n$ 個であるとし($0\\leq n, m \\leq N$)，$\\sigma$ の固定点を $p_1,\\dots, p_m$ とおく．$k$ 項の攪乱順列の個数 (モンモール数) を $a_k$ とおくと，\r\n- $\\sigma$ の選び方は，固定点の選び方とそれ以外の攪乱順列による置換を考えて， ${}\\_N\\mathrm{C}\\_{m}a_{N-m}$ 通り取れる．\r\n- $\\tau$ は条件より，補集合 $\\\\{1,\\dots, n \\\\}\\setminus{\\\\{ p_1,\\dots, p_m \\\\}}$ 上で $\\tau = \\sigma$ と決定されるから，特にそこでは固定点が存在しない．よって，$\\\\{ p_1,\\dots, p_m\\\\}$ 上で固定点が $n$ 個の置換となればよいから， $n\\le m$ であり，${}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{n}a_{m-n}$ 通り取れる．\r\n\r\nまた，輝き度は $2^n$ である．よって，次の総和を計算すればよい．\r\n$$\r\n\\sum_{0\\leq n\\leq m\\leq N} ({}\\_N\\mathrm{C}\\_{m}\\cdot a_{N-m}\\cdot {}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{n}\\cdot a_{m-n}\\cdot 2^n)\r\n$$\r\n$n=p$, $m-n=q$, $N-m = r$ と変換すると $0\\leq p,q,r\\leq N$であり，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\sum_{0\\leq n\\leq m\\leq N} ({}\\_N\\mathrm{C}\\_{m}\\cdot a_{N-m}\\cdot {}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{n}\\cdot a_{m-n}\\cdot 2^n) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{p+q+r = N} ({}\\_N\\mathrm{C}\\_{p+q}\\cdot a_{r}\\cdot {}\\_{p+q}\\mathrm{C}\\_{p}\\cdot a_{q}\\cdot 2^p) \\\\\\\\\r\n&= N! \\sum_{p+q+r = N} \\left(\\frac{a_{r}}{r!}\\cdot \\frac{a_{q}}{q!}\\cdot \\frac{2^p}{p!}\\right) \\\\\\\\\r\n&= N![x^N] \\left(\\frac{e^{-x}}{1-x}\\right)^2 e^{2x} \\\\\\\\\r\n&= N![x^N] (1-x)^{-2} \\\\\\\\\r\n&= N![x^N] (1+2x + 3x^2 + \\dots + (N+1)x^N + \\dots) \\\\\\\\\r\n&= (N+1)! \r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nただし，モンモール数の指数型母関数が $\\sum_{k\\geq 0} \\frac{a_k}{k!} x^{k} = \\frac{e^{-x}}{1-x}$ であることを用いた．\r\n　以上より，求める答えは\r\n$$\r\nv_5(1000!) = 200 + 40 + 8 + 1 = \\mathbf{249}\r\n$$", "text": "別解（母関数を利用する）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12077/691" }, { "content": "　$n\\times n$ のマス目に対して輝く書き込みおよび輝度を同様に定め，すべての輝く書き込みの輝度を足し合わせた値を $a_n$ とおく．また，$a_0=1$ とする．\r\n\r\n　$n\\geq 3$ とし，$a_n$ を $a_{n-1},\\dots ,a_1,a_0$ を用いて表す．まず $1$ が $1$ 行 $1$ 列目に書き込まれているとき，残りの数字の書き込み方は $(n-1)\\times (n-1)$ のマス目の輝く書き込み方と等しい．よってこの場合の輝度の和は $2a_{n-1}. $\r\n\r\n　$1$ が $1$ 行 $i$ 列目 $(2\\leq i\\leq n)$ に書き込まれているとき，$i$ は $i$ 列目に書き込むことが出来ないので，$i$ の書き込み方は $(n-1)$ 通りある．そのうち $i$ を $i$ 行 $1$ 列目に書き込む場合，残りの数字の書き込み方は $(n-2)\\times (n-2)$ のマス目の輝く書き込み方に等しいので，この場合の輝度の和は $a_{n-2}$．残りの $(n-2)$ 通りの場合，すなわち $i$ を $i$ 行 $j$ 列目 $(j\\neq 1,i)$ に書き込む場合，$j$ の書き込み方は $(n-2)$ 通りだが，そのうち $j$ を $1$ 列目に書き込む場合の輝度の和は上と同様に考えて $a_{n-3}$．以下同様に考えていくと，$1$ が $1$ 行 $i$ 列目 $(2\\leq i\\leq n)$ に書き込まれる場合の輝度の和は\r\n\r\n$$\\sum_{k=0}^{n-2}{}\\_{n-2}\\mathrm{P}\\_{k}a_{n-k-2}$$\r\n\r\nである．これが任意の $i=2,\\dots ,n$ で成り立ち，かつ $1$ が $i$ 行 $1$ 列目 $(i\\neq 1)$ に書き込まれる場合も同様であるので，全ての場合を足し合わせて\r\n\r\n$$a_n=2\\sum_{k=0}^{n-1}{}\\_{n-1}\\mathrm{P}\\_{k}a_{n-k-1}=2\\sum_{k=0}^{n-1}\\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!}a_{n-k-1}$$\r\n\r\nと表せる．ここで，$a_k=(k+1)!$ $(k=1,\\dots, n-1)$ と仮定すると\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n2\\sum_{k=0}^{n-1}\\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!}a_{n-k-1}&=2\\sum_{k=0}^{n-1}\\frac{(n-1)!}{(n-k-1)!}(n-k)!\\\\\\\\\r\n&=2\\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)(n-1)!\\\\\\\\\r\n&=2\\cdot \\frac{n(n+1)}{2}(n-1)!\\\\\\\\\r\n&=(n+1)!\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなるので，$a_1=2!, a_2=3!$ より帰納法が成立し，任意の正整数 $n$ に対して $a_n=(n+1)!$ となる．特に $a_{999}=1000!$ であり，ルジャンドルの定理より求める答えは $\\mathbf{249}$ である．", "text": "漸化式と帰納法による解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12077/697" } ]

[ { "content": "　多項式 $f(x)$ に対して $p_{i}(f)$ $(i=0,1,\\dots,5)$ を，$f$ の $x^k$ の係数のうち $k$ が $6$ で割って $i$ 余るものの総和とする．任意の多項式 $f, g$ および多項式\r\n\r\n$$Q(x)=a_5x^5+\\cdots +a_1x+a_0$$\r\n\r\nに対して，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\np_i(f+g)=p_i(f)+p_i(g),\\quad p_i(Qf)=\\sum_{k=0}^{5}a_kp_{i-k}(f)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nが成り立つ．ただし，$p_{i}(f)=p_{i+6}(f)$ $(-5\\leq i\\leq -1)$ とした．\r\n\r\n　さて，求める値を $p_i$ を用いて言い換える．まず，\r\n\r\n$$F_n(x)=\\left(\\frac{x+x^2+\\cdots+x^{2024}}{2024}\\right)^n $$\r\n\r\nとすると，$F_n$ の $x^k$ における係数は $n$ 回操作を行ったときに得られた数字の和が $k$ となる確率と一致するので，$P(n,i)=p_{i}(F_n)$ が成り立つ．また二項定理より，多項式 $R(x)$ が存在して\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nF_n(x)&=\\left(\\frac{x+x^2+(1+x+x^2+\\cdots+x^5)(x^3+x^9+\\cdots +x^{2019})}{2024}\\right)^n\\\\\\\\ \r\n&=\\left(\\frac{x+x^2}{2024}\\right)^n+(1+x+\\cdots +x^5)R(x)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなり，$S(x)=(1+x+\\cdots+x^5)R(x)$ とおくと任意の $i,j$ $(0\\leq i,j\\leq 5)$ に対して \r\n\r\n$$p_i(S)=p_j(S)=\\sum_{k=0}^{5}p_k(R)$$ \r\n\r\nであるので，\r\n\r\n$$f_n(x)=\\left(\\frac{x+x^2}{2024}\\right)^n $$\r\n\r\nとおくと\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\max_{0\\leq i\\leq 5}P(n,i)-\\min_{0\\leq i\\leq 5}P(n,i)&=\\max_{0\\leq i\\leq 5}p_{i}(F_n)-\\min_{0\\leq i\\leq 5}p_{i}(F_n)\\\\\\\\\r\n&=\\max_{0\\leq i\\leq 5}p_{i}(f_n)-\\min_{0\\leq i\\leq 5}p_{i}(f_n)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなる．ここで，以下の補題が成り立つ．\r\n\r\n**補題．** $n$ を正の整数とし，\r\n$$\\begin{aligned}\r\ng_n(x)&=(-1)^n2024^{2n-1}x^4f_{2n-1}(x) \\\\\\\\\r\nh_n(x)&=(-1)^{n-1}2024^{2n}f_{2n}(x)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nに対して\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nb_{n,i}=p_i(g_n),\\ c_{n,i}=p_i(h_n)\\ (i=0,\\dots,5)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとおくと，\r\n\r\n$$\\begin{cases}\r\nb_{n,0}=b_{n,5}\\leq b_{n,1}=b_{n,4}\\leq b_{n,2}=b_{n,3}\\\\\\\\\r\nc_{n,0}\\leq c_{n,1}=c_{n,5}\\leq c_{n,2}=c_{n,4}\\leq c_{n,3}\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nかつ\r\n\r\n$$\\begin{cases}\r\nb_{n,3}-b_{n,0}=3^{n-1} \\\\\\\\\r\nc_{n,3}-c_{n,0}=2\\cdot 3^{n-1}\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nが成り立つ. \r\n\r\n<details>\r\n<summary>補題の証明<\\/summary>\r\n\r\n帰納法で示す．$n=1$のとき， \r\n\r\n$$\\begin{cases}\r\nb_{1,0}=b_{1,1}=b_{n,4}=b_{n,5}=0,\\ b_{1,2}=b_{1,3}=1\\\\\\\\\r\nc_{1,0}=c_{1,1}=c_{1,5}=0,\\ c_{1,2}=c_{1,4}=1,\\ c_{1,3}=2\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nより成立．$n=k$ で成り立つと仮定する．このときまず $b_{n,3}-b_{n,0}$ について，\r\n$$\\begin{aligned}\r\ng_{k+1}(x)&=(-1)^{k+1}x^4(x+x^2)^{2k+1} \\\\\\\\\r\n&=-(x+x^2)^2g_k(x) \\\\\\\\\r\n&=-(x^2+2x^3+x^4)g_k(x)\r\n\\end{aligned}$$\r\nであり，\r\n仮定より \r\n$$\\begin{aligned}\r\nb_{k+1,3}-b_{k+1,0}&=-(b_{k,5}+2b_{k,0}+b_{k,1})+(b_{k,2}+2b_{k,3}+b_{k,4})\\\\\\\\\r\n&=3(b_{k,3}-b_{k,0})\\\\\\\\\r\n&=3^k\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなって $n=k+1$ でも成立．同様に $b_{k+1,i}$ と $b_{k+1,j}$ $(0\\leq i\\lt j\\leq 5)$ の差をみることで, \r\n$$\\begin{cases}\r\nb_{k+1,2}=b_{k+1,3}, \\ b_{k+1,1}=b_{k+1,4}, \\ b_{k+1,0}=b_{k+1,5}\\\\\\\\\r\nb_{k+1,2}\\geq b_{k+1,1}\\geq b_{k+1,0}\r\n\\end{cases}$$\r\nも成り立つので，$b_{k+1,i}$ に関する不等式も成立する. また $c_{n,3}-c_{n,0}$ について，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx^6h_{k+1}(x)&=(-1)^{k}x^6(x+x^2)^{2k+2} \\\\\\\\\r\n&=-(x^3+x^4)g_{k+1}(x) \\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\nより，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nc_{k+1,3}-c_{k+1,0}&=-(b_{k+1,0}+b_{k+1,5})+(b_{k+1,2}+b_{k+1,3})\\\\\\\\\r\n&=2(b_{k+1,3}-b_{k+1,0})\\\\\\\\\r\n&=2\\cdot 3^k\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなって $n=k+1$ でも成り立つ．同様に $c_{k+1,i}$ と $c_{k+1,j}$ $(0\\leq i\\lt j\\leq 5)$ の差をみることで, $c_{k+1,i}$ に関する不等式も成立する. 以上より示せた．\r\n<\\/details>\r\n\r\nしたがって補題より，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\\sum_{n=1}^{\\infty}\\left(\\max_{0\\leq i\\leq 5}P(n,i)-\\min_{0\\leq i\\leq 5}P(n,i)\\right)&=\\sum_{n=1}^{\\infty}\\left(\\max_{0\\leq i\\leq 5}p_{i}(f_n)-\\min_{0\\leq i\\leq 5}p_{i}(f_n)\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{n=1}^{\\infty}\\left(\\frac{b_{n,3}-b_{n,0}}{2024^{2n-1}}+\\frac{c_{n,3}-c_{n,0}}{2024^{2n}}\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{n=1}^{\\infty}\\left(\\frac{(2024+2)\\cdot 3^{n-1}}{2024^{2n}}\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2026}{2024^2}\\cdot \\left(1-\\frac{3}{2024^2}\\right)^{-1}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2026}{4096573}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nであり，特に解答すべき値は $2026+4096573=\\mathbf{4098599}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598" }, { "content": "本解では代数的に記述されている部分が多いので，補題の前までを組み合わせ的に考える方法を与える．\r\n\r\nまず，カードに書かれてある数の集合 $\\\\{ 1,2,\\dots, 2024\\\\} $を，次の二つに分解する：\r\n$$\r\nA = \\\\{ 3,4,\\dots, 2023,2024\\\\}, \\qquad B=\\\\{ 1,2 \\\\}\r\n$$\r\nこのとき，どの$i=0,1,2,3,4,5$ に対しても，$A$の中には $\\bmod{6}$ で $i$であるような要素がちょうど $337$ 個存在することに注意する．\r\n\r\n以降，記録された $n$ 個の数字を並べて列 $X=(x_1, \\dots, x_n)$ を考え，$x_i\\in A$ であるか $x_i\\in B$ であるかによって，列$X$ を $(A,A,B,A,\\dots, A)$ のような $A,B$ の列に変換した列を $Y$ とよぶ．\r\n\r\n　$Y$ の中に $A$ が $k$ 個 ($k =1,2,\\dots, 2024$) 含まれている場合に$S_n\\equiv i\\pmod{6}$ となる場合の数を計算する．そのような $Y$ を一つ取る．たとえば，$Y = (B,B,\\dots, B, A, A, \\dots, A)$ のような列を考える．このとき， $x_1,\\dots, x_{n-1}$ の数字が何であっても，最後の $x_n \\in A$ でちょうど $337$ 個の数字が存在して， $S_n \\equiv i\\pmod{6}$ が成り立つようにできる．よって，このときの場合の数は $2^{n-k}\\cdot 2024^{k}\\cdot 337 = \\frac{1}{6}\\cdot 2^{n-k}\\cdot 2024^{n}$ なので，その他の $Y$ および $k$ について足し上げることで\r\n$$\r\n\\sum_{k=1}^{n} \\frac{{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_k}{6}\\cdot 2^{n-k}\\cdot 2024^{k}\r\n$$\r\nが，「$Y$ の中に $A$ が少なくとも一つ含まれるでかつ $S_n\\equiv i\\pmod{6}$ となる場合の数」となる．これが $i$ に依存しないことに注意すれば，残りの確率を $Q(n,i)$，すなわち\r\n$$\r\nP(n,i) = \\frac{1}{2024^n}\\left( \\sum_{k=1}^{n} \\frac{{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_k}{6}\\cdot 2^{n-k}\\cdot 2024^{k} \\right) + Q(n,i)\r\n$$\r\nと書いたときに，\r\n$$\r\n\\max_{i} P(n,i) - \\min_{i} P(n,i) = \\max_{i} Q(n,i) - \\min_{i} Q(n,i)\r\n$$\r\nとなる．そして，この $Q(n,i)$ は要するに 「$Y=(B,B,\\dots, B,B)$ かつ $S_n\\equiv i\\pmod{6}$ となる確率」なので，$(x+x^2)^{n}$ の係数について考えることに帰着される．\r\n\r\n　この考え方において肝心なのは，$A$ という対称性の高い集合を無理やり作り出す部分であり，これによって 対称性から外れてしまった(しかし要素数が少なくてシンプルな) 集合 $B$ 上の問題へと帰着させることができる（参考：https:\\/\\/mathlog.info\\/articles\\/nNX6dXUeyb35vYurGP5l ）．", "text": "補題の前までを組み合わせ的に", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598/689" }, { "content": "　本解同様に $F_n, f_n$ を定めると，1の原始6乗根 $\\zeta$ および $j=1,\\dots, 5$ に対して\r\n\r\n$$F_n(\\zeta^j)=f_n(\\zeta^j)=\\sum_{i=0}^{5}P(n,i)\\zeta^{ij}$$\r\n\r\nが成り立つ．よって $q_{n,i}=2024^n(P(n,i)-\\frac{1}{6})$ とすると，( $1+\\zeta+\\cdots+\\zeta^5=0$ より)\r\n\r\n$$\\begin{cases}\r\nq_{n,5}\\zeta^5+q_{n,4}\\zeta^4+q_{n,3}\\zeta^3+q_{n,2}\\zeta^2+q_{n,1}\\zeta\\ +q_{n,0}=(\\sqrt{-3})^n\\\\\\\\\r\nq_{n,5}\\zeta^4+q_{n,4}\\zeta^2+q_{n,3}\\hspace{3mm} +q_{n,2}\\zeta^4+q_{n,1}\\zeta^2+q_{n,0}=(-1)^n\\\\\\\\\r\nq_{n,5}\\zeta^3+q_{n,4}\\hspace{3mm}+q_{n,3}\\zeta^3 +q_{n,2}\\hspace{3mm}+q_{n,1}\\zeta^3+q_{n,0}=0\\\\\\\\\r\nq_{n,5}\\zeta^2+q_{n,4}\\zeta^4+q_{n,3}\\hspace{3mm} +q_{n,2}\\zeta^2+q_{n,1}\\zeta^4+q_{n,0}=(-1)^n\\\\\\\\\r\nq_{n,5}\\zeta\\ +q_{n,4}\\zeta^2+q_{n,3}\\zeta^3+q_{n,2}\\zeta^4+q_{n,1}\\zeta^5+q_{n,0}=(-\\sqrt{-3})^n\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nとなる．$\\sum_{i=0}^{5}q_{n,i}=0$ より，各 $i=0,\\dots ,5$ に対して，$j$ 番目の式 $(j=1,\\dots 5)$ にそれぞれ $\\zeta^{-ij}$ を掛けて全て足し合わせると左辺は $6q_{n,i}$ となる．したがって，\r\n\r\n$$q_{n,i}=\\alpha_{n,i}+\\beta_{n,i}\\hspace{3mm} \\left(\\alpha_{n,i}=\\frac{1}{3}{\\rm Re}(\\zeta^{-i}\\sqrt{3}^n),\\beta_{n,i}=\\frac{1}{3}{\\rm Re}(\\zeta^{-2i}(-1)^n)\\right)$$\r\n\r\nを得る．ここで $|\\beta_{n,i}-\\beta_{n,j}|\\leq |\\zeta^{-2i}(-1)^n|+|\\zeta^{-2j}(-1)^n|\\leq 2$ かつ $\\alpha_i\\neq \\alpha_j$ で $|\\alpha_{n,i}-\\alpha_{n,j}|\\geq \\frac{\\sqrt{3}^n}{2}$ より，$n\\geq 3$ に対して $\\alpha_{n,i}\\gt \\alpha_{n,j}$ ならば $q_{n,i}\\gt q_{n,j}$．$n=1,2$ に対しても同様のことが成り立っているので，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\max_{0\\leq i\\leq 5}q_{n,i}=\\left\\\\{\\begin{array}{lc}\r\nq_{n,0}&(n\\equiv 0\\mod 4)\\\\\\\\\r\nq_{n,1}=q_{n,2}&(n\\equiv 1\\mod 4)\\\\\\\\\r\nq_{n,3}&(n\\equiv 2\\mod 4)\\\\\\\\\r\nq_{n,4}=q_{n,5}&(n\\equiv 3\\mod 4)\r\n\\end{array}\\right.\r\n, \\hspace{5mm}\r\n\\min_{0\\leq i\\leq 5}q_{n,i}=\\left\\\\{\\begin{array}{lc}\r\nq_{n,3}&(n\\equiv 0\\mod 4)\\\\\\\\\r\nq_{n,4}=q_{n,5}&(n\\equiv 1\\mod 4)\\\\\\\\\r\nq_{n,0}&(n\\equiv 2\\mod 4)\\\\\\\\\r\nq_{n,1}=q_{n,2}&(n\\equiv 3\\mod 4)\r\n\\end{array}\\right. \r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nが分かり，$n=2m$ （ $m$ は正整数）のとき \r\n$$\\displaystyle \\max_{0\\leq i\\leq 5}q_{n,i}-\\min_{0\\leq i\\leq 5}q_{n,i}=\\frac{2}{3}\\left|{\\rm Re}(\\sqrt{3}i)^{2m}\\right|=2\\cdot 3^{m-1}$$\r\n\r\n$n=2m-1$ のとき\r\n$$\\displaystyle \\max_{0\\leq i\\leq 5}q_{n,i}-\\min_{0\\leq i\\leq 5}q_{n,i}=\\frac{2}{3}\\left|{\\rm Re}(\\zeta^{-1}(\\sqrt{3}i)^{2m-1})\\right|=3^{m-1}$$\r\n\r\nが分かる．以下は本解同様に簡単な計算によって答えを得られる．", "text": "複素数を用いた解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598/693" }, { "content": "　公式解説では $(\\dfrac{x+x^2}{2024})^n$ の係数を考えていますが，結局のところ係数のうち最大のものと最小のものが分かれば良いので，$(1+x)^n$ の係数を $6$ 周期で足し合わせたものとすると見通しが良くなります．", "text": "補足", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12598/702" } ]

[ { "content": "　$N=101$ とおく．以下単に三角形といえば， $P$ に属する $3$ 点からなる三角形のことを指すものとする．$O$ を内部に含むような三角形全体の集合を $X_3$ とし，$P$ に属する $4$ 点の組であって，その凸包が $O$ を含むようなもの全体の集合を $X_4$ とする．また，$X_3$ に属する三角形と $P$ に属する $1$ 点の組であって，選んだ $1$ 点が三角形の頂点でないようなもの全体の集合を $Y$ とする．このとき, $|Y|=(2N-3)|X_3|$ が成り立つことが容易に分かる．$X_4$ に属する $4$ 点の組 $Q$ をとるとき，$Q$ の中から $X_3$ に属するような三角形を選ぶ方法はちょうど $2$ 通りである．よって，$Q$ を $X_3$ に属するような三角形と残りの $1$ 点の組ととらえることで，$Y$ の元がちょうど $2$ 個得られる．逆に，$Y$ の元を $4$ 点の組と捉えることで $X_4$ の元がちょうど $1$ つ得られる．したがって，$|Y|=2|X_4|$ が成り立つから，$$|X_4|=\\dfrac{2N-3}{2}|X_3|$$\r\nを得る．ここで, \r\n$$R_n=\\biggl(\\cos\\Bigl(\\dfrac{2n\\pi}{N}\\biggr), \\sin\\biggl(\\dfrac{2n\\pi}{N}\\Bigr)\\biggr)$$\r\nとおき，正 $N$ 角形の頂点集合 $R$ を，$R=\\\\{R_1, R_2, \\ldots, R_N\\\\}$ で定める．$R$ の $3$ 点の組であって， その $3$ 点からなる三角形が $O$ を内部に含むようなもの全体の集合を $Z_3$ とする．$Z_3$ の元 $(R_i, R_j, R_k)$ をとるとき，半直線 $OR_i, OR_j, OR_k$ 上それぞれに $P$ に属する点はちょうど $2$ 個存在する．このことから，$P$ の $3$ 点の組 $(A, B, C)$ であって，$A, B, C$ がそれぞれ半直線 $OR_i, OR_j, OR_k$ 上にあるようなものはちょうど $8$ 組存在し，$(R_i, R_j, R_k)$ が $Z_3$ の元であることから，この $8$ 個の組はすべて $X_3$ に属する．逆に $X_3$ に属する $3$ 点の組 $(A, B, C)$ からは，半直線 $OA, OB, OC$ 上の $R$ の点 $R_i, R_j, R_k$ をそれぞれとることにより，$Z_3$ の元が一意に定まるから，$|X_3|=8|Z_3|$ が成り立つ．\\\r\n　以上より，求める $|X_4|$ について，\r\n$$|X_4|=\\dfrac{2N-3}{2}|X_3|=4(2N-4)|Z_3|$$\r\nが成り立つから，$|Z_3|$ を求めればよい．$R$ の $3$ 点の組 $(R_i, R_j, R_k)$ であって，その $3$ 点からなる三角形が $O$ を内部に含まないものをとる．このとき，三角形 $R_iR_jR_k$ は鈍角三角形であるから，角 $R_j$ が鈍角であるとし，また，$R_i, R_j, R_k$ はこの順に時計回りに並んでいるとする．$R_i$ の選び方は $R$ から $1$ 点選べば良いから $N$ 通りある．$R_j, R_k$ は $R$ の点のうち，点 $O$ から点 $R_i$ を見たときに直線 $R_iO$ の右側にある $\\frac{N-1}{2}$ 点から選べばよいから，${}_\\frac{N-1}{2}{\\rm C}_2$ 通りある．以上より，$R$ の $3$ 点の組であって，その $3$ 点からなる三角形が $O$ を内部に含まないものは\r\n$$N\\cdot {}_\\frac{N-1}{2}{\\rm C}_2=\\dfrac{N(N-1)(N-3)}{8}$$\r\n個あるから，\r\n$$|Z_3|={}_N{\\rm C}_3-\\dfrac{N(N-1)(N-3)}{8}= \\dfrac{N(N-1)(N+1)}{24}$$\r\nであり，\r\n$$|X_4|=4(2N-3)\\cdot \\dfrac{N(N-1)(N+1)}{24}=\\dfrac{N(N-1)(N+1)(2N-3)}{6}$$\r\nである．$N=101$ を代入することで，解答すべき値は $\\mathbf{34168300}$ であると分かる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12306" } ]

