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OnlineMathContest-2502

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[ { "content": "　$x + y = 1, ~ xy = \\dfrac{1}{1110}$ なる実数 $x, y$ をとることができる．この $x, y$ と任意の非負整数 $n$ について，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n1 &= (x + y)^{2n + 1} = \\sum_{k=0}^{2n + 1} {}\\_{2n + 1}\\mathrm{C}\\_{k} x^k y^{2n + 1 - k} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k=0}^{n} ({}\\_{2n + 1}\\mathrm{C}\\_{k} x^k y^{2n + 1 - k} + {}\\_{2n + 1}\\mathrm{C}\\_{2n + 1 - k} x^{2n + 1 - k} y^k) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k=0}^{n} {}\\_{2n + 1}\\mathrm{C}\\_{k} (xy)^k (x^{2(n - k) + 1} + y^{2(n - k) + 1}) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{k=0}^{n} \\frac{{}\\_{2n + 1}\\mathrm{C}\\_{k} (x^{2(n - k) + 1} + y^{2(n - k) + 1})}{1110^k}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つので，以下の等式が得られる．\r\n$$\r\n\\sum_{k = 0}^n \\frac{{}\\_{2n+1}\\mathrm{C}\\_{k} \\cdot a_{n-k}}{1110^k} = \\frac{11}{10} \\sum_{k=0}^{n} \\frac{{}\\_{2n + 1}\\mathrm{C}\\_{k} (x^{2(n - k) + 1} + y^{2(n - k) + 1})}{1110^k}\r\n$$\r\nこの等式に $n = 0, 1, 2, ...$ と順に代入することで，$a_n$ の値を $a_0, a_1, a_2, ...$ の順に確定させることができ，一般項は\r\n$$a_n = \\frac{11}{10}(x^{2n + 1} + y^{2n + 1})$$\r\nと表せる．$0 \\lt x \\lt 1, 0 \\lt y \\lt 1$ であることに注意すると，$S_n = a_0 + a_1 + \\cdots + a_n$ の一般項は\r\n$$S_n = \\frac{11}{10} \\left ( \\frac{x(1 - x^{2(n+1)})}{1 - x^2} + \\frac{y(1 - y^{2(n+1)})}{1 - y^2} \\right )$$\r\nであり，\r\n$$T = \\frac{11}{10} \\left ( \\frac{x}{1 - x^2} + \\frac{y}{1 - y^2} \\right )$$\r\nとおくと，任意の $n$ で $S_n \\lt T$ が成り立つ．また，$C \\lt T$ なる実数 $C$ を任意に選んだとき，$n$ を十分大きくとれば $S_n \\geq C$ が成り立つ．ゆえに求める最小値は $T$ である．ここで，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\frac{x}{1 - x^2} + \\frac{y}{1 - y^2} &= \\frac{x(1 - y^2) + y(1 - x^2)}{(1 - x^2)(1 - y^2)} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{(x + y)(1 - xy)}{1 - (x + y)^2 + 2xy + (xy)^2} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1 - 1\\/1110}{2 \\/ 1110 + (1 \\/ 1110)^2} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1230990}{2221}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと変形できるので $T = \\dfrac{1354089}{2221}$ であり，特に解答すべき値は $\\mathbf{1356310}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/8790" }, { "content": "まず，数式の右辺の $\\dfrac{11}{10}$ に関しては斉次式でありますから，$a_i$ に定数倍がかかるだけです．結果を見やすくするために最後に $\\dfrac{11}{10}$ 倍することにしましょう．\r\n\r\n方針としては $1110$ を変数とみて一般化した以下のような式を考えます．\r\n\r\n\r\n$$\\sum_{k=0}^{n} \\dfrac{{}_{2n+1} \\mathrm{C}_k ･ a\\_{n-k} }{m^k} = 1$$\r\n\r\nこれを満たす数列について問題と同様に $\\alpha$ を定義します．いま $m$ が小さい時に数列がどのような値を取るのか実験してみます．\r\n$$m = 2 \\\\;のとき\\\\; a_0 = \\dfrac{1}{1},\\\\: a_1 = -\\dfrac{1}{2},\\\\: a_2 = -\\dfrac{1}{4},\\\\: a_3 = \\dfrac{1}{8},\\\\: a_4 = \\dfrac{1}{16},\\\\:...$$\r\n$$m = 3 \\\\;のとき\\\\; a_0 = \\dfrac{1}{1},\\\\: a_1 = 0,\\\\: a_2 = -\\dfrac{1}{9},\\\\: a_3 = -\\dfrac{1}{27},\\\\: a_4 = 0,\\\\:...$$\r\n$$m = 4 \\\\;のとき\\\\; a_0 = \\dfrac{1}{1},\\\\: a_1 = \\dfrac{1}{4},\\\\: a_2 = \\dfrac{1}{16},\\\\: a_3 = \\dfrac{1}{64},\\\\: a_4 = \\dfrac{1}{256},\\\\:...$$\r\nそれぞれの $m$ について一般項に予想は立ちますか？手元でやる際はもう少し大きい $n$ まで実験してもいいかもしれません．（余談ですが，各項の分子が $-1$ から $1$ までで構成されているのは $m= 4$ までのようなので，これより大きい $m$ について実験しても得られるものは少ない気がします）\r\n実際には分母は $m^n$ となり，分子は\r\n$$m = 2 \\\\;のとき\\\\; 1,-1,-1,1,...$$\r\n$$m = 3 \\\\;のとき\\\\; 1,0,-1,-1,0,1,...$$\r\n$$m = 4 \\\\;のとき\\\\; 1,...$$\r\n\r\nを繰り返します．この時 $\\alpha$（ $\\alpha$ は $m$ の関数ですので $\\alpha_m$ とします）は簡単に等比級数の和から求めることができ\r\n$$\\alpha_2 = \\dfrac{2}{5},\\\\: \\alpha_3 = \\dfrac{6}{7}, \\\\: \\alpha_4 = \\dfrac{4}{3} \\left(= \\dfrac{12}{9}\\right)$$\r\n\r\nとなります．一般項についても\r\n$$\\alpha_m = \\dfrac{m(m-1)}{2m+1}$$\r\nと予想がつきます．あとは $\\alpha\\_{1110}$ について求めて，忘れずに $\\dfrac{11}{10}$ をかければCAです．\r\n\r\n---\r\n##### モチベーションについて\r\nこの数式のはじめ数項を計算してみると，分母がとても速いスピードで大きくなるために計算が大変であることに気づくでしょう．また，$a_i$ の値があまり小さくならないため本当に収束するのか不安になります．\r\n\r\nところで，与えられた数式において分母の $1110$ は大きな意味を持っているようには見えないです．つまり $1110$ で極限が存在するのであれば $4635$ でも他のあなたの好きな数字でも同じように極限が存在しそうな感じがします．また $m$ が小さいと計算もラクそうですね．そのため，極限を直接求めることを諦めて，極限をかき集めた数列 $\\\\{\\alpha_m\\\\}_{m=2,3,...}$ の $\\alpha\\_{1110}$ を求める事を考えてみる価値がありそうです．実際に手を動かしてみると $\\alpha\\_{2}$，$\\alpha\\_{3}$，$\\alpha\\_{4}$ はとても収束が速く，また，一般項も予想しやすい形になります．", "text": "いわゆる実験・エスパー解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/8790/738" } ]

[ { "content": "　一般に非負整数 $x$ は，\r\n- それぞれの正整数 $n$ で $a_n \\leq n$．\r\n- ある正整数 $N$ が存在して，$n \\geq N$ ならば $a_n = 0$．\r\n\r\nをみたす非負整数の列 $(a_1, a_2, ...)$ によって\r\n$$x = \\sum_{n = 1}^{\\infty} a_n n!$$\r\nと一意的に表すことができる（階乗進法）．$x$ がこのように表せるとき，$a_n$ を $x$ の $n$ 番目の**桁**と呼ぶことにする．$x$ の $n$ 番目の桁は，\r\n$$\\left \\lfloor \\frac{x}{n!} \\right \\rfloor - (n + 1) \\left \\lfloor \\frac{x}{(n + 1)!} \\right \\rfloor$$\r\nと表せることに注意．正整数 $n$ に対し，非負整数 $x$ の $n, n + 1$ 番目の桁をそれぞれ $a, b$ としたとき，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf_n(x) &= x + ((n + 1)! - n!)(a - b) \\\\\\\\\r\n&= x - (n! \\cdot a + (n + 1)! \\cdot b) + (n! \\cdot b + (n + 1)! \\cdot a)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つので，$x$ と $f_n(x)$ は $n, n + 1$ 番目以外の桁がすべて同じのままであり，非負整数を $x$ から $f_n(x)$ に変化させることを，次のような桁の置き換えと考えることができる．\r\n- **置換 1.**　$b = n + 1$ のとき，$x$ の $n, n + 1$ 番目の桁をそれぞれ $0, a + 1$ に置き換えて $f_n(x)$ を得る．\r\n- **置換 2.**　$b \\neq n + 1$ のとき，$x$ の $n, n + 1$ 番目の桁をそれぞれ $b, a$ に置き換えて $f_n(x)$ を得る（すなわち $x$ の $n, n + 1$ 番目の桁を入れ替える操作と同じである）．\r\n\r\n　ここで，桁に使用されている $1, 2, 3$ の回数がそれぞれ $i, j, k$ 回 であり，なおかつ $4$ 以上の整数が桁に使われないような非負整数の集合を $S(i, j, k)$ と定める．$1110$ は\r\n$$1110 = 1 \\cdot 3! + 1 \\cdot 4! + 3 \\cdot 5! + 1 \\cdot 6!$$\r\nと表せるので，$1110 \\in S(3, 0, 1)$ である．\\\r\n　$x \\in S(3, 0, 1)$ としたとき以下のいずれかが成り立つ．\r\n- $x$ の $2, 3$ 番目の桁がそれぞれ $0, 3$ のときは，$f_2(x) \\in S(4, 0, 0)$ である．\r\n- $x$ の $2, 3$ 番目の桁がそれぞれ $1, 3$ のときは，$f_2(x) \\in S(2, 1, 0)$ である．\r\n- $x$ の $3$ 番目の桁が $3$ でない，または $n$ が $2$ 以外の正整数のときは，$f_n(x) \\in S(3, 0, 1)$ である．\r\n\r\nまた，$k$ を非負整数として $x \\in S(k, 1, 0)$ としたときは\r\n- $x$ の $1, 2$ 番目の桁がそれぞれ $0, 2$ のときは，$f_1(x) \\in S(k + 1, 0, 0)$ である．\r\n- $x$ の $1, 2$ 番目の桁がそれぞれ $1, 2$ のときは，$f_1(x) \\in S(k - 1, 1, 0)$ である（$k = 0$ のときはこのケースを考えなくてよい）．\r\n- $x$ の $2$ 番目の桁が $2$ でない，または $n$ が $1$ より大きい整数のときは，$f_n(x) \\in S(k, 1, 0)$ である．\r\n\r\nのいずれかが成り立つ．$x \\in S(k, 0, 0)$ のときは置換 1. が起こり得ないため，$f_n(x) \\in S(k, 0, 0)$ である．以上のことから，$1110$ に対し置換を $1$ 回以上行うことで得られる数は，以下の集合に属する数に限られる．\r\n$$S(3, 0, 1)，S(2, 1, 0)，S(1, 1, 0)，S(0, 1, 0) \\\\\\\\\r\nS(4, 0, 0)，S(3, 0, 0)，S(2, 0, 0)，S(1, 0, 0)$$\r\n逆に，上記のいずれかの集合に含まれる数はすべて，$1110$ から適当に置換を繰り返すことで得られることも確かめられる．よって，それぞれの集合に対しそれに含まれる $11!$ 未満の数の個数を調べればよい．非負整数が $11!$ 未満であることは，正の数の桁が $1$ から $10$ 番目までにしか現れないことと同値である．また，$2$ が $1$ 番目の桁に現れないこと，および $3$ が $1, 2$ 番目の桁に現れないことに注意すれば，以下のように個数を数えることができる．\r\n- $S(3, 0, 1)$ には $11!$ 未満の非負整数が $8 \\times {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{3}$ 個含まれる．\r\n- $k = 0, 1, 2$ に対し，$S(k, 1, 0)$ には $11!$ 未満の非負整数が $9 \\times {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k}$ 個含まれる．\r\n- $k = 1, 2, 3, 4$ に対し，$S(k, 0, 0)$ には $11!$ 未満の非負整数が ${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{k}$ 個含まれる．\r\n\r\n　以上のことから，求める個数は\r\n$$8 \\times {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{3} + 9 \\times ({}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{0} + {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{1} + {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{2}) + {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{1} + {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{2} + {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{3} + {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{4} = \\mathbf{1471}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/10581" } ]

[ { "content": "　$N = 1110$ とおく．条件 1. より $f$ は全単射であるので，$I$ の部分集合 $A_1, A_2, ..., A_r$ であって以下を満たすものを得ることができる．\r\n- どの $A_i$ についても，その元すべてを適当な順序で $a_1, a_2, ..., a_k$（$k$ は $A_i$ の元の個数）と並べれば，\r\n$$f(a_1) = a_2，f(a_2) = a_3，...，f(a_{k-1}) = a_k，f(a_k) = a_1$$\r\nが成り立つ．\r\n\r\n- 任意の $I$ の元は，$A_1, A_2, ..., A_r$ の中のちょうど $1$ つに属する．\r\n\r\n　以後， $f(n) \\lt n$ なる $n \\in I$ を**降下元**と呼ぶことにする．条件 2. よりどの $A_i$ も $3$ 個以上の元を含み，したがってどの $A_i$ も降下元を $1$ つ以上含む．また，ある同一の $A_i$ に含まれる $n$ をどのように選んでも $f^{k}(n) = n$ なる最小の $k$ は一定になるので，条件 3. より，どの $A_i$ もそれに含まれる降下元は最大元ただ $1$ つであることが分かる．さらには $r = 3$ が従い，$A_1, A_2, A_3$ の元の個数は相異なることも分かる．そこで $A_1, A_2, A_3$ の元の個数をそれぞれ $X, Y, Z\\ (\\geq 3)$ とおく．すると $X + Y + Z = N$ が成り立つ．\\\r\n　ここで正 $N$ 角形を与え，その頂点に対し周に沿って順に $1, 2, ..., N$ と整数を割り当てよう．すべての $n \\in I$ について頂点 $n$ と頂点 $f(n)$ を線分で結ぶ操作を行い，$N$ 本の線分を与えると，これらの線分は $X$ 角形，$Y$ 角形，$Z$ 角形をそれぞれ $1$ つずつ描くことが分かる．なお，これら $3$ つの多角形はいずれも自己交差をもたない（どの $A_i$ も降下元を $1$ つしかもたないからである）．\\\r\n　ここで得た多角形 $3$ つを $B_1, B_2, B_3$ と表す．多角形 $B_i$ に対し，最大・最小の整数が割り当てられた頂点同士結ぶ辺を除いて得られる折れ線を $\\tilde{B}_i$ と表すと，条件 4. は「$\\tilde{B}_1, \\tilde{B}_2, \\tilde{B}_3$ のうちどの $2$ つも互いに交わらない」と同値であるが，以下に与える補題によりこれは「$B_1, B_2, B_3$ のうちどの $2$ つも互いに交わらない」とも同値であることが分かる．\r\n\r\n---\r\n**補題.**　ある円に $2$ つの多角形 $P_1, P_2$ が内接しており，これらは頂点を互いに共有しないものとする．このとき，$P_1$ と $P_2$ が交わりをもつならば，$P_1, P_2$ からそれぞれ辺を $1$ つずつ除いて得られる折れ線 $\\tilde{P}_1, \\tilde{P}_2$ も交わりをもつ（これは取り除く辺の選び方に依らず成り立つ）．\r\n\r\n<details><summary>補題の証明<\\/summary>\r\n　まずは $P_2$ の頂点によって円周をいくつかの円弧に分けることを考える．$P_1, P_2$ が交わりをもつという仮定から，$P_1$ の辺のうち少なくとも $2$ 本は異なる円弧同士をつなぐ．その $2$ 本のうち少なくとも一方は $\\tilde{P}_1$ に含まれるのでそれを $l_1$ とおく．$l_1$ は $P_2$ のうち $2$ 辺と交わりをもち，その $2$ 辺のうち少なくとも一方は $\\tilde{P}_2$ に含まれるのでそれを $l_2$ とおく．$l_1, l_2$ の交点が，$\\tilde{P}_1, \\tilde{P}_2$ の交点の $1$ つである．\r\n<\\/details>\r\n\r\n---\r\n\r\n　ここまでの議論から，$3 \\leq X \\lt Y \\lt Z$ かつ $X + Y + Z = N$ を満たす整数の組 $(X, Y, Z)$ すべてに対する以下の要領による $X$ 角形，$Y$ 角形，$Z$ 角形の配置方法の個数の総和が，今回求めるべき個数に等しいことが分かる．\r\n- $3$ つの多角形の頂点は，すべてある $1$ つの正 $N$ 角形の頂点と重なる．\r\n- $3$ つの多角形はいずれも自己交差をもたない．\r\n- $3$ つの多角形のうちどの $2$ つも互いに共有点をもたない．\r\n\r\nそこで $(X, Y, Z)$ を $1$ つ固定し，配置方法の個数を求めよう．以下 $2$ つのケースが挙げられる．\r\n\r\n**Case 1.**　ある $1$ つの多角形が周上に正 $N$ 角形の対角線を $2$ 本含み，残り $2$ つは周上に対角線を $1$ 本しか含まない場合．\\\r\n**Case 2.**　$3$ つの多角形すべてが，周上に正 $N$ 角形の対角線を $1$ 本しか含まない場合．\r\n\r\n　Case 1. は，例えば $X$ 角形が対角線を $2$ 本含むときは，最初に $Y$ 角形，$Z$ 角形をこの順で配置する方法を考える．$Y$ 角形の配置は $N$ 個の頂点のうち隣接する $Y$ 個を選ぶ方法を考えればよく，それは $N$ 通りある．$Z$ 角形の配置は $N - Y = X + Z$ 個の頂点から両端 $2$ つを除いた $X + Z - 2$ 個のうち，隣接する $Z$ 個を選ぶ方法を考えればよく，それは $X - 1$ 通りある．よって $N(X-1)$ 通り数えられる．対角線を $2$ 本含む多角形が $Y$ 角形，$Z$ 角形の場合も同様に，それぞれ $N(Y-1), N(Z-1)$ 通りずつ数えられるので，このケースでは全部で $N(X + Y + Z - 3)= N^2 - 3N$ 通りの配置が得られる．\\\r\n　Case 2. は正 $N$ 角形から隣接する $X, Y, Z$ 個の頂点を選ぶ方法を考えればよく．円順列の考え方からこれは $N \\times (3 - 1)! = 2N$ 通りである．\\\r\n　よって，$2$ ケース合わせて $N^2 - N$ 通りの配置が得られる．この配置数は $(X, Y, Z)$ の選び方に依らないことに注意せよ．\r\n\r\n　次に $3 \\leq X \\lt Y \\lt Z$ かつ $X + Y + Z = N$ なる整数の組 $(X, Y, Z)$ の個数 $M$ を求めよう．以下のように $3$ つの非負整数 $x, y, z$ を与える．\r\n$$x = X - 3，y = Y - X - 1，z = Z - Y - 1$$\r\nするとこの $x, y, z$ は\r\n$$3x + 2y + z = 1098$$\r\nを満たすので，整数の組 $(x, y)$ であって\r\n$$x \\geq 0，y \\geq 0，3x + 2y \\leq 1098$$\r\nを満たすものの個数を調べればよく，これは $xy$ 平面上の $3$ 点 $(0, 0), (366, 0), (0, 549)$ を頂点とする直角三角形の周および内部にある格子点の個数に等しい．周上に $1098$ 個あることに注意しPickの定理を適用すると\r\n$$(M - 1098) + \\frac{1098}{2} - 1 = \\frac{366 \\times 549}{2}$$\r\nが得られ，これを解くことで $M = 101017$ が得られる．\r\n\r\n　以上より，求める個数は\r\n$$M(N^2 - N) = \\mathbf{124350916830}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/7956" }, { "content": "多少腕力を使います.\r\n\r\n---\r\n\r\n 公式解説の $3x+2y+z=1098$ を満たす非負整数 $(x,y,z)$ の数え上げについて, これは以下の冪級数の $x^{1098}$ の係数となります.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&(1+x^3+x^6+…)(1+x^2+x^4+…)(1+x+x^2+…)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{1-x^3}\\frac{1}{1-x^2}\\frac{1}{1-x}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1+x^3}{1-x^6} \\frac{1+x^2+x^4}{1-x^6} \\frac{1+x+x^2+x^3+x^4+x^5}{1-x^6}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1+\\cdots+4x^6+\\cdots+x^{12}}{(1-x^6)^3}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n$1098=6\\times 183$ であるので,\r\n$$M=\\binom{183+2}{2}+4\\binom{182+2}{2}+\\binom{181+2}{2}=101017$$\r\nと求めることができます.\r\n\r\n---\r\n\r\n　$3x,2y,z$ の $6$ で割った余りを先に決め打ちしてるとも考えられます.", "text": "公式解説のMの求め方の別方針", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/7956/661" } ]

[ { "content": "　ここでは一般に $2$ 以上の整数 $N$ に対し，$\\eta$ を\r\n$$\\eta = \\cos \\frac{\\pi}{3N} + i \\sin \\frac{\\pi}{3N}$$\r\nと定め，$6N$ 以下の正整数からなる列 $(a_1, \\ldots, a_{12})$ に対し問題の条件が課せられているとしよう．以後 $K$ は正整数とし，$(x_1, \\ldots, x_K)$ を $6N$ 以下の正整数 $K$ 個からなる列であるとする．ここで用語を一つ定義する．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$(x_1, \\ldots, x_K)$ が次の $2$ 条件をどちらもみたすとき，これを**良い列**と呼ぶことにする：\r\n- **条件 1.**　各 $n = 1, \\ldots, K$ で\r\n$$(\\eta^{x_1} + \\cdots + \\eta^{x_n})^5 = \\eta^{5x_1} + \\cdots + \\eta^{5x_n}$$\r\nが成り立つ．\r\n- **条件 2.**　$n = 1, \\ldots, K$ のうち\r\n$$\\eta^{x_1} + \\cdots + \\eta^{x_n} = 0$$\r\nが成り立つのは $n = K$ のときであり，かつそのときに限る．\r\n\r\n---\r\n\r\n　ではここで， $(x_1, \\ldots, x_K)$ を各元の相異なる良い列とし，この列を以下のように定める $S_n$ からなる列 $(S_1, \\ldots, S_K)$ の表し方によって分類しよう．\r\n$$S_n = \\eta^{x_1} + \\cdots + \\eta^{x_n}\\ (n = 1, \\ldots, K)$$\r\n$\\eta \\neq 0$ なので，条件 2. より $K \\geq 2$ でなければならない．$1 \\leq k \\leq K - 1$ なる $k$ を一つ固定し，条件 1. における $n = k, k + 1$ のときの等式から辺々差をとることで\r\n$$(S_k + \\eta^{x_{k + 1}})^5 - S_k^5 = \\eta^{5x_{k + 1}}$$\r\nが得られる．上式を $(1)$ とする．これを変形すると\r\n$$\\eta^{x_{k + 1}} S_k (S_k + \\eta^{x_{k + 1}})(S_k^2 + \\eta^{x_{k + 1}} S_k + \\eta^{2x_{k + 1}}) = 0$$\r\nとなるが，$S_k + \\eta^{x_{k + 1}} = S_{k + 1}, \\eta \\neq 0$ であることと，条件 2. による $S_k \\neq 0$ からこれは\r\n$$S_{k + 1} \\left ( \\left (\\frac{\\eta^{x_{k + 1}}}{S_k} \\right )^2 + \\frac{\\eta^{x_{k + 1}}}{S_k} + 1 \\right ) = 0$$\r\nに変形でき，これより $S_{k + 1} = 0$ または\r\n$$ \\eta^{x_{k + 1}} = \\frac{-1 \\pm \\sqrt{3} i}{2} S_k$$\r\nを得る．したがって，$\\omega = \\dfrac{1 + \\sqrt{3} i}{2}$ とおくと，式 $(1)$ をみたすことは\r\n$$S_{k + 1} = 0，S_{k + 1} = \\omega S_k，S_{k + 1} = \\omega^{-1} S_k $$\r\nのいずれかをみたすことと同値である．上式を $(2)$ とする． \\\r\n　以後，複素平面において複素数 $z$ を表す点を $P(z)$ と表す．また，\r\n$$\\omega = \\cos 60^{\\circ} + i \\sin 60^{\\circ}$$\r\nと表せることに注意．$\\alpha = S_1\\ (= \\eta^{x_1})$ とし，複素平面上に原点 $O$ および\r\n$$P(\\alpha), P(\\omega \\alpha), P(\\omega^2 \\alpha), P(- \\alpha), P(\\omega^{-2} \\alpha), P(\\omega^{-1} \\alpha)$$\r\nをとり，図のように，これら $7$ つの点を長さ $1$ の線分でつないだものを考える．\r\n\r\n\r\n\r\nすべての $k = 1, \\ldots, K - 1$ で $(2)$ が成り立つことは，任意の $k = 1, \\ldots, K - 1$ に対し $P(S_k)$ と $P(S_{k + 1})$ がさきほどの線分でつながり合うことと言い換えられる．さらに，$O$ から $P(\\alpha)$ へ向かう有向線分を $e_1$ とし， $k = 2, \\ldots, K$ に対し $P(S_{k - 1})$ から $P(S_k)$ に向かう有向線分を $e_k$ とすると，$e_1, \\ldots, e_K$ はすべて向きが相異なる．これは\r\n$$\\eta^{x_1} = \\alpha - 0，\\eta^{x_k} = S_k - S_{k - 1}\\ (k - 2, \\ldots, K)$$\r\nであり，$\\eta^{x_1}, \\ldots, \\eta^{x_K}$ が相異なることからしたがう．また，$P(S_1), \\ldots, P(S_K)$ のうち $O$ に一致するのは $P(S_K)$ のみである．以上のことに注意すれば，$O, P(S_1), \\ldots, P(S_K)$ を順につないだ経路は次の図に示す $8$ 通りおよびそれを直線 $P(\\alpha)P(- \\alpha)$ を軸に反転させたものの計 $15$ 通りに限られる．\r\n\r\n\r\n\r\nしたがって図のそれぞれの経路に対し，$(S_1, \\ldots, S_K)$ の表し方を対応させると下記の通りとなる（それぞれ複合同順とせよ）．\r\n- $\\mathrm{Path\\ 1} \\rightarrow (\\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 2} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 3} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, \\omega^{\\pm 2} \\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 4} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, \\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 5} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, \\omega^{\\pm 2} \\alpha, -\\alpha, \\omega^{\\mp 2} \\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 6} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, \\omega^{\\pm 2} \\alpha, -\\alpha, \\omega^{\\pm 2} \\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 7} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, \\alpha, \\omega^{\\mp 1} \\alpha, \\omega^{\\mp 2} \\alpha, 0)$\r\n- $\\mathrm{Path\\ 8} \\rightarrow (\\alpha, \\omega^{\\pm 1} \\alpha, \\alpha, \\omega^{\\mp 1} \\alpha, \\alpha, 0)$\r\n\r\nさらに経路について下記の事実が成り立つ：\r\n- $\\mathrm{Path\\ 1}$ を構成する $2$ つの有向線分の始点を重ねるとすべて $180^{\\circ}$ 間隔で並ぶ．\r\n- $\\mathrm{Path\\ 2}$ を構成する $3$ つの有向線分の始点を重ねるとすべて $120^{\\circ}$ 間隔で並ぶ．\r\n- $\\mathrm{Path\\ 3, Path\\ 4}$ はいずれも，それを構成する $4$ つの有向線分の始点を重ねると $60^{\\circ}, 120^{\\circ}, 60^{\\circ}, 120^{\\circ}$ の順で間隔をつけて並ぶ．\r\n- $\\mathrm{Path\\ 5, Path\\ 6, Path\\ 7, Path\\ 8}$ はいずれも，それを構成する $6$ つの有向線分の始点を重ねるとすべて $60^{\\circ}$ 間隔で並ぶ．\r\n\r\nまた，$\\omega = \\eta^N$ なので，$\\eta^{s}, \\eta^{t}$ を表す有向線分の向きが $60^{\\circ}$ 異なることは $\\mathrm{mod} ~ 6N$ で $s, t$ の差が $N$ に等しいことを意味する．このことも含め，各元の相異なる良い列 $(x_1, \\ldots, x_K)$ について特に以下の事実を得る：\r\n- **事実 1.**　$K$ としてあり得る値は $2, 3, 4, 6$ に限られる．\r\n- **事実 2.**　$K = 2$ の場合，$x_1$ の値を $1$ つ定めると $(x_1, x_2)$ は $1$ 通りに定まり，$x_1, x_2$ は $\\mathrm{mod} ~ 3N$ で合同である．\r\n- **事実 3.**　$K = 3$ の場合，$x_1$ の値を $1$ つ定めると $(x_1, x_2, x_3)$ は $2$ 通り考えられるが，いずれにしろ $x_1, x_2, x_3$ は $\\mathrm{mod} ~ 2N$ で合同である．\r\n- **事実 4.**　$K = 4$ の場合，$x_1$ の値を $1$ つ定めると $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ は $4$ 通り考えられるが，いずれにしろ $x_1, x_2, x_3, x_4$ は $\\mathrm{mod} ~ N$ で合同である．さらに，$x_1$ と $\\mathrm{mod} ~ N$ で合同な $6N$ 以下の正整数 $6$ 個のうち，$x_1, x_2, x_3, x_4$ の値として使わない $2$ つは $\\mathrm{mod} ~ 3N$ で合同である．\r\n- **事実 5.**　$K = 6$ の場合，$x_1$ の値を $1$ つ定めると $(x_1, \\ldots, x_6)$ は $8$ 通り考えられるが，いずれにしろ $x_1, \\ldots, x_6$ は $\\mathrm{mod} ~ N$ で合同である．\r\n\r\n　それではここまでを踏まえて，条件をみたす列 $(a_1, \\ldots, a_{12})$ の個数を数えよう．$K_1 + K_2 + K_3 = 12$ なる $3$ つの正整数 $K_1, K_2, K_3$ であって，\r\n$$\\eta^{a_1} + \\cdots + \\eta^{a_{K_1}} = \\eta^{a_1} + \\cdots + \\eta^{a_{K_1 + K_2}} = 0$$\r\nをみたすものが（一意的に）定められる．さらに $b_1, \\ldots, b_{K_2}, c_1, \\ldots, c_{K_3}$ を以下のように定める：\r\n- 各 $k = 1, \\ldots, K_2$ で $b_k = a_{K_1 + k}$ をみたす．\r\n- 各 $k = 1, \\ldots, K_3$ で $c_k = a_{K_1 + K_2 + k}$ をみたす．\r\n\r\nすると $(a_1, \\ldots, a_{12})$ がみたすべき条件を次のように言い換えることができる：\r\n- $a_1, \\ldots, a_{K_1}, b_1, \\ldots, b_{K_2}, c_1, \\ldots, c_{K_3}$ は相異なる．\r\n- $3$ つの列 $(a_1, \\ldots, a_{K_1}), (b_1, \\ldots, b_{K_2}), (c_1, \\ldots, c_{K_3})$ はすべて良い列である．\r\n\r\n事実 1. より $K_1, K_2, K_3$ の値の組み合わせとしてあり得るものは\r\n$$\\\\{2, 4, 6\\\\}，\\\\{3, 3, 6\\\\}，\\\\{4, 4, 4\\\\}$$\r\nの $3$ パターンである．以下，このパターン毎で場合分けし議論する．\r\n\r\n---\r\n\r\n- **Case 1．** $K_1, K_2, K_3$ の値の組み合わせが $\\\\{2, 4, 6\\\\}$ のとき： \\\r\n　$K_1, K_2, K_3$ への値の割り振り方は $3!$ 通りある．ここでは $(K_1, K_2, K_3) = (6, 4, 2)$ として議論する．まず $a_1$ の定め方は $6N$ 通りあり，その定め方に対し $(a_1, \\ldots, a_6)$ は $8$ 通りある．すると事実 4. 5. より，$b_1$ のとり得る値は $a_1, \\ldots, a_6$ で使ったもの以外の $6N - 6$ 通りであり，その定め方に対し $(b_1, b_2, b_3, b_4)$ は $4$ 通りある．さらに事実 2. 4. 5. より，$c_1$ のとり得る値は $a_1, \\ldots, a_6, b_1, \\ldots, b_4$ で使ったもの以外の $6N - 10$ 通りであり， $c_2$ は自動的に決まる．以上の数え方は $K_1, K_2, K_3$ への値の割り振りが他の場合でも同様にできるので，このケースにおける列 $(a_1, \\ldots, a_{12})$ の個数は\r\n$$3! \\times 6N \\times 8 \\times (6N - 6) \\times 4 \\times (6N - 10) = 2^9 \\cdot 3^3 N(N - 1)(3N - 5)$$\r\nである．\r\n\r\n- **Case 2．** $K_1, K_2, K_3$ の値の組み合わせが $\\\\{3, 3, 6\\\\}$ のとき： \\\r\n　$K_1, K_2, K_3$ への値の割り振り方は $3$ 通りある．ここでは $(K_1, K_2, K_3) = (6, 3, 3)$ として議論する．まず $a_1$ の定め方は $6N$ 通りあり，その定め方に対し $(a_1, \\ldots, a_6)$ は $8$ 通りある．すると事実 3. 5. より，$b_1$ のとり得る値は $a_1, \\ldots, a_6$ で使ったもの以外の $6N - 6$ 通りであり，その定め方に対し $(b_1, b_2, b_3)$ は $2$ 通りある．さらに $c_1$ のとり得る値は $a_1, \\ldots, a_6, b_1, b_2, b_3$ で使ったもの以外の $6N - 9$ 通りであり， その定め方に対し $(c_1, c_2, c_3)$ は $2$ 通りある．以上の数え方は $K_1, K_2, K_3$ への値の割り振りが他の場合でも同様にできるので，このケースにおける列 $(a_1, \\ldots, a_{12})$ の個数は\r\n$$3 \\times 6N \\times 8 \\times (6N - 6) \\times 2 \\times (6N - 9) \\times 2 = 2^7 \\cdot 3^4 N(N - 1)(2N - 3)$$\r\nである．\r\n\r\n- **Case 3．** $K_1, K_2, K_3$ の値の組み合わせが $\\\\{4, 4, 4\\\\}$ のとき： \\\r\n　まず $a_1$ の定め方は $6N$ 通りあり，その定め方に対し $(a_1, a_2, a_3, a_4)$ は $4$ 通りある．すると事実 4. より，$b_1$ のとり得る値は（$a_1, a_2, a_3, a_4$ で使ったもの以外であるのみならず）$a_1$ と $\\bmod N$ で合同な $6$ 数以外の $6N - 6$ 通りである．実際，その $6$ 個のうち $a_1, a_2, a_3, a_4$ で使っていないものを $b_1$ に割り当てたとしたら，$b_2, b_3, b_4$ のどれかは $a_1, a_2, a_3, a_4$ で使った数となるため不適である．また，$b_1$ の定め方に対し $(b_1, b_2, b_3, b_4)$ は $4$ 通り得られる．同様に $c_1$ のとり得る値は，$a_1, b_1$ のどちらかと $\\bmod N$ で合同な $12$ 数以外の $6N - 12$ 通りであり，その定め方に対し $(c_1, c_2, c_3, c_4)$ は $4$ 通りある．よって，このケースにおける列 $(a_1, \\ldots, a_{12})$ の個数は\r\n$$6N \\times 4 \\times (6N - 6) \\times 4 \\times (6N - 12) \\times 4 = 2^9 \\cdot 3^3 N(N - 1)(N - 2)$$\r\nである．\r\n\r\n---\r\n\r\n　以上の議論より，条件をみたす $(a_1, \\ldots, a_{12})$ 全体の個数は\r\n$$2^7 \\cdot 3^3N(N - 1)(2^2(3N - 5) + 3(2N - 3) + 2^2(N - 2)) = 3456N(N - 1)(22N - 37)$$\r\nであり，$N = 185$ でこれは $\\mathbf{474451153920}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce008/editorial/11857" } ]

