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OnlineMathContest-1.4k

like 2

[ { "content": "　$AC = x$ とし, $AC$ から点 $B, D$ への距離をそれぞれ $y, z$ とする.\r\n$x, y$ を固定したとき, $S(ABC) = \\displaystyle\\frac{xy}2$ であり,\r\n$AB^2 + BC^2$ は $AB = BC$ のときに最小値 $\\displaystyle \\frac{x^2}2 + 2y^2$ をとる.\r\n実際, $H$ を $B$ から $AC$ に下ろした垂線の足とすると,\r\n三平方の定理から\r\n$AB^2 + BC^2 = 2y^2 + AH^2 + CH^2$ がわかり,\r\nこの右辺は $AH = CH = \\displaystyle\\frac{x}2$ のときに最小化されるのでよい.\r\n$D$ についても同様なので, $K$ は不等式\r\n$$\r\n x^2 + 2y^2 + 2z^2 \\ge k\\biggl( \\frac{3xy}2 + \\frac{5xz}2 \\biggr)\r\n$$\r\nを満たす最大の $k$ であることがわかる.\r\n相加・相乗平均の不等式を使うことで,\r\n$$\r\n x^2 + 2y^2 + 2z^2 = \\biggl(\\frac{9x^2}{34} + 2y^2\\biggr) +\r\n \\biggl(\\frac{25x^2}{34} + 2z^2\\biggr)\r\n \\ge \\frac{6xy}{\\sqrt{17}} + \\frac{10xz}{\\sqrt{17}}\r\n$$\r\nが得られ, 実際に $y = \\displaystyle \\frac{3x}{2\\sqrt{17}}$,\r\n$z = \\displaystyle \\frac{5x}{2\\sqrt{17}}$ のときに等号が成立する.\r\nしたがって, $K = \\displaystyle\\frac4{\\sqrt{17}}$ であり, 解答は $\\bm{33}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3733" }, { "content": "※幾何的な工夫を必要としない，不等式でゴリ押しする解法です\r\n\r\n----\r\n\r\n　$AB = a,\\\\, BC = b,\\\\, CD = c,\\\\, DA = d,\\\\, AC = x$ とおく．このとき Heron の公式を用いるか，または以下のような，第二余弦定理を用いた式変形によって\r\n$$ S(ABC) = \\frac{ab}2 \\sin B = \\frac{ab}2 \\sqrt{1 - \\cos^2 B} = \\frac{ab}2\\sqrt{1 - \\left(\\frac{a^2 + b^2 - x^2}{2ab}\\right)^2} = \\frac12\\sqrt{(ab)^2-\\left(\\frac{a^2 + b^2 - x^2}2\\right)^2} $$\r\nとなり，同様に\r\n$$ S(ACD) = \\frac12\\sqrt{(cd)^2-\\left(\\frac{c^2 + d^2 - x^2}2\\right)^2}. $$\r\n　したがって\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{AB^2 + BC^2 + CD^2 + DA^2}{3S(ABC) + 5S(CDA)} &= \\frac{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}{\\frac32\\sqrt{(ab)^2-\\left(\\frac{a^2 + b^2 - x^2}2\\right)^2} + \\frac52\\sqrt{(cd)^2-\\left(\\frac{c^2 + d^2 - x^2}2\\right)^2}} \\\\\\\\\r\n&\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\:\\stackrel{\\smash{\\text{AM-GM}}}\\ge\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\!\\\\: \\frac{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}{\\frac32\\sqrt{\\left(\\frac{a^2 + b^2}2\\right)^2-\\left(\\frac{a^2 + b^2 - x^2}2\\right)^2} + \\frac52\\sqrt{\\left(\\frac{c^2 + d^2}2\\right)^2-\\left(\\frac{c^2 + d^2 - x^2}2\\right)^2}} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{a^2 + b^2 + c^2 + d^2}{\\frac32\\sqrt{\\frac{x^2}2 \\left(a^2 + b^2 - \\frac{x^2}2\\right)} + \\frac52\\sqrt{\\frac{x^2}2 \\left(c^2 + d^2 - \\frac{x^2}2\\right)}} \\\\\\\\\r\n&= \\frac1{\\frac32\\sqrt{X \\left(P - X\\right)} + \\frac52\\sqrt{X \\left(1 - P - X\\right)}} \\\\\\\\\r\n&= \\frac2{\\sqrt{34}} \\left(\\frac{\\left(3\\sqrt{X \\left(P - X\\right)} + 5\\sqrt{X \\left(1 - P - X\\right)}\\right)^2}{3^2 + 5^2}\\right)^{-\\frac12} \\\\\\\\\r\n&\\\\!\\\\!\\\\;\\stackrel{\\text{CS}}\\ge\\\\!\\\\!\\\\; \\sqrt{\\frac2{17}} \\left(\\frac{3^2\\\\, X \\left(P - X\\right)}{3^2} + \\frac{5^2\\\\, X \\left(1 - P - X\\right)}{5^2}\\right)^{-\\frac12} \\\\\\\\\r\n&= \\sqrt{\\frac2{17}} \\times \\frac1{\\sqrt{X \\left(1 - 2X\\right)}} = \\frac1{\\sqrt{17X \\left(\\frac12 - X\\right)}} \\\\\\\\\r\n&\\ge \\frac1{\\sqrt{17 \\left(\\frac14\\right)^2}} = \\sqrt{\\frac{16}{17}}.\r\n\\end{aligned}$$\r\nただし\r\n$$P \\coloneqq \\frac{a^2 + b^2}{a^2 + b^2 + c^2 + d^2},\\qquad X \\coloneqq \\frac{x^2}{2 \\left(a^2 + b^2 + c^2 + d^2\\right)}. $$\r\nこのとき，各不等式の等号成立条件：\r\n$$ a = b\\quad \\text{and}\\quad c = d,\\qquad \\frac19 \\left(P - X\\right) = \\frac1{25} \\left(1 - P - X\\right) \\iff P = \\frac9{34},\\qquad X = \\frac14 $$\r\nは与えられた図で実現可能であるから， $K = \\sqrt{\\dfrac{16}{17}}$ が分かり，答えは $\\textbf{33}$．", "text": "不等式でゴリ押せ！", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3733/93" } ]

[ { "content": "　解説中の合同式は全て $p$ を法として考える. \r\n\r\n----\r\n**補題1.**　問題文の一つ目の条件は, $1$ 以上 $p-1$ 以下の整数 $y$ が存在して $y + y^{-1} \\equiv c$ を満たすことと同値である. \\\r\n**証明.**　後者は $y^2 - cy + 1 \\equiv 0$ となる整数 $y$ の存在と同値. この両辺を $4$ 倍して平方完成すればよい.　(証明終) \r\n\r\n----\r\n　$y + y^{-1} \\equiv c$ が成り立つとき, 数列 $F_0, F_1, \\ldots$ を\r\n$$F_0 = 0, \\quad F_1 = 1, \\quad F_{k+2} = F_{k+1} +F_k \\quad (k = 0, 1, \\ldots)$$\r\nで定めると, $a_k \\equiv y^{F_k} + y^{- F_k}$ であることが帰納的に分かる. $F_{18} = 2584$ より, $a_{18} \\equiv y^{2584} + y^{-2584}$ である. したがって, 補題1より求める値は $y^{2584} + y^{-2584}$ を $p$ で割った余りの種類数と一致する. \\\r\n　ここで, 法 $p$ における原始根の一つを $g$ とおくと, $\\gcd(p-1, 2584) = 136$ より, \r\n$$1^{2584},\\quad 2^{2584},\\quad \\ldots, \\quad (p-1)^{2584}$$\r\nを $p$ で割った余りは全て $g^{136 i} \\pmod{p}~(0 \\leq i \\leq 2^{20} \\times 7 - 1)$ の形で表されることに注意する.\r\n\r\n----\r\n**補題2.**　相異なる $1$ 以上 $p-1$ 以下の整数 $a$, $b$ が $a + a^{-1} \\equiv b + b^{-1}$ を満たすとき, $a \\equiv b^{-1}$ である. \\\r\n**証明.**　両辺を $a$ 倍して変形すると, 以下を得る. $a \\neq b$ より, $a \\equiv b^{-1}$ である.　(証明終) \r\n$$(a - b)(a - b^{-1}) \\equiv 0$$\r\n\r\n----\r\n　補題2より, 求める値は $g^{136 i} \\pmod{p}$ に対し, $p$ を法とした逆元になる数同士をペアにしたときのペアの個数と一致する. $i=0, 2^{19} \\times 7$ のとき (すなわち $g^{136 i} \\equiv \\pm 1$ のとき) に限り自分自身とペアを組むから, 答えは \r\n$$(2^{20} \\times 7 - 2)\\/2 + 2 = 2^{19} \\times 7 +1 = \\textbf{3670017}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/2987" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の面積を確率変数 $S$ で表し, 期待値 $\\mathrm{E}[S]$ と $\\mathrm{E}[S^2]$ について,\r\nいくつかの主張を示す.\\\r\n　$5$ 点 $A, B, C, X, Y$ のうちいずれの $3$ 点についてもそれらが一直線上に並ぶ確率は $0$ であることに注意.\r\n----\r\n**補題1.**　線分 $AB, XY$ が交わる確率は $\\displaystyle \\frac13 - \\frac43\\mathrm{E}[S]$ に等しい.\r\n\r\n**証明.**　まず $4$ 点が凸四角形にならない確率を求める.\r\nこのとき $4$ 点の凸包は確率 $1$ で三角形であり,\r\n中に入る $1$ 点が $4$ 通りあるので, 対称性から確率は\r\n$4\\cdot\\mathrm{P}(Y \\in \\triangle ABX) = 4\\mathrm{E}[S]$ に等しい.\r\nしたがって $4$ 点が凸四角形をなす確率は $1 - 4\\mathrm{E}[S]$ であり,\r\nこのうち $AB$ が対角線をなす確率は対称性からその $1\\/3$ である. (証明終)\r\n----\r\n**補題2.**　線分 $AB, BC, CA$ のうちちょうど $1$ つと線分 $XY$ が交わる確率は\r\n$2(\\mathrm{E}[S] - \\mathrm{E}[S^2])$\r\nに等しい.\r\n\r\n**証明.**　これは $2$ 点 $X, Y$ のうち片方が三角形 $ABC$ の内部にありもう片方が外部にある確率に等しい.\r\n$A, B, C$ を固定したときその確率は $2S(1-S)$ なので, その平均をとるとよい. (証明終)\r\n----\r\n　ここで, 線分 $XY$ が $AB, BC, CA$ と交わる事象をそれぞれ $F_1, F_2, F_3$ とすると,\r\n求める確率は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n \\mathrm{P}(F_3) + \\mathrm{P}(F_1\\cap \\overline{F_2} \\cap \\overline{F_3})\r\n + \\mathrm{P}(\\overline{F_1} \\cap F_2 \\cap \\overline{F_3})\r\n \\&= \\biggl(\\frac13 - \\frac43\\mathrm{E}[S]\\biggr)\r\n + \\frac23(2(\\mathrm{E}[S] - \\mathrm{E}[S^2])) \\\\\\\\\r\n \\&= \\frac13 - \\frac43\\mathrm{E}[S^2] \\tag{1}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる.\r\nよって $\\mathrm{E}[S^2]$ を求めればよい.\\\r\n　$A, B, C$ の座標をそれぞれ $(A_x, A_y), (B_x, B_y), (C_x, C_y)$ と表す.\r\nこのとき,\r\n$$\\overrightarrow{AB} = (B_x - A_x, B_y - A_y), \\quad \\overrightarrow{AC} = (C_x - A_x, C_y - A_y)$$\r\nなので\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n (2S)^2 \\&= \\bigl((B_x - A_x)(C_y - A_y) - (B_y - A_y)(C_x - A_x)\\bigr)^2 \\\\\\\\\r\n \\& = \\bigl(\r\n (A_x B_y - A_y B_x) + (B_x C_y - B_y C_x) + (C_x A_y - C_y A_x)\r\n \\bigr)^2 \\tag{2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nを得る.\r\nここで $\\mathrm{E}[A_x] = \\mathrm{E}[A_y] = 0$ と独立性より,\r\n$$\\mathrm{E}[(A_x B_y - A_y B_x)(B_x C_y - B_y C_x)]= 0$$\r\nである. また, $\\mathrm{E}[A_xA_y] = 0$ と対称性より\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\\mathrm{E}[(A_x B_y - A_y B_x)^2] \\&= \\mathrm{E}[A_x^2]\\mathrm{E}[B_y^2]\r\n + \\mathrm{E}[A_y^2]\\mathrm{E}[B_x^2] - 2\\mathrm{E}[A_xA_y]\\mathrm{E}[B_xB_y] \\\\\\\\\r\n \\& = 2\\mathrm{E}[A_x^2]\\mathrm{E}[B_y^2]\\\\\\\\ \\&=\r\n \\frac12\\mathrm{E}[A_x^2 + A_y^2]\\mathrm{E}[B_x^2+B_y^2]\\\\\\\\\r\n \\&= \\frac12\\biggl(\\frac1{2\\pi}\\biggr)^2 = \\frac1{8\\pi^2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる.\r\nただし最後から二番目の等式で $\\mathrm{E}[OZ^2] = \\displaystyle\\frac1{2\\pi}$ を用いた.\r\nしたがって $(2)$ より\r\n$$\r\n \\mathrm{E}[S^2] = \\frac34\\mathrm{E}[(A_x B_y - A_y B_x)^2] = \\frac3{32\\pi^2}\r\n$$\r\nであり,\r\n求める確率は $(1)$ より $\\displaystyle\\frac13 - \\frac1{8\\pi^2}$ となる. 特に解答すべき値は $\\textbf{3206681}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3735" }, { "content": "　$A, B, C, X, Y, O$が同一直線上にないとしても確率は変わらないので, そう仮定する. また, 三角形 $DEF$ の符号付面積を $S(DEF)$ と表記する. \\\r\n　ある $5$ つの点に $A, B, C, X, Y$ を一回ずつ割り当てる方法は $120$ 通りあるが, そのうち問題の条件を満たすように割り当てる方法は, $5$ 点の凸包が $5, 4$ 角形の時 $40$ 通り, $3$ 角形の時 $24$ 通りであることが確認できる. よって, 円 $\\omega$ の内部にランダムに点を $5$ つ独立に取った時にその凸包が $3$ 角形である確率が $s$ であるとすると, 求める確率 $p$ は $$\\frac{40}{120}(1-s)+\\frac{24}{120}s=\\frac{1}{3}-\\frac{2}{15}s$$ であることが分かる. また $$s =(円 \\omega の内部にランダムに点を 3 つ (P, Q, Rとおく) を取った後さらに 2 点とった時に, $$ $$その 2 点が最初に取った 3 点を頂点とした三角形の領域内にある確率) \\times {}_5 \\mathrm{C}_3$$$$=10S(PQR)^2$$ なので, $S(PQR)^2$の平均を計算すればよい. \\\r\n　$P, Q$ を $O$ で点対称移動をした点をそれぞれ $P’, Q’$ とする. $S(QOP)=a, S(ROQ)=b, S(POR)=c$ とすると, $S(PQR), S(P’QR), S(PQ’R), S(P’Q’R)$ はそれぞれ $a+b+c, -a+b-c, -a-b+c, -a+b+c$ なので, $$S(PQR)^2+S(P’QR)^2+S(PQ’R)^2+S(P’Q’R)^2=(a+b+c)^2+(-a+b-c)^2+(-a-b+c)^2+(-a+b+c)^2$$ $$=4(a^2+b^2+c^2)$$\r\nよって, $$S(PQR)^2の平均=3S(QOP)^2の平均$$\r\nであることが分かる.\r\n$$3(QOP)^2の平均=\\frac{3}{4}(OP^2の平均)(OQ^2の平均)(\\frac{\\int_0^{2\\pi}sin^2\\theta d\\theta}{2\\pi})=\\frac{3}{4}\\frac{1}{2\\pi}\\frac{1}{2\\pi}\\frac{\\pi}{2\\pi}=\\frac{3}{32\\pi^2}$$\r\nしたがって, $$p=\\frac{1}{3}-\\frac{2}{15}s=\\frac{1}{3}-\\frac{2}{15}\\frac{30}{32\\pi^2}=\\frac{1}{3}-\\frac{1}{8\\pi^2}$$\r\n求める値は$\\textbf{3206681}$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc106/editorial/3735/94" } ]

[ { "content": "　子供 $i$ が跳ぶのに成功する確率は\r\n$$1 - \\frac{1}{i + 1} = \\frac{i}{i + 1}$$\r\nなので, 全員が跳べる確率は\r\n$$\\frac{1}{2} \\times \\frac{2}{3} \\times \\frac{3}{4} \\times \\cdots \\times \\frac{1999}{2000} = \\frac{1}{2000}$$\r\nより解答すべき値は $\\textbf{2001}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3276" } ]

[ { "content": "　$a = \\lfloor\\sqrt{n}\\rfloor$ とすると, $a^2$ は $n$ 以下の最大の平方数であるから $(a + 1)^2 \\gt n$ が成り立ち, 特に\r\n$$(a + 1)^2 - a^2 \\gt n - \\lfloor \\sqrt{n} \\rfloor^2 = 100$$\r\nすなわち $a \\geq 50$ が必要である. 逆に $a = 50$ のとき, $n = \\textbf{2600}$ が与式をみたし, これが求める最小のものである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/2798" } ]

[ { "content": "　メネラウスの定理より $BT:TS=2:1$ であるから，$\\triangle{TQC}$ の面積は次のように計算できる.\r\n$$\\triangle{TQC} = \\frac{1}{2} \\triangle{TBC} = \\frac{1}{2} \\times \\frac{2}{3} \\triangle{SBC} = \\frac{1}{2} \\times \\frac{2}{3} \\times \\frac{1}{2} = \\frac{1}{6}$$\r\n対称性から $\\triangle{TQC} = \\triangle{TRC}$ であり，また $\\triangle{CQR} = \\dfrac{1}{8}$ であるから，\r\n$$\\triangle{TQR} = \\triangle{TQC}+\\triangle{TRC}-\\triangle{CQR}=2\\times \\frac{1}{6} - \\frac{1}{8} = \\frac{5}{24}$$\r\nよって解答すべき値は $\\textbf{29}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3278" }, { "content": "　$AC$ と $BD,QR$ の交点をそれぞれ $X,Y$ とする．$T$ は $\\triangle ABD$ の重心だから $AT:TX=2:1$ であり，\r\n$$AX:XC = XY:YC=1:1$$\r\nと合わせて $TY:YC=5:3$ を得る．$\\triangle CQR$ の面積は $\\dfrac 18$ だから，求める面積は $\\dfrac 18 \\times \\dfrac 53 = \\dfrac{5}{24}$ であり，解答すべき値は $\\textbf{29}.$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3278/92" } ]

[ { "content": "$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{i = 1}^{1999}{\\frac{x_i^3}{x_i^2 + 2x_i + 4}} - 8\\sum_{i = 1}^{1999}{\\frac{1}{x_i^2 + 2x_i + 4}} &= \\sum_{i = 1}^{1999}{\\frac{x_i^3 - 8}{x_i^2 + 2x_i + 4}}\\\\\\\\\r\n&= \\sum_{i = 1}^{1999}{\\frac{(x_i - 2)(x_i^2 + 2x_i + 4)}{x_i^2 + 2x_i + 4}}\\\\\\\\\r\n&= \\sum_{i = 1}^{1999}{(x_i - 2)}\\\\\\\\\r\n&= - 2 \\times 1999 + \\sum_{i = 1}^{1999}{x_{i}}\r\n\\end{aligned}$$\r\nより，求める値は $\\textbf{4718}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3282" } ]

[ { "content": "　$a_{1997}$ は奇数であるから, 正整数$k$ を用いて $a_{1997} = 2k + 1$ と表すと,\r\n$$a_{1998} = 3^{2k + 1} = 9^k \\times 3 \\equiv 3 \\pmod 8$$\r\nよって正整数 $l$ を用いて $a_{1998} = 8l + 3$ と表すと,\r\n$$a_{1999} = 3^{8l + 3} = 81^{2l} \\times 27 \\equiv (-1)^{2l} \\times 27 = 27 \\pmod {82}$$\r\nより答えは $\\textbf{27}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3279" }, { "content": "【公式解説を一般化し, $n\\geq2$ に対して $a_n \\equiv 27 \\pmod{82}$ であることを示す.】\r\n\r\n$3^8\\equiv1\\pmod{82}$ より, $a_n\\mod{8}$ について考える.\r\n帰納的に $a_n$ は正の奇数であるから, 非負整数 $k_n$ を用いて, $a_n=2k_n+1$ と表せる.\r\nよって, \r\n$$a_{n+1}=3^{2k_n+1}=9^{k_n} \\times 3 \\equiv 1^{k_n} \\times 3 = 3 \\pmod{8}$$\r\nおよび $a_1=3\\equiv3\\pmod{8}$ より, $n \\geq 1$ に対して $a_n \\equiv 3\\pmod{8}$.\r\n\r\nよって, 非負整数 $l_n$ を用いて, $a_n=8l_n+3$ と表せる.\r\n以上より,\r\n$$a_{n+1}=3^{8l_n+3}=\\left(3^8\\right)^{l_n} \\times 27 \\equiv 1^{l_n} \\times 27=27\\pmod{82}$$\r\nすなわち, $n\\geq2$ に対して, $a_n \\equiv 27 \\pmod{82}$ である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3279/91" } ]

