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[ { "content": "　一辺の長さが $a$ の正方形の面積は $a^2$ であるため,\r\n求めるべき個数の最大値は\r\n$$\\Biggl \\lfloor\t{\\frac{99^2}{\\lparen \\sqrt 2 \\rparen ^ 2}} \\Biggr\\rfloor = 4900$$\r\n以下である. \r\n逆に, 一辺の長さが $\\sqrt 2$ の正方形を $4900$ 個組み合わせた一辺の長さが\r\n$70 \\sqrt 2$ の正方形を考えると, $70\\sqrt{2}=\\sqrt{9800}\\lt\\sqrt{9801}=99$ よりこれは領域内に入ることがわかるので, 求めるべき値は $\\mathbf{4900}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/3635" } ]

[ { "content": "　条件から $AD=5$ と計算できるから, 三角形 $ABD^\\prime$ は正三角形であり, $D^\\prime $ から平面 $ABC$ におろした垂線の足 $H$ について, $D^\\prime A=D^\\prime B=D^\\prime C=5$ より $H$ は $ABC$ の外心であることがわかる.\\\r\n　正弦定理より $AH=5\\sqrt{10}\\/6$ であるから, 三平方の定理より $D^\\prime H=5\\sqrt{26}\\/6$ と計算できる. 三角形 $ABC$ の面積が $9\\/2$ であることと併せて求める体積は $5\\sqrt{26}\\/4$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{35}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/1662" } ]

[ { "content": "　$a_1,\\ldots,a_{15}$ のうち最大のものが $a_{15}$ でないと仮定し, これを $a_i$ とする ($i\\leq 14$). このとき, $a_{i}+2^ia_{15-i}$ は $a_i$ より大きいため , 数列に含まれ得ず矛盾する. したがって, $a_{15}$ が最大である.\\\r\n　さらに, $a_1,\\ldots,a_{14}$ のうち最大のものが $a_{14}$ でないと仮定し, これを $a_i$ とする ($i\\leq 13$). このとき, $a_{i}+2^ia_{14-i}$ および $a_{i}+2^ia_{15-i}$ は相異なり, かつともに $a_i$ より大きいが, $a_i$ より大きい数は数列に $a_{15}$ しか含まれないので, これは矛盾である. 同様の議論を繰り返すことで, $a_1 \\lt a_2 \\lt \\cdots \\lt a_{15}$ が成り立つことがわかる.\\\r\n　いま, $j=1, 2, …, 14$ について, $a_1+2a_j$ は数列に含まれる. また, \r\n$$\r\na_1 \\lt a_1+2a_1 \\lt a_1+2a_2 \\lt \\cdots \\lt a_1+2a_{14}\r\n$$\r\nより, $a_{j+1}=a_1+2a_j$ つまり $a_n=(2^n-1)a_1 \\ (n=1, 2, …, 15)$ が必要である. 逆にこのとき, \r\n$$ \r\na_i+2^ia_j = (2^i-1)a_1 + 2^i(2^j-1)a_1 = (2^{i+j}-1)a_1\r\n$$\r\nであり, 問題文中の条件を満たす. よって, 数列が条件を満たすための必要十分条件は, 正整数 $m$ を用いて\r\n$$a_n=(2^n-1)m \\quad (n=1, 2, …, 15)$$\r\nと表せることである. この数列の総和は $m$ の値によって定まり, \r\n$$\r\n\\sum_{k=1}^{15} (2^k-1)m = (2^{16}-2-15)m\r\n$$\r\nと表せる. 解答すべき値は特に $m = 15$ のときであり, $(2^{16}-2-15) \\times 15 = \\mathbf{982785}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/2170" } ]

[ { "content": "　$T$ の体積を $V$とおけば $r=\\dfrac{\\sqrt{3}}{8}V$ が成立することがわかるから, $V$ の最大化について考えればよい. 等面四面体は一般に直方体に埋め込めるから, その $3$ 辺の長さを $\\sqrt{x},\\sqrt{y},\\sqrt{z}$ とすれば, 外接球の半径, 表面積, 体積を計算することで, 以下の式が成り立つことが確認できる：\r\n$$x+y+z=20,\\quad xy+yz+zx=48,\\quad xyz=9V^2$$\r\nしたがって, $t$ の方程式 $t^3-20t^2+48t=9V^2$ が正の実数解のみをもつような $9V^2$ の最大値を求めればよく, これはグラフを描けば $832\\/27$ とわかる. よって $r_M^2=(9V^2)\\/192=13\\/81$ で, 解答すべき値は $\\textbf{94}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/257" } ]

[ { "content": "　一般に $4N = 240$ とする. まず, 以下の一連の操作によって, 区別できない $4N-1$ 個の白い球, $1$ 個の青い球, $2N$ 個の赤い球を一列に並べ, 数を書き込むことを考える：\r\n\r\n- はじめに $2N+1$ 個の赤い球を並べ, 左から偶数番目に置かれたもの $N$ 個のうち $1$ つを選んで青に塗り替える.\r\n- 次に, 赤い球同士が隣り合う場所 $2N-2$ 箇所と, 右端 $1$ 箇所の計 $2N-1$ 箇所に $1$ つずつ白い球を置く.\r\n- 残った $2N$ 個の白い球を好きな位置に置く.\r\n- 最後に, 白い球と青い球の合計 $4N$ 個に対し, $1$ 以上 $4N$ 以下の整数を重複なく $1$ つずつ書き込む.\r\n- ただし, 奇数は赤い球の右隣に, 偶数はその他の場所に書き込むものとする. \r\n\r\nこのような場合の数は以下で与えられることが容易にわかる：\r\n$$\r\nN\\times\\binom{4N+1}{2N}\\times \\lbrace(2N)!\\rbrace^2 = \\frac{N}{(2N+1)} (4N+1)!\r\n$$\r\n以下, この値が $S$ に等しいことを示す. 以下で与えられる数列\r\n$$\r\n0,\\~p_1,\\~p_1+p_2,\\~\\dots,\\~p_1+p_2+\\cdots+p_{4N}\r\n$$\r\nにおいて, 第 $i-1$ 項と第 $i$ 項の偶奇が反転するのは, $p_i$ が奇数のときである. 白い球と青い球に書かれた数が左から $p_1,p_2,\\dots,p_{4N}$ となるような球の並べ方を考えると, 赤い球は反転が起こる箇所と対応しており, 青い球より左にある赤い球の個数は必ず奇数であることから, その並べ方は順列 $p_1,p_2,\\dots,p_{4N}$ のスコアの個数だけ存在する. よって, 確かにこれは $S$ に等しいことがわかる. 以上より, $N=60$ のとき, 特に $S$ は以下で与えられる：\r\n$$S=\\frac{60}{121} \\times 241!$$\r\n$X, Y$ は Legendre の定理よりそれぞれ $238, 117$ となり, 解答すべき値は特に $238 \\times 117 = \\mathbf{27846}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/2176" }, { "content": "　$4n=240$ とする．$2n$ 個ずつの $0$ と $1$ の並べ替え $(a_1,\\dots,a_{4n})$ についてスコアを同様に定め，その総和を $T$ とすれば $S=((2n)!)^2T$ である．\\\r\n　ここで $a_1+\\dots+a_i$ が奇数となる組の個数は次で与えられる．ただし $0\\leq b\\leq a$ でないとき $\\binom{a}{b}=0$ とする．\r\n$$\\sum_{k:odd}\\binom{i}{k}\\binom{4n-i}{2n-k}$$\r\nこれは次の多項式の $x^{2n}$ の係数と一致する．\r\n$$\\frac{1}{4}\\bigl((1+x)^i-(1-x)^i\\bigr)\\bigl((1+x)^{4n-i}-(1-x)^{4n-i}\\bigr)$$\r\n\r\nよって $T$ は次の多項式の $x^{2n}$ の係数と一致する．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\frac{1}{4}\\sum_{i=0}^{4n}\\bigl((1+x)^i-(1-x)^i\\bigr)\\bigl((1+x)^{4n-i}-(1-x)^{4n-i}\\bigr)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{4}\\Bigl((4n+1)\\bigl((1+x)^{4n}+(1-x)^{4n}\\bigr)-\\frac{(1+x)^{4n+1}-(1-x)^{4n+1}}{x}\\Bigr)\r\n\\end{aligned}$$\r\n計算すれば $T=\\dfrac{(4n+1)!}{2(2n+1)!(2n-1)!}$ より $S=\\dfrac{n(4n+1)!}{(2n+1)}$ が得られる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/2176/56" }, { "content": "　奇数が左から順に $a_1,a_2,\\cdots,a_{120}$ 番目に並んでいるとき，スコアは $-a_1+a_2-a_3+a_4-\\cdots-a_{119}+a_{120}$ である．\\\r\n また，$a_{k}$ の期待値は $a_k=\\dfrac{241k}{121}$ となる．(詳しい理由はOMC078(F)のユーザー解説を参照)\\\r\n よって，スコアの期待値は $\\dfrac{241}{121}(-1+2-3+4-\\cdots-119+120)=\\dfrac{241\\times60}{121}$ であるから， $S=\\dfrac{241\\times60}{121}\\times240!$ \\\r\nルジャンドルの定理より， $X=238,Y=117$ となり， $XY=\\textbf{27846}$", "text": "k番目に小さな値の期待値の公式の利用", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc089/editorial/2176/57" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/Og-PqIWfusw\r\n \r\n　$m^\\prime$ 日延滞しており，本を $n$ 冊借りていたとすると，\r\n$$10m ^\\prime n=330$$\r\n$m ^\\prime$ は $33=3×11$ の正の約数となるから，求める総和は\r\n$$\\sum _{m ^\\prime\\mid 33}(14+m^\\prime)=\\textbf{104}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc088/editorial/3054" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/LuonRxLnfP4\r\n \r\n　暗証番号を $y$ とすると，$0$ でない整数 $a$ を用いて\r\n$$f(x)=a(x-2)(x-3)(x-5)(x-7)(x-11)+y$$\r\nと表せるから，定数項を考えることで\r\n$$-(a×2×3×5×7×11)+y=2357\\implies y=2357+2310a$$\r\nこの形式で一つ目の条件をみたせるのは $a=3$ のみであり，このとき $\\textbf{9287}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc088/editorial/3058" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/BYsTFR1AnuU \r\n\r\n　冊数は $9x+10(49-x)$ と表せる．このとき，仕切りの加え方について\r\n$${}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{x}=6499270398159.$$\r\n上式を満たす $x$ の値の $1$ つを $t$ とすれば，$x=49-t \\neq t$ も解となる．また\r\n$${}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{0}\r\n\\lt {}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{1}\r\n\\lt \\cdots \\lt {}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{24}\r\n= {}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{25}\r\n\\gt {}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{26}\r\n\\gt \\cdots \\gt {}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{49}$$ \r\nが成立することから，$t$ と $49-t$ のほかに上式をみたす $x$ は存在せず，求める総和は\r\n$$(9+10)×49 = \\textbf{931}.$$\r\n　なお，実際に以下が成立する：\r\n$${}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{17}= {}\\_{49}\\mathrm{C}\\_{32}=6499270398159$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc088/editorial/3082" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/te2E7al8Xho\r\n\r\n 　点 $A$ から点 $P$ を下図のように定める．点 $E$ および $K$ を捉えるためには，カメラは直線 $EM$ から上側と直線 $NK$ から下側に $1$ つずつなければならず，それぞれ線分 $HM,JN$ 上にあるとしてもよい．このときカメラはその位置によらず四角形 $FPLO$ の外部すべてを捉えるから，四角形 $FPLO$ のみを考えると，それぞれのカメラが点 $M,N$ に近づくほど捉える領域が大きくなる．よって，以下カメラをその $2$ 点に固定する．\\\r\n　このとき，線分 $IL$ ($I$ を除く) が直線 $MG$ と交点をもたず，線分 $FG$ ($G$ を除く) が直線 $NI$ と交点をもたないことが条件となる．本棚の幅を $x,y$ として，これを数式に表現すれば以下のようになる：\r\n$$0\\lt x\\leq 5, \\quad 0\\lt y\\leq 5, \\quad x\\leq 10-2y, \\quad y\\leq 10-2x$$\r\nこれらで与えられる $xy$ 平面上の領域と直線 $x+y=k$ が共有点をもつような最大の $k$ の値は $20\\/3$ であることが確認できるから，求めるべき値は $20+3=\\textbf{23}$ である．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc088/editorial/3048" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/Rha6JK_IwAc\r\n\r\n 　問の条件をみたす連携の様子は，特定の $2$ 頂点 $X,Y$ を含む互いに区別可能な $30$ 個の頂点について，$X,Y$ については次数が $3$ に，その他の $28$ 頂点については次数が $2$ になるように，全体が単純かつ連結となるよう無向辺を張ったグラフとみなせる．\r\nこのとき，$X$ を出発して同一の頂点を $2$ 回以上通ることなく $Y$ へ移動する経路 (**良い経路**と呼ぶことにする) は $1$ 通りまたは $3$ 通りあることが確認できる．\\\r\n　次のように場合分けすると，グラフはそれぞれ図のような形になっている．それぞれ赤点線の引かれた辺を除けば $28$ 頂点を一列に並べたのち適切に $X,Y$ を挿入する操作に対応づけられるため，次のように計算できる．\r\n- (a)：良い経路が $1$ 通りのとき，$28!\\times{}\\_{26}\\mathrm{C}\\_{2}\\/2^2=27!\\times2275\\ (通り)$\r\n- (b)：良い経路が $3$ 通りかつ $X,Y$ 間に辺があるとき，$28!\\times{}\\_{27}\\mathrm{C}\\_{1}\\/2=27!\\times378\\ (通り)$\r\n- (c)：良い経路が $3$ 通りかつ $X,Y$ 間に辺がないとき，$28!\\times{}\\_{27}\\mathrm{C}\\_{2}\\/3!=27!\\times1638\\ (通り)$\r\n\r\n　以上より求めるべき値は $\\dfrac{M}{27!}=2275+378+1638=\\bf{4291}$．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc088/editorial/3326" } ]

[ { "content": "【動画解説】https:\\/\\/youtu.be\\/fhjXRI0DdmI\r\n\r\n 　異なるデータについては予約番号が異なる値となるような $a,b$ の組を**良い組**と呼ぶことにする．\r\n\r\n　$2$ つのデータ $(m,n)\\neq (m^\\prime,n^\\prime)$ の予約番号が一致するとき，$a+b=2357$ は素数より $a,b$ は互いに素であることに注意すれば，$a(m-m^\\prime)=b(n^\\prime-n)$ よりある整数 $k$ が存在して $m-m^\\prime=bk,n^\\prime-n=ak$ をみたす．\r\nよって $|m-m^\\prime|\\leq M-1$ および $|n-n^\\prime|\\leq N-1$，また $(m,n)\\neq(m^\\prime,n^\\prime)$ より $k\\neq 0$ であることに注意すれば，$(a,b)$ が良い組であるための必要十分条件は $a\\geq N$ または $b\\geq M$ とわかる．\r\n\r\n　$a,b$ は $a+b=2357$ をみたす正整数であることに注意すれば，良い組が $333$ 個であるための必要十分条件は簡単な議論によって $\\min(M,2357)+\\min(N,2357)=4381$ である．この条件下での $MN$ の最小値を求めるには $M,N\\leq 2357$ の場合を考えれば十分であり，そのとき $M+N=4381$ より $MN\\geq 2357\\times 2024=\\bf{4770568}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc088/editorial/3323" } ]

[ { "content": "　線分 $BD$ の垂直二等分線に関して $C$ と対称な点を $C^\\prime$ とする. $A,B,C^\\prime,D$ が共円であることに気をつければ\r\n$$\\triangle ABC^\\prime = AB\\times BC^\\prime \\times \\sin \\angle ABC^\\prime = C^\\prime D\\times DA\\times\\sin\\angle C^\\prime DA = \\triangle C^\\prime DA$$\r\nであるから, 線分 $AC^\\prime$ と線分 $BD$ の交点は線分 $BD$ の中点である. よって方べきの定理より\r\n$$BM^2 = AM\\times C^\\prime M = AM\\times CM$$\r\nを得る. また, 中線定理より\r\n$$\r\nAB^2 + AD^2 = 2(BM^2 + AM^2)\r\n$$\r\nが成立する. 上の二式をあわせて解くことで $AM = \\bf{113}$ を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/4120" }, { "content": "　補助点を取らない，計算メインの解法です\r\n\r\n----\r\n\r\n　中線定理および余弦定理，また四角形 $ABCD$ は円に内接することより次が成り立つ．\r\n$$AB^2+AD^2=2(BM^2+AM^2),\\quad BC^2+CD^2=2(BM^2+CM^2),$$\r\n$$\\frac{AB^2+AD^2-BD^2}{2AB\\cdot AD}+\\frac{BC^2+CD^2-BD^2}{2BC\\cdot CD}=0$$\r\n$BC=127x,CD=129x,BM=y$ とおき，$127^2+129^2=2(128^2+1)$ を用いて整理すれば次を得る．\r\n$$AM^2=-y^2+128^2+1,\\quad (128^2+1)x^2=y^2+32^2,\\quad (128^2+1)x^2-(x^2+1)y^2=0$$\r\n後二式より $y^2=3616$ であるから $AM^2=12769={\\bf 113}^2$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/4120/46" }, { "content": "　[公式解説](.\\/)の $C^\\prime$ に気づけなくても $BM^2 = AM \\times CM$ を得る方法です！\r\n\r\n---\r\n\r\n　まず，仮定より $BC : DC = AB : AD$．$M$ を中点連結定理で活かしたいので，$AB$ の中点を $N$ とおくと，仮定と合わせて\r\n$$ AN : MN = \\frac{AB}2 : \\frac{AD}2 = AB : AD = BC : DC. $$\r\nまた $AD \\mathrel{\\/\\\\!\\/} NM$ および円に内接する四角形の性質を用いて\r\n$$ \\angle ANM = 180^\\circ - \\angle BNM = 180^\\circ - \\angle BAD = \\angle BCD. $$\r\nよって二辺比夾角相等より $\\triangle ANM$ と $\\triangle BCD$ は相似であり\r\n$$\\angle BAM = \\angle NAM = \\angle CBD = \\angle CBM. $$\r\n同様の議論で $\\angle ABM = \\angle BCM$ も分かるので，二角相等より $\\triangle ABM$ と $\\triangle BCM$ も相似．したがって $AM : BM = BM : CM$ より $BM^2 = AM \\times CM$．", "text": "対称点を取らない方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/4120/47" } ]