[ { "content": "　特に断らない限り合同式は $5$ を法とする．$f(1)=1$ は $5$ の倍数ではない．$n\\geq 2$ において，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(n) & = \\sum_{k=1}^n\\frac{nk}{\\text{gcd}(n,k)}\\\\\\\\\r\n& = n\\sum_{d|n} \\sum_{\\substack{1\\leq k\\leq n\\\\\\\\ \\text{gcd}(n,k)=d}}\\frac{k}{d}\\\\\\\\\r\n&=n\\sum_{d|n}\\sum_{\\substack{1\\leq m\\leq n\\/d\\\\\\\\ \\text{gcd}(n\\/d,m)=1}}m\\\\\\\\\r\n&=n\\sum_{d|n}\\sum_{\\substack{1\\leq m\\leq d\\\\\\\\ \\text{gcd}(d,m)=1}}m\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nここで，$d$ 以下の $d$ と互いに素な正の整数の個数を $\\varphi(d)$ とすると，\r\n\r\n$$\\sum_{\\substack{1\\leq m\\leq d\\\\\\\\ \\text{gcd}(d,m)=1}}m\r\n=\\begin{cases}\r\n1&(d=1)\\\\\\\\ \r\n\\dfrac{d}{2}\\varphi(d)&(d\\gt1)\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nが成り立つ．実際，$d=1$ のときは明らかで，$d\\gt1$ のとき，$m$ が $d$ 以下の $d$ と互いに素な正の整数ならば $d-m$ もそうであるので，$d$ 以下の $d$ と互いに素な整数の値の平均は $\\dfrac{d}{2}$ である．よってそのような整数の総和は $\\dfrac{d}{2}\\varphi(d)$ となる．\r\n\r\n　恒等写像およびオイラー関数 $\\varphi$ は乗法的であるので，関数 $n\\varphi(n)$ も乗法的である．したがって素数 $p_1,\\ldots,p_{\\ell}$ と正の整数 $e_1,\\ldots,e_{\\ell}$ により $n=p_1^{e_1}\\cdots p_\\ell^{e_{\\ell}}$ と素因数分解すれば，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(n)&=n\\Bigg(1+\\sum_{d\\gt1,d|n}\\frac{d}{2}\\varphi(d)\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&=n\\Bigg(\\frac{1}{2}+\\sum_{d|n}\\frac{d}{2}\\varphi(d)\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n}{2}\\Bigg(1+\\sum_{d|n}d\\varphi(d)\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n}{2}\\Bigg(1+\\prod_{i=1}^{\\ell}\\left(\\sum_{k=1}^{e_i}p_i^k\\varphi(p_i^k)\\right)\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n}{2}\\Bigg(1+\\prod_{i=1}^{\\ell}(1+p_i(p_i-1)+\\cdots+p_i^{2e_i-1}(p_i-1))\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n}{2}\\Bigg(1+\\prod_{i=1}^{\\ell}(1-p_i+p_i^2-\\cdots-p_i^{2e_i-1}+p_i^{2e_i})\\Bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{n}{2}\\Bigg(1+\\prod_{i=1}^{\\ell}\\frac{p_i^{2e_i+1}+1}{p_i+1}\\Bigg)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nよって，$f(n)$ が $5$ の倍数となるのは，$n$ が $5$ の倍数となるときか，\r\n\r\n$$\\prod_{i=1}^{\\ell}\\frac{p_i^{2e_i+1}+1}{p_i+1}\\equiv -1\\tag{i}$$\r\n\r\nとなるときのいずれかである．$N^{2024}$ の正の約数のうち $5$ の倍数であるものの個数は，$5$ の指数が $1$ 以上であるものの個数であるので，$100$ 以下の素数の個数が $25$ であることから，\r\n\r\n$$2025^{24}\\cdot 2024$$\r\n\r\nと計算される．以下，$n$ は $5$ の倍数でないとする．\r\n\r\n　$n$ の素因数 $p_i$ について， $\\dfrac{p_i^{2e_i+1}+1}{p_i+1}$ が $5$ の倍数となるとすると，$p_i^{2e_i+1}\\equiv-1$ より $p_i^{2(2e_i+1)}\\equiv1$ となる．一方フェルマーの小定理より $p_i^4\\equiv1$ であるので，$\\gcd(2(2e_i+1),4)=2$ より $p_i^2\\equiv1$ すなわち $p_i\\equiv \\pm1$ でなくてはならない．$p_i^{2e_i+1}\\equiv-1$ と合わせると，$\\dfrac{p_i^{2e_i+1}+1}{p_i+1}$ が $5$ の倍数となるのは $p_i\\equiv-1$ のときに限られることが分かる．一方 $p_i\\equiv-1$ のとき，\r\n\r\n$$\\dfrac{p_i^{2e_i+1}+1}{p_i+1}=1-p_i+p_i^2-\\cdots+p_i^{2e_i}\\equiv2e_i+1$$\r\nとなる．\r\n\r\n　よって，$100$ 以下の素数のうち $5$ で割った余りが $1,2,3$ となるものを $q_1,\\ldots,q_x$，余りが $4$ となるものを $r_1,\\ldots,r_y$ とおき，それらに対応する指数をそれぞれ $f_1,\\ldots,f_x,g_1,\\ldots,g_y$ とすると，\r\n\r\n$$\\prod_{i=1}^x\\frac{q_i^{2f_i+1}+1}{q_i+1}\\not\\equiv0, \\quad\\prod_{i=1}^y\\frac{r_i^{2g_i+1}+1}{r_i+1}\\equiv\\prod_{i=1}^y(2g_i+1)$$\r\n\r\nが成り立つ．特に，$5$ の倍数でない $N^{2024}$ の正の約数 $n$ のうち，\r\n\r\n$$\\prod_{1\\leq i\\leq \\ell,p_i\\neq r_y}\\frac{p_i^{2e_i+1}+1}{p_i+1}=\\Bigg(\\prod_{i=1}^x\\frac{q_i^{2f_i+1}+1}{q_i+1}\\Bigg)\\Bigg(\\prod_{j=1}^{y-1}\\frac{r_j^{2g_j+1}+1}{r_j+1}\\Bigg)\\not\\equiv0$$\r\n\r\nとなるものの個数は，$j=1,\\ldots,y-1$ に対して $2g_j+1\\not\\equiv0$ すなわち $g_j\\not\\equiv 2$ となるような $0$ 以上 $2024$ 以下の整数 $g_j$ の選び方を考えることで，\r\n\r\n$$2025^x\\cdot 1620^{y-1}$$\r\n\r\nと計算できる．この条件が成り立っているとき，(i) が成り立つような $g_y$ の選び方は $5$ を法としてちょうど $1$ つ存在するので，$5$ の倍数でない $N^{2024}$ の正の約数 $n$ のうち (i) が成り立つものの個数は，\r\n\r\n$$2025^x\\cdot 1620^{y-1}\\cdot405$$\r\n\r\n　$100$ 以下の素数のうち $5$ で割って $4$ 余るのは，下一桁が $9$ である $19,29,59,79,89$ の $5$ 個であるので，$x=19,y=5$ となる．従って，$N^{2024}$ の正の約数のうち $f(n)$ が $5$ の倍数となるものの割合は，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{a}{b}&=\\frac{2025^{24}\\cdot2024+2025^{19}\\cdot 1620^4\\cdot 405}{2025^{25}}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{405^5\\cdot(5^5\\cdot2024+4^4)}{2025^6}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{5^5\\cdot2024+4^4}{2025\\cdot 5^5}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{6325256}{6328125}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n特に解答すべき値は $\\bold{12653381}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11826" } ]

[ { "content": "　$S$ を問題の総和とする．また，以下では合同式の法は $3$ であるとし，$x_{10+k}=x_{k}, y_{10+k}=y_{k}$ となるように $x_{11}, y_{11}, x_{12}, y_{12}, \\dots$ を定める．\r\n\r\n　$A= \\\\{ (1,3), (3,1), (1,1), (3,3), (2,2) \\\\}$，$B = \\\\{ (2,1), (1,2), (2,3), (3,2) \\\\}$ とおく．$(a,b) \\in A$ であるとき，$a^y + y^b \\bmod{3}$ を $y=4,5,6$ に対して計算すると，順に\r\n- $1^y + y^3 \\equiv 2,0,1$ \r\n- $3^y + y^1 \\equiv 1,2,0$ \r\n- $1^y + y^1 \\equiv 2,0,1$ \r\n- $3^y + y^3 \\equiv 1,2,0$ \r\n- $2^y + y^2 \\equiv 2,0,1$ \r\n\r\nなので，いずれの場合も $0,1,2$ がちょうど $1$ 回ずつ現れることがわかる．\r\n\r\n\r\n**Case 1.** $X = (x_1,\\dots, x_{10})$ について「$(x_1, x_2), (x_2, x_3), \\dots (x_{9}, x_{10}), (x_{10}, x_{1})$ の中に $A$ の要素が少なくとも一つ含まれている」ことを仮定する．その $A$ の要素の一つを $(x_{i}, x_{i+1})$ とおく．このとき $S$ の中の $x_i^{y_i} + y_{i}^{x_{i+1}}$ を見ることで，$y_{i}$ を除く $y_1,y_2,y_3,\\dots, y_{10}$ の値を $3^{9}$ 通りの中からどのように決めたとしても，ちょうど一つの $y_{i} \\in \\\\{ 4,5,6\\\\}$ が存在して $S\\equiv 0$ にすることができる．\\\r\n　したがって，この仮定を満たす $(x_1,x_2,\\dots, x_{10})$ が $N$ 個あるとするとき，条件を満たす列の組 $(X,Y)$ が $3^9\\cdot N$ 個得られる．\r\n\r\n**Case 2.** $X = (x_1,\\dots, x_{10})$ について，$(x_1, x_2), (x_2,x_3), \\dots (x_{9}, x_{10}), (x_{10}, x_{1})\\in B$ である場合を考える．このような $X$ は，$k_{i} \\in \\\\{ 1,3\\\\}$ を用いて \r\n$$\r\n(2,k_2,2,k_4,2,k_6,2,k_8,2,k_{10}),\\quad (k_1,2,k_3,2,k_5,2,k_7,2,k_9,2) \r\n$$\r\nと表せるような $64$ 組のいずれかであることが分かるから，$3^{10} - N = 64$ である．よって $N = 3^{10} - 64$ である． \r\n\r\n　$X = (k_1,2,k_3,2,k_5,2,k_7,2,k_9,2)$ の場合を考える．$k_{1}, k_3, k_5, k_7, k_9\\in \\\\{ 1, 3\\\\} $ なので \r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\ny_{2i-1}^{k_{2i-1}} + k_{2i-1}^{y_{2i}} + y_{2i}^{2} + 2^{y_{2i+1}} \\equiv y_{2i-1} + k_{2i-1} + y_{2i}^2 + 2^{y_{2i+1}}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが $i=1,2,3,4,5$ で成り立つ．したがって，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nS &\\equiv \\sum_{i=1}^{5}(2^{y_{2i-1}} + y_{2i-1}) + \\sum_{i=1}^{5} y_{2i}^2 + \\sum_{i=1}^{5} k_{2i-1} \\\\\\\\ \r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．この式から $S\\equiv 0$ となるための $y_1,\\dots, y_{10}, k_{1}, k_{3}, \\dots, k_{10}$ の条件を考える．\r\n\r\n　$y=4,5,6$ のとき $2^y + y \\equiv 2,1,1$ および $x^2 \\equiv 1,1,0$ である．したがって，$S\\equiv 0$ となる $(y_1,y_2,\\dots, y_{10}, k_{1}, \\dots, k_{5})$ の個数を求めることは，次の場合の数を求めることに帰着する．\r\n\r\n- $\\\\{ 1,1,2\\\\}, \\\\{ 0,1,1 \\\\}, \\\\{ 0,1 \\\\} $ がそれぞれ $5$ 個ずつ，計 $15$ 個の多重集合がある．これら $15$ 個から 要素を一つずつ選ぶ．選んだ要素の和が $3$ の倍数になるような選び方はいくつあるか．\r\n\r\nこれは多項式 $f(x) = (2x + x^2)^5(1 + 2x)^5(1 + x)^5$ の $x^{3n}$ $(n=0,1,2,\\dots)$ の係数の総和として求められ，$\\omega = \\dfrac{-1 + \\sqrt{-3}}{2}$ とおくと $\\displaystyle \\frac{1}{3} \\sum_{k=0}^{2} f(\\omega^{k})$ に等しい．$f(x) = (2x^4 + 7x^3 + 7x^2 + 2x)^5$ より，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\dfrac{1}{3} \\sum_{x=1, \\omega, \\omega^2} (2x^4 + 7x^3 + 7x^2 + 2x)^5 \\\\\\\\\r\n&= \\dfrac{1}{3} \\sum_{x=1, \\omega, \\omega^2} (7x^3 + 7x^2 + 4x)^5 \\\\\\\\\r\n&= \\dfrac{1}{3} \\cdot 18^{5} + \\dfrac{1}{3}\\sum_{x=\\omega, \\omega^2} (7x^3 + 7x^2 + 4x)^5 \\\\\\\\ \r\n&= 6\\cdot 18^{4} + \\dfrac{1}{3}\\sum_{x=\\omega, \\omega^2} (-3x)^5 \\\\\\\\\r\n&= 6\\cdot 18^4 - 3^4\\cdot (\\omega^5 + \\omega^{10}) \\\\\\\\\r\n&= 6\\cdot 18^4 + 81\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n$x_1,x_2,\\dots, x_{10}$ の役割は巡回的に対称なので，$X = (2,k_2,2,k_4,2,k_6,2,k_8,2,k_{10})$ の場合も同様である．したがって **Case 2.** の場合は $12 \\cdot 18^{4} + 162$ 組 の条件を満たす $(X,Y)$ が得られる．\r\n\r\n　以上より，求める個数は\r\n$$\r\n3^{9}\\cdot (3^{10} - 64) + (12 \\cdot 18^{4} +162) = 3^{19} + 162 = \\mathbf{1162261629}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12400" }, { "content": "　$a^b$ の $\\mathrm{mod} ~ 3$ における寄与を考えるとき, $b$ が偶数か奇数かで性質が変わってしまう. よって, \r\n$$x_1\\rightarrow y_{10}\\rightarrow x_{10}\\rightarrow\\cdots\\rightarrow y_1$$ の順に決めながら, 直前に決めた数の偶奇で場合分けを行い,\r\n$$ y_{10}^ {x_1}\\rightarrow x_{10}^{y_{10}}\\rightarrow y_{9}^{x_{10}}\\rightarrow\\cdots\\rightarrow x_1^{y_1} $$\r\nの順に寄与を反映させる. \\\r\nまた最初に決めた $x_1$ の値で, 最後の $x_1^{y_1}$ の寄与も依存するから最初に決める $x_1$ の偶奇で場合分けをする. \r\n\r\n---\r\n\r\n　① $x_1\\in \\\\{1,3\\\\}$ のとき.\\\r\n多項式 ( $3$ で割った余りが同じ次数は同一視, すなわち $x^3-1$ を法として考える) $f(x),g(x)$ を以下のように定義する. \r\n\r\n- $Z=(x_1,y_{10}),\\\\;\\ S=y_{10}^{x_1}$ とし, $Z$ の末尾の要素 を $2$ で割った余りが $i$ で, $S$ を $3$ で割った余りが $j$ となる $Z$ の個数を $dp[i][j]$ とし,\r\n$$f(x)=dp[0][0]+dp[0][1]x+dp[0][2]x^2,\\quad g(x)=dp[1][0]+dp[1][1]x+dp[1][2]x^2$$\r\nとする.\r\n\r\n　このとき, 初期値として,\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x\\\\\\\\\r\nx^2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n$$\r\nが成り立つ. $Z\\leftarrow (Z,x_{10}),\\\\;\\ S\\leftarrow S+x_{10}^{y_{10}}$ とし, このとき $f,g$ は以下のように変化する.\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\leftarrow \r\n\\begin{pmatrix}\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\n次に, $Z\\leftarrow (Z,y_9),\\\\;\\ S\\leftarrow S+y_9^{x_{10}}$ のときの $(f,g)$ の遷移は\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\leftarrow \r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\nとなる. 従って, 初期値 $Z=(x_1,y_{10}),\\\\;\\ S=y_{10}^{x_1}$ から \r\n$$Z\\leftarrow (Z,x_{10},y_9,x_9,\\dots,y_1),\\\\;S\\leftarrow S+x_{10}^{y_{10}}+y_9^{x_{10}}+x_9^{y_9}+\\cdots+y_1^{x_2}$$\r\n における $(f,g)$ の遷移は\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\leftarrow \r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\nであり, この状態から最後 $Z\\leftarrow (Z,x_1), S\\leftarrow S+x_1^{y_1}$ としたときの遷移は $x_1\\in\\\\{1,3\\\\}$ に注意すると,\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\leftarrow \r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\nとなる. したがって, 以下の多項式 $f(x),g(x)$ それぞれの $3$ の倍数次の項の係数の総和を求めれば良い.\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x\\\\\\\\\r\nx^2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\n上式に $x=1,\\omega,\\omega^2$ を代入すると,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(1)\\\\\\\\\r\ng(1)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n2&2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2&2\\\\\\\\\r\n1&1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1&1\\\\\\\\\r\n2&2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2\\\\\\\\\r\n1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n2&2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n6&6\\\\\\\\\r\n3&3\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2\\\\\\\\\r\n1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n2&2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n3^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2&2\\\\\\\\\r\n1&1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2\\\\\\\\\r\n1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\\\\\\\\r\n&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n2&2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n3^9\\times 3^8\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2&2\\\\\\\\\r\n1&1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\n2\\\\\\\\\r\n1\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\\begin{pmatrix}\r\n0\\\\\\\\\r\n18\\times 3^{17}\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(\\omega)\\\\\\\\\r\ng(\\omega)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n1+\\omega &1+\\omega\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+\\omega &1+\\omega\\\\\\\\\r\n\\omega &\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\omega &\\omega^2 \\\\\\\\\r\n1+\\omega &1+\\omega \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+\\omega \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2\\\\\\\\\r\n\\omega &\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\omega &\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- \\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- 1+\\omega &0 \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\- \\omega &1\\- \\omega \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- \\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n(-1+\\omega)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1 &0 \\\\\\\\\r\n\\omega & -1 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- \\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Big(\\sqrt{3}\\exp\\Big(\\frac{5}{6}\\pi i \\Big)\\Big)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1 &0 \\\\\\\\\r\n\\omega & -1 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- \\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\\begin{pmatrix}\r\n0&0\\\\\\\\\r\n\\- \\omega^ 2 &\\- \\omega^ 2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\sqrt{3^9}(-i)\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1 &0 \\\\\\\\\r\n\\omega & -1 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\- \\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\omega^2 \\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0\\\\\\\\\r\n\\dfrac{3^5+3\\sqrt{3^9}i}{2}\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(\\omega^2)\\\\\\\\\r\ng(\\omega^2)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n\\overline{f(\\omega)}\\\\\\\\\r\n\\overline{g(\\omega)}\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n&=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n0\\\\\\\\\r\n\\dfrac{3^5-3\\sqrt{3^9}i}{2}\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって, ①の場合求める組の個数は \r\n$$\\frac{1}{3}\\Big(18\\times 3^{17}+\\dfrac{3^5+3\\sqrt{3^9}i}{2}+\\dfrac{3^5-3\\sqrt{3^9}i}{2}\\Big)=18\\times 3^{16}+3^4$$ である.\r\n\r\n　②$x_1\\in \\\\{2\\\\}$ のとき.\\\r\n①と同様に行うが初期値と最後の遷移が違うことに注意すると, 答えは以下の多項式 $f(x),g(x)$ それぞれの $3$ の倍数次の項の係数の総和であることがわかる.\r\n$$\\begin{pmatrix}\r\nf(x)\\\\\\\\\r\ng(x)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}=\r\n\\begin{pmatrix}\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n0&0\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg(\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nx&x^2\\\\\\\\\r\n1+x&1+x\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n\\Bigg)^9\r\n\\begin{pmatrix}\r\n1+x\\\\\\\\\r\nx\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\n①と同様に計算すると,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(1)\\\\\\\\\r\ng(1)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}&\r\n=\r\n\\begin{pmatrix}\r\n9\\times 3^{17}\\\\\\\\\r\n0\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(\\omega)\\\\\\\\\r\ng(\\omega)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}&\r\n=\\begin{pmatrix}\r\n\\dfrac{3^5+3\\sqrt{3^9}i}{2}\\\\\\\\\r\n0\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n\\begin{pmatrix}\r\nf(\\omega^2)\\\\\\\\\r\ng(\\omega^2)\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}&\r\n=\\begin{pmatrix}\r\n\\dfrac{3^5-3\\sqrt{3^9}i}{2}\\\\\\\\\r\n0\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nしたがって, ②の場合求める組の個数は, $9\\times 3^{16}+3^4$ である.\r\n\r\n以上より, 求める答えは\r\n$$(18\\times 3^{16}+3^4)+(9\\times 3^{16}+3^4)=27\\times 3^{16}+2\\times 3^4.$$", "text": "2つの母関数(多項式)を用いる解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12400/705" } ]

[ { "content": "　直線 $RH$ と $\\Gamma$ の交点を $S$ $(S\\neq R)$ とする．$H$ と $P$ は直線 $AC$ に関して対称であり，$H$ と $Q$ は直線 $AB$ に関して対称であるから，$A$ を中心とし $H$ を通る円を $\\Omega$ とすると，$\\Omega$ は $P, Q$ を通る．線分 $AR$ が $\\Gamma$ の直径であることから $\\angle{APR}=\\angle{AQR}=90^\\circ$ であり，$\\Omega$ は直線 $PR, QR$ とそれぞれ $P, Q$ で接する．また，$O$ を中心とし，$M, N$ を通る円を $\\omega$ とすると，$\\omega$ は $R$ を中心として $\\Omega$ を $\\dfrac{1}{2}$ に相似拡大した円である．よって，$\\omega$ は直線 $PR, QR$ とそれぞれ $M, N$ で接する．線分 $BC$ の中点を $L$ とすると，$OL=\\dfrac{1}{2}AH$ であり，線分 $OL$ と直線 $BC$ は直交するから，$\\omega$ は $L$ で直線 $BC$ に接する．\r\n\r\n**補題 (La Hire's theorem)．** 円 $\\gamma$ と，$\\gamma$ の中心とは異なる $2$ 点 $I, J$ に対して，$J$ が $I$ の極線上にあるならば， $I$ は $J$ の極線上にある．\r\n<details>\r\n<summary>証明<\\/summary>\r\n　$\\gamma$ の中心を $O$ とし，$\\gamma$ に関する反転で $I, J$ がうつる点を $I^{\\prime}$, $J^{\\prime}$ とする．$I$ の極線 $l$ は，$I^{\\prime}$ を通り $OI$ に垂直な直線であるから， $\\gamma$ に関する反転で $l$ が移る円を $\\omega$ とすると，$OI$ は $\\omega$ の直径となる．$J$ が $l$ 上にあることから，$J^\\prime$ は $\\omega$ 上にあり，$\\angle{IJ^\\prime O}=90^\\circ$ である．よって，$I$ は $J^\\prime$ を通り，$OJ$ に垂直な直線，すなわち $J$ の極線上にある．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　直線 $MN$ は $\\omega$ に関する $R$ の極線であり，$X$ は直線 $MN$ 上にあるから，補題より直線 $RL$ は $X$ の極線である．よって，直線 $XO$ と直線 $RS$ は直交し，特に $\\angle{XRS}=\\angle{XSR}$ が成り立つ．また，三角形 $AHO$ と三角形 $RXH$ は相似であるから，$\\angle{HAO}=\\angle{XRH}$ が成り立つ．よって，直線 $AH$ と $SX$ の交点を $D$ とすると，\r\n$$\\angle{DSH}=\\angle{XSR}=\\angle{XRH}=\\angle{HAO}=\\angle{DAR}$$\r\nが成り立つから，$D$ は $\\Gamma$ 上にある．$D$ は直線 $AH$ と $\\Gamma$ の $A$ でない方の交点であるから, $BC$ に関して $H$ と対称であり，$\\angle{XDH}=\\angle{XHD}$ が成り立つ．また，円周角の定理より $\\angle{XDH}=\\angle{HRO}$ であるから，$\\angle{XHD}=\\angle{HRO}$ である．再び三角形 $RXH$ と三角形 $AHO$ の相似より，$\\angle{RHX}=\\angle{AOH}$ であるから，$\\angle{SHX}=\\angle{HOR}$ である．以上より，\r\n$$\\angle{SHD}=\\angle{SHX}+\\angle{XHD}=\\angle{HOR}+\\angle{HRO}=\\angle{OHS}$$\r\nを得る．また，$\\angle{SDH}=\\angle{ORS}=\\angle{OSH}$ であるから，三角形 $SHD$ と三角形 $OHS$ は相似であり，特に $\\angle{DSH}=\\angle{SOH}$ である．よって，$$\\angle{SOH}=\\angle{DSH}=\\angle{RAH}=\\angle{ROL}$$\r\nであり，$OS=OR$ であることとあわせて，$H$ と $L$ が $OX$ に関して対称であることが分かる．これより，$OH=OL$ であるから，$AH=2OL=2OH$ であり，$SH=HL=LR$ であるから，$HR=2SH$ である．また，$H$ と $L$ の対称性より，$\\angle{XHL}=\\angle{XLH}$ であるから，$H$ から直線 $AR$ に下した垂線の足を $E$ とすると，\r\n$$\\angle{HOE}=\\angle{XHL}=\\angle{XLH}=\\angle{DRS}=\\angle{HAS}$$\r\nが成り立ち，$\\angle{HEO}=\\angle{HSA}=90^\\circ$ とあわせて三角形 $HOE$ と三角形 $HAS$ は相似であることが分かる．よって，三角形 $SHE$ と三角形 $AHO$ は相似となり，$AH=2HO$ より，$SH=2HE$ となる．$HR=2SH$ であったから，$HR=2SH=4HE$ であり，三角形 $RHE$ と三角形 $RAS$ は相似であるから，$AR=4AS$ が分かる．\\\r\n　以上より，$\\Gamma$ の半径を $r$ とおくと，\r\n$$AR=2r, \\hspace{5pt}AS:AR=1:4, \\hspace{5pt}SH:HR=1:2$$\r\nが成り立つから，三平方の定理などを用いて計算することで，\r\n$$AH=\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}r, \\hspace{5pt}\\tan\\angle{HAS}=\\dfrac{\\sqrt{15}}{3}$$ \r\nを得る．$H$ と $L$ が $OX$ に関して対称であることから，$\\angle{OHX}=\\angle{OLX}=90^\\circ$ であり，三角形 $AHO$ と三角形 $RXH$ の相似により，$$XR=AH\\cdot \\dfrac{HX}{OH}=AH\\cdot \\tan\\angle{HOX}$$が成り立つ．また，四角形 $OLXH$ は円に内接するから，円周角の定理より，$\\angle{HOX}=\\angle{HLX}=\\angle{HAS}$ である．以上より，$$XR=AH\\cdot \\tan\\angle{HOX}=AH\\cdot\\tan\\angle{HAS}=\\dfrac{\\sqrt{6}}{3}r\\cdot\\dfrac{\\sqrt{15}}{3}=\\dfrac{\\sqrt{10}}{3}r$$\r\nと計算できるから，$r=2024$ を代入することで，$XR=\\dfrac{2024\\sqrt{10}}{3}$ を得る．特に解答すべき値は $\\mathbf{40965769}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12702" } ]

