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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　$a\\geq b$ の範囲で考えればよい. 条件で定まる最小の $c$ を $f(a,b)$ とおいたとき, 以下が成り立つことを示す.\r\n$$\r\nf(a,b)=\\begin{cases}\r\n\\mathrm{LCM}(a,b)-a-b &(b\\nmid a) \\\\\\\\\r\na-b &(a\\neq b\\ \\text{かつ}\\ b\\mid a) \\\\\\\\\r\na &(a=b) \r\n\\end{cases}\r\n$$\r\n　$b\\mid a$ の場合は明らかであるから, $b\\nmid a$ の場合を確認する. ここで, $\\dfrac{a+c}{b},\\dfrac{b+c}{a}$ がともに整数になることは $\\dfrac{a+b+c}{\\mathrm{LCM}(a,b)}$ が整数になることと同値であるから, $f(a,b)\\geq\\mathrm{LCM}(a,b)-a-b$ である. さらに $g=\\mathrm{gcd}(a,b)$ について $a=ga^{\\prime},b=gb^{\\prime}$ とおけば, $a^\\prime\\gt b^\\prime\\geq2$ であるから,\r\n$$\\mathrm{LCM}(a,b)-a-b=ga^\\prime b^\\prime-a-b=g(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)-g\\gt0$$\r\n　以上より $f(a,b)$ の値が特定できたので, 以下 $f(a,b)=80000$ となる条件を考える.\r\n\r\n(i) $b\\nmid a$ のとき, 上で用いた文字を引き継ぎ, $h=80000\\/g$ とおけば $(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)=h+1$ である. ここで $a^\\prime$ と $b^\\prime$ が互いに素であることから $h$ は奇数であるから, 特に $5$ べきであり, 以下のように列挙できる.\r\n\r\n- $h=5^4$ のとき, $(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)=626=2\\times313$ より $(a^\\prime,b^\\prime)=(627,2),(314,3)$.\r\n- $h=5^3$ のとき, $(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)=126=2\\times3^2\\times7$ より $$(a^\\prime,b^\\prime)=(127,2),(64,3),(43,4),(22,7),(19,8)$$\r\n- $h=5^2$ のとき, $(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)=26=2\\times13$ より $(a^\\prime,b^\\prime)=(27,2),(14,3)$.\r\n- $h=5^1$ のとき, $(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)=6=2\\times3$ より $(a^\\prime,b^\\prime)=(7,2),(4,3)$.\r\n- $h=5^0$ のとき, $(a^\\prime-1)(b^\\prime-1)=2$ より $(a^\\prime,b^\\prime)=(3,2)$.\r\n\r\n(ii) $a\\neq b$ かつ $b\\mid a$ のとき, $f(a,b)=\\left(\\dfrac{a}{b}-1\\right)b$ より $b$ は $80000$ の約数である. 逆に $b$ が $8000$ の約数のとき, $a=80000+b$ とすればよいから, 組 $(a,b)$ の個数は $80000$ の正の約数の個数 $40$ に一致する.\r\n\r\n(iii) $a=b$ のとき, 明らかに $a=b=80000$ のみである.\r\n\r\n　以上より, $a\\lt b$ の場合も考慮すれば, 求める答えは $2\\times(12+40)+1=\\textbf{105}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc028/editorial/204" } ]

[ { "content": "　まず二つ目の条件, すなわち以下をみたす組について考える.\r\n$$\\lbrace x_1\\rbrace=\\dfrac{1}{x_2},\\ \\lbrace x_2\\rbrace=\\dfrac{1}{x_3},\\ \\lbrace x_3\\rbrace=\\dfrac{1}{x_4},\\ \\lbrace x_4\\rbrace=\\dfrac{1}{x_5},\\ \\lbrace x_5\\rbrace=\\dfrac{1}{x_1}$$\r\n明らかに $x_i$ らは整数でなく, かつ $1$ より大きい. $a_i,b_i$ をそれぞれ $x_i$ の整数部分, 小数部分とすれば \r\n$$\r\nb_i=\\dfrac{1}{a_{i+1}+b_{i+1}}=\\cfrac{1}{a_{i+1}+\\cfrac{1}{a_{i+2}+b_{i+2}}}=\\cdots=\\cfrac{1}{a_{i+1}+\\cfrac{1}{a_{i+2}+\\cfrac{1}{a_{i+3}+\\cfrac{1}{a_{i+4}+\\cfrac{1}{a_{i}+b_i}}}}}\r\n$$\r\nである(ただし, $a_{i+5}=a_i$ などとする. 以下同様).\\\r\n　ここで, 最右辺を $b_i$ の関数 $f(b_i)$ とみなせば, これはある正整数 $A,B,C,D$ を用いて\r\n$$\\dfrac{Ab_i+B}{Cb_i+D}$$\r\nの形で表される. このとき, $f$ の連続性および $f(0)\\gt0,f(1)\\lt 1\\/a_{i+1}\\leq 1$ より, 方程式 $b_i=f(b_i)$ は $0\\lt b_i\\lt1$ において少なくとも一つの解をもつ. ここで, 方程式 $b_i=f(b_i)$ は\r\n$$Cb_i^2+(D-A)b_i-B=0$$\r\nと表現できることから (明らかに $f$ は定数でないから, $Cb_i+D\\neq 0$ で考えてよい), 解と係数の関係から $0\\lt b_i\\lt1$ における解はちょうど一つであることがわかる. 以上より, $(a_1,\\cdots,a_5)$ が定まれば $(b_1,\\cdots,b_5)$ はただ一つに決まり, このとき $(x_1,\\cdots,x_5)$ もただ一つに決まることがわかる.\\\r\n　したがって, あとは一つ目の条件について考えればよい. $x_1\\lt\\cdots\\lt x_5$ から $a_1\\leq \\cdots\\leq a_5$ である. さらに $1\\/x_2\\gt1\\/x_3\\gt1\\/x_4\\gt1\\/x_5$ より $b_1\\gt b_2\\gt b_3\\gt b_4$ であるから, 特に $a_1\\lt a_2\\lt a_3\\lt a_4$ が従う.\\\r\n　$a_1\\lt a_2\\lt a_3\\lt a_4\\lt a_5$ のとき明らかに良く, このような組は $\\_{99}\\mathrm{C}\\_5$ 個である.\\\r\n　$a_1\\lt a_2\\lt a_3\\lt a_4=a_5$ のとき, $x_1\\lt x_2\\lt x_3\\lt x_4$ であり, さらに\r\n$$b_4=\\cfrac{1}{a_5+\\cfrac{1}{\\ddots}}\\lt\\cfrac{1}{a_5}\\lt\\cfrac{1}{a_{1}+\\cfrac{1}{\\ddots}}=b_5$$\r\nより $x_4=a_4+b_4\\lt a_5+b_5=x_5$ もみたす. このような組は $\\_{99}\\mathrm{C}\\_4$ 個である.\\\r\n　以上より, 求める個数は ${}\\_{99}\\mathrm{C}\\_5+{}\\_{99}\\mathrm{C}\\_4=\\textbf{75287520}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc028/editorial/205" } ]

[ { "content": "　$A, B, E, F$ には合計 $880\\text{ml}$ のコーヒーが入っていることと, $B, E, F$ には合計 $624\\text{ml}$ のコーヒーが入っていることから, $A$ には $256\\text{ml}$ のコーヒーが入っていることがわかる. また, $A, C, F$ には合計 $630\\text{ml}$ のコーヒーが入っていること, $A, B, D, E$ には合計 $636\\text{ml}$ のコーヒーが入っていること, $A$ には $256\\text{ml}$ のコーヒーが入っていることから, $A, B, C, D, E, F$ 全体では $\\textbf{1010}\\text{ml}$ コーヒーがあることがわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc027/editorial/4" } ]

[ { "content": "　マスに書き込まれた数を左上から順に $A,B,C;D,E,F;G,H,I$ とする.\\\r\n　$9$ は $1,2$ としか隣り合えないことに留意して, 対称性より $(A,B,D)=(9,1,2)$ としてよい. さらに $8$ は $1,2,3$ としか隣り合えないことに留意して, 対称性より $(C,F)=(8,3)$ としてよい. 残りの $4,5,6,7$ については, $H=4$ とするほかなく, このとき残り $3$ 数の書き込み方は任意である. 以上より $M=4\\times2\\times2\\times3!=\\textbf{96}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc027/editorial/3" } ]

[ { "content": "　$AD_{i},BE_{j},CF_{k}$ が一点で交わる条件は, Cevaの定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{BD_{i}}{D_{i}C}\\times\\frac{CE_{j}}{E_{j}A}\\times\\frac{AF_{k}}{F_{k}B}=1 &\\iff \\frac{ijk}{(2p-i)(2p-j)(2p-k)}=1 \\\\\\\\\r\n&\\iff p[4p^2-2(i+j+k)p+(ij+jk+ki)]=ijk\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれより $i,j,k$ の少なくとも一つは $p$ である. 例えば $k=p$ であるとき, 上式を整理して $i+j=2p$ を得るから, 組 $(p,p,p)$ の重複に留意すれば $1033=3\\times(2p-1)-2$ を得る. よって $p=\\textbf{173}$ であり, これは適する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc027/editorial/6" } ]

[ { "content": "　一般に $234$ を $m$ とおく. $Q(x)=1-xP(x)$ とおくと, 因数定理よりこれは $(x-1)(x-2)\\cdots(x-m)$ で割り切れ, $Q(0)=1$ と合わせて $Q(x)=\\dfrac{(-1)^m}{m!}(x-1)\\cdots(x-m)$ である.\r\n\r\n　ここで, $(x-1)\\cdots(x-m)$ の $m-2$ 次の係数は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{1\\leq i\\lt j\\leq m} ij\r\n&=\\frac12\\left(\\sum_{i=1}^{m}\\sum_{j=1}^{m}ij-\\sum_{i=1}^{m}i^2\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\frac12\\left(\\left(\\frac{m\\left(m+1\\right)}2\\right)^2-\\frac{m\\left(m+1\\right)\\left(2m+1\\right)}6\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{24}\\left[m(m+1)\\left(3m\\left(m+1\\right)-2\\left(2m+1\\right)\\right)\\right]\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{24}\\left[(m-1)m(m+1)\\left(3m+2\\right)\\right]\r\n\\end{aligned}$$\r\n　これより, $P(x)$ の $m-3$ 次の係数は\r\n$$(-1)^{m+1}\\dfrac{(m+1)\\left(3m+2\\right)}{24\\cdot (m-2)!}=-\\dfrac{235\\times11\\times2^3}{3\\times232!}$$\r\nで, 求める値はLegendreの定理より $228-3=\\textbf{225}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc027/editorial/5" } ]

[ { "content": "　$10S+8(20-S)=174$ を解くことで $S=\\textbf{7}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc026/editorial/154" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より $a+b=4,ab=8$ であるから, 特に $a^2+b^2=0$ である. ここで\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(x) &\\coloneqq x^4+px^3+qx^2+rx+s \\\\\\\\\r\n&= (x-(a+2b))(x-(2a+b))\\left(x-\\frac{a}{b}\\right)\\left(x-\\frac{b}{a}\\right) \\\\\\\\\r\n&= (x^2-3(a+b)x+2(a^2+b^2)+5ab)\\left(x^2-\\frac{a^2+b^2}{ab}x+1\\right) \\\\\\\\\r\n&= (x^2-12x+40)(x^2+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\n　よって $p+q+r+s=f(1)-1=29\\times 2-1=\\textbf{57}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc026/editorial/155" } ]

[ { "content": "　正の約数が奇数個であることは平方数であることと同値であるから,\r\n$$n^4+24n^3=n^2(n^2+24n)$$\r\nより $n^2+24n$ は平方数である. 正整数 $a$ によってこれを $a^2$ とおくと,\r\n$$(n+12)^2-144=a^2 \\iff (n+a+12)(n-a+12)=144$$\r\n　$n\\pm a+12$ の偶奇が一致することに留意すれば, 組 $(n,a)$ の候補を以下のように列挙できる.\r\n$$(n,a)=(25,35),(8,16),(3,9),(1,5)$$\r\nこのうち $n^4+24n^3=(an)^2$ が正の約数を $21$ 個もつのは $(n,a)=(25,35)$ のみであり, 求める値は $\\textbf{25}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc026/editorial/156" } ]

[ { "content": "　$AD$ の中点を $M$ とすれば $AB:AM=5:3=DM:CD$ であり, $\\angle BAD=\\angle ADC$ と合わせて三角形 $ABM$ と $DMC$ は相似である. さらにこのとき, $BM:CM=5:3$ であり,\r\n$$\\angle BMC=180^\\circ-\\angle AMB-\\angle CMD=180^\\circ-\\angle AMB-\\angle ABM=\\angle BAM$$\r\nより三角形 $MBC$ も同じく相似である.\\\r\n　したがって, $AB:BM=BM:BC$ から $BM=10\\sqrt{13}$ であり, 余弦定理より $\\cos A=-3\\/5$ と計算できる. よって三角形 $ABM$ の面積は $150$ であり, 相似より全体の面積は $150+312+54=\\textbf{516}$ と計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc026/editorial/157" } ]

[ { "content": "　一般に $10^7$ を $n$ とおく. $[i,j]$ で $i$ 行目 $j$ 列目のマスを表し, $s(a,b,j)$ で $[a,j]$ と $[b,j+1]$ の中心を結ぶ線分を表す. この形式で表される線分の全体を $T$ とし, 写像 $f:T\\to \\lbrace 0,1\\rbrace$ を以下で定める.\r\n$$f(t)= \\begin{cases} 1 & (t\\text{と}\\ell\\ \\text{が共有点を持つとき})\\\\\\\\ 0 & (\\text{otherwise}) \\end{cases}$$\r\nこのとき, 求める値は以下で与えられる. すなわち $T$ の元 $n^3$ 個のうち, $f(t)=0$ なるものを数えればよい.\r\n$$\\frac{1}{n^{n+1}}\\left(n^{n-1}\\times\\sum_{t\\in T}f(t)\\right)=\\frac{1}{n^2}\\sum_{t\\in T}f(t)$$\r\n　さらに $[i,j]$ の中心が $\\ell$ の下側にあるような $i=1,2,\\cdots,n$ の個数を $g(j)$ とおけば, $f(t)=0$ なる $t$ の個数は対称性より以下で与えられることがわかる.\r\n$$2\\sum_{j=1}^{n}g(j)g(j+1)$$\r\n　ここで適当に座標を設定すれば, $\\ell$ の式が $nx-(n+1)y=0$ で, その両端点が $(0,0),(n+1,n)$ であるとしてよい. このとき $[i,j]$ の中心は $(j-1\\/2,i-1\\/2)$ であるから, $g(j)$ は天井記号によって以下で表される.\r\n$$g(j)=\\left\\lceil\\frac{n}{n+1}\\left(j-\\frac{1}{2}\\right)+\\frac{1}{2}\\right\\rceil-1$$\r\n明らかに $g(j+1)\\leq g(j)+1$ より, $g(1)=0,g(n+1)=n$ と併せて $g(j)=j-1$ がわかる. したがって\r\n$$2\\sum_{j=1}^{n}g(j)g(j+1) = 2\\sum_{j=1}^{n}j(j-1) = \\frac{2}{3}(n-1)n(n+1)$$\r\nよって求める平均値は以下で与えられ, 特に $n=10^7$ のとき解答すべき値は $\\textbf{16666671666667}$ である.\r\n$$\\frac{1}{n^2}\\left(n^3-\\frac{2}{3}(n-1)n(n+1)\\right)=\\frac{n^2+2}{3n}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc026/editorial/158" } ]

[ { "content": "　$AD,BC$ の中点をそれぞれ $M,N$ とすれば, 中線定理より $BM=CM=\\sqrt{113}$ であるから, $MN$ は $BC$ に垂直で, $MN=10$ である. ここで $BC$ を含み $MN$ に垂直な平面を $U$ とし, これに $A,D$ からおろした垂線の足をそれぞれ $A^\\prime,D^\\prime$ とすれば, $N$ は $A^\\prime D^\\prime$ の中点でもあるから $A^\\prime BD^\\prime C$ は平行四辺形である. さらに四角錘 $M-A^\\prime BD^\\prime C$ の体積は四面体 $ABCD$ と等しく $40$ であるから, $A^\\prime BD^\\prime C$ の面積は $12$ である.\\\r\n　このとき $A^\\prime$ から(すなわち $A$ から) $BC$ におろした垂線の足を $H$ とすれば, $AH=33\\/\\sqrt{13},A^\\prime H=6\\/\\sqrt{13}$ より $AA^\\prime=9$ である. よって $DD^\\prime=11$ で, $D^\\prime H=6\\/\\sqrt{13}$ と併せて三角形 $BCD$ の面積は $\\sqrt{\\textbf{1609}}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc026/editorial/159" } ]

[ { "content": "　$\\lbrace 0,1,4,9\\rbrace$ を考えれば $n\\leq 9$ で, さらに $\\lbrace 1,4,9,16\\rbrace$ を考えることで $n=9$ は不適である.\\\r\n　逆に, 平方数を $8$ で割った余りは $0,1,4$ のいずれかであるから, 求める最大値は $\\textbf{8}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc025/editorial/150" } ]

[ { "content": "　三角形 $AEH$ と $BDH$ の相似より $DH:EH=BH:AH=4:3$ である. 同様にして,\r\n$$DH:EH:FH=4\\times5:3\\times5:3\\times4=20:15:12$$\r\nであるから, 求める値は $20+15+12=\\textbf{47}$ である.\\\r\n　なお, このような鋭角三角形 $ABC$ の存在は証明できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc025/editorial/151" } ]

[ { "content": "　$3000$ 個のボールがあり, $1000$ 個ずつが同じ色で塗られている状況を考える. このうち $1500$ 個を選ぶ方法は $\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{1500}$ 通りある. 一方で, 各色ごとに独立して考えることで, これは $M$ 通りにも等しいことがわかるから, 求める値はLegendreの定理より $2999\\times 2^{2993-2\\times1493}=\\mathbf{383872}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc025/editorial/152" }, { "content": "　 $(1+x)^{1000}(1+x)^{1000}(1+x)^{1000}=(1+x)^{3000}$ の $x^{1500}$ の係数を考えて， $M={}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{1500}$ とわかる．\\\r\n $M$ のもつ最大の素因数は $2999$ である．また， $M=\\dfrac{3000!}{1500!1500!}$ の $2$ で割り切れる回数については，OMC039(D)の解説にある補題を用いることで， $1500,3000$ を $2$ 進法で表した時の $1$ の個数が $7$ であることから， $3000-7-(1500-7)-(1500-7)=7$ となる．\\\r\n 以上より，解答すべき数値は $2999\\cdot2^{7}=\\textbf{383872}$", "text": "多項式の利用", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc025/editorial/152/118" } ]