[ { "content": "　いまタイル張りが無限に続いているとして，あるタイルの頂点にあたる点を**良い点**と呼ぶこととする．\\\r\n　$2$ 頂点が良い点である正三角形について，もう $1$ 頂点も良い点であることがわかるから，ある正六角形の頂点が全て良い点であるとき，その中心も良い点である．\\\r\n　逆に，中心と $1$ 頂点を良い点に定めたとき，残りの $5$ 頂点が良い点であるような正六角形が定まる．\\\r\n　一般に $300$ を $3N$ とし，一辺 $3N$ の正三角形の $3$ 頂点を $A,B,C$ とする．良い点 $P$ について，$P$ を通り $CA$ に平行な直線と線分 $AB$ の交点を $X_P$ とし，同様に $Y_P,Z_P$ を定める．このとき，点 $P$ を中心とする良い点からなる正六角形の個数は，一辺が $\\min(PX_P, PY_P, PZ_P)$ の正三角形から $1$ 頂点を選ぶ方法に対応するから，\r\n$$\\frac{1}{2}\\min(PX_P, PY_P, PZ_P)(\\min(PX_P, PY_P, PZ_P) + 1)$$\r\nで表せる．$P$ によらず $PX_P + PY_P + PZ_P = 3N$ であることに留意して，求める答えは\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&~~~~\\frac{1}{2}\\sum_{a + b + c = 3N}\\min(a,b,c)(\\min(a,b,c) + 1) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2} \\left( 3\\sum_{k = 0}^{N-1}k(k+1)(3N - 3k) + N(N + 1) \\right) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2} \\left(\\frac{3}{4}(N-1)N(N+1)(N+2) + N(N+1) \\right) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{8}N(N+1)(3N^2+3N-2) \\\\\\\\\r\n&= \\bf{38251225}\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/2335" }, { "content": "　[公式解説](.\\/)と同様，$300$ を一般に $3N$ とおく．タイル全体の大きな正三角形と同じ向きで，あるタイルの頂点にあたる点 $3$ つを頂点にもつ正三角形について，一辺の長さが $3$ の倍数ではないときは正六角形は内接せず，一辺の長さが $3n\\ (n = 1, \\ldots, N)$ であるとき，仮定の正六角形は $n$ 個内接する（内接する一辺 $n$ の正六角形と，それに内接する正六角形を考えると良い）．このように，この正三角形すべてについて，対応する正六角形を考えれば，仮定の正六角形は過不足なく現れる．この正三角形の個数は，一辺 $3n$ のとき\r\n$$ 1 + \\cdots + (3N - 3n + 1) = \\frac{\\left(3N - 3n + 1\\right) \\left(3N - 3n + 2\\right)}2 $$\r\nであるから，求める個数は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum\\_{n=1}^N \\frac{n \\left(3N - 3n + 1\\right) \\left(3N - 3n + 2\\right)}2 &= \\sum\\_{n=1}^N \\frac{9n \\left(N - n\\right) \\left(N - n + 1\\right) + 2n}2 \\\\\\\\\r\n&= 9\\sum\\_{n=1}^{N-1} \\mathinner{{}\\_n\\mathrm C_1} \\mathinner{{}\\_{N-n+1}\\mathrm C_2} + \\sum\\_{n=1}^N n \\\\\\\\\r\n&= 9\\mathinner{{}\\_{N+2}\\mathrm C_4} + \\frac{N \\left(N + 1\\right)}2 \\\\\\\\\r\n&= \\frac{N \\left(N + 1\\right) \\left(3N^2 + 3N - 2\\right)}8 \\\\\\\\\r\n&= \\mathbf{38251225}.\r\n\\end{aligned}$$", "text": "正三角形との対応", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/2335/48" } ]

[ { "content": "　与式より $x_1x_2=x_2x_3-1=x_3x_4-2=\\cdots=x_8x_1-7=kx_1x_2-8$ であるから,\r\n$$(x_1x_2)(x_3x_4)(x_5x_6)(x_7x_8)=(x_2x_3)(x_4x_5)(x_6x_7)(x_8x_1)$$\r\nを $x_1x_2$ のみの式で表すことで\r\n$$(x_1x_2)(x_1x_2+2)(x_1x_2+4)(x_1x_2+6)=(x_1x_2+1)(x_1x_2+3)(x_1x_2+5)(x_1x_2+7)$$\r\nこれを解いて $x_1x_2=-\\dfrac{7}{2},\\dfrac{-7\\pm\\sqrt{19}}{2}$ を得るから,\r\n$$k=1+\\dfrac{8}{x_1x_2}=-\\dfrac{9}{7},\\dfrac{-41\\pm8\\sqrt{19}}{15}$$\r\n　逆に $k$ がこれらの値のとき, 条件をみたす実数の組は存在する.\\\r\n　これらの総和は $-\\dfrac{709}{105}$ であるから, 特に解答すべき値は $\\textbf{814}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/1458" } ]

[ { "content": "　はじめの配置で $5$ つのグループを $A,B,C,D,E$ と命名する．このとき，以下のような表を考える：\r\n$$\\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\r\n\\hline\r\n\\\\{D,E\\\\} & \\\\{C,E\\\\} & \\\\{A,B\\\\} & \\\\{A,B\\\\} & \\\\{C,D\\\\} \\\\\\\\\r\n\\hline \\hline\r\n\\\\{B,C\\\\} & \\\\{A,D\\\\} & \\\\{D,E\\\\} & \\\\{C,E\\\\} & \\\\{A,B\\\\} \\\\\\\\\r\n\\hline\r\n\\end{array}$$\r\n各列が入れ替え後のグループの構成であり，上下がそれぞれの大学に対応している．したがって，文字の配置の制約は\r\n- 各列には相異なる文字 $4$ 種類が入る．\r\n- 上下それぞれに各文字が $2$ 回ずつ現れる．\r\n\r\n　さらに一般性を失わず，各列に現れない唯一の文字が左から $A,B,C,D,E$ であるとして，このような表が何通りあるか考えればよい．ただし，はじめに同大学で同グループだった学生を区別していないことから，最後に $2^{10}$ 倍する必要があることに注意せよ．上 $10$ 文字の配置を決めれば残りは一意に決まるから，以下の問題に帰着された：\r\n\r\n- $5$ つの箱 $1,2,3,4,5$ と，$10$ 個のボールがあり，各ボールには $A,A,B,B,C,C,D,D,E,E$ が書かれている．以下の条件をみたすように，各箱にボールを $2$ つ入れる方法は何通りあるか？\r\n\t- 同じ箱に同じ文字が書かれたボールは入らない．\r\n\t- $A$ が書かれたボールは箱 $1$ に入らない．\r\n\t- $B$ が書かれたボールは箱 $2$ に入らない．\r\n\t- $C$ が書かれたボールは箱 $3$ に入らない．\r\n\t- $D$ が書かれたボールは箱 $4$ に入らない．\r\n\t- $E$ が書かれたボールは箱 $5$ に入らない．\r\n\r\n　ここで，頂点 $1,2,3,4,5$ を用意し，例えば $A$ と書かれたボールを箱 $i$ と $j$ に入れるとき頂点 $i$ と $j$ の間に $A$ と書かれた辺を張る要領で，$5$ 頂点 $5$ 辺の無向グラフを構成する．このとき，グラフ全体の構造は\r\n\r\n- 長さ $5$ のサイクル一つからなる．\r\n- 長さ $3$ のサイクル一つと，長さ $2$ のサイクル一つ (＝多重辺 $1$ 本) からなる．\r\n\r\nのいずれかである．それぞれについて辺の張り方は $12$ 通りおよび $10$ 通りであり，一つの張り方に対してラベルの割り振り方がそれぞれ $13$ 通りおよび $6$ 通りであることが確認できるから，全体で求める場合の数は\r\n$$(12\\times 13+10\\times 6)\\times 2^{10}=\\textbf{221184}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/2804" }, { "content": "$2$つの大学をそれぞれ$A$大学，$B$大学とし，それぞれの大学の学生を$A_1,A_2,\\ldots A_{10}$及び$B_1,B_2,\\ldots B_{10}$とします．\\\r\nさらに，最初に振り分けられたグループをグループ$1$～$5$として，グループ$1$には$A_1,A_2,B_1,B_2$，グループ$2$には$A_3,A_4,B_3,B_4$，$\\ldots $，グループ$5$には$A_9,A_{10},B_9,B_{10}$が所属していたとします．\\\r\n組み換え後のグループを考えると，グループ$1$に所属していた人だけがいないグループ，グループ$2$に所属していた人だけがいないグループ，$\\ldots $，グループ$5$に所属していた人だけがいないグループの$5$つのグループができるのでそれぞれグループ$1^{\\prime}$～$5^{\\prime}$とします．\\\r\nここで，組み換え後において$A_1,A_2,B_1,B_2$はそれぞれ別のグループに所属することになり，それぞれグループ$2^{\\prime}$,$3^{\\prime}$,$4^{\\prime}$,$5^{\\prime}$に所属したことにすれば対称性からこの場合の$4!$倍が答えになります．\\\r\nこの時残り学生の振り分けについて考えると，グループ$1^{\\prime}$の$4$人は元々グループ$2,3,4,5$でそのうち$2$人が$A$大学出身，グループ$2^{\\prime}$の$3$人は元々グループ$3,4,5$でそのうち$1$人が$A$大学出身，$\\ldots $，グループ$5^{\\prime}$の$3$人は元々グループ$2,3,4$でそのうち$2$人が$A$大学出身，となります．\\\r\n元々のグループと出身大学の対応付け(グループ$1^{\\prime}$を除く)$81$通りを全て書き出すと，全体で同一グループに所属していた$A$大学出身者が$2$人ずつになるようにグループ$1^{\\prime}$の対応付けができるのはそのうち$36$通りです．\\\r\n最後に$A_3$と$A_4$，$A_5$と$A_6$，$\\ldots $，$B_9$と$B_{10}$を区別して考えていなかったのでそれぞれを入れ替えたパターンを考え$2^8$倍する必要があります．\\\r\nしたがって求める場合の数は\\\r\n$$4!×36×2^8=\\mathbf{221184}.$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/2804/55" } ]

