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[ { "content": "　切断面は $AF,FH,HA$ の中点を通る円, すなわち正三角形 $AFH$ の内接円である.\\\r\n　よって, その半径は $100\\sqrt{2\\/3}$ であるから, 解答すべき値は $20000+3=\\textbf{20003}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/201" } ]

[ { "content": "　まず, 村人 $x$ が正直者であれば村人 $x+3$ も正直者であることがわかる. このことから, 村人を番号順に並べ, 正直者を O, 嘘つきを X と記すことで OX の列で表せば XXXXXX..., OXXOXX..., OOXOOX..., OOOOOO... のいずれかで, このうち一番目と三番目のみが適する. 特に三番目は $3$ 通り考えられるから, 解答は $2022+3\\times(2022\\/3)=\\textbf{4044}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/1517" } ]

[ { "content": "　任意の実数 $t,x,y$ について $t^6P(x,y)=P(tx,ty)$ が成立することに留意すれば, \r\n$$P(1,1)=P(2,1)=\\cdots=P(6,1)=0$$\r\nが分かる. $P(x,1)$ は $x$ に関するモニックな $6$ 次多項式なので, \r\n$$P(x,1)=(x-1)(x-2)\\cdots(x-6)$$\r\nとなる. 以上より\r\n$$P\\bigg(\\sqrt7, \\frac{1}{\\sqrt7}\\bigg)=\\frac{1}{7^3}P(7,1)=\\frac{6!}{7^3}=\\frac{720}{343}$$\r\nである. 特に解答すべき値は $\\bf{1063}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/5848" } ]

[ { "content": "**補題.**　$AC = AD\\/2$．\\\r\n**証明.**　$\\angle BAM = x, \\angle CAM = 2x$ とする．$AD$ 上に点 $P$ を $AM = MP$ を満たすように取る．$BM = MC$ であるから，四角形 $ABPC$ は平行四辺形である．よって，$BP = AC$．三角形 $ABD$ は直角三角形であるから，$AD$ の中点を $T$ とすると，$AT = BT = AD\\/2$ が従う．さらに $\\angle BTP = \\angle BPT = 2x$ より $BT = BP$ となる．以上より，$AC = BP = BT = AD\\/2$ となり主張が従う． \r\n----\r\n　これより，$AC$ の長さは $\\dfrac{1}{2} \\sqrt{20^{2}+22^{2}} = \\sqrt{\\mathbf{221}}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/3347" }, { "content": "　正弦定理や余弦定理から始めても比較的すぐに解くことができます．\r\n\r\n----\r\n\r\n**解法1：正弦定理．** 正弦定理より次が成り立ちます．\r\n$$\\frac{AB}{\\sin\\angle AMB}=\\frac{BM}{\\sin\\angle BAM},\\quad\\frac{AC}{\\sin\\angle AMC}=\\frac{CM}{\\sin\\angle CAM}$$\r\n$\\sin\\angle AMB=\\sin\\angle AMC,BM=CM$ を用い整理すれば\r\n$$AC=\\frac{\\sin\\angle BAM}{\\sin\\angle CAM}\\cdot AB=\\frac{\\sin\\angle BAM}{\\sin(2\\angle BAM)}\\cdot AB=\\frac{AB}{2\\cos\\angle BAM}$$\r\nとなり，$\\angle BAM=\\angle BAD$ および $\\angle DBA=90^\\circ$ に注意すれば $AC=AD\\/2=\\sqrt{\\bf 221}$ とわかりました．\r\n\r\n----\r\n\r\n**解法2：余弦定理．** $AB=x,AC=y,AM=z,BM=w,\\angle BAM=\\theta$ とおきます．余弦定理より次が成り立ちます．\r\n$$2xz\\cos\\theta=x^2+z^2-w^2,\\quad 2yz\\cos2\\theta=y^2+z^2-w^2$$\r\nこれらは中線定理 $x^2+y^2=2(z^2+w^2)$ を用いれば次のように変形できます．\r\n$$x\\cos\\theta+y\\cos2\\theta=2z,\\quad 2z(x\\cos\\theta-y\\cos2\\theta)=x^2-y^2$$\r\n$z$ を消去すると\r\n$$x^2\\cos^2\\theta-y^2\\cos^22\\theta=x^2-y^2$$\r\nとなり，三角関数の基本的な公式を用いて計算すれば $y=\\dfrac{x}{2\\cos\\theta}$ が得られます．後は上の解法と同様です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/3347/132" } ]

[ { "content": "　$a_{a_1}=1$ となる場合を考えて $7$ 倍すればよい．$a_1=x$ とおくと，\r\n$$x=a_1=a_{a_{a_1}}=a_{a_x}=1.$$\r\n　このとき，各 $i=2,3,\\ldots,7$ に対して，頂点 $i$ から頂点 $a_i$ に有向辺を貼ったような $7$ 頂点 $6$ 辺のグラフを考えると，すべての頂点は頂点 $1$ と連結である必要があるから，無向グラフとしては $1$ を根とする木として解釈でき，すべての辺は根の方向へ向かう．さらに $a_{a_i}=1$ は高さは $2$ 以下であると表現できる．\\\r\n　すなわち，高さが $2$ 以下であるような頂点数 $7$ の根付き木であって，根以外の頂点がラベリングされているものを数え上げればよい．深さが $1$ であるような頂点が $i$ 個あるとすると，その組み合わせが ${}\\_6\\mathrm{C}\\_{i}$ 通り，深さが $2$ である各頂点の親の決め方が $i^{6-i}$ 通り存在するから，以上より $a_{a_1}=1$ となる数列の個数は \r\n$$\\displaystyle \\sum_{i=1}^6 \\Big({}\\_6\\mathrm{C}\\_{i}\\cdot i^{6-i}\\Big)=1057$$ \r\nである．$a_{a_1}\\neq1$ の場合も同様に考えれば，求める答えは $1057\\cdot7=\\mathbf{7399}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/4127" } ]

[ { "content": "　素数 $p$ を固定し，正整数 $a\\lt b$ に対する方程式\r\n$$\\dfrac{ab}{a+2b}=p$$\r\nを考える．$(a-2p)(b-p)=2p^2$ と変形できるため，$a\\lt b$ に注意すると解は以下で与えられる．\r\n- $p=2$ のとき $(a,b)=(5,10)$\r\n- $p\\geq 3$ のとき $(a,b)=(2p+1,2p^2+p),(2p+2,p^2+p)$\r\n\r\nよって，次のように定めると $D$ は黒板に書かれた整数の集合としてあり得るもののうち最大かつ，黒板に書かれ得る整数を全て含む．\r\n- $A=\\\\{2p+1,2p^2+p\\mid pは3以上の素数, ~ 2p^2+p\\leq 2022\\\\}$\r\n- $B=\\\\{2p+2,p^2+p\\mid pは3以上の素数, ~ p^2+p\\leq 2022\\\\}$\r\n- $C=\\\\{5,10\\\\}$\r\n- $D=A\\cup B\\cup C$\r\n\r\n　これより $S=2\\times 31^2+31=1953$ となり，また $|A|=20,|B|=25,|C|=2$ がわかる．\r\n$|B|$ については $12=2\\times 5+2=3^2+3$ に注意せよ．\r\n$A$ の要素は全て奇数，$B$ の要素は全て偶数であることに留意すると，\r\n$$A\\cap B=B\\cap C=C\\cap A=\\emptyset$$\r\nが確認できる．よって $T=|D|=|A|+|B|+|C|=47$ であり，解答すべき値は $1953\\times 47=\\mathbf{91791}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/2255" } ]

[ { "content": "　$$b_n=a_{n+1}-a_n=\\left\\lfloor\\sqrt{a_n}\\right\\rfloor,\\quad c_n=a_n-b_n^2$$\r\nとおく．\r\n$a_n$ は狭義単調増加，$b_n$ は広義単調増加である．\r\n$b_N\\geq 10^{10}$ となるような最小の正の整数 $N$ を求めればよい．\r\n$\\left\\lfloor\\sqrt{a_n}\\right\\rfloor\\leq \\sqrt{a_n}\\lt \\left\\lfloor\\sqrt{a_n}\\right\\rfloor+1$ より\r\n$b_n^2\\leq a_n\\leq b_n^2+2b_n$，すなわち $0\\leq c_n\\leq 2b_n$ である．\\\r\n　$c_n\\leq b_n$ のとき，\r\n$$b_n^2\\leq a_{n+1}=(b_n^2+c_n)+b_n\\lt (b_n+1)^2$$\r\nより $b_{n+1}=b_n$ である．また $c_n\\gt b_n$ のとき，\r\n$$(b_n+1)^2\\leq a_{n+1}=(b_n^2+c_n)+b_n\\lt (b_n+2)^2$$\r\nより $b_{n+1}=b_n+1$ である．まとめれば，以下のようになる．\r\n$$(b_{n+1},c_{n+1})=\\begin{cases}(b_n,c_n+b_n) & (c_n\\leq b_n)\\\\\\\\ (b_n+1,c_n-b_n-1) & (c_n\\gt b_n)\\end{cases}$$\r\n　これを踏まえれば，組 $(b_n,c_n)$ の遷移は\r\n$$ (b_n,0) \\mapsto (b_n,b_n) \\mapsto (b_n,2b_n) \\mapsto (b_n+1,b_n-1)$$\r\nおよび\r\n$$ (b_n,c_n) \\mapsto (b_n,c_n+b_n) \\mapsto (b_n+1,c_n-1) \\qquad (c_n\\neq 0)$$\r\nの組み合わせで記述できることがわかる．これを踏まえれば，$K$ を固定したとき，$b_n=K$ となる $n$ の個数は，$K$ が $2$ ベキのとき $3$，そうでないとき $2$ であることが，簡単な帰納法によってわかる．\\\r\n　したがって $b_n\\leq 10^{10}-1$ となる $n$ の個数は，$10^{10}-1$ 以下の $2$ ベキの個数が $34$ 個であることに注意すると，\r\n$$2\\cdot (10^{10}-1)+34=2\\cdot 10^{10}+32$$\r\nである．すなわち $b_N\\geq 10^{10}$ なる最小の $N$ は $2\\cdot 10^{10}+33={\\bf 20000000033}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/mathpower2022/editorial/5604" } ]

[ { "content": "　図のように点をとれば $\\angle BAC=60^\\circ,\\angle ABC=30^\\circ,\\angle ACB=90^\\circ$ などが成り立つため，$S$ は次のように求められる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=(扇形ACDの面積)+(扇形BCDの面積)-(四角形ACBDの面積)\\\\\\\\\r\n&=1^2\\times\\pi\\times\\frac{120}{360}+\\sqrt{3}^2\\times\\pi\\times\\frac{60}{360}-\\frac{1}{2}\\times 2\\times\\sqrt{3}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{5}{6}\\pi-\\sqrt3\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれより次が成り立つため，特に解答すべき値は $\\bf{88}$．\r\n$$88.45=\\frac{250\\times 3.141}{3} -173.3\\lt100S\\lt\\frac{250\\times 3.142}{3} -173.2=88.63\\dots$$\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/3436" } ]

[ { "content": "　$k=2,3,4,5,6$ について，$k-1$ 回目の交換終了時に $x$ 君が用意したプレゼントを $y$ 君が持っているとき $kx\\equiv y\\pmod{n}$ が成り立つ．よって条件は各 $k=2,3,4,5,6$ について次が成り立つことと言い換えられる．\r\n- 任意の $1\\leq i\\lt j\\leq n$ に対して $ki\\not\\equiv kj\\pmod{n}$．\r\n\r\n　これは $n$ と $k$ が互いに素であることと同値であることが確かめられる．したがって条件は $n$ が $30$ と互いに素であることと言い換えられ，それをみたす $2\\leq n\\leq 314$ は $\\bf{83}$ 個．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/3531" } ]

[ { "content": "　最後の文字になり得るのは $\\text{e},\\text{n}$ のみであり，さらに $\\text{n}$ であるときその直前は $\\text{e}$ である． \\\r\n　最後の文字が $\\text{e}$ であるとき，残りの $8$ 文字の並びは， $\\circ$ $5$ 個と $\\bullet$ $3$ 個を並べたのち，$\\circ$ には $\\text{c}, \\text{i}, \\text{r}, \\text{c}, \\text{l}$ をこの順に入れ，$\\bullet$ には $\\text{y}, \\text{e}, \\text{n}$ をこの順に入れることですべて得られるから，${}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{3}$ 通りである．\\\r\n　最後の $2$ 文字が $\\text{e}, \\text{n}$ であるとき，残りの $7$ 文字の並びは，上と同様に $\\circ$ $5$ 個と $\\text{y}$ と $\\text{e}$ の並び替えと同一視できるから，$7\\times 6$ 通りである．したがって，全体で求める場合の数は $\\mathbf{98}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/3437" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned} N^2 &= (a_i\\gt a_{i+1} を満たす iの個数)\\times (a_j\\gt a_{j+1} を満たす jの個数)\\\\\\\\\r\n&=(a_i\\gt a_{i+1} および a_j\\gt a_{j+1}を満たす i,j の個数)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nであるから，$a_i\\gt a_{i+1}$ および $a_j\\gt a_{j+1}$ を満たすような置換 $\\\\{a_n\\\\}$ の個数を $S_{i,j}$ とすると，\r\n$$M=\\dfrac{1}{1000!}\\left(\\sum_{1\\leq i,j \\leq 999}S_{i,j}\\right)$$が成り立つ．これと\r\n$$S_{i,j}=\\left\\\\{\r\n\\begin{aligned} \r\n\\dfrac{1000!}{2}&　(|i-j|=0のとき)\\\\\\\\\r\n\\dfrac{1000!}{6}&　(|i-j|=1のとき) \\\\\\\\\r\n\\dfrac{1000!}{4}&　(|i-j|\\geq 2のとき)\r\n\\end{aligned}\r\n\\right.$$\r\nより，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nM &=\\dfrac{1}{1000!}\\left(\\dfrac{1000!}{2}\\times999+\\dfrac{1000!}{6}\\times998\\times2+\\dfrac{1000!}{4}\\times(999\\times998-998\\times2)\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{748751}{3}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなり，解答すべき値は $\\bf 748754$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/4779" }, { "content": "　$1000!$ 通りある置換が同様に確からしい確率で起きると仮定して，$N^2$ の期待値を求める．\\\r\n　任意の $i$ に対して，確率変数 $x_i$ を次のように定める：\r\n\r\n- $a_i \\gt a_{i+1}$ であれば $x_i=1$，そうでなければ $x_i=0$．\r\n\r\n　$x_i$ と $x_j$ は基本的には独立であるが，$a_i \\gt a_{i+1} \\gt a_{i+2}$ である確率は $\\dfrac{1}{6}$ であることに注意しなければならない．以下，期待値は $E(*)$ で表す．\\\r\n$$\\begin{aligned}\r\nE(N^2)=E(\\left( \\sum\\limits_{i=1}^{999} x_i \\right)^2) &= \\sum\\limits_{i=1}^{999} E(x_i^2)+\\sum\\limits_{|i-j|=1} E(x_i x_j)+\\sum\\limits_{|i-j| \\geq 2} E(x_i x_j)\\\\\\\\\r\n&=999×\\dfrac{1}{2}+998×2×\\dfrac{1}{6}+(999×998-998×2)×\\dfrac{1}{4}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなって，公式解説と同じ式を得る．", "text": "期待値の性質を用いる方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/4779/441" } ]

[ { "content": "#### 前半：Fibonacci数列の発見\r\n　$($第 $2$ 式$)\\times4 - ($第 $1$ 式$)\\times12$ より，\r\n$$4x_1^2+4x_2^2+4x_3^2+\\cdots+4x_m^2-12x_1-12x_2-\\cdots-12x_m+8m=0$$\r\nこれを変形すると，\r\n$$(2x_1-3)^2+(2x_2-3)^2+\\cdots+(2x_m-3)^2=m$$\r\nとなる．$x_1,x_2,\\ldots,x_m$ は整数であるから，$$(2x_1-3)^2=(2x_2-3)^2=\\cdots=(2x_m-3)^2=1$$\r\nであるほかない．つまり，$x_1, x_2, \\ldots, x_m$ はすべて $1$ または $2$ である．\\\r\n　よって，与えられた $2$ 式は，\r\n$$\\begin{cases}\r\nx_1+x_2+x_3+\\cdots+x_m=2505\\\\\\\\\r\nx_i = 1\\ \\mathrm{ or }\\ 2\\ \\ (i=1,2,\\cdots,m)\r\n\\end{cases}$$ \r\nのように書き換えることができ，これは「$2505$ 段ある階段を $1$ 段または $2$ 段ずつ登ったとき，$i$ 歩目で $x_i$ 段登った」状況と同じであるから，その総数は（$1,1$ から始まる）Fibonacci数列の $2506$ 番目である．\r\n****\r\n#### 後半：剰余の周期性の発見\r\n　Fibonacci数列 $\\\\{F_n\\\\}$ の各項を $2,3,11,29$ で割ったときの余りの周期を数えれば，それぞれ $3,8,10,14$ であるから，$\\\\{F_n\\\\}$ の周期はこれらの最小公倍数 $840$ である．これと，$$2506\\equiv -14\\pmod {840}$$ より， $F_{2506}=F_{(\\text{周期})-14}$ とわかる．したがって，$$F_{(周期)-14}\\equiv-F_{14}=-377\\equiv1537\\pmod{1914}$$より解答すべき値は $\\bf 1537$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/3554" } ]

[ { "content": "　$c=p+q,d=pq$ なる複素数 $p, q$ をとると，与えられた $4$ 式は\r\n$$\\left\\\\{\r\n\\begin{aligned} \r\na+b+p+q&=4 \\\\\\\\ \r\nabp+abq+apq+bpq&=-160 \\\\\\\\ \r\nab+ap+aq+bp+bq+pq&=-36 \\\\\\\\ \r\nabpq&= k\r\n\\end{aligned}\r\n\\right.$$\r\nとなるから，$a,b,p,q$ は以下の $4$ 次方程式の $4$ 解である．\r\n$$x^4-4x^3-36x^2+160x+k=0$$\r\nある虚数がある実数係数多項式の根であるときその共役も同じ多項式の根であることに注意すれば，条件はこれが実数解を重複込みで少なくとも $2$ つもつことと同値である．\\\r\n　ここで，$x^4-4x^3-36x^2+160x$ について，その導関数が\r\n$$4(x+4)(x-2)(x-5)$$\r\nであることに注意すれば，$x=-4$ で最小値 $-704$ をとることがわかる．よって，求める最大値は $\\bf 704$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/3526" }, { "content": "解答と微妙に違う方針です。発想方法についてもできるだけ明文化します。\\\r\n$a+b+c=4 \\cdots ①$\\\r\n$abc+ad+bd=-160 \\cdots ②$\\\r\n$ab+ac+bc+d=-36 \\cdots ③$\\\r\n$abd=k \\cdots ④$\\\r\n上の $3$ つの式を見ると，$a,b,c$ の $3$ 変数については対象式がしっかり揃っており，下の $3$ つの式を見ると，何となく $d$ で括ると気分が良さそうな雰囲気が漂っています。\\\r\nそこで，まずは $(x+a)(x+b)(x+c)$ のような形を作ってみてはどうかと考えましょう。\\\r\n$②+③×x+①×x^2+x^3$ を作ってみると，左辺が次の式になります。\\\r\n$(x+a)(x+b)(x+c)+(a+b)d+dx$\\\r\nここまでくると，さらに全体を $x$ 倍して④を加えると，$(x+a)(x+b)$ で括れていい感じになりそうです。\\\r\nということで，$②×x+③×x^2+①×x^3+④$ をしましょう。\\\r\n$(x+a)(x+b)(x^2+cx+d)=x^4+4x^3-36x^2-160x+k$ となります。\\\r\n$a,b,c,d$ が実数となる必要十分条件は，右辺が二つの実数解を持つことです。あとは，微積分の知識を用いて頑張って最小値を計算しましょう。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc120/editorial/3526/133" } ]

[ { "content": "　約数を $5$ つもつ正整数は素数 $p$ を用いて $p^4$ と表せる. $p^4\\leq2022$ を満たす素数 $p$ は $2,3,5$ の三つであるから, 求める解答は $2^4 + 3^4 + 5^4 = \\bf{722}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/3461" } ]

[ { "content": "　図形は階段状になる．よって，求める面積を $S$ とすれば，\r\n$$\\begin{aligned} S &= \\triangle A_0A_{2357}A_{2359} + \\triangle A_{2357}A_{2358}A_{2359}\\\\\\\\\r\n&= \\triangle A_0A_1A_3 + \\triangle A_1A_2A_3\\\\\\\\\r\n&= (台形 A_0A_1A_2A_3)\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2} \\times (1+4999) \\times 1\\\\\\\\\r\n&= \\bf{2500}\r\n\\end{aligned}$$ \r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/4100" } ]

[ { "content": "　$n$ 回目に初めて黒石を選ぶとき，白石は $n+1,n+2,\\ldots,100$ 回目のいずれかに選ばれるから，求める値は\r\n$$\\sum_{n=1}^{99}(100-n)=1+2+\\cdots+99=\\dfrac{99\\times 100}{2}=\\textbf{4950}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/2991" } ]

[ { "content": "　$n$ が奇数のとき,\r\n$$2A_n=A_{n+1}+3A_{n-1}+A_{n-2}=A_{n}+A_{n-1}+A_{n-2}$$\r\nすなわち, $A_n=A_{n-1}+A_{n-2}$ である. これを用いて, $\\\\{A_n\\\\}$ を前から計算すれば\r\n$$1,1,2,0,2,2,4,0,4,4,\\cdots$$\r\nこれが確かに与条件をみたすことは数学的帰納法によって示される. これより, 求める総和は\r\n$$2+3\\times(2^1+2^2+\\cdots+2^{504})+2\\times 2^{505}=2^{507}+2^{505}-2^2$$\r\nこれを $2$ 進法で表記したときの各位の和は $\\textbf{504}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/2403" } ]

[ { "content": "　展開した形を考えることで，$ N=2^2\\times3^3\\times5^5\\times7^7 $ について\r\n$$\\begin{aligned}\r\nY(N) &= \\\\{(2^0+2^2)(5^0+5^2+5^4)+2^1(5^1+5^3+5^5)\\\\}(7^0+7^1+\\cdots+7^7) \\\\\\\\\r\n&= 15(5^0+5^2+5^4)(7^0+7^1+\\cdots+7^7)\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって，求める商について，\r\n$$\\frac{(2^0+2^1+2^2)(3^0+3^1+3^2+3^3)}{15}\\times\\frac{5^0+\\cdots+5^5}{5^0+5^2+5^4}\\times\\frac{7^0+\\cdots+7^7}{7^0+\\cdots+7^7}$$\r\nこれは $7\\times40\\times(1+5)\\times1\\div15=\\textbf{112}$ に等しい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/3157" } ]

