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[ { "content": "　一つ目の条件から $f(x)$ は $x$ を $47$ で割った余りのみに依存する．以下，合同式で $\\mathop{\\mathrm{mod}} 47$ を省略する．\\\r\n　二つ目の条件を書き下すと，以下のようになる：\r\n$$f(f(x)f(y)-1)f(z)\\equiv f(x)f(f(y)f(z)-1).$$\r\n$S=\\\\{f(x) \\mid x\\in\\mathbb Z\\\\}$ とおけば，これは任意の $x,y,z\\in S$ に対して\r\n$$ f(xy-1)z\\equiv xf(yz-1) \\tag{\\*}$$\r\nが成立することと同値である．いま，以下のようにおく（三つ目の条件は，これが空でないことを意味する）：\r\n$$ T = \\begin{cases} S\\setminus\\\\{0\\\\} & (0\\in S) \\\\\\\\ S & (0\\notin S) \\end{cases}$$\r\n　ここで，（$0\\in S$ であったとして）$(\\*)$ の $x,y,z$ それぞれ一つずつに $0$ を代入すると，いずれも $f(-1)=0$ と同値となる．$47$ が素数であることから，$T$ の各元は $\\mathop{\\mathrm{mod}} 47$ において「割り算」を行えることに注意すれば，二つ目の条件は結局，任意の $x,y,z\\in T$ に対して\r\n$$\\dfrac{f(xy-1)}{x}\\equiv\\dfrac{f(yz-1)}z \\tag{A}$$\r\nかつ $0\\in S \\implies f(-1)=0$ と言い換えられる．\\\r\n　$(\\text{A})$ によって，任意の $x,y\\in T$ について $g(y) \\equiv \\dfrac{f(xy-1)}x$ なる関数 $g\\colon T\\to\\mathbb{Z}$ をとることができる．このとき，\r\n$$\\frac{g(x)}{x} \\equiv \\dfrac{f(xy-1)}{xy} \\equiv \\frac{g(y)}{y}.$$\r\nすなわち，$g(x)\\/x$ は $\\mathop{\\mathrm{mod}} 47$ で $x\\in T$ によらないから，この定数を $k$ とおく（ここで $k$ は $0$ 以上 $46$ 以下の整数であるとしてよい）．このとき $f(xy-1)=kxy$ であり（$(\\text{A})$ はここから自動的に従うことに注意），特に\r\n$$x,y\\in T \\implies kxy\\in T \\tag{B}$$\r\nである．また，三つ目の条件から $k\\neq 0$ が従う．\\\r\n　さて，$r$ を $\\mathop{\\mathrm{mod}}47$ における原始根とし（たとえば $r=5$），$k=r^t$ なる整数 $0\\leq t\\lt 46$ をとる．さらに，$T=\\\\{r^{u-t} \\mid u\\in U\\\\}$ なる $U\\subset\\\\{0,1,2,\\ldots,45\\\\}$ をとる．以下，整数 $n$ を $46$ で割った余りを $n\\\\,\\\\%\\\\,46$ で表すことにすると，$(\\text{B})$ は\r\n$$u,v\\in U\\implies (u+v)\\\\,\\\\%\\\\,46\\in U$$\r\nと言いかえられるから，$U$ はある $46$ の約数 $d$ によって $U=\\\\{id\\\\,\\\\%\\\\,46 \\mid i\\in\\mathbb Z\\\\}$ と表せる．すなわち $T=\\left\\\\{\\dfrac{r^{id}}k \\mathrel{}\\middle|\\mathrel{} i\\in\\mathbb Z\\right\\\\}$ である．このとき $\\lvert T\\rvert =46\\/d$ である．いま，$\\\\{xy-1 \\mid x,y\\in T\\\\}=\\left\\\\{\\dfrac{r^{id}}{k^2}-1 \\mathrel{}\\middle|\\mathrel{} i\\in\\mathbb Z\\right\\\\}$ に注意して\r\n$$ \\mathcal{S} =\\left\\\\{\\dfrac{r^{id}}{k^2}-1 \\mathrel{}\\middle|\\mathrel{} i\\in\\mathbb Z\\right\\\\} \\cup \\begin{cases} \\\\{-1\\\\} & (0\\in S) \\\\\\\\ \\emptyset & (0\\notin S) \\end{cases} $$\r\nとおけば，条件をみたす $f$ は以下のように特徴付けられる：\r\n$$ f(x) = \\begin{cases} k(x+1) & (x\\in\\mathcal{S}) \\\\\\\\ \\text{任意の}\\\\, S\\\\, \\text{の元} & (x\\notin\\mathcal{S}) \\end{cases} $$\r\n　以上の議論によって，$k=1,2,\\ldots,46$ および $46$ の約数 $d$ を固定したとき，$D=46\\/d$ とおけば，$0\\in S$ なる $f$ は $(D+1)^{46-D}$ 個，$0\\notin S$ なる $f$ は $D^{47-D}$ 個あることになる．すなわち，求める場合の数 $N$ は以下で与えられる：\r\n$$N=46\\sum_{D\\mid46}\\bigl((D+1)^{46-D}+D^{47-D}\\bigr)=46(1+2^{45}+2^{45}+3^{44}+23^{24}+24^{23}+46+1).$$\r\n　$N\\/46$ を $3,16,47$ それぞれで割った余りは，Fermatの小定理やLTEの補題を用いることで $2,2,1$ と計算できるから，$N\\/46\\equiv-46\\pmod{47\\times48}$ であり，以上により求める余りは\r\n$$N\\equiv -46\\times46\\equiv 46(47\\times48-46)=\\mathbf{101660}\\pmod{46\\times47\\times48}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc174/editorial/6020" } ]

[ { "content": "**解法1.**　$\\angle{PDC}=\\angle{ABC}=\\angle{PEC}$ により，$C,P,D,E$ は同一円周上にある．よって，$\\angle{CDE}=\\angle{EPC}$，$\\angle{DBE}=\\angle{PAC}$ により，三角形 $PAC$ は二等辺三角形 $DBE$ と相似であり，結論が従う．\r\n\r\n**解法2.**　三角形 $ABC$ の外心を $O$ とし，三角形 $ABC$ の外接円が単位円に，直線 $OD$ が実軸に相当する複素座標を設定する．点 $A$ の座標を $a$ などと表す．このとき，$e=\\overline{b}=1\\/b$ により，直線 $AE$ の方程式は（$z$ を不定元として）\r\n$$ z + \\frac{a}{b}\\overline{z} =\\frac{1 + ab}{b}. $$\r\nまた，直線 $AB$ の方程式は $z+ab\\overline{z}=a+b$ であり，$d=\\dfrac{b+c}{1+bc}$ とあわせて，直線 $DP$ の方程式は\r\n$$ z + ab\\overline{z} = \\frac{(b+c)(1+ab)}{1+bc}. $$\r\n$P$ はこれらの交点であるから，$p=\\dfrac{c(ab+1)}{bc+1}, ~ \\overline{p}=\\dfrac{ab+1}{a(bc+1)}$ が得られる．\\\r\n　いま，$AP=CP$ は $AC\\perp OP$ と同値であり，これはさらに $p=ac\\overline{p}$ と同値であるから， 以上により結論が従う．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023f/editorial/9368" } ]

[ { "content": "　正整数 $n$ が $2$ で割り切れる最大の回数を $v_2(n)$ で表す．\r\n\r\n**解法1.**　$a,b$ の偶奇によらず左辺は偶数であるから，$p=2$ が必要である．このとき，$a^3+ab^2+2b, ~ a^2b+b^3+2a$ はともに $1$ より大きいから偶数であり，$a$ と $b$ の偶奇は一致するとわかる．$a$ と $b$ がともに偶数であるとき，$v_2(a)\\leq v_2(b)$ であるならば $v_2(a^2b+b^3+2a)=v_2(2a)$ となり，$a^2+b^3+2a$ は $2$ べきになりえない．$v_2(a)\\geq v_2(b)$ でも同様だから，$a$ と $b$ はともに奇数である．\\\r\n　さて，正の整数 $k,l$ によって $a^3+ab^2+2b=2^k, ~ a^2b+b^3+2a=2^l$ とおくと，\r\n$$ 2^k+2^l=(a+b)(a^2+b^2+2)$$\r\nである．対称性により $k\\geq l$ の場合に考えれば十分である．$a,b$ が奇数であることから $a^2+b^2+2\\equiv 4 \\pmod{8}$，すなわち $v_2(a^2+b^2+2)=2$ であるから，$a+b$ は $2^{l-2}=(a^2b+b^3+2a)\\/4$ の倍数であり，特に \r\n$$ 4(a+b)\\geq a^2b+b^3+2a $$\r\nが成り立つ．これを $0\\geq (ab-2)a+(b^2-4)b$ と式変形すれば，$b=1$，そして $a=1,3$ が必要であることがわかる．\r\nそれぞれで $n=4,9$ とすれば条件をみたすから，$k\\lt l$ の場合もあわせて全体では求める組は以下である：\r\n$$ (a,b,n,p)=(1,1,4,2),(1,3,9,2),(3,1,9,2). $$\r\n\r\n**解法2.**　$a=b$ のとき，与式は $4a^2(a^2+1)^2=p^n$ となり，$p=2$ が必要である．このとき，$a$ と $a^2+1$ は偶奇の一致しない $2$ べきであるから，$a=1$ が必要であり，$n=4$ とすることで適する．以下，$a\\neq b$ とする．\\\r\n　正の整数 $k,l$ によって $a^3+ab^2+2b=p^k, ~ a^2b+b^3+2a=p^l$ とおくと，\r\n$$p^k+p^l=(a+b)(a^2+b^2+2),\\quad p^k-p^l=(a-b)(a^2+b^2-2)$$\r\nが成り立つ．いま $p\\neq 2$ と仮定すると，$a^2+b^2\\pm 2$ が同時に $p$ で割れることはないから，$a\\pm b$ の少なくとも一方は $p^l$ で割りきれるが，$0\\lt \\lvert a\\pm b\\rvert\\lt p^l$ によりこれは起こりえない．すなわち $p=2$ である．以下，解法1と同様．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023f/editorial/9369" } ]

[ { "content": "**解法1.**　ここでは $\\mathcal{P}$ の**対角線**といったとき $\\mathcal{P}$ の辺も含むものとし，現れる点はすべて $\\mathcal{P}$ の頂点であるとする．\\\r\n　$\\mathcal{P}$ の対角線 $AB$ に対して，$f(AB)$ を\r\n$$ f(AB)=\r\n\\begin{cases}\r\n1 & (A\\\\,\\text{と}\\\\,B\\\\,\\text{の色が異なるとき}) \\\\\\\\\r\n0 & (\\textrm{otherwise})\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nで定める．また，$AB=AC$ なる二等辺三角形 $ABC$ に対して，$g(ABC)$ を\r\n$$ g(ABC)=\\frac{f(AB)+f(AC)-f(BC)}{2} $$\r\nで定める．このとき，\r\n$$\r\ng(ABC)=\r\n\\begin{cases}\r\n1 & (\\triangle ABC\\\\,\\text{が良い三角形のとき}) \\\\\\\\\r\n0 & (\\textrm{otherwise})\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nとなる．したがって，すべての $AB=AC$ なる二等辺三角形 $ABC$ について $g(ABC)$ を足しあわせることを考えれば，良い三角形の個数は「両端の色が異なる対角線の本数」の半分に等しいことがわかる（それぞれの対角線について，それを斜辺にもつ二等辺三角形は $2$ つ存在する一方で，底辺にもつ二等辺三角形は $1$ つであるから）．これにより，求める最大値は $(1011\\cdot 1012)\\/2=511566$ である． \r\n\r\n**解法2.**　$N=2023$ とおき，$\\mathcal{P}$ の頂点を反時計回りに $P_1,P_2,\\ldots,P_N$ と名付ける．$P_iP_j = P_iP_k$ かつ $P_i, P_j, P_k$ がこの順に反時計周りに並ぶような，$1$ 以上 $N$ 以下の整数の組 $(i, j, k)$ 全体の集\r\n合を $\\mathcal{S}$ とする．\\\r\n　いま，実数 $x_1,x_2,\\ldots,x_N$ を以下で定める：\r\n$$ x_i =\r\n\\begin{cases}\r\n1 & (P_i \\\\, \\text{が赤色で塗られているとき}) \\\\\\\\\r\n0 & (P_i \\\\, \\text{が青色で塗られているとき})\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nこのとき，良い三角形の個数は，すべての $(i,j,k)\\in\\mathcal{S}$ に対して $(x_i-x_j)(x_i-x_k)$ を足し合わせたものに等しい．いま，$P_1,P_2,\\ldots,P_N$ のうち赤色で塗られたものが $s$ 個あるとすると，\r\n$$ \\sum_{(i,j,k)\\in\\mathcal{S}}x_i^2=\\frac{N-1}{2}s, \\quad \r\n\\sum_{(i,j,k)\\in\\mathcal{S}}x_ix_j=\\sum_{(i,j,k)\\in\\mathcal{S}}x_ix_k=\\sum_{(i,j,k)\\in\\mathcal{S}}x_jx_k=\\frac{s(s-1)}{2} $$\r\nが成り立つことがわかるから，良い三角形の個数は $s(N-s)\\/2$ となり，これは $s=(N\\pm 1)\\/2$ のとき最大値 $(N^2-1)\\/8$ をとる．\r\n\r\n**解法3.**　to be written", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023f/editorial/9370" } ]

[ { "content": "　$S_k = \\alpha^k + \\beta^k + \\overline{\\alpha}^k + \\overline{\\beta}^k$ とおく．これは実数であり，$\\operatorname{Re}(\\alpha^k+\\beta^k)\\lt 0$ は $S_k\\lt 0$ と同値である．\\\r\n　まず，$(\\alpha, \\beta) = (e^{\\frac{2\\pi i}{5}}, e^{\\frac{4\\pi i}{5}})$ のとき $S_1 = S_2 = S_3 = S_4 = -1$ が成り立つ．\\\r\n　以下，$S_1,S_2,\\ldots,S_5\\lt 0$ として矛盾を導く．いま，$t$ についての多項式として\r\n$$ (t-\\alpha)(t-\\beta)(t-\\overline{\\alpha})(t-\\overline{\\beta}) = t^4 - at^3 + bt^2 - ct + d $$\r\nが成り立つように $a,b,c,d$ を定めると，これらはすべて実数である．このとき，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n a &= S_1, \\\\\\\\\r\n 2b &= a S_1 - S_2, \\\\\\\\\r\n 3c &= b S_1 - a S_2 + S_3, \\\\\\\\\r\n 4d &= c S_1 - b S_2 + a S_3 - S_4, \\\\\\\\\r\n 0 &= d S_1 - c S_2 + b S_3 - a S_4 + S_5\r\n\\end{aligned}$$\r\nが成り立つ．すると，第 $1$ 式により $a\\lt 0$，第 $2$ 式により $b\\gt 0$，第 $3$ 式により $c\\lt 0$，第 $4$ 式により $d\\gt 0$ と，符号が順次定まるが，このとき第 $5$ 式の右辺が負となるため矛盾する．\\\r\n　以上により，求める最大値は $4$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023f/editorial/9371" } ]

[ { "content": "**解法1.**　まず，各辺の長さが $1$ の正三角形の各頂点とその中心を考え，正三角形の各頂点に $1$ を，中心に $2\\/\\sqrt{3}$ を割りあてたものは $n=4$ での構成を与える．以下，$n\\geq 5$での構成が存在すると仮定して，矛盾を導く．\\\r\n　まず，$n$ 点が同一直線上にあるとする．$P_1,P_2,\\ldots,P_n$ の順に並んでいるとしてよい．このとき\r\n$$a_1(a_3-a_2)=a_2a_3=a_4(a_2-a_3)$$\r\nだが，両辺はともに正になりえないので不合理である．\\\r\n　これにより，$P_1,P_2,\\ldots,P_n$ のうち $3$ 点以上を通る円 $C$ であって，\r\n外部（周上を除く）に点を含まないものがとれる（基本的には最小包含円を考えればよい．例外的に，直径をなす $2$ 点のみを通る場合がありうるが，その $2$ 点を通る円を連続的に動かせば得られる）．添字を振り直して，$C$ 上に $P_1$, $P_2$, $P_3$ があるとしてよい．\\\r\n　さて，$P_iP_k : P_j P_k = P_iP_l : P_j P_l$ に注意すると，$P_1,P_2,\\ldots,P_n$ から任意の $2$ 点を固定したとき，それ以外の点はある円（アポロニウスの円）上または直線（垂直二等分線）上にある．特に，$C$ は $P_4$ と $P_5$ に関するアポロニウスの円でもあるから，\r\n$P_4$ と $P_5$ の一方はその内部（周上を除く）になければならず，矛盾が得られた．\\\r\n　以上により，求める最大値は $4$ である．\r\n\r\n**解法2.**　$P_n$ を中心とする半径 $1$ の反転を実行し，$P_i$ が移る先の点を $P_i^\\prime$とすると，\r\n任意の $1\\leqq i\\lt j\\lt n$ に対して $P_i^\\prime P_j^\\prime = 1\\/a_n^2$ が成り立つ．\r\nすなわち，任意の$1\\leqq i\\lt j\\lt k\\lt n$ に対して三角形 $P_i^\\prime P_j^\\prime P_k^\\prime$ は正三角形であるから，明らかに $n\\leq 4$ が必要である．$n=4$ での構成は解法1と同様．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023f/editorial/9372" } ]

[ { "content": "**解法1.**　まず，任意の正の整数 $n$ に対して，第1式から\r\n$$ f(x)=\\frac{x}{2}+f\\Bigl(\\frac{x}{2}\\Bigr)=\\frac{x}{2}+\\frac{x}{4}+\\Bigl(\\frac{x}{4}\\Bigr) =\\cdots=x\\Bigl(1-\\frac{1}{2^n}\\Bigr)+f\\Bigr(\\frac{x}{2^n}\\Bigr) $$\r\nが成り立つ．ここで $n$ を十分大きくすれば，任意の正の実数 $x$ に対して $f(x)\\geq x$ が得られる．\\\r\n　さて，任意の正の実数 $a$ をとり，$c=f(a)-a\\\\,(\\gt 0)$ とする．上式で $x=2^na$ とすることで $f(2^na)=2^na+c$ を得る．いま，正の実数 $x,y$ が $x+y=2^na$ をみたしながら動くとき，$x^2+y^2$ は区間 $[2^{2n-1}a^2,2^{2n}a^2)$ を動く．$n$ が十分大きいとき，この区間には非負整数 $m$ によって $2^ma$ と表される実数が含まれる．このとき，$x+y=2^na, ~ x^2+y^2=2^ma$ なる正の実数 $x,y$ に対して第 $2$ 式を適用すると，\r\n$$\r\n f(x+y)^2=(2^na+c)^2,\\quad\r\n f(x^2+y^2)+2xy = (x+y)^2+c = 2^{2n}a^2+c\r\n$$\r\nであるから\r\n$$\r\n (2^na+c)^2 \\leq 2^{2n}a^2+c+2023 \\quad \\text{すなわち} \\quad 2^{n+1}ac+\\leq -c^2+c+2023\r\n$$\r\nが得られ，$n$ を十分大きくとることで $c=0$ が必要である．\\\r\n　逆に，$f(x)=x$ は明らかに問題の条件をみたすから，これが求めるものである．\r\n\r\n**補足.**　冒頭の式は，$n\\leq 0$ でも成り立つ．したがって，上で整数 $m$ をとる際に非負に限定しなければ，いかなる $n$ に対しても然るべき $m$ をとることができる．\r\n\r\n**解法2.**　to be written", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023f/editorial/9373" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係により，以下が従う：\r\n$$1=(\\beta-\\alpha)^2=(\\alpha+\\beta)^2-4\\alpha\\beta=a^2-4b=a^2-4a-4.$$\r\nこれにより $(a,b)=(-1,0),(5,6)$ が得られるため，$f(x)$ としてあり得るものは\r\n$$x^2+x, \\quad x^2-5x+6$$\r\nである．それぞれ $x=10$ を代入すれば，解答すべき値は $110+56=\\textbf{166}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc006/editorial/3663" } ]

[ { "content": "　条件は $p_1\\lt p_3\\lt \\cdots\\lt p_{15}$ かつ $p_2\\lt p_4\\lt \\cdots\\ p_{14}$ と言い換えることができるから，$\\\\{p_1,p_3,\\ldots,p_{15}\\\\}$ に現れる $8$ 数を決めれば，並べ替えは一意に定まる．よって，求める場合の数は ${}\\_{15}\\mathrm{C}\\_{8} = \\textbf{6435}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc006/editorial/6438" } ]

[ { "content": "　四角形 $BPDQ$ および $ABPR$ は円に内接し，\r\n$$\\angle ADQ=\\angle BPQ=\\angle BPA=\\angle QRA$$\r\nにより四角形 $AQDR$ も円に内接する．よって，方べきの定理により\r\n$$2AB^2=AB\\times BD=BQ\\times BR=840$$\r\nであり，解答すべき値は $2+105=\\textbf{107}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc006/editorial/2435" } ]

[ { "content": "　$\\\\{a_n\\\\}$ には，$2$ 以上の整数 $m$ を用いて $m^2 + 1$ と表せる正整数は登場しないが，それ以外の正整数はすべて一度ずつ登場することがわかる．よって，$44^2\\lt 2000\\lt 45^2$ により，$a_{2000}=\\mathbf{2044}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc006/editorial/4467" } ]

[ { "content": "　正整数 $x,y$ がそれぞれ $2$ でちょうど $a,b$ 回割り切れるとき，$x-y$ が $2$ で割り切れる回数は\r\n$$\\begin{cases} a & (a\\lt b) \\\\\\\\ a+1\\ 以上 & (a=b) \\\\\\\\ b & (a\\gt b) \\end{cases}$$\r\nである．$x=6^5,y=m$ の場合を考えることで，条件は $m$ が $2$ で割れる回数が $4$ 回以下である，すなわち $m$ が $32$ の倍数でないことと同値であり，求める個数は $2^4\\times 3^5-[2^4\\times 3^5\\/32]=\\textbf{3767}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc005/editorial/2071" } ]

[ { "content": "　最後に出た目が $6$ であるとき，$1\\to 2\\ \\to 4\\to 6\\to 6$ のように，サイコロの目は狭義単調に増加したうえで最後に $6$ が二度出て終わる．特に，サイコロを振る回数は高々 $7$ 回であり，回数によって場合分けすることで確率は次のように計算できる：\r\n$$\\Biggl(\\sum_{k=0}^{5} \\dfrac{ {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_k }{6^k}\\Biggr) \\times \\dfrac{1}{6}\\times\\dfrac{1}{6}= \\frac{7^5}{6^7}=\\frac{16807}{279936}.$$\r\nただし，総和が $(7\\/6)^5$ に等しいことは，二項定理による．特に解答すべき値は $\\bf{296743}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc005/editorial/4056" } ]