[ { "content": "　$1$ は明らかに条件を満たさないため，$2$ 以上の整数について考える．\\\r\n　正の整数 $N$ が $N = p_1^{a_1} × p_2^{a_2} × \\cdots × p_n^{a_n}$ と素因数分解できたとき， $N$ の正の約数の総和は $\\begin{aligned}\r\n\\prod_{i=1}^{n} \\Bigl(1 + p_i + \\cdots + p_i^{a_i}\\Bigr) \r\n\\end{aligned}$ と表される．各 $p_i$ は素数のため，$1 + p_i + \\cdots + p_i^{a_i}$ は明らかに $1$ より大きい．従って，$N$ の正の約数の総和が素数になるためには， $n = 1$ である必要がある．このとき，$N$ は素数のべき乗で表され， かつ奇素数のべき乗で表されるときには， 指数が偶数でないと $N$ の正の約数の総和が $2$ よりも大きい偶数となってしまうため， 結局 $N$ は $2,3,5,7$ のいずれかのべき乗として表されるとわかる．$100$ 以下の範囲でこれらをすべて調べれば，$N$ の正の約数の総和が素数となるのは，$N = 2,4,9,16,25,64$ のみであるため， 解答すべき値は $\\mathbf{120}$ とわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/7307" } ]

[ { "content": "　四角形 $ABCD,BCDE,CDEF$ はそれぞれ等脚台形であるから，円に内接する．従って，六角形 $ABCDEF$ も円に内接するので，この円を $\\omega$ とし，$\\omega$ の中心，半径をそれぞれ $O,R$ とする．\\\r\n　$\\omega$ の $AB$ と同じ長さの弦に立つ円周角の内小さい方は\r\n$$\\angle ACB = \\frac{1}{2}(180^\\circ - \\angle ABC) = 15^\\circ$$\r\nであるから，\r\n$$\\angle AOB = \\angle BOC = \\angle COD = \\angle DOE = \\angle EOF = 30^\\circ$$\r\nである．従って，$O$ は六角形 $ABCDEF$ の外側にあり，$\\angle AOF = 150^\\circ$ である．よって，六角形 $ABCDEF$ の面積は，$R$ を用いて\r\n$$5\\times\\frac{1}{2}R^2\\sin30^\\circ - \\frac{1}{2}R^2\\sin150^\\circ = R^2$$\r\nである．これが $120$ と等しいので，$R = 2\\sqrt{30}$ を得る．今，$\\angle BOE = 90^\\circ$ であるから，\r\n$$BE = \\sqrt2R = 4\\sqrt{15}$$\r\nである．特に，解答すべき値は $\\bf240$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/7308" }, { "content": "$\\angle EFA = \\angle FAB = 60^\\circ$ となる．$AB$ と $FE$ の交点を $G$，$2$ 点 $B, E$ から $AF$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $H, I$ とし，$2$ 直線 $BH, EI$ と $CD$ との交点をそれぞれ $J, K$ とする．このとき $BAH, EFI, CBJ, DEK$ はすべて合同な三角形となるから，長方形 $JHIK$ の面積は $120$ である． $AB = 2x$ とおくことで，$BE = JC + CD + DK = (2 + 2 \\sqrt 3)x$，$JH = JB + BH = (1 + \\sqrt 3)x = \\dfrac{BE}{2}$ が分かるから，$BE \\times \\dfrac{BE}{2} = 120$ より $BE^2 = \\bf{240}$ を得る．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/7308/650" } ]

[ { "content": "　まず，赤色の玉 $10$ 個を横一列に並べる．ここに青色と黄色の玉を入れることを考える．すると，赤色の玉同士の間には青色または黄色の玉をすくなくとも一つは入れないといけないとわかる．ここで，青色の玉と黄色の玉の個数の合計が $10$ 個であることを考えると， \r\n- 青色の玉 $1$ 個のみを端に並べて，残りの青色または黄色の玉は全て赤色の玉の間に入れる $\\cdots (1)$\r\n- 黄色の玉 $1$ 個のみを端に並べて，残りの青色または黄色の玉は全て赤色の玉の間に入れる $\\cdots (2)$\r\n- 青色または黄色の玉を全て赤色の玉の間に入れる $\\cdots (3)$ \r\n\r\nの $3$ つのパターンが考えられる．\\\r\n　$(1)$ の場合については， 赤色の玉同士の間に青色の玉 $4$ 個と黄色の玉 $5$ 個を並べる方法が ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{4} = 126$ 通り，青色の玉 $1$ 個を左右どちらの端に並べるかが $2$ 通りあるので，全体で $252$ 通りあるとわかる．\\\r\n　$(2)$ の場合も同様にして $252$ 通りあるとわかる．\\\r\n　$(3)$ の場合については， どの赤色の玉同士の間に青色の玉と黄色の玉を $1$ つずつ入れるかが $9$ 通り，青色の玉 $1$ つと黄色の玉 \r\n $1$ つをどの順番で並べるかが $2$ 通り，残りの青色の玉 $4$ つと黄色の玉 $4$ つをどのように並べるかが \r\n${}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{4} = 70$ 通りあるので，全体で $1260$ 通りあるとわかる．\\\r\n　以上より，求めるべき答えは $252 + 252 + 1260 = \\mathbf{1764}$ 通りとわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/7309" } ]

[ { "content": "　問題文で与えられた $100$ 個の格子点からなる集合を $\\mathcal S$ とする．\\\r\n　まず，面積が $36$ よりも大きくなるように $\\mathcal S$ から格子点を $3$ つ選ぶとき，そのうち少なくとも $1$ 点は $(0,0), (0,9), (9,0), (9,9)$ のいずれかに一致する必要があることを示す．選んだ $3$ つの格子点を $(a,b), (c,d), (e,f)$ とし，これらからなる非退化な三角形を $T$ とするとき，$\\mathcal S$ に含まれる $4$ つの格子点\r\n$$ (\\min(a,c,e), \\min(b,d,f)), (\\max(a,c,e), \\min(b,d,f))$$\r\n$$(\\min(a,c,e), \\max(b,d,f)), (\\max(a,c,e), \\max(b,d,f)) $$\r\nを $4$ 頂点に持つ長方形 $R$ は $T$ を被覆する．$T$ の面積は $R$ の半分以下であるため，$R$ の面積は $72$ より大きい．ここで，$R$ が $(0,0), (0,9), (9,0), (9,9)$ からなる長方形に一致しない場合，$R$ の面積は高々 $8 \\times 9 = 72$ であり矛盾する．従って\r\n$$ \\min(a,c,e) = \\min(b,d,f) = 0 $$\r\n$$ \\max(a,c,e) = \\max(b,d,f) = 9 $$\r\nより $\\\\{ a,c,e \\\\} \\supset \\\\{0, 9\\\\}$ および $\\\\{ b,d,f \\\\} \\supset \\\\{0, 9\\\\}$ となるが，このとき $(a,b), (c,d), (e,f)$ のうち少なくとも $1$ つが $(0,0), (0,9), (9,0), (9,9)$ に一致することは容易にわかる．よって示された．\\\r\n　いま，対称性により，$T$ が $(0,0)$ を頂点に持つ場合を考える．頂点は選ぶ順序を問わないので，$(e,f) = (0,0)$ としてよい．このとき $T$ の面積は $\\dfrac{1}{2}|bc-ad|$ となるため，$bc-ad \\gt 72$ または $ad-bc \\gt 72$ となることが分かる．やはり $(a,b)$ と $(c,d)$ は選ぶ順序を問わないため，$bc-ad \\gt 72$ の場合のみ考えればよい．このとき $bc \\gt 72$ となることから $b = c = 9$ および $ad \\lt 9$ がわかる．これを満たす $(a, d)$ の組は\r\n$$ (a,d) = (0, 0), (0, 9), (9, 0), (0, i), (i, 0), (1, 1), (1, j), (j, 1), (2, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 2), (4, 2) $$\r\n$$ (i = 1, 2, \\dots, 8, \\quad j = 2, 3, \\dots, 8) $$\r\nがすべてなので，条件を満たしかつ $(0,0)$ を頂点として含む三角形 $T$ は合計で $39$ 個あると分かる．このうち，$(0,0), (0,9), (9,0), (9,9)$ のうちちょうど $3$ つを頂点に持つものは $(a,d) = (0,0), (0,9), (9,0)$ の $3$ 個，ちょうど $2$ つを頂点に持つものは $(a,d) = (0,i), (i,0)$ の $16$ 個，ちょうど $1$ つを頂点に持つものは残りの $20$ 個あるため，求めるべき三角形の個数は \r\n$$ \\dfrac{3 \\times 4}{3}+ \\dfrac{16 \\times 4}{2} + 20 \\times 4 = 116 $$\r\nより $\\mathbf{116}$ 個である．( $(0,0), (0,9), (9,0), (9,9)$ のうち$3$ つを頂点に持つ三角形は $3$ 回，$2$ つを頂点に持つ三角形は $2$ 回，それぞれ重複して数えていることに注意．)", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/7530" } ]

[ { "content": "　$n \\geq 3$ において，以下が成り立つ：\r\n$$\\begin{aligned}\r\na_{n+1} &= a_1 a_2 + \\dots + a_{n-2} a_{n-1} + a_{n-1} a_{n} + a_{n} a_{1} \\\\\\\\\r\n&= (a_{n} - a_{n-1} a_{1}) + a_{n-1} a_{n} + a_{n} a_{1} \\\\\\\\\r\n&= a_{n} (1 + a_{n-1}) + a_{1} (a_{n} - a_{n-1}). \\tag{☆}\r\n\\end{aligned}$$\r\n以下，合同式は全て $2027$ を法としているものとする．(☆) で $n=862$ として，\r\n$$a_{863} \\equiv 6 × (1+2) + (6-2)a_{1} \\equiv 4 a_{1} + 18$$\r\nを得る．これにより，$n = 863$ とすることで\r\n$$ 222 \\equiv 7 × (4 a_{1} + 18) + a_{1} (4 a_{1} + 12) \\equiv 4 {a_{1}}^2 + 40 a_{1} + 126$$\r\nがわかる．これを解けば $a_{1} \\equiv 2$ または $a_{1} \\equiv -12$ が従うが，$0 \\leq a_{1} \\leq 1000$ により $a_{1} \\equiv 2$ である．\r\nこれにより $a_{863} \\equiv 26$ が，さらに (☆) で $n = 864$ とすることで $a_{865} \\equiv \\mathbf{305}$ が得られる． \\\r\n　ちなみに，$a_2\\equiv 20$ とすれば条件をみたす数列が得られる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/8880" } ]

[ { "content": "　$ N = 2^m × k$（$k$ は奇数）と表されたとする．求める値は $m$ としてあり得る値の総和である．\\\r\n　以下操作は $100$ 回でなく十分多く繰り返すものとする．$i$ 回目の操作と $j$ 回目の操作 $(i\\lt j) $ で同じカードを裏返したとすると $2^{i-1} \\equiv 2^{j-1}\\pmod{N}$，つまり $2^{i-1} (2^{j-i}-1) \\equiv 0\\pmod{N}$ である．$2^r-1$ が $k$ の倍数となる最小の正整数 $r$ をとれば，これは $i\\geq m+1$ かつ $r\\mid(j-i)$ と同値．従って次がわかる．\r\n\r\n- $m$ 回目までは相異なるカードを裏返し，そこで裏返したカードはそれ以降裏向きのまま．\r\n- $m+1$ 回目から $m+r$ 回目までは相異なるカードを裏返し，それ以降は $r$ 回ごとに同じカードを裏返す．\r\n - $m+1$ 回目以降に裏返される $r$ 枚のカードを良いカード，また $m+i\\ (1\\leq i\\leq r)$ 回目に裏返されるカードを $i$ 番目の良いカードと呼ぶことにする．\r\n\r\n　これを踏まえて条件を満たす $m$ と $r$ の組み合わせを考える．$r=1$ の場合は $m=45,46$ のみが，$r=2$ の場合は $m=45$ のみが条件を満たすことが確認できる．$r\\geq 3$ のとき，まず最初の $50$ 回で裏向きのカードが $46$ 枚になったことから，裏向きのカードを裏返した回数は $2$ 回である．これが実現するのは $m+r$ 枚のカードを一度裏返した後，良いカードのうち $2$ 枚をもう一度裏返す場合のみなので $m+r=48$ を得る．また $100$ 回の操作の後でも裏向きのカードの枚数が同じ $46$ 枚であることから，$100$ 回の操作の後は次のどちらかの状態になる．\r\n\r\n- (a): $1,2$ 番目の良いカードのみ表向き．\r\n- (b): $r-1,r$ 番目の良いカードのみ表向き．\r\n\r\n$100$ 回の操作のうち後半の $50$ 回の操作を考えると，(a)の状態になるのは $ 2nr = 50 $，(b)の状態になるのは $ 2nr - 4 = 50 $ を満たす正整数 $n$ が存在することとそれぞれ同値である．よって $r\\geq 3$ と合わせて $r$ としてあり得る値は $ 3, 5, 9, 25, 27 $ であり，$ m+r = 48 $ より $m$ としてあり得る値は $ 21, 23, 39, 43, 45 $ である．\\\r\n　以上より $m$ としてあり得る値は $ 21, 23, 39, 43, 45, 46 $ であり，求める値は $\\mathbf{217}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb022/editorial/7975" } ]

[ { "content": "　残った $N-2$ 個の総和が最小・最大になる場合をそれぞれ考えると，以下が必要である．\r\n$$\\dfrac{N(N+1)}{2}-(2N-1)\\leq \\dfrac{1840}{19}(N-2) \\leq \\dfrac{N(N+1)}{2}-3$$\r\nさらにこれが整数値であることから $N$ が $19$ で割って $2$ 余ることが必要で，逆にこれらで十分条件にもなることがわかる．これをもとに検討すると，$N=\\mathbf{192}$ のみが適合する．なお，厳密に不等式を解かずとも，$1840\\/19$ が大雑把に $N\\/2$ ほどで近似できることから，おおよその見当が可能である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/5176" } ]

[ { "content": "　$N = 2^{22} × 3^{33} × 5^{55} × 7^{77}$ とおく．$g = \\textrm{gcd} (a,b)$ および互いに素な正整数 $a^\\prime, b^\\prime$ を用いて $a = ga^\\prime, \\ b = gb^\\prime$ と表すと，条件式は\r\n$$ \\frac{1}{g} + \\frac{1}{ga^\\prime b^\\prime} = \\frac{1}{N} ~ \\Longleftrightarrow ~ (g-N)a^\\prime b^\\prime = N$$\r\nと変形することができる．\\\r\n　ここで，$a^\\prime b^\\prime$ は $N$ の正の約数であり，かつ $a^\\prime b^\\prime$ の値を決めたとき $g$ の値は一意に定まる．さらに $a^\\prime b^\\prime = 2^s × 3^t × 5^u × 7^v$ としたとき，組 $(a^\\prime, b^\\prime)$ としてありうるものの個数は，$s, t, u, v$ のうち $0$ でないものの個数を $x$ としたとき $2^x$ に一致する．以上より，$a_1 = 22, a_2 = 33, a_3 = 55, a_4 = 77$ とすると，求める答えは\r\n$$\r\n2^4a_1a_2a_3a_4 + \\cdots + 2^1(a_1 +\\cdots + a_4) + 1\r\n= (2a_1 + 1)(2a_2 + 1)(2a_3 + 1)(2a_4 + 1)= \\bf51873075\r\n$$\r\nと計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/10066" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABP$, $DCP$ の外接円をそれぞれ ${\\Gamma}_1$, ${\\Gamma}_2$ とおく．${\\Gamma}_1$ と ${\\Gamma}_2$ の交点のうち $P$ でない方を $Q$ とおくと，$PQ$ の中点は $E$ であるから，$PQ = 2PE = 18$ である．一方，$\\angle ABC = \\angle PAD$ であるから，接弦定理の逆より ${\\Gamma}_1$ は $AD$ に接する．同様に，${\\Gamma}_2$ も $AD$ に接する．よって，方べきの定理より，\r\n$${FA}^2 = FQ \\times FP, \\quad {FD}^2 = FQ \\times FP$$\r\nであるため，$FA = FD$ が従い，特に $FA = AD \\/2 = 40$である．\\\r\n　さらに，$FP = FQ + QP = FQ + 18$ であるため，$FQ \\times (FQ + 18) = 1600$ が成り立つ．$FQ \\gt 0$ よりこれを解くと $FQ = 32$ となり，$EF = FQ + QE =\\bf41$ である．\\\r\n　なお，$O_1O_2=81$ の条件は使っていないが，条件を満たす図は存在する．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/2985" }, { "content": "　公式解説と同様に三角形 $ABP, DCP$ の外接円をそれぞれ $\\Gamma_1, \\Gamma_2$ とおく．すると，$\\Gamma_1, \\Gamma_2$ はいずれも直線 $AD$ に接するため，$\\angle FAO_1 = \\angle FDO_2 = 90^\\circ $ が従う．また，$\\angle FEO_1 = \\angle FEO_2 = 90^\\circ$ も容易に分かる．これより，三角形 $FAO_1, FEO_1$ に三平方の定理を適用することで，\r\n$$FA^2 + {AO_1}^2 = FE^2 + {EO_1}^2 \r\n ( = {FO_1}^2)$$\r\nが得られる．これより，$FE^2 - FA^2 = {AO_1}^2 - {EO_1}^2$ が従う．また，$AO_1 = PO_1$ であり，かつ $\\angle PEO_1 = 90^\\circ$ であることから，三角形 $PEO_1$ に三平方の定理を適用することで，${AO_1}^2 - {EO_1}^2 = {PO_1}^2 - {EO_1}^2 = PE^2 = 81$ が従う．よって，$FE^2 - FA^2 = 81$ が得られる．同様に考えて，\r\n$$FE^2 - FD^2 = {DO_2}^2 - {EO_2}^2 = {PO_2}^2 - {EO_2}^2 = PE^2 = 81$$\r\nも分かる．よって，$FA = FD = 40$ が分かり，$FE = 41$ が従う．", "text": "三平方の定理を用いて立式する方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/2985/643" } ]

[ { "content": "　$N$ を正整数とし，$N$ 項からなる実数列 $\\\\{ a_n \\\\}\\_{n = 0, 1, ..., N - 1}$ を与えたとき，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n = 1}^N \\sum_{k = 0}^{n - 1} \\sum_{i = 0}^k a_i &= a_0 + (a_0 + (a_0 + a_1)) + (a_0 + (a_0 + a_1) + (a_0 + a_1 + a_2)) \\\\\\\\\r\n&+ \\cdots + (a_0 + (a_0 + a_1) + \\cdots + (a_0 + \\cdots + a_{N - 1}))\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと表せる．各 $n = 1, ..., N$ に対し，この等式の右辺で $a_{N - n}$ は $1 + \\cdots + n = \\dfrac{n(n + 1)}{2}$ 回現れるので，\r\n$$\\sum_{n = 1}^N \\sum_{k = 0}^{n - 1} \\sum_{i = 0}^k a_i = \\frac{1}{2} \\sum_{n = 1}^N n(n + 1)a_{N - n}$$\r\nが成り立つ．\r\n$$N = 1110，a_n = \\frac{1}{1111 - n} \\sqrt{\\frac{1}{2} + \\frac{1}{1110 - n}} - \\frac{1}{1110 - n} \\sqrt{\\frac{1}{2} - \\frac{1}{1111 - n}}$$\r\nとしてこの事実を適用すれば以下のように $S$ の値を求めることができる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nS &= \\frac{1}{2} \\sum_{n = 1}^{1110} n(n + 1) \\left (\\frac{1}{n + 1} \\sqrt{\\frac{1}{2} + \\frac{1}{n}} - \\frac{1}{n} \\sqrt{\\frac{1}{2} - \\frac{1}{n + 1}} \\right ) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2 \\sqrt{2}} \\sum_{n = 1}^{1110} (\\sqrt{n^2 + 2n} - \\sqrt{n^2 - 1}) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2 \\sqrt{2}} \\sum_{n = 1}^{1110} (\\sqrt{(n + 1)^2 - 1} - \\sqrt{n^2 - 1}) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2 \\sqrt{2}} (\\sqrt{(1110 + 1)^2 - 1} - \\sqrt{1^2 - 1}) = \\sqrt{\\mathbf{154290}}\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/8945" } ]

[ { "content": "　正の実数 $x, y, z$ を用いて三角形の $3$ 辺の長さをそれぞれ $x + y, y + z, z + x$ と表し（Ravi変換），これらはすべて整数値であるとする．このとき整数 $N_1, N_2, N_3$ によって\r\n$$x + y = N_1，y + z = N_2，z + x = N_3$$\r\nと表せて，\r\n$$2x = N_1 - N_2 + N_3，2y = N_1 + N_2 - N_3，2z = - N_1 + N_2 + N_3$$\r\nが成り立つため $2x, 2y, 2z$ はいずれも整数であり，なおかつ偶奇がすべて一致する．すなわち $x, y, z$ はすべて整数であるか，すべて半整数である．また，Heronの公式より三角形の面積は $\\sqrt{xyz(x + y + z)}$ と表されるので，\r\n$$xyz(x + y + z) = 2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2 \\tag{1}$$\r\nとなるような $x, y, z$ を求めればよい．$x, y, z$ がすべて半整数だと明らかにこれを満たさないので，$x, y, z$ はすべて（正の）整数である．\\\r\n　ここで以下の性質を，以後**性質A**と呼ぶことにする．\r\n- 任意の正整数 $s, t$ について $s + t \\leq st + 1$ が成り立つ．\r\n\r\nこの性質は，$(s - 1)(t - 1) \\geq 0$ が成り立つので，これを式変形することで示すことができる．\\\r\n　式 $(1)$ と性質Aから\r\n$$(x + y + z - 2)(x + y + z) \\leq (xy + z - 1)(x + y + z) \\leq 2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2$$\r\nが得られるので，これより $x + y + z \\lt 13^2$ が従う．特に $x, y, z, x + y + z$ はいずれも $13^2$ で割り切れないことが分かるので，この $4$ 数のうちちょうど $2$ つが $13$ の倍数である．したがって文字の対称性より\r\n- $x \\geq y$ であり，$13 \\mid x + y$ かつ $13 \\mid z$ をみたす．\r\n- $x \\geq y$ であり，$13 \\mid x$ かつ $13 \\mid y$ をみたす．\r\n\r\nの $2$ ケースについて考察すればよい．\r\n\r\n---\r\n**Case 1.**　$x \\geq y$ であり，$13 \\mid x + y$ かつ $13 \\mid z$ をみたすとき\\\r\n　正整数 $k, z^{\\prime}$ により $x + y = 13k, z = 13z^{\\prime}$ と表すと，式 $(1)$ から\r\n$$xyz^{\\prime} (z^{\\prime} + k) = 80 \\tag{2}$$\r\nが得られる．\\\r\n　すると $z^{\\prime} (z^{\\prime} + k) \\geq k + 1$ なので $xy \\leq \\dfrac{80}{k + 1}$ が成り立つ．一方で，$k$ を固定したとき $x - y$ の値が大きいほど $xy$ は小さな値をとるので，$xy$ のとり得る値は小さい方から順に$$13k - 1，26k- 4，39k - 9，52k - 16，65k - 25，\\dots$$\r\nである．これらのことから組 $(k, xy)$ としてあり得るものは\r\n$$(1, 12), (1, 22), (1, 30), (1, 36), (1, 40), (2, 25)$$\r\nの $6$ つに絞られる．さらに $xy \\mid 80$ をみたすのは $(k, xy) = (1, 40)$ のみであり，$x = 8, y = 5$ を得る．また，式 $(2)$ から\r\n$$z^{\\prime} (z^{\\prime} + 1) = 2$$\r\nであり，これより $z^{\\prime} = 1$ が得られる．したがってこのケースでは $(x, y, z) = (8, 5, 13)$ が適する．\r\n---\r\n**Case 2.**　$x \\geq y$ であり，$13 \\mid x$ かつ $13 \\mid y$ をみたすとき\\\r\n　$x^{\\prime} \\geq y^{\\prime}$ なる正整数 $x^{\\prime}, y^{\\prime}$ により $x = 13x^{\\prime}, y = 13y^{\\prime}$ とおき，$P = x^{\\prime}y^{\\prime}z$ とおくと，式 $(1)$ から\r\n$$P(13(x^{\\prime} + y^{\\prime}) + z) = 80 \\tag{3}$$\r\nが得られる．\\\r\n　すると $13(x^{\\prime} + y^{\\prime}) + z \\geq 27$ から $P \\leq 2$ が従う．一方で式 $(3)$ と性質Aから\r\n$$P(13P + 14) \\geq P(13(x^{\\prime}y^{\\prime} + 1) + z) \\geq 80$$\r\nが得られ，$P \\geq 2$ が従う．よって $P = 2$ が成り立ち，組 $(x^{\\prime}, y^{\\prime}, z)$ としてあり得るものが $(2, 1, 1), (1, 1, 2)$ の $2$ つに絞られ，これらのうち式 $(3)$ をみたすものは $(2, 1, 1)$ のみである．したがってこのケースでは $(x, y, z) = (26, 13, 1)$ が適する．\r\n---\r\n　以上より，式 $(1)$ の正整数解 $(x, y, z)$ は変数の並び替えの違いを除けば $(8, 5, 13), (26, 13, 1)$ の $2$ つである．したがって問題の条件をみたす組 $(a, b, c)$ は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n(5 + 8, 5 + 13, 8 + 13) = (13, 18, 21) \\\\\\\\\r\n(1 + 13, 1 + 26, 13 + 26) = (14, 27, 39)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nの $2$ つであり，特に解答すべき値は\r\n$$13 \\cdot 18 \\cdot 21 + 14 \\cdot 27 \\cdot 39 = \\mathbf{19656}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/8364" }, { "content": "　式 $ xyz(x+y+z)=2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2$ 以降の別解である．\\\r\n　偶奇について考えると，$x,y,z,x+y+z$ のうち $2$ つまたは $4$ つが偶数である．\\\r\n　もし $4$ つが偶数だとすると，$x,y,z$ をそれぞれ $2$ で割って，式 $ pqr(p+q+r)=5 \\cdot 13^2$ を満たす整数組が存在することになるが，それはあり得ないことが容易にわかる．よって，以下は次の問いを考えればよい．\r\n\r\n問．式 $ xyz(x+y+z)=2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2$ を満たし，$x,y,z,x+y+z$ のうち $2$ つが偶数，$2$ つが奇数であるような組を求めよ．\r\n\r\n　ありうる奇数の組は $(1,1), (1,5), (1,13), (1,65), (1,169), (1,845), (5,13), (5,169), (13,65)$ である．\\\r\n　$ \\sqrt{2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2}=116. \\cdots$ であることを考えると，$(1,169), (1,845), (5,169)$ については除ける．\\\r\n　次に，$2$ 数が小さい $(1,1), (1,5), (1,13),(5,13)$ 組については，いずれかが $x+y+z$ となることはあり得ないので，それぞれ以下の方程式を考えればよいことになる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\nt(t+2)&=2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2 \\\\\\\\\r\nt(t+6)&=2^4 \\cdot 13^2\\\\\\\\\r\nt(t+14)&=2^4 \\cdot 5 \\cdot 13\\\\\\\\\r\nt(t+18)&=2^4 \\cdot 13\r\n\\end{aligned}$$\r\n　それぞれ少し式変形して，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(t+1)^2&=2^4 \\cdot 5 \\cdot 13^2+1 \\\\\\\\\r\n(t+3)^2&=2^4 \\cdot 13^2+9\\\\\\\\\r\n(t+7)^2&=2^4 \\cdot 5 \\cdot 13+49\\\\\\\\\r\n(t+9)^2&=2^4 \\cdot 13+81\r\n\\end{aligned}$$\r\nとすれば，電卓の $\\sqrt{\\ \\ }$ 機能を用いて，解を得ることができる．\r\n\r\n　最後に残った $(1,65), (13,65)$ 組については，地道に考えよう．\\\r\n　$(1,65)$ の場合，$\\\\{x,y,z,x+y+z\\\\}=\\\\{1,65,s,t\\\\}$ であり，$st=80$ を満たす．$s,t$ がともに偶数であったことを思い出すと，$s+t \\leq 42$ なので適する $s,t$ 組は存在しない．$(13,65)$ の場合も同様にして，満たすものが存在しないとわかる．", "text": "公式解説の式 (1) 以降の別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/8364/634" } ]

[ { "content": "　$n$ 回操作した後の文字列に含まれる連続部分文字列 $AB, BA$ の個数の和を $a_n$，文字 $C$ の個数を $b_n$，そのうち両端にある $C$ の個数を $c_n$ とする．このとき，任意の非負整数 $n$ について以下が成り立つことが分かる.\r\n $$ a_{n+1} = 2b_n - c_n ,\\ b_{n+1} = a_n + b_n$$\r\n\r\n　ここで，両端に含まれる $C$ の個数は常に一定のため，$c_n$ = $c_0$ となる．これを $x$ とおくことにすると，$ a_{n+1} = 2b_n - x,\\ b_{n+1} = a_n + b_n $ となる．この漸化式に対する $x$ の寄与は独立して考えることができるので，まず，$ a_{n+1} = 2b_n ,\\ b_{n+1} = a_n + b_n $ を解くことを考える．これを変形すると，$$a_{n+1} + 2b_{n+1} = 2(a_n + 2b_n) ,\\ a_{n+1} - b_{n+1} = -(a_n - b_n)$$\r\n\r\nとなるため，$$a_{2023} + 2b_{2023} = 2^{2023} × (a_0 + 2b_0) , \\ a_{2023} - b_{2023} = -(a_0 - b_0)$$\r\n\r\nが得られる．よって，$a_{2023} = \\cfrac{(2^{2023} - 2)a_0 + (2^{2024} + 2)b_0}{3} , \\ b_{2023} = \\cfrac{(2^{2023} + 1)a_0 + (2^{2024} - 1)b_0}{3}$ となることが分かる．また，$b_n$ に対する $x$ の寄与を $n$ が小さい方から順に求めると，$ 0,0,-x,-2x,-5x,-10x,-21x，\\cdots$ となることも分かる．これより，$b_n$ に対する $x$ の寄与は \r\n$$ \\begin{cases}\r\n\\cfrac{-(2^n - 1)x}{3} \\ ( \\ n \\mathrm{ \\ が偶数の時} ) \r\n\\\\\\ \\cfrac{-(2^n - 2)x}{3} \\ ( \\ n \\mathrm{ \\ が奇数の時} ) \r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nとなることが予測できる．これは正しく，このことは $n$ に関する数学的帰納法などを用いることで容易に確かめられる．これより，$b_{2023} = \\cfrac{(2^{2023} + 1)a_0 + (2^{2024} - 1)b_0 - (2^{2023}- 2)x}{3}$ となることが分かる．ここで，元の文字列において，長さ $2$ の連続部分文字列が $AB$ でも $BA$ でもないことと，その文字列が $C$ を含むことは同値であり，かつ，両端にない $C$ に対しては $2$ つずつ，両端にある $C$ に対しては $1$ つずつそのような文字列が生じるため，$$ a_{0} + 2b_{0} - x = 2022$$ \r\n\r\nが成立することも分かる．これを用いて $b_{2023}$ を整理すると，$$ b_{2023} = a_0 + b_0 + 674 × (2^{2023}-2) $$ \r\n\r\nとなる．よって，$ a_0 + b_0 $ の最大，最小について考えればよい．まず，$ a_0 + b_0 = 2022 + x - b_0 $ であり，かつ明らかに $x \\leq b_0$ であるため，$ a_0 + b_0 \\leq 2022 $ となる．また，両端以外に $C$ が存在しないときに等号が実現されるため，$ M = 2022 + 674 × (2^{2023}-2) $ と分かる．そして，両端以外に $C$ が存在しない文字列は，$2$ 文字目以降が $ABABA \\cdots \\ $ または $ \\ BABAB \\cdots$ となる文字列であり，両端の文字は任意であることから，$ m = 2 × 2 × 2 = 8 $ も分かる．$ a_0 + b_0 $ が最小になるのは $ x - b_0 $ が最小になるとき，つまり，両端以外の $C$ の個数が最大になるときであり，これは，偶数文字目が全て $C$ となるときに実現され，$ a_0 + b_0 = 1011 $ となることが分かる．よって，$ N = 1011 + 674 × (2^{2023}-2) $ ，$ n = 2^{1012} $ と分かる.\r\n$\\\\\\ $ 　これより，$ M+m+N+n = 3041 + 1348 × (2^{2023}-2) + 2^{1012} $ と分かる．これは，$\\bmod\\ 503$ において，$ 23 + 342 × (2^{15} - 2) + 2^8 \\equiv 23 + 256 - 684 + 342 × 18 × 32 \\equiv 98 + 20 × 192 \\equiv 417$ となる．よって，解答すべき値は $ \\mathbf{417}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/7789" }, { "content": "　公式解説の $a_n,b_n,c_n$ の置き方は，$C$ の個数を求めるために必要なものをしっかりと捉えた置き方になっています．\\\r\n　一方，本別解では，対称性を意識した $p_n,q_n,r_n$ を用いて，$C$ の個数を求めようとしています．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$n$ 回操作した後の文字列に対して，$A$ と $B$ が隣り合うところが $p_n$ 個，$B$ と $C$ が隣り合うところが $q_n$ 個，$C$ と $A$ が隣り合うところが $r_n$ 個とおく．任意の非負整数 $n$ に対して以下が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\np_n+q_n+r_n&=2022 \\cdot 2^n \\\\\\\\\r\np_{n+1}&= q_n+r_n\\\\\\\\\r\nq_{n+1}&= r_n+p_n\\\\\\\\\r\nr_{n+1}&= p_n+q_n\r\n\\end{aligned}$$\r\n　この連立漸化式を解くと，以下のことがわかる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\np_{2023}=k-p_0 \\\\\\\\\r\nq_{2023}=k-q_0\\\\\\\\\r\nr_{2023}=k-r_0\r\n\\end{aligned}$$\r\n　ただし $k=\\dfrac{2^{2023}+1}{3}\\cdot 2022$ である．\\\r\n　従って，文字列の両端に注意すると，$n$ 回操作した後の文字 $C$ の数は次のように表せる：\r\n$$\\dfrac{q_{2023}+r_{2023}}{2}+\\begin{cases}\r\n0 & (C が両端にない) \\\\\\\\\r\n\\dfrac{1}{2} & (C が端に一つある)\\\\\\\\\r\n1 & (C が両端にある)\r\n\\end{cases} \\quad$$\r\n　よって $q_0+r_0$ が最大かつ $C$ が両端にないときに，最小値 $N=k-1011$，$n=2^{1012}$ を得る．\\\r\n　一方，最大値については $3$ つのケースが存在し， \r\n- $q_0+r_0=0$ かつ（当然だが）$C$ が両端にない場合\r\n- $q_0+r_0=1$ かつ $C$ が端にある場合\r\n- $q_0+r_0=2$ かつ $C$ が両端ともにある場合\r\n\r\n　よって最大値は $M=k$，$n=8$ である．", "text": "別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/7789/636" }, { "content": "　$3$ 種類の文字に対する $2$ 通りの巡回（$ABCABCA ...$ か $ACBACBA ...$）に注目し，操作を繰り返した後の文字列がどのような形になるのかを調べる解法です．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$A, B, C$ からなり，なおかつ同じ文字が隣接しないような文字列のことをここでは**良い文字列**と呼ぶことにする．長さ $L$ の良い文字列 $S$ に対し，次のルールにしたがって作られる長さ $L - 1$ の $X, Y$ からなる文字列を $f(S)$ と表そう．\r\n- 各 $k = 1, ..., L - 1$ に対し，$k, k + 1$ 文字目の連続 $2$ 文字が $AB, BC, CA$ のいずれかであれば $k$ 文字目を $X$ とし，$AC, CB, BA$ のいずれかであれば $k$ 文字目を $Y$ とする．\r\n\r\nつまり $ABCABCA ...$ という巡回が起きるときに $X$，$ACBACBA ...$ という巡回が起きるときに $Y$ が設定されるようなイメージである．たとえば，\r\n$$f(ABACA) = XYYX，f(ABCACAB) = XXXYXX$$\r\nなどが成り立つ．ここで次の事実を得る．\r\n- **事実 1.**　$S$ を良い文字列とし，$S$ に対し問題の操作を $1$ 回施して得られる良い文字列を $S^{\\prime}$ とする．このとき $f(S)$ に対し\r\n$$X \\rightarrow YY，Y \\rightarrow XX$$\r\nの置き換えをすべて同時に施すと，$f(S^{\\prime})$ が得られる（それぞれの巡回が逆向きとなり倍増するイメージ）．\r\n\r\n　それでは長さ $2023$ の良い文字列 $S_0$ に対し，操作を $2023$ 回繰り返して得られる文字列を $S_1$ としよう．また，$g(k) = 2^{2023} (k - 1) + 1$ とする．このとき $S_0$ の選び方によらず以下 $2$ つが成り立つ（事実 3. は事実 1. からしたがう）．\r\n- **事実 2.**　各 $k = 1, ..., 2023$ に対し，$S_0$ の $k$ 文字目と $S_1$ の $g(k)$ 文字目は等しい．\r\n- **事実 3.**　任意の $k = 1, ..., 2022$ について，$f(S_1)$ の $g(k)$ 文字目から $g(k + 1) - 1$ 文字目までの $2^{2023}$ 文字は，すべて $X$ であるか，すべて $Y$ である．\r\n\r\nここで $2^{2023} \\equiv 2 \\pmod{3}$ に注意し，$\\alpha = \\dfrac{2^{2023} + 1}{3}$ とおこう．各 $k = 1, ..., 2022$ に対し，$S_1$ の $g(k)$ 文字目から $g(k + 1)$ 文字目までの $2^{2023} + 1\\ (= 3 \\alpha)$ 文字は，$ABCABC ... ABC$ などのように同じ $3$ 文字を $\\alpha$ 回繰り返していることが事実 3. からわかり，特に $C$ はこの範囲にちょうど $\\alpha$ 個含まれる．このことをすべての $k$ について適用しよう．すると，$S_1$ の $g(2), g(3), ..., g(2022)$ 文字目の中に含まれる $C$ の個数を $x$，$S_1$ 全体に含まれる $C$ の個数を $y$ と表したとき，\r\n$$x + y = 2022 \\alpha$$\r\nが成り立つ．また，事実 2. より $x$ は $S_0$ における $2$ 文字目から $2022$ 文字目までに含まれる $C$ の個数に等しい．$S_0$ が良い文字列であることから $x$ のとり得る範囲は $0 \\leq x \\leq 1011$ なので，結局 $y$ の最大値 $M$ と最小値 $N$ はそれぞれ以下のように表せる．\r\n$$M = 2022 \\alpha，N = 2022 \\alpha - 1011$$\r\n$x = 0$ なる $S_0$ は $2$ 文字目から $2022$ 文字目までが $ABABA ... ABA$ か $BABAB ... BAB$ のどちらかであり，それぞれに対し $1$ 文字目と $2023$ 文字目を決める方法は $2$ 通りずつある．よって，$m = 2^3 = 8$ を得る．$x = 1011$ なる $S_0$ の場合は偶数文字目をすべて $C$ にする他なく，残りの $1012$ 個の文字をそれぞれ独立に $A, B$ のどちらかに定めればよい．よって，$n = 2^{1012}$ を得る．あとは公式解説同様 $M + m + N + n$ を $503$ で割った余りを求めればよい．", "text": "文字の巡回に注目する", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc230/editorial/7789/642" } ]