[ { "content": "　与えられた漸化式は，\r\n$$ x_{n+1}=\\frac{x_n^2+x_{n+2}^2}{x_n+x_{n+2}} $$\r\nという形や，\r\n$$x_{n+2}(x_{n+2}-x_{n+1})=x_{n}(x_{n+1}-x_{n})$$\r\nという形に変形できることに注意する．これより\r\n$$S_{k}(n)=x_{n}x_{n+1}(x_{n+1}-x_{n})$$\r\nとすると，任意の $n$ について $S_{k}(n)=S_{k}(n+1)$ がいえる．また，任意の $n$ について $x_{n}, S_{k}(n)$ はどちらも正なので，$x_{n}\\lt x_{n+1}$ である．以降，$S_{k}(n)$ を単に $S_{k}$ と書く． \r\n　$O$ を原点とする直交座標において $A_{n}(x_{n}, x_{n}^2), B(2024, 2024^2)$ とすると，\r\n$$|△OA_{n}A_{n+1}|=\\frac{1}{2}S_{k}$$\r\nとなる．任意の $n$ について $x_{n}\\lt x_{n+1}\\lt x_{n+2}$ であることから，直線 $OA_{n+1}$ に対して $A_{n}$ と $A_{n+2}$ は反対側にある．直線 $OA_{2}$ と直線 $OB$ および $y=x^2$ $(314\\leq x\\leq 2024)$ によって囲まれた領域を $D$ とすると，多角形 $OA_2…A_{m_k}$ は $D$ に含まれるため\r\n$$\\begin{aligned}\r\nm_kS_k &=2S_k+2(|△OA_2A_3|+…+|△OA_{m_k-1}A_{m_k}|)\\\\\\\\\r\n&\\leq 2S_k+2(Dの面積)\\\\\\\\ \r\n&=2S_k+2 \\bigg( \\int_{0}^{2024}(2024x-x^2)dx-\\int_{0}^{314}(314x-x^2)dx \\bigg)\\\\\\\\\r\n&=2S_{k}+\\frac{2024^3-314^3}{3}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる．ここで，次の補題を示す．\r\n \r\n**補題1．** 任意の $n$ について以下が成り立つ．\r\n$$x_{n+1}-x_n\\leq x_n-x_{n-1}\\leq \\cdots \\leq x_3-x_2\\lt k$$\r\n\r\n**証明1．** $2$ 以上の $n$ について\r\n$$x_{n+1}=\\frac{x_n^2+x_{n+2}^2}{x_n+x_{n+2}}\\geq \\frac{x_n+x_{n+2}}{2}$$\r\nより\r\n$$x_{n+1}-x_n\\geq x_{n+2}-x_{n+1}$$\r\nがわかるので\r\n$$x_3-x_2\\geq x_4-x_3 \\geq \\cdots \\geq x_{n+1}-x_n$$\r\nとなる．一方で，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx_3-x_2 &=\\frac{-x_2+\\sqrt{x_2^2+4x_1x_2-4x_1^2}}{2}\\\\\\\\\r\n&\\lt \\frac{-x_2+\\sqrt{x_2^2+4x_1x_2+4x_1^2}}{2}\\\\\\\\\r\n&=k\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなるから，命題は示された．$\\blacksquare$\r\n \r\n**補題2．** 以下が成り立つ．\r\n$$\\lim_{k\\to +0}x_{m_k}=2024$$\r\n\r\n**証明2．** 補題1と$m_k$ の最大性から\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0 &\\leq2024-x_{m_k} \\\\\\\\\r\n&\\lt x_{m_k+1}-x_{m_k} \\\\\\\\\r\n&\\leq x_{m_k}-x_{m_k-1}\\\\\\\\\r\n&\\leq \\frac{1}{m_k-2}\\big((x_{m_k}-x_{m_k-1})+(x_{m_k-1}-x_{m_k-2})+\\cdots +(x_3-x_2)\\big)\\\\\\\\\r\n&\\leq \\frac{1}{m_k-2}(x_{m_k}-x_2)\\\\\\\\\r\n&\\leq \\frac{1}{m_k-2}(2024-314)\\\\\\\\\r\n&\\lt \\frac{1}{m_k-2} \\frac{2024-314}{2024-x_3}(x_{m_k+1}-x_3)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{m_k-2} \\frac{2024-314}{2024-x_3}\\big((x_{m_k+1}-x_{m_k})+(x_{m_k}-x_{m_k-1})+\\cdots +(x_4-x_3)\\big)\\\\\\\\\r\n&\\leq \\frac{1}{m_k-2} \\frac{2024-314}{2024-x_3}(m_k-2)(x_4-x_3)\\\\\\\\\r\n&\\lt \\frac{2024-314}{2024-x_3}k\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれと，\r\n$$ \\lim_{k\\to +0}x_3 =\\lim_{k\\to +0}\\frac{x_2+\\sqrt{x_2^2+4kx_2-4k^2}}{2} = 314 $$\r\nから，\r\n$$\\lim_{k\\to +0}\\frac{2024-314}{2024-x_3}k=0$$\r\nなので，\r\n$$\\lim_{k\\to +0}x_{m_k}=2024$$\r\nを得る．$\\blacksquare$ \r\n \r\n　補題1より，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0 &\\lt \\frac{2024^3-314^3}{3}-(m_k-2)S_k\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{l=2}^{m_k-1}\\int_{x_l}^{x_{l+1}} \\big((x_l+x_{l+1})x-x_lx_{l+1}-x^2 \\big)dx+|\\triangle OA_{m_k}B| \\\\\\\\\r\n&\\qquad +\\int_{x_{m_k}}^{2024} \\big((x_{m_k}+2024)x-2024x_{m_k}-x^2 \\big)dx\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{l=2}^{m_k-1}\\frac{1}{6}(x_{l+1}-x_l)^3+\\frac{1}{2}x_{m_k}\\cdot 2024(2024-x_{m_k})+\\frac{1}{6}(2024-x_{m_k})^3\\\\\\\\\r\n&\\lt \\frac{1}{6}(m_k-2)k^3+\\frac{1}{6}(2024^3-x_{m_k}^3)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{6}(m_k-2)S_k\\frac{k^2}{314(314-k)}+\\frac{1}{6}(2024^3-x_{m_k}^3)\\\\\\\\\r\n&\\leq \\frac{1}{6} \\frac{2024^3-314^3}{3} \\frac{k^2}{314(314-k)}+\\frac{1}{6}(2024^3-x_{m_k}^3)\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなり，補題2より，\r\n$$\\lim_{k\\to +0}\\frac{k^2}{314(314-k)}=0$$\r\n$$\\lim_{k\\to +0}(2024^3-x_{m_k}^3)=0$$\r\nなので\r\n$$\\lim_{k\\to +0}(m_k-2)S_k=\\frac{2024^3-314^3}{3}$$\r\nとなる．したがって，\r\n$$\\lim_{k\\to +0}S_k=\\lim_{k\\to +0}x_1x_2(x_2-x_1)=\\lim_{k\\to +0}314k(314-k)=0$$\r\nとあわせて，\r\n$$\r\n\\lim_{k\\to +0}km_k =\\lim_{k\\to +0}\\frac{(m_k-2)S_k+2S_k}{314(314-k)}\r\n=\\frac{2024^3-314^3}{3\\cdot 314^2}\r\n=\\frac{688375890}{24649}\r\n$$\r\nより，答える値は $\\mathbf{688400539}$ である．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11774" }, { "content": "　漸化式より\r\n\r\n$$x_{n+2}x_{n+1}(x_{n+2}-x_{n+1})=x_{n+1}x_n(x_{n+1}-x_n)=\\cdots=x_2x_1(x_2-x_1)=314k(314-k)$$\r\n\r\n特に $x_{n+1}-x_n=\\dfrac{314k(314-k)}{x_{n+1}x_n}\\gt0$ より $x_{n}\\lt x_{n+1}$ である．上式を $n=1$ から $n=m_k$ まで足し上げると，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n314km_k(314-k)&=\\sum_{n=1}^{m_k}x_{n+2}x_{n+1}(x_{n+2}-x_{n+1})\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{3}\\sum_{n=1}^{m_k}\\left(x_{n+2}^3-x_{n+1}^3-(x_{n+2}-x_{n+1})^3\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{3}(x_{m_k+2}^3-x_2^3)-\\frac{1}{3}\\sum_{n=1}^{m_k}(x_{n+2}-x_{n+1})^3\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nここで $0\\lt x_n\\lt x_{n+1}\\lt x_{n+2}$ より\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{x_{n+2}-x_{n+1}}{x_{n+1}-x_{n}}&=\\frac{x_n}{x_{n+2}}\\lt1\\quad \\therefore x_{n+2}-x_{n+1}\\lt x_{n+1}-x_n\\lt\\cdots\\lt x_3-x_2\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nであり，$x_2\\lt x_3$ より\r\n\r\n$$x_3-x_2=\\frac{x_1}{x_3}(x_2-x_1)\\lt \\frac{x_1}{x_2}(x_2-x_1)=\\frac{k(314-k)}{314}$$\r\n\r\nであるので，\r\n\r\n$$0\\lt\\sum_{n=1}^{m_k}(x_{n+2}-x_{n+1})^3\\lt \\sum_{n=1}^{m_k}(x_3-x_2)^3=m_k(x_3-x_2)^3\\lt km_k\\cdot\\frac{(314-k)^3}{314^3}\\cdot k^2\\to0\\quad(k\\to+0)$$\r\n\r\n従って $\\displaystyle\\lim_{k\\to+0}\\sum_{n=1}^{m_k}(x_{n+2}-x_{n+1})^3\\to0$ を得る．また，$m_k$ の定義から $x_{m_k}\\leq 2024\\lt x_{m_k+1}\\lt x_{m_k+2}$ となるので，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0&\\lt x_{m_k+2}-2024\\leq x_{m_k+2}-x_{m_k}\\\\\\\\\r\n&=(x_{m_k+2}-x_{m_k+1})+(x_{m_k+1}-x_{m_k})\\\\\\\\\r\n&\\lt\\frac{k(314-k)}{314}+\\frac{k(314-k)}{314}\\to0\\quad(k\\to+0)\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n従って $x_{m_k+2}\\to2024\\ (k\\to+0)$ となる．以上より，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\lim_{k\\to+0}km_k&=\\lim_{k\\to+0}\\frac{1}{314(314-k)}\\left\\\\{\\frac{1}{3}(x_{m_k+2}^3-x_2^3)-\\frac{1}{3}\\sum_{n=1}^{m_k}(x_{n+2}-x_{n+1})^3\\right\\\\}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{314(314-0)}\\left\\\\{\\frac{1}{3}(2024^3-x_2^3)-\\frac{1}{3}\\cdot0\\right\\\\}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2024^3-314^3}{3\\cdot314^2}=\\frac{688375890}{24649}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "積分を使わない別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/11774/685" } ]

[ { "content": "　平面 $AER$ を $p$ とする．$A,E,F,G,M,P,Q,R$ はすべて $p$ 上にあることに注意する．$E_1,E_2,E_3$ および $E^\\prime$ をそれぞれ\r\n$$\\overrightarrow{EE_1}=\\overrightarrow{EB}+\\overrightarrow{EC}$$\r\n$$\\overrightarrow{EE_2}=\\overrightarrow{EC}+\\overrightarrow{ED}$$\r\n$$\\overrightarrow{EE_3}=\\overrightarrow{ED}+\\overrightarrow{EB}$$\r\n$$\\overrightarrow{EE^\\prime}=\\overrightarrow{EB}+\\overrightarrow{EC}+\\overrightarrow{ED}$$\r\nとなるようにとると，これらの $4$ 点はどれも $\\mu$ 上にあり $\\angle BEC=\\angle CED=\\angle DEB=90°$ より $EBE_1C-DE_3E^\\prime E_2$ は直方体である．この直方体の対角線の交点を $O$ とすると，$O$ から各頂点までの距離は等しいので $O$ は $\\mu$ の中心である．ここで，平面 $AEO$ による $\\mu$ の断面を $\\omega$ とすると，線分 $EE^\\prime$ は $\\omega$ の直径なので $\\angle EAE^\\prime=90°$ つまり平面 $BCD$ と直線 $AE^\\prime$ は平行である．よって，直線 $AE$ と平面 $BCD$ との交点を $H$ とすると\r\n$$\\frac{AH}{EH}=\\frac{|ABCD|}{|EBCD|}=\\frac{|E^\\prime BCD|}{|EBCD|}$$\r\nとなる (ただし，$|XYZW|$ で四面体 $XYZW$ の体積を表す) が，これは $EBE_1C-DE_3E^\\prime E_2$ が直方体であることから\r\n$$\\frac{AH}{EH}=\\frac{|E^\\prime BCD|}{|EBCD|}=2$$\r\nと計算できる．また，四面体 $BCDE^\\prime$ は等面四面体なので，$E^\\prime$ から平面 $BCD$ へ下ろした垂線の足を $H^\\prime$，三角形 $BCD$ の外心を $O^\\prime$ とすると，四面体 $BCDE^\\prime$ の展開図を考えることで $H^\\prime$ は三角形 $ABC$ の垂心と $O^\\prime$ に関して対称であることがわかるが，直線 $OO^\\prime$ が平面 $BCD$ と直交することから $H$ は三角形 $BCD$ の垂心であることがわかる．\r\n$$\\frac{EH}{OO^\\prime}=\\frac{GH}{GO^\\prime}=2,\\quad \\angle EHG=\\angle OO^\\prime G=90°$$\r\nより $\\triangle EHG\\sim \\triangle OO^\\prime G$，つまり $G$ は直線 $EO$ 上にある． \r\n　$p$ 上の点について考察する．上の議論より $O,O^\\prime$ は $p$ 上にある．$E$ を中心とする半径 $\\sqrt{EA\\cdot EG}$ の円による反転の後 $\\angle AEG$ の二等分線に関して鏡映する操作を $i$ とする．$i$ によって直線 $GH$ は $\\omega$ に移ることに注意する．$\\omega$ の $A$ での接線と直線 $GH$ との交点を $T$ とすると\r\n$$\\measuredangle EAT=\\measuredangle EE^\\prime A=\\measuredangle EGT$$\r\nより $A,E,G,T$ は同一円周上にある．\r\n$$\\measuredangle AET=\\measuredangle FGT=\\measuredangle FGE+\\measuredangle EGT=\\measuredangle FGE+\\measuredangle EFG=\\measuredangle FEG$$\r\nより $i$ によって $T$ は $F$ に移るので，直線 $ET$ と $\\omega$ との交点のうち $E$ でない方を $R^\\prime$ とすると\r\n$$\\measuredangle GER^\\prime =\\measuredangle GEF+\\measuredangle FER^\\prime =\\measuredangle TEA+\\measuredangle PET=\\measuredangle PEA$$\r\nより $i$ によって $P$ は $R^\\prime$ に移る．よって，$\\triangle AET\\sim R^\\prime EG$ なので，直線 $GH$ 上に $\\measuredangle EIG=\\measuredangle ER^\\prime G=\\measuredangle EAP$ となるよう点 $I$ をとると $E,G,I,R^\\prime$ と $A,E,I,P$ はそれぞれ同一円周上にあるので\r\n$$\\measuredangle GIR^\\prime =\\measuredangle GER^\\prime =\\measuredangle PEA=\\measuredangle AIG$$\r\nより $A,I,R^\\prime$ は同一直線上にある．\r\n$$\\measuredangle GEI=\\measuredangle EGI+\\measuredangle GIE=\\measuredangle EAT+\\measuredangle PAE=\\measuredangle EQA+\\measuredangle QAE=\\measuredangle QEA$$\r\nより $i$ によって $I$ は $Q$ に移るので，$i$ によって $A$ は $G$，$P$ は $R^\\prime$ に移ることとあわせて $G,Q,R^\\prime$ は同一直線上にある．つまり，$R^\\prime$ は $R$ と一致する． \r\n　ここで，三垂線の定理より $\\angle OTS=90°$ なので $S$ の $\\mu$ に対する方べきは\r\n$$OS^2-OA^2=AT^2+ST^2=AS^2$$\r\nである．また，直線 $OM$ は平面 $ERS$ と直交するので平面 $ERS$ による $\\mu$ の断面は線分 $ER$ を直径とする円となる．$S$ のこの円に対する方べきは $\\mu$ に対する方べきと等しいので\r\n$$EM^2=MS^2-AS^2=1$$\r\n$$ER=2EM=2$$\r\nとなる． \r\n　一方，直線 $OO^\\prime$ と直線 $AG$ との交点を $N$ とすると $\\triangle AEG\\sim \\triangle NOG$ であり，この相似で $E^\\prime$ と $E$ がそれぞれ対応するので $\\angle ENO=\\angle E^\\prime AE=90°$ である．よって，$N$ に関して $E$ と対称な点を $J$ とすると $J$ は直線 $EN$ と $\\omega$ との交点のうち $E$ でない方である．$NG:AG=1:2$ より\r\n$$\\frac{AN}{FN}=\\frac{AG+GN}{FG-NG}=\\frac{1+\\frac{1}{2}}{\\frac{73}{50}-\\frac{1}{2}}=\\frac{25}{16}$$\r\nであり，$\\angle FJN=\\angle GAH$ と方べきの定理から\r\n$$\\frac{EN}{AN}=\\frac{FN}{JN}=\\frac{4}{5}$$\r\nがわかる．$\\measuredangle EFR=\\measuredangle EPT$ より $FR\\parallel PT\\parallel EJ$ であることと三平方の定理などから\r\n$$O^\\prime H=EN=JN=JF \\cdot \\frac{JN}{JF}=ER \\cdot \\frac{JN}{JF}=\\frac{10}{3}$$\r\n$$AH=\\frac{2}{3}\\frac{AE}{NE} \\cdot JN=\\frac{5}{3}$$\r\n$$EH=\\frac{1}{2}AH=\\frac{5}{6}$$\r\nと求まる． \r\n　直線 $BH$ と三角形 $BCD$ の外接円との交点のうち $B$ でない方を $K$ とすると，$A,B,E,K$ を含む円について方べきの定理を用いることで\r\n$$BH\\cdot KH=AH\\cdot EH=\\frac{25}{18}$$\r\nがわかるので\r\n$$O^\\prime B^2=O^\\prime H^2+BH\\cdot KH=\\frac{25}{2}$$\r\nとなる．また，線分 $BK$ の中点を $L$ とすると $\\angle O^\\prime LS=\\angle O^\\prime TS=90°$ より $O^\\prime ,L,S,T$ は同一円周上にあるので，これと $A,E,G,T$ が同一円周上にあることから\r\n$$HS=\\sqrt{AS^2-AH^2}=\\frac{2\\sqrt{5}}{3}$$\r\n$$HL=\\frac{HO^\\prime\\cdot HT}{HS}=\\frac{3}{2}\\frac{HG\\cdot HT}{HS}=\\frac{3}{2}\\frac{AH\\cdot EH}{HS}=\\frac{5\\sqrt{5}}{8}$$\r\n$$LS=LH+HS=\\frac{31\\sqrt{5}}{24}$$\r\n$$BL^2=SL^2-SB\\cdot SK=LS^2-AS^2=\\frac{1925}{576}(\\because Sの\\mu に対する方べき)$$\r\nと求まる．よって\r\n$$BH+KH=2BL=\\sqrt{\\frac{1925}{144}}, \\quad BH\\cdot KH=AH\\cdot EH=\\frac{25}{18}$$\r\nより $x^2-\\sqrt{\\sqrt{\\dfrac{144207}{4624}}x+\\dfrac{25}{8}=0$ の解 $\\alpha ,\\beta$ はそれぞれ $BH,KH$ と対応している．さらに，直線 $BH$ と 直線 $CD$ との交点を $U$，線分 $CD$ の中点を $V$ とすると $U$ は線分 $KH$ の中点であり，$BH=2O^\\prime V$ なので\r\n$$BU=BH+\\frac{1}{2}KH$$\r\n$$CD=2CV=2\\sqrt{O^\\prime C^2-O^\\prime V^2}=2\\sqrt{O^\\prime B^2-(\\frac{1}{2}BH)^2}=\\sqrt{50-BH^2}$$\r\nとなる． \r\n　以上より，$\\alpha +\\beta=\\sqrt{\\dfrac{1925}{144}}, \\alpha \\beta=\\dfrac{25}{18}$ に注意すると多面体 $ABCDE$ の体積としてありうる値の総積は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\prod \\frac{1}{3} &AE \\bigg( \\frac{1}{2}BU\\cdot CD \\bigg) \\\\\\\\\r\n&=\\frac{25}{576}(2\\alpha +\\beta)(2\\beta +\\alpha)\\sqrt{(50-\\alpha ^2)(50-\\beta^2)}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{25}{576}(2(\\alpha +\\beta)^2+\\alpha \\beta)\\sqrt{\\alpha ^2\\beta ^2-50((\\alpha +\\beta)^2-2\\alpha \\beta)+2500}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{15625\\sqrt{4090}}{18432}\r\n\\end{aligned}$$\r\nなので，答える値は $\\mathbf{38147}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nfhai2024/editorial/12480" } ]

[ { "content": "　$\\big(4^{\\sin{\\alpha}}\\big)^{\\cos{\\alpha}} = 2^{2\\sin{\\alpha}\\cos{\\alpha}} = 2^{\\sin{2\\alpha}}$ が成り立つから，条件は $\\sin{2\\alpha}=\\dfrac{1}{2}$ と同値である．このとき，非負整数 $n$ を用いて $2\\alpha = \\biggl(\\dfrac{1}{6} + 2n\\biggr) \\pi$ または $2\\alpha = \\biggl(\\dfrac{5}{6} + 2n\\biggr) \\pi$ と表せるから，$\\alpha$ としてありうる $20$ 番目に小さいものは $\\dfrac{113}{12} \\pi$ である．特に，解答すべき値は $\\mathbf{125}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/8303" } ]

[ { "content": "**補題.**　$ ζ = \\cos 72^\\circ + i \\sin 72^\\circ$ としたとき，有理数 $a,b,c,d,e$ に対して次が成り立つ．\r\n$$ a + bζ + cζ^2 + dζ^3 + eζ^4 = 0 \\iff a = b = c = d = e.$$\r\n\r\n**証明.**　$\\zeta$ の最小多項式が $X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ であることから従う．\r\n\r\n----\r\n\r\n　$\\mathcal{S}$ に $T$ が $n$ 文字含まれているとし，$k=2,3,\\ldots$ に対して，左から見て $k-1$ 番目の $T$ と $k$ 番目の $T$ の間にある $G$ の個数を $a_k$ とおく．また，最も左にあるの $T$ の左側にある $G$ の数を $a_1$ とし，最も右にあるの $T$ の右側にある $G$ の数を $a_{k+1}$ とする．このとき，状況を複素数平面で解釈することで，条件は次のように言いかえられる：\r\n$$ (a_1 + a_6 + \\cdots) + (a_2 + a_7 + \\cdots )ζ + \\cdots + (a_5 + a_{10} + \\cdots )ζ^4 = 0. $$\r\n補題により，これは以下と同値である：\r\n$$ a_1 + a_6 + \\cdots = a_2 + a_7 + \\cdots = a_3 + a_8 + \\cdots = a_4 + a_9 + \\cdots = a_5 + a_{10} + \\cdots . $$\r\n特に，$\\mathcal{S}$ の長さが $5$ の倍数であることとあわせて，$n$ も $5$ の倍数である．明らかに $n=0$ は不適である．\r\n\r\n- $n = 5$ のとき：$a_1 + a_6 = a_2 = a_3 = a_4 = a_5 = 4$ が成立することが必要十分条件である．これを満たす非負整数の組 $(a_1 , \\ldots , a_6)$ の数は $5$ 個である．\r\n- $n = 10$ のとき：$a_1 + a_6 + a_{11} = a_2 + a_7 = \\cdots = a_5 + a_{10} = 3$ が成立することが必要十分条件である．これを満たす非負整数の組 $(a_1 , \\ldots , a_{11})$ の数は ${}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2} × ({}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{1})^4 = 2560$ 個である．\r\n- $n = 15$ のとき：同様にして ${}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{3} × ({}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2})^4 = 12960$ 個である．\r\n- $n = 20$ のとき：同様にして ${}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{4} × ({}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{3})^4 = 1280$ 個である.\r\n- $n = 25$ のとき：明らかに $1$ 個である.\r\n\r\n　以上をあわせて，解答すべき値は $5 + 2560 + 12960 + 1280 + 1 = \\mathbf{16806}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/8288" }, { "content": "　ここでは，補題の証明の補足を書いておきます．( $\\zeta$ は公式解説と同様に定義します．)\r\n\r\n- $\\zeta$ の最小多項式が $X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ であることについて\r\n\r\n$X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ が $\\zeta$ を根として持つことは容易に確かめられるため，$X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ が有理数係数の範囲で因数分解できないことを示せばよいと分かる．ここで，$X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ は $\\zeta, \\zeta^2, \\zeta^3, \\zeta^4$ の $4$ つの複素数を根として持ち，これらはいずれも実数ではないことから，$X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ は有理数係数の一次式を因数に持たないと分かる．よって，因数分解できたと仮定すると，有理数係数の二次式 $f(X), g(X)$ によって \r\n$$X^4 + X^3 + X^2 + X + 1 = f(X)g(X)$$\r\nと表されることが分かる．このとき，一般性を失わずに $f(X)$ が $\\zeta$ を根として持つとできる．すると，$f(X)$ は $\\zeta$ と共役な複素数である $\\zeta^4$ も根として持つため，解と係数の関係より，$\\zeta + \\zeta^4$ は有理数ということになる．しかし，$\\zeta + \\zeta^4 = 2 \\cos 72^\\circ = \\dfrac{\\sqrt{5}-1}{2}$ であり，これは無理数であるため矛盾する．よって，背理法より，$X^4 + X^3 + X^2 + X + 1$ が有理数係数の範囲で因数分解できないと示されたため，最小多項式であることも示された．\r\n\r\n- $a + b\\zeta + c\\zeta^2 + d\\zeta^3 + e\\zeta^4 = 0 \\Longleftrightarrow a = b = c = d = e$ について\r\n\r\n$\\Longleftarrow$ については，$1 + \\zeta + \\zeta^2 + \\zeta^3 + \\zeta^4 = 0$ より明らかである．以下，$\\Longrightarrow$ を示す．$a + a\\zeta + a\\zeta^2 + a\\zeta^3 + a\\zeta^4 = 0$ と合わせて $(b-a) + (c-a)\\zeta + (d-a)\\zeta^2 + (e-a)\\zeta^3 = 0$ が従う．ここで，$b-a, c-a, d-a, e-a$ の中に $0$ でないものが存在する場合，$\\zeta$ を根として持つ $3$ 次以下の有理数係数多項式が存在することになり，$\\zeta$ の最小多項式が $4$ 次であることに矛盾する．よって，$a = b = c = d = e$ が従う．", "text": "補題の証明の補足", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/8288/690" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の外接円上に $$ 点 $B, D, E, C$ がこの順に並ぶとしてよい．諸々の長さを\r\n$$ BC= a, ~~ AD = d, ~~ AE = e, ~~ BD=DE=EC = x, ~~ BE = DC = y $$\r\nとおく．四角形 $ABDC, ~ ABEC$ に対するトレミーの定理より，\r\n$$ 13x + 5y = ad, \\quad 5x + 13y = ae $$\r\nを得るので，\r\n$$ x = \\frac{13d - 5e}{144} a, \\quad y = \\frac{13e - 5d}{144} a $$\r\nを得る．また四角形 $ABDE$ に対するトレミーの定理より $(e+5)x = dy$ を得るので，これらを整理して $ d^2 + 13d = e^2 + 5e $であり，これは次のように変形できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&d^2 + 13d = e^2 + 5e\\\\\\\\\r\n\\iff&\\bigg(d+\\frac{13}{2}\\bigg)^2-\\frac{169}{4}=\\bigg(e+\\frac{5}{2}\\bigg)^2-\\frac{25}{4}\\\\\\\\\r\n\\iff&(d+e+9)(d-e+4) = 36\r\n\\end{aligned}$$\r\nここで，$d, e$ は正整数なので $(d,e) = (1,2), (12,15)$ しかないが，三角不等式による\r\n$$ a = BC \\leq BD + DC \\leq BD + DE + EC = 3x $$\r\nを満たすのは $(d,e) = (12,15)$ のみである．このとき $x = \\dfrac{9}{16}a, ~ y = \\dfrac{15}{16}a$ なので，三角形 $BDC$ における余弦定理より $\\cos \\angle BDC = \\dfrac{5}{27}$ を得る．したがって，三角形 $ABC$ における余弦定理より\r\n$$ BC^2 = 5^2 + 13^2 + 2 \\cdot 5 \\cdot 13 \\cdot \\frac{5}{27} = \\frac{5888}{27} $$\r\nがわかる．解答すべき値は $\\mathbf{5915}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/10613" }, { "content": "　公式解説より面倒な方針ですが，三角比を持ち出せばこのようになるかもしれません．\r\n\r\n---\r\n\r\n　公式解説と同様，三角形 $ABC$ の 外接円上に点 $B,D,E,C$ がこの順に並ぶとする．三角形 $ABC$ の 外接円の半径を $R$とし，$ \\angle BAC =3 \\theta$ とおく．当然 $\\theta \\lt 60^{\\circ}$ である．\r\n\r\n　**Step.1**　$AD,AE$ を $\\theta$ で表す\\\r\n　円周角の定理と正弦定理から\r\n$$BD=DE=EC=2R \\sin \\theta, BE=DC=2R \\sin 2 \\theta, BC=2R \\sin 3 \\theta$$\r\nである．四角形 $ABDC$，四角形 $ADEC$ にそれぞれトレミーの定理を用いて整理すると\r\n$$AD=\\dfrac{10\\cos\\theta+13}{4 \\cos ^2 \\theta -1 }, AE=\\dfrac{26\\cos\\theta+5}{4 \\cos ^2 \\theta -1 }$$\r\nとなる．これらがともに自然数となるような $\\cos \\theta$ を求めればよい．\r\n\r\n　**Step.2**　$\\cos \\theta$ を求める\\\r\n　$13AE-5AD=\\dfrac{288 \\cos \\theta}{4 \\cos ^2 \\theta -1 }$，$13AD-5AE=\\dfrac{144}{4 \\cos ^2 \\theta -1 }$ がともに整数なので，$\\cos \\theta$ は有理数である．$\\cos \\theta =\\dfrac{q}{p}$（$p,q$ は互いに素）とおく．\\\r\n$$\\begin{aligned}\r\nAD=\\dfrac{p(13p+10q)}{(2q+p)(2q-p)} \\in \\mathbb{N} &\\Rightarrow \\dfrac{p(13p+10q)}{2q+p} \\in \\mathbb{N}\\\\\\\\\r\n&\\Rightarrow \\dfrac{8p^2}{2q+p} \\in \\mathbb{N}\r\n\\end{aligned}$$\r\n　ここで，$\\gcd (2q+p,p)=\\gcd(2q,p) \\leq 2$ である．$p$ が奇数だと仮定すると，$2q+p$ は $8$ とも $p$ とも互いに素なので条件を満たさない．よって $p$ は偶数であり $\\dfrac{32}{2q+p} \\in \\mathbb{N}$ が従う．\\\r\n　$\\theta \\lt 60^{\\circ}$ だったので，$\\cos \\theta =\\dfrac{q}{p} \\gt \\dfrac{1}{2}$．これより $2q \\gt p$ である．$p$ は偶数だったので $p \\geq 4$，従って $q \\geq 3$．よって $2q+p \\geq 10$ だが，$2q+p$ は $32$ の約数だったので $2q+p=16$ を得る．あとは適当な計算によって $\\cos \\theta =\\dfrac{5}{6}$ を得る．\r\n\r\n　$\\cos \\theta$ さえ求まれば $\\cos 3\\theta$ もすぐに求まるので，余弦定理を用いれば $BC^2$ が求まる．", "text": "三角比", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/10613/687" } ]