[ { "content": "　$3$ つの正整数解を $m\\leq n\\leq l$ とすると, 解と係数の関係より\r\n$$\\begin{aligned}(m+n)^2+(m+l)^2+(n+l)^2&=2[(m+n+l)^2-(mn+nl+lm)]\\\\\\\\\r\n&=2[(a+14)^2-(a^2+28a-1)]=394\\end{aligned}$$\r\n　これの正整数解を考えて $(m+n,m+l,n+l)=(5,12,15),(9,12,13)$ より\r\n　　$$(m,n,l)=(1,4,11),(4,5,8)$$\r\nを得るから, 求める総和は再び解と係数の関係より $1\\times4\\times11+4\\times5\\times8=\\textbf{204}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc025/editorial/153" } ]

[ { "content": "**解答1.**　各味の分配を独立に考えればよい. ある味の飴について, A,B君に一つも分配しない方法がそれぞれ $51$ 通りあるから, いずれにも分配しない方法の重複を考えれば $M=(2\\times 51-1)^7=101^7$ を得る.\r\n\r\n**解答2.**　天下り的だが, 以下の「問題」を考えよう. 元の問題は $k=7,a_1=\\cdots=a_7=50$ の場合に等価である.\r\n\r\n**問題.**　正整数 $n$ が $p_1^{a_1}p_2^{a_2}\\cdots p_k^{a_k}$ と素因数分解されるとする. 相異なるとは限らない二つの $n$ の正の約数の順序付いた組であって, それらが互いに素であるものはいくつあるか？\r\n\r\n　条件をみたす組 $(d,e)$ に対し $M=de$ とおき, さらに各 $i$ について $d$ が $p_i$ で割り切れるとき $M$ に $p_i^{a_i}$ を掛けることを考えると, 条件をみたす組 $(d,e)$ と $n^2$ の正の約数 $M$ が一対一に対応することが容易にわかる. 具体的には, 求める場合の数は $(2a_1+1)(2a_2+1)\\cdots(2a_k+1)$ 通りであり, 元の問題でも $M=101^7$ を得る.\\\r\n　具体的計算は二項定理を用いることで $\\textbf{107213535210701}$ と容易く実行できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc024/editorial/144" } ]

[ { "content": "　$f(0)\\neq 0$ のとき, $b=0$ より任意の $a$ について $f(a)=1$ であるから, 以下 $f(0)=0$ とする. さらに $f(1)\\neq 1$ のとき, $b=1$ より任意の $a$ について $f(a)=0$ であるから, 以下 $f(1)=1$ とする.\\\r\n　$f(2)^3=f(8)$ および $f(3)^2=f(9)$ がそれぞれ $S$ に属することから, $f(2)\\leq 2$ および $f(3)\\leq 3$ を得る. 特に $f(2)=2$ のとき $f(5)$ は $6$ 以下である. 逆にこのとき, $f(4),f(6),f(8),f(9),f(10),f(12)$ の値は一意に定まり, $f(7),f(11)$ の値は任意である. 以上より, $M=2+(13+13+7)\\times 4\\times 13^2=\\textbf{22310}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc024/editorial/145" } ]

[ { "content": "　三角形の中線と等角共役の関係にある直線 (この問題では $ABC$ における直線 $AO$) は $\\textit{symmedian}$ (擬似中線) と呼ばれ, 様々な性質が知られている. この補題は, それらの出発点とも言うべき, 特に主たるものである.\r\n\r\n**補題.**　三角形 $ABC$ の外接円を $\\Omega$ とし, $B,C$ での $\\Omega$ の接線の交点を $X$ とすると, $\\angle BAX=\\angle CAM$.\r\n\r\n**証明.**　辺 $BC$ 上で $\\angle BAX=\\angle CAM^\\prime$ なる点 $M^\\prime$ をとったとき, $BM^\\prime=CM^\\prime$ を示せばよい. 正弦定理より\r\n$$BM^\\prime=AM\\times\\dfrac{\\sin\\angle BAM^\\prime}{\\sin B},\\ \\ CM^\\prime=AM\\times\\dfrac{\\sin\\angle CAM^\\prime}{\\sin C}$$\r\n　一方, 接弦定理より $\\angle ABX=180^\\circ-\\angle C$ などであるから, 再び正弦定理より\r\n$$AX\\times\\dfrac{\\sin\\angle BAX}{\\sin\\angle C}=BO=CO=AX\\times\\dfrac{\\sin\\angle CAX}{\\sin\\angle B}$$\r\n以上より, $M^\\prime$ のとり方を考慮すれば $BM^\\prime=CM^\\prime$ が示された.\r\n\r\n　補題より $O$ は $BC$ の垂直二等分線と直線 $AX$ の交点であるから, これはすなわち $X$ である.\\\r\n　ここで半直線 $OA$ 上の $OA\\times OA^\\prime=20^2$ なる点 $A^\\prime$ を考れば, これは $B,C$ によらない定点であり, 方べきの定理より常に $\\Omega$ 上にある. よって求める直線 $\\ell$ は線分 $AA^\\prime$ の垂直二等分線であるから, 特にこれと $O$ との距離は $(21+20^2\\/21)\\/2=841\\/42$ であり, 求める値は $\\textbf{883}$ である.\\\r\n　なお別解として, $\\Gamma$ による反転を考えてもよい. 上の事実よりこの反転で $\\Omega$ は不変であるから, $A$ が移る先 $A^\\prime$ (同じ定点)は常に $\\Omega$ 上である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc024/editorial/146" } ]

[ { "content": "　一般に $10^6$ を $2n$ とすれば, $M$ は多項式 $(x+y+z+w+v+u)^{2n}$ において各文字がすべて偶数べきであるような項の係数の和に等しいことに留意する. さらに\r\n　　$$\\displaystyle f(x,y,z,w,v,u)=\\frac{1}{2^6}\\sum_{\\lbrace1,-1\\rbrace^6} (ix+jy+kz+lw+mv+nu)^{2n}$$\r\nとおけば, $M$ は $f$ の各項の係数の和に等しく, これはすなわち $f(1,1,1,1,1,1)$ で与えられる. したがって,\r\n　　$$\\begin{aligned} M&=\\frac{1}{64}\\sum_{\\lbrace1,-1\\rbrace^6} (i+j+k+l+m+n)^{2n}\\\\\\\\\r\n　　&=\\frac{1}{64}\\left(\\binom{6}{6}6^{2n}+\\binom{6}{5}4^{2n}+\\binom{6}{4}2^{2n}+\\cdots+\\binom{6}{0}(-6)^{2n}\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\frac{1}{32}\\left(\\binom{6}{6}6^{2n}+\\binom{6}{5}4^{2n}+\\binom{6}{4}2^{2n}\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\frac{1}{32}\\left(6^{2n}+6\\times 4^{2n}+15\\times 2^{2n}\\right)\\end{aligned}$$\r\n　特に $2n=10^6$ において $M$ を $1000$ で割った余りは, Eulerの定理などから $\\textbf{696}$ と計算できる. 具体的には, 明らかに $M$ は $8$ の倍数であるから, あとは $M\\equiv(1+6+15)\\/32=11\\/16\\pmod{125}$ を計算すればよい.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc024/editorial/147" } ]

[ { "content": "登場する式はすべて斉次式であるから, すべての変数を $10$ で割って考えても良い. このとき条件は\r\n　　$$|P-Q|\\geq 1, \\quad |Q-R|\\geq 1, \\quad |R-P|\\geq 1$$\r\nこのとき, 求める最小値は $4\\/3$ であることを示す. \r\n**解答1.**　$(a,b,c,x,y,z)$ をそれぞれ実数 $k,l$ によって\r\n$$(a+k,b+k,c+k,x+l,y+l,z+l)$$\r\nに置き換えても $|P-Q|,|Q-R|,|R-P|$ はそれぞれ不変である. これに留意して, 与式が最小となるよう $k,l$ を動かすことを考えれば, 単純な二次関数の議論によって $a+b+c=x+y+z=0$ としてよいことがわかる.\\\r\n　ここで $3$ 次元空間内において, 式 $x+y+z=0$ で表される平面上のベクトル\r\n　　$$\\overrightarrow{A}=(a,b,c),\\quad \\overrightarrow{B}=(b,c,a),\\quad \\overrightarrow{C}=(c,a,b), \\quad \\overrightarrow{X}=(x-y,y-z,z-x)$$\r\nを考えると, 条件 $|P-Q|\\geq 1$ を $|\\overrightarrow{A}\\cdot \\overrightarrow{X}|\\geq 1$ とする要領で言い換えられる. また, $x+y+z=0$ より\r\n　　$$x^2+y^2+z^2=\\dfrac{1}{3}\\bigl[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\\bigr]$$\r\nであるから, 最小化すべき値は以下のように表現できる.\r\n　　$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=\\dfrac{1}{3}\\lvert\\overrightarrow{A}\\rvert^2\\lvert\\overrightarrow{X}\\rvert^2=\\dfrac{1}{3}\\lvert\\overrightarrow{B}\\rvert^2\\lvert\\overrightarrow{X}\\rvert^2=\\dfrac{1}{3}\\lvert\\overrightarrow{C}\\rvert^2\\lvert\\overrightarrow{X}\\rvert^2$$\r\n　ここで $\\overrightarrow{A},\\overrightarrow{B},\\overrightarrow{C}$ はどの二つがなす角も $120^\\circ$ であるから, これらのうちいずれかは $\\overrightarrow{X}$ となす角が $60^\\circ$ 以上 $120^\\circ$ 以下である. 例えばこれが $\\overrightarrow{A}$ のとき, $\\lvert\\overrightarrow{A}\\rvert\\lvert\\overrightarrow{X}\\rvert\\geq 2|\\overrightarrow{A}\\cdot \\overrightarrow{X}|\\geq 2$ より所望の結論を得る. 他の場合も同様である. また, すべての等号を成立させられることも分かる.\\\r\n　　元の問題に戻れば, 求める最小値は $40000\\/3$ であるから, 解答すべき値は $\\textbf{40003}$ である. \r\n\r\n----\r\n**解説.**　上の解答は一見すると突拍子もないが, 与式を直接的に\r\n$$\r\n\\lvert a(x-y)+b(y-z)+c(z-x) \\rvert\r\n$$\r\nなどと表現すれば, $x,y,z$ の間の差のみが係わることは明らかになり, さらにベクトルの内積としての表現も見えやすくなる. しかしながら, 以下のように天下り的ながらより直截な解法も存在する.\r\n\r\n----\r\n**解答2.**　解答1と同様の帰着を行う. 次の等式に留意する.\r\n　　$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cx-az)^2 $$\r\nさらにCauchy-Schwarzの不等式より, 以下が成立する.\r\n　　$$(ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cx-az)^2 \\geq \\frac{1}{3}(ay-bx+bz-cy+cx-az)^2$$\r\nしたがって, 次の不等式が成立する.\r\n　　$$(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)\\geq P^2+\\dfrac{1}{3}(Q-R)^2\\geq P^2+\\dfrac{1}{3}$$\r\n　同様にして, 与式は $Q^2+1\\/3$ および $R^2+1\\/3$ によって下から抑えられる. ここで, 差の条件より $P^2,Q^2,R^2$ のいずれかは $1$ 以上であることが容易にわかるから, 与式が $4\\/3$ 以上であることが示された.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc024/editorial/148" } ]

[ { "content": "　条件 $AP=22$ は実は不要である. 以下これを解除し, $P$ は直線 $AI$ 上を任意に動くとする.\r\n\r\n**補題1.**　$I$ は三角形 $PQR$ の垂心である.\r\n\r\n**証明.**　$\\angle IPQ=\\angle APQ=\\angle ABQ=\\angle ABI=\\angle ABC\\/2$ などより従う.\r\n\r\n　また上の証明より, 三角形 $PQR$ は $P$ の位置によらず常に相似である.\r\n\r\n**補題2.**　三角形 $ABC$ の外心を $O$ としたとき, 三角形 $PQR$ のオイラー線は直線 $IO$ に一致する.\r\n\r\n**証明** (moving points)**.**　$P$ が $AI$ と円 $ABC$ の交点(のうち $A$ でない方)に一致するとき, $PQR$ の外心 $O'$ は $O$ に一致する. ここで上の注意より, $P$ を線形に動かせば $Q,R$ も線形に動き, これらが $I$ を中心とした相似拡大の関係にあることに留意すれば, $O'$ も $IO$ 上を線形に動く. 特に補題1と併せて補題は示された. \r\n\r\n　以下, $AB=c$ などとおけば $a(b+c)=b^2+c^2$ が成立することを示そう. これより求める値は $\\textbf{882}$ である.\\\r\n　内接円と辺 $BC$ の接点を $D$, $BC$ の中点を $M$, $BC,EF,IO$ の共点を $X$ とおく. \r\n\r\n**証明1.**　$ABC$ の内接円において, $A$ に対する極線は直線 $EF$, $D$ に対する極線は直線 $BC$ であるから, $X$ に対する極線は直線 $AD$ である. したがって $IX$ は $AD$ に垂直であり, 特に $OI$ が $AD$ に垂直である. すると,\r\n$$AF^2=AI^2-IF^2=AI^2-ID^2=AO^2-OD^2=BO^2-OD^2=BM^2-DM^2$$\r\nが従うから, これを整理することで所望の式を得る.\r\n\r\n**証明2.**　Cevianの共点による調和点列より $BD:DC=BX:XC$ に留意すれば, 以下のように計算できる.\r\n　　$$XB=\\dfrac{a(a-b+c)}{2(b-c)},\\quad XC=\\dfrac{a(a+b-c)}{2(b-c)}$$\r\nこれらより, さらに以下のように計算できる.\r\n　　$$XD=XB+BD=\\dfrac{(a-b+c)(a+b-c)}{2(b-c)},\\quad XM=XB+BM=\\dfrac{a^2}{2(b-c)}$$\r\n一方, $DI$ は内接円の半径であることに留意すれば, 三角形 $ABC$ の面積を $S$ とすると\r\n　　$$DI=\\dfrac{2S}{a+b+c}=\\dfrac{bc\\sin A}{a+b+c},\\quad MO=BO\\cos A=\\dfrac{a}{2\\sin A}\\times\\cos A$$\r\nよって, 余弦定理によって $XD:XM=DI:MO$ を整理することで所望の式を得る.\r\n\r\n**証明3** (重心座標)**.**　$s=(a+b+c)\\/2$ とおけば $E(s-c:0:s-a)$ などと表されるから, 直線 $EF$ の式は\r\n　　$$(s-a)x-(s-b)y-(s-c)z=0$$\r\nまたwell-known factとして $I(a:b:c)$ および\r\n　　$$O(a^2(-a^2+b^2+c^2):b^2(a^2-b^2+c^2):c^2(a^2+b^2-c^2))$$\r\nであるから, 直線 $OI$ の式は\r\n　　$$bc(b-c)(s-a)x+ac(c-a)(s-b)y+ab(a-b)(s-c)z=0$$\r\nさらに直線 $BC$ の式は $x=0$ であるから, これらが共点である条件は行列式によって以下のように書ける.\r\n　　$$\\begin{vmatrix} s-a & s-b & s-c \\\\\\\\ bc(b-c)(s-a) & ac(c-a)(s-b) & ab(a-b)(s-c) \\\\\\\\ 1 & 0 & 0 \\end{vmatrix}=0$$\r\n　$s\\neq b,c$ に留意してこれを展開することで, 所望の式を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc024/editorial/149" } ]

[ { "content": "　明らかに両者の勝つ確率は等しい. したがって, 引き分けとなる確率は $\\dfrac{6}{6^2}$ であることに留意すれば, torii君が勝つ確率は $\\dfrac{1}{2}\\times\\left(1-\\dfrac{6}{6^2}\\right)=\\dfrac{5}{12}$ であり, 求める値は $a+b=\\textbf{17}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc023/editorial/140" } ]

[ { "content": "　相加・相乗平均の関係より $a+b+c\\geq3\\sqrt[3]{abc}\\gt20$ である.\\\r\n　逆に $(a,b,c)=(5,6,10)$ のとき $abc=300$ かつ $a+b+c=21$ をみたすから, 求める最小値は $\\textbf{21}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc023/editorial/141" } ]

[ { "content": "　$\\dfrac{a_{1}}{1},\\dfrac{a_{2}}{2},\\cdots,\\dfrac{a_{n}}{n}$ の中での最小値を $m$ とすると, 各 $k=1,2,\\cdots,n$ について $\\dfrac{a_k}{k}\\geq m$ より\r\n　　$$2021=a_1+a_2+\\cdots+a_n\\geq (1+2+\\cdots +n)m=\\dfrac{n(n+1)}{2}m$$\r\nすなわち $m\\leq\\dfrac{4042}{n(n+1)}$ が従う. 等号は各 $k=1,\\cdots,n$ について $a_k=\\dfrac{4042k}{n(n+1)}$ のとき成立するから, 結局\r\n　　$$M(n)=\\dfrac{4042}{n(n+1)}$$\r\nである. よって $\\dfrac{4042}{n(n+1)}\\leq 1$ なる最小の $n$ を求めればよく, これは $\\textbf{64}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc023/editorial/142" } ]

[ { "content": "　$C_1$ と $C_2$ の $A$ 以外の交点を $X$ とし, $A$ を通り $AX$ に垂直な直線を $\\ell^\\prime$ とする.\r\n\r\n　**補題.**　線分 $PQ$ の長さが最大となるのは $\\ell=\\ell^\\prime$ のときである.\r\n\r\n　**証明.**　$\\ell^\\prime$ と$O_1,O_2$ の交点であって $A$ でない方をそれぞれ $P^\\prime,Q^\\prime$ とすると, 円周角の定理より $XPQ$ と $XP^\\prime Q^\\prime$ の相似が容易にわかる. さらに $X$ から $PQ$ におろした垂線の足を $H$ とすれば $\\angle AHX=90^\\circ$ より $AX\\geq HX$ が従うから, 先の相似と合わせて $P^\\prime Q^\\prime\\geq PQ$ であり, 特に補題は示された.\r\n\r\n　$P^\\prime X,Q^\\prime X$ はそれぞれ $O_1,O_2$ の直径であるから, 補題より求める最大値は $O_1$ と $O_2$ の中心間距離の $2$ 倍に等しい. 余弦定理より $\\cos\\angle ABC=3\\sqrt{6}\\/8$ であるから, 接弦定理および正弦定理より, $O_1$ の半径 $R_1$ について\r\n　　$$R_1=\\dfrac{AB}{2\\sin\\angle{ABC}}=\\dfrac{4}{5}\\sqrt{10}$$\r\n同様に $O_2$ の半径は $R_2=\\sqrt{10}\\/5$ であるから, 中心間距離は $\\sqrt{(R_1-R_2)^2+BC^2}=4\\sqrt{15}\\/5$ である.\\\r\n　以上より $PQ$ の最大値は $8\\sqrt{15}\\/5$ であり, 求める値は $8+15+5=\\textbf{28}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc023/editorial/143" } ]