[ { "content": "　$AD$ と $BC$ の交点を $F$ とすれば $AF=20$ であり, 方べきの定理より $BF=25$ を得るから, 三角形 $CDF$ さらに $ADE$ は $3:4:5$ の直角三角形である. ここで, $A,C,E,F$ はすべて $EF$ を直径とする円周上にあるから, \r\n$$\\begin{aligned} \\frac{1}{2} EF=\\frac{1}{2} ED = \\frac{1}{2} \\times \\frac{5}{3} AD=\\frac{50}{3}\\end{aligned}$$\r\nが求める半径であり, 特に解答すべき値は $\\textbf{53}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/2358" }, { "content": "三角法を用いる解答を記す。\\\r\n$∠\\mathrm{CBD}=∠\\mathrm{CAD}=2\\theta$ とすると，$\\mathrm{CD}=7\\tan 2\\theta=40\\sin\\theta$ を得る。\\\r\nここで二倍角の公式などを用いれば，$\\cos\\theta=\\frac{4}{5}$を得る。\\\r\nあとは，$\\mathrm{AE}$ の長さと $\\sin∠\\mathrm{ACE}=\\sin(90°+\\theta)$ を求めればよい。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc119/editorial/2358/131" } ]

[ { "content": "　崇高な数 $n(\\gt 1)$ について, その素因数分解を $p_1^{2a_1}p_2^{2a_2}\\cdots p_k^{2a_k}$ とおけば, 条件は以下が平方数となることである.\r\n$$(2a_1+1)(2a_2+1)\\cdots(2a_k+1)$$\r\nこれは奇数, 特に $9$ 以上であることに留意せよ. これが $9$ であるとき, $k=1$ かつ $a_1=4$ または $k=2$ かつ $a_1=a_2=1$ であり, 後者について $\\\\{p_1,p_2\\\\}=\\\\{2,3\\\\}$ のとき $n=36$ が最小である.\\\r\n　$36$ 未満の平方数は明らかに正の約数を $25$ 個以上もたないから, 求める最小値は $\\textbf{36}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/2430" } ]

[ { "content": "　放物線と円 $C$ の点 $P$ における共通接線について, 傾きは $32$ であり, 接弦定理より直線 $BP$ となす角度は $45^\\circ$ であるから, 直線 $BP$ の傾きは $\\tan$ の加法定理より $31\\/33$ と計算できる. 一方で直線 $BP$ の傾きは $b+16$ とも計算できるから, 以上より $b=-497\\/33$ であり, 解答すべき値は $\\mathbf{530}$ である.\\\r\n　なお, $\\tan$ の加法定理を使わなくてもよい. 点 $Q(15, 224)$ は共通接線上にあり, $\\angle BPQ=45^\\circ$ が従う. このとき, 点 $R(-17,225)$ について, $PQR$ は $PQ=QR$ なる直角二等辺三角形であるから, $R$ は直線 $BP$ 上にある.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/3269" } ]

[ { "content": "　$2$ 枚以上並べるとき, $1$ および $128\\lt p \\le 256$ なる $23$ 個の素数 $p$ は並べられず, $256\\/3\\lt p \\le128$ なる $8$ 個の素数 $p$ は両端にしか配置できない. よって, 求める枚数は $256-1-23-8+2=226$ 枚以下である.\\\r\n　以下 $226$ 枚を並べる方法を構成する. $5$ 以上の素数 $p$ に対して列 $S_p$ を以下で定める：\r\n\r\n- $S_p:5$ 以上 $p$ 未満の素因数をもたない $1$ 以上 $256$ 以下の $p$ の倍数のうち, $2p, 3p$ 以外を適当に並べたもの\r\n\r\nこれらを用いて以下のようにすればよい. 以上より, 求める値は $\\textbf{226}$ である.\r\n$$89, 2\\times89, 2\\times5, S_5, 3\\times5, 3\\times7, S_7, 2\\times7, \\cdots, 2\\times83, S_{83}, 3\\times83,$$\r\n$$3, 3^2, \\cdots, 3^5, 2\\times3, 2\\times3^2,\\cdots, 2\\times3^4, 2^2\\times3,\\cdots 2^6\\times3, 2, 2^2, \\cdots, 2^8, $$ \r\n$$2\\times97, 2\\times101,\\cdots, 2\\times127, 127$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/2433" } ]

[ { "content": "　操作が行えなくなるのは, $(1,1)$ を除く任意の $(i,j)$ に対して $N(i,j)=0$ となったときであることに留意する.\\\r\n　求めるべき最大値を $M$ とおき, ある時点での盤面の状態に対して整数 $S$ を以下で定める：\r\n$$S=\\sum_{1\\le i,j\\le16}2^{i+j-2}N(i,j)+(\\textrm{今まで操作を行った回数})$$\r\nこのとき, $S$ は操作によって $2^{a+b-2}N(c,d)-1$ 減少する. 特に $S$ は広義単調減少であり, \r\n$$\\sum_{1\\le i,j\\le16}2^{i+j-2}N(i,j)\\ge\\sum_{1\\le i,j\\le16}N(i,j)$$\r\nに留意すれば $M$ は初期状態での $S$ 以下である. 初期状態での $S$ を $S_0$ とおく.\\\r\n　以下, $M=S_0$ の可能性を考える. 操作が行えなくなるとき, 上の不等式は等号となる. また, 操作によって $S$ が変化しないための必要十分条件は $(a,b)=(1,1),N(c,d)=1$ である.\\\r\n　これより, $N(c,d)=1$ なる $(c,d)\\neq(1,1)$ のうち $c+d$ が最小のもののひとつを選び, $(a,b)=(1,1)$ とした操作を, 行えなくなるまで適当に繰り返すことで, $M=S_0$ が成立することが確認できる.\\\r\n　したがって, $M=S_0=(2^{16}-1)^2=\\mathbf{4294836225}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/2421" } ]

[ { "content": "　$f(x)=\\sum^{16}\\_{n=1}n^2x^{17-n}-2022$ とおけば, $g(x)=(x-1)^3f(x)$ について\r\n$$g(x)=x^{19}+x^{18} -2311 x^3 + C_2 x^2 +C_1x +C_0$$\r\n($C_2,C_1,C_0$は整数)となる. よって, 求めるべきはこれの $19$ 個の根の $16$ 乗和から $3$ を引いたものである. \\\r\n　ここで, $19$ 個の変数 $x_1,\\cdots,x_{19}$ の $k$ 次基本対称式を $S_k$ で表す. すると, $\\sum_{n=1}^{19}x_n^{16}$ は $S_1,\\cdots,S_{16} $ の整数係数多項式として一意に表せる. さらに多項式 $g$ について, 根の $1,16$ 次基本対称式の値はそれぞれ $-1,-2311$ であり, $2$ 次以上 $15$ 次以下の基本対称式の値はすべて $0$ となるので, $\\sum_{n=1}^{19}x_n^{16}$ を基本対称式で表した際の $S_1^{16}$ の係数 $a$ と $S_{16}$ の係数 $b$ についてのみ考えればよい.\\\r\n　$a$ は $x_1^{16}$ の係数を考えることで $1$ であり, $b$ は例えば $19$ 次多項式 $x^{19}-x^3$ を考えると, その根の $16$ 乗和は $16$, $16$ 次基本対称式の値は $-1$ となり, $15$ 次以下の基本対称式の値はすべて $0$ であるので, $b=-16$ と分かる.\\\r\n　以上より, 求めるべき値は $1\\times(-1)^{16}+(-16)\\times(-2311)-3=\\mathbf{36974}$. \r\n---\r\n**別解.** 本解からわかる通り $C_2,C_1,C_0$ は何でもよいから, $C_2=-2311$, $C_1=C_0=0$ とした多項式を $h(x)$ として, $h(x)$ の根の $16$ 乗和を考えればよい. $h(x)=x^2(x+1)(x^{16}-2311)$ であるから, これは簡単に求められる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/2506" }, { "content": "　別解です\r\n\r\n----\r\n\r\n　簡単のため公式解説と同様に $(x-1)^3$ を掛けて係数が $0$ でない項を減らし，\r\n$$f_0(x)=x^{19}+x^{18}-Nx^3+C_2x^2+C_1x+C_0=0$$\r\n（$N=2311$，$C_2,C_1,C_0$ は整数）の複素数解の $16$ 乗和を求めることを考えます．\r\n\r\n<details>\r\n<summary>$(x-1)^3$ を掛ける動機<\\/summary>\r\n\r\n　次のことから $(x-1)^3$ を掛けると多くの係数が $0$ になることが予想できます．\r\n- $n^2$ に対し，$n$ についての差分を $3$ 回とれば $0$ になること\r\n- 多項式に $x-1$ を掛ければ，\"隣接する項\"の係数の差をとることができる\r\n\r\nあるいは次の式の両辺を $x$ で微分し，両辺に $x$ を掛けて再度微分した式を考えることでも推測できます．\r\n$$x^{16}+x^{15}+\\cdots+x+1=\\frac{x^{17}-1}{x-1}$$\r\n<\\/details>\r\n\r\n　モニック多項式 $f_n(x)$ を，方程式 $f_{n-1}(x)=0$ の複素数解の $2$ 乗を解に持つ方程式が $f_n(x)=0$ であるように定めます．このとき特に方程式 $f_0(x)=0$ の複素数解の $2^4=16$ 乗を解に持つ方程式は $f_4(x)=0$ であるため，$f_4(x)$ の $x^{18}$ の係数を $A$ とすると，解と係数の関係より求める値は $-A-3$ で得られます．\r\n\r\n　ここで，一般に $19$ 次方程式 $$(a):\\quad a_{19}x^{19}+a_{18}x^{18}+\\cdots+a_1x+a_0=0$$ について，次の方程式 $(b)$ は $(a)$ の複素数解の $2$ 乗を解に持つ方程式になっています．\r\n$$(b):\\quad (a_{19}x^9+a_{17}x^8+\\cdots+a_3x+a_1)^2x-(a_{18}x^9+a_{16}x^8+\\cdots+a_2x+a_0)^2=0$$\r\n\r\n<details>\r\n<summary>動機／証明<\\/summary>\r\n**動機．** $(a)$ の $x$ を形式的に $\\sqrt{x}$ で置き換え，適当に整理することを考えます．\r\n\r\n----\r\n\r\n**証明．** $(a),(b)$ の左辺をそれぞれ $F(x),G(x)$，方程式 $F(x)=0$ の複素数解を重複込みで $\\alpha_1,\\dots,\\alpha_{19}$ とすると次が成り立つ．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nG(x^2)\r\n&=(a_{19}x^{18}+a_{17}x^{16}+\\cdots+a_3x^2+a_1)^2x^2-(a_{18}x^{18}+a_{16}x^{16}+\\cdots+a_2x^2+a_0)^2\\\\\\\\\r\n&=-F(x)F(-x)\\\\\\\\\r\n&=(x^2-\\alpha_1^2)\\cdots(x^2-\\alpha_{19}^2)\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nこれより $G(x)=(x-\\alpha_1^2)\\cdots(x-\\alpha_{19}^2)$ が得られるから，$G(x)=0$ の解は $\\alpha_1^2,\\dots,\\alpha_{19}^2$ である．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　これを用いて愚直に $f_1(x),\\dots,f_4(x)$ を計算することもできますが，$A$ を得るためには低次の項は無視して構わないことがわかります．具体的には，$f_3(x)$ の $16$ 次以下の項，$f_2(x)$ の $14$ 次以下の項，$f_1(x)$ の $10$ 次以下の項は無視できます．これに注意して計算すれば次のようになります．\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf_1(x)&=(x^9-Nx+C_1)^2x-(x^9+C_2x+C_0)^2&&=x^{19}-x^{18}-2Nx^{11}+O(x^{10}),\\\\\\\\\r\nf_2(x)&=(x^9-2Nx^5+O(x^4))^2x-(-x^9+O(x^5))^2&&=x^{19}-x^{18}-4Nx^{15}+O(x^{14}),\\\\\\\\\r\nf_3(x)&=(x^9-4Nx^7+O(x^6))^2x-(-x^9+O(x^7))^2&&=x^{19}-x^{18}-8Nx^{17}+O(x^{16}),\\\\\\\\\r\nf_4(x)&=(x^9-8Nx^8+O(x^7))^2x-(-x^9+O(x^8))^2&&=x^{19}-(16N+1)x^{18}+O(x^{17})\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nこれより求める値は $(16N+1)-3=\\bf{36974}$ とわかりました．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/2506/129" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の外接円の $B$ での接線と $C$ での接線の交点を $N$ とする. 三角形 $ABO$ と三角形 $PBA$, 三角形 $ACO$ と三角形 $QCA$, 三角形 $QCR$ と三角形 $PBR$ はそれぞれ相似であるから, \r\n$$BR:CR=PB:QC=(PB\\times OB):(QC\\times OC)=AB^2:AC^2$$\r\nを得る. 従って直線 $AR$ は三角形 $ABC$ の $A$ に対する類似中線であるから, 直線 $AR$ 上に $N$ が存在する. \\\r\n　また, 三角形 $SXY$ の内心が $A$ となるように点 $S$ を取ると\r\n$$\\angle NAX + \\angle SAX = \\angle YAD + \\angle SAX = (90^\\circ - \\angle AYX) + (180^\\circ - \\angle AXS - \\angle ASX) = 180^\\circ$$\r\nより $S$ は直線 $AN$ 上にある. 直線 $SN$ が線分 $XY$ の垂直二等分線でないことに気をつければ\r\n$$XN = YN,\\quad \\angle XSN = \\angle YSN$$\r\nから $4$ 点 $N,S,X,Y$ は同一円周上にある. $A$ は三角形 $SXY$ の内心であったから, $AN = XN = YN$ が分かる. \\\r\n　ここで, 三角形 $ABC$ を $N$ を中心に $B$ が $C$ に重なるまで回転したとき, $A$ の移る先を $A^\\prime$ とおく. このとき, \r\n$$|\\triangle ABC|=|\\triangle AA^\\prime C|$$\r\nが成立する. 実際, $\\angle BAC+ACA^\\prime=180^\\circ$ よりわかる. これより, 以下の成立が分かる.\r\n$$|\\triangle ABC|=\\frac12(|\\triangle AA^\\prime N|-|\\triangle BCN|)=\\frac12(NA^2-NB^2)\\sin\\angle BAC\\cos\\angle BAC$$\r\nさらに, \r\n$$NA^2-NB^2=NX^2-NB^2=XB^2=\\bigg(\\frac1{2\\sin\\angle BAC}(XY+BC)\\bigg)^2$$\r\nであるから, 結局三角形 $ABC$ の面積は以下のように求められる. 特に, 解答すべき値は $\\mathbf{103549}$.\r\n$$|\\triangle ABC|=\\frac12\\bigg(\\frac1{2\\sin\\angle BAC}(XY+BC)\\bigg)^2\\sin\\angle BAC\\cos\\angle BAC=\\frac{103544}{5}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/4331" }, { "content": "　$NA=NX=NY$ の別証明です. $AR$ がsymmedianであることは示したとします.\r\n- - -\r\n　条件より $\\angle XAY$ と $\\angle DAN$ の二等分線は一致するのでそれと $BC$ の垂直二等分線の交点を $T$ とおく. このとき, $A$ が直線 $NT$ 上にないことに気をつければ $AXTY$ は共円である. さらに, \r\n$$\\angle NAT=\\angle DAT=\\angle NTA$$\r\nより $N$ は $AT$ の垂直二等分線上にあるため, $N$ は $AXTY$ の外接円の中心である. 特に $NA=NX=NY$ が示された.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc118/editorial/4331/128" } ]

[ { "content": "　円の半径を $r$ とおくと, $r^2\\pi=1000$ である. 一方で $S$ は $4r^2$ と表せるので, これらより $S=\\dfrac{4000}{\\pi}$ を得る.\\\r\n　よって, 解答すべき値は $\\textbf{4000}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/3035" } ]

[ { "content": "$$10^{12}=(10^6)^2=(10^4)^3=(10^2)^6$$\r\nであるから, $10^{12}$ 以下の正整数のうち, 平方数は $10^6$ 個, 立方数は $10^4$ 個, 平方数かつ立方数である数は $10^2$ 個である.\r\n従って, 求める個数は $10^6+10^4-10^2=\\mathbf{1009900}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/2923" } ]

[ { "content": "　三角形 $PQR$ の重心を $G$ とする．線分 $QR$ の中点 $M$ が動く範囲は三角形 $ABC$ の各辺の中点と $A$ を頂点とする平行四辺形の内部及び周上である．$P$ を中心に $M$ を $\\displaystyle\\frac{2}{3}$ 倍拡大した点が $G$ なので, $P$ を固定させたとき $G$ はこの平行四辺形の範囲を $P$ を中心に $\\displaystyle\\frac{2}{3}$ 倍拡大した範囲を動く．$P$ の固定を外して辺 $BC$ 上を動かすと, $G$ が動く範囲の平行四辺形は $\\displaystyle\\frac{1}{3}\\overrightarrow{BC}$ だけ平行移動する．\\\r\n　したがって $G$ の動く範囲は三角形 $ABC$ の各辺を $3$ 等分する点を結んでできる六角形なので求める面積は\r\n$$\\displaystyle 600-\\frac{1}{9}\\cdot 600\\times 3=\\textbf{400}$$ \r\n　なお, 位置ベクトルを用いても容易に解くことが出来る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/2496" } ]

[ { "content": "　$a=b$ のとき，$a=c$ または $a=d$ であるものを数えればよく，$c=d$ の重複を考慮すれば\r\n$$10^{300}\\times(2\\times 10^{300}-1)=2×10^{600}-10^{300}$$\r\n　$a\\neq b$ のときも同様であるが，「$a=c$ かつ $b=d$」または「$a=d$ かつ $b=c$」なる組の除外に注意すれば，\r\n$$10^{300}\\times(10^{300}-1)\\times(4\\times 10^{300}-6)=4\\times 10^{900}-10^{601}+6\\times 10^{300}$$\r\n　以上より\r\n$$M=4×10^{900}-8×10^{600}+5×10^{300}=3\\overbrace{99\\cdots 99}^{299個}2 \\overbrace{00\\cdots 00}^{299個}5 \\overbrace{00 \\cdots 00}^{300個}$$\r\nとなるので, $M$ の各桁の数字の和は, $3+9×299+2+5=\\textbf{2701}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/2924" } ]

[ { "content": "　$t=x-(1\\/x)$ とおけば, 実数 $x$ に対し $t$ も全実数を動くことから, 以下の $t$ についての方程式について実数解を考えることと同値である.\r\n$$t^2+at+(n+2)=0$$\r\nこれは判別式を考えることで $|a|\\lt2\\sqrt{n+2}$ と表現できる. すなわち条件は $n=2\\lceil2\\sqrt{n+2}\\rceil-1$ である. これをみたす正整数は $n=17,19$ であることが容易にわかるから, 特に解答すべき値は $\\textbf{36}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/248" }, { "content": "　公式解答における次の条件式を解くパートの補足です\r\n$$n=2\\lceil 2\\sqrt{n+2}\\rceil-1　(n\\in\\mathbb{N})　・・・※$$\r\n$\\lceil 2\\sqrt{n+2}\\rceil$が面倒なのでこれを$k$と置いてしまいましょう．天井関数の定義より次の不等式を得ます．\r\n$$k-1\\lt2\\sqrt{n+2}\\leq k$$\r\n $※$ より $n=2k-1$ であるので, 先ほどの不等式は $k$ についての $2$ 次不等式に帰着できます.\r\n$$k-1\\lt2\\sqrt{2k+1}\\leq k　\\Longrightarrow　k^2-10k-3\\lt 0\\leq k^2-8k-4$$\r\nこの連立不等式を $k\\in\\mathbb{N}$ の範囲で解くと $k=9,10$ を得ます．すなわち $n=17,19$ です．\\\r\n実際に $n=17,19$ が $※$ を満たすことを確認して十分性をチェックすればOKです．\r\n\r\n　速解きをしたいのなら\\\r\n・ $※$ から $n$ は奇数である必要があるなあ\\\r\n・左辺の方が速く増加するなあ\\\r\n・ということは当てずっぽうで $n$ を得れば終わりだなあ\\\r\n・ $n=17,19$ を入れてみたらうまくいった\\\r\n・ $n=13,15,21,23$ あたりはダメだったから $n=17,19$ で決まりだろう\\\r\nくらいのお気持ちで雑に解けます．（本質は $t=x-x^{-1}$ 置換なので許してください）", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/248/277" } ]

[ { "content": "　対称性より点 $P(-m,-n)$ が第 $3$ 象限にある場合のみ考えて $4$ 倍すればよい. 反射された軸によって光路を折り返し, それを線分に直すことを考えれば, 条件は次のように言い換えられる：\r\n- 点 $P$ を中心とする半径 $15$ の円周上の格子点であって, 第 $1$ 象限 (軸上を含まない) に存在するものがただ一つ存在する.\r\n\r\nここで, 全体の座標を平行移動して点 $P$ を原点に移動させることで, 条件は次のように表現できる.\r\n- 原点を中心とする半径 $15$ の円周上の格子点であって, 点 $(m,n)$ より「右上」にあるものがただ一つ存在する.\r\n\r\n$x^2+y^2=15^2$ の正整数解は $(x,y)=(9,12),(12,9)$ のみであることに注意すれば, 点 $P$ としてあり得るもののは, 点 $(0,9),(9,9),(9,12),(0,12)$ を頂点とする長方形, およびこれを $y=x$ で折り返した長方形の内部 (一部の周上を除く) に存在する. したがって, 求める総数は $2\\times 8\\times 3\\times 4=\\textbf{192}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc117/editorial/1973" } ]

[ { "content": "$$\\sin^2 \\theta =\\sin\\theta\\cos\\theta\\tan\\theta= \\sin2\\theta\\cos2\\theta\\tan2\\theta = \\sin^2 2\\theta$$\r\nより $\\sin\\theta=\\pm \\sin2\\theta$ であり, 適当に場合分けして以下を得る.\r\n$$\\theta=0^\\circ, 60^\\circ, 120^\\circ, 180^\\circ, 240^\\circ, 300^\\circ$$\r\nよって求める値は $\\bf{900}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/2747" } ]

[ { "content": "　ある玉の位置を固定し, 鏡映を考慮することで基本的に\r\n$$a_n=\\dfrac{1}{2}(n-1)!$$\r\nであるが, $n=1,2$ では鏡映を考慮する必要がなくそれぞれ $1=(n-1)!$ 通りである. すなわち, 求める総和は\r\n$$\\dfrac{1}{2}(7!+\\cdots+2!)+1!+0!=\\textbf{2958}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/2050" } ]

[ { "content": "　一般に, 正 $n$ 角形の $2$ つの対角線または辺のなす角度としてあり得るものは $180m\\/n$ の形式であるから, 条件は\r\n$$0.2021\\leq \\dfrac{180m}{n} \\lt 0.2022 \\iff \\dfrac{180}{0.2022}m\\lt n\\leq \\dfrac{180}{0.2021}m $$\r\nなる整数 $m$ が存在することであり, $m=2$ のとき $n=\\textbf{1781}$ を発見できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/2182" } ]