[ { "content": "　$7999\\equiv -1 \\pmod{1600}$ であるから，Fermatの小定理より任意の整数 $a$ に対して $a^{7999}\\equiv a^{-1}\\pmod{1601}$ が成り立つ．よって，黒板に $x^{-1},y^{-1}$ とそれぞれ $1601$ を法として等しい数が書かれているとすると，これらに対する操作後には新たに $(x+y)^{-1}$ と$1601$ を法として等しい数が書き込まれる．したがって，最終的に黒板に書かれている数 $X$ について，操作の仕方によらず次が成り立つことがわかる：\r\n$$X\\equiv \\left(\\sum_{n=0}^{800}(1600n+401)^{-1}\\right)^{-1}\\pmod{1601}.$$\r\n特に，右辺の $2$ 倍を $1601$ で割ったあまりが求める値である．右辺の括弧の中身は次のように計算できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=0}^{800}(1600n+401)^{-1}\r\n&\\equiv\\sum_{n=0}^{800}(-n+401)^{-1}\\\\\\\\\r\n&\\equiv\\sum_{n=-399}^{401}n^{-1}\\\\\\\\\r\n&\\equiv\\sum_{n=1}^{399}(-n)^{-1}\r\n+\\sum_{n=1}^{401}n^{-1}\\\\\\\\\r\n&\\equiv 400^{-1}+401^{-1}\\pmod{1601}\r\n\\end{aligned}$$\r\n従って，$\\bmod{1601}$ での逆元を用いることで，求める値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n2(400^{-1}+401^{-1})^{-1}\r\n&\\equiv 2\\cdot 400\\cdot 401(400+401)^{-1}\\\\\\\\\r\n&\\equiv 2\\cdot 400\\cdot 401\\cdot 2\\\\\\\\\r\n&\\equiv {\\bf 1200}\\pmod{1601}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/8293" } ]

[ { "content": "　入れ替えの操作を行う際には，異なる $2$ 文字に対してのみ行うとしてよい．\\\r\n　初期状態から $n$ 回操作を（何らかの方法で）行った時点において，以下のように定める．\r\n\r\n- 左から奇数文字目にある $1$ の個数を $a_n$ とする．\r\n- 左から偶数文字目にある $1$ の個数を $b_n$ とする．\r\n\r\n特に，$a=a_0, ~ b=b_0$ とおく．さらに，$c_n=|a_n-b_n|$ とおく．このとき，$n$ 回目に消去の操作を行うと $c_n=c_{n-1}$ が，$n$ 回目に入れ替えの操作を行うと $c_{n}=c_{n-1}\\pm 2$ が成り立つから，$S$ を空文字列にするためには少なくとも\r\n$$ \\dfrac{c_0}{2} = 1000 - \\min(a,b) $$\r\n回の入れ替えの操作が必要である．また，消去の操作は必ず $2000$ 回である．\\\r\n　逆に，次のように操作すれば，評価の方法とあわせて考えることでこの下界が実現可能である：\r\n\r\n- まず，消去の操作を可能な限り行う．これによって，（必要ならば左右を入れ替えることで）文字列が $0101\\cdots 0101$ になったとしてよい．続いて，前から見て $4$ 文字の塊ごとに，$0101\\to 0011\\to 11\\to \\varnothing$ と操作する．\r\n\r\n　$\\min(a,b) = k$ をみたす $S \\in \\mathcal{S}$ は，$k = 1000$ のときは $({}\\_{2000}\\mathrm{C}\\_{1000})^2$ 個，$k \\lt 1000$ のときは $2 × ({}\\_{2000}\\mathrm{C}\\_{k})^2$ 個ある．これにより $N = 3000 - 999 = 2001$ とわかり，$2001 × 2 × ({}\\_{2000}\\mathrm{C}\\_{999})^2$ を素数 $997$ で割った余りを求めればよい．これは Wilson の定理，あるいは Lucas の定理などを用いることにより，$\\mathbf{636}$ と分かる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/8384" } ]

[ { "content": "　直線 $YI$ と $\\Gamma$ の交点のうち $Y$ でない方を $Z$ とすると，$\\angle XYZ = 90^\\circ$ より $XZ$ は $\\Gamma$ の直径である．これと $BX = CX$ を合わせて $BZ = CZ$ が従う．このとき，$\\angle BCI = \\theta, \\ \\angle CBI = \\phi$ とおくと，$\\angle BCZ = \\angle CBZ = \\theta + \\phi$ より $\\angle ICZ = \\phi, \\ \\angle IBZ = \\theta$ が分かり，$BZ, \\ CZ$ はいずれも三角形 $BIC$ の外接円の接線になっていると分かる．これより，直線 $ZI$ は三角形 $BIC$ の symmedian になっていると分かる．これより，symmedian の性質より，直線 $ZI$ と $BC$ の交点を $D$ とすると，$BD : DC = BI^2 : IC^2$ が成立すると分かる．そして，$BZ = CZ$ より，$BY : YC = BD : DC$ が成り立つことも分かる．よって，$BY : YC = BI^2 : IC^2$ が従う．\\\r\n　また，symmedian の性質より，$BC$ の中点を $N$ とすると，$\\angle BID = \\angle CIN$，つまり，$\\angle BIN = \\angle CID = 90^\\circ$ が分かる．これより，直線 $NI$ と $AB$ の交点を $E$ とすると，$\\triangle BIN \\equiv \\triangle BIE$ が分かる．また，簡単な角度計算により，$\\triangle AEI \\sim \\triangle INC$ も分かる．これより，$AI : IC = 1 : k$ とすると，$EI : NC = 1 : k$ となり，$EI = IN$ と合わせて，$IN : NC = 1 : k$ が分かる．これと，$\\triangle BIN$ に三平方の定理を適用した結果を合わせて，$BI : IN : NC = \\sqrt{k^2 - 1} : 1 : k$ が従う．さらに，$\\triangle BIC$ に中線定理を適用することによって，$BI : IC = \\sqrt{k^2 - 1} : \\sqrt{k^2 + 3}$ も従う．よって，$BY : YC = k^2 - 1 : k^2 + 3$ が従う．\\\r\n　これより，$AI : IC = BY : YC$ と合わせて，$k^3 - k^2 - k - 3 = 0$ が従う．よって，$f(X) = X^3 - X^2 - X - 3$ となり，求めるべき値は $f(10) = \\mathbf{887}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/11424" }, { "content": "　$\\angle CAI=\\alpha, \\angle CIA=\\gamma$ とおく．正弦定理より $AI:CI=\\sin \\gamma : \\sin \\alpha$ である．\\\r\n　角度追跡によって，$\\triangle BIY, \\triangle ICY$ はいずれも直角三角形であり，$\\angle ICY=\\angle BIY=\\alpha$ であることがわかる．よって $BY:CY=\\sin ^2 \\alpha : 1$ である．$AI:CI=BY:CY$ より $\\sin \\gamma=\\sin ^3 \\alpha$ が成り立つ．\\\r\n　一方，$\\triangle IXY$ も直角三角形であり，$\\angle IXY=\\alpha + \\gamma $ である．$XI=XC=2R \\sin \\alpha$（ここで $R$ は外接円 $\\Gamma$ の半径），$\\angle YCX=\\gamma$ より $XY= 2R \\sin \\gamma$．従って\r\n$$\\cos \\angle IXY=\\cos (\\alpha + \\gamma)=\\dfrac{\\sin \\gamma}{\\sin \\alpha}$$\r\nである．\r\n\r\n---\r\n\r\n　ここからは完全に代数パートである．\\\r\n　$\\sin \\alpha=s, \\sin \\gamma =t$ とおく．求めたいものは $\\dfrac{s}{t}=x$ の最小多項式である．\\\r\n　$\\sin \\gamma=\\sin ^3 \\alpha$ より $t=s^3$．従って，$s^2=\\dfrac{1}{x}$，$t^2=\\dfrac{1}{x^3}$ を得る．\\\r\n　最後に $\\cos (\\alpha + \\gamma)=\\dfrac{\\sin \\gamma}{\\sin \\alpha}$ を使おう．加法定理を用いて\r\n$$\\cos \\alpha \\cos \\gamma = \\dfrac{t}{s}+st$$\r\nと変形しておき，両辺二乗してから $\\cos ^2 \\alpha =1-s^2$ などを用いればあとは単純な計算で $x$ の最小多項式を得ることができる．", "text": "三角比", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/11424/688" }, { "content": "　公式解説と同様にsymmedianがわかる．\r\n$$\\frac{AI}{CI}=\\frac{BI^2}{CI^2}$$\r\nなので，$AI=1,CI=x$ とおくと $BI=\\sqrt{x}$ となる． \r\n　また，$CI\\parallel XY$ より $\\angle IBY=\\angle CIY=90^\\circ$ なので\r\n$$CY=\\sqrt{\\frac{x^3}{x-1}}$$\r\nがわかる． \r\n　さらに，$CI\\parallel XY,CX=IX,\\angle IYX=90^\\circ$ より $XY=\\frac{x}{2}$ なので，直線 $BC$ と直線 $IX$ との交点を $P$ とすると\r\n$$\\frac{CP}{PY}=\\frac{IP}{PX}=2$$\r\nとなる． \r\n　一方，\r\n$$\\angle CAP=\\angle CYX=\\angle YCI$$\r\nなので，余弦定理より\r\n$$CX=\\sqrt{\\frac{x^3+3x^2}{4x-4}}$$\r\nがわかり，これと $AP\\cdot IP=CP^2$ から $x^3-x^2-x-3=0$ を得る．", "text": "別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/OMC233/editorial/11424/692" } ]

[ { "content": "　$BP = 11x, PC = 10x$ と表すと，\r\n$$x = BP - PC = AB - AC = 99$$\r\nが得られる．よって求める長さは\r\n$$BC = BP + PC = 21x = \\mathbf{2079}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/12096" } ]

[ { "content": "　積が $3$ の倍数になるのは $2$ 数のうち少なくとも一方が $3$ の倍数のときであり，積が $3$ の倍数でなく和が $3$ の倍数になるのは $2$ 数の $3$ で割った余りがそれぞれ $1, 2$ になるときである．したがって，$2$ 数の $3$ で割った余りが等しくなる確率を $1$ から引けばよい．$1$ 以上 $1110$ 以下の整数のうち $3$ で割った余りが $0, 1, 2$ となる数はそれぞれ $370$ 個ずつあるので，求める確率は\r\n$$1 - \\frac{3 \\cdot {}\\_{370}\\mathrm{C}\\_{2}}{{}\\_{1110}\\mathrm{C}\\_{2}} = \\frac{740}{1109}$$\r\nであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{1849}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/11991" } ]

[ { "content": "　一般に正の実数 $a, b, c$ がこの順で等比数列をなし，その公比が $1$ より大きい場合，\r\n$$a^2 \\lt bc，b^2 = ac，c^2 \\gt ab$$\r\nが成り立つので，与えられた条件から $x, z, y$ がこの順で公比 $\\dfrac{11}{10}$ の等比数列をなすことがわかり\r\n$$y = \\frac{11^2}{10^2} x，z = \\frac{11}{10} x$$\r\nと表せる．よって\r\n$$\\frac{11^4}{10^4} x^2 = y^2 = xz + 1 = \\frac{11}{10} x^2 + 1$$\r\nであるから，これを解いて $x = \\sqrt{\\dfrac{10000}{3641}}$ を得る．ゆえに，解答すべき値は $\\mathbf{13641}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/10137" } ]

[ { "content": "　$n^{n^n}$ が平方数でないものを数えればよい．$n$ は奇数である必要があり，さらにこのとき $n$ 自身が平方数でないことと同値である．$1$ 以上 $1110$ 以下の範囲にある奇数 $555$ 個のうち，平方数は $1^2, 3^2, \\ldots, 33^2$ の $17$ 個なので，求める個数は $555 - 17 = \\mathbf{538}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/8390" } ]

[ { "content": "　実数 $x$ において，$\\lfloor x \\rfloor \\lt x$ をみたすことは $x$ が整数でないことと同値であり，また $x \\lt |x|$ をみたすことは $x \\lt 0$ と同値である．よって，$f(n)$ が整数でない負の数となればよく，これは下記 $2$ 条件を同時にみたすことと言い換えられる．\r\n- $2n \\lt 12345$\r\n- $2n - 12345$ は $1110$ を割り切らない．\r\n\r\n$1$ 番目の条件をみたす $n$ は $n = 1, ... ,6172$ である．$n$ をこの範囲で動かしたとき，$2n - 12345$ は $-12343$ 以上の負の奇数全体を $1$ 回ずつ網羅する．一方で $1110$ を割り切る負の奇数は全部で $8$ 個存在する（$1110 = 2 \\times 3 \\times 5 \\times 37$ なので $3 \\times 5 \\times 37$ の約数を考えればよい）．これら $8$ 個は先ほど網羅した奇数に含まれるので，結局 $n = 1, ..., 6172$ のうち $2$ 番目の条件をみたさないものは $8$ 個含まれる．ゆえに求める個数は\r\n$$6172 - 8 = \\mathbf{6164}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/11904" } ]

[ { "content": "　$BR = 2x$ とおくと，$RS = SC = 13 - x$ と表せる（$x \\lt 13$ に注意）．すると，方べきの定理から\r\n$$CQ^2 = CR \\cdot CS = 2(13 - x)^2$$\r\nが成り立つので $CQ = \\sqrt{2} (13 - x)$ を得る．一方で，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nBP - CQ &= AB - AC \\\\\\\\\r\n&= \\sqrt{2(AB^2 + AC^2) - (AB + AC)^2} \\\\\\\\\r\n&= \\sqrt{2BC^2 - (AB + AC)^2} \\\\\\\\\r\n&= 11\\sqrt{2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nより $BP = \\sqrt{2} (24 - x)$ なので，再び方べきの定理を適用することで\r\n$$2(24 - x)^2 = BP^2 = BR \\cdot BS = 2x(x + 13)$$\r\nが得られる．これを解くと $x = \\dfrac{576}{61}$ であり，$BR = \\dfrac{1152}{61}$ である．特に解答すべき値は $\\mathbf{1213}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/8389" } ]

[ { "content": "　ここでは，文字列において $OMC$ または $MCX$ となっている連続 $3$ 文字の箇所を**ポイント**と呼ぶことにする．すると次のことが確認できる：\r\n- 長さ $4$ の文字列であって，$1$ から $3$ 文字目と $2$ から $4$ 文字目がどちらもポイントとなっているものは $OMCX$ のみである．\r\n- 長さ $5$ の文字列であって，$1$ から $3$ 文字目と $3$ から $5$ 文字目がどちらもポイントとなっているものは存在しない．\r\n\r\n文字列において $OMCX$ となっている連続 $4$ 文字の箇所の個数を $x$ とし，$OMCX$ の一部となっていないポイントの個数を $y$ とする．\r\n\r\n<details><summary>$x, y$ の例<\\/summary>\r\n　ここでは簡単に長さ $20$ の文字列を考える．たとえば文字列が\r\n$$OMCOMCXMCXOOMCXXXOMC$$\r\nの場合，\r\n$$OMC, OMCX, MCX, O, OMCX, X, X, OMC$$\r\nと区切って考えればよく，この文字列における $x, y$ は $x = 2, y = 3$ である．\r\n<\\/details>\r\n\r\n文字列の長さによる制約から\r\n$$4x + 3y \\leq 1110$$\r\nが得られ，ポイントの総数を考えることで\r\n$$2x + y = 554$$\r\nも得られる．ここで得た等式より $y$ は偶数であり，さらに\r\n$$y = (4x + 3y) - 2(2x + y) \\leq 1110 - 2 \\times 554 = 2$$\r\nが成り立つので，$(x, y)$ としてあり得るものは $(277, 0), (276, 2)$ の $2$ つである．以下場合分けにより議論する．\r\n\r\n---\r\n\r\n- **Case 1．** $(x, y) = (277, 0)$ のとき： \\\r\n　$277 \\times 4 = 1108$ なので $OMCX$ の一部となっていない文字の個数は $2$ 個である．そこで $277$ 個の $OMCX$ と $2$ 個の $A$ を並び替えたのち，それぞれの $A$ を $O, M, C, X$ のどれかに置き換える操作の個数を数えればよく，その個数は\r\n$${}\\_{279}\\mathrm{C}\\_{2} \\times 4^2 = 620496$$\r\nである．\r\n\r\n- **Case 2．** $(x, y) = (276, 2)$ のとき： \\\r\n　$276 \\times 4 + 2 \\times 3 = 1110$ なので，すべての文字がポイントに含まれる．そこで $276$ 個の $OMCX$ と $2$ 個の $A$ を並び替えたのち，それぞれの $A$ を $OMC, MCX$ のいずれかに置き換える操作の個数を数えればよく（置き換え前の $A$ の直前の文字が $O$ であることや，直後の文字が $X$ であることは起こり得ないことに注意），その個数は\r\n$${}\\_{278}\\mathrm{C}\\_{2} \\times 2^2 = 154012$$\r\nである．\r\n\r\n---\r\n\r\n以上の議論より，求める個数は\r\n$$620496 + 154012 = \\mathbf{774508}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/11933" } ]

[ { "content": "　与えれられた等式を変形すると\r\n$$k(l - k)(m - l)(n - m) = 10^{1110} \\tag{1}$$\r\nとなる．ここで条件 $k \\lt l \\lt m \\lt n$ から $k, l, m, n$ は正整数 $a, b, c, d$ を用いて\r\n$$k = a，l = a + b，m = a + b + c，n = a + b + c + d$$\r\nと表せるので，式 $(1)$ から\r\n$$abcd = 10^{1110} \\tag{2}$$\r\nが得られる．また，問題の $6$ 条件はそれぞれ次のように言い換えられる．\r\n- $k, l, m$ はこの順で等差数列をなす．$\\rightarrow b = c$\r\n- $l, m, n$ はこの順で等差数列をなす．$\\rightarrow c = d$\r\n- $2k = l$ が成り立つ．$\\rightarrow a = b$\r\n- $k + l = m$ が成り立つ．$\\rightarrow a = c$\r\n- $k + m = n$ が成り立つ．$\\rightarrow a = d$\r\n- $k + n = l + m$ が成り立つ．$\\rightarrow b = d$\r\n\r\nしたがって式 $(2)$ をみたし，なおかつ $a, b, c, d$ の中に等しいペアが少なくとも $2$ 組含まれるような正整数の組 $(a, b, c, d)$ を数えればよい．そこで下記のように場合分けし，それぞれのケースで個数を求めよう．\r\n\r\n---\r\n- $a = b = c = d$ のとき：\\\r\n　式 $(2)$ から\r\n$$a^4 = 10^{1110}$$\r\nが得られるが，$10^{1110}$ は整数の $4$ 乗で表せないので不適である．\r\n\r\n- $a, b, c, d$ はちょうど $2$ 通りの値をとり，なおかつ同じ値の組で分けるとそれぞれ $3$ 個と $1$ 個になるとき：\\\r\n　$(a, b, c, d)$ は異なる正整数 $x, y$ によって\r\n$$(x, x, x, y)，(x, x, y, x)，(x, y, x, x)，(y, x, x, x)$$\r\nのいずれかの形で表すことができ，どの表し方であっても式 $(2)$ から\r\n$$x^3y = 10^{1110}$$\r\nが得られる．これをみたす $(x, y)$ の個数を $4$ 倍すればよい．この等式をみたすとき $x = y$ になることはないので，単に $10^{1110}$ を割り切る立方数の個数を数えればよく，このような数は $370$ 以下の非負整数 $p, q$ によって\r\n$$2^{3p} \\cdot 5^{3q}$$\r\nと表せるので，全部で $371^2$ 個ある．したがってこのケースで適する $(a, b, c, d)$ の個数は $4 \\cdot 371^2$ である．\r\n\r\n- $a, b, c, d$ はちょうど $2$ 通りの値をとり，なおかつ同じ値の組で分けるとそれぞれ $2$ 個ずつとなるとき：\\\r\n　$(a, b, c, d)$ は異なる正整数 $x, y$ によって\r\n$$(x, x, y, y)，(x, y, x, y)，(x, y, y, x)$$\r\nのいずれかの形で表すことができ，どの表し方であっても式 $(2)$ から\r\n$$xy = 10^{555}$$\r\nが得られる．これをみたす $(x, y)$ の個数を $3$ 倍すればよい．この等式をみたすとき $x = y$ になることはないので，単に $10^{555}$ の正の約数の個数を数えればよくそれは $556^2$ 個である．したがってこのケースで適する $(a, b, c, d)$ の個数は $3 \\cdot 556^2$ である．\r\n\r\n---\r\n\r\n　以上の議論より，求める個数は\r\n$$4 \\cdot 371^2 + 3 \\cdot 556^2 = \\mathbf{1477972}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb026/editorial/10739" } ]

[ { "content": "　対称性より $AB\\ge AC$ として良い．$IJ$ の中点を $N$ とし，$\\angle MNH=\\theta$ とする．$B,C,I,J$ は $N$ を中心とする円周上にあるので，$BN=CN=6$ である．したがって三平方の定理より $MN=\\sqrt{11}$ なので，$MH=1$ と合わせて $\\sin\\theta=\\dfrac{1}{\\sqrt{11}}$ を得る．$AI$ について $C$ と対称な点を $D$ とおくと，$D$ は辺 $AB$ 上にあり，$NB=ND=6, ~ \\angle BND=2\\theta$ なので，\r\n$$AB-AC=BD=2\\cdot 6\\cdot \\sin\\theta=\\frac{12}{\\sqrt{11}}$$\r\nである．$AB \\le AC$ の場合も同様であるため，解答すべき値は $\\mathbf{155}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/12016" }, { "content": "以下のように点を定める\r\n- AIとBCの交点をDとする\r\n- IJの中点をNとする\r\n\r\n[トリリウムの定理](https:\\/\\/ja.wikipedia.org\\/wiki\\/%E3%83%88%E3%83%AA%E3%83%AA%E3%82%A6%E3%83%A0%E3%81%AE%E5%AE%9A%E7%90%86)等から，以下が成り立つ（これらは内心と外接円が出る構図としてOMCでは頻出である）\r\n\r\n- AIDNJがこの順に一直線上にある\r\n- BICJが共円で円の中心はN（IJが直径）\r\n- ACNBは共円で弧BCの中点はN\r\n\r\nこのとき，与えられた数値設定より以下が成り立つ\r\n\r\n- BN=IN=CN=JN=6\r\n- BM=CM=5\r\n\r\n三平方の定理より\r\n\r\n- MN=$\\sqrt{11}$\r\n\r\n△MHNは∠Hが直角であるような直角三角形であることから，三平方の定理より\r\n\r\n- HN=$\\sqrt{10}$\r\n\r\n\r\n△MHNと△DMNは相似であるので\r\n- MD=$\\sqrt{\\dfrac{11}{10}}$\r\n- ND=$\\dfrac{11}{\\sqrt{10}}$\r\n\r\nこのとき，図には対称性があり，BMDCの順にあるか，BDMCの順にあるかの二通りの図が存在する．複合同順で以下が成立する．\r\n\r\n- BD=$5\\pm \\sqrt{\\dfrac{11}{10}}$，CD=$5\\mp \\sqrt{\\dfrac{11}{10}}$\r\n\r\n方べきの定理より$AD=\\dfrac{BD\\cdot CD}{ND}$である．よって\r\n\r\n- AD=$\\dfrac{\\left(5+\\sqrt{\\dfrac{11}{10}}\\right)\\left(5-\\sqrt{\\dfrac{11}{10}}\\right)}{\\dfrac{11}{\\sqrt{10}}}=\\dfrac{239}{11\\sqrt{10}}$\r\n- AN=AD+DN=$\\dfrac{36}{11}\\sqrt{10}$\r\n\r\nAB=$b$，AC=$c$とおく．\r\n\r\n角の二等分線に関する公式（[リンクの三番目](https:\\/\\/manabitimes.jp\\/math\\/652)）より，\r\n- $AB \\times AC-BD\\times DC=AD^2$から$bc-\\dfrac{239}{10}=\\dfrac{239^2}{1210}$より，$bc=\\dfrac{36\\cdot 239}{121}$\r\n\r\nトレミーの定理より，\r\n- $BC\\times AN=AB\\times CN+AC\\times BN$から$10\\cdot \\dfrac{36}{11}\\sqrt{10}=6(b+c)$より，$(b+c)=\\dfrac{60}{11}\\sqrt{10}$．よって，$(b+c)^2=\\dfrac{36\\cdot 1000}{121}$\r\n\r\n答えは\r\n\r\n- $(b-c)^2=(b+c)^2-4bc=\\dfrac{36\\cdot 1000}{121}-4\\cdot \\dfrac{36\\cdot 239}{121}=\\dfrac{36}{121}\\cdot(1000-4\\cdot 239)=\\dfrac{36}{121}\\cdot 44=\\dfrac{144}{11}$\r\n\r\nよって答えは$144+11=\\bm{155}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/12016/679" } ]

[ { "content": "　$x=\\alpha$ が $f(x) = x$ と $f(x) = x^7$ に共通する複素数解であるとすると，$f(\\alpha)=\\alpha^7=\\alpha$ より，$\\alpha$ は \r\n$$x^7-x=x(x-1)(x+1)(x^4+x^2+1)=0$$ \r\nの解である．これらの $7$ 解のうち $1$ つを除いたちょうど $6$ 解を $f(x)-x=0$ はもつ．ここで $f(x)-x$ は $x$ の整数係数多項式なので，$\\alpha$ が $f(x)-x$ の根ならば $\\bar\\alpha$ もこの根となる．したがって $x^4+x^2+1=0$ が実数解をもたないことから $x^7-x=0$ の $7$ 解のうち除かれるものは $x=0, \\pm1$ のいずれかとなる．これより，$f(x)$ はある整数係数多項式 $h(x)$ を用いて，\r\n$$ \\begin{aligned} f(x) &= x + (x-1)(x+1)(x^4+x^2+1)h(x), &(x &\\nmid h(x)) \\\\\\\\ \r\nf(x) &= x + x(x+1)(x^4+x^2+1)h(x), &(x-1 &\\nmid h(x)) \\\\\\\\ \r\nf(x) &= x + x(x-1)(x^4+x^2+1)h(x) &(x+1 &\\nmid h(x))\r\n\\end{aligned}$$\r\nのいずれかの形で書ける．$h(x)$ を適宜調整することで，いずれのケースでも $h(10)$ としてありうる値は整数全体となる．ゆえに，ある整数 $k$ によって $\\dfrac{k}{9},\\dfrac{k}{10},\\dfrac{k}{11}$ のいずれかの形で表せるような実数全体の集合を $A$ とすると，$f(10)$ はある $a \\in A$ によって $10+(10^7-10)a$ と表される値全体をとりうる．$9, 10, 11$ はどの $2$ つも互いに素であるため，任意の整数 $m$ について $m$ 以上 $m+1$ 未満の $A$ の元は $8+9+10+1=28$ 個存在する．$111 = 4 \\cdot 28 - 1$ であることに注意すれば，$A$ の $0$ 以上の元のうち小さい方から $111$ 番目のものは $\\dfrac{39}{10}$ とわかる．したがって，解答すべき値は\r\n$$ 10 + (10^7-10) \\cdot \\frac{39}{10} = \\mathbf{38999971} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/12091" } ]

[ { "content": "　$f$ の定義より，$f(n)$ は $n$ の相異なる素因数のうち，素因数分解したときの指数が奇数であるものの総積である．\\\r\n　まず，$n$ が平方数である場合を考える．このとき，$f(n)=1$ であることから，与式は\r\n$$d(n^2-1)=3+d(1)=4$$\r\nとなる．$n$ は正の整数 $m$ を用いて $n=m^2$ と表されるので，\r\n$$d(m^4-1)=4$$\r\nとなる．$m^4-1=(m-1)(m+1)(m^2+1)$ であり，$m\\geq 3$ とすると，\r\n$$1\\lt m-1\\lt m+1\\lt m^2+1\\lt m^4-1$$\r\nが成り立つから，相異なる約数を少なくとも $5$ つもつため不適．$m=2$ とすると，$d(m^4-1)=d(15)=4$ となるから，$n=2^2=4$ は条件を満たす．\r\n\r\n　$n$ が平方数でない場合を考える．このとき $f(n)\\neq1$ であり，$f(n)$ は相異なる素数の積 $p_1\\cdots p_k$ \r\n ($k\\geq 1$) と表されるので， $d(f(n))=2^k$ となる．また，$f(n)$ は $n$ の約数であり，$n$ と $n^2-1$ は互いに素であるから，$f(n)$ と $n^2-1$ も互いに素であり，\r\n$$d(f(n)(n^2-1))=d(f(n))d(n^2-1)=2^kd(n^2-1)$$ \r\nを得る．よって与式より， $f(n)$ も $2^k$ の倍数である．一方，$f(n)=p_1\\cdots p_k$ は素因数 $2$ を高々 $1$ つしか含まないので，$k=1$ であり，$f(n)=p_1=2$ となる．よって，$n$ はある正の整数 $m$ を用いて，$n=2m^2$ と書ける．\\\r\n　$n=2m^2$ を与式に代入すると，$f(n)=2$ より，\r\n$$d(2)d(4m^4-1)=6+d(2)=8$$\r\nであり，$d(4m^4-1)=4$ となる．よって，$4m^4-1$ は，ある素数 $p$ を用いて $4m^4-1=p^3$ と表されるか，$2$ つの素数 $q\\gt r$ を用いて $4m^4-1=qr$ と表される．\r\n\r\n- $4m^4-1=p^3$ の場合，$(2m^2+1)(2m^2-1)=p^3$ となり，$(2m^2+1,2m^2-1)=(p^3,1),(p^2,p)$ となる．前者の場合，$2m^2-1=1$ より $m=1$ となるが，$4m^4-1=3$ は立方数ではないので不適．後者の場合，$p^2-p=(2m^2+1)-(2m^2-1)=2$ より $p=2$ となるが，$4m^4-1=p^3$ は奇数であるので不適．\r\n\r\n- $4m^4-1=qr$ $(q>r)$ の場合，$(2m^2+1)(2m^2-1)=qr$ となるので，$(2m^2+1,2m^2-1)=(qr,1),(q,r)$ となる．前者の場合，$2m^2-1=1$ より $m=1$ となるが，$4m^4-1=3$ は $2$ つの素数の積でないので不適．後者の場合，$m$ が $3$ の倍数でない場合，$2m^2+1=q$ は $3$ の倍数かつ素数なので $2m^2+1=q=3$ となるが，このとき $2m^2-1=r=1$ となり不適．よって $m$ は $3$ の倍数である．$n=2m^2\\leq 1000$ より $m\\leq 22$ であるので，$m=3,6,9,12,15,18,21$．このうち $2m^2\\pm1$ がどちらも素数になるのは $m=3,6,21$ の時であり，このとき $n=2m^2=18,72,882$\r\n\r\n　以上より，求める総和は，$4+18+72+882=\\bold{976}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/11810" } ]