[ { "content": "　$S(n)=\\dfrac{n(n+1)}{2}$ に留意すれば, 与式は以下のように表される.\r\n　　$$S(1)\\times S(2)\\times \\cdots \\times S(100)=\\dfrac{1\\times2}{2}\\times\\dfrac{2\\times3}{2}\\times\\cdots\\times\\dfrac{100\\times101}{2}=\\dfrac{100!\\times101!}{2^{100}}$$\r\nLegendreの定理より以下が成り立つから, 求める回数は $97\\times2-100=\\textbf{94}$ である.\r\n　　$$v_2(101!)=v_2(100!)=50+25+12+6+3+1=97$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/134" } ]

[ { "content": "**解答1.**　地球の半径を $r$ とする. また, 祖父の家のある地点を $A$, 赤道上の西経 $165$ 度の地点を $B$, OMC君の自宅のある地点を $C$ とする. 地球の中心 $O$ を原点とし, $O$ から $A$ に向かう方を $x$ 軸の正の向き, $O$ から $B$ に向かう方を $y$ 軸の正の向き, $O$ から北極に向かう方を $z$ 軸の正の向きとする $3$ 次元直交座標を考える.\\\r\n　この座標において $A$ は $(r,0,0)$ である. また, 赤道上の東経 $150$ 度の地点が $\\left(\\dfrac{r}{\\sqrt{2}},\\dfrac{r}{\\sqrt{2}}, 0\\right)$ であることを踏まえると, $C$ の座標は $\\left(\\dfrac{r}{2},\\dfrac{r}{2},\\dfrac{r}{\\sqrt{2}}\\right)$ となる. これより, $AC$ 間の直線距離を求めると\r\n　　$$\\sqrt{\\left(r-\\dfrac{r}{2}\\right)^{2}+\\left(0-\\dfrac{r}{2}\\right)^{2}+\\left(0-\\dfrac{r}{\\sqrt{2}}\\right)^{2}}=r$$\r\nであるから, 三角形 $OAC$ は正三角形であることがわかる.\\\r\n　したがって, $A$ と $C$ を結ぶ大円の劣弧の中心角は $60^\\circ$ であり, 特に答えは\r\n$\\dfrac{40000}{6}\\approx \\textbf{6700}$ である.\r\n\r\n**解答2.**　諸記号は解答1に則る. $C$ から赤道面におろした垂線の足を $H$ とすると, $\\triangle OHC$ は直角二等辺三角形であるから, $\\triangle AOH$ も直角二等辺三角形であり, さらに $\\triangle AHC$ についても直角三角形であるから, 以上より特に $AC=r$ を得る. 残りは解答1と同様である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/135" } ]

[ { "content": "　空積を $1$ とみなすことで, いま空の箱が存在することを許して考える. まず $2,4,6,8,10$ に注目すると, これらの分配の必要十分条件は\r\n$2$ つ以下の箱を用いることであるから, $3\\times 2^5-3=93$ 通りである. 続いて $3,6,9$ をそれぞれ別の箱に入れてはならないことに留意すれば, $3,9$ の入れ方は $7$ 通りである. $1,5,7$ はどのように分配してもよいから, 以上より空の箱を許しての場合の数は $93\\times 7\\times 3^3=17577$ 通りである.\\\r\n　よって, 空の箱を除外した場合は, 包除原理より $17577-3\\times 2^{10}+3=\\textbf{14508}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/136" } ]

[ { "content": "　$l_n$ は $y=nx-n^2+n$ と表されるから, $l_a$ と $l_b$ の交点は $(a+b-1, ab)$ である. よって $3$ 点\r\n　　$$(a+b-1, ab), (b+c-1, bc), (c+a-1,ca)$$\r\nを頂点とする三角形の面積を求めればよく, その値を $S$ とおけば, 以下のように計算できる.\r\n　　$$S=\\dfrac{1}{2}|(a-b)(b-c)(c-a)|$$\r\n　一般性を失わず $a\\gt b\\gt c$ としてよく, $X=a-b, Y=b-c$ とおけば $S=\\dfrac{1}{2}XY(X+Y)$ である. したがって以下, 正整数の組 $(X,Y)$ について考察すればよく, 対称性より特に $X\\leq Y$ としてよい.\\\r\n　ここで $X\\geq 4$ とすると, $S\\geq (4\\times 4\\times 8)\\/2\\gt50$ より不適であるから, $X=1,2,3$ である.\r\n\r\n- $X=1$ のとき $S=1,3,6,10,15,21,28,36,45$ を取り得る.\r\n- $X=2$ のとき $S=8,15,24,35,48$ を取り得る.\r\n- $X=3$ のとき $S=27,42$ を取り得る.\r\n\r\n　以上より, 求める個数は $\\textbf{15}$ である. ただし, $S=15$ が重複して現れていることに注意せよ.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/137" } ]

[ { "content": "**解答1.**　点 $C$ を中心とし, 点 $B$ が $A$ に移るように $\\triangle{ABC}$ を $60^\\circ$ 回転移動させ, 点 $P$ に対応する点 $Q$ を取る．このとき $AQ^2+PQ^2=BP^2+CP^2=AP^2$ より $\\angle AQP=90^\\circ$ である．したがって $\\angle BPC=\\angle AQC=90^\\circ+60^\\circ=150^\\circ$ である．ここで $\\triangle{ABC}$ の一辺の長さを $l$ とすると, 余弦定理などより\r\n　　$$AP^2+BP^2=l^2,\\ \\ BP^2+CP^2=AP^2,\\ \\ BP^2+CP^2-\\sqrt{3}BP\\times CP=l^2$$\r\nが従い, これらより $\\displaystyle AP=\\frac{2}{\\sqrt{7}}l,\\ BP=\\frac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{7}}l,\\ CP=\\frac{1}{\\sqrt{7}}l$ を得る. $\\displaystyle S=\\frac{\\sqrt{3}}{4}l^2$ であるから,\r\n　　$$\\begin{aligned}\\triangle PAB&=\\dfrac{1}{2}AP\\times BP=\\dfrac{\\sqrt{3}}{7}=\\dfrac{4}{7}S\\\\\\\\\r\n　　\\triangle PBC&=\\dfrac{1}{2}BP\\times CP\\times \\sin150^\\circ=\\dfrac{\\sqrt{3}}{28}=\\dfrac{1}{7}S\\\\\\\\\r\n　　\\triangle PCA&=\\frac{1}{2}CP\\times AP\\times \\sin120^\\circ= \\dfrac{\\sqrt{3}}{14}=\\dfrac{2}{7}S\\end{aligned}$$\r\n　よって $a\\times b\\times c\\times d\\times e\\times f=4\\times7\\times1\\times7\\times2\\times7=\\textbf{2744}$ である.\r\n\r\n**解答2.**　$BC, CA, AB$ に対して $P$ と対称な点をそれぞれ $X, Y, Z$ とすると, 三角形 $AYZ$ に注目すれば $AY=AZ, \\angle{YAZ}=120^\\circ$ より $YZ=\\sqrt{3}AP$ である. 同様に $ZX=\\sqrt{3}BP, XY=\\sqrt{3}CP$ であるから, $BP^2+CP^2=AP^2$ より $ZX^2+XY^2=YZ^2$ で, 特に $\\angle{YXZ}=90^\\circ$ が従う. さらに\r\n　　$$\\angle{YZX}=\\angle{AZB}-\\angle{AZY}-\\angle{BZX}=30^\\circ$$\r\nであるから $XY:YZ:ZX=1:2:\\sqrt{3}$ がわかり, $AP:BP:CP=2:\\sqrt{3}:1$ である. また\r\n　　$$\\angle{BPC}=\\angle{BXC}=\\angle{BXZ}+\\angle{ZXY}+\\angle{YXC}=150^\\circ$$\r\nがわかり, これより $\\angle{CPA}=120^\\circ$ が従うから, 以上より三角形 $APB, BPC, CPA$ の面積比は\r\n　　$$PA\\times PB:PB\\times PC\\times \\sin\\angle{BPC}:PC\\times PA\\times \\sin\\angle{CPA}=4:1:2$$\r\nで与えられる. よって, 特に求める値は上と同様に $\\textbf{2744}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/138" } ]

[ { "content": "　$n=2021$ とおいたとき，以下の変形に留意する．\r\n　　$$\\begin{aligned}x^2+4xy+8y^2=10^{n}&\\iff 4xy = 10^{n}-x^2-8y^2\\\\\\\\\r\n　　&\\implies (4xy)^2=(10^{n}-x^2-8y^2)^2\\\\\\\\\r\n　　&\\iff(x^2-10^{n})^2+(8y^2-10^{n})^2=10^{2n}\\end{aligned}$$\r\n　さらに，$(a-10^{n})^2+(8b-10^{n})^2=10^{2n}$ の整数解 $(a,b)$ に対して，題意をみたす組 $(x,y)$ が $2$ つずつ対応するから，以下そのような $(a,b)$ について考えればよい．$a$ は $8$ で割り切れるから，$8a^\\prime=a$ と置きなおせば\r\n　　$$(a^\\prime-2^{2018}\\times 5^{2021})^2+(b-2^{2018}\\times 5^{2021})^2=2^{4036}\\times 5^{4042}.$$\r\n　これは整数解を $4\\times(4042+1)=16172$ 個持つから，求める場合の数は $2\\times 16172=\\textbf{32344}$ である．\r\n\r\n#### $x^2+y^2=2^m5^n$ の整数解 $(x,y)$ の個数について\r\n\r\n　これが $4(n+1)$ 個であることを示す．$m\\geq 2$ のとき ${\\rm mod}\\ 4$ を考えることで $x,y$ はともに偶数であるから，$m=0,1$ に帰着される．今回は $m=0$ となるのでこれで良いが，$m=1$ の場合も，一般に奇数 $s$ に対し $x^2+y^2=s$ と $x^2+y^2=2s$ で整数解 $(x,y)$ の個数が等しいことが知られている（演習：なぜ？）．\\\r\n　さらに $x,y$ をそれぞれ最大公約数 $d$ で割って考えることで，$d=1$ のとき（順序と符号を無視して）ちょうど $1$ 通りであることを示せば十分である（演習：なぜ？）．まず，以下の恒等式（複号同順）\r\n　　$$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac\\pm bd)^2+(ad\\mp bc)^2$$\r\nに留意すれば，$5=2^2+1^2$ と合わせて少なくとも $1$ 通り存在することがすぐにわかる．\\\r\n　逆に, 正整数 $a\\geq b,c\\geq d$ について $5^n=a^2+b^2=c^2+d^2$（ただし $a$ と $b$, $c$ と $d$ はそれぞれ互いに素）であるとすると，\r\n　　$$(ac+bd)(ac-bd)=(5^n-b^2)(5^n-d^2)-b^2d^2=5^n(5^n-b^2-d^2)$$\r\nここで互いに素の仮定より $ac\\pm bd$ が同時に $5$ の倍数にはなり得ないことに留意すれば，そのいずれかは $5^n$ で割り切れる．$ac+bd$ が $5^n$ で割り切れるとき，特に $ac+bd\\geq 5^n$ であるから再び上の恒等式より $ac-bd=0$ となるほかないが，このとき $(a,b)=(c,d)$ を得る．$ac-bd$ が $5^n$ で割り切れる場合も同様に解決する．\r\n---\r\n【参考】2つの「演習」の解答例：masa_kasaさんの[ユーザー解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc022\\/editorial\\/139\\/106)", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/139" }, { "content": "　[公式解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc022\\/editorial\\/139) 中の（演習：なぜ？）に対する証明です. 演習したい方はブラウザバックすることをお勧めします. \r\n\r\n【2024\\/01\\/13 22:56 追記】証明に適切な言葉を補い分かりやすくしました. \r\n***\r\n\r\n**演習1.** 　奇数 $s$ に対し, $x^2+y^2= s$ と $x^2+y^2=2s$ で整数解 $(x,y)$ の個数が等しいことを示せ. \r\n\r\n**証明1.** 　$x^2+y^2=2s$ に $x=a+b$ , $y=a-b$ を代入すれば $a^2+b^2=s$ となる. $2s\\equiv 2 \\pmod{4}$であるから, $a,b$ は必ず整数になることが示される(演習：なぜ？).\r\n\r\n【2022\\/08\\/02 22:04 追記】[locker_kunのユーザー解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc022\\/editorial\\/139\\/107)：上記の(演習：なぜ？)の解説です. \r\n***\r\n\r\n**演習2.**　 $x^2+y^2=2^m5^n$ の整数解 $(x,y)$ のうち $(x,y)$ が互いに素な組が(順序と符合を無視して)ちょうど $1$ 個のとき, 整数解 $(x,y)$ の組は $4(n+1)$ 個あることを示せ. ただし $m,n$ は偶数とする. \r\n\r\n**証明2.** 　$(x,y)$ の最大公約数を $d$ とする. 正整数解 $(x,y)$ の個数を求めよう. 公式解説中に説明がある通り, $m$ に解の個数は依存せず, $m=0$ に変えても整数解 $(x,y)$ の組の個数は変わらないため, $m=0$ とする. 与式の両辺を $d^2$ で割ると\r\n$$\\left(\\frac{x}{d}\\right)^2+\\left(\\frac{y}{d}\\right)^2=\\frac{2^{m}5^{n}}{d^2} = \\frac{5^n}{d^2}$$\r\n　 偶奇性より $x=y$ はあり得ない. $x,y$ を正整数とすれば, $\\gcd(x\\/d,y\\/d)=1$ より固定された$5^{n\\/2}$ 以外の $d$ に対して $(x\\/d, y\\/d)$ の組の個数は順序を無視して $1$ 個ある. これは公式解説中で示されている. $d$ としてありうる $d=5^{n\\/2}$ 以外の整数は $n\\/2$ 個あるため, 条件をみたす正整数の組 $(x,y)$ の組の個数は順序を無視して $n\\/2$ 個である. $d=5^{n\\/2}$ のとき, 正整数の組 $(x,y)$ は存在しない. \r\n 整数 $x,y$ のどちらかが $0$ となる組はちょうど $4$ 組ある. したがって, 条件をみたす整数 $(x,y)$ の組の個数は\r\n$$\\frac{n}{2} \\cdot 2^2 \\cdot 2 +4 = 4(n+1)$$\r\n　個である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/139/106" }, { "content": "　[masa_kasa のユーザー解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc022\\/editorial\\/139\\/106)中の (演習：なぜ？) の部分の解説です．需要はありません．\r\n\r\n---\r\n**演習.**　整数 $x,y$ について，$x^2+y^2$ が ( $4$ で割って $2$ 余る) 偶数であるとき，$x=a+b$ , $y=a-b$ なる $a,b$ は整数となる．\r\n\r\n**証明.**　条件より $x^2+y^2\\pm 2xy = (x\\pm y)^2$ は偶数だから $x+y,x-y$ も偶数となり，これより\r\n$$a=\\frac{x+y}{2},　b=\\frac{x-y}{2}$$\r\nはいずれも整数である．(証明終)", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc022/editorial/139/107" } ]

[ { "content": "　$x^{4}+y^{4}\\gt0$ に留意すれば,\r\n　　$$x^{4}+y^{4}=\\sqrt{(x^{4}-y^{4})^{2}+4(xy)^{4}}=\\sqrt{68}=2\\sqrt{17}$$\r\nより $x^{4}=\\dfrac{1}{2}\\left[(x^{4}-y^{4})+(x^{4}+y^{4})\\right]=1+\\sqrt{17}$ がただちにわかる. したがって, 求める値は $\\textbf{18}$ である.\\\r\n　なお $x^4y^4=16$ と利用することに気付けば, 二次方程式を解いてもよい.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc021/editorial/130" } ]

[ { "content": "　$a,b$ は $10^{10}$ の約数であることから, 以下のように表せる.\r\n　　$$a=2^p5^q,\\ b=2^r5^s\\ (0\\leq p,q,r,s\\leq10)$$\r\n　このとき, 最小公倍数の条件は\r\n　　$$\\max\\lbrace p,r\\rbrace=\\max\\lbrace q,s\\rbrace=10$$\r\nと表現でき, $a\\leq b$ を無視すればこのような $(p,q,r,s)$ の組は $(11\\times 2-1)^2=441$ 通りある. このうち $a=b$ なる組はちょうど一つ存在することに留意すれば, 求める場合の数は $(441+1)\\/2=\\textbf{221}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc021/editorial/131" } ]

