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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　現在執筆中です.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc010/editorial/68" } ]

[ { "content": "　まずは $N$ を $3$ で割った余りを利用して $N$ の値の候補を求めよう.\\\r\n　$N\\equiv 0\\pmod 3$ のとき, $x=N^{2}-1,n=3,m=\\dfrac{N}{3}(N^{2}-2)$ とすれば仮定より $n^{2}-m^{2}$ は $x$ で割り切れる. よって, 以下が整数となることから, $N=3,9$ を候補として得る.\r\n　　$$\\dfrac{9\\left(n^{2}-m^{2}\\right)}{x}=\\dfrac{81-N^{2}\\left(N^{2}-2\\right)^{2}}{N^{2}-1}=-N^4-3N^2+1+\\dfrac{80}{N^2-1}$$\r\n　同様にして $N\\equiv 1\\pmod 3$ のとき $x=N+1,n=3,m=\\dfrac{N+2}{3}$ を考えることで $N+1$ は $80$ の約数であり, $N\\equiv 2\\pmod 3$ のとき $x=N-1,n=3,m=\\dfrac{N-2}{3}$ を考えることで $N-1$ は $80$ の約数であるから, 以下を候補として得る. なお, $N=1$ が条件をみたすかは求値に影響しないから, ここでは除外する.\r\n　　$$N=2,3,4,5,7,9,11,17,19,41,79$$\r\n　ここで $N=17$ のとき $x=288,n=697,m=7$ が, $N=41$ のとき $x=1680,n=2993,m=23$ が, $N=79$ のとき $x=6240,n=28993,m=17$ が反例となっていることがわかる.\\\r\n　逆に残りの候補が条件をみたす. これらは愚直に探索可能であるが, 以下の補題群がそれを容易にするであろう.\r\n\r\n**補題1.**　$x\\mid N^{2}-1$ かつ $m=\\dfrac{x^{2}-1}{N}$ のとき, $x\\mid m^{2}-1$ である.\r\n\r\n**証明.**　$m^{2}-1\\equiv \\left(\\dfrac{x^{2}-1}{N}\\right)^{2}-1\\equiv N^{-2}\\left(x^{4}-2x^{2}-(N^{2}-1)\\right) \\equiv 0\\pmod x$ より従う.\r\n\r\n**補題2.**　$x=N^{2}-1,n=N^{2}-2,m=N$ のとき, $x\\mid n^{2}-m^{2}$ である.\r\n\r\n**証明.**　$n^{2}-m^{2}=N^4-5N^2+4=\\left(N^{2}-1\\right)\\left(N^{2}-4\\right)=x\\left(N^{2}-4\\right)$ より示される.\r\n\r\n**補題3.**　$N$ が素数であるとき, $N\\mid x^{2}-1$ かつ $x\\mid N^{2}-1$ をみたす正整数 $x$ は $1,N\\pm 1,N^{2}-1$ に限られる.\r\n\r\n**証明.**　読者への演習とする.\r\n\r\n　以上より, 求める値は $\\textbf{1580040}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc010/editorial/69" } ]

[ { "content": "　以下のリンクをご覧ください. 将来的に移植を予定しています.\r\n\r\n　https:\\/\\/drive.google.com\\/file\\/d\\/1bVg2wRfG8ZxUsNak8meyfOtmq_l0F23K\\/view", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/176" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/177" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/178" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/179" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/180" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/181" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/182" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/183" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/184" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/185" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/186" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/187" }, { "content": "　左から順に石を並べることを考える. \\\r\n$f(i,j)$ で, 既に $ i $ 個並べて右端から白い石が $ j $ 個連続して並んでいるような並べ方の数とすると, 題意の条件より, \r\n\r\n- $ f(0,0) = 1 , f(0,1) = 0, f(0,2) = 0$\r\n- $ f(i,0) = \\sum_{k=0}^{2} f(i-1,k) \\quad (i\\gt0)$ \r\n- $ f(i,j) = f(i-1,j-1) \\quad (i,j\\gt0)$ \r\n\r\nよって,\r\n\r\n- $ f(0,0) = 1, f(1,0) = 1, f(2,0) = 2 $\r\n- $ f(i,0) = f(i-1,0) + f(i-2,0) + f(i-3,0) \\quad (i\\gt2)$\r\n\r\n求めるべき値が $ f(13,0) $ であるから, 上の漸化式に従って順に計算することで $\\mathbf{1705}$ が得られる.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/187/154" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/188" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/189" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/190" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcnakamoto/editorial/191" } ]

[ { "content": "　「$13$ および $19$ を法としてともに $-6$ と合同である」と表現できるから, 求める値は $13\\times 19-6=\\textbf{241}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/58" } ]

[ { "content": "　$k=\\textbf{10403}=101\\times 103$ のとき $10403-4=10399$ で最大である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/59" } ]

[ { "content": "　直線 $DH$ は直線 $BF$ を点 $A$ を中心に反時計回りに $90^{\\circ}$ 回転したものであるため，点 $A$ と直線 $BF$ の距離を $d$ とすれば $AK^2=2d^2$ が成立．計算すれば直線 $BF$ の方程式は $3x-7y=9$ であるから $$AK^2=2\\biggl(\\frac{|9|}{\\sqrt{3^2+7^2}}\\biggr)^2=\\frac{81}{29}$$\r\nとなり，特に解答すべき値は $\\bf{110}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/60" }, { "content": "　三角形 $AFB$ を $A$ を中心に $90^\\circ$ 回転させると三角形 $AHD$ になるので，特に、 $BF$ と $DH$ は直交する．\\\r\n $\\angle{FKH}=\\angle{FAH}=90^\\circ$ から $A,F,G,H,K$ は共円となるので， $\\angle{AKG}=\\angle{AHG}=90^\\circ$ \\\r\n同様に， $\\angle{AKC}=90^\\circ$ だから， $K$ は $A$ から直線 $CG:5x-2y=9$ に下ろした垂線の足である．\\\r\n よって，${AG}^2=\\frac{9^2}{5^2+2^2}=\\frac{81}{29}$ であり，解答すべき数値は $\\textbf{110}$ となる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/60/80" } ]

[ { "content": "　$M$ を $99$ 回目の操作後における $X$ の $99!$ 番目までの総和とすれば $M=99S+98,T=100M+99$ が容易に確認できる．従って $|T-9900S|=\\bf{9899}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/61" } ]

[ { "content": "　整数 $a$ が素数 $p$ で割り切れる回数を $v_p(a)$ で表す．\r\nカードに書かれた整数を $a_1,\\dots,a_n$ とするとき，条件は各 $k=1,\\dots,n$ に対し次が成り立つことと同値．\r\n\r\n- (a)：任意の素数 $p$ に対し $\\begin{cases}v_p(a_k)\\leq 50&(p\\leq 50)\\\\\\\\ v_p(a_k)=0&(p\\gt 50)\\end{cases}$．\r\n\r\n- (b)：ある素数 $p(\\leq 50)$ が存在して $v_p(a_k)\\gt\\bigl(\\sum_{i=1}^{n}v_p(a_i)\\bigr)-v_p(a_k)$．\r\n\r\n$2$ つ以上の $k$ に対し(b)の条件式をみたす $p$ は存在しないため，$50$ 以下の素数の個数を考えれば $n\\leq 15$．逆に $n=15$ の場合に条件をみたす例は容易に構築できるため $m=15$ である．\r\n\r\n　$n=15$ のとき，各 $k=1,\\dots,15$ に対し(b)をみたす $p$ がただ一つ対応する．よって次を満たす整数組 $(x_1,\\dots,x_{15})$ の個数を $M$ とすれば $K=15!\\cdot M^{15}$ である．\r\n\r\n$$x_1\\gt\\sum_{i=2}^{15}x_i,\\quad 0\\leq x_i\\leq 50$$\r\n\r\n$x_1^{\\prime}=50-x_1$ と置き換えれば容易に $M=\\binom{64}{15}$ が得られるため，Legendreの公式を用いれば $K$ は $2$ で $\\bf{101}$ 回割り切れる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/62" } ]