[ { "content": "　十進表記したときにどの桁にも $9$ が現れない $n$ 桁以下の非負整数のうち，$7$ の倍数であるものの個数を $f(n)$ とする．\r\nただしここでは $0$ は $0$ 桁であるとする．このとき求める総和 $S$ は次のように表せる．\r\n$$S= 5^{2022^{2022}} f(5^{2022^{2022}})-\\sum_{n=0}^{5^{2022^{2022}}-1}f(n)$$\r\n\r\n　$f(n)$ を求めよう．十進表記でどの桁にも $9$ が現れない $n$ 桁以下の非負整数 $K$ は $x_i\\in\\\\{0,1,\\dots,8\\\\}$ を用いて\r\n$$K=x_0+10x_1+\\dots+10^{n-2}x_{n-2}+10^{n-1}x_{n-1}$$\r\nと表せて，このとき次が成り立つ．\r\n$$K\\equiv 10^{n-1}((-9)^{n-1}x_0+(-9)^{n-2}x_1+\\dots+(-9)x_{n-2}+x_{n-1})\\pmod{7}$$\r\nすなわち，次をみたす組 $(x_0,\\dots,x_{n-1})\\in\\\\{0,1,\\dots,8\\\\}^n$ の個数が $f(n)$ である．\r\n$$(-9)^{n-1}x_0+(-9)^{n-2}x_1+\\dots+(-9)x_{n-2}+x_{n-1}\\equiv 0\\pmod{7}$$\r\n　いま，左辺のような表示を $n$ **桁以下のマイナス九進表記** と呼ぶ（ただし $n=0$ では $0$ とする）．$n$ 桁以下のマイナス九進表記が可能な整数の最小値 $m_n$ および最大値 $M_n$ は\r\n$$m_n=\\begin{cases}\r\n-\\frac{9(9^n-1)}{10}&(n:偶数)\\\\\\\\\r\n-\\frac{9(9^{n-1}-1)}{10}&(n:奇数)\\end{cases},\\quad \r\nM_n=\\begin{cases}\r\n\\frac{9^n-1}{10}&(n:偶数)\\\\\\\\\r\n\\frac{9^{n+1}-1}{10}&(n:奇数)\\end{cases}$$\r\nであることが容易にわかる．一方で，$9^1,9^2,\\dots$ で割った余りを考えることで，任意の整数に対し，その $n$ 桁以下のマイナス九進表記は可能ならば一意である．これらより，$n$ 桁以下のマイナス九進表記が可能な整数全体の集合は $m_n$ 以上 $M_n$ 以下の整数全体の集合と一致し，$f(n)$ は $n$ 桁以下のマイナス九進表記が可能な $7$ の倍数の個数だから，\r\n$$f(n)=\\left\\lfloor\\dfrac{-m_n}{7}\\right\\rfloor+\\left\\lfloor\\dfrac{M_n}{7}\\right\\rfloor+1$$\r\n　さて， $5^{2022^{2022}}=6N+1$ とおけば，以下を求めるのであった．\r\n$$S=(6N+1)f(6N+1)-\\sum_{n=0}^{6N}f(n)$$\r\n$m_n,M_n$ を $7$ で割ったあまりの周期性を考慮して計算すれば，次が確認できる．\r\n$$\\begin{gathered}f(6k+1)=\\dfrac{9^{6k+1}+5}{7},\\quad f(6k)=\\dfrac{9^{6k}+6}{7},\\\\\\\\ f(6k)+\\dots+f(6k+5)=\\dfrac{1}{7}(9^{6k}+9^{6k+1}+\\cdots+9^{6k+5})+2\\end{gathered}$$\r\n従って $N\\equiv 0 \\pmod{9^7}$ より次が得られる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=(6N+1)\\times\\dfrac{9^{6N+1}+5}{7}-\\left(\\sum_{n=0}^{6N}\\dfrac{9^n}{7}+2N+\\dfrac67\\right)\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\dfrac57-\\dfrac17\\times\\dfrac{-1}{9-1}-\\dfrac67 \\pmod{9^7}\\\\\\\\\r\n&\\equiv -\\dfrac18\\pmod{9^7}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\dfrac{9^7-1}8\\pmod{9^7}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\bm{597871}\\pmod{9^7}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/2472" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の面積を $S$ とすると, \r\n\r\n$$AM = \\dfrac{2S}{BC} = \\dfrac{2S}{AB + BC - CA} = DI$$\r\n\r\nが分かる. また, 三角形 $ABC$ の $A$ に対する傍接円と辺 $BC$ の接点が $M$ であることに気をつけると, $AD = CM$ を得る. 従って, 三角形 $ADI$ と三角形 $CMA$ は合同であるから, $AB = AC = AI$ も分かる. また, \r\n\r\n$$\\angle PAM = \\angle PDI, \\quad \\angle PMA = \\angle PID$$\r\n\r\nであるから, 三角形 $PAM$ と三角形 $PDI$ は合同. よって $PA = PD = 7, PI = PM = 9$ であり, 三角形 $PAD$ と三角形 $PIM$ は相似であることが分かる. ここで, $MI = x, AM = DI = y$ と置くと, 三平方の定理より\r\n\r\n$$x^2 - y^2 = AI^2 = \\bigg(\\frac{DP}{MP}x\\bigg)^2 + y^2$$\r\n\r\nであるから $y = \\dfrac{4x}{9}, \\ AI = \\dfrac{\\sqrt{65}x}{9}$ を得る. また, $\\angle AMC = \\angle ADE = 90^\\circ$ より四点 $C, D, E, M$ は同一円周上にあるので, \r\n\r\n$$\\angle DAP = \\frac{1}{2}(180^\\circ - \\angle APD) = 90^\\circ - \\frac{1}{2}\\angle MED = 90^\\circ - \\frac{1}{2}(180^\\circ - \\angle ACB) = \\frac{1}{2}\\angle DAI$$\r\n\r\nより, $\\angle DAP = \\angle PAI$ であるから\r\n\r\n$$\\cos \\angle PAI = \\cos \\angle DAP = \\cos \\angle PMI = \\frac{x}{18}.$$\r\n\r\n従って, 余弦定理より\r\n\r\n$$\\bigg(\\frac{\\sqrt{65}x}{9}\\bigg)^2 + 7^2 - 2 \\times 7 \\times \\frac{\\sqrt{65}x}{9} \\times \\frac{x}{18} = 9^2$$\r\n\r\nであるから $x^2 = 81\\bigg(2 + \\dfrac{14}{\\sqrt{65}}\\bigg)$ が分かる. よって, \r\n\r\n$$S = CM \\times AM = AD \\times \\frac{4x}{9} = \\frac{DP}{MP}x \\times \\frac{4x}{9} = \\frac{28x^2}{81} = 56 + \\frac{392}{\\sqrt{65}}$$\r\n\r\nより解答すべきは $\\bf{513}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/3553" }, { "content": "　$I$ が中心 $A$，半径 $AB$ の円周と$A$ を通り $BC$ に平行な直線の交点(の一つ)であることに注意して各点の座標をおけば，次のように座標計算によって解くこともできます．\r\n\r\n----\r\n\r\n　$r\\gt 0,\\theta\\in(0,\\pi\\/2)$ によって $A(0,0),B(-r\\cos\\theta,r\\sin\\theta),C(r\\cos\\theta,r\\sin\\theta)$ とおくと，次のように各点の座標が計算できる：\r\n$$M(0,r\\sin\\theta),\\quad I(r,0),\\quad D(r\\cos^2\\theta,r\\sin\\theta\\cos\\theta),\\quad E(0,r\\cot\\theta)$$\r\nこのとき $\\triangle ADE,\\triangle EIM$ の外接円の方程式はそれぞれ次のようになる：\r\n$$x^2+y(y-r\\cot\\theta)=0,\\quad x\\bigl(x-r(\\cos\\theta+1)\\bigr)+y\\bigl(y-r(\\sin\\theta+\\cot\\theta)\\bigr)+r^2\\cos\\theta=0$$\r\nこれらより $P\\Bigl(\\dfrac{r}{2}\\cos\\theta,\\dfrac{r}{2}\\cot\\theta(1-\\cos\\theta)\\Bigr)$ が得られる．よって次が成り立つ：\r\n$$DP^2=\\dfrac{r^2}{2}(1-\\cos\\theta)\\cot^2\\theta=49,\\quad MP^2=\\dfrac{r^2}{2}(1-\\cos\\theta)(\\cot^2\\theta+2)=81$$\r\n計算すれば $\\cot\\theta=\\dfrac{7}{4},r^2=130+14\\sqrt{65}$ が得られ，$\\triangle ABC$ の面積は $r^2\\sin\\theta\\cos\\theta=56+\\dfrac{392}{\\sqrt{65}}$ と計算できる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc087/editorial/3553/54" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3872" }, { "content": "　 $(E,I,N,R,T,U,V)=(6,1,7,9,3,4,2)$ (すなわち， $3497\\div13=269$ )という解を試行錯誤して頑張ってみつけよう！\\\r\n 解答すべき数値は $\\textbf{3497}$ である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3872/50" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3873" }, { "content": "　(ここでは解答速報を目的として，詳しい論証はせずに，結果を出す方法のみを述べることにする．)\r\n\r\n　 $987654321$ を $14$ 個並べて出来る $126$ 桁の数から $2$ 桁取り除いて得られる $124$ 桁の数が条件を満たす $n$ である．\\\r\nよって，取り除く $2$ 数の選び方を考えて，求める個数は ${}\\_{126}\\mathrm{C}\\_{2}=\\textbf{7875}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3873/53" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3874" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3875" }, { "content": "　 $9$ 数の最大公約数を $g$ とおくと， $9$ 数の各位の和は $30$ なので，どれも $9$ で割って $3$ 余る数だから， \\\r\n(i) $g$ は $9$ で割って $3$ 余る数で $9$ 数は $g,4g,7g,10g,\\cdots$ のいずれか\\\r\n(ii) $g$ は $9$ で割って $6$ 余る数で $9$ 数は $2g,5g,8g,11g,\\cdots$ のいずれか\\\r\nの $2$ パターンに限られる．\r\n\r\n(i)のとき\\\r\n $9$ 数として $g,4g,7g,\\cdots,25g$ を選んだとすると， $25g\\leq950000$ より $g\\leqq38000$ で $g$ が $6$ 桁であることに矛盾．\\\r\n $9$ 数の最大値が $28g$ とすると， $28g\\leq950000$ より $g\\leq33928$ で，選んだ $9$ 数は $4g,7g,\\cdots,28g$ となる．\\\r\n $10g$ の各位の和が $30$ であることから $g$ の各位の和も $30$ なので， $g=33897,33888,33879,33798,33789,33699,32997,\\cdots$ であり，気合を入れて調べていくと，この中で条件を満たす最大のものは $32997$ である．\\\r\nまた， $32997\\times31$ が $7$ 桁なので， $9$ 数の最大値が $31g$ 以上で条件を満たすものは $g\\lt32997$ を満たす．\r\n\r\n(ii)のとき\\\r\n $9$ 数として $2g,5g,8g,\\cdots,26g$ を選んだとすると， $26g\\leq950000$ より $g\\leqq36538$ で $2g$ が $6$ 桁であることに矛盾．\\\r\nまた， $32997\\times29=956913$ が一万の位を四捨五入すると $100000$ となるので， $9$ 数の最大値が $29g$ 以上で条件を満たすものは $g\\lt32997$ を満たす．\r\n\r\n以上より，求める $g$ の最大値は $\\textbf{32997}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3875/52" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3876" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3877" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3878" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3879" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3880" }, { "content": "　注・以下の解答では単位の $\\rm{cm}$ は省略しています．\r\n\r\n　正方形 $ADEB$, $BFGC$, $CHIA$ の中心をそれぞれ $P$, $Q$, $R$ とおきます．このとき，三角形 $AHE$ は三角形 $ARP$ を点 $A$ を中心に $2$ 倍に相似拡大したものになっていて，とくに直線 $HE$ と $RP$ は平行です．同様に直線 $DG$, $FI$ はそれぞれ $PQ$, $QR$ と平行なので，三角形 $JKL$ と三角形 $QRP$ は相似です．ここで，三角形 $ARP$, $BPQ$, $CQR$ および $QRP$ の面積をそれぞれ $S_1$, $S_2$, $S_3$, $S$ とおくと，相似比を考えることで三角形 $JKL$ の面積 $T$ は以下のように表せます：\r\n\r\n$$\r\nT = S \\times \\Biggr(\\frac{S-S_1-S_2-S_3}{S}\\Biggl)^2\r\n$$\r\n\r\n　以下，それぞれの面積について考えます．まず $S$ について，$RP$ = $\\dfrac{1}{2}HE = \\dfrac{15}{2}$ で， 同様に $PQ = \\dfrac{13}{2}$, $QR = 7$ であることから，三角形 $PQR$ は三辺の長さが $13$, $14$, $15$ の三角形を $\\dfrac{1}{2}$ 倍したもので，その面積は $\\dfrac{84}{4} = 21$ です．\r\n\r\n　次に $S_1$ について考えます．点 $X$ を，四角形 $APBX$ が正方形となるようにとると，三角形 $ABX$ と $CBQ$ が共に直角二等辺三角形なので，三角形 $ABC$ と $XBQ$ は相似です．また相似比を考えることで $XQ = AR$ とわかります．また $AP = AX$, $\\angle RAP = \\angle BAC + 90^{\\circ} = \\angle QXA$ となるので， 三角形 $ARP$ と $XQA$ は合同で，とくにこれらは $90^{\\circ}$ 回転した形になっています．したがって，線分 $RQ$ と $QA$ は長さが等しく，かつ垂直に交わります．よって，四角形 $APQR$ の面積 $S_1+S$ は $\\dfrac{1}{2}RP^{2} = \\dfrac{225}{8}$ とわかり，$S_1 = \\dfrac{57}{8}$ となります．同様の議論で $S_2 = \\dfrac{1}{8}$, $S_3 = \\dfrac{7}{2}$ と計算できます．\r\n\r\n 以上より，求めるべき面積 $T$ を計算すると $21\\times \\Biggr(\\dfrac{41}{84}\\Biggr)^2 = \\dfrac{1681}{336}$ となります．回答すべき値は $\\mathbf{189778176}$ です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3880/51" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3881" }, { "content": "　 $ADGH$ は等脚台形なので $HD=AG=HB$ となり， $H$ は $EG$ の中点となる．よって， $AD=GH=HE=\\frac{3}{2}$\\\r\n ここで，$AF$ と $BD$ の交点を $P$ とすると， $AP=HF=\\frac{3}{2}$ であるから， $△ABP=△FHB$\\\r\n よって， $(ABHFCGの面積)=(APBCの面積)+(ACGの面積)である．$ \\\r\n $△ABD$ を $D$ を中心に $60^\\circ$ 回転したものが $△PCD$ であり， $PC=AB=4$ となり， $PC$ と $AB$ のなす角が $60^\\circ$ となるので，四角形 $APBC$ の面積は一辺 $1$ の正三角形の面積の $4^2=16$ 倍．\\\r\nまた， $△ACG=△FCG$ の面積は一辺 $1$ の正三角形の面積の $3\\times\\frac{3}{2}=\\frac{9}{2}$ 倍．\\\r\n以上より，六角形 $ABHFCG$ の面積は一辺 $1$ の正三角形の面積の $16+\\frac{9}{2}=\\frac{41}{2}$ 倍となるので，答えるべき数値は $41\\times2\\times2=\\textbf{164}$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3881/49" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3882" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3883" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3884" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3885" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2022/editorial/3886" } ]

[ { "content": "　正しい計算結果が $57+a$ であるとすると，誤った計算結果は $57-a$ である．\\\r\n　よって $a=-34$ であり，求める値は $57+a=\\textbf{23}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/2822" } ]

[ { "content": "　$BD=30-DE=CE$ が成立する．ここで，四角形 $DBCE$ が円に外接することから\r\n$$DE+30=DE+BC=BD+CE=2(30-DE)$$\r\nが成り立つから，以上より $DE=\\bf{10}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/3102" } ]

[ { "content": "　例えば, どの集合が $1$ を含んでいるかは, $2$ が $A \\cup B \\cup C \\cup D$ に含まれるかや $A \\cap B \\cap C \\cap D$ に含まれないかに影響を及ぼさない. すなわち, 各 $1,2,3,4$ について独立に考えることができる.\\\r\n　$A \\cup B \\cup C \\cup D$ が $1$ を含むことより, $A,B,C,D$ のうち少なくとも $1$ つは $1$ を含み, 逆に $A \\cap B \\cap C \\cap D$ が $1$ を含まないことより, $A,B,C,D$ のうち少なくとも $1$ つは $1$ を含まない. したがって, $1$ がどの集合に含まれるかは $14$ 通り考えられ, 他の要素についても同様に考えることで, 解答は $14^4=\\textbf{38416}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/2345" } ]

[ { "content": "　$N=2^p3^q5^r$ と表せ, このとき各素因数の分配を考えれば $\\textrm{lcm}(a,b)=N$ なる組 $a\\lt b$ の個数は\r\n$$\\dfrac{1}{2}\\left((2p+1)(2q+1)(2r+1)-1\\right)=2^9$$\r\nよって積が $1025=5^2\\times 41$ となる $3$ つの奇数の順序付いた組を数え上げることに帰着され, これは $\\textbf{18}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/2068" } ]

[ { "content": "　$DE$ 上に $AF \\parallel BC$ なる点 $F$ をとれば, $\\triangle FAD$ と $\\triangle AED$ は相似であるから,\r\n$$AE=FE=22-\\dfrac{20^2}{22}=\\dfrac{42}{11}$$\r\nと求められ, 解答すべき値は $\\bf{53}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/2748" }, { "content": "　三角関数を用いた解法です\r\n\r\n----\r\n\r\n　$3$ 点 $E,A,B$ はこの順に直線 $AB$ 上に並ぶため，$\\angle A=\\theta$ とすれば $\\triangle ADE$ における正弦定理より次が成り立つ．\r\n$$\\frac{20}{\\sin(\\pi-2\\theta)}=\\frac{22}{\\sin(\\pi-\\theta)}=\\frac{DE}{\\sin(3\\theta-\\pi)}$$\r\n整理すれば次のようになる．\r\n$$\\frac{10}{\\sin\\theta\\cos\\theta}=\\frac{22}{\\sin\\theta}=\\frac{DE}{-\\sin 3\\theta}$$\r\n前 $2$ 項より $\\cos\\theta=\\dfrac{5}{11}$ であるため，後 $2$ 項より次のように計算できる．\r\n$$DE=22\\cdot\\dfrac{-\\sin 3\\theta}{\\sin\\theta}=22(4\\sin^2\\theta-3)=22(1-4\\cos^2\\theta)=\\dfrac{42}{11}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/2748/44" } ]

[ { "content": "　任意の実数 $a$ に対して $ a-1\\lt\\\\left\\lfloor a\\right\\rfloor \\leq a $ が成り立つことから,\r\n$$x^3+7x^2+4x-12\\lt\\left\\lfloor x^3\\right\\rfloor +7\\left\\lfloor x^2\\right\\rfloor +4\\left\\lfloor x\\right\\rfloor\\leq x^3+7x^2+4x$$\r\nが成立する. これより, $x$ は以下の範囲に含まれることが必要である：\r\n$$\\Big[-6,-2-2\\sqrt{3}\\Big)\\bigcup \\Big(-3,-2\\Big]\\bigcup \\Big[1,-2+2\\sqrt{3}\\Big)$$\r\n$-2-2\\sqrt{3}\\lt -5$ であるから, $\\left(-3,-2\\right]\\bigcup \\left[1,-2+2\\sqrt{3}\\right)$ に含まれる解のみを考えればよい. \r\n\r\n(イ)　$1\\leq x\\lt -2+2\\sqrt{3}$ のとき, $\\left\\lfloor x\\right\\rfloor=\\left\\lfloor x^2\\right\\rfloor=\\left\\lfloor x^3\\right\\rfloor=1$ となるほかない. すなわち $1\\leq x\\lt\\sqrt[3]{2}$ を得る.\r\n\r\n(ロ)　$x=-2$ のとき, これは与式をみたす.\r\n\r\n(ハ)　$-3\\lt x\\lt -2$ のとき, $\\left\\lfloor x\\right\\rfloor =-3$ より $\\left\\lfloor x^3\\right\\rfloor +7\\left\\lfloor x^2\\right\\rfloor =24$ であるから, $\\left\\lfloor x^3\\right\\rfloor$ および $\\left\\lfloor x^2\\right\\rfloor$ のとり得る値の範囲を考えれば, これらの組としてあり得るものは\r\n$$\\left(\\left\\lfloor x^3\\right\\rfloor ,\\left\\lfloor x^2\\right\\rfloor\\right)=(-11,5),(-18,6),(-25,7)$$ \r\nさらにこのうち $(-18,6)$ のみが適することがわかり, このとき $-\\sqrt[3]{18}\\leq x\\lt -\\sqrt[3]{17}$ である.\r\n\r\n　以上より, 求める値は $(-18)^2+(-17)^2+(-2)^6+1^6+2^2=\\textbf{682}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/1449" }, { "content": "この問題では解の形式が与えられているのでそれを使って$solver目線$の解説を書いてみます．\r\n\r\nまず，ガウス記号に臆せず自明な解(整数解)を求めてみます．\\\r\n$x^3+7x^2+4x=12$ より， $x=1,-2,-6$ です．\\\r\n$x=1$ は $[x^3]=[x^2]=[x]=1$ に対応するので，解のうち $x=1$ を含む部分は $1\\leq x\\lt\\sqrt[3]{2}$ となります．(この範囲からほんの少しだけはみ出すと$[x^3],7[x^2],4[x]$はそれぞれ$1,7,4$ずれるか変わらないかなのでこれが再び解となることはないです)\\\r\n$x=-2$ は $[x^3]=-8,[x^2]=4,[x]=-2$ に対応するので解のうち $x=-2$ を含む部分は $x=-2$ のみとなります．\r\n\r\nこれで $c=-2,d=1,e=\\sqrt[3]{2}$ が求まったのであとは $a,b$ を求めるだけです．\\\r\n$a\\lt b\\lt c\\lt d\\lt e$ と与えられてるので $x\\lt-2$ の範囲で探索すればいいです．\\\r\nここでちょっとした工夫があるのですが，$[x^2]$を決めると$[x]$が決まり，$[x^3]+7[x^2]+4[x]=12$ から $[x^3]$ も求まるので $[x^2]$ の値で場合分けをするといいです．($x$が整数のときは例外となりますがこの場合は考察済みなので安心です)\r\n\r\n表を書いてみます．\r\n\r\n$[x^2]$ $[x]$ $[x^3]$\\\r\n$4\\ \\ -3\\ \\ -4$\\\r\n$5\\ \\ -3\\ \\ -11$\\\r\n$6\\ \\ -3\\ \\ -18$\\\r\n$7\\ \\ -3\\ \\ -25$\\\r\n$8\\ \\ -3\\ \\ -32$\\\r\n...\r\n\r\n書くと面倒なので過程は省きますが，上から調べると $3$ 行目でこれをみたす $x$ が存在し，その範囲は $-\\sqrt[3]{18}\\leq x\\lt-\\sqrt[3]{17}$ となるので $a=-\\sqrt[3]{18},b=-\\sqrt[3]{17}$ が求まり答えは $324+289+64+1+4=\\bf{682}$ です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc086/editorial/1449/45" } ]

[ { "content": "　出た目のうち, ちょうど一つが素数で残りが $1$ であればよい. サイコロの目で素数であるものは $2,3,5$ であるから,\r\n$$\\frac{3}{6}×\\Bigl(\\frac{1}{6}\\Bigr)^2×3=\\frac{1}{24}$$\r\nが求める確率であり, 特に解答すべき値は $\\textbf{25}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2384" } ]