[ { "content": "　出目の $k$ 回目と $10+k$ 回目をセットにして考えると，\r\n$a_{i}, b_{i}\\in \\\\{ 1,2,3,4,5,6 \\\\}$ を満たす $2$ つの列 $(a_{1}, \\dots, a_{10}), (b_{1}, \\dots, b_{10})$ のうち，\r\n$$(b_{i}^{a_{i}}, a_{i}^{b_{i}}) \\in \\mathbb{Z}^2 $$\r\nを $i=1,2,\\dots, 10$ で足し上げたときの成分和が $3$ で割り切れるようなものの個数 $N$ を考えればよい．\r\n\r\n　$(b^a\\bmod{3}, a^b\\bmod{3})$ を $a,b\\in \\\\{ 1,2,3,4,5,6 \\\\}$ に対して求めた値を表で書くと，以下のようになる．\r\n$$\r\n\\begin{array}{|c||c|c|c|c|c|c|}\r\n\\hline\r\n& a=1 & a=2 & a=3 & a=4 & a=5 & a=6 \\\\\\\\\r\n\\hline\\hline\r\nb=1 & (1, 1) & (1, 2) & (1, 0) & (1, 1) & (1, 2) & (1, 0) \\\\\\\\\r\n\\hline\r\nb=2 & (2, 1) & (1, 1) & (2, 0) & (1, 1) & (2, 1) & (1, 0) \\\\\\\\\r\n\\hline\r\nb=3 & (0, 1) & (0, 2) & (0, 0) & (0, 1) & (0, 2) & (0, 0) \\\\\\\\\r\n\\hline\r\nb=4 & (1, 1) & (1, 1) & (1, 0) & (1, 1) & (1, 1) & (1, 0) \\\\\\\\\r\n\\hline\r\nb=5 & (2, 1) & (1, 2) & (2, 0) & (1, 1) & (2, 2) & (1, 0) \\\\\\\\\r\n\\hline\r\nb=6 & (0, 1) & (0, 1) & (0, 0) & (0, 1) & (0, 1) & (0, 0) \\\\\\\\\r\n\\hline\r\n\\end{array}\r\n$$\r\n表中のそれぞれの組の個数をまとめると\r\n- $(0,0)$ が $4$ 個．\r\n- $(1,1)$ が $9$ 個．\r\n- $(2,2)$ が $1$ 個．\r\n- $(0,1), (1,0)$ がそれぞれ $6$ 個．\r\n- $(1,2), (2,1)$ がそれぞれ $3$ 個．\r\n- $(0,2), (2,0)$ がそれぞれ $2$ 個． \r\n\r\nとなるので，以下の $2$ 変数多項式 $f(x,y)$ を考える．\r\n$$\r\nf(x,y)=\\left( 4+9xy+x^2y^2+ 6(x+y)+3(xy^2+x^2y) + 2(x^2+y^2)\\right)^{10}\r\n$$\r\n$N$ は $f(x,y)$を展開したときの $x^{3m}y^{3n}$ の係数の総和に一致する．すなわち，$1$ の $3$ 乗根 $\\omega=\\dfrac{-1+\\sqrt{-3}}{2}$ を用いると\r\n$$\r\nN = \\frac{1}{9}\\sum_{k=0}^2 \\sum_{l=0}^2 f(\\omega^k, \\omega^l)\r\n$$\r\nが成り立つので，これを計算する．$f(x,y)$ が対称式であることから，$s=x+y$ と $t=xy$ で表すと，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf(x,y)&=\\left(2s^2+(3t+6)s+4+5t+t^2\\right)^{10}\\\\\\\\\r\n&=\\left((2s+t+4)(s+t+1)\\right)^{10}\\\\\\\\\r\n&= \\left((x+2)(x+1)(y+2)(y+1) \\right)^{10}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと変形できる．従って，求める場合の数は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nN\r\n&= \\frac{1}{9}\\sum_{k=0}^2 \\sum_{l=0}^2 f(\\omega^k, \\omega^l)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{9}\\sum_{k=0}^2 \\sum_{l=0}^2 \\left( (\\omega^k+2)(\\omega^k+1)(\\omega^l+2)(\\omega^l+1)\\right)^{10}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{9}\\left(\\sum_{m=0}^{2} \\big( (\\omega^m+2)(\\omega^m+1) \\big)^{10}\\right)^{2}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{9}\\big( 6^{10} + (\\sqrt{-3})^{10} + (-\\sqrt{-3})^{10} \\big)^{2}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{9}\\left( 6^{10} - 2\\cdot 3^{5} \\right)^{2}\\\\\\\\\r\n&=\\left( 2^{10}\\cdot 3^{9} - 2\\cdot 3^{4} \\right)^{2}\\\\\\\\\r\n&= \\mathbf{406233296352900}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/12010" }, { "content": "　以下，合同式は $3$ を法とするものとする．$k=1,2\\dots,20$ に対し，$a_k$ を $x_k$ を $3$ で割った余り，$b_k$ を $x_k$ を $2$ で割った余りとする．このとき，$(a_1,a_2,\\dots,a_{20},b_1,b_2,\\dots,b_{20})$ と $(x_1,x_2,\\dots,x_{20})$ は $1$ 対 $1$ に対応する．また，$2^2\\equiv1$ であることに注意すると，$$\\sum_{k=1}^{10}(x_k)^{x_{10+k}}\\equiv\\sum_{k=1}^{10}(a_k)^{b_{10+k}},\\sum_{k=1}^{10}(x_{10+k})^{x_k}\\equiv\\sum_{k=1}^{10}(a_{10+k})^{b_k}$$である．ただし，$0^0\\equiv0$ とする．よって，$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{10}(a_k)^{b_{10+k}}$ が $3$ の倍数となるような組 $(a_1,a_2,\\dots,a_{10},b_{11},b_{12},\\dots,b_{20})$ の個数の $2$ 乗を求めればよい．$0^0\\equiv0,0^1\\equiv0,1^0\\equiv1,1^1\\equiv1,2^0\\equiv1,2^1\\equiv2$ なので，$f(x)=(2+3x+x^2)^{10},\\omega=\\dfrac{-1+\\sqrt{-3}}{2}$として， 求める場合の数は$$\\Big(\\frac{1}{3}\\sum_{k=0}^2f(\\omega^k)\\Big)^2=\\Big(\\frac{1}{3}\\sum_{k=0}^2(2+3\\omega^k+\\omega^{2k})^{10}\\Big)^2=\\textbf{406233296352900}$$と求まる．", "text": "別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/12010/675" } ]

[ { "content": "　以下では実数係数多項式 $p, q$ に対し，任意の非負整数 $n$ について $p(t) - q(t)$ の $t^n$ の係数が $2017$ の倍数であるとき，$p(t) \\equiv q(t)$ と表記する．また以下では，特に明記しないかぎり合同式の法は $2017$ とする．\r\n\r\n　与式において $x=y^2-y$ とおくと，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(x)&=(y^2-y-1\\cdot2)(y^2-y-2\\cdot3)\\cdots(y^2-y-2015\\cdot2016)\\\\\\\\\r\n&=(y+1)(y-2)(y+2)(y-3)\\cdots(y+2015)(y-2016)\r\n\\end{aligned} $$\r\nより，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(y-1)^2f(x)&\\equiv(y-1)f(x)(y+2016) \\\\\\\\\r\n&=(y-1)(y+1)(y-2)(y+2)\\cdots(y-2016)(y+2016) \\\\\\\\\r\n&\\equiv(y-1)(y-2016)(y-2)(y-2015)\\cdots(y-2016)(y-1)\\\\\\\\\r\n&=((y-1)(y-2)\\cdots(y-2016))^2\\\\\\\\\r\n&\\equiv(y^{2016}-1)^2\r\n\\end{aligned} $$\r\nから，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nf(x)&\\equiv(1+y+y^2+\\cdots+y^{2015})^2 \\\\\\\\\r\n&= y^{4030}+2y^{4029}+\\cdots+2015y^{2016}+2016y^{2015}+2015y^{2014}+\\cdots+2y+1 \r\n\\end{aligned}$$\r\nを得る．なお，途中の変形で，\r\n$$ r(y) = (y-1)(y-2)\\cdots(y-2016) - y^{2016} + 1 \\equiv 0 $$\r\nを用いた．これは，$ r(y) $ が恒等的に $0$ と合同でないならば，合同方程式 $r(y) \\equiv 0$ は高々 $2015$ 個の整数解しかもたないが，一方で $y=1,2,\\ldots,2016$ はすべてこの方程式の解であることから矛盾を得るため，示される．ここで，素数 $p$ と整数 $0\\leq k\\leq p-2$ に対し，\r\n$$\\_{p-2}\\mathrm{C}_k\\equiv (-1)^k(k+1)\\pmod{p}$$\r\nが成り立つ．これは\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\_{p-2}\\mathrm{C}_k &= \\frac{(p-2)(p-3)(p-4)\\cdots(p-k-1)}{1\\cdot2\\cdot3\\cdots k} \\\\\\\\\r\n&\\equiv\\frac{(-1)^k \\cdot 2\\cdot3\\cdot4\\cdots k \\cdot (k+1)}{1\\cdot2\\cdot3\\cdots k} \\\\\\\\\r\n&\\equiv(-1)^k(k+1)\\pmod{p}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより従う．これを用いると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\ny^{4030} &+ 2y^{4029}+3y^{4028}+\\cdots+2015y^{2016}+2016y^{2015}\\\\\\\\\r\n&\\equiv {}\\_{2015}\\mathrm{C}\\_0y^{4030}-{}\\_{2015}\\mathrm{C}\\_1y^{4029}+{}\\_{2015}\\mathrm{C}\\_2y^{4028}+\\cdots+{}\\_{2015}\\mathrm{C}\\_{2014}y^{2016}-{}\\_{2015}\\mathrm{C}\\_{2015}y^{2015}\\\\\\\\\r\n&=(y^2-y)^{2015} \\\\\\\\\r\n&=x^{2015}\r\n\\end{aligned}$$\r\nがわかり，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(x)-x^{2015}&\\equiv2015y^{2014}+2014y^{2013}+\\cdots+2y+1\\\\\\\\\r\n&\\equiv-2y^{2014}-3y^{2013}-4y^{2012}-\\cdots-2015y-2016\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる．また，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n2x^{1007}&=2y^{2014}-2\\cdot1007y^{2013}+1007\\cdot1006y^{2012}-\\cdots\\\\\\\\\r\n&\\equiv 2y^{2014}+3y^{2013}+508y^{2012}-\\cdots\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる（$\\cdots$ は $y$ の $2011$ 次以下の項）ので，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(x)-x^{2015}+2x^{1007}&\\equiv504y^{2012}+\\cdots\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる．よって，\r\n\r\n$$g(x)=f(x)-x^{2015}+2x^{1007}-504x^{1006}$$\r\n\r\nとおくと，$g(x)$ は （$2017$ を法として） $y$ の $2011$ 次以下の多項式である．一方 $g(x)$ は $x=y^2-y$ の多項式で表されているので，次数を比較することで，$x$ の $1005$ 次以下の多項式であることがわかる．よって，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(x+1)&\\equiv (x+1)^{2015}-2(x+1)^{1007}+504(x+1)^{1006}+g(x+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nの $x^{1006}$ の係数を $2017$ で割った余り $r$ は，$g(x+1)$ が $x$ の $1005$ 次以下の多項式であることから，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nr&\\equiv {}\\_{2015}\\mathrm{C}\\_{1006}-2 \\cdot {}\\_{1007}\\mathrm{C}\\_{1006}+504\\cdot {}\\_{1006}\\mathrm{C}\\_{1006}\\\\\\\\\r\n&\\equiv1007-2\\cdot1007+504\\cdot 1\\\\\\\\\r\n&\\equiv 1514\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nよって，解答すべき値は $\\bold{1514}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/11908" }, { "content": "$p=2017$として，以降の多項式は体$\\mathbb{F}_p$係数とする．\r\n\r\n$$f(x)=\\prod_{n=1}^{p-2}(x-n(n+1))$$\r\n\r\nより，\r\n\r\n$$f(x)\\cdot x^2=\\prod_{n\\in \\mathbb{F}_p}(x-n(n+1))$$\r\n\r\n$4^{-1}=1513$だけ平行移動する\r\n\r\n$$f(x-4^{-1})\\cdot (x-4^{-1})^2=\\prod_{n\\in \\mathbb{F}_p}(x-n(n+1)-4^{-1})$$\r\n$$=\\prod\\_{n\\in \\mathbb{F}_p}\\left(x-\\left(\\dfrac{2n+1}{2}\\right)^2\\right)$$\r\n$$=\\prod\\_{m\\in \\mathbb{F}_p}\\left(x-m^2\\right)$$\r\n$$=x\\left[\\prod\\_{\\left(\\frac{a}{p}\\right)=1}\\left(x-a\\right)\\right]^2$$\r\n\r\nただし$\\left(\\frac{a}{p}\\right)$はルジャンドル記号\r\n\r\n\r\n$\\prod\\_{\\left(\\frac{a}{p}\\right)=1}\\left(x-a\\right)$は$\\dfrac{p-1}{2}$次多項式である．\r\n\r\nまた，ルジャンドル記号については，[オイラーの規準](https:\\/\\/ja.wikipedia.org\\/wiki\\/%E3%82%AA%E3%82%A4%E3%83%A9%E3%83%BC%E3%81%AE%E8%A6%8F%E6%BA%96)より，\r\n$\\left(\\frac{a}{p}\\right)=1$ならば\r\n$$a^{\\frac{p-1}{2}}\\equiv 1\\pmod{p}$$\r\n\r\nであるため，\r\n\r\n$$\\prod\\_{\\left(\\frac{a}{p}\\right)=1}\\left(x-a\\right)=x^{\\frac{p-1}{2}}-1$$\r\n\r\nよって，\r\n$$f(x-4^{-1})\\cdot (x-4^{-1})^2=x(x^{\\frac{p-1}{2}}-1)^2=x^p-2x^{\\frac{p+1}{2}}+x$$\r\n\r\n$5\\cdot 4^{-1}$だけ平行移動すると\r\n\r\n$$f(x+1)\\cdot (x+1)^2=(x+5\\cdot 4^{-1})^p-2(x+5\\cdot 4^{-1})^{\\frac{p+1}{2}}+(x+5\\cdot 4^{-1})$$\r\n\r\n右辺は（$(x+y)^p=x^p+y^p\\pmod{p}$より）\r\n\r\n$$(x+1)^{p}+4^{-p}-2 (x+1)^{1009}-2\\cdot 4^{-1}\\cdot 1009(x+1)^{1008}+((x+1)の1007次以下の多項式)$$\r\n\r\nよって，\r\n\r\n$$f(x+1)=(x+1)^{2015}-2(x+1)^{1007}-2\\cdot 4^{-1}\\cdot 1009 (x+1)^{1006}+(xの1005次以下の多項式)$$\r\n\r\nであるため，$x^{1006}$の係数は\r\n\r\n$${}\\_{2015}{\\mathrm C}\\_{1006}-2\\cdot {}\\_{1007}{\\mathrm C}\\_{1006}-2\\cdot 4^{-1}\\cdot 1009\\cdot {}\\_{1006}{\\mathrm C}\\_{1006}$$\r\n\r\nあとは公式解説と同じ", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/11908/680" } ]

[ { "content": "　$BD\\leq CD$ として一般性を失わない． $\\gamma$ の $P,Q$ における接線の交点を $E$ としよう．直線 $PQ$ 上に $\\angle ABE=\\angle QKE$ を満たす点 $K$ を取る．\r\n\r\n----\r\n**補題1．** 四角形 $BKCE$ は平行四辺形である．\r\n<details><summary> 証明<\\/summary>\r\n　$4$ 点 $B,P,K,E$ および $C,Q,K,E$ はそれぞれ同一円周上にある．したがって次が成り立つので示された．$\\square$\r\n$$\\angle EBK=\\angle EPK=\\angle PAQ=180^\\circ-\\angle BEC$$\r\n$$\\angle ECK=\\angle EQK=\\angle PAQ=180^\\circ-\\angle BEC$$\r\n<\\/details>\r\n\r\n----\r\n　この平行四辺形の対角線の交点を $M$ としよう．角度計算により，三角形 $APQ,BEK$ は相似なので，\r\n$$BE:CE=BE:BK=AP:AQ=CD:BD$$\r\nとなり，四角形 $BCED$ が等脚台形であることが従う．また，特に三角形 $APQ,BEK$ は合同である．\r\n直線 $AD$ は三角形 $APQ$ において直線 $AE$ の等角共役線である．次を示そう．\r\n\r\n----\r\n**補題2．** 線分 $AD$ と線分 $PQ$ の交点 $N$ は線分 $PQ$ の中点である．（類似中線の性質）\r\n<details><summary> 証明<\\/summary>\r\n　$E$ を中心として $EP=EQ$ を半径とする円と直線 $AP,AQ$ の交点のうち $P,Q$ でない方をそれぞれ $P^\\prime,Q^\\prime$ とする．角度計算により\r\n$$\\angle PEP^\\prime+\\angle PEQ+\\angle QEQ^\\prime=(180^\\circ-2\\angle APQ)+(180^\\circ-2\\angle AQP)+(180^\\circ-2\\angle PAQ)=180^\\circ$$\r\n$$\\angle AQ^\\prime E=\\angle APQ$$\r\nなので，$E$ は線分 $P^\\prime Q^\\prime$ の中点であり，三角形 $APQ,AQ^\\prime P^\\prime$ は相似である．これと $\\angle PAN=\\angle Q^\\prime AE$ より，$PN:QN=Q^\\prime E:P^\\prime E=1:1$ なので示された．\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n----\r\n　よって次が成り立つ．\r\n$$ME=MN=MD=\\frac{PQ}{2}=4$$\r\n\r\n----\r\n**補題3．** 直線 $MR$ と $\\gamma$ の交点のうち $R$ でない方を $S$ とおくと，$S$ は線分 $AD$ 上にある．\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n　$M$ は $\\gamma$ と点 $E$（半径 $0$ の円とみなす）の根軸上にあるため，$MS\\times MR=ME^2=MN^2$ が成り立ち，三角形 $MNR,MSN$ は相似である．また，角度計算により三角形 $RPQ,RBC$ は相似なので，\r\n$$NS:MD=NS:NM=RN:RM=PQ:BC$$\r\nが成り立つ．これと $\\angle PSQ=\\angle BDC=180^\\circ-\\angle BAC$ および $PS\\leq QS$ より，三角形 $PQS,BCD$ は相似である．よって\r\n$$\\angle BAS=\\angle PQS=\\angle BCD=\\angle BAD$$\r\nが成り立つので，点 $S$ は線分 $AD$ 上にある．$\\square$\r\n<\\/details>\r\n\r\n----\r\nよって $MN^2=MD^2=MS\\times MR$ より，四角形 $MNRD$ は円に内接する．\r\n$$ND=AD-AN=AD-\\frac{BC}{2}=7$$\r\nおよび\r\n$$NS=MN\\cdot\\frac{RN}{RM}=MN\\cdot \\frac{PQ}{BC}=\\frac{8}{3}$$\r\nより，$SD=\\dfrac{13}{3}$ である．三角形 $MNS,DRS$ は相似なので，\r\n$$MS=SD\\cdot \\frac{MN}{DR}=\\frac{52}{3DR}$$\r\n$$MR=MS+NS\\cdot\\frac{DR}{MN}=\\frac{52}{3DR}+\\frac{2DR}{3}$$\r\nこれらを $MS\\times MR=MN^2=16$ に代入して，\r\n$$\\Big(\\frac{52}{3DR}\\Big)^2+\\frac{104}{9}=16$$\r\nよって $DR^2=\\dfrac{338}{5}$ であり，特に解答すべき値は $\\bf343$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/9660" }, { "content": "　$\\gamma$ の $P,Q$ での接線の交点を $E$，直線 $AE$ と $\\gamma$ との交点のうち $A$ でない方を $F$とすると，$A,P,F,Q$ は調和四角形をなす．また，$R$ を中心とする回転相似で $\\Gamma$ と $\\gamma$，$E$ と $F$ がそれぞれ対応するので\r\n$$\\frac{CD}{BD}=\\frac{AP}{AQ}=\\frac{FP}{FQ}=\\frac{BE}{CE}$$\r\nより $BD=CE,BE=CD$ がわかる．さらに，線分 $PQ$ の中点を $N$ とすると等角共役の議論から $A,D,N$ は同一直線上にある． \r\n　ここで，直線 $AD$ と $\\gamma$ との交点のうち $A$ でない方を $S$ とすると，$R$ を中心とする回転相似で $D$ と $S$ が対応する．線分 $BC$ の中点を $M$ とすると $\\angle ENP=90^\\circ$ より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\angle DME &=|\\angle BMD-\\angle CMD|\\\\\\\\\r\n&=|\\angle PNS-\\angle QNS|\\\\\\\\\r\n&=2\\angle DNE\r\n\\end{aligned}$$\r\nなので，$DM=EM=NM$ がわかる．一方，$R$ を中心とする回転相似で $M$ と $N$ も対応するので $\\triangle DRS\\sim \\triangle MRN$ より $\\angle RDS=\\angle RMN$，すなわち $D,M,N,R$ が同一円周上にあることがわかる．$DM=NM$ と $\\angle DRS=\\angle MRN$ より $M,R,S$ は同一直線上にあり\r\n$$DN=AD-\\frac{BC}{2}=7$$\r\n$$DM=NM=\\frac{PQ}{2}=4$$\r\n$$NS=\\frac{PN\\cdot QN}{AN}=\\frac{8}{3}$$\r\n$$DS=DN-NS=\\frac{13}{3}$$\r\nなので\r\n$$MS=\\frac{2\\sqrt{10}}{3}$$\r\n$$DR=DS\\cdot \\frac{DM}{MS}=\\sqrt{\\frac{338}{5}}$$\r\nと順次求まる．", "text": "miquel点", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/9660/678" }, { "content": "　$AD$ と $PQ$ の交点 $N$ が線分 $PQ$ の中点となり ，直線 $AN$ と $\\gamma$ の交点のうち $A$ でない方の点を $S$ とすれば，$$AN=6, NS=\\dfrac{8}{3}, SD=\\dfrac{13}{3}$$ となる過程については，他の解説を参照してください．\r\n\r\n--- \r\n\r\n　$AQ=b_1, CQ=b_2, AP=c_1, BP=c_2$ とし，$\\angle{BAC}=\\alpha$ とすれば，$${b_1}^2+{c_1}^2=104, b_1c_1\\mathrm{cos}\\alpha=20, b_1b_2+c_1c_2=52$$となる（前 $2$ 式は三角形 $APQ$ と三角形 $BDC$ にそれぞれ余弦定理を適用することから，最後の式は四角形 $ABDC$ にPtolemyの定理を適用することから得られる）． \r\n　ここで $\\gamma$ の $P, Q$ における接線の交点を $E$ とすれば直線 $AE$ は三角形 $APQ$ のsymmedianであり，$AE$ と $\\gamma$ の交点のうち $A$ とは異なる点を $T$ とおけば，$QT=\\dfrac{2}{3}b_1, PT=\\dfrac{2}{3}c_1$ となるため，Ptolemyの定理より $$AT=\\frac{10}{3\\mathrm{cos}\\alpha}$$ となる．さらに $ET\\times{EA}=TQ^2=\\bigg(\\dfrac{4}{\\mathrm{cos}\\alpha}\\bigg)^2$ より $EA=\\dfrac{6}{\\mathrm{cos}\\alpha}$ となり，四角形 $ABTC$ に再びPtolemyの定理を用いることで，$$b_1c_2+b_2c_1=\\dfrac{32}{\\mathrm{cos}\\alpha}$$ が従う． \r\n　準備が整ったので，三角形 $ABC$ に余弦定理を適用して，整理すると，$${b_2}^2+{c_2}^2-2b_2c_2\\mathrm{cos}\\alpha=(2\\sqrt{10})^2$$を得る．よって $XY=c_2, XZ=b_2, \\angle{YXZ}=\\alpha$ なる三角形 $XYZ$ を考えれば $YZ=2\\sqrt{10}$ となるが，これを $\\dfrac{12}{2\\sqrt{10}}$ 倍に拡大したものが三角形 $RBC$ であり，$$RD=SD\\times\\dfrac{RB}{PB}=\\dfrac{13}{3}\\times\\dfrac{6}{\\sqrt{10}}=\\dfrac{26}{\\sqrt{10}}$$ となる．なお，Miquel点に関する種々の性質を用いた．", "text": "長さ計算（一部）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce009/editorial/9660/682" } ]

[ { "content": "　任意の正の整数 $n$ に対して $f^n(x)$ は一次関数なので，\r\n$$\r\nf^{10}(x)=f^{401}(x)\r\n$$\r\nの両辺はともに一次関数である．また，両辺は関数として相異なるので，解は高々 $1$ 個である．一方で\r\n$$\r\nf(x)=x\r\n$$\r\nの解 $r$ は任意の正の整数 $n$ に対して $f^n(r)=r$ を満たすため，上記の方程式を満たす．したがって，求める解は $r=\\dfrac{246}{135 - 1} = \\dfrac{123}{67}$ のみであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{190}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/10401" }, { "content": "　ここでは一次関数 $f$ を一般に $f(x) = ax + b$ とおき，もう少し詳しく考察してみましょう．ただし $b$ は実数とし，$a$ は $1$ でない正の実数とします．このとき $f$ の $n$ 回合成を表す $xy$ 平面上の直線 $y = f^n(x)$ は，合成回数を増やすたびにどのように変化するでしょうか．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$f$ によって値が変わらない実数，すなわち $f(x) = x$ なる $x$ を求めると\r\n$$x = - \\frac{b}{a - 1}$$\r\nが得られる．したがって，$xy$ 平面における直線 $y = f(x)$ は点 $\\left (- \\dfrac{b}{a - 1}, - \\dfrac{b}{a - 1} \\right )$ を通過する（以後この点を $P$ と呼ぶ）．このことが分かるよう，$f(x)$ を以下の形に変形しよう．\r\n$$f(x) = a \\left ( x + \\dfrac{b}{a - 1} \\right ) - \\dfrac{b}{a - 1} \\tag{1}$$\r\nすると任意の正整数 $n$ に対し，$f^n (x)$ は\r\n$$f^n(x) = a^n \\left ( x + \\dfrac{b}{a - 1} \\right ) - \\dfrac{b}{a - 1} \\tag{2}$$\r\nと表されることが帰納法により簡単に示すことができる．\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n　式 $(1)$ より $n = 1$ のときは明らかに成り立つ．$n = k$ で式 $(2)$ が成り立つと仮定する．このとき\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf^{k + 1}(x) = f(f^k(x)) &= f \\left (a^k \\left ( x + \\frac{b}{a - 1} \\right ) - \\frac{b}{a - 1} \\right ) \\\\\\\\\r\n&= a \\left (a^k \\left ( x + \\frac{b}{a - 1} \\right ) - \\frac{b}{a - 1} + \\frac{b}{a - 1} \\right ) - \\frac{b}{a - 1} \\\\\\\\\r\n&= a^{k + 1} \\left ( x + \\frac{b}{a - 1} \\right ) - \\frac{b}{a - 1}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが得られるので，$n = k + 1$ のときも式 $(2)$ が成り立つ．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　要するに $f$ の合成回数 $n$ を $1$ から順に増やしていくと，直線 $y = f^n(x)$ は点 $P$ を中心として回転するように傾きが $a \\rightarrow a^2 \\rightarrow a^3 \\rightarrow \\cdots$ と変化する．特に $n_1 \\neq n_2$ なる $2$ つの正整数 $n_1, n_2$ に対し，$2$ 直線 $y = f^{n_1}(x), y = f^{n_2}(x)$ のそれぞれの傾き $a^{n_1}, a^{n_2}$ は異なっているため，これらは平行でなく共有点は点 $P$ ただ一つである（ちなみに公式解説で $f^{10}(x), f^{401}(x)$ が関数として相異なると述べているが，この議論の通りそもそも傾きが等しくない）．このことから，方程式\r\n$$f^{n_1}(x) = f^{n_2}(x)$$\r\nの解が $x = - \\dfrac{b}{a - 1}$ のみであることもわかる．", "text": "さらに考察", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/10401/673" } ]