[ { "content": "　$i=1,\\dots,2020$ に対し $b_i=a_i-a_{i-1}$ とすれば，$S_0,S_1,\\dots,S_{2020}$ で覆われる部分の面積( $S$ とする)は次で求められる．\r\n$$S=4+\\sum_{i=1}^{2020}\\bigl(b_i(2i+2-b_i)+2i+3\\bigr)$$\r\n\r\nまた問の性質は次のように言い換えられる．\r\n- 各 $i=1,2,\\dots,2020$ に対して $0\\leq b_i\\leq 2$ である．\r\n- 各 $i=1,2,\\dots,2019$ に対して $b_i+b_{i+1}\\geq 2$ である．\r\n\r\nここで各 $(b_1,\\dots,b_{2020})$ に対して，次をみたす $k=0,1,\\dots,1010$ が一意に存在する．\r\n$$b_{2k}\\neq 0,\\quad b_{2k+1}=\\cdots=b_{2017}=b_{2019}=2,\\quad b_{2k+2}=\\cdots=b_{2018}=b_{2020}=0$$\r\n\r\n$k$ を固定して $S$ の取りうる値を考えよう．\r\n各 $i=1,2,\\dots,2k-1$ に対し，$b_i=0$ であるとき $b_{i+1}=2$ である．そのとき $b_i=b_{i+1}=1$ としても $S$ は変化しないため，$b_1,\\dots,b_{2k}\\in\\\\\\{1,2\\\\\\}$ であるとして構わない．\r\nそのとき次を得る．\r\n$$S=2\\times 2021^2+2+4k+\\sum_{\\substack{1\\leq i\\leq 2k\\\\\\\\b_i=2}}(2i-1)$$\r\n\r\n$T=S-2\\times 2021^2-2$ とすれば，$T$ の取りうる値は $4k$ 以上 $4k^2+4k$ 以下の整数のうち $4k+2,4k^2+4k-2$ 以外すべてであることが容易に確認できる．よって $k=0,1,\\dots,1010$ について考え合わせれば $T$ の取りうる値は次の $\\bf{4084435}$ 通りであり，$S$ の取りうる値も同じ個数だけある．\r\n$$0,4,5,7,8,9,11,12,\\dots,2021^2-4,2021^2-2,2021^2-1$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc009/editorial/63" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/52" } ]

[ { "content": "　$s$ が奇数の場合次が成り立つため，任意の $s,t$ で条件をみたす．\r\n\r\n$$\\sum_{k=1}^{s}k^t=\\sum_{k=0}^{(s-1)\\/2}\\bigl(k^t+(s-k)^t\\bigr)\\equiv 0\\pmod{s}$$\r\n\r\n　$s$ が偶数の場合次が成り立ち，$\\bigl(\\frac{s}{2})^t\\equiv 0\\pmod{s}$ となる $s$ は $t=1$ のとき存在せず，$t\\geq 3$ のとき $4$ の倍数である．\r\n\r\n$$\\sum_{k=1}^{s}k^t=\\Bigl(\\frac{s}{2}\\Bigr)^t+\\sum_{k=0}^{s\\/2-1}\\bigl(k^t+(s-k)^t\\bigr)\\equiv\\Bigl(\\frac{s}{2}\\Bigr)^t\\pmod{s}$$\r\n\r\n　以上より求める値は $1010\\times 1010+505\\times 1009=\\bf{1529645}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/53" } ]

[ { "content": "$$y=\\begin{cases}\r\nx^2+4x+2=(x+2)^2-2&(x\\lt -1)\\\\\\\\\r\nx^2-4x-6=(x-2)^2-10&(x\\geq -1)\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nに注意すれば $M,m$ は次のように求められる．\r\n\r\n$$M=\\begin{cases}\r\ns^2+4s+2&(s\\lt -3)\\\\\\\\\r\n-1&(-3\\leq s\\lt -1)\\\\\\\\\r\ns^2-4s-6&(-1\\leq s\\lt 1)\\\\\\\\\r\ns^2-10&(s\\geq 1)\\\\\\\\\r\n\\end{cases},\\quad\r\nm=\\begin{cases}\r\ns^2+8s+14&(s\\lt -4)\\\\\\\\\r\n-2&(-4\\leq s\\lt -2\\sqrt{2})\\\\\\\\\r\ns^2-10&(-2\\sqrt{2}\\leq s\\lt 0)\\\\\\\\\r\n-10&(0\\leq s\\lt 2)\\\\\\\\\r\ns^2-4s-6&(s\\geq 2)\\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nこれより $M-m=4$ となるのは $s=-4,-\\sqrt{5},0,2$ のときであり，解答すべき値は $\\bf{4502}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/54" } ]

[ { "content": "　次のように考えれば，求める値は $2^{11}-2=\\bf{2046}$．\r\n- 上から $1$ 行目のどの隣接する $2$ マスにも同じ色が塗られていない場合，どの行も白黒交互に塗られている．よって各行の塗り方を考えれば $2^{10}$ 通り．\r\n- 上から $1$ 行目のある隣接する $2$ マスに同じ色が塗られている場合，$2$ 行目以降の塗り方は一意に定まる．よって $1$ 行目の塗り方を考えれば $2^{10}-2$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/55" } ]

[ { "content": "　$\\triangle ABC$ の外接円と直線 $AI$ の交点のうち $A$ でない方を $M$ とすれば，有名事実として $M$ は弧 $BC$ の中点であり $BM=CM=IM$ が成立．仮定とあわせれば $\\triangle ADO\\equiv\\triangle MIO$ が得られ，特に $AI=MD$ である．\r\nここで $AI=x,DI=y$ とおけば，$\\triangle ABM\\sim\\triangle BDM$ より $(x+y)^2=x(2x+y)$ であるため $x,y\\gt 0$ より $\\frac{x}{y}=\\frac{1+\\sqrt{5}}{2}$．\r\nこれと $IO\\parallel BC$ より次を得る．\r\n$$(\\triangle ABC の面積)=\\frac{x+y}{y}\\cdot(\\triangle OBC の面積)=\\dfrac{3+\\sqrt{5}}{2}\\cdot(39-13\\sqrt{5})=\\bf{26}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/56" } ]

[ { "content": "　次の補題を示しておく．\r\n\r\n----\r\n\r\n**補題**：非負整数 $N$ に対し次が成り立つ．\r\n$$\\sum_{n=0}^{N+1}(-1)^{N+1-n}{}\\_{N+1}\\mathrm{C}\\_{n}n^{N+1}=(N+1)!$$\r\n**証明**：$N+1$ 個のボールをちょうど $N+1$ 色で塗り分ける方法は $(N+1)!$ 通りあり，一方で $N+1$ 個のボールを $n$ 色以下で塗り分ける方法は $n^{N+1}$ 通りある．これらに対し包除原理を用いれば補題の式が得られる．(証明終)\r\n\r\n----\r\n\r\n　$N=2020$ とすると，補題より与式は次のように変形できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=0}^{N}{}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{n}(n+1)^N\r\n&=\\sum_{n=0}^{N}(-1)^n{}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{n}(n+1)^N+2\\sum_{\\substack{0\\leq n\\leq N\\\\\\\\ n:odd}}{}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{n}(n+1)^N\\\\\\\\\r\n&=\\frac{(-1)^N}{N+1}\\sum_{n=0}^{N+1}(-1)^{N+1-n}{}\\_{N+1}\\mathrm{C}\\_{n}n^{N+1}+2^{N+1}\\sum_{\\substack{0\\leq n\\leq N\\\\\\\\ n:odd}}{}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{n}\\Bigl(\\frac{n+1}{2}\\Bigr)^N\\\\\\\\\r\n&=(-1)^NN!+2^{N+1}\\sum_{\\substack{0\\leq n\\leq N\\\\\\\\ n:odd}}{}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{n}\\Bigl(\\frac{n+1}{2}\\Bigr)^N\r\n\\end{aligned}$$\r\nLegendreの定理より $N!=2020!$ は $2$ で $2013$ 回まで割り切れるため，上式も $2$ で $\\bf{2013}$ 回まで割り切れる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/57" }, { "content": "　一般に $2020$ を $N$ とおく．非負整数 $m,k$ に対し，第二種 Stirling 数を $S(m,k)$ と表すと，$0^0=1$ とみなせば\r\n$$ S(m,k) = \\frac1{k!}\\sum_{n=0}^k(-1)^{k-n}\\mathinner{{}\\_k\\mathrm C\\_n}n^m.$$\r\nまた $S(m,m)=1$ および $m\\lt k$ で $S(m,k)=0$ であることとあわせると，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=0}^N(-1)^{N-n}\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}(n + 1)^N &= \\sum_{n=0}^N(-1)^{N-n}\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}\\sum_{m=0}^N{}\\_N\\mathrm C\\_m\\mathinner{n^m} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{m=0}^N{}\\_N\\mathrm C\\_m\\sum_{n=0}^N(-1)^{N-n}\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}n^m \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{m=0}^N{}\\_N\\mathrm C\\_m\\mathinner{N!}S(m,N) \\\\\\\\\r\n&= {}\\_N\\mathrm C\\_N\\mathinner{N!}S(N,N) = N!.\r\n\\end{aligned} $$\r\n$N$ を元に戻すと，これが $2$ で割り切れる最大の回数は $2013$ 回．求める回数もこれに等しく $\\mathbf{2013}$ であることは，公式解説と同様．\r\n\r\n---\r\n\r\n【追記】$(-1)^{N-n}$ を付加したものではなく，与式をそのまま変形する方法． \r\n$$ %\\begin{aligned}\r\n%\\sum\\_{m=0}^\\infty\\mathopen{}\\left(\\sum\\_{n=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}n^m\\right)\\frac{x^m}{m!} &= \\left(\\mathrm e^x + 1\\right)^N \\\\\\\\\r\n%&= \\sum\\_{n=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n} \\left(\\mathrm e^x - 1\\right)^{N-n} 2^n \\\\\\\\\r\n%&= N!\\sum\\_{n=0}^N\\mathopen{}\\left(\\sum\\_{m=0}^\\infty\\mathopen{}\\left(\\frac1{(N-n)!}\\sum\\_{\\ell=0}^N(-1)^{N-n-\\ell} \\mathinner{{}\\_{N-n}\\mathrm C\\_\\ell} \\ell^m\\right)\\frac{x^m}{m!}\\right)\\frac{2^n}{n!} \\\\\\\\\r\n%&= \\sum\\_{m=0}^\\infty\\mathopen{}\\left(N!\\sum\\_{n=0}^NS\\mathopen{}\\left(m, N-n\\right)\\frac{2^n}{n!}\\right)\\frac{x^m}{m!}\r\n%\\end{aligned} $$\r\n$$ %\\begin{aligned}\r\n%\\sum_{n=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}(n + 1)^N &= \\sum_{n=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}\\sum_{m=0}^N{}\\_N\\mathrm C\\_m\\mathinner{n^m} \\\\\\\\\r\n%&= \\sum_{m=0}^N{}\\_N\\mathrm C\\_m\\sum_{n=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}n^m \\\\\\\\\r\n%&= \\sum_{m=0}^N{}\\_N\\mathrm C\\_m\\left(N!\\sum\\_{n=0}^NS\\mathopen{}\\left(m, N-n\\right)\\frac{2^n}{n!}\\right) \\\\\\\\\r\n%&= N!\\sum\\_{n=0}^N\\mathopen{}\\left(\\sum_{m=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_m}S\\mathopen{}\\left(m, N-n\\right)\\right)\\frac{2^n}{n!} \\\\\\\\\r\n%\\Bigg(\\\\!\\\\!\\\\!\\\\:&= N!\\sum\\_{n=0}^NS\\mathopen{}\\left(N + 1, N - n + 1\\right)\\frac{2^n}{n!}\\Bigg)\r\n%\\end{aligned}\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum\\_{n=0}^N\\mathinner{{}\\_N\\mathrm C\\_n}(n + 1)^N &= N!\\sum\\_{n=0}^N\\frac{(n + 1)^{N+1}}{\\left(n + 1\\right)!\\left(N - n\\right)!} \\\\\\\\\r\n&= N!\\sum\\_{m=1}^{\\\\!N+1\\\\!}\\frac{m^{N+1}}{m!\\left(N + 1 - m\\right)!} \\left(-1 + 2\\right)^{N+1-m} \\\\\\\\\r\n&= N!\\sum\\_{m=0}^{\\\\!N+1\\\\!}\\frac{m^{N+1}}{m!\\left(N + 1 - m\\right)!}\\sum_{n=0}^{\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!N+1-m\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!}\\mathinner{{}\\_{N+1-m}\\mathrm C\\_n} \\left(-1\\right)^{N+1-m-n} 2^n \\\\\\\\\r\n&= N!\\sum\\_{n=0}^{\\\\!N+1\\\\!}\\frac1{\\left(N + 1 - n\\right)!}\\left(\\sum_{m=0}^{N+1-n}\\mathopen{}\\left(-1\\right)^{N+1-n-m}\\mathinner{{}\\_{N+1-n}\\mathrm C\\_m} m^{N+1}\\right)\\frac{2^n}{n!} \\\\\\\\\r\n&= N!\\sum\\_{n=0}^{\\\\!N+1\\\\!}S\\mathopen{}\\left(N + 1, N + 1 - n\\right)\\frac{2^n}{n!}\r\n\\end{aligned} $$\r\nより，$n \\ge 1$ で $n!$ は $2$ で割り切れる最大の回数が $n - 1$ 以下であることと合わせて，求める回数は，$N!$ が $2$ で割り切れる最大の回数 $\\mathbf{2013}$ に等しいことが分かる．", "text": "第二種 Stirling 数", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc008/editorial/57/4" } ]