[ { "content": "　一般に凸 $n$ 角形に対して総和 $A_n$ を考える. これは $2\\leq b-a\\leq n-2$ かつ $b\\leq n$ なる正整数の組 $(a,b)$ について $ab$ を足し合わせたものである. したがって, 以下の成立が確かめられる.\r\n$$A_n=\\frac{1}{2}\\Bigl((1+\\cdots+n)^2-(1^2+\\cdots+n^2)\\Bigr) -(1\\times 2+\\cdots+(n-1)\\times n+n\\times 1)$$\r\nここで\r\n$$1\\times 2+\\cdots+(n-1)\\times n+n\\times 1=\\big(1^2+\\cdots+(n-1)^2\\big)+(1+\\cdots+n)$$\r\nが成立することに注意すれば, 求める総和は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n A_n&=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{n(n+1)}{2}\\right)^2-\\frac{n(n+1)(2n+1)}{12}-\\frac{(n-1)n(2n-1)}{6}-\\frac{n(n+1)}{2}\\\\\\\\\r\n &=\\frac{1}{8}n(n-3)(n^2+n+2)\r\n\\end{aligned}$$\r\n特に $n=100$ のときこれは $\\textbf{12248675}$ と計算できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2371" }, { "content": "　一般に凸 $N$ 角形として，次のように愚直に計算することもできます．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\quad\\Biggl(\\sum_{j=3}^{N}\\sum_{i=1}^{j-2}ij\\Biggr)-1\\times N\\\\\\\\\r\n&=\\Biggl(\\sum_{j=3}^{N}\\frac{(j-2)(j-1)}{2}\\times j\\Biggr)-N\\\\\\\\\r\n&=\\Biggl(\\sum_{j=3}^{N}\\frac{1}{8}\\bigl((j-2)(j-1)j(j+1)-(j-3)(j-2)(j-1)j\\bigr)\\Biggr)-N\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{8}(N-2)(N-1)N(N+1)-N\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2371/43" } ]

[ { "content": "　$S_n=\\dfrac{n(n+1)}{100}$ とおく. $n\\leq 50$ のとき $S_{n+1}-S_{n}\\leq 1$ より, $S_n$ の整数部分は $S_{50}=25.5$ 以下の非負整数値をすべてとる. 逆に $n\\geq 51$ のとき $S_{n+1}-S_{n}\\gt 1$ より, $S_{51},S_{52},\\cdots,S_{10000}$ の整数部分は相異なる.\\\r\n　以上より, 求める個数は $26+9950=\\textbf{9976}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2388" } ]

[ { "content": "　相加・相乗平均の関係より,\r\n$$x+\\left(2y^2+\\frac{1}{8}\\right)+\\left(3z^3+\\frac{1}{9}+\\frac{1}{9}\\right)\\geq x+2\\sqrt{\\frac{y^2}{4}}+3\\sqrt[3]{\\frac{z^3}{27}}\\geq x+y+z=1$$\r\n逆に $(x,y,z)=\\left(\\dfrac{5}{12},\\dfrac{1}{4},\\dfrac{1}{3}\\right)$ で等号が成立するから, 解答すべき値は $47+72=\\textbf{119}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2051" }, { "content": "　 $x+2y^2+3z^2=(1-y-z)+2y^2+3z^3=2(y-\\dfrac{1}{4})^2+3z^3-z+\\dfrac{7}{8}$ である．\\\r\n ここで， $3z^3-z$ の $0\\lt z\\lt1$ の範囲での最小値は微分法により $-\\dfrac{2}{9}$ ( \r\n$z=\\dfrac{1}{3}$ のとき)であることがわかる．\\\r\n よって，求める最小値は $(x,y,z)=(\\dfrac{5}{12},\\dfrac{1}{4},\\dfrac{1}{3})$ のときの値で $\\dfrac{47}{72}$ であり解答すべき数値は $47+72=\\textbf{119}$ である．", "text": "微分は使うが素直な方針", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2051/142" } ]

[ { "content": "　それぞれ線分 $BC,BE$ 上に点 $F,G$ を, $DBF$ および $GBC$ が正三角形となるようにとると, $DFC$ と $EGC$ は相似であり, 特に以下が成り立つ：\r\n$$BC:FC=GC:FC=EC:DC=10:DC$$\r\nまた, $D$ から $BF$ におろした垂線の足を $H$ とすると, \r\n$$(7-DC):7=AD:AC=BH:BC=(BC-FC):2BC$$\r\nこれらを連立させることで $DC=70\\/13$ が得られるから, 特に解答すべき値は $\\textbf{83}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2383" } ]

[ { "content": "　与方程式の $3$ 解を $0\\lt x\\lt y\\lt z$ とすれば, 解と係数の関係より\r\n$$x+y+z=a,\\quad xy+yz+zx=\\dfrac{a^2}{4}$$\r\nここから $a$ を消去すれば, $x,y,z$ の大小関係より\r\n$$x^2+y^2+z^2-2xy-2yz-2zx=0 \\implies z=(\\sqrt{x}+\\sqrt{y})^2=x+y+2\\sqrt{xy}$$\r\n　いま, $\\gcd(x,y)=g$ とおけば, $x=gs^2,y=gt^2$ とおけ, $z=g(s+t)^2$ である. したがって, $x,y,z$ の最大公約数も $g$ であるから, これが平方数であることから $x,y,z$ はすべて平方数である. $x=X^2,y=Y^2$ とおけば\r\n$$a=X^2+Y^2+(X+Y)^2=2(X^2+XY+Y^2)$$\r\n　以上より, 問題は $X^2+XY+Y^2\\leq 150$ なる正整数の組 $X\\lt Y$ を数え上げることに帰着された. $X\\leq 6$ であることに注意して計算することで, このような組は $\\textbf{36}$ 個存在することが確認できる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc085/editorial/2593" } ]

[ { "content": "　四角形 $ABCD$ と合同な四角形を図のように $4$ つ組み合わせると正方形ができ，特に $C$ はその正方形の中心となる．これより $\\angle CAD=45^\\circ$ であるから，求める角の大きさは $90^\\circ-45^\\circ=\\bf{45}^\\circ$ とわかる．\\\r\n　なお $A,B,C,D$ は共円であり $BC=CD$ であることからも $\\angle CAD=45^\\circ$ は従う．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc084/editorial/2812" } ]

[ { "content": "　下 $4$ 桁の数を定めることで, 一意に条件をみたす回文数を構成できることに注意する. それぞれの位となり得る数は, 一の位では $1, 2$ の $2$ 通り, それ以外の位では $0, 1, 2$ の $3$ 通りあることから, 解答すべき値は $2\\times 3^3=\\mathbf{54}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc084/editorial/2528" } ]

[ { "content": "　特に $20301+n$ が $n$ で割り切れることから, $n$ は $20301=3\\times 67\\times101$ の約数である. また条件より\r\n$$20301+n\\geq n^2 \\implies n\\leq 142$$\r\nこれよりあり得る $n$ を調べれば, $n=1,3,101$ が適するから, 求める値は $1+3+101=\\bold{105}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc084/editorial/1955" } ]

[ { "content": "　円 $C_1,C_2$ の方程式はそれそれ\r\n$$(x-a^2)^2+(y-b^2)^2=a^3b,\\quad (x-b^2)^2+(y-a^2)^2=ab^3$$\r\nこれより, 直線 $AB$ (根軸) の方程式は\r\n$$((x-a^2)^2+(y-b^2)^2)-((x-b^2)^2+(y-a^2)^2)=a^3b-ab^3$$\r\nここから $a^2-b^2$ を括りだすことで $y-x=ab\\/2$ を得る.\\\r\n　一方で直線 $PQ$ の方程式は $x+y=a^2+b^2$ であることから,\r\n$$ab=\\dfrac{21}{8},\\quad a+b=\\sqrt{(a^2+b^2)+2ab}=\\dfrac{13}{4}$$\r\nよって $(a,b)=\\left(\\dfrac{7}{4},\\dfrac{3}{2}\\right)$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{168}$ である.\\\r\n　なお, これは $C_1,C_2$ が実際に $2$ 点で交わるという条件に合致する.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc084/editorial/294" } ]

[ { "content": "　円周角の定理より $ABCD$ は円に内接するから, $DP=x$ とおけば方べきの定理より $BP=24\\/x$ である. ここで角の二等分線より $AB=BC$ および $AD:CD=AP:PC=3:8$ であるから, Ptolemyの定理より\r\n$$80\\times\\left(1+\\dfrac{3}{8}\\right)=AB\\times CD+AD\\times BC=AC\\times BD=11\\times\\left(x+\\dfrac{24}{x}\\right)$$\r\nこれを解いて $x=4,6$ を得る. 例えば $x=4$ のとき, $AB:CD=3:4$ より $AB=2\\sqrt{15}$ であり, 同様に $x=6$ のとき $AB=2\\sqrt{10}$ であるから, 解答すべき値は $60+40=\\textbf{100}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc084/editorial/1932" } ]

[ { "content": "　$X$ の部分集合であって, ある要素 $a$ を含み要素が $n$ 個であるものは ${}\\_{15}\\mathrm{C}\\_{n-1}$ 個ある. よって, $a$ は総和に対して\r\n$$\\sum^{16}\\_{n=1} \\frac{a}{n} {}\\_{15}\\mathrm{C}\\_{n-1} = \\frac{a}{16} \\sum^{16}\\_{n=1} {}\\_{16}\\mathrm{C}\\_{n} = \\frac{a}{16}(2^{16}-1)$$\r\nだけ寄与する. したがって, 求める総和は\r\n$$\\sum^{16}\\_{a=1} \\frac{a}{16}(2^{16}-1) = \\frac{1114095}{2}$$\r\nとなり, 特に解答すべき値は $1114095 + 2 = \\bm{1114097}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc084/editorial/2169" } ]

[ { "content": "　$(x+1)^2+2(x+1)+6=x^2+4x+9$ より,\r\n$$\\prod_{x=1}^{500} \\frac{x^2+4x+9}{x^2+2x+6} = \\frac{500^2+4\\times 500 + 9}{1^2 + 2 \\times 1 + 6} = \\bf{28001}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/2514" } ]

[ { "content": "　条件は以下のように読み替えられることがわかる：\r\n- $f_2(X)$ は $2$ で割って $1$ 余り, $3$ と $5$ で割って $2$ 余る.\r\n\r\nしたがって, 求める最小値は $\\bf{17}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/2459" } ]

[ { "content": "**解法1.** $F$ を $BC$ の中点とし, $G$ を $F$ から $AB$ に下ろした垂線の足とする. また $FG$ と $AD$ の交点を $H$ とすると,\r\n$$\\angle CAE =\\angle FAH,\\quad\\angle EAF = \\angle HAG,\\quad\\angle AFC = \\angle AGF = 90^\\circ$$\r\nより $GH:HF = FE:EC = 7:32$ であり, Menelausの定理より $AG:GB = 7:9$ が分かる. \\\r\n　$\\triangle ABF\\sim \\triangle FBG$ より $AB:BF=BF:BG$ すなわち\r\n$$AB:39=39:\\frac{9}{16}AB$$\r\nであるから, 求める値は $\\bf{52}$ である. \r\n----\r\n **解法2.** $F$ を $BC$ の中点とし, $AF=x$, $\\angle DAF=\\alpha$, $\\angle FAE=\\beta$とおくと, \r\n$$\\tan\\alpha=\\frac{26}{x},\\quad\\tan\\beta=\\frac{7}{x},\\quad\\tan(\\alpha+\\beta)=\\frac{39}{x}$$\r\nであるから, 加法定理より\r\n$$\\frac{39}{x}=\\frac{\\frac{26}{x}+\\frac{7}{x}}{1-\\frac{26}{x}\\cdot\\frac{7}{x}}$$\r\nを得る. これを解くと $x=13\\sqrt{7}$ となるから, 三平方の定理より $AB=\\bf{52}$ が得られる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/2692" }, { "content": "　辺 $BC$ の中点を $M$ とすると，$\\angle BAD=\\angle MAE$, $\\angle CAE=\\angle MAD$ が成立する．また，$DM=26$, $ME=7$ であり，$\\triangle XYZ$ で三角形 $XYZ$ の面積を表すとすれば，\r\n$$\r\n\\frac{BD}{ME}=\\frac{\\triangle BAD}{\\triangle MAE}=\\frac{AB\\cdot AD\\cdot \\sin\\angle BAD}{AM\\cdot AE\\cdot \\sin\\angle MAE}=\\frac{13}{7}, \\quad \r\n\\frac{CE}{MD}=\\frac{\\triangle CAE}{\\triangle MAD}=\\frac{AC\\cdot AE\\cdot \\sin\\angle CAE}{AM\\cdot AD\\cdot \\sin\\angle MAD}=\\frac{32}{26}\r\n$$\r\nとなり，辺々をかけて $\\biggl(\\dfrac{AB}{AM}\\biggr)^2=\\dfrac{16}{7}$ を得る．三平方の定理より，$BM=\\dfrac{3}{4} AB$ が従う．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/2692/35" } ]

[ { "content": "　$c=1,2,\\ldots,P-1$ を固定したとき, **[OMC033(B)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc033\\/editorial\\/240)** の要領で $p_1=p_2$ である. よって, 以下 $c=P$ の場合を考える. $p_2$ についても同様に, $1\\/P$ である. $p_1$ について, $(P-1)! \\equiv -1 \\pmod P$ より $(P-1)!$ 以下の正整数に\r\n- $x \\equiv 1,2,\\cdots,P-1 \\pmod P$ なる $x$ はそれぞれ $\\displaystyle\\frac{(P-1)!+1}{P}$ 個\r\n- $x\\equiv 0 \\pmod P$ なる $x$ は $\\displaystyle\\frac{(P-1)!-(P-1)}{P}$ 個\r\n\r\n存在する. したがって, この確率は\r\n$$(P-1) \\left(\\displaystyle\\frac{(P-1)!+1}{P!} \\right)^2 + \\left(\\displaystyle\\frac{(P-1)!-(P-1)}{P!} \\right)^2$$\r\nと求められる.$\\\\\\\\$\r\n　以上より, 条件 $c=P$ による因子 $1\\/P$ に留意して\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n|p_1 - p_2| &= \\frac1P \\left( (P-1) \\left(\\displaystyle\\frac{(P-1)!+1}{P!} \\right)^2 + \\left(\\displaystyle\\frac{(P-1)!-(P-1)}{P!} \\right)^2 - \\frac1P \\right)\\\\\\\\\r\n&= \\frac1P \\left(\\frac{(P-1)\\\\{(P-1)!+1 \\\\}^2 + \\\\{(P-1)! - (P-1) \\\\}^2 - P(P-1)!^2}{P!^2} \\right)\\\\\\\\\r\n&= \\frac1P \\left(\\frac{P(P-1)}{P!^2} \\right)\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{P(P-2)!P!}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nよって, $N=82589933$ について\r\n$$\r\nM = (2^N-3-(N-1)) + (2^N-1-N) = 2^{N+1}-2N-3\r\n$$\r\n明らかに $2^N\\lt M$ であるから, 解答すべき値は $3N+4=\\bf{247769803}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/2770" } ]