[ { "content": "　直線 $AD$ と $\\triangle{ABC}$ の外接円の交点を $M (\\neq A)$ とすると $\\angle{AIO} = 90^\\circ$ より $I$ は $AM$ の中点である. ここで $M$ は $\\triangle{IBC}$ の外心であるから, $AM : CM = 2 : 1$ が従う. また\r\n$$\\angle{DCM} = \\angle{BAM} = \\angle{CAM}$$\r\nより $\\triangle{CDM} \\sim \\triangle{ACM}$ が従う. 以上より, $x = DM$ とおけば, $CM=2x,AD=3x$ が成り立つことがわかるから, 点 $D$ において方べきの定理から\r\n$$3x \\times x = 7 \\times 3 \\implies x = \\sqrt{7}$$\r\nである. 特に $AD^2 = (3x)^2 = \\textbf{63}$ とわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3288" }, { "content": "ここでは外接円を用いない解法を紹介します．特に補題2は覚えておくと時々使えて便利です．\r\n\r\n次の2つの補題を用いる．\\\r\n　補題1: $\\angle AIO=90^\\circ$ のとき $AB+AC=2BC$\\\r\n　補題2: $AB\\cdot AC-BD\\cdot CD=AD^2$\r\n\r\n補題1と角の二等分線の定理より\r\n$$AB+AC=20,　AB:AC=7:3\\Longrightarrow AB=14,　AC=6$$\r\nしたがって補題2より $AD^2=14\\cdot6-7\\cdot3=\\textbf{63}$ を得る.\r\n\r\n補題1の証明:\\\r\n辺 $AB,AC$ の中点をそれぞれ $M,N$ とすると5点 $A,O,I,M,N$ は同一円周(線分 $AO$ を直径とする円)上にある．\\\r\nしたがって内接円と辺 $AB,AC$ の接点をそれぞれ $E,F$ とすれば,\r\n$$\\angle IME=\\angle INF,　IE=IF\\Longrightarrow\\triangle IME\\equiv\\triangle INF\\Longrightarrow ME=NF$$\r\nが成り立つので次の計算により所望の式を得る．\r\n$$AB+AC-BC=AE+AF=(AM-ME)+(AN+NF)=\\dfrac{1}{2}(AB+AC)$$\r\n\r\n補題2の証明:\\\r\n余弦定理および $AB\\cdot CD=AC\\cdot BD$ を用いて\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&　\\dfrac{AB^2+AD^2-BD^2}{2AB\\cdot AD}=\\dfrac{AC^2+AD^2-CD^2}{2AC\\cdot AD}\\\\\\\\\r\n&\\Longrightarrow AC(AB^2+AD^2-BD^2)=AB(AC^2+AD^2-CD^2)\\\\\\\\\r\n&\\Longrightarrow (AB-AC)(AB\\cdot AC-AD^2)=AC\\cdot BD^2-AB\\cdot CD^2=AB\\cdot BD\\cdot CD-AC\\cdot BD\\cdot CD=(AB-AC)(BD\\cdot CD)\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって $AB\\cdot AC-BD\\cdot CD=AD^2$ が示された．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc105/editorial/3288/77" } ]

[ { "content": "　巻き尺 $A$ の $1$ 目盛りを $a[\\mathrm{cm}]$ ，巻き尺 $B$ の $1$ 目盛りを $b[\\mathrm{cm}]$ とおくと，$a\\gt b$ に注意すれば\r\n$$2000a=2005b,\\quad 8000a=8000b+25$$\r\nを得る．これを解けば $2000a=2005b=10025\\/4$ が分かり，特に解答すべき値は $\\bf{10029}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/3983" } ]

[ { "content": "　紙が重なっている三角形の領域の面積を求めればよい. 点 $A$ と点 $C$ が重なるように折ったとき, 折り目は線分 $AC$ の垂直二等分線である. この直線と線分 $AC, AD, BC$ の交点をそれぞれ点 $M, E, F$ とすると, $AECF$ はひし形である. $M$ が特に線分 $AC$ の中点であることから\r\n$$AM = \\frac{1}{2}\\sqrt{AB^2 + BC^2} = 13$$\r\nである. また, 三角形 $AME$ と三角形 $ADC$ は相似であるから \r\n$$\r\nEM = CD\\times\\frac{AM}{AD}=\\frac{65}{12}\r\n$$\r\nである. よって, 紙が重なっている部分の面積は $AM\\times EM=845\\/12$ であるから, 求める面積は $10\\times 24-845\\/12=2035\\/12$ であり, 特に解答すべき値は $\\mathbf{2047}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/4159" } ]

[ { "content": "　以下の合同式はすべて $3371$ を法として考える. Wilsonの定理より $3369!\\equiv 1$ であるから, \r\n$$a_1=3367! \\equiv (3369\\times3368)^{-1} \\equiv 3368^{-1}-3369^{-1}$$\r\nこれより,\r\n$$a_2=a_{1}\\times\\frac{3369}{3367} \\equiv (3368\\times3367)^{-1} \\equiv 3367^{-1}-3368^{-1}$$\r\n同様にして,\r\n$$a_n=a_{1}\\times\\frac{3369}{3367}\\times\\frac{3368}{3366}\\times\\cdots\\times\\frac{3371-n}{3369-n} \\equiv (3369-n)^{-1}-(3370-n)^{-1}$$\r\nであるから,\r\n$$\\sum_{k=1}^{3368}a_k \\equiv (3368^{-1}-3369^{-1})+\\cdots+(1^{-1}-2^{-1}) \\equiv 1-3369^{-1} \\equiv 1+2^{-1} \\equiv \\textbf{1687}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/2203" } ]

[ { "content": "　全体をグラフとして解釈すれば, それぞれの連結成分は各色の色 $1$ つずつを含み, そのような島の分割はある色の島を固定することで $(3!)^3$ 通りである. また, 各連結成分について橋を $3$ 本以上架ければよいから (ただしちょうど $3$ 本でそれらがループをなす構造は不可), それぞれの架け方は ${}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{6}+{}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{5}+{}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{4}+{}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{3}-4=38$ 通りである.\\\r\n　以上より, 全体では $(3!)^3\\times 38^3=\\textbf{11852352}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/2261" } ]

[ { "content": "　赤, 青のカードをそれぞれ $1$, $-1$ に対応させることで, $A-B$ が以下の値に等しいことがわかる.\r\n\r\n- それぞれ $2n$ 個の $1$ と $-1$ の中から $2n$ 個を選ぶ方法すべてについて, その総積の総和.\r\n\r\nこれは $(x+1)^{2n} (x-1)^{2n}$ の $x^{2n}$ の係数に等しいから, 結局 $|A-B|= {}\\_{2n} \\mathrm{C}\\_{n}$ である.$\\\\\\\\$\r\n　このとき, $f(n)$ は $n$ の $2$ 進法での各位の和となるから (**[OMC039(D)の解説](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc039\\/editorial\\/262)** を参照せよ), 求める値は\r\n$$\\sum _{n=1}^{500} f(n)=\\sum _{n=1}^{2^{9}-1} f(n)-82=256 \\times 9-82=\\mathbf{2222}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/2562" } ]

[ { "content": "　$AC$ 上に $BC=BC^\\prime$ なる点 $C^\\prime$ を, $BC$ 上に $EF=EF^\\prime$ なる点 $F^\\prime$ をとると, 簡単な角度計算により三角形 $BC^\\prime E$ および $F^\\prime CE$ は相似であり, 特に $C^\\prime E:EC=BE:3$ である. 一方で, それぞれ $A,E$ を通り $BC$ と平行な直線と $BC^\\prime$ の交点を $A^\\prime,E^\\prime$ とすれば, $C^\\prime A^\\prime:A^\\prime B=C^\\prime A:AC=2:1$ であり,\r\n$$C^\\prime E:EC=C^\\prime E^\\prime:E^\\prime B=2BD+DE:BE=2BE+24:BE$$\r\nこれらを連立させることで $BE=12$ を得る. このとき, 三角形 $ABE$ において余弦定理より $AB=\\dfrac{20}{13}\\sqrt{39}$ がわかるから, $ABCD$ の面積は $\\dfrac{500}{13}\\sqrt{3}$ と計算でき, 解答すべき値は $\\textbf{516}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/281" }, { "content": "公式解説より計算は重いですが, 思いつきやすいと思います. (おそらく)\r\n\r\n$AD$ と $FE$ の交点を $P$ , $BA$ と $FE$ の交点を $Q$ とする. $AE=xy, EC=x(1-y)$ とおく. このとき, $AB=x$ である. また, $AD \\parallel BC$ より $AE:EC=PE:EF=DE:EB$ であり, 以下がわかる. \r\n$$EB=DE\\times \\frac{EC}{AE}=\\frac{8-8y}{y}，PE=EF\\times \\frac{AE}{EC}=\\frac{3y}{1-y}$$\r\nまた, $\\triangle BAE \\sim \\triangle BEQ$ より以下がわかる. \r\n$$BQ=BE\\times\\frac{BE}{BA}=\\frac{(8-8y)^2}{xy^2}，EQ=AE\\times\\frac{BE}{BA}=8-8y$$\r\n$AD \\parallel BC$ より, $QB:QF=AB:PF$ , 余弦定理より $AB^2+AB\\times AE+AE^2=EB^2$ である. \r\n$$\\begin{cases}\r\n\\dfrac{(8-8y)^2}{xy^2}\\times \\dfrac{3}{1-y}=(11-8y)\\times x \\\\\\\\\r\nx^2+x^2y+x^2y^2=\\dfrac{(8-8y)^2}{y^2}\r\n\\end{cases}$$\r\n\r\nこの連立方程式を $0\\lt y\\lt 1$ に注意して解くことで, $(x, y)=(\\dfrac{20}{13}\\sqrt{39}, \\dfrac{2}{5})$ がわかる.\\\r\n実際に解くときは\r\n$$x^2=\\dfrac{3(8-8y)^2}{y^2(11-8y)(1-y)}=\\dfrac{(8-8y)^2}{y^2(1+y+y^2)}$$\r\nと変形して $y$ の二次方程式を解くとよいだろう.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc104/editorial/281/122" } ]

[ { "content": "　$n^3$ の一の位が $3$ であることは, $n$ の一の位が $7$ であることと同値である. よって, 求める個数は $7,17,\\ldots,1747$ の $\\textbf{175}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1756" } ]

[ { "content": "　中線定理より以下が成立することがわかるので，それぞれ値を代入して $AC=\\bf{28}$ を得る． \r\n$$AC^2 + BD^2 = 2( AB^2 + AD^2 )$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/3177" } ]

[ { "content": "　表示された数字の積が $3$ の倍数でも $5$ の倍数でもないことは, $1,2,4,7$ のみが表示されたことと同値である. これら $4$ 数について, $4$ で割った余りがすべて異なることから, 前 $3$ 回の結果を固定したとき, $4$ 回目の結果としてあり得るものがちょうど $1$ つずつ存在する. よって, 解答すべき値は $4^3+7^4=\\textbf{2465}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1763" } ]

[ { "content": "　与式を変形することで, $(xy-y-2)(x-1)=16$ を得る. これに留意して, $16$ の二つの正整数の積への分解を調べることで, $(x,y)=(2,18),(3,5)$ が解であり, 特に解答すべき値は $\\textbf{28}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1812" }, { "content": "$x^2y−2xy−2x＋y−14=0$ を $y$ について解くと $x\\gt1,\\ y=\\dfrac{2x+14}{x^2-2x+1}$ がわかる. $y\\geq1$ なので $2x+14\\geq x^2-2x+1$ となりこれから $x=2,3,4,5,6$ がわかる. よって $(x,y)=(2,18),(3,5)$ となるため求める値は $2+18+3+5=\\mathbf{28}$である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1812/85" }, { "content": "$x=1$ は与式を満たさない. $x\\gt1$ のとき, 与式を $y$ について解くと, \r\n$$y=\\frac{2x+14}{x^2-2x+1}$$\r\nとなる. $y\\geq 1$ より, これを満たす $x$ は, $x=2, 3, 4, 5, 6$ のみである.\r\n\r\nよって, それぞれ代入して $y$ が整数となるか確かめることで, $(x, y)=(2, 18), (3, 5)$ となる. 解答すべき値は, $2+18+3+5={\\bf 28}$ である.", "text": "与式の因数分解が思いつかない場合: y の正整数条件から範囲を絞る", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1812/86" } ]

[ { "content": "　$ABC$ の垂心を $H$ とすれば, $O,G,H$ は同一直線上で $HG:GO=2:1$ が成立するから, $AH$ の長さは\r\n$$AH=\\sqrt{(11^2-10^2)\\times 3^2+10^2}=17$$\r\n$BC$ の中点を $M$ とすると\r\n$$2AO\\cos A=2BO\\cos \\angle BOM=2OM=AH$$\r\nこれより, $BC$ の長さについて\r\n$$BC=2AO\\sin{A}= \\sqrt{(2AO)^2-(2AO\\cos{A})^2}=\\sqrt{(2AO)^2-(AH)^2}=\\sqrt{\\textbf{111}}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/2186" }, { "content": "$BC$の中点を$M$とすると, $M$は直線$AG$上にあり,\r\n$$AM=\\frac{3}{2}AG=\\frac{33}{2}$$\r\n$$\\cos{\\angle OAM}=\\frac{AO}{AG}=\\frac{10}{11}$$\r\n$$BO=AO=10$$\r\n$$\\angle OMB=90\\degree$$\r\n三角形$OAM$において余弦定理より,\r\n$$OM^2=AO^2+AM^2-2AO \\times AM \\cos{\\angle OAM}=\\frac{289}{4}$$\r\n三角形$OBM$において三平方の定理より,\r\n$$BM^2=BO^2-OM^2=\\frac{111}{4}$$\r\nよって, $BC^2=(2BM)^2={\\bf 111}$.", "text": "Euler 線を知らない場合の幾何学的解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/2186/83" }, { "content": "ベクトルを用いて解きます.\r\n\r\n$\\overrightarrow{OA}=\\vec{a},\\overrightarrow{OB}=\\vec{b},\\overrightarrow{OC}=\\vec{c}$とおきます.\\\r\n\\\r\nこのとき条件は以下の式で表されます.\r\n- $|\\vec{a}|=|\\vec{b}|=|\\vec{c}|$\r\n- $|\\frac{\\vec{a}+\\vec{b}+\\vec{c}}{3}-\\vec{a}|=11$\r\n- $|\\vec{a}|=10$\r\n- $\\frac{\\vec{a}+\\vec{b}+\\vec{c}}{3}\\cdot\\vec{a}=0$\r\n\r\nこれらを整理して,\r\n- $|\\vec{a}|^2=|\\vec{b}|^2=|\\vec{c}|^2$\r\n- $4|\\vec{a}|^2+|\\vec{b}|^2+|\\vec{c}|^2-4\\vec{a}\\cdot\\vec{b}+2\\vec{b}\\cdot\\vec{c}-4\\vec{c}\\cdot\\vec{a}=1089$\r\n- $|\\vec{a}|^2=100$\r\n- $|\\vec{a}|^2+\\vec{a}\\cdot\\vec{b}+\\vec{c}\\cdot\\vec{a}=0$\r\n\r\n以上の式から特に$|\\vec{b}|^2=|\\vec{c}|^2=100,\\vec{b}\\cdot\\vec{c}=\\frac{89}{2}$が分かります.\\\r\nしたがって求める値は,\\\r\n$$BC^2=|\\vec{c}-\\vec{b}|^2=|\\vec{b}|^2+|\\vec{c}|^2-2\\vec{b}\\cdot\\vec{c}=\\mathbf{111}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/2186/87" }, { "content": "　方べきの定理を使った解法.\r\n線分 $BC$ の中点を $M$ とする.\r\n三角形 $ABC$ の外接円と直線 $AG$, $AO$ の交点 ($ \\neq A$) をそれぞれ $D, E$ とする.\r\n線分 $AO$, $AG$ の長さをそれぞれ $a \\\\ (= 10)$, $b \\\\ (= 11)$ とおく.\r\n三角形 $AOG$ と $ADE$ の相似から, $AD = AE \\cdot AO\\/AG = 2a^2\\/b$ を得る.\r\n$3$点 $A, M, D$ は同一直線上にあるから, 方べきの定理より,\r\n\r\n$$BC^2 = 4BM^2 = 4 AM \\cdot MD = 4\\cdot \\frac{3b}{2} \\left(\\frac{2a^2}{b} - \\frac{3b}{2}\\right) = 12a^2 - 9b^2 = \\mathbf{111}$$\r\n\r\nである.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/2186/89" }, { "content": "※ 本質的には他の解説と同じかもしれないです\r\n\r\n---\r\n\r\n　線分 $BC$ の中点を $M$，$M$ から直線 $OA$ におろした垂線の足を $H$ とすると，$\\triangle AOG$ と $\\triangle AHM$ の相似比が $2 : 3$ であることや三平方の定理などを利用して，以下の式たちが成立する．\r\n* $BC^2 = 4 \\left(BO^2 - MO^2\\right)$\r\n* $BO^2 = \\left(\\triangle ABC\\text{ の外接円の半径}\\right)^2 = AO^2 = 100$\r\n* $MO^2 = HO^2 + HM^2$\r\n* $HO^2 = \\left(\\dfrac12\\\\, AO\\right)^2 = 25$\r\n* $HM^2 = \\left(\\dfrac32\\\\, GO\\right)^2 = \\dfrac94\\\\, GO^2$\r\n* $GO^2 = AG^2 - AO^2 = 21$\r\n\r\n　よってこれらを順に代入していって，$BC^2 = \\mathbf{111}$ を得る．", "text": "遠回り？", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/2186/90" } ]