[ { "content": "　$n$ が偶数のとき $P_n=\\dfrac{n}{2}$，$n$ が奇数のとき $P_n=\\dfrac{n-1}{2}$ である．$P_1=0$ であるから $S_{2020}$ は次のように計算できる．\r\n\r\n$$S_{2020}\r\n=\\sum_{k=1}^{1010}(P_{2k-1}+P_{2k})\r\n=\\sum_{k=1}^{1010}(2k-1)\r\n=\\bf{1020100}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc007/editorial/46" } ]

[ { "content": "　$a_n=\\tan\\theta_n~\\biggl(-\\dfrac{\\pi}{2}\\lt\\theta_n\\lt\\dfrac{\\pi}{2}\\biggr)$ とおけば $\\theta_1=\\dfrac{\\pi}{6}$ であり，$\\theta_n$ の範囲に注意すれば\r\n\r\n$$\\tan\\theta_{n+1}=\\frac{-1+\\sqrt{1+\\tan^2\\theta_n}}{\\tan\\theta_n}=\\frac{1-\\cos\\theta_n}{\\sin\\theta_n}=\\tan\\frac{\\theta_n}{2}$$\r\n\r\nが成り立つため $a_n=\\tan\\dfrac{\\pi}{3\\cdot 2^n}$ を得る．よって求める値は $3\\cdot 2^{10}=\\bf{3072}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc007/editorial/47" } ]

[ { "content": "　$\\\\\\{A_i\\\\\\}$ の項数 $(=n)$ が $1$ 以上 $5$ 以下であるのは明らか．\r\n\r\n- $n=1$ の場合：$\\\\\\{5145\\\\\\}$ の $1$ 個．\r\n- $n=2$ の場合：$5145$ の正の約数 $d$ で $1\\lt d\\leq 5145\\/d$ をみたすものに一対一で対応し，そのような $d$ は $7$ 個存在する．\r\n- $n=3$ の場合：最小値としてあり得るのは $3,5,7$ であり，それぞれ考えれば条件を満たすのは次の $8$ 個．\r\n - 最小値が $3$ の場合：$\\\\\\{3,5,343\\\\\\},\\\\\\{3,35,49\\\\\\},\\\\\\{3,7,245\\\\\\}$\r\n - 最小値が $5$ の場合：$\\\\\\{5,7,147\\\\\\},\\\\\\{5,21,49\\\\\\}$\r\n - 最小値が $7$ の場合：$\\\\\\{7,7,105\\\\\\},\\\\\\{7,15,49\\\\\\},\\\\\\{7,21,35\\\\\\}$\r\n- $n=4$ の場合：$5145$ の正の約数のうち素因数がちょうど $2$ 個であるものに一対一で対応し，そのような約数は $4$ 個存在する．\r\n- $n=5$ の場合：$\\\\\\{3,5,7,7,7\\\\\\}$ の $1$ 個．\r\n\r\n以上を合計すれば，条件をみたす $\\\\\\{A_i\\\\\\}$ は $\\bf{21}$ 個．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc007/editorial/48" } ]

[ { "content": "　各 $k=1,\\dots,2019$ に対し二次方程式 $x^2-n_kx+n_{k+1}=0$ の正整数解を $x=a,b~(a\\leq b)$ とおくと解と係数の関係および $n_k\\geq n_{k+1}$ より $(a-1)(b-1)\\leq 1$ が成り立ち，$a,b$ は正整数に注意すれば $n_k=n_{k+1}+1$ または $n_k=n_{k+1}=4$ を得る．逆にこれが成立するとき $x^2-n_kx+n_{k+1}=0$ の解が正整数であることは容易に確認できる．\r\n\r\n　また方程式 $x^2-n_{2020}x+n_1=0$ が正整数解をもつことから判別式より $n_{2020}^2\\geq 4n_1$ であり，$n_1\\geq n_{2020}\\gt 0$ とあわせて $n_{2020}\\geq 4$ を得る．\r\n\r\n　$n_{2020}=4$ の場合，再度 $n_{2020}^2\\geq 4n_1$ を用い $n_1\\leq 4$ を得るため $n_1=n_2=\\cdots=n_{2020}=4$ である．\r\n\r\n　$n_{2020}\\gt 4$ の場合，各 $k=1,\\dots,2019$ に対し $n_k=n_{k+1}+1$ であり，特に $n_1=n_{2020}+2019$ である．二次方程式 $x^2-n_{2020}x+n_1=0$ の正整数解を $x=a,b~(a\\leq b)$ とおくと解と係数の関係より $(a-1)(b-1)=2020$ が得られ，これをみたすのは $$(a,b)=(2,2021),(3,1011),(5,506),(6,405),(11,203),(21,102)$$\r\nである．それぞれに対し $n_1=4042,3033,2530,2430,2233,2142$ であり，これらの総和は $16410$．\r\n\r\n　以上より求める値は $\\bf{16414}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc007/editorial/49" } ]

[ { "content": "　操作を繰り返すことで全てのコインを表向きにできるための必要十分条件は，左から奇数番目にあるコインのうち裏向きのものの枚数と左から偶数番目にあるコインのうち裏向きのものの枚数が一致することである．そのような並べ方は，左から奇数番目にあるコインを全て裏返すことで裏向きのコインが $1010$ 枚である並べ方に一対一で対応付けられるため $m={}\\_{2020}\\mathrm{C}\\_{1010}$ であり，特に解答すべき値は $\\bf{2017}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc007/editorial/50" } ]