[ { "content": "　$2$ 種類の値を $x,y$ とすれば，$a_1$ から $a_{100}$ はすべて異なることから\r\n$$a_1+a_2=x,　a_2+a_3=y,　\\dots,　a_{98}+a_{99} = y,　a_{99}+a_{100}=x$$\r\nとなるほかない．\\\r\n　ここで $a_1, a_3, \\ldots, a_{99}$ は公差 $y-x$ の等差数列である．これらは $1$ 以上 $100$ 以下であるから，公差は $\\pm1, \\pm2$ のみが適することがわかる．一方で $a_2, a_4, \\ldots, a_{100}$ は公差 $x-y$ の等差数列であるから，$(a_1, y-x)$ として考えられる組は以下のように列挙できる：\r\n$$(1,1),　(51,1),　(1,2),　(2,2),　(50,-1),　(100,-1),　(99,-2),　(100,-2).$$\r\nそれぞれについて $a_1\\times a_{100}$ を計算すれば，求める値は $51+2+5000+9900=\\textbf{14953}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/5305" } ]

[ { "content": "　三角形 $ADP, BCP$ の面積をそれぞれ $a,b$ とし, 四角形 $ABCD$ の面積を $x$ とする. $a+b=5$ である.\\\r\n　$BC$ に関して $P$ と同じ側に, $BCE$ が正三角形となるような点 $E$ をとれば, 三角形 $BAE,BPC,EDC$ はすべて合同である. さらに $AE=PC=PD$ などより $AEDP$ は平行四辺形であるから, 特に三角形 $AED$ と$DPA$ は合同である. 以上より, $BCE$ の面積が $9\\sqrt{3}$ であることに留意すれば, 五角形 $ABCDE$ の面積を $2$ 通りに表すことで $9\\sqrt{3}+2b=x+a$ を得る. 同様にして $4\\sqrt{3}+2a=x+b$ であるから, これらを辺々足し合わせて $a+b=5$ を用いれば $x=(5+13\\sqrt{3})\\/2$ を得る. 特に解答すべき値は $5+507+2=\\textbf{514}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/1396" }, { "content": "$\\angle\\mathrm{APD}=\\theta$ と置く。$\\angle\\mathrm{BPC}=240^\\circ-\\theta$ である。また，$\\mathrm{AP}=\\mathrm{BP}=x$，$\\mathrm{CP}=\\mathrm{DP}=y$ と置く。求めたいものは $\\triangle \\mathrm{ABP}+\\triangle \\mathrm{CDP}+5=\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(x^2+y^2)+5$ であり，$x^2+y^2$ の値が求まれば良い。\\\r\n 面積の条件より，$xy \\\\{ \\sin \\theta+\\sin(240^\\circ-\\theta)\\\\}=10$を得る。\\\r\n また余弦定理より $x^2+y^2-2xy \\cos \\theta =16$，$x^2+y^2-2xy \\cos (240^\\circ-\\theta) =36$，引き算することで次を得る：\\\r\n $xy\\\\{\\cos\\theta-\\cos(240^\\circ-\\theta)\\\\}=10$\\\r\n 加法定理を用いて $\\sin(240^\\circ-\\theta)$，$\\cos(240^\\circ-\\theta)$ を $\\sin\\theta$，$\\cos\\theta$ で表して連立方程式を解けば，$xy\\cos\\theta=\\dfrac{15-5\\sqrt{3}}{3}$を得る。\\\r\n よって，$x^2+y^2=16+2xy \\cos \\theta=\\dfrac{78-10\\sqrt{3}}{3}$\\\r\n これより $\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(x^2+y^2)+5=\\dfrac{5+13\\sqrt{3}}{2}$ を得る。", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/1396/124" }, { "content": "$AB=a,CD=b$ とおくと求めたい値は $5+\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(a^2+b^2)$ である．\\\r\n三角形 $ADP$ を点 $P$ を中心に回転させて点 $D$ を点 $C$ に重ねると,移動後は $AB=\\sqrt{3}a$ なので余弦定理より\r\n$$\\cos\\angle BCA=\\frac{52-3a^2}{48}$$\r\n一方で三角形 $ABC$ の面積について\r\n$$\\frac{1}{2}\\cdot4\\cdot6\\sin\\angle BCA=5+\\frac{\\sqrt{3}}{4}a^2\\Longleftrightarrow\\sin\\angle BCA=\\frac{20+\\sqrt{3}a^2}{48}$$\r\n2式より $\\cos\\angle BCA,\\sin\\angle BCA$ を消去して整理すると次の式を得る．\r\n$$3a^4+(10\\sqrt{3}-78)a^2+200=0$$\r\n三角形 $ADP$ を点 $P$ を中心に回転させて点 $A$ を点 $B$ に重ねて,同様の議論をすることで次の式が得られる．\r\n$$3b^4+(10\\sqrt{3}-78)b^2+200=0$$\r\nしたがって $a^2,b^2$ は二次方程式 $3x^2+(10\\sqrt{3}-78)x+200=0$ の2解なので解と係数の関係より $a^2+b^2=\\dfrac{78-10\\sqrt{3}}{3}$\\\r\n以上より $5+\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}(a^2+b^2)=\\dfrac{5+13\\sqrt{3}}{2}$ を得る．\r\n\r\n※ $a\\rightarrow\\dfrac{2}{\\sqrt{3}}a$ などとしておくと計算が軽くなるかもしれません．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/1396/125" } ]

[ { "content": "　一般に $100$ を非負整数 $n$ に置き換え, 同様の確率 $p_n$ を求めよう. このとき, $n\\geq 2$ に対し,\r\n$$p_{n}=\\frac{2}{(n+1)(n+2)}\\sum_{i=0}^{n}{(n+1-i)p_{i}}$$\r\nが成立する．これを変形することで\r\n$$(n+3)(n+4)p_{n+2}-2(n+2)(n+3)p_{n+1}+(n+1)(n+2)p_{n}=2p_{n+2}$$\r\nすなわち\r\n$$(n+5)(p_{n+2}-p_{n+1})=(n+1)(p_{n+1}-p_{n}).$$\r\nいま $p_0=1,p_1=0$ に留意すれば $p_3-p_2=26\\/45-3\\/5=-1\\/45$ と計算できるから, \r\n$$\\begin{aligned}\r\np_{n+1}-p_{n} &= -\\frac{8}{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{8}{3(n+4)(n+3)(n+2)}-\\frac{8}{3(n+3)(n+2)(n+1)}\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって\r\n$$p_{n}=\\frac{5}{9}+\\frac{8}{3(n+3)(n+2)(n+1)}.$$\r\n特に $n=100$ を代入することで, 解答すべき値は $\\textbf{275102}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc116/editorial/2049" } ]

[ { "content": "　$(S,E,G)=(p,1,q)$（ただし $p=2,3,5,7$ および $q=1,2,\\ldots,9$）が求める組である．\\\r\n　よって，求める組数は $4\\times9=\\textbf{36}$ 組．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5527" } ]

[ { "content": "$$\\dfrac{1}{S+E}=x,\\quad \\dfrac{1}{E+G}=y,\\quad \\dfrac{1}{G+S}=z$$\r\nとおくと，方程式は以下のようになり，これを解くと $x=-6,y=3,z=2$ となる．\r\n $$\r\n\\begin{cases}\r\n 2x+3y+5z=7 \\\\\\\\\r\n 3x+5y+7z=11 \\\\\\\\\r\n 5x+7y+11z=13 \\\\\\\\\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nよって，\r\n$$S+E=-\\frac{1}{6},\\quad E+G=\\frac{1}{3},\\quad G+S=\\frac{1}{2}$$\r\nとなり，辺々を足し合わせたのち $2$ \r\n で割ることで $S+E+G=\\dfrac{1}{3}$ となるので，解答すべき数値は $1+3=\\textbf{4}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5529" } ]

[ { "content": "　 $\\text{S},\\text{E},\\text{E},\\text{G}$ の並び替え $\\dfrac{4!}{2}=12$ 通りのうち， $\\text{S},\\text{E},\\text{G}$ がこの順に並ぶものは\r\n$$(\\text{S},\\text{E},\\text{G},\\text{E}), \\quad (\\text{S},\\text{E},\\text{E},\\text{G}), \\quad (\\text{E},\\text{S},\\text{E},\\text{G})$$\r\nの $3$ 通りである．よって，求める場合の数は $\\text{S},\\text{E},\\text{G},\\text{M},\\text{E},\\text{N},\\text{T}$ の並び替え $\\dfrac{7!}{2}$ 通りの $\\dfrac{3}{12}$ 倍，すなわち $\\textbf{630}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5528" } ]

[ { "content": "　$A$ の要素 $2^{S}\\times3^{E}\\times5^{G}$ に対し，かけて $2^{100}\\times3^{100}\\times5^{100}$ となる数は $2^{100-S}\\times3^{100-E}\\times5^{100-G}$ であり，これは $S,E,G$ のうち少なくとも $1$ つが $0$ のときは $A$ の要素にならず， $S,E,G$ が全て $50$ のときは自分自身となり，それ以外のときは異なる $A$ の要素となる．\\\r\n　よって，異なる $2$ 数の積が $2^{100}\\times3^{100}\\times5^{100}$ となるペアは $A$ の中に $(99^3-1)\\div2$ 組ある．\\\r\n　それぞれのペアの中から $1$ つずつ選び，さらにそれらのペアに存在しない $A$ に属する数を全て選んだときが集合の要素数が最大となるときなので，求める最大値は\r\n$$\\frac{99^3-1}{2}+100^3-(99^3-1)=\\textbf{514851}$$\r\nとなる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5530" } ]

[ { "content": "　円 $G$ から円 $E$ への $C$ を中心とする相似拡大 $f$ によって，円 $E$ は 円 $S$ にうつり， 線分 $YZ$ は線分 $XY$ にうつる．ここで，$f$ は $\\frac{9}{4}$ 倍の相似拡大であるので，$3$ 円 $S,E,G$ の半径はそれぞれ， $81r,36r,16r$ とおける．このとき，三平方の定理から\r\n$$YZ=\\sqrt{(36r+16r)^2-(36r-16r)^2}=4$$ となるので，$r=\\frac{1}{12}$ である．\\\r\n　以上より， $3$ 円 $S,E,G$ の面積の合計は\r\n$$(81^2+36^2+16^2)\\pi r^2=\\frac{8113}{144}\\pi$$\r\nであり，特に解答すべき数値は $\\textbf{8257}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5531" } ]

[ { "content": "**はじめに.**　[こちらのユーザー解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc115\\/editorial\\/5532\\/111)はより明快かもしれない方針をとっており，オススメである．\r\n\r\n----\r\n\r\n**解答.**　与式は以下のように変形できることがわかる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(\\text{与式})\r\n&=\\frac{S^4(G-E)+E^4(S-G)+G^4(E-S)}{(S-E)(E-G)(G-S)}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{(S-E)(E-G)(G-S)(S^2+E^2+G^2+SE+EG+GS)}{(S-E)(E-G)(G-S)}\\\\\\\\\r\n&=S^2+E^2+G^2+SE+EG+GS\\\\\\\\\r\n&=(S+E+G)^2-(SE+EG+GS)\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって，解と係数の関係より，この式の値は $\\biggl(-\\dfrac{5}{7}\\biggr)^2-\\biggl(-\\dfrac{3}{7}\\biggr)=\\dfrac{46}{49}$ であり，解答すべき値は $46+49=\\textbf{95}$ である．\r\n\r\n----\r\n\r\n**補足.**\r\n$$f(S,E,G)=S^4(G-E)+E^4(S-G)+G^4(S-E)$$\r\nとすれば，$f(S,E,G)$ は交代式なので， $(S-E)(E-G)(G-S)(S,E,Gの対称式)$ の形に因数分解できる．次数にも注意すれば，\r\n$$f(S,E,G)=(S-E)(E-G)(G-S)(a(S^2+E^2+G^2)+b(SE+EG+GS))$$\r\nとおける．あとは係数を比較して，$a,b$ を求めればよい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5532" }, { "content": "　以下が確認できる（これは $S,E,G$ が相異なればその値に依らず成立する）：\r\n$$\\frac{1}{(S-E)(S-G)} + \\frac{1}{(E-G)(E-S)}+\\frac{1}{(G-S)(G-E)} = 0, $$\r\n$$\\frac{S}{(S-E)(S-G)} + \\frac{E}{(E-G)(E-S)}+\\frac{G}{(G-S)(G-E)} = 0, $$\r\n$$\\frac{S^2}{(S-E)(S-G)} + \\frac{E^2}{(E-G)(E-S)}+\\frac{G^2}{(G-S)(G-E)} = 1 $$\r\nまた $x=S,E,G$ が $7x^3+5x^2-3x-2=0$ を満たすことを用いれば，$x=S,E,G$ について\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx^4 &= -\\frac57 x^3 + \\frac37 x^2 + \\frac27 x \\\\\\\\\r\n&= \\frac{25}{49} x^2 - \\frac{15}{49} x - \\frac{10}{49} + \\frac37 x^2 + \\frac27 x \\\\\\\\\r\n&= \\frac{46}{49} x^2 - \\frac{1}{49} x - \\frac{10}{49}\r\n\\end{aligned}$$\r\nと変形できる．従って求める値は\r\n$$\\frac{46}{49}\\times 1 - \\frac{1}{49}\\times 0 - \\frac{10}{49} \\times 0 = \\frac{46}{49}$$\r\nであり，解答すべき値は $\\textbf{95}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc115/editorial/5532/111" } ]

[ { "content": "　連続した整数を $8$ 個以上選ぶと，その中には連続した $2$ つの $4$ の倍数が含まれており，そのうち少なくとも一方はうるう数である．すなわち，$m \\geq 8$ は条件を満たさない．一方で，\r\n$$1897, 1898, 1899, 1900, 1901, 1902, 1903$$\r\nにはうるう数が含まれないから，$m = 7$ は条件を満たす．以上より，求める最大値は $\\mathbf{7}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/4950" } ]

[ { "content": "　選ばれた $50$ 個の数はすべて奇数であるか，すべて偶数でなければならない．選ばれた数のうち最小のものを $m$ とすると，$m$ のとり得る範囲は $1 \\leq m \\leq 902$ である．$1 \\leq m \\leq 900$ のときは $m$ 以外の $49$ 数を $m + 2, m + 4, \\cdots, m + 100$ の $50$ 個の中から選べばよく，そのような選び方は $50$ 通りある．$m = 901, 902$ のときは $m$ 以外の数が $1$ 通りに定まる．以上より，全部で $900 \\times 50 + 2 = \\mathbf{45002}$ 通りの選び方が存在する．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/3961" } ]

[ { "content": "　まずはすべてが $16$ の倍数となるような整数 $3$ つを見つけることを目標にしよう．$3$ 数とも一の位は $2, 4, 6, 8$ のいずれかとなる．もし一の位が $4$ または $8$ であるならば，十の位も偶数でなければならない．このことから $4, 8$ のうち一方は一の位として使うことができない．さらに，下 $2$ 桁が $48$ である $3$ 桁の $16$ の倍数は $448, 848$ に限られるが，いずれも作ることができない数である．\\\r\n　したがって $3$ 数は以下のように分類することができ，それらを $a, b, c$ とおくことにする．\r\n- 一の位が $2$ であるもの （ $a$ とおく）\r\n- 一の位が $6$ であるもの （ $b$ とおく）\r\n- 下 $2$ 桁が $84$ であるもの （ $c$ とおく） \r\n\r\n　ここで，$b$ としてあり得る数は $176, 576, 736, 976$ の $4$ 通りに限られることが分かる．したがって $b$ を作るのに $7$ が必ず使われる．すると $c$ としてあり得る数は $384$ に限られ，$b = 736$ は排除される．\r\n- $b = 176$ のときは，$a = 592$ が適する．\r\n- $b = 576$ のときは，$a = 192, 912$ が適する．\r\n- $b = 976$ のときは，$a = 512$ が適する．\r\n\r\nこの中でも特に，どの $2$ 数の最大公約数も $16$ であるという条件を満たすものは，$\\\\{176, 384, 592\\\\}$ に限られる．ゆえに，解答すべき値は $\\mathbf{176384592}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/3974" } ]

[ { "content": "　$x_1=0$ を考慮すれば，$x_n = a r^{n-1} + b(n - 1) - a$ とおくことができる．ここで階差を $2$ 回とれば，\r\n$$x_{n+2} - 2x_{n+1} + x_n = a(r-1)^2 r^{n-1}$$\r\nが成り立つ．ここで $n = 1, 2$ とすれば，以下を得る．\r\n$$a(r-1)^2 = 128, \\qquad a(r-1)^2 r = 192$$\r\nこれより $\\displaystyle a = 512, r = 3\\/2$ であり，$b = -576$ もわかる．したがって，一般項は\r\n$$x_n = 2^{10-n} \\cdot 3^{n-1} - 576n + 64.$$\r\n　明らかにこれが整数となるのは $n \\leq 10$ の範囲である．また，先ほどの $2$ 回階差が常に正の値をとることと $x_3 = x_4$ から，$\\\\{x_n\\\\}$ は $n \\geq 4$ の範囲で狭義単調増加となる．よって，求める最大値は $x_{10} = \\mathbf{13987}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/4753" } ]

[ { "content": "　一般に棒の本数を $N \\geq 5$ として考える．並べられた $N$ 本のうち $5$ 本の棒の組み合わせを単に**組**と呼び，組の中で左から $3$ 番目の棒をその組の**中心**と呼び，組であって以下を満たすものを**良い組**と呼ぶことにする．\r\n- 組を構成する棒のうち中心より長いものが，中心の左右にちょうど $1$ 本ずつ存在する．\r\n\r\n　$1$ 本の棒 $s$ に着目したとき，$s$ に割り当てられる数は $s$ を中心とする良い組の個数に等しい．したがって棒の並べ方における良い組すべての個数が，その棒の並べ方のスコアに一致する．\\\r\n　ここで $N$ 本のうち $5$ 本の組み合わせを固定すると，これが良い組となる確率は $16\\/5!=2\\/15$ であることがわかる．したがって，求める期待値は $2{}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{5}\\/15$ であり， $N=100$ でこれは $\\mathbf{10038336}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/5248" }, { "content": "　うまい方法が思い付かなくても計算力次第で何とかなることもあるよということで，計算力を使って解く方法を紹介します．\r\n\r\n----\r\n\r\n　まず，$\\dbinom{n}{k}$ で，$0\\leq k\\leq n$ のときは通常の二項係数，$k\\lt0$ や $k\\gt n$ のときは $0$ を表すとします．$n$ が負の場合はここでは扱いません．\\\r\n　多項式 $f(x)$ の $x^n$ の係数を $[x^n]f(x)$ で表します（多項式でなくてもいいのですがここでは多項式としておきます）．例えば，$f(x)=5x^2-14x+3$ のときは， $[x^0]f(x)=3,\\ [x^1]f(x)=-14,\\ [x^3]f(x)=0$ などとなります．\\\r\n　この記法を用いると，多項式 $f(x),g(x)$ に対し，\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=0}^n[x^k]f(x)[x^{n-k}]g(x)=[x^n] (f(x)g(x))$$\r\nとなります（証明は割愛するので各自確かめてください）．\\\r\n　また，$[x^k] (1+x)^p=\\dbinom{p}{k}$ であることを使うと\\\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=0}^n\\binom{p}{k}\\binom{q}{n-k}\r\n&=\\sum_{k=0}^n[x^k] (1+x)^p[x^{n-k}] (1+x)^q\\\\\\\\\r\n&=[x^{n+k}] (1+x)^{p+q}\r\n=\\binom{p+q}{n}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなります（$k\\gt p$ でも $[x^k] (1+x)^p=\\dbinom{p}{k}$ は成り立っていることに注意！）．\\\r\n　これは **Vandermondeの恒等式** と呼ばれており，あとで使います．\r\n\r\n---\r\n\r\n　問題の解説に入ります．解説の都合上，棒を並び替えるという状況を，各マスに整数を書き込むという状況に置き換えます．スコアの期待値は，各マスでの $LlRr$ の期待値の合計になります．左から $k+1$ 番目のマスに $m+1$ が書き込まれているとして，他の $99$ マスへの整数の書き込み方 $99!$ 通りについての $LlRr$ の期待値を $E(k,m)$ とします．\\\r\n　$1$ から $100$ までに $m+1$ より小さい整数は $m$ 個あり，大きい整数は $99-m$ 個あります．また， $m+1$ の左には $k$ マスあり，右には $99-k$ マスあります．\\\r\n　$m+1$ より小さい $m$ 個の整数のうち $l$ 個が $m+1$ より左，$m-l$ 個が右にあるとします．このとき， $LlRr$ の値は $l(k-l)(m-l)(99-k-m+l)$ となり，このような書き込み方は $\\dbinom{m}{l}\\dbinom{99-\r\nm}{k-l}k!(99-k)!$ 通りあります（$l\\gt k$ のときは $LlRr$ の値が負になりますが，二項係数の部分が $0$ になるので帳尻は合っています）．\r\n\r\n　これにより，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\displaystyle E(k,m)\r\n&=\\frac{1}{99!}\\sum_{l=0}^m\\dbinom{m}{l}\\dbinom{99-\r\nm}{k-l}k!(99-k)!\\ l(k-l)(m-l)(99-k-m+l) \\\\\\\\\r\n&=\\frac{k!(99-k)!}{99!}\\sum_{l=0}^m\\frac{m!}{l!(m-l)!}\\frac{(99-m)!}{(k-l)!(99-k-m+l)!}l(k-l)(m-l)(99-k-m+l) \\\\\\\\\r\n&=m(m-1)(99-m)(98-m)\\frac{k!(99-k)!}{99!}\\sum_{l=1}^{m-1}\\frac{(m-2)!}{(l-1)!(m-l-1)!}\\frac{(97-m)!}{(k-l-1)!(98-k-m+l)!} \\\\\\\\\r\n&=m(m-1)(99-m)(98-m)\\frac{k!(99-k)!}{99!}\\sum_{l=1}^{m-1}\\binom{m-2}{l-1}\\binom{97-m}{k-l-1} \\\\\\\\\r\n&=m(m-1)(99-m)(98-m)\\frac{k!(99-k)!}{99!}\\binom{95}{k-2} \\\\\\\\\r\n&=\\frac{m(m-1)(99-m)(98-m)k(k-1)(99-k)(98-k)}{99\\cdot98\\cdot97\\cdot96}\r\n\\end{aligned}$$\r\nと計算できます．\\\r\n　求める期待値 $E$ は\r\n$$\\begin{aligned}\r\nE\r\n&=\\sum_{k=0}^{99}\\frac{1}{100}\\sum_{m=0}^{99}E(k,m)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{100\\cdot99\\cdot98\\cdot97\\cdot96}\\left(\\sum_{k=0}^{99}k(k-1)(99-k)(98-k)\\right)^2\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなります．\r\n\r\n　次に，$S_n=\\displaystyle\\sum_{k=0}^nk(k-1)(n-k)(n-k-1)$ を求めましょう．$S_n$ を計算してみると，\r\n$$S_0=S_1=S_2=S_3=0,\\quad S_4=4,\\quad S_5=24,\\quad S_6=84,\\quad S_7=224,\\quad S_8=504,\\ldots$$\r\nとなるので，\r\n$$S_n=\\dfrac{(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)}{30}$$\r\nと予想できます（予想のコツは階差ではなく比を見ることです）．\\\r\n　ここで，$S_n$ は高々 $5$ 次の多項式であることがわかっているので，この予想は正しいです．\\\r\n　また，次のように求めることもできます．$|x|\\lt1$ のとき $\\displaystyle\\frac{1}{1-x}=\\sum_{n=0}^\\infty x^n$ であることを思い出しましょう．すると，$\\displaystyle[x^n]\\frac{1}{1-x}=1$ と書けます（$[x^n]f(x)$ の説明で多項式でなくてもよいと言っていましたが，これのことです．収束半径内であれば項の順序を変えてもよいので，畳み込みの式も成り立っています）．微分することで\r\n$$\\displaystyle[x^n]\\frac{2}{(1-x)^3}=(n+1)(n+2),\\quad [x^n]\\frac{120}{(1-x)^6}=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)$$\r\nを得ます（級数と微分は入れ替えてよいときと悪いときがありますが，今回はよいときです）．\\\r\n　これを使うと，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS_n\r\n&=\\sum_{k=0}^n[x^{k-2}]\\frac{2}{(1-x)^3}[x^{n-k-2}]\\frac{2}{(1-x)^3}\\\\\\\\\r\n&=[x^{n-4}]\\frac{4}{(1-x)^6}=\\dfrac{(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)}{30}\r\n\\end{aligned}$$\r\nと計算できます．\r\n\r\n　最後に，$S_n=\\dfrac{(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)}{30}$ を代入すると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nE&=\\frac{S_{99}^2}{100\\cdot99\\cdot98\\cdot97\\cdot96}\r\n&=\\frac{100\\cdot99\\cdot98\\cdot97\\cdot96}{900}=\\mathbf{10038336}\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなります．\r\n\r\n---\r\n\r\n　解説なので長くなりましたが，これぐらいの計算なら慣れれば10分ほどで終わります．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/5248/115" }, { "content": "tria_math_ さんの解説に関連して，ラグランジュ補間を用いた解法について説明します．ラグランジュ補間については多くの文献がインターネットにもあるので，そちらも適宜参照してください．今回の解説は高校数学の美しい物語さんの記事 (https:\\/\\/manabitimes.jp\\/math\\/726) さえ読めば十分理解できると思います．\r\n\r\nそれでは本問の解説に移ります．\r\n\r\n---\r\n\r\n\r\ntria_math_ さんの解説で $S_n$ を求めるのに予想を用いていましたが，ここでは予想を使わずに $S_n$ を求める方法を書きます．以下，$S_n$ は $n$ に対する高々 $5$ 次の多項式として見たほうが都合が良いので，$S(n)$ と表記することとします．\r\n\r\n$S(0),S(1),\\ldots,S(5)$ を求めると，$S(0)=S(1)=S(2)=S(3)=0,S(4)=4,S(5)=24$ です．ラグランジュ補間を用いると気合で $S(99)$ が計算できます．\r\n\r\n$\\displaystyle f_k(x)=\\frac{\\prod_{i=0}^5 (x-i)}{x-k}$ と置きます．ラグランジュの補間公式より\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS(99) &= \\sum_{i=0}^5 S(i)\\frac{f_i(99)}{f_i(i)} \\\\\\\\\r\n&=4\\frac{f_4(99)}{f_4(4)} + 24\\frac{f_5(99)}{f_5(5)}\\\\\\\\\r\n& =99\\times98\\times97\\times96\\times95\\times94 \\times \\Big( -\\frac{4}{95\\times 24} + \\frac{24}{94\\times 120} \\Big)\\\\\\\\\r\n& = 99\\times98\\times97\\times96\\times \\Big( -\\frac{4\\times 94}{ 24} + \\frac{95 \\times 24}{ 120} \\Big)\\\\\\\\\r\n&= 99\\times98\\times97\\times96\\times\\frac{10}{3}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nが得られます．以下 tria_math_ さんの解説に合流します．\r\n\r\n---\r\n\r\nラグランジュ補間は競技数学界隈ではあまりメジャーではない気がしますが，本問のように便利に使えることもあります．（計算が大変なときもあります．） 是非テクニックの一つとして覚えていただけると嬉しいです．\r\n\r\n---\r\n\r\nラグランジュ補間の練習問題です．\r\n\r\nOMC081-F (https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc081\\/tasks\\/2518)", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/5248/116" } ]