[ { "content": "　「ココア」を $n$ 個以上部分文字列として含むものの個数を $a_{n}$ とおく. ただし, $n$ 個より多く「ココア」が含まれるものは重複して数える. たとえば, 「ココアココアココアココア」は $a_1,a_3$ には $4$ 回, $a_2$ には $6$ 回数えられているとする. 以下, 「○」は $2$ 種類の文字「ア」「コ」のいずれか一方が当てはまることを表すとすると, 以下のように計算できる.\r\n\r\n- $n = 1$ のとき, 「ココア」 $1$ 個と「○」 $9$ 個の順列を考えて, $a_{1} = {}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{1}\\times 2^{9} = 5120$.\r\n- $n = 2$ のとき, 「ココア」 $2$ 個と「○」 $6$ 個の順列を考えて, $a_{2} = {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{2}\\times 2^{6} = 1792$.\r\n- $n = 3$ のとき, 「ココア」 $3$ 個と「○」 $3$ 個の順列を考えて, $a_{3} = {}\\_{6}\\mathrm{C}\\_{3}\\times 2^{3} = 160$.\r\n- $n = 4$ のとき明らかに $a_{4} = 1$ で, $n\\geq 5$ のとき明らかに $a_{n}=0$.\r\n\r\n　包除原理を用いて重複を適切に除外することで, 求める値は $a_{1} - a_{2} + a_{3} - a_{4} = 5120 - 1792 + 160 - 1 = \\bm{3487}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1741" }, { "content": "　包除原理パートについて補足をしておきます．（包除原理を知らない方は先に包除原理について調べてみてください．）\r\n\r\n　簡単のため，ここでは $7$ 文字からなる文字列の場合について考えます．$i, i+1, i+2$ 文字目が「ココア」であるような文字列の集合を $S_{i,i+1,i+2}$ と置きます．このとき，求めるものは $|S_{1,2,3}\\cup S_{2,3,4}\\cup S_{3,4,5}\\cup S_{4,5,6}\\cup S_{5,6,7}|$ です．ここで，包除原理より次が成り立ちます．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&|S_{1,2,3}\\cup S_{2,3,4}\\cup\\ldots\\cup S_{5,6,7}|\\\\\\\\\r\n=&+|S_{1,2,3}|+|S_{2,3,4}|+|S_{3,4,5}|+|S_{4,5,6}|+|S_{5,6,7}|\\\\\\\\\r\n&-|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}|-|S_{1,2,3}\\cap S_{3,4,5}|-|S_{1,2,3}\\cap S_{4,5,6}|-\\cdots-|S_{4,5,6}\\cap S_{5,6,7}|\\\\\\\\\r\n&+|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}\\cap S_{3,4,5}|+|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}\\cap S_{4,5,6}|+\\cdots+|S_{3,4,5}\\cap S_{4,5,6}\\cap S_{5,6,7}|\\\\\\\\\r\n&-|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}\\cap S_{3,4,5}\\cap S_{4,5,6}|-\\cdots-|S_{2,3,4}\\cap S_{3,4,5}\\cap S_{4,5,6}\\cap S_{5,6,7}|\\\\\\\\\r\n&+|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}\\cap S_{3,4,5}\\cap S_{4,5,6}\\cap S_{5,6,7}|\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　右辺の式の $2$ 段目の $|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}|+\\cdots+|S_{4,5,6}\\cap S_{5,6,7}|$ に注目してみましょう．$S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}$ は，$1,2,3$ 文字目と $2,3,4$ 文字目がそれぞれ「ココア」であるようなものの集合ですが，このようなものは存在しないので $|S_{1,2,3}\\cap S_{2,3,4}|=0$ です．同様に考えると，$2$ 段目の項のうち $0$ でないものは $|S_{1,2,3}\\cap S_{4,5,6}|,|S_{1,2,3}\\cap S_{5,6,7}|,|S_{2,3,4}\\cap S_{5,6,7}|$ のみです．$S_{1,2,3}\\cap S_{4,5,6}$ の要素数は $7$ 文字目を自由に決めることで $2^1$ つと求めることができます．残りも同様に考えるとそれぞれ $2^1$ つと求めることができます．\r\n\r\n　ここで，重要な考察として，$2$ 段目の項に現れる値は $0$ か $2$ の $2$ 通りです．実は，任意の段について，登場する値は $0$ またはある特定の値 $K$（$=2^{(自由に決められる文字の個数)}$）の高々 $2$ 通りになります（これは，長さが $7$ の場合でなくても成り立ちます）．したがって，各段について， $K$ が何回登場するかがわかれば，登場回数に $K$ をかけた値が段全体の値になります．\r\n\r\n　さらに，$i$ 段目の式に登場する $K$ の回数は，$i$ 個の「ココア」の配置の方法の数に一致します．先ほどの例では，$(1,2,3)$ と $(4,5,6)$ に配置する方法，$(1,2,3),(5,6,7)$ に配置する方法，$(2,3,4),(5,6,7)$ に配置する方法の $3$ 通りです（$(1,2,3)$ と $(2,3,4)$ のように重ねて配置することはできません）．この配置の方法は，公式解説にあるように，「ココア」$2$ 個と「○」$1$ 個の並べ方に帰着することができます．\r\n\r\n　整理すると，$i$ 段目の値 （$=a_i$ とする）は，自由に決められる文字の個数を $k$ 個，$i$ 個のココアの配置の方法を $m$ 通りとすると $a_i=2^km$ です．すなわち，\r\n- $1$ 段目について，$1$ 個の「ココア」の配置の方法は ${}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{1}$ 通り，自由に決められる文字の個数が $4$ 個だから\r\n$a_1=2^4\\times5=80$ ．\r\n- $2$ 段目について，$2$ 個の「ココア」の配置の方法は ${}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{2}$ 通り，自由に決められる文字の個数が $1$ 個だから\r\n$a_2=2^1\\times3=6$ ．\r\n- $3$ 段目について，$3$ 個のココアの配置の方法は存在しないから，$a_3=0$\r\n- $4,5$ 段目についても，$4,5$ 個のココアの配置の方法は存在しないから，$a_4, a_5=0$\r\n\r\n　これをもとの式に代入することで，$|S_{1,2,3}\\cup S_{2,3,4}\\cup\\ldots\\cup S_{5,6,7}|=a_1-a_2+a_3-a_4+a_5=80-6+0-0+0=74$ と求めることができます．$12$ 文字からなる文字列の場合も同様に考えることが可能です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1741/78" }, { "content": "　ここでは, 「ココア」を部分文字列として含まないものの個数を数えてみます. \r\n　まず, $12$ 文字が全て「コ」のときで $1$ 通りです. \r\n　上のパターンを除けば, 少なくとも$1$ 文字は「ア」が含まれるので, 以下はそのうち最も右にある「ア」が左から $i$ 文字目 $(1\\leq{i}\\leq12)$ にある場合について, 「ココア」を部分文字列として含まないものの個数を $F_{i}$ としてそれぞれ数え上げをします. \r\n　それが $i$ 文字目にあるとき, $i+1$ 文字目以降は「コ」しか書かれていません. それに加えて, 「ココア」を部分文字列として含まないための必要十分条件は以下の通りです. \r\n - $1$ 文字目から $i-1$ 文字目までに「コ」が連続しない. \r\n\r\n　このことに留意して, $F_{i}$ を実際に求めてみましょう. $F_1=1, F_2=2$ で, $i\\geq3$ について, \r\n - $i-1$ 文字目が「ア」であるとき, $F_{i-1}$ 通り. \r\n - $i-1$ 文字目が「コ」であるとき, $i-2$ 文字目が「ア」となることから $F_{i-2}$ 通り. \r\n\r\nより $F_{i}=F_{i-1}+F_{i-2}$ が成り立ちます. これより $F_{12}=233$ まで順に求まり, $F_1+F_2+…+F_{12}=1+2+…+233=608$ 通りとなります. \r\n　以上より, 「ココア」を部分文字列として含むような場合の数は $2^{12}-(1+608)=\\bf{3487}$ 通りです.\r\n\r\n　補足として, フィボナッチ数列の和について. $g_1=g_2=1, g_{n+2}=g_{n+1}+g_{n} (n=1,2,…)$ で定められるフィボナッチ数列 $\\\\{ g_{n} \\\\}$ の第 $n$ 項までの和 $S_{n}$ について, $S_{n}=g_{n+2}-1$ が成り立ちます. これは $g_{i}=g_{i+2}-g_{i+1}$ という式に $i=1,2,…,n$ を代入して, それらを辺々順に足すことによって得られます. この式を利用すれば, 上の $F_1+F_2+…+F_{12}$ は, $$F_1+F_2+…+F_{12}= g_2+g_3+…+g_{13}=g_{15}-1-g_1=608$$ とも求められます.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1741/79" }, { "content": "【題意の場合の数について文字列の長さ$n$に関する漸化式を立てる】\r\n\r\n長さ$n$の文字列で「ココア」を部分文字列として含まないものについて, 末尾2文字が「ココ」であるものの個数をを $a_n$, 末尾2文字が「アコ」であるものの個数をを $b_n$, 末尾1文字が「ア」であるものの個数をを $c_n$とする. ただし, $n=0, 1$ については以下の通りとする.\r\n$$a_0=b_0=0, \\quad c_0=1, \\quad a_1=0, \\quad b_1=c_1=1$$\r\n末尾2文字が「ココ」であるとき, 末尾に「コ」を付け加えると末尾2文字が「ココ」となり, 末尾に「ア」を付け加えると末尾が「ココア」となる.\r\n末尾2文字が「アコ」であるとき, 末尾に「コ」を付け加えると末尾2文字が「ココ」となり, 末尾に「ア」を付け加えると末尾1文字が「ア」となる.\r\n末尾1文字が「ア」であるとき, 末尾に「コ」を付け加えると末尾2文字が「アコ」となり, 末尾に「ア」を付け加えると末尾1文字が「ア」となる.\r\n\r\n以上から, 次の漸化式が成り立つ.\r\n$$a_{n+1}=a_n + b_n$$\r\n$$b_{n+1}=c_{n}$$\r\n$$c_{n+1}=b_{n}+c_{n}$$\r\nフィボナッチ数列 $c_{n+2}=c_{n+1}+c_{n}$より, $c_{12}=233$.\r\nまた, $a_{12}=c_{12}-1=232, b_{12}=c_{11}=144$.\r\n長さ12の文字列で「ココア」を部分文字列として含まないものの個数は, $a_{12}+b_{12}+c_{12}=609$.\r\nよって, 長さ12の文字列で「ココア」を部分文字列として含むものの個数は, $2^{12}-609={\\bf 3487}$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc103/editorial/1741/88" } ]

[ { "content": "　$\\angle CAE=a,\\angle EAD=b$ とおくと, $\\angle ACB=\\angle ADB=\\angle CAD=a+b$ であり, さらに\r\n$$\\angle CKA=\\angle SLB=\\angle ADB+\\angle DBE=a+2b$$\r\nここで三角形 $ACK$ において内角の和は $3a+3b$ と計算できるから, $a+b=60^{\\circ}$ である. 以上より\r\n$$\\angle AKB=\\angle ACB+\\angle CAE=(a+b)+20^\\circ=\\textbf{80}^{\\circ}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/217" } ]

[ { "content": "$$\\sum_{k=1}^6a_k=A,\\quad \\sum_{k=1}^6ka_k=B$$\r\nとおくと, $a_n=An+B-1$ であるから, \r\n$$A=\\sum_{k=1}^6 (Ak+B-1)=21A+6B-6$$\r\nであり, 同様に\r\n$$B=\\sum_{k=1}^6 k(Ak+B-1)=91A+21B-21$$\r\nとなる. これらより $A=\\dfrac{3}{73},\\ B=\\dfrac{63}{73}$ が分かり,\r\n$$a_n=\\frac{3}{73}n+\\frac{63}{73}-1=\\frac{3n-10}{73}$$\r\nこれは $n=52$ で初めて整数となるので, 解答は $\\bf{52}$ .", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/3162" } ]

[ { "content": "　一般性を失わず $a_1\\lt a_2\\lt \\cdots \\lt a_{10}$ とする. 全ての $(a_i,a_j)$ の組は座標平面上で\r\n$$(a_1,a_1),\\quad (a_{10},a_1),\\quad (a_{10},a_{10}),\\quad (a_1,a_{10})$$\r\nを頂点とする正方形の内部（周上を含む）に存在する. 判別式を考えればこの正方形が放物線 $y=\\dfrac{1}{4}x^2$ の下側（放物線上を含む）にあればよい. したがって, 条件は\r\n$$a_1+9\\leq a_{10} \\leq \\frac{1}{4} a_1^2$$\r\nこれを満たす $a_{10}$ が存在するのは $9\\leq a_1$ であり, 逆に $a_1=9$ のとき $a_{10}$ は最小値 $9+9=\\textbf{18}$ をとる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/2863" } ]

[ { "content": "　サイコロを $n$ 回投げたときの総積は $(平方数)$ , $(平方数)×2$ , $(平方数)×3$ , $(平方数)×6$ , のいずれかで表される．それぞれについて目の出方が $a_n$, $b_n$, $c_n$, $d_n$ 通りあるとすると，以下の関係式が成立する．$$a_{n+1}=c_{n+1}=2a_n+b_n+2c_n+d_n,\\quad a_n+b_n+c_n+d_n=6^n$$\r\nすなわち $a_{n+1}=2a_n+6^n$ であり，これと $a_1=2$ から $$a_n=\\frac{2^n+6^n}{4}$$ を得る．\r\n求める答えは $a_{10^9+12}$ を $ 10^9+7 $で割った余りであるから, Fermatの小定理より$$\\begin{aligned}\r\na_{10^9+12}&=2^4\\cdot2^{10^9+6}+2^4\\cdot3^6\\cdot6^{10^9+6}\\\\\\\\\r\n&\\equiv{2^4+2^4\\cdot3^6}\\pmod {10^9+7}\\\\\\\\\r\n&\\equiv{\\mathbf{11680}}\\pmod{10^9+7}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/1295" }, { "content": "少々ゴリ押し解法です. 式を見やすくするために $n = 10^9 + 12$ とします. サイコロの目は $2^x \\cdot 3^y (x,y \\in \\mathbb{Z}, 0 \\leq x \\leq 2, 0 \\leq y \\leq 1)$ の形で表される $6$ つの数なので, $i$ 回目に投げたサイコロの目を $2^{x_i} \\cdot 3^{y_i} (x_i, y_i \\in \\mathbb{Z})$ とすると,\r\n$$\\sum_{i = 1}^{n}{x_i}, \\quad \\sum_{i = 1}^{n}{y_i}$$\r\nがともに偶数になる $(x_1, x_2,\\ldots,x_n)$ および $(y_1, y_2,\\ldots,y_n)$ の数をそれぞれ数えればよいので, $x_i$ の和が偶数になる $(x_1, x_2,\\ldots,x_n)$ の数と, $y_i$ の和が偶数になる $(y_1, y_2,\\ldots,y_n)$ の数をそれぞれ数えてそれらをかけ合わせればよいです.\\\r\n　$x_i$ について, $x_i = 1$ となる $i$ の数を $2k$ 個 $(0 \\leq k \\leq n \\/ 2)$ とすると, $(x_1, x_2,\\ldots,x_n)$ の数は\r\n$$\\sum_{k = 0}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k}2^{n - 2k}} = \\sum_{k = 0}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k}2^{2k}}$$\r\nとなりますが, 二項定理から\r\n$$\\sum_{i = 0}^{n}{{}\\_n\\text{C}\\_i2^{i}} = 3^n,\\quad \\sum_{i = 0}^{n}{{}\\_n\\text{C}\\_i2^{i}(-1)^{i}} = 1$$\r\nとなるので\r\n$$\\sum_{k = 0}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k}2^{2k}} = \\frac{3^n + 1}{2},\\quad \\sum_{k = 1}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k - \r\n 1}2^{2k - 1}} = \\frac{3^n - 1}{2}$$\r\nとなります. 次に $y_i$ の和について, $y_i = 1$ となる $i$ の数を $2k$ 個 $(0 \\leq k \\leq n \\/ 2)$ とすると, $(y_1, y_2,\\ldots,y_n)$ の数は\r\n$$\\sum_{k = 0}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k}}$$\r\nとなりますが, 二項定理から\r\n$$\\sum_{i = 0}^{n}{{}\\_n\\text{C}\\_i} = 2^n,\\quad \\sum_{i = 0}^{n}{{}\\_n\\text{C}\\_i(-1)^i} = 0$$\r\nなので,\r\n$$\\sum_{k = 0}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k}} = \\sum_{k = 1}^{n\\/2}{{}\\_n\\text{C}\\_{2k - 1}} = 2^{n - 1}$$\r\nです. 以上から $N = 2^{n - 2}(3^n + 1)$ となります.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/1295/68" }, { "content": "　$M=10^9+12$ とする．素因数 $2$ を $x$，$3$ を $y$ に対応付ければ，次の多項式を展開した時に現れる項のうち $x$ の次数，$y$ の次数が共に偶数であるものの係数の総和が $N$ である．\r\n$$f(x,y)=(1+x+y+x^2+xy+x^2y)^M=(1+x+x^2)^M(1+y)^M$$\r\nここで実際に展開した様子を考えれば次が成立するため $N$ が求められた．あとは公式解説と同様である．\r\n$$N=\\frac{f(1,1)+f(1,-1)+f(-1,1)+f(-1,-1)}{4}=2^{M-2}(3^M+1)$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/1295/71" } ]

[ { "content": "　最短経路で長さ $6$ を通ることから, 正三角形の辺によって余分に移動できる長さは $1$ 未満である.\\\r\n　正三角形の辺を使い左右または対角線状に移動する経路は長さ $2$ を要するから, 前者は余分に $1$ 消費しているため不適, 後者は何回でも使用可能である. 一方で上下に移動する経路の長さは $\\displaystyle \\frac{2}{\\sqrt{3}}\\approx 1.15$ であり, これは高々 $3$ 回しか用いないことから, 実質的に無制限に使用可能とみなしてよい. これらで尽くされており, 上下移動の方法が両端では $2$ 通り, それ以外では $3$ 通りあることに留意して以下のように漸化式を計算することで, 求める場合の数は $\\textbf{826}$ である.\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/1692" } ]

[ { "content": "　直線 $CM$ と $\\Omega$ の交点のうち $C$ でない方を $R$ とすると, $AB$ と $QR$ は平行であり, 特に $AQ=BR,AR=BQ$ が分かる. 次に, $\\triangle CAM \\sim \\triangle BRM, \\triangle ARM \\sim \\triangle CBM, AM=BM$ より\r\n$$CA:AQ=CA:BR=CM:BM=CM:AM=CB:AR=CB:BQ$$\r\nすなわち $AC\\times BQ=AQ\\times BC$ である. さらに, 四角形 $AQBC$ に対してトレミーの定理を適用すると\r\n$$AC\\times BQ+AQ\\times BC=AB\\times CQ$$\r\nしたがって与条件から $CQ=5$ を得る. また $\\Omega$ について, 正弦定理から\r\n$$\\frac{AB}{\\sin\\angle BCA}=\\frac{CQ}{\\sin\\angle QBC}$$\r\nであるから $\\sin\\angle QBC=\\dfrac{5}{9}$ であり, $\\sin 2\\angle QBC=\\dfrac{20\\sqrt{14}}{81}$ となる. ここで, $\\triangle MQR$ が $MQ=MR$ なる二等辺三角形であることに注意すれば, 簡単な角度計算と方べきの定理から\r\n$$\\angle QMC=2\\angle QBC,\\quad CM\\times MQ=AM\\times BM=\\left(\\frac{18}{5}\\right)^2=\\frac{324}{25}$$\r\nが分かるので, $\\triangle CQM$ の面積は以下の計算で得られ, 解答すべき値は $896+25=\\textbf{921}$ となる.\r\n$$\\triangle CQM=\\frac{1}{2}\\times CM\\times MQ\\times \\sin\\angle QMC=\\frac{1}{2}\\times \\frac{324}{25}\\times \\frac{20\\sqrt{14}}{81}=\\frac{8\\sqrt{14}}{5}=\\sqrt{\\frac{896}{25}}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/2377" }, { "content": "　ここでは, この問題に関連する構図を紹介することに重きをおいて解説をします(解答の方針はほぼ公式解説と変わりません). まず, 言葉を二つ定義した上で, 一般的に成立する定理(構図)を三つ列挙します. \r\n\r\n----\r\n**定義1.**　三角形 $ABC$ の$A$ に対する中線を $m$ とする. このとき, $\\angle BAC$ の二等分線に関して $m$ と対称な直線を, 三角形 $ABC$ の $A$ に対する**疑似中線**または**symmedian**と呼ぶ. \r\n\r\n**定義2.**　四角形 $ABCD$ が**調和四角形**であるとは, 円に内接し, さらに $AB\\times CD = BC\\times DA$ を満たすことを言う. \r\n\r\n**定理1.**　三角形 $ABC$ の直線 $BC$ 上に $2$ 点 $P, Q$ があり, 三角形 $ABC$ の外接円と三角形 $APQ$ の外接円が接するとき, 直線 $AP$ と直線 $AQ$ は $\\angle BAC$ の二等分線に関して対称である. \r\n\r\n**定理2.**　三角形 $ABC$ の外接円と三角形 $ABC$ の $A$ に対するsymmedianの交点を $P$ とすると, 四角形 $ABPC$ は調和四角形である. \r\n\r\n**定理3.**　調和四角形 $ABCD$ について, その外接円の中心を $O$, 線分 $BD$ の中点を $M$ とすると, $4$ 点 $A, C, M, O$ は同一円周上にある. \r\n\r\n----\r\n定理1,2,3の証明は省略して, ここでは先に進みたいと思います. まず, 定理1より, 直線 $CQ$ は三角形 $ABC$ の $C$ に対するsymmedianであることが分かります. 従って, 定理2より四角形 $AQBC$ は調和四角形です. よって, 三角形 $ABC$ の外心を $O$ とすれば, 定理3より $4$ 点 $C, Q, M, O$ は同一円周上にあります. 以上より, Ptolemyの定理から, 定義2に気をつけることで\r\n$$CQ = \\frac{AC\\times BQ + BC\\times AQ}{AB} = \\frac{2\\times AC\\times BQ}{AB} = 5$$\r\nが分かります. さらに, 直線 $CM$ と $\\Omega$ の交点を $R$ とすると, 定義1から $Q$ と $R$ は線分 $AB$ の垂直二等分線に関して対称なので, 方べきの定理より\r\n$$CM\\times QM = CM\\times RM = AM\\times BM = \\frac{324}{25}$$\r\nが分かります. そして, 正弦定理より \r\n$$\\sin\\angle CAQ = \\sin\\angle ACB \\times \\frac{CQ}{AB} = \\frac{5}{9}$$\r\nであるので, \r\n$$\\sin\\angle CMQ = \\sin\\angle COQ = \\frac{20\\sqrt{14}}{81}$$\r\nが分かります. よって求める面積は\r\n$$\\frac{1}{2}\\times CM\\times QM\\times \\sin\\angle CMQ = \\frac{8\\sqrt{14}}{5}$$\r\nです. \r\n\r\n\r\n　さて, 最後に, 本問では使わなかった調和四角形やsymmedianにまつわる, 定理2,3以外の主な定理を紹介して終わりたいと思います.\r\n\r\n----\r\n**定理4.**　三角形 $ABC$ の $A$ に対するsymmedianと三角形 $ABC$ の外接円の $B, C$ での接線は一点で交わる. \r\n\r\n**定理5.**　調和四角形 $ABCD$ について, 弧 $BCD$ の中点を $M$ とすると, $\\angle DAB$ の外角の二等分線, 直線 $BD$, 直線 $CM$ は一点で交わる. \r\n\r\n**定理6.**　三角形 $ABC$ の $A$ に対するsymmedianと辺 $BC$ の交点を $P$ とすると $BP : CP = AB^2 : AC^2$.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc102/editorial/2377/82" } ]