[ { "content": "$$f(x)=(x-1)(x+1)(x^2+1)(x^4+1)(x^8+1)(x^{16}+1)(x^{32}+1)(x^{64}+1)(x^{128}+1)$$\r\nであり，$\\rm{mod}\\ 4$ で考えると最初の二つ以外の因数はすべて $2$ で高々 $1$ 回しか割り切れない．また，$x-1, x+1$ のうち少なくとも一方は $2$ で高々 $1$ 回しか割り切れず，もう一方は $2^9 \\le 1001\\lt 2^{10}$ より $2$ で高々 $9$ 回しか割り切れない．よって，$f(2), f(3), \\ldots, f(1000)$ はすべて $2$ で高々 $17$ 回しか割り切れない．\\\r\n　一方で $f(511)$ は $2$ で $17$ 回割り切れるので，$\\textbf{17}$ が求める値である．\\\r\n　なお一般に**LTEの補題**により，$n$ が偶数で $x$ と $y$ の偶奇が一致するとき，以下が成り立つ：\r\n$$v_2(x^n-y^n) = v_2(x+y) + v_2(x-y) + v_2(n) - 1. $$\r\nこれは上記と同様にして証明可能である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc005/editorial/2454" } ]

[ { "content": "　条件をみたす図形は一意に作図可能であることに留意する．\\\r\n 　$ABD$ が正三角形となるような点 $D$ を $AB$ に関して $C$ の反対側にとれば，これは三角形 $APB$ の外心であり，$\\angle BDP=20^\\circ$ を得る．ここで，直線 $DP$ 上に $BD=BC^\\prime$ なる点 $C^\\prime(\\neq D)$ をとれば，$\\angle ABC^\\prime=80^\\circ$ により $\\angle AC^\\prime P=30^\\circ$ である．すなわち $C^\\prime$ は $C$ に一致する．以上により，$\\angle BPC=\\textbf{100}^\\circ$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc005/editorial/1898" }, { "content": "$BP$ に対して $A$ と対称な点を $A’$ とすると，$AP=A’P, \\angle APA’=360^\\circ -2\\angle APB=60^\\circ$ なので，$APA’$ は正三角形．$\\angle AA’P=2\\angle ACP$ なので，$A’$ は三角形 $ACP$ の外心であり $AA’=CA’, \\triangle BAA’\\equiv \\triangle BCA’$ ．$\\angle ABC=2\\angle ABA’=80^\\circ$ より $\\angle BCP= \\angle BCA -\\angle PCA=20^\\circ, \\angle BPC=\\mathbf{100}^\\circ$ ．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc005/editorial/1898/269" }, { "content": "　検算のための手法です．\r\n***\r\n　$\\angle{PAC}=\\theta$ とおく．他の角度を適宜求めると，$\\sin$ を用いたCevaの定理により，\r\n$$\\dfrac{\\sin{20^\\circ}}{\\sin{(140^\\circ-2\\theta)}}\\cdot\\dfrac{\\sin{20^\\circ}}{\\sin{10^\\circ}}\\cdot\\dfrac{\\sin{(\\theta-20^\\circ)}}{\\sin{30^\\circ}}=1$$\r\nが成り立つ．$\\theta=40^\\circ$ として式変形すると，$2\\sin{40^\\circ}\\sin{20^\\circ}\\cos{10^\\circ}=\\dfrac{\\sqrt3}{4}$ が必要である．実際，積和の公式により，\r\n$$2\\sin{40^\\circ}\\sin{20^\\circ}\\cos{10^\\circ}=-\\biggl(\\frac12-\\cos{20^\\circ}\\biggr)\\cos{10^\\circ}=-\\frac12\\cos{10^\\circ}+\\frac12(\\cos{30^\\circ}+\\cos{10^\\circ})=\\frac12\\cos{30^\\circ}=\\dfrac{\\sqrt3}{4}.$$\r\nなお，$\\theta$ に $10$ の倍数を順次代入するなどすれば，適合する $\\theta$ を見つけることもできるだろう．", "text": "sinを用いたCevaの定理", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc005/editorial/1898/270" } ]

[ { "content": "　$0$ から $9$ のうち，桁に選ばれない $2$ 数について $a\\gt b$ としたとき，条件は $a+b=9$ と同値であり，さらに $a$ を最小にして各桁を大きい順に並べればよい．したがって，求める値は $\\textbf{98763210}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/3012" } ]

[ { "content": "　人を頂点とし，互いに指差しているペアの間に辺を張ることで無向グラフを構成すると，すべての頂点の次数が $2$ となる．そのようなグラフは，いくつかの長さ $3$ 以上のサイクルに分解されるから，今回は長さ $5$ のサイクルがちょうど一つできることになる．よって，求める値は長さ $5$ の数珠順列の個数だから，$\\textbf{12}$ 通り.\r\n<details><summary>「無向グラフ」とは<\\/summary>\r\n「無向グラフ」とは，いくつかの頂点の集合 $V$ と，いくつかの $2$ つの頂点の間を結ぶ辺の集合 $E$ の組 $(V,E)$ のことである．本解説では，$5$ 人の生徒の集合を $V$ とし，お互いに指を差し合っている $2$ 人組の集合を $E$ としている．\r\n<\\/details>\r\n<details><summary>「次数」とは<\\/summary>\r\n無向グラフにおけるある頂点の「次数」とは，その頂点を端点に持つ辺の数のことを指す．本問の場合，どの生徒についても，ちょうど $2$ 人を指差しており，指を差した相手からは指を差し返されていることが保証されているので，全ての生徒について次数は $2$ である．\r\n<\\/details>\r\n<details><summary>「サイクル」とは<\\/summary>\r\n無向グラフにおける「サイクル」とは，相異なる $3$ つ以上の頂点 $V_1, V_2, \\ldots,V_k$ であって，$V_1$ と $V_2$，$V_2$ と $V_3$，$\\ldots$ ，$V_k$ と $V_1$ を結ぶ辺があることを指す．なお，$E$ に多重集合を許す場合は，相異なる $2$ つの頂点であって，その間に $2$ 本以上の辺が存在するものもサイクルである．\r\n<\\/details>", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/6803" } ]

[ { "content": "　偶数同士はペアにできないことから，それぞれの偶数に対して奇数を $1$ つずつ割り当てることを考えればよい．$\\mathrm{mod}\\ 6$ で考えると\r\n- $ 0 $ がペアにできるのは $1$ か $5$\r\n- $ 2 $ がペアにできるのは $3$ か $5$\r\n- $ 4 $ がペアにできるのは $1$ か $3$\r\n\r\nである．$6$ と $12$ のそれぞれのペアの相手が $\\mathrm{mod}\\ 6$ が一致するとき，残りの偶数についても相手 $\\mathrm{mod}\\ 6$ が確定するから，このようなものは $2\\cdot 8=16$ 通りある．そうでないとき，$8\\times 8=64$ 通りあることが分かるから，求める値は $\\mathbf{80}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/6804" } ]

[ { "content": "　与式は以下のように変形できる．\r\n$$2^{8a}=b^{a-1}$$\r\nこれにより，正の整数 $c$ が存在して $b=2^c$と表せ，$8a=c(a-1)$ となるので，\r\n$\\dfrac{8a}{a-1}$ は整数である．また，$a$ と $a-1$ は互いに素なので，$a=2, 3, 5, 9$ であり，それぞれの場合について $b=2^{16}, 2^{12}, 2^{10}, 2^{9}$ である．特に，解答すべき値は $\\mathbf{71187}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/6649" } ]

[ { "content": "　 $CD$ と $AB$ の交点を $P$ とおくと, 三角形 $ABC$ と三角形 $ACP$ は相似である. よって\r\n$$\\frac{AP}{AB}=\\frac{AP}{AC}\\times\\frac{AC}{AB}=\\bigg(\\frac{AC}{AB}\\bigg)^2=\\frac{16}{25}$$\r\nである. 従って, $AP:BP=16:9$ であるから, Menelausの定理より\r\n$$\\frac{AD}{DM}=\\frac{AP}{BP}\\times \\frac{BC}{CM}=\\frac{16}{9}\\times 2=\\frac{32}{9}$$\r\nである. よって, \r\n$$AD=3\\times \\dfrac{32}{32+9}={\\dfrac{96}{41}}$$\r\nである. 特に, 解答すべき値は $\\bf{137}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/4786" }, { "content": "　$AM$ の延長上に $AM=ME$ なる点 $E$ をとる．$ABEC$ は平行四辺形となり，$\\angle{ACD}=\\angle{ABM}=\\angle{ECM}$ なので，$CD$ は三角形 $CAE$ の類似中線．よって，類似中線の性質より，$AD:DE={CA}^2:{CE}^2=16:25$ なので，$AD=6\\times\\dfrac{16}{41}=\\dfrac{96}{41}$ であり，特に，解答すべき数値は $\\textbf{137}$ となる．", "text": "類似中線", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/4786/267" } ]

[ { "content": "　結論から述べると，$ f(N) $ は，$2 ^ {t} - 1 \\leq N$ をみたす最大の $ t $ に対して，$ a = 2 ^ {t} - 1$ のときの値である．\\\r\n　非負整数 $ x $ の二進法での表記において，下から $ i $ 桁目の桁を $ x_i $ とすると，以下が成り立つことがわかる．\r\n\r\n- $ a_{i} $ と $ b_{i} $ は任意に交換可能．特に $a_i = 0$ ならば $b_i=0$ としてよい．\r\n- 与式が最大値をとる $ a,b $ に対し，$ a_{i+1} = b_{i+1} = 1$ かつ $ a_i = b_i = 0 $ なる $ i $ は存在しない．\\\r\n（$a_{i+1}=1, ~ b_{i+1}=0, ~ a_i=b_i=1$ に置き換えればよい） \r\n\r\nこれを踏まえれば，与式が最大となる組 $(a,b)$ のうち，$ a = 2 ^ {t} -1 $ なるものが存在する．これより求める値は，\r\n$$\\begin{aligned} \r\n\\sum_{i=1}^{7} \\bigl( i \\cdot 2^{i} + i \\cdot 2^{i-1} \\bigr) + 8 + 9 & = \\sum_{i=1}^{7} 3 \\cdot i \\cdot 2^{i-1} + 17 \\\\\\\\\r\n& = 3 \\cdot 769 + 17 \\\\\\\\\r\n& = \\mathbf{2324}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/6802" }, { "content": "　漸化式を立てる方法です．\r\n***\r\n$$ S_N = \\sum_{n=1}^{N} f(n) $$ \r\nとおく．\\\r\n　$n$ を自然数として以下が従うことが分かる：\r\n- $ f(2n) = f(n-1) + 2 $．\r\n- $ f(2n + 1) = f(n) + 1 $．\r\n\r\n　これより $ f(2n + 1) + f(2n + 2) = 2 f(n) + 3$ が成立するから，\r\n$$ S_{256} = \\sum_{n=1}^{256} f(n) = \\sum_{n=0}^{127} (2 f(n) + 3) = 2 S_{127} + 384$$\r\nとなる．この作業を繰り返し行うことで，$S_{256} = \\mathbf{2324} $ と求まる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc173/editorial/6802/268" } ]

[ { "content": "　$6^5$ の正の約数 $k$ それぞれについて，その寄与を考えると $6^5\\/k$ 回である．すなわち，求める総和は結局 $6^5$ の正の約数の総和に等しいことが分かり${}^*$，これは $(2^0+2^1+\\cdots+2^5)(3^0+3^1+\\cdots+3^5)=\\textbf{22932}$ である．\r\n\r\n\r\n<details>\r\n<summary>$*$ の補足<\\/summary>\r\n\r\n　$*$ について．$d$ が $6^5$ の約数のとき $\\dfrac{6^5}{d}$ も $6^5$ の約数となることから，求めるべき値は次のように変形できる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^{6^5} f(n) &= \\sum_{n=1}^{6^5} \\\\# \\left\\\\{ d \\in \\mathbb N \\mathrel{}\\middle|\\mathrel{} \\frac{n}{d}, \\frac{6^5}{d} \\in \\mathbb N \\right\\\\} \\\\\\\\\r\n&= \\\\# \\left\\\\{ (d, n) \\in \\mathbb N^2 \\mathrel{}\\middle|\\mathrel{} \\frac{n}{d}, \\frac{6^5}{d} \\in \\mathbb N, 1 \\le n \\le 6^5 \\right\\\\} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{d は 6^5 の約数} \\\\# \\left\\\\{ n \\mathrel{}\\middle|\\mathrel{} \\frac{n}{d} \\in \\mathbb N, 1 \\le n \\le 6^5 \\right\\\\} \\\\\\\\\r\n&= \\sum_{d は 6^5 の約数} \\frac{6^5}{d} \\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nここで，$6^5$ のすべての約数を小さい順に $d_1, d_2, \\ldots, d_{36}$ とおけば，任意の $1 \\le i \\le 36$ について $d_i d_{37-i} = 6^5$ が成り立つので， \r\n$$ \\sum_{d は 6^5 の約数} \\frac{6^5}{d} = \\sum_{i=1}^{36} \\frac{6^5}{d_i} = \\sum_{i=1}^{36} d_{37-i} = \\sum_{i=1}^{36} d_i $$\r\nとなり，結局求めるべきは $6^5$ の約数の総和となる．\r\n\r\n<\\/details>", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/2008" } ]

[ { "content": "　$3$ 点 $P,Q,R$ は $y=x^2-\\sqrt{5}x-2\\sqrt{6}+1$ と $xy=0$ を同時に満たす $3$ 点である．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&(y=x^2-\\sqrt{5}x-2\\sqrt{6}+1)\\land(xy=0) \\\\\\\\\r\n \\implies & (y^2=-(2\\sqrt{6}-1)y)\\land(y=x^2-\\sqrt{5}x-2\\sqrt{6}+1)\\\\\\\\\r\n \\implies & x^2+y^2-\\sqrt{5}x+(2\\sqrt{6}-2)y-2\\sqrt{6}+1=0 \\\\\\\\\r\n\\iff & \\Bigl(x-\\dfrac{\\sqrt{5}}{2}\\Bigr)^2+(y+\\sqrt{6}-1)^2=\\dfrac{29}{4}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより，$3$ 点 $P,Q,R$ は円 $\\Bigl(x-\\dfrac{\\sqrt{5}}{2}\\Bigr)^2+(y+\\sqrt{6}-1)^2=\\dfrac{29}{4}$ 上にある．この円の面積は $\\dfrac{29}{4}\\pi$ であるから，求める値は $29+4=\\mathbf{33}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/6408" }, { "content": "　公式解説の式変形はエレガントで素晴らしいですが，地道な計算によって中心を求めることも可能です．\r\n\r\n　外接円の中心は，線分 $PQ$ の垂直二等分線上にあるため，$x$ 座標はすぐにわかる．そこで，外接円の中心の座標を $A\\left( \\dfrac{\\sqrt{5}}{2}，t \\right)$とおく．$PQ$ の長さは $\\sqrt{1+8\\sqrt{6}}$ であり，これを用いれば $ AP^2=\\dfrac{1+8\\sqrt{6}}{4}+t^2$．\\\r\n　一方，$AR^2=( \\dfrac{\\sqrt{5}}{2} )^2+(t+2\\sqrt{6}-1)^2$ であり，$AP^2＝AR^2$ から $t$ を求めれば，円の中心の座標（さらには円の半径）が求まる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/6408/260" }, { "content": "$y$ 軸とのもう一つの交点を考える方針．\\\r\n\\\r\n$R$ の座標は $(0,-2\\sqrt{6} +1)$ である．\\\r\nまた，原点を $O$ とすると，解と係数の関係を考えて $OP\\cdot OQ=OR$ であり，点 $O$ は三角形 $PQR$ の外接円の内部にあるので，方べきの定理から三角形 $PQR$ の外接円は点 $(0,1)$ を通る(この点を $S$ とする)．\\\r\n放物線の軸の位置を考えれば $PQ$ の中点の $x$ 座標は $\\frac{\\sqrt{5}}{2}$ であり，$RS$ の中点の $y$ 座標は $-\\sqrt{6}+1$ だから，円の中心の座標は $(\\frac{\\sqrt{5}}{2},-\\sqrt{6}+1)$ ．この点と点 $S$ との距離の二乗は $\\frac{5}{4}+6=\\frac{29}{4}$ なので外接円の面積は$\\displaystyle \\frac{29}{4}\\pi$ ．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/6408/266" } ]

[ { "content": "　$BD$ について $C$ と対称な点を $E$ とすると，$BCDE$ はひし形であるから，\r\n$$\\angle ABE=(\\angle ABC+\\angle BCD)-(\\angle EBC+\\angle BCD)=240^{\\circ}-180^{\\circ}=60^{\\circ}$$\r\nを得る．よって三角形 $ABE$ は正三角形であるから，\r\n$$\\angle DAE=\\dfrac{1}{2}(180^{\\circ}-116.55^{\\circ}-60^{\\circ})=\\dfrac{69}{40}^{\\circ},\\quad \\angle DAB=60^{\\circ}-\\dfrac{69}{40}^{\\circ}=\\dfrac{2331}{40}^{\\circ}$$\r\nであり，特に求めるべき値は $\\textbf{2371}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/3566" }, { "content": "　点 $B$ が中心で半径 $BA$ の円，点 $C$ が中心で半径 $CD$ の円を考える．これらの交点のうち一方は線分 $AD$ 上に存在し，他方の点 $P$ は，$\\triangle{PAD}$ が正三角形となるような点である．\\\r\n　このことを用いれば，容易に解くことができる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/3566/258" }, { "content": "　$AB=CD,\\angle BAD+\\angle ADC=120^\\circ$ から，四角形$ABCD$の形をしたタイルを$6$つつなげると下図のように正六角形が$2$つできることが分かります．あとは等辺の条件を用いて良い感じに角度追跡（後述）をすれば良いです．\r\n\r\n注：問題文と点の文字が異なります．また，図を作り間違えて$BH=HG$にするのを忘れました．心の目で見てください．\r\n\r\n\r\n\r\n<details>\r\n<summary>良い感じの角度追跡（雑です）<\\/summary>\r\n　点の記号は上図を参照してください．$\\angle BHG=123.45^\\circ, \\angle OHG=60^\\circ$から$\\angle BHO=176.55^\\circ$がわかります．$\\triangle HBO$が$HB=HO$なる二等辺三角形であることから，$\\angle HBO=1.725^\\circ$であり，$\\angle ABO=60^\\circ$とあわせ$\\angle ABH=58.275^\\circ$であることが分かりました．\r\n<\\/details>\r\n\r\n___\r\n\r\n　一般に，$AD$を$BC$にうつす相似拡大の中心（上の条件では六角形の中心）を$O$とするとき，$O$は（完全）四角形$ABCD$のミケル点と呼ばれます．いろいろと良い性質があるので船旅本の10章を参照することをおすすめします．また，OMCに還元した例としては[OMC100(D)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc100\\/tasks\\/2630)などが挙げられます．\r\n\r\n___\r\n\r\n　また，類題として以下の問題を紹介します．なお，この問題にはミケル点を使わない比較的単純な解法も存在します．\r\n\r\n___\r\n\r\n$$AB=5,BC=14,CD=8,\\angle ABC=80^\\circ,\\angle BCD=40^\\circ$$\r\nをみたす四角形$ABCD$について，辺$BC,AD$の中点をそれぞれ$M,N$としたとき，線分$MN$の長さを求めよ．\r\n\r\n\r\n<details>\r\n<summary>ミケル点を利用した解法<\\/summary>\r\n　直線$AB$と直線$CD$の交点を$P$とし，円$PAD$と円$PBC$の交点$(\\neq P)$を$Q$とする．このとき，円周角の定理から$\\triangle QAD\\sim\\triangle QBC$が成り立ち，これより$\\triangle QAB \\sim\\triangle QDC$が成り立つことがわかる．（この点$Q$が四角形$ABCD$のミケル点である．）$\\angle BQC=\\angle BPC=60^\\circ$と$QB:QC=AB:DC=5:8$より余弦定理から$QB=10, QC=16$がわかる．$\\triangle QBC$に中線定理を適用すると$2(QM^2+BM^2)=QB^2+QC^2$を得られ，これより$QM=\\sqrt{129}$がわかる．$\\triangle QAD$と$\\triangle QBC$の相似で点$M$と点$N$が対応するので$\\triangle QAN \\sim \\triangle QBM$すなわち$\\triangle QAB \\sim \\triangle QNM$が成り立つので，$QM:MN=QB:BA=2:1$であるから，$MN=\\dfrac{QM}{2}=\\boxed{\\dfrac{\\sqrt{129}}{2}}$を得る．\r\n<\\/details>\r\n\r\n<details>\r\n<summary>ミケル点を利用しない解法の概略（表現が雑です）<\\/summary>\r\n　$DN$が$AN$にくっつくように四角形$NMCD$を回転させ四角形$ABMN$とくっつけます．$C,M$が動いた先を$C^\\prime,M^\\prime$とすると，四角形$BMC^\\prime D^\\prime$は平行四辺形になります．また，角度の条件から良い感じに$120^\\circ$が出てくるので，余弦定理を利用することにより答えが求まります．\r\n<\\/details>", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/3566/265" } ]

[ { "content": "　$3$ 点 $P, O_1, O_2$ および $P, R, S$ は同一直線上にあり，さらに $O_1P = O_1S, O_2P=O_2R$ であるので，$O_2R \\parallel O_1S$ を得る．同様に $O_3R \\parallel O_1T$ を得るが，$3$ 点 $O_2, R, O_3$ は同一直線上にあるから，$3$ 点 $S, O_1, T$ も同一直線上にある．$S$ と $T$ は $O_1$ について反対側にあるため，線分 $ST$ は $C_1$ の直径となる．また，$PO_2=O_2R$ および $QO_3=O_3R$ より，$3$ 直線 $PO_2,O_2O_3,QO_3$ にそれぞれ点 $P,R,Q$ で接する円（すなわち三角形 $O_1O_2O_3$ の傍接円）が存在し，特にその中心は $U$ である．\\\r\n　したがって， $i = 1, 2, 3$ について $C_i$ の半径を $r_i$ で表せば\r\n$$\\triangle O_1O_2O_3=\\frac{1}{2}\\times \\\\{(r_1-r_2)+(r_1-r_3)-(r_2+r_3)\\\\}\\times UP =(120-77)\\times47=2021$$\r\nであり，一方で三角形 $O_1O_2O_3$ の内接円の半径を $r$ とすれば\r\n$$\\triangle O_1O_2O_3=\\frac{1}{2}\\times \\\\{(r_1-r_2)+(r_1-r_3)+(r_2+r_3)\\\\}\\times r=120r$$\r\nであるので，$r=\\dfrac{2021}{120}$ となり，解答すべき値は $2021+120=\\textbf{2141}$ である．\r\n\r\n<details>\r\n<summary>補足<\\/summary>\r\n　線分 $ST$ が $C_1$ の直径となることについては，以下のように考えることもできる．\r\n\r\n　$C_2,C_3$ の共通内接線と $C_1$ との交点を $A,B$ とする．$P$ を中心とし円 $C_2$ を円 $C_1$ に移す相似拡大を考えると，点 $R$ は 点 $S$ へ，直線 $AB$ は円 $C_1$ の $S$ での接線 $\\ell_S$ へ移る．このとき $AB \\parallel \\ell_S$ であるので，接弦定理とあわせて $\\angle SAB = \\angle SBA$ がわかる．よって $SA = SB$ であるので，$S$ は弧 $AB$ の中点である．$T$ についても同様であるが，ここで $S$ と $T$ は 線分 $AB$ について反対側にあるため，線分 $ST$ は $C_1$ の直径となる．\r\n<\\/details>", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/2303" } ]