[ { "content": "　$T_n$ の内接円の半径を $r_n$ とすれば条件より次が成り立つ．\r\n\r\n- $\\pi r_1^2=1$．\r\n- $T_n$ の外接円の半径は $r_{n+1}$．\r\n- $T_n$ の内心と外心間の距離は $r_n$．\r\n\r\nこのときEulerの定理より $r_n^2=r_{n+1}^2-2r_nr_{n+1}$ であるため，$r_n,r_{n+1}\\gt 0$ より $r_{n+1}=(1+\\sqrt{2})r_n$ を得る．これを用いれば $T_{20201017}$ の外接円の面積 $S$ は $S=(3+2\\sqrt{2})^{20201017}$ と求められる．\r\n\r\n　ここで $A_n=(3+2\\sqrt{2})^n+(3-2\\sqrt{2})^n$ とすれば次が成り立ち，特に任意の $n$ に対して $A_n$ は整数である．\r\n\r\n$$A_1=6,\\quad A_2=34,\\quad A_{n+2}=6A_{n+1}-A_n\\quad(n\\geq 1)$$\r\n\r\nはじめの数項を計算すれば $A_1\\equiv A_7,A_2\\equiv A_8\\pmod{10}$ がわかる．これより次が従う：\r\n$$A_{n+6}\\equiv A_n,\\quad A_{20201017}\\equiv A_1\\equiv 6\\pmod{10}$$\r\n\r\n$0\\lt 3-2\\sqrt{2}\\lt 1\\/2$ より特に $A_{20201017}-1\\/10\\lt S\\lt A_{20201017}$ であるから $S$ の $1$ の位，$1\\/10$ の位はそれぞれ $5,9$ とわかり，解答すべき値は $\\bf{59}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc007/editorial/51" } ]

[ { "content": "　$C_1,C_2$ の方程式はそれぞれ次のように求められる．\r\n$$C_1:y^2=-x^2+4x,\\quad C_2:y=-2x+4$$\r\nよって $S,T$ 間の距離は $|a^2-6a+4|$ であるから，方程式\r\n$$a^2-6a+4=\\pm 2020$$\r\nの相異なる実数解の総積を求めればよい．$a^2-6a+4=2020$ は相異なる実数解を持ち，それらの積は解と係数の関係より $-2016$．また $a^2-6a+4=-2020$ は実数解をもたない．従って求める値は $\\bm{2016}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc006/editorial/40" } ]

[ { "content": "　$AO=BO(=\\frac{1}{\\sqrt{2}}),\\angle AOB=90^{\\circ}$ なる点 $O$ を一つとり，$O$ を中心とし $A,B$ を通る円周を $\\Gamma$ とする．$C,D$ は $O$ と同じ側にあるとしてよく，このとき条件より $C,D$ は $\\Gamma$ 上にあるから $CD\\leq (\\Gamma の直径)=\\sqrt{2}$．\\\r\n　逆に $O$ を通り $l$ に平行な直線と $\\Gamma$ の交点を $C,D$ とすれば条件をみたし，なおかつ $CD=\\sqrt{2}$ となる．\\\r\n　よって求める値は $\\bm{2}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc006/editorial/41" } ]

[ { "content": "$$x^2−4x+y^2−2y+z^2+6z=15\\iff (x-2)^2+(y-1)^2+(z+3)^2=29$$\r\nであるから，Cauchy-Schwarzの不等式より次が成立．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad(2x+3y+4z+5)^2\\\\\\\\\r\n&=\\left(2(x-2)+3(y-1)+4(z+3)\\right)^2\\\\\\\\\r\n&\\leq (2^2+3^2+4^2)\\left((x-2)^2+(y-1)^2+(z+3)^2\\right)\\\\\\\\\r\n&=29^2\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれより $-34\\leq 2x+3y+4z\\leq 24$ が得られ，実際に適当な $x,y,z$ で等号は成立するため解答すべき値は $\\bm{24}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc006/editorial/42" } ]

[ { "content": "　棒の長さを短い順に $a_1, a_2, \\cdots a_9$ とする. これらを使って非退化な $M$ 角形が作れないための必要条件は\r\n$$\\displaystyle \\sum_{i=1}^{M-1} a_i \\leq a_M$$\r\nであるから, 帰納的に計算することで $a_9\\geq 2^{7}=128$ を得る. 逆に棒の長さが $1,1,2,4,8,16,32,64,128$ であるとき, 非退化な多角形を作れないことが容易に確認できるから, 求める最小値は $\\textbf{128}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc006/editorial/43" } ]

[ { "content": "　$S=a_1b_1+a_2b_2+\\cdots+a_{777}b_{777}$ としよう．漸化式より $a_{n+2}=10a_n,b_{n+2}=10b_n$ がわかるため，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=a_1b_1(1+10^2+\\cdots+10^{776})+a_2b_2(1+10^2+\\cdots+10^{774})\\\\\\\\\r\n&=8(1+10^2+\\cdots+10^{776})+a_2b_2(1+10^2+\\cdots+10^{774})\r\n\\end{aligned}$$\r\nが得られる．よって $a_2b_2$ が最小となるとき $S$ は最小になる．相加相乗平均の不等式より\r\n$$\\begin{aligned}\r\na_2b_2&=6\\sqrt{2}(2a_1^2+b_1^2)-26a_1b_1\\cr\r\n&\\geq 6\\sqrt{2}\\times 2\\sqrt{2a_1^2a_2^2}-26a_1b_1\\cr\r\n&=-16\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるから次が得られ，特に解答すべき値は $\\bm{3888}$ ．\r\n$$m=8\\times 10^{776}-8(1+10^2+\\cdots+10^{774})=\\underbrace{79191\\cdots9192}_{777桁}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc006/editorial/44" } ]

[ { "content": "　$f$ のみたすべき条件は次と同値であることが容易に確認できる．\r\n- (i)：$f(1)f(2)\\cdots f(10)=10!=2^8\\times 3^4\\times 5^2\\times 7$ ．\r\n- (ii)：$n=1,\\dots,10$ に対し $\\dfrac{n+10}{n}\\cdot f(n)$ は整数．\r\n\r\n　$n=1,\\dots,10$ に対し $\\dfrac{n+10}{n}$ の値は順に $11,6,\\dfrac{13}{3},\\dfrac{7}{2},3,\\dfrac{8}{3},\\dfrac{17}{7},\\dfrac{9}{4},\\dfrac{19}{9},2$ であるから，(ii)の条件は \r\n$$f(1),f(2),\\frac{f(3)}{3},\\frac{f(4)}{2},f(5),\\frac{f(6)}{3},\\frac{f(7)}{7},\\frac{f(8)}{4},\\frac{f(9)}{9},f(10)$$\r\nが全て整数になることと同値．このとき(i)より\r\n$$f(1)\\cdot f(2)\\cdot\\frac{f(3)}{3}\\cdot\\frac{f(4)}{2}\\cdot f(5)\\cdot\\frac{f(6)}{3}\\cdot\\frac{f(7)}{7}\\cdot\\frac{f(8)}{4}\\cdot\\frac{f(9)}{9}\\cdot f(10)=2^5\\times 5^2$$\r\nであるから，問の条件をみたす $f$ は ${}\\_{10}\\mathrm{H}\\_{5}\\cdot{}\\_{10}\\mathrm{H}\\_{2}=\\bm{110110}$ 個存在する．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc006/editorial/45" } ]

[ { "content": "　癖の強い数 $n$ が正の約数を $d$ 個もつとする．$n$ が素因数 $p$ を $a(\\gt 0)$ 個もつとき，$n$ の正の約数の総積と $n^3$ は素因数 $p$ をそれぞれ $ad\\/2,3a$ 個もつ．これより癖の強い数は正の約数を $6$ 個もつ数であることがわかる．\\\r\n　そのような数は $p,q$ を素数として $p^5,p^2q$ のいずれかの形に素因数分解され，それぞれの形について $200$ 以下のものを数えれば，求める値は $\\bm{28}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb003/editorial/168" }, { "content": "　公式解説の後半ですが，少し修正が必要なので言及しておきます． \r\n- $p^5$ の形のもの \r\n $p=2$ のみがありうる．\r\n- $p^2q$ の形のもの \r\n $p=2$ のとき $q$ としては $3$ 以上 $47$ 以下の素数があてはまり， $14$ 個． \r\n $p=3$ のとき $q$ としては $2$ 以上 $19$ 以下で $3$ 以外の素数があてはまり， $7$ 個． \r\n $p=5$ のとき $q=2,3,7$ のみで $3$ 個. \r\n $p=7$ のとき $q=2,3$ のみで $2$ 個. \r\n- $n=1$ のとき \r\n **約数の個数は $6$ ではないが**，条件を満たすため計上対象である． \r\n\r\n　以上を合わせて，$\\mathbf{28}$ 個となる． \r\n一般に，正整数 $n$ に対して，$n$ の正の約数の個数を $d(n)$ とおくと，$n$ の正の約数の積は $n^{\\frac{d(n)}{2}}$ となる．\r\n<details><summary>略証<\\/summary>\r\n$n$ の正の約数 $d$ に対して $f(d) = \\frac{n}{d} $ とおくと，$f(d)$ も $n$ の約数であり， $f$ は $n$ の約数の集合内での全単射な写像となる．$df(d)=n$ であり， $d$ ごとにこれを全てかけ合わせると，約数の個数は $d(n)$ であったから， $n^{d(n)}$ となり，各約数が二度カウントされていたことから，求める値は $n^{\\frac{d(n)}{2}}$ である．\r\n<\\/details>", "text": "解説補足（修正）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb003/editorial/168/386" } ]

