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OnlineMathContest-2502

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[ { "content": "　条件は，非負整数 $a$ と奇数 $b$ を用いて $2^a\\cdot b^2$ と表せることと同値である．さらにこれは，正整数 $k$ を用いて $k^2$ または $2k^2$ と表せることと同値である．以上より，求める個数は $\\lfloor \\sqrt{10000} \\rfloor+ \\lfloor \\sqrt{5000} \\rfloor=100+70=\\textbf{170}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/7090" } ]

[ { "content": "　奇数が連続しないことが，どの連続する二つの積も偶数であることの必要十分条件である．\\\r\n　奇数が連続しないような奇数の置かれた場所の組み合わせは，最も後ろに並んだ奇数以外についてはその一つ後ろの偶数とペアにして考えることで，${}\\_{81}\\mathrm{C}\\_{80} = 81$ 通りである．これらそれぞれに対し，奇数の順序と偶数の順序がそれぞれ $80!$ 通りずつ考えられるので，$S = 81\\times (80!)^2$ である．\\\r\n　Legendreの定理より，これは $3$ で $\\bf{76}$ 回割り切れる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/6789" } ]

[ { "content": "　$O$ から辺 $AC$ におろした垂線の足（すなわち辺 $AC$ の中点）を $Q$ とすると，$\\triangle{APH}\\sim\\triangle{AQO}$ により $AP:AQ=2:3$ であり，$AB:AC=5:6$ が従う．さらに，$\\cos{A}=\\dfrac{AP}{AC}=\\dfrac13$ もわかる．$\\angle{BOC}=2\\angle{A}$ に注意すれば $BC=4\\sqrt{2}$ がわかる．また，$AB=5x$ とおいて三角形 $ABC$ に余弦定理を使うことで，$x^2=\\dfrac{32}{41}$ が得られるので，$\\triangle{ABC}=\\dfrac12\\times5x\\times6x\\times\\sin{A}=\\dfrac{320\\sqrt2}{41}$ となる．特に解答すべき値は $\\mathbf{363}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/6584" }, { "content": "$A(0,0),B(a,0)$ とすると $P(\\frac{5}{2}a,0),O(\\frac{1}{2}a,\\sqrt{9-\\frac{a^2}{4}}),C(\\frac{5}{2}a,\\sqrt{9-\\frac{a^2}{4}}+\\sqrt{9-\\frac{a^2}{100}})$ となる．直線 $BC$ の傾きは $\\frac{\\sqrt{9-\\frac{a^2}{4}}+\\sqrt{9-\\frac{a^2}{100}}}{\\frac{3}{5}a}$ より直線 $AH$ は $y=\\frac{\\frac{3a}{5}}{\\sqrt{9-\\frac{a^2}{4}}+\\sqrt{9-\\frac{a^2}{100}}}x$ である．よって、$AH^2=(1+(\\frac{\\frac{3a}{5}}{\\sqrt{9-\\frac{a^2}{4}}+\\sqrt{9-\\frac{a^2}{100}}})^2) \\times \\frac{4a^2}{25}=4$ が得られるので、これを解くと $a=\\frac{20\\sqrt{2}}{\\sqrt{41}}$ となり、$\\triangle ABC=\\frac{a}{2}(\\sqrt{9-\\frac{a^2}{4}}+\\sqrt{9-\\frac{a^2}{100}})=\\frac{320\\sqrt{2}}{41}$ となる．", "text": "座標を用いる解法(非推奨)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/6584/507" } ]

[ { "content": "　$AB=c,BC=p,CA=b$ とおく．$\\angle{B}$ の二等分線と辺 $AC$ の交点を $D$ とおく．$\\triangle{ABC}\\sim\\triangle{ADB}$ より，$AD=\\dfrac{c^2}{b},BD=\\dfrac{cp}{b}$ である．ここで，$BD=CD$ より，辺 $AC$ の長さについて，\r\n$$b=AD+CD=\\dfrac{c^2}{b}+\\dfrac{cp}{b}$$\r\nなので，これを整理すると $b^2=c(p+c)$ を得る．これを次のように変形する．\r\n$$b^2=c(p+c)\\iff b^2=\\Big(c+\\dfrac12p\\Big)^2-\\dfrac{p^2}{4}\\iff 4b^2=(2c+p)^2-p^2\\iff p^2=(2c+2b+p)(2c-2b+p)$$\r\n　大小関係より，$2c+2b+p=p^2,2c-2b+p=1$ となる他なく，これを $b,c$ について解くと以下のようになる．\r\n$$b=\\dfrac{p^2-1}{4},c=\\dfrac{(p-1)^2}{4}$$\r\n　$3$ 以上の素数に対し，$b,c$ は常に正整数となることが分かり，三角形の成立条件 $|b-c|\\lt p\\lt b+c$ を考えると，$p\\geq5$ なる素数は条件を満たすことが確認できる．また，周長\r\n$$b+p+c=\\dfrac{p(p+1)}{2}$$\r\nは $p\\geq 5$ で単調増加するので，結局，素数 $5$ から数えて $10$ 番目に小さい素数である $37$ を上の式に代入したものを求めれば良い．解答すべき値は $\\bf 703$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/10482" }, { "content": "　$AB=c, BC=p, CA=b$ とおく．正弦定理を用いて\r\n$$\\sin \\theta : \\sin 2 \\theta : \\sin (180^{\\circ}-3\\theta)=c:b:p$$\r\n　さらに適当な変形をして\r\n$$1:2\\cos \\theta:(4\\cos^2\\theta-1)=c:b:p$$\r\nとなる．ここで $2\\cos\\theta=\\dfrac{y}{x}$ （既約分数）とおくと，次のように変形できる．\r\n$$x^2:xy:(y^2-x^2)=c:b:p$$\r\n　この式において，左辺の $3$ 数はいずれも整数である．さらに $x,y$ が互いに素であることを用いれば，$x^2,y^2$ も互いに素であり，$x^2, y^2-x^2$ も互いに素である．このことから，$y^2-x^2=p\\ \\mathrm{or} \\ 1$を得る．$ x \\neq 0$ より $y^2-x^2=1$ の整数解は存在せず，結局 $y^2-x^2=p$ である．\\\r\n　$y^2-x^2=(y+x)(y-x)=p$ より，$y+x=p, y-x=1$ である．\\\r\n　従って $b,c,p$ を $x$ を用いて表すと，次のようになる：\r\n$$b=x(x+1), c=x^2, p=2x+1$$", "text": "三角比を用いる方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/10482/503" }, { "content": "半直線 $CB$ 上に点 $P$ を，$\\angle{ACP}=\\angle{APC}$ となるようにとる．また，$AB = c , AC = b , BC = p$ とする．\\\r\nこのとき，簡単な角度計算により，三角形 $APC$ と $BPA$ が相似であることがわかる．よって，以下の式が得られる:\r\n\r\n$$c(c + p) = b^2$$\r\n\r\n後は，公式解説の通りである．", "text": "幾何の部分の別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/10482/506" }, { "content": "　$\\sin B=\\sin 2C=2\\sin C\\cos C$ および正弦定理・余弦定理から $$\\dfrac{a^2+b^2-c^2}{ab}=2\\cos C=\\dfrac{\\sin B}{\\sin C}=\\dfrac{b}{c}$$ である．両辺を $abc$ 倍して整理すると $(a-c)(b^2-ac-c^2)=0$ である．\r\n\r\n　$a=c$ のとき，三角形 $ABC$ は直角二等辺三角形になり，全ての辺の長さが整数にはなり得ず不適．\r\n\r\n　$b^2=c(a+c)$ でかつ $c$ が $a$ の倍数のとき，正整数 $d$ を用いて $c=ad$ とおくと，$ad(a+ad)=a^2d(d+1)$ が平方数だから $d(d+1)$ も平方数になる必要があるが，$d^2\\lt d(d+1)\\lt (d+1)^2$ より不適．\r\n\r\n　$b^2=c(a+c)$ でかつ $c$ が $a$ の倍数でないとき，$a$ は素数だから $c, a+c$ は互いに素なので，これらの積が平方数になるにはこれらがともに平方数である必要がある．したがって $c=m^2, a+c=n^2$ とおけて，$a=(n+m)(n-m)$ である．$a$ が素数なので $n-m=1$ で，$c=\\left(\\dfrac{a-1}{2}\\right)^2, b=\\dfrac{a^2-1}{4}$ である．以下，本解と同様である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb010/editorial/10482/508" } ]

[ { "content": "　OMCくんがある坂を往復したときの平均の速さは（単位を $\\mathrm{m}\\/分$ として）\r\n$$\\dfrac{40 \\times 3 + 60 \\times 2}{5} = 48$$\r\nとなる．よって，道のりの距離の最小値は $48 \\times 77 \\times \\dfrac{1}{2} = 1848\\\\,\\mathrm{m}$ ，最大値は $50 \\times 77 \\times \\dfrac{1}{2} = 1925\\\\,\\mathrm{m}$ なので，求める値は $\\bf{3773}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/7195" } ]

[ { "content": "　最も外側に位置するマス目 $24$ 個によって色の異なるマスの境界が $24$ 箇所あるのでこれを**良くない境界**と呼ぶ．今，盤面上のすべてのマスを同じ色にするために，任意の良くない境界に対して，それを辺上に含む長方形を少なくとも $1$ 回は選ぶ必要がある．どのように長方形を選んでも，その辺上に含まれる良くない境界は高々 $4$ 箇所なので，少なくとも操作は $24 \\/ 4=6$ 回行う必要がある．一方で図のように長方形を選び，操作をすることで盤面は全て黒のマスにできる．以上より操作回数の最小は $ \\bf6 $ である．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/2652" } ]

[ { "content": "　二つの円の共通の中心を $O$，$O$ から正五角形の一辺に垂直に下ろした点を $H$，$H$ に最も近い正五角形の頂点のうちの一つを $A$，内接円の半径を $r$，外接円の半径を $R$ とする. \r\n　$r = OH, R = OA$ となり，また，三角形 $OAH$ は $\\angle AOH = 36^\\circ$ の直角三角形となる. したがって，\r\n$$\\dfrac{S_r}{S_R} = \\mathrm{cos}^2 36^\\circ = \\bigg( \\dfrac{1+\\sqrt{5}}{4} \\bigg) ^ 2 = \\dfrac{3 + \\sqrt{5}}{8}$$\r\nであるから，特に求める値は $\\mathbf{16}$である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/6448" }, { "content": "ここでは，cos36°の求め方について2通り紹介する。\r\n***\r\n### 求め方1 初等幾何の方法で\r\n $\\angle{A} = 108^{\\circ},AB = AC$ を満たす三角形 $ABC$ において，辺 $BC$ 上に $AD = CD$ を満たす点 $D$ をとる．\\\r\nこのとき，$\\angle{CBA} = \\angle{ACD} = \\angle{CAD} = 36^{\\circ}$ より，三角形 $CAB$ と三角形 $CDA$ は相似．よって，$CD = 1,AC = x(x\\gt0)$ とすると，\r\n\r\n$$BC = \\dfrac{AC^2}{CD} = x^2$$\r\n\r\nがわかる．また，$\\angle{BAD} = \\angle{BDA} = 72^{\\circ}$ より，\r\n\r\n$$BC = BD + CD = AD +CD = x + 1$$\r\n\r\nとかける．以上より，$x^2 = x + 1$ なので，これを解いて，$x=\\dfrac{1 + \\sqrt{5}}{2}$ がわかる．\\\r\nよって，$\\cos{36^{\\circ}} = \\dfrac{x}{2} = \\dfrac{1 + \\sqrt{5}}{4}$ と求められる．\r\n***\r\n### 求め方2 三角関数を用いて\r\n $\\theta = 36^{\\circ}$ とおく．このとき，$2\\theta + 3\\theta = 180^{\\circ}$ より，\r\n\r\n$$cos{3\\theta} = cos{(180 - 2\\theta)} = -cos{2\\theta}$$\r\n\r\nなので，倍角公式，3倍角の公式を用いて\r\n\r\n$$4\\cos{\\theta}^3 - 3\\cos{\\theta} = - 2\\cos{\\theta}^2 + 1$$\r\n\r\n$0 \\lt \\cos{\\theta} \\lt 1$ に注意して解くと，$\\cos{\\theta} = \\dfrac{1 + \\sqrt{5}}{4}$ がわかる．", "text": "公式解説補足(cos36°の求め方)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/6448/490" } ]

[ { "content": "　両辺の偶奇を考えることで $p = 2$ が分かる．これを与式に代入して計算することで $qr = 2021$ が分かり，$\\lbrace q, r\\rbrace = \\lbrace 43, 47\\rbrace$ を得る．従って $p+q+r$ としてありうる値は $2 + 43 + 47 = 92$ のみであるから，解答すべきは $\\bf{92}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/4160" }, { "content": "　公式解説の方が速いと思いますが，Fermat の小定理を使いたくなった場合の解法です．\r\n\r\n---\r\n\r\n$$p^{6p}+q^p+r^p=(q+r)^p+54$$\r\nに Fermat の小定理を適用すると，次の式を得る．\r\n$$p^{6p}+q+r \\equiv q+r+54 \\pmod p$$\r\n　よって $54 \\equiv 0 \\pmod p$ であり，$p=2 \\ \\mathrm{or}\\ 3$ を得る．\\\r\n　$p=3$ を代入すると $3^{18}=3qr(q+r)+54$ となる．数値の大きさで心が折れそうになるが，よく考えれば $qr(q+r)=3^2(3^{15}-2)$ と変形できるので，$p=3$ はあり得ないことがわかる（$q=r=3$ の場合に等式を満たさないことを確かめればよい）．", "text": "Fermat の小定理", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/4160/495" } ]

[ { "content": "　 $N^3$ と $N$ の下二桁が一致することは，$N^3-N$ が $100$ で割り切れることと同値である．すなわち次が成り立つことと同値である．\r\n$$\\begin{cases}\r\n(N-1)N(N+1)\\equiv 0\\pmod {25}\\\\\\\\\r\n(N-1)N(N+1)\\equiv 0\\pmod {4}\r\n\\end{cases}\r\n\\Longleftrightarrow\r\n\\begin{cases}\r\nN\\equiv 0,1,24\\pmod {25}\\\\\\\\\r\nN\\equiv 0,1,3\\pmod {4}\r\n\\end{cases}$$\r\nしたがって条件を満たす $N$ は，$0$ が除かれることに注意すると $3\\cdot 3-1=8$ 個ある．ここで，\r\n$$(100-N)^3-(100-N)\\equiv-(N^3-N)\\pmod{100}$$\r\nより $N$ が条件を満たすならば $100-N$ も条件を満たすので，求める $N$ の総和は $\\dfrac{100\\cdot8}{2}=\\bf400$ ．\r\n----\r\n**別解.** \\\r\n　$N\\equiv 0,\\pm 1\\pmod {25}$ までは本解説と同じである．したがって $1\\leq N\\leq 99$ の範囲では次が条件を満たす $N$ の候補は次のとおりである．\r\n$$N=1,24,25,26,49,50,51,74,75,76,99$$\r\nこのうち実際に $N^3$ と $N$ の下二桁が一致するものは次の $8$ つである．\r\n$$N=1,24,25,49,51,75,76,99$$\r\nこれらの和は $\\bf400$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/4147" } ]

[ { "content": "　まず，$7$ の倍数は $7$ のみであることから，$a_{10}=7$ が必要である．また，以下では各平方数を構成する $3$ つの整数を**グループ**と呼ぶ．$3,5$ の倍数に着目すると，$3$ と $6$，$5$ と $10$ はそれぞれ同じグループに属することが分かる．さらに，これらのグループのもう $1$ つの要素として適するものはいずれも $2,8$ であり，逆にこのとき十分性を満たす．\\\r\n　以上より，$2,8$ の属するグループ，グループとその要素の順番を考えることで，求める答えは\r\n$$2×3!×(3!)^3=\\mathbf{2592}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/7634" } ]

[ { "content": "　三角形 $ PBM$ と $QCM^\\prime$ が合同になるように $QC$ に関して$M$ の反対側に $M^\\prime$ をとると，三角形 $ MM^\\prime C $ は直角二等辺三角形であるため，$ \\angle BMP =\\angle QMC =45^{\\circ} $ を得る．\\\r\n　$AB\\neq AC$ であるため，$A,M,P,Q$ を通る円と辺$BC$ が $M$ でない点で交わるのでそれを $D$ とすると，\r\n$$\\angle BAD = \\angle PMD = 45^\\circ = \\angle QMC = \\angle CAD$$\r\nより直線 $AD$ は $\\angle A$ の二等分線であるから，$BC = \\sqrt{AB^2 + AC^2 } = \\sqrt{34}$ と併せて\r\n$$DP = DQ,\\quad BD = \\dfrac{3}{8} \\sqrt{34}, \\quad CD = \\dfrac{5}{8} \\sqrt{34} $$\r\nである．\\\r\n　三角形 $ PBD \\equiv QCD^\\prime$ となるように直線 $CM^\\prime$ 上に点 $D^\\prime$ をとると点 $Q$ は直角三角形 $DCD^\\prime$ の斜辺の中点であるから \r\n$$ DQ = \\dfrac{1}{2}\\sqrt{BD^{2}+CD^{2}}=\\dfrac{17}{8} $$\r\nを得る．三角形 $PDQ$ が直角二等辺三角形であることから，$ PQ $ の長さは \r\n$\\dfrac{17}{8}\\times\\sqrt{2}=\\sqrt{\\dfrac{289}{32}}$ \r\nであり，特に解答すべき値は $\\mathbf{321}$ である． \r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/6734" }, { "content": "$A(0,0),B(3,0),C(0,5)$ となるように直交座標をとる．このとき，$M(\\dfrac{3}{2},\\dfrac{5}{2})$ である．また，$a$ を正の実数として $P(a,0)$ とすれば $BP=CQ$ より $Q(0,2+a)$ となる. \r\nここで，$\\angle PMQ = 90^\\circ$ より $\\overrightarrow{MP}\\cdot\\overrightarrow{MQ}=0$，すなわち\r\n$$-\\dfrac{3}{2}(a-\\dfrac{3}{2})-\\dfrac{5}{2}(a-\\dfrac{1}{2})=\\dfrac{7}{2}-4a=0$$\r\nなので $a=\\dfrac{7}{8}$ を得る. よって\r\n$PQ=\\sqrt{\\left( \\dfrac{7}{8} \\right)^2+\\left( \\dfrac{23}{8} \\right)^2}=\\sqrt{\\dfrac{289}{32}}$ となる．", "text": "座標による解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/6734/491" }, { "content": "$\\mathrm{A,M,P,Q}$がある円と直線$\\mathrm{BC}$との共有点のうち$\\mathrm{M}$でないものを$\\mathrm{D}$とする。\r\n$\\mathrm{BP}=\\mathrm{CQ}=x$として、点$\\mathrm{B}$と$\\mathrm{C}$に対してそれぞれ方べきの定理を適用すると\r\n\r\n$$\\mathrm{BP}\\cdot \\mathrm{BA}=\\mathrm{BD}\\cdot \\mathrm{BM}$$\r\n\r\nより\r\n\r\n$$3x=\\mathrm{BD}\\cdot \\dfrac{\\sqrt{34}}{2}$$\r\n\r\nであり、\r\n\r\n\r\n$$\\mathrm{CQ}\\cdot \\mathrm{CA}=\\mathrm{CD}\\cdot \\mathrm{CM}$$\r\n\r\nより\r\n\r\n$$5x=\\mathrm{CD}\\cdot \\dfrac{\\sqrt{34}}{2}$$\r\n\r\n\r\nとなる。よって、\r\n\r\n\r\n$$\\sqrt{34}=\\mathrm{BC}=\\mathrm{BD}+\\mathrm{CD}=\\dfrac{6x}{\\sqrt{34}}+\\dfrac{10x}{\\sqrt{34}}=\\dfrac{16x}{\\sqrt{34}}$$\r\n\r\nより、$x=\\dfrac{17}{8}$を得る。\r\n\r\nよって、\r\n\r\n$$\\mathrm{PQ}^2=(3-x)^2+(5-x)^2=\\left(\\dfrac{7}{8}\\right)^2+\\left(\\dfrac{23}{8}\\right)^2=\\dfrac{289}{32}$$", "text": "方べきの定理を使う", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/6734/501" } ]

[ { "content": "　$n$ 円を，$1,10,100$ 円玉をそれぞれ $4$ 枚以下，$5,50$ 円玉をそれぞれ $1$ 枚以下しか用いないで支払う方法は一意に定まり，これが最小枚数を達成する唯一の方法である．従って，求める $n$ の数は，硬貨を合計 $6$ 枚使う方法であって，$1,10,100$ 円玉をそれぞれ $4$ 枚以下，$5,50$ 円玉をそれぞれ $1$ 枚以下しか使わない方法の数と一致する．$1,10,100$ 円玉を使う枚数を考える．\r\n\r\n- $1,10,100$ 円玉を合計 $6$ 枚使う場合\\\r\n$1,10,100$ 円玉を使う枚数の組み合わせは $(0,2,4)(0,3,3)(1,1,4)(1,2,3)(2,2,2)$ とその並び替えの $19$ 通り．\r\n\r\n- $1,10,100$ 円玉を合計 $5$ 枚使う場合\\\r\n$1,10,100$ 円玉を使う枚数の組み合わせは $(0,1,4)(0,2,3)(1,1,3)(1,2,2)$ とその並び替えの $18$ 通り．残り $1$ 枚が $5,50,500$ 円玉の $3$ 通りなので，全体で $54$ 通り．\r\n\r\n- $1,10,100$ 円玉を合計 $k\\le4$ 枚使う場合\\\r\n$5,50$ 円玉 をそれぞれ何枚使うかを考えることで，$5,50,500$ 円玉を使う枚数の組み合わせは $4$ 通りと分かる．$1,10,100$ 円玉を使う方法は ${}\\_{k+2}\\mathrm{C}\\_{k}$ 通りあるので，全体で $4{}\\_{k+2}\\mathrm{C}\\_{k}$ 通り．\r\n\r\n以上より計算することで求める答えは $\\bf{213}$ と分かる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/4057" }, { "content": "　n円玉を (n) で表す．\r\n\r\n$(\\mathrm{i})$　(5)，(50) をどちらも使わない場合\\\r\n　(1)，(10)，(100)，(500) が合わせて $6$ 枚あるような硬貨の組み合わせは ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{3}=84$ 通りである．ただしこの $84$ 通りの中には，条件に適さないような以下の場合が含まれている：\\\r\n①　(1)，(10)，(100) のいずれかが $6$ 枚ある場合（$3$ 通り）\\\r\n②　(1)，(10)，(100) のいずれかが $5$ 枚ある場合（$3×3=9$ 通り）\\\r\nよって，$84-3-9=72$ 通り．\r\n\r\n$(\\mathrm{ii})$　(5)，(50) のいずれかを $1$ 枚含む場合\\\r\n　(1)，(10)，(100)，(500) が合わせて $5$ 枚あるような硬貨の組み合わせは ${}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{3}=56$ 通りである．ただしこの $56$ 通りの中には，(1)，(10)，(100) のいずれかが $5$ 枚ある場合（$3$ 通り）が含まれている．\\\r\nよって，$2×(56-3)=106$ 通り．\r\n\r\n$(\\mathrm{iii})$　(5)，(50) の両方を $1$ 枚ずつ含む場合\\\r\n　(1)，(10)，(100)，(500) が合わせて $4$ 枚あるような硬貨の組み合わせは ${}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{3}=35$ 通りである（条件に反する場合はない）．\r\n\r\n以上の場合を足し合わせて，$72+106+35=\\mathbf{213}$ 通り．", "text": "5円玉，50円玉の枚数で場合分けする方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/4057/496" }, { "content": "自然数$n$に対して、\r\n$0\\leq p\\lt \\infty,0\\leq q\\leq 4,0 \\leq r\\leq 1,0\\leq s\\leq 4,0 \\leq t\\leq 1,0\\leq u\\leq 4$となるような整数の組$(p,q,r,s,t,u)$であって、\r\n$$n=500p+100q+50r+10s+5t+u$$\r\nとなるようなものが唯一つ存在して、そのときに$f(n)=p+q+r+s+t+u$である。\r\n\r\n（このとき、500円玉、100円玉、50円玉、10円玉、5円玉、1円玉をそれぞれ$p,q,r,s,t,u$枚使うことになる。）\r\n\r\nこのとき、$(p,q,r,s,t,u)$と$n$が一対一対応することに注意すると\r\n\r\n$$F(x):=\\sum_{n=0}^{\\infty}x^{f(n)}=\\left(\\sum_{p=0}^{\\infty}x^p\\right)\\cdot \\left(\\sum_{q=0}^{4}x^q\\right)\\cdot \\left(\\sum_{r=0}^{1}x^r\\right)\\cdot \\left(\\sum_{s=0}^{4}x^s\\right)\\cdot \\left(\\sum_{t=0}^{1}x^t\\right)\\cdot \\left(\\sum_{u=0}^{4}x^u\\right)$$\r\n\r\nよって\r\n\r\n$$F(x)=\\dfrac{1}{1-x}\\cdot \\dfrac{1-x^5}{1-x}\\cdot (1+x)\\cdot\\dfrac{1-x^5}{1-x}\\cdot (1+x)\\cdot\\dfrac{1-x^5}{1-x}=\\dfrac{(1-x^5)^3(1+x)^2}{(1-x)^4}$$\r\n\r\n$f(n)=6$となるような$n$の個数は$[x^6]F(x)$となる。分子において7乗以降は考慮しなくてもいいので\r\n\r\n$$[x^6]\\dfrac{(1-x^5)^3(1+x)^2}{(1-x)^4}=[x^6]\\dfrac{(1-3x^5)(1+x)^2}{(1-x)^4}=[x^6]\\dfrac{1+2x+x^2-3x^5-6x^6}{(1-x)^4}$$\r\n\r\n$[x^a]\\dfrac{x^b}{(1-x)^c}=\\binom{(a-b)+c-1}{c-1}={}\\_{(a-b)+c-1}\\mathrm{C}\\_{c-1}$に注意すると答えは\r\n\r\n$$\\binom{9}{3}+2\\binom{8}{3}+\\binom{7}{3}-3\\binom{4}{3}-6\\binom{3}{3}=84+2\\cdot 56+35-3\\cdot 4-6\\cdot 1=213$$", "text": "形式的冪級数", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb009/editorial/4057/502" } ]

[ { "content": "　$b_n = a_{n}^2$ とおけば $\\\\{b_n\\\\}$ はフィボナッチ数列となる．$a_n$ が整数になることは，$b_n$ が平方数であることと同値であり，順番に計算すれば $ b_{12}=144=12^2$ が最小である．すなわち，求める値は $\\mathbf{12}$ である．\\\r\n　なお，$12$ が唯一であることも知られている．参照：https:\\/\\/math.la.asu.edu\\/~checkman\\/SquareFibonacci.html", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/9733" } ]

[ { "content": "　$k(k-1)+1$ 回から $k(k+1)$ 回までの $2k$ 回のコンテストの成績はOMC君とbzuL君で勝ち負けが同数になっており，OMC君はbzuL君に一度も負け越した瞬間がない．したがって，この区間での勝ち負けの組み合わせは， $\\frac{1}{k+1}{}\\_{2k}\\mathrm{C}\\_{k}$ 通り（カタラン数）となる． これを $k=1$ から $k=99$ まで独立に考慮することで，$M$ は以下となる．\r\n$$ M = \\prod_{k=1}^{99} \\frac{1}{k+1}{}\\_{2k}\\mathrm{C}\\_{k} = \\frac{\\prod_{k=1}^{99} {}\\_{2k}\\mathrm{C}\\_{k}}{100!}$$\r\n　ここで，正整数 $N$ が $2$ で割り切れる最大の回数を $v_2(N)$，$N$ の二進法表示での $1$ の数を $\\mathrm{popcount}(N)$とすると，任意の正整数 $x$ について次が成り立つ．\r\n$$v_2(x!) = x - \\mathrm{popcount}(x)$$\r\n<details><summary>証明<\\/summary>\r\n　$x$ に関する帰納法によって示す．\\\r\n　まず，$x = 1$ のとき，両辺はともに $0$ となり成立する．\\\r\n　次に，ある $x \\ge 1$ で成立していると仮定する．$x$ を $2$ 進表示したとき，$2^0$ の位から $k$ 個連続して $1$ が現れるとする．このとき，\r\n$$v_2(x+1) = k, \\quad \\mathrm{popcount}(x+1) = \\mathrm{popcount}(x) - k + 1$$\r\nであるから，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nv_2((x + 1)!)\r\n&= v_2(x!) + v_2(x+1)\\\\\\\\\r\n&= (x+1) - (\\mathrm{popcount}(x) - k + 1)\\\\\\\\\r\n&= (x+1) - \\mathrm{popcount}(x+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる．以上より示された．\r\n<\\/details>\r\n\r\nしたがって，$\\mathrm{popcount}(2k)=\\mathrm{popcount}(k)$ に注意することで，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n v_2\\left( \\frac{\\prod_{k=1}^{99} {}\\_{2k}\\mathrm{C}\\_{k}}{100!}\\right) & = \\sum_{k=1}^{99}v_2\\left( \\frac{(2k)!}{(k!)^2}\\right) -v_2(100!)\\\\\\\\\r\n& = \\sum_{k=1}^{99} \\mathrm{popcount}(k) - (100-\\mathrm{popcount}(100))\\\\\\\\\r\n& = \\sum_{k=1}^{100} \\mathrm{popcount}(k) - 100\\\\\\\\\r\n& = 319-100 = 219\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nとなるので，求める値は $\\mathbf{219}$ である．\\\r\n　なお，$\\mathrm{popcount}$ の和は $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{2^n-1} \\mathrm{popcount}(k)=n2^{n-1}$ を活用するとよい．これは，各 $k = 0,1,\\ldots, n-1$ について，$2^k$ の位が $1$ であるような $1$ 以上 $2^{n}$ 未満の整数はちょうど $2^{n-1}$ 個あることから成り立つ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/9718" } ]