[ { "content": "　四隅の $1$ マスのみでパズルを構成するもの $4$ 通りを先に除外しておく．\\\r\n　以下，各マスを白黒で塗り分け，各色がパズルをなすようにする問題と解釈する．ただし，このままでは同じ配置を二重に数えてしまうため，以下ではその重複を除きながら数え上げていく．\\\r\n　図のように，赤色で示された辺に $a_1$ から $a_{12}$ までの記号を与える．また，青色で示した $4$ マスを**内部**とよび，残りの $12$ マスを**外縁**とよぶ．$2$ つのパズルの境界はひとつながりの線となるから，赤色の $12$ 辺について，パズルの境界となるのは $0$ 本または $2$ 本である．\\\r\n　$0$ 本のとき，外縁はすべて同じ色である（黒としてよい）．このとき，内部は「すべて黒」「隣り合わない $2$ マスずつが同じ色」を除いて自由に塗れるから，全部で $13$ 通り存在する．以下，赤色の辺のうち $2$ 本が境界となる場合を考え，その $2$ 本の選び方を ${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{2}-4=62$ 通りから一つ固定する（最後の $-4$ は冒頭の除外に基づく）．\\\r\n　内部の $4$ マスのうち，黒がいくつあるかで場合分けする．黒が $2$ つ以上であるとしてよい．\r\n\r\n* $4$ マスとも黒い場合：\\\r\n　外縁の塗り方はつねに $2$ 通りずつ存在するから，$2\\times 62=124$ 通り．\r\n* $3$ マスが黒い場合（左上のみが白として，$4$ 倍すればよい）：\\\r\n　$a_{12},a_1$ から $1$ つ，$a_3, a_4, \\ldots, a_{10}$ から $1$ つ選ぶときは外縁の塗り方は $2$ 通り，それ以外は $1$ 通りずつ存在するから，$2\\times 16 + 46=78$ 通り．\r\n* 隣り合う $2$ マスずつが同色の場合（左側が黒として，$2$ 倍すればよい）：\\\r\n　$a_{12},a_1,a_2, a_3, a_4$ から $1$ つ，$a_6, a_7, \\ldots, a_{10}$ から $1$ つ選ぶときは外縁の塗り方は $2$ 通り，それ以外は $1$ 通りずつ存在するから，$2\\times 25+37=87$ 通り．\r\n* 隣り合わない $2$ マスずつが同色であるようにすることはできない．\r\n\r\n　以上より，求める答えは $4+13+124+78\\times 4+87\\times 2 = \\bf{627}$ 通りである．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/4423" }, { "content": "　おそらく様々な数え上げの方法があると思います．公式解説と異なる方法を書いておきます．\\\r\n　公式解説と同じように，各マスを白黒で塗り分け，各色がパズルをなすようにする問題と解釈します．また，$4×4$ のマス目について，$x$ 行 $y$ 列目のマスを $(x,y)$ と記すことにし，$(2,2),(2,3),(3,2),(3,3)$ の $4$ 点を**内部**，その他のマスを**外縁**と呼ぶことにします（内部・外縁については，公式解説と同じ表現です）．\r\n___\r\n（解１）内部に注目して数え上げる方法\r\n- 内部の $4$ マスが全て同色の場合（黒とする）\\\r\n　黒が外縁のうち $0$ マスを塗る方法は $1$ 通り，$1$ マスを塗る方法は $8$ 通り，$2$ ～ $11$ マスを塗る方法はそれぞれ $12$ 通り存在する．よって，$1+8+10×12=\\underline{129}$ 通り．\r\n- 内部の $3$ マスが同色の場合．$3$ マスは黒とし，残りの $1$ マスは $(2,2)$ とする（最後に $4$ 倍しなければならない点に注意）．\\\r\n　$(1,2),(2,1)$ の $2$ マスが白か否かでさらに場合分けをする． \\\r\n　$2$ マスとも白である場合．$(1,1)$ は白で確定する．残りのうち， $9$ マスが黒である場合から $0$ マスが黒である場合までを考えて，$1+2+3+4+5+6+7+8+6+1=43$ 通り．\\\r\n　$1$ マスだけ白である場合．$(1,2)$ が白とすると，$(2,1)$ が黒である．$(1,1)$ の塗り方は $2$ 通りあり，その他の塗り方は $9$ 通りある（$(1,3)$ から$(3,1)$ まで，白がどこまで進めるかと考えればよい）．よって，$2×9×2=36$ 通り．\\\r\n　$0$ マスが白である場合．自明な $1$ 通りのみ．\\\r\n　以上をまとめて，$(43+36+1)×4=\\underline{320}$ 通り．\r\n- 内部が $2$ マス／$2$ マスと分かれる場合．$(2,2),(2,3)$ が白であるとする（最後に $2$ 倍しなければならない点に注意）．\\\r\n　$(2,1),(2,4)$ の $2$ マスが白か否かでさらに場合分けをする． \\\r\n　$2$ マスとも白である場合は，$(1,k)$ は全て白である．残りのうち， $6$ マスが黒である場合から $0$ マスが黒である場合までを考えて，$1+2+3+4+5+4+1=20$ 通り．\\\r\n　$1$ マスだけ白である場合．$(2,1)$ が白とすると，$(2,4)$ が黒である．$(1,k)$ の塗り方は $5$ 通りあり，$(3,1),(4,k)$の塗り方は $6$ 通りある．$5×6×2=60$ 通り．\\\r\n　$0$ マスが白である場合．$(2,1),(2,4)$ が黒で，$(3,k),(4,k)$ は全て黒である．$(1,k)$ の塗り方は $9$ 通り．\\\r\n　以上をまとめて，$(20+60+9)×2=\\underline{178}$ 通り．\r\n\r\n　以上で全ての場合を網羅したので，あとは足し合わせればよい．$129+320+178=\\mathbf{627}$ 通り．\r\n___\r\n（解２）外縁に注目して数え上げる方法\\\r\n　外縁が $k$ マス／$12-k$ マスと分かれる場合（ $k$ マスの方を黒とする）を $0≦k≦6$ の範囲で考えていく．$1≦k$ の範囲では，外縁の塗り分け方は，適当な回転・反転を考えることで，本質的に $2$ 通りに帰着される点に注意せよ．\r\n- 外縁のうち $0$ マスが黒である場合\\\r\n　内部について考えると，$\\underline{13}$ 通り．\r\n- 外縁のうち $1$ マスが黒である場合\\\r\n　$(1,1)$ が黒の場合，この $1$ 通りのみである．$(1,2)$ が黒の場合，内部は $8$ 通り考えられる．\\\r\n　よって，$4×1+8×8=\\underline{68}$ 通り．\r\n- 外縁のうち $2$ マスが黒である場合\\\r\n　$(1,1)$ 含む $2$ マスが黒の場合，内部は $8$ 通り考えられる．そうでない場合，内部は $11$ 通り．\\\r\n　よって，$4×11+8×8=\\underline{108}$ 通り．\r\n- 外縁のうち $3$ マスが黒である場合\\\r\n　$4×8+8×11=\\underline{120}$通り．\r\n- 外縁のうち $4$ マスが黒である場合\\\r\n　$4×11+8×10=\\underline{124}$通り．\r\n- 外縁のうち $5$ マスが黒である場合\\\r\n　$4×12+8×10=\\underline{128}$通り．\r\n- 外縁のうち $6$ マスが黒である場合\\\r\n　$2×9+4×12=\\underline{66}$通り．\r\n\r\n　以上で全ての場合を網羅した．$13+68+108+120+124+128+66=\\mathbf{627}$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/4423/263" } ]

[ { "content": "　三倍角の公式より次が成り立つ．\r\n$$4\\cos^3\\frac{\\pi}{9}-3\\cos\\frac{\\pi}{9}=\\cos\\frac{\\pi}{3}=\\frac{1}{2}$$\r\nよって$\\cos\\dfrac{\\pi}{9}$ は三次方程式 $8x^3-6x-1=0$ の解の一つである．\r\n$x$ を $\\dfrac{x-1}{2}$ と置き変えれば，$1+2\\cos\\dfrac{\\pi}{9}$ は三次方程式 $x^3-3x^2+1=0$ の解の一つであることがわかる．\r\n\r\n　$f(x):=x^3-3x^2+1$ とおく．\r\n$$f(-1)=-3,\\quad f(0)=1,\\quad f\\left(\\frac{1}{\\sqrt{2}}\\right) = \\frac{\\sqrt{2}-2}{4}, \\quad f(2)=-3,\\quad f(3)=1$$\r\nより，三次方程式 $f(x)=0$ は $(-1,0),\\left(0,\\dfrac{1}{\\sqrt2}\\right),(2,3)$ の範囲にそれぞれ実数解を少なくとも一つ持つ．\r\nよって代数学の基本定理，また $1+2\\cos\\dfrac{\\pi}{9}\\gt 1$ と合わせれば三次方程式 $f(x)=0$ は実数解を $3$ つ持ち，それらを $\\alpha,\\beta,\\gamma\\~(\\alpha\\lt\\beta\\lt\\gamma)$ とすれば次が成り立つ．\r\n$$-1\\lt\\alpha\\lt 0\\lt\\beta\\lt \\dfrac{1}{\\sqrt2},\\quad \\gamma=1+2\\cos\\dfrac{\\pi}{9}$$\r\nさらに $f(-\\alpha)=-2\\alpha^3\\gt 0$ に注意すれば $-\\alpha=|\\alpha|\\lt\\beta$ がわかるため，任意の正整数 $n$ について $0\\lt\\alpha^n+\\beta^n\\lt 1$ であることが示せる．\r\nなおこれらの結論は微分を用いた議論によっても示される．\r\n\r\n　$b_n=\\alpha^n+\\beta^n+\\gamma^n$ とおく．\r\n解と係数の関係より \r\n$$\\alpha+\\beta+\\gamma=3,\\quad\\alpha\\beta+\\beta\\gamma+\\gamma\\alpha=0,\\quad\\alpha\\beta\\gamma=-1$$\r\nであるから，計算によって\r\n$$b_1=3,\\quad b_2=9,\\quad b_3=24,\\quad b_{n+3}=3b_{n+2}-b_n$$\r\nが得られる．\r\nこれより明らかに任意の $n$ について $b_n$ は整数であるから，$0\\lt\\alpha^n+\\beta^n\\lt 1$ より $a_n$ は $b_n-1$ を $9$ で割ったあまりであることがわかる．\r\n$b_n$ の初めの数項を $9$ で割ったあまりを計算すれば\r\n$$\\begin{array}{c|cccccccccc}\r\nn&1&2&3&4&5&6&7&8&9&\\cdots\\\\\\\\\r\n\\hline\r\nb_n\\bmod 9&3&0&6&6&0&3&3&0&6&\\cdots\r\n\\end{array}\r\n$$\r\nとなることから，$b_n$ を $9$ で割った余りは周期 $6$ で $3,0,6,6,0,3$ を繰り返すことが分かる. ゆえに $a_n$ は周期 $6$ で $2,8,5,5,8,2$ を繰り返すため，求める値は\r\n$$(2+8+5+5+8+2)\\times166+2+8+5+5={\\bf 5000}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc172/editorial/4279" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\nS-T\r\n&=(1 + 3 + 5 + \\cdots + 12345) - (0 + 2 + 4 + \\cdots + 12344)\\\\\\\\\r\n&=(1 - 0) + (3 - 2) + \\cdots + (12345-12344)\\\\\\\\\r\n&=\\overbrace{1 + 1 + 1 + \\cdots + 1}^{(12345 + 1)\\div 2個}\\\\\\\\\r\n&=\\textbf{6173}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc171/editorial/1460" } ]

[ { "content": "　方べきの定理より $AB=\\sqrt{BD\\cdot{BC}}=60=AC$ であるから $\\angle ABD=\\angle ACD$．一方で接弦定理より $\\angle ACD=\\angle BAD$ が成り立つため，$\\angle ABD=\\angle BAD$ より $AD=BD=\\textbf{40}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc171/editorial/3253" } ]

[ { "content": "　$x\\geq 0$ において $f(x)=x^2+\\lfloor2x\\rfloor+7x\\/2$ であり，これは $x$ について単調増加であるから，$f(0)=0$ で最小値を取る．したがって，$x\\lt 0$ において $f(x)\\lt 0$ となる部分についてのみ考えれば良い．$x\\lt 0$ において\r\n$$f(x)=x^2-\\lfloor2x\\rfloor+\\dfrac{9}{2}x$$\r\nであり，$x\\leq -5\\/2$ において\r\n$$f(x) \\ge x^2 - 2x + \\frac92x = \\frac12x(2x-5)$$\r\nであるから $f(x)$ は非負である．$x\\gt -5\\/2$ の範囲で $1\\/2$ ごとに調べれば，$f(-3\\/2)=f(-1)=-3\\/2$ が求める最小値であることがわかり，特に解答すべき値は $\\textbf{5}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc171/editorial/2031" } ]

[ { "content": "　六角形の頂点を $ABCDEF$ とおき，一般性を失わず $AF=1$ とする．各辺を延長して正三角形を作ることで\r\n$$1+AB+BC=BC+CD+DE=DE+EF+1$$\r\nここで $AB+BC=DE+EF=k$ とおくと，以下より $CD$ は偶数である．\r\n$$CD=(2+3+4+5+6)-2k=2(10-k)$$\r\nこれより，$(AB,BC,CD,DE,EF)$ の組を列挙すれば (対称なものは除外)\r\n$$(4,5,2,3,6),\\quad (5,3,4,2,6)$$\r\nそれぞれの面積は以下で与えられるから，その総和の平方は $\\textbf{3267}$ である．\r\n$$\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(10^2-1^2-3^2-5^2),\\quad \\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(9^2-1^2-2^2-3^2)$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc171/editorial/2136" } ]

[ { "content": "　順列を決めることは，$1$ から $11$ の整数が書かれた赤玉 $11$ 個と $4$ から $15$ の書かれた青玉 $11$ 個に対して赤玉と青玉のペア $11$ 組を作ることに対応し，スコアは互いにペアとなったボールに書かれた数の差の総和となる． \r\n　総和の計算では登場する $22$ 個の数のうち $11$ 個が加算され $11$ 個が減算されるので，総和の上界として\r\n$$\\sum\\_{r=8}\\^{11}r+\\sum\\_{b=8}\\^{14}b-\\sum_{r=1}\\^{7}r-\\sum_{b=4}^{7}b=65$$\r\nが考えられる．これを達成するのは\r\n- 赤玉 $1,2,\\dots,7$ のペアの相手は青玉 $8,9,\\dots,14$ のいずれか．\r\n- 赤玉 $8,9,10,11$ のペアの相手は青玉 $4,5,6,7$ のいずれか．\r\n\r\nをみたす組み合わせに限られ，そのような組み合わせ方が実際に存在することは容易にわかる．従って解答すべき値は $7!\\times4!=\\mathbf{120960}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc171/editorial/4553" } ]

[ { "content": "　$n$ が $2$ 進法で\r\n$$n=2^{a_k}+2^{a_{k-1}}+\\cdots+2^{a_1}　(a_k \\gt a_{k-1} \\gt \\cdots \\gt a_1 \\geq 0)$$\r\nと表されるとき，$n!$ を割り切る最大の $2$ べきは\r\n$$2^{n-k}=2^{2^{a_k}-1}\\times 2^{2^{a_{k-1}}-1}\\times \\cdots \\times 2^{2^{a_1}-1}$$\r\nであることに留意すれば，考えるべき総和 $S$ について\r\n$$S =(2^{2^0-1}+1)(2^{2^1-1}+1)\\cdots(2^{2^{3570}-1}+1)$$\r\nが分かる．また，$a$ が $3$ で割り切れる最大の回数を $\\mathrm{ord}_3 (a)$ で表せば，LTEの補題より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\mathrm{ord}_3 (S) &= \\mathrm{ord}_3 (2^{2^1-1}+1) + \\mathrm{ord}_3 (2^{2^2-1}+1)+ \\cdots + \\mathrm{ord}_3 (2^{2^{3570}-1}+1) \\\\\\\\\r\n&= 3570+\\mathrm{ord}_3 (2^1-1)+\\mathrm{ord}_3 (2^2-1)+\\cdots+\\mathrm{ord}_3 (2^{3570}-1)\\\\\\\\\r\n&= 3570+1785+\\mathrm{ord}_3 (1)+\\mathrm{ord}_3 (2)+\\cdots+\\mathrm{ord}_3 (1785)\\\\\\\\\r\n&= 3570+1785+\\mathrm{ord}_3 (1785!).\r\n\\end{aligned}$$\r\nさらにLegendreの定理より，求める値は $3570+1785+890=\\textbf{6245}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc171/editorial/3571" } ]

[ { "content": "　約分をすることにより，与えられた式は\r\n$$\r\n\\frac{p^2 \\cdot o^2 \\cdot d \\cdot r}{j \\cdot e \\cdot s \\cdot i \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 7}\r\n$$\r\nとなる．いま $p^2 \\cdot o^2 \\cdot d \\cdot r \\le 10^2 \\cdot 9^2 \\cdot 8 \\cdot 7$ および $j \\cdot e \\cdot s \\cdot i \\ge 1 \\cdot 2 \\cdot 3 \\cdot 4$ より，\r\n$$\r\n\\frac{p^2 \\cdot o^2 \\cdot d \\cdot r}{j \\cdot e \\cdot s \\cdot i \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 7} \\le \r\n\\frac{10^2 \\cdot 9^2 \\cdot 8 \\cdot 7}{1 \\cdot 2 \\cdot 3 \\cdot 4 \\cdot 3 \\cdot 5 \\cdot 7}\r\n= \\mathbf{180}\r\n$$\r\nを得る．等号は，例えば\r\n$$\r\n(a, d, e, i, j, m, o, p, r, s)=(5, 8, 4, 3, 2, 6, 10, 9, 7, 1)\r\n$$\r\nで成り立つ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/5236" } ]

[ { "content": "　任意の正の整数 $p, q$ $(p \\ge q)$に対して $q\\times {}\\_{p}\\mathrm{C}\\_{q} = p \\times {}\\_{p-1}\\mathrm{C}\\_{q-1}$ が成り立つので，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{1234} \\bigl( k\\times {}\\_{1234}\\mathrm{C}\\_{k}\\bigr)\r\n&=1234\\sum_{k=1}^{1234}{}\\_{1233}\\mathrm{C}\\_{k-1}\\\\\\\\\r\n&=1234\\sum_{k=0}^{1233}{}\\_{1233}\\mathrm{C}\\_{k}\\\\\\\\\r\n&= 1234\\times2^{1233}\\\\\\\\\r\n&= 617\\times 2^{1234}\r\n\\end{aligned}$$\r\nがわかる．よって，解答すべき値は $\\bf{2470}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/5434" }, { "content": "・解説 $1$ 行目について，一般に\r\n$$k\\cdot{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=n\\cdot{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k-1}$$\r\nが従います．( ${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=\\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$ による式変形によって示せますね．)\r\n<details>\r\n<summary>証明<\\/summary>\r\n$$(左辺)=k\\cdot{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=k\\cdot\\dfrac{n!}{k!(n-k)!}=\\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}=n\\cdot\\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=n\\cdot{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k-1}=(右辺)$$\r\n<\\/details>\r\n・解説 $2-3$ 行目について，一般に，\r\n$$\\sum_{k=0}^n{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=2^n$$\r\nが従います．これを知らない方は，頑張って証明してみましょう．とある道具を使います．\r\n<details>\r\n<summary>ヒント1<\\/summary>\r\n使う道具は，二項定理です．\r\n<\\/details>\r\n<details>\r\n<summary>ヒント2<\\/summary>\r\n$(1+1)^n$ の二項展開を考えてみましょう\r\n<\\/details>\r\n<details>\r\n<summary>証明<\\/summary>\r\n二項定理より，$(1+1)^n={}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{0}+{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{1}+\\cdots+{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{n-1}+{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{n}$ であるから従う．\r\n<\\/details>\r\n・余談\\\r\n$n$ 匹の区別できる忠犬から何匹かの忠犬を選ぶ場合の数を考えよう．これは，$0$ 匹選ぶ，$1$ 匹選ぶ，$\\cdots$，$n$ 匹選ぶ 選び方の総和であるので，上式の左辺である．また，この場合の数は，それぞれの忠犬について，選ぶか選ばないかの $2$ 通りであるので，$n$ 匹については $2^n$ 通りになり，右辺と一致する．このように，感覚的にも理解できる式である．", "text": "二項係数に関する補足", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/5434/261" }, { "content": "公式解説とやっていることはあまり変わりませんが，形式的多項式を用いて解くことができます．\r\n\r\n特に高難易度のC分野では形式的多項式・冪級数を用いると見通しがよくなることがあります．\r\n\r\n$$f(x)=(1+x)^{1234}$$とおくと二項定理より\r\n$$f(x)=\\sum_{k=0}^{1234} {}\\_{1234}\\mathrm{C}\\_{k} x^k$$この式の両辺を微分すると\r\n$$f^{\\prime}(x)=\\sum_{k=1}^{1234} k{}\\_{1234}\\mathrm{C}\\_{k} x^{k-1}$$\r\nよって\r\n$$f^{\\prime}(1)=\\sum_{k=1}^{1234} k{}\\_{1234}\\mathrm{C}\\_{k}$$\r\nしたがって最初の式を微分して$1$を代入すればよく\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{1234} k{}\\_{1234}\\mathrm{C}\\_{k}&=\\left. \\frac{d}{dx}(1+x)^{1234} \\right|_{x=1}\\\\\\\\\r\n&=1234(1+1)^{1233}\\\\\\\\\r\n&=1234×2^{1233}\\\\\\\\\r\n&=617×2^{1234}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\nゆえに，解答すべき値は$\\mathbf{2470}$である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/5434/262" }, { "content": "　$n=1234$ とする．\r\n$$\\sum_{k=1}^{n}k{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=\\sum_{k=0}^nk{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=\\frac{1}{2}\\left (\\sum_{k=0}^{n}k{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}+\\sum_{k=0}^{n}(n-k){}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}\\right )=\\frac{n}{2}\\sum_{k=0}^{n}{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=n2^{n-1}=617\\times 2^{1234}$$\r\nよって，解答すべき値は $\\mathbf{2479}$ である．\r\n---\r\n　$\\displaystyle \\sum_{k=0}^{n}f(k)=\\displaystyle \\sum_{k=0}^{n}f(n-k)$ は俗に *Queen Property* と呼ばれている．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/5434/264" } ]

[ { "content": "　直線 $CH$ と $AB$，$BH$ と $AC$ の交点をそれぞれ $F, G$ とする．\\\r\n　$\\angle BHC = 180^\\circ - \\angle BAC$ であるから，\r\n$$\\angle ADC = 180^\\circ - \\angle BDC = 180^\\circ - \\angle BHC = \\angle BAC$$\r\nである．従って，三角形 $ADC$ は $C$ を頂角とする二等辺三角形であるので，$F$ は線分 $AD$ の中点である．また，同様にして，$G$ は線分 $AE$ の中点である．よって，$FG=DE\\/2=5$ であるので，三角形 $AGF$ と $ABC$ の相似から $AB:AG=AC : AF = 13:5$ である．従って，\r\n$$AG=AB\\times\\frac{5}{13} = \\dfrac{60}{13},\\quad \\frac{CG}{CH} = \\frac{CF}{AC} = \\frac{\\sqrt{AC^2-AF^2}}{AC} = \\frac{12}{13}$$\r\nである．また，三平方の定理より\r\n$$GC^2=BC^2 + AG^2 -AB^2 = \\frac{7825}{169}$$\r\nであるから，求める答えは以下のように計算できる.\r\n$$HC=\\dfrac{13}{12}GC=\\dfrac{13}{12}×\\dfrac{\\sqrt{7825}}{13}=\\dfrac{\\sqrt{7825}}{12}$$\r\nしたがって解答すべき値は $\\textbf{7837}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/7067" } ]