[ { "content": "　内心の性質より，\r\n$$\\angle PI_{k+1}Q=90^\\circ +\\frac{1}{2}\\angle PI_kQ$$\r\nすなわち\r\n$$180^\\circ -\\angle PI_{k+1}Q=\\frac{1}{2}(180^\\circ -\\angle PI_kQ)$$\r\nが成り立つ．よって，$n$ は $180^\\circ - \\angle PI_{1}Q$ が $2$ で割り切れる回数 $+1$ 以下であり，$180^\\circ - \\angle PI_{1}Q \\lt 180^\\circ$ であるから，$N = 8$ を得る．$n = 8$ のとき，$180^\\circ -\\angle PI_1Q$ は $2^7$ で割り切れなければいけないので，$\\big(2^7\\big)^\\circ$ となる他ない．以上より，求める答えは $180-2^7=\\mathbf{52}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/12123" } ]

[ { "content": "$$\r\n\\frac{2^{3p+2q}-2^{p+2q}-2^{3p}+2^p}{pq} = \\frac{2^p(4^p-1)(4^q-1)}{pq}\r\n$$\r\nと変形できる． \r\n- $p=2$ のとき \r\n$q=2,3$ は条件を満たす．$q\\geq 5$ のとき，フェルマーの小定理により，$4^q\\equiv 4 \\pmod q$ なので，$4^q-1$ は $q$ で割り切れない．したがって，条件を満たすためには $4^2-1=15$ を $q$ が割り切ることが必要十分で，適するのは $q=5$ のみ． \r\n- $p=3$ のとき \r\n$q=3$ は条件を満たす． $q \\geq 5$ では前述の議論と同様に，$4^3-1=63$ を $q$ が割り切ることが必要十分． よって $q=7$ のみが適する． \r\n- $p\\geq 5$ のとき \r\n$p$ が $4^q-1$ を割り切ることが必要である．したがって，$4^k \\equiv 1 \\pmod p$ なる最小の正の整数 $k$ をとると，$k$ は $q$ を割り切り，フェルマーの小定理から $p-1$ も割り切る．一方で $q$ は $p-1$ より大きな素数であることから $p-1$ と $q$ は互いに素であるので，$k=1$ が必要となるが，これは不適．したがって，適する $p,q$ は存在しない． \r\n\r\n以上より，求める値は\r\n$$4 + 6 + 10 + 9 + 21 = \\mathbf{50}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/10342" } ]

[ { "content": "　まず，以下 $2$ つの事実が成り立つ：\r\n- 格子点 $(a, b), (c, d)$ が $a \\geq c, b \\leq d$ をみたし，$(a, b)$ が $A$ に属するならば，$(c, d)$ は $A$ に属する．\r\n- 格子点 $(a, b), (c, d)$ が $a \\geq c, b \\leq d$ をみたし，$(c, d)$ が $B$ に属するならば，$(a, b)$ は $B$ に属する．\r\n\r\nこのことから，$9$ 点のうち $A$ に属する $3$ 点の内訳としてあり得るものは次の $3$ 通りに限られる：\r\n- **内訳 1．** $(x_1, y_2), (x_1, y_3) ,(x_2, y_3)$\r\n- **内訳 2．** $(x_1, y_1), (x_1, y_2) ,(x_1, y_3)$\r\n- **内訳 3．** $(x_1, y_3), (x_2, y_3) ,(x_3, y_3)$\r\n\r\nそれぞれの内訳に対し，下記の事実を得る：\r\n- $A$ に属する $3$ 点が内訳 1. の通りになることは $(x_1, y_2), (x_2, y_3) \\in A$ かつ $(x_1, y_1), (x_2, y_2), (x_3, y_3) \\in B$ と言い換えられ，これは\r\n$$1 \\leq y_1 \\lt x_1 \\lt y_2 \\lt x_2 \\lt y_3 \\lt x_3 \\leq 12$$\r\nと同値である．\r\n\r\n- $A$ に属する $3$ 点が内訳 2. の通りになることは $(x_1, y_1) \\in A$ かつ $(x_2, y_3) \\in B$ と言い換えられ，これは\r\n$$1 \\leq x_1 \\lt y_1 \\lt y_2 \\lt y_3 \\lt x_2 \\lt x_3 \\leq 12$$\r\nと同値である．\r\n\r\n- $A$ に属する $3$ 点が内訳 3. の通りになることは $(x_3, y_3) \\in A$ かつ $(x_1, y_2) \\in B$ と言い換えられ，これは\r\n$$1 \\leq y_1 \\lt y_2 \\lt x_1 \\lt x_2 \\lt x_3 \\lt y_3 \\leq 12$$\r\nと同値である．\r\n\r\n$A$ に属する点の内訳がどの場合であったとしても，適する整数の組の個数は $1$ 以上 $12$ 以下の整数から $6$ つを選ぶ方法の個数に等しく ${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{6}$ である．ゆえに求める個数は\r\n$$3 \\times {}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{6} = \\mathbf{2772}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/12195" } ]

[ { "content": "　直線 $AI$ と直線 $BC$ の交点を $Q$ とする．このとき，\r\n$$ \\angle PAQ = \\angle PAB + \\angle BAQ = \\angle ACQ + \\angle CAQ = \\angle PQA $$\r\nより $PA = PQ$ であり，直線 $AQ$ と直線 $DE$ が垂直なことから四角形 $ADQE$ はひし形である．$\\triangle DBQ \\sim \\triangle ABC \\sim \\triangle EQC$ であるため，\r\n$$DQ=QE=\\sqrt{BD\\cdot CE}=35$$\r\nである．また $BQ : CQ = AB : AC = 5 : 7$ より $BQ = 5x, ~ CQ = 7x$ とおける．すると\r\n$$ AI : IQ = AB : BQ = 12 : x $$\r\nより $IQ = 3x$ を得る．ここで，直線 $AI$ と $\\Gamma$ の交点のうち点 $A$ でないものを $M$，三角形 $ABC$ の角 $A$ 内の傍心を $J$ とすると，\r\n$$AI\\cdot AJ=AB\\cdot AC=(25+35)(49+35)=5040$$\r\nより $AJ=140$ であり，$M$ は $IJ$ の中点であるため $MI=MB=MC=52$ を得る．$\\triangle ADQ \\sim \\triangle BMC$ より $AD : AQ = BM : BC$ から\r\n$$ 35 : (36+3x) = 52 : 12x \\iff x = \\frac{78}{11}$$\r\nとなる．したがって $BC = \\dfrac{936}{11}$ より，答えるべき値は $\\mathbf{947}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/9671" }, { "content": "　$PA$ が $\\Gamma$ に接することより, $\\angle{PAB}=\\angle{C}$ であり, \r\n$$\\angle{APB}=\\angle{B}-\\angle{PAB}=\\angle{B}-\\angle{C}$$ . \r\nまた, $AI$ と $PE$ の交点を $H$ とすると, $\\angle{AHP}=90^{\\circ}$ より, \r\n$$\\angle{APH}=90^{\\circ}-\\angle{PAH}=90^{\\circ}-(\\angle{C}+\\frac{1}{2}\\angle{A})=\\frac{\\angle{B}-\\angle{C}}{2}$$\r\nよって, $PE$ は $\\angle{APB}$ の二等分線であり, $\\triangle{APB}\\sim\\triangle{CPA}$ において, $D$ と $E$ は対応関係にあるから, $\\angle{PDB}=\\angle{PEA}$ であり, $\\angle{PDB}=\\angle{ADE}$ より, \r\n$$AD=AE$$\r\n となる. また \r\n$$AD\\/BD=CE\\/AE$$ より, \r\n$$AD=AE=35$$\r\nがわかる. よって, 後は \r\n$$AB=60,\\\\;\\ AC=84,\\\\;\\ AI=36$$\r\n となる三角形 $ABC$ について $BC$ の長さを求める.\\\r\n$BC=x,\\\\;\\ \\dfrac{1}{2}\\angle{A}=\\theta$とおき, 内接円の半径を $r$ とすると,\r\n$$r=AI\\sin{\\Big(\\frac{1}{2}\\angle{A}\\Big)}=36\\sin\\theta$$\r\nが成立. また三角形 $ABC$ の面積 $S$ を $2$ 通りの方法で表すと,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nS&=\\frac{1}{2}AB\\times AC\\sin{\\angle{A}}=60\\times 84\\sin\\theta\\cos\\theta\\\\\\\\\r\nS&=\\frac{1}{2}(AB+BC+CA)r=18(144+x)\\sin\\theta\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nより, \r\n$$x=280\\cos\\theta-144$$\r\nであり, \r\n$$x^2=AB^2+AC^2-2AB\\times AC\\cos{\\angle{A}}=10656-2\\times 60\\times 84\\cos\\theta$$\r\nであるから, $x=280\\cos\\theta-144$ を両辺 $2$ 乗して整理することで, $\\cos\\theta=\\dfrac{9}{11}$ が得られ, $x=280\\times\\dfrac{9}{11}-144=\\dfrac{936}{11}$ が計算できる.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/9671/677" } ]

[ { "content": "　$F(x) = x^3 P(x^2) - Q(x^2)$ とすると，これは $11$ 次複素数係数多項式であり，以下を満たす．\r\n- $x, x^{10}, x^{11}$ の係数はそれぞれ $0, 0, 1$ である．\r\n- $36$ の正の約数 $9$ つをすべて根にもつ\r\n\r\nここで複素数 $\\alpha, \\beta$ によって $F(x)$ の根 $11$ 個を\r\n$$1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36, \\alpha, \\beta$$\r\nと表すと，$x^{10}$ の係数から根の総和は $0$ であることがわかるので，これより\r\n$$\\alpha + \\beta = -91$$\r\nが得られる．ここで $\\alpha, \\beta$ のうち一方が $0$ だとすると $x$ の係数が $0$ であることに反するので，\r\nこの $2$ 数はどちらも $0$ ではない．よって $x$ の係数が $0$ であることは根の逆数の総和が $0$ であることと同値であり，\r\n$$-\\frac{91}{\\alpha \\beta} = \\frac{\\alpha + \\beta}{\\alpha \\beta} = \\frac{1}{\\alpha} + \\frac{1}{\\beta} = -\\frac{91}{36}$$\r\nすなわち\r\n$$\\alpha \\beta = 36$$\r\nが得られる．したがって，\r\n$$F(x) = (x^2 + 91x + 36)\\prod_{n | 36, n \\gt 0} (x - n)$$\r\nと表すことができる．これを変形すると\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nF(x) &= (x^2 + 91x + 36)(x - 6)\\prod_{n = 1}^{4} (x - n)\\bigg(x - \\frac{36}{n}\\bigg) \\\\\\\\\r\n&= (x^2 + 91x + 36)(x - 6)\\prod_{n = 1}^{4} \\bigg(x^2 - \\bigg(n + \\frac{36}{n}\\bigg)x + 36\\bigg) \\\\\\\\\r\n&= (x - 6)\\prod_{n \\in \\\\{-37, -20, -15, -13, 91\\\\}} (x^2 + nx + 36)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．\\\r\n　$P(x), Q(x)$ の係数は，それぞれ $F(x)$ の奇数次・偶数次の項の係数に一致するので，これより $P(x), Q(x)$ は一意に定まり，特にどちらも実係数多項式である．\r\nここで $x = 6i$ とすることで\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n-6^3 i P(-36) - Q(-36) &= F(6i) \\\\\\\\\r\n&= 6(i - 1)\\prod_{n \\in \\\\{-37, -20, -15, -13, 91\\\\}} (6ni) \\\\\\\\\r\n&= - 6^6 N (i + 1) \r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが得られる．ただし $N = 13 \\times 15 \\times 20 \\times 37 \\times 91$ とした．したがって複素数の実部・虚部の比較から\r\n$$P(-36) = 6^3 N，Q(-36) = 6^6 N$$\r\nが得られる．以上より，求める値は\r\n$$P(-36) + Q(-36) = \\mathbf{615490293600}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc232/editorial/7207" } ]

[ { "content": "$$g(2x)=16a_1 x^3+16a_2 x^2+16a_3 x+16a_4$$\r\nにより $f(x)=\\dfrac{g(2x)}{16}$ が成り立つので，$f(50)=\\dfrac{g(100)}{16}=\\dfrac{5229}{8}$ である．特に，解答すべき値は $\\textbf{5237}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/10458" } ]

[ { "content": "　$g=\\gcd (a,b)$ とおくと互いに素な整数 $A,B$ により $a=Ag, ~ b=Bg$ と表せる．\r\n与式より \r\n$$(A-1)(B-1)g=g+5$$\r\nであるので，$g$ は $g+5$ を割り切る．すなわち $g$ は $5$ の正の約数であり，$g = 1,5$ となる．\r\n- $g=1$ のとき，$(A-1)(B-1)=6$ から $(a, b)=(2,7),(7,2),(3,4),(4,3)$ を得る．\r\n- $g=5$ のとき，$(A-1)(B-1)=2$ から $(a,b)=(10,15), (15,10)$ を得る．\r\n\r\n以上より，解答すべき値は \r\n$$(2\\times 7+3\\times 4+10\\times 15)\\times 2 = \\mathbf{352}$$ \r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/10789" } ]

[ { "content": "　上から $i$ 番目，左から $j$ 番目のタイルを $(i,j)$ とし，$i,j$ の偶奇が一致するものを黒く塗り，その他を白く塗る．このとき，$A$ 君は黒と白のマスを交互に移動するので，$A$ 君がうまく移動して$17^2=289$ 個のタイルすべてを訪れるためには，初期盤面において $A$ 君と $L$ ちゃんがどちらも黒のマスにいることが必要である．逆に，これが十分であることを示そう．一般に任意の正整数 $a,b$ に対して，次の命題 $P(m,n)$ が成り立てばよい．\r\n- $P(m,n)$：$(2m+1)\\times (2n+1)$ の場合，任意の黒のタイルから他の任意の黒のタイルへ移動することが可能である．\r\n\r\n----\r\n**証明**\\\r\n　$P(1,1)$ が正しいことはただちにわかる．$P(m,n)$ が正しいと仮定して $P(m+1,n)$ が正しいことを示そう．\\\r\n　スタートのタイルを $(a,b)$ とゴールのタイルを $(c,d)$ とする．$a\\leq c,a\\leq 2m+1,d\\leq 2n-1$ としても一般性を失わない．$c$ の値によって場合分けして実際の道順を構成する．\r\n- $c\\leq 2m+1$ のとき\\\r\n仮定より，タイル $(a,b)$ からタイル $(c,d)$ へ移動する方法てあって，下 $2$ 行を除いた $(2m+1)\\times (2n+1)$ のタイルを全て訪れるものが存在する．この方法について，次の移動のうちどちらかが行われている．\r\n$$(2m+1,1)\\rightarrow (2m+1,0)\\quad (2m+1,1)\\rightarrow (2m+1,2)$$\r\nこの移動を直接せず，下 $2$ 行のタイルを全て訪れてから $(2m+1,0)$ または $(2m+1,2)$ に訪れることは可能であるので，$(2m+3)\\times (2n+1)$ の場合の道順が構成できる．\r\n- $c=2m+2$ のとき\\\r\n仮定より，タイル $(a,b)$ からタイル $(2m+1,d-1)$ へ移動する方法てあって，下 $2$ 行を除いた $(2m+1)\\times (2n+1)$ のタイルを全て訪れるものが存在する．この方法で移動したのち，下 $2$ 行を全て通って $(2m+2,d)$ に移動することは可能である．\r\n- $c=2m+3$ のとき\\\r\n仮定より，タイル $(a,b)$ からタイル $(2m+1,1)$ へ移動する方法てあって，下 $2$ 行を除いた $(2m+1)\\times (2n+1)$ のタイルを全て訪れるものが存在する．この方法で移動したのち，下 $2$ 行を全て通って $(2m+3,d)$ に移動することは可能である．\r\n\r\n以上より $P(m,n)\\Longrightarrow P(m+1,n)$ であり，同様に $P(m,n)\\Longrightarrow P(m,n+1)$ もわかる．ここで $P(1,1)$ は正しいので，帰納的に任意の正整数に対して $P(m,n)$ は正しい．$\\square$\r\n\r\n----\r\n\r\nよって解答すべき値は $145\\times 144=\\textbf{20880}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/10592" } ]

[ { "content": "$$\\angle PMN=\\angle PDA= \\angle BDA = \\angle BCA = \\angle PCB$$\r\nであるので，直線 $BC$ と直線 $MN$ は平行である．また，$M, N$ はそれぞれ線分 $AC, BD$ の中点であったから，直線 $AD$ は直線 $BC, MN$ は平行であることがわかる．よって，四角形 $ABCD$ は $AB = CD$ なる等脚台形である．したがって，\r\n$$AP=DP= AM\\cdot\\frac{AP}{AP - MP} = 10$$\r\nであるから，\r\n$$\\cos \\angle CAD=\\dfrac{AD}{2AP} = \\frac{3}{5}$$\r\nである．また，\r\n$$BP = DP\\cdot\\frac{BP}{DP} = AP\\cdot\\frac{AM - PM}{AP} = 4$$\r\nであるので，余弦定理より\r\n$$CD = AB=\\sqrt{BP^2 + AP^2 - 2BP\\cdot AP\\cos2\\angle CAD} = \\sqrt{\\dfrac{692}{5}}$$\r\nよって，求める半径は\r\n$$\\dfrac{CD}{2\\sin\\angle CAD}=\\dfrac{\\sqrt{865}}{4}$$\r\nであり，特に解答すべき値は $\\bf869$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/10282" } ]

[ { "content": "　$N=20$ とする．$A$ としてあり得るものの総数は $(a_2,a_3,\\dots,a_{N-1})$ としてあり得るものの総数であるから，これは $5\\times (N-2)$ の網目状の道を左上から右下の頂点まで最短経路で移動する方法の総数と一致することがわかる．これは ${}\\_{N+3}\\mathrm{C}\\_{5}$ である． \r\n　また，$T(A) = a_2+a_3+\\dots+a_{N-1}$ は経路を移動した軌跡より下部分の面積と等しい．この経路を上下左右反対にした経路と足し合わせると $2$ つでちょうど $5(N-2)$ の長方形となる組み合わせを作れるので，$T(A)$ の総和は $\\dfrac{5(N-2)\\_{N+3}\\mathrm{C}\\_{5}}{2}$ である．これに $a_1=5,a_N=0$ を加えることで，$S(A)$ の総和は \r\n$$\\dfrac{5}{2}(N-2)\\_{N+3}\\mathrm{C}\\_{5}+5\\_{N+3}\\mathrm{C}\\_{5}=\\dfrac{5}{2}N\\_{N+3}\\mathrm{C}\\_{5}$$\r\n\r\nとなる．特に解答すべき値は $\\dfrac{5}{2} \\times 20 \\times {}\\_{23}\\mathrm{C}\\_{5} = \\mathbf{1682450}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/11297" }, { "content": "$S(A)$ の平均値を考えると, これは $A$ の各項の平均値の総和です. \r\n対称性から, $a_k+a_{21-k}$ の平均値は $5$ であるとわかります. \r\nよって, $S(A)$ の平均値は $50$ であるのでこれに $A$ としてとりうる数列の総数を掛ければよいです. \r\n\r\n---\r\n\r\nあるいは以下のように言い換えてから対称性を見出すのも良いでしょう.\r\n\r\n$k=1,2,3,4,5$ に対し, $a\\_i\\ge k$ なる最大の $i$ を $b\\_k$ とおきます. \r\n$A$ が広義単調減少であるので, 数列 $b$ は広義単調増加であり, また, $1\\le b\\_1,b_5\\le 19$ を満たします. \r\n広義単調増加であり, また, $1\\le b\\_1,b_5\\le 19$ な数列 $b$ から $A$ を復元することができます. \r\nさらに, 主客転倒により $S(A)=\\sum\\_{k=1}\\^{5}b\\_k$ と表せます. \r\nよって, 求める答えは\r\n$$\\sum\\_{1\\le b\\_1\\le b\\_2\\le\\dots\\le b\\_5\\le19}b_i$$\r\nとなります. こちらの方が対称性が見やすいかもしれません.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/11297/676" } ]

[ { "content": "　$1\\leq c\\leq 250$ を満たす整数 $c$ に対して $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{250+c} (b_k-a_k)$ および $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{251-c} (b_k-a_k)$ はいずれも $0$ または $1$ なので $2$ 数の差は $-1,0,1$ のいずれかである．実際に差を計算すると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\displaystyle\\sum_{k=1}^{250+c} (b_k-a_k)-\\displaystyle\\sum_{k=1}^{251-c} (b_k-a_k)&=\\displaystyle\\sum_{k=251-c}^{250+c} (b_k-a_k)\\\\\\\\\r\n&=\\displaystyle\\sum_{k=251-c}^{250+c} (501-a_{501-k}-a_k)\\\\\\\\\r\n&=1002c-2\\sum_{k=1}^{c} (a_{251-k}+a_{250+k})\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなり，特に偶数であることがわかる．したがってこの差の値は $0$ であり，次の式が成り立つ．\r\n$$\\sum_{k=1}^{c} (a_{251-k}+a_{250+k})=501c$$\r\nよって任意の $c$ に対して $a_{251-c}+a_{250+c}=501$ であり，これを満たす数列 $\\\\{a_i\\\\}$ は問題文の条件を満たす．これを満たす数列 $\\\\{a_i\\\\}$は$500!!$ 通りあるので，Lagrange の定理より，\r\n$$X=v_2(500!!)=v_2(500!)=494, ~ Y=v_3(500!!)=v_3(250!)=123$$\r\nを得る．特に解答すべき値は $XY=\\bf60762$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb025/editorial/11591" } ]

[ { "content": "　$|x|+|y|+|z|\\leq 1$ をみたす点 $(x, y, z)$ からなる領域は，原点を中心とし一辺が $\\sqrt 2$ の正八面体になる．したがって本問で考えている立体は，原点を通りある面に平行な平面で正八面体を半分にスライスしたものになっている．\\\r\n　ここで $a=\\dfrac{\\sqrt 2}{2}$ とする．この立体の表面は，\r\n- $1$ 辺 $a$ の正三角形が $3$ 枚\r\n- 辺の長さが $a$ , $a$ , $a$ , $2a$ の等脚台形が $3$ 枚\r\n- $1$ 辺 $2a$ の正三角形が $1$ 枚\r\n- $1$ 辺 $a$ の正六角形が $1$ 枚\r\n\r\nの $8$ つの面から構成されている．したがって，求める表面積は\r\n$$3 \\cdot \\frac{\\sqrt{3}}{4} a^2 + 3 \\cdot \\frac{3\\sqrt{3}}{4} a^2 + \\frac{\\sqrt{3}}{4} (2a)^2 + \\frac{3\\sqrt 3}{2} a^2 = \\frac{11\\sqrt{3}}{4}$$\r\nであり，解答すべき値は $\\mathbf{379}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/11682" }, { "content": "　もしスムーズに本問の立体が思い浮かべられた人がいたらすごいです．中々そうはいかない人も多いと思うので，立体想像が苦手な人向けの方針を紹介します．\r\n\r\n---\r\n\r\n$(0)$ $|x| + |y| + |z| = 1$ とは\r\n\r\n　まずは $x,y,z \\geq 0$ の部分だけ考えてみます．このときの $x+y+z = 1$ の図形なので，平面の $x,y,z \\geq 0$ の部分だけを切り取ったような形，つまり三角形になります．この平面は $(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$ を通るので，この $3$ 点を頂点とする一辺 $\\sqrt{2}$ の正三角形になります．\\\r\n　これが残りの $7$ つ $($例えば $x,z \\geq 0, ~ y \\leq 0$ の場合など$)$ についても同じことがいえるので，立体 $|x| + |y| + |z| = 1$ は，正三角形を $8$ つ貼り付けた正八面体になると分かります．\r\n\r\n　以下では上の正八面体を $S$ と呼びます．\r\n\r\n---\r\n$\\mathbf{(1)}$ **断面以外の処理**\r\n\r\n　平面 $x+y+z = 0$ が $S$ の表面を $2$ 等分するのはなんとなく分かると思います．厳密に言うなら $S$ の表面上の任意の点と，その原点に対しての対称点 $\\big( (x,y,z)$ と $(-x,-y,-z) \\big)$ が $x+y+z = 0$ をまたぐことから分かります．\\\r\n　今 $S$ の表面積は $4\\sqrt{3}$ なので，本問の立体の断面以外の表面積は $2\\sqrt{3}$ です．\r\n\r\n---\r\n\r\n$\\mathbf{(2)}$ **断面の処理** (本題)\r\n\r\n　$x+y+z=0$ が $S$ のどこらへんで交わりそうか特徴付けをしてみます．どう見つけても良いんですが，$x+y+z$ の値に注目してみましょう．$S$ の頂点は\r\n$$(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1) ~ と ~ (-1,0,0),(0,-1,0),(0,0,-1)$$\r\nです．前 $3$ 点と後 $3$ 点で $9$ つのペアが作れますが，このペアの中点はどれも $x+y+z=0$ 上に乗ることが分かります．\\\r\n$(x+y+z=1$ 上の点と $x+y+z=-1$ 上の点の中点をとって $x+y+z=0$ になる点を作り出そうとしている$)$\r\n\r\n　$3$ 点は原点になるので，残りの $6$ 点を手元に書き込むと，良い感じに正六角形をなしていそうです．(これが正六角形なのかが怪しいですが，対称性を信じると，) 断面は一辺が $\\dfrac{\\sqrt{2}}{2}$ の正六角形なので，面積は $\\dfrac{3\\sqrt{3}}{4}$ と分かります．\r\n\r\n---\r\n\r\n　以上より，答えは $\\displaystyle 2\\sqrt{3} + \\frac{3\\sqrt{3}}{4} = \\frac{11\\sqrt{3}}{4}$ で，求める値は $\\mathbf{379}$ です．", "text": "想像力に限界を感じたら", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/11682/668" } ]

[ { "content": "　$ S_n $ の転倒数（$11$ を $n$ におきかえた場合に求める値）を $ L_n $ とし，数列 $\\\\{F_n\\\\}$ をFibonacci数列とする．すなわち，数列 $\\\\{F_n\\\\}$ は $ F_0=0, F_1=1$ かつ，任意の非負整数 $n$ に対して $F_{n+2}=F_{n+1}+F_n $ をみたす数列である．\\\r\n　このとき，任意の $2$ 以上の整数 $n$ について，$S_n$ は $0$ が $ F_{n-2} $ 文字，$1$ が $ F_{n-1} $ 文字の計 $F_n$ 文字からなる文字列である．したがって，\r\n- $1 \\le i \\lt j \\le F_{n}$ なる整数の組 $(i,j)$ であって $S_{n+2}$ の $i$ 文字目が $1$ であり，$j$ 文字目が $0$ であるようなものの数は $L_{n}$ 組\r\n- $F_{n} \\lt i \\lt j \\le F_{n+2}$ なる整数の組 $(i,j)$ であって $S_{n+2}$ の $i$ 文字目が $1$ であり，$j$ 文字目が $0$ であるようなものの数は $L_{n+1}$ 組\r\n- $1 \\le i \\le F_{n} \\lt j \\le F_{n+2}$ なる整数の組 $(i,j)$ であって $S_{n+2}$ の $i$ 文字目が $1$ であり，$j$ 文字目が $0$ であるようなものの数は $F_{n-1}^2$ 組\r\nあるので，\r\n$$ L_{n+2}=L_{n}+L_{n+1}+F_{n-1}^2 $$\r\nが成り立つ．以上より，$ L_2=L_3=0$ を用いて順に計算すると，$L_{11} = \\bf924$ と求まる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/12888" } ]