[ { "content": "　$\\angle{A_1OA_2} = x$ とおく． \r\n**補題．** $1 \\leq k \\leq 2023$ なる整数 $k$ に対して，$\\angle{OA_{k+1}A_k} = kx$となる． \r\n**証明．** $k$ に関する数学的帰納法を用いる． \r\n- $k=1$ のとき，$OA_1 = A_1A_2$ より $\\angle{OA_2A_1} = \\angle{A_1OA_2} = x$ であるからよい．\r\n- ある $1$ 以上 $2022$ 以下の $k$ での成立を仮定する．$OA_{k+2}\\gt OA_k$ であるから，線分 $OA_{k+2}$ 上に $OA_{k} = OX_k$ なる点 $X_k$ を取れる．このとき，三角形 $OA_{k}A_{k+1}$ と 三角形 $OX_kA_{k+1}$ は合同であるから，$A_{k+1}X_k = A_{k}A_{k+1}$ より三角形 $A_{k+1}A_{k+2}X_k$ は二等辺三角形である．また，$ \\angle{OA_{k+1}X_k} =\\angle{OA_{k+1}A_k} =kx$ も成立する．よって，\r\n$$ \\angle{OA_{k+2}A_{k+1}} = \\angle{A_{k+1}X_{k}A_{k+2}} =\\angle{A_{k+1}OX_k} + \\angle{OA_{k+1}X_k} = (k+1)x$$\r\nとなる．\r\n\r\n以上より，帰納法が回るため，示された．$\\square$\r\n\r\n　上の命題と三角形 $OA_{2023}A_{2024}$ が $OA_{2023} = OA_{2024}$ を満たす二等辺三角形であることから，$(2\\cdot 2023 + 1)x = \\pi$ となり，$x = \\dfrac{\\pi}{4047}$ を得る．また，有向角を考えると，$\\measuredangle{A_kOA_{k+1}} = \\pm x$ とかけるため，\r\n$$\\measuredangle{A_1OA_{2024}} = \\sum_{k=1}^{2023} \\measuredangle{A_kOA_{k+1}} = \\sum_{k=1}^{2023} \\pm x$$\r\nとなる（ただし各 $\\pm$ は独立に符号を決められる）．したがって，$\\angle{A_1OA_{2024}}$ としてありうる値は $1$ 以上 $2023$ 以下の奇数 $n$ を用いて， $\\dfrac{n\\pi}{4047}$ と表せるため，その合計は\r\n$$\r\n\\sum_{m=1}^{1012} \\dfrac{(2m-1)\\pi}{4047} = \\dfrac{1012^2 \\pi}{4047}\r\n$$\r\nとなる．解答すべき値は $1012^2+4047=\\mathbf{1028191}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/9857" } ]

[ { "content": "　$b_n=a_{n+1}a_n$ および $c=\\dfrac{1}{10116}$ とおく．このとき数列 $\\\\{ b_n \\\\}$ は $b_1=b_2=25$ および\r\n$$ b_{n+2}b_n = c+ b_{n+1}^2$$ \r\nを満たす．いま $\\dfrac{a_{n+2}}{a_n} + \\dfrac{a_n}{a_{n+2}} = \\dfrac{b_{n+1}}{b_n} + \\dfrac{b_n}{b_{n+1}}$ であり，この値について $n\\ge 2$ では\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\frac{b_{n+1}}{b_n} + \\frac{b_n}{b_{n+1}} &= \\frac{c+b_n^2}{b_{n-1}b_n} + \\frac{b_{n+1}b_{n-1}-c}{b_nb_{n+1}} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{b_{n}}{b_{n-1}} + \\frac{b_{n-1}}{b_{n}} + c \\Big(\\frac{1}{b_{n-1}b_{n}}-\\frac{1}{b_nb_{n+1}}\\Big)\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなるので，この変形を繰り返し行うことで，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\frac{b_{n+1}}{b_n} + \\frac{b_n}{b_{n+1}}\r\n& = \\frac{b_{2}}{b_{1}} + \\frac{b_{1}}{b_{2}} + c\\Big(\\frac{1}{b_{1}b_{2}}-\\frac{1}{b_nb_{n+1}}\\Big)\\\\\\\\\r\n& = 2 + c\\Big(\\frac{1}{625}-\\frac{1}{b_nb_{n+1}}\\Big)\\\\\\\\\r\n& =2+\\frac{c}{625} -\\frac{c}{b_nb_{n+1}}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．一方で，$b_3 \\gt b_2$ が確かめられ，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nb_{n+2} = b_{n+1}\\cdot\\frac{b_{n+1}}{b_n}+\\frac{c}{b_n} \\gt b_{n+1}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nより，帰納法から $\\lbrace b_n\\rbrace_{n=2,3,\\ldots}$ は狭義単調増加である．また，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nb_{n+2}b_{n+1} \\gt b_{n+2}b_n = c+ b_{n+1}^2 \\gt c+ b_{n+1}b_n\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nより，$b_{n+1}b_n$ は $c(n-1)$ より大きいので，$n \\to \\infty$ で正の無限大に発散する．よって，今回求める値は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\lim_{n \\to \\infty} \\Big( \\frac{a_{n+2}}{a_n}+\\frac{a_{n}}{a_{n+2}}\\Big) &= \\lim_{n \\to \\infty} \\Big(\\frac{b_{n+1}}{b_n} + \\frac{b_n}{b_{n+1}}\\Big) \\\\\\\\\r\n& = \\lim_{n \\to \\infty} \\Big(2+\\frac{c}{625} -\\frac{c}{b_nb_{n+1}}\\Big)\\\\\\\\\r\n& = 2+\\frac{c}{625} - 0\\\\\\\\\r\n& = \\frac{12645001}{6322500}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nであり，したがって答える値は $6322500+12645001 = \\mathbf{18967501}$ となる．\\\r\n　なお，最後の計算は $3\\times625\\times10116+1$ とすれば分数を詳しく求める必要もない．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/10116" }, { "content": "漸化式の $n$ および $n+1$ の場合を比較することで，任意の $n$ に対し以下の等式が成り立つとわかる：\r\n$$\r\na_{n+4}a_{n+3}a_{n+2}a_{n+1} + (a_{n+2}a_{n+1})^2 = a_{n+3}a_{n+2}a_{n+1}a_{n} + (a_{n+3}a_{n+2})^2\r\n$$\r\nこの両辺を $a_{n+3}a_{n+2}^2a_{n+1}$ で割り，$c_{n} = \\dfrac{a_{n+2}}{a_{n}}$ とおくことで，以下の式を得る：\r\n$$\r\nc_{n+2} + \\dfrac{1}{c_{n+1}} = c_{n+1} + \\dfrac{1}{c_{n}}\r\n$$\r\nしたがって，$c_{n+1} + \\dfrac{1}{c_{n}}$ の値は $n$ によらず一定で，\r\nその値 $K$ は以下のように計算できる：\r\n$$\r\nK = c_2 + \\dfrac{1}{c_1} = \\dfrac{a_4}{a_2} + \\dfrac{a_1}{a_3} = \\biggl(1 + \\dfrac{1}{625\\cdot 10116} \\biggr) + 1= 2 + \\dfrac{1}{625\\cdot 10116}\r\n$$ \r\n特に，任意の $n$ に対し $c_{n} \\geq 1$ となることが帰納的に示せる．\r\n\r\nここで，$\\alpha + \\dfrac{1}{\\alpha} = K$ なる $\\alpha \\gt 1$ をとる．\r\nなお，この $\\alpha$ は二次方程式 $x^2 - Kx + 1 = 0$ の解であり，\r\n$K \\gt 2$ なのでそのような $\\alpha$ が存在することに注意する．\r\nこの $\\alpha$ を用いて $c_{n+1} + \\dfrac{1}{c_{n}} = K$ を変形すると，以下のようになる：\r\n$$\r\n\\alpha - c_{n+1} = \\dfrac{1}{\\alpha c_{n}} (\\alpha - c_{n})\r\n$$\r\nこの式から，任意の $n$ に対し $\\alpha - c_{n} \\gt 0$ となることが帰納的に示せ，\r\nさらに $\\dfrac{1}{\\alpha c_{n}} \\leq \\dfrac{1}{\\alpha}$ より\r\n$$\r\n0 \\lt \\alpha - c_{n} \\leq \\dfrac{1}{\\alpha ^{n-1}} (\\alpha - c_{1})\r\n$$\r\nとなるので，\r\n$n\\rightarrow \\infty$ のとき $c_{n}$ は $\\alpha$ に収束する．\r\n\r\n以上より，$n\\rightarrow \\infty$ のとき\r\n$$\r\n\\dfrac{a_{n+2}}{a_{n}} + \\dfrac{a_{n}}{a_{n+2}} = c_{n} + \\dfrac{1}{c_{n}} \\rightarrow \\alpha + \\dfrac{1}{\\alpha} = K = 2 + \\dfrac{1}{625\\cdot 10116}\r\n$$\r\nとなる．\r\n\r\n### コメント\r\n解説中の $\\alpha$ は天下り的に思えますが，\r\n$f(x) = -\\dfrac{1}{x} + K$ とおくと $c_{n+1} = f(c_{n})$，$\\alpha = f(\\alpha)$ となるため，\r\n$y = f(x)$ と $y=x$ のグラフを図示することで，$c_{n}$ がそれらの交点の $x$ 座標である $\\alpha$ に収束することが直感的に理解できます．", "text": "別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/10116/492" }, { "content": "　公式解説と同様に $b_n=a_{n+1}a_n$ および $c=\\dfrac{1}{10116}$ とおく．いま求めたいものは\r\n$$\\tag{1} \\lim_{n \\to \\infty} \\left( \\dfrac{b_{n+1}}{b_n}+\\dfrac{b_n}{b_{n+1}} \\right) $$\r\nである．与えられた条件は $b_{n+2}b_n - b_{n+1}^2=c$ と変形されるが，$n+1$ の場合も考えることで，$b_{n+2}b_n - b_{n+1}^2=b_{n+3}b_{n+1} - b_{n+2}^2$ が成立する．この式を$b_{n+1}b_{n+2}$ で割って変形すると，次の式を得る：\r\n$$\\tag{2} \\dfrac{b_{n}}{b_{n+1}}+\\dfrac{b_{n+2}}{b_{n+1}}=\\dfrac{b_{n+1}}{b_{n+2}}+\\dfrac{b_{n+3}}{b_{n+2}}$$\r\n　式 $(1), (2)$ をよく見ると，$\\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=c_n$ と変形することを思いつく．これがユーザー解説の $c_n$ に他ならない．\r\n\r\n---\r\n\r\n　いま求めたいものは $\\lim\\limits_{n \\to \\infty} \\left( c_n+\\dfrac{1}{c_n} \\right)$ であるが，もし $\\lim\\limits_{n \\to \\infty} c_n$ が存在すれば話は簡単である．式 $(2)$ より\r\n$$\\lim_{n \\to \\infty} \\left( c_n+\\dfrac{1}{c_n} \\right)=\\lim_{n \\to \\infty} \\left( c_{n+1}+\\dfrac{1}{c_n} \\right) =c_2+\\dfrac{1}{c_1}$$ \r\nとなるからである．実際，ユーザー解説の後半では $\\lim\\limits_{n \\to \\infty} c_n$ の存在を証明している（OMC の解答形式からして，存在証明をせずに $c_2+\\dfrac{1}{c_1}$ を入力することも可能ではあるが）．\\\r\n　なお漸化式が極限値を持つ場合，その値は，全ての $c_n$ たちを同じ文字とした方程式の解に等しい．本問で言えば，$\\lbrace c_n \\rbrace$ に関する漸化式は $c_{n+1}+\\dfrac{1}{c_n}=K$ なので，ユーザー解説において方程式 $\\alpha +\\dfrac{1}{\\alpha}=K$ を考えるのは，そう飛躍のあることではない．（この段落は，ユーザー解説のコメント部分について，別の表現をしているに過ぎない．）\\\r\n　（参考まで）おおもとの数列 $\\lbrace a_n \\rbrace$ について言えば，方程式 $\\alpha^4=c+\\alpha^4$ は解を持たないので，極限値が存在しないことがわかる．", "text": "別解（ユーザー解説）の補足", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/10116/493" } ]

[ { "content": "　$(p, q, r)$ を固定し，互いに区別される球 $128$ 個のうち $p$ 個を色 $X_1$ で，$q$ 個を色 $X_2$ で，$r$ 個を色 $X_3$ で塗ることを考える．ただし，同じ球を複数の色で塗ってもよいとする．このとき， \r\n- どの色にも塗られていない球が $a_0$ 個 \r\n- $X_1$ のみで塗られている球が $a_1$ 個 \r\n- $X_2$ のみで塗られている球が $a_2$ 個 \r\n- $X_1$ と $X_2$ のみで塗られている球が $a_3$ 個 \r\n- $X_3$ のみで塗られている球が $a_4$ 個 \r\n- $X_1$ と $X_3$ のみで塗られている球が $a_5$ 個 \r\n- $X_2$ と $X_3$ のみで塗られている球が $a_6$ 個 \r\n- すべての色で塗られている球が $a_7$ 個\r\n\r\nとすることで，$(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6,a_7)$ は美しい数列となる．美しい数列を固定したとき，球の彩色方法は $\\dfrac{128!}{\\prod_{k=0}^{7} a_k!}$ 通りある．美しい数列の固定を解除したときに，$X_1,X_2,X_3$ での彩色を独立に考えることによって，以下の等式を得る．\r\n$$\r\n\\sum_{\\lbrace a_k\\rbrace\\text{: 美しい数列}} \\dfrac{128!}{\\prod_{k=0}^{7} a_k!} = {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{p} \\cdot {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{q} \\cdot {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{r} \r\n$$\r\nしたがって，$(p,q,r)$ を固定したときに，すべての美しい数列に対するスコアの総和 $f(p,q,r)$ について以下を得る．\r\n$$\r\nf(p,q,r)=\\frac{ {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{p} \\cdot {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{q} \\cdot {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{r} }{128!}\r\n$$\r\n正整数 $n$ が $2$ で割り切れる最大の回数を $v_2(n)$ で表すこととすると，Legendre の公式により，\r\n$$\r\nv_2(128!) = \\sum_{k=1}^{7} \\Big\\lfloor \\frac{128}{2^k} \\Big\\rfloor = 2^{7}-1 = 127\r\n$$\r\nとなる．また，Kummer の定理より，\r\n$$\r\nv_2( {}\\_{128}\\mathrm{C}\\_{n}) =7-v_2(n)\r\n$$\r\nとなる．ただし，特別に $v_2(0) = 7$ と定義した．また，$0$ でない有理数 $\\dfrac{a}{b}$ に対して $v_2\\Big(\\dfrac{a}{b}\\Big) = v_2(a)-v_2(b)$ と定めることにする．すると，\r\n$$\r\nv_2(f(p,q,r))=21-v_2(p)-v_2(q)-v_2(r)-127\r\n$$\r\nを得る．求める値は $v_2\\Big(\\dfrac{x}{y}\\Big)$ の絶対値であり，これは\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\Biggl| v_2 \\Biggl( \\prod_{0 \\leq p,q,r\\leq 128}f(p,q,r) \\Biggr)\\Biggr| \r\n&= \\Biggl| \\sum_{0 \\leq p,q,r\\leq 128}v_2(f(p,q,r)) \\Biggr| \\\\\\\\ \r\n&= \\sum_{0 \\leq p,q,r\\leq 128} (106+v_2(p)+v_2(q)+v_2(r))\\\\\\\\ \r\n&= 106\\cdot 129^3 + \\sum_{p=0}^{128} (129^2\\cdot 3v_2(p))\\\\\\\\ \r\n&= 129^2 \\left(106\\cdot 129 + 3\\sum_{p=0}^{128} v_2(p) \\right)\\\\\\\\ \r\n&= 129^2 (106\\cdot 129 + 3(7+v_2(128!)))\\\\\\\\ \r\n&= 129^2 (106\\cdot 129 + 3\\cdot 134)\\\\\\\\ \r\n&= 129^2\\cdot 14076\\\\\\\\ \r\n&=\\mathbf{234238716}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/10240" }, { "content": "　形式的冪級数を用いて, $f(p,q,r)$ を導出します.\\\r\n$$\\sum_{k=0}^{\\infty}\\frac{1}{k!}x^k=e^x$$\r\nより, $f(p,q,r)$ は以下の値になります. 展開したとき $t,x,y,z$ の次数が問題文の条件の式とそれぞれ対応します.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&[t^{128}x^py^qz^r]e^te^{xt}e^{yt}e^{xyt}e^{zt}e^{xzt}e^{yzt}e^{xyzt}\\\\\\\\\r\n&=[t^{128}x^py^qz^r]e^{(1+x)(1+y)(1+z)t}\\\\\\\\\r\n&=[x^py^qz^r]\\frac{((1+x)(1+y)(1+z))^{128}}{128!}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{\\displaystyle\\binom{128}{p}\\binom{128}{q}\\binom{128}{r}}{128!}\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/10240/630" } ]

[ { "content": "　条件を上から $1,2$ とする．また，$N=60^9,M=110^{18}$ とおく．\r\n<details>\r\n<summary>条件おさらい<\\/summary>\r\n　**1．** 任意の整数 $x$ に対して $f(x+M) = f(x)$ \r\n　**2．** 任意の整数 $x,y,z$ に対して，$f(x+yz)-f(x)-f(y)f(z)$ は $N$ で割り切れる． \r\n<\\/details> \r\n　以下，$f$ の値域では**等号を $N$ で割った余りで考える**．条件 $2$ は任意の整数の組 $x,y,z$ に対して，\r\n$$\r\nf(x+yz)=f(x)+f(y)f(z)\r\n$$\r\nが成立することと言い換えられる．この式に $x=a,y=b,z=c$ を代入することを $P(a,b,c)$ と表すことにする．また，$d=f(1)$ とおく．\\\r\n　任意の整数 $n$ について，$P(n,1,1)$ より，\r\n$$\r\nf(n+1)=f(n)+d^2\r\n$$\r\nとなる．また，$n=0$ として，\r\n$$\r\nd=f(0)+d^2\r\n\\iff f(0)=d-d^2\r\n$$\r\nとなる．よって，任意の整数 $n$ に対して，\r\n$$\r\nf(n)=d^2n+f(0)=d^2n+d-d^2\r\n$$\r\nとなる．一方で，$P(1,0,1)$ より，\r\n$$\r\nf(1)=f(1)+f(0)f(1) \r\n\\iff f(1)f(0)=0\r\n$$\r\nとなるため，\r\n$$\r\nd^2(d-1)=d(d^2-d)=-f(1)f(0)=0\r\n$$\r\nを得る．ここで逆に $d^2(d-1)$ が $N$ で割り切れるような $d$ に対して，$f(x)=d+d^2(x-1)$ とおくと，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf(x+yz)-f(x)-f(y)f(z) &= d^2yz - (d + d^2(y-1))(d + d^2(z-1)) \\\\\\\\\r\n&= d^2 (yz - 1 - d(y+z-2) - d^2(y-1)(z-1)) \\\\\\\\\r\n&= d^2 (yz - 1 - (y+z-2) - (y-1)(z-1)) \\\\\\\\\r\n&= 0\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nとなるため，条件 $2$ の式が満たされることが示される．したがって，そのような $d$ ごとに関数が一意に定まる． \r\n　ここで，条件 $1$ について考察する．$f(x+M)=f(x)$ から，\r\n$$\r\nd^2(x+M)-d^2+d=d^2x-d^2+d \r\n$$\r\nより $Md^2=0$ が同値な条件となる．\\\r\n　以上の議論をまとめると，$d^2(d-1)$ および $Md^2$ が $N$ で割り切れるような $0\\leq d\\lt N$ の個数を求めればよい．\\\r\n　$Md^2 = 11^{18}2^{18}5^{18}d^2$ が $N=2^{18}3^95^9$ で割り切れるので，$d$ は $3^5$ の倍数である．また，$d$ と $d-1$ は互いに素なので，$d^2$ と $d-1$ は互いに素である．よって，その積が $N=2^{18}3^95^9$ で割り切れることと合わせると，$d^2$ は $2^a3^95^b$ の倍数で，$d-1$ が $2^{18-a}5^{9-b}$ の倍数（ただし，$a$ は $0$ または $18$，$b$ は $0$ または $9$）になる．このとき，$d$ は $2^x3^55^y\\quad (x=\\lfloor\\frac{a+1}{2}\\rfloor,y=\\lfloor\\frac{b+1}{2}\\rfloor)$ の倍数となる．ここで，$a,b$ を固定したときに，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nd &\\equiv 0 \\pmod{2^x3^55^y}\\\\\\\\\r\nd &\\equiv 1 \\pmod{2^{18-a}5^{9-b}}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nという二つの条件を満たす $0\\leq d \\lt N=2^{18}3^95^9$ の個数を考える．一つ目の条件で $d$ としてありうるものが $2^{18-x}3^{4}5^{9-y}$ 個ある．また，$2^x3^55^y$ と $2^{18-a}5^{9-b}$ は互いに素であるため，二つ目の条件も満たす $d$ の個数は中国剰余定理により，$2^{18-x}3^45^{9-y} \\div 2^{18-a}5^{9-b} = 2^{a-x}3^{4}5^{b-y}$ 個である．異なる $a,b$ に対しては，$d$ の剰余の条件を考えることで，同じ $d$ となることはないので，求める個数は\r\n$$\r\n3^4(1+2^9)(1+5^4) = 81\\cdot 513 \\cdot 626 = \\mathbf{26012178}\r\n$$\r\nとなる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc219/editorial/10460" } ]

[ { "content": "　回転について考えないとき，並べ替えて出来る整数は $4!\\/2=12$ 個ある，ここで，\r\n$$(1169,6911), \\quad (1196,9611), \\quad (1619,6191), \\quad (1916,9161)$$\r\nの $4$ 組が回転で一致するため，求める個数は $\\dfrac{4!}{2!}-4=\\mathbf{8}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/7409" } ]

[ { "content": "　 $A$ さんが勝つ確率と $A$ さんが負ける確率は等しいので，あいこになる確率は $54~ \\\\%$ である．一方であいこになる確率は $(x^2+y^2+z^2)~ \\\\%$ とも表せるので，$x+y+z=10$ かつ $x^2+y^2+z^2=54$ なる $x,y,z$ を探せばよい．これは $(1,2,7)$ が唯一であるから，解答すべき値は $\\textbf{127}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/4294" } ]

[ { "content": "　 $0.1=a$ として問題文の条件を変形していく.\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sqrt{\\sqrt{n+4}-\\sqrt{n}} \\leq a &\\Longleftrightarrow \\sqrt{n+4}\\leq \\sqrt{n}+a^2\\\\\\\\\r\n&\\Longleftrightarrow 4\\leq 2a^2\\sqrt{n}+a^4\\\\\\\\\r\n&\\Longleftrightarrow n\\geq \\Big(\\frac{4-a^4}{2a^2}\\Big)^2=\\frac{4}{a^4}-2+\\frac{a^4}{4}\r\n\\end{aligned}$$\r\nよって $n$ の最小値は $\\dfrac{4}{a^4}-1=\\mathbf{39999}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/8401" }, { "content": "　問題文の条件は以下のように変形できる.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sqrt{\\sqrt{n+4}-\\sqrt{n}}\\leq\\frac{1}{10}&\\iff \\sqrt{n+4}-\\sqrt{n}\\leq\\frac{1}{100}\\\\\\\\\r\n&\\iff (\\sqrt{n+4}-\\sqrt{n})(\\sqrt{n+4}+\\sqrt{n})\\leq\\frac{\\sqrt{n+4}+\\sqrt{n}}{100}\\\\\\\\\r\n&\\iff 400\\leq\\sqrt{n+4}+\\sqrt{n}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n　ここで十分大きい $n$ に対し, $\\sqrt{n+4}$ は $\\sqrt{n}$ と近い値を取るから, $$\\sqrt{n}+\\sqrt{n}=400\\iff n =40000$$ 付近を電卓を用いて調べると, $400\\leq\\sqrt{n+4}+\\sqrt{n}$ を満たす最小の正整数は $n=\\mathbf{39999}$ だと分かる.", "text": "別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/8401/480" } ]

[ { "content": "　各位の和が $18$ だから $n$ は $9$ の倍数であり，$n$ は正の約数を $10$ 個もつため，$n$ が $3$ で割り切れる回数は $4$ 回か $9$ 回である．一方 $3^9=19683\\geq10^3$ であるから，ある $3$ でない素数 $p$ を用いて $n=3^4\\times{p}$ と表せることがわかる．$n$ は $3$ 桁の正整数なので，$p=2,5,7,11$ についてそれぞれ $n$ の各位の和が $18$ であるかどうか調べればよく，$n=567,891$ のときに条件を満たす．よって，解答すべき値は $567+891=\\bf{1458}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/4033" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$，三角形 $DBC$ ，三角形 $DEC$ は合同なので，\r\n\r\n$$\\angle ACB=\\angle DCB=\\angle DCE=60^\\circ$$\r\n$$AE=AC+CE=CD+BC=12$$ \r\n$$|\\square ABDE|=3|\\triangle BCD|$$\r\nが成立する．したがって，$BC=a,~ CD=b$とすると，次が成り立つ．\r\n$$a+b=12$$\r\n$$3\\times \\frac{\\sqrt{3}}{4}ab=7\\sqrt{3}$$\r\n以上より，余弦定理から $BD^2$ の値は次のように計算できる．\r\n$$BD^2=a^2+b^2-ab=(a+b)^2-3ab=12^2-28=\\bf{116}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/3707" }, { "content": "　$\\angle{ACB}=60^{\\circ}$ までは公式解説と同じです. \r\n\r\n ---\r\n\r\n　ここで四角形 $ABDE$ に着目すると, $$AB=DE, \\angle{BAE}+\\angle{AED}=\\angle{BAC}+\\angle{CBA}=180^{\\circ}-\\angle{ACB}=120^{\\circ}$$\r\nとなるので, 四角形 $ABDE$ と合同な四角形 $6$ つを適切に組み合わせた図形は, 一辺の長さが $12$ の正六角形から一辺の長さが $BD$ の正六角形をくり抜いた図形となることがわかる.（具体的には, $2$ つの合同な四角形 $ABDE$ と $A^{\\prime}B^{\\prime}D^{\\prime}E^{\\prime}$ を, 辺 $AB$ と辺 $E^{\\prime}D^{\\prime}$ がこの順で重なるように, また四角形同士がその辺以外で重ならないように並べて, 他の四角形も同じように並べればよい.） \r\n　一辺の長さが $1$ の正六角形の面積は $\\dfrac{3\\sqrt{3}}{2}$ であるから, $x=BD$ とすれば, $$\\frac{3\\sqrt{3}}{2}(12^2-x^2)=7\\sqrt{3}\\times6$$ となり, $x^2=\\bf{116}$ が求まる.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/3707/484" } ]