[ { "content": "　 便宜上，各領域 $A_n$ は頂点を含むが，それ以外の外周を含まないとして考える．$A$ から $A_1, A_2, \\ldots, A_n$ を切り取った後に残る領域を $\\bar\\{A\\}_n$ とすれば，これはいくつかの多角形と辺（から頂点を除いたもの）からなる．一般に，$1$ つの凸多角形から条件を満たすようにある $129$ 角形 $A_i$ を切り取ると，元の凸多角形は $A_i$ の辺によって $130$ 個の連結成分に分割される．このうち $1$ つは $A_i$ として数えられるため，結局 $A_i$ を切り取ることにより，$A$ の連結成分の個数は差し引きで $128$ 増えることになる．したがって，$\\bar\\{A\\}_n$ は $128n+1$ 個の連結成分からなる．\\\r\n　条件を満たすように $A_1, A_2, \\ldots, A_N$ を切り取れるが，$A_\\{N+1\\}$ は切り取れない状況を考えよう．$\\bar{A}_n$ の各連結成分において，その「頂点」のうち，$A_1, A_2, \\cdots A_N$ のいずれの頂点でもないものの個数は $0$ 以上 $128$ 以下でなければならない（$0$ の場合は辺に対応する）．したがって，頂点の個数について以下の不等式が成立する．\r\n$$\r\n129N \\leq 10^7 \\leq 129N+128(128N+1)=(128^2+129)N+128\r\n$$\r\nこれを $N$ について解くことにより，\r\n$$\r\n606=\\Bigl\\lceil \\frac{10^7-128}{128^2+129} \\Bigl\\rceil \\leq N \\leq \\Bigl \\lfloor \\frac{10^7}{129} \\Bigl\\rfloor =77519\r\n$$\r\nを得る．隣接する $129$ 角形の間や各 $129$ 角形の隣接する頂点の間を適切な頂点の個数だけ空けながら切り取っていくことで，不等式の等号を満たすように $129$ 角形を切り取ることができる．したがって，求めるべき値は $77519\\times 606=\\mathbf{46976514}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/5150" } ]

[ { "content": "　$AB = 1, \\angle B = 2b,\\angle C = 2c$ とする．このとき，$BH = \\cos2b$ と $BH = HI$ から\r\n$$ BI = 2BH\\cos b = 2\\cos b\\cos 2b$$\r\nが従うので，余弦定理より\r\n$$AI = \\sqrt{AB^2 + BI^2 - 2AB\\times BI\\cos b} = \\sqrt{1 - 4\\cos^2 b\\cos 2b + 4\\cos^2b\\cos^22b} $$\r\nである．従って，正弦定理より，\r\n$$\\cos c = \\sin\\angle AIB = \\frac{AB}{AI}\\sin b = \\frac{\\sin b}{\\sqrt{1 - 4\\cos^2 b\\cos 2b + 4\\cos^2b\\cos^22b}}$$\r\nであるので，\r\n$$\\tan c = \\frac{\\sqrt{(1 - 4\\cos^2 b\\cos 2b + 4\\cos^2b\\cos^22b) - \\sin^2 b}}{\\sin b} = \\frac{\\cos b\\ |2\\cos2b - 1|}{\\sin b}$$\r\nである．ここで，$\\angle AIB$ は鈍角であるから，$AI^2 + BI^2 \\lt AB^2$ が成立するので，代入して整理することで $1 \\gt 2\\cos2b$ が分かる．従って，\r\n$$\\tan c = \\frac{\\cos b\\ (1 - 2\\cos2b)}{\\sin b}$$\r\nである．ここで，\r\n$$16\\tan b = \\frac{16DI}{BD} = \\frac{25DI}{CD} = 25\\tan c$$\r\nであるから，代入して整理することで\r\n$$100\\cos^4b - 91\\cos^2 b + 16 = 0$$\r\nを得る．従って，$\\cos^2 b$ の最小多項式は $Q(x) = x^2 - \\dfrac{91}{100}x + \\dfrac{4}{25}$ である．今，\r\n$$\\frac{EI}{AE} = \\frac{DI}{AH} = \\frac{BI\\sin b}{\\sin2b} = \\frac{2\\sin b\\cos b\\cos 2b}{\\sin2b} = 2\\cos^2b - 1$$\r\nであるから，\r\n$$P(x) = 4Q\\bigg(\\frac{x+1}{2}\\bigg) = x^2 + \\frac{9}{50}x - \\frac{9}{50}$$\r\nを得る．特に，解答すべき値は $\\bf{1000179}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386" }, { "content": "初等解です. 提出時にはこの解法を想定していました. \r\n\r\n---\r\n　三角形 $ABC$ の外接円を $\\Gamma$ とし，$IE=1, AE=x$ とする. $AI, CI$ と $\\Gamma$ の交点をそれぞれ $M, N$ とすると，$MB=MI, NB=NI$ より $M, N, H$ はいずれも $BI$ の垂直二等分線上にあり，よって共線. したがって，$$\\angle BNM=\\angle BAM=\\angle BCM=\\angle MBC$$ だから三角形 $MHB$ と $MBN$，$MEB$ と $MBA$ は相似なので，$MH×MN=MB^2=ME×MA$ より $A, N, H, E$ は共円. よって $\\angle ANE=90^{\\circ}$ より，$AO$ と三角形 $ABC$ の外接円の交点を $P(\\neq A)$ とすると，$N, E, P$ は共線. ここで，$$\\angle APN=\\angle ACN=\\angle ICB,　\\angle AEN=90^{\\circ}-\\angle NAE=90^{\\circ}-\\angle NCM=\\angle IMC\\/2=\\angle IBC$$\r\nだから，$\\angle ANP=90^{\\circ}$ と併せ，三角形 $IBD$ と $AEN$，$ICD$ と $APN$ はそれぞれ相似. よって $NE=16y, NP=25y$ とおける. ここで，三角形 $ABC$ の $\\angle A$ 内の傍心を $I_A$ とすると，$$IE×EI_A=BE×CE=NE×PE$$ より $N, I, P, I_A$ は共円. ここで $$MI=MI_A,　\\angle AMP=90^{\\circ}$$ だから，$PI=PI_A$ である. したがって $$\\angle PII_A=\\angle PI_AI=\\angle PNI$$ なので，三角形 $PEI$ と三角形 $PIN$ は相似. よって，$$PI=\\sqrt{PE×PN}=15y,　NA=NI=\\dfrac{5}{3}.$$\r\nところで，$MI=MI_A$ であり，また $AE×ME=BE×CE=IE×I_AE$ より $I_AE:ME=AE:IE=x:1$ だから，$ME=\\dfrac{1}{x-2}$. よって $$16y×9y=NE×EP=AE×ME=\\dfrac{x}{x-2}$$ だから，$y=\\dfrac{\\sqrt{x}}{12\\sqrt{x-2}}$ であり，よって $NE=16y=\\dfrac{4\\sqrt{x}}{3\\sqrt{x-2}}$ なので，三平方の定理から $NE^2-NI^2=EI×EA$ より，$$x=\\dfrac{50-9x}{9x-18}$$. よって $x^2-x-\\dfrac{50}{9}=0$ である. $z=\\dfrac{1}{x}$ とすると，求めるものは $z$ の最小多項式であるから，$$P(z)=z^2+\\dfrac{9}{50}z-\\dfrac{9}{50}.$$ よって解答すべき値は $\\textbf{1000179}$.", "text": "提出時の解法（初等解）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/252" }, { "content": "たぶん皆が思いつくであろう座標計算でやってみます.\r\n\r\n直交座標において\r\n\r\n$B(-16,0), D(0,0), C(25,0), I(0,r)$ とおく. ただし $r$ は正の実数とする. \r\n\r\nここで, $\\angle IBC+\\angle ICB=\\dfrac{1}{2}(\\angle ABC+\\angle ACB)\\lt90^\\circ$ であるため, $r\\lt20$ でなければならないことに留意しておく. （ $r$ が大きいと$\\angle BIC$ が $90^\\circ$ 以下になってしまい図が成立しないようになる）\r\n\r\nこの設定のもと, $BH=HI$ となるような $r$ を求めていきたい.\r\n\r\n点 $B$ を通り, 直線 $BC$ ではない直線は実数 $b$ を用いて, $x+by+16=0$ と表すことができる. 直線 $AB$ と点 $I$ との距離は $r$ であるため, $\\dfrac{|br+16|}{\\sqrt{1+b^2}}=r$ を解いて $b=\\dfrac{r^2-256}{32r}$ であり, 直線 $AB$ を表す式は $x+\\dfrac{r^2-256}{32r}y+16=0$ である.\r\n\r\n同様にして, 直線 $AC$ を表す式は $x+\\dfrac{625-r^2}{50r}y-25=0$ である.\r\n\r\n点 $A$ は直線 $AB$と直線 $AC$ の交点であるから, 点 $A$ の座標は $(\\dfrac{-9r^2}{400-r^2},\\dfrac{800r}{400-r^2})$ である. 点 $H$ は点 $A$ から直線 $BC$ におろした垂線の足であるから, 点 $H$ の座標は $(\\dfrac{-9r^2}{400-r^2},0)$ である.\r\n\r\nここで, $HI$ の長さを素直に求めて $BH=HI$ を満たす $r$ を求めようとしたのですが, 自分ではこの方程式を解けなかった. （ojamesi1357さんによると, $BH^2-DH^2=DI^2$ と変形してから解けばそこまで大変ではないらしい.）\r\n\r\nそこで, 線分 $BI$ の垂直二等分線と直線 $BC$ の交点が $H$ になるような $r$ を求めるという方針を新たに考える. この方針は, 線分 $BI$ の垂直二等分線と直線 $BC$ の交点の座標は比較的単純に表せるので, なんとかなりそうという希望的観測のもと立てた. そんな感じだったと憶えている.\r\n\r\n直線 $BI$ の傾きは $\\dfrac{r}{16}$ であるから, その垂直二等分線の傾きは $-\\dfrac{16}{r}$ である. これは, $BI$ の中点 $(-8,\\dfrac{r}{2})$ を通っているので, 直線 $BC$ との交点の座標は $(-8+\\dfrac{r^2}{32},0)$ である.\r\n\r\nこれが, $H$ と一致するような $r$ は $\\dfrac{-9r^2}{400-r^2}=-8+\\dfrac{r^2}{32}$ を満たすことが必要で, これを整理して, $0\\lt r\\lt 20$ であることに注意すると, $r=\\sqrt{472-24\\sqrt{209}}$ に限られることがわかる. \r\n\r\nさて, 今回求めたい $\\dfrac{EI}{AE}$ について, $\\dfrac{EI}{AE}=\\dfrac{DI}{AH}=\\dfrac{r}{\\frac{800r}{400-r^2}}=\\dfrac{1}{2}-\\dfrac{r^2}{800}=\\dfrac{-9+3\\sqrt{209}}{100}$ である. この値を $z$ とおく.\r\n\r\nまず, $(100z+9)^2=1881$ であることから, $z^2+\\dfrac{9}{50}z-\\dfrac{9}{50}=0$ であることがわかる. また, $z$ は無理数であるから $z$ を解に持つ $1$ 次の有理数係数多項式は存在しないことがわかる. 以上より, 提出するべき値は $\\lfloor1000^2+\\dfrac{9}{50}\\cdot1000-\\dfrac{9}{50}\\rfloor=\\mathbf{1000179}$ である.\r\n\r\n余談: この問題における内接円の半径 $\\sqrt{472-24\\sqrt{209}}$ は実のところ $6\\sqrt{11}-2\\sqrt{19}$ に等しいのだが, 今回の問題ではこのことは用いないで済む.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/256" }, { "content": "　題意の図形は相似拡大ぶんの自由度があるので，$AB = a+16, BC = 41, CA = a+25$ とおいてよい．$B, H, D, E, C$ がこの順に並ぶことに注意する．いま余弦定理より\r\n$ \\cos B = \\dfrac {16 \\cdot 41 - 9a}{41} $\r\nなので，$DH = \\dfrac{9a}{41}$ を得る．さらに内接円の半径を $r$ とすると，ヘロンの公式より\r\n$$ \\frac{1}{2} \\cdot r \\cdot (2a+82) = \\sqrt{(a+41) \\cdot 25 \\cdot 16 \\cdot a} $$\r\nなので $r^2 = \\dfrac{400a}{a+41}$ を得る．いま三平方の定理より $BH^2 = DH^2 + DI^2$ なので，\r\n$$ \\left( 16 - \\frac{9a}{41} \\right)^2 = \\left( \\frac{9a}{41} \\right)^2 + \\dfrac{400a}{a+41} $$\r\nから $a$ のみたす二次方程式である $25 \\cdot 41 a = (16 \\cdot 41 - 18a)(a+41)$ を得る．欲しいのは $x = \\dfrac{EI}{AE} = \\dfrac{41}{2(a+41)}$ であることが角の二等分線定理を $2$ 回用いればわかるので，$a+41$ に合わせて整理すれば\r\n$x^2 + \\dfrac{9}{50} x - \\dfrac{9}{50} = 0$\r\nが得られ，これは有理数解をもたない．$(\\ddot\\smile)$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/257" }, { "content": "　三角形 $ABC$ の $\\angle A$ 内の傍接円と辺 $BC$ の接点を $F$とすれば，$H, D, E, F$ は調和点列であり，$CF=BD$ から $BD:DF=16:9$ である．$BH=HI$ より $\\angle HIB = \\angle HBI =\\angle ABI$ から $HI\\/\\/BA$ であり，\r\n$$\\dfrac {DE}{HD} =\\dfrac {IE}{AI} =\\dfrac{HE}{BH}$$\r\n調和点列の性質より\r\n$$\\dfrac{DE}{HD}=\\dfrac{FE}{HF}$$\r\nこの二つから\r\n$$\\dfrac{DE+HE}{HD+BH}=\\dfrac{FE-DE}{HF-HD} \\rArr \\dfrac{DE+HE}{BD}=\\dfrac{FE-DE}{DF}$$\r\nより，$(DE+HE):(FE-DE)=BD:DF=16:9$ であり $25DE+9HE=16FE$ が分かる．\\\r\nここで，$HD=1-x, DE=x$ とおけば $\\dfrac{EI}{AE}=x$ であり，$\\dfrac{DE}{HD}=\\dfrac{FE}{HF}$ から $EF=\\dfrac x {1-2x}$ となるので，先の関係式に当てはめれば，$50x^2+9x-9=0$ が得られる．\\\r\n　あとは値を代入することで解答すべき値が得られる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6386/259" } ]

[ { "content": "　$N(m)$ については，$m=1,2,\\ldots,8$ のとき Legendre の定理により $N(m)=p^{p-1} + p^{p-2} + \\cdots +p+1$ と求まる（これを $N$ とおく）．\\\r\n　$R_{m,n}$ について考える．以下，合同式の法は特に明示されていない限り $p$ とする．$1$ から $p^p-1$ までの整数であって，$p^k$ で割り切れるが $p^{k+1}$ では割り切れないものの集合を $A_k$ とおく（ただし, $k$ は $0$ 以上 $p-1$ 以下の整数）．このとき，\r\n$$\r\n|A_k|=(p-1) p^{p-1-k}\r\n$$\r\nである．また，各 $i=1, 2, \\cdots p-1$ について，$\\dfrac{x}{p^k} \\equiv i$\r\nを満たす整数 $x\\in A_k$ はそれぞれ\r\n$$\r\n\\dfrac{|A_k|}{p-1}=p^{p-1-k}\r\n$$\r\n個存在するから，Willson の定理より\r\n$$\r\n\\prod_{x\\in A_k} \\frac{x}{p^k} \\equiv \\\\{ (p-1)! \\\\}^{p^{p-1-k}} \\equiv -1\r\n$$ \r\nである．これを $k=0, 1, \\cdots p-1$ の場合まで掛け合わせたのちに，$p^p (p^p+1)\\cdots (p^p+m)$ を乗じれば\r\n$$\r\n\\frac{(p^p+m)!}{p^{N}} \\equiv - m!\r\n$$\r\nを得る．さらに，$2^{n}$ が $p$ と互いに素であることをふまえると，次のようになる．\r\n$$\r\n\\frac{(p^p+m)!}{(2^{n} p)^{N}} \\equiv - m! \\cdot 2^{-nN}\r\n$$\r\nここで，$N \\equiv 1 \\pmod {p-1}$ と Fermat の小定理から $2^N \\equiv 2$ を得るので，$2^{-nN}\\equiv 2^{-n}$ となる．以上と $2^{2203}\\equiv 1$ に留意すれば，\r\n$$\r\n\\frac{(p^p+m)!}{(2^{n} p)^{N}} \\equiv - m! \\cdot 2^{2203-n} \r\n$$\r\nを得る．この左辺は整数であるから，\r\n$$ R_{m, n} = - m! \\cdot 2^{2203 - n} - p \\cdot \\left \\lfloor \\frac{-m! \\cdot 2^{2203-n}}{p} \\right \\rfloor $$\r\nとなるが，\r\n$$ - \\left( \\frac{m!}{2^n} + 1 \\right) \\le - \\frac{m! \\cdot 2^{2203-n}}{p} = - \\frac{m!}{2^n} \\cdot \\frac{2^{2203}}{2^{2203}-1} \\lt - \\frac{m!}{2^n} $$\r\nであるので，\r\n$$\r\nR_{m, n}=\\Bigl( \\Bigl\\lfloor \\frac{m!}{2^n} \\Bigl\\rfloor + 1 \\Bigl) p - m! \\cdot 2^{2203-n} \r\n$$\r\nと表せる．整数 $a$ を二進数表記したときの桁和を $\\mathrm{popcount}(a)$ と表記することにすると，これらの総和は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^{2203} R_{m, n}\r\n& = 2203p + p \\sum_{n=1}^{2203} \\Bigl\\lfloor \\frac{m!}{2^n} \\Bigl\\rfloor - m! \\sum_{n=0}^{2202} \r\n 2^n \\\\\\\\\r\n& = 2203p + (m! - \\mathrm{popcount}(m!))p - m!\\cdot p\\\\\\\\\r\n& = (2203 - \\mathrm{popcount}(m!))p\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．$m=1, 2, \\cdots , 8$ について，$\\mathrm{popcount}(m!)$ の値はそれぞれ $1, 1, 2, 2, 4, 4, 6, 6$ だから，求める答えは以下の計算で求められる．\r\n$$\r\n2203\\times 8 - (1+1+2+2+4+4+6+6)=\\mathbf{17598}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc170/editorial/6411" } ]

[ { "content": "　$BM = CM = AM = AB = 4$ より，三角形 $ABM$ は一辺の長さが $4$ の正三角形であるから，その面積は $4\\sqrt3$ である．ここで，三角形 $ABC$ の面積は三角形 $ABM$ の面積の $2$ 倍であるから，三角形 $ABC$ の面積は $8\\sqrt3$ と分かる．特に解答すべきは $\\bf{192}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/3987" } ]

[ { "content": "　$1+2+\\cdots +n$ を $5$ で割った余りは $1,3,1,0,0$ で周期するから，条件をみたす $n$ は $5$ つごとに $2$ つずつ現れる．また，$10000$ は $5$ の倍数であるから，求める個数は $10000\\times 2\\/5=\\textbf{4000}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/3139" } ]

[ { "content": "　$t=10^{10}$ とすると，\r\n$$E=t^2+22t+57=(t+3)(t+19)$$\r\nであり，さらに $t+3$ は $7$ で割り切れることから，保証されている事実より，求める値は\r\n$$p+q=7+(t+19)=\\textbf{10000000026}$$\r\nちなみに $(t+3)\\/7$ も素数である．すなわち $E$ はちょうど $3$ つの素因数をもつ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/1739" } ]

[ { "content": "$x^2 - 2x + 4 = 0$ の解が $ x = 1 \\pm \\sqrt{3}i = 2\\bigg( \\mathrm{cos} \\dfrac{\\pi}{3} + i\\mathrm{sin} \\dfrac{\\pm\\pi}{3} \\bigg)$ となることを用いると，de Moivreの定理より，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\dfrac{(\\alpha ^ {50} + \\beta ^ {50}) ^ {2}}{\\alpha ^ {123} + \\beta ^ {123}} \r\n& = \\frac{\\bigg(2^{50} \\times \\bigg(\\mathrm{cos} \\dfrac{50\\pi}{3}+ i\\mathrm{sin} \\dfrac{50\\pi}{3} + \\mathrm{cos} \\dfrac{-50\\pi}{3}+ i\\mathrm{sin} \\dfrac{-50\\pi}{3}\\bigg) \\bigg) ^ {2}}\r\n{2^{123} \\times \\bigg(\\mathrm{cos} \\dfrac{123\\pi}{3} + i\\mathrm{sin} \\dfrac{123\\pi}{3} + \\mathrm{cos} \\dfrac{-123\\pi}{3} + i\\mathrm{sin} \\dfrac{-123\\pi}{3}\\bigg)}\\\\\\\\\r\n& = \\dfrac{\\bigg(\\mathrm{cos} \\dfrac{-2\\pi}{3} + \\mathrm{cos} \\dfrac{2\\pi}{3} \\bigg) ^ 2} {2^{23} \\times \\big(\\mathrm{cos} \\pi + \\mathrm{cos} (-\\pi) \\big)}\\\\\\\\\r\n&= -\\dfrac{1}{2^{24}}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nである．よって，解答すべき値は $2^{24} + 1 = \\bf16777217$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/6445" }, { "content": "　複素数を使わない方針を書いておきます．\\\r\n　$(x+2)(x^2-2x+4)=x^3+8$ より，$x^2-2x+4=0$ の解は，$x^3=-8$ を満たす．\\\r\n　これを用いれば，分母は $\\alpha^{123}+\\beta^{123}=(-8)^{41}×2$ であり，分子は $\\alpha^{50}+\\beta^{50}=(-8)^{16}(\\alpha^2+\\beta^2)$ から計算できる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/6445/254" } ]

[ { "content": "　$6.125 = \\dfrac{49}{8}$ であるから $n$ は $8$ の倍数である．このとき $n=8k$ について $A_6,\\ldots,A_n$ の合計得点は $49k-35$ である．この $n-5$ 人がとり得る合計得点は高々 $6(8k-5)$ 点であり，これが $49k - 35$ 以上であることから $k\\leq 5$ を得る．このとき求める場合の数は，横一列に並んだ $6(8k - 5) - (49k - 35)$ 個の玉を $8k-6$ 個の仕切りで分ける方法の数と同じだから，${}\\_{7k-1}\\mathrm{C}\\_{5-k}$ 通りである．以上より求める総和は\r\n$$\\sum_{k=1}^5 {}\\_{7k-1}\\mathrm{C}\\_{5-k} =\\textbf{519}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/1760" } ]