[ { "content": "　$x$ または $y$ を $n$ 文字並べる方法であって, 同じ文字が $3$ つ連続しないようなものを考える. さらに末端の $2$ 文字が同じであるものの総数を $a_n$ とおき, そうでないものの総数を $b_n$ とおくと, $a_2=b_2=2$ であり, 整数 $n\\geq 3$ に対して以下の漸化式が成立することが容易にわかる.\r\n　　$$a_n=b_{n-1},\\ \\ b_n=a_{n-1}+b_{n-1}$$\r\n　このとき, 求める確率は $\\dfrac{a_{10}+b_{10}}{2^{10}}$ で与えられるから, これは $\\dfrac{178}{1024}=\\dfrac{89}{512}$ であり, 求める値は $\\textbf{601}$ である.\\\r\n　ちなみに, より思考を進めれば $c_n=a_n+b_n$ について $c_n=c_{n-1}+c_{n-2}$ が成立することがわかるから, 求値をより容易に行うことが出来る. 特に, $c_n$ は倍増されたFibonacci数列である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc021/editorial/132" }, { "content": "　直前に出た面と同じ面が出たときは $0$ と書き，違う面が出たときは $1$ と書くことにする．\\\r\n すると，求める確率は $0,1$ をランダムに $9$ つ並べるときに $0$ が隣り合わない確率に対応する．\\\r\n 一般に， $0,1$ を計 $n$ 個並べてできる文字列 $2^n$ 通りのうち $0$ が隣り合わないものを $a_n$ 通りとすると， $a_{n+2}=a_{n+1}+a_{n}$ となることが容易にわかるので， $a_1=2,a_2=3$ を加味して $a_n$ は $n+2$ 番目のフィボナッチ数である．\\\r\n 以上より求める確率は $\\dfrac{a_{9}}{2^9}=\\dfrac{89}{512}$ であり，解答すべき数値は $89+512=\\textbf{601}$", "text": "答えにフィボナッチ数が現れることの直接的な説明", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc021/editorial/132/117" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の $\\angle A$ 内の傍心を $J$ とすれば, $\\angle IBJ=90^{\\circ}=\\angle ICJ$ より $4$ 点 $I,B,J,C$ は共円である. このとき, 方べきの定理より以下が成り立つ.\r\n　　$$ID\\times DJ=BD\\times DC=XD\\times YD$$\r\n条件より $ID=DX$ であるから $DJ=DY$ が従い, 特に $IJ=XY=11$ である. さらに正弦定理より\r\n　　$$\\sin\\angle BIC=\\dfrac{BC}{IJ}=\\dfrac{10}{11}$$\r\nであるから, 簡単な角度計算によって $\\angle A=2\\angle BIC-180^{\\circ}$ の成立に留意すれば, 特に $\\angle BIC$ は鈍角であり,\r\n　　$$\\displaystyle\\sin\\angle A=-\\sin(2\\angle BIC)=-2\\sin\\angle BIC\\cos\\angle BIC=-2\\times \\frac{10}{11}\\times\\left(-\\frac{\\sqrt{21}}{11}\\right)=\\frac{20}{121}\\sqrt{21}$$\r\nと計算できる. よって, 円 $ABC$ の半径は $\\displaystyle\\frac{BC}{2\\sin\\angle A}=\\sqrt{\\frac{14641}{336}}$ であり, 求める値は $\\textbf{14977}$ である.\\\r\n　なお $IX=5$ は求値にあたっては過剰であるが, 与条件をすべてみたす配置は実際に存在する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc021/editorial/133" } ]

[ { "content": "**解答1.**　与式を変形すれば $0=4a^4-4a^2+1=(2a^2-1)^2$ を得るから, 特に $a=\\dfrac{1}{\\sqrt{2}}$ である. よって\r\n　　$$M=\\left(8a^3+\\dfrac{1}{a^3}\\right)^2=\\left(\\dfrac{8}{(\\sqrt{2})^3}+(\\sqrt{2})^3\\right)^2=\\textbf{32}$$\r\n**解答2.**　$\\displaystyle S=2a+\\frac{1}{a}$ とおけば, $\\displaystyle 4=4a^2+\\frac{1}{a^2}=S^2-4$ より $S=2\\sqrt{2}$ である. よって $M=(S^3-6S)^2=\\textbf{32}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc020/editorial/124" } ]

[ { "content": "　一般に $2020$ を $N$ に置き換えて考える. このとき, 円に内接する正 $N+1$ 角形に対し, 時計回りに $x$ 個隣の頂点を順に結んでいったものが光線の経路として得られる. ただし, $x$ は $N+1$ 以下で $N+1$ と互いに素な正整数である. さらに各 $x$ に対し, $x$ を $N+1-x$ と置き換えたものは同一の模様となることに留意すれば, 答えは $\\varphi$ をオイラーのトーシェントとすれば $\\varphi(N+1)\\/2$ であり, 特に $N=2020$ のとき $\\textbf{966}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc020/editorial/125" } ]

[ { "content": "　$a_N\\leq7$ である良い数は高々 $14$ 桁であるから, $15$ 桁の良い数について $a_N=8$ または $9$ である.\r\n\r\n(i) $a_N=9$ のとき\r\n\r\n　$123456789876543210$ から $9$ 以外の $3$ つの数字を消すことを考えればよい. これの桁和は $81$ であるから, $3$ の倍数を得るには, 消す $3$ つの数字の和が $3$ の倍数である必要がある. すなわち, 消す数字を $3$ で割った余りが\r\n　　$$\\lbrace0,0,0\\rbrace,\\lbrace1,1,1\\rbrace,\\lbrace2,2,2\\rbrace,\\lbrace0,1,2\\rbrace$$\r\nとなればよい. $9$ を除く桁のうち, その数字を$3$ で割った余りが $0,1,2$ であるのはそれぞれ $5,6,6$ 個であるから, 求める選び方は ${}_5\\mathrm{C}_3+{}_6\\mathrm{C}_3+{}_6\\mathrm{C}_3+5\\times6\\times6=230$通りある.\r\n\r\n(ii) $a_N=8$ のとき, (i)と同様に, $1234567876543210$ から $8$ 以外の $1$ つの数字を消せば, $6$ 通りである.\r\n\r\n　以上より, 求める総数は $\\textbf{236}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc020/editorial/126" } ]

[ { "content": "　　$$N=\\displaystyle \\sum_{k=a}^bk=\\frac{1}{2}\\{b(b+1)-(a-1)a\\}$$\r\nより条件は $(b+a)(b-a+1)=2N$ と表現できる．ここで $b+a$ と $b-a+1 $の偶奇は異なり，かつ $b+a\\gt b-a+1\\gt1$ であるから，以下の条件\r\n　　$$\\begin{cases}\\alpha\\ \\text{は正の偶数} \\\\\\\\ \\beta\\ \\text{は 3 以上の奇数} \\\\\\\\ \\alpha\\beta=2N \\\\\\\\ \\end{cases}$$\r\nをみたす組 $(\\alpha,\\beta)$ と $(b+a)(b-a+1)=2N$ なる $(a,b)$ の組は一対一に対応する.\\\r\n　$N$ の素因数分解を $2^ap_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\\cdots p_n^{a_n}$ とする. このとき $xy=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\\cdots p_n^{a_n}$ なる正整数 $(x,y)$ の組は $(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)\\cdots(a_n+1)$ 通りあり，$(p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\\cdots p_n^{a_n},1)$ 以外のそれぞれに対し, \r\n　　$$(\\alpha,\\beta)=(2^{a+1}x,y)$$\r\nとすることで一対一の対応が構成できる．ゆえに，$N$の満たすべき条件は\r\n　　$$(a_1+1)(a_2+1)(a_3+1)\\cdots(a_n+1)=2022$$\r\n　$2022=2\\times3\\times337$ であることを踏まえると，$N$の形としてあり得るものは\r\n　　$$2^ap_1^{2021}，2^ap_1^{1010}p_2，2^ap_1^{673}p_2^2，2^ap_1^{336}p_2^5，2^ap_1^{336}p_2^2p_3$$\r\nで与えられ, このような$N$は小さい順に\r\n　　$$ 3^{336}5^27^1，3^{336}5^17^2，3^{336}5^211^1，3^{336}5^213^1，2^13^{336}5^27^1，3^{336}5^217^1,\\cdots$$\r\nであるから, 特に $M=2^13^{336}5^27^1$ である. あとはこれを $1000$ で割った余りを求めればよい.\\\r\n　$3^4\\equiv1 \\pmod{20}$ より $3^{336}=3^{4\\times84}\\equiv1 \\pmod{20}$ であるから, ある正整数 $n$ によって $3^{336}=20n+1$ と表せば, $M=2^13^{336}5^27^1=350(20n+1)=7n\\times1000+350$．よって求める余りは $\\textbf{350}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc020/editorial/127" } ]

[ { "content": "　$B_{i+2}B_{i+3}$ の中点を $M_{i}$ とすれば $A_{i}M_{i}$ はすべて一点 $X$ で交わり, $XA_{i}:XM_{i}=4:1$ である. また, \r\n　　$$A_{1}C_{1}+A_{2}C_{2}:A_{3}C_{3}+A_{4}C_{4}+A_{5}C_{5}=7:18$$\r\nより以下が成立することに留意する.\r\n　　$$\\triangle XB_{3}B_{4}+\\triangle XB_{4}B_{5}:\\triangle XB_{5}B_{1}+\\triangle XB_{1}B_{2}+\\triangle XB_{2}B_{3}=7:18$$\r\n　ここで, 正五角形 $B_{1}B_{2}B_{3}B_{4}B_{5}$ の面積を $B$ とすれば四角形 $XB_{3}B_{4}B_{5}$ の面積は $\\displaystyle\\frac{7}{25}B$ であり, 四角形 $XM_{1}B_{4}M_{2}$ の面積はその半分の $\\displaystyle\\frac{7}{50}B$ である. したがって四角形 $XA_{1}B_{4}A_{2}$ の面積は $\\displaystyle\\frac{14}{25}B$ である. また, $\\triangle B_{4}M_{1}M_{2}=\\displaystyle\\frac{1}{5}\\left(B-\\frac{1}{16}\\right)$ より$\\triangle XM_{1}M_{2}=\\displaystyle\\frac{1}{80}-\\frac{3}{50}B$ であり, これより$\\triangle XA_{1}A_{2}=\\displaystyle\\frac{1}{5}-\\frac{24}{25}B$ である.\\\r\n　以上より, $B=\\displaystyle\\frac{3-\\sqrt{5}}{8}$ に留意すれば\r\n　　$$\\triangle A_{1}A_{2}B_{4}=\\displaystyle{\\frac{1}{5}-\\frac{24}{25}B-\\displaystyle\\frac{14}{25}B=\\frac{1}{5}-\\frac{38}{25}B=\\displaystyle\\frac{19\\sqrt{5}-37}{100}}$$\r\nとなるので, 求めるべき値は $19+5+37+100=\\textbf{161}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc020/editorial/128" } ]

[ { "content": "　与式を適切に変形することで以下を得る.\r\n　　$$\\dfrac{(1-x^2)(1-y^2)+2x\\times 2y}{(1+x^2)(1+y^2)}\\gt 2m-1$$\r\n　ここで $t=\\tan(\\theta\\/2)$ に対して\r\n　　$$\\cos\\theta=\\dfrac{1-t^2}{1+t^2},\\ \\ \\sin\\theta=\\dfrac{2t}{1+t^2}$$\r\nであることに留意すれば, $x=\\tan(\\alpha\\/2),\\ y=\\tan(\\beta\\/2)$ とおけば以下が成立する.\r\n　　$$\\cos(\\alpha-\\beta)=\\cos\\alpha\\cos\\beta+\\sin\\alpha\\sin\\beta\\gt 2m-1$$\r\n　ここで $x,y\\geq 100$ より, $\\tan(\\theta\\/2)=100$ なる $0\\lt\\theta\\lt\\pi$ について $\\theta\\leq\\alpha,\\beta\\lt\\pi$ としてよい, このとき\r\n　　$$2M-1=\\cos\\left(\\dfrac{\\pi-\\theta}{3}\\right)$$\r\nであることが容易にわかる. さらに $\\theta^\\prime=\\pi-\\theta$ とおけば\r\n　　$$\\cos\\theta^\\prime=-\\cos\\theta=-\\left(\\dfrac{1-100^2}{1+100^2}\\right)=\\dfrac{9999}{10001}$$\r\nであり, 一方 $M^\\prime=2M-1$ とおけば $\\cos\\theta^\\prime=4(M^\\prime)^3-3M^\\prime$ であるから, これを整理することで\r\n　　$$160016 M^3 - 240024 M^2 + 90009 M - 10000 = 0$$\r\n　よって求める値は $160016+240024+90009+10000=\\textbf{500049}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc020/editorial/129" } ]

[ { "content": "　条件は $N(N+1)$ が $2048=2^{11}$ の倍数であることと同値である. このとき, $N$ と $N+1$ が互いに素であることから, $N$ または $N+1$ が $2048$ の倍数であることが必要十分条件で, 特に求める最小値は $\\textbf{2047}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc019/editorial/118" } ]

[ { "content": "**解答1.**　まず $1$ 点を固定し, 他の $2$ 頂点を選ぶ方法は ${}\\_{299}{\\rm C}\\_2$ 通りである. ここで, 正三角形は $1$ 回, 正三角形でない二等辺三角形は $3$ 回, 不等辺三角形は $6$ 回数えられていることを考慮する. 正三角形は $1$ 個, 正三角形でない二等辺三角形は $148$ 個であるから, 以下のように計算できる.\r\n　　$$N=\\dfrac{{}\\_{299}{\\rm C}\\_2 + 1\\times 5 + 148\\times 3}{6} = \\textbf{7500}$$\r\n**解答2.**　$x+y+z=300$ かつ $x\\leq y\\leq z$ なる正整数の組 $(x,y,z)$ の個数を求めればよい. $x\\leq 100$ を固定して $(y^\\prime,z^\\prime)=(y-x,z-x)$ とおけば, $y^\\prime+z^\\prime=300-3x$ かつ $y^\\prime\\leq z^\\prime$ をみたす非負整数の組 $(y^\\prime,z^\\prime)$ の個数を求めればよく, これは $[(300-3x)\\/2]+1$ である. よって, $N$ は以下のように計算できる.\r\n　　$$\\displaystyle N=\\sum_{x=1}^{100}\\left(\\left[\\dfrac{300-3x}{2}\\right]+1\\right)=(149+148)+(146+145)+\\cdots+(2+1)=\\textbf{7500}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc019/editorial/119" } ]

[ { "content": "　$P$ の座標を $(p,q)$, $C$ の半径を $r$ とおけば, $C$ の式は $(x-p)^2+(y-q)^2=r^2$ と表される. さらに, $A_1, A_2$ の $x$ 座標をそれぞれ $a_1, a_2$とすれば, $a_1, a_2$ は $x$ についての二次方程式 $(x-p)^2+q^2=r^2$ の $2$ 解であるから, $a_1+a_2=2p$ が従う. 同様に $B_1, B_2$ の $y$ 座標をそれぞれ $b_1, b_2$ とすれば $b_1+b_2=2q$ である.\\\r\n　ここで $a_2, b_2$ が $0$ 以下であることに注意すれば, 以下の不等式が成立し, 等号は $p=\\sqrt[3]{8\\/5}$ で成り立つ.\r\n　　$$\\begin{aligned}\\triangle OA_1B_1-\\triangle OB_1A_2-\\triangle OB_2A_1+\\triangle OA_2B_2&=\\dfrac{1}{2}(a_1b_1+a_2b_2+a_1b_2+a_2b_1)\\\\\\\\\r\n　　&=\\dfrac12(a_1+a_2)(b_1+b_2)=2pq\\\\\\\\\r\n　　&=2p\\left(5+\\dfrac{4}{p^3}\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=5p+5p+\\dfrac{8}{p^2}\\\\\\\\\r\n　　&\\geq 3\\cdot \\sqrt[3]{5p\\cdot 5p\\cdot \\dfrac{8}{p^2}}=3\\cdot \\sqrt[3]{200}\\end{aligned}$$\r\n　したがって, 求める値は $m^3=(3\\cdot \\sqrt[3]{200})^3=\\textbf{5400}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc019/editorial/120" } ]

[ { "content": "　$AB$ に関して $H$ と対称な点を $H^\\prime$ とすると,\r\n　　$$\\angle ACB+\\angle AH^\\prime B=\\angle ACB+\\angle AHB=180^\\circ$$\r\nであるから, $H^\\prime$ は $\\triangle ABC$ の外接円上にある. このとき\r\n　　$$AH^\\prime=AH=AO=OH^\\prime$$\r\nより, 特に $\\triangle AH^\\prime O$ は正三角形であるから, \r\n　　$$\\angle H^\\prime AB=\\angle HAB=90^\\circ-\\angle ABC=\\angle CAO $$\r\nより $\\angle BAC=\\angle H^\\prime AO=60^\\circ$となる. さらに\r\n　　$$\\angle BHC=180^\\circ-\\angle BAC=120^\\circ=2\\angle BAC=\\angle BOC$$\r\nより $4$ 点 $B, C, O, H$ は同一円周上にある. ここで $\\triangle ABC$ は鋭角三角形であるから, 円周上で $B, C, O, H$ か $B, C, H, O$ の順で反時計回りに並び, トレミーの定理より以下のいずれかが成り立つ.\r\n　　$$OH\\times BC+BH\\times CO=CH\\times BO,\\ \\ \\ OH\\times BC+CH\\times BO=BH\\times CO $$\r\n　いま正弦定理から\r\n　　$$AO=BO=CO=\\dfrac{BC}{2\\sin\\angle BAC}=\\dfrac{BC}{\\sqrt{3}}$$\r\nであるから, これを代入すれば以下より $|BH-CH|=12\\sqrt{3}$ を得る.\r\n　　$$|BH-CH|\\times\\dfrac{BC}{\\sqrt{3}}=OH\\times BC$$\r\n　ここで $BH=5\\lt 12\\sqrt{3}$ より $CH=12\\sqrt{3}+5$ であるから, 求める値は $12^2\\times 3+5=\\textbf{437}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc019/editorial/121" } ]

[ { "content": "　まず国が $2$ つしか無かったとし, 国 $1,2$ がそれぞれ $a,b$ 個の島を保有する場合を考える. このとき, 同国の島の間には橋を架けないという制約を課して, 条件をみたす橋の架け方の総数 $f(a,b)$ を求めよう. \r\n\r\n**解答1.**　国 $1$ の島 $a$ と接続する橋が存在しないとき $f(a-1,b)$ 通りで, 国 $1$ の島 $a$ と国 $2$ の島 $i$ を結ぶ橋が存在するとき $f(a-1,i-1)+1$ 通りであるから, 以下の漸化式が成立する.\r\n　　$$f(a,b)=f(a-1,b)+f(a-1,b-1)+\\cdots+f(a-1,1)+f(a-1,0)+b$$\r\n　これより $f(a,b)=f(a-1,b)+f(a,b-1)+1$ であるから, $f(a,0)=f(0,b)=0$ と合わせて帰納的に $f(a,b)={}\\_{a+b}\\mathrm{C}\\_{a}-1$ が成立することがわかる.\r\n\r\n**解答2.**　$f(a,b)+1$ は, 国 $1,2$ からそれぞれ同数ずつ国を選ぶ場合の数に等しい. なぜなら, ここで選ばれた島についてそれらを橋で結ぶとき, それぞれの番号が小さい方から順に島を橋で結んでいくしかないからである. なお, 島を $0$ 個ずつ選ぶ場合を考慮するために $+1$ を行った. このとき, 国 $1$ から選ばれなかった島の数と, 国 $2$ から選ばれた島の数の和は $a$ である. 逆に, 国 $1,2$ の島 $a+b$ 個の中から任意に $a$ 個の島を選ぶことで, それに対応した同数ずつ島を選ぶ方法が得られる. したがって $f(a,b)={}\\_{a+b}\\mathrm{C}\\_{a}-1$ が成立する.\r\n\r\n　これより, 元の問題において, \r\n　　$$\\displaystyle P=\\prod_{K=1}^{2020} \\left(\\left(f(999,999)+1\\right)^{K}-1\\right)=\\prod_{K=1}^{2020} \\left({}\\_{1998}\\mathrm{C}\\_{999}^{K}-1\\right)$$\r\nであることが容易に確認できる. まず, ${}\\_{1998}\\mathrm{C}\\_{999}=2\\cdot{}\\_{1997}\\mathrm{C}\\_{998}$ は偶数であるから, $S=0$ である.\\\r\n　以下, $T$ を求めればよいが, ${}\\_{1998}\\mathrm{C}\\_{999}\\equiv 5\\pmod{81}$ であるから, LTEの補題より\r\n　　$$\\begin{aligned}T&=v_{3}\\left(\\prod_{K=1}^{1010} \\left(\\left({}\\_{1998}\\mathrm{C}\\_{999}^{2}\\right)^{K}-1\\right)\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\sum_{K=1}^{1010}\\left(v_{3}\\left({}\\_{1998}\\mathrm{C}\\_{999}^{2}-1\\right)+v_{3}(K)\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\sum_{K=1}^{1010}\\left(1+v_{3}(K)\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\sum_{i=0}^{\\infty} \\left\\lfloor\\dfrac{1010}{3^i}\\right\\rfloor=1512\\end{aligned}$$\r\nただし $v_p(n)$ で $n$ が $p$ で割り切れる回数を表す. 以上より $S+T=\\textbf{1512}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc019/editorial/122" } ]