[ { "content": "　$C$ の端点をそれぞれ $R_1, R_2$ としたとき，$\\triangle Q_2 Q_3 Q_4$ と $\\triangle R R_1 R_2$ はどちらも正三角形である．\\\r\n　$3$ 点 $X, Y, Z$ の重心を $G$ とし，$x = 1\\/3$ とおく．$Y, Z$ を固定させ $X$ のみを $O$ 上で動かしたときにできる $G$ の軌跡は半径 $x$ の円周であり，この円周を $L$ とおく．\\\r\n　$Y$ を固定させ $X, Z$ をそれぞれ $O, C$ 上で動かしたときにできる $G$ の領域は，次の図に示す通り，$L$ の中心を，$C$ が $x$ 倍に縮小されてできる円弧に沿って動かしたときに $L$ が通過する部分である．この領域を $D$ とおく．$D$ は，半径 $2x$ で中心角 $300^{\\circ}$ の扇形が $1$ 個，半径 $x$ で中心角 $60^{\\circ}$ の扇形が $2$ 個，一辺の長さが $x$ の正三角形 $2$ 個に分割することができる．ここで，$D$ を描画するときに定めた円弧を含む円の中心のことを，$D$ の中心と呼ぶことにする．\r\n\r\n\r\n\r\n　$G$ が動き得る領域は，最下部の図 $(\\mathrm{i})$ が示す通り，$D$ 自身を回転させずに $M$ が $x$ 倍に縮小されてできる折れ線に沿って $D$ の中心を動かしたときに $D$ が通過する部分である．この領域は最下部の図 $(\\mathrm{ii})$ で示す通り以下の図形に分割できる．\r\n- 中心角を合計すると $420^{\\circ}$ となる半径 $2x$ の扇形 $4$ 個\r\n- 中心角を合計すると $60^{\\circ}$ となる半径 $x$ の扇形 $2$ 個\r\n- 一辺の長さが $x$ の正三角形 $13$ 個\r\n- 一辺の長さが $x$ の正方形 $11$ 個\r\n\r\n　したがって求める面積 $S$ は，\r\n$$S = \\frac{7\\pi(2x)^2}{6} + \\frac{\\pi x^2}{6} + \\frac{13\\sqrt{3}x^2}{4} + 11x^2 = \\frac{58 \\pi + 39 \\sqrt{3} + 132}{108}$$\r\nであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{337}$ である．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc114/editorial/3964" } ]

[ { "content": "　全体の「作業量」を $1$ とし，$A$ さん・$B$ さんが作業を担当する時間をそれぞれ $x$ 分・$y$ 分とすれば，\r\n$$x+y=330, \\quad \\cfrac{x}{300}+\\cfrac{y}{400}=1$$\r\nが成り立つ．これを解くと $x=210$, $y=120$ を得るため, 求める値は $\\textbf{210}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/3861" } ]

[ { "content": "　回転の中心となる点を $O$ とすると, 三角形 $APO, BQO, CRO, DSO$ は正三角形となる. よって, \r\n$$AO=15,\\quad BO=7,\\quad CO=20$$ \r\nがわかり, British flag theoremより求める答えは\r\n$$DS=DO=\\sqrt{15^2+20^2-7^2}=\\textbf{24}$$\r\nである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/4444" } ]

[ { "content": "　OMC君がどのように行動を取ったとしても $x+y$ は偶数のままである. 一方でOMC君は\r\n$$(0,0)\\to (3,1)\\to (2,4)\\to (1,1)$$\r\nの要領で斜めに移動できるから, 対称性よりこのような動きを繰り返せば $x+y$ が偶数の点すべてに到達できる.\\\r\n　以上より, 解答すべき値は指定された範囲内の $x$ と $y$ の和が偶数である格子点の数であるから,\r\n$$2023\\times2023+2022\\times2022=\\textbf{8181013}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/2589" } ]

[ { "content": "　$P_n$ について, 中心を $O_n$, 右下の頂点を $A_n$, 面積を $S_n$ とすれば, 三平方の定理より\r\n$$O_nA_n^2+O_{n+1}A_{n+1}^2=O_nA_n^2+O_{n+1}A_n^2=n^2$$\r\n一方 $S_n=2O_nA_n^2$ であるから, $S_n+S_{n+1}=2n^2$ が成立し, 以上より求める面積は\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS_{1001}&=\\sum_{k=1}^{1001}S_k-\\sum_{k=1}^{1000}S_k\\\\\\\\\r\n&=\\left( S_1+\\sum_{k=1}^{500}(S_{2k}+S_{2k+1})\\right)-\\sum_{k=1}^{500}(S_{2k-1}+S_{2k})\\\\\\\\\r\n&=1+2\\sum_{k=1}^{500}(2k)^2-2\\sum_{k=1}^{500}(2k-1)^2\\\\\\\\\r\n&=1+2\\sum_{k=1}^{500}(4k-1)\\\\\\\\\r\n&=\\bm{1001001}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/2441" } ]

[ { "content": "　$N=2^a3^b5^c7^d\\ (a,b,c,d \\geq 1)$ とおけば, 二つ目の条件は\r\n$$(2a+1)(2b+1)(2c+1)(2d+1)=999999=3^3\\times7\\times 11\\times 13\\times 37$$\r\n各素因数の分配を考えて包除原理を適用することで, 求める場合の数は\r\n$$\\sum\\_{i=1}^{4} (-1)^i \\binom{4}{i}\\binom{i+2}{3}i^4=\\textbf{2260}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/1993" }, { "content": "包除原理パートの説明です．\r\n\r\n$x=2a+1, y=2b+1, z=2c+1, w=2d+1$ と置くと， 求めるものは 「$xyzw=999999$ かつ $x\\neq1$ かつ $y\\neq1$ かつ $z\\neq1$ かつ $w\\neq1$ 」を満たす正整数 $(x,y,z,w)$ の組です．ここで，$xyzw=999999$ を満たす $(x,y,z,w)$ の組のうち $x=1$ を満たすものの集合を $X$ と置きます．同様に $y=1, z=1, w=1$ を満たす組の集合を $Y,Z,W$ と置きます．このとき，($xyzw=999999$ を満たすすべての $(x,y,z,w)$ の組の個数)$-|X\\cup Y\\cup Z\\cup W|$ が答えになります．\r\n\r\n($xyzw=999999$ を満たすすべての $(x,y,z,w)$ の組の個数) を求めるのは容易です．$3$ の $x,y,z,w$ への分配方法が ${}\\_6\\mathrm{C}\\_{3}$ 通り，$7,11,13,37$ の分配方法がそれぞれ $4$ 通りなので ${}\\_6\\mathrm{C}\\_{3}\\times4^4$ 個になります．\r\n\r\nまた，包除原理より以下が成り立ちます．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&|X\\cup Y\\cup Z\\cup W|\\\\\\\\\r\n=&|X|+|Y|+|Z|+|W|\\\\\\\\\r\n-&|X\\cap Y|-|X\\cap Z|-|X\\cap W|-|Y\\cap Z|-|Y\\cap W|-|Z\\cap W|\\\\\\\\\r\n+&|X\\cap Y\\cap Z|+|X\\cap Y\\cap W|+|X\\cap Z\\cap W|+|Y\\cap Z\\cap W|\\\\\\\\\r\n-&|X\\cap Y\\cap Z\\cap W|\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n右辺のそれぞれの段について考えてみます．\r\n\r\n- 一段目のついて：$|X|$ は「$xyzw=999999$ かつ $x=1$」，すなわち $yzw=999999$ を満たす $(y,z,w)$ の個数です．これは先ほど同様に分配方法を考えることで ${}\\_5\\mathrm{C}\\_{3}\\times3^4$ と求めることができます．$|Y|, |Z|, |W|$ も同様です．よって一段目の値は $4\\times{}\\_5\\mathrm{C}\\_{3}\\times3^4(={}\\_4\\mathrm{C}\\_{1}\\times{}\\_5\\mathrm{C}\\_{3}\\times3^4)$ です．\r\n- 二段目について：$|X\\cap Y|$ は「$xyzw=999999$ かつ $x=1$ かつ $y=1$」，すなわち $zw=999999$ を満たす $(z,w)$ の個数です．これも先ほど同様に分配方法を考えることで ${}\\_4\\mathrm{C}\\_{3}\\times2^4$ と求めることができます．他も同様です．よって三段目の値は $6\\times{}\\_4\\mathrm{C}\\_{3}\\times2^4(={}\\_4\\mathrm{C}\\_{2}\\times{}\\_4\\mathrm{C}\\_{3}\\times2^4)$ です．\r\n- 三段目について：$|X\\cap Y\\cap Z|$ は「$xyzw=999999$ かつ $x=1$ かつ $y=1$ かつ $z=1$」，すなわち $w=999999$ を満たす $(w)$ の個数です．これも先ほど同様に分配方法を考えることで ${}\\_3\\mathrm{C}\\_{3}\\times1^4$ と求めることができます．他も同様です．よって三段目の値は $4\\times{}\\_3\\mathrm{C}\\_{3}\\times1^4(={}\\_4\\mathrm{C}\\_{1}\\times{}\\_3\\mathrm{C}\\_{3}\\times1^4)$ です．\r\n- 四段目について：$|X\\cap Y\\cap Z\\cap W|$ は「$xyzw=999999$ かつ $x=1$ かつ $y=1$ かつ $z=1$ かつ $w=1$」を満たす $(x,y,z,w)$ の個数ですが，これを満たすものは存在しないので $0$ です．\r\n\r\n以上の値をもとの式に代入することで，公式解説の式を得ます．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/1993/113" } ]

[ { "content": "　$O(0,0),A(1\\/4,0),B(0,1\\/3)$ とすれば, 各円の直径は線分 $OA,OB,AB$ である. ここで $O$ を中心とする半径 $1$ の円によって反転を行うと, $A,B$ はそれぞれ $A^{\\prime}(4,0),B^{\\prime}(0,3)$ に移るから, 各円の像は\r\n$$C^{\\prime}_1:x=4,\\quad C^{\\prime}_2:y=3,\\quad C^{\\prime}_3:3x+4y=12$$\r\nこれらは $3$ 辺を $3,4,5$ とする直角三角形をなす. $C_0$ の像はこの三角形直角内の傍接円であり, その半径は $6$, 中心は $(-2,-3)$ であることが容易にわかる. ここで, 以下の事実に留意する：\r\n\r\n**事実.**　中心 $O$, 半径 $1$ の円で中心 $X$, 半径 $r$ の ($O$ を通らない) 円 $C$ を反転したとき, その像にあたる円の半径は $\\displaystyle\\frac{r}{|r^2-OX^2|}$ で表される.\r\n\r\n**証明.**　$OX$ と $C$ の $2$ 交点が移る先を考えればよい. $C$ の像において, これら $2$ 交点の像は直径をなす. (証明終)\r\n\r\n　元の問題に適用すれば, $C_0$ の半径は $\\displaystyle\\frac{6}{6^2-(2^2+3^2)}=\\frac{6}{23}$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{29}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc113/editorial/1551" } ]

[ { "content": "　スコアの最小値が $\\textbf{22}$ であることを示す．\\\r\n　まずスコアが $22$ になる書き込み方の例として次のようなものがある：\r\n$$\\begin{aligned}\r\n18 && 1 && 36 \\\\\\\\\r\n4 && 9 && 2 \\\\\\\\\r\n6 && 3 && 12 \r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　以下，スコアが $22$ 以上になることを示す．$2$ の倍数に注目すると，書き込む数のうち $2$ の倍数は $6$ 個あり，それらが隣りあう箇所で最大公約数が $2$ の倍数となる．このとき，どのように書き込んでも $2$ の倍数が $3$ 箇所以上で隣りあうことがわかる．実際，以下のことが確認できる：\r\n- マス目の中央の数が $2$ の倍数でないとき，$4$ 箇所以上で隣りあう．\r\n- マス目の中央の数が $2$ の倍数のとき，\r\n - マス目の四隅の数すべてが $2$ の倍数ならば，ちょうど $3$ 箇所で隣りあう．\r\n - そうでない場合は，$4$ 箇所以上で隣りあう．\r\n\r\n　したがって，ペア $12$ 個の最大公約数のうち $3$ つ以上は $2$ の倍数となる．同様に $3$ の倍数に注目することで，ペア $12$ 個の最大公約数のうち $3$ つ以上は $3$ の倍数となることもわかる．よって，スコアは $1\\times 6 + 2 \\times 3 + 3\\times 3 = 21$ 以上である．なお，$12$ 個の中に $6$ の倍数が存在する場合は，スコアは $21$ より大きいことに注意せよ．\\\r\n　ここで，スコアが $21$ となる書き込み方が存在したとすると，上記の考察からペア $12$ 個の最大公約数は $1$ が $6$ 個，$2$ が $3$ 個，$3$ が $3$ 個で，またマス目の中央と四隅の数の計 $5$ つが $6$ の倍数でないといけないが，書き込む数に $6$ の倍数は $4$ 個しかないため矛盾する．したがってそのような書き込み方は存在せず，結果としてスコアが $22$ 以上となることがわかった．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3378" } ]

[ { "content": "　$I$ を内心とすれば，$\\angle BDI =90^\\circ= \\angle BFI$ より $4$ 点 $B,D,F,I$ は同一円周上にある. よって\r\n$$\\angle FEH = \\angle FED = \\angle FDB = \\angle FIB$$\r\nより三角形 $FEH$ と三角形 $BIF$ は相似. \r\n同様に三角形 $FDH$ と三角形 $AIF$ は相似である. \r\n従って, $AF = a, BD = b, CE = c$ とすると\r\n$$DH : EH = IF\\times\\frac{FH}{a} : IF\\times\\frac{FH}{b} = b : a$$\r\nであるからMenelausの定理より\r\n$$DP = CP\\times\\frac{DH}{HE}\\times\\frac{EA}{AC} = 7\\times\\frac{b}{a}\\times\\frac{a}{22} = \\frac{7}{22}b$$\r\nを得る. また, \r\n$$c - b = (a+c) - (a+b) = 22 - 20 = 2$$\r\nであるから\r\n$$b+2 = c = DP + CP = 7+\\frac{7}{22}b$$\r\nが分かる. これを解くことで $b = \\dfrac{22}{3}, c = \\dfrac{28}{3}$ が分かるので $BC = \\dfrac{50}{3}$ を得る. 特に解答すべきは $\\bf{53}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3382" }, { "content": "ほぼ相似の一発ゲーで解ける解法です.\r\n\r\n---\r\n三角形 $ABC$ の内心を $I$ とし，三角形 $ABC$ の内接円と $FH$ の交点を $G(\\neq F)$ とする. このとき，簡単な角度計算から三角形 $GED$ と三角形 $IAB$ は相似であり，よって $AF:FB=EH:HD$. さらに $AE=AF, BE=BD$ より $AE:EH=BD:DH$ であり，また $\\angle AEH=\\angle BDH$ であるから，三角形 $AEH$ と $BDH$ は相似. したがって，$AF=x$ とすると，$\\angle AHF=\\angle BHF, \\angle BHD=\\angle DHF$ より，$AH:HB=AF:FB, HB:HF=BD:DF$ から $AH:HF=AF:DP=x:15-x$ となる. 以下，三角形 $HECP$ の面積に注目することで $22×15-x^2=20(22-x)-(20-x)(15-x)$，つまり $x=\\dfrac{38}{3}$ が導けるので，$BC=42-2x=\\dfrac{50}{3}$，したがって解答すべき値は $\\textbf{53}$ である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3382/173" } ]

[ { "content": "　以下では $M = 99x + 100y + 101z + 102w$ の最小値を求める．答えはその $2$ 乗である．いま条件は\r\n$$(x+z+w)(y+z+w) = z^2+zw+w^2+1$$\r\nと書きかえられるから，相加・相乗平均の不等式により\r\n$$\\begin{aligned}\r\nM &= 99(x+z+w) + 100(y+z+w) -98z - 97w \\\\\\\\\r\n&\\geq 2 \\sqrt{9900(x+z+w)(y+z+w)} - 98z - 97w \\\\\\\\\r\n&= \\sqrt{39600(z^2+zw+w^2+1)} - 98z - 97w\r\n\\end{aligned}$$\r\nとわかる．またCauchy-Schwarzの不等式により，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n39600(z^2+zw+w^2+1) &= 19800\\big(z^2 + w^2 + (z+w)^2 + 2\\big) \\\\\\\\\r\n&= (1089+1024+4225+13462)\\big(z^2 + w^2 + (z+w)^2 + 2\\big) \\\\\\\\\r\n&\\geq \\Big(33z+32w+65(z+w)+\\sqrt{26924}\\Big)^2 \\\\\\\\\r\n&= \\Big(98z+97w+\\sqrt{26924}\\Big)^2 \r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなるため，$M \\geq \\sqrt{26924}$ である．等号は\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx = \\dfrac{35}{\\sqrt{6731}}, && y = \\dfrac{34}{\\sqrt{6731}}, && z = \\dfrac{33}{\\sqrt{6731}}, && w = \\dfrac{32}{\\sqrt{6731}}\r\n\\end{aligned}$$\r\nの時に成立する. したがって $M$ の最小値は $\\sqrt{26924}$ であり，解答すべき値は $\\textbf{26924}$ である．\r\n\r\n\r\n**別解.**　正の実数 $a_1, a_2, \\cdots, a_n$ および $b_1, b_2, \\cdots, b_n$ について，以下の不等式が成り立つ：\r\n$$\r\n\\bigg(\\sum_{i\\not=j} a_i b_j\\bigg)^2 \\geq \\bigg(\\sum_{i\\not=j} a_i a_j\\bigg)\\bigg(\\sum_{i\\not=j} b_i b_j\\bigg)\r\n$$\r\nこの不等式を $n=4$, $(a_1, a_2, a_3, a_4) = (35, 34, 33, 32)$, $(b_1, b_2, b_3, b_4) = (x, y, z, w)$ として適用する．\r\n\r\n**コメント.**　上の解説で，Cauchy-Schwarzの不等式による評価について，出てくる係数が天下り的に見えるかもしれないが，これらは等号成立条件を意識することで決定することができる．また別解の不等式は，たとえば\r\n$$f_i(t) = a_i t-b_i, \\quad F(t) = \\sum _{i\\not=j}f_i(t)f_j(t)$$\r\nとおいて $F(t)=0$ の判別式を考えることで証明できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3393" }, { "content": "$$f(x, y, z, w) = 99x+100y+101z+102w$$\r\n$$g(x, y, z, w) = xy+xz+xw+yz+yw+zw - 1$$\r\n$$L(x, y, z, w, \\lambda) = f(x, y, z, w) - \\lambda g(x, y, z, w)$$\r\nとおく ($\\lambda$: 実数). $g(x, y, z, w)=0$ のもとで $f(x, y, z, w)$ が極値をとるのは, \r\n$$\\frac{\\partial L}{\\partial x}=\\frac{\\partial L}{\\partial y}=\\frac{\\partial L}{\\partial z}=\\frac{\\partial L}{\\partial w}=\\frac{\\partial L}{\\partial \\lambda}=0$$\r\nの解である. 連立して解くことで,\r\n$$(x, y, z, w) = \\left(\\frac{35}{\\sqrt{6731}}, \\frac{34}{\\sqrt{6731}}, \\frac{33}{\\sqrt{6731}}, \\frac{32}{\\sqrt{6731}}\\right)$$\r\nを得る. このとき, $f(x, y, z, w) = 2\\sqrt{6731}$ であるから, 求める値はこの二乗で, $\\bold{26924}$ である.\r\n\r\n- 厳密には, Lagrange の未定乗数法は極値が存在することが前提であり, また極値が最小値かどうかは別途検証する必要がある. 今回は解が唯一であるため, コンテストのルール上この値で決め打ちして回答してしまえばよいだろう.\r\n- 類題: [OMC132(E)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc132\\/tasks\\/4656)", "text": "Lagrange の未定乗数法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3393/112" } ]