[ { "content": "　$\\triangle XYZ$ は正三角形であるから $XY=XZ$ である．また線分 $CP,BQ$ 上にそれぞれ点 $R,S$ を\r\n$$PR\\parallel AB,\\quad QS\\parallel AC$$\r\nをみたすようにとれば，次が成り立つ．\r\n$$PR=\\frac{4}{5},\\quad\r\nQS=\\frac{9}{5},\\quad\r\nXY=\\frac{QX\\cdot PR}{PQ}=\\frac{9QX}{5PQ},\\quad\r\nXZ=\\frac{PX\\cdot QS}{PQ}=\\frac{4PX}{5PQ}$$\r\n$PQ=PX+QX$ を用いれば以上より $XY=\\dfrac{65}{36}$ が得られ，特に解答すべき値は $\\bm{101}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb003/editorial/169" }, { "content": "　公式解説の点の名前が少しおかしなことになっている（$R$ が二つ登場したり $P,Q$ の位置関係が逆になっている）ため，修正します．\r\n\r\n\r\n　$Q$ を通り $AB$ と平行な直線と $CP$ の交点を $S$，$P$ を通り $AC$ と平行な直線と $BQ$ の交点を $T$ とおくと，平行な線分の比の条件から，以下が成立する． \r\n$$\r\nPT=AQ\\cdot \\frac{RB}{AB} = \\frac{4}{5}, \\quad QS = AR\\cdot \\frac{QC}{AC} = \\frac{9}{5} \\\\\\\\\r\nXY = \\frac{PT\\cdot QX}{PQ} = \\frac{4QX}{5PQ},\\quad XZ = \\frac{QS\\cdot PX}{PQ} = \\frac{9PX}{5PQ} \r\n$$\r\nまた，$\\triangle{XYZ}$ は正三角形なので，$XY=XZ$ であるため，$PX:QX=4:9$ を得る．$PQ=PX+QX$ とあわせることで，$XY=\\dfrac{65}{36}$ となるため，解答すべき値は $\\mathbf{101}$ である．", "text": "解説修正", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb003/editorial/169/387" } ]

[ { "content": "　与式は次のように変形できる．$$(x+1)(x-2)(x-4)=12y(y-3)$$\r\n$y=2$ のときこれをみたす $x$ は存在せず，$y=3$ のとき $x=2,4$ である．\\\r\n　$y\\geq 5$ のとき，右辺に素因数 $3$ はちょうど $1$ 個含まれることから $x\\equiv 1\\pmod{3}$ である．$x\\neq 1,4$ は容易に確認できるため，正整数 $k$ を用いて $x=6k+1$ または $x=6k+4$ とおける．\r\n\r\n- $x=6k+1$ のとき与式より $$(3k+1)(6k-1)(2k-1)=2y(y-3).$$ 左辺の因数の大小に注意すれば $6k-1=y$ がわかり，このとき $(x,y)=(7,5)$．\r\n- $x=6k+4$ のとき与式より $$(6k+5)(3k+1)k=y(y-3).$$ 先と同様に考えれば $6k+5=y$ がわかり，このとき $(x,y)=(16,17)$．\r\n\r\n以上より与式をみたす組は $(x,y)=(2,3),(4,3),(7,5),(16,17)$ であり，解答すべき値は $\\bm{57}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb003/editorial/170" } ]

[ { "content": "　$N=9999$ とする．$5^0,5^1,\\dots,5^{N-1},5^N$ の代わりに $10^N,5\\cdot 10^{N-1},\\dots,5^{N-1}\\cdot 10,5^N$ ，すなわち\r\n$$5^N,2\\cdot 5^N,\\dots,2^{N-1}\\cdot 5^N,2^N\\cdot 5^N$$\r\nについて考えても構わない．$a_n$ を $2^n\\cdot 5^N$ の桁数とする．このとき $n=1,\\dots,N$ に対し，$2^n\\cdot 5^N$ の最上位が $1$ ならば $a_n=a_{n-1}+1$，そうでないならば $a_n=a_{n-1}$ であることが確認できる．\\\r\n　従って $5^N$ の最上位が $1$ であることに注意すれば，求める値は $a_N-a_0+1=\\bm{3011}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb003/editorial/171" } ]

[ { "content": "　$24=2^3\\times 3$ であるから，正の約数を $24$ 個持つ正整数は次のいずれかの形に素因数分解される．\r\n$$p^{23},\\quad p^7q^2,\\quad p^5q^3,\\quad p^5qr,\\quad p^3q^2r,\\quad p^2qrs$$\r\nそれぞれの形について最小値は $2^{23},1152,864,480,360,420$ であるから，求める値は $\\bm{360}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb002/editorial/164" } ]

[ { "content": "　すべてのボールを取り出すまでゲームを終了しないとして構わない．このとき求める確率は，最後に取り出されたボールが赤色である確率に一致し，これは明らかに $1001\\/2000$ である．よって解答すべき値は $\\bm{3001}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb002/editorial/165" } ]

[ { "content": "　$x^3+ax^2+bx-b=0$ の解が正整数 $p,q,r\\\\,(p\\leq q\\leq r)$ であるとすれば，解と係数の関係より次が成り立つ．\r\n$$p+q+r=-a,\\quad pq+qr+rp=b,\\quad pqr=b.$$\r\nこのとき $\\dfrac{1}{p}+\\dfrac{1}{q}+\\dfrac{1}{r}=1$ であり，$p\\leq q\\leq r$ に注意すればこれをみたす組は\r\n$$(p,q,r)=(2,3,6),(2,4,4),(3,3,3).$$\r\nそれぞれに対し $(a,b)=(-11,36),(-10,32),(-9,27)$ であるから，求める値は $\\bm{65}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb002/editorial/166" } ]

[ { "content": "　条件より $AB=x-d,BC=x,CA=x+d~(0\\leq d\\lt x)$ とおける．このとき直線 $AI$ と辺 $BC$ の交点を $D$ とすると，角の二等分線定理より $BD=(x-d)\\/2$ が得られ，再び角の二等分線定理より $AI:ID=2:1$ がわかる．また辺 $BC$ の中点を $M$ とすると，有名事実として $A,G,M$ はこの順に共線で，$AG:GM=2:1$ である．\\\r\n　以上より $IG:DM=2:3$ がわかり，$IG=1,DM=d\\/2$ より $d=3$ を得る．このとき三角形の成立条件より $x\\gt 6$ であるから，特に解答すべき値は $\\bm{7}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb002/editorial/167" } ]

[ { "content": "　直線 $y=px+2q$ が放物線 $y=x^2$ によって切り取られる線分の長さは\r\n$$\\sqrt{p^2+1}\\times \\sqrt{p^2+8q}$$\r\nと容易に計算できる．よって次の式について考えればよい．\r\n$$(p^2+1)(p^2+8q)=4r^2$$\r\n　$p=2$ のとき $5(2q+1)=r^2$ となり，このとき $r=5,q=2$．また $p\\geq 3$ ならば\r\n$$(p^2+1)(p^2+8q)\\equiv 2\\pmod{4}$$\r\nより条件をみたす $p,q,r$ は存在しない．従って求める組は $(p,q,r)=(2,2,5)$ であり，解答すべき値は $\\bm{9}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce001/editorial/172" } ]

[ { "content": "　平面上に点 $F$ をとり，次をみたす点 $A,B,C$ をとる．\r\n$$AF=x,\\quad BF=y,\\quad CF=z,\\quad \\angle AFB=\\angle BFC=\\angle CFA=120^{\\circ}$$\r\nこのとき $\\triangle ABC$ の面積 $S$ は\r\n$$S=\\frac{\\sqrt{3}}{4}(xy+yz+zx).$$\r\n一方で余弦定理より $AB=5,BC=7,CA=8$ であるから，Heronの公式より $S=10\\sqrt{3}$ である．\\\r\n　従って $xy+yz+zx=40$ がわかり，与式と合わせれば $x^2+y^2+z^2=\\bm{49}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce001/editorial/173" }, { "content": "　以下，点の定義は本解説に従うものとします． \r\n　解説における点 $F$ は三角形 $ABC$ の **Fermat点** です．この点は, 三角形の $3$ 頂点からの距離の和が最小となる点として知られており，特にこの問題において，三角形 $ABC$ の $3$ 頂点からの距離の和の最小値は $x+y+z$ となります．この値がわかれば，与式とあわせ自然と $x^2+y^2+z^2$ の値が求まるので，この値を求めることを目標とします. \r\n　さて，ここで「三角形 $ABC$ の $3$ 頂点から距離の和が最小となるような点 $P$ が，$\\angle{APB}= \\angle{BPC}= \\angle{CPA}=120^{\\circ} $ をみたす」という性質の証明方法を確認しましょう．以下によく知られた証明を与えます. \r\n\r\n---\r\n　点 $P$ を平面上にある点として, 点 $Q,R$ を，それぞれ点 $P,A$ を反時計回りに $60^{\\circ}$ だけ回転させた点とする．このとき，三角形 $PAQ, CAR$ はどちらも正三角形であり，三角形 $APC$ と 三角形 $AQR$ の合同も容易にわかるので，$$BP+AP+CP=BP+PQ+QR\\geq{BR}$$ となり，等号成立は $4$ 点 $B,P,Q,R$ が同一直線上にあることだから，$\\angle{APB}= \\angle{BPC}= \\angle{CPA}=120^{\\circ} $ となる. （証明終わり）\r\n\r\n--- \r\n　問題に戻ります．上の証明にならって，点 $C$ を反時計回りに $60^{\\circ}$ だけ回転させた点を 点 $R$ とすれば，$x+y+z=BR$ が従います. 余弦定理より $\\angle{BAC}=60^{\\circ}$ がわかるので，$\\angle{BAR}=120^{\\circ}$ であり，余弦定理を使うことで $x+y+z=BR=\\sqrt{129}$ を得ることができました． \r\n\r\n---\r\n　ところで，この問題では $\\angle{BAC}=60^{\\circ}$ でした. よって，容易な角度計算で $BAP$ と三角形 $ACP$ の相似がわかり，おまけに相似比までわかってしまいます．そのことを使えば $x:y:z$ がわかるので，$x,y,z$ の値がすぐに出ます. ここから答えを導く方法もあります.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce001/editorial/173/194" } ]