[ { "content": "　一般に $a_0, a_1, \\ldots, a_n$ について，以下の $2^n$ 種類の値の平均を考える．\r\n$$(a_0 \\pm a_1 \\pm \\cdots \\pm a_n)^2$$\r\n相異なる $i,j$ について，展開した時の $a_ia_j$ の係数が $2$ であるような符号の選び方と，$-2$ であるような符号の選び方が同数ずつ存在することから，この平均は $a_0,a_1, \\ldots, a_n$ の $2$ 乗の総和に等しい．\\\r\n　本問は $n=3123$ かつ\r\n$$a_0=\\overbrace{66\\cdots6}^{n桁}=\\frac{2(10^n-1)}{3},\\quad a_1=2,\\quad a_2=20,\\quad\\dots,\\quad a_n=2\\overbrace{00\\cdots0}^{n-1桁}=2\\times 10^{n-1}$$\r\nの場合であるから，次のように計算できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\nM&= {\\overbrace{666\\cdots6^2}^{3123桁}}+\\overbrace{4040\\cdots4}^{6245桁} \\\\\\\\\r\n&= \\overbrace{444\\cdots4}^{3122桁}3\\overbrace{555\\cdots5}^{3122桁}6+\\overbrace{4040\\cdots4}^{6245桁} \\\\\\\\\r\n&=\\overbrace{4848\\cdots48}^{3122桁}3\\overbrace{9595\\cdots95}^{3120桁}960\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって求める値は $\\bf{40590}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/3123" }, { "content": "桁数が $n$ であったときの, 求める値 $M$ を $M_n$ とし, $M_n$ に関する漸化式を立てて求めよう.\\\r\n$n$ を固定し, $n$ 桁の正整数で各桁の数字が $4$ または $8$ であるようなものを $x_1,x_2\\ldots x_{2^n}$ とし, $ S_n=\\sum_{i=1}^{2^n} x_i^2 =2^nM_n$ とする.\r\n\r\n$S_{n+1}$ は, 最上位が $4$ のものと $8$ のものに分けて以下のように求められる.\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS_{n+1} & = \\sum_{i=1}^{2^n} (4\\cdot 10^n+x_i)^2+(8\\cdot 10^n+x_i)^2 \\\\\\\\\r\n& = \\sum_{i=1}^{2^n} 2 x_i^2 + 24\\cdot 10^nx_i + 8\\cdot 10^{2n+1} \\\\\\\\\r\n& = 2 S_n + 2^{n+1} \\cdot 12\\cdot 10^n \\cdot \\frac{2}{3}(10^n-1) + 2^{n+1}\\cdot 4\\cdot 10^{2n+1}\r\n\\end{aligned}$$\r\nただし $x_i$ の相加平均は $\\dfrac{2}{3}(10^n-1) $ である. $S_n=2^nM_n$ を代入すると, 所望の漸化式 $$\r\nM_{n+1} = M_n + 48\\cdot 10^{2n} - 8\\cdot 10^n\r\n$$\r\nを得る. $M_1=40$ などを用いて $M_n$ が $10$ 進表記で求められる.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/3123/40" }, { "content": "※ $\\mathrm P,\\\\, \\mathrm E,\\\\, \\mathrm V$ はそれぞれ確率，期待値，分散を表す．\r\n\r\n　$3123$ を一般に $n$ とおく．各 $i$ に対し確率変数 $X_i$ を，それぞれ独立に\r\n$$ \\mathrm P[X_i = 4] = \\mathrm P[X_i = 8] = \\frac12 $$\r\nとなるように定め，また $X$ を\r\n$$ X := \\sum_{i=0}^{n-1} 10^i\\\\, X_i $$\r\nで定める．このとき\r\n$$ M = \\mathrm E\\mathopen{}\\left[X^2\\right] = \\mathrm V[X] + \\mathrm E[X]^2 $$\r\nとなるが，各 $X_i$ が独立であることから\r\n$$ \\mathrm V[X] = \\mathrm V\\mathopen{}\\left[\\sum_{i=0}^{n-1} 10^i\\\\, X_i\\right] = \\sum_{i=0}^{n-1} \\mathrm V\\mathopen{}\\left[10^i\\\\, X_i\\right] = \\sum_{i=0}^{n-1} 10^{2i}\\\\, \\mathrm V\\mathopen{}\\left[X_i\\right] = 4\\sum_{i=0}^{n-1} 10^{2i} = \\frac4{99} \\times \\left(10^{2n} - 1\\right)\\mathclose{}, $$\r\nまた\r\n$$ \\mathrm E[X] = \\mathrm E\\mathopen{}\\left[\\sum_{i=0}^{n-1} 10^i\\\\, X_i\\right] = \\sum_{i=0}^{n-1} 10^i\\\\, \\mathrm E\\mathopen{}\\left[X_i\\right] = 6\\sum_{i=0}^{n-1} 10^i = \\frac23 \\times \\left(10^n - 1\\right) $$\r\nより\r\n$$ M = \\frac4{99} \\times \\left(10^{2n} - 1\\right) + \\left(\\frac23 \\times \\left(10^n - 1\\right)\\right)^2 = 48 \\times \\frac{10^{2n} - 1}{10^2 - 1} - 8 \\times \\frac{10^n - 1}{10 - 1} = \\overbrace{4848 \\cdots 48}^{2n\\text{桁}} - \\overbrace{88 \\cdots 8}^{n\\text{桁}} $$\r\nを得る．後は $n = 3123$ を入れることで，$M$ の桁和が $\\mathbf{40590}$ と求まる．\r\n\r\n　桁の数字の候補を増やしたり，桁の数字に重みを付けた場合でも，同様に $M$ を求めることができる．", "text": "確率論", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/3123/41" } ]

[ { "content": "　以下を $4$ 頂点とする正方形に平行移動のみで一致させられる格子正方形を $S(x,y)$ で表す．\r\n$$(x,0),　(0,y),　(x+y,x),　(y,x+y)$$\r\nただし，$x\\geq0,y\\gt 0$ とする．また，格子正方形の**レベル**を以下で定義する．\r\n\r\n- $x=0$ のとき，$S(x,y)$ のレベルを $y$ で定める．\r\n- $x\\neq 0$ のとき，$S(x,y)$ のレベルを $x+y-1$ で定める．\r\n\r\n　このとき，レベル $L$ の格子正方形に含まれる格子正方形のレベルは $L$ 未満であることが容易に確認できる．特に，レベル $L$ の格子正方形にレベル $L-1$ の格子正方形が含まれるのは，以下のようなケースに限られる．\r\n\r\n- $S(0,y)$ に含まれる $S(0,y-1)$ または $S(k,y-k)~(k=1,2,\\ldots,n-1)$\r\n- $x=1$ または $y=1$ (もう一方は $2$ 以上) について $S(x,y)$ に含まれる $S(0,x+y-2)$\r\n- $S(2,2)$ に含まれる $S(0,2)$\r\n\r\n　よって $n$ の最大値は $N$ であり，$M_1=1, M_2=5$ および以下の漸化式の成立が分かる.\r\n$$M_{N+2}=4M_{N+1}+2M_N$$\r\nただし，$N=2$ のときのみ $M_N$ の係数が $3$ となる．$M_N$ が $2$ で割れる最大の回数を $a_N$ とすれば，\r\n$$a_{4k+1}\\geq 2k+1,\\quad a_{4k+2}=2k-1,\\quad a_{4k+3}=2k+1,\\quad a_{4k+4}=2k\\quad (k=1,2,\\ldots)$$\r\nが成立する．したがって $N=\\bf{24694}$ のときに $a_N=12345$ となり，これが求める最大のものである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc083/editorial/2992" } ]

[ { "content": "　午前を通して, 短針が $1$ 周する間に長針が $12$ 周するから, これらは $11$ 回重なる. このうち $1$ 回は $0$ 時ちょうどであることに留意すれば, 求める回数は $\\textbf{10}$ 回である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/2112" } ]

[ { "content": "　一般に, 正整数 $n$ が $n=p_1^{e_1}\\times p_2^{e_2}\\times \\ldots p_m^{e_m}$ と素因数分解されるとき, $n$ と互いに素な $1$ 以上 $n$ 以下の整数の個数 $\\phi(n)$ について\r\n$$\\phi(n)=n\\times \\left(1-\\frac{1}{p_1}\\right)\\times \\left(1-\\frac{1}{p_2}\\right)\\times \\ldots \\times \\left(1-\\frac{1}{p_m}\\right)=n\\prod _{k=1}^m \\left(1-\\frac{1}{p_i}\\right)$$ \r\nが成り立つ. ここで $\\phi(n)$ は Euler の totient 関数と呼ばれるものである. 知らなかった方は是非調べてみましょう. \r\n----\r\n 　$420＝2^2\\times3\\times5\\times7$ と素因数分解されることに留意すれば, 求める個数は\r\n$$\\phi(420)=420\\times\\left(1-\\dfrac{1}{2}\\right)\\times\\left(1-\\dfrac{1}{3}\\right)\\times\\left(1-\\dfrac{1}{5}\\right)\\times\\left(1-\\dfrac{1}{7}\\right)=\\textbf{96}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/1981" } ]

[ { "content": "$$2S=AB\\times BC\\times \\sin\\angle B+CD\\times DA\\times \\sin\\angle D\\leq AB\\times BC+CD\\times DA$$\r\nである. 逆に $AB^2+BC^2=CD^2+DA^2$ より等号を成立させられるから, 求める最大値は \r\n$$\\dfrac{AB\\times BC+CD\\times DA}{2}=\\dfrac{5\\sqrt{19}+2\\sqrt{589}}{2}$$\r\nすなわち解答すべき値は $475+2356=\\textbf{2831}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/286" }, { "content": "　（$AB^2 + BC^2 = CD^2 + DA^2$ なのでなんとなく三平方の定理が使いたくなる．そこで使えるように点を取る）\\\r\n　線分 $BD$ の垂直二等分線に関して $C$ と対称な点を $C^\\prime$ とする．\r\n四角形 $ABC^\\prime D$ の面積 $S^\\prime$ は $S$ と等しいから $S^\\prime$ の最大値を求めればよい．\r\n$$AB^2 - C^\\prime B^2 = AD^2 - C^\\prime D^2$$\r\nより，三平方の定理から対角線 $AC^\\prime$ と $BD$ は直交する（よって $2S^\\prime = AC^\\prime\\times BD$ なのでPtolemyが刺さりそう ）．\\\r\n　従って，Ptolemyの不等式より以下が成立する：\r\n$$2S^\\prime = AC^\\prime\\times BD \\le AB\\times C^\\prime D + BC^\\prime\\times DA = \\sqrt{475} + \\sqrt{2356}.$$\r\n等号が成立する図は存在するので，解答すべきは $475 + 2356 = \\bf{2831}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/286/38" } ]

[ { "content": "　明らかに $S_2=2$ であるから, 以下 $n\\geq 3$ とする.\\\r\n　まず $1$ を書き込む場所の決め方は $n$ 通りある. $1$ の両隣りは $2,3$ となるから, これらの決め方が $2$ 通りある. このとき, $k=2,3,\\ldots,n-2$ について順番に, $k$ の隣には $k+2$ を書き込むほかなくなり, 全体が一意に定まる.\\\r\n　以上より, 求める値は $2+2\\times3+2\\times4+\\cdots+2\\times2022=\\textbf{4090502}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/2582" } ]

[ { "content": "　$1$ から $2021$ の最小公倍数を $L$ とすれば, すべての点が初めて同時に $A$ へ戻ってくるのは $2L$ 秒であり, それまでに問題の状況が起こるとすれば $L$ 秒後である. このとき, 条件は $L\\/x$ が奇数であると言い換えられ, これより $2021$ 以下で $2$ で割り切れる回数が最も多い $x=\\textbf{1024}$ が適する唯一のものである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/2214" } ]

[ { "content": "　一般に $OG:GH=1:2$ であることから $OG=GI$ が成立する. $BC$ の中点 $M$ について $BM=MC=1$ としてよく, $AB=AC=a(\\neq 2),AM=h$ とおくと以下の成立がわかる：\r\n$$AG=\\frac{2}{3}h,\\quad AI=h - \\frac{2|\\triangle ABC|}{AB + BC + CA} = h - \\frac{2h}{2a+2} = \\frac{ah}{a+1} = \\frac{a(a-1)}{h}$$\r\nまた, $AO = BO$ に気をつければ\r\n$$AO^2 = BO^2 = (h - AO)^2 + 1^2$$\r\nより $AO = \\dfrac{h^2 + 1}{2h} = \\dfrac{a^2}{2h}$ を得る. \r\n以上を $AO+AI=2AG$ に代入し, $h^2 = a^2 - 1$ を用いて整理することで $(a,h)=(4,\\sqrt{15})$ を得る. このとき外接円半径は $AO=8\\/\\sqrt{15}$, 内接円半径は $h-AI=3\\/\\sqrt{15}$ であるから, 求める値は $8+3=\\textbf{11}$ である.\r\n\r\n　なお, Eulerの定理を用いてもよい. 具体的には,\r\n$$2:1=AG:GM=\\dfrac{OI}{2}+R:\\dfrac{OI}{2}+r$$\r\nより得られる $OI=2R-4r$ を $OI^2=R^2-2Rr$ に代入することで, $R\\/r$ の二次方程式を得る.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/1475" }, { "content": "複素座標を使った解法を書いておきます．(長くなったので計算の部分だけ読みたい人は後半から読んでください)\r\n\r\nwell-known fact として以下が成り立ちます．\r\n\r\n$3$点$A(a^2),B(b^2),C(c^2)$が単位円上にあるとき重心$G$，内心$I$，垂心$H$について\r\n\r\n- $G$の複素座標は$\\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}$\r\n- $H$の複素座標は$a^2+b^2+c^2$\r\n- $I$の複素座標は$-ab-bc-ca$\r\n\r\n($a,b,c$の符号は適切に定めるとする)\r\n\r\nこれを使うと問題の条件から\\\r\n$\\dfrac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)=-ab-bc-ca$\\\r\nとなり，ここからこの2次方程式を解いてもいいのですが(その場合は$AB=AC$の条件を$a^2=bc$と直して計算を進めます)，$AB=AC$から$A,O,G,I,H$はどれも$BC$の垂直二等分線上にあることがわかり，$A$を実軸上に取るとこれらは全て実軸上にあることになり実部だけを見ればいいことがわかります．\\\r\nここで，外接円の半径は$1$であり，$OI$の長さがわかれば Chapple-Euler の定理から内接円の半径がわかるということも頭に入れておきます．\r\n\r\n次のように座標をおきます．\\\r\n$a=1,b=-\\cos\\theta-i\\sin\\theta,c=-\\cos\\theta+i\\sin\\theta$\\\r\n$I$の内心の座標のところで$a,b,c$の座標を適切に定める必要があると言っていたように，その辺りを考慮すると $0\\lt\\theta\\lt\\dfrac{\\pi}{2}$ となります．\r\n\r\n$\\\\ $\r\n\r\nここまでが前置きでここから計算のパートに入ります．\r\n\r\n$\\Re\\left(\\dfrac{2}{3}(a^2+b^2+c^2)\\right)=\\dfrac{2}{3}(2\\cos2\\theta+1)$\r\n$\\Re(-ab-bc-ca)=2\\cos\\theta-1$\r\n\r\nこれらが等しいので $2$次方程式を解くと $\\cos\\theta=\\dfrac{1}{2},\\dfrac{1}{4}$ となり，$\\cos\\theta=\\dfrac{1}{2}$ のときは $ABC$ が正三角形になってしまうので $\\cos\\theta=\\dfrac{1}{4}$ となります．\r\n\r\nこれより$I$の座標は $-\\dfrac{1}{2}$ となり， Chapple-Euler の定理から $\\sqrt{R^2-2Rr}=OI=\\dfrac{1}{2}$ となり，$r=\\dfrac{3}{8}$ がわかるので答えは $11$ です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/1475/39" }, { "content": "$\\angle OBI=\\angle IBH$ より $$OB:HB=OI:HI=2:1.$$ したがって $OB=2, HB=1$ とおける. $AC$ の中点を $M$ とすると，$BH=2OM$ であり，したがって $OM=\\dfrac{1}{2}$. よって $$AC=2AM=2\\sqrt{AO^2-OM^2}=\\sqrt{15}$$\r\nである. ここで，$BC$ の中点を $N$ とすると，$\\angle OMC=\\angle ONC=90^{\\circ}$ より $O, M, C, N$ は共円. よって，$AO×AN=AM×AC$ だから，$AN=\\dfrac{15}{4}$. \r\nところで，$\\angle HBN=\\angle OAM$ より，三角形 $HBN$ と $OAM$ は相似だから，$$HN=HB×\\dfrac{OM}{AO}=\\dfrac{1}{4}.$$\r\nここで，$IH=\\dfrac{OH}{3}=\\dfrac{1}{2}$ だから，$IN=\\dfrac{3}{4}$ なので，求める比は $OB:IN=2:\\dfrac{3}{4}=8:3$. 解答すべき値は $\\textbf{11}$ である.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc082/editorial/1475/204" } ]

[ { "content": "　多面体の頂点の個数を $v$，辺の本数を $e$，面の個数を $f$ と表すことにする．任意の多面体に対して，頂点全体が同一の平面上にないことから $v \\geq 4$，多面体の内部が閉じた空間であることから $f \\geq 4$ が従う． \r\n　$f = 4$ または $v = 4$ のとき，どちらも四面体になり，$e = 6$．また $f \\geq 5$ かつ $v \\geq 5$ のとき，Euler の多面体定理より $e \\geq 8$ である．ここで四角錐，五角錐はそれぞれ $e = 8, 10$ であることに留意する． \r\n　ここで，凸多面体において $3$ 本の辺の集まる頂点における切頂を考えると，$e$ が $3$ 増え，$3$ 本の辺の集まる頂点が $2$ つ増えた凸多面体になる．四面体，四角錐，五角錐にそれぞれこの切断を繰り返すことで，$e$ として**考えられる**数は $8$ 以上の整数および $6$ であることが分かり，求める総積は $\\mathbf{840}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2499" } ]

[ { "content": "　$n=1$ は適する一方で, $n=2,3$ は適さないことが容易にわかる. 以下 $n\\geq 4$ で考える.\\\r\n　$n$ が素数であるとき, Wilsonの定理より $(n-2)!-1$ は $n$ で割り切れるから, 特に条件をみたす. \\\r\n　ここで $n\\leq 120$ が素数でないとき, これは $2,3,5,7$ の少なくとも一つで割り切れる. 一方で $m\\geq 6$ について $m!-1$ は $2,3,5,7$ のいずれでも割り切れないことから, 以下の $4$ 数について見れば十分である.\r\n$$2!-1=1,\\quad3!-1=5,\\quad4!-1=23,\\quad5!-1=119=7\\times17$$\r\n以上の議論より, $n\\leq 120$ で条件をみたすのは, $2,3$ を除く素数および $1,119$ である. これらでちょうど $30$ 個であるから, 特に求める積は $31\\times73\\times119=\\textbf{269297}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/1265" } ]

[ { "content": "　白い碁石を $1$ に，黒い碁石を $0$ に対応させ，北側が $1$ の位となるように $2$ 進法表示した非負整数に対応させることを考える．碁石の色と非負整数は一対一に対応する．このとき，**操作**は操作前の正整数を超えないような $2$ べきを減じることに対応する．これを $0$ にした方が負けであり，対応する非負整数は必ず減少するから，特に勝敗が必ず決する．\\\r\n　$n=1,\\ldots,32767$ に対し関数 $f(n)$ を，最初の正整数が $n$ で先攻が勝つならば $1$，後攻が勝つならば $0$ として定めると，$f(1) = 0$ および $f(2)=f(3)=1$ が直ちに分かる．また任意の $n$ に対し，$f(n) = 0$ と，$2^k \\lt n$ なる任意の非負整数 $k$ に対して $f(n-2^k) = 1$ が成り立つことは同値であることが分かる．\\\r\n　以下，$f(n)$ の値が $n\\bmod3$ で定まることを帰納的に示そう．ある正整数 $m$ について $n \\le 3m$ で成立すると仮定する．$f(n\\_0) = 0$ となる任意の $n\\_0 \\le 3m$ に対して，ある正整数 $m\\_0$ が存在して $n\\_0 = 3m\\_0 + 1$ と表されるから\r\n$$ 3m + 1 - n\\_0 = 3m + 1 - \\left(3m\\_0 + 1\\right) = 3\\left(m - m\\_0\\right) $$\r\nとなり，これは $2$ のべきになり得ないから $f(3m + 1) = 0$ が分かる．一方で\r\n$$ 3m + 1 = 3m + 2 - 2^0 = 3m + 3 - 2^1 $$\r\nより $f(3m + 2) = f(3m + 3) = 1$ が分かるから，示された． \r\n　したがって求める値は，$1,\\ldots,32767$ のうち $3$ で割ったあまりが $1$ ではないものの個数 $\\mathbf{21844}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2530" } ]