[ { "content": "　$f(x)$ を立方完成すると，\r\n$$x^3+12x^2+34x+56=(x+4)^3-14(x+4)+48$$\r\nとなるので，$a=4,p=14,q=48$ とおくと $f(x) = (x+a)^3-p(x+a)+q$ となる．ここで，$s = x+a, t = y+a$ とおくと，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n(y-x)(f(x)-f(y)) &= (t-s) (s^3 - ps - t^3 + pt) \\\\\\\\\r\n&= (s-t)^2 \\bigl( p-(s^2+st+t^2) \\bigr)\r\n\\end{aligned} $$\r\nであり，この式の最大値を求めればよい．ここで，$X=(s-t)^2, ~ Y=s^2+st+t^2$\r\nとおくと，$X+2Y=3(s^2+t^2),~ Y-X=3st$より，\r\n\r\n$$-X-2Y\\leq 2Y-2X\\leq X+2Y$$\r\n\r\nが成立し，これを変形すると $0\\leq X\\leq 4Y$ を得る．逆に，$0\\leq X\\leq 4Y$ ならば適切に $s,t$ を定めることで $X=(t-s)^2, ~ Y=s^2+st+t^2$ とできる．\\\r\n　したがって，$0\\leq X\\leq 4Y$ のときの $X(p-Y)$ の最大値を求めればよい．$s=t$ のときを考えると最大値は非負である．したがって，$p-Y$ が非負の場合を考えればよく，この状況で $Y$ を固定したとき最大値を実現するのは $Y$ によらず $X=4Y$ のときである．したがって，$4Y(p - Y)$ の最大値を $0\\leq Y \\le p$ の範囲で求めればよく，これは相加相乗平均の不等式より $Y=\\dfrac{p}{2}$ のときに最大値 $p^2=\\bf{196}$ を取る．なお，このとき $s=\\pm\\sqrt{\\dfrac{p}{2}}, ~ t=\\mp \\sqrt{\\dfrac{p}{2}}$ より，\r\n$$x=-4\\pm \\sqrt{7}, \\quad y=-4\\mp \\sqrt{7}$$\r\nである (いずれも複号同順) ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/10478" } ]

[ { "content": "　以下では，合同式の法はすべて $p$ とする．\\\r\n　$a=0$ の場合，$ax^2 + bxy+cy^2$ は $(x,y) = (1, 0)$ のときに $p$ の倍数になるため条件を満たさない．$c=0$ についても同様であるため，以下では $a\\neq 0,c\\neq 0$ とする．このとき，全体を $4a$ 倍して議論してもよく，\r\n\r\n$$4a^2x^2+4abxy+4acy^2=(2ax+by)^2-(b^2-4ac)y^2$$\r\n\r\nを考える．$s=2ax+by, ~ t=y$ とおくと，$a\\neq 0$ より \r\n$$(s,t) \\equiv (0,0) \\iff (x,y)\\equiv(0,0)$$ \r\nであるから，$D=b^2-4ac$ について $s^2-Dt^2 \\equiv 0$ となるような $(s,t) \\not\\equiv (0,0)$ が存在しないような $(a, b, c)$ の個数を求めればよい．このような $(s, t) \\not\\equiv (0, 0)$ が存在したと仮定すると，$t\\not\\equiv 0$ なので $\\left(s\\cdot t^{-1}\\right)^2 \\equiv D$ であるが，これの解が存在することは $D$ が $\\mathrm{mod} ~ p$ で平方剰余であることと同値である．したがって，$a\\neq 0, ~ c\\neq 0$ かつ $b^2-4ac$ が $\\mathrm{mod} ~ p$ で平方非剰余となるような $(a,b,c)$ の組の個数を数えればよい．\\\r\n　$0$ 以上 $p$ 未満の整数で $p$ を法として平方非剰余なものは $\\dfrac{p-1}{2}$ 個存在するが，そのうち一つを選び $d$ とし，$a, b$ の値を $a\\neq 0$ となるように選ぶと，$d$ は平方非剰余であるから $d \\not\\equiv b^2$ であるから $4ac \\not \\equiv 0$ であるので，$d \\equiv b^2 - 4ac $ となる $c\\neq 0$ がちょうど一つ存在する．よって，求める答えは\r\n$$\\frac{p-1}{2}\\cdot (p-1) \\cdot p= \\bm{32080000}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/11681" } ]

[ { "content": "　 $F_n$ のみたす漸化式を解くと，$\\alpha=\\dfrac{1+\\sqrt{5}}{2}, ~ \\beta=\\dfrac{1-\\sqrt{5}}{2}$ について\r\n$$F_n=\\dfrac{\\alpha^n-\\beta^n}{\\sqrt{5}}$$\r\nと表される．ここで二項定理より，\r\n$$\\begin{aligned}F_n&=\\dfrac{1}{\\sqrt{5}}\\sum_{k=0}^{n}\\left((\\alpha-1)^k\\binom{n}{k} -(\\beta-1)^k\\binom{n}{k}\\right)\\\\\\\\&=\\dfrac{1}{\\sqrt{5}}\\sum_{k=0}^{n} \\left((-\\beta)^k-(-\\alpha)^k\\right)\\binom{n}{k}\\\\\\\\&=\\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k+1} F_k \\binom{n}{k}\\end{aligned}$$\r\n\r\nである．したがって，多項式 $p_k$ $(k = 1,2,\\ldots)$ を\r\n$$p_k(x)=\\dfrac{x(x-1)\\cdots (x-k+1)}{k!}$$\r\nと定め，\r\n$$f(x)=\\sum_{k=0}^{10} (-1)^{k+1} F_kp_k(x)$$\r\nとしたとき，$f(x)$ は $10$ 次多項式となって $f(n)=F_n$ $(n=0,1,\\ldots,10)$ をみたす．あとはこの $f$ の $x^9$ の係数を求めればよいが，これは総和記号における $k=9,10$ のみ考慮すればよいので，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}(-1)^{10} F_9\\cdot \\dfrac{1}{9!} +(-1)^{11} F_{10} \\cdot \\dfrac{-45}{10!}\r\n=\\dfrac{563}{725760}\\end{aligned}$$\r\nとなる．特に，解答すべき値は $\\bm{726323}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/10900" }, { "content": "$F_{n+2}=F_{n+1}+F_n$ が成り立つように $F_n$ を $n\\lt 0$ にも拡張しておく．最初の数項を記すと\r\n$$\r\nF_{-1}=1,\\quad F_{-2}=-1,\\quad F_{-3}=2,\\quad F_{-4}=-3,\\quad F_{-5}=5,\\quad\\cdots\r\n$$\r\nとなり，一般に $F_{-n}=(-1)^{n+1}F_n$ が成り立つことが帰納法で確かめられる．\r\n\r\n$n=0,1,\\cdots,9$ に対して $f(n+1)-f(n)=F_{n+1}-F_n=F_{n-1}$ となることに着目する．一般に多項式 $g(x)$ に対して多項式 $\\Delta g(x)$ を\r\n$$\r\n\\Delta g(x)=g(x+1)-g(x)\r\n$$\r\nにより定め，$g$ の**差分**と呼ぶ．$g(x)$ が定数でない限り，$\\Delta g(x)$ の次数は $g(x)$ の次数より $1$ だけ低いことに注意する．差分を扱う際には，次のような**下降冪**を使うのが便利である．非負整数 $k$ に対し，$x$ の $k$ 次の下降冪を\r\n$$\r\np_k(x) = \\dfrac{x(x-1)(x-2)\\cdots (x-k+1)}{k!}\r\n$$\r\nで定める（ただし $p_0(x)=1$ とする）．すると $p_k(x)$ は $k$ 次式であり， $\\Delta p_k(x) = p_{k-1}(x)$ が容易に確かめられる．そこで $f(x)$ を\r\n$$\r\nf(x)=\\sum_{k=0}^{10}c_kp_k(x)\r\n$$\r\nと展開しておくと，$\\Delta^if(x)=\\sum_{k=i}^{10}c_kp_{k-i}(x)$ と表せる．今，$f(n)=F_n\\ (0\\leqq n \\leqq 10)$ より，帰納的に\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\\Delta f(n)&=F_{n-1}\\quad(0\\leqq n\\leqq 9),\\\\\\ \\Delta^2f(n)&=F_{n-2}\\quad(0\\leqq n\\leqq 8),\\\\\\ &\\vdots\\\\\\ \\Delta^9f(n)&=F_{n-9}\\quad (0\\leqq n\\leqq 1) \\end{aligned}\r\n$$\r\nとなることがわかる．特に $\\Delta^9f(x)$ は $1$ 次式で $\\Delta^9f(0)=F_{-9}=34,\\ \\Delta^9f(1)=-21$ を満たすので，$\\Delta^9f(x)=-55x+34$ と決定できる．一方で $\\Delta^9 f(x) = \\sum_{k=9}^{10}c_kp_{k-9}(x)$ だったので $c_9=34,\\ c_{10}=-55$ が得られる．よって\r\n$$\r\nf(x)=-55p_{10}(x)+34p_9(x)+(\\text{8次以下の項})\r\n$$\r\nとなるため，右辺の $9$ 次の係数を求めれば $\\dfrac{563}{725760}$ という答えが得られる．", "text": "差分を利用する解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/10900/671" } ]

[ { "content": "**補題.**　$a,b,c$ が $0$ 以上 $2^{12}$ 未満の整数であるとき，次が成り立つ．\r\n$$F(a,b,c)=\\sum_{i=1}^{12}2^{i-1}\\cdot\\dfrac{4}{7}\\max\\\\{d_i(a),d_i(b),d_i(c)\\\\}$$\r\n<details> <summary>証明 <\\/summary> \r\n　$d_i(x_n)$ は次のいずれかを周期的に繰り返す．\r\n$$\\\\{0\\\\},\\\\{0,0,1,1,1,0,1\\\\}$$\r\n特に $d_i(a)=d_i(b)=d_i(c)=0$ であるとき，$\\displaystyle\\lim_{n\\to\\infty}\\dfrac{\\sum_{k=0}^{n-1}d_i(x_k)}{n}$ の値は $0$ であり，そうでないとき，$\\dfrac{4}{7}$ である．\r\nしたがって次のように計算ができる．\r\n$$F(a,b,c)=\\sum_{i=1}^{12}2^{i-1}\\displaystyle\\lim_{n\\to\\infty}\\dfrac{\\sum_{k=0}^{n-1}d_i(x_k)}{n}=\\sum_{i=1}^{12}2^{i-1}\\cdot\\dfrac{4}{7}\\max\\\\{d_i(a),d_i(b),d_i(c)\\\\}$$\r\n <\\/details>\r\n\r\nこの補題により，$a,b,c$ が $0$ 以上 $2^{12}$ 未満の範囲内で同様に確からしい確率で出現するとき，\r\n $F$ の分布は独立同分布 $(X_i)_{i=1}^{\\infty}$ （ただし $X_i$ は確率 $7\\/8$ で $4\\/7$ となって確率 $1\\/8$ で $0$ となるような確率変数）を使って\r\n$$F(a,b,c)=\\sum _ {k=0}^{11}X_k 2^{k}$$\r\nと書けることが分かる．$E[X_k]=\\dfrac{1}{2}$ より，\r\n\r\n$$E[F(a,b,c)]=\\sum_{k=0}^{11} E[X_k] 2^k=\\dfrac{1}{2}(2^0+2^1+\\cdots+2^{31})=\\dfrac{2^{12}-1}{2}$$\r\n\r\nとなる．また，$E[X_k^2]=\\dfrac{2}{7}$ より，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}E[F(a,b,c)^2]\r\n&=\\sum_{i=0}^{11}\\sum_{j=0}^{11} E[X_iX_j] 2^{i+j}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=0}^{11} (E[X_k^2]-E[X_k]^2)2^{2k}+\\Bigg(\\sum_{k=0}^{11} E[X_k] 2^k\\Bigg)^2\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{2^{24}-1}{84}+\\dfrac{(2^{12}-1)^2}{4}\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなる．よって，求めたい値は\r\n\r\n$$\\frac{2}{2^{12}-1}\\left(\\dfrac{2^{24}-1}{84}+\\dfrac{(2^{12}-1)^2}{4}\\right)\r\n=\\frac{11\\cdot 2^{12}-10}{21} = \\frac{45046}{21}$$\r\n\r\nである．特に，解答すべき値は $\\bf45067$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc231/editorial/11577" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024f/editorial/13075" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024f/editorial/13076" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024f/editorial/13077" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024f/editorial/13078" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024f/editorial/13079" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024f/editorial/13080" } ]

[ { "content": "　条件より次を満たす正の整数 $k,l$ が存在する．\r\n$$n+2=k^2,\\quad n+9=l^2$$\r\n $2$ 式より $n$ を消去して，次を得る．\r\n$$(l+k)(l-k)=7$$\r\nこれを満たす整数の組 $(l+k,l-k)$ は $(7,1)$ に限られるので，$(l,k)=(4,3)$ である．したがって $n=\\bf7$ が得られ，これが唯一条件を満たす．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/11691" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係から $\\alpha + \\beta = 2345, \\ \\alpha \\beta = 10000$ であるから，\r\n$$(\\sqrt{\\alpha} + \\sqrt{\\beta})^2 = \\alpha + \\beta + 2\\sqrt{\\alpha \\beta} = 2345 + 2 \\sqrt{10000} = 2545$$\r\nである．$50^2 = 2500, ~ 51^2 = 2601$ より\r\n$$50 \\lt \\sqrt{\\alpha} + \\sqrt{\\beta} \\lt 51$$ \r\nであるから，解答すべき値は $\\mathbf{50}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/11973" } ]

[ { "content": "　 与式は $(x -2)(y-1)=10^{10}$ と変形できる．これより組 $(x,y)$ は $2\\times 11^2$ 個存在することがわかる．いま $(x,y)$ が解のとき $(4-x,2-y)$ も解であるから，これらをペアにして $x$ の総和を計算すれば，求める値は $\\mathbf{484}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/5593" } ]

[ { "content": "　$A=\\overline{a_1a_2\\dots a_8},~B=\\overline{b_1b_2\\dots b_8}$ とおくと，\r\n$$a_1,b_1,a_2,b_2,\\dots,a_8,b_8$$\r\nという列はどの隣接する $2$ 数も異なる．最初の文字は $3$ 通り，その後の文字は $2$ 通り決め方があるから，求める $(A,B)$ の組は $3×2^{15}= \\mathbf{98304}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/8226" }, { "content": "　 試しに $A,B$ を書いてみて，$a_1$ と $b_1,a_2$ と $b_1,a_2$ と $b_2, \\ldots, a_8$ と $b_8$ を紐で結ぶと，$1$ 本のつながった紐になります．この紐をぴーんと伸ばしてできた真っ直ぐの紐が解説の文字列に対応しています．", "text": "分かりやすく(？)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/8226/666" } ]

[ { "content": "　$AB \\lt BC$ より三角形 $ABC$ で直角となりうるのは角 $A$ または角 $B$ であり，それぞれ辺 $AC$ の長さは $\\sqrt {493}, \\sqrt{757}$ となる．いずれの場合でも $CD\\lt AC$ であり，三角形 $ACD$ で直角となりうるのは角 $C$ または角 $D$である．$AC=\\sqrt{493}$ のとき前者では $DA=\\sqrt{961}=31$，後者では $DA=\\sqrt{25}=5$ となり，$AC=\\sqrt{757}$ のとき前者では $DA=\\sqrt{1225}=35$，後者では $DA=\\sqrt{289}=17$ となる．なお，これらの条件から得られる四角形 $ABCD$ は全て凸四角形である．以上から求める値は $\\mathbf{88}$ である．\\\r\n　より簡潔に言えば本問の場合，\r\n$$\\sqrt{{BC}^2\\pm {AB}^2\\pm {CD}^2}$$\r\nの総和を求めれば良い．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9234" } ]

[ { "content": "　$N=101^{101}$ とおく．二項定理より，\r\n$$101^N=(1+100)^N\\equiv 1+100N+10000{}_N\\text{C}_2\\pmod{1000000}$$\r\nとなる．再び二項定理より，\r\n$$N=(1+100)^{101}\\equiv 1+100×101\\equiv 101\\pmod{10000}$$\r\nであるので，整数 $k$ を用いて $N=10000k+101$ と表せる．これを初めの合同式に代入して\r\n$$\\begin{aligned}\r\n101^N&\\equiv 1+100(10000k+101)+10000\\cdot\\frac{(10000k+101)(10000k+100)}{2}&\\pmod{1000000}\\\\\\\\\r\n&\\equiv 1+10100+500000&\\pmod{1000000}\\\\\\\\\r\n&\\equiv510101\r\n\\end{aligned}$$\r\n以上より求めるべき値は $\\mathbf{510101}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9111" } ]

[ { "content": "　点 $A$ から $B$ へまっすぐ向かった場合にかかる秒数は $\\dfrac{61}7$ 秒である．\\\r\n　以下，$x$ 軸を経て動く場合の最短秒数を求める．$B$ のかわりに $B^\\prime(60,-4)$ をゴールとしてよい．\r\n\r\n---\r\n\r\n**解法1.**　「$A$ から $x$ 軸への移動 $\\to$ $x$ 軸での移動 $\\to$ $x$ 軸から $B^\\prime$ への移動」のみ考えればよい．さらに，平行移動などを考えることで，ある $s$ について $(0, 19)\\to (19s,0) \\to (60,0)$ という移動のみを考えればよいことがわかる．すなわち， $s$ を適当に選ぶことで，以下を最小化すればよい：\r\n$$f(s)=\\dfrac {\\sqrt{(19s)^2+19^2}}7+\\dfrac{60-19s}{25} = \\dfrac{12}5+\\dfrac{19}{175} (25\\sqrt{s^2+1}-7s).$$\r\nここで正の実数 $a,b,c,d$ について $(ac-bd)^2-(a^2-b^2)(c^2-d^2)=(ad-bc)^2\\geq 0$ なので\r\n$$f(s)\\geq \\dfrac{12}5+\\dfrac{19}{175} \\sqrt{(25^2-7^2)\\big((\\sqrt {s^2+1})^2-s^2\\big)}=\\dfrac{876}{175}$$\r\nであり，等号は $s=\\dfrac{7}{24}$ で成り立ち問題の条件を満たす．\r\n\r\n---\r\n\r\n**解法2.**　直線 $l\\colon y=-\\dfrac{24}7x$ を取り，点 $P,A,B^\\prime$ から $l$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $P_l,A_l,B^\\prime_l$ とする．$P$ が $x$ 軸上を動くときは $P_l$ は $l$ 上を秒速 $7$ で動き，それ以外のときは秒速 $7$ 以下で動く．よって $P_l$ が $A_l$ から $B^\\prime_l$ に最短で動くのは $P_l$ が秒速 $7$ で動き続けるとき，すなわち $P$ が $x$ 軸上または $l$ に平行に動き続けるときで，このような $P$ の動きは実現可能である．この挙動の時にかかる秒数は計算により $\\dfrac {876}{175}$ と求められる．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$\\dfrac{61}7$ と $\\dfrac{876}{175}$ の比較から求める最短秒数は $\\dfrac {876}{175}$ であり，特に求める値は $\\mathbf{1051}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9630" }, { "content": "　厳密かはわかりませんが，物理の波の分野の知識を使って答えを出しちゃいましょう．\r\n___\r\n\r\n　$O(0,0)$ とします．解説と同じように $S(0,19) \\to T(19s,0) \\to U(60,0)$ の移動を考えましょう．$y \\lt 0$ での点 $P$ の速度が $25$ だとしても最短移動時間には影響しないので，$y \\lt 0$ での移動速度を $x$ 軸上と同じ $25$ だと考えます．\r\n\r\n　フェルマーの原理を考えると，光は最短移動時間となるように動きます．これにより点 $P$ も光と同じ経路を動くと捉えます．すなわち，屈折の法則が成り立ちます．屈折の法則とは，入射角を $\\theta_1$，屈折角を $\\theta_2$，$y \\gt 0$ での $P$ の移動速度を $v_1$，$y \\le 0$ での $P$ の移動速度を $v_2$ としたとき，\r\n$$\\frac{\\sin \\theta_1}{\\sin \\theta_2}=\\frac{v_1}{v_2}$$\r\nが成り立つというものでした．今回は $\\theta _2 =90^\\circ,v_1 =7,v_2=25$ なので $\\sin \\theta_1=7\\/25$ です．これより $\\triangle OST$ について，$\\sin \\angle OST=7\\/25$ より $\\tan \\angle OST = 7\\/24$ なので，\r\n$$19s=OT={OS}\\tan \\angle OST = 19 \\times \\frac{7}{24}$$\r\nが成り立ち，$s=7\\/24$ を得ます．あとは $f(s)$ に代入して完了です．\r\n\r\n**参考**\\\r\nwikipediaリンク１：[フェルマーの原理](https:\\/\\/ja.wikipedia.org\\/wiki\\/%E3%83%95%E3%82%A7%E3%83%AB%E3%83%9E%E3%83%BC%E3%81%AE%E5%8E%9F%E7%90%86)\\\r\nwikipediaリンク２：[スネルの法則（屈折の法則）](https:\\/\\/ja.wikipedia.org\\/wiki\\/%E3%82%B9%E3%83%8D%E3%83%AB%E3%81%AE%E6%B3%95%E5%89%87)", "text": "屈折の法則", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9630/663" }, { "content": "　$x$ 軸で距離 $60-s$ だけ動く場合, [公式解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omcb024\\/editorial\\/9630)の**方法1**で使用した適切な平行移動により, この場合可能な最短時間が $A(0,15)$ から $(s,-4)$ まで秒速$7$ で, $(s,-4)$ から $B^\\prime (60,-4)$ まで秒速 $25$ で動いたときにかかる時間と同一であることが分かる. すなわち最小化すべきは下記関数 $f(s)$ の値である.\r\n$$\r\nf(s)=\\frac{60-s}{25}+\\frac{1}{7}\\sqrt{s^2+19^2}\r\n$$\r\n\r\n　上記関数を微分すると $f^\\prime(s)=\\frac{1}{7}\\frac{s}{\\sqrt{s^2+19^2}}-\\frac{1}{25}$ となり, この関数は $0\\le s\\le 60$ の範囲で $s=\\frac{133}{24}$ のときのみ $0$ となる. また $s\\lt\\frac{133}{24}$ の時は $f^\\prime(s)\\lt0$ で, $s\\gt\\frac{133}{24}$ の時は $f^\\prime(s) > 0$ である. これらを総合すると $f(s)$ を最小化する $s$ の値は $\\frac{133}{24}$ であることを分かる.\r\n\r\n　代入すると, $f(\\frac{133}{24})=\\frac{876}{175}$ なので求めるべき値が $\\bf{1051}$ である.\r\n\r\n---\r\n\r\n　余談: $s=\\frac{133}{24}$ を代入して計算する時, $f^\\prime(s)=0$ から $\\sqrt{s^2+19^2}=\\frac{25}{7}s$ であることを利用すれば計算がはるかに容易になる.", "text": "微分でゴリ押す方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9630/665" } ]

[ { "content": "　方べきの定理より，\r\n$$AM\\cdot PM = BM\\cdot CM = NM\\cdot QM\\tag1$$\r\nが成り立つ．また，$AM = QM$ であるから，$PM = NM$ であるので，四角形 $BPCN$ は平行四辺形である．よって，\r\n$$BN = CP = 3,\\quad CN = BP = 5$$\r\nがそれぞれ成り立つ．また，$PM = NM$ より $AM = 2PM$ であり，$BM = CM$ であるので，$NM = x$ とおけば，$(1)$ の左側の等号より $AM = 2x, BM = CM = \\sqrt2x$ が分かる．いま，\r\n$$\\angle NBM = \\angle PCM = \\angle PCB = \\angle PAB = \\angle MAB$$\r\nであるから，三角形 $ABM$ と三角形 $BNM$ は相似である．よって，\r\n$$AB = BN\\cdot\\frac{BM}{MN} = 3\\sqrt2$$\r\nであり，同様にして，$AC = 5\\sqrt2$ も分かる．よって，中線定理より\r\n$$AB^2 + AC^2 = (3\\sqrt2)^2 + (5\\sqrt2)^2 = 2\\big((2x)^2 + (\\sqrt2x)^2\\big) = 2(AM^2 + BM^2)$$\r\nが成り立つので，これを解いて $x = \\sqrt{\\dfrac{17}{3}}$ を得る．よって，$BC = 2\\sqrt2x = 2\\sqrt{\\dfrac{34}{3}}$\r\nであるので，ヘロンの公式より三角形 $ABC$ の面積の二乗は\r\n$$\\dfrac{(AB^2 + BC^2 + CA^2)^2 - 2(AB^4 + BC^4 + CA^4)}{16} = \\frac{1736}{9}$$\r\nと表せる．特に解答すべき値は $\\bf1745$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9338" }, { "content": "　$\\triangle PBC$ に対しても中線定理が使えるので，それを使って解いてみます．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$PM=x,BM=y$ と置く．このとき，四角形 $ABQC$ が平行四辺形であるから $M$ に対して図全体は対称である．よって， $AM=2x,CM=y$ である．$\\triangle ABC$ の外接円に関する方べきの定理と $\\triangle PBC$ に関する中線定理により，$AM\\cdot MP=BM \\cdot CM, BP^2+CP^2=2(PM^2+CM^2)$ が成り立つ．すなわち，\r\n$$2x^2=y^2,\\ \\ 5^2+3^2=2(x^2+y^2)$$\r\nが成り立つので，$x^2=\\displaystyle{\\frac{17}{3}},y^2=\\displaystyle{\\frac{34}{3}},xy=\\sqrt{x^2y^2}=\\displaystyle{\\frac{17\\sqrt{2}}{3}}$ である．\r\n\r\n　$\\angle CMP=\\theta$ と置く．この時，$\\triangle CMP$ に関する余弦定理により\r\n$$\\cos \\theta = \\frac{x^2+y^2-3^2}{2xy}=\\frac{6\\sqrt{2}}{17}$$\r\nであり\r\n$$\\sin\\theta = \\sqrt{1-\\left ( \\frac{6\\sqrt{2}}{17} \\right )^2} = \\frac{\\sqrt{217}}{17}$$\r\nを得る．これにより\r\n\r\n$$\r\n\\triangle ABC = 2 \\triangle ABM= 2 \\cdot \\frac{1}{2} (2x)y \\sin \\theta= 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot 2 \\cdot \\frac{17\\sqrt{2}}{3} \\cdot \\frac{\\sqrt{217}}{17} = \\sqrt{\\frac{1736}{9}}\r\n$$\r\nであるから，解答すべき値は $1736+9=\\bf1745$ である．", "text": "△PBCで中線定理を使う", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb024/editorial/9338/664" } ]

[ { "content": "　$\\Box$ から $3$ つを $+$，残りを $\\times$ にしたとき，またその時に限り等式が成立するので，${}\\_{10} \\mathrm{C}_{3} = \\textbf{120}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/11719" } ]

[ { "content": "　$N$ の正の約数全体の集合を $D$ とすると，$S \\cup T = D$ となることを示す．$S\\subset D, ~ T\\subset D$ は明らかだから，$D \\subset S \\cup T$ であることを示せばよい．実際，任意の $d \\in D$ について，以下よりわかる：\r\n- $d \\neq 1$ のとき，$d = \\mathrm{lcm} (1,d) \\in S \\subset S \\cup T$．\r\n- $d = 1$ のとき，$d = \\gcd (1, N) \\in T \\subset S \\cup T$．\r\n\r\n以上より，$N$ の正の約数の個数を求めればよく，これは $(3 + 1)(4 + 1)(6 + 1) = \\mathbf{140}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/8938" } ]

[ { "content": "　題意を満たす数を**良い整数**とよぶ．$2$ つ目の条件より，良い整数は $2,17,167$ を素因数に持ち，特に素因数を少なくとも $3$ つ持つ．これと $1$ つ目の条件より，良い整数は素因数 $\\lbrace p, q, r \\rbrace = \\lbrace 2, 17, 167 \\rbrace$ により $p q^{16} r^{166}$ と表される．したがって，良い整数は $6$ つ存在し，それらの総積は\r\n$$ P = 2^{(1+16+166) \\times 2} \\times 17^{(1+16+166) \\times 2} \\times 167^{(1+16+166) \\times 2}\r\n= 2^{366} \\times17^{366}\\times 167^{366}$$\r\nとなる．よって，求めるべき値は $367^3=\\textbf{49430863}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/5126" } ]