[ { "content": "$$\\Big( \\sqrt{\\dfrac{x}{y}}+\\sqrt{\\dfrac{y}{x}} \\Big)^2 = \\dfrac{x}{y}+\\dfrac{y}{x}+2=169=13^2$$\r\n　求める値は正だから，$\\mathbf{13}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/11948" } ]

[ { "content": "　与式は $(\\sqrt{x-4}+2)^2$ と変形できるため，これが平方数である事から $\\sqrt{x-4}$ が整数であれば良い．よって $x$ は非負整数 $m$ を用いて $x=m^2+4$ と書けるため，$0\\le{m^2}\\le{996}$ より $0\\le{m}$$\\le{31}$ なので，$\\bf{32}$ が求めるべき値である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/11093" }, { "content": "　公式解説にある通り，以下のように式変形できるわけだが，その方法を二通り記しておく．\r\n$$x+4 \\sqrt{x-4}=(\\sqrt{x-4}+2)^2$$\r\n\r\n---\r\n\r\n（方法１）二重混合を外すような発想\r\n$$x+4 \\sqrt{x-4}=x+2\\sqrt{4(x-4)}$$\r\nである．ある実数 $a, b$ が存在して，$a+b=x, ab=4(x-4)$ を満たすものがあれば，$x+2 \\sqrt{4(x-4)}$ はある式の二乗の形になる．\\\r\n　そこで $t$ についての方程式 $t^2-tx+4(x-4)=0$ を解くと $t=4, x-4$ である．したがって\r\n$$x+2\\sqrt{4(x-4)}=(\\sqrt{4}+\\sqrt{x-4})^2=(\\sqrt{x-4}+2)^2$$\r\n\r\n---\r\n\r\n（方法２）作問者を信じる\\\r\n　「$x+4 \\sqrt{x-4}$ が，きれいな形で何かの二乗になるはずだ」と信じよう．式中に $\\sqrt{x-4}$ が存在するので $x=(x-4)+4$ と変形してみたくなる．このように考えて式変形すると，そこまで大きな飛躍もなく次のように計算できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx+4 \\sqrt{x-4} &= (x-4)+4+4 \\sqrt{x-4} \\\\\\\\\r\n& = \\sqrt{x-4}^{\\ 2}+4 \\sqrt{x-4}+4 \\\\\\\\\r\n& = (\\sqrt{x-4}+2)^2\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説最初の変形について", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/11093/632" } ]

[ { "content": "　条件を満たす配り方において，$3$ 人が赤色の玉を $2$ 個ずつ受け取るか，$2$ 人が赤色の玉を $3$ 個ずつ受け取るかのどちらかに場合分けされる．\\\r\n　前者の場合，赤色の玉を受け取らない人が $4$ 通り，その人に青色の玉を $2$ つまとめて配られる場合と，青色の玉が $1$ つずつ配られる場合を考えると，配り方は $4(1+{}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2})=28$ 通りである．\\\r\n　後者の場合，赤色の玉を受け取らない人が ${}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}$ 通り，その人たちへの青色の玉の配り方は $3$ 通りなので，配り方は ${}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}\\cdot 3=18$ 通りである．\\\r\n　以上より，玉の配り方は合計で $28+18=\\bf46$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/11021" } ]

[ { "content": "　$qr=p(qr-7q-15)$ より，$p,q,r$ が全て素数であることとあわせて，$q=p$ または $r=p$ が成り立つ．\r\n- $q=p$ のとき\\\r\n与式は $r=pr-7p-15$ となり，これは次のように変形できる．\r\n$$(p-1)(r-7)=22$$\r\nこれを満たす素数の組 $(p,r)$ は $(2,29)$ のみである．\r\n- $r=p$ のとき\\\r\n与式は $q=pq-7q-15$ となり，これは次のように変形できる．\r\n$$p(q-8)=15$$\r\nこれを満たす素数の組 $(p,q)$ は $(3,13),(5,11)$ のみである．\r\n\r\n以上より，与式を満たす素数の組 $(p,q,r)$ は $(2,2,29),(13,3,13),(11,5,11)$ である．特に解答すべき値は $\\mathbf{89}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/6506" } ]

[ { "content": "　$\\angle{XA_0Y}=\\theta$ とおくと, $\\angle{A_0A_2A_1}=\\theta$ である. また, 任意の $1 \\le i \\lt n$ について, \r\n$$\\angle A_0A_{i+1}A_i = \\angle A_{i+1}A_{i-1}A_i = \\angle A_0A_iA_{i+1} + \\theta$$\r\nであるから, \r\n$$ \\angle{A_0A_nA_{n-1}}=(n-1)\\theta$$\r\nが分かる. また, 三平方の定理より $\\angle{A_0A_{n-1}A_n}=90\\degree$ であるから, 三角形 $A_0A_{n}A_{n-1}$ の内角について考える事で,\r\n$$ 90^\\circ+(n-1)\\theta + \\theta =180\\degree$$\r\nが成立する. これと, $n \\geq 2$ である事から, 求める $n$ は $90$ の $1$ を除く正の約数であるので, \r\n求める答えは $\\mathbf{233}$ と計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/5057" } ]

[ { "content": "　まず，$A,B,C$ の $3$ 種類の文字を少なくとも $1$ 回ずつ使って $8$ 文字並べる方法を考える．各文字が $A,B,C$ のいずれかである長さ $8$ の文字列は $3^8$ 個あり，その中で $A, B, C$ のうちちょうど $2$ 種類を使うものは $3 \\cdot (2^8-2)$ 個，ちょうど $1$ 種類を使うのは $3$ 個ある．したがって，$A, B, C$ をすべて用いるものは \r\n$$3^8 - 3 \\cdot (2^8-2) - 3 = 5796$$ \r\n個だけ存在する．\\\r\n　次に，$A,B,C$ それぞれに相異なる数字を当てはめることを考える．$A,B,C$ を適当に入れ替えると同じ並びになるものは重複するため，$A,B,C$ がこの順に現れるような $5796 \\div 3! = 966$ 個の文字列に数字を当てはめる方法を数えればよい．すると，\r\n- $A$ は $0$ が使えないので $9$ 通り． \r\n- $B$ は $A$ 以外の数字が使えるので $9$ 通り． \r\n- $C$ は $A,B$ 以外の数字が使えるので $8$ 通り．\r\n\r\nだけ方法があるので，求める総数は \r\n$$9\\cdot 9\\cdot 8\\cdot 966=\\textbf{625968}$$\r\n個である．\r\n\r\n<details><summary> 【**別解**】動的計画法を用いる<\\/summary>\r\n　以下のように，動的計画法 （Dynamic Programming） で $3\\times 8$ の表を埋めていくことでも総数が求められる． $dp[i][j]$ を $i$ 桁の正の整数であってちょうど $j$ 種類の数字を用いるものの個数とすると，$dp[1][1]=9$ および\r\n$$ \\begin{aligned}\r\ndp[i+1][1] &= dp[i][1] \\\\\\\\\r\ndp[i+1][2] &= dp[i][1]\\times 9+dp[i][2]\\times 2 \\\\\\\\\r\ndp[i+1][3] &= dp[i][2]\\times 8+dp[i][3]\\times 3\r\n\\end{aligned} $$\r\nであるから，$dp[8][3]=\\textbf{625968}$ を得る．\r\n<\\/details>", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/10667" }, { "content": "　公式解説のように「$A,B,C$ の $3$ 種類の文字を少なくとも $1$ 回ずつ使って $8$ 文字並べる方法は $5796$ 通りである」と求めた後の別解である．次のように考えてみよう．\r\n\r\n- $A,B,C$ がいずれも $0$ でない場合は，$5796×{}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{3}$ 通り存在する．\r\n- $A,B,C$ のいずれかが $0$ である場合は，$3$ 数 $\\\\{A, B, C\\\\}$ の選び方が ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{2}$ 通り．それらを並び替える $5796$ 通りのうち，ちょうど $\\dfrac{1}{3}$ は $0$ から始まる数字列になってしまうので不適．つまり条件を満たす数は $5796×{}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{2}×\\dfrac{2}{3}$ 通り存在する．\r\n\r\n　以上の議論から，$5796× \\left({}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{3}+{}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{2}×\\dfrac{2}{3} \\right)=5796×108=\\mathbf{625968}$ 通り．", "text": "5796の何倍か？という発想で解く方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/10667/633" } ]

[ { "content": "　$n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\\cdots p_k^{e_k}$ と素因数分解できるとき，$n^n$ の約数の個数 $d(n^n)$ は $$d(n^n)=(e_1n+1)(e_2n+1)\\cdots(e_kn+1)$$\r\n　以下では，$n\\lt 99$ の場合を考える．この際，\r\n$$2^7\\gt99,\\quad 2\\cdot3\\cdot5\\cdot7\\gt99$$\r\nであるから，$e_i\\le6,\\ k\\le3$ であることに気をつける．\r\n- $k=1$ の場合\\\r\n　$10^6\\le d(n^n)=e_1n+1\\le6\\cdot98+1\\lt10^6$ であるから条件を満たす $n$ は存在しない．\r\n\r\n- $k=2$ の場合\\\r\n　$10^6\\le d(n^n)=(e_1n+1)(e_2n+1)\\le(6\\cdot98+1)^2\\lt 10^6$ であるから条件を満たす $n$ は存在しない．\r\n- $k=3$ の場合\\\r\n　$e_1=e_2=e_3=1$ であれば $d(n^n)=(n+1)^3\\lt10^6$ であるから不適．従って，$n$ は平方因子を少なくとも $1$ つ持つ．そのような $n$ は $98$ 以下の範囲には $60,84,90$ のみである．\\\r\n$$d(60^{60})=d(2^{120}\\cdot3^{60}\\cdot5^{60})=121\\cdot61^2=450241\\lt10^6$$\r\n$$d(84^{84})=d(2^{168}\\cdot3^{84}\\cdot7^{84})=169\\cdot85^2=1221025\\gt10^6$$\r\nであるから，この場合に条件を満たす最小の $n$ は $84$ である．\r\n\r\n以上より，求める答えは $\\mathbf{84}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/6794" } ]

[ { "content": "　$M$ に関して $P$ と対称な点を $Q$ とすれば，四角形 $APCQ$ は平行四辺形である．よって，\r\n$$\\angle BQC = \\angle APM = \\angle MCB$$\r\nであるから三角形 $BCM$ と三角形 $BQC$ は相似であり，$BC=AP=CQ$ より $BM = CM$ もわかる．ここで，$BM=x$ とおけば，先ほどの相似より，\r\n$$x(2x-2)=70$$\r\nが成り立つので，これを解いて $x=\\dfrac{1+\\sqrt{141}}{2}$ を得る．\\\r\n　ここで，$AM=CM=BM$ より $\\angle{ABC} = 90^\\circ$ であるので，三平方の定理から，\r\n$$AB^2=(2x)^2-70= 72+2\\sqrt{141}$$\r\nである．特に，解答すべき値は $\\bf{636}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb021/editorial/9301" } ]

[ { "content": "　$10000$ 以上 $99999$ 以下の整数 $n$ が問題の条件をみたすことは次と同値である：\r\n- $n$ の左から $1,3,5$ 桁目の偶奇が一致し，かつ $n$ の左から $2,4$ 桁目の偶奇が一致する．\r\n\r\nこれより，$n$ の左から $1,3,5$ 桁目としてありうるものは $9\\cdot5\\cdot5$ 通りあり，$n$ の左から $2,4$ 桁目としてありうるものは $10\\cdot5$ 通り存在する．したがって，求める個数は\r\n$$ 9\\cdot5\\cdot5\\cdot10\\cdot5 = \\mathbf{11250} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/10141" } ]

[ { "content": "　$n$ が良い数であるとき，ある $2$ 以上の整数 $a$ と正の整数 $d$ を用いて \r\n$$n = a(a + d)(a + 2d)$$ \r\nと表せる．また，以下より $n$ が $2$ 以上 $10$ 以下のどの整数でも割り切れないならば $d$ は $6$ の倍数である．\r\n- $d$ が奇数であるとき，$a$ と $a+d$ は偶奇が異なるから，どちらかは偶数となる．よって，$n$ は偶数となる．\r\n- $d$ が $3$ の倍数でないとき，$a$ と $a+d$ と $a+2d$ はどれも $3$ で割った余りが異なるから，どれかは $3$ の倍数となる．よって，$n$ は $3$ の倍数となる．\r\n\r\nさらに，$a$ 自身が $2$ 以上 $10$ 以下のどの整数でも割り切れないことより $a \\ge 11$ であるから，条件を満たす良い数は少なくとも \r\n$$11 (11 + 6) (11 + 2\\times6) = 11\\cdot 17\\cdot 23 = 4301$$ \r\n以上である．また，これは実際に条件をみたすので，求める答えは $\\bf4301$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/10358" } ]

[ { "content": "　和を取る段階で奇関数は打ち消し合うことに注意すると，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n \\sum_{n=-10}^{10} \\frac{(n+1)(n^2+1)(n^3+1)}{n^4+1}\r\n&= \\sum_{n=-10}^{10} \\frac{(n^2+1)(n^4+n^3+n+1)}{n^4+1} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{n=-10}^{10} \\frac{(n^2+1)(n^4+1)}{n^4+1} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{n=-10}^{10} (n^2+1) \\\\\\\\\r\n&= \\mathbf{791}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/10108" } ]

[ { "content": "　一般に $4\\times4n$ のマス目をT字のタイルで敷き詰める方法が $a_n$ 通りだけあるとする．最も左からタイルを置くことを考えると，下図のように\r\n\r\n$\\quad (A)$ 左の $4$ 列で区切りができる場合\\\r\n$\\quad (B)$ 左の $4$ 列で区切りができない場合\r\n\r\nで場合分けできる．\r\n\r\n\r\n\r\n　$(A)$ となるような敷き詰め方は $2$ 通りあり，さらに残りの $4(n-1)$ 列の敷き詰め方は $a_{n-1}$ 通りだけあるため，合計で $2a_{n-1}$ 通りである．\\\r\n　$(B)$ となる場合，左の $4$ 列からはみ出した $4$ マスを一つのタイルとみなすことで，敷き詰め方は合計で $a_{n-1}$ 通りであることがわかる．\\\r\n　以上より次の漸化式が成り立つ．\r\n$$a_n=3a_{n-1}$$\r\nこれと $a_1=2$ より，求める値は $a_{10}=2\\cdot3^9=\\mathbf{39366}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/9286" }, { "content": "　実験すると考えるのは上下に向きのある $4\\times 4n$ の長方形をならべて, $4\\times 40$ のマス目を覆う方法の数であるとわかり, \r\n$$f=2x+2x^2+2x^3+\\cdots=\\frac{2x}{1-x}$$\r\nとすると, ちょうど $k$ 個の長方形でマス目を覆う方法の数は $\\[x^{10}\\]f^k$ であり, ( $f$ の各項の係数 $2$ は上下 $2$ 通りに対応.) これを, $k=0,1,2,\\cdots$ について合計すると求める答えは,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=0}^{\\infty}\\[x^{10}\\]f^{k}&=\\[x^{10}\\]\\sum_{k=0}^{\\infty}f^{k}\\\\\\\\\r\n&=\\[x^{10}\\]\\frac{1}{1-f}\\\\\\\\\r\n&=\\[x^{10}\\]\\frac{1}{1-\\dfrac{2x}{1-x}}\\\\\\\\\r\n&=\\[x^{10}\\]\\frac{1-x}{1-3x}\\\\\\\\\r\n&=\\[x^{10}\\]\\frac{1}{1-3x}-\\[x^{9}\\]\\frac{1}{1-3x}\\\\\\\\\r\n&=3^{10}-3^{9}\\\\\\\\\r\n&=2\\times3^9\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/9286/656" } ]

[ { "content": "　$\\beta$ と $\\gamma$ の交点を $D$ とし，$\\gamma$ と $\\alpha$ の交点を $E$ とし，$\\alpha$ と $\\beta$ の交点を $F$ とする．このとき，三角形 $ABC$ と三角形 $DEF$ は相似で，対応する辺同士は平行である．よって，三直線 $AD,BE,CF$ は一点で交わるので，これを $X$ とする．また，以下では多角形 $\\mathcal{P}$ の面積を $|\\mathcal{P}|$ で表す．\\\r\n　三角形 $ABX$ と $ACX$ の面積比は，次のように表される．\r\n$$\\frac{|ACX|}{|ABX|} = \\frac{|ABED|}{|ACFD|} = \\frac{5(AB + DE)}{7(CA + FD)} = \\frac{5AB}{7CA}$$\r\n同様にすることで，\r\n$$|BCX| : |CAX| : |ABX| = 9BC : 7CA : 5AB = 36 : 21 : 7$$\r\nが分かる．従って，三角形 $ABC$ の面積を $S$ とすると，直線 $BC$ と $X$ の距離は\r\n$$\\frac{2S|BCX|}{BC \\cdot (|BCX|+|CAX|+|ABX|)} = \\frac{9S}{160}$$\r\nである．よって，三角形 $ABC$ と $DEF$ の相似比は\r\n$$\\dfrac{9S}{160} : \\bigg(9 + \\dfrac{9S}{160}\\bigg) = S : (160 + S)$$\r\nである．ヘロンの公式などにより $S = 42$ であるから，求める答えは\r\n$$|DEF| = S\\bigg(\\frac{160+S}{S}\\bigg)^2 = \\frac{20402}{21}$$\r\nである．特に，解答すべき値は $\\bf{20423}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/7760" } ]

[ { "content": "　以下では，有限集合 $A$ に含まれるすべての要素についての積を $\\displaystyle \\prod_{a \\in A}$ で表し，特に正の整数 $n$ について $A = \\\\{ 1, 2, \\ldots, n \\\\}$ であるとき $\\displaystyle \\prod_{i=1}^{n}$ と表す．\r\n\r\n　正の整数 $x$ が相異なる素数 $p_1, p_2, \\ldots, p_k$ と正の整数 $e_1, e_2, \\ldots, e_k$ を用いて\r\n$$x = p_1^{e_1} p_2^{e_2} \\cdots p_k^{e_k}$$ \r\nと素因数分解されるとき，$\\varphi(x)$ は\r\n$$ \\varphi(x) = \\prod_{i=1}^k \\big( p_i^{e_i} - p_i^{e_i - 1} \\big) = x \\cdot \\prod_{i=1}^k \\frac{p_i - 1}{p_i} $$\r\nと表されるため，$m, n$ の素因数すべてからなる集合をそれぞれ $P, Q$ とすると\r\n$$ \\frac{\\varphi(m)}{m} = \\prod_{p \\in P} \\frac{p-1}{p}, \\quad \\frac{\\varphi(n)}{n} = \\prod_{p \\in Q} \\frac{p-1}{p} $$\r\nとなる．このとき $mn$ の素因数すべてからなる集合は $P \\cup Q$ であるから，\r\n$$ \\frac{\\varphi(mn)}{mn} = \\prod_{p \\in P \\cup Q} \\frac{p-1}{p} $$\r\nも成り立ち，これと与式を合わせると\r\n$$ \\prod_{p \\in P \\cap Q} \\frac{p-1}{p} = \\frac{4}{11} $$\r\nを得る．これにより $P \\cap Q = \\\\{2, 5, 11 \\\\}$ を得る．\r\n\r\n<details><summary>詳細<\\/summary>\r\n　$R = P \\cap Q$ とおくと $11 \\in R$ が必要であり，$R$ から $11$ を除いたものを $R^\\prime$ とすると\r\n$$ \\prod_{p \\in R^\\prime} \\frac{p-1}{p} = \\frac{4}{11} \\div \\frac{10}{11} = \\frac{2}{5} $$\r\nとなるから，$5 \\in R^\\prime$ が必要である．$R^\\prime$ から $5$ を除いたものを $R^{\\prime \\prime}$ とすると，\r\n$$ \\prod_{p \\in R^{\\prime \\prime}} \\frac{p-1}{p} = \\frac{2}{5} \\div \\frac{4}{5} = \\frac{1}{2} $$\r\nとなり，これをみたす素数の集合 $R^{\\prime\\prime}$ は $\\\\{ 2 \\\\}$ しかない．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　したがって，$m, n$ に共通する素因数が $2, 5, 11$ のみであるような組 $(m, n)$ の個数を求めればよい．$m, n$ は $2 \\cdot 5 \\cdot 11 = 110$ の倍数であるので，$9$ 以下の正の整数 $a, b$ を用いて \r\n$$(m, n) = (110a, 110b)$$ \r\nとおける．このとき $a, b$ をともに割り切る素数が（存在するならば）$2, 5$ のみであることは，$a, b$ の最大公約数が $3$ の倍数でも $7$ の倍数でもないことと同値であるため，求める $(m, n)$ の個数は\r\n$$ 9 \\cdot 9 - 3 \\cdot 3 - 1 = \\mathbf{71} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/12285" } ]

[ { "content": "　三角形 $BCP$ の垂心を $H$ とするとこれは直線 $PQ$ 上にある．\r\n$$\\angle PBC+\\angle PCB=\\angle BHC=\\angle BAP$$\r\nより，直線 $BC,AD$ の交点を $X$ とすれば次の角度計算が可能である．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\angle ABC&=180^\\circ-\\angle BAP+\\angle BXA\\\\\\\\\r\n&=180^\\circ-\\angle BAP+\\angle PBC-\\angle BPA\\\\\\\\\r\n&=180^\\circ-\\angle BAP+(\\angle BAP-\\angle PCB)-\\angle PCB\\\\\\\\\r\n&=2(90^\\circ-\\angle PCB)\\\\\\\\\r\n&=2\\angle HBC\r\n\\end{aligned}$$\r\n同様に $\\angle DCB=2\\angle HCB$ がわかるので，直線 $AB,CD$ の交点を $Y$ とすると，点 $H$ は三角形 $YBC$ の角 $Y$ 内の傍心であることがしたがう．よって点 $H$ から直線 $AB,CD$ へ下ろした垂線をそれぞれ $S,T$ とすると次が成り立つ．\r\n$$BS=BQ,\\quad CT=CQ, \\quad AS=DT$$\r\nよって，\r\n$$CQ-QB=(CD+DT)-(BA+AS)=CD-BA=25$$ \r\nであるので，$CQ:QB=39:25$ と合わせて，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nBC&=(CQ-QB)\\cdot \\frac{CQ+QB}{CQ-QB}\\\\\\\\\r\n&=25\\cdot \\frac{39+25}{39-25}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{800}{7}\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．特に解答すべき値は $\\mathbf{807}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983" }, { "content": "　図：https:\\/\\/drive.google.com\\/file\\/d\\/1V8x87dSGONtXBbUe77c5OCLJSrd0VBIm\\/view?usp=drive_link\r\n\r\n---\r\n\r\n　まず $\\angle BCP=\\angle BPA$ は円 $BCP$ と $AD$ が接することに言い換えておく． \r\n　$BP$ と $CD$ の交点を $S$ とし，$CP$ と $AB$ の交点を $T$ とする．このとき\r\n$$\\angle APT=\\angle DPC=\\angle PBC, \\quad \\angle PAT=180^\\circ-\\angle BAP=\\angle BPC$$\r\nより $\\triangle BPC\\sim \\triangle PAT$ がわかる．同様に $\\triangle BPC\\sim \\triangle SDP$ もわかる．これより $\\angle BTP=\\angle SPD=\\angle BPA$ であるから，$\\triangle BAP\\sim \\triangle BPT$ がわかる．同様に $\\triangle CDP\\sim \\triangle CPS$ もわかる．さらに同様の角度計算から $BC=BT=CS$ がわかる．\r\n\r\n　さて，計算パートに入ろう．$BQ=25x,QC=39x$ とおく．このとき，$BS=CT=BC=64x$ であるから，\r\n$$PB=\\sqrt{64x\\times 23},PC=\\sqrt{64x\\times 48}$$\r\nがわかる．$\\triangle PBQ$ と $\\triangle PCQ$ に三平方の定理を適用すると，\r\n$$PQ^2=64x\\times 23-(25x)^2=64x\\times 48-(39x)^2$$\r\nが従い，これを解くことにより $BC=64x=\\boxed{\\dfrac{800}{7}}$ がわかる．", "text": "相似を作ろう", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/638" }, { "content": "　$AB=x,BC=y,CA=z$ とおく．\r\n\r\n　$BP$ が $BC$ に移るような回転相似で $A$ が移る点を $A^\\prime$ ，$PC$ が $BC$ に移るような回転相似で $D$ が移る点を $D^\\prime$ とする．このとき $A^\\prime ,D^\\prime$ が $BC$ に関して $P$ と同じ側にあるとする．\r\n\r\n　$\\angle BCP=\\angle BPA=\\angle BCA^\\prime$ と $\\angle BAP\\lt 90\\degree$ より $A^\\prime ,P,C$ はこの順に一直線上に並び，また\\\r\n　$\\angle PBC=180\\degree -\\angle BPC-\\angle BCP=180\\degree -\\angle BPC-\\angle BPA=\\angle DPC$ より同様にして $B,P, D^\\prime$ はこの順に一直線上に並ぶ．\r\n\r\n　このとき $\\angle BA^\\prime C = 180\\degree -\\angle BPC=\\angle BPA^\\prime$ より $A^\\prime B=PB$ だから $\\dfrac{23y}{x}=x$ ，同様にして $\\dfrac{48y}{z}=z$ ．\r\n\r\n　よって $x=\\sqrt{23y},z=\\sqrt{48y}$ だから，三平方より\r\n\r\n$$PZ^2=23y-\\left\\(\\dfrac{25}{64}y\\right\\)^2=48y-\\left(\\dfrac{39}{64}y\\right)^2$$\r\n\r\n　これを解くと $y=\\dfrac{800}{7}$ がわかる．", "text": "回転相似", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/639" }, { "content": "　$AB$ と $CD$ の交点を $O$ とすると角度追跡で $\\angle OBC=2 \\angle BCP, \\angle OCB=2 \\angle CBP$ がわかる．\\\r\n三角形 $OBC$ の内心を $I$ とすると，四角形 $BPCI$ は平行四辺形である．三角形 $OBC$ の内接円と $BC,CO,BO$ の接点をそれぞれ $X,Y,Z$ とすると $$OY=OZ,BX=BZ,CX=CY,BX:XC=CQ:QB=39:25$$ である．$BX=39x$ とおくと，$OA=OD$ より $39x+23=25x+48$ なので $x=\\dfrac{25}{14}$ であるので，$BC=64x=\\dfrac{800}{7}$", "text": "内心を取る", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/640" }, { "content": "　三角形 $ABP, DCP$ の外接円と $BC$ との交点をそれぞれ $R(\\neq B), S(\\neq C)$ とする．$\\angle BPA = \\angle BCP = \\angle SDP$ より $BP \\parallel SD$ であるから，$\\angle RAP = \\angle RBP = \\angle CSD = \\angle CPD$ となる．よって $\\angle BAR = \\angle BAP - \\angle RAP = (180^{\\circ} - \\angle BPC) - \\angle CPD = \\angle BPA = \\angle BRA$ より $BR = BA = 23$．また，$\\angle CDS = \\angle CDP - \\angle SDP = \\angle BAP - \\angle BAR = \\angle RAP = \\angle CSD$ より $CS = CD = 48$．さらに，$\\angle PRS = \\angle BAP = \\angle CDP = \\angle PSR$ より $PQ$ は二等辺三角形 $PRS$ の垂線となるから，$QR = QS = x$ とおける．$BQ:QC = (x + 23):(x + 48) = 25:39$ より $x = \\dfrac{303}{14}$ となるから，$BC = 2x + 71 = \\dfrac{800}{7}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2983/644" } ]

[ { "content": "　$a,b,c,d$ は相異なる実数なので，$ab+cd,ac+bd,ad+bc$ も相異なる $3$ つの実数である．$ab+cd,ac+bd,ad+bc$ を $3$ 解にもつ $3$ 次方程式を考えよう．\r\n$$\\begin{aligned}\r\ns_1 &= a+b+c+d, & s_2&=ab+bc+cd+da+ac+bd \\\\\\\\\r\ns_3 &= abc+bcd+cda+dab, & s_4 &= abcd\r\n\\end{aligned}$$\r\nおよび，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nt_1&=(ab+cd)+(ac+bd)+(ad+bc), \\\\\\\\\r\nt_2&=(ab+cd)(ac+bd)+(ac+bd)(ad+bc)+(ad+bc)(ab+cd), \\\\\\\\\r\nt_3&=(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)\r\n\\end{aligned}$$\r\nとおけば，計算により\r\n$$\r\nt_1=s_2, \\quad t_2=s_1s_3-4s_4, \\quad t_3=(s_1^2-4s_2)s_4+s_3^2\r\n$$\r\nがわかる．いま，解と係数の関係より\r\n$$s_1=\\sqrt{30}, \\quad s_2=7, \\quad s_3=0, \\quad s_4=-1$$\r\nなので，$t_1=7, t_2=4, t_3=-2$ を得る．したがって，\r\n$$x^3 - 7x^2 + 4x + 2 = (x-1)(x^2-6x-2) = 0 $$\r\nを解くことで，\r\n$$\\\\{ab+cd,ac+bd,ad+bc\\\\}=\\\\{3+\\sqrt{11}, 3-\\sqrt{11}, 1\\\\}$$\r\nとなる．$a \\lt b \\lt c \\lt d$ より $ab+cd$ はこの中で最も大きいものであるので，$ab+cd = 3+\\sqrt{11}$ を得る．したがって解答すべき値は \r\n$$\\lfloor 10^6 (ab+cd) \\rfloor = \\lfloor 10^6 (3+\\sqrt{11}) \\rfloor = \\mathbf{6316624}$$ \r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/12247" }, { "content": "　$3$ 次の項がない $4$ 次方程式を解く際フェラーリの解法が有効です.\\\r\n ( * 今回は関係ありませんが $3$ 次の項があっても$y=x+k$ と適切な定数 $k$ を持って来れば $3$ 次の項がない $y$ の\r\n $4$ 次式にすることもできます.)\r\n\r\n---\r\n\r\n　係数を逆順にした方程式は, 元の方程式の根の逆数を根に持つから,\r\n$$x^4-7x^2+\\sqrt{30}x-1=0$$\r\nを解くことを考える.以下のように変形する.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nx^4&=7x^2-\\sqrt{30}x+1\\\\\\\\\r\n\\iff x^4-2ax^2+a^2&=(7-2a)x^2-\\sqrt{30}x+(1+a^2)\\\\\\\\\r\n\\iff (x^2-a)^2&=(7-2a)x^2-\\sqrt{30}x+(1+a^2)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n　三行目の右辺がもし, $1$ 次式の $2$ 乗となれば, この $4$ 次式は, $2$ つの $2$ 次式の積に因数分解できる. 右辺の $2$ 次式が $1$ 次式の $2$ 乗になるには, $2$ 次式の判別式が $0$ となればよい. よって,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n(-\\sqrt{30})^2-4(7-2a)(a^2+1)&=0\\\\\\\\\r\n\\iff (2a)^3-7(2a)^2+4(2a)+2&=0\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nこれは, $2a=1$ のとき右辺が $1$ 次式の $2$ 乗となることがわかる. したがって, 以下 $2$ つの $2$ 次方程式を解けば良い.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nx^2-\\frac{1}{2}&=\\sqrt{6}x-\\frac{\\sqrt{5}}{2}\\\\\\\\\r\nx^2-\\frac{1}{2}&=-\\Big(\\sqrt{6}x-\\frac{\\sqrt{5}}{2}\\Big)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n(元の方程式は上の方程式の根の逆数を根に持つことに注意.)", "text": "フェラーリの解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/12247/637" } ]