[ { "content": "　形式的べき級数を用いると, $f(A)$ は以下における $x^{A}$ の係数に等しいことが容易に確認される.\r\n　　$$\\displaystyle \\prod_{i=1}^{2021}(1-x+x^{2^i}-x^{2^i+1}+x^{2\\times 2^i}-x^{2\\times 2^i+1}+\\cdots)=\\prod_{i=1}^{2021}\\frac{1-x}{1-x^{2^i}}$$\r\n　さらに, $A$ を $2022$ 個の非負整数の和として表す(順序を考慮した)方法は ${}\\_{A+2021}\\mathrm{C}\\_{2021}$ 通りであるから, 任意の非負整数を書き込め, コストに影響を及ぼさないカードを $2022$ 枚追加するとみなせば, $k(A)$ は以下における $x^{A}$ の係数に等しいことが容易に確認される.\r\n　　$$\\begin{aligned}&\\ \\left(1+x+x^2+\\cdots\\right)^{2022}\\prod_{i=1}^{2021}(1-x+x^{2^i}-x^{2^i+1}+\\cdots)\\\\\\\\\r\n　　&=\\left(\\dfrac{1}{1-x}\\right)^{2022}\\times\\prod_{i=1}^{2021}\\frac{1-x}{1-x^{2^i}}\\\\\\\\\r\n　　& =\\prod_{i=0}^{2021} \\frac{1}{1-x^{2^i}}\\\\\\\\\r\n　　&=\\prod_{i=0}^{2021} (1+x^{2^i}+x^{2\\times2^{i}}+\\cdots)\\end{aligned}$$\r\n　したがって $k(A)$ は, $2^0,2^1,\\cdots,2^{2021}$ をそれぞれ非負整数個選んで, その和を $A$ にする方法の場合の数に等しい. ここで, $2^0$ を用いる個数を決め打つことで, $A\\geq 1$ に対して以下の漸化式を得る(ただし $k(0)=1$).\r\n　　$$\\displaystyle k(A)=\\sum_{i=0}^{\\lfloor A\\/2\\rfloor} k(i)$$\r\n　よって, $k(2022)-k(2021)=k(1011)=k(1010)$ であり, 単調性よりこれらで尽くされていることも容易にわかる. 以上より, 求める値は $1011\\times 1010=\\textbf{1021110}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc019/editorial/123" } ]

[ { "content": "　$f(n)$ を以下で定めると, $n^2-8n+17=(n-4)^2+1\\gt 0$ よりこれは常に正であるから, $a_n$ も常に正である.\r\n　　$$\\displaystyle f(n)=\\frac{9n+1}{n^2-8n+17}\\ \\ (n=1,2,\\cdots)$$\r\n　このとき, $f(n)$ と $1$ の大小を比較することで容易に以下を得るから, 特に求める値は $33$ である.\r\n　　$$a_1=a_2\\lt a_3\\lt a_4\\lt \\cdots\\lt a_{16}=a_{17}\\gt a_{18}\\gt a_{19}\\gt\\cdots$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc018/editorial/112" } ]

[ { "content": "　求める領域は以下で表される. ただし $D$ は $A$ から $BC$ におろした垂線の足である. この面積は適当な扇形と三角形の組み合わせによって容易に計算できる. 具体的には $\\displaystyle \\frac{35}{12}\\pi - \\sqrt{3}$ であり, 求める値は $\\textbf{50}$ である.\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc018/editorial/113" } ]

[ { "content": "　一般に格子点が $n\\times n$ である場合について考える.\\\r\n　各辺が軸と平行であるような正方形について, 一辺の長さが $k\\leq n-1$ であるようなものは $(n-k)^2$ 個存在するから, このようなものの総数は以下で与えられる.\r\n　　$$ \\displaystyle \\sum _{k=1}^{n-1}(n-k)^2$$\r\n　それ以外の正方形について, $a+b\\leq n-1$ であるとき, ある一辺の傾きが $b\\/a$ で, 長さが $\\sqrt{a^2+b^2}$ であるような正方形は $(n-a-b)^2$ 個存在する. $a+b=k$ なる正整数の組 $(a,b)$ は $k-1$ 個存在するから, このようなものの総数は以下で与えられる.\r\n　　$$ \\displaystyle \\sum _{k=2}^{n-1}(k-1)(n-k)^2=\\sum _{k=1}^{n-1}(k-1)(n-k)^2$$\r\n　以上を総括すれば, 求める値は以下で与えられる. 特に $n=100$ のとき $\\textbf{8332500}$ である.\r\n　　$$ \\displaystyle \\sum _{k=1}^{n-1}k(n-k)^2=\\sum _{k=1}^{n-1}k^2(n-k)=\\sum _{k=1}^{n}k^2(n-k)=\\frac{1}{12}n^2(n^2-1)$$\r\n　実際は各辺が軸に平行な場合は $(a,b)=(0,k)$ とみなせば良かったことになる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc018/editorial/114" } ]

[ { "content": "　$n$ は素数 $p$ によって $n=p^2$ と表される. ただし $n\\gt 15$ であることから $p\\geq 5$ である. このとき, $m$ は相異なる素数 $a,b$ によって $a^{p^2-1}$ または $(ab)^{p-1}$ と表され, 余りの条件より $a,b$ は $p$ ではない. いずれの場合も, Fermatの小定理より $m\\equiv 1\\pmod p$ であるから, $15\\equiv 1\\pmod p$ より $p=7$ となるほかない.\\\r\n　逆に $2^{48}\\equiv 15\\pmod{49}$ であるから, $n=\\textbf{49}$ が適する唯一のものである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc018/editorial/115" } ]

[ { "content": "　$\\angle A=2a$ などとおくと, $a+b+c=90^\\circ$ である. $\\angle A$ の二等分線と辺 $BC$ の交点を $F$ とすると,\r\n　　$$\\angle FIC=\\angle IAC+\\angle ACI=a+c=90^\\circ-b$$\r\nその一方で\r\n　　$$\\angle EIC=\\angle AEI-\\angle ACI=(180^\\circ-a-2b)-c=90^\\circ-b$$\r\nが成り立つから $\\angle FIC=\\angle EIC$ であり, $\\angle ICE=\\angle ICF$ と合わせて三角形 $ICE$ と $ICF$ は合同である. すなわち, $CE=CF$ であり, 同様にして $BD=BF$ を得る.\\\r\n　ところで角の二等分線定理より $AB:AC=BF:BC$ であるから, $AD:AE=BF:BC$, すなわち $BC$ と $DE$ は平行である. さらに $AD=12=CE=CF$ より $AB=BC$ であるから, $DE=AD=12$ である.\\\r\n　ここで $AE$ の中点を $M$ とすれば, 直角三角形の相似より $CD:CM=CE:CD\\/2=24:17$ であるから $AE=1\\/12$ である. よって $AE:AC=DE:BC$ より $BC=\\textbf{1740}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc018/editorial/116" } ]

[ { "content": "　$y\\gt 0$ のとき, 相加・相乗平均の関係より $x=y=1$ となるほかなく, これは不適である. したがって以下 $y\\lt 0$ としてよく, $y$ を $-y$ と置き直して考える. また $y$ を既約分数で $c\\/d$ と表す. ただし $a,b,c,d\\gt 0$ とする.\\\r\n　与式に代入して整理することで $cd(a^2+b^2)-ab(c^2+d^2)=4abcd$ であるが, $a^2+b^2$ と $ab$ は互いに素であることに留意すれば $cd$ は $ab$ で割り切れる. 逆に $ab$ は $cd$ で割り切れるから, 結局 $ab=cd$ である. すなわち\r\n　　$$a^2-6ab+b^2=(c^2+d^2)-2ab=(c-d)^2 $$\r\n　ここで有理数 $t$ によって $c-d=at+b$ とおけば, 明らかに $t^2\\neq 1$ であるから\r\n　　$$\\dfrac{a}{b}=\\dfrac{2t+6}{1-t^2}$$\r\nこれより, 互いに素な整数 $m,n$ によって $t=\\dfrac{m-n}{m+n}$ とおけば, 以下を得る.\r\n　　$$x=\\dfrac{a}{b}=\\dfrac{(2m+n)(m+n)}{mn}$$\r\n特に最右辺は既約分数である. 逆に $x$ がこのように表せるとき, 以下のように $y$ をとれば与式をみたす.\r\n　　$$y=\\dfrac{m(2m+n)}{n(m+n)}$$\r\nすなわち, 以下の条件において, $(2m+n)(m+n)$ の最大値を求めればよいことがわかる.\r\n　　$$m^2+(m+n)^2=(2m+n)(m+n)-mn=10^{10}+41421^{2}$$\r\n　ここで $N=10^{10}+41421^2$ とおき, $(m,m+n)=(\\sqrt{N}\\cos\\theta,\\sqrt{N}\\sin\\theta)$ とすれば,\r\n　　$$(2m+n)(m+n)=N\\sin\\theta(\\cos\\theta+\\sin\\theta)=\\dfrac{N}{2}(\\sin2\\theta+(1-\\cos2\\theta))\\leq\\dfrac{N}{2}(1+\\sqrt{2})$$\r\nさらに $\\delta=\\sqrt{2}-1.41421\\lt 0.4\\times10^{-5}$ とおくと, $N=(1+(\\sqrt{2}-1-\\delta)^2)10^{10}$ に留意して計算すれば\r\n　　$$\\displaystyle\\frac{N}{2}(1+\\sqrt{2})=10^{10}\\left(\\sqrt{2}-\\delta+\\frac{1+\\sqrt{2}}{2}\\delta^2\\right)\\lt 14142100001$$\r\nしたがって, 整数値であることから $(2m+n)(m+n)\\leq 14142100000$ が従う.\\\r\n　逆に $(m,m+n)=(41421,10^5)$ のとき等号が成立するから, $\\textbf{14142100000}$ が求める最大値である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc018/editorial/117" } ]

[ { "content": "　十進法を経由せず, 直接下から $3$ 桁ごとに変換するのが最も簡単であろう. 求める答えは $\\textbf{47532}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc017/editorial/106" } ]

[ { "content": "　$B$ の壁を突き抜けたときのボールの速さは正の整数 $n$ によって秒速 $2^n {\\rm cm}$ とおけるから, 求める時間は\r\n　　$$\\displaystyle t=\\sum_{k=0}^n \\frac{1000}{2^k}+\\frac{1000}{2^n}=1000\\left(2-\\frac{1}{2^n}\\right)+\\frac{1000}{2^n}=\\textbf{2000}(\\text{秒})$$\r\nである. 単位に注意せよ. なお実際には $n=18$ であるが, これを具体的に求める必要は無い.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc017/editorial/107" } ]

[ { "content": "　$P$ を表す式を $y=kx^2$ とし ($k\\gt 0$), $A,B,C$ の $x$ 座標を $a\\lt b\\lt c$ とおく. このとき, $A,B$ における接線と $P$ で囲まれた部分の面積を $S_{AB}$, 直線 $AB$ と $P$ で囲まれた部分の面積を $T_{AB}$ などとすれば, 有名事実として\r\n　　$$ S_{AB}=\\dfrac{1}{12}k(b-a)^3,\\ \\ T_{AB}=\\dfrac{1}{6}k(b-a)^3 $$\r\nが成立する(愚直に積分を実行すれば確認できる). すなわち, 特に $2S_{AB}=T_{AB}$ であるから, 以下が従う.\r\n　　$$S=S_{AC}-S_{AB}-S_{BC}=\\dfrac{1}{2}(T_{AC}-T_{AB}-T_{BC})=\\dfrac{1}{2}\\times 24=12$$\r\n　よって, 常に $S=12$ であるから, 求める値は $\\textbf{144}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc017/editorial/108" } ]

[ { "content": "　$BC$ の中点を $M$ とし, $C$ から $AB$ におろした垂線の足を $H$ とする.\r\n\r\n**解答1.**　メネラウスの定理より $AH=HP$ がわかる. これを $x$ とおけば, 三角形 $BCH$ において\r\n　　$$ 8x^2=(2\\sqrt{2}x)^2=(2AP)^2=BC^2=BH^2+CH^2=(\\sqrt{3}-x)^2+(x+\\sqrt{3})^2=2x^2+6$$\r\nより $x=1$ である. このとき, 三角形 $BHP$ において\r\n　　$$BP^2=BH^2+PH^2=(\\sqrt{3}-1)^2+1^2=5-2\\sqrt{3}$$\r\nが成り立つから, 特に求める値は $\\textbf{37}$ である.\r\n\r\n**解答2.**　$M$ について $P$ と対称な点を $P^\\prime$ とすると, $\\angle ABP^\\prime$ は直角で, $AB=CP=BP^\\prime$ であるから, $ABP^\\prime$ は直角二等辺三角形である. ここでさらに $AM$ について $B$ と対称な点を $B^\\prime$ とすると, $AB^\\prime$ と $CP$ はともに $AB$ に垂直で, かつ $AB^\\prime=AB=CP$ であるから, $AB^\\prime CP$ は平行四辺形である. したがって,\r\n　　$$B^\\prime C=AP=CM=BM=B^\\prime M$$\r\nより $B^\\prime CM$ は正三角形であり, $\\angle AMB=60^{\\circ}$ が従うから,\r\n　　$$\\angle ABC=180^{\\circ}-\\angle BAM-\\angle AMB=180^{\\circ}-45^{\\circ}-60^{\\circ}=75^{\\circ}$$\r\n　このとき, 三角形 $BPP^\\prime$ において中線定理を適用することで, 同様に $BP^2=5-2\\sqrt{3}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc017/editorial/109" } ]

[ { "content": "　結論から述べると, $N$ が偶数のとき $f(N)=N^3\\/4$ であり, $N$ が奇数のとき $f(N)=(N^3-N)\\/4$ である. このとき, 求める総和は $\\textbf{26364}$ である. 偶数のとき明らかであるから, 以下 $N$ が奇数である場合を考える.\\\r\n　まず, 偶数段目は左のように, 奇数段目は右のように特定のマスに印をつけると, 如何なる配置についても各ブロックはちょうど一つ印のついたマスを含むから, この印を数えることで $f(N)\\leq (N^3-N)\\/4$ がわかる.\r\n\r\n\r\n\r\n　逆に, 体対角線上の $N$ マスのみを欠くような充填が常に存在する. 具体的には, $N-2$ の場合と $3$ の場合を組み合わせれば, 残りは $(n-2)\\times(n-2)\\times 2$ から $2$ マスが欠けたものと, $2\\times 2\\times (n-3)$ がそれぞれ $3$ つずつであるから, これは適当に埋められる. 実は全体として, 左側のブロックのみを用いて可能である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc017/editorial/110" } ]

[ { "content": "　問題は次のように書き換えられる：\r\n\r\n- 任意の $n$ について $\\varphi(a_n)=a_{n-1}$ が成立する無限数列 $\\\\{a_n\\\\}$ が存在する初項 $a_1$ をすべて求めよ.\r\n\r\n\r\n 　$\\varphi$ の返し得る値は $1$ または偶数であることに留意せよ. 明らかにすべての $2$ べきは条件をみたす. $a_n$ が $2$ べきであるとき, それ以前の項はすべて $2$ べきであるから, 以下ある $x$ について $a_x$ が $2$ べきでないとする.\\\r\n　このとき, $n\\geq x$ において, $a_n$ は常に $2$ べきでなく, さらに $a_n$ を割り切る最大の $2$ べきは(広義)単調減少である. したがって, ある $N$ が存在して, $n\\geq N$ において $a_n$ を割り切る最大の $2$ べきは一定である. これを $2^a$ とおく(上の注意より $a\\geq 1$ である). このとき, $a_{N+1}$ を割り切る最大の $2$ べきも $2^a$ であることに留意すれば, 以下のいずれかである.\r\n\r\n- ある正整数 $b$ が存在して, $a_N=2^a 3^b$\r\n- $p\\equiv 3\\pmod 4$ なる素数 $p\\neq 3$ が存在して, $a_N=2^a p$ \r\n\r\n　ここで後者の場合, 数列は $2^a p,2^a(2p+1),2^a(4p+3),\\cdots$ と続くほかなく, さらに $p,2p+1,4p+3,\\cdots$ はすべて素数である. しかし, $2^{p-1}p+2^{p-1}-1$ は $p$ で割り切れるから, これは不適である.\r\n\r\n　前者の場合, 数列に登場する数はすべて $2,3$ 以外の素因数を持たない. 逆に, 正整数 $a,b$ によって $a_1=2^a 3^b$ のとき, $a_n=2^a 3^{b+n-1}$ とすれば条件をみたす. 以上の条件をみたす数を $m\\leq 300$ の範囲で求めると,\r\n　　$$1,2^1,2^2,\\cdots,2^8,2^13^1,2^23^1,\\cdots,2^63^1,2^13^2,2^23^2,\\cdots,2^53^2,2^13^3,2^23^3,2^33^3,2^13^4$$\r\nの $24$ 個であり, これらの総積は $M=2^{79}3^{29}$ であるから, 求める値は $\\textbf{2400}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc017/editorial/111" } ]