[ { "content": "　$101$, $107$, $113$, $131$, $137$ はすべて $3$ で割って $2$ 余る素数である．これらをそれぞれ $p_1$, $p_2$, $p_3$, $p_4$, $p_5$ とおく．$N=p_1 p_2 p_3 p_4 p_5$ である．\\\r\n　$N$ 以下の正整数で $N$ と互いに素なものの個数 $\\varphi$ の求め方の一つとして，包除原理を用いる方法を考える．添字集合 $J = \\\\\\{ 1, 2, 3, 4, 5\\\\\\}$ の部分集合 $I$ に対し $P_{I} = \\prod_{i\\in I} p_i$ とおき (ただし $P_{\\varnothing} = 1$)，$N$ 以下で正の $P_I$ の倍数の全体集合を $S_I$ とする．このとき，包除原理により\r\n\r\n$$\r\n\\varphi = \\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} |S_I| = \\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} \\dfrac{N}{P_I}\r\n$$\r\n\r\nが成り立ち，結果として $\\displaystyle \\varphi = N \\prod_{i=1}^{5}\\bigg(1-\\frac{1}{p_i}\\bigg) = \\prod_{i=1}^{5} (p_i-1)$ と計算される．\\\r\n　上記の考え方を利用して $a$ と $b$ を求める．$N$ と互いに素な $N$ 以下の正整数のうち $3$ で割って $1$ 余るものの全体集合を $A$ とおき，$3$ で割って $2$ 余るものの全体集合を $B$ とおく．\\\r\n　まず $a$ について，$N$ を $3$ で割ると $2$ 余ることから，$n \\in A$ のとき $N-n \\in A$ となる．よってそれらをペアにすることで $a = N \\times |A| \\div 2$ と計算できる．ここで，$S_I$ の元のうち $3$ で割って $1$ 余るもの全体を $T_I$ とすると，包除原理により\r\n\r\n$$\r\n|A| = \\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} |T_I|\r\n$$\r\n\r\nとなる．また，\r\n- $P_I$ が $3$ で割って $1$ 余るとき，$|T_I| = \\dfrac{1}{3}\\bigg(\\dfrac{N}{P_I}+1\\bigg)$\r\n- $P_I$ が $3$ で割って $2$ 余るとき，$|T_I| = \\dfrac{1}{3}\\bigg(\\dfrac{N}{P_I}-1\\bigg)$\r\n\r\nであることから，上の式に代入して $|A| = \\dfrac{1}{3}(\\varphi+32)$ と計算できる．よって，$a = \\dfrac{1}{6}N\\varphi + \\dfrac{16}{3}N$ である．\\\r\n 　次に $b$ について．$S_I$ の元のうち $3$ で割って $2$ 余るもの全体を $U_I$ として，それらの総和を $u_I$ とおく．このとき，包除原理を和について適用した式により\r\n$$\r\nb = \\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} u_I\r\n$$\r\n\r\nとなる．また，\r\n$$\r\nu_I = \\dfrac{1}{6} P_I \\bigg(\\dfrac{N}{P_I}+1\\bigg)\\bigg(\\dfrac{N}{P_I}+2\\bigg) = \\dfrac{1}{6}\\cdot\\frac{N^2}{P_I} + \\dfrac{1}{2}N +\\dfrac{1}{3} P_I\r\n$$\r\n\r\nと計算されるため，\r\n\r\n$$\r\nb = \\dfrac{N}{6}\\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|}\\frac{N}{P_I} + \\dfrac{N}{2} \\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} + \\dfrac{1}{3} \\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} P_I = \\frac{1}{6}N\\varphi - \\dfrac{1}{3}\\varphi\r\n$$\r\n\r\nとなる．ただし，和の計算において第 $3$ 項は\r\n$$\r\n\\sum_{I\\subset J} (-1)^{|I|} P_I = \\prod_{i=1}^{5}(1-p_i) = -\\varphi\r\n$$\r\n\r\nを用いた．\\\r\n　以上により，$a-b = \\dfrac{1}{3} (16N+\\varphi)$ とわかり，これを計算すると $\\textbf{123885711344}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3381" } ]

[ { "content": "$\\\\\\{F_n\\\\\\}$, $\\\\\\{L_n\\\\\\}$ をそれぞれFibonacci数列とLucas数列とする．すなわち，\r\n- $F_0 = 0$, $F_1 = 1$, $n \\geq 0$ について $F_{n+2} = F_{n+1} + F_{n}$\r\n- $L_0 = 2$, $L_1 = 1$, $n \\geq 0$ について $L_{n+2} = L_{n+1} + L_{n}$\r\n\r\nとする．このとき，$n \\geq 1$ について\r\n$$a_{n+2} + 1 = (a_{n+1} + 1) + (a_{n} + 1),\\quad b_{n+2} - 1 = (b_{n+1} - 1) + (b_{n} - 1)$$\r\n\r\nであることから，$a_n = F_{n+2} -1$, $b_n = F_{n-1}+1$ と計算できる．\\\r\n　すると，Fibonacci数列の一般項による表示を用いて，以下の事実を確かめることができる：\r\n- $a_{4n+1} = F_{4n+3} - 1 = F_{2n+2}L_{2n+1}$\r\n- $b_{4n+1} = F_{4n} + 1= F_{2n-1}L_{2n+1}$\r\n\r\nなお，一般に $F_{n+m}+(-1)^mF_{n-m}=F_nL_m$ が成り立つ．したがって，\r\n$$\\gcd(a_{4n+1}, b_{4n+1}) = L_{2n+1}\\cdot\\gcd(F_{2n+2}, F_{2n-1})$$\r\nである．さらに，\r\n$$\r\n\\gcd(F_{n+3}, F_{n}) = \\gcd(F_{n}+2F_{n+1}, F_{n}) = \\gcd(2F_{n+1}, F_{n})\r\n$$\r\n\r\nであり，$\\gcd(F_{n+1}, F_{n}) = 1$ より $\\gcd(F_{n+3}, F_{n}) = \\gcd(F_{n}, 2)$ である．ここで周期性より $F_n$ が偶数であることと $n$ が $3$ の倍数であることが同値なので，$\\gcd(F_{n}, 2)$ は $n$ が $3$ の倍数のとき $2$, それ以外で $1$ である．\\\r\n　さて $N=123456789$ について，$M = (N-1)\\/4$ とおくと $M$ は整数で，$2M-1$ は $3$ の倍数であるから，\r\n$$\r\n\\gcd(a_{N}, b_{N}) = L_{2M+1}\\cdot \\gcd(F_{2M+2}, F_{2M-1}) = L_{2M+1}\\cdot \\gcd(F_{2M-1}, 2) = 2L_{2M+1}\r\n$$\r\n\r\nと計算できる．\\\r\n　あとは $2L_{2M+1}$ を $957=3\\times 11 \\times 29$ で割った余りを求めるとよい．$\\bmod 3$, $\\bmod {11}$, $\\bmod {29}$ でのLucas数列の周期がそれぞれ $8$, $10$, $14$ であることが確かめられ，それにより以下がわかる：\r\n- $2M+1 \\equiv 3 \\pmod 8$ より， $L_{2M+1} \\equiv 1 \\pmod 3$\r\n- $2M+1 \\equiv 5 \\pmod {10}$ より， $L_{2M+1} \\equiv 0 \\pmod {11}$\r\n- $2M+1 \\equiv 1 \\pmod {14}$ より， $L_{2M+1} \\equiv 1 \\pmod {29}$\r\n\r\nよって，中国剰余定理により $L_{2M+1} \\equiv 88 \\pmod {957}$ と求められるから，答えは $\\textbf{176}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3383" } ]

[ { "content": "　以下では書き込む数全てを区別して考え，$36!$ 通りすべての書き込み方に対するスコアの合計を $S$ とおき，平均を $A$ とおく．このとき，$A$ が元の問題で求める平均と一致することに注意せよ．また，$S = 36! \\times A$ である．\\\r\n　$36$ 個の数から $6$ 個を選ぶとき，それらがともに同じ行・同じ列・同じ対角線のいずれかにくるような書き込み方は $30! \\times 6! \\times 14$ 通りあり，その場合に 「$6$ 個の数の和を $7$ で割った余り」 が $S$ に寄与される．\\\r\n　$36$ 個の数から $6$ 個を選ぶ ${}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}$ 通りそれぞれについて，$6$ 個の数の和を $7$ で割った余りを求め，その合計を $T$ とおくと，上の考察から $S = 30! \\times 6! \\times 14 \\times T$ であり，$A = \\dfrac{14T}{{}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}}$ となる．また， ${}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}$ 通りのうち，$6$ 個の数の和を $7$ で割った余りが $r$ ($0 \\leq r \\leq 6$) となるものの個数を $U_r$ とおくと，$T = \\displaystyle \\sum \\_{r=1}^{6} r U_r$ となる． \\\r\n　以下では，$U_r$ を求めるのに母関数を用いる．次のような $2$ 変数関数 $F(x, t)$ を考える：\r\n$$\r\nF(x, t) = \\sum_{n, k} a_{n, k} x^n t^k := \\prod_{i=1}^{6} (1+t^i x)^6\r\n$$\r\n\r\nすると，$F(x, t)$ の $x^n t^k$ の係数 $a_{n, k}$は，$36$ 個の数から和が $k$ となるように $n$ 個選ぶ場合の数となることが確認できる．特に，$U_r$ は $a_{6,7m+r}$ ($m$ は非負整数) という形の係数の和である．\\\r\n　$\\omega$ を $1$ の原始 $7$ 乗根として，$0\\leq r \\leq 6$ に対し $g_r(x) = \\displaystyle \\sum_{j=0}^{6} \\omega ^ {-rj} F(x, \\omega ^j)$ とおくと，\r\n$$\r\ng_r(x) = \\sum_{j=0}^{6} \\sum_{n, k} a_{n, k} x^n \\omega ^{j(k-r)} = \\sum_{n, k} \\Bigg( \\sum_{j=0}^{6} \\omega ^{j(k-r)} \\Bigg)a_{n, k} x^n\r\n$$ \r\nと計算できる．ここで $\\displaystyle \\sum_{j=0}^{6} \\omega ^{j(k-r)}$ は， $k-r$ が $7$ で割り切れるときに $7$, そうでないときに $0$ となる．したがって，$g_r(x)$ の $x^6$ の係数は $7U_r$ である．\\\r\n　一方 $F(x, \\omega ^j)$ について，$j=0$ のとき $(1+x)^{36}$ である．また $1\\le j \\le 6$ のときは\r\n$$\r\n\\prod_{i=1}^{6} (1+\\omega^{ij} x)^6 = \\prod_{i=1}^{6} (1+\\omega^{i} x)^6 = (1-x+x^2-x^3+x^4-x^5+x^6)^6\r\n$$\r\nとなる．$1\\leq r \\leq 6$ の場合，$\\displaystyle \\sum_{j=1}^{6} \\omega ^ {-rj} = -1$ であるため，$g_r(x)$ は以下のように計算される：\r\n$$\r\ng_r(x) = (1+x)^{36} - (1-x+x^2-x^3+x^4-x^5+x^6)^6\r\n$$\r\n　$(1-x+\\cdots+x^6)^6$ の $x^6$ の係数を求めよう．$-x$ を $x$ とおきなおせば，$(1+x+\\cdots+x^6)^6$ の $x^6$ の係数を考えればよく，これはボール $6$ 個と仕切り $5$ つを一列に並べる場合の数，すなわち ${}\\_{11}\\mathrm{C}\\_{5}=462$ に等しい．\\\r\n　これより，$g_r(x)$ の $x^6$ の係数は ${}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}-462$ である．よって，$1\\leq r \\leq 6$ について $U_r = \\dfrac{{}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}-462}{7}$ で，\r\n$$\r\nT = 21 \\times \\dfrac{{}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}-462}{7} = 3 \\times ({}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}-462)\r\n$$\r\nとなる．以上より，\r\n$$A = \\dfrac{42 \\times ({}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}-462)}{{}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6}}$$\r\nとわかった． ${}\\_{36}\\mathrm{C}\\_{6} = 462\\times 4216$ に注意すると，この値は $\\dfrac{88515}{2108}$ となり，解答すべき値は $\\textbf{90623}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3688" }, { "content": "　ユーザー解説：母関数を使う代わりに頑張って書き出す解法です（不可能ではない計算量ですが，計算ミスなども考えれば現実的ではないと思います）．\r\n\r\n----\r\n\r\n　行・列・対角線のある一つに注目し，そこに書き込まれた数字の集合 $X$ について考える．**同じ数字も区別すれば** $X$ としてあり得るものは $\\binom{36}{6}$ 個あり，そのうち要素の総和が $7$ の倍数であるもの（**綺麗な集合**と呼ぶことにする）の個数を $S$ とすれば本問の答えは $\\dfrac{49(\\binom{36}{6}-S)}{\\binom{36}{6}}$ で求められる．\r\n<details>\r\n<summary>なぜ？<\\/summary>\r\n　$\\bmod{7}$ で考えたとき任意の $a\\in\\\\{1,2,3,4,5,6\\\\}$ について $\\\\{a,2a,3a,4a,5a,6a\\\\}=\\\\{1,2,3,4,5,6\\\\}$ であることに注意すれば，$X$ のうち総和を $7$ で割ったあまりが $1,2,\\dots,6$ であるものは全て同じだけ存在することがわかる．これより $X$ の総和を $7$ で割ったあまりの平均は\r\n$$\\frac{0\\times S+(1+2+3+4+5+6)\\times\\left(\\binom{36}{6}-S\\right)\\/6}{\\binom{36}{6}}=\\frac{7(\\binom{36}{6}-S)}{2\\binom{36}{6}}$$\r\nであり，$14$ 倍すれば本問の答えになる．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　以下**同じ数字は区別せず**に，$X$ は多重集合として考える．$f(X,i)$ で $X$ に含まれる $i$ の個数を表すものとして $X$ に出てくる各数字の個数の多重集合 $F(X):=\\\\{f(X,i)\\mid 1\\leq i\\leq 6\\\\}$ を考えると，以下が成り立つ：\r\n$$S=\\sum_{X}\\prod_{1\\leq i\\leq 6}\\binom{6}{f(X,i)}=\\sum_{Y}\\\\#\\\\{X\\mid F(X)=Y\\\\}\\times\\prod_{y\\in Y}\\binom{6}{y}$$\r\nただし $X$ は綺麗な集合全体を，$Y$ は綺麗な集合 $X$ に対する $F(X)$ としてあり得るもの全体を動く．実際に $Y$ がとり得るのは次の $9$ 個である．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\\\{5,1,0,0,0,0\\\\},\\\\{4,2,0,0,0,0\\\\},\\\\{4,1,1,0,0,0\\\\},\\\\{3,3,0,0,0,0\\\\},\\\\{3,2,1,0,0,0\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{3,1,1,1,0,0\\\\},\\\\{2,2,2,0,0,0\\\\},\\\\{2,2,1,1,0,0\\\\},\\\\{1,1,1,1,1,1\\\\}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　それぞれに対応する綺麗な集合 $X$ がいくつあるか，全て書き出して数えよう．$X$ の要素の総和が $7$ の倍数であることは総和が $7,14,21,28,35$ のいずれかであることと同値である．ここで $1$ と $6$，$2$ と $5$，$3$ と $4$ をそれぞれ入れ替えれば総和が $7$ と $35$，$14$ と $28$ の場合をそれぞれ一対一で対応づけられるため，実際に書き出して数えるのは $7,14,21$ の場合のみでよい．\r\n<details>\r\n<summary>総和が $7,14,21$ の場合<\\/summary>\r\n\r\n- $7$ の場合：$\\\\{1,1,1,1,1,2\\\\}$ のみ．\r\n- $14$ の場合：次の $16$ 個．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\\\{1,1,1,1,4,6\\\\},\\\\{1,1,1,1,5,5\\\\},\\\\{1,1,1,2,3,6\\\\},\\\\{1,1,1,2,4,5\\\\},\\\\{1,1,1,3,3,5\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{1,1,1,3,4,4\\\\},\\\\{1,1,2,2,2,6\\\\},\\\\{1,1,2,2,3,5\\\\},\\\\{1,1,2,2,4,4\\\\},\\\\{1,1,2,3,3,4\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{1,1,3,3,3,3\\\\},\\\\{1,2,2,2,2,5\\\\},\\\\{1,2,2,2,3,4\\\\},\\\\{1,2,2,3,3,3\\\\},\\\\{2,2,2,2,2,4\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{2,2,2,2,3,3\\\\}\r\n\\end{aligned}$$\r\n- $21$ の場合：次の $32$ 個．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\\\{1,1,1,6,6,6\\\\},\\\\{1,1,2,5,6,6\\\\},\\\\{1,1,3,4,6,6\\\\},\\\\{1,1,3,5,5,6\\\\},\\\\{1,1,4,4,5,6\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{1,1,4,5,5,5\\\\},\\\\{1,2,2,4,6,6\\\\},\\\\{1,2,2,5,5,6\\\\},\\\\{1,2,3,3,6,6\\\\},\\\\{1,2,3,4,5,6\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{1,2,3,5,5,5\\\\},\\\\{1,2,4,4,4,6\\\\},\\\\{1,2,4,4,5,5\\\\},\\\\{1,3,3,3,5,6\\\\},\\\\{1,3,3,4,4,6\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{1,3,3,4,5,5\\\\},\\\\{1,3,4,4,4,5\\\\},\\\\{1,4,4,4,4,4\\\\},\\\\{2,2,2,3,6,6\\\\},\\\\{2,2,2,4,5,6\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{2,2,2,5,5,5\\\\},\\\\{2,2,3,3,5,6\\\\},\\\\{2,2,3,4,4,6\\\\},\\\\{2,2,3,4,5,5\\\\},\\\\{2,2,4,4,4,5\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{2,3,3,3,4,6\\\\},\\\\{2,3,3,3,5,5\\\\},\\\\{2,3,3,4,4,5\\\\},\\\\{2,3,4,4,4,4\\\\},\\\\{3,3,3,3,3,6\\\\},\\\\\\\\\r\n&\\\\{3,3,3,3,4,5\\\\},\\\\{3,3,3,4,4,4\\\\}\\end{aligned}$$\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n頑張って数え上げれば $S$ は次のように計算できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS\r\n&=6\\binom{6}{5}\\binom{6}{1}+6\\binom{6}{4}\\binom{6}{2}+6\\binom{6}{4}\\binom{6}{1}^2+3\\binom{6}{3}^2+12\\binom{6}{3}\\binom{6}{2}\\binom{6}{1}\\\\\\\\\r\n&\\quad+12\\binom{6}{3}\\binom{6}{1}^3+2\\binom{6}{2}^3+18\\binom{6}{2}^2\\binom{6}{1}^2+\\binom{6}{1}^6\\\\\\\\\r\n&=278652\\left(=\\dfrac{\\binom{36}{6}+6\\binom{11}{5}}{7}\\right)\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれより本問の答えは $\\dfrac{49(1947792-278652)}{1947792}=\\dfrac{88515}{2108}$ と求められた．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc112/editorial/3688/110" } ]

[ { "content": "　一の位の数字の決め方が $9$ 通り，桁数の決め方が $5$ 通りそれぞれ存在するから，求める個数は $9\\times5=\\mathbf{45}$ 個である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc111/editorial/5287" } ]

[ { "content": "　$S(k)\\equiv k \\pmod{9}$ より $n^2\\equiv (n+1)^2\\pmod{9}$ であるから, $n\\equiv 4\\pmod{9}$ が必要である. これをもとに $6$ 個の候補をそれぞれ調べることで, $n=4,13,22,49$ が条件をみたすから, 解答すべき総和は $\\textbf{88}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc111/editorial/1688" } ]

[ { "content": "　$5$ 個以下のレピュニット数の足し算において繰り上がりは発生しないため，和の形として表すことができるものは次のように言い換えられることがわかる．\r\n- （$5$ 桁に満たない場合は $5$ 桁になるように $0$ で補って）十進法表記で $\\overline{a_1a_2\\cdots a_5}$ と表されるとき，$0\\leq a_1 \\leq a_2 \\leq \\cdots \\leq a_5 \\leq 5$ を満たす．\r\n\r\nよって，求める個数は $0,1,2,3,4,5$ の中から重複を許して $5$ 個選ぶ場合の数（ただしすべて $0$ となる場合を除く）と等しく，これは ${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{5}-1=\\mathbf{251}$ 個であるとわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc111/editorial/3807" } ]

[ { "content": "　$Q,R$ はそれぞれ線分$AB, AD$ の垂直二等分線に関して $P$ を対称移動させた点である. 従って, 正方形 $ABCD$ の対角線の交点を $M$ とすれば, $M$ は線分 $QR$ の中点である. 従って, 中線定理より $AM^2 = 56$ であるから, 求める答えは $2AM^2 = \\bf{112}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc111/editorial/4273" } ]

[ { "content": "　$R_n=\\dfrac{10^n-1}{9}$ であるから，\r\n$$\\displaystyle \\sum_{k=1}^{11111} R_k=\\dfrac{1}{9}\\left(\\sum_{k=1}^{11111}10^k-11111\\right)$$\r\nである．ここで，$\\dfrac{1}{9}(10^9+10^8+\\cdots+10^1)=123456790$ であることを利用すると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{11111} R_k &= \\dfrac{1}{9}(10^9+10^8+\\cdots+10^1)(10^{11102}+10^{11093}+\\cdots+10^5)+\\dfrac{111110-11111}{9}\\\\\\\\\r\n&=123456790123456790\\cdots12345679011111\r\n\\end{aligned}$$\r\nであり，これは $123456790$ が $(11102-5)\\/9+1=1234$ 回繰り返しされた後に $11111$ が並んだ数であるから，求める桁和は $(1+2+3+4+5+6+7+9+0)\\times 1234 + 5=\\mathbf{45663}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc111/editorial/3774" } ]