[ { "content": "　$x^2 + y^2 = 2079^2$ の整数解は $(x,y) = (0, \\pm2079),(\\pm2079,0)$ のみであることに留意する．これは $2079=3^3\\cdot7\\cdot11$ の素因数が全て $4$ で割って $3$ 余る素数であることから従う．\\\r\n　$0 \\le i, j \\lt 2079$ に対して，$0 \\le x \\le m, 0 \\le y \\le n$ を満たす領域の中で $x \\equiv i, y \\equiv j \\pmod{2079}$ をともに満たす格子点の集合を $S_{i, j}$ と呼ぶ．ある操作で $S_{i, j}$ 内の点が選ばれたとき，その操作で黒に塗られる格子点は全て $S_{i, j}$ 内の点であることに注意すると，このゲームは $2079^2$ 個の独立したゲームを組み合わせたものであると考えられる.\r\n----\r\n**補題.**　$S_{i_1, j_1}$ と $S_{i_2, j_2}$ が平行移動で一致するとき，$0 \\le x \\le m, 0 \\le y \\le n$ を満たす領域の中で $S_{i_1, j_1}, S_{i_2, j_2}$ に含まれる点を全て黒に塗った状態で始めたゲーム（以下**縮小ゲーム**と呼ぶ）と本来のゲームとの勝者は同じである．\r\n\r\n**証明.**　縮小ゲームで必勝法を持つ方は，本来のゲームにおいて，対戦相手が $S_{i_1, j_1}, S_{i_2, j_2}$ のどちらかに含まれる点を選択したのであればそれと平行移動で対応している点を選択し，それ以外の場合では縮小ゲームにおける必勝法と同じ手を指すことで勝利することができる．よって示された．\r\n\r\n----\r\n　$S_{i, j}$ は，$x$ 方向に $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{m+1}{2079}\\right\\rfloor$ 個または $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{m+1}{2079}\\right\\rfloor + 1$ 個の格子点，$y$ 方向に $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{n+1}{2079}\\right\\rfloor$ 個または $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{n+1}{2079}\\right\\rfloor + 1$ 個の格子点が並んだ長方形状の形をしている．$p$ を $q$ で割ったあまりを $p\\\\% q$ と書くことにすると，$x$ 方向に $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{m+1}{2079}\\right\\rfloor$ 個の格子点が並ぶ $S_{i, j}$ は $2079 - (m+1)\\\\%2079$ 個，$x$ 方向に $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{m+1}{2079}\\right\\rfloor + 1$ 個の格子点が並ぶ $S_{i, j}$ は $(m+1)\\\\%2079$ 個あり，$y$ 方向に関しても同様である．\\\r\n　従って，補題と同様の議論を繰り返し行うことで，問題文中の $m, n, 2079$ をそれぞれ\r\n$$s=\\left\\lfloor\\frac{m+1}{2079}\\right\\rfloor+((m+1)\\\\%2079)\\\\%2)-1, \\quad t=\\left\\lfloor\\frac{n+1}{2079}\\right\\rfloor+((n+1)\\\\%2079)\\\\%2)-1, \\quad 1$$\r\nに変えたゲームに帰着される．ここで，$-1\\leq s,t\\leq2$ に留意する．\r\n\r\n- $s, t$ のうち少なくとも一方が $-1$ の場合，明らかに $B$ さんが勝つ．\r\n- $s, t$ がともに偶数である場合$\\newline$\r\n　はじめに $A$ さんは $(s\\/2, t\\/2)$ を選択し，操作をする．\\\r\n　それ以降では，$B$ さんが直前に $(x, y)$ を選んだとき，$(s - x, t - y)$ を必ず選択できる．したがって，$A$ さんが勝つ.\r\n- $s, t$ がともに $1$ である場合，明らかに $B$ さんが勝つ．\r\n- $\\lbrace s,t\\rbrace = \\lbrace 0,1\\rbrace$ である場合，明らかに $A$ さんが勝つ．\r\n- $\\lbrace s,t\\rbrace = \\lbrace 1,2\\rbrace$ である場合$\\newline$\r\n　対称性より $s = 2$ としてよい．$A$ さんがはじめの手番で $(1, 0)$ を選択することで，$A$ さんが勝てることがわかる．\r\n\r\n　以上を整理すれば，$s,t$ がともに $0$ 以上であり，$(s,t)\\neq(1,1)$ となるような $(m,n)$ の数を求めれば良い．ここで，各 $0\\le i\\le1$ と各 $-1\\le j\\le 2$ に対し，$(m\\\\%2,s) =(i,j)$ となる $m$ の数は以下の表の通りである．\r\n\r\n$$\\begin{array}{|c||c|c|c|c|}\r\n\\hline\r\n&-1&0&1&2\\\\\\\\ \\hline\\hline\r\n0&0&2079&0&422\\\\\\\\ \\hline\r\n1&1039&0&1461&0\\\\\\\\ \\hline\r\n\\end{array}$$\r\n$n$ についても同様であるから，求める場合の数は $$(5001-0-1039)^2-(0+1461)^2=\\textbf{13562923}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/2710" } ]

[ { "content": "　与式を $P(x,y)$ で表す．\\\r\n　$x,y,z$ を任意の実数とするとき，$P(x,y), P(y,z), P(z,x)$ を足し合わせることで，\r\n$$f(x)g(y) + f(y)g(z) + f(z)g(x) = f(y)g(x) + f(z)g(y) + f(x)g(z)$$\r\nが分かる．\r\n\r\n----\r\n**補題.**　実数 $a_x,a_y,b_x,b_y,c_x,c_y$ が以下をみたすとき，$3$ 点 $(a_x,a_y), (b_x,b_y), (c_x,c_y)$ は同一直線上にある．\r\n$$a_xb_y + b_xc_y + c_xa_y = a_yb_x + b_yc_x + c_ya_x$$\r\n**証明.**　両辺に $-a_x(a_y + b_y + c_y) - a_y(-2a_x + b_x + c_x)$ を加えると，\r\n$$(b_x - a_x)(c_y - a_y) = (b_y - a_y)(c_x - a_x)$$\r\nとなる．よって示された．\r\n----\r\n　補題より，ある実数 $a,b$ が存在して任意の実数 $x$ に対して $g(x) = af(x) + b$ が成り立つ．これを与式に代入して整理すると，任意の実数 $x,y$ に対して\r\n$$bf(x) + af(f(x)^3 + 1) = bf(y) + af(f(y)^3 + 1)$$\r\nが成り立つことが分かるので，ある実数 $c$ が存在して任意の実数 $x$ に対して\r\n$$bf(x) + af(f(x)^3 + 1) = c\\tag1$$\r\nである．ここで，$g$ が全射であることから $a\\neq 0$ であり，$f$ も全射となるから(1)で $f(x)$ を $\\sqrt[3]{x-1}$ におき直してよい．このとき\r\n$$f(x) = \\frac{c - b\\sqrt[3]{x-1}}{a},\\quad g(x) = b + c - b\\sqrt[3]{x-1}$$\r\nを得る．また，任意の $a\\neq0$ なる実数の組 $(a,b,c)$ に対してこれは与式をみたすことを確認できる．\\\r\n　今，$f(0) = 11, f(1) = 4, g(2) = 120$ であるから，$a = 30, b = 210, c = 120$ と求められる．よって，\r\n$$|g(1000)| = 210\\sqrt[3]{999} - 330$$\r\nである．いま，\r\n$$10 - \\sqrt[3]{999} = \\frac{1}{10^2 + 10\\cdot 999^{1\\/3} + 999^{2\\/3}} \\lt \\frac{1}{3\\cdot 9^2} \\lt \\frac{1}{210}$$\r\nであるので，$210\\sqrt[3]{999} - 330$ 以上の最小の整数は，$210 \\cdot 10 - 330 = \\bf1770$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2024/editorial/8143" } ]

[ { "content": "　$2^0+2^1+\\cdots+2^{6}\\lt2^{7}$ より，式の値が正となる必要十分条件は $2^{6}$ と $2^{7}$ の間の $\\pm$ が $+$ となっていることである．他の符号は自由であるから，求める場合の数は $2^{7}=\\textbf{128}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/2380" }, { "content": "　符号をどのように選んでも $\\pm2^0\\pm2^1\\pm2^2\\pm2^3\\pm2^4\\pm2^5\\pm2^6\\pm2^7$ は奇数なので，$0$ にはならない．よって，すべての符号を反転して得られるような符号の選び方同士のペアを $2^7$ 個作ると，各ペアのちょうど一方で式は正となるので，求める場合の数は $2^7=\\textbf{128}$ 通り．", "text": "対称性を用いる解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/2380/620" } ]

[ { "content": "　$11$で割り切れる良い数を数え上げよう．良い数 $X$ の右から $k$ 桁目を $a_k$ とすると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nX&=\\sum_{k=1}^{8}10^{k-1}a_k\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\sum_{k=1}^{8}(-1)^{k-1}a_k\\pmod{11}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{8}a_k-2(a_2+a_4+a_6+a_8)\\\\\\\\\r\n&=36-2(a_2+a_4+a_6+a_8)\r\n\\end{aligned}$$\r\nが成り立つ．これと $10\\leq a_2+a_4+a_6+a_8\\leq 26$ より，$X$ が $11$ で割り切れることは次と同値である．\r\n$$a_2+a_4+a_6+a_8=18$$\r\nこれを満たす $(a_2,a_4,a_6,a_8)$ の組の数は次のいずれかの並べ替え，すなわち $8\\cdot 4!$ 個ある．\r\n$$(1,2,7,8),(1,3,6,8),(1,4,6,7),(1,4,5,8),(2,3,5,8),(2,3,6,7),(2,4,5,7),(3,4,5,6)$$\r\nそれぞれに対して $(a_1,a_3,a_5,a_7)$ の組は $4!$ 個あるので，$11$ で割り切れる良い数の個数は次の通り．\r\n$$8\\cdot 4!\\cdot 4!$$\r\n　さて，$11$ で割り切れない良い数 $Y$ に対して，$99999999-Y$ も $11$ で割り切れない良い数であり，$Y$ とは異なる．よって $11$ で割り切れない良い数の集合は $2$ 数のペア $\\\\{Y,99999999-Y\\\\}$ 複数個に分けることができ，ペアの個数は先の議論より\r\n$$\\frac{8!-8\\cdot 4!\\cdot 4!}{2}=17856$$\r\nである．各ペアについて，$11$ で割った余りの和は $11$ の倍数であり，ペアの要素がどちらも $11$ で割り切れないことから，特に $11$ である．したがって，$11$ で割り切れない良い数すべてについて $11$ で割った余りの総和は次のように求められる．\r\n$$17856\\cdot 11=196416$$\r\nこれは良い数全てに対して $11$ で割った余りの総和となっているので解答すべき値は $\\mathbf{196416}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/12030" }, { "content": "　$\\lbrace 1,\\cdots ,8\\rbrace$ を全ての要素の和が $18$ であるような部分集合 $2$ つに分けることを考える． \r\n　このうち $1$ を含む方を $S$ とすると $S$ の要素が全て $6$ 以下のとき\r\n$$1+4+5+6\\lt 18$$\r\nより不適．よって $S$ は $7$ または $8$ を含む． \r\n　$S$ が $7,8$ のどちらも含むとき\r\n$$S=\\lbrace 1,2,7,8\\rbrace$$\r\nである． \r\n　$S$ が $7$ を含まないとき $\\lbrace 2,\\cdots ,6\\rbrace$ のうち和が $9$ となるペアを求めれば良いので\r\n$$S=\\lbrace 1,3,6,8\\rbrace ,\\lbrace 1,4,5,8\\rbrace$$\r\nである． \r\n　$S$ が $8$ を含まないとき $\\lbrace 2,\\cdots ,6\\rbrace$ のうち和が $10$ となるペアを求めれば良いので\r\n$$S=\\lbrace 1,4,6,7\\rbrace$$\r\nである． \r\n　$1$ を含まないものについては上で求めた $S$ の補集合をとれば良い．", "text": "(a_2,a_4,a_6,a_8)の数え上げ", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/12030/621" } ]

[ { "content": "　正の整数 $n$ に対し $S_n=\\\\{1,\\ldots,n\\\\}$とおき，$S_n$の部分集合全体を $T_n$ とする．写像 $f:S_n\\to T_n$ であって，以下を満たすものの個数を $a_n$ とする．$a_n$ は $|S_n|$ のみに依存することに注意せよ．\r\n\r\n- $a,b\\in S_n$ に対し，$a\\in f(b)\\iff f(a)\\subset f(b)$\r\n- $a,b\\in S_n$ に対しある $c\\in S_n$ が存在し，$f(a)\\cup f(b)=f(c)$\r\n\r\n\r\n　任意の $a\\in S_n$ に対し $f(a)\\subset f(a)$ より $a\\in f(a)$ ．これと，$2$ つめの条件を繰り返し使うことで，ある $m\\in S_n$ が存在し，\r\n\r\n$$S_n=\\\\{1,\\ldots,n\\\\}\\subset \\bigcup_{k\\in S_n} f(k)=f(m)$$\r\n\r\nすなわち $f(m)=S_n$ となる $m\\in S_n$ が存在することがわかる．すなわち次の集合$M$は空集合でない．\r\n\r\n$$M=\\\\{a\\in S_n\\ |\\ f(a)=S_n\\\\}$$\r\n\r\n$M$ の元の個数を $k\\ (1\\leq k\\leq n)$ とする．任意の $m\\in M$ および $a\\notin M$ に対し，\r\n\r\n$$f(m)=S_n\\not\\subset f(a)$$\r\n\r\nが成り立つので，$2$ つ目の条件より，$m\\notin f(a)$ となる．よって，任意の $a\\in S_n\\setminus M$ に対し $f(a)\\subset S_n\\setminus M$ である．よって，$f$ を $S_n\\setminus M$ に制限し， $S_n\\setminus M$ を $S_{n-k}$ と同一視することで，問題文の $2$ 条件を満たす $f:S_{n-k}\\to T_{n-k}$ が得られる．逆に $f:S_{n-k}\\to T_{n-k}$ が与えられたとき，$S_{n-k}$ に $k$ 個の元を付け加えたものを $S_n$ とみなし，付け加えた元に対する $f$ の値を $S_n$ とすることで，上記の $2$ 条件を満たす $f:S_n\\to T_n$ が得られる．$M$ の元の選び方は ${}_n\\mathrm{C}\\_{k}$ 通りであるから，$a_0=1$ と定義することで，漸化式\r\n\r\n\r\n$$a_{n}=\\sum_{k=1}^n {}\\_{n}\\mathrm{C}{}\\_k a\\_{n-k}=\\sum_{k=0}^{n-1} {}\\_{n}\\mathrm{C}{}\\_k a{}\\_k$$\r\n\r\nが得られる．これを用いると，\r\n\r\n$$a_0=1, ~ a_1=1, ~ a_2=3, ~ a_3=13, ~ a_4=75, ~ a_5=541$$\r\n\r\nとなるので，特に解答すべき値は $\\bold{541}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/11962" } ]

[ { "content": "　$A$ が線分 $BF$ の中点となるような点 $F$ をとる．このとき，\r\n$$\\angle DAF =180^\\circ-\\angle BAD=180^\\circ-\\angle BAE=\\angle EAF$$\r\nおよび\r\n$$\\frac{AD}{AF}=\\frac{AD}{AB}=\\frac{AB}{AE}=\\frac{AF}{AE}$$\r\nより三角形 $ADF$ と三角形 $AFE$ は相似である．すると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\angle DBE+\\angle DFE &=\\angle ABD+\\angle ABE+\\angle AFD+\\angle AFE\\\\\\\\\r\n&=\\angle ABD+\\angle ADB+\\angle AFD+\\angle ADF\\\\\\\\\r\n&=180^\\circ\r\n\\end{aligned}$$\r\nより $F$ は三角形 $BDE$ の外接円上にある．$B$ を中心とする $2$ 倍拡大で $\\Omega$ は三角形 $BDE$ の外接円へ，$A$ は $F$ へ，$C$ は $D$ へそれぞれ移るため，$C$ は線分 $BD$ の中点である．方べきの定理より三角形 $ADB$ と三角形 $CDA$ は相似であることなどから，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nAB&=\\sqrt{AD\\cdot AE}=4\\sqrt{30} \\\\\\\\\r\nBC&=CD=\\frac{AD}{\\sqrt{2}}=10\\sqrt{2} \\\\\\\\\r\nAC&=\\frac{AB}{\\sqrt{2}}=4\\sqrt{15}\r\n\\end{aligned}$$\r\nがわかる．$A$ から直線 $BC$ へ下ろした垂線の足を $H$ とすると，\r\n$$BH=11\\sqrt{2}, \\quad AH=\\sqrt{238}$$\r\nとなるので，解答すべき値は\r\n$$|△ABC|^2=\\left(\\frac{1}{2}AH\\cdot BC \\right)^2=\\mathbf{11900}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/12106" }, { "content": "　$BE$ と円 $ABC$ の交点を $X$ とおく．\\\r\n　$\\triangle ABD \\sim \\triangle AEB$ より $AB=4 \\sqrt{30}$ である．\\\r\n　角度追跡より $\\triangle DAC \\sim \\triangle AXB$ を得る．よって $CD=t$ とおくと $BX=\\dfrac{\\sqrt{30}}{5}t$ である．また方べきの定理より $BC=\\dfrac{400}{t}-t$ である．\\\r\n　さて，円 $\\Omega$ と円 $BCD$ が接することとから $\\triangle BCX \\sim \\triangle BDE$ であり，その相似比は $BC:BX=BD:BE=\\sqrt{5}:\\sqrt{6}$ である．\\\r\n　方程式 $\\dfrac{400}{t}-t：\\dfrac{\\sqrt{30}}{5}t =\\sqrt{5}:\\sqrt{6}$ を解けば $t=10 \\sqrt{2}$ を得る．$\\triangle ABC$ の三辺の長さが求まるので，あとは面積を求めればよい．", "text": "点Fとは別の補助点", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/12106/625" } ]

[ { "content": "　駒 $P,Q$ の通った経路の共通部分の長さが $2k$ 以上となるような経路の組の総数は $({}\\_{16-k}\\mathrm{C}\\_{8-k})^2$ に等しい．\r\n\r\n<details><summary> 証明<\\/summary>\r\n　駒 $P,Q$ の経路の共通部分は線分であることに注意すると，駒 $P,Q$ の通った経路の共通部分の長さが $2k$ 以上であるとき，共通部分の始めの長さ $2k$ をなくす（圧縮する）ことで，これは駒 $P,Q$ をそれぞれ $(24-2k,8),(24-2k,0)$ に動かすような経路の組と $1$ 対 $1$ 対応する．この経路において，駒 $P$ は操作 $A,B$ をそれぞれ $8-k,8$ 回行われ，駒 $Q$ は操作 $A,C$ をそれぞれ $8-k,8$ 回行われているので，経路の組の総数は $({}\\_{16-k}\\mathrm{C}\\_{8-k})^2$ である．\r\n<\\/details>\r\n\r\nしたがって経路の共通部分の長さがちょうど $2$，すなわち経路の共通部分の長さが $2$ 以上であるが $4$ 以上ではないような経路の組の総数は次の通りである．\r\n$$({}\\_{15}\\mathrm{C}\\_{7})^2-({}\\_{14}\\mathrm{C}\\_{6})^2=\\mathbf{32391216}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/12154" }, { "content": "　題意を満たす経路は次のように言い換えられる． \r\n・$0\\leq a,b\\leq 7,4\\leq a+b\\leq 11$ なる整数 $a,b$ について，$(2a+b,b)$ まで共通部分をもたずに $(2a+b,b)$ から $(2(a+1)+b,b)$ に移動してから，それ以降も共通部分をもたないような経路 \r\n　このような経路の数を $P(a,b)$ とすると，$(2a+b,b)$ までの経路の数から $(2(a-1)+b,b)$ までの経路の数を引くことにより\r\n$$P(a,b)=({}\\_{a+b}\\mathrm C\\_{b}\\cdot {}\\_{a+4}\\mathrm C\\_{8-b}-{}\\_{a+b-1}\\mathrm C\\_{b}\\cdot {}\\_{a+3}\\mathrm C\\_{8-b})({}\\_{15-a-b}\\mathrm C\\_{8-b}\\cdot {}\\_{11-a}\\mathrm C\\_{b}-{}\\_{14-a-b}\\mathrm C\\_{8-b}\\cdot {}\\_{10-a}\\mathrm C\\_{b})$$\r\nがわかる．ただし，$r\\lt 0$ または $n\\lt r$ のとき ${}\\_{n}\\mathrm C\\_{r}=0$ とする． \r\n　よって，題意を満たす経路の数は\r\n$$\\sum\\_{0\\leq a,b\\leq 7,4\\leq a+b\\leq 11}P(a,b)=32391216$$\r\nと求まる．", "text": "体育", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/12154/629" } ]

[ { "content": "　角の二等分線の性質より\r\n$$\r\nAB = 101x,\\quad AC =313x\\quad BD = 101y,\\quad CD=313y\r\n$$\r\nであるような正の実数 $x,y$ がある．条件から $101x, 313x$ が整数なので $313x - 303x = 10x$ も整数で，$101x - 10x\\cdot 10 = x$ も整数である．同様に $y$ も整数である．また，$\\angle A$ の二等分線の長さは $\\sqrt{AB\\cdot AC - BD\\cdot BC}$ で与えられるので\r\n$$\r\nd^2 = 101x \\cdot 313x - 101y \\cdot 313y = 101\\cdot 313 (x-y)(x+y)\r\n$$\r\nとなる．$101, 313$ は素数なので，$d$ は $101\\cdot 313$ の倍数である．正の整数 $n$ によって $d = 101\\cdot 313 n$ とおくと\r\n$$\r\n101\\cdot 313 n^2 = (x-y)(x+y)\r\n$$\r\nとなる．また，三角形 $ABC$ の三角不等式より \r\n$$\r\n313x \\lt 101x + 414y,\\qquad 414y \\lt 101x + 313x\r\n$$\r\nなので $y\\lt x$ かつ $212x \\lt 414y$ となる．よって，次の集合 $S_n$ の要素が $4$ 個であるような $n$ を求めればよい．\r\n$$\r\nS_n = \\\\{ (x,y) \\in \\mathbb{N}\\times \\mathbb{N} \\mid 101\\cdot 313\\cdot n^2 = (x-y)(x+y),\\\\, 106x \\lt 207y \\\\}\r\n$$\r\n\r\n**補題．** 正の整数からなる集合 $T_n$ を\r\n$$\r\nT_n = \\\\{ k \\in \\mathbb{N} \\mid k \\ は \\ 101\\cdot 313\\cdot n^2 の正の約数 ,\\quad k \\lt 101n, \\quad k \\equiv \\frac{101\\cdot 313 \\cdot n^2}{k} \\pmod{2} \\\\}\r\n$$\r\nによって定めると，$S_n$ から $T_n$ への全単射 (一対一対応) が存在する．特に $|S_n| = |T_n|$ である．\r\n\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n　$a = x+y, b=x-y$ $(2x = a+b, ~ 2y=a-b)$ とおくと，$(x,y)\\in S_n$ に関する条件は\r\n$$\r\n101\\cdot 313\\cdot n^2 = ab,\\quad 313b \\lt 101a\r\n$$\r\nとなる．この二つの式から $101^2\\cdot 313\\cdot n^2 = 101ab \\gt 313b^2$ を得るので，$101n \\gt b$ である．さらに，$a,b$ の偶奇は一致するので $b\\equiv a = \\frac{101\\cdot 313\\cdot n^2}{b}\\pmod{2}$ である．以上より，\r\n$$\r\nS_n \\ni (x,y) \\mapsto b=x-y\\in T_n\r\n$$\r\nという写像が得られ，これは全単射を定める．なお，逆写像は\r\n$$T_n \\ni k\\quad \\mapsto\\quad \\left(\\frac{1}{2} \\left(\\frac{101\\cdot 313\\cdot n^2}{k} + k \\right), \\frac{1}{2} \\left(\\frac{101\\cdot 313\\cdot n^2}{k} - k \\right) \\right)\\in S_n$$\r\nである．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　これより，$|T_n| = 4$ であるような $n$ の条件を調べればよい．$n$ が小さい範囲では \r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n|T_1| &= |\\\\{ 1 \\\\}| = 1, \\\\\\\\\r\n|T_2| &= |\\\\{ 2 \\\\}| = 1, \\\\\\\\\r\n|T_3| &= |\\\\{1,3,9,101 \\\\}| = 4, \\\\\\\\\r\n|T_4| &= |\\\\{ 2, 4, 8, 202\\\\}| = 4\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nなので $n=3, 4$ が適する．以降は $n\\geqq 5$ で考える．\r\n\r\n**Case 1．** $n$ が $5$ 以上の奇数であるとき\\\r\n　このとき，すべての $n$ で $1,101,313, n\\in T_n$ である（$313 \\lt 101n$ に注意）．$n$ が素数でないと仮定すると，これら $4$ つの要素は相異なる．これに加え， $n$ の任意の素因数 $p$ に対して $p, 101p\\in T_n$ だから，$|T_n| = 4$ による重複を考えることで \r\n$$\r\n(p,n) = (101, 101^2),\\quad (313, 101\\cdot 313)\r\n$$ のいずれかである必要がある．しかし，いずれのパターンも $313p \\in T_{n}$ かつ $313p \\not\\in \\\\{ 1, 101, 313, n \\\\}$ となるため不適である．\\\r\n　よって 奇数 $n \\gt 5$ が素数でないときは常に $|T_{n}|\\geqq 5$ となる．一方で $n$ が奇素数のとき，いくつかの初等的な不等式を解くことで $|T_{n}|$ は以下のように決定される．\r\n- $5\\leqq n\\leqq 97$ のときは $T_n = \\\\{ 1, 101, 313, n, n^2\\\\}$．\r\n- $n=101,313$ のときは $T_n = \\\\{ 1,101,313 \\\\}$．\r\n- $103\\leqq n\\leqq 311$ のときは $T_n = \\\\{1, 101, 313, n\\\\}$．\r\n- $317\\leqq n$ のときは $T_n = \\\\{1, 101, 313, n, 101\\cdot 313\\\\}$\r\n\r\nこれより，\r\n$$\r\n|T_{n}|=\r\n\\begin{cases}\r\n3 & (n = 101, 313)\\\\\\\\ \r\n4 & (103 \\leqq n \\leqq 311)\\\\\\\\\r\n5 & (5\\leqq n\\leqq 97,\\quad 317\\leqq n)\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nであるから，条件に該当するのは $103$ 以上 $311$ 以下の素数であり，素数表から $38$ 個あるとわかる．\r\n\r\n\r\n**Case 2．** $n$ が $6$ 以上の偶数であるとき\\\r\n　もし $n$ が $4$ の倍数ならば $2, 4, 8, 202, 404 \\in T_n$ なので不適 $(n\\geqq 8$ から $626 \\lt 101n$ に注意$)$．よって奇数 $r$ によって $n=2r$ と書ける．$T_{2r}$ の要素は必ず偶数になるのでそれを $2k$ とおくと， $k$ は $101\\cdot 313\\cdot r^2$ の正の約数で $k \\lt 101r$ を満たす．よって，写像\r\n$$\r\nT_{2r}\\ni 2k \\mapsto k \\in T_{r}\r\n$$\r\nは全単射なので， **Case 1** の議論および $|T_{3}| = 4$ から，$r=3$ または $103\\leqq r\\leqq 311$ を満たす素数 $r$ のみが $|T_{2r}| = 4$ をみたす．\r\n\r\n　以上より，条件を満たす $d$ は\r\n$$\r\nd = 101\\cdot 313 \\cdot n,\\quad n\\in \\\\{ 3,4,6\\\\} \\cup \\\\{ r, 2r \\mid r は素数で 103 \\leqq r\\leqq 311 \\\\}\r\n$$\r\nとなるので，求める個数は $3+38\\times 2= \\mathbf{79}$ 個．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc229/editorial/11964" } ]

[ { "content": "　$AB = x, ~ AD = y, ~ AE = z$ とすると，条件は\r\n$$x^2 + y^2 = 1110, \\quad y^2 + z^2 = 2100, \\quad z^2 + x^2 = 1210$$\r\nと言いかえられるので，$x^2=110, ~ y^2=1000, ~ z^2=1100$ である．よって求める体積は，\r\n$$xyz=\\sqrt{110\\cdot 1000\\cdot 1100}=\\mathbf{11000}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/8710" } ]

[ { "content": "　任意の正の整数 $n$ について $nnn_{(n+1)}=(n+1)^3-1$ であるから，求める値は \r\n$$\\sum_{n=2}^{9} (n^3-1)=\\sum_{n=1}^{9} (n^3-1) = \\biggl(\\frac{9\\cdot 10}{2}\\biggr)^2-9=\\textbf{2016}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/11394" } ]

[ { "content": "$$\\begin{cases}\r\np+q+r=1\\\\\\\\\r\np+r=2q\r\n\\end{cases}$$\r\nより，$q=\\dfrac{1}{3}$ であり，一方で $q=\\dfrac{12}{a}$ であるので，$a=36$ が従う．逆にこれと $1\\leq b\\leq24$ を満たす $(a,b)$ の組に対して問題文の条件は満たされるので，求める組は次の通り．\r\n$$(a,b)=(36,1),\\ (36,2),\\ \\cdots ,\\ (36,24)$$\r\n特に解答すべき値は $36 \\times (1+2+3+\\cdots +24)=\\mathbf{10800}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/11678" } ]

[ { "content": "　立体 $B$ は正八面体，立体 $C$ は立方体になる．正八面体 $B$ の頂点に名前をつけて $P-QRST-U$ とする．辺 $QR,RS$ の中点をそれぞれ $M,N$，三角形 $PQR,PRS$ の重心をそれぞれ $G,H$ とする．重心の性質から，\r\n$$PG:GM=PH:HN=2:1$$\r\nが成り立つので，$MN:GH=3:2$ である．これと $QS:MN=2:1$ より，次を得る．\r\n$$QS:GH=3:1$$\r\n辺 $QS$ の長さは $A$ の一辺の長さに等しく，辺 $GH$ は $C$ の一辺そのものである．よって立方体 $A,C$ の相似比は $1:3$ である．以上より，$A$ の体積は $C$ の体積の $3^3$ 倍であり，これは $\\mathbf{8100}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/4256" } ]

[ { "content": "$$(mn)^{61}\\cdot n= 2^{1112} \\cdot 3^{1111} \\cdot 5^{1110} \\cdot 7^{1109} \\cdot 11^{1108}$$\r\nより，例えば $mn,n$ が素因数 $2$ で割り切れる最大の回数をそれぞれ $a,b$ とすると次が成り立つ．\r\n$$61a+b=1112,\\quad 0\\leq b\\leq a$$\r\nこれより，$61a\\leq 1112\\leq62a$ がしたがい，$a=18$ がわかる．同様の議論を素因数 $3,5,7,11$ にも行うことで，\r\n$$mn=2^{18}\\cdot 3^{18}\\cdot 5^{18}\\cdot 7^{18}\\cdot 11^{18}$$\r\nを得る．よって $n$ の値は次のように求められる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nn&=2^{1112-18\\cdot 61} \\cdot 3^{1111-18\\cdot 61} \\cdot 5^{1110-18\\cdot 61} \\cdot 7^{1109-18\\cdot 61} \\cdot 11^{1108-18\\cdot 61}\\\\\\\\\r\n&=2^{14} \\cdot 3^{13} \\cdot 5^{12} \\cdot 7^{11} \\cdot 11^{10} \\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n以上より $n$ の正の約数の個数は $15\\cdot 14\\cdot 13\\cdot 12\\cdot 11=\\mathbf{360360}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/9732" }, { "content": "　$1110$ に近い数で $61, 62$ のいずれかの倍数を探すと $61×18=1098$ が見つかる．\\\r\n　つるかめ算の発想を用いよう．等式\r\n$$\\underbrace{61+61+ \\cdots +61}_{\\text{18個}}=1098$$\r\nの $61$ のうち $k$ 個を $62$ に変えると，左辺は $1098+k$ となる．すなわち\r\n$$\\begin{aligned}\r\n61×8+62×10 &= 1108\\\\\\\\\r\n61×7+62×11 &= 1109\\\\\\\\\r\n61×6+62×12 &= 1110\\\\\\\\\r\n61×5+62×13 &= 1111\\\\\\\\\r\n61×4+62×14 &= 1112\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．このことから次の式を得る．\r\n$$2^{1112} \\cdot 3^{1111} \\cdot 5^{1110} \\cdot 7^{1109} \\cdot 11^{1108}= \\left( 2^{4} \\cdot 3^{5} \\cdot 5^{6} \\cdot 7^{7} \\cdot 11^{8} \\right)^{61} × \\left( 2^{14} \\cdot 3^{13} \\cdot 5^{12} \\cdot 7^{11} \\cdot 11^{10} \\right)^{62}$$", "text": "つるかめ算の発想", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/9732/603" }, { "content": "　$m,n$ が $2$ で割り切れる回数を $m_2, n_2$ と書くと（← 本来 $v_2(m)$ のように書かれることが多いですが），\r\n$$61m_2 + 62n_2 = 1112 \\implies n_2 \\equiv 1112 \\equiv 14 \\pmod{61}$$\r\nを得るので，問題で与えられた一意性から $n_2=14$ が分かります．他の素数でも同様にすれば解けます．", "text": "一発解法？", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/9732/628" } ]

[ { "content": "　相異なる $1$ 桁の正整数 $P, Q, R$ を並べ替えてできる $3$ 桁の正整数の和は，$222(P+Q+R)$ であるため，以下がわかる.\r\n$$A + B + C = 2886 \\div 222 = 13$$\r\n$$B+C+D=3774 \\div 222 = 17$$\r\n$$C+D+A=3330 \\div 222 = 15$$\r\nしたがって，$(A, B, C, D)$ の組として考えられるものは以下の $4$ つである．\r\n$$(A, B, C, D) = (1,3,8,5), (2,4,7,6), (4,6,3,8), (5,7,1,9)$$\r\nよって，求める答えは以下のように計算できる．\r\n$$ \\big( (5+1+3) + (6+2+4) + (8+4+6) + (9+5+7) \\big) \\times 222 = 60 \\times 222 = \\textbf{13320}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/5027" } ]

[ { "content": "　$0$ でない実数 $c$ を用いて $f(x) = c(x-p)(x-q)(x-r)$ と表せる．このとき $x=p,q,r$ における微分係数は\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nf^\\prime(p) &= c(p-q)(p-r) \\\\\\\\\r\nf^\\prime(q) &= c(q-p)(q-r) \\\\\\\\\r\nf^\\prime(r) &= c(r-p)(r-q)\r\n\\end{aligned} $$\r\nと計算できる．$p-q=k, ~ q-r=l$ とおくと，$p-r=k+l$ であることに注意すれば，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nf^\\prime(p) &= ck(k+l) \\\\\\\\\r\nf^\\prime(q) &= -ckl \\\\\\\\\r\nf^\\prime(r) &= cl(k+l)\r\n\\end{aligned} $$\r\nと表せる．与えられた条件から $ck(k+l)=9, ckl=7$ であり，辺々の差をとって\r\n$$ck^2=2$$\r\nを得る．さらに，\r\n$$cl^2 = \\frac {(ckl)^2}{ak^2} = \\frac {49}2$$\r\nが成り立つ．したがって，求める値は\r\n$$cl(k+l) = ckl + cl^2 = 7 + \\frac {49}2 = \\frac {63}2$$\r\nであり，答えるべき値は $63+2=\\mathbf{65}$ である．\\\r\n　なお，例えば $\\displaystyle f(x) = \\frac 12x(x-2)(x-9)$ などが問題の条件を満たす．\r\n\r\n------\r\n\r\n**別解．**\\\r\n　一般に，相異なる複素数 $a,b,c$ に対して恒等式\r\n$$\\frac 1{(a-b)(a-c)} + \\frac 1{(b-a)(b-c)} + \\frac 1{(c-a)(c-b)} = 0$$\r\nが成り立つ (通分することにより容易に確かめられる)．したがって\r\n$$\\frac 1{f^\\prime(p)} + \\frac 1{f^\\prime(q)} + \\frac 1{f^\\prime(r)} = 0$$\r\nであり，ここから $f^\\prime(r) = \\dfrac {63}2$ が従う．なお一般に，重根を持たない $2$ 次以上の多項式の根における微分係数の逆数和は $0$ になる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/10371" }, { "content": "$f(x)=a(x-p)(x-q)(x-r)$ とおくと，積の微分から，$f^\\prime(x)=a((x-p)(x-q)+(x-q)(x-r)+(x-r)(x-p))$ となるので，$f^\\prime(p)=a(p-q)(p-r),f^\\prime(q)=a(q-r)(q-p),f^\\prime(r)=a(r-p)(r-q)$ がわかる．よって，$t=f^\\prime(r)$とおくと，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n a(p-q)(p-r) &=9 \\\\\\\\\r\n a(q-r)(q-p) &=-7 \\\\\\\\\r\n a(r-p)(r-q) &=t\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nが得られる．第 $1$ 式と第 $2$ 式を足し合わせると $a \\gt 0$ がわかり，またこれらを掛け合わせると，$t\\gt 0$ と，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n \\pm a\\sqrt{a}(p-q)(q-r)(r-p) = \\sqrt{63t}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nがわかり，$+$の場合は\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n -9(q-r)\\sqrt{a} &= \\sqrt{63t} \\\\\\\\\r\n 7(r-p)\\sqrt{a} &= \\sqrt{63t} \\\\\\\\\r\n -t(p-q)\\sqrt{a} &= \\sqrt{63t}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなる．第 $1$ 式，第 $2$ 式より，$(p-q)\\sqrt{a}=-\\dfrac{2}{63}\\sqrt{63t}$ となり，これと第 $3$ 式から $t=\\dfrac{63}{2}$ がわかる．$-$ の場合も同様．", "text": "対称性を最後まで残す", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/10371/604" } ]