[ { "content": "　互いに素な正整数 $m\\gt n$ を用いて $a=m\\/n$ と表せたとする. このとき, 条件より $1000m\\/n$ と $1000n\\/m$ はともに整数であり, $100m\\/n$ と $100n\\/m$ はともに整数でない.\r\nここで $m$ と $n$ が互いに素であることから, $m,n$ はともに $1000$ の約数であり, $100$ の約数でない.\\\r\n　したがって $(m,n)=(125,8)$ となるほかなく, 求める値は $125+8=\\textbf{133}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/100" } ]

[ { "content": "　最短経路を辿ればちょうど $8$ 区間歩くことになるため, torii君はちょうど $1$ 区間だけ左または下に動いたことが分かる．対称性より, これが左である場合のみ考えれば十分である. すなわち, $\\rightarrow$ に $5$ 回，$\\leftarrow$ に $1$回，$\\uparrow$ に $4$ 回動いたことになるから, これらの矢印を一列に並べる並べ方の総数を考えればよいが，以下のような場合を除外しなければならないことに留意する.\r\n\r\n- $\\rightarrow$ と $\\leftarrow$ のみを取り出したとき，その順番が $\\leftarrow\\rightarrow\\rightarrow\\rightarrow\\rightarrow\\rightarrow$ または $\\rightarrow\\rightarrow\\rightarrow\\rightarrow\\rightarrow\\leftarrow$ となるもの\r\n- $8$ 区間歩いたときすでに $B$ にいるような並べ方，すなわち，前 $8$ つの矢印が $\\rightarrow4$ 個，$\\uparrow4$ 個となるもの\r\n\r\n　これらは二項係数を用いて容易に計算できる. 具体的には, $M=2\\times(4\\times {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_6-{}\\_{8}\\mathrm{C}\\_4)=\\textbf{1540}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/101" } ]

[ { "content": "　$\\angle ABC=\\angle FDE=2\\angle FBD$ より, $BF$ は $\\angle ABC$ を二等分する. 同様に $CF$ は $\\angle ACB$ を二等分するから, $F$ は三角形 $ABC$ の内心であることがわかる. $AF$ と $BC$ の交点を $G$ とすると, 余弦定理より\r\n　　$$ \\dfrac{AB^2+AG^2-BG^2}{2\\times AB\\times AG}=\\dfrac{AC^2+AG^2-CG^2}{2\\times AC\\times AG} $$\r\n　さらに角の二等分線定理より $BG:GC=1:2$ かつ $AF:FG=AB:BG$ であるから, 以上を連立させて解くことで $BC=9\\/2$ を得る. すなわち, 求める値は $9+2=\\textbf{11}$ である.\\\r\n　なお余弦定理の代わりに, $CG$ の中点を $M$ とし, 三角形 $ABM$ および $ACG$ においてそれぞれ中線定理を適用することによっても解くことができる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/102" }, { "content": "$F$ が内心までの部分は公式解説と同様です. 以下，公式解説では計算が面倒ですが，[この構図](https:\\/\\/twitter.com\\/Geometry_bot_\\/status\\/1581546433110429696?s=20&t=M1-lOs8gtrGzAF1_HEqFGg) を使うことで計算が楽になります. \r\n\r\n---\r\n三角形 $ABC$ の外接円と $AF$ の交点を $M(\\neq A)$ とすると，[この構図](https:\\/\\/twitter.com\\/Geometry_bot_\\/status\\/1581546433110429696?s=20&t=M1-lOs8gtrGzAF1_HEqFGg) より\r\n$AB×AC=AM^2-BM^2$ であり，さらに $AM-BM=AF=\\sqrt 6$，$AB×AC=18$ を代入することで $AM=2\\sqrt 6，BM=\\sqrt 6$ となる. したがって，Ptolemy の定理より，$\\sqrt 6(AB+AC)=2\\sqrt 6\\cdot BC$ から $BC=\\dfrac{9}{2}$ となり，したがって解答すべき値は $\\textbf{11}$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/102/175" } ]

[ { "content": "　$f$ の次数を $d$ とおくと, 条件より明らかに $d\\geq 4$ であり, このとき与式の両辺の次数を比較することで\r\n　　$$d+(d-1)+(d-2)+(d-3)=10$$\r\nより $d=4$ を得る. さらに, $4$ 次の係数を $a\\gt 0$ とおくと, 最高次の係数を比較して\r\n　　$$a\\times 4a\\times 12a\\times 24a=1152$$\r\nより $a=1$ を得る.\\\r\n　$f$ が $x+4$ で割り切れないとき, $f^{\\prime}(x)f^{\\prime\\prime}(x)f^{\\prime\\prime\\prime}(x)$ は $x+4$ で $6$ 回割り切れるから, 次数を考慮すれば $f^{\\prime}(x)=4(x+4)^3$ となるほかない. しかし, このとき $f$ は $x+4$ で割り切れるため不適.\\\r\n　したがって, 以下 $f$ は $x+4$ で割り切れるとしてよい. このとき, $f$ は $x+4$ でちょうど $3$ 回割り切れることがわかるから, $f(x)=(x+4)^3(x+m)$ とおくと, $f^{\\prime}(x)=(x+4)^2(4x+3m+4)$ より $m=0$ が必要である.\\\r\n　逆にこれは与式をみたすから, 求める値は $1\\times12\\times48\\times64=\\textbf{36864}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/103" } ]

[ { "content": "　黒板に現れる数 $x$ をそれぞれ $1\\/(x-1)$ に置き換えると，初めには $1\\/(k^2-1)\\ (k=2,3,...,10000)$ が書かれており，問題文の操作によって $1\\/(a-1)$ と $1\\/(b-1)$ を消して書き足す数は\r\n　　$$\\displaystyle \\frac{1}{\\frac{ab-1}{a+b-2}-1}=\\frac{a+b-2}{ab-a-b+1}=\\frac{1}{a-1}+\\frac{1}{b-1}$$\r\nであるから, 操作の方法によらず黒板に書かれた数の総和は一定であり, 特に最後に残る数を$S$とすると\r\n　　$$\\begin{aligned}\\frac{1}{S-1}&=\\sum_{k=2}^{10000}\\frac{1}{k^2-1}\\\\\\\\\r\n　　&=\\sum_{k=2}^{10000}\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{k-1}+\\frac{1}{k+1}\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\frac{1}{2} \\left(\\left(\\frac{1}{1}-\\frac{1}{3}\\right)+\\left(\\frac{1}{2}-\\frac{1}{4}\\right)+\\left(\\frac{1}{3}-\\frac{1}{5}\\right)+\\cdots+\\left(\\frac{1}{9998}-\\frac{1}{10000}\\right)+\\left(\\frac{1}{9999}-\\frac{1}{10001}\\right)\\right)\\\\\\\\\r\n　　&=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{1}{1}+\\frac{1}{2}-\\frac{1}{10000}-\\frac{1}{10001}\\right)=\\frac{149994999}{200020000}\\end{aligned}$$\r\n　よって以下が従う.\r\n　　$$S=\\displaystyle\\frac{200020000}{149994999}+1=\\frac{350014999}{149994999}$$\r\nこれは既約分数であるから, 求める値は $350014999+149994999=\\textbf{500009998}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/104" } ]

[ { "content": "　問題文において, 箇条書きで示された $3$ 条件をそれぞれ条件 $1$, 条件 $2$, 条件 $3$ と呼ぶ.\\\r\n　まず左上のマスに $1$ を入れる場合のみを考え, 一般に $8$ を $n$ としたとき, 題意をみたす数の書き込み方が $2^{n-1}-n$ 通りであることを数学的帰納法によって示す. $n=1,2$ のとき明らかに $0$ 通りである.\\\r\n　ある $k\\geq 2$ について $n\\leq k$ で成立を仮定する. $xy$ 平面上において, $0\\leq x\\leq k$ かつ $-1\\leq y\\leq 0$ なる格子点全体を頂点集合とし, 距離が $1$ または $\\sqrt{2}$ である $2$ 点の間にすべて辺を張ったグラフを $V$ とする. このグラフにおける原点 $(0,0)$ を始点とするハミルトン路は, 条件 $1$ をみたす数字の書き込み方と一対一に対応する. したがって, このようなハミルトン路であって, 条件 $2$ および条件 $3$ をみたすものの数を数えればよい\\\r\n　$2$ 番目の頂点が $(0,-1)$ であるとき, 次の頂点は $(1,-1)$ でなければならず, このとき $n=k$ の場合に帰着される. $2$ 番目の頂点が $(1,0)$ または $(1,-1)$ であるとき, $x=k-1$ なる点に到達するまでは $x$ 座標を $1$ ずつ増やし続けるような任意の経路をとれ, 残りの頂点については条件 $1$ および $3$ をみたすハミルトン路が一意に定まる. ここで, 条件 $2$ をみたさないものがちょうど $1$ 通り存在するので, これを除外する. 以上より, 求めるハミルトン路の数は\r\n　　$$(2^{k-1}-k)+(2^{k-1}-1)=2^k-(k+1)$$\r\n通りであるから, $n=k+1$ でも成立する.\\\r\n　同様にして, $(0,0)$ を始点とし, かつ条件 $2$ を無視したものは $2^{n-1}$ 通りあることがわかる.\\\r\n　以下, グラフ $V$ を用いた表現を引き続き用いる. このとき, 対称性より $m=1,2,3$ について $(m,0)$ を始点とするものを数えれば十分である. $0\\leq x\\lt m$, $m\\lt x\\leq 7$ なる頂点全体をそれぞれ**左領域**, **右領域**と呼ぶ.\\\r\n　まず左領域を辿るとき, この範囲では条件 $2$ を無視すれば上と同様に $2^{m-1}$ 通りであり, 特に条件 $2$ をみたさないものは $1$ 通りである. 続いて, $(m,-1)$ から $(m+1,0)$ と進む場合, 残りは上と同様に $2^{5-m}$ 通りである. $(m+1,-1)$ と進む場合は, 条件 $2$ を無視すれば $2^{6-m}$ 通りであり, 特に条件 $2$ をみたさないものは $7-m$ 通りである. 以上より, まず左領域を通り, かつすべての条件をみたすものの個数は, 以下で与えられる.\r\n　　$$2^{m-1}\\times(2^{5-m}+2^{6-m})-1\\times(7-m)=41+m$$\r\n　同様に, 右領域を先に通る場合も $48-m$ 通りだが, $m=1$ の場合のみ $31$ 通りであることに留意せよ.\\\r\n　以上より, 求める場合の数は $M=4\\times(120+73+2\\times89)=\\textbf{1484}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc016/editorial/105" } ]

[ { "content": "　2人の年齢差は $3$ 歳で一定であることに留意すれば, 条件をみたすのは $C$ さんが $3$ 歳, $Y$ さんが $6$ 歳のときであり, これは $\\textbf{12}$ 年前である.\\\r\n　なお, 方程式 $2(15-M)=18-M$ を解いてもよい.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc015/editorial/94" } ]

[ { "content": "**解答1.**　$3$ 本の対角線が互いに端点以外で交点を持ち, かつ $1$ 点で交わらないことが必要十分条件である. ここで, 前者の条件のみをみたす選び方は, 正八角形の頂点から $6$ つを選ぶ方法 $28$ 通りと一対一に対応する. さらに, 正八角形内で $3$ 本以上の対角線が交わり得る点は $9$ 個あり, そのうち中心のみ $4$ 本の対角線が通るから, 前者をみたし後者をみたさないものは $12$ 通りである. 以上より, 求める場合の数は $\\textbf{16}$ 通りである.\r\n\r\n**解答2.**　$3$ 本の対角線が紙片を $7$ つに分かつとき, 中心には必ず三角形の領域が生まれる. 逆に対角線のすべて書き込まれた正八角形において, 頂点を正八角形と共有しないような小三角形それぞれから, 条件をみたす対角線 $3$ 本の選び方が復元できる. よって, そのような小三角形の数を数えればよく, これは $\\textbf{16}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc015/editorial/95" } ]

[ { "content": "　点 $A$ を中心として点 $D,E$ を通る円, 点 $B$ を中心として点 $D$ を通る円, 点 $C$ を中心として点 $E$ を通る円をそれぞれ考えると, $F$ はこれら $3$ 円の根心であるから, 以下の等式が成立することがわかる.\r\n$$BP^2-BD^2=BF^2-BD^2-FP^2=CF^2-CE^2-FP^2=CP^2-CE^2$$\r\n条件を用いてこれを解くことで $BP=\\sqrt{\\dfrac{49}{8}}$ を得るから, ($a,b$ のとり方に依らず)求める値は $\\textbf{392}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc015/editorial/96" } ]

[ { "content": "　与式が最小値を取るとき, $a_2,\\cdots,a_{2020}$ が $0$ 以上 $1$ 以下であることは明らかである. このとき, $xy$ 平面上において, 以下の点を順に繋いだ折れ線を考えると, 与式はこれ全体の長さに等しい：\r\n$$(0,0),(1,1-a_2),(2-a_3,1),(2,2-a_4),(3-a_5,2),\\cdots,(1010,1010-a_{2020}),(1011,1010)$$\r\nよって, 明らかにこれが一直線となる場合のみが最小値をとり, このとき $a_{1000}=500\\/1011$ と計算できるため, 求める値は $\\textbf{505500}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc015/editorial/97" } ]

[ { "content": "　例えば $\\\\lbrace 2,3,5,1,1,4\\rbrace$ を $0011100000101111$ とする要領で, 数列をバイナリ列に変換する. このとき, 操作は「隣り合う $0$ と $1$ を入れ替える(両端を除く)」と表現できる. 操作が終了するのは $0$ がすべて左側に, $1$ がすべて右側に寄った状態であるから, $M$ は初期のバイナリ列の転倒数に等しく, これは $\\textbf{376}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc015/editorial/98" } ]

[ { "content": "　$AB$ の長さを $171.4x$ とおく. また, 与式の左辺を $f(P)$ とおく.\\\r\n　$\\triangle ABC-P$ が整数となる点 $P$ が存在するような $171$ 面で正四面体を分割する. 同様に, 他 $3$ 面に沿ってさらに分割すると, $P$ が同じ領域にあれば $f(P)$ は一定であり, 面を跨げば値がちょうど $1$ 変化する.\\\r\n　一例として, 以下に $\\triangle ABC-P$ がそれぞれ $167+\\delta,168-\\delta$ であるような面での断面を提示する. 点 $P$ が赤, 青, 黄, 緑の領域にあるとき, それぞれ $f(P)$ の値は $171,170,169,168$ である. 特に黄色の各領域は, 一辺 $1.6x$ の正四面体から一辺 $0.6x$ の正四面体 $4$ つを取り除いた立体であり, 体積は $404\\/3672245$ である. \r\n\r\n　これが $\\_{172}{\\rm C}\\_{3}=833340$ 個存在するから, 黄色全体での体積は $\\dfrac{67333872}{734449}$ で, 求める値は $\\textbf{68068321}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc015/editorial/99" } ]

[ { "content": "　目の出る順番を考慮したとき目の出方は全部で $6\\times6\\times6=216$ 通りあり, そのうち $6$ が一度も出ていないようなものは $5\\times5\\times5=125$ 通りある. よって, 一度でも $6$ が出るような目の出方は $216-125=91$ 通りなので答えは $\\dfrac{91}{216}$ であり, これは既約分数であるから求める値は $a+b=216+91=\\textbf{307}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc014/editorial/88" } ]

[ { "content": "　一つ目の条件をみたす $4$ 桁の正整数は，$2$ 桁の正整数 $n$ を用いて $100n+(n+1)=101n+1$ と表せる．さらに, これが二つ目の条件をみたすとき，ある正整数 $m$ を用いて\r\n　　$$101n+1=(m+2)(m-2)=m^2-4$$\r\nと書ける．$101\\times20+1=45^2-4(=2021)$ を辺々引くことで\r\n　　$$101(n-20)=m^2-45^2=(m+45)(m-45)$$\r\n　ここで $101$ は素数であるから, $m+45,m-45$ の少なくとも一方は $101$ の倍数である．すなわち, $m$ は $99$ 以下であることとあわせて $m=45,56$ が必要である．$m=45$ のとき $m^2-4=2021$，$m=56$ のとき $m^2-4=3132$ であり, このうち $3132$ が条件をみたすから, 求める総和は $\\textbf{3132}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc014/editorial/89" } ]

[ { "content": "　三角形 $PCD$ の外接円と直線 $AB$ の接点を $Q$ とする. このとき方べきの定理より\r\n　　$$AQ^2=AP\\times AC=64,\\ \\ BQ^2=BP\\times BD=36$$\r\nとなるから,\r\n　　$$AB=AQ-BQ=8-6=2$$\r\n　すると三平方の定理より, 三角形 $PAB$ の面積は\r\n　　$$\\dfrac{1}{2}\\times 2\\times \\sqrt{4^2-1^2}=\\sqrt{15}$$\r\nで与えられるから, 面積比を考えることで三角形 $PCD$ の面積は\r\n　　$$\\sqrt{15}\\times \\dfrac{5}{4}\\times \\dfrac{12}{4}=\\dfrac{15\\sqrt{15}}{4}$$\r\nである. よって求める値は $15+15+4=\\textbf{34}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc014/editorial/90" } ]