[ { "content": "　正整数 $m$ に対し，$m$ が $2$ で割り切れる最大の回数を $v(m)$ とする．\r\n$${}\\_{2^{20}+1}\\mathrm{C}\\_{n}\r\n=\\dfrac{\\left(2^{20}+1\\right) 2^{20}\\left(2^{20}-1\\right)\\cdots \\left(2^{20}-\\left(n-2\\right)\\right)}{n!}$$ \r\nであるが，いま $1\\leq m\\leq 2^{20}-1$ に対し $v(m)=v(2^{20}-m)$ に留意すれば，\r\n$$v\\bigl({}\\_{2^{20}+1}\\mathrm{C}\\_{n}\\bigr)=20+v\\bigl((n-2)!\\bigr)-v\\bigl(n!\\bigr)=20-v\\bigl(n(n-1)\\bigr) $$\r\nである．すなわち，$v\\left(n(n-1)\\right)=10$ をみたす $n$ を求めれば良い．$n$ と $n-1$ の偶奇は異なることに注意すれば，$v(n)=10$ または $v(n-1)=10$ のいずれかが成り立つ．\r\n\r\n- $v(n)=10$ のとき：整数 $k\\ (1\\leq k\\leq 512)$ によって $n=2^{10}(2k-1)$ と表される．\r\n- $v(n-1)=10$ のとき：整数 $k\\ (1\\leq k\\leq 512)$ によって $n=2^{10}(2k-1)+1$ と表される．\r\n\r\n　よって，これらの総和は以下のように計算できる．\r\n$$ \\sum_{k=1}^{512} \\bigl(2\\times 2^{10}(2k-1)+1 \\bigr)=2^{11}\\times 512^2+512=\\bm {536871424}. $$\r\n\r\n\r\n　", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc111/editorial/4599" } ]

[ { "content": "　求める答えは $4$ つの箱全てに $100$ 個球を入れ，合計 $79$ 個の球を捨てる方法の数と一致するから，求める答えは ${}\\_{79+3}\\mathrm{C}\\_{3}=\\bf{88560}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/4218" }, { "content": "形式的冪級数 $f(x)=1+x+\\ldots+x^{100} = \\frac{1-x^{101}}{1-x}$ を考えると，解は $f(x)^4$ の $321$ 次の係数と一致する．\r\n\r\n負の二項定理を用いると，答えは $\\binom{4}{0}\\binom{321+3}{3}-\\binom{4}{1}\\binom{220+3}{3} +\\binom{4}{2}\\binom{119+3}{3} -\\binom{4}{3}\\binom{18+3}{3} = 88560$ と機械的に計算できる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/4218/109" } ]

[ { "content": "**解法1.**　$A$ から $BC$ におろした垂線の足を $H$ とし, $H$ に対して $B$ と対称な点を $D$ とすれば, 角度の条件より\r\n$$45=AB=AD=CD$$\r\nがわかる. すなわち $BH=DH=27$ である.\\\r\n　よって三平方の定理より $AH=36$ であり, 求める面積は $AH\\times BC\\/2=\\textbf{1782}$ である.\r\n\r\n**解法2.**　$\\angle B$ の二等分線と $AC$ の交点を $E$ とすれば, $AE=5x,EC=11x$ とおける.\\\r\n　一方で角度を考えることで三角形 $ABC$ と $AEB$ は相似であることがわかるから, \r\n$$AB^2=AC\\times AE$$\r\nこれを解いて $x=9\\sqrt{5}\\/4$ を得る. 残りの求積は容易である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/1328" } ]

[ { "content": "　条件の式から $α$ は $1$ でない $1$ の $97$ 乗根の $1$ つであることが分かる. ここで $97$ は素数であるので, $97$ の倍数でない任意の整数 $t$ について $t, 2t, 3t, \\dots, 96t$ を $97$ で割った余りは相異なるから, \r\n$$1+\\alpha^t + \\alpha^{2t} + \\cdots + \\alpha^{96t} = 0$$\r\nが成立する. これと二項定理より, 答えは\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{97} (1 + \\alpha^k)^{99}\\alpha^k &= \\sum_{k=1}^{97} \\left(\\sum_{l=0}^{99}{}\\_{99}\\mathrm{C}\\_{l}\\~\\alpha^{kl}\\right)\\alpha^k\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{97}\\sum_{l=0}^{99} {}\\_{99}\\mathrm{C}\\_{l}\\~\\alpha^{k(l+1)}\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{97} {}\\_{99}\\mathrm{C}\\_{96} \\~\\alpha^{97k} &\\left(\\because l\\neq 96 \\text{のとき}\\sum_{k=1}^{97}\\alpha^{k(l+1)}=0 \\right)\\\\\\\\\r\n&=97\\cdot {}\\_{99}\\mathrm{C}\\_{96} \\\\\\\\\r\n&= \\bf{15214353}\r\n\\end{aligned}$$\r\nと計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/4434" } ]

[ { "content": "　$f(n,k)$ の計算において, 各 $2$ べきの寄与を分離して考えることで以下の等式を得る：\r\n$$\r\nf(n,k) = \\sum_{i=0}^{n-1} {}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k-1} 2^{i} = {}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k-1} (2^{n}-1)\r\n$$\r\nこのとき, $500$ 以下の正整数 $N$ に対して $g(N) = f(1000-N,N)$ とすると,\r\n$$\r\n\\frac{g(N+1)}{g(N)} = \\frac{(1000-2N)(999-2N)}{N(999-N)} \\times \\frac{2^{999-N}-1}{2^{1000-N}-1}\r\n$$\r\nここで, 適当な評価によって近似的に $\\displaystyle \\frac{2^{999-N}-1}{2^{1000-N}-1} \\approx \\frac{1}{2}$ とみなして計算しても影響がないことが分かる. すなわち\r\n$$g(N+1)\\geq g(N) \\implies 6N^{2} - 5996N + 999000 \\geq 0 \\implies 1 \\leq N \\lt 211.29$$\r\n以上より, $N=\\textbf{212}$ が $g(N)$ の最大値を唯一与える.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/1750" } ]

[ { "content": "　一般に箱が $k$ 個，玉が $k$ 種類あり，箱 $i$ に玉 $i$ と玉 $i+1$ を合わせて $c_{i}$ 個入れるときの答えを考える．各 $i\\~(1\\leq i\\leq k)$ について箱 $i$ に玉 $i$ を $x_i$ 個入れるとき $a\\_{i}=x\\_{i}+c\\_{i+1}-x\\_{i+1}$ であることに注意すれば，次を考えればよい：\r\n- 各 $i\\~(1\\leq i\\leq k)$ について $0\\leq x_i\\leq c_i$ をみたす整数 $k$ 個の組 $(x_1,\\dots,x_k)$ を**良い組**と呼ぶこととする．$X=(x_1,\\dots,x_k)$ が良い組であるとき，$\\varphi(X):=(x\\_{1}-x\\_{2},\\dots,x\\_{k-1}-x\\_{k},x\\_{k}-x\\_{1})$ としてあり得るものはいくつあるか？\r\n\r\nここで良い組 $X=(x_1,\\dots,x_k),X^\\prime=(x_1^\\prime,\\dots,x_k^\\prime)$ について次は同値である．\r\n- $\\varphi(X)=\\varphi(X^\\prime)$．\r\n- ある整数 $n$ が存在し，任意の $i~(1\\leq i\\leq k)$ について $x_i=x_i^\\prime+n$．\r\n\r\nまた良い組 $X=(x_1,\\dots,x_k)$ について $(x_1-\\min X,\\dots,x_k-\\min X)$ も良い組であるから，結局良い組 $X$ であって $\\min X=0$ を満たすものの個数を数えればよいことがわかる．\r\nこれは $0\\le x\\_{i}\\le c\\_{i}\\ (1\\le i\\le k)$ を満たす組 $(x_1,\\dots,x_k)$ の個数から $1\\le x\\_{i}\\le c\\_{i}\\ (1\\le i\\le k)$ を満たす組 $(x_1,\\dots,x_k)$ の個数を減ずれば求められ，答えは\r\n$$\\prod\\_{i=1}\\^{k}(c\\_{i}+1)-\\prod\\_{i=1}\\^{k}c\\_{i}$$\r\nである．\\\r\n　特に本問においては $k=9, c\\_{i}=10$ であるため，求める値は $11\\^{9}-10\\^{9}=\\mathbf{1357947691}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/4303" } ]

[ { "content": "　$PQ$ と $BC$ の交点を $M$ とし, $PQ$ と $\\triangle{ABC}$ の外接円の交点を $R~(\\neq P)$ とする.\\\r\n　$A,Q,D,P,E$ は同一円周上にあるから, $\\angle{QAD}=\\angle{QPD}=\\angle{RPC}$ である. 一方 $\\angle{QAD}=\\angle{PRB}$ であるから, $\\angle{RPC}=\\angle{PRB}$ であり, $BR\\parallel CP$ である. 同様にして $BP\\parallel CR$ であるから, 四角形 $BRCP$ は平行四辺形であり, $M$ は線分 $BC$ および $PR$ の中点であると分かる.\\\r\n　 $\\triangle{APB}\\sim\\triangle{CPA}$ であるから, $BP=b$, $CP=c$ とおくと, $bc=AP^2=16$ となる. また, $\\triangle{BPC}$ において余弦定理から $b^2+c^2+bc=100$ であるから, $b^2+c^2=84$ となり, 中線定理から $PR=2\\sqrt{17}$ を得る.\\\r\n　ここで $BP$ と $\\triangle{ABC}$ の外接円の交点を $S$ $(\\neq{B})$ とすると, $\\triangle{CPS}$ は正三角形であり, $BP\\times PS=bc=16$ である. よって, 方べきの定理より $PQ=\\sqrt{\\dfrac{64}{17}}$ であるから, 求める値は $\\textbf{81}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc110/editorial/2437" } ]

[ { "content": "　正 $n$ 角形の外角の和は $360\\degree$ であるから\r\n$$n\\times(180\\degree - 179.9\\degree)=360\\degree$$\r\nが成立する. よって求める値は $\\mathbf{3600}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/3985" } ]

[ { "content": "　$5$ つの連続する正整数の和は, それらで最小のものを $k$ とすれば $5k+10$ と表せる. すなわち, 一つ目の条件をみたすのは $15$ 以上の $5$ の倍数すべてである. これを踏まえれば, 二つ目の条件をもみたす正整数は $55,555,5555$ の $3$ つであり, これらの総和は $\\textbf{6165}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/1395" } ]

[ { "content": "　$7,11,13$ の最小公倍数は $1001$ であるから，条件は以下と同値である．\r\n\r\n- 上 $3$ 桁と下 $3$ 桁が一致し，それらが $3$ で割り切れない．\r\n\r\n$3$ 桁の正整数が $3$ で割り切れない確率は $\\dfrac{2}{3}$ であり，上 $3$ 桁を固定したとき下 $3$ 桁が適するものになる確率は $\\dfrac{1}{1000}$ であるから，全体で求める確率は\r\n$$\\dfrac{2}{3}\\times\\dfrac{1}{1000}=\\dfrac{1}{1500}$$\r\nであり，解答すべき値は $\\textbf{1501}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/1538" } ]

[ { "content": "　$\\angle PAB=\\theta$ とおけば, 以下のように計算できる：\r\n$$\\angle APB=180^\\circ-\\theta-(60^\\circ-2\\theta)=120^\\circ+\\theta=180^\\circ-2\\theta-(60^\\circ-3\\theta)=\\angle CPB$$\r\nこれは鈍角であるから, $AB=BC$ と併せて三角形 $ABP$ と $CBP$ は合同であり, $\\theta=15^\\circ$ である.\\\r\n　これより三角形 $ACP$ が直角二等辺三角形になることも分かるから, 求める面積は \r\n$$\\triangle PAB=\\frac{1}{2}(\\triangle ABC-\\triangle PCA)=\\frac{1}{2}(4\\sqrt{3}-4)=2\\sqrt{3}-2$$\r\n特に解答すべき値は $12+2=\\textbf{14}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/1503" }, { "content": "あまり知られていないと思うので Ceva の定理の同値な形を紹介します．\r\n\r\n$----------------$\\\r\nCeva の定理の系\r\n\r\n三角形 $ABC$ の辺 $BC,CA,AB$ 上にそれぞれ点$X,Y,Z$があるとき，\\\r\n$AX,BY,CZ$ が $1$ 点で交わることと $\\dfrac{\\sin\\angle BAX\\sin\\angle CBY\\sin\\angle ACZ}{\\sin\\angle CAX\\sin\\angle ABY\\sin\\angle BCZ}=1$ は同値である．\\\r\n$----------------$\r\n\r\n(証明)\\\r\n三角形 $PQR$ の面積を $|\\triangle PQR|$ で表します．\\\r\n$\\dfrac{BX}{CX}=\\dfrac{|\\triangle ABX|}{|\\triangle ACX|}=\\dfrac{\\frac{1}{2}AB\\cdot AX\\cdot\\sin\\angle BAX}{\\frac{1}{2}AC\\cdot AX\\cdot\\sin\\angle CAX}=\\dfrac{AB}{AC}\\cdot\\dfrac{\\sin\\angle BAX}{\\sin\\angle CAX}$\r\nとなります．\\\r\n同様に，\\\r\n$\\dfrac{CY}{YA}=\\dfrac{BC}{BA}\\cdot\\dfrac{\\sin\\angle CBY}{\\sin\\angle ABY}$\\\r\n$\\dfrac{AZ}{ZB}=\\dfrac{CA}{CB}\\cdot\\dfrac{\\sin\\angle ACZ}{\\sin\\angle BCZ}$\\\r\nが成り立つので，これらを掛け合わせることで\\\r\n$\\dfrac{BX}{CX}\\dfrac{CY}{AY}\\dfrac{AZ}{BZ}=\\dfrac{\\sin\\angle BAX\\sin\\angle CBY\\sin\\angle ACZ}{\\sin\\angle CAX\\sin\\angle ABY\\sin\\angle BCZ}$\\\r\nとなるので，よく知られた Ceva の定理からこの系が真であることがわかります．\\\r\n(証明終)\r\n\r\n\r\n$\\angle PAB=\\theta$ とします．\r\n上の系を用いると，$AP,BP,CP$ が $1$ 点で交わっていることから\\\r\n$\\dfrac{\\sin\\theta\\sin2\\theta\\sin3\\theta}{\\sin(60^\\circ-\\theta)\\sin(60^\\circ-2\\theta)\\sin(60^\\circ-3\\theta)}=1$\\\r\nとなります．$0^\\circ\\lt\\theta\\lt20^\\circ$ において分子は単調増加，分母は単調減少となるので，この式をみたす $\\theta$ は高々 $1$ 個です．\\\r\nまた，$\\theta=15^\\circ$ はこの式をみたすので， $\\angle PAB=15^\\circ$ がわかります．\r\n\r\nあとは公式解説と同じように計算すると答えが求まります．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/1503/108" } ]

[ { "content": "　$x^3-6x+6=0$ は実数解 $x=k$ を唯一つもつことがわかり, 虚数解の和は $-k$ となる. 一方で\r\n$$x^4+3x-2=(x^2-x+2)(x^2+x-1)$$\r\nより, $x^4+3x-2=0$ の虚数解の総和は $1$ である. よって, 考えるべき総和 $s$ は $1-k$ であるから, その最小多項式は以下で与えられ, 解答すべき値は $\\textbf{969699}$ である.\r\n$$-(1-x)^3+6(1-x)-6=x^3-3x^2-3x-1$$\r\n　なお, $x^3-6x+6=0$ が $k$ の最小多項式となることから, $s$ の最小多項式もたしかに三次式である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/1873" } ]

[ { "content": "　条件は以下のように表現できる. ここで符号の選択も場合の数の一部である.\r\n$$d_1\\pm d_3\\pm d_5\\pm d_7=0=\\pm d_2\\pm d_4\\pm d_6\\pm d_8$$\r\n一般性を失わず $d_1\\lt d_3\\lt d_5\\lt d_7$ および $d_2\\lt d_4\\lt d_6\\lt d_8$ としてよく, さらに $d_1=2$ に限定して $2\\times(4!)^2$ 倍すればよい. ここで, 各辺内で $3$ つ以上の符号が一致するには $2+3+4-9$ とするほかなく, このとき右辺は $5-6-7+8$ (およびその $-1$ 倍) と定まる. したがって, 両辺で各符号が $2$ つずつ現れる場合を以下考えればよい.\\\r\n　これは例えば $3$ 以上 $9$ 以下の整数 $3$ つで和 $20$ を作る方法をもとに数え上げればよい. 以下にその方法および対応する左辺のみを示す. このとき右辺は一意に定まり, それぞれ相異なるものが得られる.\r\n\r\n- $3,8,9 \\to 2-4-6+8,\\quad 2-4-7+9,\\quad 2-5-6+9$\r\n- $4,7,9 \\to 2-3-6+7,\\quad 2-3-8+9,\\quad 2-5-6+9$\r\n- $5,6,9 \\to 2-3-4+5,\\quad 2-3-8+9,\\quad 2-4-7+9$\r\n- $5,7,8 \\to 2-3-4+5,\\quad 2-3-6+7,\\quad 2-4-6+8$\r\n\r\n以上より, 求める場合の数は $(2+12)\\times2\\times(4!)^2=\\textbf{16128}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc109/editorial/1521" } ]

[ { "content": "　与式は $A(A-2)(A+2)=0$ と変形されるから，求める整数解は $A=0, 2, -2$ の $\\textbf{3}$ つである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/3092" } ]

[ { "content": "　距離 $1$ である $2$ 点の間に線分が張られているとき，$9$ つの点をちょうど一度ずつ辿る経路の数を問う問題であると解釈できる．このとき，中心または $4$ 隅の格子点のみが始点となり得ることが確認できる．\\\r\n　中心を始点としたとき，最初に進む向きが $4$ 通り，次に進む向きが $2$ 通りあり，残りは一意に定まる．\\\r\n　$4$ 隅に位置するある格子点を始点としたとき，最初に進む向きが $2$ 通りあり，残りは $4$ 通りあることが確認できる（$2$ 本目で同じ向きに進んだ場合が $3$ 通りで，直交する向きに進んだ場合は一意に定まる）．\\\r\n　以上より，求める場合の数は $4\\times 2+4\\times 2\\times 4=\\mathbf{40}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/3552" } ]

[ { "content": "　偶奇を考えることで $p, q, r$ のいずれかは $2$ である．\r\n\r\n- $p=2$ のとき\\\r\n　$r^4-6=q$ であり，$r\\neq 5$ のとき $r^4-6$ は $5$ で割り切れるので， $q, r$ のいずれかは $5$ である．それぞれ調べることで $(p, q, r)=(2, 619, 5)$ を得る．\r\n- $q=2$ のとき\\\r\n　$3p+2=r^4$ であるが，平方数は $3$ で割ったあまりが $2$ になり得ないので不適．\r\n- $r=2$ のとき\\\r\n　$16\\gt 3p$ に注意して探索すると $(p, q, r)=(3, 7, 2)$ を得る．\r\n\r\n　以上より求める組は\r\n$$(p, q, r)=(2, 619, 5), (3, 7, 2)$$\r\nであり，求める総積は $\\bf{7512}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/3304" } ]

[ { "content": "　$AB=AE$ および $\\angle{BAE}=2\\angle{CAD}$ より，$AC$ について $B$ と対称な点と，$AD$ について $E$ と対称な点は一致する．これを $P$ とすれば，\r\n$$PC=BC=CD=DE=PD$$\r\nより $\\angle{CPD}=60^\\circ$ であり，$\\angle ABC+\\angle AED= 300^{\\circ}$ が従う．よって $ABCDE$ の内角の和について\r\n$$540^{\\circ}=\\angle CDE+300^{\\circ}+91^{\\circ}+22^{\\circ}$$\r\nより，解答すべき値は $540-300-91-22=\\bf{127}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/3213" } ]

[ { "content": "　条件より $f$ は明らかに全単射である．ここで，\r\n$$f(a_1)=a_2 ,\\quad f(a_2)=a_3, \\quad \\ldots , \\quad f(a_k)=a_1$$\r\nなる相異なる $S$ の元の組 $(a_1,\\ldots,a_k)$ を，長さ $k$ の**サイクル**とよぶ．\r\nただし $(a_1,a_2,\\dots,a_k)$ と $(a_2,\\dots,a_k,a_1)$ など，シフトして一致するものは同一のサイクルとみなすこととする．\r\n$f$ は全単射であるから，すべての $S$ の元はちょうど一つのサイクルに含まれることに注意する．\r\nこのとき条件は以下のように言い換えられる：\r\n\r\n- 任意のサイクルについて，含まれる元がすべてそのサイクルの長さの倍数である．\r\n\r\n　$k\\geq 4$ のとき $S$ は $k$ の倍数を $k$ 個未満しか含まないことから，サイクルの長さは高々 $3$ であることが従う．また，長さ $3$ のサイクルは高々一つであるから，これに応じて場合分けする．\\\r\n　長さ $3$ のサイクルが存在しないとき，偶数 $7$ 個から適当にペアを組めばよいから，その総数は\r\n$${}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{0}+{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{2}+{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{4}\\times 3+{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{6}\\times 5\\times 3=232$$\r\nと計算できる．\\\r\n　長さ $3$ のサイクルが存在するとし，その中に含まれる偶数の個数で場合分けする．まず長さ $3$ のサイクルが偶数を含まないとき，長さ $3$ のサイクルの作り方は $2$ 通りあり，残りの組み方については上と同じく $232$ 通りである．偶数が $1$ つ・$2$ つの場合もそれぞれ同様に計算すれば，全体で求める $f$ の総数は\r\n$$232+2\\times 232+12\\times76+6\\times26=\\mathbf{1764}$$\r\nであることがわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/4024" } ]