[ { "content": "　一般に $10000$ を $N$ とおく．各 $r = 0, \\ldots, N$ に対し，$M \\ge r$ となる $A,B$ の並べ替えの総数は，カタラン数と同様の鏡像法によって ${}\\_{2N}\\mathrm C\\_{N-r}$ と分かる．よって求める総和 $S$ は\r\n$$ S = \\sum\\_{r=0}^{N-1} r^2 \\left( {}\\_{2N}\\mathrm C\\_{N-r} - {}\\_{2N}\\mathrm C\\_{N-(r+1)} \\right) + N^2 {}\\_{2N}\\mathrm C\\_0 = \\sum\\_{r=0}^{N-1} \\mathopen{}\\left( 2N - 1 - 2r \\right) {}\\_{2N}\\mathrm C\\_r. $$\r\nここで\r\n$$ \\sum\\_{r=0}^{N-1} {}\\_{2N}\\mathrm C\\_r = \\frac12 \\left( \\sum\\_{r=0}^{2N} {}\\_{2N}\\mathrm C\\_r - {}\\_{2N}\\mathrm C\\_N \\right) = 2^{2N-1} - \\frac{{}\\_{2N}\\mathrm C\\_N}2, $$\r\nまた同様にして\r\n$$ \\sum\\_{r=0}^{N-1} r\\\\,{}\\_{2N}\\mathrm C\\_r = 2N \\sum\\_{r=1}^{N-1} {}\\_{2N-1}\\mathrm C\\_{r-1} = N \\left(2^{2N-1} - {}\\_{2N}\\mathrm C\\_N\\right)$$\r\nが成立するから，これらを代入して\r\n$$ S = \\frac{2N + 1}2 \\times {}\\_{2N}\\mathrm C\\_N - 2^{2N-1} = 20001 \\times \\dfrac{{}\\_{20000}\\mathrm C\\_{10000}}2 - 2^{19999}. $$\r\n　${}\\_{20000}\\mathrm C\\_{10000}$ が $2^5$ の倍数であることから $\\dfrac{{}\\_{20000}\\mathrm C\\_{10000}}2 \\equiv 8320\\pmod{10^4}$．また Euler の定理より\r\n$$2^{19999}=2^{-1}\\times 2^{40\\times\\varphi (5^4)} \\equiv 2^{-1}\\equiv \\dfrac{1+15\\times 5^4}{2}\\equiv 4688 \\pmod{5^4}.$$\r\n$4688$ は $2^4$ の倍数であるから, $2^{19999}$ を $10^4$ で割った余りも $4688$ である. 以上より,\r\n$$S \\equiv 20001 \\times 8320 - 4688 \\equiv \\textbf{3632} \\pmod{10^4}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2500" } ]

[ { "content": "　$Q, T, U$ を通る円を $\\Gamma^\\prime$ とし，直線 $IT, IU$ について，$\\Gamma^\\prime$ との $T,U$ ではない交点をそれぞれ $T^\\prime, U^\\prime$ とおくと，\r\n$$ \\angle PTU = \\angle DTU = \\angle DEU = \\angle QUU^\\prime = \\angle QT^\\prime U^\\prime. $$\r\n同様に $\\angle PUT = \\angle QU^\\prime T^\\prime$ より，$\\triangle PTU$ と $\\triangle QT^\\prime U^\\prime$ は相似．また $IT = IU$ より\r\n$$ \\angle T^\\prime TU = \\angle ITU = \\angle IUT = \\angle U^\\prime UT = \\angle U^\\prime T^\\prime T $$\r\nとなり，$TU \\mathrel{\\/\\\\!\\/} U^\\prime T^\\prime$ が従う． \r\n　よって $\\triangle PTU$ と $\\triangle QT^\\prime U^\\prime$ は，$TT^\\prime$ と $UU^\\prime$ の交点 $I$ を中心とした相似拡大の関係にあり，特に $P, I, Q$ は共線．さらに $IP = IQ$ より $\\triangle PTU \\equiv \\triangle QT^\\prime U^\\prime$ であるから，四角形 $TUT^\\prime U^\\prime$ は長方形．したがって $I$ が $\\Gamma^\\prime$ の中心であって，$P$ は $\\Gamma^\\prime$ の円周上にある．これより以下のそれぞれが直角であることが順次わかる．\r\n$$ \\angle PTQ,\\qquad \\angle PTE = \\angle DTE,\\qquad \\angle DAE = \\angle BAC $$\r\n　$I$ は $\\triangle ABC$ の内心より $\\angle TIU = \\angle BIC = \\dfrac{3\\pi}4$ で，$\\Gamma$ の中心を $O$ として $\\angle OIT = \\angle OIU = \\dfrac{3\\pi}8$．よって\r\n$$ x^2 = IT^2 = \\left(OT\\tan\\frac\\pi8\\right)^2 = (\\sqrt{2}-1)^2\\left(\\dfrac{DE}{2}\\right)^2 = \\frac{3 - 2\\sqrt2}4 \\times \\left(20^2 + 22^2\\right) = 663 - 442\\sqrt2 $$\r\nとなり，求める答えは $\\mathbf{1107}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2524" }, { "content": "　複素が刺さったので複素で解く解法を書きます（したがってこの解説では初等幾何を複素座標での計算で解くのに必要な知識は仮定します）．\\\r\n　まず，Pascalの定理から $P,I,Q$ の共線がわかります（しかしこれは使いませんでした）．$IP=IQ$ をうまく言い換えられないかなと思い立って複素座標で計算することにしました．\\\r\n　$\\Gamma$ を単位円と仮定します（長さの条件に合うようにあとから調節すれば良いです）．\\\r\n　$U,T,D,E,I,P,Q$ の複素座標をそれぞれ $u,t,d,e,i,p,q$ とします．$I$ は $U,T$ から引いた接線の交点なので\r\n$$i=\\dfrac{2tu}{t+u}$$\r\nとなります．$P$ は $DT$ と $EU$ の交点なので\r\n$$p=\\dfrac{dt(e+u)-eu(d+t)}{dt-eu}$$\r\nとなり，頑張って計算すると\r\n$$i-p=\\dfrac{(t-u)\\bigl(tu(d+e)-de(t+u)\\bigr)}{(t+u)(dt-eu)}$$\r\nとなります．$i-q$ に関しては $D$と$E$ を入れ替えるだけでいいので\\\r\n$$i-q=\\dfrac{(t-u)\\bigl(tu(d+e)-de(t+u)\\bigr)}{(t+u)(et-du)}$$\r\nとなります．\\\r\n　$IP=IQ$ より $|i-p|=|i-q|$ となるので $|dt-eu|=|du-et|$ となります．これより $\\dfrac{dt}{eu}=\\dfrac{du}{et}$ と $\\dfrac{dt}{eu}=\\dfrac{et}{du}$ のどちらかが成り立ちます．すなわち，$DE$ と $TU$ のどちらかは直径です．$TU$ が直径だとすると $I$ が無限遠点になってしまうため $DE$ は直径です．\\\r\n　$\\angle DAE=90^\\circ, ~ AD=20,~ AE=22$ から $\\Gamma$ の半径が $\\sqrt{221}$ であることがわかります（$\\sqrt{884}$ と勘違いして1ペナしました）．$\\angle BAC=90^\\circ$ より $\\angle BIC=135^\\circ$ がわかります．\\\r\n　$DE$ が直径なので $e=-d$ であり，先ほど求めた式に代入すると\r\n$$x=|i-p|=\\left|\\dfrac{t-u}{t+u}\\right|$$\r\nとなります（$\\Gamma$ が単位円になるように長さを変化させたあとの図であることに注意）．\\\r\n　$\\angle UIT=135^\\circ$ より $u$ と $t$ の偏角の差は $45^\\circ$ であることがわかり，図を描くと $x=\\tan22.5^\\circ$ となります．\r\n$\\Gamma$ の半径は $\\sqrt{221}$ なので図を元の長さに戻すと $x^2=221(3-2\\sqrt{2})$ となり，答えは $663+442+2=1107$ です．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2524/36" } ]

[ { "content": "**補題.**　$k$ を正整数とする．任意の $0$ でない複素数 $e\\_1,\\ldots,e\\_k$ および $0$ でない相異なる複素数 $z\\_1,\\ldots, z\\_k$ に対し，$\\displaystyle S(x) := \\sum\\_{i=1}^k e\\_i{z\\_i}^x$ は正整数 $x$ に対して恒等的に $0$ になることはない．\\\r\n**証明.**　$S(x+1) - z\\_k S(x)$ を考えれば，$k$ に関する帰納法で示される．\r\n___\r\n　非負整数 $k$ に対し，数列 $\\left\\\\{ t\\_k \\right\\\\}$ を\r\n$$ t\\_k := \\begin{cases} 0 & (k = 0,1) \\\\\\\\ 1 & (k = 2) \\\\\\\\ t\\_{k-1} + t\\_{k-2} + t\\_{k-3} & (k \\ge 3) \\end{cases} $$\r\nで定める．ここで $3$ 次方程式 $x^3 = x^2 + x + 1$ を考えると，これは実数解を $1$ つと $1$ 組の共役な複素数解を持つ．それらを $x=z\\_1, z\\_2, z\\_3$（ただし $z\\_1 \\in \\mathbb R$）とおくと，ある $b\\_1, b\\_2, b\\_3\\in\\mathbb C$ が存在して，任意の非負整数 $k$ で\r\n$$t\\_k = b\\_1{z\\_1}^k + b\\_2{z\\_2}^k + b\\_3{z\\_3}^k$$\r\nと表せる．ここで，$b\\_1, b\\_2, b\\_3$ はいずれも $0$ でない．\\\r\n　$\\left\\\\{ t\\_k \\right\\\\}$ の定義より，$k = 0, \\ldots, n$ について $P\\_n(k) = t\\_k$ となるから，Lagrange補間より $P\\_n(x)$ は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nP\\_n(x) &= \\sum\\_{i=0}^n \\mathopen{}\\left( t\\_i \\times \\frac{\\left(x - 0\\right) \\times\\cdots\\times \\left(x - (i - 1)\\right)}{i!} \\times \\frac{\\left((i + 1) - x\\right) \\times\\cdots\\times \\left(n - x\\right)}{\\left(n - i\\right) !} \\right) \\\\\\\\\r\n&= \\sum\\_{j=1}^3 \\mathopen{}\\left( b\\_j \\sum\\_{i=0}^n \\mathopen{}\\left( {z\\_j}^i \\times \\frac{\\left(x - 0\\right) \\times\\cdots\\times \\left(x - (i - 1)\\right)}{i!} \\times \\frac{\\left((i + 1) - x\\right) \\times\\cdots\\times \\left(n - x\\right)}{\\left(n - i\\right) !} \\right) \\right)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと一意に表される．よって二項定理より\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\na\\_n &= \\sum\\_{j=1}^3 \\mathopen{}\\left( b\\_j \\sum\\_{i=0}^n \\mathopen{}\\left( {z\\_j}^i \\times \\frac{\\left(n + 1\\right) \\times\\cdots\\times \\left(n - i + 2\\right)}{i!} \\times \\frac{\\left(i - n\\right) \\times\\cdots\\times \\left(-1\\right)}{\\left(n - i\\right) !} \\right) \\right) \\\\\\\\\r\n&= \\sum\\_{j=1}^3 \\mathopen{}\\left( b\\_j \\sum\\_{i=0}^n {z\\_j}^i {}\\_{n+1}\\mathrm C\\_i \\left(-1\\right)^{n-i} \\right) = \\sum\\_{j=1}^3 b\\_j \\left( {z\\_j}^{n+1} - \\left(z\\_j - 1\\right)^{n+1} \\right)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなり，$k = 1, 2, 3$ に対して $z\\_{k+3} = z\\_k - 1,\\\\, d\\_k = b\\_kz\\_k,\\\\, d\\_{k+3} = -b\\_{k}z\\_{k+3}$ とすれば，以下が成立する．\r\n$$\\displaystyle a\\_n = \\sum\\_{i=1}^6 d\\_i{z\\_i}^n$$\r\n$z\\_1,\\ldots,z\\_6$ は非ゼロで相異なるから，$d\\_1,\\ldots,d\\_6 \\ne 0$ も従う．\r\nこれが$$\\displaystyle a\\_{n+m} = \\sum\\_{i=0}^{m-1} c\\_i a\\_{n+i}$$をみたすとすると，$g(x)=x^m-\\sum\\limits\\_{i=0}^{m-1} c\\_ix^i$ とおけば，代入することで\r\n$$\\displaystyle \\sum\\_{i=1}^6 d\\_ig(z\\_i)z_i^n=0$$\r\nを得る．すると補題より，任意の $i=1,2,\\dots,6$ において $g(z_i)=0$ となるから，$g$ は少なくとも $6$ 次であり，$6$ 次のとき $g$ は一意に決まる．したがって，$m=6$ であり，\r\n$\\left(x - z\\_1 \\right)\\left(x - z\\_2 \\right)\\left(x - z\\_3 \\right) = x^3 - x^2 - x - 1$ より\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\ng(x) &= \\left(x - z\\_1 \\right)\\left(x - z\\_2 \\right)\\cdots\\left(x - z\\_6 \\right) \\\\\\\\\r\n&= \\left( x^3 - x^2 - x - 1 \\right) \\left( \\left(x + 1\\right)^3 - \\left(x + 1\\right)^2 - \\left(x + 1\\right) - 1 \\right) \\\\\\\\\r\n&= x^6 + x^5 - 3x^4 -5x^3 + 2x + 2\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなるから，求める値は $\\mathbf{135022}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2518" }, { "content": "Lagrange補間を使わないやり方．\r\n\r\n---\r\n**補題2．** $n$ を非負整数，$\\alpha$ を $1$ でない複素数とする．$n$ 次以下の実係数多項式 $P_n(x)$ が $P_n(k)=\\alpha^k$ ($k=0,1,\\dots,n$) をみたすとき，以下が成り立つ．$$P_n(n+1)=\\alpha^{n+1}-(\\alpha-1)^{n+1}.$$\r\n\r\n**証明．** $n$ についての帰納法で示す．$n=0$ の場合は明らか．$n\\geq 1$ のとき，$$Q_{n-1}(x)=\\frac{P_n(x+1)-P_n(x)}{\\alpha-1}$$ は $n-1$ 次以下の多項式であり，各 $k=0,1,\\dots,n-1$ に対し $Q_{n-1}(\\alpha)=\\alpha^k$ をみたすから，$Q_{n-1}(x)=P_{n-1}(x)$ である．したがって\r\n$$\\\\begin{aligned}\r\nP_{n-1}(n)&=\\frac{P_n(n+1)-P_n(n)}{\\alpha-1},\\\\\\\\\r\nP_n(n+1)&=(\\alpha-1)(\\alpha^{n}-(\\alpha-1)^{n})+\\alpha^n\\\\\\\\\r\n&=\\alpha^{n+1}-(\\alpha-1)^{n+1}\r\n\\\\end{aligned}$$\r\nとなり，示された．\r\n\r\n---\r\n\r\n問題の多項式は，$x^3+x^2+x+1$ の根について補題2の多項式を適当に（$0$ でない係数で）線形結合することで得られるから，$a_n$ を $n$ を用いて表せる．あとは本解説と同様である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc081/editorial/2518/37" } ]

[ { "content": "　頂点を訪れる順番を考えれば良く, 条件を満たすものは次の $\\mathbf 4$ 通りのみである: \r\n- $A \\rightarrow B \\rightarrow C$\r\n- $A \\rightarrow D \\rightarrow C$\r\n- $A \\rightarrow B \\rightarrow D \\rightarrow C$\r\n- $A \\rightarrow D \\rightarrow B \\rightarrow C$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc080/editorial/2917" } ]

[ { "content": "　方べきの定理より $PA^2=PB\\times PC$ であるから $PC=24$ である. ここで $BC$ の中点を $M$, $ABC$ の外心を $O$ とすれば $OAPM$ は長方形であるから, 求める半径は\r\n$$OA=PM=\\dfrac{PB+PC}{2}=\\textbf{15}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc080/editorial/200" } ]

[ { "content": "　求める正整数 $n$ について, その正の約数を小さい順に $a_{1}, a_{2},\\cdots, a_{m}$ とすれば,\r\n$$1170=a_{1}+a_{2}+\\cdots a_{m}=\\frac{n}{a_m}+\\frac{n}{a_{m-1}}+\\cdots+\\frac{n}{a_1}=3.25n$$\r\nしたがって $n=\\textbf{360}$ が必要であり, 逆にこのとき条件をみたす.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc080/editorial/1900" } ]