[ { "content": "　各項を $4$ で割った余りを順に書き出せば,\r\n$$1, 1, 2, 3, 1, 0$$\r\nの周期を繰り返し, 特に $4$ の倍数は $6$ 項ごとに現れる. よって, 求める値は $[1000\\/6]=\\textbf{166}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/1468" } ]

[ { "content": "　$OM$ と $BC$ は垂直であるから，\r\n$$OM^2=OB^2-BM^2=13^2-12^2=25$$\r\nしたがって， $OMC$ の面積は $5\\times12\\div2=\\textbf{30}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/3221" } ]

[ { "content": "　ある正整数が $3$ で割り切れることはその正整数の（十進表記での）各桁の和が $3$ の倍数であることと同値であるから，条件をみたす数において桁に用いられなかった $2$ つの数字を $a\\lt b$ とすれば，条件は $a+b$ が $3$ で割り切れることと同値である．そのような組 $(a,b)$ は $15$ 通りと数えられ，特に $a=0$ のものが $3$ 通りである．$a=0$ のとき対応する数は $8!$ 通りあり，$a\\neq 0$ のとき対応する数は $7\\times 7!$ 通りあるから，求める値は $\\textbf{544320}$ であるとわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/3022" } ]

[ { "content": "　与式の左辺を $f(x)$ とおく．三角不等式より次が成り立つため，特に $|x|\\leq 100$ において $f(x)\\lt 10^{5}$．\r\n$$f(x)=\\sum_{k=-100}^{100}|x+k|\\leq\\sum_{k=-100}^{100}(|x|+|k|)=201|x|+10100$$\r\nまた $|x|\\gt 100$ においては $f(x)=201|x|$ が成り立つ．以上より $S=\\dfrac{200000}{201}$ とわかり，特に解答すべき値は $\\textbf{200201}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/2242" } ]

[ { "content": "　$p=q$ のとき，$p^2 \\mid 90$ が必要であり，$(p, q)=(3,3)$ は実際に条件をみたす．\\\r\n　$p\\neq q$ のとき，Fermatの小定理より $p^q\\equiv p \\mod q$ が成立するから $90=qy-p$ と表せ，さらにこれが $p$ の倍数であることから $y=pz$ とおけば $90=p(qz-1)$ と表せる．\r\n$$90=2\\times 45=3\\times 30=5\\times 18$$\r\nであるので，それぞれに対応する組を考えることで\r\n$$(p, q)=(2, 23), (3, 31), (5, 19)$$\r\nを得る．これらはすべて条件をみたすから，以上より求める総積は $\\bf{122400}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/3337" } ]

[ { "content": "　$AF$ および $\\angle{FAC}$ の二等分線と $BC$ の交点をそれぞれ $P,Q$ とし，$DE$ と $AQ$ の交点を $X$ とすると，三角形 $ABC$ と $AED$ の相似において，$P$ と $X$，$Q$ と $F$ がそれぞれ対応する．よって，ある $x$ によって\r\n$$BP=PQ=3x, \\quad QC=4x$$\r\nと表せ，さらに $AP=3y,AC=4y$ と表せる．\\\r\n　ここで $ACP$ において三平方の定理より $y=\\sqrt{7}x$ が従い，さらに $ABP$ において三平方の定理より\r\n$$x=\\dfrac{5 \\sqrt 2}{6}$$\r\nを得る．したがって三角形 $ABC$ の面積は $125 \\sqrt 7 \\/6$ であり，解答すべき値は $125+7+6=\\textbf{138}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/3264" }, { "content": "　計算主体で解く解法とその思考過程についてです．まず，条件を文字で置きます．$$DF=2k,FE=3k,\\angle\\mathrm{DAF}=x,\\angle\\mathrm{FAE}=2x$$ とおく．とりあえず角度を調べてみると$$\\angle\\mathrm{ADF}=\\angle\\mathrm{ACB}=\\frac{π}{2}-2x,\\angle\\mathrm{AEF}=\\angle\\mathrm{ABC}=\\frac{π}{2}-x$$ 等が分かります．角度が $x$ を用いて表せるので，$\\sin x $ や $\\cos x$ が分かれば，$AB=10$ という情報から $AC$ の値が分かり，$\\sin \\angle\\mathrm{BAC}$ の値も分かるので，$\\triangle{ABC}$ の面積も求められます．ここで，まだ使っていない $DF,FE$ の情報に着目します．情報は比であることから，$k$ の値を求めるのは難しそうなので，これを用いて $\\sin x$ 等の値を求められないか考えると，$\\triangle{ADF}$ と $\\triangle{AEF}$ に正弦定理を適用して $AF$ に関する式を $2$ つ作ると上手くいきそうです．実際に，$$\\frac{DF}{\\sin \\angle\\mathrm{DAF}}=\\frac{AF}{\\sin \\angle\\mathrm{ADF}},\\frac{FE}{\\sin \\angle\\mathrm{FAE}}=\\frac{AF}{\\sin \\angle\\mathrm{AEF}}$$ となり，これを整理すると $\\cos 2x= \\frac{3}{4}$ が得られ，$3x \\lt π$ から，$$\\sin x=\\sqrt{\\frac{1}{8}}, \\cos x=\\sqrt{\\frac{7}{8}} $$ となるから， $$AC=\\frac{10 \\sqrt{14}}{3},\\sin 3x=\\frac{5 \\sqrt{2}}{8}$$ $$\\triangle{ABC}=\\frac{1}{2}×10×\\frac{10 \\sqrt{14}}{3}×\\frac{5 \\sqrt{2}}{8}=\\frac{125 \\sqrt{7}}{6}$$ となり，求める値は\r\n $\\bf{138}$ となります．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc101/editorial/3264/182" } ]

[ { "content": "　平均速度と所要時間は反比例する．これより，$A$ 君と $B$ 君と $C$ 君の所要時間の比は $4:5:6$ であるとわかる．\\\r\n　すなわち，平均時速の比は $15:12:10$ になり、$A$ 君の平均時速は $\\mathbf{15}~\\mathrm{km}$ になる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2736" } ]

[ { "content": "　結論から述べれば，以下が条件をみたす唯一の数列である．\r\n$$(4,5,6,1,2,3,10,11,12,7,8,9,16,17,18,13,14,15,22,23,24,19,20,21)$$\r\n　条件「$a_i-a_j=i-j$ または $a_i+a_j=i+j$」は\r\n\r\n- $a_i-i=a_j-j$ または $a_i-i=-(a_j-j)$\r\n\r\nと言い換えられる．すなわち，$|a_i-i|$ が一定であればよい．この一定値を $n(\\neq 0)$ とおけば，数列は前から\r\n$$(n+1,n+2,\\ldots,2n,1,2,\\ldots,n,3n+1,3n+2,\\ldots,4n,2n+1,2n+2,\\ldots,3n,5n+1,\\ldots)$$\r\nと一意に定まってゆき，長さ $2n$ の「周期」をなす必要があることから $n$ は $12$ の約数である．\r\nこのうち $a_1=n+1$ が合成数になるのは $n=3$ のときのみであるから，以上より結論を得る．\r\n特に解答すべき値は $\\mathbf{1152}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2633" } ]

[ { "content": "$$\\sum_{i=1}^{10^6}{\\left\\lfloor \\frac{i}{10^6+1} \\right\\rfloor}=0$$\r\nより，以下のように変形できる．\r\n$$\\Biggl(\\sum_{i=1}^{10^6+1}\\sum_{j=1}^{10^6+1}{\\left\\lceil \\frac{i}{j} \\right\\rceil}\\Biggr)-\\Biggl(\\sum_{i=1}^{10^6}\\sum_{j=1}^{10^6}{\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor}\\Biggr)=\\sum_{i=1}^{10^6+1}\\sum_{j=1}^{10^6+1}{\\Biggl(\\left\\lceil \\frac{i}{j} \\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor\\Biggr)}+\\sum_{i=1}^{10^6+1}{\\left\\lfloor \\frac{10^6+1}{i} \\right\\rfloor}$$\r\nここで，\r\n$$\\left\\lceil \\frac{i}{j} \\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor$$\r\nは $i\\/j$ が整数のとき $0$ になり，それ以外では $1$ になる．よって，\r\n$$\\sum_{i=1}^{10^6+1}{\\Biggl(\\left\\lceil \\frac{i}{j} \\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor\\Biggr)}=10^6+1-\\left\\lfloor \\frac{10^6+1}{j} \\right\\rfloor$$\r\nが成り立つ．以上より，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{i=1}^{10^6+1}\\sum_{j=1}^{10^6+1}{\\Biggl(\\left\\lceil \\frac{i}{j} \\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor\\Biggr)}+\\sum_{i=1}^{10^6+1}{\\left\\lfloor \\frac{10^6+1}{i} \\right\\rfloor}&=\\sum_{j=1}^{10^6+1}{\\Biggl(10^6+1-\\left\\lfloor \\frac{10^6+1}{j} \\right\\rfloor\\Biggr)}+\\sum_{i=1}^{10^6+1}\\left\\lfloor \\frac{10^6+1}{i} \\right\\rfloor\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{i=1}^{10^6+1}(10^6+1)\\\\\\\\\r\n&=\\mathbf{1000002000001}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2628" }, { "content": "　つねに\r\n$$\\left\\lceil \\frac{i+1}{j} \\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor=1$$\r\nが成り立つから，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\Biggl(\\sum_{i=1}^{10^6+1}\\sum_{j=1}^{10^6+1}{\\left\\lceil \\frac{i}{j} \\right\\rceil}\\Biggr)-\\Biggl(\\sum_{i=1}^{10^6}\\sum_{j=1}^{10^6}{\\left\\lfloor \\frac{i}{j} \\right\\rfloor}\\Biggr)\r\n&=\\sum_{i=1}^{10^6}\\sum_{j=1}^{10^6}\\Biggl(\\left\\lceil\\frac{i+1}{j} \\right\\rceil-\\left\\lfloor \\frac{i}{j}\\right\\rfloor\\Biggr)+\\sum_{j=1}^{10^6+1}{\\left\\lceil \\frac{1}{j} \\right\\rceil}+\\sum_{i=1}^{10^6}\\left\\lceil \\frac{i+1}{10^6+1} \\right\\rceil\\\\\\\\\r\n&=(10^6)^2+(10^6+1)+10^6\\\\\\\\\r\n&=\\textbf{1000002000001}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2628/74" } ]

[ { "content": "　以下をみたす点 $E$ を，辺 $BC$ について点 $A$ と同じ側にとると，$\\triangle EAB \\sim \\triangle EDC$ および $\\triangle EAD \\sim \\triangle EBC$ が成り立つ．\r\n$$BE:CE=16:17,\\quad \\angle BEC=45^\\circ$$\r\n　点 $D$ が直線 $EC$ に対して点 $B$ と同じ側にあるとき，四角形 $ABCD$ の面積は\r\n$$(\\triangle EBC -\\triangle EAD)+ \\triangle EAB -\\triangle EDC. $$\r\n一方で，点 $D$ が直線 $EC$ に対して点 $B$ と反対側にあるとき，四角形 $ABCD$ の面積は\r\n$$(\\triangle EBC -\\triangle EAD)+\\triangle EDC- \\triangle EAB.$$\r\nまた，点 $D$ が直線 $EC$ 上にあるとき，四角形 $ABCD$ の面積は\r\n$$\\triangle EBC -\\triangle EAD.$$\r\n　ここで，$\\triangle EBC $ と $\\triangle EAD$ の面積は常に一定である．また，$\\triangle EAB$ と $ \\triangle EDC$ では $\\triangle EDC$ の方が面積が常に大きい．よって，点 $D$ が直線 $EC$ に対して点 $B$ と同じ側にある時に最小値をとり，違う側にある時に最大値を取る．\\\r\n　また，$EA,EB,EC,ED$ は一定であるため，$|\\triangle EAB -\\triangle EDC|$ が最大になる条件は以下で与えられる．\r\n$$\\angle AEB=\\angle DEC = 90^\\circ$$\r\n点 $D$ がどちら側でもそのような図形は存在する．ここで，$ABCD$ は**いずれも凸ではない**ことに注意せよ．\\\r\n　このとき面積の差は以下で与えられ，求める値はこれの $2$ 倍である．\r\n$$|\\triangle EAB -\\triangle EDC|=\\frac{1}{2}(ED\\times EC - EB \\times EA)$$\r\nいま $EB=16x,EC=17x$ とおけば，相似の関係より\r\n$$S-T=\\dfrac{17}{5}x\\times 17x-\\dfrac{16}{5}x\\times 16x=\\dfrac{33}{5}x^2.$$\r\nここで三角形 $EBC$ において余弦定理より\r\n$$5^2=(16x)^2+(17x)^2-\\sqrt{2}(16x)(17x) \\implies x^2=\\dfrac{25(545+272\\sqrt{2})}{149057}.$$\r\nすなわち $\\displaystyle S-T=\\frac{89925+44880\\sqrt2}{149057} $ となるから，解答すべき値は $ \\mathbf {283864}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2630" } ]

[ { "content": "　凸十二角形 $\\alpha(\\alpha_1\\alpha_2\\cdots\\alpha_{12})$ と $\\beta(\\beta_1\\beta_2\\cdots\\beta_{12})$ を，ともにすべての角が $150^\\circ$ であるような十二角形とする．ここで，頂点番号はどちらも時計回りであるとし，$\\bmod{12}$ で同一視するものとする．このとき，$i=1,2,\\ldots,12$ に対して辺 $\\alpha_i\\alpha_{i+1}$ の長さが $b_{2i-1}$，辺 $\\beta_i\\beta_{i+1}$ の長さが $b_{2i}$ となるようにできる．\\\r\n　いま，辺 $\\alpha_i\\alpha_{i+1}$ が辺 $\\beta_{i-1}\\beta_{i}$，辺 $\\beta_{i}\\beta_{i+1}$ とそれぞれ交わり，なす角がともに $15^ \\circ$ となるように $\\alpha$ と $\\beta$ を重ねる．$i=1,2,\\ldots,12$ に対し，$\\alpha_i\\alpha_{i+1}$ と $\\beta_{i-1}\\beta_{i}$ の交点を $d_{2i-1}$ とし，$\\alpha_i\\alpha_{i+1}$ と$\\beta_{i}\\beta_{i+1}$ の交点を $d_{2i}$ とする．このとき，辺 $\\alpha_i d_{2i-1}$ の長さを $e_{2i-1}$，辺 $\\beta_{i} d_{2i}$ の長さを $e_{2i}$ とし，添字を $\\bmod{24}$ で同一視すれば，\r\n$$e_i+2\\cos 15^\\circ e_{i+1}+e_{i+2}=b_i$$\r\nが成り立つ．逆に，適当な $e_1$ と $e_2$ が定められたとき，適合する $\\alpha$ と $\\beta$ の重ね方が存在し，上式をみたす $e_3$ 以降は帰納的に決まるから，以下 $c$ を $e$ に置き換えて考えてよい．ここで，\r\n$$\\left\\lvert\\sum_{i=1}^{3000}\\bigl(e_{2i-1}^2-e_{2i}^2\\bigr)\\right\\rvert=250\\left\\lvert\\sum_{i=1}^{12}\\bigl(e_{2i-1}^2-e_{2i}^2\\bigr)\\right\\rvert$$\r\nは $\\alpha$ の面積と $\\beta$ の面積の差の $1000$ 倍であるから，$\\alpha$ の面積と $\\beta$ の面積の差を最小化すればよい．この表現によって，値は $\\\\{a_n\\\\}$ のみに依存し，また $(a_1,a_3,a_5)$ と $(a_2,a_4,a_6)$ を入れ替えてもよいことがわかる．\\\r\n　ここで，一辺の長さが順に $p,q,r,p,q,r,p,q,r,p,q,r$ で全ての角が $150^\\circ$ である十二角形の面積は\r\n$$(1+\\sqrt3)(pq+qr+rp)+(p^2+q^2+r^2)$$\r\nで与えられ，これは対称式であるから $(a_1,a_3,a_5)$ と $(a_2,a_4,a_6)$ それぞれの順序も入れ替え可能である．\r\n$$P=p-10001,\\quad Q=q-10001,\\quad R=r-10001$$\r\nとおけば，上式は\r\n$$10001^2(6+3\\sqrt{3})+10001(4+2\\sqrt3)(P+Q+R)+(1+\\sqrt3)(PQ+QR+RP)+(P^2+Q^2+R^2)$$\r\n両十二角形でのこの値の差を最小化するには，明らかに $P+Q+R$ の差を $1$ にすることが必要であるから，結局\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\\\{a_n\\\\}=&(10001,10002,10004,10003,10005,10006),\\\\\\\\\r\n&(10001,10002,10003,10004,10006,10005),\\\\\\\\\r\n&(10002,10001,10003,10004,10005,10006)\r\n\\end{aligned}$$\r\nのみを考えればよい．実際に計算すれば $(10002,10001,10003,10004,10005,10006)$ のとき差が\r\n$$40018+20003\\sqrt3$$\r\nで最小となる．よって，求める最小値は $40018000+20003000\\sqrt3$ であり，解答すべき値は $\\mathbf{60021003}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2632" }, { "content": "　$\\\\{c_i\\\\}$ がつねに正の条件は無くても，実は結果は変わらない．ここでは無視する（最終的に，所望の最小値を与える組であって $\\\\{c_i\\\\}$ がつねに正であるものが実際に存在することを確かめることで，この帰着は正当化される）．$p=2\\cos 15^\\circ$ とする．数列 $\\{c_i\\}$ は漸化式\r\n$$c_i+pc_{i+1}+c_{i+2}-c_{i+6}-pc_{i+7}-c_{i+8}=0$$\r\nをみたし，また $\\zeta$ を $1$ の原始 $12$ 乗根とすると，\r\n$$1+px+x^2-x^6-px^7-x^8=(1-x^6)(x+\\zeta)(x+\\overline{\\zeta})$$\r\nと表されるから，$\\{c_i\\}$ は $1$ の $6$ 乗根および $\\zeta,\\overline{\\zeta}$ の $i$ 乗の線形和で表される．\\\r\n　いま，$(c_i)^2$ は展開するといくつかの複素数（$i$ によらない）の $i$ 乗和となるが，そのうち $(-1)^i$ 以外のものは，考えるべき総和\r\n$$\\sum_{i=1}^{6000}(-1)^ic_i^2$$\r\nにおいては相殺される．$c_i$ における $\\zeta,\\overline{\\zeta}$ の項は，$(c_i)^2$ において項 $(-1)^i$ を生み出すのに寄与しないことがわかるから，これは $\\\\{c_i\\\\}$ が周期 $6$ であるとして考えてよいことを意味する．\r\nこのとき，定義式より\r\n$$(c_1+c_3+c_5)^2-(c_2+c_4+c_6)^2=\\frac{1}{4-p^2}\\Bigl((a_1+a_3+a_5)^2-(a_2+a_4+a_6)^2\\Bigr)$$\r\nおよび\r\n$$(2-p^2)(c_1^2-c_2^2+\\cdots-c_6^2)+2(c_1c_3+c_3c_5+c_5c_1-c_2c_4-c_4c_6-c_6c_2)=a_1^2-a_2^2+\\cdots-a_6^2$$\r\nを連立することで $c_1^2-c_2^2+\\cdots-c_6^2$ を $a_1,a_2,\\dots,a_6$ を用いて表すことができ，あとは同様である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2632/69" } ]