[ { "content": "　内部の点がなく，正方形の辺上に点が $2n$ 個ある場合のペアの作り方が $C_n$ だけあるとする．$C_n$ を求めよう．ある点 $A$ を固定して，$A$ とペアになる点が $A$ から時計回りに奇数だけ隣の点である必要がある． $A$ から $2k-1$ だけ隣の点であったとき，残りのペアの繋ぎ方は $C_{k-1}C_{n-k}$ だけある．ただし $C_0=1$ である．よって次が成り立つ．\r\n$$C_n=\\sum_{k=1}^n C_{k-1}C_{n-k}$$\r\nこの漸化式から $C_1=1, ~ C_2=2, ~ C_3=5, ~ C_4=14$ がわかる．\\\r\n　さて，本問において内部の $4$ 点を含むペアを先に決めることで内部の点がない場合に帰着しよう．\r\n - 内部の $4$ 点がすべて辺上の点とペアを作るとき， \r\nまずペアの作り方が ${}\\_{8}\\mathrm{P}\\_{4}$ 通り，それぞれについて辺上の点同士の結び方が $C_2$ 通り．\r\n\r\n- 内部の $2$ 点がペアを作り，残りの $2$ 点が辺上の点とペアを作るとき， \r\n内部の点同士でペアを作る点の選び方が $6$ 通り，残った $2$ 点と辺上の点とのペアの作り方が ${}\\_{8}\\mathrm{P}\\_{2}$ 通り，それぞれについて辺上の点同士の結び方が $C_3$ 通り．\r\n\r\n - 内部の $4$ 点がすべて内部の点同士でペアを作るとき， \r\nまず内部の点同士のペアの作り方が $3$ 通り，それぞれについて辺上の点同士の結び方が $C_4$ 通り．\r\n\r\n　したがって求めるペアの作り方は\r\n$$ {}\\_{8}\\mathrm{P}\\_{4} \\cdot C_2 + 6 \\cdot {}\\_{8}\\mathrm{P}\\_{2} \\cdot C_2 +3\\cdot C_4=\\textbf{5082}$$\r\n通りである．\r\n\r\n----\r\n\r\n**余談．**\\\r\n　本解説で導入した数列 $\\\\{C_n\\\\}$ に現れる数は Catalan 数と呼ばれており，一般に $n$ 番目の Catalan 数 $C_n$ は次のように一般項で表せる．（ $C_0=C_1=1$ および解説で得た漸化式を満たすことを確かめよ．）\r\n$$C_n=\\frac{1}{n+1}\\binom{2n}{n}=\\frac{(2n)!}{(n+1)!n!}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb020/editorial/3209" } ]

[ { "content": "　与えられた等式から $m^n$ は $1110$ の約数だが，$1110$ は $1$ より大きい平方数で割り切れないので $m, n$ のうち少なくとも一方は $1$ である．$m = 1$ のときは\r\n$$n + 110 = 1110$$\r\nから $n = 1000$ が得られ，$n = 1$ のときは\r\n$$111m = 1110$$\r\nから $m = 10$ が得られる．よって適する $(m, n)$ は $(1, 1000), (10, 1)$ の $2$ つであり，求める総和は $\\mathbf{1012}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/9738" } ]

[ { "content": "　総和計算を実行することによって，条件は\r\n$$\\left( \\frac{N(N + 1)}{2} \\right)^2 - 1110 \\cdot \\frac{N(N + 1)}{2} = 15 \\times 555^2$$\r\nと表すことができ，変形すれば\r\n$$\\left( \\frac{N(N + 1)}{1110} \\right)^2 - 2 \\cdot \\frac{N(N + 1)}{1110} - 15 = 0$$\r\nとなる．これを $\\dfrac{N(N + 1)}{1110}$ についての $2$ 次方程式として解くことで\r\n$$\\frac{N(N + 1)}{1110} = 5$$\r\nが得られる．さらに，これを $N$ について解くことで $N = \\mathbf{74}$ が得られる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/8411" }, { "content": "　公式解説と同じように\r\n$$\\tag{1} \\left( \\dfrac{N(N+1)}{2} \\right)^2 - 1110 \\cdot \\dfrac{N(N+1)}{2} =15×555^2$$\r\nとしたあとは，$\\dfrac{N(N+1)}{2}$ についての $2$ 次方程式を解くのが一般的な方法である．\\\r\n　今回は，求めるべき解が正整数でただ一つだとわかっているため，概算でも通用する．数学的に好まれる方法ではないだろうが，このような手法もあるということで紹介しておく．\r\n\r\n---\r\n\r\n　わかりやすさのため $\\dfrac{N(N+1)}{2}=x$ と置くと，解くべき方程式は\r\n$$ \\tag{2} x^2-1110x=15×555^2$$\r\nである．右辺がそれなりに大きいので，$x^2$ は $15×555^2$ よりいくらか大きい値だと推測できる．したがって $x$ は $4×555=2220$ より大きいだろうと推測できる．$x \\fallingdotseq \\dfrac{N^2}{2}$ だったことから $N^2 \\fallingdotseq 4440$ であり，$N$ は $65$ より少し大きい値だろうと推測できる．\\\r\n　ここで式 $(1)$ を見返すと，$\\dfrac{N(N+1)}{2}$ は $15×555^2$ の約数である．このことから，$N=65,66,67,68,69,70,71,72,73$ はいずれも条件を満たさず，$N=74$ が正解だろうとアタリがつく．\r\n\r\n---\r\n\r\n　注）概算は良い技術だと思いますが，あまり乱暴に使っていいものでもないので，一応断っておきます．\r\n\r\n　雑談）私は（tester中）上記の方法で解いたあと，「$x^2$ は $15×555^2$ よりいくらか（正確には\"少し\"）大きい値だと推測できる」が本当に正しいのか，一応検算しておこうと思いました．式 $(2)$ を平方完成したところ\r\n$$(x-555)^2=15×555^2+555^2=2220^2$$\r\nとなることがわかり，方程式がほぼ解けていることに気づいて悲しくなりました．\\\r\n　なお，このあとは $x \\fallingdotseq 2800$ → $N^2 \\fallingdotseq 5600$ まで計算したところで $N=74$ に確信が持てました．最後まで概算です．", "text": "概算でも一応解ける", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/8411/600" } ]

[ { "content": "　$1$ 番目の条件から $0 \\lt a \\lt b \\lt c \\lt 1110$ なる整数 $a, b, c$ によって\r\n$$X = \\\\{0, a, b, c, 1110\\\\}$$\r\nと表すことができる．いま，\r\n$x_1 = a，x_2 = b - a，x_3 = c - b，x_4 = 1110 - c$\r\nとしたとき\r\n$$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 1110 \\tag{1}$$\r\nをみたす．$2$ 番目の条件は $x_1, x_2, x_3, x_4$ の最小値が $11, 10$ のどちらかであることと同値である．ここで正整数 $n$ に対し，$n$ 以上の整数の組 $(x_1, x_2, x_3, x_4)$ であって式 $(1)$ をみたすものの個数を $f(n)$ としたとき，\r\n$$f(10) - f(12)$$\r\nが求める個数である．$f(n)$ を実際に計算しよう．式 $(1)$ を変形すると\r\n$$(x_1 - n) + (x_2 - n) + (x_3 - n) + (x_4 - n) = 1110 - 4n$$\r\nであり，各 $x_i - n\\ (i = 1, 2, 3, 4)$ は非負整数ゆえ $f(n)$ は $3$ 個の赤玉と $1110 - 4n$ 個の青玉を横一列に並べる方法の個数に等しく，$f(n) = {}\\_{1113 - 4n}\\mathrm{C}\\_{3}$ と表せる．ゆえに求める個数は\r\n$${}\\_{1073}\\mathrm{C}\\_{3} - {}\\_{1065}\\mathrm{C}\\_{3} = \\mathbf{4562516}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/10549" } ]

[ { "content": "　対角線 $AB, PQ$ の交点を $M$ とすると $AM = BM, PM = QM$ が成り立ち，さらに $AX \\lt BX$ であることから点 $Y$ は線分 $AM$ 上にあることがわかる．ここで $x, y$ を次のように定める：\r\n$$AM = BM = x，YM = y$$\r\nすると三平方の定理から\r\n$$XY^2 = AX^2 - AY^2 = BX^2 - BY^2$$\r\nが成り立つので，\r\n$$(x + y)^2 - (x - y)^2 = BY^2 - AY^2 = BX^2 - AX^2 = 100$$\r\nから $xy = 25$ を得る．ここで $4$ 点 $B, P, Y, Q$ は共円であるので，方べきの定理を適用すると\r\n$$PM^2 = PM \\times QM = BM \\times YM = xy = 25$$\r\nより $PM = 5$ が得られる．よって\r\n$$MX = PX - PM = (AB + 23) - 5 = 2x + 18$$\r\nと表せるので，中線定理より\r\n$$x^2 + (2x + 18)^2 = AM^2 + XM^2 = \\frac{AX^2 + BX^2}{2} = 1160$$\r\nが成り立ち，これを解くことで $x = \\dfrac{38}{5}$ が得られる．ゆえに，\r\n$$AB = 2x = \\frac{76}{5}$$\r\nであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{81}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/10336" } ]

[ { "content": "　$f(A) \\gt 0$ であるとき，$a_i \\gt 0$ なる最大の $i$ を $n$ とすると，任意の $i \\le n$ について $a_i \\gt 0$ である．これは，本土と距離が $n$ である島があるならば，その島と本土を最短距離で結ぶ経路上にある島はそれぞれ本土との距離が $1, 2, \\ldots, n-1$ であることから分かる．そこで以下では，$A$ は，ある正の整数 $n$ が存在して $i \\le n$ ならば $a_i \\gt 0$，$i \\gt n$ ならば $a_i = 0$ を満たすものに限定して考える．\\\r\n　列 $A = (a_1, a_2, ..., a_{1110})$ に対する $f(A)$ を計算しよう．便宜上，本土を遠さが $0$ である離島とみなし，$A$ の定め方に依らず $a_0 = 1$ と定義する．$A$ に対し下記の操作を順に行い橋を作ることを考えればよい．\r\n\r\n---\r\n\r\n**手順 1.** \\\r\n（本土を除く）離島 $1110$ 個の中から，遠さが $1, 2, ..., n$ であるものをそれぞれ $a_1, a_2, ..., a_n$ 個決める．\r\n\r\n**手順 2.** \\\r\n各 $i = 1, 2, ..., n$ に対し，遠さ $i$ の離島それぞれについてそれと橋でつながる遠さ $i - 1$ の離島を $1$ 個以上選び，橋をつなぐ．\r\n\r\n**手順 3.** \\\r\n各 $i = 1, 2, ..., n$ に対し，どちらも遠さが $i$ である離島 $2$ つの組合わせを $0$ 個以上選び，それぞれの組み合わせに対し離島同士を橋をつなぐ．\r\n\r\n---\r\n\r\n手順 1. 2. 3. を行う方法の総数をそれぞれ $G_1(A), G_2(A), G_3(A)$ とすると，これらは\r\n$$\r\nG_1(A) = \\frac{1110!}{a_1! \\times \\cdots \\times a_n!}，G_2(A) = \\prod_{i=1}^n (2^{a_{i-1}} - 1)^{a_i}，G_3(A) = 2^{{}\\_{a_1}\\mathrm{C}\\_{2} + \\cdots + {}\\_{a_n}\\mathrm{C}\\_{2}}\r\n$$\r\nと表せて，$f(A) = G_1(A)G_2(A)G_3(A)$ と表せる．ただし ${}\\_{1}\\mathrm{C}\\_{2} = 0$ と考えよ．\\\r\n　ここで $k$ を正整数，$p$ を素数としたとき，非負整数 $v_p(k)$ を以下のように定義する．\r\n- $k$ が $p$ で割り切れる最大の回数を $v_p(k)$ とする．\r\n\r\n$G_3(A)$ は明らかに $37$ で割り切れないため，\r\n$$v_{37} (f(A)) = v_{37}(G_1(A)) + v_{37}(G_2(A))$$\r\nが成り立つ．ここで $v_{37}(G_1(A)), v_{37}(G_2(A))$ が最大になるための条件をそれぞれ**条件 甲**・**条件 乙**と呼ぶことにしよう．\r\n$$v_{37}(G_1(A)) = v_{37}(1110!) - (v_{37}(a_1!) + \\cdots + v_{37}(a_n!)) \\leq v_{37}(1110!) = 30$$\r\nが成り立ち，等号が成り立つのは $a_1!, ..., a_n!$ がすべて $37$ で割り切れないときである．すなわち条件 甲の内容は次の通りである．\r\n- [条件 甲]　$a_1, ..., a_n$ はすべて $36$ 以下である．\r\n\r\nここで補題を与える．\r\n\r\n---\r\n\r\n**補題．**\\\r\n　$N$ を $1 \\leq N \\leq 1109$ なる整数とする．このとき $N$ が $36$ で割り切れるならば $v_{37}(2^N - 1) = 1$ であり， さもなければ $v_{37}(2^N - 1) = 0$ である．\r\n<details><summary>補題の証明<\\/summary>\r\n　Fetmatの小定理より $2^{36} \\equiv 1 \\pmod{37}$ が成り立つので，$2^d \\equiv 1 \\pmod{37}$ なる最小の正整数 $d$ が存在する．$36$ を $d$ で割った余りが $1$ 以上であるとすると，その余りを $r$ としたとき $2^{r} \\equiv 1 \\pmod{37}$ が得られてしまい $d$ の最小性に反する．よって $d$ は $36$ を割り切る数でなければならない．一方で\r\n$$2^1 - 1，2^2 - 1，2^3 - 1，2^4 - 1，2^6 - 1，2^9 - 1，2^{12} - 1，2^{18} - 1$$\r\nはいずれも $37$ で割り切れないので，$d = 36$ である．したがって $N$ が $36$ で割り切れないときに $2^N \\not\\equiv 1 \\pmod{37}$ であること，すなわち $v_{37}(2^N - 1) = 0$ が分かる．\\\r\n　あとは $M$ を $1 \\leq M \\leq 30$ なる整数としたときに $v_{37}(2^{36M} - 1) = 1$ であることを示せばよい．\r\n$$2^{36M} - 1 = (2^{36} - 1)(2^{36(M-1)} + 2^{36(M-2)} + \\cdots + 2^{36 \\cdot 0})$$\r\nを考えよう．まずは $v_{37}(2^{36} - 1) = 1$ が確かめられる．一方で，Fermatの小定理を用いれば\r\n$$2^{36(M-1)} + 2^{36(M-2)} + \\cdots + 2^{36 \\cdot 0} \\equiv 1 + 1 + \\cdots + 1 = M \\pmod{37}$$\r\nが得られる．すなわち $2^{36(M-1)} + 2^{36(M-2)} + \\cdots + 2^{36 \\cdot 0}$ は $37$ で割り切れないので，結局 $v_{37}(2^{36M} - 1) = 1$ である．以上で主張が示された．\r\n<\\/details>\r\n\r\n---\r\n\r\nこの補題から $n = 1$ のときであるか，$n \\geq 2$ であり $a_1, ..., a_{n - 1}$ の中に $36$ の倍数が含まれない場合は $v_{37}(G_2(A)) = 0$ である．以後，$n \\geq 2$ かつ $a_1, ..., a_{n - 1}$ のうち少なくとも $1$ 個は $36$ の倍数であるとする．$2 \\leq i \\leq n$ なる整数 $i$ のうち $a_{i - 1}$ が $36$ の倍数となるものを小さい方から順に $i_1, ..., i_t$ とおくと，補題より\r\n$$v_{37}(G_2(A)) = a_{i_1} + \\cdots + a_{i_t}$$\r\nが成り立つ．少なくとも $i_1 - 1$ は集合 $\\\\{i_1, ..., i_t\\\\}$ には含まれ得ず，なおかつ $a_{i_1 - 1} \\geq 36$ なので\r\n$$v_{37}(G_2(A)) \\leq 1110 - 36 = 1074$$\r\nが分かり，等号が成り立つのは $a_{i_1 - 1} = 36$ かつ $\\\\{i_1 - 1, i_1, ..., i_t\\\\} = \\\\{1, ..., n\\\\}$ となるときである．このとき各 $j = 2, ..., t$ で $i_{j - 1} = i_j - 1$ が成り立つので，$a_{i_1}, ..., a_{i_{t - 1}}$ はすべて $36$ の倍数となる．このことに注意すれば条件 乙の内容は以下のように言い表せる．\r\n- [条件 乙]　$n \\geq 2$ であり，$a_1 = 36$ かつ $a_2, ..., a_{n-1}$ はすべて $36$ の倍数である．\r\n\r\n　ここまでの議論で得た条件 甲・条件 乙を同時にみたす列 $A$ は以下の内容のものに限られ，これが $A_0$ の内容である．\r\n- 長さ $31$ の列 $(a_1, ..., a_{31})$ であり，$a_1 = \\cdots = a_{30} = 36$ かつ $a_{31} = 30$ をみたす．\r\n\r\n$G_2(A_0)$ は明らかに $2$ で割り切れないため，\r\n$$v_2 (f(A_0)) = v_2(G_1(A_0)) + v_2(G_3(A_0))$$\r\nが成り立つ．\r\n$$v_2(1110!) = 1105，v_2(36!) = 34，v_2(30!) = 26$$\r\nが求められる（たとえば，「正整数 $n$ を $2$ 進数表記したときに現れる $1$ の個数を $k$ としたとき $v_2(n!) = n - k$ が成り立つ」という性質を用いればよい）ので，これより\r\n$$v_2(G_1(A_0)) = v_2(1110!) - 30 v_2(36!) - v_2(30!) = 59$$\r\nであり，さらに\r\n$$v_2(G_3(A_0)) = 30 \\cdot{}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{2} + {}\\_{30}\\mathrm{C}\\_{2} = 19335$$\r\nも得られる．ゆえに求める値は $v_2 (f(A_0)) = \\mathbf{19394}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/8546" } ]

[ { "content": "　実数 $\\alpha, \\beta$ に対し\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n2\\alpha &= (\\alpha + \\beta) + (\\alpha - \\beta) \\\\\\\\\r\n2\\alpha^2 + 2\\beta^2 &= (\\alpha + \\beta)^2 + (\\alpha - \\beta)^2 \\\\\\\\\r\n2\\alpha^3 + 6\\alpha \\beta^2 &= (\\alpha + \\beta)^3 +(\\alpha - \\beta)^3\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つことに注意し，与えられた $3$ つの等式の両辺をそれぞれ変形しよう．まず，それぞれの右辺は次のように変形できる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\na + 2b &= a + (b + c) + (b - c) \\\\\\\\\r\na^2 + 2b^2 + 2c^2 &= a^2 + (b + c)^2 + (b - c)^2 \\\\\\\\\r\na^3 + 2b^3 + 6bc^2 &= a^3 + (b + c)^3 + (b - c)^3\r\n\\end{aligned}\r\n\\tag{1}\r\n$$\r\nまた，左辺はそれぞれ\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n3x + 3y &= (x + y) + 2(x + y) \\\\\\\\\r\n3x^2 + 8xy + 3y^2 &= (x + y)^2 + 2(x + y)^2 + 2xy \\\\\\\\\r\n3x^3 + 15x^2y + 15xy^2 + 3y^3 &= (x + y)^3 + 2(x + y)^3 + 6xy(x + y)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと表せるので，$A = x + y, G = \\sqrt{xy}$ とおき変形すると以下を得る．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n3x + 3y &= A + (A + G) + (A - G) \\\\\\\\\r\n3x^2 + 8xy + 3y^2 &= A^2 + (A + G)^2 + (A - G)^2 \\\\\\\\\r\n3x^3 + 15x^2y + 15xy^2 + 3y^3 &= A^3 + (A + G)^3 + (A - G)^3\r\n\\end{aligned}\r\n\\tag{2}\r\n$$\r\nここで補題を与える．\r\n\r\n---\r\n\r\n**補題．** \\\r\n　$A \\geq B \\geq C, a \\geq b \\geq c$ なる実数 $A, B, C, a, b, c$ が\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nA + B + C &= a + b + c \\\\\\\\\r\nA^2 + B^2 + C^2 &= a^2 + b^2 + c^2 \\\\\\\\\r\nA^3 + B^3 + C^3 &= a^3 + b^3 + c^3\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nをすべてみたすならば\r\n$$(A, B, C) = (a, b, c)$$\r\nである．\r\n\r\n<details><summary>補題の証明<\\/summary>\r\n　$3$ つの等式を仮定すると，まず\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nAB + BC + CA &= \\frac{(A + B + C)^2 - (A^2 + B^2 + C^2)}{2} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{(a + b + c)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)}{2} = ab + bc + ca\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが得られ，さらには\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nABC &= \\frac{A^3 + B^3 + C^3 - (A + B + C)(A^2 + B^2 + C^2 - (AB + BC + CA))}{3} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{a^3 + b^3 + c^3 - (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - (ab + bc + ca))}{3} = abc\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nも得られる．ゆえに任意の実数 $\\lambda$ に対し\r\n$$(\\lambda - A)(\\lambda - B)(\\lambda - C) = (\\lambda - a)(\\lambda - b)(\\lambda - c)$$\r\nが成り立ち，特に以下 $2$ つの等式を得る．\r\n$$(A - a)(A - b)(A - c) = 0 \\tag{3}$$\r\n$$(a - A)(a - B)(a - C) = 0 \\tag{4}$$\r\n\r\nここで $A \\neq a$ を仮定すると，式 $(3)$ から $A$ は $b, c$ のいずれかと等しいため $A \\lt a$ であるが $A \\geq B \\geq C$ であることから $a$ は $A, B, C$ のいずれとも等しくない．これは式 $(4)$ が成り立つことに矛盾する．よって $A = a$ である．すると $B + C = b + c, BC = bc$ が成り立ち，同様の議論で\r\n$$(B - b)(B - c) = 0，(b - B)(b - C) = 0$$\r\nが得られる．ここで $B \\neq b$ と仮定すると $B = c \\lt b$ がしたがい，さらには $C \\lt b$ も得られるので $b$ が $B, C$ のいずれとも等しくなく，同じく矛盾する．したがって $B = b$ であり，$C = c$ もしたがう．これで主張が示された．\r\n<\\/details>\r\n\r\n---\r\n\r\n　ここで\r\n$$A - G \\lt A \\lt A + G，b - c \\lt b + c$$\r\nが成り立つので，式 $(1), (2)$ および補題より $(A - G, A, A + G)$ は\r\n$$(b - c, b + c, a)，(b - c, a, b + c)，(a, b - c, b + c)$$\r\nのいずれかに等しい．さらに $A - G, A, A + G$ がこの順で等差数列をなすことに注意すれば以下 $3$ つのケースに分類できる：\r\n- $a = b + 3c$ であり，なおかつ $(A, G) = (b + c, 2c)$ である．\r\n- $a = b$ であり，なおかつ $(A, G) = (b,c)$ である．\r\n- $a = b - 3c$ であり，なおかつ $(A, G) = (b - c, 2c)$ である．\r\n\r\n以後 $a, b, c$ は $a + b + c = 1110$ をみたすものとする．また，正の実数 $x, y$ に対し\r\n$$A - 2G = (\\sqrt{x} - \\sqrt{y})^2 \\geq 0$$\r\nであることに注意．それでは下記の通りに場合分けし，適する $(a,b,c)$ の個数を求めよう．\r\n\r\n---\r\n\r\n- **Case 1.**　$a= b + 3c, (A, G) = (b + c, 2c)$ であるとき： \\\r\n　$b + 2c = 555$ が成り立つ．\r\n$$555 - 5c = b - 3c = A - 2G \\geq 0$$\r\nより $c \\leq 111$ が必要なので，$1 \\leq k \\leq 111$ なる整数 $k$ を用いて\r\n$$(a, b, c) = (555 + k, 555 - 2k, k)$$\r\nと表せる．逆に $(a,b,c)$ がこのように表せるときに，$(A, G) = (b + c, 2c)$ をみたす $x, y$ が存在する．よってこのケースでは $111$ 個数えられる．\r\n\r\n- **Case 2.**　$a = b, (A, G) = (b, c)$ であるとき： \\\r\n　$2b+ c = 1110$ が成り立つ．\r\n$$1110 - 5c = 2b - 4c = 2(A - 2G) \\geq 0$$\r\nより $5c \\leq 1110$ が必要であり，$c$ は偶数である．正整数 $k$ により $c = 2k$ と表すと $k \\leq 111$ が成り立つので，$(a,b,c)$ は $1 \\leq k \\leq 111$ なる整数 $k$ を用いて\r\n$$(a,b,c) = (555 - k, 555 - k, 2k)$$\r\nと表せる．逆に $(a,b,c)$ がこのように表せるときに，$(A, G) = (b,c)$ をみたす $x, y$ が存在する．よってこのケースでは $111$ 個数えられる．\r\n\r\n- **Case 3.**　$a=b-3c, (A, G) = (b - c, 2c)$ であるとき： \\\r\n　$b - c = 555$ が成り立つ．\r\n$$555 - 4c = b - 5c = A - 2G \\geq 0$$\r\nより $4c \\leq 555$ が必要なので，$1 \\leq k \\leq 138$ なる整数 $k$ を用いて\r\n$$(a, b, c) = (555 - 2k, 555 + k, k)$$\r\nと表せる．逆に $(a,b,c)$ がこのように表せるときに，$(A, G) = (b - c, 2c)$ をみたす $x, y$ が存在する．よってこのケースでは $138$ 個数えられる．\r\n\r\n---\r\n\r\n　以上の議論より，求める個数は $111 + 111 + 138 = \\mathbf{360}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/10794" }, { "content": "　左辺がいずれも対称式なので，$x+y=s,xy=t$ と置いて書き直そう．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n3s & = a+2b\\\\\\\\\r\n3s^2+2t & = a^2+2b^2+2c^2 \\\\\\\\\r\n3s^3+6st & = a^3+2b^3+6bc^2\r\n\\end{aligned}$$\r\n　ここから $s,t$ を消去して $a,b,c$ だけの式にすれば，活路が開けるかもしれない．信じて計算してみよう．\r\n$$3s^3+6st = 3s(3s^2+2t)-\\dfrac{2}{9}(3s)^3$$\r\n　両辺に，最初の $3$ 本の式をそれぞれ代入していく．\r\n$$a^3+2b^3+6bc^2 = (a+2b)(a^2+2b^2+2c^2)-\\dfrac{2}{9}(a+2b)^3$$\r\n　少し計算がたいへんだが，頑張って計算すると次のようになる：\r\n$$a^3-3a^2b+3ab^2-b^3-9ac^2+9bc^2=0$$\r\n　因数分解して，次の式を得る．\r\n$$(a-b)(a-b+3c)(a-b-3c)=0$$\r\n\r\n---\r\n\r\n　あとは，$x+y=s,xy=t$ を満たす実数 $x,y$ が存在する必要十分条件が $s^2-4t \\geq 0 $であることに気を付けながら，公式解説と同様に場合分けをしていけばよい．", "text": "地道な計算も悪くない", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc228/editorial/10794/601" } ]

[ { "content": "　$a_1, a_2, \\ldots,a_7$ は $1, 2, \\ldots, 7$ の並び替えなので，$a_{\\sigma(i)} = i$ となる $\\\\{ 1, 2, \\ldots, 7 \\\\}$ からそれ自身への全単射 $\\sigma$ が存在する．このとき\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n \\\\{ a_i + a_{a_i} \\mid 1 \\le i \\le 7 \\\\} \r\n&= \\\\{ a_{\\sigma(i)} + a_{a_{\\sigma(i)}} \\mid 1 \\le i \\le 7 \\\\} \\\\\\\\\r\n&= \\\\{ i + a_{i} \\mid 1 \\le i \\le 7 \\\\}\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるので，$a_1+a_{a_1},a_2+a_{a_2},a_3+a_{a_3},\\ldots,a_7+a_{a_7}$ は $1+a_1,2+a_2,\\ldots,7+a_7$ と（多重）集合として一致する．すなわち，$k+a_k$ が奇数となる並び替えがいくつあるかを各 $k$ について数え，総和を取ればよい．\r\n\r\n- $k$ が偶数のとき：$a_k$ が奇数であることが必要で，これは $4$ 通り存在する．残りの並び替えは自由なので，並べ替えとして適するものは $4\\cdot 6!$ 通り存在する．\r\n- $k$ が奇数のとき： $a_k$ が偶数であることが必要で，これは $3$ 通り存在する．残りの並び替えは自由なので，並べ替えとして適するものは $3\\cdot 6!$ 通り存在する．\r\n\r\n　以上により，奇数度の合計は $3\\cdot 4\\cdot 6! + 4\\cdot 3\\cdot 6! = \\mathbf{17280}$ となる．　", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/10424" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の外接円を $\\Gamma$ とし，直線 $EF$ が $\\Gamma$ と交わる $2$ 点を $P, Q$ とする．ただし $4$ 点 $P, E, F, Q$ はこの順に並ぶとする．$AD\\perp BC,DE\\perp BA,DF\\perp AC$ から，\r\n$$\r\n\\triangle{AED} \\sim \\triangle{ADB}, \\quad \\triangle{AFD}\\sim \\triangle{ADC}\r\n$$\r\nなので，相似比を見ることで，\r\n$$\r\nAE\\cdot AB = AD^2 = AF\\cdot AC\r\n$$\r\nを得る．よって，方べきの定理の逆から $B,C,F,E$ は共円であるから，\r\n$$\r\n\\angle{ABD} = \\angle{EBC} = \\angle{QFC}\r\n$$\r\n$A,B,C,Q$ は共円なので，\r\n$$\r\n\\angle{AQC} = 180^{\\circ} - \\angle{ABD} = 180^{\\circ} - \\angle{QFC} = \\angle{AFQ} \r\n$$\r\nとなり，共通である角と合わせて，$\\triangle{AQC} \\sim \\triangle{AFQ}$ が得られ，相似比を見ることで \r\n$$\r\nAQ^2 = AF\\cdot AC\r\n$$\r\nを得る．同様にして，\r\n$$\r\nAP^2 = AE\\cdot AB \r\n$$\r\nであるから，\r\n$$\r\nAQ^2 = AF\\cdot AC = AD^2 = AE\\cdot AB =AP^2 \r\n$$\r\nとなり，$AQ=AD=AP$ であることがわかる．$PQ$ が直径で $O$ を通ることから，三角形 $APQ$ は直角二等辺三角形であることがわかり，とくに $AD=AQ=\\sqrt{2}AO$ である．$E,B,C,F$ が共円であることから，$\\triangle{AEF} \\sim \\triangle{ACB}$ であり，$AO\\perp EF$ から，この相似において $O$ は $D$ と対応づくため，相似比が $1:\\sqrt{2}$ であることがわかる．$AO$ と $BC$ の交点を $R$ とし，$AD$ と $\\Gamma$ の交点を $S$，$AO$ と $\\Gamma$ の交点を $T$ とする．相似と与えられた条件より，\r\n$$\r\nCD\\cdot DB = \\sqrt{2}EO \\cdot \\sqrt{2} OF = 2 \\cdot 40 = 80\\\\\\\\\r\nCR\\cdot RB = \\sqrt{2}EX \\cdot \\sqrt{2} XF = 2 \\cdot 45 = 90\r\n$$\r\nまた，方べきの定理により，\r\n$$\r\nAD\\cdot DS = CD\\cdot BD = 80\\\\\\\\\r\nAR\\cdot RT = CR\\cdot RB = 90\r\n$$\r\nであり，$AT$ は直径なので，$\\angle{AST} = 90^{\\circ} = \\angle{ADC}$ となり，$BC$ と $ST$ が平行であるから，線分比を見ることで，$AD:AR = DS:RT$ である．$\\frac{AD}{AR} = t$ とおくと，\r\n$$\r\n\\frac{8}{9} = \\frac{AD \\cdot DS}{AR\\cdot RT} = t^2\r\n$$\r\nとなることから，$t=\\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}$ であるから，\r\n$$\r\nAR=\\frac{3\\sqrt{2}}{4} AD = \\frac{3}{2} AO\r\n$$\r\nとなる．$O$ は中心なので，$AT = 2AO$ であるから，\r\n$$\r\n90 = AR\\cdot RT = \\frac{3}{2} AO \\cdot \\frac{1}{2} AO = \\frac{3}{4} AO^2\r\n$$\r\nより，$AO=2\\sqrt{30}$ であり，$AD=\\sqrt{2}AO = 4\\sqrt{15}$ となる．$BC$ の中点を $M$ とすれば，$OM \\perp BC$ で，$AD:OM=AR:OR=3:1$ より，$OM=\\dfrac{4\\sqrt{15}}{3}$ である．よって三平方の定理から\r\n$$\r\nBC = 2BM = 2\\sqrt{BO^2-OM^2}=2\\sqrt{(2\\sqrt{30})^2-\\bigg(\\dfrac{4\\sqrt{15}}{3}\\bigg)^2} = \\frac{4 \\sqrt{210}}{3}\r\n$$\r\nとなるため，$\\triangle{ABC}$ の面積の二乗は\r\n$$\r\n\\bigg(AD\\cdot BC \\cdot \\frac{1}{2}\\bigg)^2 =\\bigg( 4\\sqrt{15}\\cdot\\frac{4 \\sqrt{210}}{3}\\cdot \\frac{1}{2} \\bigg)^2 = \\mathbf{22400}\r\n$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/11388" }, { "content": "$P$, $Q$ を使わずに $AD = \\sqrt{2}AO$ を示すことができるので補足しておきます (詳細略)．\r\n\r\n公式解説と同様に $ABC$ の外接円と直線 $AO$ の $A$ でない方の交点を $T$ とおくと，四角形 $ABTC$ と $AFDE$ は相似であり，また $E$, $O$, $F$ が共線であることからこの相似で $O$ と $D$ が対応づくとわかります．\r\n\r\nしたがって $AD = t AO$ とおくと，この相似比は $1:t$ であり，$AT = tAD$ から $2AO = AT = t^2 AO$ となるため，$t=\\sqrt{2}$ とわかります．", "text": "補足", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/11388/602" }, { "content": "　$4$ 点 $A, E, D, F$ は共円で，円の直径は $AD$ である．円周角の定理より $\\angle AFE=\\angle ADE$ である．また，角度追跡より $\\angle BAD=\\angle OAF$ である（どちらも $90^{\\circ}-\\angle ABC$ になる）．従って $AO \\perp EF$ を得る．\\\r\n　直線 $AO$ と円 $AEDF$ の交点で，点 $A$ でないものを $G$ と置く．$\\AGD=90^{\\circ}$ より $\\triangle AOX \\sim \\triangle AGD$ である．方べきの定理より\r\n$$AX \\cdot XD=45, AO \\cdot OG=40$$\r\nであり，これを用いれば $AX:AO=3:2\\sqrt{2}$ がわかる．三平方の定理も用いて $XO=x, AO=2\\sqrt{2}x, AX=3x$ とおける．方べきの定理より $XD=\\dfrac{15}{x}$ である．\\\r\n　次に $OF=y, EX=z$ とおいて，条件 \r\n$$EX \\cdot XF=45, EO \\cdot OF=40$$ \r\nを用いると $z=y+\\dfrac{5}{x}$ を得る．\\\r\n　さて $\\triangle AEF \\sim \\triangle ACB$ であり，その相似比は $AO:AD=2\\sqrt{2}x:3 \\left(x+\\dfrac{5}{x} \\right)$ である．ここでこれらの三角形を見比べると，次のことがわかる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\nCD-BD &= (EO-FO) × \\dfrac{AD}{AO} \\\\\\\\\r\n& = \\left(x+\\dfrac{5}{x} \\right)×\\dfrac{3}{2\\sqrt{2}x} \\left(x+\\dfrac{5}{x} \\right) \\\\\\\\\r\n& = \\dfrac{3}{2\\sqrt{2}x} \\left(x+\\dfrac{5}{x} \\right)^2\r\n\\end{aligned}$$\r\n　ここで，点 $O$ を通り $AD$ に平行な直線と，点 $X$ を通り $BC$ に平行な直線の交点を $H$ を置こう．$\\triangle XOH$ は直角三角形で，その三辺の比は $1:2\\sqrt{2}:3$ である．特に $XH=\\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}x$ である．\\\r\n　図をよく観察すると $CD-BD=2XH$ であり，方程式 $\\dfrac{3}{2\\sqrt{2}x} \\left(x+\\dfrac{5}{x} \\right)^2=\\dfrac{4\\sqrt{2}}{3}x$ を解けば $x=\\sqrt{15}$ を得る．\\\r\n　あとは，方べきの定理を用いて $y$ の値を用いれば，主要な辺の長さはすべて得られるので，$\\triangle ABC$ の面積も求まる．", "text": "別解（補助点少なめ）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/11388/605" } ]