[ { "content": "　条件を満たす $n$ の集合を $S$ とする．一般性を失わず $p\\leq q$ とする．このとき $\\gcd(p-1,q)=1$ である.\r\n\r\n(i) $2\\lt p\\lt q$ かつ $\\gcd(p,q-1)=1$ のとき\r\n\r\n　$p-1,q-1$ がともに偶数であることに留意すると, Fermatの小定理から\r\n　　$$\\begin{aligned}\r\n　　(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv(-1)^{q-1}+1\\equiv2 \\pmod p \\\\\\\\\r\n　　(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv1+(-1)^{p-1}\\equiv2 \\pmod q \\end{aligned}$$\r\nよって中国剰余定理から $(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv2 \\pmod {pq}$ が分かり, 特に $2\\in S$ である.\r\n\r\n(ii) $2\\lt p\\lt q$ かつ $\\gcd(p,q-1)\\neq1$ のとき\r\n\r\n　$p-1,q-1$ がともに偶数であることに留意すると，Fermatの小定理から\r\n　　$$\\begin{aligned}\r\n　　(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv(-1)^{q-1}\\equiv1\\equiv-q+2 \\pmod p \\\\\\\\\r\n　　(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv1+(-1)^{p-1}\\equiv2 \\pmod q \\end{aligned}$$\r\nよって中国剰余定理から $(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv pq-q+2 \\pmod{pq}$ が分かる.\r\n\r\n　$2\\lt p\\lt q$ かつ $\\gcd(p,q-1)\\neq1$ をみたす組 $(p,q)$ であって, $pq-q+2$ が $100$ 以下となるのは次の通りである．ここで $p\\lt q$ に留意すれば $p^2-2p+2\\leq 100$ より, $p=3,5,7$ のみ考えれば良いことに留意する.\r\n\r\n- $(p,q)=(3,7)$ のとき $pq-q+2=16$\r\n- $(p,q)=(3,13)$ のとき $pq-q+2=28$\r\n- $(p,q)=(3,19)$ のとき $pq-q+2=40$\r\n- $(p,q)=(3,31)$ のとき $pq-q+2=64$\r\n- $(p,q)=(3,37)$ のとき $pq-q+2=76$\r\n- $(p,q)=(3,43)$ のとき $pq-q+2=88$\r\n- $(p,q)=(5,11)$ のとき $pq-q+2=46$\r\n\r\nゆえに $16,28,40,46,64,76,88\\in S$ である．\r\n\r\n(iii) $p=q\\gt 2$ のとき\r\n\r\n　二項定理を用いれば\r\n　　$$2(p-1)^{p-1}\\equiv2(p+1)\\pmod{p^2}$$\r\n　$3$ 以上の素数 $p$ を用いて $2(p+1)$ と表される $100$ 以下の正整数は\r\n　　$$8,12,16,24,28,36,40,48,60,64,76,84,88,96$$\r\nであり, これらは $S$ に属する.\r\n\r\n(iv)　$p=2$ のとき\r\n\r\n　以下の式が常に成立することに留意すると, $n=q$ となるほかない.\r\n　　$$(p-1)^{q-1}+(q-1)^{p-1}\\equiv q \\pmod {pq}$$\r\nこのとき $n$ が偶数であることから $n=2$ が必要で, 特に $2\\in S$ である.\r\n\r\n　以上より\r\n　　$$S=\\lbrace 2,8,12,16,24,28,36,40,46,48,60,64,76,84,88,96\\rbrace$$\r\nであり, 求めるこれらの総和は $\\textbf{728}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc014/editorial/91" } ]

[ { "content": "　魔法陣の中心に入る正整数を $n$ とおくと, 有名事実として魔法陣の各行,各列,各対角線上にある $3$ つの数の和は $3n$ である. したがって, 以下のように計算できる.\r\n\r\n　このとき, $b$ を固定し, マスに入るすべての数が正となる条件を $an$ 平面に図示すると, 以下のようになる(境界線上を含まない).\r\n\r\n\r\n\r\n　したがって, $a,b$ について以下の方程式を考えればよい.\r\n　　$$\\displaystyle \\left\\lceil a+\\frac{b}{2}\\right\\rceil -\\left\\lfloor \\max\\left(\\frac{b}{2},\\frac{2a+b}{4}\\right)\\right\\rfloor-1=2021$$\r\n(i) $2a\\leq b$ のとき\r\n\r\n　以下の等式に留意する.\r\n　　$$\\begin{aligned} \\left\\lceil a+\\frac{b}{2}\\right\\rceil -\\left\\lfloor \\max\\left(\\frac{b}{2},\\frac{2a+b}{4}\\right)\\right\\rfloor&=\\left\\lceil a+\\frac{b}{2}\\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{b}{2}\\right\\rfloor\\\\\\\\&=\\begin{cases}\\displaystyle \\left(a+\\frac{b+1}{2}\\right)-\\left(\\frac{b-1}{2}\\right)=a+1&(b\\text{が奇数のとき}) \\\\\\\\\\displaystyle \\left(a+\\frac{b}{2}\\right)-\\frac{b}{2}=a&(b\\text{が偶数のとき})\\end{cases}\\end{aligned}$$\r\nしたがって, 上の方程式について, 以下の結論を得る.\r\n\r\n- $a=2021$ のとき, $b$ は $4043$ 以上の奇数すべてが適する.\r\n- $a=2022$ のとき, $b$ は $4044$ 以上の偶数すべてが適する.\r\n\r\n特に $a,b\\leq 10^6$ の範囲では $10^6-4042=995958$ 個である.\r\n\r\n(ii) $2a\\gt b$ のとき\r\n\r\n　まず, 以下の等式に留意する.\r\n　　$$\\displaystyle\\left\\lceil a+\\frac{b}{2}\\right\\rceil -\\left\\lfloor \\max\\left(\\frac{b}{2},\\frac{2a+b}{4}\\right)\\right\\rfloor= \\left\\lceil a+\\frac{b}{2}\\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{2a+b}{4}\\right\\rfloor$$\r\n　$b$ が $4$ で割り切れるとき, 以下が成立する.\r\n　　$$\\displaystyle \\left\\lceil a+\\frac{b}{2}\\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{2a+b}{4}\\right\\rfloor =\\left(a+\\frac{b}{2}\\right)-\\left(\\left\\lfloor\\frac{a}{2}\\right\\rfloor+\\frac{b}{4}\\right)=\\begin{cases}\\displaystyle \\frac{a+1}{2}+\\frac{b}{4}&(a\\text{が奇数のとき}) \\\\\\\\ \\displaystyle \\frac{a}{2}+\\frac{b}{4}&(a\\text{が偶数のとき})\\end{cases} $$\r\nしたがって $\\displaystyle a=4043-\\frac{b}{2},4044-\\frac{b}{2}$ であるから, 各 $b=4,8,\\cdots,4040$ に対し適する $a$ が二つずつ存在する.\\\r\n　同様に $b$ を $4$ で割った余りごとに考えることで, 任意の $b\\leq 4042$ に対し適する $a$ が二つずつ存在することがわかる. これらはすべて $a,b\\leq 10^6$ の範囲であり, その合計は $2\\times 4042=8084$ 個である.\r\n\r\n　以上より, 求める $M$ の値は $995958+8084=\\textbf{1004042}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc014/editorial/92" } ]

[ { "content": "　$a$ を $b$ で割ったあまりを $a\\\\%b$ で表すこととする. \\\r\n　問題の操作の「逆」にあたる操作 $B$ を考える. すなわち, 上半分を偶数番目にその順に並べ, 下半分を奇数番目に逆順に並べる操作を $B$ とする. これを $20210106$ 回繰り返したとき, $1$ と書かれたカードが上から何番目にあるかを考えればよい. \\\r\n　ここで, $2n$ 枚のカードを用意し, 上半分を偶数番目にその順に, 下半分を奇数番目にその順に並べるという操作 $B^\\prime$ を考える. すると, 上から $k$ 枚目のカードは操作 $B^\\prime$ 後上から $(2k)\\\\%(2n+1)$ 枚目に移動することがわかる. よって, $m$ 回の操作 $B^\\prime$ によって一番上のカードは $2^m\\\\%(2n+1)$ 枚目に移動する. また, 操作 $B$ は, $2n$ 枚のカードのうち $k$ 枚目と $2n+1-k$ 枚目のカードを同一視したものであることが確認できるから, $m$ 回の操作 $B$ によって一番上のカードは, $d=2^m\\\\%(2n+1)$ とすれば $d\\leq n$ のとき $d$ 枚目に, $d\\gt n$ のとき $2n+1-d$ 枚目に移動することがわかる. $2n+1=2^{10105051}+5$ であるから\r\n　　$$2^{20210106}=(2^{10105051})^2\\times 2^4\\equiv (-5)^2\\times 2^4=400 \\pmod{2n+1}$$\r\nであり, 求める答えは $\\textbf{400}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc014/editorial/93" } ]

[ { "content": "　一の位が $1$ であるものは明らかに $6!=720$ 個である.\\\r\n　一の位が $3$ の場合は, まず $1$ を区別してから考えることで $6!\\/2=360$ 個とわかる.\\\r\n　一の位が $5$ の場合も同様に $360$ 個であるから, 総数は $720+360+360=\\textbf{1440}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc013/editorial/82" } ]

[ { "content": "　下図のように点を取ると, 四角形 $AEOF$ は一辺の長さが $5$ の正方形で, $\\triangle GPO$ と $\\triangle HOQ$ は合同である. 三平方の定理より $HQ=GO=\\sqrt{21}$ だから $AD=5+\\sqrt{21}$ で, 特に求める値は $5+21=\\textbf{26}$ である. \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc013/editorial/83" } ]

[ { "content": "　方程式の $2$ 解を $\\alpha\\geq\\beta$ とおくと, 解と係数の関係より $\\alpha+\\beta=2m-960$ および $\\alpha\\beta=4m+97$ が成立する. これらより $m$ を消去すると $\\alpha\\beta=2(\\alpha+\\beta)+2\\times960+97$ すなわち\r\n　　$$(\\alpha-2)(\\beta-2)=2021=47\\times43$$\r\nこれより $(\\alpha, \\beta)$ としてあり得る組は $(2023, 3)$ および $(49, 45)$ とわかる. これを $\\alpha+\\beta=2m-960$ に代入することでそれぞれ $m=1493, 527$ を得るから, 求める値は $1493+527=\\textbf{2020}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc013/editorial/84" } ]

[ { "content": "　$n+3$ の位置を飛び越すとき, それは $n+2$ の位置から距離 $2$ 以上ジャンプするか, $n+1$ の位置から距離 $3$ 以上ジャンプするか, $n$ の位置から距離 $4$ ジャンプするかのいずれかであるから, 以下の漸化式を得る.\r\n　　$$\\displaystyle p_{n+3}=1-\\left(\\frac{3}{4}p_{n+2}+\\frac{2}{4}p_{n+1}+\\frac{1}{4}p_{n}\\right)$$\r\n　これを整理して $4p_{n+3}+3p_{n+2}+2p_{n+1}+p_n-4=0$ であるから, 求める値は $\\textbf{43206}$ である.\\\r\n　なお, この表現の一意性は証明できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc013/editorial/85" } ]

[ { "content": "　隣り合う $2$ 式をそれぞれ比較することで以下を得る.\r\n　　$$x_1^2-x_1=x_2^2-x_2=\\cdots=x_{15}^2-x_{15}$$\r\n特に, $x_1,x_2,\\cdots,x_{15}$ に含まれる数は高々 $2$ 種類である. 方程式 $x^2+14x=1$ は実数解を $2$ つもつから, これが $1$ 種類であるようなものは $2$ 個存在する. 以下ちょうど $2$ 種類である場合を考える.\\\r\n　$\\alpha$ が $n$ 個, $\\beta$ が $15-n$ 個であるとし, 一般性を失わず $n\\leq 7$ であるとする. 解と係数の関係より $\\alpha+\\beta=1$ であることに留意すれば, 与式は以下の一本の方程式に集約されることが容易にわかる.\r\n　　$$\\alpha^2+2(n-8)\\alpha+(14-n)=0$$\r\n左辺を $\\alpha$ の二次式とみなせば, その判別式は $D\\/4=(n-5)(n-10)$ であることに留意せよ. 特に $n\\leq 5$ である.\\\r\n　$n=5$ のとき, $D=0$ より実数 $\\alpha$ が一意に存在し, その $x_1,\\cdots,x_{15}$ への分配を考えて $\\_{15}\\mathrm{C}\\_{5}$ 通りである.\\\r\n　$n=1,2,3,4$ のときも同様に, 実数 $\\alpha$ が二つずつ存在することに留意すれば, 全体では以下のように求められる.\r\n　　$$x=2+2\\times(\\_{15}\\mathrm{C}\\_{1}+\\_{15}\\mathrm{C}\\_{2}+\\_{15}\\mathrm{C}\\_{3}+\\_{15}\\mathrm{C}\\_{4})+\\_{15}\\mathrm{C}\\_{5}=\\textbf{6885}$$\r\n　なお厳密には $\\beta=1-\\alpha$ が $\\alpha$ と同じ関係式をみたさないことを確認する必要があるが, これは容易である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc013/editorial/86" } ]

[ { "content": "　$AC=AF$ なる $BC$ 上の $C$ でない点 $F$ をとると $CB=BF$ および $\\angle CDF=90^\\circ$ であり, $\\angle ADF=180^\\circ-\\angle ACB$ がわかる. また, $\\triangle ABC$ の外部に $\\triangle APC\\equiv\\triangle ADF$ をみたす点 $P$ をとると, $\\angle PAD=\\angle CAF$ と $AP=AD$ から $\\angle ADP=\\angle ACB$ なので, $P, D, F$ は共線である. \\\r\n　ここで, $BE$ と $DF$ の交点を $M$ とおくと, $\\angle MBA=\\angle MFA$ が確認できるので $A, B, F, M$ は共円である. よって $\\angle AMF=90^\\circ$ であり, $AD=AP$ から $DM=PM$ が従う. また, 四角形 $CDFQ$ が長方形となるような点 $Q$ をとると, $BD=BQ$ なので $BM\\parallel PQ$ となり, $PQ$ と $CD$ の交点を $R$ とすると $DE=ER=1$ および $RC=7$. \r\nさらに $Q$ のとり方から $DP\\parallel CQ$ であり, $CQ=FD=CP$ から\r\n　　$$DP:CP=DR:CR=2:7$$\r\nが従う. これと $\\angle CDP=90^\\circ$ から\r\n　　$$CP=FD=\\dfrac{7}{\\sqrt{7^{2}-2^{2}}}\\cdot CD=\\dfrac{21\\sqrt{5}}{5}$$\r\n　よって, このとき\r\n　　$$\\displaystyle BC=\\frac{1}{2}CF=\\frac{1}{2}\\sqrt{9^{2}+\\left(\\frac{21\\sqrt{5}}{5}\\right)^{2}}=\\frac{3\\sqrt{470}}{10}$$\r\nであるから, 求める値は $3+470+10=\\textbf{483}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc013/editorial/87" } ]

[ { "content": "　$10$ 円硬貨を無視すれば, 支払える金額は $0$ 円から $1700$ 円の $18$ 通りである. それぞれについて $10$ 円硬貨の出し方 $0$ 枚から $4$ 枚で異なる金額が得られるから, $x=18\\times 5-1=\\textbf{89}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/76" } ]

[ { "content": "　$x=\\dfrac{n}{126}$ とおけば, $10x=d.333\\cdots$, $100x=d3.333\\cdots$ より $90x=9d+3$ であり, すなわち\r\n　　$$\\displaystyle n=126x=\\frac{21}{5}(3d+1)}$$\r\n　これが整数となるのは $d=3,8$ のときで, それぞれ $n=42,105$ であるから, 求める値は $\\textbf{147}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/77" } ]

[ { "content": "　$p,q,r$ が $0$ となることを許せば, 求める総和は $3^{10}=59040$ である. このうち, $p,q,r$ のうち $2$ つが $0$ であるようなものの総和は $3$ であり, ちょうど $1$ つが $0$ であるようなものの総和は $3\\times(2^{10}-2)=3066$ であるから, 以上より求める値は $59049-3-3066=\\textbf{55980}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/78" } ]

[ { "content": "　まず, $n$ 個の円周によって球面は最大で $n^2-n+2$ 個に分割できることを示す. 分割の最大数を実現するには, どの $2$ 円も二つの交点をもち, かつどの $3$ 円も一点で交わらなければよく, このような配置は可能である. このとき, 球面が $a_n$ 個に分割されるとすると, 漸化式 $a_{n+1}=a_{n}+2n$ が成立するから, $a_{1}=2$ と合わせて $a_{n}=n^2-n+2$ の成立がわかる.\\\r\n　以下, $n$ 個の球面によって空間は最大で $\\dfrac{n(n^2-3n+8)}{3}$ 個に分割できることを示す. 分割の最大数を実現するには, どの球面についても他のすべての球面と交わり, かつその交円が上で示した最大の分割数をみたせばよく, このような配置は可能である. このとき, 球面が $b_n$ 個に分割されるとすると, 漸化式 $b_{n+1}=b_{n}+a_{n}$ が成立するから, $b_{1}=2$ と合わせて $b_{n}=\\dfrac{n(n^2-3n+8)}{3}$ の成立がわかる.\\\r\n　特に求める値は $b_{10}=\\textbf{260}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/79" } ]

[ { "content": "**補題.**　下図で $AB=AC$ のとき, $BQ:QC=PQ:QR$ である.\r\n\r\n**証明.**　直線 $AC$ 上に $QR=QR^\\prime$ なる $R$ でない点 $R^\\prime$ をとると, $\\angle BPQ=\\angle ARQ=\\angle CR^\\prime Q$ が成立する. これと $\\angle B=\\angle C$より $\\triangle BPQ$ と $\\triangle CR^\\prime Q$ は相似であるから, $BQ:QC=PQ:QR^\\prime=PQ:QR$.\r\n\r\n　補題とトレミーの定理より\r\n　　$$DE\\times FG+5\\sqrt{39}=3DE\\times 2FG$$\r\nが従うから, $DE\\times FG=\\sqrt{39}$ である. $\\angle DEG=\\angle DFG$ に留意すれば, $DE=x$ とおけば余弦定理より\r\n　　$$\\displaystyle \\frac{x^2+(3x)^2-39}{2\\times x \\times 3x}=\\displaystyle \\frac{(\\frac{\\sqrt{39}}{x})^2+(\\frac{2\\sqrt{39}}{x})^2-39}{2\\times \\frac{\\sqrt{39}}{x} \\times \\frac{2\\sqrt{39}}{x}}$$\r\nを解けばよい. これを整理すると, $x^4+5x^2-78=0$ となり, $x=\\displaystyle \\frac{\\sqrt{39}}{3}$ を得る. よって $DE=\\displaystyle \\frac{\\sqrt{39}}{3}, FG=3, EG=\\sqrt{39}$ が分かり, 余弦定理より\r\n　　$$\\cos \\angle EDG=\\displaystyle \\frac{(\\frac{\\sqrt{39}}{3})^2+39-39}{2\\times \\frac{\\sqrt{39}}{3}\\times \\sqrt{39}}=\\frac{1}{6}$$\r\nまた $\\angle EDG=\\angle GFC$より,\r\n　　$$CG=\\sqrt{3^2+4^2-2\\times 3\\times4\\times\\displaystyle\\frac{1}{6}}=\\sqrt{21}$$\r\nとなる. 方べきの定理より\r\n　　$$4\\times(4+5)=\\sqrt{21}\\times CA$$\r\nであるから, $CA=\\displaystyle \\frac{36}{\\sqrt{21}}=12\\sqrt{\\displaystyle \\frac{3}{7}}$ で, 特に求める値は $12^2\\times 3 \\times 7=\\textbf{3024}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/80" }, { "content": "　$AB = AC = 12\\sqrt x$ とおく．このとき，方べきの定理より\r\n$$ 12\\sqrt x\\times BD = BA \\times BF = 24 \\implies AD = 12\\sqrt x - \\frac2{\\sqrt x}=\\frac{12x-2}{\\sqrt x} $$\r\nが分かり，同様に $AG = \\dfrac{12x - 3}{\\sqrt x}$ が分かる．また $\\alpha = \\angle BAC$ として\r\n$$ \\sin\\frac\\alpha2 = \\frac1{12\\sqrt x} \\times \\frac{BC}2=\\frac1{2\\sqrt x} \\implies \\cos\\alpha = 1 - 2\\left(\\frac1{2\\sqrt x}\\right)^2 = 1 - \\frac1{2x} = \\frac{2x-1}{2x} $$\r\nであるから，余弦定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&DG^2 = AD^2 + AG^2 - 2 AD \\times AG\\cos\\alpha\\\\\\\\\r\n&\\mskip-5mu\\Longrightarrow\\\\;39 = \\frac{(12x-2)^2+(12x-3)^2}x - \\frac{\\mathinner{(12x-2)}\\mathinner{(12x-3)}}x \\times \\frac{2x-1}x \\\\\\\\\r\n&\\mskip-5mu\\Longrightarrow\\\\;39x^2 = x\\left((12x-2)^2 - 2\\mathinner{(12x-2)}\\mathinner{(12x-3)} + (12x-3)^2\\right) + \\mathinner{(12x-2)}\\mathinner{(12x-3)}\\\\\\\\\r\n&\\mskip-5mu\\Longrightarrow\\\\;39x^2 = x\\mathinner{((12x-2)-(12x-3))^2} + \\left(144 x^2 - 60x + 6\\right) \\\\\\\\\r\n&\\mskip-5mu\\Longrightarrow\\\\;105x^2 - 59x + 6 = 0 \\\\;\\Longrightarrow\\\\; \\mathinner{(7x-3)}\\mathinner{(15x-2)} = 0.\r\n\\end{aligned}$$\r\n$24\\sqrt x = AB + AC \\gt BC = 12$ より $x \\gt \\dfrac14$ であるから $x = \\dfrac37$ が分かり，求める値は $12^2 \\times 3 \\times 7 = \\mathbf{3024}$．", "text": "他の計算解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/80/6" } ]