[ { "content": "　下図のように三角形を部分マス目として捉える．すべてのマスが $0$ の状態から始め，次の操作を $10000$ 回繰り返す：\r\n\r\n- 辺上（マス目ではない）を通って左下から右下まで至る最短経路を一つ選び，その下側にあるマスすべてに $1$ を加える．\r\n\r\nこうしてできた三角形は必ず整った三角形となる．逆に，最下段がすべて $10000$ であるような整った三角形 $T$ は，必ずこの操作を適当に行うことで得られる．さらに，$T$ を得る操作の方法の総数は，$T$ の整い度に一致することがわかる．\\\r\n　よって $a_{2021,1000}=5678$ となる操作を考えればよく，求める場合の数は $n$ 番目のカタラン数 $C_n$ を用いて\r\n$$(C_{1000}\\times C_{1022})^{4322}\\times (C_{2022}-C_{1000}\\times C_{1022})^{5678}\\times {}\\_{10000}\\mathrm{C}\\_{5678}$$\r\nであることがわかる．これが $2$ で割りきれる最大の回数は $\\bold{110261}$ である．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2631" }, { "content": "**約束**\r\n- $n=2022,m=10000$ とする． \r\n- 数列は $0$ -indexed とする．(行列の列番号・行番号も含む)\r\n- 行列 $A$ の $(i,j)$ 成分 (第 $i$ 行第 $j$ 列) を $A[i,j]$ で表す． \r\n\r\n___\r\n　以下の条件をすべて満たす $n + 1$ 次正方行列 $U$ を**整った行列** という．\r\n- $i = 0 \\lt j$ のとき，$U[i,j] = 0$．\r\n- $i = j$ のとき，$U[i,j] = m$．\r\n- $i \\lt j$ のとき，$U[i,j]$ は $U[i+1,j],U[i,j-1]$ の最小値よりも小さい．\r\n- $i \\gt j$ のとき，$U[i,j] = 0$．\r\n\r\n　**整った行列** $U$ の**整い度** $f(U)$ を，\r\n$$f(U) = \\prod_{i=1}^{n-1} \\prod_{j=i}^{n-1} \\binom{U[i,j] - U[i-1,j+1]}{U[i,j] - U[i-1,j]}$$\r\nと定義する． \r\n　**整った行列**は，「最下行がすべて $m$ であるような $n$ 段の**整った三角形**」と，**整い度**の定義も含めて等価で，制約「 $a_{n-1,1000} = 5678$ 」は「 $U[1000,1001] = 5678$ 」と等価． \r\nよって，$S$ は，$U[1000,1001] = 5678$ なる**整った行列** $U$ の**整い度**の総和． \r\n\r\n　$n + 1$ 行 $m$ 列のマス目に，$n$ 以下の整数が書き込まれ，それらが以下の条件をすべて満たすとき，これを**整い盤**という．\r\n- 第 $0$ 行には，すべて $0$ が書かれる．\r\n- 各列で，書かれた数は上から下に単調非減少である．\r\n- 第 $i$ 行には，すべて $i$ 以上の整数が書かれる．\r\n\r\n**整い盤** $B$ が**整った行列** $U$ を表すとは，以下の条件を満たすことをいう．なお，このような $U$ は一意に存在することが証明できる．\r\n- $B$ の第 $i$ 行には，$j$ 以上の整数がちょうど $U[i,j]$ 個書かれる．\r\n\r\n　第 $i - 1$ 行までの書き込み方と，第 $i$ 行における $j$ 未満の整数の書き込み方が既に決まっているとする．( $i,j$ は $1$ 以上 $n$ 以下の整数) \r\n　第 $i$ 行で $j$ を書き込めるマスは，真上のマスが $j$ 以下であるような $m - U[i-1,j+1]$ 個のマスから，$j$ 未満の整数に既に占有されている $m - U[i,j]$ 個のマスを除いた，$U[i,j] - U[i-1,j+1]$ 個のマスである． \r\n　この中から $U[i,j] - U[i,j+1]$ 個のマスを選んで $j$ を書き込むのであるから，$U$ を表す**整い盤** について，$i$ 行目の $j$ の書き込み方は，$i$ 行目の $j-1$ までの書き込み方ごとに \r\n$\\dbinom{U[i,j] - U[i-1,j+1]}{U[i,j] - U[i-1,j]}$ 通り存在する． \r\n　よって，**整った行列** $U$ の**整い度**は，$U$ を表す**整い盤**の個数に等しい． \r\n \r\n　ある**整い盤** $B$ が表す**整った行列** $U$ が $U[1000,1001] = 5678$ を満たすことは，$B$ の $1000$ 行目にちょうど $4322$ 個の $1000$ が書かれていることと同値． \r\n　非負整数 $k$ に対し，$C_k$ を $k$ 番目のカタラン数 $(= \\frac{(2k)!}{k!(k+1)!})$ とする． \r\n　**整い盤**の一列としてありうる数列は $C_n$ 個で，そのうち第 $1000$ 項が $1000$ であるものは $C_{1000} \\cdot C_{n-1000}$ 個であるから，\r\n$1000$ 行目にちょうど $4322$ 個の $1000$ が書かれた**整い盤**の個数は，\r\n$${}\\_{10000} \\mathrm{C} \\_{4322} (C_{1000} \\cdot C_{n-1000})^{4322} (C_n - C_{1000} \\cdot C_{n-1000}) ^{5678}$$\r\nであり，これが $S$ に等しい． \r\n　これが $2$ で割り切れる最大の回数は，ルジャンドルの定理やクンマーの定理により，\r\n$$7 + 15 \\times 4322 + 8 \\times 5678 = \\textbf{110261}$$ と計算できる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc100/editorial/2631/221" } ]

[ { "content": "　求める $x$ について，次の式が成り立つ. \r\n$$\r\n12(x+91)=21(x+19)\r\n$$\r\nこれを解くと，$x=\\mathbf{77}$ と求まる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3183" } ]

[ { "content": "　$B$ が劣弧 $AC$ 上にあるとする. $\\triangle OAB, \\triangle OBC$ は二等辺三角形であるから,\r\n$$\\angle{AOB}=100\\degree,\\quad \\angle{BOC}=20\\degree$$\r\nである. また, $\\triangle OCA$ も二等辺三角形なので, \r\n$$\r\n\\angle{OAC}=\\frac{180\\degree - \\angle{AOB}-\\angle{BOC}}{2}=30\\degree\r\n$$\r\nである. 以上より, $\\angle{BAC}=\\angle{OAB}-\\angle{OAC}=\\mathbf{10}\\degree$ である. $B$ が劣弧 $AC$ 上にある場合も同様に $10\\degree$ である. なお, 実際には $\\angle{OAB}$ が一定の範囲にある場合は $\\angle{BOC}=2\\angle{BAC}$ が成立し, $\\angle{OAB}$ には依存しない.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3181" } ]

[ { "content": "　考えられる目の出方として, 以下の二つの場合が考えられる. \r\n - $10$ 回のうち, $1$ 回は $3$ が, 残りの $9$ 回は $1$ が出る. \r\n - $10$ 回のうち, $2$ 回は $2$ が, 残りの $8$ 回は $1$ が出る. \r\n\r\n前者の場合は ${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{1}=10$ 通り, 後者の場合は ${}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{2}=45$ 通りあるので, 答えは $10+45=\\mathbf{55}$ 通り.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3184" }, { "content": "　$9$ 個 の $\\circ$ と $2$ 個の $\\times$ を左右 $1$ 列に並べてから，一番左に $1$ 個の $\\circ$ を追加することを考え，左から $n$ 個目 の $\\circ$ の右隣に続く，連続した $\\times$ の個数${} \\ge 0$ を，$n$ 回目に出た目${} - 1$ に対応させることで，答えは ${}\\_{11}\\mathrm C\\_2 = \\mathbf{55}$．", "text": "一対一対応", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3184/73" } ]

[ { "content": "　相加平均・相乗平均の関係より, 以下の不等式が成立する.\r\n$$\r\n\\sqrt[3]{(xyz)^2} \\leq \\frac{xy+yz+zx}{3}=2^2 \\cdot 3^2 \\cdot 5^4\r\n$$\r\nこれより $xyz \\leq 2^3 \\cdot 3^3 \\cdot 5^6$ であり, 与えられた式は以下のように評価できる. \r\n$$\r\n\\frac{1}{x}+\\frac{1}{y}+\\frac{1}{z}=\\frac{2^2 \\cdot 3^3 \\cdot 5^4}{xyz} \\geq \\frac{1}{2 \\cdot 5^2}\r\n$$\r\n逆に $x=y=z=2 \\cdot 3 \\cdot 5^2 $ とすれば等号が成立するので, 解答すべき値は $2 \\cdot 5^2=\\mathbf{50}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3180" }, { "content": "　$2$ 回 AM-GM の不等式を用いて\r\n$$ \\dfrac1x + \\dfrac1y + \\dfrac1z = 3 \\times \\frac{x^{-1} + y^{-1} + z^{-1}}3 \\ge 3 \\left(xyz\\right)^{-\\frac13} \\ge 3 \\left(\\frac{xy+yz+zx}3\\right)^{-\\frac12} = \\frac1{50} $$\r\nであり，これは $x = y = z = 2 \\cdot 3 \\cdot 5^2$ で等号成立より，求める値は $\\mathbf{50}$．", "text": "AM-GM-AM-GM", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3180/72" } ]

[ { "content": "**解法1.**　五角形 $ABCDE$ を線分 $CE$ で二分し, それぞれの面積を計算する. 三角形 $CDE$ の面積は常に $49\\/2$ である. 四角形 $ABCE$ の面積について, 直線 $BC$ と直線 $EA$ の交点を $F$ とすると $\\angle{EFC}=90\\degree$ である. いま,\r\n$$\\angle{FBA}=\\theta, \\quad BC=EA=x$$\r\nとおき, 三角形 $FCE$ に三平方の定理を適用して整理すると\r\n$$\r\n(x+2\\sin\\theta)^2+(x+2\\cos\\theta)^2=98 \\implies x^2+2(\\sin{\\theta}+\\cos{\\theta})x=47\r\n$$\r\nを得る. これにより, 四角形 $ABCE$ の面積 $S$ は次のように計算できる.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nS &= \\frac{1}{2} (x+2\\sin{\\theta})(x+2\\cos{\\theta}) - \\frac{1}{2} \\cdot 2\\sin{\\theta} \\cdot 2\\cos{\\theta}\\\\\\\\\r\n &= \\frac{1}{2} \\Bigl(x^2+2(\\sin{\\theta}+\\cos{\\theta})x \\Bigl)\\\\\\\\\r\n &= \\frac{47}{2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n　以上より, この五角形の面積は形状によらず $48$ であり, 特に答えるべき値は $48+48=\\mathbf{96}$ である.\r\n\r\n **解法2.**　条件を満たし互いに合同な五角形 $4$ つを以下のようにはりつけると下図のようになる. \\\r\n　これより, この五角形の面積は形状によらず, \r\n$$\r\n\\frac{14^2-2^2}{4}=48\r\n$$ \r\nであり, 特に答えるべき値は $48+48=\\mathbf{96}$ である. \r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3179" } ]

[ { "content": "　$m=n$ の場合は明らかに与式を満たさない. 対称性より $m \\gt n$ として考える.\\\r\n　$m-n=d \\geq 1$ として, 与式の左辺に代入することで\r\n$$\r\n\\biggl \\lfloor \\frac{n^2}{m} \\biggl \\rfloor + \\biggl \\lfloor \\frac{m^2}{n} \\biggl \\rfloor = m+n+ \\biggl \\lfloor \\frac{d^2}{m} \\biggl \\rfloor + \\biggl \\lfloor \\frac{d^2}{n} \\biggl \\rfloor \r\n$$\r\nを得る. これが $m+n+1$ に等しいことから,\r\n$$ \\biggl \\lfloor \\frac{d^2}{m} \\biggl \\rfloor = 0,\\quad \\biggl \\lfloor \\frac{d^2}{n} \\biggl \\rfloor=1$$\r\nが成立している必要があり, 任意の実数 $x$ について $\\lfloor x\\rfloor\\leq x\\lt\\lfloor x\\rfloor+1$ が成り立つことを用いればこれは以下のように表現できる. \r\n$$\r\n\\frac{d^2}{2} \\lt n \\leq d^2 \\lt m = n+d\r\n$$\r\n$d^2-d$ と ${d^2}\\/2$ の大小を考慮すれば, 結果として題意を満たす組 $(m,n)$ は以下のようになる. \r\n$$\r\n(m,n)=(d^2+1, d^2-d+1), (d^2+2, d^2-d+2), \\cdots, (d^2+d, d^2) \\quad (1\\leq d \\leq 99)\r\n$$\r\nいま, $d$ を固定したときに表れる最小の整数は $d^2-d+1$ , 最大の整数は $d^2+d$ であるが,\r\n$$(d+1)^2-(d+1)+1=d^2+d+1$$\r\nであるから, 先に羅列された組の中には $1$ から $9900$ までの整数がそれぞれ一回だけ出現していることがわかる.\\\r\n　$m \\lt n$ の場合も同様であるから, 答えるべき値は次の計算によって得られる. \r\n$$\r\n2 \\sum\\limits_{k=1}^{9900} k=\\mathbf{98019900}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc099/editorial/3182" } ]

[ { "content": "$$(与式)=\\sum_{k=1}^{5100}\\sqrt{\\frac{\\big(\\sqrt{2k+1}-\\sqrt{2k-1}\\big)^2}{2}}=\\sum_{k=1}^{5100}\\frac{\\sqrt{2k+1}-\\sqrt{2k-1}}{\\sqrt{2}}=\\frac{\\sqrt{10201}-\\sqrt{1}}{\\sqrt{2}}=\\sqrt{\\textbf{5000}}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/2581" } ]

[ { "content": "　初めに右上か左下どちらの正方形に向かって進むかと, それぞれの正方形についてどちら向きに $1$ 周するかを定めると, それぞれに対して適する道順が一意に対応する. よって求める場合の数は $2^{18}=\\textbf{262144}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/2580" } ]

[ { "content": "　与式は以下のように変形できる：\r\n$$(x-y)(y-z)(z-x)=0,\\quad (x+1)(y+1)(z+1)=10^{99}$$\r\n　$x=y$ の場合を考えると, 第 $2$ 式は $(x+1)^2(z+1)=10^{99}$ となるから, $x+1$ は $2^{49}5^{49}$ の $2$ 以上の約数である. 逆にそのように $x$ を選べば, 適する $z$ が一意に定まるから, 以上より $(49+1)^2-1=2499$ 通りである.\\\r\n　$y=z$ および $z=x$ の場合も同様に $2499$ 通りであるが,\r\n$$(x,y,z)=(10^{33}-1,10^{33}-1,10^{33}-1)$$\r\nが $3$ 回数えられていることに注意すると, 解答すべき値は $2499\\times 3-2=\\textbf{7495}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/2480" } ]

[ { "content": "　$\\angle BAD=\\theta$ とする. $AC=6x$ とすると $\\angle BAE=\\angle EAC=3\\theta$ および $BE:EC=2:1$ より $AB=12x$ である.\r\nまた $|\\triangle ABD|=|\\triangle AED|$ より $AB\\sin\\theta=AE\\sin2\\theta$ すなわち $AE=6x\\/\\cos\\theta$ である.\\\r\n　ここで, 辺 $AC$ 上に $AM=MN=NC$ なる点 $M,N$ をとり, 線分 $AE$ の中点を $L$ とすると, $3$ 点 $D,L,M$ は同一直線上にあり, これは辺 $AB$ に平行である. したがって $\\angle ALM=\\angle LAM=3\\theta$ より $MA=MN=ML$.\\\r\n　よって $\\angle ALN=90^{\\circ}$ より, $AL=AN\\cos3\\theta$ すなわち\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\dfrac{3x}{\\cos\\theta}=4x\\cos3\\theta &\\iff 3=4\\cos3\\theta\\cos\\theta\\\\\\\\\r\n&\\iff 3=2(\\cos4\\theta+\\cos2\\theta)\\\\\\\\\r\n&\\iff 4\\cos^22\\theta+2\\cos2\\theta-5=0\r\n\\end{aligned}$$\r\nしたがって $\\displaystyle\\cos2\\theta=\\frac{\\sqrt{21}-1}{4}$ を得るので, 解答すべき値は $\\textbf{26}$ である.\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/2576" } ]

[ { "content": "　与式を $m$ とおく. 座標平面上の円 $C_1,C_2$ を以下で定める：\r\n$$C_1:x^2+y^2=1,\\quad C_2:(x+60)^2+(y+63)^2=4$$\r\nまた, 点 $P_1,P_2$ を以下のように定めると, これらはそれぞれ $C_1,C_2$ 上を動き, $m$ は直線 $P_1P_2$ の傾きに等しい：\r\n$$P_1:(\\cos\\theta,\\sin\\theta),\\quad P_2:(-2\\cos\\phi-60,-2\\sin\\phi-63)$$\r\n$C_1,C_2$ の位置関係より, $m$ が最大または最小になるとき, 直線 $P_1P_2$ は $C_1,C_2$ の共通内接線であることがわかる. 共通内接線は相似の中心の一方, すなわち $(-20,-21)$ を通ることから\r\n$$mx-y+20m-21=0$$\r\nと表せ, さらに 原点との距離が $1$ であることから\r\n$$\\displaystyle\\frac{|20m-21|}{\\sqrt{m^2+1}}=1\\implies 399m^2-840m+440=0$$\r\n求めるべき値はこれの $2$ 解の積であるから, 解と係数の関係より $440\\/399$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{839}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/1908" }, { "content": "　私が test していた時の解法を載せておきます．\r\n\r\n----\r\n　（前半）与式の分母，分子をそのまま $x$ 座標，$y$ 座標としても解くことができます．\r\n\r\n- 与式は $xy$ 座標平面上で $(0,0)$ と以下の点を結ぶ直線の傾きに等しい：\r\n$$(\\cos\\theta + 2\\cos \\phi + 60, \\sin\\theta + 2\\sin\\phi + 63)$$\r\nまた，この点は以下の点を中心とする半径 $1$ の円の周上を動く：\r\n$$(2\\cos\\phi + 60, 2\\sin\\phi + 63)$$\r\nさらにこれは $(60,63)$ を中心とする半径 $2$ の円の周上を動くから，結局元の点の動き得る範囲は $(60,63)$ を中心とする半径 $3$ の円から半径 $1$ の同心円を除いたものであることが分かる．これより，$(60,63)$ を中心とする半径 $3$ の円の $(0,0)$ を通る接線を引いたとき，明らかに与式は最大値・最小値を取る．\r\n----\r\n　（後半）この場合だと求める値は三角関数を用いても求められます．ただ解説のように距離を取った方がきれいだと思います．\r\n\r\n- $(0,0)$ と $(60,63)$ を結ぶ直線と $x$ 軸のなす角を $\\alpha$ とし，上記の接線とこの直線のなす角を $\\beta$ とすれば，二接線の傾きは $\\tan(\\alpha+\\beta), \\tan(\\alpha-\\beta)$ であるから，加法定理より求める値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\tan(\\alpha+\\beta)\\tan(\\alpha-\\beta)&= \\left(\\frac{\\tan\\alpha+\\tan\\beta}{1-\\tan\\alpha\\tan\\beta}\\right)\\left(\\frac{\\tan\\alpha-\\tan\\beta}{1+\\tan\\alpha\\tan\\beta}\\right) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{\\tan^2 \\alpha - \\tan^2\\beta}{1-\\tan^2\\alpha\\tan^2\\beta}\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれに $\\tan^2\\alpha=441\\/400, \\tan^2\\beta=1\\/840$ を代入することで，求める値は $440\\/399$ であり，解答すべき値は $\\textbf{839}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/1908/60" }, { "content": "$\\dfrac{\\sin \\theta+2\\sin \\varphi+63}{\\cos \\theta+2\\cos \\varphi+60}=a$ とすると，$$\\sin \\theta+2\\sin \\varphi+63=a(\\cos \\theta+2\\cos \\varphi+60)$$\r\n$$(\\sin \\theta-a\\cos \\theta)+2(\\sin \\varphi-a\\cos \\varphi)=60a-63$$\r\nここで，$\\sin \\theta-a\\cos \\theta$ の最大値は $\\sqrt{1+a^2}$，最小値は $-\\sqrt{1+a^2}$ なので，$\\dfrac{\\sin \\theta+2\\sin \\varphi+63}{\\cos \\theta+2\\cos \\varphi+60}=a$ を満たす $\\theta, \\varphi$ が存在する条件は\r\n$$-3\\sqrt{1+a^2}\\leq 60a-63\\leq 3\\sqrt{1+a^2}$$\r\nであり，さらにこれは $(20a-21)^2\\leq 1+a^2$，つまり $399a^2-840a+440\\leq 0$ と変形でき，最大値と最小値の積はこれの等号を満たす $2$ つの値の積に等しいので，$\\dfrac{440}{399}$，つまり解答すべき値は $\\textbf{839}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/1908/172" } ]