[ { "content": "　一般に $N=100$ とする．出た目全ての積は $2^a 3^b 5^c$ の形に素因数分解でき，簡単な議論により次が確認できる．\r\n\r\n- $c$ のとり得る値の範囲は $0\\leq c\\leq N$．\r\n- $c$ を固定したとき $b$ のとり得る値の範囲は $0\\leq b\\leq N-c$．\r\n- $c,b$ を固定したとき $a$ のとり得る値の範囲は $0\\leq a\\leq 2N-2c-b$．\r\n\r\n　よって求める値は次のように計算できる．\r\n$$\\sum_{c=0}^{N}\\sum_{b=0}^{N-c}(2N-2c-b+1)=\\frac{1}{2}(N+1)^2(N+2)=\\bm{520251}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce001/editorial/174" } ]

[ { "content": "　与式で $(x,y)=(a,b)$ とした式を $P(a,b)$ で表すこととする．$f$ が定数関数ならば $f(x)\\equiv 0,1$ であることは容易にわかるため，以下 $f$ が定数関数でない場合を考える．このとき $P(x,0)$ を考えれば $f(0)=1$ がわかる．\r\n\r\n----\r\n**補題1**：任意の $x\\geq 0$ に対し $\\dfrac{1}{x+1}\\leq f(x)\\leq 1$\\\r\n**証明**：右側の不等式は $f(0)=1$ より明らか．\\\r\nまた左側の不等式は背理法により示される．具体的には，$P(x,-x),P\\left(x,\\dfrac{x}{f(x)-1}\\right)$ を考えよ．\r\n\r\n----\r\n**系1**：任意の $x\\gt -1$ に対し $f(x)\\gt 0$．\r\n\r\n----\r\n**補題2**：$f$ は単射である．\\\r\n**証明**：$f(a)=f(b)$ なる $-1\\lt a\\lt b$ が存在すると仮定し $c=(b-a)f(a)$ とおけば，系1より $c\\gt 0$ であるため $P(a,b-a)$ より $f(c)=1$ を得る．このとき任意の $x\\gt -1$ に対し $P(c,x)$ より $f(x+c)=f(x)$ であるため，簡単な議論によって $f$ は恒等的に $1$ に等しいことがわかる．これは $f$ は定数関数でないことに矛盾．\r\n----\r\n\r\n　両補題より $\\dfrac{1}{101}\\leq f(100)\\lt 1$ であるから，任意の $x\\gt -1$ で $P\\left(x,\\dfrac{1}{f(x)}\\right),P\\left(100,\\dfrac{x}{f(100)}\\right)$ より\r\n$$f\\left(x+\\frac{1}{f(x)}\\right)=f\\left(100+\\frac{x}{f(100)}\\right)=f(100)f(x).$$\r\nよって補題2より $x+\\dfrac{1}{f(x)}=100+\\dfrac{x}{f(100)}$ がわかり，整理すれば次を得る．\r\n$$f(x)=\\frac{100f(100)}{(1-f(100))x+100f(100)}$$\r\n逆に任意の $\\dfrac{1}{101}\\leq t\\lt 1$ に対し $f(x)=\\dfrac{100t}{(1-t)x+100t}$ が条件をみたすことは容易に確認できる．\\\r\n　このとき $N=2020$ とおけば\r\n$$f\\left(f(100)-\\frac{2021}{2020}\\right)=\\frac{100N}{102N+1-(Nt+\\frac{N+1}{t})}$$\r\nであり，$t$ が $\\dfrac{1}{101}\\leq t\\lt 1$ の範囲を動くときこれは $1$ より大きく $\\dfrac{2020}{19}=106.3\\cdots$ 以下の実数全体を動く．$f$ が定数関数の場合もあわせて考えれば，求めるべき値は $\\bm{106}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce001/editorial/175" } ]

[ { "content": "　角度計算により $\\angle BAD=65^{\\circ}$ であるから $AB=BD$ が得られる．このとき $BD=CD$ より $\\angle CBD=\\angle BCD=60^{\\circ}$ がわかるため $\\triangle BCD$ は正三角形．このとき $AB=BC$ より $\\angle BCA=\\bm{35}^{\\circ}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb001/editorial/160" } ]

[ { "content": "　正方形 $ABCD$ の一辺の長さが $1$ であるとして一般性を失わない．\\\r\n　$\\triangle ABM\\equiv \\triangle A^\\prime BM$ に注意すれば $\\triangle MDP\\equiv\\triangle MA^\\prime P,\\triangle BCQ\\equiv\\triangle BA^\\prime Q$ は容易にわかる．このとき角度計算すれば $\\triangle ABM\\sim\\triangle DMP$ がわかり，相似比を考えれば $DP=1\\/4$ を得る．これより $CP=3\\/4$，また三平方の定理より $BP=5\\/4$ がわかり，角の二等分線定理より $PQ=5\\/12,QC=4\\/12$ を得る．\\\r\n　以上より $DP:PQ:QC=1\\/4:5\\/12:4\\/12=3:5:4$ であり，特に解答すべき値は $\\bm{12}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb001/editorial/161" } ]

[ { "content": "　操作を逆順に考えれば，この問題は次のように言い換えられる．\r\n\r\n- 互いに区別できる $16$ 個の石が横一列に並んでいる．自身より右側に石が偶数個 ($0$ 個を含む) 並んでいる石を一つ選びそれを取り去る，という操作を $16$ 回繰り返してすべての石を取り去る．このとき，操作の手順としてあり得るものは何通りあるか？\r\n\r\nこれの答えは容易に $(8!)^2=\\bm{1625702400}$ 通りと計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb001/editorial/162" } ]

[ { "content": "　与式の上 $2$ 式の差をとれば $$2q=r^2-s^4=(r-s^2)(r+s^2)=(r-s^2)q$$ であるから $q\\geq 2$ より $r-s^2=2$ を得る．これを与式に代入し計算すれば次が得られる．\r\n$$p=s^4+2s^2+2,\\quad q=2s^2+2,\\quad r=s^2+2$$\r\n　$p,q,r,s$ が互いに素になるような $s$ の最小値は $s=3$ で，このとき $pq=\\bm{2020}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb001/editorial/163" } ]

[ { "content": "　特に $n^3$ と $n$ の一の位は一致するため，$n$ の一の位は $0,1,4,5,6,9$ のいずれか．\\\r\n　$n$ の十の位を $k$ とおき，一の位で場合分けする．\r\n- $0$ のとき $n^3$ の下二桁は $00$ になり $n$ と一致しない．\r\n- $1$ のとき $n^3\\equiv 30k+1\\pmod{100}$ より $k=5\\\\,(n=51)$ が得られ，これは条件をみたす．\r\n- $4$ のとき $n^3\\equiv 80k+64\\pmod{100}$ より $k=2\\\\,(n=24)$ が得られ，これは条件をみたす．\r\n- $5$ のとき $n^3\\equiv 50k+25\\pmod{100}$ より $k=2,7\\\\,(n=25,75)$ が得られ，$75$ のみ条件をみたす．\r\n- $6$ のとき $n^3\\equiv 80k+16\\pmod{100}$ より $k=7\\\\,(n=76)$ が得られるが，これは条件をみたさない．\r\n- $9$ のとき $n^3\\equiv 30k+29\\pmod{100}$ より $k=4,9\\\\,(n=49,99)$ が得られ，これらは条件をみたす．\r\n\r\n　以上より $n=24,49,51,75,99$ が得られ，特に解答すべき値は $\\bm{298}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc005/editorial/36" } ]