[ { "content": "　$f(x)^2$ の $x^{100}$ の係数は，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{i=0}^{100} \\dfrac{1}{i!(100-i)!}&=\\dfrac{1}{100!}\\sum_{i=0}^{100} \\dfrac{100!}{i!(100-i)!}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{1}{100!}\\sum_{i=0}^{100}{}\\_{100}\\mathrm{C}\\_{i}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなるが，ここで二項定理より\r\n$$(1+x)^{100}=\\sum_{i=0}^{100}{}\\_{100}\\mathrm{C}\\_{i} ~ x^i$$\r\nなので，ここに $x=1$ を代入すれば\r\n$$ 2^{100} = \\sum_{i=0}^{100}{}\\_{100}\\mathrm{C}\\_{i} $$\r\nを得る．したがって $f(x)^2$ の $x^{100}$ の係数は $\\dfrac{2^{100}}{100!}$ となり，Legendre の定理より $100!$ が $2$ で割り切れる回数は $97$ 回であるから，\r\n$$a=2^{100-97}=2^3=\\mathbf{8}$$\r\nである．\r\n\r\n--- \r\n**別解．**\\\r\n　$f(x)=\\displaystyle\\sum_{i=0}^\\infty \\dfrac{x^i}{i!}$ としても答えは変わらない．これは $e^x$ の無限級数展開であるから，\r\n$$f(x)^2=e^{2x}=\\sum_{i=0}^\\infty \\dfrac{1}{i!}(2x)^i=\\sum_{i=0}^\\infty \\dfrac{2^i}{i!}x^i$$\r\nより $x^{100}$ の係数は $\\dfrac{2^{100}}{100!}$ となる．以下同様．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/3398" } ]

[ { "content": "　$10$ 進数表記で $A = abcd_{(10)}$，$B = pqr_{(10)}$ とする．$a, p$ は $1$ 以上 $9$ 以下の整数，$b, c, d, q, r$ は $0$ 以上 $9$ 以下の整数である．このとき $1000a + 100(b+p) + 10(c+q) + (d+r) = 9012$ となる一方で，\r\n$$ 1000a + 100 \\leq 1000a + 100(b+p) + 10(c+q) + (d+r) \\leq 1000a + 1800 + 180 + 18 $$\r\nであるから，$7.014 \\leq a \\leq 8.912$ より $a=8$ を得る．このとき $100(b+p) + 10(c+q) + (d+r) = 1012 \\geq 1000$ であるので，$A+B$ には少なくとも $1$ つの繰り上がりが存在する．よって $A+B$ の繰り上がりの個数は $1, 2, 3$ のいずれかであるため，それぞれの繰り上がりの個数について $(A,B)$ の組の個数を求めることを考える．\r\n\r\n① 繰り上がりが $1$ 個となる場合\r\n　$$ 100(b+p) + 10(c+q) + (d+r) = 1012, \\quad 10 (c+q) + (d+r) \\leq 99, \\quad d+r \\leq 9$$\r\n　が成り立つ．$d+r \\equiv 2 \\pmod {10}$ より $d+r = 2$ ，さらに $c+q \\equiv 1 \\pmod {10}$ より $c+q = 1$ がわかり，このとき $b+p = 10$ である．このとき繰り上がりはたしかに $1$ 個になり，これを満たす $(A,B)$ の組の個数は $9 \\times 2 \\times 3 = 54$ 個である．\r\n\r\n② 繰り上がりが $3$ 個となる場合\r\n　$$ 100(b+p) + 10(c+q) + (d+r) = 1012, \\quad 10 (c+q) + (d+r) \\geq 100, \\quad d+r \\geq 10$$\r\nが成り立つ．$d+r \\equiv 2 \\pmod {10}$ より $d+r = 12$ ，さらに $c+q \\equiv 0 \\pmod {10}$ より $c+q = 10$ がわかり，このとき $b+p = 9$ である．このとき繰り上がりはたしかに $3$ 個になり，これを満たす $(A,B)$ の組の個数は $9 \\times 9 \\times 7 = 567$ 個である．\r\n\r\n③ 繰り上がりが $2$ 個となる場合\\\r\n　$B$ は任意の $3$ 桁の正整数をとれるので，$(A,B)$ の組としてありうるものは全部で $900$ 個ある．したがって，繰り上がりが $2$ 個となる $(A,B)$ の組は $900-(54+567)=279$ 個ある．\r\n\r\n　以上の計算から繰り上がりの個数の総和は $1\\cdot 54+3\\cdot 567+2\\cdot 279=\\mathbf{2313}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/6091" }, { "content": "　$1$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の数, $10$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の数, $100$ の位で繰り上がりが起こる $(a,b)$ の数をそれぞれ数えて足すことで求める答えが得られる.実際にそれぞれ計算をしてみよう. 問題文同様 $A=abcd_{(10)},\\\\;\\ B=pqr_{(10)}$ とする.\r\n\r\n ① $1$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の数の計算.\\\r\n　このとき, $d_{(10)}+r_{(10)}\\equiv 2\\pmod{10}$ であり, 繰り上がりが起こることより, $10\\leq d_{(10)}+r_{(10)} \\leq 9+9$ であり, 以下が成立.\r\n$$d_{(10)}+r_{(10)}=12,\\\\;\\ abc_{(10)}+pq_{(10)}=900$$\r\n$(d_{(10)},r_{(10)})$ として適するのは, $(3,9),(4,8),\\dots,(9,3)$ の $7$ 組であり,\\\r\n$(abc_{(10)},pq_{(10)})$ として適するのは, $(900-10,10),(900-11,11),\\dots,(900-99,99)$ の $90$ 組である.\\\r\n従って, $1$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の個数は $7\\times 90=630$.\r\n\r\n② $10$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の数の計算.\\\r\n　このとき, $cd_{(10)}+qr_{(10)}\\equiv 12\\pmod{100}$ であり, 繰り上がりが起こることより, $100\\leq cd_{(10)}+qr_{(10)} \\leq 99+99$ であり, 以下が成立.\r\n$$cd_{(10)}+qr_{(10)}=112,\\\\;\\ ab_{(10)}+p_{(10)}=89$$\r\n$(cd_{(10)},qr_{(10)})$ として適するのは, $(13,99),(14,98),\\dots,(99,13)$ の $87$ 組であり,\\\r\n$(ab_{(10)},p_{(10)})$ として適するのは, $(89-1,1),(89-2,2),\\dots,(89-9,9)$ の $9$ 組である.\\\r\n従って, $10$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の個数は $87\\times 9=783.$\r\n\r\n③ $100$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の数の計算.\\\r\n　このとき, $bcd_{(10)}+pqr_{(10)}\\equiv 12\\pmod{1000}$ であり, 繰り上がりが起こることより, $100\\leq bcd_{(10)}+pqr_{(10)} \\leq 99+99$ であり, 以下が成立.\r\n$$bcd_{(10)}+pqr_{(10)}=1012,\\\\;\\ a_{(10)}=8$$\r\n$(bcd_{(10)},pqr_{(10)})$ として適するのは $B=pqr_{(10)}$ はちょうど $3$ 桁の数であることに気をつけると\\\r\n$(1012-100,100),(1012-101,101),\\dots,(1012-999,999)$ の $900$ 組である.\\\r\n従って, $100$ の位で繰り上がりが起こる $(A,B)$ の個数は $900.$\r\n\r\nよって, これらを足し合わせればすべての $(A,B)$ について繰り上がりが起こる個数の総和は,$630+783+900=\\mathbf{2313}$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/6091/651" }, { "content": "　繰り上がりを $1$ 回するごとに各位の和が $9$ だけ減少することに注意する． \r\n $(A,B)=(8912,100),(8011,101),\\ldots,(8013,999)$ に対し，$A,B$ の各位の和の総和を $S$ とする． \r\n$A$ も $B$ も十の位と一の位の平均はいずれも $\\dfrac{9}{2}$ であり，$A$ の千の位の平均は $8$ であり，$B$ の百の位の平均は $5$ である．また，$A$ の百の位の総和は，$(1+2+\\cdots+8)\\times100+9\\times13=3717$ ． \r\n 以上より，$S=(\\dfrac{9}{2}\\times4+8+5)\\times900+3717=31617$ であり，一方で，$900$ 個の $9012$ に対する各位の和の総和 $T$ は $(9+1+2)\\times900=10800$ なので，求める繰り上がりの回数の和は，$(S-T)\\div9=\\textbf{2313}$．", "text": "繰り上がりの回数を各位の和から求める", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/6091/662" } ]

[ { "content": "　原点を $O$，点 $(11,13)$ を $P$ とする．\r\nこのとき円 $C$ に関する点 $P$ の方べきは $$(OP+10)(OP-10)=OP^2-100=(11^2+13^2)-100=190.$$\r\n点 $P$ を通る直線が円 $C$ と $2$ 点で交わるとき，交点のうち点 $P$ に近いほうを点 $Q$ とすると，方べきの定理より\r\n$$PQ(PQ+9)=190.$$\r\nこれを解くと $PQ\\gt0$ より $PQ=10$．\r\n点 $P$ を中心とし，それぞれ半径 $10,19$ の円を円 $D,E$ とすると，\r\n条件を満たす $A$ の位置は円 $C$ と円 $D$ の交点、および円 $C$ と円 $E$ の交点の $4$ 点である．\\\r\n　まず円 $C$ と円 $D$ の交点を $A_1 ,A_2$ とすると四角形 $OA_1 PA_2$ は辺の長さ $10$ のひし形なので $$\\overrightarrow{OA_1}+\\overrightarrow{OA_2}=\\overrightarrow{OP}.$$\r\n　次に円 $C$ と円 $E$ の交点を $A_3 ,A_4$ とすると対称性より $\\overrightarrow{OA_3}+\\overrightarrow{OA_4}$ は直線 $OP$ 上にある．$A_1A_2$ の中点を $S$，$A_3A_4$ の中点を $T$ とすると，$OS=SP$ より $OT:TS:SP=1:9:10$ なので $\\overrightarrow{OT}=\\dfrac{1}{20}\\overrightarrow{OP}$．よって\r\n$$\\overrightarrow{OA_3}+\\overrightarrow{OA_4}=2\\overrightarrow{OT}=\\dfrac{1}{10}\\overrightarrow{OP}.$$\r\nゆえに\r\n$$\\overrightarrow{OA_1}+\\overrightarrow{OA_2}+\\overrightarrow{OA_3}+\\overrightarrow{OA_4}=\\dfrac{11}{10}\\overrightarrow{OP}=\\dfrac{11}{10}(11,13).$$\r\nしたがって求める座標の総和は\r\n$$\\dfrac{11\\cdot 24}{10}=\\dfrac{132}{5}$$\r\nなので，解答すべき値は $132+5=\\textbf{137}$ である．なお，$A$ の特徴付け以降は，解と係数の関係を用いてもよい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/8393" }, { "content": "　$A$ としてありうる座標は直線 $OP$ に関して対称な位置に分布することと，$OP=\\sqrt{11^2+13^2}=\\sqrt{290}$ であることに注目して，$OP$ が $x$ 軸に重なるように動かしてみたいと感じます．ということで，座標平面を原点を中心に $- \\varphi\\ ( ただし\\ \\varphi\\ は\\ \\sin \\varphi = {13}\\/{\\sqrt{290}},\\ \\cos \\varphi = {11}\\/{\\sqrt{290}}\\ を満たす角)$ だけ回転→ $\\varphi$ だけ回転し戻すという方針で解いてみます．\r\n\r\n---\r\n\r\n　問題文の図全体を原点の周りに $- \\varphi $ だけ回転し，$P,A,B$ の移動先の座標を $P^\\prime ,A^\\prime,B^\\prime$ とする． $P^\\prime (\\sqrt{290},0)$ である．図を描いてみることで，直線 $A^\\prime B^\\prime$ として考えられるものは傾きが正のものと負のものが $1$ つずつ計 $2$ つ考えられ，それらは $x$ 軸に関して対称である．以下，傾きが正であるものを $\\ell_1$ ，負であるものを $\\ell_2$ とする．また，$\\ell_1$ と円 $C$ の交点を $P^\\prime$ に近い順に ${A_1}^\\prime({\\alpha_1}^\\prime,{\\beta_2}^\\prime),{A_2}^\\prime({\\alpha_2}^\\prime,{\\beta_2}^\\prime)$ とし，$\\ell_2$ と円 $C$ の交点を $P^\\prime$ に近い順に ${A_3}^\\prime({\\alpha_3}^\\prime,{\\beta_3}^\\prime),{A_4}^\\prime({\\alpha_4}^\\prime,{\\beta_4}^\\prime)$ とする．このとき対称性から\r\n\r\n$${\\alpha_1}^\\prime={\\alpha_3}^\\prime,\\ \\ {\\alpha_2}^\\prime={\\alpha_4}^\\prime,\\ \\ {\\beta_1}^\\prime+{\\beta_3}^\\prime=0,\\ \\ {\\beta_2}^\\prime+{\\beta_4}^\\prime = 0$$\r\n\r\nが成り立つ．座標平面上の点 $(x,y)$ に対して，$(x,y)$ を原点の周りに $\\varphi$ だけ回転させると\r\n$$(x,y)\\ \\ \\longrightarrow \\ \\ (x\\cos \\varphi - y \\sin \\varphi,x\\sin \\varphi + y\\cos \\varphi)$$\r\nとなることから，解答すべき値は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\sum_{i=1}^4{({\\alpha_i}^\\prime\\cos \\varphi -{\\beta_i}^\\prime \\sin \\varphi + {\\alpha_i}^\\prime\\sin \\varphi + {\\beta_i}^\\prime \\cos \\varphi}) \\\\\\\\\r\n&= (\\cos \\varphi +\\sin \\varphi) \\sum_{i=1}^4 {\\alpha_i}^\\prime + (-\\sin \\varphi + \\cos \\varphi) \\sum_{i=1}^4 {\\beta_i}^\\prime\\\\\\\\\r\n&= 2 (\\cos \\varphi +\\sin \\varphi) ( {\\alpha_1}^\\prime + {\\alpha_2}^\\prime )\\\\\\\\\r\n&= \\frac{48( {\\alpha_1}^\\prime + {\\alpha_2}^\\prime )}{\\sqrt{290}}\\ \\ \\ \\ \\cdots (\\star)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nである（回転方向に注意）．よって，${\\alpha_1}^\\prime + {\\alpha_2}^\\prime$ の値が求められれば良い．\r\n\r\n　${\\alpha_1}^\\prime + {\\alpha_2}^\\prime$ の値を求めよう．$\\ell_1$ と $x$ 軸のなす鋭角を $\\theta$ とする．このとき，$\\ell_1$ の方程式は $\\ell_1$ が $P^\\prime$ を通ることに注意して $y=(\\tan \\theta)(x-\\sqrt{290})$ で表される．よって， ${\\alpha_1}^\\prime , {\\alpha_2}^\\prime$ は以下の二次方程式の $2$ 解である．\r\n$$ x^2 + ((\\tan \\theta)(x-\\sqrt{290}))^2 = 10^2$$\r\nこの二次方程式を整理すると\r\n$$(1+\\tan^2 \\theta)x^2 - 2\\sqrt{290}(\\tan^2\\theta)x + (定数項) =0$$\r\nであり，解と係数の関係により\r\n$${\\alpha_1}^\\prime + {\\alpha_2}^\\prime = \\frac{2\\sqrt{290}\\tan^2\\theta}{1+\\tan^2 \\theta}= 2\\sqrt{290} \\sin^2 \\theta$$\r\nであることがわかる．${A_1}^\\prime {A_2}^\\prime$ の中点を $M$ とする．このとき，三平方の定理を用いることで\r\n$$\r\n\\sin^2\\theta= \\frac{OM^2}{{P}^\\prime O^2}= \\frac{O{{A_1}^\\prime }^2-M{{A_1}^\\prime }^2}{{P}^\\prime O^2}= \\frac{10^2 - (9\\/2)^2}{\\sqrt{290}^2}=\\frac{11}{40}\r\n$$\r\nが成り立つことがわかる．\r\n\r\n　$(\\star)$ に得られた ${\\alpha_1}^\\prime + {\\alpha_2}^\\prime,\\sin^2\\theta$ の値を代入して計算すると\r\n$$\\frac{48}{\\sqrt{290}} \\cdot 2\\sqrt{290} \\cdot \\frac{11}{40} = \\frac{132}{5}$$\r\nとなるので，解答すべき値は $132+5=\\bf 137$ である．", "text": "OPがx軸に重なるように回転する", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/8393/653" } ]

[ { "content": "　$f(x)=\\sqrt{3}x^2-6x+2\\sqrt{3}$ とおくと与式は \r\n$$f(f(x))-x=0$$\r\nと表される．ここで $f(x)-x=0$ の解の一つを $\\alpha$ とおくと $f(\\alpha)=\\alpha$ より\r\n$$f(f(\\alpha))-\\alpha=f(\\alpha)-\\alpha=0$$\r\nから，$\\alpha$ は $f(f(x)) -x = 0$ の解の一つである．ゆえに与式は $f(x)-x$ で割り切れる． \r\n実際に計算すると，\r\n$$f(f(x))-x=(\\sqrt{3}x^2-7x+2\\sqrt{3})(3x^2-5\\sqrt{3}x+1)$$\r\nと因数分解でき，\r\n- $\\sqrt{3}x^2-7x+2\\sqrt{3}=0$ の解は $x=\\dfrac{\\sqrt{3}}{3},2\\sqrt{3}$ \r\n- $3x^2-5\\sqrt{3}x+1=0$ の解は $x=\\dfrac{5\\sqrt{3}\\pm 3\\sqrt{7}}{6}$ \r\n\r\nである．ここで　\r\n$$\\dfrac{\\sqrt{3}}{3}-\\dfrac{5\\sqrt{3}-3\\sqrt{7}}{6}=\\dfrac{\\sqrt{7}-\\sqrt{3}}{2}\\gt 0$$\r\n\r\nなので最小の解は $x=\\dfrac{5\\sqrt{3}-3\\sqrt{7}}{6}$ であり，解答すべき値は $5\\times 3\\times 3\\times 7\\times 6=\\textbf{1890}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/4021" } ]

[ { "content": "　$\\triangle BAC \\sim \\triangle PAQ$ となるように，直線 $AC$ に関して $B$ を含まない方にある点を $Q$ とする. すると, $\\triangle BPA\\sim \\triangle CQA$ より\r\n$$\\angle QPC = \\angle APC - \\angle ABC = 30^{\\circ}$$\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\angle PCQ &= \\angle ACQ + \\angle ACP \\\\\\\\\r\n&= \\angle ABP + \\angle ACP\\\\\\\\\r\n&= 180^{\\circ} - \\angle CAB - (180^{\\circ} - \\angle CPB)\\\\\\\\\r\n&= \\angle CPB - \\angle CAB \\\\\\\\\r\n&= 120^{\\circ}\r\n\\end{aligned}$$\r\n$$\\angle CQP = 180^{\\circ} - \\angle QPC - \\angle PCQ = 30^{\\circ}$$\r\n　 $\\triangle BAC \\sim \\triangle PAQ$ であるから , \r\n$$AB:BC=AP:PQ=7:4\\sqrt{3}$$\r\n　同様に $\\triangle BAC \\sim \\triangle RAP$ となるように, 直線 $AB$ に関して $C$ を含まない方にある点を $R$ とすれば, \r\n$$AC:CB=AP:PR=7:3\\sqrt{3}$$ \r\n　よって $AB:BC:CA=21:12\\sqrt{3}:28$ であり, 解答すべき値は $\\mathbf{1657}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/5373" }, { "content": "　一つ目の条件が扱いにくいので，どうにかして使おうとして思いついた解答です．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$ABC$ の外接円と直線 $AP, BP, CP$ の交点を $A^\\prime, B^\\prime, C^\\prime$ とおくと，問題の条件から\r\n$$B ^\\prime C^\\prime : C ^\\prime A ^\\prime : A ^\\prime B ^\\prime = \\sqrt{3}:1:1$$\r\nが分かる．また方べきの定理より\r\n$$PA ^\\prime : PB ^\\prime : PC ^\\prime = \\frac17 : \\frac13 : \\frac14$$\r\nも分かる．あとは $\\triangle ABP$ と $\\triangle A ^\\prime B ^\\prime P$ などの相似比を考えれば答えが求められる．", "text": "別解？", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb023/editorial/5373/658" } ]

[ { "content": "　文字の対称性から $x \\leq y \\leq z$ としても一般性を失わない．いま，$\\alpha, \\beta, \\gamma$ を\r\n$$\\alpha = \\left \\lfloor \\frac{2xy}{z} \\right \\rfloor，\\beta = \\left \\lfloor \\frac{2zx}{y} \\right \\rfloor，\\gamma = \\left \\lfloor \\frac{2yz}{x} \\right \\rfloor$$\r\nと定めると，\r\n$$\\alpha \\beta \\gamma = 1110，\\alpha \\leq \\beta \\leq \\gamma$$\r\nが成り立ち，$\\alpha, \\beta, \\gamma$ はいずれも正整数である．$1110$ は $37$ の倍数だが，$37 \\gt \\sqrt{1110}$ なので $1110$ をいくつかの正整数の積で表したとき積を構成する数のうち最大のものは必ず $37$ で割り切れる．このことから $\\gamma$ は $37$ で割り切れ，さらに $\\alpha \\beta$ は $30$ の約数である．以後，次の事実をことわりなく用いる．\r\n- 任意の正整数 $m, n$ に対し，不等式 $(m + 1)(n + 1) \\leq 2(mn + 1)$ が成り立つ．\r\n\r\nなお，この事実は次の計算からただちにしたがう．\r\n$$2(mn + 1) - (m + 1)(n + 1) = (m - 1)(n - 1) \\geq 0$$\r\n\r\nすると $\\alpha \\beta \\leq 30$ なので，\r\n$$4x^2 = \\frac{2xy}{z} \\cdot \\frac{2zx}{y} \\lt (\\alpha + 1)(\\beta + 1) \\leq 2(\\alpha \\beta + 1) \\leq 62$$\r\nより $x \\leq 3$ を得る．ここで $x \\leq 2$ を仮定すると $\\dfrac{2}{x}$ は整数値となり $\\gamma = \\dfrac{2}{x} yz$ と表せる．このことから $z$ は $37$ で割り切れるので $z \\geq 37$ をみたす．ところが\r\n$$2(\\beta \\gamma + 1) \\geq (\\beta + 1)(\\gamma + 1) \\gt \\frac{2zx}{y} \\cdot \\frac{2yz}{x} = 4z^2$$\r\nから $\\beta \\gamma \\gt 1110$ が成り立ち，これは $\\alpha \\beta \\gamma = 1110$ に矛盾．ゆえに $x = 3$ であり，前述の不等式を用いれば\r\n$$\\alpha \\beta \\gt 2 x^2 - 1 = 17$$\r\nが得られ，$\\alpha \\beta = 30 ,\\gamma = 37$ がしたがう．よって\r\n$$\\gamma \\leq \\frac{2yz}{x} \\lt \\gamma + 1$$\r\nから $\\dfrac{111}{2} \\leq yz \\lt 57$ が得られるので $yz = 56$ であり，組 $(y, z)$ として\r\n$$(1, 56)，(2, 28)，(4, 14)，(7, 8)$$\r\nがあり得る．このうち\r\n$$\\alpha \\beta = \\left \\lfloor \\frac{6y}{z} \\right \\rfloor \\left \\lfloor \\frac{6z}{y} \\right \\rfloor = 30$$\r\nをみたすものは $(y, z) = (7, 8)$ のみである． \\\r\n　以上のことから $x \\leq y \\leq z$ のもと与えられた等式をみたすのは $(x, y, z) = (3, 7, 8)$ のみであり，解答すべき値は $\\mathbf{18}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/11349" } ]

[ { "content": "　四角形 $ABCD$，三角形 $CDE$ の外接円をそれぞれ $\\Omega, \\Gamma$ とし，$\\Omega$ の中心を $O$ とする．また，$\\theta = \\angle ABC$ とする．\\\r\n　三角形 $ACD$ は $AD = CD$ なる二等辺三角形なので $\\angle DAC$ は鋭角であり，これは $\\Omega$ における円周角であるため $A, O$ は直線 $CD$ に関して同じ側に存在する．また，四角形 $ABCD$ は凸四角形なので，この四角形の周のうち辺 $CD$ を除いたものはすべて直線 $CD$ に関して同じ側に含まれる．この事実から特に点 $A, E$ は直線 $CD$ に関して同じ側に存在する．ゆえに $O, E$ は直線 $CD$ に関して同じ側に存在する．また，$AB \\parallel DE$ より $\\angle DEC = \\theta$ であり，$AD = CD$ であることと $\\Omega$ に関する円周角の定理から $\\angle DOC = \\theta$ を得る．これより $\\angle DEC = \\angle DOC$ をみたすので，$O$ は $\\Gamma$ の周上の点である．\\\r\n　ここで $\\Gamma$ において点 $O$ を含まない側の弧 $CD$ の中点を $M$ とすると線分 $OM$ は $\\Gamma$ の直径であり，その長さは $37$ である．よって，$OC = OD = \\sqrt{1110}$ であることと三平方の定理から\r\n$$CM = DM = \\sqrt{37^2 - 1110} = \\sqrt{259}$$\r\nが得られ，さらにPtolemyの定理から\r\n$$CD = \\frac{CM \\times OD + DM \\times OC}{OM} = 2 \\sqrt{210}$$\r\nが得られる．これより，三角形 $OCD$ における余弦定理から\r\n$$\\cos \\theta = \\frac{OC^2 + OD^2 - CD^2}{2 OC \\times OD} = \\frac{23}{37}$$\r\nを得る．\\\r\n　$\\Omega$ における弧 $CD$ の円周角から $\\angle CAD = \\angle DBE$ が成り立ち，四角形 $ABCD$ が円に内接することから $\\angle ADC = \\angle BED = 180^{\\circ} - \\theta$ が成り立つので，$\\triangle CAD \\sim \\triangle DBE$ が得られ，特に $DE = BE$ がしたがう．$BE : CE = 37 : 24$ なので，ここで正の実数 $x$ を用いて\r\n$$BE = DE = 37x，CE = 24x$$\r\nと表そう．三角形 $CDE$ において余弦定理を適用すると\r\n$$CD = \\sqrt{CE^2 + DE^2 - 2CE \\times DE \\cos \\theta} = 29x$$\r\nであり，$x = \\dfrac{2 \\sqrt{210}}{29}$ も得る．したがって $DE \\gt CD$ から $\\angle DCE \\gt \\theta$ がわかるので，$\\angle ADC + \\angle DCE \\gt 180^{\\circ}$ が得られ，これより $2$ つの半直線 $AD, BC$ は交点をもつのでその交点を $F$ とする．$\\angle CDF = 180^{\\circ} - \\angle ADC = \\theta$ から $\\triangle DCF \\sim \\triangle EDF$ である．よって\r\n$$CF : DF = DF : EF = CD : DE = 29 : 37$$\r\nなので $CF : EF = 29^2 : 37^2$ であり，\r\n$$EF = \\frac{37^2}{37^2 - 29^2} CE = \\frac{37^2}{66 \\times 8} \\times 24x = \\frac{37^2}{22} x$$\r\nと表せる．$AB \\parallel DE$ から\r\n$$AB : DE = BF : EF = BE + EF : EF = 37x + \\frac{37^2}{22}x : \\frac{37^2}{22}x = 59 : 37$$\r\nが得られ，これより\r\n$$AB = \\frac{59}{37} DE = 59x = \\dfrac{118 \\sqrt{210}}{29}$$\r\nである．ゆえに，解答すべき値は $\\mathbf{357}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/10212" }, { "content": "　円 $ABCD$ と $DE$ の交点を $F(\\not= D)$ とすると，$AB\\parallel DE$ から四角形 $ABFD$ は等脚台形であるから $\\angle BDF=\\angle DBC$\r\n\r\n　この角度を $\\theta$ とおけば，$\\angle DEC=2\\theta$ と $\\triangle DBC，\\triangle DEC$ の正弦定理から\r\n\r\n$$\\dfrac{DC}{\\sin\\theta}=2\\sqrt{1110}，\\dfrac{DC}{\\sin2\\theta}=37$$\r\n\r\n　これと $\\sin2\\theta =2\\sin\\theta \\cos\\theta$ から $\\cos\\theta =\\dfrac{\\sqrt{1110}}{37}，DC=2\\sqrt{210}$ がわかる．\r\n\r\n　一方，四角形 $BFCD$ は等脚台形であるから，$BE=37x$ とおけばPtolemyの定理から\r\n\r\n$$(61x)^2=DC^2+BD\\times FC=840+(2\\times 37x\\cos\\theta)\\times(2\\times 24x\\cos\\theta)=840+2880x^2$$\r\n\r\n$$\\therefore x=\\dfrac{2\\sqrt{210}}{29}$$\r\n\r\n　四角形 $ABFD$ についてPtolemyの定理より\r\n\r\n$$BD^2=AD^2+AB\\times DF$$\r\n\r\n　$AB$ 以外の長さはすべて出てるので代入すれば $AB=\\dfrac{118\\sqrt{210}}{29}$", "text": "等脚台形をつくる", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/10212/657" } ]