[ { "content": "$$(13!)^2=(2^{10}\\cdot3^5\\cdot5^2\\cdot7\\cdot11\\cdot13)^2=2^{20}\\cdot3^{10}\\cdot5^4\\cdot7^2\\cdot11^2\\cdot13^2$$\r\nの約数は $21\\cdot11\\cdot5\\cdot3\\cdot3\\cdot3=31185$ 個ある．$(13!)^2=n,31185=2m-1$ とし, $n$ の約数を小さい順に $d_1,d_2,...,d_{2m-1}$ とする．ただし, 本問では $d_m$ は除くことになる．求めるべきは次の値である．\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{m-1}\\bigg(\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_k^2}\\bigg\\rfloor +\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_{2m-k}^2}\\bigg\\rfloor \\bigg)$$\r\nここで $d_kd_{2m-k}=n$ より, 次が成り立つ．\r\n$$\\displaystyle\\frac{14^2n}{n-d_k^2}+\\frac{14^2n}{n-d_{2m-k}^2}=\\frac{14^2d_{2m-k}}{d_{2m-k}-d_k}+\\frac{14^2d_k}{d_k-d_{2m-k}}=14^2$$\r\nしたがって次が成り立つ．\r\n$$\\displaystyle\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_k^2}\\bigg\\rfloor +\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_{2m-k}^2}\\bigg\\rfloor =14^2-1\\quad \\bigg(\\frac{14^2n}{n-d_k^2}が整数でないとき\\bigg)$$\r\n$$\\displaystyle\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_k^2}\\bigg\\rfloor +\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_{2m-k}^2}\\bigg\\rfloor =14^2\\quad \\bigg(\\frac{14^2n}{n-d_k^2}が整数であるとき\\bigg)$$\r\n　以下, $\\displaystyle\\frac{14^2n}{n-d_k^2}$ が整数であるような $k$ を数える. $\\gcd(d_k,d_{2m-k})=D,d_k=\\alpha D,d_{2m-k}=\\beta D$ とすると,\r\n$$\\displaystyle\\frac{14^2n}{n-d_k^2}=\\frac{14^2\\beta}{\\beta-\\alpha}$$\r\nが整数になるとき, $\\gcd(\\alpha,\\beta)=1$ より $\\beta-\\alpha$ は $14^2$ を割り切る．さらに $n=D^2\\alpha\\beta$ が平方数であることから, $\\gcd(\\alpha,\\beta)=1$ とあわせて $\\alpha,\\beta$ はいずれも平方数である．以上より $\\alpha=a^2,\\beta=b^2\\\\ (0\\lt a\\lt b)$ について\r\n$$(b+a)(b-a)=7,28,49,196\\implies (a,b)=(3,4),(24,25)$$\r\nここで $\\gcd(a,b)=1$ に注意せよ. したがって, $\\displaystyle\\frac{14^2n}{n-d_k^2}$ が整数であるような $k$ は $2$ 個であり, 求める総和は\r\n$$\\displaystyle\\sum_{k=1}^{m-1}\\bigg(\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_k^2}\\bigg\\rfloor +\\bigg\\lfloor \\frac{14^2n}{n-d_{2m-k}^2}\\bigg\\rfloor \\bigg)=(m-1)(14^2-1)+2=\\textbf{3040442}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc098/editorial/2684" } ]

[ { "content": "　縦横の長さが $3\\times 5$ である長方形に対角線を $1$ 本引いた場合に同様の問題を考えると, 小正方形の辺と交わる回数を数えることで $3+5-1=7$ 個である. 元の問題の答えはこれの $4$ 倍, すなわち $\\textbf{28}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/2571" } ]

[ { "content": "　$4$ つの円は図の点 $P$ で交わり, 点 $P$ 以外では $3$ つ以上の円が重なることはない.\r\nよって図の着色部, すなわち半径 $2$, 中心角 $90^\\circ$ の扇形から等辺の長さが $2$ の直角二等辺三角形を除いた図形の面積の $8$ 倍が求める面積であり, 計算すれば $8\\pi-16$. \r\nこれより解答すべき値は $\\bf{24}$ である. \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/2826" } ]

[ { "content": "　各文字を使う回数の組み合わせは $\\lbrace 3,1,1,1 \\rbrace$ または $\\lbrace 2,2,1,1 \\rbrace$ のいずれかである. $\\lbrace 3,1,1,1 \\rbrace$ のとき, $3$ 回使う文字の選択が $4$ 通り, その配置が $4$ 通り, 残りの文字の配置が $3!$ 通りであるから, 全体では $96$ 通りである.\\\r\n　 $\\lbrace 2,2,1,1 \\rbrace$ のときを考える. 同じ文字が隣り合わない条件を無視すれば, $2$ 回使う文字の選択が ${}_4 \\mathrm{ C }\\_2$ 通り, それらの配置が ${}_6 \\mathrm{ C }\\_2\\times{}_4 \\mathrm{ C }\\_2$ 通り, 残りの文字の配置が $2$ 通りであるから, 全体では $1080$ 通りである.\\\r\n　同じ文字が隣り合うものを除く. $2$ 回使う文字の選択と残りの文字の配置を固定する. このとき, 少なくとも $1$ 種類が隣り合うものは, 隣り合う文字を固定すれば $5\\times{}_4 \\mathrm{ C }\\_2$ 通りである. また $2$ 種類がともに隣り合うものは $12$ 通りある.\\\r\n　以上より, 求めるべき場合の数は $96+1080-{}_4 \\mathrm{ C }\\_2\\times 2\\times(2\\times 5\\times {}_4 \\mathrm{ C }\\_2-12)=\\textbf{600}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/3042" }, { "content": "　比較的簡単な場合分けで済む方法です.\r\n- $4$ 文字の中から自由に選ぶ場合 $4\\times3^5=972$ 通り\r\n- ある固定された $3$ 文字の中から自由に選ぶ場合 $3\\times2^5=96$ 通り\r\n- ある固定された $2$ 文字の中から自由に選ぶ場合 $2\\times1^5=2$ 通り\r\n\r\n　使う文字の選びかたは重複を全部無視するとそれぞれ ${}_4\\text{C} {}_4, {}_4\\text{C} {}_3, {}_4\\text{C} {}_2$ 通りであるので, 求めるべき総数は包除原理から以下のように求まります.\r\n$$972\\times{}_4\\text{C} {}_4-96\\times{}_4\\text{C} {}_3+2\\times{}_4\\text{C} {}_2=\\mathbf{600}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/3042/66" } ]

[ { "content": "　左辺は $0$ 以上 $1$ 未満であるから $x\\gt 21$ である. 一般に $\\\\{\\\\{x\\\\}+\\\\{y\\\\}\\\\}=\\\\{x+y\\\\}$ が成り立つから, 方程式は\r\n$$\\left\\\\{x+\\frac{20}{x}\\right\\\\}=\\frac{21}{x}$$\r\nと書き換えられ, さらに整数 $n$ を用いれば\r\n$$x+\\frac{20}{x}=\\frac{21}{x}+n$$\r\nと表せる. これを解いて $x$ を $n$ で表すと\r\n$$x=\\frac{n\\pm\\sqrt{n^2+4}}{2}$$\r\n負符号は明らかに $x\\lt 0$ となり不適である. 正符号は $n\\geq 21$ のときに条件をみたし, かつ $n$ に対して単調増加であるから, 求める最小値は $x=\\dfrac{21+\\sqrt{445}}{2}$ であり, 解答すべき値は $21+445+2=\\textbf{468}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/2053" } ]

[ { "content": "　$a_1\\leq\\cdots\\leq a_5$ のとき, 両辺を $2^{a_2},2^{a_3},2^{a_4}$ で割ったあまりを考えれば $(a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$ は次のいずれかであることがわかる．\r\n$$(a_1,a_1,a_1,a_1+2,a_1+3),(a_1,a_1+1,a_1+2,a_1+3,a_1+4),(a_1,a_1+1,a_1+1,a_1+1,a_1+3)$$\r\nよって $a_1,\\dots,a_5$ の入れ替えを考慮すれば, 求める値は次のように計算できる．\r\n$${}\\_5 \\mathrm{C}\\_1\\times 98+\\frac{5!}{2!}\\times 97+{}\\_5 \\mathrm{C}\\_2 \\times 98=\\bf{7290}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/2824" } ]

[ { "content": "　線分 $AH$ と $OM$ は平行で, 長さの比が $2:1$ であるから, $P$ は $O$ に関して $A$ と対称な点であり, 四角形 $BPCH$ は平行四辺形であるから, 求める長さは四角形 $ABPC$ の周長 $L$ に等しい. ここで,\r\n$$(AB+BP)^2-(PC+CA)^2=(AB+BP+PC+CA)\\times \\\\{AB+BP-(PC+CA)\\\\}=L\\times 5$$\r\n一方で $\\triangle ABP ,\\triangle PCA$ がいずれも $PA$ を斜辺とする直角三角形であることに注意すれば, 左辺は\r\n$$AB^2+BP^2-\\left(PC^2+CA^2\\right)+4\\left(\\frac{1}{2}AB\\times BP-\\frac{1}{2}PC\\times CA\\right)=4\\times 217=868$$\r\nとも計算できる. したがって, 解答は $868+5=\\textbf{873}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc097/editorial/2175" } ]

[ { "content": "　それぞれの $1$ 時間のうち, 次に発車する列車が上り線である時間は, $0$ 分 〜 $5$ 分, $7$ 分 〜 $25$ 分, $37$ 分 〜 $60$ 分の計 $46$ 分間である. よって, 求める確率は $\\dfrac{46}{60}=\\dfrac{23}{30}$ となり, 特に解答すべき値は $23+30=\\textbf{53}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/1987" } ]

[ { "content": "　タイルの外側にできた正八角形の一辺の長さは $1$ , タイルの内側にできた正八角形の一辺の長さは $\\sqrt 2 - 1$ であるから, それぞれの面積は実数 $x$ を用いて $x,\\ (\\sqrt 2 - 1)^2x$ と表せる. ここで, 二つの正八角形の面積の差はタイル $8$ 枚分であることから, $x-(\\sqrt 2 - 1)^2x=4$ が成り立つ. よって $x=2\\sqrt 2+2$ であり, タイルの内側にできた正八角形の面積は $2\\sqrt 2 - 2$ であるから, 求めるべき値は $8+2=\\textbf{10}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/2817" } ]

[ { "content": "　$f(x)=5x^4-30x^2$ の $x=t$ における接線は $y=f^\\prime (t)(x-t)+f(t)$ であるから,\r\n$$g(t)=15t^4-20xt^3-30t^2+60xt+y$$\r\nについて $g(t)=0$ が実数解をもつ条件を考えればよい. ここで $g^\\prime (t)=60(t^2-1)(t-x)$ より,\r\n$$g(\\pm 1)=y\\pm 40x-15,\\quad g(x)=y-f(x)$$\r\nより少なくとも一つが $0$ 以下であることが必要十分条件であるから, 求める面積は\r\n$$2\\int_{0}^{3}((40x+15)-(5x^4-30x^2))\\mathrm{d}x=-10\\int_{0}^{3}(x+1)^3(x-3)\\mathrm{d}x=\\textbf{504}$$\r\nこれは, 変曲点 $(\\pm1,-25)$ における $2$ 接線 $y=\\mp 40x+15$ と境界に囲まれた部分として理解できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/1765" } ]

[ { "content": "　$1,2,6,24$ をそれぞれ $1,2,3,4$ 個まで買えるから, 各桁が $k!$ の位であるような**階乗進数**を考えれば, $1,2,6,24$ を買う数を適当に選んで合計金額を $0,1,\\ldots,119$ 円とする方法が, ちょうど $1$ 通りずつ存在することが分かる.\\\r\n　すなわち, $1,2,6,24$ 以外の正整数を先に選び, その後 $1,2,6,24$ の個数を調整することを考えれば, 合計金額を $10$ で割った余りそれぞれは, 全体で (正整数を一つも買わない場合を含めて) 同じだけ現れる.\\\r\n　以上より $M=2^{66}\\cdot 3^{56}\\cdot 5^{17}$ であり, これは正の約数を $67\\times 57\\times 18=\\textbf{68742}$ 個もつ.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/2392" }, { "content": "　$1$ と $12$ のみに注目し, これらを $0$ 個以上購入することを考えると, その買い方は $10$ 通りあり, その合計金額は $0, 1, 12, 13, 24, 25, 36, 37, 48, 49$ 円のいずれかである.\r\n\r\n　これより, $1$ と $12$ 以外の $79$ 種類の整数をどのように購入しても, 合計金額を $10$ の倍数にするように $1$ と $12$ を買う方法が必ず $1$ 通り存在することがわかる.\r\n\r\n　以上より, 合計金額が $10$ の倍数になるような買い方の総数 $M$ は $1$ と $12$ 以外の $79$ 種類の整数を自由に買う方法の数と等しいので, $M=3^24^65^{17}6^{54}=2^{66}3^{56}5^{17}$ であり, 特に $M$ が持つ正の約数の個数は $(66+1)(56+1)(17+1)=\\mathbf{68742}$ 個である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/2392/65" } ]

[ { "content": "　一般に $2\\times n$ の区画の場合を考える. 各区画を頂点, 各境界線を辺とし，境界線で隣接した $2$ 区画の間に辺を張った $2n$ 頂点 $3n-2$ 辺のグラフを考える(図1). 求めるものは, このグラフから $n-1$ 辺を取り除いたときにグラフが木となるような方法の総数である.\\\r\n　ここで, 条件を満たす木のうち，右端の $2$ 頂点の間に辺が存在するものをパターン $A$, 存在しないものをパターン $B$ と呼ぶ(図2). また，パターン $A,B$ がそれぞれ $a_n,b_n$ 個あるとする. 左側からグラフを作っていくことを考える. \\\r\n　$2\\times n$ のパターン $A$ の木の右側に $2$ つの頂点と $3$ つの辺を貼り，辺を除くことで条件を満たす $2\\times (n+1)$ の木を作ることを考える(図3). 辺 $1,3,4$ を除けばパターン $A$ の木ができ，辺 $2$ を除けばパターン $B$ の木ができる.\\\r\n　同様に $2\\times n$ のパターン $B$ の木の右側に $2$ つの頂点と $3$ つの辺を貼り，辺を除くことで条件を満たす $2\\times (n+1)$ の木を作ることを考える(図4). 辺 $1,3$ を除けばパターン $A$ の木ができ，辺 $2$ を除けばパターン $B$ の木ができる.\\\r\n　逆に，これらで尽くされていることもわかる. 以上の議論から，$a_1=1,b_1=0$ および以下の漸化式が成り立つ：\r\n$$ a_{n+1}=3a_n+2b_n, \\quad b_{n+1}=a_n+b_n$$\r\nしたがって，求める答えは $a_5+b_5=\\bf{209}$ である. \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/2998" } ]

[ { "content": "　求める総和を $S$ とする．モニック多項式の有理数根はすべて整数値であることが知られているから，与方程式の解としてあり得るものは $0,\\pm1$ のみである．$p+q+r=N$ なる非負整数 $p,q,r$ を用いて次の形に表せる．\r\n$$x^{N}+a_{N-1}x^{N-1}+\\cdots+a_1x+a_0=x^p(x+1)^q(x-1)^r$$\r\nこの式で $x=1$ とした値が $1+a_0+a_1+\\cdots+a_{N-1}$ であり，$r\\geq 1$ のときこれは $0$ であることに注意すると，$S$ は次のように求められる．\r\n$$S=\\sum_{\\substack{p,q\\geq 0\\\\\\\\p+q=N}}2^q-\\sum_{\\substack{p,q,r\\geq 0\\\\\\\\p+q+r=N}}1=(2^{N+1}-1)-{N+2 \\choose 2}\\equiv 2^{N+1}-2 \\pmod{10^5}$$\r\nあとは $2^{N+1}$ を $10^5$ で割ったあまりを考えよう．そのためには $2^{N-4}$ を $5^5$ で割ったあまりを求めればよい．\\\r\n　$M=(N-4)\\/2$ とおけば，$M$ は偶数かつ $M\\equiv -2\\pmod{5^5}$ であることに注意すると，二項定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n2^{N-4}\r\n&=(5-1)^M\\\\\\\\\r\n&\\equiv{M\\choose 4}5^4-{M\\choose 3}5^3+{M\\choose 2}5^2-{M\\choose 1}5+1\\\\\\\\\r\n&\\equiv\\dfrac{(-2)(-3)(-4)(-5)}{4!}\\times 5^4-\\dfrac{(-2)(-3)(-4)}{3!}\\times 5^3+\\dfrac{(-2)(-3)}{2!}\\times 5^2-(-2)\\times 5+1\\\\\\\\\r\n&\\equiv 586\\pmod{5^5}\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって $2^{N+1}\\equiv 18752\\pmod{10^5}$ が得られたから，解答すべき値は $\\bm{18750}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc096/editorial/2295" } ]

[ { "content": "**解法.1**　$n$ か $m$ をどちらかを固定したとき，それぞれについて $9$ 回ずつ総和に反映される． \r\n　よって求める答えは $(1+2+\\cdots+9)\\times{9}\\times{2}$ より $\\textbf{810}$ となる． \r\n \r\n**解法.2**　$n$ , $m$ それぞれについて平均を取ると $5$ になることから，足すべき $81$ 個の値の平均は $10$ であることがわかる．よって求める答えは ${10}\\times{81}$ より $\\textbf{810}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/3842" } ]

[ { "content": "　正整数 $(a,b)$ が $a^2=b^3$ をみたすための必要十分条件は, ある正整数 $n$ によって $(n^3,n^2)$ と表せることである. さらに $a\\leq 1000$ より $n\\leq 10$ であるから, 求める総和は $1^2+2^2+\\cdots 10^2=\\textbf{385}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/1582" } ]

[ { "content": "　解と係数の関係より, 以下が成り立つ.\r\n$$a+b=4,\\ \\ ab=-1,\\ \\ c=3a+11b,\\ \\ d=2a(a+11b)$$\r\n一方で, $a^2=4a+1$ であることに留意すれば, 求める値は\r\n$$c+d=(3a+11b)+(2(4a+1)+22ab))=11(a+b)+22ab+2=\\textbf{24}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/1283" } ]

[ { "content": "　条件より $N-11$ は $6,7,8,9,10$ でそれぞれ割り切れるから, 特にこれらの最小公倍数 $2520$ で割り切れる. よって $N\\leq 9999$ と併せて, 求める最大値は $3\\times 2520+11=\\textbf{7571}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/1442" } ]

[ { "content": "　すべての順列に対するスコアの総和 $S$ を求めればよい. これは $272$ 以下の正整数 $i,j$ に対して $|i-j|$ の寄与がそれぞれ $2\\times256\\times 270!$ 回であることに留意すれば,\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=\\displaystyle 2\\times256\\times 270!\\times\\sum_{i=1}^{272}\\sum_{j=1}^{i}(i-j)\\\\\\\\\r\n&=256\\times270!\\times\\sum_{i=1}^{272}(i^2-i)\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{1}{3}\\times 256\\times 273!\r\n\\end{aligned}$$\r\n　以上より求める平均は $S\\/272!=256\\times273\\/3=\\textbf{23296}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/272" } ]

[ { "content": "　$N$ は直角三角形 $BEM$ の外心であるから，$NE=NM$ が成立する．したがって $DE=DM$ とあわせて $DN$ は $\\angle{EDM}$ を二等分する．直線 $BC$ と $DM$ の交点を $X$ とすると，角の二等分線定理より\r\n$$PX:PC=2DM:(DE+EC)=10:9$$\r\nよって $CX=AD+BC=11$ とあわせて $CP=99\\/19$ を得るから，特に解答すべき値は $\\textbf{118}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/1807" }, { "content": "　$F$ を線分 $ME$ の中点とすれば $AB \\parallel DF$ だから直線 $DF$ は $N$ を通り，よって $AB\\parallel DP$ である．また $E$ を通り $AB$ に平行な直線と $BC$ の交点を $G$ とすれば，直線 $AB,DP,EG$ は等間隔だから，条件と合わせて\r\n$$AD:BP:PG:GC=5:5:5:4$$\r\n従って求める値は $11\\times \\dfrac{5+4}{5+5+5+4}=\\dfrac{99}{19}$ であり，解答すべき値は $\\textbf{118}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc095/editorial/1807/63" } ]