[ { "content": "　$\\theta=\\dfrac{\\pi}{7}$ とおき，円周の中心を $O$ とする．正弦定理より $\\sin\\angle ACB=\\sin\\theta$ であり，$a\\gt 1$ より $\\angle ACB\\lt\\dfrac{\\pi}{2}$ がわかるため $\\angle ACB=\\theta$ を得る．また中心角の定理および $BC=CD=DA$ より $$\\angle BOC=\\angle COD=\\angle DOA=\\frac{1}{3}(2\\pi-\\angle AOB)=4\\theta$$ と計算できるため，簡単な計算によって次がわかる．\r\n$$a=\\frac{\\sin 2\\theta}{\\sin\\theta}=2\\cos\\theta,\\quad b=\\frac{\\sin 3\\theta}{\\sin\\theta}=4\\cos^2\\theta-1$$\r\nこのとき $a+b-ab=-8\\cos^3\\theta+4\\cos^2\\theta+4\\cos\\theta-1$ である．ここで次が成立する．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0&=\\cos 3\\theta+\\cos 4\\theta\\\\\\\\\r\n&=8\\cos^4\\theta+4\\cos^3\\theta-8\\cos^2\\theta+3\\cos\\theta+1\\\\\\\\\r\n&=(\\cos\\theta-1)(8\\cos^3\\theta-4\\cos^2\\theta-4\\cos\\theta+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\n$\\cos\\theta\\neq 1$ より $8\\cos^3\\theta-4\\cos^2\\theta-4\\cos\\theta+1=0$ であるから，$a+b-ab=\\bm{0}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc005/editorial/37" } ]

[ { "content": "　$\\alpha=1010+\\sqrt{1020101}$ とおく．結論から述べれば，$\\{a_n\\}$ は次の漸化式をみたす．\r\n$$a_0=1,\\quad a_1=2020,\\quad a\\_{n+2}=2020a\\_{n+1}+a\\_n-1\\quad (n\\geq 0)\\tag{\\\\#}$$\r\nこれを認めれば，$a_{n+2}\\equiv a_n-1\\pmod{2020}$ であるから容易に $a_{2020}\\equiv\\bm{1011}\\pmod{2020}$ がわかる．\\\r\n　なお $(\\\\#)$ を証明するには $n\\geq 0$ に対し $$2020a_{n+1}+a_n-1\\leq\\alpha a_{n+1}\\lt 2020a_{n+1}+a_n$$ を示せばよいが，これは $\\alpha^{-1}=\\alpha-2020$ および $a_{n+1}\\leq \\alpha a_n\\lt a_{n+1}+1$ から容易に示すことができる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc005/editorial/38" } ]

[ { "content": "　偶奇を考えれば $p,q,r$ のうちちょうど一つが $2$ である．$2$ でない二つは奇素数であることに注意せよ．\\\r\n　$p=2$ の場合，$q=3$ でないことは代入すれば確認できる．よって $4+5q^6\\equiv 0\\equiv r^n\\pmod{3}$ より $r=3$ を得る．さらに $4+5q^6\\equiv 1\\equiv 3^n \\pmod{4}$ より $n$ は偶数である．このとき$$(3^{n\\/2}-2)(3^{n\\/2}+2)=5q^6$$となるが，$q$ は奇素数よりこれをみたす $q,n$ は存在しない．\\\r\n　$q=2$ の場合，$p=3$ でないことは代入すれば確認できる．よって $p^2+320\\equiv 0\\equiv r^n\\pmod{3}$ より $r=3$ を得る．さらに $p^2+320\\equiv 1\\equiv 3^n \\pmod{4}$ より $n$ は偶数であることがわかる．このとき$$(3^{n\\/2}-p)(3^{n\\/2}+p)=320=2^6\\times 5$$となる．ここで $$(3^{n\\/2}+p)-(3^{n\\/2}-p)=2p\\equiv 2\\pmod{4}$$ に注意すれば考えられるのは$$(3^{n\\/2}-p,3^{n\\/2}+p)=(2,160),(10,32)$$の2通りで，実際に解けば前者のみが適し $(p,n)=(79,8)$ である．\\\r\n　$r=2$ の場合，$p^2+5q^6\\equiv 2\\equiv 2^n\\pmod{4}$ より $n=1$ が必要だが，条件をみたす $p,q$ は存在しない．\\\r\n　以上より条件をみたす組は $(p,q,r,n)=(79,2,3,8)$ で，解答すべき値は $\\bm{3792}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc005/editorial/39" } ]

[ { "content": "　$C$ の方程式は $a,b,c\\geq 0$ を用いて\r\n$$(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=a^2+b^2+c^2$$\r\nとおける．このとき条件より $$a^2+b^2=13,\\quad b^2+c^2=20,\\quad c^2+a^2=25$$ となるから，求める値は $a^2+b^2+c^2=\\dfrac{13+20+25}{2}=\\bm{29}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc004/editorial/32" } ]

[ { "content": "　$n=\\sqrt{2^a\\times 3^b+1}$ とおけば $(n-1)(n+1)=2^a\\times 3^b$ となる．$a=0$ のとき $(b,n)=(1,2)$．\\\r\n　$a\\geq 1$ のとき，考えられるのは次の2通り．ただし $p,q$ は正整数で少なくとも一方は $1$．\r\n$$\\mathrm{(i)}:\\begin{cases}n-1=2^p\\times 3^b\\\\\\\\ n+1=2^q\\end{cases}\\quad\\mathrm{(ii)}:\\begin{cases}n-1=2^p\\\\\\\\ n+1=2^q\\times 3^b\\end{cases}$$\r\n　$\\mathrm{(i)}$ の場合 $2^q-2^p\\times 3^b=2$ である．このとき明らかに $q\\neq 1$ ゆえ $p=1$ であるから$$2^{q-1}-3^b=1$$となり，$\\bmod{8}$ を考えれば $(q,b,n)=(2,0,3),(3,1,7)$ が適する．\\\r\n　$\\mathrm{(ii)}$ の場合 $2^q\\times 3^b-2^p=2$ である．\r\n- $p=1$ のとき $(q,b,n)=(2,0,3)$ ，$p=2$ のとき $(q,b,n)=(1,1,5)$．\r\n- $p\\geq 3$ のとき $q=1$ より $3^b-2^{p-1}=1$ となる．$\\bmod{4}$ を考えれば $b$ は偶数であるから$$(3^{b\\/2}-1)(3^{b\\/2}+1)=2^{p-1}$$より $(p,b,n)=(4,2,17)$．\r\n\r\n以上より $n=2,3,5,7,17$ が得られ，特に解答すべき値は $\\bm{34}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc004/editorial/33" } ]

[ { "content": "　$Q$ を通り $AQ$ に垂直な直線が辺 $BC$ の中点 $M$ を通ることは容易に確認できるため，$Q$ は線分 $AM$ を直径とする円周 $\\Gamma$ 上にあることがわかる．$\\Gamma$ と直線 $AB,AC$ の交点のうち $A$ でないものを $D,E$ とすれば $Q$ の軌跡は $A$ を含まない弧 $DE$ (以下単に弧 $DE$ と呼ぶ) である．\\\r\n　中線定理より $AM=7\\/2$ ．また余弦定理を用いれば $\\cos \\angle BAC=1\\/2$ より $\\angle BAC=60^{\\circ}$ であるから，弧 $DE$ の中心角は $120^{\\circ}$．従って弧 $DE$ の長さは $\\dfrac{7\\pi}{6}$ と計算できるため，特に解答すべき値は $\\bm{13}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc004/editorial/34" } ]

[ { "content": "　一般に $n$ 個の点の場合の書き方を $N_n$ とし，$N_n=n!$ であることを示そう．\\\r\n　帰納的に条件は次のように言い換えられる．\r\n- どのように $k(\\geq 3)$ 点 $A_1,\\dots,A_k$ をとっても， $A_1\\to A_2\\to\\cdots\\to A_k\\to A_1$ と矢印が書かれていることはない．\r\n\r\n　点に適当な順で $P_1,P_2,\\dots,P_n$ と名前をつけておく．このとき，条件を満たす矢印の書き方において，次をみたす $1\\leq m\\leq n$ がただ一つ存在する．なお存在性は背理法により容易に示され，このとき一意性は明らかである．\r\n- すべての $1\\leq k\\leq n,k\\neq m$ に対し $P_k\\to P_m$ ．\r\n\r\n　$P_m$ および $P_m$ につながる矢印を取り除けば点が $n-1$ 個の場合に帰着できるため， $m=1,\\dots,n$ について考えれば $N_n=n\\times N_{n-1}$ がわかる．明らかに $N_1=1$ が成立するから，帰納的に $N_n=n!$ が得られた．\\\r\n　特に $N_{100}=100!$ であるから，解答すべき値は $\\bm{97}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc004/editorial/35" } ]

[ { "content": "　$2$ 直円柱の中心軸をともに含む平面に平行で距離が $t(\\leq 3)$ の平面によって，共通部分を切断したときの断面積を $S(t)$ としよう．切り口は内角の一つが $30^{\\circ}$，対辺間の距離が $2\\sqrt{9-t^2}$ の菱形になるため，簡単な計算によって $S(t)=8(9-t^2)$ と求められる．従って共通部分の体積は次のように計算できる．\r\n$$2\\int_{0}^{3}S(t)dt=2\\left[8\\left(9t-\\frac{t^3}{3}\\right)\\right]_{t=0}^{3}=\\bm{288}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc003/editorial/28" } ]