[ { "content": "　直線 $AH$ と $BC$ の交点を $E$ とし，直線 $BH$ と $AD$ の交点を $F$ とする．\\\r\n　台形 $ABCD$ は等脚台形であるから $BE=\\dfrac{AD-BC}{2}=1$ である．また，$AB=AC$ より直線 $BH$ は線分 $AC$ の垂直二等分線であるから，$AF = CF$ が成り立つ．また，直線 $AF$ と $BC$ は平行であるので，四角形 $ABCF$ はひし形であり，$AF=7$ がわかる．よって，\r\n $$AH:EH=AF:EB=7:1$$ \r\nを得る．以上より，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{|ADH|}{|ABCD|} = \\frac{AD\\cdot AH \\/2 }{(AD + BC)\\cdot AE \\/ 2}\r\n= \\frac{9\\cdot 7}{(7+9)(7-1)} = \\frac{21}{32}\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるから，特に解答すべき値は $\\mathbf{53}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/4221" }, { "content": "（発想に至るまで）\\\r\n　四角形 $ABCD$ が等脚台形であり，座標と相性が良い（$AD$ または $BC$ を $x$ 軸などにすればよい）．\\\r\n　さらに $AH \\perp BC$ であることから，点 $A$ を原点，$AD$ が $x$ 軸となるように座標平面を設定すれば，点 $H$ は $y$ 軸上に存在することになる．\r\n\r\n---\r\n\r\n（計算）\\\r\n　点 $A$ が原点，直線 $AD$ が $x$ 軸となるように座標を設定する．$B(1, 4\\sqrt{3})$，$C(8,4\\sqrt{3})$，$D(9,0)$ である．\\\r\n　$AH \\perp BC$ より，点 $H$ は $y$ 軸上に存在する．よって直線 $CH$ の $y$ 切片を求めればよい．\\\r\n　$AB \\perp CH$ より，直線 $CH$ は傾きが $-\\dfrac{1}{4 \\sqrt{3}}$ であり，点 $C$ を通ることから\r\n$$CH：y=-\\dfrac{1}{4 \\sqrt{3}}x+\\dfrac{14}{3}\\sqrt{3}$$\r\n　よって $H(0, \\dfrac{14}{3}\\sqrt{3})$ である．あとは三角形と台形の面積をそれぞれ求めればよい．", "text": "座標を用いる方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/4221/478" }, { "content": "　$AH$ と $BC$ の交点を $E$，$BH$ と $AC$ の交点を $M$ とする．Menelausの定理より，\r\n$$\\dfrac{AH}{EH}\\cdot\\dfrac{EB}{BC}\\cdot\\dfrac{CM}{MA}=1$$\r\nであり，$CM=MA$ に注意すれば，$AH:AE=7:6$ を得るから，求める比は，\r\n$$\\dfrac92\\cdot7:\\dfrac{9+7}{2}\\cdot6=21:32$$\r\nである．", "text": "Menelausの定理を用いる解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/4221/711" } ]

[ { "content": "　整数 $k\\ (1\\le k \\le 100)$ を引く確率は $\\dfrac{1}{100}$．整数 $k$ を引いたとき勝つ確率は $k+3$ 個のボールから $k$ 個のボールを引く方法のうち，$k$ 個の白のボールから $k$ 個の白のボールを引く確率なので \r\n$$\\dfrac{{}\\_{k}\\mathrm{C}\\_{k}}{{}\\_{k+3}\\mathrm{C}\\_{k}}=\\dfrac{1}{{}\\_{k+3}\\mathrm{C}\\_{k}}=\\dfrac{6}{(k+1)(k+2)(k+3)}$$\r\nである．よって，求める確率は，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{100}\\frac{1}{100} \\frac{6}{(k+1)(k+2)(k+3)}\r\n&=\\frac{3}{100}\\sum_{k=1}^{100} \\bigg(\\frac{1}{(k+1)(k+2)}-\\frac{1}{(k+2)(k+3)}\\bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{3}{100} \\bigg(\\frac{1}{2\\cdot 3}-\\frac{1}{102\\cdot 103}\\bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\frac{35}{7004}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　したがって，答えるべき値は $35+7004=\\textbf{7039}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/3910" } ]

[ { "content": "　$n-1=m$ とおくと，二項定理より，\r\n\r\n $$ \\begin{aligned} n^{n} & = (m+1)^{m+1}=m^{m+1}+{}\\_{m+1}\\mathrm{C}\\_{1} m^{m}+ \\cdots + {}\\_{m+1}\\mathrm{C}\\_{m-1} m^{2} + {}\\_{m+1}\\mathrm{C}\\_{m} m +1 \\\\\\\\\r\n & \\equiv \\frac{(m+1)m^{3}}{2} + (m+1)m +1 \\pmod{m^{3}} \\\\\\\\ \r\n & = \\frac{n}{2} (n-1)^{3} +n^{2} -n +1 \\pmod{(n-1)^{3}} \\end{aligned} $$\r\n\r\nとなる．よって，与式の値が整数となるのは，\r\n\r\n$$ \\frac{n}{2} + \\frac{n^{2} -n +1+1000n^{2}-2001n+1000}{(n-1)^{3}} = \\frac{n}{2} +\\frac{1001}{n-1} $$\r\n\r\nが整数となるときである． \\\r\n　$n$ が偶数のとき，$n-1$ が $1001=7 \\times 11 \\times 13$ の正の約数となればよく，条件を満たす $n$ の総和は，\r\n\r\n$$ (7+1)(11+1)(13+1)+8=1352. $$\r\n\r\n$n$ が奇数のとき，$n-1$ が $1001$ の正の約数の $2$ 倍として表されればよく，条件を満たす $n$ の総和は，\r\n\r\n$$ 2(7+1)(11+1)(13+1)+8=2696. $$\r\n\r\n以上より，求める値は，$1352+2696= \\mathbf{4048} $ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb008/editorial/5572" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11546" }, { "content": "$OD\\times N,A,D$ が全て2桁になるので $N,A,D$ が相異なる $1$ 以上の数であることから考えて $O=1,2$．\r\n___\r\n$O=2$ のとき\\\r\n桁数から $N,A,D$ は $1,4,3$ の並び替え．一の位を考えて $1$ になれるのは $N$ だけ．\\\r\nすると一の位を考えて $Y=2$ となってしまうのでだめ．\\\r\nよって $O=1$．\r\n___\r\n上から一桁を考えて $Y,N$ が違う値になることから繰り上がりが起きてて $Y\\gt N\\geq 2$ が分かる．\\\r\n$OD\\geq 12$ と $OD\\times D$ が2桁なことから $D\\leq 6$，$N,A\\leq 8$．\\\r\nあとは $Y$ の値を一の位を考えながら全探索するとできる．", "text": "僕の解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11546/487" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11550" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11551" }, { "content": "３ｍの道を通る回数と１ｍの道を通る回数を考えると，１ｍの道は連続して通れないため，$(8,1),(7,4),(6,7)$ のいずれかである．\r\n- $(8,1)$\\\r\n1mの道を最初か最後に通る場合　$2\\cdot 2=4$ 通り\\\r\nそうでない場合　$7\\cdot 4=28$ 通り\r\n- $(7,4)$\\\r\n1mの道を最初，最後共に通る場合　3mの道7回と1mの道2回の並び替えを考えて $15\\cdot 8=120$ 通り\\\r\n1mの道を最初と最後どちらか一方のみ通る場合　$2\\cdot 20\\cdot 16=640$ 通り\\\r\n1mの道を最初，最後共に通らない場合　$15\\cdot 32=480$ 通り\r\n- $(6,7)$\r\n1,3,1,3,1,3,1,3,1,3,1,3,1しか考えられないので，$64$ 通り\r\n\r\nしたがって $4+28+120+640+480+64=1336$ 通り．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11551/489" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11553" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11554" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11555" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11557" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11558" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11561" }, { "content": "直線 $EF$ 上に三角形 $EBF，CGF$ が相似になるように点 $G$ をとる．\\\r\n相似比から $FG$ の長さが分かる．\\\r\n三角形 $DCF，DGC$ が相似なので，辺の比を考えれば出せる．", "text": "公式解説(略記)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11561/486" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11562" }, { "content": "上の図のように$a_n$を斜辺に持つ直角三角形四つで、正方形から正方形をくりぬいた形ができる。\r\nこれを$a_1$～$a_{77}$まで作り、組み合わせると下の図のようになり、\r\n答えは $\\frac{{a_1}^2 - {a_{78}}^2}{4} = 2024$ となる\r\nhttps:\\/\\/drive.google.com\\/file\\/d\\/1UubiurnN9hxYXryKGTNv13qm2Qr3GypD\\/view?usp=drive_link", "text": "灘校数学研究部", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11562/494" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11565" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11566" } ]

[ { "content": null, "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/nadachu2024/editorial/11567" } ]

[ { "content": "　以下，TKGさんが勝つ $n$ を**先手必勝数**と呼び，shokoさんが勝つ $n$ を**後手必勝数**と呼ぶことにする．\\\r\n　TKGさんが最初に上手く石を取ると，山に後手必勝数の数だけ石が残せるときは $n$ は先手必勝数であり，TKGさんがどのように最初に石を取っても，山に先手必勝数の数だけ石が残るときは $n$ は後手必勝数である．$\\cdots(A)$ \\\r\n　このことに注意して， 以下のことを数学的帰納法を用いて示す：\r\n- $(*)$ $n$ を $12$ で割った余りが $0$ または $2$ のとき後手必勝数で，そうでないとき先手必勝数である．\r\n\r\n\r\n(1)　$n=1,3,4,\\ldots,9$ は先手必勝数で，$n=2$ は後手必勝数である．また， $n=10,11$ のときはTKGさんは残りの石を $2$ 個にすることで勝てるので $n=10,11$ は先手必勝数で，$(A)$ より $n=12$ は後手必勝数となる． \r\n 　よって，$n=1,2,\\ldots,12$ のとき $(*)$ は成り立つ． \r\n\r\n(2)　$n=12k+1,12k+2,\\ldots,12k+12$ のとき $(*)$ が成り立つと仮定する． \r\n- $n=12k+13$ のときは TKGさんが石を $12k+12$ 個残せばよいので，これは先手必勝数． \r\n- $n=12k+14$ は $(A)$ より後手必勝数． \r\n- $n=12k+15,\\ldots,12k+23$ のときはTKGさんが石を $12k+14$ 個残せばよいので，これらは先手必勝数． \r\n- $n=12k+24$ は $(A)$ より後手必勝数． \r\n \r\n　以上により $(*)$ は成り立ち，求める総和は $(12+24+\\cdots+996)+(2+14+\\cdots+998)=\\textbf{83832}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/6749" } ]

[ { "content": "　$\\angle{BAC}=90^{\\circ}$ より，$BC$ の中点を $M$ とすると，$AM=BM=CM$ となる． \r\nよって， $AD:BC=1:2$ より，$AD=AM$ である． \r\n\r\n- $M$ と $D$ が一致するとき \r\n $DA=DC$ より，$\\angle{ACB}=\\angle{DAC}=90^\\circ - 77.7^\\circ = 12.3^{\\circ}$ となる．\r\n\r\n- $B,M,D,C$ がこの順に一直線上に並ぶとき \r\n$AM=BM$ より， $\\angle{MAB}=\\angle{MBA}=x$ とおいてよい．$AD=AM$ より，$\\angle{ADM}=\\angle{AMD}=2x$ となる．よって，三角形 $ABD$ の内角和に着目して，$2x+x+77.7^{\\circ}=180^{\\circ}$ より，$x=34.1^{\\circ}$ であり，$\\angle{ACB}=55.9^{\\circ}$ となる． \r\n\r\n- $D,B,M,C$ がこの順に一直線上に並ぶとき \r\n$AM=CM$ より， $\\angle{MAC}=\\angle{MCA}=x$ とおいてよい．$AD=AM$ より，$\\angle{ADM}=\\angle{AMD}=2x$ となる．よって，三角形 $ACD$ の内角和に着目して，$2x+x+167.7^{\\circ}=180^{\\circ}$ より，$x=4.1^{\\circ}$ である． \r\n\r\n- $B,D,M,C$ がこの順に一直線上に並ぶとき\\\r\n線分 $DM$ の中点を $N$ とすると，$AN \\perp BC$ となる．すると，\r\n$$ 90^\\circ \\gt \\angle AMN = 2 \\angle ACN = 2 \\angle BAN \\gt 2 \\angle BAD $$ \r\nより $\\angle BAD \\lt 45^\\circ$ となり，条件を満たさない．\r\n\r\n- $B,M,C,D$ がこの順に一直線上に並ぶとき\\\r\n$\\angle{BAD}\\gt90^{\\circ}$ となり条件を満たさない．\r\n\r\n以上より，$\\angle{ACB}$ の値としてあり得る値の総和は $12.3^{\\circ}+55.9^{\\circ}+4.1^{\\circ}=72.3^{\\circ}$ であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{733}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8691" } ]

[ { "content": "　以下，$N=10000$ とし， \r\n$$f(x)=a_0+a_1x+a_2\\cdot\\dfrac{x(x-1)}{2}+\\cdots+a_{N}\\cdot\\dfrac{x(x-1)\\cdots(x-N+1)}{N!}$$ \r\nとおく． $x=0,1,\\ldots,N$ を代入していくことで $a_0,a_1,\\ldots,a_{N}$ を $f(0),f(1),\\ldots,f(N)$ を用いて表すことができ，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\na_m &= \\sum_{k=0}^{m} (-1)^{m-k}{}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{k}f(k) \\\\\\\\\r\n&= (-1)^m\\sum_{k=0}^{m} (k+1)(-2)^k{}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{k} \\\\\\\\\r\n&= (-1)^m\\Bigl(\\sum_{k=1}^{m} (-2)^km{}\\_{m-1}\\mathrm{C}\\_{k-1}+\\sum_{k=0}^{m}(-2)^k{}\\_{m}\\mathrm{C}\\_{k}\\Bigr)\r\n\\end{aligned}$$ \r\nとなる．よって，二項定理より $a_m=(-1)^m(-2m(-1)^{m-1}+(-1)^m)=2m+1$ となるので，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nf(N+1) &= \\sum_{k=0}^{N} (2k+1){}\\_{N+1}\\mathrm{C}\\_{k} \\\\\\\\\r\n&= 2\\sum_{k=1}^{N} (N+1){}\\_{N}\\mathrm{C}\\_{k-1}+\\sum_{k=0}^{N} {}\\_{N+1}\\mathrm{C}\\_{k} \\\\\\\\\r\n&= 2(N+1)(2^N-1)+(2^{N+1}-1) \\end{aligned}$$ \r\nである．よって， \r\n$$f(N+1)\\equiv2\\cdot(-6)\\cdot(2^{-6}-1)+2^{-5}-1\\equiv-\\dfrac{5}{32}+11\\equiv\\dfrac{30016}{32}+11\\equiv\\textbf{949}\\pmod{N+7}$$\r\nがわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8693" }, { "content": "　自分は公式解説のような初手に至らなかったので，以下のように解きました．その解法を（備忘録も兼ねて）まとめておこうと思います．まずは，ラグランジュの補間公式についての紹介です．\r\n\r\n --- \r\n\r\n**ラグランジュの補間公式．** $N+1$ 個の点 $(x_0, y_0), (x_1, y_1), \\ldots (x_N, y_N)$ （$x_0\\lt x_1 \\lt \\cdots \\lt x_N$ としておく）がある．これらすべてを通る $N$ 次以下の多項式 $f(x)$ は，以下のように表される：\r\n$$\r\nf(x) = \\sum_{n=0}^{N} y_n \\dfrac{g_n(x)}{g_n(x_n)}.\r\n$$\r\nただし，$g_n(x)=\\displaystyle \\prod_{k\\neq n} (x-x_k)$ である．\r\n --- \r\n\r\n　はじめてこの式を見たという方は，中学・高校数学の問題集にも載っているような「指定された $2\\ (3)$ 点をすべて通るような直線（放物線）の式を求めよ 」という問題を例にしてこの式を書き下してみると，「これが何をやっているものなのか」について感覚を掴めるかと思います！\\\r\n　早速，今回の問題にラグランジュ補間を適用してみましょう．\r\n\r\n --- \r\n\r\n今回の場合 $N=10000, x_n=n, y_n =(n+1) 2^n$ とすればよさそうである．まずは $g_n(x_n)$ を求める．\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\ng_n(x_n)=g_n (n) &= (n-0)(n-1) \\cdots 1\\cdot (-1)(-2) \\cdots (n-N)\\\\\\\\\r\n&= n!\\ (N-n)!\\ (-1)^{N-n}.\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\n今回求めるのは，$f(N+1)$ であるから，$g_n(N+1)$ も求めておく．\r\n\r\n$$\r\ng_n(N+1) = \\displaystyle \\prod_{k\\neq n} (N+1-k) = \\dfrac{(N+1)!}{N+1-n}.\r\n$$\r\n\r\nここで，ラグランジュの補間公式を適用すると\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf(N+1) &= \\sum_{n=0}^{N} (n+1) 2^n \\dfrac{(N+1)!}{N+1-n} \\cdot \\dfrac{1}{ n!\\ (N-n)!\\ (-1)^{N-n}}\\\\\\\\\r\n&= \\sum_{n=0}^{N} (n+1) \\dfrac{(N+1)!}{(N-n+1)\\ (N-n)!\\ n!} 2^n (-1)^{N-n}\\\\\\\\\r\n&= \\sum_{n=0}^{N} (n+1)\\ {}\\_{N+1} \\mathrm{C} \\_{n}\\ 2^n (-1)^{N-n}\\\\\\\\\r\n&= \\underbrace{\\sum_{n=0}^{N} {}\\_{N+1} \\mathrm{C} \\_{n}\\ 2^n (-1)^{N-n}}\\_{=A} + \\underbrace{\\sum_{n=0}^{N} n\\ {}\\_{N+1} \\mathrm{C} \\_{n}\\ 2^n (-1)^{N-n}}\\_{=B}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと変形できる．$A,B$ それぞれについて，次のように計算できる．\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nA &= -\\sum_{n=0}^{N} {}\\_{N+1} \\mathrm{C} \\_{n}\\ 2^n (-1)^{N+1-n} \\\\\\\\ \r\n&= -\\Biggl(\\sum_{n=0}^{N+1} {}\\_{N+1} \\mathrm{C} \\_{n}\\ 2^n (-1)^{N+1-n} - {}\\_{N+1} \\mathrm{C} \\_{N+1}\\ 2^{N+1} (-1)^{N+1-(N+1)} \\Biggl)\\\\\\\\\r\n&= -\\Bigl( \\bigl(2+(-1)\\bigl)^{N+1} - 2^{N+1} \\Bigl)\\\\\\\\\r\n&= 2^{N+1}-1.\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nB&= \\sum_{n=0}^{N} n\\ \\dfrac{(N+1)!}{n\\ (n-1)!\\ (N+1-n)!}\\ 2^n (-1)^{N-n}\\\\\\\\\r\n&= (N+1) \\sum_{n=1}^{N} \\ \\dfrac{N!}{(n-1)!\\ (N+1-n)!}\\ 2^n (-1)^{N-n}\\\\\\\\\r\n&= (N+1) \\sum_{n=1}^{N} {}\\_{N} \\mathrm{C} \\_{n-1}\\ 2^n (-1)^{N-n}\\\\\\\\\r\n&= -2(N+1) \\sum_{n=1}^{N} {}\\_{N} \\mathrm{C} \\_{n-1}\\ 2^{n-1} (-1)^{N+1-n}\\\\\\\\\r\n&= -2(N+1) \\Biggl( \\sum_{n=1}^{N+1} {}\\_{N} \\mathrm{C} \\_{n-1}\\ 2^{n-1} (-1)^{N-n+1} - {}\\_{N} \\mathrm{C} \\_{N+1-1}\\ 2^{N+1-1} (-1)^{N+1-(N+1)} \\Biggl)\\\\\\\\\r\n&= -2(N+1) \\Bigl( \\bigl(2+(-1)\\bigl)^{N} -2^N \\Bigl)\\\\\\\\\r\n&= -2(N+1)+(N+1)\\ 2^{N+1}.\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\n以上より \r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf(N+1) &=2^{N+1}-1 -2(N+1)+(N+1)\\ 2^{N+1}\\\\\\\\\r\n&= N\\ 2^{N+1} +2^{N+2} -2N-3.\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと公式解説にある表示を得ることができた．\r\n\r\n ---\r\n\r\n　このユーザー解説の執筆にあたり，高校数学の美しい物語さんの記事（https:\\/\\/manabitimes.jp\\/math\\/726 ）を参考にさせていただきました．最後に，ラグランジュの補間公式が使えるかもしれないOMCの問題を，自分が記憶している限りでまとめて終わりにします（ネタバレ注意です）．\r\n\r\n<details>\r\n<summary>関連するOMCの問題・解説記事（ネタバレ注意）<\\/summary>\r\n・OMC176B（https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc176\\/tasks\\/6981 ）\\\r\nラグランジュ補完を使って愚直にやることができるかもしれません．この問題のユーザー解説においても，ラグランジュ補完について紹介されています．\r\n\r\n・OMC114E（https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc114\\/tasks\\/5248 ）\\\r\nユーザー解説中に，ラグランジュ補完を用いるパートが出てきます．\r\n\r\n・OMC081F（https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc081\\/tasks\\/2518 ）\\\r\n114Eの math_wakaranai さんのユーザー解説でも紹介されていますが，ここにもリンクを貼っておきます．\r\n<\\/details>", "text": "ラグランジュの補間公式", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8693/479" }, { "content": "$N=10000$とする．一般に多項式 $g(x)$ に対して\r\n$$g^{[0]}(x)=g(x),\\quad g^{[k+1]}(x)=g^{[k]}(x+1)-g^{[k]}(x)$$\r\nによって多項式 $g^{[0]}(x),g^{[1]}(x),g^{[2]}(x),\\cdots$ を定める．$g(x)$ が $d$ 次式ならば $g^{[k]}(x)$ は $d-k$ 次式であり，特に $g^{[d+1]}(x)=0$ であることに注意する．与えられた条件から順に差分を計算すると\r\n$$f^{[k]}(n)=2^n(n+2k+1)\\quad(n=0,1,\\cdots,N-k)$$\r\nとなる．ここで求めるべき値は\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(N+1)&=f(N)+f^{[1]}(N)\\\\\\\\\r\n&=f(N)+f^{[1]}(N-1)+f^{[2]}(N-1)\\\\\\\\\r\n&=\\cdots\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=0}^N f^{[k]}(N-k)\r\n\\end{aligned}$$\r\nと表せるので，上の式を代入して計算すると\r\n$$\r\nf(N+1)=\\sum_{k=0}^N2^{N-k}(N+k+1)=2(2^N-1)(N+2)+1\\equiv \\mathbf{949}\\pmod{N+7}\r\n$$\r\nとなる．", "text": "差分を用いる方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8693/482" }, { "content": "多項式$p_k$を\r\n$$p_k(x)=\\dfrac{x(x-1)\\cdots (x-k+1)}{k!}$$\r\nとする．\r\n$x$が整数のとき$p_k(x)=\\binom{x}{k}$である．\r\n\r\n$$g(n)=(n+1)\\left(\\sum_{k=0}^{10000}\\binom{n}{k}\\right)=(n+1)\\left(\\sum_{k=0}^{10000}p_k(n)\\right)$$\r\nとおくと，$g$は10001次多項式であり，$g(n)=f(n),(n=0,\\ldots,10000)$である．\r\nよって，ある定数$a$が存在して，\r\n$$g(n)-f(n)=a\\cdot n\\cdot(n-1)\\cdot \\cdots \\cdot (n-10000)$$\r\nとなる．\r\n\r\n$g$の10001乗の係数を考慮すると，$a=\\dfrac{1}{10000!}$である．\r\nよって，\r\n\r\n$$f(10001)=g(10001)-\\dfrac{10001\\times 10000\\times \\cdots \\times 1}{10000!}$$\r\n\r\nここで，\r\n\r\n$$g(10001)=10002\\times\\left(2^{10001}-1\\right)$$\r\n\r\nであるため\r\n\r\n$$10002\\times\\left(2^{10001}-1\\right)-10001\\equiv -5\\times\\left(\\dfrac{1}{32}-1\\right) +6$$\r\n\r\nを求めれば良い．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8693/670" } ]

[ { "content": "$$ \\begin{aligned}\r\n2&(a^2b^2+a^2c^2+a^2d^2+b^2c^2+b^2d^2+c^2d^2)-(a^4+b^4+c^4+d^4)+8abcd \\\\\\\\\r\n&=-(a^2+b^2-c^2-d^2)^2+4a^2b^2+4c^2d^2+8abcd \\\\\\\\\r\n&= -(a^2+b^2-c^2-d^2)^2+(2ab+2cd)^2 \\\\\\\\\r\n&= (2ab+2cd+a^2+b^2-c^2-d^2)(2ab+2cd-a^2-b^2+c^2+d^2) \\\\\\\\\r\n&= ((a+b)^2-(c-d)^2)((c+d)^2-(a-b)^2) \\\\\\\\\r\n&= (a+b+c-d)(a+b-c+d)(c+d+a-b)(c+d-a+b)\r\n\\end{aligned} $$\r\nであるので，\r\n$$(-a+b+c+d)(a-b+c+d)(a+b-c+d)(a+b+c-d)=(n^2+1)^{n+2}-1$$ \r\nとなる整数 $a,b,c,d$ が存在するような $n$ の条件を求めればよい．ここで， \r\n$$x=-a+b+c+d, \\quad y=a-b+c+d, \\quad z=a+b-c+d, \\quad w=a+b+c-d$$ \r\nとおく．このとき\r\n$$ a=\\dfrac{-x+y+z+w}{4}, \\quad b=\\dfrac{x-y+z+w}{4}, \\quad c=\\dfrac{x+y-z+w}{4}, \\quad d=\\dfrac{x+y+z-w}{4} $$ \r\nとなることに注意する． \r\n\r\n- $n$ が奇数のとき \r\n　$x=y=z=1,w=(n^2+1)^{n+2}-1$ とすると，$w\\equiv2^{n+2}-1\\equiv-1\\pmod4$ であるから，このとき，$a,b,c,d$ は与式を満たしかつ整数となる． \r\n\r\n- $n$ が偶数のとき \r\n　$xyzw=(n^2+1)^{n+2}-1$ は偶数であるから，$x,y,z,w$ のうち少なくとも一つは偶数である．また，$2(c+d) = x+y$ などより，\r\n$$ x+y, \\quad x+z, \\quad x+w, \\quad y+z, \\quad y+w, \\quad z+w $$\r\nは全て偶数なので，$x, y, z, w$ はすべて偶数であることが必要．よって，$xyzw=(n^2+1)^{n+2}-1$ かつ $4$ で割った余りが \r\n$$(0,0,0,0),~ (0,0,2,2),~ (0,2,0,2),~ (0,2,2,0), \\\\\\\\\r\n(2,0,0,2),~ (2,0,2,0),~ (2,2,0,0),~ (2,2,2,2) \\ $$ \r\nのいずれかであるような整数 $x,y,z,w$ が存在することが求める条件となる．\r\nつまり，正の整数 $N$ が $2$ で割り切れる回数を $v_2(N)$ とおくと，$K=v_2((n^2+1)^{n+2}-1)$ が $4$ または $6$ 以上であることが求める条件である．\r\nここで，LTEの補題より，$K=v_2((n^2+1)^{n+2}-1^{n+2})=v_2(n^2)+v_2(n+2)$ であるので，次の場合分けより，求める $n$ の条件は，$n\\equiv0,2,8,10,14\\pmod{16}$となる． \r\n - $n\\equiv2,10\\pmod{16}$ のとき，$K=2+2=4$ \r\n - $n\\equiv14\\pmod{16}$ のとき，$K\\geqq2+4=6$ \r\n - $n\\equiv6\\pmod{16}$ のとき，$K=2+3=5$ \r\n - $n\\equiv4,12\\pmod{16}$ のとき，$K=4+1=5$ \r\n - $n\\equiv0,8\\pmod{16}$ のとき，$K\\geqq6$ \r\n\r\n　以上より，$1$ 以上 $1000$ 以下の正の整数から $16$ で割った余りが $4,6,12$ のいずれかであるものを除いたものの総和を求めればよく，求める値は $500500-31500-31626-31000=\\textbf{406374}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8692" } ]