[ { "content": "　整数 $N$ を用いて $\\dfrac{a^2-bc}{2a-b-c}=N$ と表せば, 以下のように変形される：\r\n$$(a-N)^2=(b-N)(c-N)$$\r\nこれより，整数 $x\\neq 0$ および互いに素かつ相異なる正整数 $y,z$ によって，以下のように一意に表せる：\r\n$$a-N=xyz, \\quad b-N=xy^2, \\quad c-N=xz^2$$\r\nこのとき，\r\n$$2a-b-c=-x(y-z)^2, \\quad M=b-c=x(y+z)(y-z)$$\r\nであるから，$\\left\\lvert\\dfrac{y-z}{y+z}\\right\\rvert$ のとり得る値が $1000$ 種類であると表現できる．$\\gcd(y+z,y-z)\\leq 2$ に留意すれば，条件は以下のうちどちらかをみたす互いに素な正整数の組 $(s,t)$ が合計で $1001$ 組存在することと表現できることがわかる．\r\n\r\n- $st\\mid M$ かつ $s,t$ はともに奇数である．\r\n- $4st\\mid M$ かつ $s,t$ は偶奇が一致しない．\r\n\r\nここで $1001$ であるのは $(s,t)=(1,1)$ が含まれるためである．いま，$M$ を素因数分解した形を\r\n$$M=2^{q_{1}}p_2^{q_2}\\cdots p_n^{q_n}$$\r\nで表せば，前者の条件をみたす組は\r\n$$(2q_2+1)(2q_3+1)\\cdots(2q_n+1)$$\r\n通りあり，後者の条件をみたす組は\r\n$$2\\max\\\\{q_1-2,0\\\\}\\times(2q_2+1)\\cdots(2q_n+1)$$\r\n通りある．すなわち，合計では以下が $1001=7\\times 11\\times 13$ と等しいことが条件である．\r\n$$\\begin{cases}\r\n(2q_2+1)(2q_3+1)\\cdots(2q_n+1) && (q_1\\leq 2) \\\\\\\\\r\n(2q_1-3)(2q_2+1)(2q_3+1)\\cdots(2q_n+1) && (q_1\\geq3) \\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\n　それぞれ調べることで，求める最小値は $2^8\\times 3^5\\times 5^3=\\textbf{7776000}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/2805" }, { "content": "$$\\frac{a^2-bc}{2a-b-c}=\\frac{a^2-b(b-M)}{2a-b-(b-M)}=\\frac{a^2-b^2+bM}{2a-2b+M}=b+\\frac{(a-b)^2}{2(a-b)+M}$$\r\n$a-b=x$とおくと $|2a-b-c|=|2x+M|$. そして, $a, b, c$はすべて相異なることから $x\\neq 0, -M$ , つまり $|2x+M|\\neq M$ が分かる. \r\n$$\\frac{a^2-bc}{2a-b-c}=b+\\frac{x^2}{2x+M}=b+\\frac{2x-M+\\frac{M^2}{2x+M}}{4}=b-x+\\frac{\\frac{M^2}{2x+M}-(2x+M)}{4}$$\r\n$\\frac{M^2}{s}-s$が整数であり$4$で割り切れるとき $s$と$M$の偶奇が一致することが分かるので, $2x+M$を整数$s$に置き換えても良い.　　　　　　　　\r\n$\\frac{\\frac{M^2}{s}-s}{4}$が整数になるような整数$s$すべてで, $|s|$の取りうる値が$1000$種類, つまり$\\frac{\\frac{M^2}{s}-s}{4}$が整数になるような正整数$s$の個数が$s=M$を含めて$1001$個になる最小の$M$を見つければよい.\\\r\n$M$が奇数のとき, $\\frac{M^2}{s}-s$が整数なら必然的に$4$の倍数になるので, $M^2$の正の約数が$1001$である最小の$M$を求めればよい. そのような数は$3^6 \\times 5^5 \\times 7^3$.\\\r\n$M$が4の倍数ではない偶数のとき, $s$も偶数であることが計算によりわかるので, $M=2m, s=2t$とおくと, $\\frac{\\frac{M^2}{s}-s}{4}=\\frac{\\frac{m^2}{t}-t}{2}$　$m$は正の約数を$1001$個もつ奇数なので, 最小の$M$は $2 \\times 3^6 \\times 5^5 \\times 7^3$.\\\r\n$M$が$4$の倍数の時, $s$も$4$の倍数であることが計算によりわかるので, $M=4m, s=4t$とおくと, $\\frac{\\frac{M^2}{s}-s}{4}=\\frac{m^2}{t}-t$　$m$は正の約数を$1001$個持つ正整数なので, 最小の$M$は $2^8 \\times 3^5 \\times 5^3$.\\\r\nよって最小の$M$は$2^8 \\times 3^5 \\times 5^3$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc108/editorial/2805/105" } ]

[ { "content": "　千の位から順に考えると，どの位も数の選び方は $9$ 通りある（千の位は $1,2,\\dots,9$，それ以降の位は $0,1,\\dots,9$ のうち一つ前の位と異なるもの）．\r\nよって求める個数は $9^{4}=\\mathbf{6561}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/4782" } ]

[ { "content": "　松子さん, 竹子さん, 梅子さんの現在の年齢をそれぞれ $x,y,z$ とおくと, \r\n$$y=4z,\\quad x-1=2(y-1),\\quad x-3=12(z-3)$$\r\n\r\nが成立する. これを解くことで\r\n$x=\\textbf{63}, y=32, z=8$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/1546" } ]

[ { "content": "　下 $2$ 桁の和の最大値は $9+9=18$ であるから, 上 $2$ 桁の和としてあり得るものは $1$ から $9$ である. ここで, 千の位が $0$ にならないことに注意する.\r\n\r\n- 上 $2$ 桁の和が $k~(k\\leq4)$ のとき\\\r\n 上 $2$ 桁としてあり得るものは $k$ 通り,下 $2$ 桁としてあり得るものは $2k+1$ 通り存在. \r\n\r\n- 上 $2$ 桁の和が $k~(k\\geq5)$ のとき\\\r\n 上 $2$ 桁としてあり得るものは $k$ 通り, 下 $2$ 桁としてあり得るものは $(18-2k)+1$ 通り存在. \r\n\r\n　よって, 求める答えは\r\n$$\\sum_{k=1}^4k(2k+1)+\\sum_{k=5}^9k((18-2k)+1)=\\mathbf{225}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/4137" } ]

[ { "content": "　$\\cos\\angle A$ を最小化すればよい. $AC=6BC$ に留意すれば, 余弦定理より\r\n$$\\cos\\angle A=\\dfrac{35BC^2+1}{12BC}=\\dfrac{35}{12}BC+\\dfrac{1}{12BC}\\geq \\dfrac{\\sqrt{35}}{6}$$\r\nただし最後で相加・相乗平均の関係を用いた. 等号は $BC=\\sqrt{\\dfrac{1}{35}}$ で成立するから, 解答すべき値は $\\textbf{36}$ である.\\\r\n　なお, $A,B$ を固定したとき $C$ は (アポロニウスの) 円周上を動くから, これに $A$ から引いた接線との接点として $C$ をとったときが所望の構図を実現することに留意しても解くことができる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/1719" }, { "content": "　幾何的な解法も書いておきます.\r\n\r\n$A(0,0), B(1,0)$ とおくと, $C$ の通過領域は $(\\dfrac{6}{7},0)$ と $(\\dfrac{6}{5},0)$ を結んだ線分を直径とする円になるため, $D(\\dfrac{36}{35},0)$ と定義すると $C$ の通過領域は $D$ を中心とする半径 $\\dfrac{6}{35}$ の円である.\r\n\r\nここで, 問題文で与えられた条件を満たすのは $\\angle ACD=90^\\circ$ のときであり, これは $AD:DC=\\dfrac{36}{35}:\\dfrac{6}{35}=6:1$ より$AD:DC:CA=6:1:\\sqrt{35}$ と同値である.\r\n\r\n以上より問題文で与えられた条件を満たすとき, $BC=AD*\\dfrac{AC}{AD}*\\dfrac{BC}{AC}=\\dfrac{36}{35}*\\dfrac{\\sqrt{35}}{6}*\\dfrac{1}{6}=\\sqrt{\\dfrac{1}{35}}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/1719/103" }, { "content": "　正弦定理より $\\sin \\angle B = 6\\sin \\angle A$ だから $\\sin \\angle A \\leq \\dfrac 16$ である．$\\angle A$ は鋭角であるから，$\\sin \\angle A = \\dfrac 16$ すなわち $\\angle B$ が直角の時に $\\angle A$ は最大となり，このとき $BC$ の長さは $\\sqrt{\\dfrac{1}{35}}$ と計算できる．特に解答すべき値は $\\textbf{36}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/1719/104" } ]

[ { "content": "　$\\\\{a_n\\\\}$ について，$na_{n+1}=(n+2)a_n$ すなわち\r\n$$\\frac{a_n}{n(n+1)}=\\frac{a_{n+1}}{(n+1)(n+2)}$$\r\n$\\\\{b_n\\\\}$ についても同様に考えることで，以下の成立がわかる．\r\n$$a_n=2n( n+1),\\quad b_n=\\dfrac{2\\times 10000}{n(n+1)}$$\r\nここで $x+\\dfrac{10000}{x}$ は $x=\\sqrt{10000}=10^2$ で極小値をとることに注意すれば，\r\n最小値を与える $n$ の候補は $n=9,10$ に絞られ，実際に比較することで $n=10$ のとき最小値 $a_{10}+b_{10}=\\dfrac{4420}{11}$ をとる．解答すべき値は $\\textbf{4431}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/3220" } ]

[ { "content": "　まず，素べき $a=p^x$ に対して $f(a)$ を考えよう．このとき，\r\n\r\n- $p=2$ かつ $x=1$ のとき，$f(a)$ は整数でない．\r\n- $p\\not\\equiv 1\\pmod{3}$ かつ $x=2$ のとき，$f(a)$ は整数でない．\r\n\r\nこれらより，$m$ は奇数であり，かつ $3^2$ および $5^2$ で割り切れない．一方で，\r\n\r\n- $p\\neq 2$ かつ $x=1$ のとき，$f(a)$ は整数である．\r\n- $p\\equiv 1\\pmod{3}$ かつ $x=2$ のとき，$f(a)$ は整数である．\r\n\r\nしたがって， $f$ が乗法的であり，$m\\leq 100$ は $7$ で高々 $2$ 回，$11$ 以上の素数で高々 $1$ 回しか割り切れないことを踏まえれば，$3^2$ および $5^2$ で割り切れない $100$ 以下の奇数はすべて条件をみたし，これらの総和は $\\textbf{2076}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc107/editorial/3202" } ]

[ { "content": "　まず $|S|$ を求める. 任意の $0\\le i\\le 6,0\\le j\\le 10$ について, $7$ で割って $i$ 余り $11$ で割って $j$ 余る $0$ 以上 $76$ 以下の整数はただ一つ存在するため, $|S|$ は以下の二つの問題の答えの積に等しいことが分かる.\r\n\r\n----\r\n**問題A.**　縦 $2022$ マス横 $712$ マスのマス目があります. 各マスには $\\bf{6}$ 以下の非負整数が書き込まれており, 上から $i$ 行目, 左から $j$ 列目のマスに書かれた数を $a_{i, j}$ とすると, 以下が全て成立するような書き込み方が何通りあるか答えてください. \r\n- 任意の $1\\le i\\le 2022, 1\\le j\\le 707$ について, $a_{i,j} + 2a_{i,j+1} + \\cdots + 6a_{i, j+5}$ は $7$ の倍数である. \r\n- 任意の $1\\le i\\le 2017, 1\\le j\\le 707$ について, $a_{i,j} + 2a_{i+1,j+1} + \\cdots + 6a_{i+5, j+5}$ は $7$ の倍数である. \r\n\r\n**問題B.**　縦 $2022$ マス横 $712$ マスのマス目があります. 各マスには $\\bf{10}$ 以下の非負整数が書き込まれており, 上から $i$ 行目, 左から $j$ 列目のマスに書かれた数を $a_{i, j}$ とすると, 以下が全て成立するような書き込み方が何通りあるか答えてください. \r\n- 任意の $1\\le i\\le 2013, 1\\le j\\le 712$ について, $a_{i,j} + 2a_{i+1,j} + \\cdots + 10a_{i+9, j}$ は $11$ の倍数である.\r\n- 任意の $1\\le i\\le 2013, 10\\le j\\le 712$ について, $a_{i,j} + 2a_{i+1,j-1} + \\cdots + 10a_{i+9, j-9}$ は $11$ の倍数である.\r\n----\r\nまず問題Aを解く(実は全く同様の議論によって問題Bも解ける). 与式を適当に足し引きすることで以下を得る.\r\n\r\n- 任意の $1\\le i\\le 2022, 1\\le j\\le 705$ について $a_{i,j}=a_{i, j+7}$\r\n- 任意の $1\\le i\\le 2015, 1\\le j\\le 705$ について $a_{i,j}=a_{i+7, j+7}$\r\n\r\nこれより $a_{i,j} (1\\le i\\le 7, 1\\le j\\le 7)$ の決め方のみ考えればよいことがわかる. 以下添字が $7$ を超えたものについては適宜 $7$ を引いて考えることとする. $a_{i,j} (1\\le i\\le 7, 1\\le j\\le 7)$ が満たすべき条件が何であるかを考えると,\r\n\r\n**条件A**　任意の $1\\le i\\le 7$ について, $a_{i,1} + a_{i,2} + \\cdots + a_{i, 7}$ は $7$ の倍数である. \\\r\n**条件B**　任意の $1\\le i\\le 7$ について, $a_{i,1} + a_{i+1,2} + \\cdots + a_{i+6, 7}$ は $7$ の倍数である.\\\r\n**条件C**　任意の $1\\le i\\le 7$ について, $a_{i,1} + 2a_{i,2} + \\cdots + 6a_{i, 6}$ は $7$ の倍数である. \\\r\n**条件D**　任意の $1\\le i\\le 7$ について, $a_{i,1} + 2a_{i+1,2} + \\cdots + 6a_{i+5, 6}$ は $7$ の倍数である. \r\n\r\nこれらすべてを満たすとき, またその時に限って問題Aの条件を満たすことが分かる. これらを満たす書き込み方を考える前に, 一次元にした以下の問題を考えてみよう.\r\n\r\n----\r\n**問題C.**　縦 $1$ マス横 $7$ マスのマス目があります. 各マスには $6$ 以下の非負整数が書き込まれており, 左から $j$ 列目のマスに書かれた数を $a_{j}$ とすると, 以下が全て成立するような書き込み方が何通りあるか答えてください. \r\n- $a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{7}$ は $7$ の倍数である.\r\n- $a_{1} + 2a_{2} + \\cdots + 6a_{6}$ は $7$ の倍数である.\r\n\r\n----\r\n\r\n$ 7 $ マスのうち適当な $ 5 $ マスに自由に数を書き込んだ時, 残りの $ 2 $ マスの数の書き込み方であって $ 2 $ つの条件式を満たすものはただ一つあるので, この問題の答えは $ 7^{5} $ である. これと同じように $ 49 $ マスのうちいくつかに自由に数を書き込み, 残りのマスで条件を満たすように調整していくことを考える. $ 7 $ でなく $ 3 $ だった場合（全て $ 0 $ か全て $ 1 $ か全て $ 2 $ かの $ 3 $ 通り）の観察や満たすべき実質的な条件式が $ 28 $ 個より少し少ないことなどを考慮し, $ a_{i,j} (1\\le i\\le 5, 1\\le j\\le 5) $ を自由に決めることを考える. この時問題Cと同様の観察により条件A,Cを満たすために $ a_{i,j} (1\\le i\\le 5, 6\\le j\\le 7) $ が一意に定まり, 条件B,Dを満たすために $ a_{i,j} (6\\le i\\le 7, 1\\le j\\le 7) $ も一意に定まる. この時, まだ成り立つかわからない式が $ 4 $ つあるが, これらについてもすでに成り立っている $ 24 $ 個の式を適当に足し引きすることで成立が確認できる. よって $ 25 $ マスを自由に決めると条件を満たす残りのマスの埋め方が丁度 $1$ 通りあるため問題Aの答えは $ 7^{25} $ とわかる. 同様にして問題Bの答えは $11^{81}$ とわかるから $ |S|=7^{25}\\times 11^{81} $ が得られた. \\\r\n　$x,y$ を求めよう．\r\n$$680\\equiv 1 \\pmod 7,\\quad 680\\equiv 9\\pmod{11}$$\r\nであるので, 上と同様に考えれば $a_{1,1} = a_{680,680}$ と問題Aの条件を満たす埋め方は $7^{25}$ 通り, $a_{1,1} = a_{680,680}$ と問題Bの条件を満たす埋め方は $11^{81-1}$ 通りあることが分かり, $x = 7^{25}\\times 11^{80}$ を得る. また\r\n$$1003\\equiv2\\pmod7,\\quad79\\equiv2\\pmod{11}$$\r\nであるので, $a_{1,1} = a_{1003,79}$ と問題Aの条件を満たす埋め方は $7^{25-1}$ 通り, $a_{1,1} = a_{1003,79}$ と問題Bの条件を満たす埋め方は $11^{81-1}$ 通りあることが分かり, $y = |S| - 7^{24}\\times11^{80} = 76\\times 7^{24}\\times11^{80}$ を得る. 以上より求める答えは $\\bf{8100}$ と計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day2/editorial/5131" } ]

[ { "content": "　まず, $4a+b^2=n^2$ より, $n^2-4a$ は平方数である. このとき, $t$ の二次方程式\r\n$$t^2-nt+a=0$$\r\nの(重複度込みで)二つの解 $x, y$ はいずれも正の整数である. 従って, 解と係数の関係より\r\n$$n=x+y, a=xy$$\r\nとおくことができる. $ac+4=n^2$ にこれを代入すれば, 条件式は\r\n$$\\frac{(x+y)^2-4}{xy}=2+\\frac{x^2+y^2-4}{xy}$$\r\nが非負整数になることと同値である. $(x, y)=(1, 1)$ を除けば, これが非負整数であることと, \r\n$$\\frac{x^2+y^2-4}{xy}$$\r\nが非負整数になることは同値である. この式の値を $k$ とおく. $k\\le 1$ のときは明らかに $(x, y)=(2, 2)$ のみが解であり, $k=2$ のときは $\\\\{ x, y\\\\} =\\\\{ t, t+2\\\\} $( $t$ は正の整数) のみが解である. さらに, $x=y$ の場合はこのほかに解が存在しないため, 以下 $x\\lt y, k\\ge3$ のもとで\r\n$$x^2+y^2-kxy-4=0$$\r\nの整数解を考えればよい. $k\\ge3$ を固定し, 以下の補題を示す.\r\n----\r\n**補題**. $x\\lt y$ なる組 $(x, y)$ が解であるためには, ある $i=1,2,\\cdots$ が存在し, 以下の成立が必要十分条件である:\r\n$$(x, y)=(a_i, a_{i+1})$$\r\nただし, $\\{a_i\\}$ は以下で定められる, 正の整数からなり狭義単調増加な数列である.\r\n$$a_1=2, a_2=2k, a_{n+2}=ka_{n+1}-a_n\\ \\ \\ \\ (i=1,2,\\cdots)$$\r\n\r\n**証明**. $x\\lt y$ なる解 $(x, y)$ が存在したとき, $x, y$ それぞれについての二次方程式と見たときの解と係数の関係より\r\n$$(kx-y, x), \\ \\ \\ (y, ky-x)$$\r\nも解である. ここで, $kx-y$ は整数であり,\r\n$$kx-y=\\dfrac{x^2-4}{y}\\lt x$$\r\nである. いま, もし $kx-y\\le -1$ だと仮定すると, \r\n$$0=x^2-kxy+y^2-4\\ge x^2+y-4$$\r\nであり, $(x, y)=(1, 1), (1, 2), (1, 3)$ であるが, いずれも不適である.\r\nまた, もし $kx-y=0$ だと仮定すると, $(x, y)=(2, 2k)=(a_1, a_2)$ が容易にわかる.\r\n$(x, y)\\longmapsto(y, ky-x)$ によって $(a_i, a_{i+1})$ \r\nは $(a_{i+1}, a_{i+2})$にうつる. 従って, 十分性は帰納的に示された.\\\r\n　ここで, $(x, y)=(a_i, a_{i+1})$ と表すことができない解が存在したと仮定し, \r\nその中で $y$ が最小のものの一つを $(x_0, y_0)$ とおく. このとき, $(kx_0-y_0, x_0)$ も\r\n解となり, これは $kx_0-y_0\\gt 0, x_0\\lt y_0$ を満たす. さらに, \r\n$$(x, y)\\longmapsto(kx-y, x)$$\r\n$$(x, y)\\longmapsto(y, ky-x)$$\r\nが互いに逆写像であることから十分性の議論(の対偶)より $(a_i, a_{ i+1} )$ \r\nと表現できない. これは $y_0$ の最小性に矛盾する.\r\n以上より必要性も示された. \r\n---- \r\n　以下 $a=xy$ が $1000$ 以下となる条件を考える. ただし, $x, y$ は順不同であることに気を付ける.\r\n- $(x, y)=(1, 1), (2, 2)$ は明らかに適する\r\n- $t=1, 2, \\cdots30$ に対し $\\\\{ x, y\\\\} =\\\\{ t, t+2\\\\}$ はそれぞれ適する\r\n\r\nまた, \r\n$$a_1a_2=4k, \\ \\ a_2a_3=4k(k^2-1), \\ \\ a_3a_4=4k(k^2-1)(k^2-2)$$\r\nに留意することで, $k\\ge 3$ の場合について以下のように場合分けができる.\r\n- $k=3, 4, \\cdots, 250$ に対し $a_1a_2=4k$ がそれぞれ適する\r\n- $k=3, 4, 5, 6$ のとき, さらに $a_2a_3=96, 240, 480, 840$ がそれぞれ適する\r\n- $k=3$ のとき, さらに $a_3a_4=672$ が適する\r\n\r\n\r\n　以上をまとめると, 求めるべき合計は\r\n$$1+4+\\sum_{i=1}^{30}i(i+2)+\\sum_{i=3}^{250}4i+96+240+480+840+672=\\mathbf{138206}$$\r\nと計算できる. \r\n\r\n**補足.**　補題のように, 解と係数の関係を用いて一つの解からより小さい別の解を作り出し最小性に矛盾させる手法を**Vieta Jumping**と呼びます.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day2/editorial/4598" } ]