[ { "content": "　$AB=x,AC=y,BP=PQ=QC=a$ とする. このとき, 中線定理より以下の$2$つが成立する：\r\n$$x^2+24^2=2(a^2+18^2),\\quad y^2+18^2=2(a^2+24^2)$$\r\nこれらを整理することで $(y+x)(y-x)=756$ を得る. 大小関係や偶奇に注意して考えれば,\r\n$$(x,y)=(188,190),(60,66),(20,34),(12,30)$$\r\nを得る. さらに, 三角形の成立条件に留意すれば, $(x,y)=(20,34)$ のみが適し, 求める値は $\\bf{ 680 }$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/2617" } ]

[ { "content": "　一般に, $n$ 回目の操作後に書かれている黒板の $2$ 数を左から $a_{n},b_{n}$ とすれば,\r\n$$a_{n+1}+b_{n+1}=a_{n}+b_{n},\\quad a_{n+1}-b_{n+1}=2(a_{n}-b_{n})$$\r\nこれより，以下をみたす $a_0,b_0$ について，$a_N,b_N$ が条件の通りとなる.\r\n$$a_{0}+b_{0}=2^{3^{200}}+2,\\quad a_{0}-b_{0}=\\dfrac{3^{2^{300}}-1}{2^N}$$\r\nいま $a_0,b_0$ が整数であることは, $(3^{2^{300}}-1)\\/2^N$ が偶数であることと同値である. ここで\r\n$$3^{2^{300}}-1=(3-1)(3^{2^0}+1)(3^{2^1}+1)\\cdots(3^{2^{299}}+1)$$\r\nであり, 奇数の平方数を $4$ で割った余りが $1$ であることからこれは $2$ で $302$ 回割り切れる.\\\r\n　以上より, 求める総和は $1+2+\\cdots+301=\\textbf{45451}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/3669" } ]

[ { "content": "　$a_{10}\\geq 1$ を無視すれば数列は $3^9$ 通りある．そのうち $a_{10}=1$ となるのは $a_{i+1}-a_i=1$ なる $i$ の個数と $a_{i+1}-a_i=-1$ なる $i$ の個数が等しいときであるから，\r\n$$1+{}\\_9\\mathrm{C}\\_1\\times{}\\_8\\mathrm{C}\\_1+{}\\_9\\mathrm{C}\\_2\\times{}\\_7\\mathrm{C}\\_2+{}\\_9\\mathrm{C}\\_3\\times{}\\_6\\mathrm{C}\\_3+{}\\_9\\mathrm{C}\\_4\\times{}\\_5\\mathrm{C}\\_4=3139$$\r\n\r\n通りある．また対称性より，$a\\_{10}\\geq2$ なる整数列の個数と $a_{10}\\leq0$ なる整数列の個数が等しいことに留意すれば，求めるべき場合の数は以下で与えられる．\r\n$$\\dfrac{3^9+3139}{2}=\\bf{11411}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/2598" } ]

[ { "content": "　$a_2=-\\dfrac{5}{24}$ である．また $n\\geq2$ に対し $a_{n+1}-a_{n}=(4a_{n}+1)(a_{n}+1)$ を変形して\r\n$$4a_{n+1} +3=(4a_{n}+3)^2-2$$\r\nを得る．したがって $b_{n}=4a_{n}+3$ とおけば，$b_2=13\\/6$ および $n=2,3,\\ldots$ に対し\r\n$$b_{n+1}=b_{n}^2-2.$$\r\nここで，$n=2,3,\\ldots$ について $b_{n}\\gt2$ が常に成り立つから，$b_{n}=c_{n}+\\dfrac{1}{c_{n}}$ なる $c_{n}\\gt1$ が一意に存在し，\r\n$$c_{n+1}+\\dfrac{1}{c_{n+1}}=c_{n}^2+\\dfrac{1}{c_{n}^2},$$\r\nすなわち $c_{n+1}=c_{n}^2$ が成立する．いま $c_{2}=\\dfrac{3}{2}$ であることから，$n=2,3,\\ldots$ に対し$$a_{n}=\\frac{1}{4}\\left\\lbrace\\left(\\frac{3}{2}\\right)^{2 ^{n-2}}+\\left(\\frac{2}{3}\\right)^{2^{n-2}}-3\\right\\rbrace$$が成立し，特に$$a_{100}=\\frac{3^{2^{99}}+2^{2^{99}}-3×6^{2^{98}}}{4×6^{2^{98}}} $$である．分子は $2$ でも $3$ でも割り切れないので，これは既約であり，$$m= 3^{2^{99}}+2^{2^{99}}-3×6^{2^{98}}. $$\r\n以下，$m$ を $37$ で割ったときの余りと $257$ で割ったときの余りに分けて考えよう．\\\r\n　まず $6^4\\equiv 1\\pmod{37}$ および $2^{99} \\equiv 8 \\pmod {36}$ に留意すれば，Fermatの小定理より$$m={3^{2^{99}}+2^{2^{99}}-3×6^{2^{98}}} \\equiv {3^8+2^8-3×(6^4)^{2^{96}}} \\equiv 6 \\pmod {37}.$$\r\nまた，Fermatの小定理より$$m={3^{2^{99}}+2^{2^{99}}-3×6^{2^{98}}} \\equiv 1+1-3\\equiv -1\\pmod{257}.$$\r\n　以上より，$37$ と $257$ が互いに素であるから $m \\equiv {\\bf{3854} }\\pmod {9509}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/3425" } ]

[ { "content": "　$a_{ij}~(i,j\\geq2)$ は $1,2,3$ のいずれかである. 以下, $a_{44}$ が $1,2,3$ それぞれであるときの場合の数を調べる. \r\n\r\n----\r\n**補題**.　$a_{44}=3$ と $a_{22}=3$ は同値である. \r\n**証明**.　まず $a_{44}=3$ とする. いま $a_{33}\\leq2$ とすると , $a_{43}=a_{34}=3$ が従い , $a_{33}\\leq2$ なので $a_{32}=a_{23}=3$ となるが, これは $a_{33}\\leq2$ であることに矛盾. よって $a_{33}=3$ である. このとき, 同様にして $a_{22}=3$ である. \r\n　逆に $a_{22}=3$ であるとき , $a_{21} , a_{12}$ の少なくとも一方は $3$ の倍数である. $a_{21}$ が $3$ の倍数ならば, $a_{32}=3$ となり, 同様に順次 $a_{33}=a_{43}=a_{44}=3$ が従う. $a_{12}$ が $3$ の倍数のときも同様にである.（証明終）\r\n\r\n----\r\n　補題より $a_{44}=3$ は, $3,6$ が $\\\\{a_{11} , a_{21} , a_{12}\\\\}$ に含まれることと同値だから, $3×2×5!=720$ 通りである.\r\n\r\n　続いて $a_{44}=2$ の場合を考える. 補題と同様に $a_{22}=2$ だが, 逆は必ずしも成り立つとは限らないことに注意せよ. まず $2,4$ が $\\\\{a_{11} , a_{21} , a_{12}\\\\}$ に含まれるときは, 必ず $a_{44}=2$ になるから, これは上と同様に $720$ 通りある.\\\r\n　それ以外のとき, すなわち $\\\\{a_{11} , a_{21} , a_{12}\\\\}$ に含まれる偶数が $\\\\{2,6\\\\}$ または $\\\\{4,6\\\\}$ であり，かつ $3$ が含まれない場合を考える. このとき, $a_{44}=1$ となるのは, 以下の場合であり, かつこれらに限られることが確認できる.\r\n \r\n- $a_{21} =6$, $a_{31}=3$, $a_{12} , a_{13}$ が奇数. \r\n- $a_{12} =6$, $a_{13}=3$, $a_{21} , a_{31}$ が奇数. \r\n\r\nよって, この場合の数は $864-24\\times 2=816$ 通りと計算できることがわかる. \r\n\r\n　以上より求めるべき平均は$$\\frac{3×720+2×1536+1×2784}{5040}=\\frac{167}{105}$$となるので, 特に解答すべき値は $\\bf{272}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/3360" } ]

[ { "content": "　$BC$ の中点を $M$ とし, $M$ に関して $H$ と対称な点を $Q$ とする. \r\n$4$ 点 $B,C,D,E$ はすべて $M$ を中心とする同一円上にあるので\r\n$$\\angle DEM = \\angle EDM = \\frac{1}{2}(180^\\circ - \\angle DME) = \\frac{1}{2}(180^\\circ - 2\\angle ABD) = \\angle BAC = \\angle PCB=\\angle PBC$$ \r\nが分かり $\\triangle DEM \\sim \\triangle BCP$ を得る. \r\nまた, 四角形 $HBQC$ は平行四辺形であるから\r\n$$\\angle QBC=\\angle ECB=\\angle HDE,\\quad\\angle QCB=\\angle DBC=\\angle HED$$\r\nとなり $\\triangle DEH \\sim \\triangle BCQ$ である. \r\nよって $\\triangle DHM \\sim \\triangle BQP$ である. \r\n$BM=CM=DM=EM=x$ とすれば\r\n条件より $10:x=2x:16$ が成立し \r\n$x=4\\sqrt{5}$ を得る. \r\nよって, 三平方の定理から \r\n$$PM = \\sqrt{16^2 - (4\\sqrt5)^2} = 4\\sqrt{11}$$\r\nを得る. また, 三角形 $DHM$ と三角形 $BQP$ の相似比は $\\sqrt{5}:4$ であるから \r\n$HM=\\sqrt{5}y,QP=4y$ とおける. \r\nこのとき中線定理より以下が成立する. \r\n$$(4\\sqrt{19})^2+(4y)^2=2\\bigl((\\sqrt{5}y)^2+(4\\sqrt{11})^2\\bigr)$$\r\nこれを解くことで $y=2\\sqrt{2}$ を得る. また, \r\n$$\\cos \\angle BAC = \\frac{AD}{AB} = \\frac{DE}{BC} = \\frac{\\sqrt{5}}{4}$$\r\nであり $\\angle BHC = 180^\\circ - \\angle BAC$ であるから\r\n$\\cos \\angle BHC = -\\dfrac{\\sqrt{5}}{4}$ である. \r\n$BH=a,CH=b$ とすれば中線定理および余弦定理から以下の2式を得る. \r\n$$a^2+b^2=240,\\quad a^2 + b^2 + \\frac{\\sqrt{5}}{2}ab=320$$\r\nこれらと条件 $AB \\lt AC$ を併せて解くことで $a^2 = 120 - 8\\sqrt{145}$ を得る. \r\n特に解答すべき値は $\\bf{273}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/3676" }, { "content": "　少しゴリ押し強めの解法です．\r\n\r\n----\r\n　$\\triangle DEH$ と $\\triangle CBH$ は相似であり，その相似比は $\\cos \\angle A:1$ であるから $BC=10\\/\\cos\\angle A$ である．また，接弦定理より $\\angle A=\\angle CBP$ だから $BC=32\\cos\\angle A$ である．これらを連立することで $\\cos \\angle A=\\sqrt{5}\\/4, BC=8\\sqrt 5$ を得る．\\\r\n　$BC$ の中点を $M$ とし，$H$ から直線 $PM$ に下ろした垂線の足を $Q$ とおく．また $\\triangle BHC$ の外心を $O$ とおく．このとき $O$ は線分 $PM$ 上にあり，$\\angle BOC=2\\angle A$ が分かるから\r\n$$MO=\\frac12 BC\\times \\frac{\\sqrt{5}}{\\sqrt{11}} = \\frac{20}{\\sqrt{11}},　HO=\\frac12 BC\\times \\frac{4}{\\sqrt{11}} = \\frac{16\\sqrt{5}}{\\sqrt{11}}$$\r\nを得る．また $PM=\\dfrac{44}{\\sqrt{11}}$ であるから $PO=\\dfrac{24}{\\sqrt{11}}$ である．ここで $QO=x$ とおけば，三平方の定理より\r\n$$(4\\sqrt{19})^2-\\left(\\frac{16\\sqrt 5}{\\sqrt{11}}\\right)^2=HP^2-HO^2=QP^2-QO^2=\\left(x+\\frac{24}{\\sqrt{11}}\\right)^2-x^2$$\r\nが成立し，これを解くことで $x=\\dfrac{31}{\\sqrt{11}}$ を得る．同時に $HQ=\\sqrt{29}$ も分かる．以上より，直線 $AH$ と $BC$ の交点を $F$ とおけば\r\n$$\\begin{aligned}\r\nBH^2&=BF^2+HF^2 \\\\\\\\\r\n&= (BM-HQ)^2+(QO-MO)^2　(\\because AB\\lt AC)\\\\\\\\\r\n&= (4\\sqrt{5}-\\sqrt{29})^2+\\sqrt{11}^2\\\\\\\\\r\n&=120-8\\sqrt{145}\r\n\\end{aligned}$$\r\n従って解答すべき値は $120+8+145=\\textbf{273}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/3676/61" }, { "content": "　長さの条件が弱点になりがちな複素計算ですが，今回は完全に複素計算でゴリ押します．\\\r\n　$A$ の座標を $a$ などと対応する小文字で表します．$ABC$ の外接円を単位円に設定し，さらに $a=1$ とします．$b\\overline{b}=c\\overline{c}=1$ に注意してください．ただし今回は求値問題で，実際にはスケール変換できないので，逆に長さの条件をスケール変換してしまいます．具体的には $x\\gt 0$ を実数として $DE=10x$ などが条件だったとします．要するに，元の条件で $1\\/x$ が外接円の半径です．\\\r\n　登場する点自体は驚くほど遍在的なものばかりであり，座標もすべて単純です．いわゆる「獲得」にもすべて公式として載っています．\r\n$$ d=\\dfrac{1}{2}\\biggl(1+b+c-\\dfrac{c}{b}\\biggr), \\quad e=\\dfrac{1}{2}\\biggl(1+b+c-\\dfrac{b}{c}\\biggr), \\quad h=1+b+c, \\quad p=\\dfrac{2bc}{b+c} $$\r\nこれらを用いると，条件は次のように表せます．\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n10x=|d-e|&=\\dfrac{|b+c||b-c|}{2|b||c|}=\\dfrac{1}{2}|b+c||b-c|, \\\\\\\\\r\n16x=|b-p|&=\\dfrac{|b||b-c|}{|b+c|}=\\dfrac{|b-c|}{|b+c|}, \\\\\\\\\r\n4\\sqrt{19}x=|p-h|&=\\dfrac{|b^2+b+c^2+c|}{|b+c|}\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれらは結局次のように書き直せます．\r\n$$ |b+c|=\\dfrac{\\sqrt{5}}{2},\\quad |b-c|=8\\sqrt{5}x,\\quad |b^2+b+c^2+c|=2\\sqrt{95}x $$\r\nこれでもうただの方程式の問題になったので，ここでは完全に幾何的な性質を忘れて代数的に解き切ることを目標とします（あくまでやろうと思えば出来るんだという極端な事実の紹介で，一般にはこれは悪手です．基本的には初等で出来るところまでまずやりましょう．それに，証明問題ならばさておき，求値問題ではふつうは複素計算はそれほど綺麗には刺さらない）．\\\r\n　絶対値を扱うコツは，$|z|^2=z\\overline{z}$ で解体することです．これを $|b\\pm c|$ で実行してみると，\r\n$$\\dfrac{5}{4}=(b+c)\\biggl(\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}\\biggr)=2+\\biggl(\\dfrac{b}{c}+\\dfrac{c}{b}\\biggr), \\quad\r\n320x^2=(b-c)\\biggl(\\dfrac{1}{b}-\\dfrac{1}{c}\\biggr)=2-\\biggl(\\dfrac{b}{c}+\\dfrac{c}{b}\\biggr).$$\r\nこれより早速 $x=\\sqrt{55}\\/80$ が得られます．さらには比 $b\\/c$ もわかるので，理論上は $c$ 一文字の議論に完全に帰着できるのですが，$b\\/c$ は特に綺麗な値では無いので得策ではないことはすぐに察せるでしょう．事実として（これはメタ読みですが）今回はわざわざ平方を求めよとの指示で，それが $2$ 次の無理数ということは，$c$ は著しく汚い形になることが予想されます．なので，ここからが工夫のしどころです．$c$ を直接求めに行ってはまずいので，欲しい値を直接出してしまうことを考えると，平方のままにしておくのが良いということだったので，\r\n$$|b-h|^2=|1+c|^2=(1+c)\\biggl(1+\\dfrac{1}{c}\\biggr)=2+c+\\dfrac{1}{c}$$\r\nすなわち $\\gamma:=c+1\\/c$ が目標となってきます．\\\r\n　さて，難敵は $|b^2+b+c^2+c|$ の扱いです．そもそも，元の問題の難しさも $PH$ というよくわからない線分の長さの一点に集約されており，残りの条件はどうということはありません．現にここまで得られたのは元の問題に照らし合わせると外接円の半径や $BC$ の長さであり，これは実際にはちょっとした三角比計算などですぐに実行できることです．ポイントは $|b|$ や $|c|$ で割り放題ということで，\r\n$$\\dfrac{\\sqrt{209}}{8}=|b^2+b+c^2+c|=\\dfrac{|b^2+b+c^2+c|}{|b||c|}=\\biggl|\\dfrac{b}{c}+\\dfrac{c}{b}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}\\biggr|=\\biggl|\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}-\\dfrac{3}{4}\\biggr|$$\r\nとできます．無理やり $b\\/c+c\\/b$ という既知の値を作り出しに行ったのです．これを $2$ 乗すれば\r\n$$\\dfrac{209}{64}=\\biggl(\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}-\\dfrac{3}{4}\\biggr)\\biggl(b+c-\\dfrac{3}{4}\\biggr)=\\dfrac{41}{16}+\\underbrace{\\dfrac{b}{c}+\\dfrac{c}{b}}_{-3\\/4}-\\dfrac{3}{4}\\biggl(\\underbrace{b+\\dfrac{1}{b}}\\_{\\beta}+\\underbrace{c+\\dfrac{1}{c}}\\_{\\gamma}\\biggr)$$\r\nと目標の $\\gamma$ が姿を現しました．対称的に $\\beta:=b+1\\/b$ としておくと，$\\beta+\\gamma=-31\\/16$ がわかったことになります．\\\r\n　もうおわかりでしょう．あとは $\\beta\\gamma=bc+1\\/bc-3\\/4$ を求めればよいのです．ここで最後の工夫なのですが，\r\n$$\\dfrac{31}{16}=|\\beta+\\gamma|=\\dfrac{|b+c||1+bc|}{|b||c|}=\\dfrac{\\sqrt{5}}{2}|1+bc|$$\r\nであることから，\r\n$$\\dfrac{961}{320}=|1+bc|^2=(1+bc)\\biggl(1+\\dfrac{1}{bc}\\biggr)=2+bc+\\dfrac{1}{bc}=\\beta\\gamma+\\dfrac{11}{4}$$\r\nとなって $\\beta\\gamma=81\\/320$ が得られました．これより然るべき $2$ 次方程式を解けば，確かに正しい値を得ます．なお，当然 $2$ つの値が出てくるのですが，$AB\\lt AC$ は $\\beta=2\\mathrm{Re}~ b\\gt 2\\mathrm{Re}~c=\\gamma$ と同値だとわかります．$a=1$ の設定が効いていることに注意してください．", "text": "複素数平面を用いて", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc094/editorial/3676/62" } ]

[ { "content": "　素数の一の位としてあり得る数は $1,2,3,5,7,9$ である．\\\r\n　それぞれを $1234$ 乗したときの一の位は $1,4,9,5,9,1$ であり，求める総和は $1+4+5+9=\\textbf{19}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc093/editorial/3489" } ]

[ { "content": "$$\\frac{(n+1)n\\cdots(n-37)}{39!}=\\frac{n(n-1)\\cdots(n-39)}{40!}$$\r\nより， \r\n$$40(n+1)=(n-38)(n-39)$$\r\nこの $2$ 次方程式を解いて，求める $n$ は $n=\\textbf{103}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc093/editorial/3490" } ]

[ { "content": "　 $BC+AD=AB+CD=144$ であり，相加相乗平均の不等式より\r\n$$144=BC+AD\\geq2\\sqrt{BC\\times AD}$$\r\nが成り立つ．したがって，$BC\\times AD$ は $BC=AD=72$ のとき最大値 $\\textbf{5184}$ をとる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc093/editorial/3491" } ]