[ { "content": "　鋭角三角形 $ABC$ は $\\angle BHC=180^{\\circ}-\\angle A$ などが成り立つから，一つ目の条件は次のように変形できる．\r\n$$3\\angle B - 3\\angle C = 180^\\circ - \\angle A = \\angle B + \\angle C$$\r\nしたがって，$\\angle B=2\\angle C$ を得る．また，点 $C$ の直線 $AH$ に関する対称点を $D$ とすると，\r\n$$\\angle DAB = \\angle B - \\angle C = \\angle C$$\r\nであるから $BA=BD$ であり，二等辺三角形 $BAD,ADC$ は相似である．また，面積比は $DB:DC=4:9$ であるので，相似比は $2:3$ となる．よって，\r\n$$AB : AC = 2 : 3,\\quad AB : BC = DB : BC = 4 : 5$$\r\nであるから，$AB : BC : CA = 4 : 5 : 6$ を得る．\\\r\n　三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$ とおくと，$AH = 2R\\cos A$ などが成り立ち，さらに余弦定理より\r\n$$\\cos A = \\frac{9}{16},\\quad \\cos B = \\frac{1}{8},\\quad \\cos C = \\frac{3}{4}$$\r\nである．いま，三つ目の条件より\r\n$$2R( - \\cos A + \\cos B + \\cos C) = 1000$$\r\nが成り立つので，これを解くことで $R = \\textbf{1600}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/1844" }, { "content": "　$AH$ と $BC$ の交点を $D$ とし，$BD=x,DC=9x$ とします．$\\angle B=2\\angle C$ から $9\\tan{2C}=\\tan{C}$ が分かり，倍角公式から $\\tan{C}=\\dfrac{\\sqrt{7}}{3}$ が分かります．したがって $AD=3\\sqrt{7}x$ となり，良い感じに図形が確定してくれました．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc169/editorial/1844/255" } ]

[ { "content": "　与式の $x$ を $\\dfrac{1}{x}$ で置き換えることで\r\n$$ 100f\\biggl(\\dfrac{1}{x}\\biggr)-f(x)=\\dfrac{9999}{x} $$\r\nを得る．これと与式から $f\\biggl(\\dfrac{1}{x}\\biggr)$ を消去することで\r\n$$f(x)=100x+\\dfrac{1}{x}$$\r\nとなり，これは確かに与式をみたす．特に，求める最小値は相加・相乗平均の関係より $2\\sqrt{100}=\\mathbf{20}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/5536" } ]

[ { "content": "　$3$ 円が交わる一点を $X(\\ne A)$ とする．次の事実が成り立つ．\r\n\r\n---\r\n**事実.**　$\\displaystyle\\frac{1}{BF} - \\frac{1}{CF} = \\frac{1}{DF} - \\frac{1}{EF}$\r\n\r\n**証明.**　$AX$ と $BC$ の交点から方べきの値を計算してもよいが，点 $F$ を中心に半径 $1$ の反転を行う．反転後の点を $^{\\prime}$ を付けた記号で表す．このとき, $A^{\\prime}X^{\\prime}\\parallel B^{\\prime}C^{\\prime}$であり，四角形 $A^{\\prime}X^{\\prime}C^{\\prime}B^{\\prime},A^{\\prime}X^{\\prime}E^{\\prime}D^{\\prime}$ は円に内接する．すなわち, 四角形 $A^{\\prime}X^{\\prime}C^{\\prime}B^{\\prime},A^{\\prime}X^{\\prime}E^{\\prime}D^{\\prime}$ はいずれも等脚台形である．よって $B^{\\prime}F - C^{\\prime}F = D^{\\prime}F - E^{\\prime}F$ より示された．\r\n\r\n---\r\n　事実より $\\displaystyle\\frac{1}{EF}-\\frac{1}{DF}=\\frac{1}{11110}$ を得る．一方 $DF + EF = 101$ より $\\displaystyle\\frac{DF}{EF}-\\frac{EF}{DF}=\\frac{1}{110}$ であるから，\r\n$$DF:EF=1+\\sqrt{48401}:220$$\r\nと計算できる．よって, 解答すべき値は $\\textbf{48622}$ である．なお，条件 $AB=2022, AC=2200$ は余剰であるが，これをみたす図は存在する．\r\n\r\n　参考に図を下に示す．点線は反転前の円，実線は反転後の円または直線を表していることに注意せよ．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/2694" } ]

[ { "content": "　まず，以下の補題を示そう．\r\n\r\n------\r\n**補題．**正の整数 $n$ および素数 $p$ について，$n$ の $p$ 進数表示における各桁の和を $s_p(n)$ とすると，$n!$ は $p$ でちょうど $\\dfrac{n-s_p(n)}{p-1}$ 回割り切れる．\\\r\n**証明．**$n = 1$ のとき，補題は明らかに成立する．補題がある正の整数 $n$ で成立すると仮定する．このとき繰り上がりを考えることで\r\n$$s_p(n+1) - s_p(n) = 1-(p-1)v_p(n+1)$$\r\nが成り立つから，\r\n$$\\frac{{n+1}-s_p(n+1)}{p-1}-\\frac{n-s_p(n)}{p-1} = v_p(n+1)$$\r\nとなり，補題が $n+1$ でも成立することが分かる．なお，正の整数 $x$ に対し，$p^m$ が $x$ を割り切るような最大の整数 $m$ を $v_p(x)$ で表している．\r\n------\r\n　補題より，$k=1,2,...,n$ に対して ${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}$ は $7$ で $\\dfrac{s_7(k)+s_7(n-k)-s_7(n)}{6}$ 回割り切れる．したがって，${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}$ が $7$ の倍数でないことは $s_7(k)+s_7(n-k)=s_7(n)$ が成り立つことと同値である．よって，$n, k$ の $7$ 進法表示をそれぞれ\r\n$$n=a_07^0+a_17^1+...+a_{9}7^{9},\\quad k=b_07^0+b_17^1+...+b_{9}7^{9}$$\r\nとすると，${}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}$ が $7$ で割り切れないことは $0\\le i\\le 9$ で $a_i\\ge b_i$ が成立することと同値となる．そのような $k$ は\r\n$$(a_0+1)(a_1+1)(a_2+1)\\cdots(a_9+1)$$\r\nだけあり，これが $10^4$ に等しいので，$a_0,a_1,a_2,...,a_9$ は次のうちいずれかの並べ替えである．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0,0,1,1,1,1,4,4,4,4\\\\\\\\\r\n0,0,0,1,1,3,4,4,4,4\\\\\\\\\r\n0,0,0,0,3,3,4,4,4,4\r\n\\end{aligned}$$\r\n各々の組について組 $(a_0,a_1,a_2,...,a_9)$ の数を数え上げればよく，求める $n$ の個数は\r\n$$\\frac{10!}{2!\\times4!\\times4!}+\\frac{10!}{3!\\times2!\\times1!\\times4!}+\\frac{10!}{4!\\times2!\\times4!}=\\mathbf{18900}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/5003" } ]

[ { "content": "　$N=61^{45^{45}}$ とする．\r\n\r\n**補題1．**$M_n=\\dbinom{N-1}{3n-1}$ である．\\\r\n**証明．**条件より次が成り立つ：\r\n$$c_1+c_2+...+c_n=N　(*)$$\r\n$$a_i\\lt b_i\\lt c_i　(i=1,2,...,n)$$\r\n各 $c_i$ に対して正の整数の組 $(a_i,b_i)$ は $\\dbinom{c_i-1}{2}$ 組だけあるので，$(\\*)$ を満たす $c_1,...,c_n$ に対して次の値を足し合わせたものが $M_n$ に等しい．ただし $\\dbinom{0}{2}=\\dbinom{1}{2}=0$ とする．\r\n$$m=\\prod_{i=1}^n\\dbinom{c_i-1}{2}$$\r\nここで上式の $m$ は次のように解釈できる．\r\n- 横一列に並んだ $c_1+...+c_n-1$ 個の白丸から $3n-1$ 個を黒丸に塗るとき,左から $3,6,...,3(n-1)$ 番目の黒丸がそれぞれ左から $c_1,c_1+c_2,...,c_1+...+c_{n-1}$ 番目の白丸であったような塗り方の数\r\n\r\n $(\\*)$ より結局，$m$ の総和 $M_n$ は $\\dbinom{N-1}{3n-1}$ に等しい． $\\square$ \r\n\r\n\r\n**補題2．** $\\displaystyle\\sum_{n=1}^{\\lfloor N\\/3\\rfloor}M_n=\\frac{2^{N-1}-1}{3}$ \\\r\n**証明．** $\\omega=\\dfrac{-1+\\sqrt{3}i}{2}$ とする．二項定理より次が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(1+1)^{N-1} &= \\binom{N-1}{0}+\\binom{N-1}{1}+\\binom{N-1}{2}+...+\\binom{N-1}{N-1} \\\\\\\\\r\n\\omega(1+\\omega)^{N-1} &= \\omega\\binom{N-1}{0}+\\omega^2\\binom{N-1}{1}+\\binom{N-1}{2}+...+\\binom{N-1}{N-1} \\\\\\\\\r\n\\omega^2(1+\\omega^2)^{N-1} &= \\omega^2\\binom{N-1}{0}+\\omega\\binom{N-1}{1}+\\binom{N-1}{2}+...+\\binom{N-1}{N-1}\r\n\\end{aligned}$$\r\n $N\\equiv 1\\pmod6$ および $1+\\omega+\\omega^2=0$ に注意して辺々足し合わせると，次を得る．\r\n$$2^{N-1}-1=3\\sum_{n=1}^{\\lfloor N\\/3\\rfloor}M_n$$\r\nよって補題は示された． $\\square$ \r\n\r\n　さて，LTEの補題より次が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\ni &= v_3\\left(\\frac{2^{N-1}-1}{3}\\right)=v_3(16^{\\frac{N-1}{4}}-1)-1=v_3(15)+v_3(N-1)-1=v_3(61-1)+v_3(45^{45})=91 \\\\\\\\\r\nj &= v_5\\left(\\frac{2^{N-1}-1}{3}\\right)=v_5(16^{\\frac{N-1}{4}}-1)=v_5(15)+v_5(N-1)=v_5(61-1)+v_5(45^{45})+1=47\r\n\\end{aligned}$$\r\n以上より，解答すべき値は $91\\times 47^2=\\mathbf{201019}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/7293" } ]

[ { "content": "　線分 $PQ$ の中点を $M$ とする．まず以下の補題を確認する．\r\n\r\n-----\r\n**補題1．**$MA=MG$ が成り立つ．\\\r\n**証明．**\r\n$AE, AF$ の中点をそれぞれ $N, L$ とすると，$3$ 点 $N,L,M$ はいずれも直線 $AQ,EF$ への距離が等しいので共線である．また，点 $A$ を半径 $0$ の円 $\\Omega$ と見なすと，$N,L$ の $2$ 円 $\\omega,\\Omega$ に関する方べきの値は等しい．\\\r\n　したがって2円の根軸 $NL$ 上の点 $M$ における $2$ 円 $\\omega,\\Omega$ に関する方べきの値は等しい．よって $MA=MG$ である．$\\square$\r\n-----\r\n**補題2．**$X$ での $\\omega$ の接線を $m$ とすると，$m$ は $P$ を通り，直線 $AM$ に平行である．\\\r\n**証明．**$\\omega$ に関する $A$ の極線上に $P$ が存在するので，La Hire の定理より，直線 $AG$ は $\\omega$ に関する $P$ の極線であるから，$P$ は $m$ 上に存在する．すると，\r\n$$ \\angle MAG = \\angle MGA = \\angle PGX = \\angle PXG $$\r\nであるので，$AM \\parallel XP$ がわかる．$\\square$\r\n-----\r\n**補題3．**$\\alpha = \\angle MAX$とするとき，四角形 $AQRX$ の面積は $AE^2 \\tan \\alpha$ に等しい．\\\r\n**証明．**$ |\\triangle MAQ| = |\\triangle MAP| = |\\triangle MAX|$ であるので，\r\n$$ |\\square AQRX| = 2 \\cdot (|\\triangle MAQ| + |\\triangle MAX|) = 4 \\cdot |\\triangle MAX| $$\r\nである．ここで，$AG \\cdot AX = AE^2$ であるので，\r\n$$ |\\triangle MAX| = \\frac{1}{2} AM \\cdot AX \\sin \\alpha = \\frac{AM \\cdot AE^2}{2AG} \\sin \\alpha = \\frac{AM \\cdot AE^2}{2 \\cdot 2AM\\cos \\alpha} \\sin \\alpha = \\frac{AE^2}{4} \\tan \\alpha $$\r\nより，$|\\square AQRX| = AE^2 \\tan \\alpha$ を得る．\r\n$\\square$\r\n-----\r\n\r\n　さて，いま $y \\lt z$ なる正の実数 $x, y, z$ により\r\n$$AE=AF=x, \\quad BF=BD=y, \\quad CD=CE=z$$\r\nとおくと，$AB=x+y,BC=y+z,CA=z+x$ と表すことができる．\r\n$AX$ と $BC$ の交点を $Z$ とすると，有名事実として $BZ=CD = z$ である．\r\n $A$ から $BC$ へ下ろした垂線の足を $H$ とすると次のように $AH$ の長さが求められる．\r\n$$AH=\\frac{2|\\triangle ABC|}{BC}=\\frac{2\\sqrt{xyz(x+y+z)}}{y+z}$$\r\nよって $HZ$ の長さは次のように求まる．\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nHZ &= BZ-BH \\\\\\\\\r\n&=BZ-\\sqrt{AB^2-AH^2} \\\\\\\\\r\n&=z-\\sqrt{(x+y)^2 - \\frac{4xyz(x+y+z)}{(y+z)^2}} \\\\\\\\\r\n&= z - \\frac{xy+yz-zx+y^2}{y+z} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{(z-y)(x+y+z)}{y+z}\r\n\\end{aligned}$$\r\n $MG\\parallel HZ$ であることに気を付けると $\\angle AZH=\\alpha$ なので次が成り立つ．\r\n$$\\tan \\alpha=\\frac{AH}{HZ}=\\frac{2\\sqrt{xyz}}{(z-y)\\sqrt{x+y+z}}$$\r\n以上のことと補題3より，四角形 $AQRX$ の面積の $2$ 乗は次のように計算できる．\r\n$$|\\square AQRX|^2 = AE^4 \\tan^2\\alpha = \\frac{4x^5yz}{(z-y)^2(x+y+z)}$$\r\nいま，$x= 6\\sqrt{727}, y = \\sqrt{727}-2, z = \\sqrt{727}+2$ であるから，解答すべき値は \r\n$$\\frac{4 \\cdot 6^5 \\cdot 727^2 \\cdot \\sqrt{727} \\cdot (727-2^2)}{4^2 \\cdot 8\\sqrt{727}} = \\mathbf{92856731481}$$ \r\nである ．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/8088" }, { "content": "　あまり好まれる方法ではなさそうですが，座標を用いた根性流です．\\\r\n　まず，座標系を使おうと考えるに至るまでの思考を記しておきます．\r\n\r\n　簡単のため，$\\sqrt{727}=t$ とおく．$AF=AE=6t$，$BF=BD=t-2$，$CD=CE=t+2$ である．\\\r\n　点 $A$ から辺 $BC$ に下した垂線の足を $H$ とする．ヘロンの公式より $\\triangle{ABC}$ の面積は $4t\\sqrt{3(t^2-4)}$ であり，$AH=4\\sqrt{3(t^2-4)}$ である．さらに，内接円の半径についても，$r=\\dfrac{\\sqrt{3(t^2-4)}}{2}$ を得る．\\\r\n　ここで試しに，三平方の定理を用いて $BH$ の長さを求めてみると，$t-14$ となる．\\\r\n　以上の計算から，点 $H$ を原点とする座標系を取ったとき，少なくとも点 $A$，$B$，$C$，$D$，$E$，$F$，$G$ の $7$ 点については $y$ 座標に出てくる $\\sqrt{3(t^2-4)}$ を除けば，ひどく複雑な形はしていないことがわかる．そこで，点 $H$ を原点とする座標系を取る．\r\n___\r\n　簡単のため，$\\sqrt{3(t^2-4)}=s$ とおく．ここまでの議論より，$A(0, 4s)$，$B(-t+14,0)$，$C(t+14,0)$，$D(12,0)$，$G(12,s)$ である（$E$，$F$ は使わないため略）．\\\r\n　次に，点 $P$，$Q$，$R$ について考えていく．$AE$ と $l$ の交点を $E^\\prime$，$AF$ と $l$ の交点を $F^\\prime$ とおく．\\\r\n　$\\triangle{AF^\\prime E^\\prime} \\text{∽} \\triangle{ABC}$ であり，この相似比が $3:4$ であることを用いれば，辺 $AF^\\prime$ などの長さが求められる．そこで，$\\triangle{AEF}$ と直線 $l$ によってできる図形にメネラウスの定理を適用すれば，$F^\\prime E^\\prime : E^\\prime P$ が求まり，これによって，点 $P$ の座標が求まる．また，$\\triangle{AQF^\\prime} \\text{∽} \\triangle{FPF^\\prime}$ などを用いれば，点 $Q$ の座標も求まり，点 $R$ についても簡単に求まる．計算結果だけを記すと，以下のとおりである：\\\r\n$$P\\Bigl(\\dfrac{3}{8}(t^2+28),s \\Bigr)，Q\\Bigl(-\\dfrac{21}{8}(t^2-4),s \\Bigr)，R\\Bigl(-\\dfrac{9}{4}t^2+21,-2s \\Bigr)$$\r\n　いま求めたいものは四角形 $AQRX$ の面積である．そのうち，$\\triangle{AQR}$ の部分は，$\\triangle{APQ}$ の面積と等しく，簡単に計算できる．残る $\\triangle{ARX}$ の部分については，根性で点 $X$ を計算すれば解決しそうである．\\\r\n　方べきの定理より，$AG \\cdot AX=AE^2$ である．このあと適宜計算をすることで，点 $X\\Bigl(\\dfrac{48t^2}{3t^2+4},\\dfrac{16s}{3t^2+4} \\Bigr)$ を得る．$\\triangle{ARX}$ の面積は，全ての点を $4s$ 下に動かせば三角形の面積を求める公式 $S=\\dfrac{1}{2}|a_1 b_2-a_2 b_1|$ を用いることができる．計算すれば，分母の $3t^2+4$ が約分され，安心できる．\\\r\n　以上の計算を通して，四角形 $AQRX$ の面積は，$\\triangle{AQR}+\\triangle{ARX}=\\dfrac{9}{2}st^2+\\dfrac{9}{2}st^2=9st^2=9 \\cdot 727\\sqrt{3 \\cdot 723}$ と求まる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/8088/253" } ]

[ { "content": "　$N=10000,A=7,B=4$ とする．下二つの条件は次と同値である．\r\n$$(x_{k+1}-x_k,x_{k+2}-x_{k+1})\\in\\bigl\\\\{(-1,0),(-1,2),(0,0),(0,2),(1,-1),(1,1),(2,-1),(2,1)\\bigr\\\\}$$\r\n　この条件と $x_1=B$ をみたす整数の組 $(x_1,\\dots,x_N)$ を**整った組**と呼ぶこととする．整った組 $(x_1,\\dots,x_N)$ に対し，パスカルの三角形において各 $k=1,\\dots,N$ について $\\dbinom{A+k}{x_k}$ に対応する点を赤色に塗ることを考える．このとき，パスカルの三角形の $A+1$ 行目から $A+N+1$ 行目の各行からうまく一つずつ点を青色に塗り次の条件※をみたすようにできる．\r\n\r\n- **条件※** ： $i=A+1,A+2,...,A+N$ について，$i$ 行目の赤色に塗られた点（赤点）と青色に塗られた点（青点）は隣り合っており，その2点のちょうど下に $i+1$ 行目の青点がある．\r\n\r\n　隣接する行の青点をつなげた折れ線を**道**と呼ぶこととする．$\\dbinom{A+1}{B}$ が赤点となるような道を一つ固定したとき，条件※を満たす青点の集合を与えるような整った組はただ一つ存在することが確認できる．すなわち $\\dbinom{A+1}{B}$ が赤点となるような道と整った組は1対1で対応する．\r\n<details>\r\n<summary>図：$N=10$ の場合の点・道の例<\\/summary>\r\n　赤点をバツ，青点をマルで表している．\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n　ここで端点が $\\dbinom{A+1}{i},\\dbinom{A+N+1}{j}$ に対応する道および，それに対応する赤点に対応する組 $(x_1,\\dots,x_N)$ について，二項係数の計算により次が成り立つことがわかる．\r\n$$\\sum_{k=1}^{N}\\binom{A+k}{x_k}=\\binom{A+N+1}{j}-\\binom{A+1}{i}$$\r\n\r\n　$\\dbinom{A+1}{B}$ が赤点となるような道の $A+1$ 行目の青点としてありうるのは $\\dbinom{A+1}{B-1}$ または $\\dbinom{A+1}{B +1}$ である．前者の場合，$A+N+1$ 行目の青点としてありうるのは $\\dbinom{A+N+1}{B+i}\\ (i=0,1,\\dots,N-1)$ であり，それぞれ対応する道は $\\dbinom{N-1}{i}$ 通りあるため求める値への寄与は\r\n$$\\sum_{i=0}^{N-1}\\binom{N-1}{i}\\Biggl(\\binom{A+N+1}{B+i}-\\binom{A+1}{B-1}\\Biggr)=\\binom{A+2N}{N+B-1}-2^{N-1}\\binom{A+1}{B-1}.$$\r\n\r\n後者の場合，$A+N+1$ 行目の青点としてありうるのは $\\dbinom{A+N+1}{B+1+i}\\ (i=0,1,\\dots,N-1)$ であり，それぞれ対応する道は $\\dbinom{N-1}{i}$ 通りあるため求める値への寄与は\r\n$$\\sum_{i=0}^{N-1}\\binom{N-1}{i}\\Biggl(\\binom{A+N+1}{B+1+i}-\\binom{A+1}{B+1}\\Biggr)=\\binom{A+2N}{N+B}-2^{N-1}\\binom{A+1}{B+1}.$$\r\n\r\nよって求める総和 $X$ は次のように計算できる．\r\n$$X=\\binom{A+2N+1}{N+B}-2^{N-1}\\Biggl(\\binom{A+1}{B-1}+\\binom{A+1}{B+1}\\Biggr)$$\r\n特に $N=10000,A=7,B=4$ のとき $X$ を $20011$ で割ったあまりは次のように計算できる．\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nX\r\n&=\\dbinom{20008}{10004}-7\\cdot2^{10003}\\\\\\\\\r\n&\\equiv\\frac{(-3)(-4)\\cdots(-10006)}{10004!}-\\frac{7}{4}\\times 2^{\\frac{20011-1}{2}}\\\\\\\\\r\n&\\equiv\\frac{1}{2}\\times\\frac{20011-1}{2}\\times\\frac{20011+1}{2}-\\frac{7}{4}\\times (-1)^{\\frac{20011^2-1}{8}}\\\\\\\\\r\n&\\equiv\\frac{13}{8}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\bm{2503}\\pmod{20011}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc168/editorial/5006" } ]

[ { "content": "　取り除いた実数を $x$，他の $2022$ 個の実数を $y_1, y_2, \\ldots, y_{2022}$ とすると，条件により\r\n$$ \\frac{x + y_1 + y_2 + \\cdots y_{2022}}{2023} = 2, \\quad \\frac{y_1 + y_2 + \\cdots y_{2022}}{2022} = 1.5 $$\r\nであるので，\r\n$$x = 2 \\times 2023 - 1.5 \\times 2022 = \\mathbf{1013} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/8935" } ]

[ { "content": "　小円の半径を $r$ とすると，$6$ つの小円の中心は一辺が $2r$ の正六角形をなし，大円の半径は $2r + r = 3r$ となる．問題の条件より $\\sqrt3 r = 10$，したがって大円の半径は $10 \\sqrt3$ であるので，大円の面積は $\\mathbf{300} \\pi$ である．\r\n\r\n----\r\n\r\n【**参考**】本問題の図は，徳川家の家紋として有名な「三つ葉葵」にインスパイアされたものです．浜松城などの名所を有する浜松市は，徳川家康公ゆかりの地としても有名です．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/8934" } ]