[ { "content": "　座標平面で $O(0,0),A(8,0),B(0,6)$ とすれば，求める値は次のように計算できることが容易にわかる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad OA^2+OB^2+OC^2+OD^2+OE^2+OF^2\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=0}^{5}\\left(\\left(\\frac{8k}{5}\\right)^2+\\left(\\frac{6(5-k)}{5}\\right)^2\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{6^2+8^2}{5^2}\\sum_{k=0}^{5}k^2\\\\\\\\\r\n&=\\bm{220}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc003/editorial/29" } ]

[ { "content": "　$m=n^a,m^2-m+6=2(n+1)^b$ より $$n^{2a}-n^a+6=2(n+1)^b$$ である．両辺の剰余を考えれば次がわかる．\r\n$$\\begin{aligned}6&\\equiv 2\\pmod{n},\\\\\\\\ 7-(-1)^a&\\equiv 0\\pmod{n+1}\\end{aligned}$$\r\n上式より $n$ は $2,4$ のどちらかとわかり，それぞれについて下式を考えれば\r\n- $n=2$ のとき $1\\equiv (-1)^a\\pmod{3}$ より $(a,b,m)=(2,2,4)$．\r\n- $n=4$ のとき $2\\equiv (-1)^a\\pmod{5}$ で，このような $a$ はない．\r\n\r\n　以上より $(m,n)=(4,2)$ のみが解として得られ，特に解答すべき値は $\\bm{6}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc003/editorial/30" } ]

[ { "content": "　$D_1(\\theta)$ は3点 $\\vec{b},3\\vec{a}-2\\vec{b},5\\vec{a}+4\\vec{b}$ を頂点とする三角形の周および内部である．$\\vec{a},\\vec{b}$ はそれぞれ $\\begin{pmatrix}3\\\\\\\\ 2\\end{pmatrix},\\begin{pmatrix}1\\\\\\\\ 3\\end{pmatrix}$ を原点中心に $\\theta$ だけ回転したものであるから，$D_2$ は\r\n$$X(1,3),\\quad Y(7,0),\\quad Z(19,22)$$\r\nとして $\\triangle XYZ$ を原点中心に $\\pi$ 回転させたときの通過領域である．このとき $D_2$ の面積 $S$ は $\\triangle XYZ$ の周および内部の点と原点との距離の最小値，最大値を $r,R$ としたとき $$S=\\frac{\\pi}{2}(R^2-r^2)+(\\triangle XYZの面積)$$ と表される．いずれも単純な計算により $$r^2=\\frac{49}{5},\\quad R^2=845,\\quad (\\triangle XYZの面積)=84$$ と求められるため $S=\\dfrac{2088\\pi}{5}+84$ が得られ，特に解答すべき値は $\\bm{2177}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc003/editorial/31" } ]

[ { "content": "　$X=x^2-10x-29$ とおけば，\r\n$$0=\\frac{1}{X}+\\frac{1}{X-16}-\\frac{2}{X-40}=\\frac{-64(X-10)}{X(X-16)(X-40)}$$\r\nより $X=10$ を得る．$x^2-10x-29=10$ の解は $x=-3,13$ であるから，解答すべき値は $\\bm{13}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc002/editorial/24" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\nz&=x^6+y^6+3^3-9x^2y^2\\\\\\\\\r\n&=(x^2+y^2+3)(x^4+y^4+3^2-x^2y^2-3x^2-3y^2)\\\\\\\\\r\n&=(x^2+y^2+3)\\times\\frac{(x^2-3)^2+(y^2-3)^3+(x^2-y^2)^2}{2}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\nと変形できる．$x,y$ は正整数より $x^2+y^2+3\\geq 5$ が成り立つため，$z$ が素数であることから次を得る．\r\n$$\\begin{cases}x^2+y^2+3=z\\\\\\\\ (x^2-3)^2+(y^2-3)^2+(x^2-y^2)^2=2\\end{cases}$$\r\n2式目をみたすのは $(x,y)=(2,2)$ のみ．このとき $z=11$ でこれは素数である．従って解答すべき値は $\\bm{44}$ である ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc002/editorial/25" } ]

[ { "content": "　$5\\times 2^m=(n-1)(n+1)$ より，条件をみたす $n$ は正整数 $a,b$ を用い次のいずれかの形に表せることがわかる．ただし $a,b$ のうち少なくとも一つは $1$ である．\r\n$$\\mathrm{(i)}:\\begin{cases}n-1=5\\times 2^a\\cr n+1=2^b\\end{cases}\\quad\\mathrm{(ii)}:\\begin{cases}n-1=2^a\\cr n+1=5\\times 2^b\\end{cases}$$\r\n　$\\mathrm{(i)}$ の場合 $2^b-5\\times 2^a=2$ であり，これをみたす $(a,b)$ は存在しない．\\\r\n　$\\mathrm{(ii)}$ の場合 $5\\times 2^b-2^a=2$ であり，これをみたすのは $(a,b)=(1,3)$ のみ．\\\r\n　以上より問の条件をみたす $(m,n)$ は $(m,n)=(4,9)$ であり，特に解答すべき値は $\\bm{13}$ である ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc002/editorial/26" } ]

[ { "content": "　四面体の体積を $V$ ，表面積を $S$ とすれば $3V=rS$ が成立．切り出された小四面体のうち内接球の半径が $a$ であるものが四面体の頂点 $A$ を含むとして，$A$ の対面の面積を $S_A$ としよう．相似を考えれば $$\\frac{3V}{S_A}:r=\\left(\\frac{3V}{S_A}-2r\\right):a$$ より $S_A=\\dfrac{S(r-a)}{2r}$ がわかる．他の頂点についても同様の式が成り立つため，それらを足し合わせて\r\n$$S=\\frac{S(4r-a-b-c-d)}{2r}=\\frac{S(4r-811114)}{2r}$$\r\nより $r=\\bm{405557}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc002/editorial/27" } ]

[ { "content": "　$x=5\\pm4\\sqrt{2}$ の最小多項式は $x^2-10x-7$ であり，$x^3-mx-n$ はこれを因数にもつ．二次の係数に着目するとこれは $(x^2-10x-7)(x+10)$ であるほかないから，求める値は $107+70=\\textbf{177}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc001/editorial/20" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\nN+321&=10+100+1000+\\cdots+\\underbrace{100\\cdots 00}\\_{322桁}\\\\\\\\\r\n&=\\underbrace{11\\cdots 110}\\_{322桁}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより $N=\\underbrace{11\\cdots 10789}_{322桁}$ と計算できる．従って $N$ の各桁の総和は $\\bm{342}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc001/editorial/21" } ]

[ { "content": "　$X=x^2+18x+30$ とおくと与方程式は $X=2\\sqrt{X+15}$ となる．両辺を二乗すれば二次方程式\r\n$$X^2=4(X+15)$$\r\nが得られ，この解は $X=-6,10$ である．ここで $X=2\\sqrt{X+15}\\geq 0$ であるから $X=10$ のみが適するため，結局二次方程式 $x^2+18x+20=0$ の実数解の総積を考えればよい．判別式を考えればこれは相異なる実数解をもつことがわかるため，解と係数の関係よりこれの実数解の総積は $\\bm{20}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc001/editorial/22" } ]

[ { "content": "　一列に並んだ $2020$ 個の白丸のうち, $1009$ 個を黒く塗りつぶす方法を考える．このうち，左から $2,4,\\ldots,1008$ 番目の黒丸が左から $a_{1}+1,a_{1}+a_{2}+2,\\ldots,a_{1}+\\cdots+a_{504}+504$ 番目にあるようなものは $a_{1}a_{2}\\cdots a_{505}$ 通りであることがわかる．すなわち，求める総和は $\\_{2020}\\mathrm{C}\\_{1009}$ に等しく，これのもつ最大の素因数は $\\textbf{2017}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc001/editorial/23" }, { "content": "　公式解説のように，上手な数え方が思いつかなくても，形式的冪級数を用いて解くことが可能です．\r\n\r\n$$ (x+2x^2+…+1516x^{1516}+…)^{505} $$ の $x^{1516}$ の係数の値が $M$ に対応する. ( $x$ の次数が $1516$ より大きい項はあるとして考えても $M$ の値に影響を及ぼさず，また計算が少し楽になるのであるとして考えます．もちろんないとして考えても大丈夫です．) \r\n$S=\\sum\\limits_{i=1}^\\infty ix^i$ とおくと，$$S-xS=\\sum\\limits_{i=1}^\\infty x^i=\\frac{x}{1-x}$$ となるから，$$S^{505}=\\frac{x^{505}}{(1-x)^{1010}} $$ の $x^{1516}$ の係数を求めればよいです．ここで，$$\\frac{1}{1-x}=\\sum\\limits_{i=0}^\\infty x^i$$と考えると，$$S^{505}=x^{505}\\left(\\sum\\limits_{i=0}^\\infty x^i \\right)^{1010}$$ であり，$M$ は $$\\left(\\sum\\limits_{i=0}^\\infty x^i \\right)^{1010}$$ の $x^{1011}$ の係数であり，これは ${}\\_{2020}\\mathrm{C}\\_{1009}$ なので，求める値は $\\bf{2017}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc001/editorial/23/189" } ]