[ { "content": "　三角形 $ADR$ と三角形 $BCR$ は相似であるから，この相似の相似比を $1 : p$ とおく．三角形 $ADP$ と三角形 $CBP$ も相似であるが，この相似比も $AD : BC = 1 : p$ である．よって，$\\angle BAC = \\angle BDC = \\theta$ とおくと，\r\n$$|PBCR| = \\frac{1}{2}\\cdot BR\\cdot CP\\cdot\\sin\\theta = \\frac{1}{2} \\cdot pAR\\cdot pAP\\cdot\\sin\\theta = p^2\\triangle APR$$\r\nである．よって\r\n$$\\triangle ABC = |PBCR| - \\triangle APR = (p^2 - 1)\\triangle APR$$\r\nであり，同様に，$\\triangle BCD = (p^2 - 1)\\triangle DPR$ である．したがって，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\triangle RCD - \\triangle RAB\r\n&= \\triangle BCD - \\triangle ABC\\\\\\\\\r\n&= (p^2 - 1)(\\triangle DPR - \\triangle APR)\\\\\\\\\r\n&= 2(p^2 - 1)\\triangle MPR\r\n\\end{aligned}$$\r\nが成り立つので，$2(p^2 - 1) = \\dfrac{9}{8}$ であり，これを解けば $p = \\dfrac{5}{4}$ を得る．同様に，三角形 $ABR$ と三角形 $DCR$ の相似比を $1 : q$ とすれば，$2(q^2 - 1) = \\dfrac{5}{2}$ が成り立つので，$q = \\dfrac{3}{2}$\r\nである．\\\r\n　以上より，$RA=8k,RB=10k,RC=15k,RD=12k$ とおくことができ，このとき余弦定理より $AB=2\\sqrt{21}k,CD=3\\sqrt{21}k$ が成り立つ．ここで，$D$ を通り直線 $AC$ に平行な直線と四角形 $ABCD$ の外接円の交点のうち $D$ でない方を $X$ とすると，\r\n$$\\angle BAX = \\angle BAC + \\angle CAX = \\angle BDC + \\angle DCA = 120^\\circ$$\r\nであるから，余弦定理より $BX=\\sqrt{399}k$ である．一方，正弦定理より $BX = \\sin120^\\circ = \\dfrac{\\sqrt3}{2}$ でもあるので，$k=\\dfrac{1}{2\\sqrt{133}}$ を得る．以上より，${AC}^2={(23k)}^2=\\dfrac{529}{532}$ であり，特に，解答すべき数値は $\\textbf{1061}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8090" }, { "content": "四角形 $ARBX,BRCY,CRDZ,DRAW$ が平行四辺形となるような点 $X,Y,Z,W$ を取る. このとき, 例えば点 $Q,A,B,X,R$ と $Q,C,D,R,Z$ には相似の関係があるので $Q,X,Z$ は共線となる. ここで $\\triangle{RXZ}=\\dfrac{1}{2}(|YXRZ|-|WYRZ|)$ であるが\r\n$$|YXRZ|=2\\times\\triangle{RBC}+\\triangle{RXB}+\\triangle{RZC}$$\r\n$$|WXRZ|=2\\times\\triangle{RAD}+\\triangle{RXA}+\\triangle{RZD}$$\r\nなので, $\\triangle{RZX}=\\triangle{RBC}-\\triangle{RAD}$ だとわかる. よって仮定より\r\n$$\\triangle{QRX}:\\triangle{QZR}=2\\times 2:2\\times 2 + 5=4:9$$\r\n一方, 冒頭に述べた通り点 $Q,A,B,X,R$ と $Q,C,D,R,Z$ は相似であり, その相似比は $2:3$ であるとわかるので, $AB:CD=2:3$ が従う. 同様に $AD:BC=4:5$ もわかるので, あとは公式解説と同様にやれば良い.\r\n---\r\n一般的に, こういう問題では平行四辺形を作ってあげるとたまにうまくいきます. 例としてJJMO2023予選12を挙げておきます（ネタバレになったらすいません）.", "text": "算数で解く", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8090/483" } ]

[ { "content": "　本コンテストは，当 F 問題の出題ミスにより Unrated となりました．みなさまの貴重なお時間を奪う結果となってしまい，申し訳ありませんでした．詳細は[アナウンス](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/announcements\\/show\\/46)をご覧ください．\\\r\n　以下の解説は，コンテスト終了の数時間後にユーザーの [MARTH](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/users\\/marth) 氏により [Mathlog](https:\\/\\/mathlog.info\\/articles\\/DWsS96nCLHF8ZjHkYKeP) 上に執筆されたものであり，MARTH 氏のご厚意により OMC 上の解説へ移植されたものです．ただし，一部解説の体裁を変更した部分があります．\\\r\n　なお，本来想定されていた問題文・解説もユーザー解説に収録されていますので，ご確認いただけると幸いです．\r\n\r\n------\r\n　$N=9000,M=8998$ とし，$x,y$ の $2$ 変数冪級数を用いて考える．$i$ 番目のカタラン数 $C_i = \\dfrac{1}{i+1}\\dbinom{2i}{i}$ を用いて，$x$ の冪級数 $g$ を以下のように定義する：\r\n$$g(x)=\\sum_{i=0}^{\\infty}C_ix^i$$\r\nこのとき，以下が成り立つ：\r\n$$f(x,y)=\\sum_{i=0}^{\\infty}\\sum_{j=0}^{\\infty}\\binom{2i+4j}{i} x^iy^j=\\frac{1}{\\sqrt{1-4x}}\\frac{1}{1-g(x)^4 y}$$\r\n\r\n\r\n**証明．** $(0,0)$ から出発し，$y=x+k$ 上のある点 $P(s,s+k)$ へと $x,y$ いずれかの正方向に $1$ 進むことを繰り返して得られる経路について考える．\r\n\r\n\r\n\r\n　上図のように，$y-x$ が $1$ 増えるごとに経路を分割する（これは一意である）と，経路数について以下の等式を得る：\r\n$$\\dbinom{2s+k}{s} = \\sum_{n_1+n_2+\\dots+n_{k+1}=s}C_{n_1}C_{n_2}\\cdots C_{n_k}\\binom{2n_{k+1}}{n_{k+1}}$$\r\nしたがって,\r\n$$\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{2i+k}{i}x^i=\\left(\\sum_{i=0}^{\\infty}C_ix^i\\right)^k\\left(\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{2i}{i}x^i\\right)$$\r\nを得る．また，\r\n$$\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{2i}{i}x^i=\\frac{1}{\\sqrt{1-4x}}$$ \r\nであるから，\r\n$$\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{2i+k}{i}x^i=\\frac{(g(x))^k}{\\sqrt{1-4x}}$$\r\nとなる．したがって，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf(x, y)&=\\sum_{i=0}^{\\infty}\\sum_{j=0}^{\\infty}\\binom{2i+4j}{i} x^iy^j\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{j=0}^{\\infty}\\frac{(g(x))^{4j}}{\\sqrt{1-4x}} ~ y^j\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{\\sqrt{1-4x}}\\frac{1}{1-g(x)^4y}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nより示すべき等式を得る．$\\square$\r\n---\r\n\r\n　以降では，簡単のために $f(x,y), g(x)$ を単に $f, g$ と表す（引数はつねに $(x, y), x$ であることに注意）．$S_n$ は $f$ の積のある係数となるが，問題で与えられた制約がいくつかあることに留意しよう．制約 $a_k\\neq0$ $(k=1,n)$ については $f$ を $f-\\frac{1}{1-y}$ に変えることで，また制約 $(a_k,b_k)\\neq(0,0)$ $(k\\neq1,n)$ については $f$ を $f-1$ に変えることで対応できる．よって $S_n$ は，\r\n$$\\bigg(f-\\frac{1}{1-y}\\bigg)(f-1)^{n-2}\\bigg(f-\\frac{1}{1-y}\\bigg)$$\r\nの $x^{N}y^{M}$ の係数となり，$\\displaystyle \\sum_{n=2}^{\\infty}(-1)^nS_n$ は\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\bigg(f-\\frac{1}{1-y}\\bigg)^2(1-(f-1)+(f-1)^2-(f-1)^3+\\dots)\\\\\\\\\r\n&=\\bigg(f-\\frac{1}{1-y}\\bigg)^2\\frac{1}{1+(f-1)}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{f}\\bigg(f-\\frac{1}{1-y}\\bigg)^2\\\\\\\\\r\n&=f+\\frac{1}{f}\\frac{1}{(1-y)^2}-\\frac{2}{1-y}\r\n\\end{aligned}$$\r\nの $x^{N}y^{M}$ の係数となる．よって，\r\n$$\\frac{g^k}{\\sqrt{1-4x}}=\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{2i+k}{i}x^i$$ \r\nに気を付ければ以下のように計算できる．\r\n$$ \\begin{aligned}\r\n[x^{N}y^{M}]&\\bigg(f+\\frac{1}{f}\\frac{1}{(1-y)^2}-\\frac{2}{1-y}\\bigg) \\\\\\\\\r\n&=[x^{N}y^{M}]f+[x^{N}y^{M}]\\frac{1}{f}\\frac{1}{(1-y)^2}\\\\\\\\\r\n&=[x^{N}y^{M}]\\frac{1}{\\sqrt{1-4x}}\\frac{1}{1-g^4y}+[x^{N}y^{M}]\\frac{1-4x}{\\sqrt{1-4x}} (1-g^4y)\\frac{1}{(1-y)^2}\\\\\\\\\r\n&=[x^{N}]\\frac{g^{4M}}{\\sqrt{1-4x}}+[x^{N}]\\frac{1-4x}{\\sqrt{1-4x}} (M+1-Mg^4)\\\\\\\\\r\n&=[x^{N}]\\frac{g^{4M}}{\\sqrt{1-4x}}+(M+1)[x^{N}]\\frac{1}{\\sqrt{1-4x}}-4(M+1)[x^{N-1}]\\frac{1}{\\sqrt{1-4x}}\\\\\\\\\r\n&-M[x^{N}]\\frac{g^4}{\\sqrt{1-4x}}+4M[x^{N-1}]\\frac{g^4}{\\sqrt{1-4x}}\\\\\\\\\r\n&=\\binom{2N+4M}{N}+(M+1)\\binom{2N}{N}-4(M+1)\\binom{2(N-1)}{N-1}-M\\binom{2N+4}{N}+4M\\binom{2(N-1)+4}{N-1}\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nここで，素数 $p = 8999$ により $N = p+1, ~ M = p-1$ と表せることより，\r\n$$ \\binom{2N+4M}{N} \\equiv \\binom{6p-2}{p+1} \\equiv -10 $$\r\n$$ -M\\binom{2N+4}{N} \\equiv \\binom{2p+6}{p+1} \\equiv 12 $$\r\n$$ 4M\\binom{2(N-1)+4}{N-1} \\equiv -4\\binom{2p+4}{p} \\equiv -8 $$\r\nが $\\mathrm{mod} ~ p$ で成立し，残りの項は $\\mathrm{mod} ~ p$ で $0$ であるため，解答すべき値は\r\n$$ -10 + 12 - 8 \\equiv \\mathbf{8993} \\pmod{p} $$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8694" }, { "content": "　当 F 問題では，問題文で与えるべき制約条件に不足が生じている状態で出題されたため，コンテスト中に登録されていた解答が正当とは異なっていました．Unrated となってしまったことを重ねてお詫び申し上げます．\r\n\r\n　以下に，原案の問題のアイデアを用いて正しく解ける問題文とその解説を掲載します．面白いアイデアを活かした問題だと思いますので，是非このバージョンにも挑戦していただければと思います．この問題に対する解説はユーザー解説に収録されています．\r\n\r\n**問題．** $2$ 以上 $17998$ 以下の整数 $n$ に対し，整数の組 $(a_1,a_2,\\ldots,a_{n},b_1,b_2,\\ldots,b_{n})$ であって \r\n$$a_1+a_2+\\cdots+a_{n}=9000, \\quad a_1 \\neq 0$$\r\n$$b_1+b_2+\\cdots+b_{n}=8998, \\quad a_n\\neq0$$\r\nおよび，任意の $n$ 以下の正の整数 $k$ について\r\n$$-\\frac{a_k}{4} \\leq b_k \\leq 8998, \\quad 0 \\leq a_k \\leq 8999$$\r\n$$0 \\leq \\sum_{i=1}^{k} b_i \\leq 8998, \\quad (a_k,b_k)\\ne(0,0)$$\r\nを満たすものすべてについての $\\displaystyle \\prod_{k=1}^{n} {}\\_{2a_k+4b_k}\\mathrm{C}\\_{a_k}$ の総和を $S_n$ とします．\\\r\n　$\\displaystyle\\sum_{n=2}^{17998}(-1)^nS_n$ を素数 $8999$ で割った余りを求めてください．", "text": "本来想定されていた出題 - 問題文", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8694/497" }, { "content": "**解説．** 以下，$p=8999$ とする．座標平面上で\r\n$$(4m+n, n) \\quad (0 \\leq m \\leq p-1, ~ 1 \\leq n \\leq p)$$ \r\nと表される $p^2$ 個の点を**落とし穴**と呼ぶこととする．すると $\\sum_{n=2}^{17998} (-1)^n S_n$ は，座標平面上を点 $O(0,0)$ から点 $A(5p-3,p+1)$ まで $x$ 方向か $y$ 方向に $1$ だけ進む操作を繰り返して得られる経路のうち，落とし穴を少なくとも $1$ つ通るような経路の総数を包除原理で求めたものである．\\\r\n　実際，経路が $n-1$ 個の落とし穴 $T_1, \\ldots, T_{n-1}$ を通ると仮定し，始点を $T_0(0,0)$，終点を $T_n(4(p-1)+p+1, p+1)$ とおくと，$1 \\leq k \\leq n$ について $T_{k-1}$ から $T_k$ への変位は $(a_k+4b_k, a_k)$ とかける．ここで $a_k, b_k$ たちは $0 \\leq a_k \\leq p, ~ -\\dfrac{a_k}{4} \\leq b_k \\leq p-1$ をみたす整数であり，$a_1 \\neq 0, ~ a_n \\neq 0$ および\r\n$$ \\sum_{k=1}^n (a_k + 4b_k) = 5p-3, \\qquad \\sum_{k=1}^n a_k = p+1 $$\r\nを満たしている．さらに変位は $0$ ではないので $(a_k, b_k) \\neq (0,0)$，また最短経路のみを考えているため $\\displaystyle 0 \\leq \\sum_{i=1}^{k} b_i \\leq 8998$ が成り立ち，問題文の条件に合致する．落とし穴を適当な順で $1, 2, \\ldots, p^2$ とラベルし，落とし穴 $i$ を通るような経路の集合を $A_i$ とする．落とし穴は高々 $2p-1$ 個までしか踏めないことに注意すると，落とし穴を少なくとも $1$ つ通るような経路の総数 $S$ は包除原理より，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nS &= \\sum_{1 \\leq i_1 \\leq p^2} |A_{i_1}| - \\sum_{1 \\leq i_1 \\lt i_2 \\leq p^2} |A_{i_1} \\cap A_{i_2}| + \\cdots + (-1)^{2p-1} \\sum_{1 \\leq i_1 \\lt \\cdots \\lt i_{2p} \\leq p^2} |A_{i_1} \\cap \\cdots \\cap A_{i_{2p-1}}| \\\\\\\\\r\n&= S_2 - S_3 + S_4 - \\cdots + (-1)^{2p} S_{2p} \r\n\\end{aligned} $$\r\nとなるから，示された．\r\n\r\n　さて，上記のように解釈できる $S$ を直接計算することを考える．このためには $O$ から $A$ までの ${}\\_{6p-2}\\mathrm{C}\\_{p+1}$ 通りの経路のうち，落とし穴を $1$ つも通らない場合の数を求めればよい．盤面は落とし穴によって分断されているため，直線 $y = 0$ 上のどの点を通るかによって以下のように場合分けできる．\r\n- 点 $(0,1)$ を通るものと点 $(4p-3,0)$ を通るものはそれぞれ $p$ 番目のカタラン数である $\\dfrac{{}\\_{2p}\\mathrm{C}\\_{p}}{p+1}$ 通りずつある．\r\n- $k=0,1,\\ldots,p-2$ について，点 $(4k+1,0)$ を通るが点 $(4k+5,0)$ を通らない経路は $k$ の値に依らず，$25\\cdot2^{p-3}$ 通りである．このことは，点 $(4k+1,0)$ から出発したときの最短経路の総数を点 $(4k+1,0)$ に近い方から順々に計算していくことで得ることができる．\r\n\r\n　以上より，\r\n$$ S={}\\_{6p-2}\\mathrm{C}\\_{p+1} - 2 \\cdot \\dfrac{{}\\_{2p}\\mathrm{C}\\_{p}}{p+1} - (p-1) \\cdot 25 \\cdot 2^{p-3} $$ \r\nとなる．以下，合同式の法を $p$ とすると，\r\n$${}\\_{6p-2}\\mathrm{C}\\_{p+1}\\equiv\\dfrac{(6p-2)(6p-3)\\cdots(5p+1)5p(5p-1)(5p-2)}{(p+1)p(p-1)\\cdots1}\\equiv\\dfrac{(p-1)!\\cdot5\\cdot(-2)}{(p-1)!}\\equiv-10 $$\r\n$$ \\dfrac{{}\\_{2p}\\mathrm{C}\\_{p}}{p+1}\\equiv{}\\_{2p}\\mathrm{C}\\_{p}\\equiv\\dfrac{2p}{p}\\cdot\\dfrac{2p-1}{p-1}\\cdot\\dfrac{2p-2}{p-2}\\cdot\\cdots\\cdot\\dfrac{p+1}{1} \\equiv 2 $$\r\n$$ (p-1) \\cdot 25 \\cdot 2^{p-3}\\equiv\\dfrac{-25}{4}\\equiv\\dfrac{-9024}{4} \\equiv -2256 $$\r\nであるから，$S\\equiv-10-4+2256\\equiv\\textbf{2242}$ となる．", "text": "本来想定されていた出題 - 解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omce002/editorial/8694/498" } ]

[ { "content": "　$N=20$ とする．箱には合計でボールが $\\dfrac{N(N+1)}{2}$ 個入っているから，期待値は次のように計算できる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{n=1}^{N}n\\cdot\\frac{n}{\\frac{N(N+1)}{2}}\r\n&=\\frac{2}{N(N+1)}\\sum_{n=1}^{N}n^2\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2}{N(N+1)}\\cdot\\frac{N(N+1)(2N+1)}{6}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{2N+1}{3}\\\\\\\\\r\n&=\\frac{41}{3}\r\n\\end{aligned}$$\r\n従って解答すべき値は $41+3=\\textbf{44}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/7154" } ]

[ { "content": "　千の位から $1$ 引いて考えることで，以下の問題に帰着される．\r\n\r\n- 各位の和が $9$ となるような $8999$ 以下の正整数はいくつあるか？\r\n\r\nさらに，$9000$ 以上 $9999$ 以下で各位の和が $9$ となるものは $9000$ のみであるから，さらに以下の問題に帰着される.\r\n\r\n- 各位の和が $9$ となるような $9999$ 以下の正整数はいくつあるか？\r\n\r\nこれは $9$ 個の球を $3$ つのしきりで分ける方法と同一視できる．よって，求める値は ${}_{12} \\mathrm{ C }_3-1=\\textbf{219}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/2678" } ]

[ { "content": "　$129600=2^6\\cdot3^4\\cdot5^2$ より正の約数の個数は $7×5×3=105$ 個である．\\\r\n　正の約数 $n$ について $129600\\/n$ も正の約数なので，$2^3\\cdot3^2\\cdot5^1$ 以外について掛けて $129600$ となる正の約数のペアを $104\\/2=52$ 個作ることが出来る．\r\nよって求める積は\r\n$$(2^6\\cdot3^4\\cdot5^2)^{52}\\cdot2^3\\cdot3^2\\cdot5^1=2^{315}\\cdot3^{210}\\cdot5^{105}$$\r\nであり，解答すべきは $\\textbf{315210105}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/3206" } ]

[ { "content": "　相加・相乗平均の関係により，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\dfrac{b^2}{a^2}+\\dfrac{c}{b}+\\dfrac{a^4}{c}&=\\dfrac{b^2}{3a^2}+\\dfrac{b^2}{3a^2}+\\dfrac{b^2}{3a^2}+\\dfrac{c}{4b}+\\dfrac{c}{4b}+\\dfrac{c}{4b}+\\dfrac{c}{4b}+\\dfrac{a^4}{2c}+\\dfrac{a^4}{2c}\\\\\\\\\r\n&\\geq9\\sqrt[9]{\\dfrac{a^2b^2c^2}{3^34^42^2}}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nすなわち $(abc)^2\\leq\\dfrac{3^34^42^2}{9^9}=\\dfrac{2^{10}}{3^{15}}$ であり，\r\n$(a,b,c)=\\Big(\\dfrac{2\\sqrt{3}}{9},\\dfrac{2}{9},\\dfrac{8}{81}\\Big)$ のとき等号が成立する．よって解答すべき値は $\\mathbf{14349931}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/8663" } ]

[ { "content": "　対称性より，$P$ が動く範囲のうち三角形 $OBC$ の内部及び周上の部分の面積 $S$ を求め，これを $3$ 倍すればよい．三角形 $OBC$ を $xy$ 平面上に，$B(-\\sqrt3,0),C(\\sqrt3,0),O(0,1)$ となるように配置する．このとき，点 $P(x,y)$ について満たすべき不等式は$$\\sqrt{x^2 + (y-1)^2} \\leq y$$ で表される．これを満たし，三角形 $OBC$ 内にある点 $P$ の面積 $S$ は\r\n$$2\\int_{0}^{\\frac{1}{\\sqrt3}} \\left(\\left(-\\frac{1}{\\sqrt3} x+1\\right)-\\left(\\frac{1}{2}x^2 + \\frac{1}{2}\\right)\\right)dx$$\r\nで表され，求める面積は $3S= \\dfrac{5\\sqrt 3}{9}$ である．特に，解答すべき値は $\\bf{17}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/6820" } ]

[ { "content": "　対称性より $a\\geq b$ としてよい．$a+b+c=120$ を用いて与式を変形して，次を得る．\r\n$$\\dfrac{1}{2}ab=\\sqrt{\\dfrac{(a+b+c)}{2}\\cdot\\dfrac{(-a+b+c)}{2}\\cdot\\dfrac{(a-b+c)}{2}\\cdot\\dfrac{(a+b-c)}{2}}$$\r\nこれは$3$辺が $a,b,c$ である三角形が存在して，その面積が $\\dfrac{1}{2}ab$ に等しいことを表している．したがってこの三角形は長さ $c$ の辺を斜辺とする直角三角形である．結局，次の式を満たす組 $(a,b,c)$ を求めることに帰着される．\r\n$$\\begin{cases}\r\na+b+c=120\\\\\\\\\r\na^2+b^2=c^2\r\n\\end{cases}$$\r\n $c$ を消去して変形すると次を得る．ここで，$120-a=A,120-b=B$ と置いている．\r\n$$AB=7200$$\r\n $A\\leq B \\lt120$ より $60\\lt A\\lt 84\\lt B\\lt 120$ であることに注意すると，考えられる $(A,B)$ の組は $(72,100),(75,96),(80,90)$ である．$c=120-a-b=A+B-120$ より，$c$ としてありうる値は $52,51,50$ である．\r\n特に解答すべきは $\\bf153$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/8442" }, { "content": "　$a+b-60=A, ab=B$ とすると，$a+b+c=120$ より，$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)=(2a+2b-120)(120-2a)(120-2b)=8A(B-60A)$ であるから，与式は $B^2-240AB+14400A^2=0$ と書き換えられる．よって $B=120A$ すなわち $ab=120a+120b-7200$ で，$(120-a)(120-b)=7200$ である．以下本解と同様である．\r\n\r\n　なお，いきなり $a+b-60=A$ とする置換が思いつかなくとも，基本対称式 $a+b=A, ab=B$ を用いて与式を表してから $A’=A-60$ とすれば自然な発想である．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb007/editorial/8442/477" } ]

[ { "content": "　$\\cos{\\theta}=X,\\sin{\\theta}=Y$ と置き直して $XY$ 平面上で正方形 $|X|+|Y|=t$ および単位円 $X^{2}+Y^{2}=1$ の交点を考える．このとき，問題の条件は一方が他方に外接（内接）することと言い換えられるから，$t=1,\\sqrt{2}$ のとき条件を満たす．特に解答すべき値は $\\textbf{24142}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/4320" }, { "content": "　円と正方形の交点に帰着させる公式解説の発想は素晴らしいですが，それが思いつかなかった場合の解法です．\\\r\n　いくらか厳密性に欠ける表現をしたり，直観に頼ったりしていますが，ご容赦ください．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$xy$ 平面上における座標 $(\\cos \\theta, \\sin \\theta)$ は円 $x^2+y^2=1$ 上に存在し，$0\\leq \\theta \\lt 2\\pi$ を動く間に円周上を一周する．\\\r\n　関数 $f(\\theta)=|\\sin \\theta|+|\\cos \\theta|$ と置くと，この関数は $0\\leq \\theta \\lt \\dfrac{\\pi}{2}$（第一象限）の範囲で \r\n$$f(\\theta)=\\sin \\theta+\\cos \\theta=\\sqrt{2}\\sin\\left(\\theta+\\dfrac{\\pi}{4}\\right)$$\r\nであり，$3$ 点 $(0,1), \\left(\\dfrac{\\pi}{4}, \\sqrt{2}\\right),\\left(\\dfrac{\\pi}{2}, 1\\right)$ を通る，山なりのグラフを描く．\\\r\n　対称性より $f(\\theta)=|\\sin \\theta|+|\\cos \\theta|$ は，$\\dfrac{\\pi}{2} \\leq \\theta \\lt \\pi$（第二象限），$\\pi \\leq \\theta \\lt \\dfrac{3}{2}\\pi$（第三象限），$\\dfrac{3}{2}\\pi \\leq \\theta \\lt 2\\pi$（第四象限）でも全く同じ図形を描く，周期関数である．従って，問題文の条件を満たすような実数 $\\theta$ は， $0\\leq \\theta \\lt \\dfrac{\\pi}{2}$（第一象限）の範囲で $|\\sin \\theta|+|\\cos \\theta|=t$ の解がただ一つであればよく，そのような $t$ は $1$ と $\\sqrt{2}$ のみである．\r\n\r\n---\r\n\r\n補足（というか感想？）\\\r\n　公式解説ほどエレガントではないですが，$xy$ 平面上の円 $x^2+y^2=1$ を用いる点で，発想は似ていると思います．\\\r\n　この問いのように $\\sin\\theta, \\cos \\theta$ が両方出てきて，それらが対称的な式になっている場合は，$xy$ 平面上の話に帰着させるとよいことが，しばしばあります．", "text": "別解と補足", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/4320/467" } ]

[ { "content": "　$a_{100}$ は $16$ 以上の整数 $k$ を用いて $a_{100}=2^{2^k+1}$ と書けるから，Fermatの小定理より $a_{100}$ を $2^{16}+1$ で割ったあまりは $\\mathbf{2}$ であるとわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/4737" } ]

[ { "content": "　条件をみたす数 $X$ が $10$ 進法で $\\overline{x_1x_2x_3x_1x_2x_3}\\_{(10)}$，$12$ 進法で $\\overline{y_1y_2y_3y_1y_2y_3}\\_{(12)}$ と表せるとする．\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n& \\overline{x_1x_2x_3x_1x_2x_3}\\_{(10)}=(10^3+1) \\times \\overline{x_1x_2x_3}\\_{(10)}=7 \\times 11 \\times 13 \\times \\overline{x_1x_2x_3}\\_{(10)} \\\\\\\\\r\n& \\overline{y_1y_2y_3y_1y_2y_3}\\_{(12)}=(12^3+1) \\times \\overline{y_1y_2y_3}\\_{(12)}=7 \\times 13 \\times 19 \\times \\overline{y_1y_2y_3}\\_{(12)}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\nであるから，正の整数 $M$ を用いて $X=7 \\times 11 \\times 13 \\times 19 \\times M$ と表せ，このとき，\r\n\r\n$$\\overline{x_1x_2x_3}\\_{(10)}=19M, \\quad \\overline{y_1y_2y_3}\\_{(12)}=11M$$\r\n\r\nである．また，\r\n\r\n$$10^2 \\leq \\overline{x_1x_2x_3}\\_{(10)} \\lt 10^3, \\quad 12^2 \\leq \\overline{y_1y_2y_3}\\_{(12)} \\lt 12^3$$\r\n\r\nであるから，$14 \\leq M \\leq 52$ の範囲で適する $X$ が得られる．よって $X$ は $\\bm{39}$ 通り．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/5043" } ]