[ { "content": "$$AB:BC:CA=\\dfrac{1}{CH_C}:\\dfrac{1}{AH_A}:\\dfrac{1}{BH_B}=13:14:15$$\r\nここで $PQ=13,QR=14,RP=15$ なる三角形 $PQR$ において, $P$ から対辺におろした垂線の長さは $12$ であることがわかるから, $ABC$ と $PQR$ の相似比は $780:12=65:1$ であり, 求める値は\r\n$$AB+BC+CA=65(13+14+15)=\\textbf{2730}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc080/editorial/2095" } ]

[ { "content": "　必要十分条件として以下のように表現できることは容易に確認できる. \r\n\r\n- 左上 $4\\times4$ マスは問題文の条件を満たす\r\n- 上から $i$ 行目, 左から $j$ 列目の色を $c_{i,j}$ とするとき $c_{i,j}=c_{i-4,j}=c_{i,j-4}$\r\n\r\nすなわち, $10\\times10$ マスの塗り方は 左上 $4\\times4$ マスの塗り方と一対一対応するから, $4\\times4$ の塗り方の総数を求めればよい. 上一行と左一列の塗り方を固定すると, 残りの $3\\times3$ マスの塗り方は以下の $4$ 通り存在する.\r\n\r\n$$\\begin{matrix}\r\n0123 & & 0123 & & 0123 & & 0123 \\\\\\\\\r\n1230 & & 1032 & & 1032 & & 1302 \\\\\\\\\r\n2301 & & 2310 & & 2301 & & 2031 \\\\\\\\\r\n3012 & & 3201 & & 3210 & & 3210\r\n\\end{matrix}$$\r\n\r\n上一行と左一列の塗り方は $4!\\times3!$ 通り存在するから, 求める塗り方の総数は $4\\times4!\\times3!=\\bf{576}$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc080/editorial/3196" } ]

[ { "content": "　$N$ の素因数分解を $2^x3^y5^z7^wp_1^{a_1}p_2^{a_2}\\cdots p_n^{a_n}\\ (p_i\\geq 11)$ とすると, \r\n$$d(N)=(x+1)(y+1)(z+1)(w+1)(a_1+1)(a_2+1)\\cdots(a_n+1)$$\r\n$M=(a_1+1)(a_2+1)\\cdots(a_n+1)$ とおけば\r\n$$d(N)=(x+1)(y+1)(z+1)(w+1)M$$\r\n$$d(2N)=(x+2)(y+1)(z+1)(w+1)M$$\r\n$$d(3N)=(x+1)(y+2)(z+1)(w+1)M$$\r\n$$d(5N)=(x+1)(y+1)(z+2)(w+1)M$$\r\n$$d(7N)=(x+1)(y+1)(z+1)(w+2)M$$\r\nこれを用いて条件を整理すれば\r\n$$(y+1)(z+1)(w+1)M=120$$\r\n$$(x+1)(z+1)(w+1)M=240$$\r\n$$(x+1)(y+1)(w+1)M=144$$\r\n$$(x+1)(y+1)(z+1)M=360$$\r\nこれらを辺々掛け合わせると\r\n$$(x+1)^3(y+1)^3(z+1)^3(w+1)^3=\\frac{2^{14}3^65^3}{M^4}$$\r\n左辺は立方数であることから, $M=4$ と一意に定まり, これを上の各式に代入することで\r\n$$(x,y,z,w)=(5,2,4,1)$$\r\nさらに $N$ が最小になるのは $(p_1,a_1,p_2,a_2)=(11,1,13,1)$ のときである. \\\r\n　以上より, 求める $N$ の最小値は $2^53^25^47^111^113^1=\\textbf{180180000}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc080/editorial/1606" } ]

[ { "content": "　長針・短針はそれそれ $1$ 分間で $6^\\circ$ および $0.5^\\circ$ 進む. $11$ 時の時点で長針と短針のなす角は $30^\\circ$ であるから,\r\n$$6M=30-0.5M$$\r\nすなわち $M=60\\/13$ を得る. よって, 解答すべき値は $\\textbf{73}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/1872" } ]

[ { "content": "　半直線 $AB$ 上に $BE=9$ なる点 $E$ をとると，四角形 $BECD$ は平行四辺形であり，\r\n$$AE=17,\\quad CE=6,\\quad \\angle AEC=60^\\circ$$\r\nよって三角形 $ACE$ に対して余弦定理を用いることで $AC=\\sqrt{\\textbf{223}}$ を得られる。", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/2959" } ]

[ { "content": "　$2022^{999}$ の正の約数は, $999$ 以下の非負整数 $a,b,c$ を用いて $2^a3^b337^c$ と表され, 特に $1$ の位が $6$ であることから $a\\neq0$ に注意する. また各 $b,c$ について $3^b$ や $337^c$ の $1$ の位を調べると, $1,3,7,9$ であるものがそれぞれ $250$ 個ずつある. したがって, $a\\geq 1$ のとき, $b,c$をランダムに選ぶと確率 $1\\/4$ で $1$ の位が $6$ になる. 以上より, 解答すべき値は $999\\times 1000^2\\/4=\\textbf{249750000}$である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/1276" } ]

[ { "content": "　求める総和への $p\\times 10^k$ の寄与を考える．$p\\times 10^k$ が加算されるのは，$1$ 以上 $p-1$ 以下から任意に用いて，$p+1$ 以上 $9$ 以下からちょうど $k$ 個を用いるときであるから，$2^{p-1}\\times{}\\_{9-p}\\mathrm{C}\\_{k}$ 回加算される．よって，$p$ を固定すれば\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=0}^{9-p} \\bigl(2^{p-1}\\times{}\\_{9-p}\\mathrm{C}\\_{k}\\times(p\\times10^k)\\bigr)&=p2^{p-1}\\times\\sum_{k=0}^{9-p} {} _ {9-p}\\mathrm{C} _ {k}10 ^ k\\\\\\\\\r\n&=p2 ^ {p-1}\\times 11 ^ {9-p}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{11 ^ 9}{2}\\times p\\left(\\frac{2}{11}\\right) ^ {p}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nしたがって，$S=\\displaystyle \\sum _ {p=1} ^ {9} p\\left(\\frac{2}{11}\\right) ^ {p}$ を求めれば良く，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nS-\\frac{2}{11}S&=\\sum _ {p=1} ^ {9} p\\left(\\frac{2}{11}\\right) ^ {p}-\\sum _ {p=1} ^ {10} (p-1)\\left(\\frac{2}{11}\\right) ^ {p}\\\\\\\\\r\n&=\\sum _ {p=1} ^ {9} \\left(\\frac{2}{11}\\right) ^ {p}-9\\left(\\frac{2}{11} \\right)^{10}\\\\\\\\\r\n\\implies S&=\\frac{22}{81}\\left(1-\\left(\\frac{2}{11}\\right)^9\\right)-11\\left(\\frac{2}{11} \\right)^{10}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n以上より，求める総和は $\\displaystyle\\frac{11 ^ 9}{2}S=\\frac{11}{81}\\left(11^9-2^9\\right)-2^9=\\textbf{320214537}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/2671" }, { "content": "　他の問題のwriterだったので，writer権限でtesterもやっていたのですが，そのときに思いついた解法を紹介します．\r\n\r\n---\r\n\r\n　便宜上，$0$ も増加的な数とする．以下のように定義する：\r\n\r\n- 集合 $A,B$ に対して，$A$ の要素であるが，$B$ の要素でないもの全体の集合を $A\\setminus B$ と表す．\r\n- 有限集合 $C$ に対して，$C$ の持つ元の個数を $\\lvert C\\rvert$ と表し，その $\\lvert C\\rvert$ 個の元の総和を $S(C)$ と表す．\r\n- $K=1,2,\\ldots,9$ に対して，集合 $Z_{K}$ を $1$ の位が $K$ 以下である増加的な数全体で定める．\r\n\r\n　いま，増加的な数は集合 $ \\lbrace 1,2,\\ldots,9 \\rbrace $ の部分集合と一対一に対応することから，$\\lvert Z_{K}\\rvert =2^K$ である．さらに，定義より，$9$ 以下の正の整数 $a,b$ に対して，$a \\lt b \\iff Z_{a}\\subset Z_{b}$ が成立することに留意せよ．いま求めたいものは $S(Z_{9})$ と表せる．\\\r\n　$K \\geq 2$ を固定して集合 $Z_{K}\\setminus Z_{K-1}$ の元 $M$ について考察してみよう．$M$ は増加的な数であるから，$M$ の末尾 $1$ 桁を取り除いた数 $\\dfrac{M-K}{10}$ も増加的な数であり，その $1$ の位は $K-1$ 以下であるので，$\\dfrac{M-K}{10} \\in Z_{K-1}$ である．$\\lvert Z_{K}\\setminus Z_{K-1}\\rvert=\\lvert Z_{K-1}\\rvert$ であることより，$\\dfrac{M-K}{10}$ として考えられる数全体の集合が $Z_{K-1}$ と一致するので，\r\n$$S(Z_{K}\\setminus Z_{K-1})=10S(Z_{K-1})+K\\lvert Z_{K-1}\\rvert=10S(Z_{K-1})+K2^{K-1}$$\r\nである．このことから，$S(Z_{K})=11S(Z_{K-1})+K2^{K-1}$ がわかる．$S(Z_{1})=1$ であるから，得られた式を繰り返し用いて計算することで（筆者はここでOMC電卓を用いた），$S(Z_{9})=\\bm{320214537}$ であることがわかる．\r\n\r\n---\r\n\r\n【補足1】ここで得られた $S(Z_{K})=11S(Z_{K-1})+K2^{K-1}$ という漸化式を解いて $K$ に対する一般項を得ることもできるが，$sum(Z_{9})$ を求められさえすればそれでいい本題では，それをする旨味はほとんどない．\r\n\r\n【補足2】提出するべき値は，$123456789×511 \\lt 10^9×10^3=10^{12}$ より $10^{12}$ 未満であるので，OMC電卓であれば余裕をもって表示することができる．したがってOMC電卓を用いて $511$ 個の整数を足し合わせることでも正解を得られるはずである．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/2671/31" } ]

[ { "content": "　以下, 合同式はすべて $3$ を法とする. マス目の内上から $i$ 列目, 左から $j$ 行目のマスを $(i,j)$ と表す. \\\r\n　$mn\\equiv 1$ より, $m\\equiv n\\equiv 1$ または $m\\equiv n\\equiv 2$ が必要である.\\\r\n　まず $m\\equiv n\\equiv 2$ の時を考える. $m=3p+2,n=3q+2\\ $ ($p,q$ は非負整数) とおく. \r\n\r\n----\r\n**補題.**　マス $(i,j)$ が空きマスとなるための必要十分条件は, $i\\equiv j\\equiv 0$ である.\\\r\n**証明.**　マス $(i,j)$ に $(i+j)\\bmod 3$ を書き込むことを考える. $1\\times 3$ のブロックを $1$ つ置くとき, ブロックが覆うマス目には $0,1,2$ が丁度 $1$ つずつ書かれている. ここで, $(3p+2)\\times (3q+2)$ のマス目において $0$ と書かれたマスのみ $1$ マス分多いことから空きマスは $0$ である. すなわち $i+j\\equiv 0$ である必要がある. さらに, マス全体を回転・反転させたときも同様の条件を満たす必要があることから, $i\\equiv j\\equiv 0$ が必要である. \\\r\n　逆に $i\\equiv j\\equiv 0$ が成り立つとき, マス $(i,j)$ を空けるブロックの置き方が存在することを示す. $(i,j)$ を中心とする $5\\times5$ のマス目を取り除くことが可能である. すると, 残るマスは全て縦または横が $3$ の倍数であるような長方形に分割することができる. また, 中心が空きマスとなるような $5\\times 5$ のマス目のブロックを敷き詰め可能なことは容易に確かめられる. 以上より補題は示された. \r\n \r\n----\r\n　補題より条件は以下のように表せる. すなわち, $(m,n)=(50,14),(14,50)$ である.\r\n$$pq=(3p+2)+(3q+2)\\iff (p-3)(q-3)=13\\iff (p,q)=(16,4),(4,16)$$\r\n　$m\\equiv n\\equiv 1$ の時も, 同様の考察によって必要十分条件は $i\\equiv j\\equiv 1$ である. $m=3p-2,n=3q-2$ ($p,q$ は正整数) とおけば, 条件は以下のように表せる. すなわち, $(m,n)=(22,10),(10,22)$ である.\r\n$$pq=(3p-2)+(3q-2)\\iff(p-3)(q-3)=5\\iff (p,q)=(8,4),(4,8)$$\r\n　以上より, 解答すべき値は $2\\times(14\\times50+ 10 \\times 22)=\\textbf{1840}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/2672" } ]

[ { "content": "　漸化式より $\\\\{a_n\\\\}$ は(狭義)単調増加であるから, $a_{M}\\leq 10001$ なる最大の $M$ を求めればよい.\\\r\n　ここで $b_n=a_n^4$ とおくと, これは以下の漸化式で表現される：\r\n$$b_{n+1}=b_n+4+\\dfrac{6}{b_n}+\\dfrac{4}{b_n^{2}}+\\dfrac{1}{b_n^{3}}$$\r\nここで常に $b_n\\geq 10000^4$ であることに留意すれば,\r\n$$4\\lt b_{n+1}-b_n\\lt 4+\\dfrac{11}{10000^{4}}$$\r\nこれを用いれば,\r\n$$b_{1000150010001}\\lt 10000^{4}+\\left(4+\\dfrac{11}{10000^{4}}\\right)\\times1000150010000\\lt 10001^{4}$$\r\nおよび\r\n$$b_{1000150010002}\\gt 10000^{4}+4\\times 1000150010001\\gt 10001^{4}$$\r\nと評価できるから, $M=\\textbf{1000150010001}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/1581" }, { "content": "　何名かの方がこの方法で解いているように厳密性を欠けば微分を使う方法が有効です．\\\r\n　**以下の解説は厳密なものではありません**．\r\n----\r\n　数列 $\\\\{a_n\\\\}$ を $f(n)=a_{n+1}$ をみたすように非負実数から実数への関数 $f$ に対応させる．\r\nこのとき，$f$ の差分を微分としてとらえることで微分方程式\r\n$$f^\\prime(x)=\\frac1{f(x)^3}$$\r\nがたつ．これを解くと，$C$ を非負実数の定数とし\r\n$$f(x)=\\sqrt[4]{4x+C}$$\r\nが分かる．$f(0)=10000$ の条件より\r\n$$f(x)=\\sqrt[4]{4x+10000^4}$$\r\nとなる．単調性から求めるべきは $f(n)\\gt10001$ なる最小の非負整数 $n$ であることに留意すれば，\r\n$$\\sqrt[4]{4n+10000^4}\\gt10001\\iff n\\gt\\frac14 (10001^4-10000^4)=1000150010000.25$$\r\nより，求めるべき $n$ は $\\mathbf{10001500100001}$ となる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc079/editorial/1581/33" } ]

[ { "content": "　服, ズボンはそれぞれ $3$ 通りの選び方があるため, それらの組合せとして $9$ 通り考えられる.\\\r\n　そのうち $3$ 通りは同じ色の組合せであるから, 求める場合の数は $9-3=\\textbf6$ 通りである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/2915" } ]

[ { "content": "　三平方の定理より $BH=3$ である．ここで $ABH$ と $CAH$ は相似であるから，$AC=\\dfrac{20}{3}$ であり，求める面積は\r\n$$\\frac{1}{2}\\times AB\\times AC=\\frac{50}{3}$$\r\nであるから，解答すべき値は $\\textbf{53}$ である．なお，一般に以下が成り立つ：\r\n$$\\frac1{AB^2} + \\frac1{AC^2} = \\frac1{AH^2}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/2920" } ]

[ { "content": "　逆に $20x \\lt y$ または $22y \\lt x$ なる組を数えればよい (これらは重複しない)．\\\r\n　$20x\\lt y$ なる組の個数は，$x$ を固定することで\r\n$$\\sum_{x=1}^{101}(2022-20x)=101202$$\r\n同様にして，$22y\\lt x$ なる組の個数は，$y$ を固定することで\r\n$$\\sum_{y=1}^{91}(2022-22y)=91910$$\r\n以上より，求める場合の数は $2022^2-101202-91910=\\textbf{3895372}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/2415" } ]

[ { "content": "　第 $1$ 式より公比が $1$ または $2$ であることが容易にわかる. さらに $2^{4950}\\times 3^{100}$ は $100$ 乗数でないから, 公比は $2$ に限られ, このとき初項は $3$ であり, $x\\times 2^y-z=3\\times 2^{100}-3$ である. よって $x+y+z=3+100+3=\\textbf{106}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/1498" } ]

[ { "content": "　共通の重心を $G$ とし，$AM$ と $DF$ の交点を $H$ ，$AC=x$ とおくと，\r\n$$AG:GM=EG:GH=2:1$$\r\nおよびMenelausの定理から $AE:EM=12:(x-6)$ より，\r\n$$AH : HG : GE : EM = 3x : (12-x) : (24-2x) : (3x-18)$$\r\n一方，Cevaの定理より $BC\\parallel DF$ が従うから，以上より\r\n$$x:6=AH:HM=AF:FC=6:x-6$$\r\nこれを解いて $x=3+3\\sqrt{5}$ を得るから，解答すべき値は $3+45=\\textbf{48}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/2743" } ]