[ { "content": "　正整数 $n$ に対し $n$ 次の置換 $\\sigma$ であって $\\sigma(i)\\neq i\\~(i=1,\\dots,n)$ をみたすものを $n$ **次の良い置換** と呼ぶことにする．$n$ 次の良い置換の個数（**モンモール数**）を $a_n$ とすれば，簡単な議論によって $N=2048!\\times(a_{2047}+a_{2048})$ が得られる．\r\n\r\n　ここで $a_n$ の一般項は次の形に表されることが知られている．\r\n$$a_n=\\sum_{k=0}^{n}\\frac{(-1)^kn!}{k!}$$\r\n\r\n<details>\r\n<summary>漸化式による証明<\\/summary>\r\n　$n$ 次の良い置換 $\\sigma$ を考える．\r\n\r\n- $\\sigma(\\sigma(n))=n$ であるとき：$\\sigma$ は $\\\\{1,\\dots,\\sigma(n)-1,\\sigma(n)+1,\\dots,n-1\\\\}$ の置換と自然に見なすことができ，それは $n-2$ 次の良い置換に自然に対応する．\r\n- $\\sigma(\\sigma(n))\\neq n$ であるとき：次で定義される $n-1$ 次の置換 $\\tau$ は良い置換である．\r\n$$\\tau(i)=\\begin{cases}\r\n\\sigma(i)&(i\\neq \\sigma^{-1}(n))\\\\\\\\\r\n\\sigma(n)&(i=\\sigma^{-1}(n))\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\n　逆に $n-2,n-1$ 次の良い置換に対し，対応する $n$ 次の良い置換は $n-1$ 個存在する．よって $a_n$ は次の漸化式をみたす：\r\n$$a_1=0,\\quad a_2=1,\\quad a_{n+2}=(n+1)(a_{n+1}+a_n)\\quad(n\\geq 1)$$\r\nこのとき任意の $n\\geq 1$ について\r\n$$a_{n+1}-(n+1)a_n=-(a_n-na_{n-1})=\\cdots=(-1)^{n-1}(a_2-2a_1)=(-1)^{n+1}$$\r\nが成り立ち，この両辺を $(n+1)!$ で割った式を考えれば求める式は容易に得られる．\r\n<\\/details>\r\n<details>\r\n<summary>包除原理による証明<\\/summary>\r\n　$S:=\\\\{1,\\dots,n\\\\}$ の部分集合 $T$ に対して，$n$ 次の置換 $\\sigma$ であって任意の $i\\in T$ に対し $\\sigma(i)=i$ をみたすものは $(n-|T|)!$ 個存在する．また $|T|=k\\~(0\\leq k\\leq n)$ なる $T\\subset S$ は ${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}$ 個存在するため，包除原理より\r\n$$\r\na_n\r\n=\\sum_{T\\subset S}(-1)^{|T|}(n-|T|)!\r\n=\\sum_{k=0}^{n}(-1)^{k}{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}(n-k)!\r\n=\\sum_{k=0}^{n}\\frac{(-1)^kn!}{k!}.\r\n$$\r\n<\\/details>\r\n\r\nこれより次が得られる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nN\r\n&=2048!\\times\\left(2049\\times\\sum_{k=0}^{2047}\\frac{(-1)^k\\times 2047!}{k!}+1\\right)\\\\\\\\\r\n&=2048!\\times\\left(\\underbrace{2049\\times2046\\times\\left(2047\\times\\sum_{k=0}^{2045}\\frac{(-1)^k\\times 2045!}{k!}+1\\right)}_{6の倍数}+1\\right)\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって $a,b$ は $2048!$ が $2,3$ で割り切れる回数とそれぞれ一致することがわかる．それはLegendreの公式より $a=2047,b=1019$ と計算でき，特に解答すべき値は ${\\bf 2085893}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/81" }, { "content": "※かつて[公式解説](.\\/)が存在しなかったときのものです\r\n\r\n---\r\n\r\n　$2047$ を一般に $n \\ge 1$ とおき，仮定の置き方を $a\\_n$ 通りとして，これを求める． \r\n* 石のない列が存在するとき． \r\n　黒石を固定したとき，白石の並べ方の総数は攪乱順列と同じ$%n!\\sum\\limits_{k=0}^n\\dfrac{\\left(-1\\right)^k}{k!}$．よって，求める場合の数は\r\n$$ \\left(n+1\\right)! \\times n!\\sum_{k=0}^n\\frac{\\left(-1\\right)^k}{k!}. $$\r\n* 全ての列に少なくとも一方の石があるとき． \r\n　$n = 1$ では $2$ 通り．$n \\ge 2$ の場合，白石のみの列の白石を固定すると，残りの石の並べ方の総数は $n - 1$ の場合と同じ\\*．よって $a_0 = 1$ とすれば，求める場合の数は $n \\left(n + 1\\right) a_{n-1}$ 通り．\r\n\r\n　したがって\r\n$$ a_n = n \\left(n + 1\\right) a_{n-1} + \\left(n+1\\right)! \\times n!\\sum_{k=0}^n\\frac{\\left(-1\\right)^k}{k!} $$\r\nであり，帰納的に\r\n$$ a_n = n! \\left(n + 1\\right)! \\sum_{k=0}^n\\frac{\\left(n - k + 1\\right)\\left(-1\\right)^k}{k!} $$\r\nを得る．よって $S = 2045!\\sum\\limits_{k=0}^{2045}\\dfrac{\\left(2048 - k\\right)\\left(-1\\right)^k}{k!}$ とおくと\r\n$$ N = a\\_{2047} = 2047! \\times 2048! \\left(\\frac S{2045!} + \\frac2{2046!} - \\frac1{2047!}\\right) = 2048! \\times \\left(2047 \\times 341 \\times 6S + 4093\\right)\\mathclose{}. $$\r\n$S$ は整数であるから，Legendre の定理より $a = 2047,\\\\, b = 1019$ が得られ，求める数値は $ab = \\mathbf{2085893}$．\r\n---\r\n\\*　白石のみの列およびその列の白石のある行を考え，その行と列以外の石を並べてから，残りの黒石 $1$ つを適切な場所におけばよい．", "text": "アーカイブ", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc012/editorial/81/27" } ]

[ { "content": "　昨年の人口は一昨年の $27\\/25$ 倍, 今年の $24\\/25$ 倍であることから, $\\mathrm{lcm}(27,24)=216$ の倍数である. 大小の条件より $216\\times 8=1728$ か $216\\times 9=1944$ となるほかなく, このうち他の2年も同条件をみたすのは $\\textbf{1728}$ のときである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/70" } ]

[ { "content": "　$3^6\\equiv3^2\\pmod{720}$ より, 手元にあるラムネ瓶の本数 $N$ について引き換えを行っても $3^{N}$ を $720$ で割った余りは不変である. よって $3^n\\equiv 3^4\\equiv\\textbf{81}\\pmod{720}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/71" } ]

[ { "content": "　与式を $k$ とおけば, 以下のように変形できる.\r\n　　$$(k+a)(k-a)=2^83^{10}5^{12}$$\r\n　ここで $k\\pm a$ の偶奇は一致するから, 特にいずれも偶数である. すなわち, 以下をみたす正整数の組 $x\\geq y$ の数を求めることに帰着される.\r\n　　$$xy=2^63^{10}5^{12}$$\r\n　ところで $2^63^{10}5^{12}$ は正の約数を $(6+1)(10+1)(12+1)=1001$ 個もつが, 平方数であることから $x=y$ なる組が一つ存在することに留意すれば, 求める値は $\\textbf{501}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/72" } ]

[ { "content": "　下図のように座標を設定し, $ABC$ およびそれと合同な三角形たちを埋め込む.\r\n\r\n　このとき, $A^\\prime B^\\prime C^\\prime$ の内心を $I^{\\prime}$ とすれば, 求める最小値は線分 $II^\\prime$ の長さに等しいことがわかる. なお厳密にはこれが線分 $BC^\\prime$ および $A^\\prime C^\\prime$ と交わることを示す必要があるが, これは読者への演習とする.\\\r\n　点 $I$ は $\\angle B$ の二等分線 $y=-\\sqrt{3}x+1$ および $\\angle C$ の二等分線 $y=x$ の交点であるから, その座標は\r\n　　$$I:\\left(\\dfrac{\\sqrt{3}-1}{2},\\dfrac{\\sqrt{3}-1}{2}\\right)$$\r\nである. 同様に $I^\\prime$ の座標は $(2,1)$ である. よって\r\n　　$$I^{\\prime}I^2=\\left(\\dfrac{\\sqrt{3}-1}{2}-1\\right)^2+\\left(\\dfrac{\\sqrt{3}-1}{2}-2\\right)^2=10-4\\sqrt{3}$$\r\nであるから, 求める値は $10+4^2\\times 3=\\textbf{58}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/73" } ]

[ { "content": "　まず $f(2n)=f(n)$ であることを示す.\\\r\n　$(1+x)^{2n}=[(1+x)^n]^2$ の両辺の $x^{2m}$ の係数を考えることで\r\n　　$$\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{2m}=(\\_{n}\\mathrm{C}\\_{m})^2+2\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m+1}\\cdot\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m-1}+\\cdots$$\r\nすなわち $\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{2m}$ と $\\_{n}\\mathrm{C}\\_{m}$ の偶奇は一致する. 同様に, 同じ式の $x^{2m+1}$ の係数を考えることで $\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{2m+1}$ は常に偶数であるから, 以上より $f(2n)=f(n)$ であることが示された.\\\r\n　次に $f(2n+1)=2f(n)$ であることを示す. 以下の等式に留意する.\r\n　　$$\\_{2n+1}\\mathrm{C}\\_{m+1}=\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m}+\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m+1}$$\r\nここで上の考察より $\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m}$ と $\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m+1}$ の偶奇は異なるから, $\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{m}$ が奇数ならば $\\_{2n+1}\\mathrm{C}\\_{m}$ および $\\_{2n+1}\\mathrm{C}\\_{m+1}$ はともに奇数である ($m=2n$ でも正しい). これより $f(2n+1)=2f(n)$ が示された.\\\r\n　これで準備は整ったので, 計算が可能である. $5^{16}\\equiv 1\\pmod{16}$ に留意すれば,\r\n　　$$f(10^{16}-2^{16})=f(5^{16}-1)=f\\left(\\dfrac{5^{16}-1}{16}\\right)$$\r\n一方で, $f(2n+1)=2f(n)$ を繰り返し用いれば,\r\n　　$$f(10^{16}+7\\cdot2^{17})=f(5^{16}+14)=2f\\left(\\dfrac{5^{16}+13}{2}\\right)=\\cdots=16f\\left(\\dfrac{5^{16}-1}{16}\\right)$$\r\n以上より, 求める商は $\\textbf{16}$ である,", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/74" }, { "content": "公式解説では二項係数の等式とパスカルの三角形での等式をもとに漸化式を構築していたが，Kummer's theoremにより，$f(n)$ が直ちに求まる．OMCでは比較的よく問われるので，知っておくとよい． \r\n**Kummer's theorem** \r\n 　$p$ を素数とする．${}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{n}$ が $p$ で割り切れる最大の回数は $p$ 進数の表示で $(m-n) + n$ を計算したときの繰り上がりの回数と等しい． \r\n**証明** \r\n　[こちら](https:\\/\\/en.wikipedia.org\\/wiki\\/Kummer%27s_theorem)や[こちら](https:\\/\\/manabitimes.jp\\/math\\/1330)を参照のこと．\r\nルジャンドルの定理によって $n!$ の $p$ で割れる回数が，（$p$ 進数表示での各桁の和の関数を定めておけば）具体的に書けるため， ${}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{n}$ が $p$ で割れる回数もこの表示を行うことができ，その表示と $p$ 進数表示での和計算の繰り上がりの対応付けを見るような証明となっている．\r\n\r\nこの定理を $p=2$ で用いることで，${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}$ が奇数であることと， $n-k$ と $k$ の2進表示での和の計算で繰り上がりが発生しないことが同値であることがわかる．これは $n-k$ と $k$ の2進表示において，同じ桁に $1$ が存在しないことと同値であり，和である $n$ の2進表示で $0$ となる桁に対しては $n-k$ および $k$ の2進表示の同じ桁でも $0$ となり，$1$ となる桁に対しては $k$ の同じ桁での2進表示は $1,0$ の2通りの表示がありうる．以上の議論をまとめると，$n$ の2進表示での $1$ の個数を $\\mathrm{popcount}(n)$ と書くことにすると，$f(n) = 2^{\\mathrm{popcount}(n)}$ であることがわかる．\r\n\r\nあとは公式解説とほぼ同様だが，2進表示を追うと少し速く計算できる．$5^{16} \\equiv 1 \\pmod {16}$ より，$5^{16}-1$ は2進表示で下4桁がすべて $0$ で，$5^{16}+14=(5^{16}-1)+ 15$ は2進表示で $5^{16}-1$ の2進表示の下4桁をすべて $1$ に変えたものと一致し，与えられた二数の $\\mathrm{popcount}$ の差は $4$ になるため，求める値は $2^4 = \\mathbf{16}$ となる．", "text": "Kummer's theorem", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/74/400" } ]

[ { "content": "　$AEGF$ が長方形となるような点 $G$ をとると, 求める面積の差 $S$ は四角形 $BCDG$ の面積に等しいことが容易にわかる. さらに, $B$ について $E$ と対称な点 $P$ および $D$ について $F$ と対称な点 $Q$ をとると, $F,E,P,Q$ は $C$ を中心とする半径 $5$ の円周上にあり, 六角形 $EPRQFG$ の面積は $4S$ に等しいことがわかる. ただし $R$ は $APRQ$ が長方形となるような点である. ここで方べきの定理より\r\n　　$$AE\\times AP=AC^2-5^2=AF\\times AQ$$\r\nすなわち $AE\\times AF\\times AP\\times AQ=11^2$ であり, 一方で $AE\\times AF=2\\triangle AEF=3$ であるから\r\n　　$$4S=AP\\times AQ-AE\\times AF=\\dfrac{11^2}{3}-3=\\dfrac{112}{3}$$\r\nよって $S=\\dfrac{28}{3}$ であり, 求める値は $\\textbf{31}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc011/editorial/75" } ]

[ { "content": "　はじめの $12$ 秒間のうち $A,B$ がともに光っているのは $6$ 秒間である. 以降はこの $12$ 秒間の光り方を周期として繰り返すから, 求める値は $\\textbf{60}$ 秒間である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc010/editorial/64" } ]

[ { "content": "　余弦定理よりある $2$ つの角の余弦について $-\\dfrac{1}{\\sqrt{2}},\\dfrac{\\sqrt{3}}{2}$ と計算できる. よって残りの角の大きさは $180^\\circ-135^\\circ-30^\\circ=\\textbf{15}^\\circ$ であり, これが最小であるから解答すべきものである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc010/editorial/65" } ]

[ { "content": "　高木くんの考えに従うような進み方を**経路**と呼ぶことにする.\\\r\n　$n$ 個の街を通るようなある経路を固定したとき, この経路には $n-1$ 本の道が含まれることから, これが実現できる確率は $\\left(\\dfrac{6}{7}\\right)^{n-1}$ である. また $n$ 個の街を通るような経路は $\\_{98}\\mathrm{C}\\_{n-2}$ 通り存在するから, 求める期待値は\r\n$$\\sum_{n=2}^{100}{}\\_{98}\\mathrm{C}\\_{n-2}\\left(\\frac{6}{7}\\right)^{n-1}=\\frac{6}{7}\\sum_{n=0}^{98}{}\\_{98}\\mathrm{C}\\_{n}\\left(\\frac{6}{7}\\right)^{n}=\\frac{6}{7}\\left(1+\\frac{6}{7}\\right)^{98}=2\\times 3\\times 7^{-99} \\times 13^{98}$$\r\nただし途中で二項定理を用いた. 特に解答すべき値は $\\textbf{586}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc010/editorial/66" } ]

[ { "content": "　集合 $A$ の $n$ 番目の要素を $b_n$ とおき, $A$ の要素の最小値を $m$ とおく.\\\r\n　まず, 以下の不等式より $m\\leq8000$ がわかる.\r\n$$500m\\leq\\displaystyle\\sum_{n=1}^{500}b_{n}=\\left(\\sum_{n=1}^{500}a_n\\right)^2\\leq4000000$$\r\n　逆に $a_{n}=\\sqrt{8000}(\\sqrt{n}-\\sqrt{n-1})$ とすれば, $a_{1}+\\cdots+a_{500}=2000$ であり, かつ任意の $n$ について $b_{n}=8000$ であるから, 求める最大値は $\\textbf{8000}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc010/editorial/67" } ]