[ { "content": "　少なくとも $1$ 回ジャンプしたバッタは，三角形 $A_0B_0C_0$ の内部（周を含まない）に存在し，かつ重心上に存在しない（重心上に存在するならば，重心へジャンプする直前に $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ のいずれかに存在する必要があるが，これは生じない）．\\\r\n　三角形 $A_0B_0C_0$ の各部分を図のように $P, Q, R, S, T$ とし（太破線 $P$，太実線 $Q$ は白丸を含まず，領域 $R, S, T$ は境界を含まない），$n$ 回のジャンプのあとバッタがそれぞれに存在する確率を $p_n, q_n, r_n, s_n, t_n\\ (n=1, 2, \\cdots)$ とおくと，以下の漸化式が成り立つ．\r\n$$p_1=\\dfrac{1}{3},\\quad q_1=\\dfrac{2}{3},\\quad p_{n+1}=\\dfrac{2}{9}p_n+\\dfrac{1}{9}q_n,\\quad q_{n+1}=\\dfrac{4}{9}p_n+\\dfrac{2}{9}q_n$$\r\n$$s_1=t_1=0,\\quad s_{n+1}=\\dfrac{2}{9}p_n+\\dfrac{2}{9}q_n+\\dfrac{2}{9}r_n+\\dfrac{4}{9}s_n+\\dfrac{2}{3}t_n,\\quad t_{n+1}=\\dfrac{1}{9}p_n+\\dfrac{1}{9}q_n+\\dfrac{1}{9}r_n+\\dfrac{2}{9}s_n+\\dfrac{1}{3}t_n$$\r\nよって，$q_n=2p_n$ であるから $p_{n+1}=\\dfrac{4}{9}p_n$ が成り立ち，\r\n$$p_n=\\dfrac{2^{2(n-1)}}{3^{2n-1}}$$\r\nを得る．また，$p_n+q_n+r_n=1-(s_n+t_n),\\ s_n=2t_n$ であるから $t_{n+1}=\\dfrac{4}{9}t_n+\\dfrac{1}{9}$ が成り立ち，\r\n$$t_n=\\dfrac{3^{2(n-1)}-2^{2(n-1)}}{5\\times3^{2(n-1)}}$$\r\nを得る．求める確率は $1-(p_8+t_8)=\\dfrac{4\\times3^{15}-2^{15}}{5\\times3^{15}}$ （この分母と分子は $5$ で割り切れることに注意）であるから，特に解答すべき値は $\\bf{25821479}$．\r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/6204" }, { "content": "　バッタではなく，動点 $K$ が条件を満たしながら移動するものと考える（以下「高さ」という表現を用いるため，バッタのままだと，バッタが空中に浮いているような変な状況が想像されうる）．\r\n\r\n　直線 $B_0C_0$ が高さ $0$ に存在し（$x$ 軸上にあると想像すればよい），点 $A_0$ が高さ $3$ に存在すると考えよう．\\\r\n　はじめ点 $K$ が存在する場所は高さ $1$ であり，$\\triangle A_0 A_1 C_2$ は高さ $2$ と $3$ の間に存在する．\\\r\n　 $P_n(\\ast)$ で，$n$ 回の移動後に動点 $K$ の高さ $h$ が条件 $\\ast$ を満たす確率，を表すことにする．たとえば $P_0(h=1)=1$，$P_0(0 \\lt h \\lt 1)=0$ である．\\\r\n　$8$ 回目の移動後に動点 $K$ が $\\triangle A_0 A_1 C_2$ の周上または内部に存在する確率は $P_8(2 \\leq h \\lt 3)$ である．対称性を考えれば，いま求めたい確率は，$1-3×P_8(2 \\leq h \\lt 3)$ である．\r\n\r\n---\r\n\r\n　計算のしやすさのために，改めて次のように置き直す．\r\n$$x_n=P_n(2 \\leq h \\lt 3), y_n=P_n(1 \\leq h \\lt 2), z_n=P_n(0 \\lt h \\lt 1)$$\r\n　これから $x_n, y_n, z_n$ に関する漸化式を立てて，$x_6$ を求めたい．そこで実際に漸化式を立てると，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nx_{n+1} &=\\dfrac{3x_n+y_n}{9}\\\\\\\\\r\ny_{n+1} &=\\dfrac{6x_n+4y_n+3z_n}{9}\\\\\\\\\r\nz_{n+1} &=\\dfrac{4y_n+6z_n}{9}\r\n\\end{aligned}$$\r\n　$x_n+y_n+z_n=1$ を $z_n$ について解いて，第二式に代入すると，次の式を得る．\r\n$$y_{n+1} =\\dfrac{3x_n+y_n}{9}+\\dfrac{1}{3}$$\r\n　すなわち，$n \\geq 1$ の範囲で，$y_n=x_n+\\dfrac{1}{3}$ である．これを用いれば $x_{n+1} =\\dfrac{3x_n+y_n}{9}$ は次のように変形される．\r\n$$x_{n+1}=\\dfrac{4}{9}x_n+\\dfrac{1}{27}$$\r\n　$x_1=\\dfrac{1}{9}$ を用いて漸化式を解けば，$x_n=\\dfrac{2}{45}\\left(\\dfrac{4}{9}\\right)^{n-1}+\\dfrac{1}{15}$ となり，$x_8=\\dfrac{2^{15}+3^{15}}{5×3^{16}}$，求めるべき値は $1-3x_6=\\dfrac{4×3^{15}-2^{15}}{5×3^{15}}$ である．", "text": "3変数の漸化式で解く方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/6204/469" }, { "content": "　$A_0,B_0,C_0$ の位置ベクトルを ,$a,b,c$ とし, $xa+yb+zc\\quad (x+y+z=1)$ で表される点を$ (x,y,z)$ と表現することにします.\\\r\n　バッタは最初 $(1\\/3,1\\/3,1\\/3)$ にいて, ジャンプによって, 以下のいずれかと平均を取ります.\r\n$$\r\n\\begin{aligned}(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),\\\\\\\\\r\n\\Big(\\frac{1}{3},\\frac{2}{3},0\\Big),\\Big(0,\\frac{1}{3},\\frac{2}{3}\\Big)\\Big(\\frac{2}{3},0,\\frac{1}{3}\\Big),\\\\\\\\\r\n\\Big(\\frac{2}{3},\\frac{1}{3},0\\Big),\\Big(0,\\frac{2}{3},\\frac{1}{3}\\Big)\\Big(\\frac{1}{3},0,\\frac{2}{3}\\Big)\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n $i$番目のジャンプで選んだ点を $(x_i,y_i,z_i)$ とすると, $8$ 回目のジャンプの後バッタの位置は, 以下になります.\r\n$$\\Big(\\frac{1}{2^8}\\frac{1}{3}+\\sum_{i=1}^8\\frac{1}{2^{9-i}}x_i,\\frac{1}{2^8}\\frac{1}{3}+\\sum_{i=1}^8\\frac{1}{2^{9-i}}y_i, \\frac{1}{2^8}\\frac{1}{3}+\\sum_{i=1}^8\\frac{1}{2^{9-i}}z_i\\Big)$$\r\n　点 $(x,y,z)$ が六角形内に含まれる条件は, $x\\lt2\\/3,y\\lt2\\/3,z\\lt2\\/3$ であるので, 条件は以下と同値です.\r\n<details> <summary> 証明 <\\/summary> \r\n　直線 $A_1C_2$ に関して, $A_0$ と同じ側にある条件を考える. $A_1,C_2$ はそれぞれ, $(2\\/3,1\\/3,0),(2\\/3,0,1\\/3)$ であるので, $A_1C_2$ 上にある点は, \r\n$$(x,y,z)=t\\Big(\\frac{2}{3},\\frac{1}{3},0\\Big)+(1-t)\\Big(\\frac{2}{3},0,\\frac{1}{3}\\Big)=\\Big(\\frac{2}{3},\\frac{1}{3}t,\\frac{1}{3}(1-t)\\Big)$$\r\nと表され, $(x,y,z)$ が $A_1C_2$ 上にある必要十分条件は $x=2\\/3$ であり, $A_0$ については, $x=1\\gt 2\\/3$ であるので, 直線 $A_1C_2$ に関して, $A_0$ と同じ側にある条件は$x\\gt 2\\/3$.$x\\lt2\\/3,y\\lt2\\/3,z\\lt2\\/3$ であるとき, 六角形の外側の小さい三角形には含まれないのでこれが条件である. (バッタは常に三角形 $A_0B_0C_0$内にあることに注意.)<\\/details>\r\n$$\r\n\\begin{aligned}(3x_1)+2(3x_2)+4(3x_3)+\\dots+128(3x_8)\\lt 2^9-1,\\\\\\\\\r\n(3y_1)+2(3y_2)+4(3y_3)+\\dots+128(3y_8)\\lt 2^9-1,\\\\\\\\\r\n(3z_1)+2(3z_2)+4(3z_3)+\\dots+128(3z_8)\\lt 2^9-1\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$\r\n　集合 $U$ を以下で,定めると, $(3x_i,3y_i,3z_i)\\in U$ であるので,\r\n$$\r\n\\begin{aligned}U=&\\\\{(3,0,0),(0,3,0),(0,0,3),\\\\\\\\\r\n&(1,2,0),(0,1,2),(2,0,1),\\\\\\\\\r\n&(2,1,0),(0,2,1),(1,0,2)\\\\}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n$x,y,z$ の多項式 $P(x,y,z)$ を\r\n$$P(x,y,z)=x^3+y^3+z^3+xy^2+yz^2+zx^2+x^2y+y^2z+z^2x$$ \r\nとすると, バッタが六角形内に含まれる場合の数は, \r\n$$P(x,y,z)P(x^2,y^2,z^2)P(x^4,y^4,z^4)\\cdots P(x^{128},y^{128},z^{128})$$\r\n を展開したときの, $x,y,z$ それぞれの次数が $2^9-1$ より小さいもの係数の総和である. また \r\n$$P(x,y,z)=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$$\r\n であるので, $Q(x,y,z)=x+y+z$ とおくと, \r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&P(x,y,z)P(x^2,y^2,z^2)P(x^4,y^4,z^4)\\cdots P(x^{128},y^{128},z^{128})\\\\\\\\\r\n=&Q(x,y,z)\\times(Q(x^2,y^2,z^2))^2(Q(x^4,y^4,z^4))^2\\cdots(Q(x^{128},y^{128},z^{128}))^2\\times Q(x^{256},y^{256},z^{256})\r\n\\end{aligned}$$\r\nとなる. よって, 以下の問題を解けば良い.\r\n\r\n---\r\n**問題**.\r\n　$3$ つの数 $x,y,z$ があり, 初め $x=y=z=0$ です. $i=1,2,\\dots,9$ について, $i$ 回目のターンに以下の操作を行います.\r\n- $x,y,z$ の中から一つ選ぶ.\r\n- 選んだ数に $2^{9-i}$ を足す.\r\n- $i=2,3,\\dots,8$ のとき, もう一度これを繰り返す.\r\n\r\n　このとき, $x,y,z$ のどれも $2^9-1$ より, 小さくなるような操作列は何通りありますか？\r\n\r\n---\r\n　一番最初に $2^8$ を選んだ数を $x$ とします. 結論を述べると $x$ を一度も選ばないターンが存在し, 初めて $x$ を一度も選ばないターンまで, $x$を $2$ 度選ばないことが必要十分条件となります.\r\n<details> <summary> 証明 <\\/summary>\r\n　以下より従う.\r\n\r\n- $y,z$ はどのように貪欲に操作を行っても $2(2^7+2^6+\\dots+2)+1=2^9-3$ 以下になる.\r\n\r\n- 最後まで $x$ を一度以上選び続けると $x\\geq 2^8+2^7+\\dots+1=2^9-1$ となってしまう.\r\n\r\n- $i (\\geq 2)$ について, $i-1$ ターン目までに $x$ を $1$ 度ずつ選び, $i$ ターン目に $x$ を $2$ 回選んでしまった場合. $x\\geq 2^8+\\dots 2^{9-(i-1)} +2\\times 2^{9-i}=2^9$ となる.\r\n\r\n- $i (\\geq 2)$ について, 逆に $i$ ターン目に $x$ を一度も選ばず, $i-1$ ターン目まで $x$ を一回ずつ選んだとすると, $i+1$ ターン以降貪欲に $x$ を最大化しても, $x\\leq 2^8+\\dots +2^{9-i}+2(2^{9-(i+1)}+\\dots 2)+1=2^9-3$ となる.<\\/details>\r\n\r\n\r\n　よって, $i=2,\\dots,9$ ターン目に $x$ を一度も選ばず, それまでに $x$ を一度ずつ選ぶ方法を足しあげれば良い.\r\n- $i=2,\\dots,8$ のとき, $x$ を $2$ から $i-1$ までの各ターンについて $x$ を一度ずつ選ぶ方法は ,$x\\leftaroow y,z$ か $y,z\\leftarrow x$ の $4$ 通り, $i$ ターン目に $x$ を一度も選ばない方法は $y,z \\leftarrow y,z$ の $4$ 通り. 後は, $i+1$ から $8$ ターン目まで $9$ 通り. $9$ ターン目は $3$ 通り. よって, $4^{i-1}\\times 9^{8-i}\\times 3$ 通り.\r\n- $i=9$ のとき, $x$ を $2$ から $i-1$ までの各ターンについて $x$ を一度ずつ選ぶ方法は $4$ 通り. $9$ ターン目に $1$ 度も $x$ を選ばない方法は $2$ 通り. よって, $4^7\\times 2$通り.\r\n　\r\n　これより, 条件を満たす操作列は, (最初に $y,z$ を選んだとしても同様であるから)\r\n$$3\\times\\Big(4^7\\times 2+\\sum_{i=2}^{8}4^{i-1}\\times 9^{8-i}\\times 3\\Big)=\\mathbf{34417716}$$\r\n通りある.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/6204/609" } ]

[ { "content": "　$BC$ の中点を $M$ とすれば，三角形 $ABC$ 及び三角形 $DBC$ に中線定理を適用し，$2$ 式を足し合わせることで，\r\n$$2(AM^2+DM^2)=AB^2 + AC^2 + CD^2 + BD^2 - BC^2=128 = 2AD^2$$\r\nを得る．よって，$\\angle AMD=90^{\\circ}$ であり，$AD$ の中点を $N$ とすれば $ MN=4$ である．ここで直線 $AB$ と直線 $CD$ の交点を $E$ とし，$\\angle EDA=α$ とおけば，条件より $\\angle EAD=3α, 0^{\\circ}\\lt{α}\\lt{45^{\\circ}}$ である．また，三角形 $EAD$ の外接円と三角形 $EBC$ の外接円の交点のうち $E$ でない方を $P$ とおけば，$P$ は四角形 $ABCD$ のミケル点であるから，$AB=CD$ とあわせて，三角形 $PAB$ と三角形 $ PDC$ は同じ向きの合同である．よって，三角形 $PAD$ と三角形 $PBC$ は相似な二等辺三角形であり，$\\angle PBM=\\angle PCM=2α$ である．さらに，三角形 $PAD$ と三角形 $PBC$ が相似であることより，三角形 $PAB$ と三角形 $PNM$ が相似であり，その相似比は $5:4$ であるので，$\\sin 2α=\\dfrac{PM}{PB}=\\dfrac{4}{5}$ が従う．よって，$\\cos α=\\dfrac{2}{\\sqrt{5}}, \\cos 3α=\\dfrac{2}{5\\sqrt{5}}$ が順に従い，余弦定理を適用することで\r\n$$BD^2=89+\\frac{32}{5}\\sqrt{5},\\quad AC^2=89+32\\sqrt{5}$$\r\nが求まる．以上より，\r\n$$BC^2=BD^2+AC^2-78=\\dfrac{500+192\\sqrt{5}}{5}$$\r\nを得る．特に解答すべき値は $\\bf{702}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/4243" }, { "content": "（発想に至るまで）\\\r\n　条件 $AB=CD=5, AD=8$ より，$A(4,0), D(-4,0)$ とおけば $B(4+5 \\cos \\alpha, 5 \\sin \\alpha), C(-4+5 \\cos \\beta, 5 \\sin \\beta)$ などとおける．またこのようにおくと，条件 $AC^2+BD^2=BC^2+78$ は計算しやすい条件となる（三平方の定理が使える）．\\\r\n　また条件 $3 \\angle CDA - \\angle DAB = 360^{\\circ}$ についても，計算してみると，座標と相性がいい形になる．\\\r\n　このような条件がそろっており，座標を用いてみようと考えられる．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$3 \\angle CDA - \\angle DAB = 360^{\\circ}$ より，$\\angle CDA=\\theta$ とおくと $\\angle DAB = 3 \\theta - 360 ^{\\circ}$ とおける．四角形が凸なので，$0^{\\circ} \\lt 3 \\theta - 360 ^{\\circ} \\lt 180^{\\circ} \\iff 120^{\\circ} \\lt \\theta \\lt 180^{\\circ}$ である．さらに，半直線 $BA$ と半直線 $CD$ が交わることから $\\angle CDA+\\angle DAB \\gt 180^{\\circ} \\iff 135^{\\circ} \\lt \\theta$ なので，$\\theta $ は 条件 $135^{\\circ} \\lt \\theta \\lt 180^{\\circ}$ を満たす．\\\r\n　$A(4,0), D(-4,0)$ とおくと，上の $\\theta$ を用いて $B(4-5 \\cos 3\\theta, 5 \\sin 3\\theta), C(-4+5 \\cos \\theta, 5 \\sin \\theta)$ とおける．\\\r\n　以上で準備が整ったので，残った条件 $AC^2+BD^2=BC^2+78$ を変形していこう．三平方の定理を用いて式変形していけば，次の式が得られる．\r\n$$ \\cos \\theta\\cos 3\\theta - \\sin \\theta \\sin 3 \\theta =-\\dfrac{7}{25} $$\r\n　左辺は加法定理を用いれば $\\cos4\\theta$ となるので，あとは半角の公式を用いて，角度の条件に気を付けながら計算すればよい．\\\r\n　$\\cos 2 \\theta=\\dfrac{3}{5}, \\cos \\theta=-\\dfrac{2\\sqrt{5}}{5}$ となり，適当な式に代入すれば $BC^2$ が求まる．", "text": "座標を用いる方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/4243/471" } ]

[ { "content": "　条件 2. より，$n$ は $7$ 以上の素因数を持たないため，$\\lbrace p, q, r\\rbrace=\\lbrace 2,3,5\\rbrace$ なる素数 $p,q,r$ と非負整数 $x, y, z$ を用いて $n = p^x q^y r^z$ と表せる．このとき，$$d(n)d(p^{11}n^{12}) - 6d(pn^2)d(p^5n^6) + 5d(p^2n^3)d(p^3n^4) = 1110^{2m + 1} $$\r\nを $(1)$ とし，これが成り立つ条件を求めよう．$k$ を正整数としたとき，\r\n$$p^{k-1}n^k = p^{k(x + 1) - 1} q^{ky} r^{kz}$$\r\nであるので\r\n$$d(p^{k-1}n^k) = k(x + 1)(ky + 1)(kz + 1)$$\r\nが成り立つ．よって $A_1 = 13, A_2 = 8, A_3 = 7$ とおくと，$3$ 以下の正整数 $i$ に対し\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\quad \\ d(p^{i-1}n^i) d(p^{\\frac{12}{i}-1}n^{\\frac{12}{i}}) \\\\\\\\\r\n&= 12(x+1)^2(iy + 1) \\left ( \\frac{12}{i}y + 1 \\right )(iz + 1) \\left (\\frac{12}{i}z + 1 \\right ) \\\\\\\\\r\n&= 12 (x + 1)^2 (12y^2 + A_i y + 1)(12z^2 + A_i z + 1)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\nが成り立つ．さらに $B_1 = 1, B_2 = -6, B_3 = 5$ とすると式 $(1)$ の左辺は\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\quad \\ \\sum_{i=1}^3 B_i d(p^{i-1}n^i) d(p^{\\frac{12}{i}-1}n^{\\frac{12}{i}}) \\\\\\\\\r\n&= 12 (x + 1)^2 \\sum_{i=1}^3 B_i (12y^2 + A_i y + 1)(12z^2 + A_i z + 1)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nと表せる．\r\n$$\\sum_{i=1}^3 B_i = \\sum_{i=1}^3 A_iB_i = 0，\\sum_{i=1}^3 A_i^2B_i = 30$$\r\nであることに注意すれば\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\sum_{i=1}^3 B_i d(p^{i-1}n^i) d(p^{\\frac{12}{i}-1}n^{\\frac{12}{i}}) \\\\\\\\\r\n&= 12 (x + 1)^2 yz \\sum_{i=1}^3 A_i^2B_i = 360(x + 1)^2 yz\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが得られる．ゆえに（相異なる素数 $p, q, r$ によらず）式 $(1)$ が成り立つことの必要十分条件はある正整数 $m$ が存在して\r\n$$(x + 1)^2 yz = 2^{2m - 2} \\cdot 3^{2m-1} \\cdot 5^{2m} \\cdot 37^{2m + 1} $$\r\nをみたすことである．この式を $(2)$ とする．\\\r\n　ここで $m$ の値を $1$ つ固定する．式 $(2)$ および $y \\geq z$ をみたすような非負整数の組 $(x, y, z)$ の集合を $X_m$ とし，条件 1. 2. 3. をすべてみたす正整数 $n$ の集合を $Y_m$ とする．ここで $(x, y, z) \\in X_m$ に対し $g(x, y, z)$ を次のように定める．\r\n\r\n- 組 $(x, y, z)$ において，$x, y, z$ の $3$ 数のうち大きい方から $1, 2, 3$ 番目のものをそれぞれ $a, b, c$ とおく（すなわち $a \\geq b \\geq c$ であり，なおかつ任意の非負整数 $i$ に対し「$x, y, z$ の中で $i$ に等しいものの個数」と 「$a, b, c$ の中で $i$ に等しいものの個数」が等しくなるように $a, b, c$ を定める）．このように定めた $a, b, c$ により $g (x, y, z) = 2^a \\cdot 3^b \\cdot 5^c$ と定義する．\r\n\r\nすると，$g$ が $X_m$ から $Y_m$ への全単射となっている．\r\n<details>\r\n<summary>$g$ が全単射であることの証明<\\/summary>\r\n**step 1.**　値域が $Y_m$ であること：\\\r\n　$(x, y, z) \\in X_m$ を任意に選び，$n = g(x, y, z)$ とする．$g$ の定義から $n$ は明らかに条件 1. 2. をみたす．ここで以下の要領により素数 $p$ を定める（$2$ 項目以上が該当する場合もあり得るが，この場合はどれか $1$ つを選べばよい）．\r\n\r\n- $a = x$ のときは $p = 2$ とする．\r\n- $b = x$ のときは $p = 3$ とする．\r\n- $c = x$ のときは $p = 5$ とする．\r\n\r\nこのように $p$ を選べば，この $n$ は条件 3. で示す等式をみたすことが確認できる（式 $(2)$ の成立から $p, q, r$ を適当に定めた式 $(1)$ がしたがうことを考えよ）．よって，$n \\in Y_m$ である．\r\n\r\n**step 2.**　単射であること：\\\r\n　$(x, y, z), (x^{\\prime}, y^{\\prime}, z^{\\prime}) \\in X_m$ が $g(x, y, z) = g(x^{\\prime}, y^{\\prime}, z^{\\prime})$ をみたすとする．$g$ の定義および素因数分解の一意性から $x^{\\prime}, y^{\\prime}, z^{\\prime}$ は $x, y, z$ の置換になっていることがわかり，特に $x^{\\prime}$ は $x, y, z$ のうち少なくとも $1$ つと等しい．ここで $x^{\\prime} = y$ と仮定すると $(x, y, z), (x^{\\prime}, y^{\\prime}, z^{\\prime}) \\in X_m$ であることから\r\n$$(x - 1)^2yz = (y - 1)^2xz$$\r\nがしたがい，これを変形すると\r\n$$(x - y)(xy - 1) = 0$$\r\nとなる．これは $x = y$ と同値である（$xy - 1 = 0$ は $x = y = 1$ と同値ゆえ $x = y$ の十分条件であることに注意）．よって $x^{\\prime} = x$ が得られる．$x^{\\prime} = z$ を仮定した場合でも同様に $x^{\\prime} = x$ が得られるので，結局 $x^{\\prime} = x$ は必ず成り立つ．これに $y \\geq z, y^{\\prime} \\geq z^{\\prime}$ を併せることで $(x, y, z) = (x^{\\prime}, y^{\\prime}, z^{\\prime})$ が得られる．これで単射性が示された．\r\n\r\n**step 3.**　全射であること：\\\r\n　$n \\in Y_m$ を任意に選ぶ．すると条件 1. 2. から $a \\geq b \\geq c \\geq 0$ なる整数 $a, b, c$ を用いて $n = 2^a \\cdot 3^b \\cdot 5^c$ と表せる．条件 3. で示す等式をみたす $p$ がどの値かによって $(x, y, z)$ を以下のように定める（$2$ 項目以上が該当する場合もあり得るが，この場合はどれか $1$ つを選べばよい）．\r\n- $p = 2$ の場合は $(x, y, z) = (a, b, c)$ とする． \r\n- $p = 3$ の場合は $(x, y, z) = (b, a, c)$ とする．\r\n- $p = 5$ の場合は $(x, y, z) = (c, a, b)$ とする．\r\n\r\nするとこの $(x, y, z)$ は式 $(1)$ を，$p, q, r$ を適当に定めた上でみたすので，式 $(2)$ をみたす．さらに上記の定め方から $y \\geq z$ もわかるので $(x, y, z) \\in X_m$ であり，これは $g(x, y, z) = n$ をみたす．これで全射性が示された．\r\n<\\/details>\r\n\r\n　このことから $f(m)$ は $X_m$ の元の個数に等しい．$(x, y, z) \\in X_m$ としたとき，式 $(2)$ より $(x + 1)^2$ は $2^{2m - 2} \\cdot 3^{2m - 1} \\cdot 5^{2m} \\cdot 37^{2m + 1}$ の平方因子であるので，$m - 1$ 以下の非負整数 $i_1, i_2$ と $m$ 以下の非負整数 $i_3, i_4$ によって\r\n$$(x + 1)^2 = 2^{2i_1} \\cdot 3^{2i_2} \\cdot 5^{2i_3} \\cdot 37^{2i_4}$$\r\nと表すことができ，\r\n$$x = 2^{i_1} \\cdot 3^{i_2} \\cdot 5^{i_3} \\cdot 37^{i_4} - 1$$\r\nである．$x$ がこの値をとるとき $y, z$ は\r\n$$yz = 2^{2(m - 1 - i_1)} \\cdot 3^{2(m - 1 - i_2) + 1} \\cdot 5^{2(m - i_3)} \\cdot 37^{2(m - i_4) + 1}$$\r\nをみたす．この式において右辺は平方数でなく，さらに $y \\geq z$ なのでこれをみたす $(y, z)$ の個数は右辺の正の約数の個数の半分に等しく，\r\n$$\\frac{1}{2}(2(m - 1 - i_1) + 1)(2(m - 1 - i_2) + 2)(2(m - i_3) + 1)(2(m - i_4) + 2)$$\r\nである．これを $(i_1, i_2, i_3, i_4)$ としてあり得るものすべてについて総和をとることで $f(m)$ が得られる．$i_1, i_2, i_3, i_4$ をそれぞれ独立に動かして総和をとり，のちに積を計算することを考えればよく，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n&\\sum_{i_1 = 0}^{m - 1} (2(m - 1 - i_1) + 1) = \\sum_{i = 1}^m (2i - 1) = m^2 \\\\\\\\\r\n&\\sum_{i_2 = 0}^{m - 1} (2(m - 1 - i_2) + 2) = \\sum_{i = 1}^m (2i) = m(m + 1) \\\\\\\\\r\n&\\sum_{i_3 = 0}^{m} (2(m - i_3) + 1) = \\sum_{i = 1}^{m + 1} (2i - 1) = (m + 1)^2 \\\\\\\\\r\n&\\sum_{i_4 = 0}^{m} (2(m - i_4) + 2) = \\sum_{i = 1}^{m + 1} (2i) = (m + 1)(m + 2)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nなので，\r\n$$f(m) = \\frac{1}{2} m^3(m + 1)^4(m + 2)$$\r\nを得る．これが $1110$ の倍数であるには $m, m + 1, m + 2$ の中に $37$ の倍数が含まれなければならず，$m \\geq 35$ が必要である．一方で $f(35)$ は $1110$ の倍数であることが確認できる．$f(m)$ は単調増加な関数なので，求める最小値は\r\n$$\\frac{f(35)}{1110} = \\mathbf{1200225600}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc218/editorial/9085" } ]

[ { "content": "　平方数かつ立方数である整数は，正整数 $n$ を用いて $n^6$ と表される．\\\r\n$$5^6\\lt 20000\\lt 6^6$$\r\nであるから，解答すべき値は $1^6+2^6+3^6+4^6+5^6=\\mathbf{20515}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/6399" } ]

[ { "content": "　次の $2$ つの方程式が成り立つ．\\\r\n$$\\dfrac{b+2}{a+2}=\\dfrac{25}{100} ,\\ \r\n\\dfrac{b+1}{a+4}=\\dfrac{24}{100}$$\r\n\r\n　これより $(a,b)=(146,35)$ を得るから，答えるべき値は $a+b=\\mathbf{181}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/6297" } ]

[ { "content": "　まず，$1,2$ は $A$ に，$8$ は $B$ に含まれる：\r\n<details>\r\n<summary>証明<\\/summary>\r\n　$1,2$ は相異なる $2$ つの正整数の和として表せない．$8$ が $A$ に含まれるとすると，$B$ の要素は $A$ の $8$ 以外の相異なる $2$ つの要素の和として表される必要があるが，それは高々 ${}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{2}=3$ 通りであるから不可能である．\r\n<\\/details>\r\n\r\nまた，$A$ には $3,4$ のいずれかが含まれ，（$B$ に $8$ が含まれることから）$A$ には $5,6,7$ のいずれかも含まれる（さらに $5$ は $3$ とともに入る）ことに注意すれば，$A$ として適するものは\r\n$$\\lbrace{1,2,3,5\\rbrace}, \\quad \\lbrace{1,2,3,6\\rbrace},\\quad \\lbrace{1,2,4,6\\rbrace}, \\quad \\lbrace{1,2,4,7\\rbrace}$$ \r\nとわかるので（$\\\\{1,2,3,7\\\\}$ は適さない），特に解答すべき値は $\\bf{50}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8280" } ]

[ { "content": "　$C_{1}$ の中心を $O$，直線 $OP$ と $C_{2}$ の交点を $R (\\neq P)$ とする．$C_{1}$ に $C_{2}$ が内接することから線分 $PR$ は $C_{2}$ の直径であり，$\\angle PQR=90^{\\circ}$ および $OR=OP-PR=10$ が成り立つ．これにより，三角形 $OQR$ と三角形 $OPQ$ は相似比 $\\sqrt{OR}:\\sqrt{OP}=1:2$ の相似である．したがって $RQ=\\dfrac{1}{2}PQ$ であり，三角形 $PQR$ に三平方の定理を適用して $PQ^2+\\left(\\dfrac{1}{2}PQ \\right)^2=900$，すなわち $PQ^2=\\mathbf{720}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8083" } ]