[ { "content": "　$N=50!$ とおく． \r\n\r\n**補題．** $n,t$ を正整数としたとき，$t \\lt N$ であれば， $f_n(x)=t$ なる整数 $x$ は $2n$ 個存在する．また，$f_n(x)=0$ なる整数 $x$ は $n$ 個存在する． \r\n\r\n**証明．** より強く，任意の非負整数 $t \\le N$ に対して $f_n(x) = t$ の解は，$t \\le N$ のとき\r\n$$x=\\pm t + kN \\quad (k=-n+1,-n+3,\\ldots,n-1)$$ \r\nであり，$t \\gt N$ のときは\r\n$$ x = \\pm (t + (n-1)N ) $$\r\nが全てであることを帰納法を用いて示す．$n=1$ のとき，$f_1(x)=t$ の解は $x=\\pm t$ であるため成立する．$n=m$ での成立を仮定すると，$f_{m+1}(x)= |f_m(x)-N| $ より，$f_m(x)=t+N,-t+N$ それぞれでの解を求めればよい．$t=0$ のとき，$f_m(x)=N$ から仮定より\r\n$$ x=\\pm N + kN \\quad (k=-m+1,-m+3,\\ldots,m-1) $$\r\nがすべての解である．また $0 \\lt t\\le N$ のとき，$0 \\le -t+N \\lt N$ および $N \\lt t+N$ なので，仮定より\r\n$$\r\nx = \\pm(-t+N) + kN \\quad (k=-m+1,-m+3,\\ldots,m-1)\r\n$$\r\nおよび $x = \\pm (t + N + (n-1)N )$ がすべての解となる．いずれの場合も整理すると，\r\n$$x=\\pm t + kN \\quad (k=-m,-m+2,\\ldots,m)$$ \r\nがすべての解となるのでよい． さらに，$t \\gt N$ のとき，$f_m(x) = t+N$ のみが解をもち，これは \r\n$$ x = \\pm (t + N + (m-1)N ) = \\pm (t + mN) $$\r\nで尽くされるのでよい． \r\n　以上の議論により，$0 \\lt t \\lt N$ のとき解の個数は $2n$ 個，また $t=0$ のとき解は $n$ 個であることがわかる．$\\square$\r\n\r\n　上記補題により，$t,b,c$ $(t \\lt N)$ を正整数としたときの，$f_b(x)+f_c(y)=t$ なる整数 $(x,y)$ の組の数は，$f_b(x)=s,f_c(y)=t-s$ となるケースを考えると，$s=0$ のとき $b\\times 2c$ 個あり，$s=t$ のとき $2b\\times c$ 個あり，$0\\lt s \\lt t$ では，$2b\\times 2c$ 個ある．これらを合計すると，$4bct$ 個となる．したがって，$a,b,c,d$ を正整数としたとき，$a \\leq f_{b}(x) + f_{c}(y) \\leq d$ を満たす整数の組 $(x,y)$ の個数は，$d\\leq (10!)^{5} \\lt N$ より前記の議論を行うことができて，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{t=a}^d 4bct &= 4bc\\bigg(\\frac{d(d+1)}{2}-\\frac{a(a-1)}{2}\\bigg) \\\\\\\\\r\n&=2bc(d+a)(d-a+1)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと計算できる．これが $(10!)^5$ となるような正整数の組 $(a,b,c,d)$ の数を求める．$(10!)^5 = (2^8\\cdot 3^4 \\cdot 5^2 \\cdot 7)^5 = 2^{40}\\cdot 3^{20}\\cdot 5^{10} \\cdot 7^5$ である．よって，\r\n$$\r\nbc(d+a)(d-a+1) = 2^{39}\\cdot 3^{20}\\cdot 5^{10} \\cdot 7^5\r\n$$\r\nであり，$(d+a)-(d-a+1) = 2a-1 \\gt 0 $ で，$d+a,d-a+1$ の偶奇は異なる．よって $u=d+a,v=d-a+1$ とおくと，今回求める $(a,b,c,d)$ の組の個数は，$u, v$ の偶奇が異なり，$u\\gt v$ となるような正整数 $u, v$ と正整数 $b,c$ であって\r\n$$\r\nbcuv = 2^{39}\\cdot 3^{20}\\cdot 5^{10} \\cdot 7^5\r\n$$\r\nを満たすものの個数と一致する．$u,v$ の大小関係を一度無視したとき，$3,5,7$ の指数を $u,v,b,c$ に配分する方法はそれぞれ ${}\\_{23}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{13}\\mathrm{C}\\_{3},{}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{3}$ 通りあり，$2$ については，$u,v$ の片方が奇数，もう片方が偶数という制約から，$u,v$を一つの変数とみなすと，$2^{38}$ を $3$ つの変数に配分するとみなすことができ，これは ${}\\_{40}\\mathrm{C}\\_{2}$ 通りであるため，$u,v$ のどちらが偶数になるかを考慮することで，$2\\cdot {}\\_{40}\\mathrm{C}\\_{2}$通りとわかる．一方で，$u,v$ の偶奇が異なることから，両者が一致することはないため，$u\\gt v$ なるものの数と $u \\lt v$ なるものの数は一致する．よって，求める個数は，\r\n$$\r\n{}\\_{23}\\mathrm{C}\\_{3}\\cdot {}\\_{13}\\mathrm{C}\\_{3} \\cdot {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{3}\\cdot 2\\cdot {}\\_{40}\\mathrm{C}\\_{2} \\div 2 = \\mathbf{22124182080}\r\n$$\r\nとわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/10115" } ]

[ { "content": "　正整数 $k$ に対し，小さい方から $k$ 番目までの素数の積を $q_k = \\displaystyle \\prod_{t=1}^k p_t$ とおく．\r\n\r\n----\r\n**補題．** $n$ を $60$ 進数で表記したときに $n = \\displaystyle\\sum_{k=1}^{\\infty} 60^{k-1} b_k$ となるとき，$a_n = \\displaystyle\\prod_{k=1}^\\infty q_{k}^{b_k}$ と表せる． \r\n**証明．**\r\n$n$ に関する帰納法で示す．$n=0$ のとき，$a_0 = 1$ となる．\\\r\n　$n$ での成立を仮定する．すなわち，$n$ を $60$ 進数表記が $n = \\displaystyle\\sum_{k=1}^{\\infty} 60^{k-1} b_k$ となるとき，$a_n = \\displaystyle\\prod_{k=1}^\\infty q_{k}^{b_k}$ と表せると仮定する．$b_k \\neq 59$ なる最小の $k$ を $k^{\\prime}$ とする．$n+1$ の $60$ 進表記は，\r\n$$\r\nc_k =\r\n\\begin{cases}\r\n 0 &(k \\lt k^{\\prime})\\\\\\\\\r\n b_k+1 &(k = k^{\\prime}) \\\\\\\\\r\n b_k &(k \\gt k^{\\prime})\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nとおくことで $n+1 = \\displaystyle\\sum_{k=1}^{\\infty} 60^{k-1} c_k$ となる．一方で $v_{p_{k}}(a_n)-v_{p_{k+1}}(a_n) = b_{k}$ から $k(a_n) = k^{\\prime}$ なので，帰納法の仮定を用いて，\r\n$$\r\nf(a_n) = \\prod_{t=1}^{k^{\\prime}} p_t = q_{k^{\\prime}}, \\quad\r\ng(a_n) = \\displaystyle\\prod_{t=1}^{k^{\\prime}-1} p_t^{k^{\\prime}-t} = \\prod_{t=1}^{k^{\\prime}-1} q_{t}\r\n$$\r\nが得られる．ただし $k^\\prime = 1$ のとき $g(a_n) = 1$ である．したがって，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\na_{n+1}\r\n&= \\frac{f(a_n)\\times a_n}{g(a_n)^{59}} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{q_{k^{\\prime}}\\times \\prod_{k=1}^\\infty (q_{k})^{b_k}}{(\\prod_{k=1}^{k^{\\prime}-1} q_{k})^{59}} \\\\\\\\\r\n&= \\Biggl( \\prod_{k=1}^{k^{\\prime}-1}q_{k}^{b_k-59} \\Biggr) \\times q_{k^{\\prime}}^{b_{k^{\\prime}}+1} \\times \\Biggl( \\prod_{t=k^{\\prime}+1}^{\\infty}q_{k}^{b_k} \\Biggr) \\\\\\\\\r\n&= \\Biggl( \\prod_{k=1}^{k^{\\prime}-1}q_{k}^{0} \\Biggr) \\times q_{k^{\\prime}}^{b_{k^{\\prime}}+1} \\times \\Biggl( \\prod_{t=k^{\\prime}+1}^{\\infty}q_{k}^{b_k} \\Biggr) \\\\\\\\\r\n& = \\displaystyle\\prod_{k=1}^l q_{k}^{c_k}\r\n\\end{aligned}\r\n$$ \r\n\r\nとなるので，$n+1$ に対しても命題が成立することが示された．$\\square$\r\n\r\n---- \r\n　$N = 59 \\times 60^{100000}-1$ は $60$ 進数で表したときに，最上位が $58$ で，残りが $59$ となる $100001$ 桁の数になる．補題により，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\na_{N} &= q_{100001}^{58}\\prod_{k=1}^{100000} q_{k}^{59} \\\\\\\\\r\n&= (p_1\\cdots p_{100001})^{58}\\prod_{k=1}^{100000} (p_1\\cdots p_{k})^{59}\\\\\\\\\r\n&= \\prod_{k=1}^{100001} p_{k}^{59(100001-k)+58}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．よって，$59$ は $17$ 番目の素数であることから，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nv_{59}(a_{N}) &= 59(100001-17)+58 \\\\\\\\\r\n&=5899114\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nまた，約数の個数 $d(a_N)$ について，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nd(a_N) &= \\displaystyle\\prod_{k=1}^{100001} (59(100001-k)+58+1) \\\\\\\\\r\n&= \\prod_{k=1}^{100001} 59k \\\\\\\\\r\n&= 59^{100001}100001!\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなるため，ルジャンドルの定理から，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nv_{59}(d(a_N)) &= v_{59}(59^{100001}) + v_{59}(100001!) \\\\\\\\\r\n& = 100001 + \\sum_{k=1}^{\\infty} \\biggl\\lfloor \\frac{100001}{59^k} \\biggr\\rfloor \\\\\\\\\r\n& = 101723\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．以上により，求める値は $5899114+101723=\\mathbf{6000837}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/10201" } ]

[ { "content": "　直線 $CO$ は三角形 $ABC$ の中線であり，$CX$ は三角形 $ABC$ の symmedian となる．よって $$BX:XA=BC^2:AC^2=(9^2+3^2) : (1^2+3^2)=9:1$$\r\nより，$X=\\bigg(\\dfrac{16}{5},0,0\\bigg)$ を得る．\r\n三角形 $ABC$ の外接円を $\\Omega$ として，$\\Omega$ の $A$ における接線と $B$ における接線の交点を $Y$ とおくと，symmedian の性質より $Y$ は直線 $CX$ と $y$ 軸の交点となる．$C$ と $\\Gamma$ を含む球が一意に存在するのでこれを $S$ とし，底面を $\\Gamma$ とその内部，頂点を $Y$ に持つ円錐 $T$ を考えると，$T$ の側面は $S$ に接している．\r\n \r\n**補題．**\r\n$CX$ は三角形 $CDE$ の symmedian となる\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n　$C,D,E$ を通る平面 $\\pi$ は $X,Y$ を通る．直線 $YD, YE$ は $S$ に接しており，また $S$ の断面である三角形 $CDE$ の外接円は直線 $YD, YE$ とともに $\\pi$ 上にあるため，直線 $YD, YE$ は三角形 $CDE$ の外接円に接している．これは直線 $YC$ が三角形 $CDE$ の symmedian であることを示している．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　いま，$\\Gamma$ における方べきの定理により，\r\n$$XD\\times XE = XB \\times XA = \\dfrac{144}{25}$$\r\nである．$XD=n$ とおくと，$n$ は $1$ 以上 $7$ 以下の整数値を取る．補題より直線 $CX$ はsymmedianなので，\r\n$$\r\nCD:CE = \\sqrt{XD}:\\sqrt{XE} = \\sqrt{n}:\\sqrt{\\dfrac{144}{25n}} = \\sqrt{n}:\\dfrac{12}{5\\sqrt{n}}\r\n$$\r\nとなるため，$\\dfrac{CD}{CE} = \\dfrac{5n}{12}$ を得る．$1 \\leq n \\leq 7$ より求める値は\r\n$$\r\n\\prod_{n=1}^{7} \\frac{5n}{12} = \\frac{5^8\\cdot 7 \\cdot 3^2 \\cdot 2^4}{2^{14}\\cdot 3^7} = \\frac{2734375}{248832}\r\n$$\r\nより，解答すべき値は $2734375 + 248832 = \\mathbf{2983207}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/10200" } ]

[ { "content": "　$m=10^8,~ n=10^8+5, ~ L=10^{24}+336$ とおく．また，\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{n} f(x,k) \\lt m$$ \r\nを満たす番号 $x$ が書かれたボールからなる集合を $X$ とおく．操作 $i$ で彩色されるボールの数の最大値は，$a_k=f(y,k)-f(x,k)$ とおいたときに $(a_1, \\ldots, a_n)$ としてありうる組数に等しく，これは和が $i-1$ 以下となるような $n-1$ 個の非負整数の組数であるから ${}\\_{n+i-2}\\mathrm{C}\\_{n-1}$ である．ここで，${}\\_{n-1+j}\\mathrm{C}\\_{n-1}+{}\\_{n-1+j}\\mathrm{C}\\_{n}={}\\_{n+j}\\mathrm{C}\\_{n}$ なので，\r\n$$\r\n\\sum_{i=1}^m {}\\_{n+i-2}\\mathrm{C}\\_{n-1} ={}\\_{n+m-1}\\mathrm{C}\\_{n}\r\n$$\r\nとなる．すなわち，操作 $1$ から操作 $m$ まで行った後に彩色されているボールの数の最大値は ${}\\_{n+m-1}\\mathrm{C}\\_{n}$ 個である．一方で $X$ の要素の数は，$n$ 項の和が $m-1$ 以下になるものの数なので，先程と同様にして，${}\\_{n+m-1}\\mathrm{C}\\_{n}$ と計算できる．したがって，各操作では新しく彩色されたボールの個数が最大となるように，$X$ に属するボールのみが彩色される．さらにこのため，操作の番号が大きい順に操作を行うとしてよい．\r\n\r\n**補題．** 操作 $i\\gt 1$ において選択する整数 $j$ は $n$ 通り，ボールの番号は $1$ 通りである． \r\n\r\n**証明．** $i=m$ のとき，彩色されるボールがすべて $X$ に含まれていなければならないことから，操作 $m$ で選ぶ番号 $x$ に対して，$f(x,k)=0$ が任意の整数 $k$ で成立することが必要．したがってありうる番号は $x=0$ のみである．このとき操作内で選択する添え字 $j$ は $1\\leq j \\leq n$ のすべてがありえるため，$n$ 通り存在する．操作 $m$ を行った後，彩色されていない $X$ に属する番号 $x$ から $m^{j-1}$ 引いた数の集合を $X^{\\prime}$ とおく．彩色方法より，彩色されていないボールの番号については $f(x,j) \\geq 1$ が成立しているため， $X^{\\prime}$ は非負整数の集合となり，$m$ 進数での各桁の和は $j$ 桁目のみ $1$ 引く操作に相当することから，$X^{\\prime}$ は番号 $x^{\\prime}$ であって，\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{10^8+5} f(x^{\\prime},k) \\lt 10^8-1$$ \r\nを満たす集合と一致する．以上により，$i=m-1$ に対しても添え字とボールの選び方に関して同様の議論が成立するため，帰納的に $m$ 以下の $i$ に対して補題が示される．\r\n\r\n　以上により，操作全体を通したボールの番号の選び方は $n^{m-1}$ 通りあり，各操作で使用する色の選び方は ${}\\_{L}\\mathrm{P}\\_{m}$ 通りあるので，$M=n^{m-1} \\cdot {}\\_{L}\\mathrm{P}\\_{m} $ となる．\r\n$p = 10^8+7$ とおく．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nm&=p-7,\\quad n=p-2\\\\\\\\\r\nL&=10^{24}+336 = (10^8+7)(10^{16}-7\\cdot 10^{8}+49)-7 \\equiv p-7 \\pmod{p}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nである．\r\nウィルソンの定理より，$(p-1)!\\equiv -1 \\pmod{p}$ で，フェルマーの小定理より $(-2)^{p-1} \\equiv 1 \\pmod{p}$ なので，以下のように計算できる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nM &=n^{m-1} \\cdot {}\\_{L}\\mathrm{P}\\_{m} \\\\\\\\\r\n&\\equiv (-2)^{p-8} \\cdot (p-7)!\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\frac{-1}{128}\\cdot \\frac{-1}{720}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nしたがって，ふたたびフェルマーの小定理から\r\n$$ M^{p-2} \\equiv M^{-1} \\equiv 128 \\cdot 720 = \\mathbf{92160} $$\r\nであり，これが答えるべき値である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce007/editorial/10202" } ]

[ { "content": "　黄色の玉が隣り合わないことから，条件をみたすには，黄色の玉をすべて並べたのち，$2$ つの玉の間それぞれに他の色の玉を $1$ つずつ並べればよい．よって，求める場合の数は赤・青・緑の玉を $1$ 列に並べる（隣り合う色が同じでも構わない）方法に等しく，これは $\\dfrac{7!}{1!2!4!}=\\mathbf{105}$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/9070" } ]

[ { "content": "　$f(x)$ は実数係数多項式なので $f(x)=0$ の解の $1$ つが $p+qi$ であるとき，共役複素数である $p-qi$ も $f(x)=0$ の解の $1$ つである．残りの解を $r$ とすれば，解と係数の関係より \r\n$$\\begin{cases}\r\n-2p-r=a\\\\\\\\\r\np^{2}+q^{2}+2pr=4\\\\\\\\\r\n-r(p^{2}+q^{2})=30\\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$ とわかる．これらより以下の式を得る．\r\n$$r(2pr-4)=30$$\r\nここで第 $1$ 式より $r$ は整数であり，したがって $2pr-4$ も整数だから $(p, r)$ の組み合わせとして考えられるものは以下の通り．\r\n$$(p, r)=(1,5),(17, 1), (13, -1), (1, -3)$$\r\nこのうち適切な $q$ の値が存在するのは，$(p, r)=(1, -3)$ のみであり，このとき $a$ の値は $1$ である．したがって，このとき $f(100) = 1010430$ であるから．解答すべき値は $\\mathbf{1010430}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/6027" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\n\\prod_{n=2}^{100}(n^4-1)&=\\prod_{n=2}^{100}(n-1)(n+1)(n^2+1)\\\\\\\\\r\n&=99!\\cdot \\frac{101!}{2}\\cdot\\prod_{n=2}^{100}(n^2+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．ここで，Legendreの定理から $99!$ で $2$ で $95$ 回割り切れ，$\\dfrac{101!}{2}$ は $2$ で $96$ 回割り切れる．また，偶奇で分けて考えることで，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\prod_{n=2}^{100}(n^2+1)&=\\prod_{k=1}^{50}((2k)^2+1)\\cdot \\prod_{k=2}^{50}((2k-1)^2+1)\\\\\\\\\r\n&=2^{49}\\cdot \\prod_{k=1}^{50}(4k^2+1)\\cdot \\prod_{k=2}^{50}(2k^2-2k+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\nがわかり，総積の部分 $2$ つはいずれも奇数なので，$\\displaystyle\\prod_{n=2}^{100}(n^2+1)$ は $2$ で $49$ 回割り切れる．よって求める答えは $95+96+49=\\mathbf{240}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/5959" } ]

[ { "content": "　$$\\sin\\angle APD=\\frac{AD}{AP}=\\frac{2}{5}$$\r\nより，次がしたがう．\r\n$$\\cos\\angle ABC=\\cos 2\\angle BEC=\\cos 2\\angle APD=1-2\\cdot\\Big(\\frac{2}{5}\\Big)^2=\\frac{17}{25}$$\r\nよって余弦定理より，\r\n$$AC^2=1^2+3^2-2\\cdot 1\\cdot 3\\cdot\\Big(\\frac{17}{25}\\Big)=\\frac{148}{25}$$\r\nとなり、特に解答すべき値は $\\mathbf{173}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/5177" }, { "content": "直線 $AP$ と $CE$ の交点を $F$ とすると， $\\triangle ADP\\sim\\triangle AFE$ が分かる．以下では $\\angle APD=\\angle AEF=\\alpha$ とする．\r\n\r\n---\r\n$\\triangle ADP$ で三平方の定理などから，$\\mathrm{cos}\\alpha=\\dfrac{\\sqrt{21}}{5}$ が分かる．$\\triangle BCE$ が二等辺三角形であることから $CE=2BE\\cdot\\mathrm{cos}\\alpha=\\dfrac{6\\sqrt{21}}{5}$ を得るので，$\\triangle ACE$ で余弦定理より $$AC^2=4^2+(\\dfrac{6\\sqrt{21}}{5})^2-2\\cdot4\\cdot\\dfrac{6\\sqrt{21}}{5}\\cdot\\dfrac{\\sqrt{21}}{5}=\\mathbf{\\dfrac{148}{25}}$$", "text": "三角比", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/5177/594" }, { "content": "　直線 $AP$ と直線 $EC$ は直交するので，その交点を $O$ とし，その点を原点として直交座標を用いて解きます．\r\n\r\n----\r\n　$\\triangle APD \\sim \\triangle AEO $ と三平方の定理から \r\n$OA=\\dfrac{8}{5},OE=\\dfrac{4\\sqrt{21}}{5}$ より，$A \\left( \\dfrac{8}{5},0 \\right),E \\left( 0,\\dfrac{4\\sqrt{21}}{5}\\right )$ とおける．\r\n　また， $B$ は線分 $AE$ を $1:3$ で内分しているから，\r\n$$\\overrightarrow{ OB }=\\dfrac{3\\overrightarrow{ OA }+\\overrightarrow{ OE }}{4}=\\left (\\dfrac{6}{5},\\dfrac{\\sqrt{21}}{5} \\right)$$\r\n　また，$C$ は直線 $EF$ ( $y$ 軸 ) 上にあるから $C=(0,t)$ ( $t$ は実数 ) とおけて， $BC=3$ から\r\n$t=-\\dfrac{2\\sqrt{21}}{5},\\dfrac{4\\sqrt{21}}{5}$ が得られるが， $t=\\dfrac{4\\sqrt{21}}{5}$ のときは $C=E$ となり不適．\r\n　ゆえに $C\\left(0,-\\dfrac{2\\sqrt{21}}{5}\\right)$ から $$AC^{2}=\\left(\\dfrac{8}{5}\\right)^{2}+\\left(-\\dfrac{2\\sqrt{21}}{5} \\right)^{2}= \\dfrac{\\textbf{148}}{\\textbf{25}} $$", "text": "直交座標", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/5177/598" } ]

[ { "content": "　それぞれの操作を次のように捉えなおしておく（マス目を $5\\times 5$ のままにしておく）．\r\n\r\n - 色が塗られていないマスを $1$ つ選んで赤く塗る．そして，そのマス目と同じ行または同じ列にあるマス目すべてを青く塗る（ただ，赤く塗ったマス目は青く塗らない）．\r\n\r\nさらに，$4$ 回の操作の終了後，何も色が塗られていないマス目が $1$ つ残るのでそれを赤く塗り，それに書かれた数を $a_5$ とおいておく．これらの操作を終えたとき，赤く塗られたマス目は $5$ つあるが，操作の取り決め上\r\n\r\n- 赤いマスは各行・各列にちょうど $1$ 個ずつ存在する\r\n\r\nから，赤く塗るマス目の選び方や塗り方の順序によらず $a_1 a_2a_3a_4a_5=(5!)^2$ である．\\\r\n　いま，操作の方法は全部で $(5!)^2$ 通りある．このうち，最後に赤く塗られるマス目を固定するとそれぞれ $(4!)^2$ 通り存在することから，求める得点の平均は次のように計算できる：\r\n$$\r\n\\dfrac{\\sum\\limits_\\{i=1\\}^\\{5\\} \\sum\\limits_\\{j=1\\}^\\{5\\} (4!)^2 \\dfrac{(5!)^2}{ij}}{(5!)^2} \r\n= \\Biggl( 4! \\sum\\limits_\\{i=1\\}^\\{5\\} \\dfrac{1}{i} \\Biggl)^2\r\n= \\frac{75076}{25}\r\n$$\r\n特に解答すべき値は $\\mathbf{75101}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/5768" } ]

[ { "content": "　数列 $\\\\{a_n\\\\} , \\\\{b_n\\\\}$ は以下の漸化式によって定まり，特に任意の非負整数 $n$ に対して $b_n-a_n \\gt 0$ であることを数学的帰納法で示そう．\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\na_0 = 1\\\\\\\\\r\nb_0 = 3\r\n\\end{cases}\r\n,\\quad \r\n\\begin{cases}\r\na_{n} = (b_{n-1}-a_{n-1})(2^{n-1}+3) -b_{n-1}\\\\\\\\\r\nb_{n} = (b_{n-1}-a_{n-1})(2^{n}+3) -a_{n-1}\r\n\\end{cases}\r\n\\quad (n\\geq 1)\r\n$$\r\n\r\n- $n=0$ のでの成立は容易に確かめられる．\r\n- ある非負整数 $n$ までにおいて，上記の成立を仮定する．このとき $a_{n+1}, b_{n+1}$ がはじめの漸化式のように $a_n, b_n$ によって表され，かつ $b_{n+1} - a_{n+1} \\gt 0$ を満たしていることを示す．\\\r\n$2^{n+1}+3$ と $2^n+3$ が互いに素であることから，$x,y$ はある整数 $k$ を用いて\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\nx=k(2^{n}+3) -b_{n}\\\\\\\\\r\ny=k(2^{n+1}+3) -a_{n}\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nと表すことができる．$y$ を最大化するためには，$k$ を最大化すればよい．ここで，$2$ つめの条件に現れる分数については\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\dfrac{b_{n}+y}{a_{n}+x} \r\n&= \\dfrac{k(2^{n+1}+3)+b_{n}-a_{n}}{k(2^{n}+3)-(b_{n}-a_{n})}\\\\\\\\\r\n&= \\dfrac{2^{n+1}+3}{2^{n}+3} + \\dfrac{2^{n+1}+2^{n}+6}{2^{n}+3} \\cdot \\dfrac{b_{n}-a_{n}}{k(2^{n}+3)-(b_{n}-a_{n})}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと表すことができる．仮定より $b_n-a_n \\gt 0$ であることを踏まえれば， \r\n$$\r\nk\\gt \\dfrac{b_{n}-a_{n}}{2^{n}+3} \\tag{1}\r\n$$\r\nのもとでは，この値が $k$ に関して単調に減少し，その収束値は $1 \\lt \\dfrac{2^{n+1}+3}{2^{n}+3} \\lt 2$ である．したがって，これが整数であるならば\r\n$$\r\n\\dfrac{k(2^{n+1}+3)+b_{n}-a_{n}}{k(2^{n}+3)-(b_{n}-a_{n})} \\geq 2\r\n$$\r\nである．この不等式を整理することで $b_{n}-a_{n} \\geq k$ を得る．逆に $k=b_{n}-a_{n}$ としたときに $x,y$ は問題の条件および $ (1)$ の不等式を満たしている．以上より，$k$ の最大値は $b_{n}-a_{n}$ であるから\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\na_{n+1}=(b_{n}-a_{n})(2^{n}+3) -b_{n}\\\\\\\\\r\nb_{n+1}=(b_{n}-a_{n})(2^{n+1}+3) -a_{n}\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nと確定させることができ，これは当初の漸化式の通りである．ここで，第2式から第1式を差し引くと\r\n$$\r\nb_{n+1} - a_{n+1} = (2^{n}+1) (b_{n} - a_{n}) \\tag{2}\r\n$$\r\nとなり，帰納法の仮定よりこれは正である（証明終）．\r\n\r\n---\r\n\r\nいま $(2)$ 式を繰り返し用いることにより\r\n$$\r\nb_{1000} - a_{1000} = 2\\prod_{i=0}^{999} (2^i+1) \r\n$$\r\nと求められる．これを $1001= 7 \\times 11 \\times 13$ で割った余りを考える．$2^5+1, 2^6+1$ はそれぞれ $11,13$ の倍数であるから，$b_{1000}-a_{1000}$ を $7$ で割った余りを求めればよい．$i \\geq 0$ に対して $2^{i}+1$ を $7$ で割った余りは $2,3,5$ で循環するので，$7$ を法として\r\n$$\r\n2\\prod_{i=0}^{999} (2^i+1) \\equiv (2\\times 3\\times 5)^{333} \\times 2^2 \\equiv 4\r\n$$\r\nである．$143\\equiv 3 \\pmod{7}$ に留意すれば，$b_{1000}-a_{1000}$ を $1001$ で割った余りは $6\\times 143=\\textbf{858}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/11367" }, { "content": "　$c_n=b_n-a_n$ とする. 整数 $k$ によって\r\n　$$\\left\\lbrace \\begin{matrix} a_n=x=k(2^{n-1}+3)-b_{n-1}\\\\\\\\ b_n=y=k(2^n+3)-a_{n-1} \\end{matrix} \\right.$$\r\nが成立するので, 二式の差から $c_n=k2^{n-1}+c_{n-1}$ であり整数 $N(k)=\\frac{b_{n-1}+y}{a_{n-1}+x}=\\frac{k(2^n+3)+c_{n-1}}{k(2^{n-1}+3)-c_{n-1}}=1+\\frac{k2^{n-1}+2c_{n-1}}{k(2^{n-1}+3)-c_{n-1}}$ である.\r\n\r\n　$N(k)$ は $k$ を変数として持つ減少関数であり, $k$ が正であれば $N(k)$ は常に $1$ より大きい. $y$ を最大化するには $k$ を最大化しなければならず, したがって $N(k)$ を最小化しなければならない.\r\n\r\n　$N(k)=2$ は常に $k=c_{n-1}$ の解を持つ. $c_n=(2^{n-1}+1)c_{n-1}$ であり, $b_{1000}-a_{1000}=c_{1000}=c_0\\prod_0^{999}(2^n+1)$ である.\r\n\r\n　この後は[公式解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omcb019\\/editorial\\/11367)と同じ方式で $c_{1000} \\pmod{1001}$ を求めれば良い.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/11367/595" }, { "content": "$$\r\nP_0 = 1,\\quad P_n = \\prod_{i=0}^{n-1} (2^{i}+1) \\quad (n\\geq 1)\r\n$$\r\nとします．問題では $b_n-a_n$ を $P_n$ を用いて表しましたが，実は $a_n, b_n$ 単体についても $P_n$ を用いて表すことができます．\r\n\r\n<details>\r\n <summary>ネタバレ<\\/summary>\r\nはじめに，解説中の漸化式が $b_n - 2a_n = (-1)^n$ を満たすことを数学的帰納法で示します．\r\n\r\n - $n=0$ の場合は $b_0 - 2 a_0 = 3-2 \\times 1=1$ なので確かに成立しています．\r\n - ある非負整数 $k$ において $b_k - 2a_k = (-1)^k$ が成立していると仮定します．このとき，$b_{k+1} - 2a_{k+1}$ の値を解説中の漸化式に基づいて計算すると，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nb_{k+1} - 2a_{k+1} \r\n&=\\bigl( (b_k-a_k)(2^{k+1}+3) - a_k \\bigl) - 2\\bigl( (b_k-a_k)(2^{k}+3) - b_k \\bigl) \\\\\\\\\r\n&=-b_k + 2 a_k\\\\\\\\\r\n&= (-1)^{k+1}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなり，$n=k+1$ の場合でも成立することがわかります．\r\n----\r\n\r\nこれを公式解説中の式 $b_n- a_n = 2P_n$ と連立することにより， \r\n$$\\begin{cases}\r\na_n &= 2P_n + (-1)^{n+1}\\\\\\\\\r\nb_n &= 4P_n + (-1)^{n+1}\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nと表記することができました（便宜上 $P_0=1$ としているので， $n=0$ の場合でもこれは成立しています）．\r\n<\\/details>", "text": "オマケ（a_n, b_n の一般項（？）について）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb019/editorial/11367/596" } ]

[ { "content": "　$AD\\parallel EF$ より，$$\\angle EDC=\\angle ADE=\\angle DEF=\\angle FEC=x$$ とおける．よって，\r\n$$\\angle BAD=\\angle DAC=\\angle DEC-\\angle ADE=x$$\r\nとおけ，さらに\r\n$$\\angle ABC=\\angle ADC-\\angle BAD=x$$ とおける．よって，三角形 $ABD, ADE, EDF$ は相似な二等辺三角形であるから，ある正実数 $a, b$ によって\r\n$$AB=a^3，AD=BD=a^2 b，AE=ED=ab^2，EF=DF=b^3$$\r\n とおける．いま，$AB=27, DF=8$ より $a=3, b=2$ であるから，$AD=18, AE=12, EF=8$ が成り立つ．ここで，$AD\\parallel EF$ より $$CE:EA=EF:(AD-EF)$$ だから，$CE=\\dfrac{48}{5}$ を得る．以上より $AC=\\dfrac{108}{5}$ であり，解答すべき値は $\\textbf{113}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/7686" } ]

[ { "content": "　$b_n = n - a_{n}$ とすると，\r\n$$b_{i+1} - b_i = \\begin{cases}\r\n0 & (a_{i+1} - a_{i} = 1)\\\\\\\\\r\n2 & (a_{i+1} - a_{i} = -1)\r\n\\end{cases}$$\r\nとなり，特に広義単調増加である．また，$b_1=1, b_{17}=17$ であるから，数列 $\\\\{b_n\\\\}$ には $1, 3, \\cdots , 17$ の $9$ 種類の値が現れる．ここで，数列 $\\\\{b_n\\\\}$ の中に現れる $2k - 1$ の数を $c_k$ とすると，$c_k$ たちはどれも正の整数である．また，$3$ つめの条件から，\r\n$$\\_{c_1}\\mathrm{C}\\_{2} + \\_{c_2}\\mathrm{C}\\_{2} + \\cdots + \\_{c_9}\\mathrm{C}\\_{2} = 20$$\r\nが成り立ち，$c_1 + c_2 + \\cdots + c_9 = 17$ も成り立つ．これをみたすのは，ある $1$ 以上 $9$ 以下の相異なる整数 $s,t$ が存在して $c_s = c_t = 5$ となり，それ以外については $1$ となる場合のみである．数列 $\\\\{c_k\\\\}$ が定まれば数列 $\\\\{a_n\\\\}$ も一意に定まるので，求める答えは ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{2} = \\mathbf{36}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/10180" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より，$x_1+x_2+\\cdots+x_{100}=-4$ が成り立つ．また，$x^{100}+4x^{99}-13=0$ は $x\\neq 0$ のとき $\\dfrac{x+4}{13}=\\dfrac{1}{x^{99}}$ と変形できるので，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{i = 1}^{100}\\sum_{j = 1}^{100}\\frac{x_i}{x_j^{99}}\r\n& = \\Bigg(\\sum_{i = 1}^{100} x_i\\Bigg)\\Bigg(\\sum_{j = 1}^{100} \\frac{1}{x_j^{99}}\\Bigg)\\\\\\\\\r\n& = \\Bigg(\\sum_{i = 1}^{100} x_i\\Bigg)\\Bigg(\\sum_{j = 1}^{100} \\frac{x_j+4}{13}\\Bigg)\\\\\\\\\r\n& = (-4)\\cdot\\frac{-4+4\\times100}{13} \\\\\\\\\r\n& = -\\frac{1584}{13}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと計算できる．よって解答すべき値は $\\textbf{1597}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/7499" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\nx&=a+b-c-d, &y&=a-b+c-d, \\\\\\\\ \r\nz&=a-b-c+d, &N&=(a-c)^2+(b-d)^2\r\n\\end{aligned}$$ \r\nとおくと，$x, y, z$ の偶奇は等しく，条件式は以下のように表される. \r\n$$x^2+y^2+z^2=9000,　\\dfrac{1}{2}(x^2+z^2)=N　(N \\leq 500)$$\r\nすなわち，以下を満たす整数 $x, y, z$ の組が存在すれば良い. \r\n$$y^2=9000-2N,　x^2+z^2=2N$$\r\n第一式から，$y$ は偶数とわかるので，\r\n$$ (y^2, 2N) = (90^2, 900), (92^2, 536), (94^2, 164) $$\r\nが候補となる．このうち $2N$ が $2$ つの整数の平方和として表せるのは $2N=900, 164$ のときのみであるので，解答すべき値は \r\n$$450 + 82 = \\mathbf{532}$$ \r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/10795" }, { "content": "　公式解説の $x,y,z$ の置き方は，やや特殊に見えるので，より自然な置換でも解けることを記しておく．\\\r\n　$a-b=x$，$b-c=y$，$c-d=z$ とおくと，文字が一つ減って見通しが良くなりそうだ．しかし $(a-c)^2+(b-d)^2$ があまり綺麗になってくれない．そこで $a-c=x$，$c-b=y$，$b-d=z$ という置換を考えてみよう．このとき，問いは次のように書き換えられる．\r\n\r\n---\r\n\r\n問．整数 $x,y,z$ が以下の式を満たすとき，$x^2+z^2$ が取りうる $500$ 以下の正整数値の総和を求めよ．\r\n$$x^2+y^2+z^2+(x+y)^2+(y+z)^2+(x+y+z)^2=9000$$\r\n\r\n---\r\n\r\n　左辺を展開すると $3x^2+4y^2+3z^2+4xy+4yz+2zx=9000$ となる．$x$ と $z$ を対称的に扱いたいので，$y$ について降べきの順に整理しよう．さらに式をよく見ると，次のような式変形が考えられる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n& 4y^2+4(x+z)y+3x^2+3z^2+2zx \\\\\\\\\r\n&=4y^2+4(x+z)y+(x+z)^2+2(x^2+z^2) \\\\\\\\\r\n&= (2y+x+z)^2+2(x^2+z^2)\r\n\\end{aligned}$$\r\n　$x^2+z^2 \\leq 500$ より $(2y+x+z)^2 \\geq 8000$ である．あとは $2y+x+z=90, 92, 94$ の場合について，適当な $x,z$ 組が存在するかを検証すればよい．", "text": "公式解説とは別の文字の置き方", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/10795/593" } ]