[ { "content": "　まず, $P(i,j)$ は以下のように計算できることが容易にわかる. ここで, $l$ は抽選が行われる回数に対応する.\r\n$$P(i,j)=\\frac{1}{{}\\_{ij}\\mathrm{C}\\_i}\\sum_{l=i}^{ij}\\left(l\\times{}\\_{l-1}\\mathrm{C}\\_{i-1}\\right)\r\n=\\frac{i}{{}\\_{ij}\\mathrm{C}\\_i}\\sum_{l=i}^{ij}{}\\_{l}\\mathrm{C}\\_{i}\r\n=\\frac{i}{{}\\_{ij}\\mathrm{C}\\_i}\\times{}\\_{ij+1}\\mathrm{C}\\_{i+1}=\\dfrac{i(ij+1)}{i+1}$$\r\n　$i=n$ を固定し, まずこれが整数となる条件を考える. $n$ と $n+1$ が互いに素であることから, $\\dfrac{jn+1}{n+1}=m$ は整数であり, これは $j=m+\\dfrac{m-1}{n}$ と表せるから, $m$ を $kn+1$ と書き換えてよく ($k$ は非負整数), このとき\r\n$$P(i,j)=n(kn+1)$$\r\nであり, これが $210$ となるような組 $(n,k)$ は\r\n$$(1,209),(2,52),(3,23),(10,2),(14,1),(210,0)$$\r\nこれを組 $(i,j)$ に書き換えれば以下のようになるから, 求める総和は $\\textbf{949}$ である.\r\n$$(1,419),(2,157),(3,93),(10,23),(14,16),(210,1)$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/1870" }, { "content": "**補題.**　$1,2,\\ldots,n$ から異なる $m$ 個を無作為に選ぶとき， $m$ 個のうち $k$ 番目に小さい値の期待値は $\\dfrac{k(n+1)}{m+1}$ である．\\\r\n**証明.**　選んだ $m$ 個の数を小さい方から順に $x_1,x_2,\\ldots,x_m$ とし， $i=0,1,\\ldots,m$ に対し， $y_i=x_{i+1}-x_i$\r\nとおく．ただし， $x_0=0,~ x_{m+1}=n+1$ とする．すると， $y_0,y_1,\\ldots,y_m$ は和が $n+1$ であり， $y_0,y_1,\\ldots,y_m$ それぞれの期待値は対称性より等しいから $\\dfrac{n+1}{m+1}$ である．故に， $x_k=y_0+y_1+\\cdots+y_{k-1}$ の期待値は $\\dfrac{k(n+1)}{m+1}$ となる．\r\n\r\n---\r\n\r\n　本問における $P(i,j)$ は**補題**において $n=ij, ~ m=i, ~ k=i$ としたものであるから， $P(i,j)=\\dfrac{i(ij+1)}{i+1}$ となる（あとは公式解答と同様にして答を得る）．\\\r\n　ちなみに，以上の補題を用いることで見通しよく解けるOMCの問題として、私が作問したOMC067Dが挙げられるので，興味がある人は考えてみてください！", "text": "k番目に小さな値の期待値の公式の利用", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc078/editorial/1870/32" } ]

[ { "content": "　正整数 $m$ に対して $6^m$ の下 $2$ 桁を計算すると $6,36,16,96,76,56,36,\\cdots$ となり, $m=2$ 以降は周期 $5$ で循環する. 平方数を $5$ で割った余りは $0,1,4$ のいずれかであるから, 求める総和は $6+56+96+76=\\textbf{234}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc077/editorial/2043" } ]

[ { "content": "　$f(x)=x^4+ax^3+bx^2$ について, $f^\\prime(x)=x(4x^2+3ax+2b)$ であることから, 条件は $x$ の二次方程式\r\n$$4x^2+3ax+2b=0$$\r\nが $0$ でない相異なる実数解 $x=s,t$ をもち, かつ以下をみたすことと同値である：\r\n$$\\dfrac{f(s)}{s}\\times\\dfrac{f(t)}{t}=-1$$\r\n解と係数の関係より $s+t=-\\dfrac{3}{4}a$ および $st=\\dfrac{b}{2}$ で, これを用いて条件を書き換えれば\r\n$$b^2(a^2-4b)=32$$\r\nこれの正整数解は $(6,1),(4,2)$ であり, いずれも $s,t$ の条件に違反しないから, 求める総和は $\\textbf{13}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc077/editorial/2047" } ]

[ { "content": "　$f(x)$ は常に $x=100$ で定義されることに注意する．底の変換公式を用いると\r\n$$\r\nf(x)= \\log_a{x}+1+\\frac{\\log_a{b}}{\\log_a{x}+1} -1 \\geq 2\\sqrt{ \\log_a{b}} -1\r\n$$\r\nとなる．最後の不等式は相加・相乗平均の関係より従い，等号は\r\n$$x=a^{\\sqrt{\\log_a{b}}-1}\\gt\\frac{1}{a}$$\r\nで成立する．\\\r\n　いま，$x=100$ で等号が成立し，$f(100)$ が整数となるためには，\r\n$$(\\log_a{100}+1)^2=\\log_a{b}$$\r\nかつ $\\log_a{100}$ が半整数でなければならない．後半の条件より $a=10,100,10^4$ が適し，このときそれぞれ $b=10^9,10^8,10^9$ となる．以上より求める値は $2\\times 10^9+10^8+10^4+100+10= \\bf{2100010110}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc077/editorial/2397" } ]

[ { "content": "　$OP=x$ とおく．簡単な角度計算より，$QP=QS=1$，$PO=PR=PS=x$ である．また方べきの定理より $OQ\\cdot OR=OP^2=x^2$ であるから $QR=x^2-1$ である．したがってPtolemyの定理より\r\n$$\\begin{aligned}\r\nPQ\\cdot SR+QS\\cdot RP&=QR\\cdot PS\\\\\\\\\r\n1\\cdot \\frac{3}{2}x+1\\cdot x&=(x^2-1)\\cdot x.\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれを解いて $x^2=7\\/2$ を得るから，特に解答すべき値は $\\textbf{9}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc077/editorial/2044" } ]

[ { "content": "　まず切断されるチョコレートの個数を数える． $n, 1000-n$ の最大公約数を $g$ とし，縦の長さ $p=n\\/g$ ，横の長さ $q=(1000-n)\\/g$ の長方形を**小長方形**と呼ぶことにする．小長方形を切断した場合 $p+q-1$ 個のチョコレートが切断されることが容易にわかるから，全体ではこれを $g$ 倍した $1000-g$ 個のチョコレートが切断される．\\\r\n　さらに，$p,q$ がいずれも奇数であるときに限り，各小長方形の中央にあるチョコレートがちょうど面積 $1\\/2$ ずつに切断されるので，$p,q$ が奇数であれば面積 $1\\/2$ 以下の断片は $1000$ 個，そうでなければ $1000-g$ 個生成される．\\\r\n　 $p,q$ がいずれも偶数とならないことに留意すれば，後者は $p+q=1000\\/g$ が奇数であることと同値であるから，このとき $g$ としてあり得る値は $8,40,200$ のいずれかで，いずれも $n=8,40,200$ とすることで達成できる．\\\r\n　結局 $m$ としてありうる値は $800, 960, 992, 1000$ の $4$ 通りで，特に解答すべき値は $\\bm{3752}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc077/editorial/2320" } ]

[ { "content": "　$\\\\{h_k\\\\},\\\\{v_l\\\\}$ からそれぞれ $p-1,q-1$ 本の線分を選択したとする. このとき, マス目は $pq$ 個の領域に分かれ, これが $27$ を割り切る必要があるから, $(p,q)=(3,3),(3,9),(9,3)$ である. このとき, 正解を得るには縦を $p$ 等分, 横を $q$ 等分するように線分を選択する必要がある. これは上下・左右に隣接する線分で囲まれた領域を考えればわかる.\\\r\n　ここで, $(p,q)=(3,9)$ または $(9,3)$ で正解となる盤面は $(3,3)$ でも正解であるから, 一般性を失わず $(3,9)$ で正解となる盤面を数え上げればよい. 上から $i$ 番目, 左から $j$ 番目の領域を $A_{ij}$ と表し, 上の行から左右に順に決めていく. $A_{11}$ には $9 \\times 3$ 通り, $A_{12}$ には行の被りを考慮して $8 \\times 3$ 通り, $\\cdots$, の書き込み方がある. 続いて $A_{21}$ には列の被りを考慮して $9 \\times 2$ 通り, $A_{22}$ には $8 \\times 2$ 通り $\\cdots$, の書き込み方がある. $A_{31},A_{32},\\cdots$ についても同様であり, 全体で総括すれば $(9!)^3(3!)^9$ 通りの書き込み方がある.\\\r\n　ここで $(3,9)$ でも $(9,3)$ でも正解となる盤面に注意せよ. これは同様に $(3!)^{27}$ 通り存在することがわかるから,\r\n$$N=2\\times(9!)^3(3!)^9-(3!)^{27}.$$\r\n$N$ は $2$ で $27$ 回, $3$ で $21$ 回割り切れ, $5$ でも $7$ でも割り切れないから, 求めるべき値は $\\bm{48}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc077/editorial/2048" } ]

[ { "content": "　$1$ の位としてあり得るものは $0,1,5,6$ であり, $\\sqrt{999}\\approx 31.6$ と併せれば候補となるものは十分少ないから, それらは試せばよい. 具体的には, $\\textbf{625}$ のみであることが容易にわかる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/1602" } ]

[ { "content": "　$C$ を正答した $3$ 人がいずれも $A,B$ を正答できなかった場合を考えれば, 残り全員が $A$ を正答していることから, $100$ 点が $2$ 名, $300$ 点が $8$ 名となる. したがって, CMO君は $1$ 位から $8$ 位のすべてをとり得る.\\\r\n　一方で, 全員の獲得した点数が合計で $2600$ 点であることから, $300$ 点以上獲得した人は高々 $8$ 名である.\\\r\n　以上より, 解答すべき値は $1+2+\\cdots+8=\\textbf{36}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/2749" } ]

[ { "content": "　$n$ 分 $31$ 秒後に残っている栗まんじゅうの個数 $a_n$ について，$a_0=3$ および $n=1,2,\\ldots$ で $a_n=2a_{n-1}-n$\r\nが成立し，これを解くと $a_n=2^n+n+2$ である．よって $a_n=2061$ のとき $n=11$ であり，それまでにOMC君が食べた栗まんじゅうは $1+2+\\cdots+11=\\textbf{66}$ 個である． \\\r\n　また，$n$ 分 $1$ 秒後に残っている栗まんじゅうの個数 $b_n$ について，$b_n=a_n+n=2^n+2n+2$ であるが，$b_n=2061$ を満たす $n$ は存在しない．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/2932" } ]

[ { "content": "三角形 $ABC$ の内接円の半径を $r$ としたとき, 以下の成立が容易にわかる.\r\n$$\\begin{aligned}r=\\frac{AB+AC-BC}{2}\r\n\\end{aligned}$$\r\nここで\r\n$$DE=DF=AB+AC-BC$$\r\nであるから, $BFGC$ の面積について\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{1}{2}(BC+GF)DF=(AB+AC)r\r\n\\end{aligned}$$\r\nこれと $ABC$ との面積の差を計算すれば,\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(AB+AC)r-\\frac{1}{2}(AB+BC+AC)r = \\frac{AB+AC-BC}{2}r = r^2\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって, $r^2=\\textbf{72}$ である. なお, $AB=20 \\sqrt{2}, AC=21 \\sqrt{2}$ などが問題の条件を実際にみたす.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/1794" } ]

[ { "content": "　声が裏返らない整数, すなわち「$3$ の倍数でなく, かつ $3$ が付かない」ものを数え上げればよい. さらに, $3$ の倍数でないことは, 各位の数の和が $3$ の倍数とならないことである, $3$ を除く $0$ から $9$ の数字を, 以下のように分類する.\r\n$$A:\\\\{0,6,9\\\\},\\quad B:\\\\{1,4,7\\\\},\\quad C:\\\\{2,5,8\\\\}$$\r\n\r\n(i) $999$ 以下の場合：各桁の組み合わせとしてあり得るものは以下であり, ${}_3\\mathrm{C}_1×3^3×6=486$ 個ある.\r\n$$(A,A,B),(A,A,C),(A,B,B),(A,C,C),(B,B,C),(B,C,C)$$\r\n\r\n(ii) $1000$ 以上 $1999$ 以下の場合：下 $3$ 桁の組み合わせとしてあり得るものは以下である.\r\n$$(A,A,A),(A,A,B),(A,B,C),(A,C,C),(B,B,B),(B,B,C),(C,C,C)$$\r\nその総数は $3^3\\times3+{}_3\\mathrm{C}_1×3^3×3+3!×3^3\\times 1=486$ 個と計算できる.\r\n\r\n　$2000$ 以上 $2021$ 以下では $14$ 個であるから, 求める場合の数は $2021-(486+486+14)=\\textbf{1035}$ である. \\\r\n　なお，(i) (ii) それぞれの数え上げについては, 空いている $3$ 桁の内 $2$ 桁を $3$ 以外の数字で自由に決め, 残り $1$ 桁は和が $3$ の倍数にならない様に $6$ 個から選ぶと考えて, $9\\times9\\times6=486$ と計算することでも求められる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/1746" }, { "content": "　十進法表記で桁の数字に $3$ を持つ正整数を，昇順で並べた数列を $\\left\\\\{a\\_n\\right\\\\}\\_{n=0,1,...}$ とする．このとき以下の補題を示そう．\r\n\r\n---\r\n\r\n**オモローの補題**\\*．任意の $n$ に対して $a\\_n \\equiv n \\pmod3$ が成立する．\r\n\r\n**証明**．$3$ を法とする．任意の $n$ に対して，$a\\_{n+1} - a\\_n$ は $1, 4, 7, 10$ のどれかであり，いずれの場合も $1$ と合同．また $a\\_0 = 3 \\equiv 0$ であるから，帰納的に主張を得る．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$\\left\\\\{a\\_n\\right\\\\}$ に現れない正整数を昇順で並べた数列 $\\left\\\\{b\\_n\\right\\\\}\\_{n=0,1,...}$ について，十進法表記での $b_n$ の各桁の数字を\r\n$$ k \\to \\begin{cases} k & (k = 0, 1, 2) \\\\\\\\ k - 1 & (k = 4,\\ldots, 9) \\end{cases} $$\r\nと置き換えて九進法で解釈したものは，番号 $n$ に一致．$2021$ は $\\left\\\\{a\\_n\\right\\\\}$ に現れず，また $2021\\_{(10)} - 2021\\_{(9)} = 544\\_{(10)}$ より，$1,\\ldots,2021$ のうち $\\left\\\\{a\\_n\\right\\\\}$ に現れるものは $544$ 個． \r\n　ここでオモローの補題より，$\\left\\\\{a\\_n\\right\\\\}$ に現れる $544$ 個のうち $3$ の倍数**でない**のは $362$ 個．$1,\\ldots, 2021$ の中に $3$ の倍数は $673$ 個あるから，求める個数は $362 + 673 = \\mathbf{1035}$．\r\n\r\n　なお，$2021$ を一般に $N \\ge 1$ とおくと， $\\left\\\\{b\\_n\\right\\\\}$ に現れる $N$ 以下の最大の整数を $b\\_m$（上と同様の議論で簡単に $m$ が求まる）としたとき，求める個数は\r\n$$ \\left\\lfloor\\frac{2 \\left(N - m - 1\\right)}3\\right\\rfloor + \\left\\lfloor\\frac N3\\right\\rfloor\\mathclose{}. $$\r\n\r\n---\r\n*　ここだけの呼称である．", "text": "オモローの補題", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/1746/30" } ]

[ { "content": "　任意の $N \\geq 2$ に対し，\r\n$$\\sum\\limits_{n = 2^{N - 1} + 1}^{2^{N}}a_n =\r\n \\sum\\limits_{n = 2^{N - 2}+1}^{2^{N - 1}}(a_{2n - 1} + a_{2n}) =\r\n \\sum\\limits_{n = 2^{N - 2} + 1}^{2^{N - 1}}(n +a_n) $$\r\nであることから，帰納的に $N\\geq 2$ に対し\r\n$$\\sum\\limits_{n = 2^{N - 1} + 1}^{2^{N}}a_n = a_1+\\sum\\limits_{n = 2}^{2^{N - 1}} n = 2^{2N - 3} + 2^{N - 2}$$\r\nであることがわかる (これは $N=1$ でも正しい)．よって，\r\n $$\\sum_{n=1}^{512}a_n = a_1 + \\sum\\limits_{N = 1}^{9}(2^{2N - 3} + 2^{N - 2}) = \\frac{1}{3}(2^{8} + 1)(2^{9} + 1)=43947$$ \r\nであり，ここから $a_{501}+a_{502}+\\ldots+a_{512}=1999$ を引けば，$S=\\textbf{41948}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc076/editorial/2669" } ]

[ { "content": "　$m=n$ を満たす組 $(m,n)$ は $9$ 通りである．また，$m\\gt n$ を満たす組 $(m,n)$ と $m\\lt n$ を満たす組 $(m,n)$ は同数であり，いずれも $\\left(9^2-9\\right)\\div2=36$ 通りである．従って，解答すべき値は $9+36=\\textbf{45}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/3465" } ]

[ { "content": "　$m-n \\lt m+n\\le 20$ かつ $m-n$ と $m+n$ の偶奇が一致することから，$(m-n,m+n)$ の組としては\r\n$$(m-n,m+n)=(0,4),(0,16),(4,16),(1,9)$$\r\nがあり得る．それぞれについて\r\n$$(m,n)=(2,2),(8,8),(10,6),(5,4)$$\r\nであるから，解答すべき値は $\\textbf{148}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc075/editorial/2900" } ]