[ { "content": "　白い駒の置き方は ${}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2}\\times 5^2=250$ 通りある．このうち $2$ つの白い駒が同じ行にあるような置き方は $5\\times {}\\_{5}\\mathrm{C}\\_{2}=50$ 通りあり，$2$ つの白い駒が異なる行にあるような置き方は $250-50=200$ 通りある．この $2$ つの置き方のそれぞれに対して，黒い駒の置き方が何通りあるかを場合分けして求める．以下，白い駒と黒い駒の両方があるような行を**良い行**と呼ぶ．\r\n\r\n 　$(i)$ $2$ つの白い駒が同じ行にある場合\r\n\r\n - 良い行が $1$ つのとき，良い行への黒い駒の置き方は $3$ 通り，もう一つの黒い駒を置く場所は $20$ 通り考えられるから，$3\\times 20=60$ 通り．\r\n- 良い行がないとき，${}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}\\times 5^2=150$ 通り．\r\n\r\n　$(ii)$ $2$ つの白い駒が異なる行にある場合\r\n- 良い行が $2$ つのとき，$4^2=16$ 通り．\r\n- 良い行が $1$ つのとき，良い行への黒い駒の置き方は$2\\times 4=8$ 通り，もう一つの黒い駒を置く場所は $15$ 通りあるから，$8\\times 15=120$ 通り．　\r\n- 良い行がないとき，${}\\_{3}\\mathrm{C}\\_{2}\\times 5^2=75$ 通り．\r\n\r\n　以上より，求める場合の数は $50\\times(60+150)+200\\times(16+120+75)=\\mathbf{52700}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8754" }, { "content": "- 行\\/列に関する条件を気にしない駒の置き方は全部で $\\displaystyle \\binom{25}{2}\\times\\binom{23}{2}=:a\\_1$ 通りある． \r\n- 行に関する条件に違反する(列に関する条件は気にしない)駒の置き方は $\\displaystyle 5\\times\\binom{5}{2}\\times\\binom{23}{2}=:a\\_2$ 通りある． \r\n- 列に関する条件に違反する(行に関する条件は気にしない)駒の置き方は $\\displaystyle 5\\times\\binom{5}{2}\\times\\binom{23}{2}=:a\\_3(=a\\_2)$ 通りある． \r\n- 行\\/列に関する条件に共に違反する駒の置き方は $\\displaystyle 5\\times\\binom{5}{2}\\times\\left(3\\times\\binom{5}{2}+2\\times\\binom{4}{2}\\right)=:a\\_4$ 通りある． (制約に違反した行に白い駒があるか否かで場合分けをしている． ) \r\n\r\n求める答えは包除原理より，$a\\_1-a\\_2-a\\_3+a\\_4=75900-2\\times 12650+2100=52700$ 通りである．", "text": "包除原理による解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8754/465" } ]

[ { "content": "　三角形の $3$ 辺の長さを $a,b,c ~ (a\\leq b\\leq c)$ とおく．Heronの公式より，以下が成り立つ：\\\r\n$$(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)=2^{4051}.$$\r\nこれより，（三角不等式に注意して）非負整数 $p,q,r,s$ を用いて\r\n$$a+b+c=2^p, \\quad -a+b+c=2^q, \\quad a-b+c=2^r, \\quad a+b-c=2^s$$\r\nとおくと，$p\\gt q\\geq r\\geq s$ であり，また以下が成り立つ：\\\r\n$$p+q+r+s=4051, \\quad 2^p=2^q+2^r+2^s.$$\r\n第2式から $p=q+1=r+2=s+2$ が必要であり，第1式とあわせて\r\n$$(p,q,r,s)=(1014,1013,1012,1012)$$\r\nとわかる．このとき，確かに $a,b,c$ は正整数である．特に，周の長さは $2^{1014}$ であり，解答すべき値は $\\mathbf{1015}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8281" } ]

[ { "content": "　一般に非負整数 $n$ に対し，$4a+2b+c+d=2n$ の非負整数解 $(a,b,c,d)$ の個数を数える．$c,d$ の偶奇が一致することから，非負整数 $p,q$ を用いて $(c,d)=(2p,2q)$ または $(2p+1,2q+1)$ と表せ，それぞれについて条件は $b+p+q=n-2a$，$b+p+q=n-2a-1$ となる．この $2$ つの方程式のどちらかを満たす非負整数の組 $(a,b,p,q)$ の個数は，$b+p+q \\leq n$ を満たす非負整数の組 $(b,p,q)$ の個数と等しい．さらにこれは $b+p+q+r=n$ を満たす非負整数の組 $(b,p,q,r)$ の個数と等しい．最後に $n=0,1,\\ldots, 50$ で総和をとれば，$b+p+q+r+s=50$ を満たす非負整数の組 $(b,p,q,r,s)$ の個数と等しいから，それは ${}\\_{5}\\mathrm{H}\\_{50}={}\\_{54}\\mathrm{C}\\_{50}=\\mathbf{316251}$ と求まる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8139" }, { "content": "　$4a+2b+c+d+2e=100$ を満たす非負整数の組 $(a,b,c,d,e)$ の個数を求めればよい． \r\n$$E\\_1:=\\lbrace(4a,2b,c,d,2e)\\mid 4a+2b+c+d+2e=100\\rbrace$$\r\n$$E\\_2:=\\lbrace(2a,2b,2c,2d,2e)\\mid 2a+2b+2c+2d+2e=100\\rbrace$$\r\nとする．ただし，いずれの集合でも $a,b,c,d,e$ は非負整数である．\r\n\r\nここで，$\\varphi:E\\_1\\to E\\_2$ を以下で定める: \r\n$$\\varphi (4a,2b,c,d,2e)=\\begin{cases}\r\n(4a,2b,c,d,2e) & (c\\equiv d \\equiv 0\\pmod2)\\\\\\\\\r\n(4a+2,2b,c-1,d-1,2e) & (c\\equiv d \\equiv 1\\pmod2)\\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\nすると，逆写像 $\\varphi\\^{-1}$ が以下で定まることが分かる:\r\n$$\\varphi\\^{-1} (2a,2b,2c,2d,2e)=\\begin{cases}\r\n(2a,2b,2c,2d,2e) & (2a \\equiv 0\\pmod4)\\\\\\\\\r\n(2a-2,2b,2c+1,2d+1,2e) & (2a \\equiv 2\\pmod4)\\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$ \r\n\r\nすなわち，$E\\_1$ と $E\\_2$ には $1$ 対 $1$ 対応があるので，$E\\_1$ の元の数の代わりに $E\\_2$ の元の数を数えればよく，答えは $\\displaystyle\\binom{54}{4}$ である．", "text": "全単射を構成", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8139/464" }, { "content": "　答えは $4a+2b+c+d+2e=100$ を満たす非負整数 $(a,b,c,d,e)$ の組の個数に等しい．よって答えは\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n& [x^{100}] \\dfrac{1}{(1-x)^2(1-x^2)^2(1-x^4)} \\\\\\\\\r\n&= [x^{100}] \\dfrac{(1+x)^2(1+x^2)^4}{(1-x^4)^5} \\\\\\\\\r\n&= [x^{100}] \\dfrac{1+2x+5x^2+8x^3+10x^4+12x^5+10x^6+8x^7+5x^8+2x^9+x^{10}}{(1-x^4)^5} \\\\\\\\\r\n&= 5 \\times [x^{92}] \\dfrac{1}{(1-x^4)^5} + 10 \\times [x^{96}] \\dfrac{1}{(1-x^4)^5} + [x^{100}] \\dfrac{1}{(1-x^4)^5} \\\\\\\\\r\n&= 5 \\times \\binom{27}{4} + 10 \\times \\binom{28}{4} + \\binom{29}{4} \\\\\\\\\r\n&= \\mathbf{316251}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n　四行目への式変形では冪級数の形で表したとき $\\dfrac{1}{(1-x^4)^5}$ が次数が $4$ の倍数の項しか持たないことを用いた． \\\r\n　五行目への式変形では $\\dfrac{1}{(1-x^4)^5}=\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{i+4}{4}x^{4i}$ を用いた． \\\r\n　（一般に $\\dfrac{1}{(1-x)^n}=\\sum_{i=0}^{\\infty}\\binom{i+n-1}{n-1}x^i$ が成り立つ．）", "text": "形式的冪級数（母関数）を用いた解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/8139/473" } ]

[ { "content": "　$O$ を回転の中心とし ，$\\triangle{OCD}$ を $\\triangle{OAX}$ に移すような回転を考える．角度追跡より $4$ 点 $A,O,C,D$ は共円であるので，$D,A,X$ は共線である．よって，四角形 $AOCD$ の面積は三角形 $ODX$ の面積に等しい．$OD=OX=5,~\\angle{DOX}=120^\\circ$ であるので，\r\n$$\\square AOCD=\\triangle{ODX}=\\dfrac12\\cdot5\\cdot5\\sin{120^\\circ}=\\dfrac{25\\sqrt3}{4}$$\r\nである．また，$\\triangle OAC$ における正弦定理より，$OB=2\\sqrt3$ が分かるので，四角形 $ABCD$ の面積は，\r\n$$\\dfrac{25\\sqrt3}{4}\\cdot\\dfrac{5+2\\sqrt3}{5}=\\dfrac{\\sqrt{1875}+30}{4}$$\r\n　である．特に解答すべき値は $\\mathbf{1909}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/10276" }, { "content": "（幾何的な考察）\\\r\n　まずは幾何的な考察をしておきたい．$\\angle ABC=60^{\\circ}$ という条件をどのように活用できるだろうか．\\\r\n　問題文中に「$\\triangle ABC$ の外心を $O$ とする」とあるが，これがなくても外接円を考えて良いくらいである．なぜならば $\\angle ABC$ が一定値であるという条件は，線分 $AC$ を固定したときに，点 $B$ がある定円上に存在すると言い換えられるからである（∵ 円周角の定理）．特にこの一定値が $60^{\\circ}$ であるという条件はさらに強力で，外接円の半径も容易に求まるし，余弦定理等を使うことも可能である．このような発想があれば，$\\triangle ABC, \\triangle ADC$ の外接円をそれぞれ描いてみたくなるのは，そう飛躍のあることではない．\\\r\n　さて今回の図形は，$4$ 点 $ABCD$ が四角形を成すという条件から，円 $ABC$ と円 $ADC$ は直線 $AC$ から見て反対側に存在する．そして，それらの円の半径が共に一致し，中心間の距離が半径に等しいことは，容易にわかるであろう．\\\r\n　以下，公式解説ほどスマートではないが，三角比を用いる方法と座標を用いる方法をそれぞれ紹介する．\r\n\r\n---\r\n\r\n（三角比を用いる方法）\\\r\n　角度追跡より，$4$ 点 $O,A,C,D$ は共円である．さらに円周角の定理から，$\\angle ADO=\\angle CDO=30^{\\circ}$ である．\\\r\n　よって求めるべき面積は，\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\triangle ADB+\\triangle BDC&=\\dfrac{1}{2}DB\\cdot DA \\sin 30^{\\circ}+\\dfrac{1}{2}DB\\cdot DC \\sin 30^{\\circ}\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{1}{4}DB(DA+DC)\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．正弦定理を用いれば円 $O$ の半径は $2\\sqrt{3}$ なので，$DB=5+2\\sqrt{3}$ となる．$DA+DC$ については，四角形 $OADC$ に Ptolemy の定理を適用すればよい．$2\\sqrt{3}(DA+DC)=5×6$ より $DA+DC=5 \\sqrt{3}$ を得る．\r\n\r\n<details><summary>Ptolemy の定理を使わない方針<\\/summary>\r\n　$\\triangle OAD$ と $\\triangle OCD$ はどちらも，$OA=OC=2 \\sqrt{3}$，$OD=5$ 共通，$\\angle ADO=\\angle CDO=30^{\\circ}$ である．余弦定理を用いれば，$DA,DC$ はいずれも次の二次方程式の解であることがわかる：\r\n$$(2\\sqrt{3})^2=5^2+x^2-2\\cdot 5 \\cdot x \\cos 30^{\\circ}$$\r\n　$DA \\neq DC$ より，解と係数の関係を用いれば，$DA+DC=5 \\sqrt{3}$ であることがわかる．\r\n\r\n（$DA \\neq DC$ の理由：円 $OACD$ について考えれば，$DA = DC$ ならば $OD$ は円の直径であり，$OD=4\\sqrt{3}$ となるはずである．）\r\n<\\/details>\r\n\r\n---\r\n\r\n（座標を用いる方法）\\\r\n　$O$ を原点とし，$AC$ が $y$ 軸に平行になるような $xy$ 直交座標を考える．ここでは，点 $C, D$ が共に第 $1$ 象限となるように座標を取る．\\\r\n　点 $A(\\sqrt{3},-3), C(\\sqrt{3},3),$ は比較的容易にわかる．\\\r\n　点 $D$ については，条件 $\\angle ADC=60^{\\circ}$ より，点 $D$ が円 $(x-2\\sqrt{3})^2+y^2=12$ 上にあることがわかる．一方，条件 $OD=5$ より点 $D$ は $x^2+y^2=25$ を満たす．連立方程式を解けば $D \\left( \\dfrac{25 \\sqrt{3}}{12}, \\dfrac{5 \\sqrt{69}}{12}\\right)$ であるとわかる．これより，直線 $BOD$ は $y=\\dfrac{\\sqrt{23}}{5}x$ であり，$OB=2\\sqrt{3}$ より $B\\left(-\\dfrac{5}{2},-\\dfrac{\\sqrt{23}}{2} \\right)$ を得る．\\\r\n　よって四角形の面積は，$\\triangle ABC+\\triangle ADC$ を求めればよいので，次のように得られる：\r\n$$\\dfrac{1}{2}×6×\\left(\\dfrac{25 \\sqrt{3}}{12}+\\dfrac{5}{2} \\right)$$\r\n\r\n<details><summary>極形式を用いると少し早い<\\/summary>\r\n　円 $ADC$ はよく見ると，極形式と非常に相性の良い形をしている（原点を通り，中心が $x$ 軸上である）．\\\r\n　円 $ADC$ の直径が $4\\sqrt{3}$ なので，円 $ADC$ の極方程式は $r=4\\sqrt{3}\\cos\\theta$ である．一方 $OD=5$ より，$D\\left( 5,\\alpha \\right)$ と置ける（$\\alpha$ は $ \\cos\\alpha =\\dfrac{5}{4\\sqrt{3}}$ を満たす）．このとき $B\\left( -2\\sqrt{3},\\alpha \\right)$ と置けるのはほぼ明らかであり，\r\n$$\\triangle ABC+\\triangle ADC=\\dfrac{1}{2}×AC×BD \\cos\\alpha=\\dfrac{1}{2}×6×(5+2\\sqrt{3})\\cos\\alpha$$\r\n<\\/details>", "text": "愚直に求める方法 2 つ（三角比・座標）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb006/editorial/10276/459" } ]

[ { "content": "　素数の書かれたボール，偶数の書かれたボールはそれぞれ $4$ 個ずつある．この内 $2$ が重複していることに気をつければ，取った $2$ 個のボールの組み合わせとして考えられるものは $4^2 - 1 = 15$ 通りである．ボールの取り方は全部で ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{2} = 36$ 通りあるので，求める確率は $\\dfrac{5}{12}$ である．特に，解答すべき値は $\\bf{17}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/6452" } ]

[ { "content": "　$BC=BM=x$ とすると中線定理より $x=6\\sqrt2$ を得る．さらに，$A$ から $BC$ に下した垂線の長さを $h$ とすると三平方の定理から $h=3\\sqrt{14}$ なので，三角形 $ ABC$ の面積は $18\\sqrt{7}$ と計算できる．特に解答すべき値は $\\textbf{2268}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/4220" }, { "content": "　 $B$ から $AC$ に下ろした垂線の長さ $h$ は，垂線の足を $H$ とすれば， $AH=9$ となることから $3\\sqrt{7}$ と求められるので，これを用いると，求めるべき値は $(\\frac{1}{2}\\cdot 12\\cdot3\\sqrt{7})^2=2268$ となる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/4220/462" } ]

[ { "content": "　Fermatの小定理より\r\n$$1^{79}+3^{79}+\\cdots +(2n+1)^{79} \\equiv 1+3+\\cdots +(2n+1) = (n+1)^2 \\equiv 0\\pmod{79}$$\r\nとなれば良いので求める $n$ の最小値は $\\mathbf{78}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/5463" } ]

[ { "content": "$$(s^2+r^2)(s+r)(s-r)=pq$$\r\nであるので $s-r=1$ が必要．よって $s=3, r=2$ であり，$pq=65$ とわかるので $$(p, q, r, s)=(5, 13, 2, 3), (13, 5, 2, 3)$$\r\nが求める組であり，求める総積は $(5+13+2+3)\\times (13+5+2+3)=\\bf{529}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/3272" } ]

[ { "content": "　条件よりある実数 $k$ が存在して\r\n$$f(x)=kg(x)+123, \\quad g(x)=\\dfrac{1}{k}f(x)+456$$\r\nと表せるから，$k=-\\dfrac{41}{152}$ である．これと $f(a)+g(a)=789$ より $g(a)=\\mathbf{912}$ がわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/5198" } ]

[ { "content": "　問の条件をみたす正 $k$ 角形 $(k\\geq 3)$ は $k$ が $10000$ の約数であるときのみ存在し，各 $k$ について $\\dfrac{10000}{k}$ 個ある．\r\n従って $10000$ の正の約数の総和を $T$ とすると，求める個数 $S$ は\r\n$$S=T-\\frac{10000}{2}-10000$$\r\nである． $10000=2^4\\times5^4$ より\r\n$$T=(2^0+2^1+2^2+2^3+2^4)(5^0+5^1+5^2+5^3+5^4)=\\frac{2^5-1}{2-1}\\times\\frac{5^5-1}{5-1}=24211$$ であるから，解答すべき値は $\\bf{9211}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/3156" } ]

[ { "content": "　$N$ の上から $m$ 桁目の数字を $N_m$ と表す．$a=2$ のときを考えれば $N$ の全ての桁の数字の偶奇は一致する．\\\r\n　まず, $k \\geq 6$ のときに条件を満たす $N$ が存在しないことを示す．$a=5$ のときを考えれば\r\n$$N_1+N_5=N_2+N_6=10$$\r\nとなり，$a=3$ のときを考えれば\r\n$$N_1 \\equiv N_5 ,\\quad N_2 \\equiv N_6 \\pmod 6$$\r\nとなる．以上から, 整数の組 $(N_1,N_5), (N_2,N_6)$ は\r\n$$(2,8), \\quad(5,5),\\quad (8,2)$$\r\nのいずれかだとわかる．しかし, $a=6$ のときを考えると，$N_1+N_6$ が $6$ で割り切れるが，これは起こり得ない．\\\r\n　$k=5$ のとき，$\\textbf{86402}$ が求める最大値を与えることが容易に確認される．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/3423" } ]

[ { "content": "　光線の軌跡は点 $(0,0),\\left( \\dfrac{22}{41} ,1\\right) ,\\left( \\dfrac{44}{41} ,0\\right)$ を頂点とする二等辺三角形と合同な三角形を並べたものを, 正方形 $OABC$ 内に「折り畳んだ」ものであることに注意する．光線が $x$ 方向に距離 $1$ だけ進むたびに線分 $AB$ または $CO$ 上の鏡で反射されて進行方向を変えること，また $x$ 方向に距離 $\\dfrac{44}{41}$ だけ進むたびに線分 $OA$ 上の鏡で反射されることから，$x_n$ は以下のように書ける．ここで，$\\dfrac{44}{41} n$ の整数部分と小数部分をそれぞれ $m_n,r_n$ とおく．\r\n$$x_n=\r\n\\begin{cases}\r\nr_n && (m_n が偶数のとき)\\\\\\\\\r\n1-r_n && (m_n が奇数のとき)\r\n\\end{cases}$$\r\n　$\\dfrac{44}{41}=1.\\dot{0} 731\\dot{7}$に注意すると，$\\dfrac{44}{41}\\cdot 10^k$ の整数部分の偶奇および小数部分は $k$ を $5$ で割ったあまりで決定する．したがって次を得る．\r\n$$m_{10^k}\\equiv\r\n\\begin{cases}\r\n1 && (k\\equiv 0\\mod 5)\\\\\\\\\r\n0 && (k\\equiv 1\\mod 5)\\\\\\\\\r\n1 && (k\\equiv 2\\mod 5)\\\\\\\\\r\n1 && (k\\equiv 3\\mod 5)\\\\\\\\\r\n1 && (k\\equiv 4\\mod 5)\r\n\\end{cases}\r\n\\pmod2,\\quad\r\nr_{10^k}=\r\n\\begin{cases}\r\n3\\/41 && (k\\equiv 0\\mod 5)\\\\\\\\\r\n30\\/41 && (k\\equiv 1\\mod 5)\\\\\\\\\r\n13\\/41 && (k\\equiv 2\\mod 5)\\\\\\\\\r\n7\\/41 && (k\\equiv 3\\mod 5)\\\\\\\\\r\n29\\/41 && (k\\equiv 4\\mod 5)\r\n\\end{cases}$$\r\nよって $x_{10^k}$ を求めると次の通りである．\r\n$$\r\nx_{10^k}=\r\n\\begin{cases}\r\n38\\/41 && (k\\equiv 0)\\\\\\\\\r\n30\\/41 && (k\\equiv 1)\\\\\\\\\r\n28\\/41 && (k\\equiv 2)\\\\\\\\\r\n34\\/41 && (k\\equiv 3)\\\\\\\\\r\n12\\/41 && (k\\equiv 4)\r\n\\end{cases}$$\r\n以上より解答すべきは以下の計算から $\\bf{2881}$ となる．\r\n$$\\sum_{k=0}^{99}x_{10^k}=20\\times \\left(\\frac{38}{41}+\\frac{30}{41}+\\frac{28}{41}+\\frac{34}{41}+\\frac{12}{41} \\right)=\\frac{2840}{41}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/5408" }, { "content": "　公式解説では $x_{10^k}$ を求める過程において，循環小数を用いているが，これは $44\\cdot 10^k \\pmod{82}$ を求めていることに等しく，愚直に計算することも出来る．\r\n $$44\\cdot 10^k \\equiv \\begin{cases} 44&&(k\\equiv 0 \\pmod{5})\\\\\\\\30&&(k\\equiv 1 \\pmod{5})\\\\\\\\54&&(k\\equiv 2 \\pmod{5})\\\\\\\\48&&(k\\equiv 3 \\pmod{5})\\\\\\\\70&&(k\\equiv 4 \\pmod{5})\\end{cases} \\pmod{82}$$ \r\nとなることより， $41$ 以上の値の場所では折り返していることに留意すれば，\r\n$$x_{10^k} \\equiv \\begin{cases} 38\\/41&&(k\\equiv 0 \\pmod{5})\\\\\\\\30\\/41&&(k\\equiv 1 \\pmod{5})\\\\\\\\28\\/41&&(k\\equiv 2 \\pmod{5})\\\\\\\\34\\/41&&(k\\equiv 3 \\pmod{5})\\\\\\\\12\\/41&&(k\\equiv 4 \\pmod{5})\\end{cases}$$ \r\nとなることが分かる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb005/editorial/5408/463" } ]

[ { "content": "　判別式を $D$ とすれば $D\\/4=n^2-6n+57$ であるから, これが平方数となるような $n$ をすべて求めればよい.\\\r\n　$D\\/4$ を非負整数 $m$ によって $m^2$ とおけば, 条件は\r\n$$(m+n-3)(m-n+3)=48$$\r\nと変形できる. $m+n-3$ および $m-n+3$ の偶奇が一致することに留意して積が $48$ である $2$ 数の組を調べることで, 組 $(m,n)$ としてあり得るものは $(7,2),(7,4),(8,7),(13,14)$ であり, 特に求める総和は $\\textbf{27}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/2702" } ]

[ { "content": "　条件より，直線 $AB,BC,CA$ と $P$ との距離は等しいから $P$ は三角形 $ABC$ の内心である．また，$AB = 3x, BC = 4x, CA = 5x$ とおくと，\r\n$$AB^2 + BC^2 = CA^2$$\r\nが成り立つので，$\\angle{B}=90^{\\circ}$ である．したがって，\r\n$$768 = \\frac{1}{2}AB\\cdot BC = 6x^2$$\r\nであるから，$x = 8\\sqrt2$ である．よって，\r\n$$AB=24\\sqrt2,\\quad BC=32\\sqrt2,\\quad CA=40\\sqrt2$$\r\nである．ここで，$P$ から辺 $AB, BC, CA$ に下ろした垂線の足をそれぞれ $D,E,F$ とすると，四角形 $BDPE$ は長方形であり，特に $PD = PE$ より正方形である．また，$P$ が内心であることに気をつけると，\r\n$$AD = AF,\\quad CE = CF$$\r\nがそれぞれ成り立つので，\r\n$$BP=\\sqrt2BD = \\sqrt2\\cdot \\frac{BD + BE}{2} = \\frac{(AB - AD) + (BC - CE)}{\\sqrt2} = \\frac{AB + BC - CA}{\\sqrt2}=\\bf{16}$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/6266" } ]

[ { "content": "　$T\\subset S$ に $3$ の倍数が含まれるとき，$f(T) = 0$ である．\\\r\n　次に，$T\\subset S$ に $3$ の倍数が含まれない場合を考える．このとき，次が成り立つ．\r\n\r\n- $T$ に $3$ で割って $2$ あまる数が偶数個含まれているなら $f(T) = 1$，奇数個含まれているなら $f(T) = 2$．\r\n\r\nしたがって，\r\n$$\r\nA = {}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{0} + {}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{2} + \\cdots + {}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{3000},\\quad\r\nB = {}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{1} + {}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{3} + \\cdots + {}\\_{3000}\\mathrm{C}\\_{2999}\r\n$$\r\nとおくと，$f(T) = 1$ となるような $T\\subset S$ の数 $n_1$，$f(T) = 2$ となるような $T\\subset S$ の数 $n_2$ はそれぞれ\r\n$$n_1 = 2^{3000}A - 1,\\quad n_2 = 2^{3000}B$$\r\nと表せる．ここで，次の補題が成り立つ．\r\n\r\n<details><summary>**補題.**　$A = B = 2^{2999}$<\\/summary>\r\n二項定理より，\r\n$$2^{3000} = (1 + 1)^{3000} = A + B,\\quad 0 = (1-1)^{3000} = B - A$$\r\nがそれぞれ成り立つ．これら $2$ 式を連立することで所望の結果を得る．\r\n<\\/details>\r\n\r\n補題より，求める平均は次のように計算できる．\r\n$$\\frac{1\\cdot n_1 + 2\\cdot n_2}{2^{9000} - 1} = \\frac{3\\cdot 2^{5999} - 1}{2^{9000} - 1}$$\r\n今，素数 $p$ が $3\\cdot 2^{5999} - 1$ と $2^{9000} - 1$ を割り切ったとする．すなわち，\r\n$$3\\cdot 2^{5999} \\equiv 2^{9000} \\equiv 1\\pmod p$$\r\nが成り立ったとする．このとき，$2^{9000} - 1$ は奇数であるから $p$ は奇素数である．また，\r\n$$3 \\equiv \\frac{1}{2^{5999}} \\equiv \\frac{2^{9000}}{2^{5999}} = 2^{3001} \\pmod p$$\r\nが成り立つ．したがって，\r\n$$27 = 3^3 \\equiv (2^{3001})^3 = 8\\cdot 2^{9000} \\equiv 8 \\pmod p$$\r\nであるから，$p = 19$ である．一方で，フェルマーの小定理より $3\\cdot 2^{5999} - 1$ と $2^{9000} - 1$ はともに $19$ で割り切れる．また，LTEの補題より $2^{9000} - 1$ は $19^2$ で割り切れないことが確認できるので，\r\n$$b = \\frac{3\\cdot2^{5999} - 1}{19}$$\r\nである．これを $2999$ で割ったあまりは，$\\bf2211$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/8771" }, { "content": "　この問題を解くためには，次の $2$ つのことを考えなければなりません．\r\n\r\n**Step.1**　$f(T)=1,2$ となる部分集合の数を求める\\\r\n**Step.2**　実際に平均を求めた後，約分する\r\n\r\n　以下，Step.1 の補足と，Step.2 の別解を紹介します．\r\n\r\n---\r\n**Step.1 の補足**\\\r\n　問題文中では，写像 $f$ は空集合に対して定義されていないが，$f(\\phi)=1$ であると定義しよう（$0$ 個の数の積は，積に関する単位元 $1$ だと定義するのが自然である）．\r\n　$$S_0=\\lbrace 3,6,9,\\cdots,9000\\rbrace , S_1=\\lbrace 1, 4, 7,\\cdots, 8998\\rbrace, S_2=\\lbrace 2, 5, 8,\\cdots, 8999\\rbrace$$\r\nとおく．このとき，$S$ の部分集合 $T$ が $S_0$ の要素を $1$ つでも含めば，$f(T)=0$ である．$T$ が $S_1$ の要素をどう含んでも，$f(T)$ の値には影響しない．結局 $T$ が $S_2$ の要素を偶数個含むか，奇数個含むかによって，$f(T)$ の値は $1$ か $2$ かになる．\\\r\n　ここまで考察すれば，$f(T)=1$ となる場合と $f(T)=2$ となる場合が同数だろうと見当がつくかもしれない．その予想を信じれば，$f(T)=1$ となる場合の数も $f(T)=2$ となる場合の数も等しく $2^{6000}÷2$ となると考えられる（実際には，問題文に従って空集合を除くので，$f(T)=1$ となる場合の数は $2^{5999}-1$ である）．\\\r\n　最後に，この予想について証明をしておく．公式解説と同様に\r\n$$A= {}\\_{3000} \\mathrm{C}\\_{1}+{}\\_{3000} \\mathrm{C}\\_{3}+\\cdots +{}\\_{3000} \\mathrm{C}\\_{2999},B= {}\\_{3000} \\mathrm{C}\\_{0}+{}\\_{3000} \\mathrm{C}\\_{2}+\\cdots +{}\\_{3000} \\mathrm{C}\\_{3000} $$\r\nとおくとき，$A=B$ すなわち $A-B=0$ を示せばよいが，このことは $(1-1)^{3000}$ の二項展開を考えればわかる．\r\n\r\n---\r\n\r\n**Step.2 の別解**\\\r\n　求める平均は $\\dfrac{3 \\cdot 2^{5999}-1}{2^{9000}-1}$ だとわかった．次なる問題は，これが約分できるか否かである．~メタ的な発想をすれば，この問題の点数から考えて，きっと約分できるはずだと予想できなくもない．もっと言ってしまえば，一度 WA すれば約分できることがわかる．~ \\\r\n　そのためには，$\\gcd(3 \\cdot 2^{5999}-1, 2^{9000}-1)$ を考えればよい．$2^{2999}=x$ と置いて，式を見やすくしておこう．\r\n\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\gcd(6x^2-1, 8x^3-1)&=\\gcd(8x^3-1, 8x^3-6x^2)\\\\\\\\\r\n&=\\gcd(8x^3-1, 4x-3)\\\\\\\\\r\n&=\\gcd(64x^3-8, 4x-3)\\\\\\\\\r\n&\\leq \\gcd(64x^3-8, 64x^3-27)\\\\\\\\\r\n&\\leq 19\r\n\\end{aligned}$$\r\n　一つ目の等号は Euclid の互除法である．普通は $6x^2-1$ を残すべきだが，あとの計算でわかるように，$8x^3-1$ を残す方が $4x-3$ と相性がよい．二つ目・三つ目の等号は，一方が奇数であるから従う．また，上の式で用いている不等号は，単に大小関係を表すだけではなく，一方が他方の約数であることも含意している．\\\r\n　なお，三つ目の等号から次のように変形することもできる：\r\n$$\\gcd(4x^2+2x+1, 4x-3)=\\gcd(5x+1,4x-3)=\\gcd(20x+4,20x-15) \\leq 19$$\r\n　実際に $19$ で割り切れるかどうかは，Fermat の小定理から確認すればよい．以下は公式解説を参照．", "text": "補足と別解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/8771/451" } ]