[ { "content": "　問題の条件において, $a_{210}=k, a_{8765}=(k-2)^2$ の条件を $a_1=k, a_{8556}=(k-2)^2$ に変更して考えてよい.\\\r\n　$\\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}$ が最大となるような $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $i$ をとる. \r\n$$\\dfrac{a_{i-1}a_{i+1}}{a_i^{k-1}}\\leq\\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}},\\quad \\dfrac{a_{i+1}a_{i+3}}{a_{i+2}^{k-1}}\\leq\\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}$$\r\nより, \r\n$$a_{i-1}\\leq\\dfrac{a_i^ka_{i+2}}{a_{i+1}^k},\\quad a_{i+3}\\leq\\dfrac{a_ia_{i+2}^k}{a_{i+1}^k}$$\r\nゆえに, 問題の式に代入して下式を得る.\r\n$$\\begin{aligned}\r\na_ia_{i+2}(a_i^k+a_i)(a_{i+2}^k+a_{i+2})&=a_{i+1}^{2k}\\Big(a_{i-1}+\\dfrac{1}{a_{i+1}}\\Big)\\Big(a_{i+3}+\\dfrac{1}{a_{i+1}}\\Big)\\\\\\\\\r\n&\\leq a_{i+1}^{2k}\\Big(\\dfrac{a_i^ka_{i+2}}{a_{i+1}^k}+\\dfrac{1}{a_{i+1}}\\Big)\\Big(\\dfrac{a_ia_{i+2}^k}{a_{i+1}^k}+\\dfrac{1}{a_{i+1}}\\Big)\r\n\\end{aligned}$$\r\n従って, 下式より $\\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}\\leq1$ である.\r\n$$a_ia_{i+2}(a_i^ka_{i+2}+a_ia_{i+2}^k)+a_i^2a_{i+2}^2\\leq a_{i+1}^{k-1}(a_i^ka_{i+2}+a_ia_{i+2}^k)+a_{i+1}^{2(k-1)}$$\r\n以上より, 任意の $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $m$ に対し, $\\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}\\leq1$ である. $\\dfrac{a_ia_{i+2}}{a_{i+1}^{k-1}}$ が最小となるような $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $i$ をとることにより, 全く同様に任意の $2$ 以上 $n+1$ 以下の整数 $m$ に対し, $\\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}\\geq1$ であることがわかる. ゆえに, 任意の $n$ 以下の正整数 $m$ に対して, $\\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}=1$ である. ここで, 関数列 $(f_m)$ を\r\n- $f_0(x)=0, f_1(x)=1$\r\n- 任意の整数 $i$ に対し, $f_{i+2}(x)=xf_{i+1}(x)-f_i(x)$\r\n\r\nを満たすようにとる. このとき, $a_1 = k$ であるから, $a_2=A$ とすると\r\n$$a_m=k^{f_{2-m}(k-1)}A^{f_{m-1}(k-1)}$$\r\nが成り立つ. \r\n\r\n----\r\n\r\n**補題.**　$\\sin{\\theta}\\neq0$ なる実数 $\\theta$ と任意の整数 $m$ に対して \r\n$$f_m(2\\cos\\theta)=\\dfrac{\\sin m\\theta}{\\sin\\theta}$$\r\nが成立する. 特に, \r\n$$f_m(x)=-f_{-m}(x),\\quad f_{m-1}(x)f_{m+1}(x)+1=f_m(x)^2$$\r\nであり, $m$ が $2$ 以上のとき, \r\n$$f_{m}(x)=\\Big(x-2\\cos\\dfrac{\\pi}{m}\\Big)\\Big(x-2\\cos\\dfrac{2\\pi}{m}\\Big)\\cdots\\Big(x-2\\cos\\dfrac{(m-1)\\pi}{m}\\Big)$$\r\nが成り立つ.\r\n----\r\n\r\n**証明.**　$m=0,1$ では明らか. $m=p,p+1$ で成立すると仮定すると\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf_{p+2}(2\\cos\\theta)&=2\\cos\\theta f_{p+1}(2\\cos\\theta)-f_p(2\\cos\\theta)\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{2\\cos\\theta\\sin(p+1)\\theta-\\sin p\\theta}{\\sin\\theta}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{(\\sin(p+2)\\theta+\\sin p\\theta)-\\sin p\\theta}{\\sin\\theta}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{\\sin(p+2)\\theta}{\\sin\\theta}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより, $m=p+2$ での成立が確認できるため, $m$ が非負のときについて示された. $m$ が負の場合も同様に $f_m(2\\cos\\theta)=\\dfrac{\\sin m\\theta}{\\sin\\theta}$ を示せる.\\\r\n　また, $m$ が正のとき, $f_m(x), f_{-m}(x)$ は最高次の係数がそれぞれ $1, -1$ である $m-1$ 次多項式であるため, $f_m(x)=-f_{-m}(x)$ 及び, $m$ が $2$ 以上の整数のとき\r\n$$f_{m}(x)=\\Big(x-2\\cos\\dfrac{\\pi}{m}\\Big)\\Big(x-2\\cos\\dfrac{2\\pi}{m}\\Big)\\cdots\\Big(x-2\\cos\\dfrac{(m-1)\\pi}{m}\\Big)$$\r\nであることは明らか.\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf_{m-1}(2\\cos\\theta)f_{m+1}(2\\cos\\theta)+1&=\\dfrac{\\sin(m-1)\\theta\\sin(m+1)\\theta+\\sin^2\\theta}{\\sin^2\\theta}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{(\\sin m\\theta\\cos\\theta-\\cos m\\theta\\sin\\theta)(\\sin m\\theta\\cos\\theta+\\cos m\\theta\\sin\\theta)+\\sin^2\\theta}{\\sin^2\\theta}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{(\\sin m\\theta\\cos\\theta)^2+(1-\\cos^2m\\theta)\\sin^2\\theta}{\\sin^2\\theta}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{\\sin^2m\\theta}{\\sin^2\\theta}=f_m(2\\cos\\theta)^2\r\n\\end{aligned}$$\r\nより, $f_{m-1}(x)f_{m+1}(x)+1=f_m(x)^2$ も成立する.\r\n----\r\n\r\n$f_m(x)=-f_{-m}(x)$ と $a_{n+1}=k, a_{n+2}=A$ より下式を得る.\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(f_{n-1}(k-1)+1)\\log k&=f_{n}(k-1)\\log A\\\\\\\\\r\nf_{n}(k-1)\\log k&=(f_{n+1}(k-1)-1)\\log A\r\n\\end{aligned}$$\r\n- $k = 1$ のとき\\\r\n　$a_1 = a_2 = \\cdots = a_{n+4} = 1$ は条件を満たす. \r\n\r\n- $k \\neq 1, f_n(k-1)\\neq 0$ のとき\\\r\n　上の二式を変形することで\r\n$$(f_{n-1}(k-1)+1)(f_{n+1}(k-1)-1)=f_{n}(k-1)^2$$\r\nを得る. 従って, $f_{n-1}(k-1)f_{n+1}(k-1) + 1 = f_n(k-1)^2$ や $(f_m)$ にも気をつけることで, \r\n$$4f_n(k-1)^2 = (f_{n-1}(k-1) + f_{n+1}(k-1))^2 = (k-1)^2f_n(k-1)^2$$\r\nが成立することが分かるので, $k = 3$ を得る. よって, $\\dfrac{a_ma_{m+2}}{a_{m+1}^{k-1}}=1$ に気をつければ数列 $a$ の隣接する二項の比は一定であるが, $a_1 = a_{n+1}$ であるからその比は $1$, つまり $a_1 = a_2 = \\cdots = a_{n+4}$ である. しかしこれは $a_1 \\neq a_{8556}$ に矛盾するため不適. \r\n\r\n- $f_{n}(k-1) = 0$ のとき\\\r\n　ある $\\dfrac{2n}{3}$ 未満の正整数 $i$ を用いて $k = 2\\cos\\dfrac{i\\pi}{n} + 1$ と表せるが, $i$ が奇数のときは $f_{n-1}(k-1) = 1$ となり不適. 従って $k$ は $i = 1,2,...,14403$ を用いて $k = 2\\cos\\dfrac{i\\pi}{21605} + 1$ と表せる. \r\n$$a_{8556}=k^{f_{-8554}(k-1)}A^{f_{8555}(k-1)}$$\r\nより, $f_{8555}(k-1)\\neq0$ のときは各 $k$ に対して条件をみたす $a_1,a_2,\\cdots,a_{43214}$ が $1$ つ存在する. $f_{8555}(k-1)=0$ のとき, $f_{-8554}(k-1)=\\pm1$ より, $a_1=a_{8556}$ または $a_1a_{8556}=1$ であるため, 条件をみたすものは\r\n$$k=\\dfrac{3+\\sqrt{5}}{2}, \\dfrac{3-\\sqrt{5}}{2}\\Big(=2\\cos\\dfrac{\\pi}{5}+1, 2\\cos\\dfrac{3\\pi}{5}+1\\Big)$$\r\nのみである. $\\theta=\\dfrac{\\pi}{5}, \\dfrac{3\\pi}{5}$ のとき $f_{-8554}(2\\cos\\theta)=-1$ より, いずれの場合も任意の $A$ で条件をみたす $a_1,a_2,...,a_{n+4}$ が存在する. $f_{8555}(k-1) = 0$ は $\\dfrac{8555i}{21605}$ が整数となることと同値であるから, このような $k$ は $96$ 個存在する. \r\n\r\n以上より求める値は $1+14403-96+2=\\mathbf{14310}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day2/editorial/2398" } ]

[ { "content": "　$a_0=0$ とし，$b_n=a_n-a_{n-1}$ とする．このとき，$b_1=1,b_2=0$ である．また，$3$ 以上の整数 $n$ について，\r\n$$b_n=\\sum_{k=2}^n(a_{\\lfloor n\\/k\\rfloor}-a_{\\lfloor(n-1)\\/k\\rfloor})$$\r\nである．ここで，\r\n$$a_{\\lfloor n\\/k\\rfloor}-a_{\\lfloor(n-1)\\/k\\rfloor} = \r\n\\begin{cases}\r\nb_{n\\/k} & (k \\mid n)\\\\\\\\\r\n0 & (k \\nmid n)\r\n\\end{cases}$$\r\nであるので，\r\n$$b_n=\\sum_{d|n,d\\neq n}b_d$$\r\nである．これを繰り返し用いることで， $p,q,r$ を相異なる奇素数とすると\r\n$$\r\nb_p = 1,\\quad b_{2p}=2,\\quad b_{8p}=12,\\quad b_{4p^2}=18,\\quad b_{2pq}=10,\\quad b_{pqr}=13,\\quad b_{4p^3}=56\r\n$$\r\nと計算できる．よって，\r\n$$\\begin{aligned}\r\na_{110}&=a_{100}+b_{101}+b_{102}+b_{103}+b_{104}+b_{105}+b_{106}+b_{107}+b_{108}+b_{109}+b_{110}\\\\\\\\\r\n&=658+1+10+1+12+13+2+1+56+1+10\\\\\\\\\r\n&=\\bf{765}\\end{aligned}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day1/editorial/4696" } ]

[ { "content": "　各辺 $e$ に対して, $e$ が $F,F^\\prime$ の辺であるとき, (ただし $F\\neq F^\\prime$)\r\n$$g(e)=\r\n\\begin{cases}\r\n\\dfrac{2(11+d_F^2)}{d_F} & (d_F=d_{F^\\prime}) \\\\\\\\\r\n\\dfrac{11+d_{F^\\prime}^2}{d_F} & (d_F\\lt d_{F^\\prime}) \\\\\\\\\r\n\\dfrac{11+d_{F}^2}{d_{F^\\prime}} & (d_F\\gt d_{F^\\prime})\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nと定めれば $f(F)$ の総和は $g(e)$ の総和と等しい. ここで次の補題を示す.\r\n\r\n----\r\n**補題.**　任意の辺 $e$ について, \r\n$$g(e)\\geq9.$$\r\n等号成立は $(d_F,d_{F^\\prime})=(3,4),(4,3),(4,5),(5,4)$ のとき.\r\n\r\n**証明.**\r\n- $d_F=d_{F^\\prime}$のとき\\\r\n$$\\begin{aligned}\r\n g(e)&=\\dfrac{2(11+d_F^2)}{d_F}\\\\\\\\\r\n &=2\\left(d_F+\\dfrac{11}{d_F}\\right)\\\\\\\\\r\n &\\geq4\\sqrt{11}\\gt9\r\n\\end{aligned}$$\r\nより補題は正しい.\r\n\r\n- $d_F\\neq d_{F^\\prime}$ のとき\\\r\n対称性より $d_F\\lt d_{F^\\prime}$ のときを考えれば良い. $d_F,d_{F^\\prime}$ は整数なので $d_{F^\\prime}\\geq d_F+1$. よって\r\n$$\\begin{aligned}\r\n g(e)&=\\dfrac{11+d_{F^\\prime}^2}{d_F}\\\\\\\\\r\n &\\geq \\dfrac{11+(d_F+1)^2}{d_F}\\\\\\\\\r\n &=9+\\dfrac{(d_F-3)(d_F-4)}{d_F}\\\\\\\\\r\n &\\geq 9\r\n\\end{aligned}$$\r\n等号は $d_F=3,4$ のときだから補題は示された.\r\n\r\n----\r\n\r\n　補題より, $ f(F) $ の総和を $X$ の辺数で割った値は $ 9 $ 以上であり, $ 9 $ となるのは $ d_F=3,4,5 $ で隣り合う面同士の辺数の差が $ 1 $ であるときである. 従って $ d_F=3,4,5 $ で隣り合う面同士の辺数の差が $ 1 $ であるときの面の数の最大値を求めればよい.\\\r\n　$ d_F=3,4,5 $ となる面の数をそれぞれ $ a,b,c $ とし, 辺の数を $ x $, 面の数を $ y(=a+b+c) $ とする. $ d_F=4 $ を満たす面同士, $ d_F=3,5 $ を満たす面同士は隣接しないので\r\n$$ x=4b=3a+5c $$\r\nとなる. 従って $ a\\equiv c\\pmod4 $ であるから $ a=4p+r, c=4q+r $ なる非負整数 $ p,q $, $ 0 $ 以上 $ 3 $ 以下の整数 $ r $ が存在する. また, オイラーの多面体定理より, \r\n$$ a+b+c-x+24680=2 $$\r\nとなる.ことに気をつければ,\r\n$$ b=3p+5q+2r,\\quad 5p+11q+4r=24678,\\quad y=7p+9q+4r $$\r\nが分かる. 従って $ y-24678=2(p-q) $ なので, $ y $ を最大化するには $ p-q $ を最大化すれば良い. $5p + 11q = 24678-4r$ に気をつければ, $r = 0,1,2,3$ のとき, $p-q$ の最大値はそれぞれ $4926, 4922, 4934,4930$ であるから, 求める最大値は $34546$ である. 実際に $y = 34546$ となる $X$ が存在することが確認できるので, 解答すべきは $\\bf{34546}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day1/editorial/2682" } ]

[ { "content": "　点 $A$ を通り $BC$ に平行な直線と $\\omega$ の交点を $A^\\prime$ とし, 弧 $BAC$ の中点を $N$ とする. 直線 $A^\\prime Q$ は三角形 $A^\\prime BC$ のsymmedianであるから, 四角形 $A^\\prime BQC$ は調和四角形である. よって, 直線 $A^\\prime P$ と $QN$ は直線 $BC$ 上で交わるので, この点を $T$ とする. また, 三角形 $TPN$ の垂心を $H$ とすれば, $H$ は直線 $PQ, MT$ の交点であるから $H=R$ であり, 従って $R$ は直線 $A^\\prime N$ 上にあることが分かる. よって, $R$ を中心とする $\\omega$ が変化しないような反転をすると調和四角形 $APA^\\prime N$ は四角形 $SQNA^\\prime$ に移るから, これも調和四角形である. また, 四角形 $BQCA^\\prime$ も調和四角形であったから, $\\omega$ の $A^\\prime, Q$ での接線, 直線 $BC, SN$ は一点で交わるので, この点を $X$ とする. 直線 $SN$ は $\\angle BSC$ の外角の二等分線であるから, \r\n$$BS : CS = BX : CX = A^\\prime B^2 : A^\\prime C^2 = AC^2 : AB^2$$\r\nが分かる. よって, $BS = 144x$ とすれば, 余弦定理より\r\n$$\\frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2\\times AB\\times AC} = \\cos\\angle BAC = \\cos\\angle BSC = \\frac{(49x)^2 + (144x)^2 - BC^2}{2\\times 49x\\times 144x}$$\r\nが分かり, これを解くことで $x = \\dfrac{11}{\\sqrt{17089}}$ を得る. 従って, Ptolemyの定理より\r\n$$AS = \\frac{AC\\times BS - AB\\times CS}{BC} = \\frac{1385}{\\sqrt{17089}}$$\r\nを得るので, 特に解答すべきは $\\bf{18474}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day1/editorial/5223" }, { "content": "　ここでは, $R$ の位置を特定することを目標とします. \r\n　今, $AP$ と $BC$ の交点を $T$ とすれば, 円周角の定理などを用いて以下のような角度計算を実行することにより $4$ 点 $A,T,Q,R$ の共円がわかります. $$\\angle{TRQ}=\\angle{BCQ}-\\angle{RQC}=\\angle{BAQ}-\\angle{PBC}=\\angle{BAQ}-\\angle{BAP}=\\angle{PAQ}$$\r\n　ここから方べきの定理より以下が成り立ちます. $$AM×MQ=TM×MR$$\r\n　一方 $4$ 点 $A,B,Q,C$ の共円に留意すれば, 方べきの定理より以下が成り立ちます. $$AM×MQ=BM×CM=\\left(\\frac{11}{2}\\right)^2=\\frac{121}{4}$$\r\n　今, $BT:TC=7:12$ なので, $$TM= BM-BT=\\dfrac{11}{2}-11×\\dfrac{7}{7+12}=\\dfrac{55}{38}$$\r\nであり, 以上から $$MR=\\frac{AM×MQ}{TM}=\\frac{121}{4}×\\frac{38}{55}=\\frac{209}{10}$$\r\nと求まりました.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day1/editorial/5223/100" }, { "content": "$$BP:PC = 1:1,　BQ:QC=12:7$$\r\nが容易に分かる．$\\triangle CQR$ と $\\triangle PBR$ ，$\\triangle BQR$ と $\\triangle PCR$ はそれぞれ相似であるから\r\n$$CR=QR\\times \\frac{PC}{BQ} = BR\\times \\frac{QC}{BP}\\times \\frac{PC}{BQ} =\\frac{7}{12}BR$$\r\nであり，これより $CR=\\dfrac{77}{5}$ を得る．あとは三平方の定理や方べきの定理を適当に用いて答えを求めることができる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/imo2022-day1/editorial/5223/101" } ]

[ { "content": "　問題の条件は, 任意の $1$ 以上 $1000$ 以下の整数 $x$ に対し, 以下が成り立つことと同値である.\r\n$$ x \\not \\in S_i ~(1 \\leq i \\leq 5) \\quad \\text{または} \\quad x \\not \\in S_i ~(6 \\leq i \\leq 10)$$\r\n上式を満たすように, $x$ が $S_i$ に属するかどうか割り当てる方法は $2^5 + 2^5 - 1 = 63$ 通りであるから, \r\n$$M = 63^{1000} = 3^{2000} \\times 7^{1000}.$$\r\n　以上より, $M$ のもつ正の約数の個数は $(2000+1)(1000+1) = \\textbf{2003001}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3007" } ]

[ { "content": "　$\\triangle XYZ$ の面積を $S(XYZ)$ で表すこととする．\r\n\r\n----\r\n\r\n**解法1.**　$OP_1:OP_2=1:3,\\ \\angle P_1OP_2=60^{\\circ}$ となる点 $O$ を $\\angle P_1P_2P_3$ の内側にとると簡単な角度計算により $\\angle OP_1P_2=\\angle OP_2P_3$ がわかるため，$\\triangle OP_1P_2\\sim\\triangle OP_2P_3$ が得られる．このとき $OP_2:OP_3=1:3$ であるから，同様の議論で $\\triangle OP_1P_2,\\dots,\\triangle OP_9P_{10}$ は全て相似である．\r\nこれより $n=1,2,\\dots,10$ に対して $OP_1:OP_n=1:3^{n-1}$，また $1\\leq i,j\\leq 10$ について $$S(OP_iP_j)=\\begin{cases}\r\n\\dfrac{\\sqrt{3}}{4}\\cdot OP_i\\cdot OP_j&(i\\not\\equiv j\\pmod{3})\\\\\\\\\r\n0&(i\\equiv j\\pmod{3})\\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$ が成り立つことを用いれば，次の成立がわかる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\ S(P_1P_2P_3):S(P_1P_5P_{10})\\\\\\\\\r\n&=\\bigl(S(OP_1P_2)+S(OP_2P_3)-S(OP_1P_3)\\bigr):\\bigl(S(OP_1P_5)+S(OP_5P_{10})\\bigr)\\\\\\\\\r\n&=(3^1+3^3-3^2):(3^4+3^{13})\\\\\\\\\r\n&=1:\\bf{75924}\r\n\\end{aligned}$$ \r\n\r\n----\r\n\r\n**解法2.** 　$\\alpha=3(\\cos 60^\\circ+i\\sin 60^\\circ)$ とする．複素数列 $\\\\{z_n\\\\}$ を $z_1=0, z_2=1$ および\r\n$$z_{n+2}-z_{n+1}=\\alpha(z_{n+1}-z_n)$$ \r\nで定め，複素数平面上で点 $P_n(z_n)$ とすれば条件をみたす．\r\nこのとき $S(P_1P_2P_3)=\\dfrac{3\\sqrt{3}}{4}$ であり，また $z_n=\\dfrac{\\alpha^{n-1}-1}{\\alpha-1}$ が成り立つ．\\\r\n　ここで点 $Q\\Bigl(\\dfrac{-1}{\\alpha-1}\\Bigr)$ について $P_nQ=\\dfrac{3^{n-1}}{\\sqrt{7}}$ および $\\angle P_1QP_5=120^\\circ,\\angle P_1QP_{10}=180^\\circ$ が成り立つため，次が得られる．\r\n$$S(P_1P_5P_{10})=\\frac{1}{2}(P_1Q+P_{10}Q)\\cdot P_5Q\\cdot\\sin 120^\\circ=\\frac{3\\sqrt{3}}{4}\\times\\bf{75924}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3734" } ]

[ { "content": "　$(n-1)\\/4$ を超えない最大の整数を $m$ としたとき，$f(n)=m$ であることを示す．\r\nAliceは次のような戦略をとることでBobの書き込み方によらず得点を $m$ 以上にできる．\r\n\r\n- はじめの $5$ 回は $1,m+1,2m+1,3m+1,4m+1$ を $1$ 回ずつ宣言する．$6$ 回目では，空きマスに隣接しないマスに書かれている数字を再度宣言する. \r\n\r\n一方，Bobは以下の規則に従って数字を書き込むことでAliceの宣言する数字によらず得点を $m$ 以下にできる．\r\nただし，端から $i$ 番目のマスをマス $i$ とする．\r\n\r\n- マス $2$ またはマス $5$ に数字が書かれているとき，好きなマスに書き込む．\r\n- そうでないとき，マス $x$ が空ならばマス $x$ に，そうでないならばマス $y$ に書き込む．\r\nただし $x,y$ は宣言された数字 $X$ に応じ次のように定める．\r\n$$\\begin{cases}\r\nx=1,\\ y=2&(1\\leq X\\leq m+1)\\\\\\\\\r\nx=3,\\ y=2&(m+2\\leq X\\leq 2m+2)\\\\\\\\\r\nx=4,\\ y=5&(2m+3\\leq X\\leq 3m+3)\\\\\\\\\r\nx=6,\\ y=5&(3m+4\\leq X\\leq n)\\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\n　以上より $f(n)=m$ であることが示された．このとき求める値は次のように計算できる．\r\n$$\\sum_{n=1}^{2022}f(n)=4\\sum_{m=0}^{504}m+2\\times 505=\\textbf{510050}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3711" } ]