[ { "content": "　$10$ 個のさいころの出た目を $A_1,A_2, \\ldots,A_{10}$ としたとき，$A_i \\in \\\\{1,2,3,6\\\\}$ であり，$A_i$ それぞれについて $2$ および $3$ で割り切れるか否かをそれぞれ定めることで値が一意に定まる．出た目の最小公倍数が $6$ であることは，$A_i$ のうちに $2$ で割り切れるものと $3$ で割り切れるものがともに存在することと同値であるから，求める値 $6^{10}\\times p$ は $(2^{10}-1)^2=\\textbf{1046529}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/4123" } ]

[ { "content": "　$5$ 点満点の問題は $6$ 問しかなく，$5$ 点満点の問題のみで $5$ と $7$ の最小公倍数である $35$ 点を作ることができないので，ある点数を取り得るならばその点を取るために解いた $5$ 点の問題の数と $7$ 点の問題の数の組は一意である．従って，取り得る点数の種類数は $(6+1)(10+1) = 77$ 種類である．\\\r\n　さらに，$n$ 点を取り得るとき $100-n$ 点もとりうることに気をつければ，求める答えは以下のように計算できる．\r\n$$100\\times \\frac{77}{2} ~ \\Biggl( =100\\times\\frac{77-1}{2}+50 \\Biggr) = \\bf{3850}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/7741" } ]

[ { "content": "　赤球と青球が入った箱の個数を $x_{RB}$，黄球と緑球が入った箱の個数を $x_{YG}$ などと表す．赤球に注目すれば $x_{RB}+x_{RY}+x_{RG}=150$ であるから，いまこれをみたす非負整数の組 $(x_{RB},x_{RY},x_{RG})$ を任意に固定すると，\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\nx_{RB}+x_{BY}+x_{BG} = 200 \\\\\\\\\r\nx_{RY}+x_{BY}+x_{YG} = 250 \\\\\\\\\r\nx_{RG}+x_{BG}+x_{YG} = 400\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nを $x_{BY},x_{BG},x_{YG}$ についての方程式と見立てて解くことで以下のように定まり，$x_{RG}\\geq 50$ が必要である：\r\n$$ x_{BY} = x_{RG}-50, \\quad x_{BG} = x_{RY}+100, \\quad x_{YG}=x_{RB}+150. $$\r\nしたがって，答えは $x+y+z=100$ をみたす非負整数の組 $(x,y,z)$ の個数に一致し，これは ${}_{102}{\\rm C}_2=\\bf{5151}$ である．\r\n\r\n----\r\n\r\n**別解.**　緑球が入っていない $100$ 個の箱に注目すると，「赤青」「赤黄」「青黄」を任意個数ずつ組み合わせられるので，やはり $x+y+z=100$ をみたす非負整数の組の個数を求めればよい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/5603" } ]

[ { "content": "　実数 $0 \\lt s, t \\lt 1$ により $AP : PB = s : 1-s$，$AS : SD = t : 1-t$ とおく．このとき $AC \\parallel PQ$ より $BQ : QC = 1-s : s$ であり，同様に $DR : RC = 1-t : t$ がわかる．いま，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n89 &= \\triangle APS = st \\triangle ABD = 617 st, \\\\\\\\\r\n656 &= \\square APCS = \\triangle APC + \\triangle ASC = 617(s+t)\r\n\\end{aligned}$$\r\nより $st = \\dfrac{89}{617}$ および $s+t = \\dfrac{656}{617}$ を得る．求めるべき値は，\r\n$$ (\\triangle CPR - \\triangle CQS)^2 = (617t - 617s)^2 = 617^2 ((s+t)^2 - 4st) = \\textbf{210684} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/2795" } ]

[ { "content": "　整数 $m, n \\geq 3$ に対し，パンを含む $m$ 種類の食材を以下の条件を満たすように積み上げたものを $m$ 種類の食材を使った $n$ 段の**サンドイッチ**とよぶ．\r\n- 食材をちょうど $n$ 段積み上げたものである．\r\n- 最も上の段および最も下の段の食材はパンである．\r\n- 同じ具が連続して積み上がることはない．\r\n- パティは含まれていなくても構わない．\r\n\r\n　ハンバーガーはパティが含まれるサンドイッチであるため，$m$ 種類の食材を使った $n$ 段のサンドイッチの種類数を $f_m(n)$ とすると，ハンバーガーの種類数は $f_5(10) - f_4(10)$ である．$n+2$ 段のサンドイッチの種類数を考えると，これの $1, n+2$ 段目はパンである．\r\n\r\n- $3$ 段目にパン以外の食材が入る場合，$3$ 段目から $n+1$ 段目までの食材の並び方は $n+1$ 段のサンドイッチの種類数と等しく $f_m(n+1)$ 通りあり，このとき $2$ 段目に入る食材は $m-2$ 通りあるので，この場合の $n+2$ 段のサンドイッチは $(m-2)f_m(n+1)$ 通りある．\r\n\r\n- $3$ 段目にパンが入る場合，$4$ 段目から $n+1$ 段目までの食材の並び方は $n$ 段のサンドイッチの種類数と等しく $f_m(n)$ 通りあり，このとき $2$ 段目に入る食材は $m-1$ 通りあるので，この場合の $n+2$ 段のサンドイッチは $(m-1)f_m(n)$ 通りある．\r\n\r\n　以上の議論より，\r\n$$ f_m(n+2) = (m-2)f_m(n+1) + (m-1)f_m(n) $$\r\nであり，$f_m(3) = m-1$，$f_m(4) = (m-1)(m-2)$ と合わせて\r\n$$ f_m(n) = \\frac{m-1}{m} \\left( (m-1)^{n-2} - (-1)^{n-2} \\right) $$\r\nを得る．求める値は\r\n$$ f_5(10) - f_4(10) = \\frac{4}{5} \\left( 4^8 - (-1)^8 \\right) - \\frac{3}{4} \\left( 3^8 - (-1)^{8} \\right) = \\frac{4^{10} - 5 \\cdot 3^9 - 1}{20} = \\textbf{47508} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/4205" }, { "content": "**包除原理を用いた別解**\r\n\r\n以下の 4 条件を満たす長さ $10$ の整数列 $a$ を数え上げればよい．\r\n- $(1): 1\\leq a_i\\leq 5$\r\n- $(2): a_1 = a_{10} = 1 $\r\n- $(3): a_i\\neq a_{i+1}$\r\n- $(4):a$ は $5$ を含む\r\n\r\nこれは，「$(1)$ かつ $(2)$ かつ $(3)$」を満たす数列 $a$ の個数から 「$1\\leq a_i\\leq 4$ かつ $(2)$ かつ $(3)$」を満たす数列 $a$ の個数を引いた値と等しい．\r\n\r\n「$(1)$ かつ $(2)$ かつ $(3)$」を満たす数列 $a$ の個数の求め方について，包除原理が適用できる．必ず $a_i=a_{i+1}$ となる $i$ の個数を決め打ったとき（決め打つ個数を $c$ とする），「$(1)$ かつ $(2)$」を満たす数列 $a$ は $0\\leq c\\lt 9$ のとき $\\dbinom{9}{c}5^{8-c}$，$c=9$ のとき $1$ であるから，求める個数は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{c=0}^9 \\dbinom{9}{c}5^{8-c}(-1)^c+(-1)^91&=\\dfrac{1}{5}\\sum_{c=0}^9 \\dbinom{9}{c}5^{9-c}(-1)^c-\\dfrac{4}{5}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{4^9-4}{5}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nである．「$1\\leq a_i\\leq 4$ かつ $(2)$ かつ $(3)$」の個数も同様に計算することで $\\dfrac{3^9-3}{4}$ であると分かるから，本問題の答えは $\\dfrac{4^9-4}{5}-\\dfrac{3^9-3}{4}=47508$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/4205/249" } ]

[ { "content": "　端的に述べれば，結論は以下である：\r\n\r\n- $n, m$ がともに偶数である場合，$A$ さんが勝つ．\\\r\n　はじめに $A$ さんは $\\left(\\dfrac n2, \\dfrac m2 \\right)$ を選択し，操作をする．\\\r\n　それ以降は，$B$ さんが直前に $(x, y)$ を選んだとき，$(n - x, m - y)$ を必ず選択できることがわかる．\r\n\r\n- $n, m$ のうち少なくとも一方が奇数である場合，$B$ さんが勝つ．\\\r\n　対称性により，$n$ が奇数である場合にのみ述べる．\\\r\n　このとき，$B$ さんは，$A$ さんが直前に $(x, y)$ を選んだとき，$(n - x, y)$ を必ず選択できることがわかる．\r\n\r\n以上により，求める答えは $2501^2 = \\bf{6255001}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/2637" } ]

[ { "content": "**補題.**　$k=\\dfrac{1}{60}$ である．\r\n\r\n**証明.**　$\\displaystyle x=\\frac{3b}{a},y=\\frac{4c}{b},z=\\frac{5d}{c},w=\\frac{ka}{d}$ とおけば $xyzw=60k$ が成り立ち，与式は\r\n$$F(a,b,c,d)=\\sqrt{\\frac{1}{(1+x)(1+y)}}+\\sqrt{\\frac{1}{(1+z)(1+w)}}$$\r\nと変形できる．いま，Cauchy-Schwarzの不等式より\r\n$$\\sqrt{(1+x)(1+y)}\\geq 1+\\sqrt{xy}, \\quad \\sqrt{(1+z)(1+w)}\\geq 1+\\sqrt{zw}$$\r\nが成立する．また，一般に正の実数 $u,v$ について，$uv=1$ であるとき\r\n$$\\frac{1}{1+u}+\\frac{1}{1+v}=1$$\r\nが成り立つから，特に $xyzw=1$，すなわち $k=\\dfrac{1}{60}$ のとき以下が成立する：\r\n$$F(a,b,c,d)\\leq \\frac{1}{1+\\sqrt{xy}}+\\frac{1}{1+\\sqrt{zw}}=1.$$\r\n等号成立条件は $x=y,z=w$ である．逆に $k\\neq \\dfrac{1}{60}$ のとき条件をみたさないこともわかる．\r\n\r\n----\r\n\r\n　以上の議論によって，以下のことがわかる：\r\n$$F(p,q,r,s)=1 \\iff \\frac{3q}{p}=\\frac{4r}{q}, ~ \\frac{5s}{r}=\\frac{p}{60s} \\iff 3q^2=4pr, ~ 300 s^2=pr.$$\r\nよって，\r\n\r\n- $s=1$ のとき，たとえば $(p,q,r,s)=(20,20,15,1)$ で $p+q+r+s$ は最小値 $56$ をとる．\r\n- $s\\geq 2$ のとき，$p+r\\geq 2\\sqrt{pr}=2\\sqrt{300s^2}\\geq 2\\sqrt{1200}\\geq 56$．\r\n\r\n　以上により，解答すべき値は $\\textbf{56}$ である．\r\n\r\n----\r\n\r\n**余談.**　より一般に，$pqrs\\leq 1$ なる正の実数 $a,b,c,d,p,q,r,s$ に対して，\r\n$$\\sqrt{\\frac{ab}{(a+pb)(b+qc)}}+\\sqrt{\\frac{cd}{(c+rd)(d+sa)}}\\leq\\dfrac{2}{1+\\sqrt[4]{pqrs}}$$\r\nが成り立ちます．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/8785" } ]

[ { "content": "　$\\angle ABC = \\theta$ とする（$\\angle BAC = 3\\theta$ である）．辺 $BC$ 上に点 $D, E$ を $\\angle BAD = \\angle DAE = \\theta$ かつ $B, D, E, C$ がこの順に並ぶようにとる．このとき $\\triangle CAE \\sim \\triangle CBA$ より \r\n$$ CE = \\frac{CA^2}{BC}, \\quad AE = \\frac{AB \\cdot CA}{BC} $$\r\n であり，また $\\angle CAD = \\angle CDA = 2\\theta$ から $CA=CD$，$\\angle DAB = \\angle DBA = \\theta$ から $AD = BD$ がわかる．$\\triangle EAD \\sim \\triangle EBA$ から $EA : AD = EB : BA$ なので， \r\n$$ \\frac{AB \\cdot CA}{BC} : (BC - CA) = \\Biggl( BC - \\frac{CA^2}{BC} \\Biggr) : AB $$\r\nより\r\n$AB^2 \\cdot CA = (BC - CA)^2 (BC + CA) $\r\nを得る．\r\n\r\n　$g$ を $BC, CA, AB$ の最大公約数とし，$(BC, CA, AB) = (ga, gb, gc)$ とかく．このとき上式は\r\n$$ bc^2 = (a-b)^2(a+b) \\tag{☆} $$\r\nとなる．任意の素数 $p$ と $0$ でない整数 $x$ について，$x$ が $p^m$ で割り切れる最大の整数 $m$ を $\\nu_p(x)$ で表すことにする．いま $\\nu_p(b) = 3q + r$ $(0 \\le r \\le 2)$ とかくと，もし $r \\neq 0$ なら $a$ は $p$ の倍数であるので，$c$ は $p$ の倍数ではなく，\r\n$$ 3q + r = 2 \\nu_p(a-b) + \\nu_p(a+b) $$\r\nが成り立つ．よって $\\nu_p(a-b)$ と $\\nu_p(a-b)$ の少なくとも一方は $q+1$ 以上であるので，$\\nu_p(a) \\ge q+1$ を得るから，$\\nu_p(a-b)$ と $\\nu_p(a-b)$ の両方が $q+1$ 以上となる．すると $3q+r \\ge 3q+3$ となり矛盾する．したがって任意の素数 $p$ について $\\nu_p(b)$ は $3$ の倍数なので，ある正の整数 $m$ により $b = m^3$ とかける．$p^3$ が $CA$ を割り切るような素数 $p$ が存在しない場合，$m = 1$ となるので三角形の成立条件から $a = c$ で，これは矛盾である．\\\r\n　逆に，ある $p \\ge 2, x \\ge 1$ に対して\r\n$$ (BC, CA, AB) = \\left( px(p-1)(3p-1), p^3x, x(2p^2-4p+1)(2p-1) \\right) $$\r\nとすると，これは $\\angle A = 3 \\angle B$ をみたす三角形の $3$ 辺となっていることが確認できる（すなわち，三角形の成立条件と(☆)が共に満たされることがわかる）．\\\r\n　よって条件は $p^3$ が $CA$ を割り切るような素数 $p$ が存在すること（$CA$ が立方因子をもつこと）と同値である．これをみたす $999$ 以下の $CA$ の個数を数えればよい．$2^3, 3^3, 5^3, 7^3$ の倍数の個数から重複する $2^3 3^3$ の倍数の個数を引けばよく，\r\n$$ \\left\\lfloor \\frac{999}{8} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{999}{27} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{999}{125} \\right\\rfloor + \\left\\lfloor \\frac{999}{343} \\right\\rfloor - \\left\\lfloor \\frac{999}{216} \\right\\rfloor = 124 + 37 + 7 + 2 - 4 = \\mathbf{166} $$\r\nが答えである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/8929" }, { "content": "　三角比（三角関数）を用いる方法です．\r\n\r\n 　$\\angle B=\\theta$ とおく．正弦定理より，$\\dfrac{BC}{ \\sin 3 \\theta}=\\dfrac{AB}{\\sin 4 \\theta}=\\dfrac{CA}{ \\sin \\theta}$\\\r\n 　これより，適当に変形すると次の式を得る：$BC=(4 \\cos^2 \\theta-1)CA$，$AB=4\\cos \\theta(2 \\cos^2 \\theta-1) CA$\\\r\n 　$3$ 辺の長さが自然数であることから，$\\cos \\theta$ は有理数であることがわかる．さらに，$4 \\theta \\lt 180^\\circ$ より $\\cos \\theta \\gt \\dfrac{1}{\\sqrt{2}}$．これより，$\\cos \\theta$ の分母は $4$ 以上である．\\\r\n\\\r\n 　$\\cos \\theta=\\dfrac{t}{s}$ とおくと，適当な計算によって，次のことがわかる：\r\n- $s$ が奇数ならば，$CA$ は $s^3$ の倍数\r\n- $s$ が偶数ならば，$CA$ は $(s\\/2)^3$ の倍数\r\n\r\nあとは，$s=4$ から順に考えて行けば，$s=4$，$5$，$6$，$7$ の場合だけ考えれば十分だとわかる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/hamamatsu2023/editorial/8929/250" } ]

[ { "content": "　$n=p_1^{a_1}\\cdots p_k^{a_k}$ と素因数分解されるとき，条件は\r\n$$(4a_1+1)\\cdots (4a_k+1)=45$$\r\nこれより，相異なる素数 $p,q$ を用いて $n=p^2×q$ または $n=p^{11}$ と表せることと同値であるとわかるから，求める最小の $n$ は $2^2×3=\\textbf{12}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc004/editorial/4358" } ]

[ { "content": "　すべての辺の長さが $1$ の四角錐 $X-Y_1Y_2Y_3Y_4$ において，$X$ から $Y_1Y_2Y_3Y_4$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると，$XH=\\dfrac{\\sqrt 2}{2}$ である．よって，$QS=RT=1+\\sqrt 2$ であり，$P$ と面 $QRST$ の距離は $\\dfrac{1+\\sqrt2}{2}$ である．以上より，求める体積は \r\n$$\\frac{1}{3}\\times\\frac{(1 + \\sqrt2)^2}{2}\\times\\frac{1+\\sqrt2}{2} = \\frac{7+5\\sqrt2}{12}$$ \r\nであるから，特に解答すべき値は $\\bf{26}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc004/editorial/4000" } ]

[ { "content": "　村に届いたりんごジュースが $M$ リットルであったとする．村人 $1$ と村人 $2$ のもらうリンゴジュースの量が等しいことから以下が成立し，これを解くと $M=9801$ を得る．\r\n$$1+\\frac{M-1}{100}=2+\\cfrac{M-\\bigg(1+\\cfrac{M-1}{100}\\bigg)-2}{100}$$ \r\nしたがって，それぞれの村人はつねに $99$ リットルをもらうことになり，$N \\le \\dfrac{9801}{99} = 99$ を得る．逆に，$N$ が $99$ 以下のとき条件を満たすことが分かるから，求める答えは $\\bf{4949}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc004/editorial/3927" } ]

[ { "content": "　$2$ でちょうど $k$ 回割り切れるような正整数 $m$ について, 袋 $m$ から $2$ でちょうどある回数割り切れる数が書かれた球が取り出される確率は常に $1\\/(k+1)$ であることに留意せよ. これより, まず総積が奇数となる確率 $Q$ は\r\n$$Q=\\left(\\dfrac{1}{1}\\right)^{256}\\times\\left(\\dfrac{1}{2}\\right)^{128}\\times\\left(\\dfrac{1}{3}\\right)^{64}\\times\\cdots\\times\\left(\\dfrac{1}{8}\\right)^{2}\\times\\left(\\dfrac{1}{9}\\right)^{1}\\times\\left(\\dfrac{1}{10}\\right)^{1}=\\dfrac{1}{2^{207}\\times3^{74}\\times5^{17}\\times7^4}$$\r\n同様にして「$2$ でちょうど $1$ 回割れる数を $2$ つ選ぶ方法」および「$4$ の倍数を一つ選ぶ方法」を考えれば,\r\n$$P=\\left({}\\_{2^8}\\mathrm{C}\\_{2}+2^7\\right)Q=2^{15}Q=\\dfrac{1}{2^{192}\\times 3^{74}\\times 5^{17}\\times 7^4}$$\r\n特に解答すべき値は $192+74+17+4=\\textbf{287}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc004/editorial/2019" } ]

[ { "content": "　$b=k ~ (k=1,2,\\ldots,60)$ のとき, $a$ としてありうる値, $c$ としてありうる値はそれぞれ $k$ 通りある. 従って, $(a,b,c)$ としてありうるものは $k^2$ 通りあるため, 解答すべき値は\r\n$$\\sum_{k=1}^{60} k^2=\\mathbf{73810}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/5141" } ]

[ { "content": "　各硬貨・紙幣について，それを含むペアは $8$ 通り存在する．また，相異なる選び方をしたとき合計金額は一致しないので，求める値は\r\n$$8\\times (1+5+10+50+100+500+1000+5000+10000)=\\mathbf{133328}$$ \r\nである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/5337" } ]

[ { "content": "　OMC君が $13$ 回のうち $k~(=9,10,11,12)$ 回練習に参加するとする．このときの場合の数は，\r\n$k$ 個の「参」からなる文字列の文字の隙間または両端に $13-k$ 個の「休」の文字を入れる方法（同じ場所には $1$ 個まで）と一対一に対応し，\r\n具体的には ${}\\_{k+1}\\mathrm{C}\\_{13-k}$ 通りである．したがって，解答すべき値は$$\r\n{}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{4}+{}\\_{11}\\mathrm{C}\\_{3}+{}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{2}+{}\\_{13}\\mathrm{C}\\_{1}=\\textbf{454}.\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/3479" } ]

[ { "content": "　条件をみたす正整数について, 上から数えて奇数桁の数の和を $A$, 偶数桁の数の和を $B$ とすると, $A-B$ は $11$ の倍数であり, $A+B=45$ より $A-B$ は奇数である. さらにあり得る範囲を考えれば $\\\\{A,B\\\\}=\\\\{17,28\\\\}$ である.\\\r\n　これを利用して, 上の桁から $987\\cdots$ と埋めて条件をみたすものが存在するか順次試すことで, 最大値 $9876524130$ が得られ, 同様にして最小値 $1024375869$ も得られる. これらの差は $\\textbf{8852148261}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/1913" } ]

[ { "content": "　$D$ に関して $A$ と対称な点を $A^\\prime$ とすると, $AC=A^\\prime E$ および $\\angle CAD+\\angle EA^\\prime D=60^\\circ$ が成立する. これより四角形 $ACEA^\\prime$ を $3$ つ組み合わせると, 一辺 $14$ の正三角形から一辺 $4$ の正三角形を取り除いた形になる. 求める面積は $ACEA^\\prime$ のそれに等しいから,\r\n$$\\dfrac{1}{3}\\left(14^2\\times\\frac{\\sqrt3}{4}-4^2\\times\\frac{\\sqrt3}{4}\\right)=15\\sqrt3=\\sqrt{\\textbf{675}}$$\r\n　なお, 余弦定理と中線定理によって $BC^2$ を $2$ 通りに表現する方針によっても解くことができる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/1931" }, { "content": "　計算主体の解法です．\r\n$BD=x,CD=y$ とする．円周角の定理から，\r\n$$\\angle ADB=\\angle ADC=\\angle CDE=60\\degree$$\r\nである．$\\triangle{DEC}$ において余弦定理を用いて $16=x^2+y^2-xy…①$．また，\r\n$\\triangle{ABD},\\triangle{ADC},\\triangle{BDC}$ においても余弦定理を用いて\r\n$$AB^2=x^2-7x+49=y^2-7y+49=x^2+y^2+xy…②$$\r\n\r\n求める値は，$$\\begin{aligned}\r\n四角形ABEC &=\\triangle{ABD}+\\triangle{ADC}+\\triangle{CDE}\r\n\\\\\\\\&=\\frac{7\\sqrt{3}x}{4}+ \\frac{7\\sqrt{3}y}{4} + \\frac{\\sqrt{3}xy}{4}\\\\\\\\& = \\frac{7\\sqrt{3}(x+y)}{4} + \\frac{\\sqrt{3}xy}{4}\r\n\\end{aligned}$$\r\nの二乗であるから，$x+y$ と $xy$ の値を求めればよく，$①,②$ から，$x+y=7,xy=11$ であり，求める値は $(\\frac{49\\sqrt3}{4}+\\frac{11\\sqrt{3}}{4})^2=\\bf{675}$ である．\r\n\r\n(ちなみに、正三角形 $ABC$ において、外接円上の $D$ が劣弧 $BC$ 上にあるとき、$BD+CD=AD$ が一般に成り立つので知っておくと早く解けると思います．)", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/1931/244" }, { "content": "　三角形 $ABD$ を $B$ が $C$ にうつるように $A$ を中心に $60^\\circ$ 回転させることで，四角形 $ABCD$ の面積は一辺 $7$ の正三角形の面積に等しいことと $BD+CD=7$ であることがわかる． \r\n　よって，$CD+DE=7$ となることと $\\angle{CDE}=60^\\circ$ に注意して，三角形 $CDE$ の面積を求めればよい． \r\n(余弦定理を用いて求めてもよいが，)一辺 $4$ の正三角形に三角形 $CDE$ を $3$ つくっつけて一辺 $7$ の正三角形が作れるので， 三角形 $CDE$ の面積は $\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(7^2-4^2)\\times\\dfrac{1}{3}=\\dfrac{11\\sqrt{3}}{4}$ とわかる． \r\n 以上より，求める面積は $\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}\\times7^2+\\dfrac{11\\sqrt{3}}{4}=15\\sqrt{3}$ であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{675}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/1931/245" } ]