[ { "content": "　曲がる回数が偶数回であるのは最初と最後の操作が一致する場合である．求める場合の数は $(1,0)$ から $(7,6)$ まで移動する方法の総数と $(0,1)$ から $(8,5)$ まで移動する方法の総数の和であるから\r\n$${}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{6}+{}\\_{12}\\mathrm{C}\\_{4}=\\textbf{1419}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc093/editorial/3493" } ]

[ { "content": "　 $10$ 進法表示したときに $9$ が現れない $4$ 桁の数の総和は\r\n$$(1+\\cdots+8)\\times9^3\\times1000+(0+\\cdots+8)\\times(8\\times 9^2)\\times(100+10+1)=28833408$$\r\nであるから，求めるべき総和は $$(1000+9999)\\times9000\\div2-28833408=\\textbf{20662092}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc093/editorial/3492" } ]

[ { "content": "　 $A$ を中心に（ある決められた方向に） $30^\\circ$ 回転し， $\\frac{\\sqrt{3}}{2}$ 倍拡大する変換によって，$D$ は $K$ にうつり，$C$ は $L$ にうつるから，$M$ は $N$ にうつる．よって $DM=5\\sqrt{3}$ および $AM=2MN=4$ が成り立つ．ここで，正三角形 $ABD,ACE$ の一辺の長さをそれぞれ $p,q$ とおくと，三角形 $ADC$ で中線定理より， $p^2+q^2=182$ となる．よって，\r\n$$S^2=\\frac{3}{16}{(p^2+q^2)}^2=\\frac{24843}{4}$$\r\nから解答すべき数値は $\\textbf{24847}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc093/editorial/3494" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/hJPuTu8hmEI\r\n\r\n　与式に $y = 60$ を代入すると，任意の実数 $x$ に対して\r\n$$ f(x) = x + f(60) - 60 = x + 1140 $$\r\nが成立し，確かにこれは与式を満たすから，$f(1200) = 1200 + 1140 = \\mathbf{2340}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc092/editorial/3483" } ]

[ { "content": "　$1201$ は素数であるから，$1200$ 以下の任意の正整数と互いに素であり，$\\phi(1201) = 1200$ である． \r\n　一方，$2$ 以上の $n$ に対して明らかに $\\phi(n) \\lt n$ より，求める最小値は $\\mathbf{1201}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc092/editorial/3485" } ]

[ { "content": "　求める総和は，すべての進み方について通る点の個数を合計したものに等しい．原点から $A$ までの $P$ の進み方は ${}\\_{12}\\mathrm C\\_6 = 924$ 通りあり，そのすべてにおいてそれぞれ $13$ 個の点を通るから，答えは $924 \\times 13 = \\mathbf{12012}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc092/editorial/3484" } ]

[ { "content": "　一度に入れられるビー玉の個数は $1, 2, 7, 8$ 個のどれかであるが，$7, 8$ 個入れるのは合計で高々 $1$ 回である．\r\n* 必ず $1$ または $2$ 個ずつ入れる場合： \r\n　$12$ を一般に $n$ とおき，入れ方を $a_n$ 通りとおくと，\r\n$$a_1 = 1,\\qquad a_2 = 2,\\qquad a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$$\r\nが成立するから，$a_n$ を順に求めて $a_{12} = 233$ を得る．\r\n\r\n* $1$ 回だけ $7$ または $8$ 個入れる場合： \r\n　はじめ $7, 8$ を $1, 2$ と扱い，後で $6$ を加えることを考える．$1, 2$ 個ずつ $6$ 個のビー玉を入れる入れ方は\r\n$$(1,1,1,1,1,1),\\quad(1,1,1,1,2),\\quad(1,1,2,2),\\quad(2,2,2)$$\r\nとその並び替えであるから，求める場合の数は\r\n$$ 6 \\times {}\\_6\\mathrm C\\_0 + 5 \\times {}\\_5\\mathrm C\\_1 + 4 \\times {}\\_4\\mathrm C\\_2 + 3 \\times {}\\_3\\mathrm C\\_0 = 58. $$\r\n\r\n　よって答えは $233 + 58 = \\mathbf{291}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc092/editorial/3487" } ]

[ { "content": "　半径 $6$ の円の中心を $A$，半径 $12$ の円の中心を $B,C$ とし，$3$ つの円が内接する円の中心を $O$，半径を $6x$ とする．このとき $AO = 6\\left(x - 1\\right)\\mathclose{},\\\\, BO = 6\\left(x - 2\\right)$ である．また\r\n$$AB = AC = 6 + 12 = 18,\\quad BC = 12 + 12 = 24$$\r\nであり，直線 $AO$ が線分 $BC$ と $BC$ の中点 $M$ で交わることから\r\n$$ AM = \\sqrt{18^2 - \\left(\\frac{24}2\\right)^2} = 6\\sqrt5,\\quad OM = \\left| 6\\sqrt5 - 6\\left(x - 1\\right) \\right| = 6\\left|\\sqrt5 + 1 - x\\right|\\mathclose{}.$$\r\n　したがって，三角形 $BOM$ において三平方の定理より\r\n$$ \\left(x - 2\\right)^2 = \\left(\\sqrt5 + 1 - x\\right)^2 + \\left(\\frac{12}6\\right)^2 \\implies x = 2 + \\sqrt5 $$\r\nとなり，求める半径は $6\\left(2 + \\sqrt5\\right) = 12 + \\sqrt{180}$，すなわち解答すべき値は $\\mathbf{192}$ である．\\\r\n　なお， 円 $A$ と円 $O$ の接点において反転してもよい．これらの結果はDescartesの円定理として一般化され，\r\n$$ \\left(\\frac16 + \\frac1{12} + \\frac1{12} - \\frac1{6x}\\right)^2 = 2 \\left(\\left(\\frac16\\right)^2 + \\left(\\frac1{12}\\right)^2 + \\left(\\frac1{12}\\right)^2 + \\left(-\\frac1{6x}\\right)^2\\right) $$\r\nが今回の状況では成立する．$x \\gt 0$ を考慮すれば確かに $x = 2 + \\sqrt5$ が分かる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc092/editorial/3486" } ]

[ { "content": "　任意の $n$ に対して\r\n$$ \\frac{n^2 + n + 1}{n\\left(n + 1\\right)\\left(n + 1\\right)!} = \\frac{\\left(n + 1\\right)^2 - n}{n\\left(n + 1\\right)\\left(n + 1\\right)!} = \\frac1{n \\times n!} - \\frac1{\\left(n + 1\\right) \\left(n + 1\\right)!}, $$\r\n$$ \\frac{n^2 + 2n + 2}{n\\left(n + 1\\right)\\left(n + 2\\right)!} = \\frac{\\left(n + 1\\right)\\left(n + 2\\right) - n}{n\\left(n + 1\\right)\\left(n + 2\\right)!} = \\frac1{n \\left(n + 1\\right)!} - \\frac1{\\left(n + 1\\right) \\left(n + 2\\right)!} $$\r\nが成立するから\r\n$$ S + T = \\left(1 - \\frac1{1201 \\times 1201!}\\right) + \\left(\\frac12 - \\frac1{1201 \\times 1202!}\\right) = \\frac{\\frac{1201\\times1202!}{2\\times401} - 1}{\\frac{1201\\times1202!}{3\\times401}}. $$ \r\n最右辺の表示は既約であり\r\n$$ p + q + 1 = \\frac{5 \\times 1201 \\times 1202!}{6 \\times 401} $$\r\nが分かる．Legendreの定理より，これは $5$ で $299$ 回割り切れ，求める値も $\\mathbf{299}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc092/editorial/3488" } ]

[ { "content": "　$W,E,L,C,O,M$ の総和が $21$ , 総積が $720$ であることに留意する.\\\r\n　$E=24-21=3$ なので, 求める答えは $720\\times3=\\textbf{2160}$ .", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc091/editorial/3107" } ]

[ { "content": "　問題は以下の表現と等価である．\r\n\r\n- $0,3,4$ のいずれかを順に $5$ 回足す方法であって，その和が $5$ 以上となるのは何通りか？\r\n\r\n逆に「$5$ 未満」となるものが何通りあるか考えると，これは $3$ および $4$ をあわせて高々 $1$ 回用いることと同値であるから，$5\\times 2+1=11$ 通りである．これより，元の問題で求める値は $3^{5} -11=\\textbf{232}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc091/editorial/3275" } ]

[ { "content": "　 $xy$ 平面上で考えると, 条件は $y=\\|x^{2}-14x+24\\|$ と $y=ax+1$ が交点をちょうど $3$ つ持つ, と言い換えることができる. これを実現する位置関係は, 下図のような $2$ 通りである. ここで青丸は $(0,1)$ である.\\\r\n　$-(x^{2}-14x+24)=ax+1$ が重解を持つのは $a= 4,24$ のときであるが, このうち $3\\lt x \\lt 8$ で接点を持つのは $a=4$ のときのみである. また, $(x,y)=(12,0)$ で交点を持つのは $a=-\\dfrac{1}{12}$ のときである.\\\r\n　よって, 解答すべき値は $47+12=\\textbf{59}$ である.\\\r\n　なお, 青丸の位置によっては $(2,0)$ を通る直線も条件をみたす可能性があるが, 今回は適さない.\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc091/editorial/3357" } ]

[ { "content": "　一般に $2$ 行 $n$ 列の場合を考え，マス目を市松模様に黒と白で塗り分けることを考える．ただし，左上を黒で塗るとする．すると，黒で塗ったマスの矢印は白で塗ったマスを指し，白で塗ったマスの矢印は黒で塗ったマスを指すから，黒で塗ったマスと白で塗ったマスに書き込む矢印についてそれぞれ独立に考えてよい．\\\r\n　ここで，黒で塗ったマスに矢印を書き込む方法が $a_n$ 通りあるとする．左上のマスに $\\downarrow$ を書き込んだとき，残りの書き込み方は $a_{n-1}$ 通りである．左上のマスに $\\rightarrow$ を書き込んだとき，その右下のマスは必ず $\\leftarrow$ となり，残りの書き込み方は $a_{n-2}$ 通りである．よって，$a_1=1,a_2=2$ とあわせて，$a_{10}=89$ を得る．\\\r\n　以上より，求める場合の数は $89^2=\\textbf{7921}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc091/editorial/3590" } ]

[ { "content": "　以下, 合同式は全て $\\bmod 11$ で計算する. 辺 $A_{k}A_{k+1}$ に割り当てられた整数を $L_{k}$ とおく. ただし $A_{n}$ は $A_{0}$ を指すものとする. このとき条件は $L_{k} \\equiv -L_{k-1}+k^2 $ であり, これを漸化式と見なして $L_{k}$ の一般項を求めると\r\n$$L_{k}\\equiv (-1)^k\\times \\Bigl(L_{0}+ \\sum_{i=0}^k (-1)^i i^2 \\Bigr)\\equiv (-1)^k L_{0} + \\dfrac{k(k+1)}{2}$$\r\nこのとき, $L_{0}+L_{n-1}\\equiv 0$ となるような $L_{0}$ が存在することが必要十分条件である. $n$ が奇数の場合, $$2L_{0}+\\dfrac{n(n-1)}{2}\\equiv 0 $$\r\nと表現され, $2$ と $11$ は互いに素なので必ず存在する. $n$ が偶数の場合,\r\n$$\\dfrac{n(n-1)}{2}\\equiv 0$$\r\nと表現され, これは $n\\equiv 0,1$ で成り立つ.\\\r\n　$3\\leq n\\leq 1000$ において, 奇数および $11$ で割って $0$ または $1$ 余る偶数は $\\textbf{589}$ 個存在する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc091/editorial/3563" } ]

[ { "content": "$$\\angle BAF = \\angle DAE, \\quad \\angle AFB = 180^\\circ - \\angle BFE = 180^\\circ - \\angle BEF = \\angle AED$$\r\nより三角形 $ABF$ と三角形 $ADE$ は相似. また, \r\n$$\\angle BAE = \\angle GAF, \\quad \\angle AEB = \\angle BFE = \\angle AFG$$\r\nより三角形 $ABE$ と三角形 $AGF$ も相似. \r\n従って, $4$ 点の組 $(A,B,D,E)$ と $(A,G,B,F)$ の位置関係は相似であるから\r\n$$BE = BD\\times\\frac{BE}{BE + DE} = BD \\times \\frac{AB}{AB + AD} = BD\\times \\frac{BG}{BG + BD} = \\frac{20}{9}.$$\r\nまた, 三角形 $BCE$ と三角形 $ADE$ は相似であるから, 三角形 $BCE$ と三角形 $ABF$ は相似. 従って, \r\n$$BC = BE\\times\\frac{BC}{BE} = BE\\times\\frac{AB}{AF} = \\frac{20}{9}\\times\\frac{7}{6} = \\frac{70}{27}$$\r\nを得る. 特に解答すべき値は $\\bf{97}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc091/editorial/3377" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/TveaVcavqHE\r\n\r\n 　$n=4,5$ は条件をみたす．一方，$n\\gt 5$ ではある頂点と $2$ つ離れた頂点，$3$ つ離れた頂点をそれぞれ結ぶ対角線の長さが異なるから，条件がみたされない．従って求める総和は $\\bf{9}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3224" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/ZvkyARzvzho\r\n\r\n 　ある $3$ 頂点が同じ色で塗られているとき，必ずそのうち $2$ 点を結ぶ対角線が存在するから，$n\\leq 20$ が必要である．逆に，同じ色を $2$ か所隣接させることでこの範囲であれば条件を満たすから，求める総和は $10+11+\\cdots+20=\\bf{165}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3226" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/wXQnpZdP8DU\r\n　差が $99$ の倍数となるように初項と末項を選べばよい．$10000$ 以下の正整数には，$99$ で割った余りが $1$ であるものが $102$ 個，それ以外の余りを持つものがそれぞれ $101$ 個ずつあることから，以下のように求められる：\r\n$${}\\_{102}\\mathrm{C}\\_{2}+{}\\_{101}\\mathrm{C}\\_{2}\\times 98=\\bf{500051}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3225" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/j2X-2qNCTBc\r\n\r\n 　$1-\\dfrac1x=\\dfrac{1-x}{-x}$ である．いま，因数定理より与方程式の左辺は\r\n$$(x-x_1)(x-x_2)\\cdots(x-x_{3226})$$\r\nと表せる．これに $x=0,1$ を代入することで\r\n$$\\prod_{k=1}^{3226} -x_k = 3227,　\\prod_{k=1}^{3226} (1-x_k)= 1+2+\\cdots+3227$$\r\nが分かるから，求める値は $3228\\/2=\\bf{1614}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3227" }, { "content": "　一般に $3226$ を偶数 $n$ とおき, 問題の方程式の左辺を $P(x)$ とする. \r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nx^{n}P\\left(\\frac{1}{x}\\right)\r\n& =x^{n}\\left(\\frac{1}{x}-x_{1}\\right)\\left(\\frac{1}{x}-x_{2}\\right)\\cdots\\left(\\frac{1}{x}-x_{n}\\right)\\\\\\\\\r\n& =\\left(x_{1}x-1\\right)\\left(x_{2}x-1\\right)\\cdots\\left(x_{n}x-1\\right)\\\\\\\\\r\n& =x_{1}x_{2}\\dots x_{n}\\left( x-\\frac{1}{x_{1}} \\right)\\left( x-\\frac{1}{x_{2}} \\right)\\cdots\\left( x-\\frac{1}{x_{n}} \\right)\\\\\\\\\r\n& =(n+1)\\left( x-\\frac{1}{x_{1}} \\right)\\left( x-\\frac{1}{x_{2}} \\right)\\cdots\\left( x-\\frac{1}{x_{n}} \\right)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n　が成り立つから, この式に $x=1$ を代入すれば, \r\n$$P(1)=(n+1)\\left( 1-\\frac{1}{x_{1}} \\right)\\left( 1-\\frac{1}{x_{2}} \\right)\\cdots\\left( 1-\\frac{1}{x_{n}} \\right)$$\r\n　したがって, 以下の計算により求める値は\r\n$$\\left( 1-\\frac{1}{x_{1}} \\right)\\left( 1-\\frac{1}{x_{2}} \\right)\\cdots\\left( 1-\\frac{1}{x_{n}} \\right)=\\frac{P(1)}{n+1}=\\frac{\\frac{3227\\times 3228}{2}}{3227}=\\mathbf{1614}.$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3227/59" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/zipA5CxJUO4\r\n\r\n 　後者の立体を正八角形を中心に展開すれば，一辺 $4$ の正三角形がちょうど $8$ 個入るような「隙間」ができる．この隙間に前者の立体の正三角形 $8$ 個をはめ込むことで，求める面積は一辺 $4$ の正八角形の面積に等しいことが分かる．これは $32(1+\\sqrt{2})$ であるから，特に解答すべき値は $32+2048=\\bf{2080}$ である． \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3228" }, { "content": "　補足的な内容です．\r\n\r\n- 一辺の長さが $a$ の正八角形の面積は $2(1+\\sqrt{2})a^2$ で与えられます．\r\nこれを求めるには，次の図のように正方形から四隅を取り除くことを考えるなどすればよいです．\r\n\r\n- 組み合わせずに解くこともできます．\r\n半角の公式により次が成り立つことを確認しておきます．\r\n$$\\sin 15^\\circ=\\sqrt{\\frac{1-\\cos 30^\\circ}{2}}=\\dfrac{\\sqrt{6}-\\sqrt{2}}{4},\\quad \\cos 15^\\circ=\\sqrt{\\dfrac{1+\\cos 30^\\circ}{2}}=\\dfrac{\\sqrt{6}+\\sqrt{2}}{4}$$\r\n余弦定理より $AB^2=OA^2+OB^2-2OA\\cdot OB\\cdot\\cos 15^\\circ=8(4-\\sqrt{6}-\\sqrt{2})$ が得られるので，求める面積は次のように計算できます．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad (正八面体の表面積)+(正八角形AB\\cdots Hの面積)+8\\times(\\triangle OABの面積)\\\\\\\\\r\n&=8\\times \\frac{\\sqrt{3}}{4}\\times 4^2+2(1+\\sqrt{2})AB^2+8\\times\\frac{1}{2}\\times OA^2\\times\\sin 15^\\circ\\\\\\\\\r\n&=32\\sqrt{3}+16(1+\\sqrt{2})(4-\\sqrt{6}-\\sqrt{2})+16(\\sqrt{6}-\\sqrt{2})\\\\\\\\\r\n&=32\\sqrt{3}+16(2-\\sqrt{6}+3\\sqrt{2}-2\\sqrt{3})+16(\\sqrt{6}-\\sqrt{2})\\\\\\\\\r\n&=32+32\\sqrt{2}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3228/58" } ]

[ { "content": "　$n$ を素因数分解した時の指数を $e_1, e_2, \\ldots$ とすれば，条件は\r\n$$(e_1+1)(e_2+1)\\cdots=2^{3229}$$\r\nである．このとき，考えるべき総和は以下のように表せる：\r\n$$(1+2+\\cdots+(e_1+1))(1+2+\\cdots+(e_2+1))\\cdots=2^{3229} \\biggl(\\frac{e_1+2}{2}\\biggr)\\biggl(\\frac{e_2+2}{2}\\biggr)\\cdots$$\r\n　ここで，$e_k+1$ は $2$ 以上であり，$2$ 以上の整数 $m,n$ について\r\n$$\\frac{mn+1}{2}- \\biggl(\\frac{m+1}{2}\\biggr) \\biggl(\\frac{n+1}{2}\\biggr)=\\frac{(m-1)(n-1)}{4}\\gt 0$$\r\nが成り立つ．従って，考えるべき場合は以下のいずれかである．\r\n- $2^{3229}=2^{3225}\\times 4^2$ と分解するとき．\r\n- $2^{3229}=2^{3226}\\times 8$ と分解するとき．\r\n\r\n　それぞれについて，考えるべき総和は\r\n$$2^{3229} \\biggl(\\frac32\\biggr)^{3225} \\biggl(\\frac52\\biggr)^2 = 2^2\\cdot 3^{3225}\\cdot 5^2,\\quad\r\n2^{3229} \\biggl(\\frac32\\biggr)^{3226} \\biggl(\\frac92\\biggr) = 2^2\\cdot 3^{3228}$$\r\nこのうち小さいのは前者であるから，求める値は $3\\times 3226 \\times 3=\\bf{29034}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc090/editorial/3229" } ]

[ { "content": "　実際に $X=100x+10y+z$ などと表せば, $X+Y+Z=111(x+y+z)$ であることがわかる. $x+y+z$ のとり得る値は $3$ 以上 $27$ 以下であるから, 求める総和は $111\\times(3+4+\\cdots+27)=\\textbf{41625}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/1937" } ]