[ { "content": "　実数列 $\\\\{a_n\\\\}$ は添字が負の範囲にも拡張できることに注意する．\r\n\r\n----\r\n**補題．** 任意の整数 $n$ と任意の正の整数 $k$ について以下が成り立つ．\r\n$$ a_{10n-7k} = \\sum_{i = 0}^k (-1)^i {}\\_k\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i)} $$\r\n\r\n**証明．** $k$ についての帰納法で示す．$k=1$ のときは $\\\\{ a_n \\\\}$ の漸化式そのものである．また，任意の正整数 $n$ について\r\n$$ a_{10n-7k} = \\sum_{i = 0}^k (-1)^i {}\\_k\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i)} $$\r\nを仮定すると，\r\n$$\\begin{aligned} \r\na_{10n-7(k+1)} \r\n&= a_{10n-7k} - a_{10(n-1)-7k} \\\\\\\\\r\n&= \\left( \\sum_{i = 0}^k (-1)^i {}\\_k\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i)} \\right) - \\left( \\sum_{i = 0}^k (-1)^i {}\\_k\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i-1)} \\right) \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{i = 0}^{k+1} (-1)^i \\left( {}\\_k\\mathrm{C}\\_i + {}\\_k\\mathrm{C}\\_{i-1} \\right) a_{10(n-i)} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{i = 0}^{k+1} (-1)^i {}\\_{k+1}\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i)} \r\n\\end{aligned}$$\r\nより示された．\r\n----\r\n　いま，任意の整数 $n$ について\r\n$$ a_{10n} - a_{10(n-7)} \r\n= \\sum_{j=0}^{9} ( a_{10n-7j} - a_{10n-7(j+1)} )\r\n= \\sum_{j=0}^{9} a_{10(n-1)-7j} $$\r\nであるので，補題を用いて\r\n$$\\begin{aligned}\r\na_{10n} - a_{10(n-7)} \r\n&= \\sum_{j=0}^{9} a_{10(n-1)-7j} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{j=0}^{9} \\sum_{i = 0}^j (-1)^i {}\\_j\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i-1)} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{i=0}^9 \\sum_{j=i}^9 (-1)^i {}\\_j\\mathrm{C}\\_i ~ a_{10(n-i-1)} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{i=1}^{10} (-1)^{i-1} {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{i} ~ a_{10(n-i)} \r\n\\end{aligned}$$ \r\nを得る．ここで $n = 10$ とすれば，\r\n$$\\begin{aligned} \r\na_{100} - a_{30} \r\n&= \\sum_{i=1}^{10} (-1)^{i-1} {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{i} ~ a_{10(10-i)} \\\\\\\\\r\n&= {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{1} ~ a_{90} + \\frac{1}{11}\\sum_{i = 0}^{8}(-1)^{i - 1}{}\\_{11}\\mathrm{C}\\_{i + 1}\\\\\\\\\r\n&= {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{1} ~ a_{90} - 1\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるので， $a_{90}=\\dfrac{37}{440}$ を得る．特に，解答すべき値は $\\mathbf{477}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/11770" }, { "content": "$a_{90} = \\dfrac{1}{10}+x$ とおいて，まず，$x = 0$ として計算を行う．\r\n漸化式を繰り返し用いることで，\r\n$$\\begin{aligned}\\\\\\\\\r\na_{10n+3} &= a_{10n+10} - a_{10n} = \\frac{-1}{(n+2)(n+1)} \\space (0 \\leq n \\leq 9)\\\\\\\\\r\na_{10n+6} &= a_{10n+13} - a_{10n+3} = \\frac{2}{(n+3)(n+2)(n+1)} \\space (0 \\leq n \\leq 8)\\\\\\\\\r\na_{10n+9} &= \\frac{-3!}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)} \\space (0 \\leq n \\leq 7)\\\\\\\\\r\n&\\vdots\\\\\\\\\r\na_{10n+30} &= \\frac{10!}{(n+11)(n+10) \\cdots (n+1)} \\space (n = 0)\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなるから，$a_{30} = \\dfrac{10!}{11!} = \\dfrac{1}{11}$．次に，$a_{90}$ が $x$ 増加したときの $a_{30}$ の変化を調べる．\r\nまず，$a_{83}$ が $x$ 増加して $a_{93}$ が $x$ 減少する．さらに，$a_{76}$ が $x$ 増加して $a_{86}$ が $2x$ 減少する．さらに，$a_{69}$ が $x$ 増加して $a_{79}$ が $3x$ 減少する．同様に続ければ，$a_{30}$ は $10x$ 減少することが分かる．したがって，$\\dfrac{1}{4} = \\dfrac{1}{11} - 10x$ より，$a_{90} = \\dfrac{1}{10}+x = \\dfrac{1}{10} - \\dfrac{7}{440} = \\dfrac{37}{440}$ となる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/11770/599" }, { "content": "　漸化式 $a_{n+10}=a_{n+3}+a_n$ の特性方程式は, \r\n$$x^{10}=x^3+1$$ であり, 解を $\\alpha_1,\\alpha_2,\\dots,\\alpha_{10}$ (これらは相異なる)とするとき, $a_n$ は $\\alpha_1^n,\\alpha_2^n,\\dots,\\alpha_{10}^n$ の線形和(定数倍同士の和)で表すことができ, $b_n:=a_{10n}$ は $(\\alpha_1^{10})^{n},(\\alpha_2^{10})^{n},\\dots,(\\alpha_{10}^{10})^n$ の線形和で表すことができる. よって, $\\\\{b_n\\\\}$ の漸化式について, 特性方程式は $$f(x)=(x-\\alpha_1^{10})(x-\\alpha_2^{10})\\cdots(x-\\alpha_{10}^{10})=0$$\r\n となる. $f(x)$ を求めよう. $x^{10}-1=x^3$ について, 両辺 $10$ 乗することで, $y=x^{10}$ についての $10$ 次方程式, \r\n$$(y-1)^{10}=y^3$$\r\nが導かれる. したがって, $f(x)=(x-1)^{10}-x^3$ であり, これから $\\\\{b_n\\\\}$ の漸化式を導出することができ, $b_9(=a_{90})$ を $b_n(=a_{10n})\\\\:\\(1\\leq n \\leq 10,\\\\:\\ n\\neq 9)$ を用いて表すことができる.", "text": "特性方程式を考察する解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/11770/608" } ]

[ { "content": "　円 $ABC$ の弧 $BAC$ の中点を $E$ とし，円 $EIN$ と直線 $BN$ の交点を $F(\\neq N)$ とする．\r\n$$\\angle EAI=\\angle EBN,　\\angle EIA=\\angle EFN$$\r\nより，三角形 $EAI$ と三角形 $EBF$ は相似．また，$EB=EC, AB=DC$ かつ $\\angle EBA=\\angle ECD$ より三角形 $EAB$ と $EDC$ は合同なので，三角形 $EAD$ と $EBC$ は相似である．したがって，四角形 $EAID$ と $EBFC$ は相似である．また，三角形 $EIN$ の外接円は，$N$ を中心とし半径 $NI$ の円（円 $IBC$）で反転すると直線 $IM$ に移るので，\r\n$$NB^2 = NC^2=NI^2=NF×NP$$ が成り立つ．よって，三角形 $NCF$ と $NPC$ は相似だから，\r\n$$\\angle NCP=\\angle NFC=\\angle AID=\\angle NIB=\\angle NBI$$\r\nが成り立つ．いま，直線 $BI$ と円 $ABC$ の交点を $G (\\neq B)$ とすると，\r\n$$\\angle GCN+\\angle NCP=180^{\\circ}-\\angle NBI+\\angle NCP=180^{\\circ}$$ より，$G, C, P$ は同一直線上にある．$BI=a, ~ IG=b$ とおくと，Menelaus の定理より\r\n$$\\dfrac{BI}{IG}×\\dfrac{GP}{PC}×\\dfrac{CM}{MB}=1$$\r\nだから，$GC:CP=(b-a):a$ である．よって，\r\n$$GP=GC×\\left(1 + \\dfrac{a}{b-a} \\right)=GI×\\dfrac{b}{b-a}=\\dfrac{b^2}{b-a}$$\r\nが成り立つ．いま，$\\angle BGN=\\angle CGN$ より $GB:GP=NB:NP=5:9$ が成り立つから，$b=\\dfrac{3}{2}a$ を得る．したがって，$PC×PG=PN×PB$ より $BI^2=a^2=\\dfrac{28}{3}$ を得る．解答すべき値は $\\textbf{31}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc227/editorial/8201" } ]

[ { "content": "　$y$ が $x$ の倍数となるとき，正整数 $n$ を用いて $y=nx$ と書ける．よって，$(n+1)x=42000$ なる組 $(n,x)$ の数を求めればよい．これは $42000$ の約数のうち $1$ より大きいものの個数に等しく，$42000=2^4\\times 3\\times 5^3\\times 7$ であることから，$5\\times 2\\times 4\\times 2-1=\\mathbf{79}$ 個である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/10211" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の面積について，\r\n$$\\frac{1}{2}\\cdot 5\\cdot 6\\cdot \\sin\\angle POQ=10$$\r\nなので，$\\sin\\angle POQ=\\dfrac{2}{3},\\cos\\angle POQ=\\pm \\dfrac{\\sqrt{5}}{3}$ を得る．余弦定理より，\r\n$$PQ^2=5^2+6^2-2\\cdot 5\\cdot 6\\cdot\\Big(\\pm \\dfrac{\\sqrt{5}}{3}\\Big)=61\\pm20\\sqrt{5}$$\r\nであるので，$PQ^2$ としてありうる値の総積は次の通り．\r\n$$\\Big(61+20\\sqrt{5}\\Big)\\Big(61-20\\sqrt{5}\\Big)=\\mathbf{1721}$$\r\n----\r\n**別解．**\\\r\n　座標平面上で $P(a , b)$ , $Q(c , d)$ とおくと，\r\n$$a^2+b^2=25, \\quad c^2+d^2=36, \\quad \\dfrac{1}{2}|ad-bc|=10$$\r\nが成り立つ．ここで恒等式 \r\n$$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$$ \r\nに上の条件式を代入することで，\r\n$$ac+bd=\\pm 10\\sqrt{5}$$ \r\nを得る．すると，\r\n $$\r\nPQ^2=(a-c)^2+(b-d)^2=61\\mp2\\sqrt{500}\r\n $$\r\nとなり，$\\mp$ の両方に対応する図が存在するので，解答すべき値は\r\n$$(61-2\\sqrt{500})(61+2\\sqrt{500})=\\mathbf{1721}$$ \r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/10604" } ]

[ { "content": "　異なる税抜き金額 $x,y$ 円に対して，\r\n$$|1.1x-1.1y|=1.1|x-y|\\gt1$$\r\nが成り立つ．したがって，$\\lfloor 1.1x\\rfloor\\neq \\lfloor 1.1y\\rfloor$ であるので，異なる税抜金額に対して税込金額は異なる．税込金額が $1$ 円から$11000$円になるのは，税抜金額が $1$ 円から $10000$ 円のときで，そのうち $1,2,4,7$ 円になる駄菓子の組み合わせがない．$1,2,4,7$ でない金額 $n$ 円は次のような駄菓子の組み合わせで実現できる．\r\n- $n=3m ~ (m=1,2,\\dots)$ のとき $3$ 円の駄菓子を $m$ 個，$5$ 円の駄菓子を $0$ 個．\r\n- $n=3m+7 ~ (m=1,2,\\dots)$ のとき $3$ 円の駄菓子を $m-1$ 個，$5$ 円の駄菓子を $2$ 個．\r\n- $n=3m+2 ~ (m=1,2,\\dots)$ のとき $3$ 円の駄菓子を $m-1$ 個，$5$ 円の駄菓子を $1$ 個．\r\n\r\n以上より求める答えは $10000 - 4 = \\mathbf{9996}$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/11435" } ]

[ { "content": "　整数 $x$ の正の約数の個数を $f(x)$ で表す． \r\n- $n$ が $5$ の倍数でないとき．\\\r\n $n=f(25n)=f(25) \\times f(n)=18$ である．実際に，$f(18)=6$ であるから，$n=18$ は条件を満たす． \r\n- $n$ が $5$ の倍数のとき．\\\r\n$f(n)=6$ より，$n$ の値は，$p$ を $5$ 以外の任意の素数として以下のいずれかで表せる．\r\n$$5^5,\\quad 5 \\times p^2,\\quad 25 \\times p$$\r\nこれらはいずれも $f(25n)=n$ をみたさない．\r\n\r\nよって解答すべき値は $\\textbf{18}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/5680" }, { "content": "　$n$ の約数の数を $\\sigma(n)$ とする. $n=\\prod_1^m p_i^{r_i}$ としよう. すると, $\\sigma(n)=\\prod_1^m(r_i+1)$ である. \r\n\r\n　$5=p_i$ なら $\\frac{\\sigma(25n)}{\\sigma(n)}=\\frac{r_i+3}{r_i+1}\\le 2$ で, $5\\not\\in\\\\{p_i\\mid1\\le i\\le m\\\\}$ なら $\\frac{\\sigma(25n)}{\\sigma(n)}=3$ である. \r\n\r\n　だから $\\frac{\\sigma(25n)}{\\sigma(n)}\\le 3$ であり, $n=\\sigma(25n)\\le3\\sigma(n)=18$ だ. \r\n\r\n　$18$ 以下の正整数のうち約数の数が $6$ 個のものは $12, 18$ のみであり, $\\sigma(25\\cdot 12)=18\\ne12, \\sigma(25\\cdot18)=18$ だから $n$ でできるのは $18$ だけ.", "text": "n の上限を利用する方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/5680/580" } ]

[ { "content": "　$(x+1)^4 = x^4+4x^3+6x^2+4x+1$ に留意すれば，方程式は次のように変形できる．\r\n$$(n+1)x^4=(x+1)^4$$\r\nまた，$x \\neq 0$ より\r\n$$\\Big(1 + \\dfrac{1}{x} \\Big)^4 = n+1$$\r\nである．$1+\\dfrac{1}{x}$ が有理数であるためには $n+1$ が整数の $4$ 乗となればよく，求める答は $15+80+255=\\mathbf{350}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/10005" } ]

[ { "content": "　 $A$ から最短で $1$ 回の移動でで辿りつける $5$ つの頂点の集合を $C$ ， $A$ から最短で $2$ 回の移動で辿りつける $5$ つの頂点の集合を $D$ とする．$A$ の次は必ず $C$ に，$B$ の次は必ず $D$ に移動する必要があることに注意すると，$A$ から $B$ まで $5$ 回移動して到達する方法は，\r\n$$(A , C , A , C , D , B), ~~ (A , C , C , C , D , B), ~~(A , C , C , D , D , B)$$\r\n$$(A , C , D , C , D , B), ~~ (A , C , D , D , D , B), ~~(A , C , D , B , D , B)$$ \r\nの $6$ 通りであり，集合間の移動の仕方は， \r\n- $A\\to C, ~ B\\to D$ ： $5$ 通り\r\n- $C\\to A, ~ D\\to B$ ： $1$ 通り\r\n- $C\\to C, ~ C\\to D, ~ D\\to C, ~ D\\to D$ ： $2$ 通り\r\n\r\nとなるので，求める場合の数は \r\n$$5^2 \\cdot 2+ 5 \\cdot 2^3 + 5 \\cdot 2^3 + 5 \\cdot 2^3 + 5 \\cdot 2^3 +5^2 \\cdot 2=\\mathbf{260}$$ \r\nと計算される．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/10537" }, { "content": "　$A$ から最短で $1$ 回の移動で辿りつける $5$ つの頂点の集合を $C$, \r\n$A$ から最短で $2$ 回の移動で辿りつける $5$ つの頂点の集合を \r\n$D$ とする. $n$ 回目の移動の後に $A,C,D,B$ それぞれにいる場合の数を $a_n,c_n,d_n,b_n$ とすると,\r\n$$\r\n\\begin{pmatrix}\r\na_0\\\\\\\\\r\nc_0\\\\\\\\\r\nd_0\\\\\\\\\r\nb_0\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n=\\begin{pmatrix}\r\n1\\\\\\\\\r\n0\\\\\\\\\r\n0\\\\\\\\\r\n0\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\n及び $n=1,2,\\dots$ について, 以下が成立.\r\n$$\\begin{pmatrix}\r\na_n\\\\\\\\\r\nc_n\\\\\\\\\r\nd_n\\\\\\\\\r\nb_n\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}\r\n=\\begin{pmatrix}\r\n & &c_{n-1}\\\\\\\\\r\n5a_{n-1}&+&2c_{n-1}&+&2d_{n-1}\\\\\\\\\r\n &&2c_{n-1}&+&2d_{n-1}&+&5b_{n-1}\\\\\\\\\r\n&&&&d_{n-1}\\\\\\\\\r\n\\end{pmatrix}$$\r\nよって, 順に計算すると $b_5=\\mathbf{260}$ が得られる.\r\n\r\n---\r\n\r\n- 類題:[OMC144-F](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc144\\/tasks\\/6725),[OMC160-C](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc160\\/tasks\\/4934)", "text": "漸化式による解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/10537/582" } ]

[ { "content": "　正方形 $ABCD$ の一辺の長さは $1$ であるから，線分 $PR,QS$ の長さはそれぞれちょうど $1$ であり，線分 $PR$ は辺 $BC,DA$ と平行，線分 $QS$ は辺 $AB,CD$ と平行である．従って，線分 $PR$ と $QS$ の交点を $X$ とすれば，四角形 $ASXP,BPXQ,CQXR,DRXS$ はそれぞれ長方形である．よって，\r\n$$AX = SP,\\quad BX = PQ,\\quad CX = QR,\\quad DX=RS$$\r\nが成立し，これらの長さが全て $1$ 以下であることが必要十分である．従って，$X$ の動ける範囲は正方形 $ABCD$ の各頂点を中心とする半径 $1$ の円 $4$ つの共通部分である．半径 $1$，中心角 $30^\\circ$ の弧 $4$ つに分けて考えることで，求める面積は $\\dfrac{\\pi+3-3\\sqrt{3}}{3}$ と計算できるので，特に解答すべき値は $\\bf{33}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/5779" } ]

[ { "content": "　数列 $\\lbrace b_n\\rbrace_{n=1,2,\\cdots}$ を $b_n=\\sqrt{4a_n-3}$ と定めると，\r\n$$ \\frac{b_{n+1}^2 + 3}{4} = \\frac{b_n^2 + 3}{4} \\cdot \\left( \\frac{b_n^2+3}{4} - b_n + 1 \\right) $$\r\nであるから，これを整理して\r\n$$\\begin{aligned}\r\n4b_{n+1}^2\r\n&=(b_n^2 + 3)(b_n^2 - 4b_n + 7) - 12 \\\\\\\\\r\n&=b_n^4 - 4 b_n^3 + 10 b_n^2 - 12 b_n + 9 \\\\\\\\\r\n&= (b_n^2 - 2b_n + 3)^2\r\n\\end{aligned}$$\r\nを得る．これと $b_n \\gt 0$ より $2b_{n+1} = b_n^2 - 2b_n + 3$ がわかる．これは\r\n$$ b_{n+1} - 1 = \\frac12 (b_n - 1)^2 $$\r\nと変形できるので，$b_1 - 1 = 6$ と合わせて $b_n = 2 \\cdot 3^{2^{n-1}} + 1$ を得る．これより\r\n $$\r\na_{2024}=3^{2^{2024}}+3^{2^{2023}}+1\r\n $$\r\nである．ここで $2^{2021}\\equiv 2^1= 2\\pmod5$ および $2^{2021}\\equiv 0\\pmod{2^4}$ より，$2^{2021}\\equiv 32\\pmod{80}$ であることに注意すると，二項定理により次の計算が可能である．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n3^{2^{2023}}&=(80+1)^{2^{2021}}\\\\\\\\\r\n&\\equiv 2^{2021}\\cdot 80+1\\pmod{80^2} \\\\\\\\\r\n&\\equiv 32\\cdot 80+1\\pmod{80^2}\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって $3^{2^{2024}}=\\Big(3^{2^{2023}}\\Big)^2\\equiv(32\\cdot 80+1)^2\\equiv 64\\cdot 80+1\\pmod{80^2}$ であるので，\r\n$$a_{2024}\\equiv 96\\cdot 80+3\\equiv 16\\cdot 80+3=\\mathbf{1283}\\pmod {80^2}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/11077" }, { "content": "　解説のモチベーションです．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$\\sqrt{4a_n-3}$ があります．この中身は何もいじれなさそうなので，$4a_n-3$ をベースに考えていきたいです．もとの式を $4$ 倍して $3$ を引くと，\r\n$$4a_{n+1}-3 = 4a_n^2 - 4a_n\\sqrt{4a_n-3} + 4a_n - 3$$\r\n(ここで，右辺にも $4a_n-3$ があるので方針は間違ってなさそうだと思います．) \\\r\n　右辺は因数分解ができそうです．見やすいように $c=a_n, ~ d=\\sqrt{4a_n-3}$ とおけば，左辺は $4c^2-4cd+d^2$ で\r\n$$4c^2-4cd+d^2 = (2c-d)^2$$\r\nなので，右辺は $(2a_n-\\sqrt{4a_n-3})^2$ だったと分かりました．\r\n\r\n　置換をしていきます．$b_n = \\sqrt{4a_n-3}$ とおきましょう．すると $2a_n = \\dfrac{b_n^2 + 3}{2}$ なので\r\n$$b_{n+1}^2 = \\bigg( \\dfrac{b_n^2 + 3}{2} - b_n \\bigg)^2 \\rightarrow b_{n+1} = \\dfrac{b_n^2 - 2b_n + 3}{2}$$\r\nとなります．(ただまだ解ける形ではなさそうです．) 右辺は $2$ 次式なので平方完成してみると，\r\n$$\\dfrac{b_n^2 - 2b_n + 3}{2} = \\dfrac{1}{2} (b_n-1)^2 + 1$$\r\nうまくいきました．つまり，\r\n$$b_{n+1}-1 = \\dfrac{1}{2} (b_n-1)^2$$\r\nとなり，$b_n-1$ を一かたまりとして見れるようになりました．$b_n-1$ をまた $c_n$ として置いてもいいですが，\r\n$$\\dfrac{b_{n+1}-1}{2} = \\bigg(\\dfrac{b_n-1}{2} \\bigg)^2$$\r\nなので $c_n = \\dfrac{b_n-1}{2}$ とするとより見やすいかもしれません．こうすると，\r\n$$c_1 = 3,　c_{n+1} = c_n^2$$\r\nなので $c_{n} = 3^{(2^{n-1})}$ です．あとは順に戻していくと $a_n$ が求まります．", "text": "思考過程", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/11077/583" }, { "content": "【発想に至るまで】\\\r\n　この手の問題は，とりあえず実験してみるというのも悪くない方針である．$a_3$ くらいまで求めてみると，$a_2=91$，$a_3=6643$ となる．ここまで求めれば，$a_n$ は全て正整数になりそうで，このことから，$\\sqrt{4a_n-3}$ も全て正整数になるのではないかと推測できる．\\\r\n　かくして（$4a_n-3$ は奇数なので）$4a_n-3=(2b_n+1)^2$ と置いてみてはどうかという発想に至る．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$a_n=b_n^{\\ 2}+b_n+1$ とおく．与えられた漸化式に代入すると，\r\n$$a_{n+1}=(b_n^{\\ 2}+b_n+1)(b_n^{\\ 2}-b_n+1)=(b_n^{\\ 4}+b_n^{\\ 2}+1)$$\r\nよって $b_{n+1}=b_n^{\\ 2}$ である．\\\r\n　$a_1=13=3^2+3+1$ より $b_1=3$ ．あとは $b_n$ についての漸化式を活用して $a_n=3^{2^{n}}+3^{2^{n-1}}+1$ を得る．", "text": "b_n の別の置き方", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb018/editorial/11077/589" } ]

[ { "content": "　$1$ 以上 $9$ 以下の整数 $a, b, c$ を用いて $N = 100a + 10b + c$ と表されるとする．$a,b,c$ がすべて等しいと仮定すると明らかに矛盾する．また, $a, b, c$ がすべて異なると仮定すると，各桁を入れ替えたときの総和は\r\n$$(100 \\times 2 + 10 \\times 2 + 1 \\times 2) \\times (a + b + c) = 222(a + b + c) = 1443$$\r\nとなるが，これは偶奇が異なるため矛盾する．\\\r\n　よって $a, b, c$ はどれか $2$ つのみが一致する．このとき各桁を入れ替えてできる整数は, $2$ つずつの重複を込めて $a, b, c$ が相異なる場合に含まれているから，総和は $111(a + b + c)$ となる．よって$111(a + b + c) = 1443$ より $a + b + c = 13$ となる．$a,b,c$ のうち $2$ つのみが一致することを考えれば，$N$ として最大のものは $\\mathbf{922}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/4029" } ]

[ { "content": "　辺 $BC$ 上に点 $I, J$ を $AD = BI, AE = BJ$ を満たすようにとると，三角形 $DIF$ および三角形 $EJG$ は正三角形となる．$|\\triangle{ADF}|, |\\triangle{AEG}|, |\\triangle{DIF}|, |\\triangle{EJG}|$ をそれぞれ $S_1, S_2, T_1, T_2$ とおき，正三角形 $ABC$ の面積を $2$ 通りで表すと，\r\n$$3S_1 + T_1 = 3S_2 + T_2$$\r\nが成り立つ．また $DF = 11x, EG = 10x$ とすれば\r\n$$T_1 = \\frac{\\sqrt{3}}{4}(11x)^2, \\quad T_2 = \\frac{\\sqrt{3}}{4}(10x)^2 $$\r\nであり，問題文の条件から, $S_2 - S_1 = 20\\sqrt{3}$ なので，\r\n$$\\frac{\\sqrt{3}}{4} \\cdot 21x^2 = T_1 - T_2 = 3(S_2 - S_1) = 60\\sqrt{3} $$\r\nとなる．これより $DF = 11x = \\sqrt{\\dfrac{9680}{7}}$ を得るので，解答すべき値は $\\mathbf{9687}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/11118" } ]

[ { "content": "　$1, 2, \\ldots, n$ を頂点とし，$i \\neq j$ かつ $a_ia_j$ が立方数であるとき，またそのときに限り頂点 $i$ と頂点 $j$ を繋ぐ辺が存在するようなグラフを考える．\\\r\n　まず $a_i$ が立方数であるような $i$ が存在したときを考える．このような $i$ について，$a_ia_j$ が立方数となる $a_j$ の必要十分条件は $a_j$ も立方数であることであるから，$a_i$ が立方数であるような頂点 $i$ のみを分離して考えればこれらの頂点およびそれらに繋がれた辺で構成されたグラフは完全グラフとなる．いま，それぞれの頂点の次数が $20$ であることからこの分離された完全グラフの頂点数は $21$ となる．以後 $a_1, a_2, \\ldots, a_n$ から立方数が除外されたとして考え，残された数の集合を $A$ とする．\\\r\n　ここで，$S = \\\\{0, 1, 2\\\\}$ および $B = S^8 \\backslash (0,0,0,0,0,0,0,0)$ とする．$| B | = 3^8 - 1 = 6560$ より，適当に番号をつけて $B = \\\\{b_1, b_2, \\ldots, b_{6560}\\\\}$ とする．また，$b_i, b_j \\in B (i \\neq j)$ について，「$b_i$ と $b_j$ の $k$ 番目の要素を足すと $3$ の倍数になる」という命題が $k = 1, 2, \\ldots, 8$ について真であるとき，「$b_i$ と $b_j$ は共役である」と表現する．このとき，任意の $i$ について $b_i$ と $b_j$ が共役であるような $j$ はちょうど一つ存在するから，$b_i$ と $b_j$ が共役であるようなペア $(i, j)$ (ただし $i \\lt j$ ) はちょうど $3280$ 個存在することに注意する．\\\r\n　ここで $20$ 以下の素数は $8$ 個存在するから，それらを小さい順に $p_1, p_2, \\ldots, p_8$ とし，集合 $A$ を次の条件を満たすように $C_{b_1}, C_{b_2}, \\ldots, C_{b_{6560}}$ に分割する．これが $A$ の分割となることは明らか．\r\n- $a \\in A$ とする．$k = 1, 2, \\ldots, 8$ について，「$p_k$ が $a$ を割り切る最大の回数を $3$ で割った余り」が 「$b_i$ の $k$ 番目の要素」と一致するときかつそのときに限り，$a \\in C_{b_i}$ とする．\r\n\r\n　このとき以上の定義から，$a \\in C_{b_i}$ のとき，$b_i$ と $b_j$ が共役とすると，頂点 $a$ と辺で結ばれた頂点の集合は $C_{b_j}$ に一致する．よって条件から $| C_{b_j} | = 20$ であり，同様に議論すれば $| C_{b_i} | = 20$ となる．よって，共役な $3280$ 個のペア $b_i$ と $b_j$ それぞれについて，$| C_{b_i} | = | \r\nC_{b_j} | = 0$ または $| C_{b_i} | = | C_{b_j} | = 20$ が成立する．\\\r\n　以上から $n$ として考えられる最大のものは $21 + (20 + 20) \\times 3280 = \\mathbf{131221}$ であり, これを達成する $a_1, a_2, \\ldots, a_n$ は明らかに存在する．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/11165" } ]

[ { "content": "　条件の式を $P(n)$ で表す．$a_n = \\left\\lfloor \\dfrac{n^2}{f(n)} \\right\\rfloor + 1$ とおくと $f(a_n) = n + 1$ であり，特に\r\n$$f(a_1) \\lt f(a_2) \\lt \\ldots \\lt f(a_i) \\lt f(a_{i + 1}) \\lt \\ldots$$\r\nが成立するから，$f$ の単調性より $a_1 \\lt a_2 \\lt \\ldots$ となる．$a_1 \\geq 1$ から $a_n \\geq n$ が成立し，$f(n) \\leq f(a_n) = n+1$ を得る．\\\r\n　ここで $f(n) \\geq n$ であることを数学的帰納法で示す．$n = 1$ のときは自明．また $n \\geq 2$ かつ $f(n - 1) \\geq n - 1$ であったとき，$f(n) \\lt n$ と仮定すると単調性から $f(n - 1) = f(n) = n - 1$ となるが，$P(n - 1)$ に $f(n - 1) = n - 1$ を代入すれば$f(n) = n$ が得られ矛盾．よって $f(n) \\geq n$ であり任意の $n$ で $f(n) \\geq n$．\\\r\n　また，ある $k$ で $f(k) = k$ となったとすると，$P(k)$ から $f(k + 1) = k + 1$ となる．これと $f(n) = n, n + 1$ から，条件を満たす $f$ は次のいずれかのような形に限られ，これらは条件を満たす．\r\n - $f(n) = n + 1$\r\n\r\n- ある非負整数 $N$ が存在し, \r\n$$\r\nf(n) = \r\n\\begin{cases}\r\n n + 1 & (n \\leq N) \\\\\\\\\r\n n & (n \\gt N)\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nとなる.\r\n\r\n　よって，求める答えは $1 + 2 + \\cdots + 100 = 5050$ から $2 + 3 + \\cdots + 101 = 5150$ までの総和 $\\mathbf{515100}$ となる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/11137" } ]

[ { "content": "　一般性より $a_0 = 0$ としてよい．$a_{i + 1} - a_{i}$ を $16$ で割った余りを $b_i$ とする．このとき条件は次のように言い換えられる:\r\n\r\n - $S = b_0 + b_1 + \\cdots + b_{15}$ は $16$ の倍数である.\r\n - $\\\\{(b_0 + \\cdots + b_i) \\pmod{16} \\\\}_{i = 0, 1, \\ldots, 15}$ は $0, 1, \\ldots, 15$ の並び替えである.\r\n - $b_i \\in \\\\{1, 2, 3\\\\}$\r\n\r\n　三つ目の条件から $16 \\leq S \\leq 48$ が得られ，一つ目の条件から $S$ は $16, 32, 48$ のいずれかである．$S = 16$ のときは任意の $i$ で $b_i = 1$，$S = 48$ のときは任意の $i$ で $b_i = 3$ となり，それぞれ条件を満たす．以下では $S = 32$ の場合を考える．\\\r\n　$S_i = b_0 + b_1 + \\cdots + b_i$ とし，$S_i \\leq 16$ を満たす最大の $i$ を $k$ とおく．このとき\r\n$$A = \\\\{0, 1, \\ldots, 15\\\\} \\backslash \\\\{S_i\\\\} _ {i = 0, 1, \\ldots, k}$$\r\nとおけば，二つ目の条件から $S_ {k + 1} - 16, \\ldots, S_ {15} - 16$ は $A$ の要素を小さい順に並び変えたものとなる．よって $b_0, b_1, \\ldots, b_k$ を決定すれば $b_{k + 1}, \\ldots, b_{15}$ も決定される．この $b_{k + 1}, \\ldots, b_{15}$ が一つ目と三つ目の条件を満たすような $b_0, b_1, \\ldots, b_k$ の条件は，\r\n - $b_0, b_1, \\ldots, b_k$ をこの順に並べたとき，$1$ が連続して $2$ 回以上並ぶことはない．\r\n - $S_k = 14$ または $S_k = 15$ である．\r\n - $S_k = 14$ のとき, $b_0 \\neq 1$ である．\r\n\r\nとなる．$S_k = 14$ の場合は $b_0 = 2, 3$ の場合を分けて考えると，次の条件を満たす整数列 $\\\\{y_i\\\\}_ {i = 0, 1, \\ldots, t}$ の個数を $x_n$ としたとき，$S = 32$ の場合の求める個数は $x_{15} + x_{12} + x_{11}$ である．\r\n\r\n- $y_i \\in \\\\{1, 2, 3\\\\}$\r\n- $y_0 + y_1 + \\cdots + y_t = n$\r\n- $1$ が連続して $2$ 回以上並ぶことはない．\r\n\r\nよってこのような $x_n$ を求めればよい．$n \\geq 5$ の場合について，$x_n$ は\r\n- $y_0 = 1$ かつ $y_1 = 2$ のとき $x_{n - 3}$ 通り\r\n- $y_0 = 1$ かつ $y_1 = 3$ のとき $x_{n - 4}$ 通り\r\n- $y_0 = 2$ のとき $x_{n - 2}$ 通り\r\n- $y_0 = 3$ のとき $x_{n - 3}$ 通り\r\n\r\nから $x_{n} = x_{n - 2} + 2_{n - 3} + x_{n - 4}$ の漸化式が立つ. これと $x_1 = 1, x_2 = 1, x_3 = 3, x_4 = 4$ から順次計算すれば $x_{15} + x_{12} + x_{11} = 799 + 189 + 116 = 1104$ となり，$a_0 = 0$ に対する場合の数は $1106$ である．$a_0=1,2,\\ldots,15$ の場合もそれぞれ同様であるので，解答すべき値は $\\mathbf{17696}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/11125" } ]