[ { "content": "　まず，$ \\\\{ 1,2,…,30\\\\} $ の部分集合の要素の総和を $5$ で割った余りが $a$ のときの場合の数を求める．\r\n$$ f(x)=((1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)(1+x^5))^{6} $$\r\nとおくと，$x^5=1$ としたときの $f(x)$ の $x^a$ の係数と一致する． 対称性から，$a$ が $1$ 以上 $4$ 以下の時の係数は全て等しいのでこれを $ s $ とし，$a=0$ の時の係数を $t$ とおく．係数の総和を考えると $4s+t=2^{30}$ が成り立ち，$1$ の $5$ 乗根のうち $1$ 以外のある $1$ つを $ω$ とすると，\r\n$$ t=\\frac{f(1)+f(ω)+f(ω^2)+f(ω^3)+f(ω^4)}{5} $$\r\nが成り立つ．ここで，因数定理より\r\n$$(x-\\omega)(x-\\omega^2)(x-\\omega^3)(x-\\omega^4) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1$$\r\nであるから，両辺に $x = -1$ を代入することで\r\n$$(1+\\omega)(1+\\omega^2)(1+\\omega^3)(1+\\omega^4) = 1$$\r\nである．よって，$t = \\dfrac{2^{30} + 2^8}{5}$ と計算できる．これより $ s=\\dfrac{2^{30}-2^{6}}{5}$ もわかり，求める場合の数は $ 6s+2t$ に等しいから，求める答えは $\\bf{1717986944}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/4673" }, { "content": "公式解説に対してのさまざまな補足です． \r\n\r\n[補足 $1$ ] $x^5=1$ のとき $f(x)$ の $x,x^2,x^3,x^4$ の係数が等しい理由 \r\n$f(x)={((1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)(1+x^5))}^6$ \r\n$\\phantom{f(x)}={((1+x^2)(1+x^4)(1+x^6)(1+x^8)(1+x^{10}))}^6$ \r\nであり，$x^2=t$ とおくと， \r\n$f(x)=(1+t)(1+t^2)(1+t^3)(1+t^4)(1+t^5)$ であり，$f(x)$ の $x$ の係数と $f(x)$ の $t$ の係数は一致するので，$f(x)$ の $x,x^2$ の係数は一致する．$x^3,x^4$ の係数についても同様である． \r\n\r\n[補足 $2$ ] $t$ の計算過程 \r\n$x^5=1$ の解が $x=1,\\omega,\\omega^2,\\omega^3,\\omega^4$ であるので，$x^5-1=(x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)$ より，$x^4+x^3+x^2+x+1=0$ の解が $x=\\omega,\\omega^2,\\omega^3,\\omega^4$ となり，$(x-\\omega)(x-\\omega^2)(x-\\omega^3)(x-\\omega^4)=x^4+x^3+x^2+x+1$ である． \r\nこの式に $x=-1$ を代入して，$(1+\\omega)(1+\\omega^2)(1+\\omega^3)(1+\\omega^4)=1$ である． \r\nよって，$\\omega^5=1$ を加味して，$f(\\omega)=f(\\omega^2)=f(\\omega^3)=f(\\omega^4)=2^6,f(1)=2^{30}$ となり，$t=\\dfrac{2^{30}+2^8}{5}$\r\n\r\n[補足 $3$ ] $s$ の求め方の別解 \r\n$A_k=\\\\{5k-4,5k-3,\\ldots,5k\\\\}$ の部分集合のうち，$A_k$ 自身でも空集合でもない $2^5-2=30$ 通りに対し，要素の合計を $5$ で割った余りが $0,1,2,3,4$ であるものは $6$ 通りずつある．$\\cdots(1)$ \r\n以下，$\\\\{1,2,\\ldots,30\\\\}$ の部分集合に対し，$5k-4,5k-3,5k-2,5k-1,5k$ を全て要素に含んでいるまたは全て要素に含んでいないという条件を $P_k$ とする． \r\n $\\\\{1,2,\\ldots,30\\\\}$ の部分集合のうち $P_1$ を満たさないものから無作為に一つ選んだ時，要素の合計を $5$ で割った余りが $1$ である確率は $(1)$ \r\nより $\\dfrac{1}{5}$ である． \r\n同様に，$\\\\{1,2,\\ldots,30\\\\}$ の部分集合のうち $P_1,\\ldots,P_n$ を満たすが $P_{n+1}$ を満たさないものから無作為に一つ選んだ時，要素の合計を $5$ で割った余りが $1$ である確率は $(1)$ より $\\dfrac{1}{5}$ であるという事実が $n=1,2,3,4,5$ で成り立つ．\r\nよって，$\\\\{1,2,\\ldots,30\\\\}$ の部分集合のうち $P_1,\\ldots,P_6$ を満たす $2^6$ 通りはいずれも要素を $5$ で割った余りが $0$ となることに注意して，$s=\\dfrac{2^{30}-2^6}{5}$ となる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/4673/246" }, { "content": "　別解の略解です. \\\r\n　$\\emptyset$ は条件を満たさないことに注意. \\\r\n　$\\bmod5$ で $0, 1, 2, 3, 4$ は $6, 7, 7, 7, 6$ 個である. $0$ の寄与は $\\times2^6$ すればok. \\\r\n　それ以外は, $\\bmod5$ の多重集合として\r\n$$\\\\{2^0, 2^1, 2^2, ..., 2^{25}\\\\}\\equiv\\\\{1, 2, 4, 3, 1, 2, 4, 3, ..., 1, 2\\\\}$$\r\nであり, この部分集合の総和として $0$ から $2^{26}-1$ までを $1$ 回ずつ作れることに注意すれば, 除かれた \"$3$\" を含めるか含めないかで場合分けをして\r\n$$\\left(\\left\\lceil\\dfrac{2^{26}-1}5\\right\\rceil+\\left\\lceil\\dfrac{2^{26}-1}5\\right\\rceil\\right)×2^6=Ans.$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/4673/248" }, { "content": "[3b1b Japan による類題の解説](https:\\/\\/youtube.com\\/watch?v=FR6_JK5thCY)", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc167/editorial/4673/271" } ]

[ { "content": "　$d_O+d_M+d_C=8$ より，条件は\r\n$$2=|d_O-d_M+d_C|=|8-2d_M|$$\r\nとなるから，$d_M$ が $3$ または $5$ であることが必要十分条件である．\\\r\n　一般に, $d_M=i$ となるような文字列は ${}_8\\mathrm{C}_i \\times 2^{8-i}$ 個あるから, 解答すべき値は\r\n$${}_8 \\mathrm{C}_3 \\times 2^5+{}_8 \\mathrm{C}_5 \\times 2^3=\\mathbf{2240}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc166/editorial/5766" } ]

[ { "content": "　与式を $f(n)$ とおけば，以下が成り立つ．\r\n$$\\frac{f(n+1)}{f(n)} = \\frac{\\frac{2005!}{5^{n+1} \\cdot (n+1)! \\cdot (2004-n)!}}{\\frac{2005!}{5^{n} \\cdot n! \\cdot (2005-n)!}} = \\frac{2005-n}{5(n+1)} =\\frac{2005-n}{5n+5} $$\r\nしたがって，$f(n+1)\\/f(n)$ と $1$ の大小関係を比較することで以下が得られ，解答すべき値は $\\mathbf{334}$．\r\n$$f(1) \\lt f(2) \\lt \\cdots \\lt f(333) \\lt f(334) \\gt f(335) \\gt \\cdots \\gt f(2005)$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc166/editorial/5125" } ]

[ { "content": "　$\\angle GDB=\\angle GDC=90^{\\circ}$ より, $D$ は $G$ から直線 $BC$ におろした垂線の足である. 同様に $E,F$ は $G$ から直線 $CA,AB$ におろした垂線の足であることがわかる.\\\r\n　いま, $H$ を $A$ から $BC$ におろした垂線の足とすると, 相似より $GD=\\dfrac{AH}{3}$ が成り立ち, 一方で面積を考えることで $AH=\\dfrac{2\\times 8}{BC}$ なので, $GD=\\dfrac{16}{3BC}$ が成り立つ. 同様に $GE,GF$ についても成り立つため, \r\n$$GD \\times GE \\times GF=\\frac{16^{3}}{3^{3}\\times AB \\times BC \\times CA}=\\frac{16^3}{3^3\\times96}= \\frac{128}{81}$$\r\n　よって, 解答すべき値は $128+81=\\textbf{209}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc166/editorial/2868" } ]

[ { "content": "　$f(x)$ の $2$ 次の係数を $a$，$f(x)=0$ の $2$ 解を $\\alpha\\leq \\beta$ とすれば，以下が成り立つ：\r\n$$(\\alpha +1)(\\beta +1)=\\frac{f(-1)}{a}=\\frac{N}{a}$$\r\nこれより $a$ は $N$ の正の約数である必要があり, このとき, $\\alpha +1,\\beta +1$ は積が $N\\/a$ であるような $N\\/a$ の正の約数として定めれば条件をみたす $f(x)$ が得られる. $f(x)$ はこの $(a,\\alpha,\\beta)$ の組み合わせから一意的に定まる.\\\r\n　いま, $50$ 以下の素数が $15$ 個であることに注意すれば, $a$ が $k$ 個 ($k=0,1,\\cdots ,14$) の素因数をもつとき, $a$ としてあり得る値は ${}\\_{15}\\mathrm{C}\\_{k}$ 通りあり, このとき $N\\/a$ の約数は $2^{15-k}$ 個存在するから, 組 $\\alpha\\leq\\beta$ は $2^{15-k-1}$ 通りある. また, $k=15$ のときは $f(x)$ としてあり得るものは $1$ 通りであるから，解答すべき値は\r\n$$1+\\sum_{k=0}^{14} {}\\_{15}\\mathrm{C}\\_{k}\\times 2^{15-k-1}=1+\\frac{(1+2)^{15}-1}{2}=\\textbf{7174454}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc166/editorial/2432" } ]

[ { "content": "　一般に $3×n$ のマス目に条件を満たすように $1$ 以上 $n$ 以下の整数をそれぞれ $1$ 個ずつと $0$ を $2n$ 個書き込む方法が $T_n$ 通りあるとする. $0$ と書き込まれたマス目の右側は必ず $0$ が書き込まれるので, $1$ 以上 $n$ 以下の整数を左端から詰めて書き込み, 残りのマスに全て $0$ を書き込めばよい. したがって, 以下 $0$ は空白扱いして議論を進める. \\\r\n　さて, $3×(n-1)$ のマス目に条件を満たすように書き込まれたものに, $n$ が書かれたマスを挿入して同じ行を右にシフトすることを考えればよい. 左端の $3$ マスと, $n\\/2$ 以上の整数が書き込まれたマスの右隣りに挿入可能であり,\r\n$$T_{n}=T_{n-1}\\times \\left( \\left\\lfloor \\dfrac{ n }{ 2 } \\right\\rfloor+3\\right)$$\r\n$T_1=3$ から計算を行えば $T_{8}=3×4×4×5×5×6×6×7=\\textbf{302400}$ が求めるべき答えである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc166/editorial/2846" } ]

[ { "content": "　$s_i,t_i$ を次のように定める．\r\n$$s_0=t_0=0,　s_i=\\sum_{k=1}^{i} x_k,　t_i=\\sum_{k=1}^{i} y_k ~ (1 \\leq i \\leq N)$$\r\n　このとき，$M$ の条件は次のように書き換えられる．\r\n- 任意の実数の組 $(s_0,s_1,\\dots,s_{N}, t_0, t_1, \\dots, t_{N})$ が，$s_0=t_0=0$ かつ，$0 \\leq i \\lt j \\leq N$ なる任意の整数の組 $(i,j)$ について，\r\n$$|s_j-s_i|+|t_j-t_i| \\geq 1$$\r\nをみたすならば，任意の実数 $a,b$ について，ある $i ~ (0 \\leq i \\leq N)$ が存在し，\r\n$$|s_i+a|+|t_i+b| \\gt M$$\r\nが成り立つ．\r\n\r\n　さて，実数 $s,t$ に対し，$xy$ 平面における領域 $S(s,t)$ を\r\n$$S(s,t):|x-s|+|y-t| \\lt \\frac{1}{2}$$\r\nで定める．この領域は，点 $(s,t)$ を中心とする，一辺の長さが $1\\/\\sqrt{2}$ の正方形であり，各辺の傾きは $1$ または $-1$ である．さらに，実数 $(a,b)$ に対し，領域 $T_M(a,b)$ を\r\n$$T_M(a,b):|x+a|+|y+b| \\leq M+\\frac{1}{2}$$\r\nと定める．この領域は，点 $(-a,-b)$ を中心とする，一辺の長さが $(2M+1)\\/\\sqrt{2}$ の正方形であり，各辺の傾きは $1$ または $-1$ である．これらを用いると，$M$ の条件はさらに次のように書き換えられる．\r\n- 任意の実数の組 $(s_0,s_1,\\dots,s_{N}, t_0, t_1, \\dots, t_{N})$ が，$s_0=t_0=0$ をみたし，さらに $0 \\leq i \\lt j \\leq N$ なる任意の整数の組 $(i,j)$ について，$S(s_i,t_i)$ と $S(s_j,t_j)$ が共通部分をもたないならば，任意の実数 $a,b$ について，ある $i ~ (0 \\leq i \\leq N)$ が存在し，$S(s_i,t_i)$ は $T_M(a,b)$ に含まれない．\r\n\r\n$M$ が整数であることに注意すると，$N+1\\leq (2M+1)^2$ をみたすならば，正方形 $S(s_1,t_1),\\dots,S(s_N,t_N)$ をうまく配置することで，ある正方形 $T_M(a,b)$ に含まれるようにすることができるから，条件はみたされない．一方で $(2M+1)^2\\lt N+1$ をみたすならば，面積の総和を考えることにより，条件がみたされることが確認できる．よって，条件をみたす $M$ の最大値は\r\n$$\\bigg\\lfloor \\dfrac{\\sqrt{N}-1}{2} \\bigg\\rfloor = \\mathbf{15810}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc166/editorial/7278" } ]

[ { "content": "　$4x=3(674-y)$ と変形できることから，$y\\equiv 674\\equiv 2 \\pmod4$ が必要であり，$x\\gt 0$ より $y\\leq 670$ が必要である．逆に，$y=2,6,\\ldots,670$ それぞれに対し正の整数 $x$ が対応するから，求める値は $\\textbf{168}$である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc165/editorial/3788" } ]

[ { "content": "　$7$ 進法表記のまま計算すれば，$q=12345,r=6$ であるから，解答すべき値は $\\textbf{12354}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc165/editorial/3581" } ]

[ { "content": "　三角形 $AMC$ の外接円において，$\\angle AMC=90^\\circ$ より $AC$ は直径をなすから，$N$ はその中心である．よって，$AC = 2PN = 14$ である．また，線分 $BN$ と三角形 $AMC$ の外接円の交点を $Q$ とすれば，$PQ$ も直径であり，$BQ=BN-NQ=11-7=4$ を得る．このとき，方べきの定理より $BC^2\\/2=BQ\\times BP=72$ であるから，$BC=12$ である．よって，三角形 $ABC$ の面積は\r\n$$\\frac{1}{2}\\times BC\\times AM = \\frac{1}{2}\\times BC\\times\\sqrt{AC^2 - CM^2} = \\sqrt{\\textbf{5760}}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc165/editorial/1560" } ]

[ { "content": "　$a = b = 1$ を代入することで，$f(1)=1$ が分かる．\\\r\n　$(a,b) = (2,2), (2, 3), (3,2)$ をそれぞれ代入することで，以下が分かる．\r\n$$f(4)=f(2)^{f(2)}, \\quad f(8)=f(2)^{f(3)},\\quad f(9)=f(3)^{f(2)}$$\r\n従って $f(2) \\leq 2$ であり，\r\n$$f(2)=1\\implies f(3) \\leq 10, \\quad f(2)=2\\implies f(3) \\leq 3$$\r\nである．また，$a,b$ のうち一方が $4$ 以上のときもう一方は $1$ であるから，上の不等式を満たすとき常に等式は成立する．さらに，$f(5),f(6),f(7),f(10)$ の値は独立に定まるから，求める答えは\r\n$$1×(10+3)×10^4= \\bm{130000}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc165/editorial/2735" } ]

[ { "content": "$$p(a_1+\\cdots+a_7) = p(p(a_1+\\cdots+a_6) +a_7)=p(2a_7)$$\r\nであり，同様にすることで\r\n$$p(a_1+\\cdots+a_7) = p(2a_1)=\\cdots=p(2a_7)$$\r\nが分かる．従って $a_1\\equiv \\cdots \\equiv a_7 \\pmod 5$ が分かるので，$4$ 以下の非負整数 $k$ と $b_1\\in \\\\{0,1\\\\}$ などを用いて\r\n$$a_1=5b_1+k,\\quad a_2=5b_2+k,\\quad\\dots, \\quad a_7=5b_7+k$$\r\nとできる．これらが条件を満たす必要十分条件は\r\n$$p(2k) = p(a_1+\\cdots+a_7) = p(5(b_1+\\cdots+b_7+k)+2k)$$\r\nを満たすことであり，これは $b_1+\\cdots+b_7+k$ が偶数であることと同値．よって，$b_1, b_2,\\ldots, b_6$ を自由に選べばそれに対応する $b_7$ が一意に定まるので，求める答えは $5\\times 2^6 = \\bf{320}$ \r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc165/editorial/4199" } ]

[ { "content": "　条件を満たすようにするとき，$i$ 行目に $2$ 個以上の駒を $a_{i, j_1}, a_{i, j_2}, ..., a_{i, j_n}\\ (n \\geq 2)$ に置くと，$j_1, j_2, ..., j_n$ 列目にはこれ以上の駒を置くことができない．\r\nこのことから各行に置く駒の個数 $5$ つの中で， $2$ 以上であるものの総和は $5$ 以下でなければならない．各行に置く駒の個数のうち $2$ 以上であるものの内訳は以下 $7$ 通りである．\r\n$$\\\\{5\\\\}，\\\\{4\\\\}，\\\\{3\\\\}，\\\\{2\\\\}，\\\\{3, 2\\\\}，\\\\{2, 2\\\\}，\\\\{\\\\}$$\r\n\r\nただし最後の $\\\\{\\\\}$ は駒を $2$ 個以上置く行がないケースを表す．各ケースに対し，\r\n- 駒を $2$ 個以上置く行の決め方は何通りか\r\n- $2$ 個以上置く行に駒を並べる方法は何通りか\r\n- $1$ 個以下置く行それぞれに対し，駒をどのマスにおくか，もしくは置かないかを決める方法は何通りか\r\n\r\nを順に計算し，それらを乗ずればよい．（$\\\\{\\\\}$ のケースに限っては $3$ 番目のみ計算すればよい．）\\\r\n　$7$ ケースに対しそれぞれ計算すると以下の通りになる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\\\{5\\\\} &\\rightarrow 5 \\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{5} \\times 1^4 = 5 \\\\\\\\\r\n\\\\{4\\\\} &\\rightarrow 5 \\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{4} \\times 2^4 = 400 \\\\\\\\\r\n\\\\{3\\\\} &\\rightarrow 5 \\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{3} \\times 3^4 = 4050 \\\\\\\\\r\n\\\\{2\\\\} &\\rightarrow 5 \\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2} \\times 4^4 = 12800 \\\\\\\\\r\n\\\\{3, 2\\\\} &\\rightarrow {}\\_{5}\\mathrm{P}\\_{2} \\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2} \\times 1^3 = 200 \\\\\\\\\r\n\\\\{2, 2\\\\} &\\rightarrow {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2} \\times \\frac{5!}{2!2!} \\times 2^3 = 2400 \\\\\\\\\r\n\\\\{\\\\} &\\rightarrow 6^5 = 7776 \\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\nゆえに，条件を満たす駒の置き方の総数は\r\n$$5 + 400 + 4050 + 12800 + 200 + 2400 + 7776 = \\mathbf{27631}$$\r\n\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc165/editorial/6394" } ]

[ { "content": "　ある点 $(a,b)$ を選ぶとき，残りの点はすべて $x=a$ または $y=b$ 上にある点から選ぶ必要がある．また，$x=a$ 上および $y=b$ 上からそれぞれ $(a,b)$ でない点を選んだ場合は条件を満たさないから，結局，条件はすべての点が $x$ 軸または $y$ 軸に平行な一直線上にあることである．よって求める値は\r\n$$2\\times 100 \\times {}\\_{100} \\mathrm{C}\\_{97}=\\textbf{32340000}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc164/editorial/7080" } ]

[ { "content": "　$A_{101}=A_1,B_{101}=B_1$ とし，$|\\triangle XYZ|$ で $\\triangle XYZ$ の面積を表すと，任意の $1\\leq k\\leq 100$ について\r\n$$|\\triangle PB_k B_{k+1}| : |\\triangle PA_k A_{k+1}| = (4\\times 7) : (9\\times 11)$$\r\nが分かる．よって，全体でも $B_1B_2\\ldots B_{100}$ の面積は $A_1 A_2 \\ldots A_{100}$ の面積の $\\dfrac{28}{99}$ 倍であるから，解答すべき値は $\\textbf{127}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc164/editorial/5447" } ]

[ { "content": "　 $N=2022^{2022^{2022}} -2022$ とおく．このとき, $2022^{2022^{2023}} = (N+2022)^{2022}$ であり，右辺を $N$ の多項式として展開したとき各係数は明らかに $N-1$ より小さいので，結局\r\n$$a_k x^k + \\cdots + a_2 x^2 + a_1 x + a_0=(x+2022)^{2022}.$$\r\nしたがって, 求める値は $(1-2022)(-1-2022)=\\bf{4088483}$ と計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc164/editorial/2754" } ]