[ { "content": "　 $\\angle PBC = x$ とし，線分 $BC$ に関して $A$ と対称な点を $ A^{\\prime} $ とする．\r\n$$\\angle BA^{\\prime}C + \\angle CPB = (4x+2x) + (180^{\\circ} - 5x - x) = 180^{\\circ} $$\r\n なので $4$ 点 $A^{\\prime},B,C,P $ は同一円周上にある．\r\nよって $\\angle PBA^{\\prime} = \\angle PA^{\\prime}B = 5x$ であるため $ BP = A^{\\prime}P $ が分かる．\r\nまた，直線 $AP$ と $BC$ の交点を $D$ とすると三角形 $ABD$ が二等辺三角形であるため $BD = AD = A^{\\prime}D $ が分かる．\r\nこれらより直線 $PD$ は $BA^{\\prime}$ の垂直二等分線であるため，\r\n$AB = AA^{\\prime}$ であり，\r\n三角形 $ABA^{\\prime}$ は正三角形である．従って，\r\n$\\angle ABA^\\prime = 8x = 60^{\\circ}$ より $x = 7.5^\\circ$ を得るから \r\n$\\angle PCA = 180^{\\circ} -7.5^{\\circ} \\times 15 = 67.5^{\\circ}$ である．\r\n特に解答すべき値は $\\bf{137}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/3613" }, { "content": "直線 $BC$ に関して $P$ と対称な点を $P^\\prime$ とする．すると，簡単な角度計算により，$A, B, P^\\prime, C$ の共円が分かる．また，$\\angle PBC = \\theta$ とすると，$$\\angle BAP^\\prime = \\angle BCP^\\prime = 5\\theta, \\angle ABP^\\prime = \\angle ABC + \\angle P^\\prime BC = 5\\theta $$\r\nより，$PB = P^\\prime B = P^\\prime A$ が分かる．また，$\\angle PAP^\\prime = \\theta$ も容易に分かる．ここで，直線 $PP^\\prime$ に関して $A$ と対称な点を $A^\\prime$ とする．すると，$\\angle PBP^\\prime = 2\\theta = 2 \\angle PAP^\\prime $ となり，かつ $PB = P^\\prime B$ であることから，$BA^\\prime = BP = BP^\\prime$ が従う．これと，$P^\\prime A^\\prime = P^\\prime A = P^\\prime B$ を合わせて三角形 $BA^\\prime P^\\prime$ が正三角形であると分かる．よって，$\\angle A^\\prime PP^\\prime = 150^\\circ$ が分かり，あとは簡単な角度計算により，$\\theta = {\\cfrac{15}{2}}^\\circ$ が分かり，$\\angle PCA = {\\cfrac{135}{2}}^\\circ$ が得られる．", "text": "折り返しを二回する方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/3613/450" }, { "content": "　こんな方法もあるということで，紹介しておきます．\\\r\n　あまり好まれる方法ではないでしょうし，常にできるとも限らないので非推奨です．\r\n\r\n---\r\n\r\n　チェバの定理の三角比版より，次の式が成立する：\r\n$$\\dfrac{\\sin \\angle PAC}{\\sin \\angle PAB}\\cdot \\dfrac{\\sin \\angle PBA}{\\sin \\angle PBC}\\cdot\\dfrac{\\sin \\angle PCB}{\\sin \\angle PCA}=\\dfrac{\\sin 2 \\theta}{\\sin 4 \\theta} \\cdot \\dfrac{\\sin 3 \\theta}{\\sin \\theta} \\cdot \\dfrac{\\sin 5 \\theta}{\\sin 15 \\theta} =1$$\r\n　$2$ 倍角の公式，$3$ 倍角の公式を用いると次のように変形できる．\r\n$$\\dfrac{1}{2 \\cos 2 \\theta} \\cdot \\dfrac{3-4\\sin^2 \\theta}{ 3-4 \\sin^2 5 \\theta} =1$$\r\n　分母に $\\cos 2 \\theta$ があるので，これを含む形に変形すると $3-4\\sin^2 \\theta=1+2\\cos 2 \\theta$ となる．よって，\r\n$$\\dfrac{1+2\\cos 2\\theta}{2\\cos 2\\theta(1+2 \\cos 10 \\theta)}=1$$\r\n　変形して $\\cos 2 \\theta \\cos 10 \\theta=\\dfrac{1}{4}$ ．\\\r\n　積和の公式を用いて $\\cos 8 \\theta+\\cos 12 \\theta=\\dfrac{1}{2}$．\\\r\n　$\\cos 4 \\theta=x$ と置けば，$2$ 倍角の公式，$3$ 倍角の公式を用いて，以下のように変形可能である：\r\n$$4x^3+2x^2-3x-\\dfrac{3}{2}=\\dfrac{1}{2}(2x+1)(4x^2-3)=0$$\r\n　$15 \\theta \\lt 180^ {\\circ}$ だったので，$\\cos 4 \\theta=\\dfrac{\\sqrt{3}}{2}$ すなわち $\\theta =7.5^{\\circ}$ を得る．\r\n\r\n---\r\n\r\n　以下は，三角比を用いる，もう少し楽な別解です．\r\n\r\n　$\\triangle ABC$ の外接円と直線 $CP$ の交点で，点 $C$ でないものを $D$ とおく．\\\r\n　$\\angle PBC=\\theta$ とおくと，$\\angle BPE= \\angle BEP= 6 \\theta $ であり，これより $BP=BE$ を得る．また円周角の定理（正弦定理）より，$AB:BE=\\sin 10 \\theta : \\sin 5 \\theta$ であり，$BP=BE$ より $AB:BP=\\sin 10 \\theta : \\sin 5 \\theta$．\\\r\n　一方，$\\triangle ABP$ に正弦定理を用いて，$AB:BP=\\sin 7 \\theta : \\sin 4 \\theta$．よって，$\\sin 10 \\theta : \\sin 5 \\theta = \\sin 7 \\theta : \\sin 4 \\theta$ を得る．\\\r\n　積の形に変形してから $2$ 倍角の公式を用いると，$2 \\sin 4 \\theta \\cos 5 \\theta = \\sin 7 \\theta$．\\\r\n　和積の変換公式を用いると $\\sin 9 \\theta - \\sin \\theta=\\sin 7 \\theta$．\\\r\n　$\\sin 9 \\theta - \\sin 7\\theta=\\sin \\theta$ としてから再度和積の変換公式を用いると $2 \\sin \\theta \\cos 8 \\theta =\\sin \\theta$．\\\r\n　これより $\\cos 8 \\theta =\\frac{1}{2}$ すなわち $\\theta =7.5^{\\circ} $ を得る．", "text": "三角比を用いる方法（非推奨）", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/3613/452" }, { "content": "エスパーに毛が生えたような解法なので，非推奨です．\r\n___\r\n$\\angle PBC = \\theta$ とおくと，Cevaの定理より，$\\dfrac{\\sin 2\\theta}{\\sin 4\\theta} \\cdot \\dfrac{\\sin 3\\theta}{\\sin \\theta} \\cdot \\dfrac{\\sin 5\\theta}{\\sin 15\\theta} = 1$ \r\n和積の公式を用いると，\r\n$$4\\left( \\sin 2\\theta \\sin 3\\theta \\sin 5\\theta \\right) = \\sin 6\\theta + \\sin 4\\theta - \\sin 10\\theta$$\r\n$$4\\left( \\sin 4\\theta \\sin \\theta \\sin 15\\theta \\right) = \\sin 18\\theta + \\sin 12\\theta - \\sin 10\\theta - \\sin 20\\theta$$\r\nこれらをよく見ると，\r\n$$\\left( \\sin 6\\theta - \\sin 18\\theta \\right) + \\left( \\sin 4\\theta + \\sin 20\\theta \\right) - \\sin 12\\theta = 0$$\r\n$12 \\theta = 90^{\\circ}$ のとき $ \\left( 左辺 \\right) = 0 + \\left( \\dfrac{1}{2} + \\dfrac{1}{2} \\right) - 1 = 0$ [*1] であるから，$\\angle PCA = 180^{\\circ} - 15 \\times 7.5^{\\circ} = 67.5^{\\circ}$ は解の候補であり，実際 $\\mathbf{137}$ を提出するとCAを得る．\r\n\r\n___\r\n[*1] 上の式に対し，できるだけ多くの項が消えるような代入をしようと考えるとこのようになる．", "text": "三角比を用いた解法(もっと非推奨)", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/3613/461" } ]

[ { "content": "　$2^{k}$ を約数として持つ $1$ 以上 $n$ 以下の整数の個数を $C_{n,k}$ で表すことにすると，\r\n$$\\sum_{k = 1} ^ {n} f(k) = \\sum_{k = 0}^{\\infty} 2^{k}C_{n,k}$$\r\nとなる．ここで，$C_{n,k} = \\bigg \\lfloor {\\cfrac{n}{2^{k}}} \\bigg \\rfloor$ であるから，正の整数 $x,y$ に対して $x\\\\% y$ で $x$ を $y$ で割ったあまりを表すことにすると，\r\n$$2^{k}C_{n,k} = n - n\\\\% 2^{k}$$\r\nである．今，$2^{1000} \\le n \\lt 2^{1001} - 1$ の場合は，$C_{n,k} \\gt 0$ となる $k$ の範囲は $0 \\leq k \\leq 1000$ であるので，\r\n$$g(n) = -1000n + \\sum_{k = 0}^{1000} (n - n \\\\% 2^{k}) = n - \\sum_{k = 0}^{1000} n \\\\% 2^{k}$$\r\nと分かる．\\\r\n　ここで，$n$ の $2$ 進数表記を $b_{1000}b_{999} \\cdots b_{0}$ とする．このとき，$n\\\\%2^0 = 0$ であり，$k\\ge1$ のときには\r\n$$n\\\\%2^{k} = \\sum_{i = 0}^{k - 1}2^{i}b_i$$\r\nとなるため，\r\n$$\\sum_{k = 0}^{1000} n\\\\% 2^{k} = \\sum_{k = 0}^{1000}2^{k}(1000-k)b_{k}$$\r\nを得る．これより，$b_{1000} = 1$ であることに気をつければ，\r\n$$g(n) = n - \\sum_{k = 0}^{1000} \\ n ％ 2^{k} = 2^{1000} - \\sum_{k = 0}^{999}2^{k}(999 - k)b_{k}$$\r\nが分かる．ここで，$\\displaystyle\\sum_{k = 0}^{999}2^{k}(999 - k)b_{k}$ の各項の $b_k$ の係数は，$k$ に対して ($k = 999$ を除き) 広義単調増加である．また，\r\n$$ \\sum_{k = 0}^{4}2^{k}(999 - k) \\lt 2^{5}(999-5),\\quad \\sum_{k = 0}^{1}2^{k}(999 - k) \\lt 2^{2}(999-2)$$\r\nがそれぞれ成り立つので，$g(n)$ のとり得る $37$ 番目に大きい値は\r\n$$2^{1000} - (2^5(999-5) + 2^2(999-2)) = 2^{1000} - 35796$$\r\nであり，これを $997$ で割ったあまりはフェルマーの小定理により $\\bf112$ と分かる．\r\n\r\n**補足.**　最後の議論と同様に考えることで，$n - 2^{1000}$ が十分に小さい範囲では $g(n)$ は狭義単調減少であることがわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/8799" } ]

[ { "content": "　正の実数 $X, Y, Z$ によって \r\n$$X=\\dfrac{x}{x+\\sqrt{y}}, \\quad Y=\\dfrac{y}{y+\\sqrt{z^2}}, \\quad Z=\\dfrac{z}{z+\\sqrt{x^3}}$$ \r\nと表す．相加・相乗平均の関係から，\r\n$$\\begin{aligned}\\dfrac{1}{z}&= \\left(\\dfrac{\\sqrt{y}}{x}\\right)^{6}\\left(\\dfrac{z}{y}\\right)^3\\left(\\dfrac{\\sqrt{x^3}}{z}\\right)^4\\\\\\\\\r\n&=\\left(\\dfrac{1 - X}{X}\\right)^6 \\left(\\dfrac{1 - Y}{Y}\\right)^3 \\left(\\dfrac{1 - Z}{Z}\\right)^4 \\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{(Y + Z)^{6}}{X^{6}}\\dfrac{(Z + X)^{3}}{Y^{3}}\\dfrac{(X+Y)^{4}}{Z^{4}}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{X^6Y^3Z^4} \\left(\\frac{Y}{5}\\cdot 5 + \\frac{Z}{7} \\cdot 7 \\right)^6 \\left(Z + \\frac{X}{5}\\cdot 5 \\right)^3 \\left(\\frac{X}{7}\\cdot 7 + Y \\right)^4 \\\\\\\\\r\n&\\geq \\frac{1}{X^6Y^3Z^4} \\left(12\\sqrt[12]{\\frac{Y^5}{5^5}\\cdot\\frac{Z^7}{7^7}}\\right)^6 \\left(6\\sqrt[6]{Z \\cdot\\frac{X^5}{5^5}}\\right)^3 \\left(8\\sqrt[8]{\\frac{X^7}{7^7}\\cdot Y}\\right)^4 \\\\\\\\\r\n&= \\dfrac{2^{27} \\cdot 3^{9}}{5^{5} \\cdot 7^{7}}\\end{aligned}$$\r\nまた，実際に等号を成立させる $x, y, z$ が存在するので，求める答えは $28 \\cdot 10 \\cdot 6 \\cdot 8= \\mathbf{13440}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/9293" }, { "content": "　高校範囲からは逸脱しますが，問題の形式から微分を想起する方向けです．\\\r\n　ただ，普通に微分しようとすると，$\\sqrt{y}$，$\\sqrt{x^3}$ あたりが計算を厄介にしそうなので，少し工夫をしたいところです（もしかすると工夫せず求まるかもしれませんが，あまり考えていません）．\r\n\r\n---\r\n\r\n　まず，与えられた条件を次のように書き換える．\r\n$$\\dfrac{1}{1+\\frac{\\sqrt{y}}{x}}+\\dfrac{1}{1+\\frac{z}{y}}+\\dfrac{1}{1+\\frac{\\sqrt{x^3}}{z}}=1$$\r\n　ここで $s=\\dfrac{\\sqrt{y}}{x}$，$t=\\dfrac{z}{y}$，$u=\\dfrac{\\sqrt{x^3}}{z}$ とおけば，与条件は対称的な式となる．\\\r\n　一方，最大値を求めるべき変数 $z$ についても考える必要がある．$s,t,u$ の定義の式から $x, y$ を消去すると $s^6t^3u^4=\\dfrac{1}{z}$ を得る．決してきれいな式ではないが，要は $s^6t^3u^4$ の最小値を求めればよいことになる（微分しやすいという点では，そう悪くない式である）．\\\r\n　以上の考察から元の問題は，次のような問いに変化した．\r\n\r\n- 条件 $\\dfrac{1}{1+s}+\\dfrac{1}{1+t}+\\dfrac{1}{1+u}=1$ のもとで，$s^6t^3u^4$ の最小値を求めよ．\r\n\r\n---\r\n\r\n　このようにして，Lagrange の未定乗数法を使おうという発想に至る．\r\n$$f(s,t,u,\\lambda)=s^6t^3u^4-\\lambda \\left( \\dfrac{1}{1+s}+\\dfrac{1}{1+t}+\\dfrac{1}{1+u}-1 \\right)$$\r\nと置いて，こつこつ偏微分していこう．\r\n$$\\begin{cases}\r\n\\dfrac{\\partial f}{\\partial s} =6s^5t^3u^4+\\lambda \\dfrac{1}{(1+s)^2}=0 \\\\\\\\\r\n\\dfrac{\\partial f}{\\partial t} =3s^6t^2u^4+\\lambda \\dfrac{1}{(1+t)^2}=0 \\\\\\\\\r\n\\dfrac{\\partial f}{\\partial u} =4s^6t^3u^3+\\lambda \\dfrac{1}{(1+u)^2}=0 \\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\n　偏微分後の第 $1$ 項がいずれも $s^6t^3u^4$ 由来であることに注意すると，次のように式変形できる：\r\n$$\\dfrac{s}{6(1+s)^2}=\\dfrac{t}{3(1+t)^2}=\\dfrac{u}{4(1+u)^2}$$\r\n　よって結局は，次の連立方程式を解けばよい．\r\n$$\\begin{cases}\r\n\\dfrac{1}{1+s}+\\dfrac{1}{1+t}+\\dfrac{1}{1+u}=1 \\\\\\\\\r\n\\dfrac{s}{6(1+s)^2}=\\dfrac{t}{3(1+t)^2}=\\dfrac{u}{4(1+u)^2} \\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\n　この方程式は一見難しそうに見えるが，次の式変形に気づけば，計算は複雑ではない．\r\n$$\\dfrac{s}{(1+s)^2}=\\dfrac{1}{1+s} \\cdot \\dfrac{s}{1+s}=\\dfrac{1}{1+s}\\left(1-\\dfrac{1}{1+s}\\right)$$\r\n　改めて $\\dfrac{1}{1+s}=p$，$\\dfrac{1}{1+t}=q$，$\\dfrac{1}{1+u}=r$ と変数を置き直す．$p+q+r=1$ も用いることで，先ほどの連立方程式は次のように書き直される：\r\n$$\\begin{cases}\r\np+q+r=1 \\\\\\\\\r\n\\dfrac{p(q+r)}{6}=\\dfrac{q(r+p)}{3}=\\dfrac{r(p+q)}{4} \\\\\\\\\r\n\\end{cases}$$\r\n　この第二式より，ある定数 $k$ を用いて $pq+qr=3k, qr+rp=4k, rp+pq=6k$ と置ける．これより簡単に $pq=\\dfrac{5}{2}k, qr=\\dfrac{1}{2}k, rp=\\dfrac{7}{2}k$ を得る．積を取って $pqr$ の値を求めれば，適当なわり算によって$p=\\dfrac{\\sqrt{70k}}{2}, q=\\dfrac{\\sqrt{70k}}{14}, r=\\dfrac{\\sqrt{70k}}{10}$．\\\r\n　あとは，$p+q+r=1$ より $\\sqrt{k}$ が求まり，従って $p, q, r$ が求まり，さらには $s, t, u$ も求まる．\r\n\r\n---\r\n\r\n　なお，Lagrange の未定乗数法は極値（最大値）の存在を保証するものではないので，厳密にはその点には注意が必要です（OMCのルール上，そのようなことは考える必要がないのですが…）．詳しくは適当な参考書等で確認してください．\\\r\n　類題として，[OMC112(C)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc112\\/tasks\\/3393)，[OMC132(E)](https:\\/\\/onlinemathcontest.com\\/contests\\/omc132\\/tasks\\/4656) を挙げておきます．", "text": "Lagrange の未定乗数法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc217/editorial/9293/457" } ]

[ { "content": "　求めたい値 $A+R+S+T$ は\r\n$$(S+T+A+R+T)+(S+T+A+R+S)-(S+T+R)-(T+A+S)$$\r\nに等しいから，$\\mathbf{87}$ である．ちなみに，各数を求めると $(A,R,S,T) = (66,75,-57,3)$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/8162" } ]

[ { "content": "　$2$ 以上の正整数 $n$ が $n=p_1^{a_1}\\cdots p_k^{a_k}$ と素因数分解されるとき，正の約数を $(a_1+1)\\cdots(a_k+1)$ 個もつ．いま $7$ は素数であるから，$k=1,a_1=6$ である．すなわち，ある素数 $p$ を用いて $p^6$ と表される．これが $3$ 桁以下になるのは $p=2, 3$ のときであり，求める総和は $64+729 = \\textbf{793}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/4880" } ]

[ { "content": "　$S(\\triangle XYZ)$ で $\\triangle XYZ$ の面積を表す．条件より $\\triangle PQR$ は正三角形であり，簡単な角度計算により $\\triangle AQR \\equiv \\triangle BRP \\equiv \\triangle CPQ$ がわかる．これと $S(\\triangle ABC)=25\\sqrt{3}$，$S(\\triangle PQR)=16\\sqrt{3}$ より \r\n$$S(\\triangle AQR)=\\dfrac{S(\\triangle AQR)+S(\\triangle BRP)+S(\\triangle CPQ)}{3}=\\dfrac{S(\\triangle ABC)-S(\\triangle PQR)}{3}=3\\sqrt{3}$$\r\n であるから，特に解答すべき値は $\\bf{27}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/3329" } ]

[ { "content": "　$a=180n-360, b=n(n-3)\\/2$ であるから，条件は次と同値である．\r\n$$n^2-21n+38\\leq0$$\r\n $n\\geq3$ に気をつけてこの不等式を解くと $n=3,4,...,19$ であるから，求める総和は $\\bf187$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/2674" } ]

[ { "content": "　最初の $4$ 文字の中の「 X 」の場所でそれ以降の「 X 」を配置する場所も決まることに留意すれば，「 X 」の位置は次の ${}_4 \\mathrm{C}_2=6$ 個に限られる：「 X X - - X X - 」, 「 X - X - X - X 」, 「 - X X - - X X 」, 「 X - - X X - - 」,「 - X - X - X - 」, 「 - - X X - - X 」．よって，解答すべき値は $2^3×3+2^4×3=\\mathbf{72}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/6712" } ]

[ { "content": "　Legendreの定理より，$2244!$ を素因数分解すると，\r\n$$2244!=2^{2240}\\times 3^{1120}\\times 5^{557}\\times7^{371}\\times \\cdots$$\r\nとなるから，題意をみたすような $n$ は\r\n$$n=2^{a}\\times 3^b\\times 5^c\\quad (0\\leq a \\leq4 , ~ 0\\leq b \\leq2 , ~ 0\\leq c \\leq1)$$\r\nと表せる．したがって求める総和は\r\n$$(1+2+2^2+2^3+2^4)\\times(1+3+3^2)\\times(1+5)=\\textbf{2418}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/2244" }, { "content": "　Legendre の定理の近似について紹介しておきます．\\\r\n　今回の問いであれば，この近似でも十分に耐えうる粗さです（理由は後述します）．\r\n\r\n---\r\n\r\n　まず，Legendre の定理とは次のようなものでした．\\\r\n　　**定理**：自然数 $n$ と素数 $p$ に対して，$n!$ を $p$ で割り切れる最大の回数は $\\sum\\limits _{k=1}^{\\infty} \\left\\lfloor \\dfrac{n}{p^k} \\right\\rfloor$ である．\\\r\n　ここで，床関数を外す近似を考えると，次の式を得ます．\r\n　$$\\sum\\limits _{k=1}^{\\infty} \\left\\lfloor \\dfrac{n}{p^k} \\right\\rfloor \\fallingdotseq \\sum\\limits _{k=1}^{\\infty} \\dfrac{n}{p^k} = \\dfrac{n}{p-1}$$\r\n　実際にこの近似を用いてみると，$2244!$ については次のように書き表されます．\r\n　$$2244! \\fallingdotseq 2^{\\frac{2244}{2-1}}×3^{\\frac{2244}{3-1}}×5^{\\frac{2244}{5-1}}×7^{\\frac{2244}{7-1}}× \\cdots =2^{2244}×3^{1122}×5^{561}×7^{374} \\cdots$$\r\n　正しい値は $2^{2240}×3^{1120}×5^{557}×7^{371}× \\cdots$ なので，そう大きくは外していないことがわかります．\r\n\r\n---\r\n\r\n　以下では，この近似の精度について考えていきます．\\\r\n　$x=\\lfloor \\log _p n \\rfloor$ と置いて，近似値と真の値の差を取ります．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum\\limits _{k=1}^{\\infty} \\left(\\dfrac{n}{p^k}-\\left\\lfloor \\dfrac{n}{p^k} \\right\\rfloor \\right) &= \\sum\\limits _{k=1}^{x} \\left(\\dfrac{n}{p^k}-\\left\\lfloor \\dfrac{n}{p^k} \\right\\rfloor \\right) + \\sum\\limits _{k=x+1}^{\\infty} \\left(\\dfrac{n}{p^k}-\\left\\lfloor \\dfrac{n}{p^k} \\right\\rfloor \\right)\\\\\\\\\r\n&\\lt \\sum\\limits _{k=1}^{x} 1 + \\sum\\limits _{k=x+1}^{\\infty} \\dfrac{n}{p^k}\\\\\\\\\r\n&= x+\\dfrac{n}{p^x(p-1)}\r\n\\end{aligned}$$\r\n最後の項 $\\dfrac{n}{p^x(p-1)}$ については，$p^x \\leq n \\lt p^{x+1}$ であったことから，おおよそ $1$ になります．\\\r\n　以上の議論から，ここで紹介した近似は， $n$ を $p$ 進数で表したときの桁数程度の誤差を生じうるとわかります（なお，以上の議論を参考にすれば，この近似は必ず真の値より大きい方にずれることもわかります）．\r\n\r\n---\r\n\r\n　振り返って今回の問いですが，$2244$ を $2$ 進数で表すと $12$ 桁になります．\\\r\n　従って，今回の近似で得た $2^{2244}×3^{1122}×5^{561}×7^{374} \\cdots$ ですが，指数を $500$ で割った商であれば，真の値と一致することがわかります．\\\r\n　もし今回の問いが，$2244!$ でなく $2024!$ だった場合には，この近似を使って良いかは十分注意する必要があります．\\\r\n　二つの値を調べてみると，\\\r\n　　近似値：$2^{2024}×3^{1012}×5^{506}×7^{337 \\frac{1}{3}}×\\cdots$\\\r\n　　真の値：$2^{2017}×3^{1006}×5^{503}×7^{335}×\\cdots$\\\r\nと，ちょっと怖い感じがします（実際は，$\\lfloor \\log_2 2024 \\rfloor =11$，$\\lfloor \\log_3 2024 \\rfloor =6$，$\\lfloor \\log_5 2024 \\rfloor =4$ なので問題ありません）．\r\n\r\n　以上，近似についての紹介でした．", "text": "Legendre の定理の近似", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/2244/449" } ]