[ { "content": "　円周角の定理などを用いれば\r\n$$\\angle{AOF} = 2\\angle{ACF} = 2\\angle{DCF} = 2\\angle{DOF}$$\r\nから $\\angle{DOA} = \\angle{DOF}$ であり，さらに $OA = OF$ から三角形 ${AOD}$ と三角形 ${FOD}$ は合同である．とくに $DA = DF$ なので $\\angle{DAF} = \\angle{DFA}$ となる．\\\r\n　また，$AE \\cdot AB = AD \\cdot AC$ から，$A$ 中心で半径が $\\sqrt{AD \\cdot AC}$ である円による反転で直線 $DE$ と円 $\\Gamma$ は移りあうから，それらの交点 $F$ において $AF^2 = AD \\cdot AC$ が成立する．これから $\\angle{AFD} = \\angle{ACF}$ となり，結局 $\\angle{FAC} = \\angle{AFD} = \\angle{ACF}$ から $FA = FC$ を得る．\\\r\n　よって $BF$ は $\\angle{ABC}$ を二等分するから,\r\n$$\\angle{GBC} = \\frac{1}{2}\\angle{ABC} = \\frac{1}{2}\\angle{ADE} = \\frac{1}{2}\\angle{CDF} = \\angle{GDC}$$\r\nとなり，$4$ 点 $B, C, G, D$ が共円であることがわかる．$4$ 点 $B, C, D, E$ が共円であることを合わせれば，$5$ 点 $B, C, G, D, E$ は共円である．これと $\\angle{GBE} = \\angle{GBC}$ より $GE = GC$ および $\\angle{BGC} = 90^\\circ$ を得る．\\\r\n　以上のことから，$\\angle{ABC} = 2\\theta$ とおけば\r\n$$\\angle{GBC} = \\angle{DAF} = \\angle{DFA} = \\angle{FCA} = \\theta, \\quad \\tan{\\theta} = \\frac{GC}{GB} = \\frac{GE}{GB} = \\frac{4}{11}$$\r\nがわかる．よって $\\cos{\\theta} = \\dfrac{11}{\\sqrt{137}}$ および $AC = AF \\cdot 2\\cos{\\theta} = AD \\cdot (2\\cos{\\theta})^2$ から $AC, DC$ を計算すれば $DC = \\dfrac{4511}{137}$ となり，解答すべき値は $\\mathbf{4648}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/11166" }, { "content": "　三角形 $ABC$ が鋭角三角形であれば $F$ は劣弧 $AC$ 上にあり，円周角の定理などから，$$\\angle{CBA}=\\angle{EDA}=\\angle{CDF}=\\angle{COF}=2\\angle{CBF}$$ であるから，$F$ は劣弧 $AC$ を $2$ 等分する点である．また $\\angle{CBA}=2\\theta$ とおけば， $\\angle{EDA}=2\\theta, \\angle{CAF}=\\angle{CBF}=\\theta$ であるから， $$\\angle{DFA}=\\angle{EDA}-\\angle{CAF}=\\theta$$ となる．\r\n（以下，公式解説「よって $BF$ は $\\angle{ABC}$ を...」に合流）", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc226/editorial/11166/590" } ]

[ { "content": "　$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$ により $\\omega^2+\\omega+1=0$ が成り立つから，\r\n$$-(\\omega-1)^6=-({\\omega}^2-2\\omega+1)^3=-(-3\\omega)^3=27{\\omega}^3=\\mathbf{27}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/9650" }, { "content": "　OMCのルールより，答が非負整数であることが保証されているので，与式の絶対値を求めればそれが答である． \r\n $\\omega-1$ の絶対値は複素数平面上で点 $\\omega$ と点 $1$ の距離をみて $\\sqrt{3}$ であるから，求める値はこれを $6$ 乗した $\\textbf{27}$．", "text": "ずるい解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/9650/588" } ]

[ { "content": "$$\\triangle ABP+\\triangle CDP=\\triangle BCP+\\triangle DAP=36$$\r\nが成り立つことから，$4$ つの三角形の面積の組み合わせとしてありうるものは $35^2$ 通りで，それぞれに対して適する $P$ の位置が一意に定まることがわかるから，求める値は $35^2=\\mathbf{1225}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/9007" }, { "content": "　座標平面上に正方形 ABCD を$A(0,0),B(6\\sqrt{2},0),C(6\\sqrt{2},6\\sqrt{2}),D(0,6\\sqrt{2})$ になるように配置することにしよう.\r\n\r\n　$P$ の座標が $(x,y)$ であれば $\\triangle ABP,\\triangle BCP,\\triangle CDP,\\triangle DAP$ はそれぞれ $3\\sqrt{2}y, 36-3\\sqrt{2}x, 36-3\\sqrt{2}y, 3\\sqrt{2}x$ である.\r\n\r\n　この $4$ つの値が全て正整数になるために $x,y$ が持つことができる値は整数 $n$ に対して $0$ 超過 $6\\sqrt{2}$ 未満の $\\frac{n}{3\\sqrt{2}}$ で, $n$ は $1$ から $35$ までの $35$ 個が可能だ.\r\n\r\n　したがって, $P$ が持つことができる互いに異なる位置は ${35}^2=\\bf{1225}$ 個ある.", "text": "座標を利用する方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/9007/577" } ]

[ { "content": "　$abc+d=ef=N$ とすると，$N$ の値の一つとして $2×3×7+13=5×11=55$ がある．\\\r\nこれより小さいものがあると仮定すると，$abc\\lt abc+d=55$ より，$abc=2×3×5$ または $2×3×7$ である．\\\r\n 　$abc=2×3×5$ のとき $d=N-abc\\lt 55-30=25$ より，$d=7,11,13,17,19,23$ だが，いずれの場合も $N$ は相異なる $2$ つの素数の積で表せない．\\\r\n 　$abc=2×3×7$ のとき $d=N-abc\\lt 55-42=13$ より，$d=5,11$ だが，いずれの場合も $N$ は相異なる $2$ つの素数の積で表せない．\\\r\n以上より $N$ の最小値は $\\bf{55}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/5128" } ]

[ { "content": "　$a,b$ は正整数なので $6^n-a^n+ab\\geq 6^n-a^n+1$ が成り立つため，$a\\geq 6$ について考えれば十分である．\r\n$a$ と $6$ は互いに素でなければならないことは明らか．逆に $a$ と $6$ が互いに素であるとき，$\\varphi$ を Euler の totient 関数とすれば Euler の定理より $6^{\\varphi(a)}\\equiv 1\\pmod{a}$ であるから，$n=\\varphi(a)$ とすれば $6^n-a^n+ab=1$ が成立するような正整数 $b$ が存在する．\r\nよって求める個数は $6\\leq a\\leq100$ かつ $6$ と互いに素な $a$ の個数と一致し，それは $\\textbf{31}$ 個．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/3604" } ]

[ { "content": "　$S$ は以下の $2$ つの半直線になる．\r\n$$\\begin{cases}\r\nx=1\\ (1\\leq y)\\\\\\\\\r\ny=1\\ (1\\leq x)\r\n\\end{cases}$$\r\nここで点 $(1,1)$ を $P$ とする．$A$ が $x=1$ 上に，$B$ が $y=1$ 上にある場合は余弦定理から\r\n$$OA^2+OB^2=\\left( OP^2+AP^2+\\sqrt{2} \\cdot OP\\cdot AP\\right) +\\left( OP^2+BP^2+\\sqrt{2} \\cdot OP\\cdot BP\\right)$$\r\nである．また，$OP=\\sqrt{2}$ および $AP^2+BP^2=10^2$ であるから\r\n$$OA^2+OB^2=104+2(AP+BP)$$\r\nである．さらに，三角不等式より $AP+BP\\ge AB=10$ であるから，$A=P$ または $B=P$ のときに最小値 $124$ をとる．また， $P,A,B$ が同一直線上にあるとき，明らかに $A=P$ または $B=P$ で最小値 $124$ を取る．以上より，求める答えは $\\bf{124}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/6592" } ]

[ { "content": "　最初の移動で $(0,1), (1,0)$ のいずれに移動しても，次は確実に $(1,1)$ への移動となる．$(1,1)$ を通過するので，$(2,2)$ を通過することはできない．よって $(1,1)$ のあとは，$(1,2),(1,3)$ と移動するか，$(2,1),(3,1)$ と移動するかである．\\\r\n　$(1,2),(1,3)$ と移動した場合を考える．$(2,4), (2,6) $ を通過することはできないので，このあとの移動は大きく分けて以下の $3$ 通りである．\r\n\r\n- $(1,3) \\to (2,3) \\to (3,3)$ と移動する場合\\\r\n　$(4,6),(6,6)$ を通過できないことに注意して数えると，$22$ 通り．\r\n\r\n- $(1,3) \\to (1,4) \\to (1,5) \\to (2,5) \\to (3,5)$ と移動する場合\\\r\n　このあと通過できない点は存在せず，あとの移動方法は $_6 \\mathrm{C}_2=15$ 通り．\r\n\r\n- $(1,3) \\to (1,4) \\to (1,5) \\to (1,6) \\to (1,7)$ と移動する場合\\\r\n　明らかに $1$ 通り．\r\n\r\n　$(1,1) \\to (2,1) \\to (3,1)$ の移動の場合も対称性により同様なので，求めるべき値は，$2×2×(22+15+1)=\\mathbf{152}$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/11358" } ]

[ { "content": "　$C$ を通り直線 $AB$ と平行な直線と直線 $AD$ の交点を $P$, 直線 $AD$ と直線 $BC$ との交点を $Q$ とする. 三角形 $PCD$ は\r\n$$PC=PD, \\quad \\angle CPD=30^\\circ$$\r\nを満たすので, 余弦定理より $PC=PD=5$ と計算できる. さらに, 三角形 $QAB$ と三角形 $QPC$ は相似であるから, \r\n$$AQ = AP\\times \\frac{AB}{CP - AB} = 2$$\r\nが分かる. これと $AB = 1, \\angle QAB = 30^\\circ$ を合わせて $BQ^{2}=5-2\\sqrt{3}$ と計算でき, $BQ:BC=1:4$ であることから $BC^{2}=80-32\\sqrt{3}$ を得る. 特に解答すべき値は $\\mathbf{115}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/4503" }, { "content": "　$a=\\cos 75\\degree =\\dfrac{\\sqrt{2-\\sqrt{3}}}{2}$ とする．直線 $AB$ と直線 $CD$ の交点を $X$ とすれば，$\\triangle ADX$ が二等辺三角形であることに注意して\r\n$$XB=3+1=4,\\ XC=XD+DC=6a+10a=16a,\\ \\angle CXB=75\\degree$$\r\n$\\triangle XBC$ に余弦定理を適用して\r\n$$BC^2 = 4^2 + (16a)^2 -2\\cdot 4\\cdot 16a\\cdot a=16+128a^2 =16+32\\left( 2-\\sqrt{3} \\right) =80-32\\sqrt{3}$$", "text": "直線ABとCDの交点をとる", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/4503/573" } ]

[ { "content": "　$a,b,c$ を解に持つような $3$ 次方程式を考えると，\r\n$$x^3=(a+b+c)x^2 - (ab+bc+ca)x +abc$$\r\nであるから，これに $x=a,b,c$ を代入することで $a^3,b^3,c^3$ はいずれも $80=2^4\\cdot 5$ の倍数となることが必要である．すなわち $a,b,c$ はいずれも $20=2^2 \\cdot 5$ の倍数となるので $a=20a_1$ などとおくと以下が分かる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\gcd (a+b+c,ab+bc+ca,abc) &= 20\\cdot \\gcd (a_1+b_1+c_1, 20(a_1b_1+b_1c_1+c_1a_1), 400a_1b_1c_1)\\\\\\\\\r\n&=80\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれより以下が必要条件として導かれる：\r\n- 条件：$a_1+b_1+c_1$ は $4$ の倍数である．\r\n\r\n$a_1,b_1,c_1$ は相異なるから $a_1+b_1+c_1\\geq 6$ となる．$a_1+b_1+c_1=8$ の場合を考えよう．対称性より $a_1\\lt b_1\\lt c_1$ としてよく，このとき $a_1+b_1+c_1=8$ をみたすのは次の $2$ 組．\r\n$$(a_1,b_1,c_1)=(1,2,5),(1,3,4)$$\r\nこれらはいずれも $\\gcd (a+b+c, ab+bc+ca, abc) =80$ を満たしており，また\r\n$$a^2+b^2+c^2=400(a_1^2+b_1^2+c_1^2)$$\r\nの値は $(a_1,b_1,c_1)=(1,2,5)$ のときに $12000$，$(a_1,b_1,c_1)=(1,3,4)$ のときに $10400$ となる．また $a_1+b_1+c_1\\geq 12$ のとき凸不等式から\r\n$$19200\\leq 400\\cdot 3\\left( \\frac{a_1+b_1+c_1}{3} \\right) ^2 \\leq 400(a_1^2+b_1^2+c_1^2)$$\r\nであるから，解答は $\\bf{10400}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb017/editorial/8182" } ]

[ { "content": "　黒く塗りつぶされるマスの条件は\r\n 1. $a,\\\\, b$ の少なくとも一方が $10$ の倍数，\r\n 1. $a,\\\\, b$ の少なくとも一方が $1$，\r\n 1. $a,\\\\, b$ がともに $1$ 桁，\r\n 1. $a \\gt b$\r\n\r\nであるから，これらを一つずつ適用することを考える．ただし，左上から右下への対角線上にあるマスを単に「対角線上にある」と表現することとし，対角線上にあるマスとそうでないマスを分けて考える． \r\n　まず 1. と 2. を適用する．$2$ 桁以下の正の整数のうち，$10$ の倍数でも $1$ でもないものは $99 - 9 - 1 = 89$ 個あるので，1. と 2. により塗りつぶされずに残るマスは $89^2$ 個存在する．このうち対角線上にあるものは $89$ 個ある． \r\n　次に 3. を適用する．$1$ 桁の $1$ より大きい整数は $8$ 個あり，いずれも $10$ の倍数でないので，3. により塗りつぶされず残るマスは $89^2 - 8^2 = 81 \\cdot 97$ 個存在する．このうち対角線上にあるものは $89 - 8 = 81$ 個ある． \r\n　最後に 4. を適用する．対角線上にないマスのうち半分が塗りつぶされるので，最終的に塗りつぶされずに残るマスの数は\r\n$$ \\frac{81 \\cdot 97 - 81}2 + 81 = 81 \\cdot 49 = \\bm{3969}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/6374" } ]

[ { "content": "　$B, D, H, P$ の共円より $\\angle BPH = 90^\\circ$ であり，同様に $\\angle CQH = 90^\\circ$ も成り立つから，$B, C, Q, P$ の共円より，四角形 $BCQP$ は長方形．よって $BQ$ と $CP$ の交点 $O$ は三角形 $ABC$ の外心である．$O$ から $AH$ に下した垂線の足を $E$，三角形 $ABC$ の外接円と $AH$ の交点を $F$ とすると\r\n$$ AE = FE,\\qquad HE = DE,\\qquad HD = FD $$\r\nとなり，特に $AD : AE = 4 : 3$ である．したがって\r\n$$ \\triangle ABC = \\frac43 \\left(\\triangle ABO + \\triangle ACO\\right) = \\frac23 \\left(\\triangle ABQ + \\triangle ACP\\right) = \\frac{655}{336} $$\r\nが得られ，特に解答すべき値は $\\bm{991}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/5753" } ]

[ { "content": "　$s(n) = \\lfloor\\sqrt n\\rfloor, p(n) = n - s(n)^2$ とすると\r\n$$ \\left\\lfloor\\sqrt n + 0.5\\right\\rfloor = \\left\\lfloor\\sqrt n\\right\\rfloor \\iff p(n) \\le s(n)$$\r\nである．また，$n\\gt0$ のとき $n-1, n-2\\left\\lfloor \\sqrt{n}\\right\\rfloor + 1$ はともに $n$ より小さいから，$0 \\in S$ である．\\\r\n　ここで，座標平面上の点の集合 $T$ を $T = \\\\{(p(n),s(n)) \\mid n\\in S\\\\}$ で定めると，問題の条件は，以下のように書き換えられる．\r\n- $(9,35)\\in T.$\r\n- 任意の $(a,b)\\in T$ に対し，$a\\le b.$\r\n- $(0,0)$ でない任意の $(a,b)\\in T$ に対し，$\\\\#(T\\cap\\\\{(a-1,b),(a,b-1)\\\\}) = 1.$\r\n- $(9,35)$ でない任意の $(a,b)\\in T$ に対し，$\\\\#(T\\cap\\\\{(a+1,b),(a,b+1)\\\\}) = 1.$\r\n\r\n従って，$T$ の要素を適当に並び替えることで，$(0,0)$ から $(9,35)$ まで直線 $y = x-1$ 上の点を通ることなく隣り合う格子点を通って最短経路で行く経路が得られる．逆に，このような経路に対して条件を満たす $T$ が一つ対応するので，このような経路の数を求めればよい．これは，いわゆる「鏡像法」によって，\r\n$${}\\_{44}\\mathrm{C}\\_{9} - {}\\_{44}\\mathrm{C}\\_{8} = \\frac{27 \\times 44!}{9! \\times 36!} = \\bf{531697881}$$\r\nと計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/6903" } ]

[ { "content": "　$K = k + 1$ とおき，$2$ つ目の条件を考える．ただし各所で $n \\ge 5$ を用いる．まず $n = 5, 6$ のときを考えると，$K \\equiv 2 \\pmod 4$ を得る．$n^{d(n)}$ は平方数より，任意の $n$ で $n^{d(n)} + K - 1$ は $4$ の倍数でないから，$4 \\nmid \\varphi(n)$ の場合のみを考えればよい．また $\\varphi(n)$ は偶数より，$n^{d(n)} + K - 1$ が偶数である場合，すなわち $n$ が奇数である場合のみ考えればよい．以上をまとめると，$n$ が（$ 4N + 3$ 型の）素数のべきである場合のみを考えればよい．そして任意の素数 $p \\ge 5$ に対し\r\n$$ \\varphi(p) \\nmid \\left(p^{d(p)} + K - 1\\right) \\iff \\left(p - 1\\right) \\nmid K,$$\r\nさらに任意の正整数 $m$ に対し\r\n$$ \\left(p - 1\\right) \\nmid K \\\\;\\Longrightarrow\\\\; p^{m-1} \\left(p-1\\right) \\nmid \\left(p^{md(p^m)} + K - 1\\right) \\iff \\varphi(p^m) \\nmid \\left(p^{d(p^m)} + K - 1\\right) $$\r\nとなるから，$p \\ge 5$ が素数のときに $(p - 1) \\nmid K$ であることが必要十分である． \r\n　$K$ は偶数であるから，$K$ が $3, 5, 11$ のいずれかの倍数であるとすると，それぞれ $n = 7, 11, 23$ において不適である．また $K$ は $4$ の倍数ではないから，$K$ が奇数の素因数として $7, 13, 19$ のみを持つ（持たない素因数があっても良い）場合，$(n - 1) \\mid K$ となるためには，$n$ が偶数または $3$ の倍数でなくてはならず，そのような素数 $n$ は存在しない．そして $K$ が $17$ の倍数であって，さらに $7, 13, 19$ のいずれかの倍数であるとすると，それぞれ $n = 239, 443, 647$ において不適である． \r\n　以上のことから，$k$ としてありうる最小の値は $2 \\times 7^4 \\times 13^4 \\times 19 - 1 = \\bm{2605848517}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/7382" } ]

[ { "content": "　$\\Gamma$ の直径を $d = 2 \\cdot 10^5$ とする．また，問題中の半径 $a$ の円を $\\omega_A$ とし，$\\omega_A$ と $AB, AC$ との接点をそれぞれ $T, U$ とする．また，三角形 $ABC$ の内心，角 $A$ に対する傍心をそれぞれ $I, J$ とする．さらに，$A$ を中心とする半径 $\\sqrt{AB\\times AC}$ の円で反転した後直線 $AI$ で対称移動する操作を $\\tau$ とする．\\\r\n　このとき，$\\tau(J) = I, \\tau(\\Gamma) = BC$ であるから，$\\tau(\\omega_A)$ は三角形 $ABC$ の内接円である．よって，$\\tau(TU)$ は線分 $AI$ を直径とする円であるから，$\\tau(TU)\\ni I = \\tau(J)$ であるので，$J$ は直線 $TU$ 上にある．従って，三角形 $ABC$ の角 $A$ に対する傍接円の半径と $a$ の比は $\\cos^2A : 1$ であるので，$J$ から $AB, AC$ に下した垂線の足をそれぞれ $K, L$ とすると，\r\n$$ d \\sin A = BC = BK + CL = a \\cos^2\\frac A2 \\mathinner{}\\mathclose{\\left(\\tan\\frac B2 + \\tan\\frac C2\\right)} $$\r\nが成立する．よって，\r\n$$\\frac {2d}{a + 2d} = \\frac {\\tan\\frac B2 + \\tan\\frac C2}{\\tan\\frac A2 + \\tan\\frac B2 + \\tan\\frac C2} $$\r\nとなり，$b, c$ についても同様の式が得られるから，\r\n$$ \\dfrac1{a + 2d} + \\dfrac1{b + 2d} + \\dfrac1{c + 2d} = \\dfrac1d$$\r\nである．従って，Cauchy-Schwarzの不等式より\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n11a + 13b + 17c\r\n&= 11(a + 2d) + 13(b + 2d) + 17(c + 2d) - 82d \\\\\\\\\r\n&\\ge \\left(\\sqrt{11} + \\sqrt{13} + \\sqrt{17}\\right)^2\r\n\\left(\\frac{1}{a + 2d} + \\frac{1}{b + 2d} + \\frac{1}{c + 2d}\\right)^{-1} - 82d \\\\\\\\\r\n&= d\\left(2\\sqrt{143} + 2\\sqrt{187} + 2\\sqrt{221} - 41\\right).\r\n\\end{aligned} $$\r\n上の等号が成立する図は存在するから，特に解答すべき値は $\\bm{7999650}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/5543" }, { "content": "#### 前置き\r\n　問題で登場するような，三角形の外接円に外接し，さらにその三角形の $2$ 辺とも接するような円は Mixtilinear excircle と呼ばれ，Mixtilinear incircle と似た感じの性質が成り立ってくれるようです．この解説内では $\\angle A$ 内にあるようなものを A-Mixtilinear excircle と呼ぼうと思います．問題文より A-Mixtilinear excircle の半径の長さは $a$ になる，といったところです．\\\r\n　$\\triangle ABC$ の内接円と辺 $BC, CA, AB$ との交点を順に $D, E, F$ とし，\r\n$$AE=AF=x,\\quad BD=BF=y,\\quad CD=CE=z$$\r\nとします．(この変換は Ravi 変換と呼ばれます)\\\r\n　また，$\\triangle ABC$ の内接円の半径を $r,$ 内心を $I$ とします．\r\n---\r\n#### 幾何パート1\r\n　まず，内心の構図の問題で外接円半径が与えられているのは今回は厄介にみえるので，この条件から処理しましょう．\\\r\n　$\\triangle ABC$ の面積を求める式を立式することで，以下のような関係式を得られます：\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\sqrt{xyz(x+y+z)}=\\dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{4\\times10^5}\\\\\\\\\r\n\\Longleftrightarrow \\space&\\dfrac{\\sqrt{xyz(x+y+z)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}=\\dfrac1{4\\times10^5}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n（それぞれ左辺は Heron の公式，右辺は $\\triangle ABC=\\dfrac{abc}{4R}$ のやつです．）\\\r\n　また同様に $\\sqrt{xyz(x+y+z)}=r(x+y+z)$ より\r\n$$r=\\sqrt{\\frac{xyz}{x+y+z}}$$\r\nという関係式も得られます．\r\n---\r\n\r\n#### 幾何パート2\r\n　次に $a, b, c$ を $x, y, z$ で表していきます．図に対称性があるので，ここでは $a$ を求めることを目標にします．\\\r\n　公式解説同様に中心 $A,\\space$半径 $\\sqrt{AB\\times AC}$ の円で反転し，移ったものを直線 $AI$ で対称移動する操作 $τ$ を考えます．A-Mixtilinear excircle は直線 $AB,AC$ に接し，$\\triangle ABC$ の外接円 $Γ$ とも接するので，操作 $τ$ による移り先は直線 $AB,AC, BC$ に接する円，すなわち $\\triangle ABC$ の内接円になります．逆に，$\\triangle ABC$ の内接円に操作 $τ$ を行うことで，A-Mixtilinear excircle に移ることが分かります．ここで次のような事実があります：\r\n\r\n---\r\n**事実**．中心 $I,$ 半径 $r$ の ($A$ を通らない) 円に対して操作 $τ$ を行ったとき，移り先は半径 $\\dfrac{r\\times AB\\times AC}{|r^2-AI^2|}$ の円になる．\\\r\n**証明**．[OMC113-F の解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc113\\/editorial\\/1551)を参照してください．なお今回は反転させる円の半径が $1$ ではなく $\\sqrt{AB\\times AC}$ であるので，反転先の円が $(\\sqrt{AB\\times AC})^2$ 倍されることに注意してください． \r\n---\r\n\r\nこの事実の通りに計算することで，\r\n$$a=\\dfrac{r(x+y)(x+z)}{x^2}$$\r\nが得られます．同様に\r\n$$b=\\dfrac{r(y+x)(y+z)}{y^2},\\quad c=\\dfrac{r(z+y)(z+x)}{z^2}$$\r\nとなります．これにて幾何パートは終了です．\r\n<details><summary>事実がよく分からなかった人向けの別アプローチ<\\/summary>\r\n　$\\triangle ABC$ の $\\angle A$ 内の傍心を $J,$ A-Mixtilinear excircle の中心を $O_A$ とします．\\\r\n相似比でゴリゴリ計算する方針です．詳細は後日追記します\r\n<\\/details>\r\n\r\n---\r\n#### 代数パート\r\n　さて問題は以下を最小化させる問題に帰着されました：\r\n$$U=\\dfrac{\\sqrt{xyz}}{\\sqrt{x+y+z}}\\bigg(\\dfrac{11(x+y)(x+z)}{x^2}+\\dfrac{13(y+x)(y+z)}{y^2}+\\dfrac{17(z+y)(z+x)}{z^2}\\bigg)$$\r\n分母分子の次数を揃えたいので，右辺に幾何パート1のときに得た，$\\dfrac{4\\times10^5\\sqrt{xyz(x+y+z)}}{(x+y)(y+z)(z+x)}\\space(=1)$ をかけると，\r\n$$U=4\\times10^5\\times\\bigg(\\dfrac{11yz}{xy+zx}+\\dfrac{13zx}{xy+yz}+\\dfrac{17yz}{xy+zx}\\bigg)$$\r\nとなります．$s=yz, t=zx, u=xy$ と置き，$V=\\dfrac{11s}{t+u}+\\dfrac{13t}{u+s}+\\dfrac{17u}{s+t}$ の最小値を考えればよいです．Cauchy-Schwarz の不等式を用いることで，以下のように求まります：\r\n$$\\begin{aligned}\r\nV&=\\dfrac{11s}{t+u}+\\dfrac{13t}{u+s}+\\dfrac{17u}{s+t}\\\\\\\\\r\n&=-41+(s+t+u)\\Big(\\frac{11}{t+u}+\\frac{13}{u+s}+\\frac{17}{s+t}\\Big)\\\\\\\\\r\n&=-41+\\frac12\\big((t+u)+(u+s)+(s+t)\\big)\\Big(\\frac{11}{t+u}+\\frac{13}{u+s}+\\frac{17}{s+t}\\Big)\\\\\\\\\r\n&\\geq-41+\\frac12(\\sqrt{11}+\\sqrt{13}+\\sqrt{17})^2\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n等号成立も確認できるので $U=4\\times10^5V$ の最小値も求まります．", "text": "三角関数を使わない解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/5543/574" } ]

[ { "content": "　$a,\\\\, b$ の式は\r\n$$ a^2 + \\left(3b + 1\\right) a - \\left(b^3 + 2b^2 + 4b + 2\\right) = 0 $$\r\nと書き換えられ，\r\n$$ \\left(b + 1\\right)^2 \\left(4b + 9\\right) = \\left(3b + 1\\right)^2 + 4 \\left(b^3 + 2b^2 + 4b + 2\\right) \\ge 0, $$\r\n$$ \\left(b^2 + 6b + 10\\right)^2 - 4 \\left(b + 1\\right)^2 \\left(4b + 9\\right) = \\left(b + 2\\right)^2 \\left(b - 4\\right)^2 \\ge 0, $$\r\n$$4a \\le -2\\left(3b + 1\\right) + 2 \\sqrt{\\left(b + 1\\right)^2 \\left(4b + 9\\right)} \\le -6b - 2 + \\left|b^2 + 6b + 10\\right| = b^2 + 8, $$\r\n$$ \\therefore\\exists\\hspace{36408sp} p, q \\in \\mathbb R\\hspace{454500sp} \\mathopen{}\\left(a = pq + 2,\\hspace{314705sp} b = p + q\\right)\\mathclose{}. $$\r\nこれを $a,\\\\, b$ の式に代入すると\r\n$$ 0 = \\left(pq + p + q + 1\\right) \\left(pq + 2p + 2q + 4\\right) - \\left(p + q\\right) \\left(p + q + 2\\right)^2 = \\left(p^2 - 2 - q\\right) \\left(q^2 - 2 - p\\right)\\mathclose{}, $$\r\n$$ \\therefore q = p^2 - 2\\hspace{454500sp} \\text{or}\\hspace{454500sp} p = q^2 - 2. $$\r\n対称性より，$q = p^2 - 2$ として一般性を失わない． \r\n　さらに，ある $n$ で $x\\_n = p\\_n\\\\, q\\_n + 2,\\hspace{314705sp} y\\_n = p\\_n + q\\_n$ と表せるとき，仮定の漸化式より\r\n$$ \\begin{cases}\r\nx\\_{n+1} = \\left(p\\_n^2 - 2\\right) \\left(q\\_n^2 - 2\\right) + 2 \\\\\\\\\r\ny\\_{n+1} = \\left(p\\_n^2 - 2\\right) + \\left(q\\_n^2 - 2\\right)\r\n\\end{cases}, $$\r\n$$\\therefore\\exists\\hspace{36408sp}\\mathopen{}\\left\\\\{p\\_n\\right\\\\} \\subset \\mathbb R,\\\\, \\forall\\hspace{36408sp} n\\hspace{454500sp} \\mathopen{}\\left(x\\_n = p\\_n\\\\, p\\_{n+1} + 2,\\hspace{314705sp} y\\_n = p\\_n + p\\_{n+1},\\hspace{314705sp} p\\_{n+1} = p\\_n^2 - 2\\right)\\mathclose{}. $$\r\nまた $z\\_n \\coloneqq \\left(x\\_n - y\\_n - 2\\right) \\left(y\\_n + 1\\right) + 2$ とおくと，$\\left(x\\_n - y\\_n - 2\\right) \\left(y\\_n + 1\\right)$ が一定であることは，$z\\_n$ が一定であることと同値．\r\n* $\\rule[-7pt]{0pt}{7pt}\\mathopen{}\\left|p\\right| \\le 2$ のとき \r\n　$p = 2 \\cos \\alpha$ とおくと，$\\left\\\\{p\\_n\\right\\\\}$ の漸化式より，帰納的に $p\\_n = 2 \\cos\\mathopen{}\\left(2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right)$ が得られ，さらに\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nz\\_n &= \\left(4 \\cos\\mathopen{}\\left(2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right) \\cos\\mathopen{}\\left(2^n\\\\,\\alpha\\right) + 2 - 2\\cos\\mathopen{}\\left(2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right) - 2 \\cos\\mathopen{}\\left(2^n\\\\,\\alpha\\right) - 2\\right) \\\\\\\\\r\n&\\hspace{5cm} \\times \\left(2\\cos\\mathopen{}\\left(2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right) + 2 \\cos\\mathopen{}\\left(2^n\\\\,\\alpha\\right) + 1\\right) + 2 \\\\\\\\\r\n&= 2 \\left(\\cos\\mathopen{}\\left(3 \\times 2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right) - \\cos\\mathopen{}\\left(2^n\\\\,\\alpha\\right)\\right) \\left(2\\cos\\mathopen{}\\left(2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right) + 2 \\cos\\mathopen{}\\left(2^n\\\\,\\alpha\\right) + 1\\right) + 2 \\\\\\\\\r\n&= 2 \\cos\\mathopen{}\\left(5 \\times 2^{n-1}\\\\,\\alpha\\right)\\mathclose{}.\r\n\\end{aligned} $$\r\nよって $\\left\\\\{z\\_n\\right\\\\}$ は漸化式 $z\\_{n+1} = z\\_n^2 - 2$ を満たす．さらに\r\n$$ z\\_{n+1} - z\\_n = -4 \\sin\\mathopen{}\\left(15 \\times 2^{n-2}\\\\,\\alpha\\right) \\sin\\mathopen{}\\left(5 \\times 2^{n-2}\\\\,\\alpha\\right) $$\r\nであり，$z_n$ が一定であることは $\\exists\\hspace{36408sp}k \\in \\mathbb Z\\hspace{454500sp} \\mathopen{}\\left(\\alpha = \\dfrac{k \\pi}{15 \\times 2^{6967}}\\right)$ と同値．このとき\r\n$$ \\frac{1 - a}{1 + b} = -\\frac{8 \\cos^3 \\alpha - 4 \\cos \\alpha + 1}{4 \\cos^2 \\alpha + 2\\cos \\alpha - 1} = 1 - 2 \\cos \\alpha. $$\r\nとなる．ただし，$\\rule[-11pt]{0pt}{11pt}\\cos \\alpha = \\dfrac{-1 \\pm \\sqrt5}4$ のとき，$b \\neq -1$ に反し，このような $k$ が存在することに注意する．\r\n* $\\rule[-7pt]{0pt}{16pt}\\mathopen{}\\left|p\\right| \\gt 2$ のとき \r\n　$\\left|p\\_n\\right| \\gt 2 \\\\;\\Longrightarrow\\\\; p\\_{n+1} = p\\_n^2 - 2 \\gt 2$ より，帰納的に $p\\_n \\gt 2 \\hspace{454500sp} (n \\ge 2)$ が得られる．さらに\r\n$$ z\\_n = \\left(p\\_n \\left(p\\_n^2 - 2\\right) + 2 - p\\_n - \\left(p\\_n^2 - 2\\right) - 2\\right) \\left(p\\_n + \\left(p\\_n^2 - 2\\right) + 1\\right) + 2 = p\\_n^5 - 5p\\_n^3 + 5p_n $$\r\nより，$z\\_n \\gt 2 \\hspace{454500sp} (n \\ge 2)$ であって，上と同様の漸化式 $z\\_{n+1} = z\\_n^2 - 2$ を満たすことが分かる．すると $n \\ge 2$ において\r\n$$ z\\_{n+1} - z\\_n = \\left(z\\_n - 2\\right) \\left(z\\_n + 1\\right) \\gt 0 $$\r\nが成立するので，仮定を満たさず不適．\r\n\r\n$\\cos \\dfrac{k \\pi}{15 \\times 2^{6967}}$ のとりうる値は $\\left(15 \\times 2^{6967} + 1\\right)$ 通りで，その総和は $0$ であることから\r\n$$ S = 15 \\times 2^{6967} + 1 - \\left(1 - \\dfrac{-1 + \\sqrt5}2\\right) - \\left(1 - \\dfrac{-1 - \\sqrt5}2\\right) = 15 \\times 2^{6967} - 2. $$\r\nしたがって，求める余りは $\\bm{994}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce006/editorial/6969" } ]