[ { "content": "　条件の等差数列において，ある正整数 $n$ が数列に含まれるとき $n+P$ も含まれるから，等差は $1$ または $P$ である．従って条件は以下のように言い換えられる：\r\n- $ax^2+bx+c\\equiv 0\\pmod P$ なる $1$ 以上 $P$ 以下の整数 $x$ が，ちょうど $1$ 個または $P$ 個存在する．\r\n\r\n$P$ 個の場合は $a=b=c=P$ のみであることが分かるから，以下 $1$ 個の場合を考える．\r\n\r\n- $a=P$ のとき，$b\\neq P$ であり，$c$ は任意であるから，この場合は $P(P-1)$ 通りである．\r\n- $a\\neq P$ のとき，一般的な実数係数の $2$ 次方程式を解くのと同じ要領で，条件は $b^2-4ac\\equiv 0\\pmod P$ と同値であることがわかる（まず解を持つためには $b^2-4ac$ が $P$ を法として平方剰余であることが必要であり，このとき一般的な解の公式と同様に記述できる．一般論として素数を法とした $n$ 次方程式の解は高々 $n$ 個である）．よって，任意の $(a,b)$ で対応する $c$ が一意に定まり，この場合も $(P-1)P$ 通りである．\r\n\r\n　以上より $M = 2P^2-2P+1$ であり，それぞれ\r\n$$M\\equiv 1 \\pmod{107},　M\\equiv 57 \\pmod{109}$$\r\nが確認できるから，中国剰余定理から求める値は $\\textbf{8668}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc164/editorial/5448" } ]

[ { "content": "　一つ目の条件は，$n-1$ が正の約数をちょうど $3$ 個持つことと同値である． したがって，$n-1$ は素数 $s$ の平方として表される．大小関係より $s$ は $5$ 以上であり，これより $n-1\\equiv 1\\pmod{24}$ がわかる．\\\r\n　ここで，正の約数をちょうど奇数個もつ正整数はすべて平方数であり，それらは連続しないことから，二つ目の条件は $n-2$ が正の約数をちょうど $24$ 個もつ偶数であると言い換えられる．\\\r\n　以上より，$n-2$ が $24=2^3\\times 3$ の倍数であることとあわせれば，$n-2$ は相異なる素数 $p,q,r$ を用いて\r\n$$p^{11}q,　p^7q^2,　p^5q^3,　p^5qr,　p^3q^2r$$\r\nのいずれかで表される．前の $3$ つはすべて不適であることが具体的計算によりわかる．\\\r\n　$p^5qr$ のとき $p=2$ であり，さらに対称性より $q=3$ としてよい．このとき， \r\n$$96r = (s+1)(s-1)$$\r\n左辺の分割方法を考えれば, $(r,s)=(23,47)$ のみがこれを満たすことが容易に確認できる．\\\r\n　$p^3q^2r$ のとき，同様に $q=3$ または $r=3$ について\r\n$$8q^2r = (s-1)(s+1)$$\r\nであり，$(q,r,s)=(3,5,19), (3,19,37)$ のみがこれを満たすことが容易に確認できる．\\\r\n　以上より，求める総和は $(47^2+1)+(19^2+1)+(37^2+1)=\\bf{3942}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc164/editorial/2016" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABP$ と $ABD$，三角形 $ACP$ と $ACE$ がそれぞれ合同であることと，内角または外角の二等分線定理により\r\n$$BD : BF = AD : AF = AE : AF = CE : CF$$\r\nであるから，直線 $BC$ と $DE$ は平行である．また $\\angle DAE = \\angle BOC$ により（ともに二等辺三角形であることから）三角形 $ADE$ と三角形 $OBC$ は相似である．従って $F$ を中心とする $\\dfrac{FB}{FD}$ 倍の相似拡大によって $A$ は $O$ に移る．以上から，$4$ 点 $A, F, O, P$ は同一直線上にあり，さらに\r\n$$AF : AP = AF : AD = OF : OB = OF : OA$$\r\nが成立することが分かる．\r\n- $F$ が $O$ に関して $A$ と反対側にある場合\\\r\n　$P$ も $O$ に関して $A$ と反対側にあることがわかる．従って\r\n$$AF : AP = OF : OA = (AF - AP + OP) : (AP - OP)$$\r\nが分かるので，これを解くことで $AF = \\dfrac{187}{6}$ を得る．\r\n\r\n- $F$ が $O$ に関して $A$ と同じ側にある場合\\\r\n　$P$ も $O$ に関して $A$ と同じ側にあることがわかる．従って\r\n$$AF : AP = OF : OA = (AF + AP + OP) : (AP + OP)$$\r\nが分かるので，これを解くことで $AF = \\dfrac{391}{6}$ を得る．\r\n\r\n　以上より求める総積は $\\dfrac{73117}{36}$ であり，解答すべき値は $\\textbf{73153}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc164/editorial/4675" } ]

[ { "content": "　$AC=x$ とおけば，三角形の成立条件により以下が成立し，$1 \\lt x \\lt 2001$ を得る：\r\n$$x + 1001 \\gt 1000,\\quad x+1000 \\gt 1001,\\quad 1000+1001 \\gt x.$$\r\nさらに，角度の条件により $x \\lt 1000$ が必要であるから，結局 $1 \\lt x \\lt 1000$ なる正整数 $x$ の数を求めればよく，これは $\\bf{998 }$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/2149" } ]

[ { "content": "　$\\angle BAP=\\angle PRS=\\angle DQS$ より $AB \\parallel QS$ であり，同様に $PR \\parallel DC$である．さらに $P$ は $AQ$ の，$R$ は $BS$ の中点であることから，$AB\\parallel PR$ が従う．よって $AB\\parallel DC$ であり，さらに $\\angle BAP=\\angle PRS=\\angle ABR$ より四角形 $ABCD$ は等脚台形である．特に求める面積は，三平方の定理などより $(11+25)\\times 8\\/2=\\bf{144}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/1499" } ]

[ { "content": "　横綱以外の $99$ 人を力士 $1,2,\\ldots ,99$ と呼ぶ．\\\r\n　全員の力士の勝ち星の総数は $4950$ である．このうち $99$ 勝分は横綱の分であるから，力士 $1,2,\\ldots,99$ の勝ち星の合計は $4851$ である．ある力士が勝ち越すには最低 $50$ 勝が必要であるので， 力士 $1,2,\\ldots,99$ のうち勝ち越した力士の数は $4851\\div 50 = 97.02$ 以下である．よって，横綱は勝ち越していることに気を付ければ $M$ は $98$ 以下である．また，力士 $98,99$ が全敗し，任意の $1\\le a \\lt b \\le 97$ なる整数 $a,b$ に対して，$a + b$ が奇数であるならば力士 $a$ が勝ち，$a+b$ が偶数であるならば力士 $b$ が勝つとき，力士 $1,2,\\ldots, 99$ のうち $97$ 人が勝ち越すので，$M = 98$ である．\\\r\n　次に，横綱は勝ち越すので $m$ は $1$ 以上である．また，任意の $1\\le a \\lt b \\le 99$ なる整数 $a,b$ に対して，$a + b$ が奇数であるならば力士 $a$ が勝ち，$a+b$ が偶数であるならば力士 $b$ が勝つとき，力士 $1,2,\\ldots ,99$ は全員が負け越すので，$m = 1$ である．\\\r\n　以上より，求める答えは $\\bf99$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/6271" } ]

[ { "content": "　$\\lfloor \\sqrt{n} \\rfloor = k$ とおくと，$n=k^2+r ~ (0 \\leq r \\leq 2k)$ と表され，この範囲で $k$ の倍数は $k^2, k^2+k, k^2+2k$ である．\r\n$n \\leq 10^6-1$ と $k \\leq 10^3-1$ は同値であるから，求める総和は\r\n$$ \\sum_{k=1}^{10^3-1} (k^2 + (k^2+k) + (k^2+2k)) = \\sum_{k=1}^{10^3-1} (3k^2 + 3k) = \\textbf{999999000}. $$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/1433" } ]

[ { "content": "　問の条件をみたすマス目の塗り方は，各 $1\\leq n\\leq 24$ について $\\sigma(n)=a_n$ とすれば $24$ 次の置換 $\\sigma$ に一対一で対応する．そのとき $\\sigma(b_n)=n,\\sigma^2(b_n)=a_n$ であるから並べ替え不等式より次が得られる．\r\n$$S=1\\cdot\\sigma^2(1)+\\cdots+24\\cdot\\sigma^2(24)\\geq 1\\cdot 24+\\cdots+24\\cdot 1$$\r\n　特に等号が成立するのは各 $1\\leq n\\leq 24$ に対し $\\sigma ^2(n)=25-n$ が成り立つときのみである．よってそのような置換 $\\sigma$ を**良い置換**と呼ぶことにすれば，$X$ は良い置換の総数である．\r\n各 $1\\leq n\\leq 12$ に対し $\\sigma^{-1}(n),\\sigma(n)$ のちょうど一方が $12$ 以下であるから，良い置換は $1$ 以上 $12$ 以下の整数を $6$ 個の順序づいた組 $(x_i,y_i)$ に分ける方法に一対一で対応することがわかる．\r\n従って $X=\\dfrac{12!}{6!} = \\bf665280$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/3513" }, { "content": "　公式解説の $S_{\\mathrm{min}}=1 \\cdot 24+ \\cdots + 24 \\cdot 1$ の続きから解説です．この値になるように $a_1, \\cdots, a_{24}$，$b_1, \\cdots, b_{24}$ を構成します．\\\r\n\\\r\n$a_k=1$，$b_k=24$ と仮定すると，そのあと順に考えて，$a_{24}=k$，$b_1=k$，$a_1=24-k$，$b_{24}=24-k$，$a_{24-k}=24$，$b_{24-k}=1$ となる．\\\r\n 　ここで，$k$ の取り方は $22$ 通りであった．続けて，残っている $k$ のうち最小のものをどこに当てはめるか考えていけば，求めるべき値は $22×18×14×10×6×2=\\mathbf{665280}$ となる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/3513/239" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より\r\n$$α+β=15-m,\\quad αβ=16m-69$$\r\nを得る．また，$\\alpha$ と $\\beta$ が共役の関係にあることに注意すれば，\r\n$$α^{6}=\\overline{α^6}=(\\overline{\\alpha})^6 = β^{6}$$\r\nとなる．いま，$α^6-β^6$ の因数分解を考えれば，以下のいずれかが成り立つ（これらは十分条件でもある）．\r\n$$α+β=0, \\quad α^{2}+αβ+β^{2}=0 ,\\quad α^{2}-αβ+β^{2}=0$$\r\n　$α+β=0$ のとき，$m=15$ より与方程式は\r\n$$x^{3}-x^{2}+nx-171=0$$ \r\nさらに $x=1$ が解であるから $n=171$．これは条件をみたす．\\\r\n　$α^{2}+αβ+β^{2}=0$ のとき，以下のようになるが，このとき $m$ は整数でない．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0=α^{2}+αβ+β^{2}\r\n&=(α+β)^{2}-αβ\\\\\\\\\r\n&=(15-m)^{2}-(16m-69)\\\\\\\\\r\n&=m^{2}-46m+294\r\n\\end{aligned}$$\r\n　 $α^{2}-αβ+β^{2}=0$ のとき，同様にして $m=6, 72$ を得る．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n0=α^{2}-αβ+β^{2}\r\n&=(α+β)^{2}-3αβ\\\\\\\\\r\n&=(15-m)^{2}-3(16m-69)\\\\\\\\\r\n&=m^{2}-78m+432\r\n\\end{aligned}$$\r\n　$m=6$ のとき与方程式は\r\n$$x^{3}-10x^{2}+nx-27=0$$\r\n$x=1$ が解であるから $n=36$．また，$m=72$ のとき与方程式は\r\n$$x^{3}+56x^{2}+nx-1083=0$$\r\n$x=1$ が解であるから $n=1026$．これらはともに条件を満たす．\\\r\n　以上より，解答すべき値は\r\n$$(15+171)+(6+36)+(72+1026)=\\mathbf{1326}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/5471" }, { "content": "　複素数（数学Ⅲ）の知識を用いる方法です．\\\r\n\\\r\n 　$\\alpha$ と $\\beta$ は共役の関係にある．極形式を用いれば，$\\alpha=c(\\cos \\theta+i \\sin \\theta)$，$\\beta=c(\\cos \\theta-i \\sin \\theta)$ とおける．ここで，$\\alpha^6$，$\\beta^6$ が実数であることから，$\\theta=\\dfrac{k}{6}\\pi$ である（ただし $k \\neq 6l$）．\\\r\n 　解と係数の関係より $1+\\alpha+\\beta=-(m-16)$，$\\alpha+\\beta+\\alpha\\beta=n$，$\\alpha\\beta=-(69-16m)$ であり，適当な計算をすることで，次の式を得る：\\\r\n 　　$m^2-30m+225=4\\cos^2 \\theta(16m-69)$\\\r\n 　ここで $\\theta$ の条件を思い出すと，$\\cos^2 \\theta$ の取り得る値は $0$，$\\dfrac{1}{4}$，$\\dfrac{3}{4}$ のいずれかである．\\\r\n 　それぞれの場合に二次方程式を計算することで，$\\cos\\theta=0$ のとき $(m,n)=(15,171)$ を，$\\cos\\theta=\\dfrac{3}{4}$ のとき $(m,n)=(6,36),(72,1026)$ を得る．\r\n 　", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc163/editorial/5471/240" } ]

[ { "content": "　先月売れたタコ飯弁当, イカ飯弁当の個数をそれぞれ $x, y$ とすると, 以下の式が成り立つ.\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\n1357x + 2468y &= 456500\\\\\\\\\r\n1357x - 2468y &= 86300 \r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nこれを解くと, $x=200, y=75$ だから, 先月売れた弁当の総数は $\\textbf{275}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5111" } ]

[ { "content": "$$\r\nxyzw=384=2^7 \\times 3,　1\\leq x \\leq y \\leq z \\leq w \\leq 9\r\n$$\r\nなる整数の組 $(x, y, z, w)$ を求め, その並べ替えを考えればよい. $2^7 \\times 3 \\gt 4^4$ より $w=6, 8$ の場合のみを調べればよい.\r\n\r\n - $w=8$ のとき\r\n$xyz=2^4 \\times 3 \\gt 3^3$ であるから, $z=8,6,4$ を考えていくと \r\n$$\r\n(x, y, z, w)=(1, 6, 8, 8), (2, 3, 8, 8), (2, 4, 6, 8), (3, 4, 4, 8)\r\n$$ \r\n - $w=6$ のとき, 同様に考えると \r\n$$\r\n(x, y, z, w)=(4, 4, 4, 6)\r\n$$\r\n\r\n　以上より, 求める場合の数は $4! + \\dfrac{4!}{2!} \\times 3 + \\dfrac{4!}{3!} = \\textbf{64}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5112" } ]

[ { "content": "　$x+y+z+w=1$ と相加相乗平均の不等式より\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\frac{3}{x+y}+\\frac{7}{y+z}+\\frac{15}{z+w}+\\frac{35}{w+x} &=3+\\frac{3(z+w)}{x+y}+7+\\frac{7(x+w)}{y+z}+15+\\frac{15(x+y)}{z+w}+35+\\frac{35(y+z)}{w+x}\\\\\\\\\r\n&\\geq 60+2\\sqrt{\\frac{3(z+w)}{x+y}\\cdot \\frac{15(x+y)}{z+w}}+2\\sqrt{\\frac{7(x+w)}{y+z}\\cdot\\frac{35(y+z)}{w+x}}\\\\\\\\\r\n&=60+20\\sqrt{5}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つ. 等号を満たす正の実数 $x,y,z,w$ は実際に存在するので, 解答すべき値は $\\textbf{2060}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5845" }, { "content": "　一般に，任意の正の実数 $x_1,x_2,\\ldots,x_n,y_1,y_2,\\ldots,y_n$ に対し，$\\dfrac{{x_1}^2}{y_1}+\\dfrac{{x_2}^2}{y_2}+\\cdots+\\dfrac{{x_n}^2}{y_n}\\geq\\dfrac{{(x_1+x_2+\\cdots+x_n)}^2}{y_1+y_2+\\cdots+y_n}\\cdots(1)$ が成り立つ． (等号成立条件は $x_1:x_2:\\cdots:x_n=y_1:y_2:\\cdots:y_n$ ) \r\n\r\nよって，$\\dfrac{3}{x+y}+\\dfrac{15}{z+w}+\\dfrac{7}{y+z}+\\dfrac{35}{w+x}\\geq\\dfrac{{(\\sqrt{3}+\\sqrt{15})}^2}{x+y+z+w}+\\dfrac{{(\\sqrt{7}+\\sqrt{35})}^2}{y+z+w+x}=60+20\\sqrt{5}$ であり，等号は $(x+y):(z+w)=(y+z):(w+x)=1:\\sqrt{5}$ のとき (つまり，例えば $x:y:z:w=1:1:1:2\\sqrt{5}-1$ のとき) 成り立つ． \r\nゆえに、求める最小値は $60+20\\sqrt{5}$ であり，解答すべき数値は $\\textbf{2060}$． \r\n\r\n[補足] \r\n上記の $(1)$ の不等式は 「Radonの不等式」「Tituの補題」「Sedrakyanの不等式」などと呼ばれる不等式であり，分母を $y_1+y_2+\\cdots+y_n$ 倍した式がコーシー・シュワルツの不等式で示せることから従う．この不等式は今回のような「分母の和が一定」の状況下などで有用である．", "text": "radonの不等式", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5845/237" }, { "content": "微分法を用いた解法です．(広義の)数Ⅱの範囲の微分で解けます．\r\n***\r\n$x+y=a,y+z=b$ という変数変換を施すと，$a,b$ は $0\\lt a,b\\lt1$ を満たす独立 $2$ 変数となります．この基で与式は，\r\n$$3\\Big(\\dfrac{1}{a}+\\dfrac{5}{1-a}\\Big)+7\\Big(\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{5}{1-b}\\Big)$$\r\nとなり，ここで，一般に $0\\lt t\\lt1$ なる $t$ に対して，$f(t)=\\dfrac{1}{t}+\\dfrac{5}{1-t}$ の最小値を求めます．\r\n$f^\\prime(t)=-\\dfrac{1}{t^2}+\\dfrac{5}{(1-t)^2}$ であり，$f^\\prime(t)=0$ を解いて増減を調べると，$t=\\dfrac{\\sqrt5-1}{4}$ で最小値 $6+2\\sqrt5$ をとるとわかります．よって，求める最小値は，$3(6+2\\sqrt5)+7(6+2\\sqrt5)=60+20\\sqrt5$ なので，解答すべき値は $\\mathbf{2060}$ です．(最小値を与える $x,y,z,w$ は実際に存在します．)", "text": "微分法を用いた解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5845/238" } ]

[ { "content": "　条件を満たすように正整数 $a,b,c,d$ を任意にとる．また，\r\n$$\r\ng(n) = (n+a)(n+b)(n+c)(n+d),\\quad x = \\frac{bc+ad}{2}, \\quad y = \\frac{bc-ad}{2}\r\n$$\r\nとおく．$a+d=b+c$ が奇数であるから $ad$ および $bc$ はいずれも偶数であり，$x,y$ はいずれも正整数であることから $g(n)$ は以下のように変形できる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\ng(n)\r\n&= (n^2+1357n+ad)(n^2+1357n+bc)\\\\\\\\\r\n&= \\\\{ (n^2+1357n+x) - y \\\\} \\\\{ (n^2+1357n+x) + y \\\\}\\\\\\\\\r\n&= N^2-y^2.\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nただし，最終行で $N=n^2+1357n+x$ とおいた．\\\r\n　いま $N^2 - (N - 1)^2 = 2(N - 1) +1$ より，$N\\ge y^2+1$ ならば\r\n$$\r\nN^2 - g(n) \\lt g(n) - (N-1)^2\r\n$$\r\nが成り立つ．また，正整数 $k$ に対し\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\nN^2 - g(n) \\lt k^2 - g(n) & \\quad (N+1 \\leq k)\\\\\\\\\r\ng(n) - (N-1)^2 \\lt g(n) - k^2 & \\quad (1 \\leq k \\leq N - 2)\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nが成立するから，$f(g(n)) = N^2 - g(n) = y^2$ である．$N$ の単調増加性より $N\\geq y^2+1$ を満たす正整数 $n$ は無限に存在するから，$m = y^2$ は問題の条件に合致する．\\\r\n　逆に，どのように条件を満たす正整数 $a,b,c,d$ をとっても $m = y^2$ の形で表せないとき，仮にうまく正整数 $a,b,c,d$ をとることによって $f(g(n)) = m$ となる正整数 $n$ が存在したとしても，これは不等式 $N-1 \\leq y^2$ を満たす．この不等式を満たす正整数 $n$ が有限個であること，および条件を満たす正整数 $a,b,c,d$ の取り方が有限であることから，このような正整数 $m$ は題意を満たさない．\\\r\n　以上より，正整数 $m$ が条件を満たすためには，「$a \\lt b \\lt c \\lt d$ かつ $a + d = b + c = 1357$ を満たす整数 $a,b,c,d$ をうまくとることで $m = y^2$ と表せる」ことが必要十分である．このような正整数 $m$ のうち最大のものは以下の値である．\r\n$$\r\n\\Biggl( \\frac{678 \\times 679 - 1 \\times 1356}{2} \\Biggl) ^2 = \\mathbf{52671627009}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/7295" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の外接円を $\\Gamma$ とする．\r\n$$\\angle BC_1A = \\angle B_1C_1A = \\angle BCA$$\r\nより，$C_1$ は $\\Gamma$ 上にある．また，$\\angle ABC_1 = 90^\\circ$ であるので，線分 $AC_1$ は $\\Gamma$ の直径を成す．同様に，線分 $AB_2$ も $\\Gamma$ の直径を成すので，$B_2 = C_1$ である．また，$M$ は $\\Gamma$ の中心である．従って，直線 $AD$ と $\\Gamma$ の交点のうち $A$ でない方を $P$ とすると，$AD = DP$ となる．また，三角形 $ABP$ と $BDP$ は相似なので，\r\n$$BP^2 = AP\\times DP = 2DP^2$$\r\nであるから，$BP = \\sqrt2DP$ を得る．従って，\r\n$$AC : CD = BP : DP = \\sqrt2 : 1$$\r\nである．同様に $AB : BD = \\sqrt{2} : 1$ なので，$BC = (AB + AC)\\/\\sqrt2 = 9\\sqrt2$ である．よって，余弦定理により\r\n$$\\cos \\angle ABC = \\frac{AB^2 + BC^2 - CA^2}{2\\times AB \\times BC} = \\frac{5}{7\\sqrt2},\\quad\r\n\\cos \\angle ACB = \\frac{13}{11\\sqrt2}$$\r\nであり，三角形 $ABC$ の面積は $\\dfrac{9\\sqrt{73}}{2}$ と計算できる．ここで，\r\n$$|\\triangle ABC| : |\\triangle AB_1C_1| = AC^2 : AC_1^2 = \\sin^2\\angle ABC : 1$$\r\nであり，同様に $|\\triangle ABC| : |\\triangle AB_2C_2| = \\sin^2\\angle ACB : 1$ であるから，求める答えは\r\n$$\\begin{aligned}\r\n|\\triangle AB_1C_1| + |\\triangle AB_2C_2|\r\n&= \\bigg(\\frac{1}{\\sin^2 \\angle ABC} + \\frac{1}{\\sin^2 \\angle ACB}\\bigg)|\\triangle ABC|\\\\\\\\\r\n&= \\bigg(\\frac{1}{1 - \\cos^2 \\angle ABC} + \\frac{1}{1 - \\cos^2 \\angle ACB}\\bigg)|\\triangle ABC|\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1530}{\\sqrt{73}}\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．特に解答すべき値は $\\bf{1603}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc162/editorial/5840" } ]