[ { "content": "　曲線 $n=xy$ 上とそれよりも下にある第一象限の格子点の集合 $S$ について考える．$x=k ~ (1\\leq k \\leq n)$ を固定したとき，$S$ の要素は $\\displaystyle\\bigg\\lfloor\\frac{n}{k} \\bigg\\rfloor$ だけある．したがって，$S$ の要素の数は $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{n}\\bigg\\lfloor \\frac{n}{k} \\bigg\\rfloor$ に等しい．\\\r\n　一方で $S$ の要素の数は $xy=k ~ (1\\leq k \\leq n)$ を固定することでも数えられる．正整数 $k$ の正の約数の個数を $d_k$ で表せば $S$ の要素の数は $\\displaystyle\\sum_{k=1}^{n}d_k$ である．したがって次を得る．\r\n$$a_n=\\sum_{k=1}^{n}d_k$$\r\nよって $a_{n+1}=a_n+3$ は $d_{n+1}=3$ であることと同値であり，これはさらに $n+1$ が素数の $2$ 乗であることと同値である．よって求める最大値は $67^2-1=\\mathbf{4488}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/4497" }, { "content": "　$$a_{n+1}-a_{n}=\\sum_{k=1}^{n+1}\\left(\\left\\lfloor\\frac{n+1}{k}\\right\\rfloor-\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor\\right)$$\r\nです. \r\nここで, 各 $k$ について, \r\n\r\n- $\\dfrac{n+1}{k}$ が整数でないとき, $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{n+1}{k}\\right\\rfloor=\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor$\r\n- $\\displaystyle\\left\\lfloor\\frac{n+1}{k}\\right\\rfloor-\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor$ は $0$ または $1$ \r\n\r\nであることが確かめられます. (厳密に確かめるには $n=kq+r$ となる非負整数 $q,r\\ (r\\lt k)$ をとるのが良いでしょう. ) \r\n\r\nここから, \r\n$$\\begin{aligned}\\left\\lfloor\\frac{n+1}{k}\\right\\rfloor-\\left\\lfloor\\frac{n}{k}\\right\\rfloor=\\begin{cases}1&(k\\mid (n+1))\\\\\\\\0&(k\\nmid (n+1))\\end{cases}\\end{aligned}$$\r\nが分かり, $a_{n+1}-a_{n}=(n+1$ の正の約数の個数$)$ が分かります.", "text": "項ごとの差分を見る方法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/4497/447" } ]

[ { "content": "　線分 $BC$ の中点を $M$，三角形 $ABC$ の重心を $G$ とする．\\\r\n　$G,H,O$ が同一直線上にあることに気をつければ，$AH\\parallel MO$ と併せて三角形 $AGH$ と $MGO$ は相似である．従って，$AH : MO = AG : GM = 2 : 1$ である．さらに，三角形 $AHO$ と三角形 $OMD$ は相似であるから，$DO=\\dfrac{1}{2}AO$ である．よって，$D$ に関して $O$ と対称な点を $O^\\prime$ とすれば，$OO^\\prime=2DO=AO$ より $O^\\prime$ は三角形 $ABC$ の外接円上に存在するので，方べきの定理より $$\\dfrac{1}{2}A O\\times \\bigg(\\frac{1}2AO+AO\\bigg)=DO^\\prime\\times AD= BD\\times CD = 100\\times 123$$\r\nであるから $AO^2=\\bf16400$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/6267" }, { "content": "　$\\triangle ABC$ の重心を $G$ とし，辺 $BC$ の中点を $M$ とする．$OM=x$ とおくと $AH=2x$ であり，$OH=3\\times OG=2\\times DM=23$ であるから三平方の定理より $$OA^2=AH^2+OH^2=4x^2+23^2=OM^2+MB^2=x^2+\\left(\\frac{223}{2}\\right)^2$$ が成り立つ．これをいい感じに解くことで $OA^2=\\boxed{\\textbf{\\color{blue}{16400}}}$ を得られる．", "text": "三平方でやろうの解", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/6267/455" }, { "content": "　直線 $BC$ に関して，点 $A,O$ と対称な点をそれぞれ $A^{\\prime}$，$O^{\\prime}$ とする． \r\nここで，四角形 $BOCO^{\\prime}$ はひし形であるから，線分 $BC,OO^{\\prime}$ は直交し，中点 $M$ を共有する． \r\nまた，$\\triangle A^{\\prime}BC$ の外接円を $\\Gamma$ とすると，$\\Gamma$ は $BC$ に関して $\\triangle ABC$ の外接円と対称であるから，$\\Gamma$ の半径の $2$ 乗が求めるものである． \r\n　直線 $BC,HO$ はともに $AH$ と垂直であるから，$BC \\parallel HO$． \r\n$\\angle BHC = 180^{\\circ} - \\angle BAC = 180^{\\circ} - \\angle BA^{\\prime}C$ より，$H$ は $\\Gamma$ 上の点． \r\n$OH$ と $\\Gamma$ の交点のうち $H$ でない方を $K$ とおくと，$\\angle KHA^{\\prime} =180^{\\circ} - \\angle OHA = 90^{\\circ}$ より，$KA^{\\prime}$ は $\\Gamma$ の直径であり，$K$ は $A^{\\prime}O^{\\prime}$ 上の点． \r\nよって，直線 $KO^{\\prime}$，すなわち直線 $A^{\\prime}O^{\\prime}$ と，直線 $BC$ の交点は，直線 $AO,BC$ の交点 $D$ に等しい． \r\n　$MD \\parallel OK, MO = MO^{\\prime}$ であるから，中点連結定理より $$OK = 2MD = 2 \\left( BM - BD \\right) = CD - BD = 23$$\r\n　三平方の定理より，\r\n$$ AO^2 = O^{\\prime}B^2 = O^{\\prime}M^2 + MB^2 = O^{\\prime}M^2 + \\dfrac{ \\left( BD + CD \\right) ^2}{4} = O^{\\prime}M^2 + \\dfrac {223^2}{4}$$\r\n$$ AO^2 = O^{\\prime}K^2 = O^{\\prime}O^2 + OK^2 = 4O^{\\prime}M^2 + 23^2$$\r\nしたがって，$AO^2 = \\dfrac{223^2 - 23^2}{3} = \\dfrac{246 \\cdot 200}{3} = \\mathbf{16400}$ である．\r\n\r\n___\r\n残念ながら，大人しく重心をとった方が早いようです．", "text": "重心もオイラー線を使わない解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omcb004/editorial/6267/456" } ]

[ { "content": "　$9$ 以下の正整数 $i$ について，$a_i$ を左から $i$ 番目の石の色が白のとき $a_{i}=0$，黒のとき $a_{i}=1$ と定める．$A, B$ が適切に石を取ることで，$C$ さんが得られる黒の石の数は以下の $3$ つのそれぞれに任意に制限できる：\r\n$$a_{1} + a_{4} + a_{7}, \\quad a_{2} + a_{5} + a_{8}, \\quad a_{3} + a_{6} + a_{9} \\tag{☆}$$\r\nしたがって，$(☆)$ のうち少なくとも $1$ つが $1$ 以下であれば，$C$ さんがとる石を必ず $1$ 個以下にできる. \\\r\n　逆に，$(☆)$ がいずれも $2$ 以上のとき，$C$ さんは黒い石を $2$ 個とることが可能となる．これは，$C$ さんの番の右端の石の番号と左端の石の番号を $3$ で割った余りが常に等しいため，$C$ さんが石を取るはじめの $2$ 回は両端のいずれかに必ず黒い石があることから示される．\\\r\n　以上より，求めるべきは $(☆)$ のうち少なくとも $1$ つが $1$ 以下であるような $(a_1, a_2, \\ldots, a_9) \\in \\\\{0, 1\\\\}^9$ の個数であり，これは余事象を考えて\r\n$$2^{9} - 4^{3} = \\mathbf{448}$$ \r\nと計算される.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/9829" } ]

[ { "content": "　非負整数 $n$ について $2n$ 秒後から $2n+1$ 秒後を奇数秒目，$2n+1$ 秒後から $2n+2$ 秒後を偶数秒目とすると，条件から $2$ 点 $P,Q$ は奇数秒目，偶数秒目のいずれか一方ではつねに互いに平行に，もう一方ではつねに互いに垂直に動くことがわかる．まず奇数秒目が平行な場合を考える．\\\r\n　$2$ 点 $P,Q$ は最短距離で $A$ に移動して一致し，平行に動く間は $2$ 点間のマンハッタン距離は変わらず，垂直に動く間はマンハッタン距離は $2$ 変動することから，偶数秒目のうち $5$ 秒間は $P$ が $x$ 軸，$Q$ が $y$ 軸方向に動き，残りの $5$ 秒間は $P$ が $y$ 軸，$Q$ が $x$ 軸方向に動く．これと $P, Q$ が $20$ 秒後に $A$ に到達することから，奇数秒目のうち $5$ 秒間は $2$ 点とも $x$ 軸方向，残りの $5$ 秒間は $2$ 点とも $y$ 軸方向に動くことになる．これらによって奇数秒目が平行な場合の全てを網羅でき，これは ${{}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{5}}^2$ 通りとなる．\\\r\n　奇数秒目が垂直な場合も同様であり，求める値は $2\\times {{}\\_{10}\\mathrm{C}\\_{5}}^2=\\mathbf{127008}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/10589" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABC$ の辺の長さを $BC = a, CA = b, AB = c$ とおく．$\\omega$ の中心を $I$，辺 $BC$ と $\\omega$ の接点を $D$，辺 $BC$ の中点を $M$ とする．また，$\\omega$ の半径を $r$ とする． \\\r\n　線分 $P_BP_C$ が $\\omega$ の直径となることから，直線 $PP_B$ と $PP_C$ が垂直に交わる．このような点 $P$ がただ一つであることから，$\\omega$ 上で $\\angle BPC =90^\\circ$ を満たす点はちょうど一つであり，したがって，線分 $BC$ を直径とする円と $\\omega$ が接する．よって，この接点を $T$ とすれば，\r\n$$\\frac{a}{2} = BM = TM = IT + IM = r + \\sqrt{r^2 + DM^2}$$\r\nが成り立ち，これを変形することで，\r\n$$ar = \\frac{a^2}{4} - DM^2\\tag1$$\r\nが分かる．いま，\r\n$$DM = \\frac{|BD - CD|}{2} = \\frac{|b-c|}{2}$$\r\nであり，また，ヘロンの公式より\r\n$$\\begin{aligned}\r\nr &= \\frac{1}{2}\\sqrt{\\frac{(-BC + CA + AB)(BC - CA + AB)(BC + CA - AB)}{BC + CA + AB}}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{1}{2}\\sqrt\\frac{(a^2 - (b-c)^2)(b+c-a)}{b+c+a}\r\n\\end{aligned}$$\r\nが成り立つ．よって，これらを $(1)$ に代入して次のように整理していくことで，次を得る．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n(1)\r\n&\\iff \\frac{a}{2}\\sqrt\\frac{(a^2 - (b-c)^2)(b+c - a)}{a+b+c} = \\frac{a^2 - (b-c)^2}{4}\\\\\\\\\r\n&\\iff 2a\\sqrt{b+c - a}= \\sqrt{(a^2 - (b-c)^2)({a+b+c} )}\\\\\\\\\r\n&\\iff 5 a^3 - 3(b+c) a^2 - (b-c)^2 a - (b+c) (b-c)^2 = 0 \\\\\\\\\r\n&\\iff 5 a^3 - 63 a^2 - a - 21 = 0\r\n\\end{aligned}$$\r\n方程式 $5 x^3 - 63 x^2 - x - 21 = 0$ は有理解をもたないため，\r\n$$ f(x) = x^3 - \\frac{63}{5} x^2 - \\frac{1}{5} x - \\frac{21}{5} $$\r\nである．したがって \r\n$$ \\left\\lfloor f(100) \\right\\rfloor = \\left\\lfloor \\frac{4369879}{5} \\right\\rfloor = \\bf873975$$\r\nである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/8636" } ]

[ { "content": "　$p = 2^8+1$ とする．$2^{16}\\equiv 1 \\pmod{p}$ であり，$2^0,2^1,\\ldots,2^{15}$ を $p$ で割った余りは相異なることに注意すると，$0$ 以上 $15$ 以下の整数からなる数列 $\\\\{b_n\\\\}\\_{n=0,1,\\ldots}$ であって，任意の $n\\geq 0$ について $b_n\\equiv a_n \\pmod{16}$ であり，かつ（$k$ によらないある関数 $f$ が存在して）$b_{n+1}=f(b_n)$ が成り立つものが存在する．問題で与えられた漸化式より，\r\n$$ f(x) = \\bigl( (2^x + 216) \\\\% p \\bigr) \\\\% 16 $$\r\nと表せることに注意すると，$f$ の値は次のように計算できる：\r\n$$\\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}\r\nx & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6-8 & 9 & 10 & 11 & 12-15 \\\\\\\\ \\hline\r\nf(x) & 9 & 10 & 12 & 0 & 8 & 8 & 7 & 6 & 4 & 0 & 8 \r\n\\end{array}$$\r\nこれをふまえると，$\\\\{b_n\\\\}$ は十分先でかならず $7$ で一定になり，$\\\\{a_n\\\\}$ は十分先でかならず $87$ で一定になることがわかる．したがって各 $k$ について，$a_{m_k} = 87$ をみたす最小の $m_k$ を求めればよい．\\\r\n　まずは各 $k$ について，$b_{n_k} = 7$ すなわち $f^{n_k}(k) = 7$ をみたす最小の正整数 $n_k$ を計算する．これは以下で与えられる：\r\n$$\\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}\r\nk & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6-8 & 9 & 10 & 11 & 12-15 \\\\\\\\ \\hline\r\nn_k & 3 & 4 & 3 & 4 & 2 & 2 & 1 & 2 & 3 & 4 & 2 \r\n\\end{array}$$\r\n　ここで，$a_{m_k} = 87$ となるのは $a_{m_k-1} \\equiv 7 \\pmod{16}$ すなわち $f^{m_k-1}(k) = 7$ となったときであるので，$k \\equiv 7 \\pmod{16}$ のときを除いて $m_k = n_k + 1$ が成立する．すなわち，$m_k$ は以下で与えられる：\r\n$$\\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}\r\nk \\bmod 16 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12-15 \\\\\\\\ \\hline\r\nm_k & 4 & 5 & 4 & 5 & 3 & 3 & 2 & \\mathbf{1} & 2 & 3 & 4 & 5 & 3 \r\n\\end{array}$$\r\n　以上より，求める総和は以下のように計算できる：\r\n$$ 1 \\cdot (2^{4}) + 2 \\cdot (2 \\cdot 2^{4}) + 3 \\cdot (7 \\cdot 2^{4}) + 4 \\cdot (3 \\cdot 2^{4} + 1) + 5 \\cdot (3 \\cdot 2^{4}) = \\mathbf{852}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/9426" } ]

[ { "content": "$$\\angle BDP = \\angle BDC - \\angle CDP = \\angle BAC - \\angle AEF = \\angle AFE$$\r\nであり，同様に $\\angle DBP = \\angle AGE$ である．よって，正弦定理より次がわかる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\frac{FQ}{GQ}\r\n&= \\frac{\\sin \\angle FCQ}{\\sin \\angle GCQ}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{\\sin\\angle CDP\\cdot (DP\\/CP)}{\\sin\\angle CBP\\cdot (BP\\/CP)}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{DP\\sin\\angle AEF}{BP\\sin\\angle AEG}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{\\sin\\angle DBP\\sin\\angle AEF}{\\sin\\angle BDP\\sin\\angle AEG}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{\\sin\\angle AGE\\sin\\angle AEF}{\\sin\\angle AFE\\sin\\angle AEG}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{\\sin \\angle AEF}{\\sin \\angle AFE}\\cdot\\frac{\\sin \\angle AGE}{\\sin \\angle AEG}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{AF}{AE}\\cdot\\frac{AE}{AG}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{AF}{AG}\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．また，\r\n$$\\angle FQG = 180^\\circ - \\angle FCG = 180^\\circ - \\angle BCD = \\angle BAD = \\angle FAG$$\r\nであるから，三角形 $AFG$ と三角形 $QFG$ は合同である．よって，$A$ と $Q$ は直線 $FG$ に関して対称である．\\\r\n　ここで，四角形 $ABCD$ の外接円の中心を $O$ とし，四角形 $ABCD$ のミケル点を $M$ とする．このとき，\r\n$$\\angle FMG = \\angle AMF + \\angle AMG = \\angle ADF + \\angle ABG = \\angle ABC + \\angle ADC = 180^\\circ$$\r\nより，$M$ は直線 $FG$ 上にある．また，\r\n$$\\measuredangle AMC\r\n= \\measuredangle AMF + \\measuredangle FMC\r\n= \\measuredangle ADF + \\measuredangle FBC\r\n= \\measuredangle ADC+ \\measuredangle ABC\r\n= \\measuredangle AOC$$\r\nであるから，$4$ 点 $A, C, M, O$ は同一円周上にあり，同様に $4$ 点 $B, D, M, O$ も同一円周上にある．よって，この二円と四角形 $ABCD$ の外接円の根心を考えることで，$3$ 点 $E,M,O$ は同一直線上にあることがわかる．さらに，\r\n$$\\angle QMF = \\angle AMF=180^\\circ - \\angle ADF = \\angle CDG = \\angle CMG$$\r\nであることから $3$ 点 $C, M, Q$ は同一直線上にある．また，$AO = CO$ より $\\angle AMO = \\angle CMO$ であるので，$\\angle AMF = \\angle CMG$ とあわせて $\\angle OMF = \\angle OMG$ である．よって，直線 $FG$ と $MO$ は直交する．さらに，\r\n$$\\angle OCE = \\angle OCA = \\angle OMA = \\angle OMC$$\r\nなので，三角形 $OEC$ と三角形 $OCM$ は相似である．よって，直線 $MO$ と $AQ$ が平行であることから， \r\n$$CQ=CM\\cdot\\frac{AC}{CE} = CE\\cdot\\frac{OC}{OE}\\cdot\\frac{AE + CE}{CE} = \\frac{1230}{OE}$$\r\nとなる．$E$ から四角形 $ABCD$ の外接円への方べきを考えることで\r\n$$OE^2=OA^2-AE・CE = 690$$\r\nが成り立つので，\r\n$$CQ^2=\\frac{1230^2}{OE^2} = \\frac{50430}{23}$$\r\nと求まる．特に解答すべき値は $\\bf50453$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/9560" }, { "content": "　「 $Q$ は $FG$ に関して $A$ と対称な点である」までは公式解説と同様です．\\\r\n　Brocard の定理より，円 $ABC$ において，$FG$ は極を $E$ とする極線です．従って，$E$ から $FG$ に下ろした垂線の足を $H$ とすると，$O,E,H$ は一直線上にあり，$OE \\times OH = 30^2$ が成立します．一方で $OE^2$ は方べきの定理から求められますから，$EH = OH-OE$ の値もこの時点で計算することができます．\\\r\n　一方で，直線 $CA$ と $FG$ の交点を $R$ とすると，完全四辺形の性質から $C,E,A,R$ は調和点列ですから，$AR$ の長さが求められます．\\\r\n　以上より，直線 $FG$ と $C,E,A$ それぞれとの距離（従って $Q$ との距離も）を計算することが可能になりました．あとは愚直に三平方の定理を用いて計算することで $CQ$ の長さを求めることができます．\r\n\r\n---\r\n\r\n　こういう「三平方の定理でゴリ押せないか？」という思考は、エレガントではないかもしれませんが、OMC で役に立つことは多いです。", "text": "ゴリ押し？", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/9560/448" } ]

[ { "content": "　$p = \\dfrac{1+\\sqrt{15}i}{4}$ は $p^2-\\dfrac{p}{2} + 1 =0$ を満たす．この $p$ と任意の実数 $a, b$ について，\r\n$$ {|a + bp|}^2 = a^2 + \\dfrac{1}{2}ab + b^2 $$\r\nとなるから，\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nX &= \\dfrac{1}{2}xyz-(xy^2+yz^2+zx^2) \\\\\\\\\r\nY &= -\\dfrac{3}{4}xyz+\\dfrac{1}{2}(xy^2+yz^2+zx^2)+x^2y+y^2z+z^2x\r\n\\end{aligned} $$\r\nとおくと $(x+py)(y+pz)(z+px) = X + pY$ が成り立つ．この両辺の絶対値を比較することで，\r\n$$\\biggl(x^2 + \\dfrac{1}{2}xy + y^2\\biggr)\\biggl(y^2 + \\dfrac{1}{2}yz + z^2\\biggr)\\biggl(z^2 + \\dfrac{1}{2}zx + x^2\\biggr) = X^2 + \\dfrac{1}{2}XY + Y^2$$\r\nと表される. ここで，$x, y, z$ の拘束条件は \r\n$$\\begin{aligned} \r\n5^{20}\r\n&= (x+2y)(y+2z)(z+2x) - 12xyz \\\\\\\\\r\n&= -3xyz + 2(x^2y+y^2z+z^2x) + 4(xy^2+yz^2+zx^2) \\\\\\\\\r\n&= -3X+2Y\r\n\\end{aligned} $$\r\nと変形することができる．したがって，$N = 5^{20}$ とおくと $Y = \\dfrac{3X+N}{2}$ なので，\r\n$$ X^2 + \\dfrac{1}{2}XY + Y^2 = 4X^2 + \\frac{7}{4} NX + \\frac{N^2}{4} = 4 \\biggl( X + \\frac{7}{32}N \\biggr)^2 + \\frac{15}{256} N^2 $$\r\nと変形でき，$X = -\\dfrac{7}{32}N, ~ Y = \\dfrac{11}{64}N$ のときこの式は最小値 $\\dfrac{15}{256}N^2$ を取る．\r\n\r\n　ここで，$X, Y$ の拘束条件は次の $2$ 式に言い換えられる. \r\n$$\\dfrac{3}{2}X + Y = -(x-y)(y-z)(z-x) = -\\dfrac{5}{32}N，X = -\\dfrac{7}{32}N$$\r\n前者の式は $k=x-y, ~ l=y-z$ とおくと $kl(k+l)=-\\dfrac{5}{32}N$ と書き換えられる．$l$ の存在条件から，$k^4-\\dfrac{5}{8}Nk\\geq 0$ かつ $k \\neq 0$ が必要であり，逆にこれらを満たすとき $x, z$ は実数 $α, β$ を用いて，$x=y+α, z=y-β$ と表すことができる．これを後者の式に代入すると，左辺が最高位の係数が $-\\dfrac{5}{2}$ である $y$ の $3$ 次式になるので，明らかに $y$ の実数解が存在し，同時に $x, z$ の存在も示される. \r\n\r\n　ゆえに，$x-y$ がとりうる整数 $n$ は $ n\\lt 0$ または $n \\geq \\sqrt[3]{\\dfrac{5}{8}N}$ を満たし，これが必要十分である．$\\sqrt[3]{\\dfrac{5}{8}N} = 39062.5$ より求める答えは \r\n$$1+2+ \\cdots + 39062 = \\mathbf{762939453}$$\r\nである.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc216/editorial/6913" } ]

[ { "content": "$$\\frac{a^2-1001a+1001^2}{b^2-1001b+1001^2}\\leq\\frac{\\max\\lbrace a^2-1001a+1001^2\\rbrace}{\\min\\lbrace b^2-1001b+1001^2\\rbrace}$$\r\nであり，等号が成立するのは $a=1,1000$ かつ $b=500,501$ のときであるので解答すべき値は\r\n$$(1+500)+(1+501)+(1000+500)+(1000+501)=\\mathbf{4004}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/9284" } ]

[ { "content": "　次の図のようにマス目を分割する．\\\r\n\r\n　各 $A$ の $3$ マスに全て旗を置くことは不可能なので旗は高々 $2$ 本である．したがって，全体で旗の数は高々 $1+3333\\cdot 2=6667$ であり，下のように旗を配置すれば実際に $6667$ 本旗を置くことが可能である．\r\n\r\n\r\n以上より置かれた旗の数の最大値は $\\mathbf{6667}$ ．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/9826" } ]

[ { "content": "　 $10^5=2^5\\cdot5^5$ の約数は $2^a\\cdot5^b　(a,b\\in\\lbrace 0,1,2,3,4,5\\rbrace)$ とおける．\\\r\n$$2^a\\cdot5^b\\equiv(-1)^{a+b}\\mod3$$\r\nなので約数 $2^a\\cdot5^b$ が $3$ で割った余りが $1$ であることは $a,b$ の偶奇が一致することと同値である．よって求める総和は\r\n$$(2^0+2^2+2^4)(5^0+5^2+5^4)+(2^1+2^3+2^5)(5^1+5^3+5^5)=\\mathbf{150381}．$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/9285" } ]

[ { "content": "　辺 $BC$ 上の点 $P$ であって，線分 $XP$ が台形 $ABCD$ の面積を $2$ 等分するものを考える．具体的には $BP=1999$ を満たす点である．\\\r\n　三角形 $XYZ,XPZ$ は面積が等しいので $XZ\\parallel YP$ が成り立つ．したがって直線 $XY$ と辺 $BC$ の交点を $Q$ とすれば $PQ:PZ=YQ:YX=YC:YA=3:1$ である．ここで $CQ=3AX=9$ より $BQ=2995$ なので，$BP=1999$ と合わせて，$PQ=996$ がわかる．以上より $PZ=332$ であり，$BZ=BP-PZ=\\bf1667$ が導かれる．\r\n----\r\n\r\n**別解.** \\\r\n　$Y$ を通り $AD(BC)$ に平行な直線と $AB,CD$ の交点をそれぞれ $P,Q$ とする．$AY:YC=1:3$ より， $PY=751,YQ=750$ が得られる．また，台形 $APYX,DQYX,PBZY,QCZY$ の高さはそれぞれ $h,h,3h,3h$ と表される．したがって $|APYX|+|PBZY|=|DQYX|+|QCZY|$ より，次の式を得る．\r\n$$\\frac{h}{2}(3+751)+\\frac{3h}{2}(751+BZ)=\\frac{h}{2}(997+750)+\\frac{3h}{2}(750+(3004-BZ))$$\r\nこれを解くことで $BZ=\\bf1667$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/10790" } ]

[ { "content": "　 $999=p, ~ 1001=q$ とし，$S=f(1)+f(2)+\\cdots+f(pq)$ とする．\\\r\n　良い数 $a$ であって $1\\leq a\\leq pq$ を満たすもの全体の集合を $A$ とする．$p,q$ は互いに素なので $|A|=p+q-1$ である．\\\r\n　ここで $a\\in A$ に対して，$n$ 以下の良い数として $a$ が存在するような $1\\leq n\\leq pq$ は $pq+1-a$ だけある．\\\r\n　すなわち $a\\in A$ は $pq+1-a$ だけ $S$ に寄与するので，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=\\sum_{a\\in A}(pq+1-a)\\\\\\\\\r\n &=(pq+1)|A|-\\sum_{a\\in A}a\\\\\\\\\r\n &=(pq+1)(p+q-1)-(\\sum_{k=1}^{q}pk+\\sum_{k=1}^{p}qk-pq)\\\\\\\\\r\n &=\\(pq+1)(p+q-1)-\\frac{pq}{2}(p+q)\\\\\\\\\r\n &=1000000\\cdot 1999-999999\\cdot 1000\\\\\\\\\r\n &=\\bf 999001000\r\n\\end{aligned}$$\r\n----\r\n\r\n**別解.** \\\r\n　$999=p, ~ 1001=q$とする．$p,q$は互いに素なので次が成り立つ．\r\n$$f(n)=\r\n\\begin{cases}\r\n\\bigg\\lfloor\\dfrac{n}{p}\\bigg\\rfloor+\\bigg\\lfloor\\dfrac{n}{q}\\bigg\\rfloor　&(n=1,2,...,pq-1)\\\\\\\\\r\np+q-1&(n=pq)\r\n\\end{cases}$$\r\nよって求めたい値 $S$ は\r\n$$\\begin{aligned}\r\nS&=\\sum_{n=1}^{pq}f(n)\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{n=0}^{pq-1}\\bigg(\\bigg\\lfloor\\dfrac{n}{p}\\bigg\\rfloor+\\bigg\\lfloor\\dfrac{n}{q}\\bigg\\rfloor\\bigg)+p+q-1\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{a=0}^{q-1}\\sum_{b=0}^{p-1}\\bigg(\\bigg\\lfloor\\dfrac{ap+b}{p}\\bigg\\rfloor+\\bigg\\lfloor\\dfrac{a+bq}{q}\\bigg\\rfloor\\bigg)+p+q-1\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{a=0}^{q-1}\\sum_{b=0}^{p-1}(a+b)+p+q-1\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{2}pq(p-1)+\\frac{1}{2}pq(q-1)+p+q-1\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{2}(pq+2)(p+q-2)+1\\\\\\\\\r\n&=\\frac{1}{2}\\cdot 1000001\\cdot1998+1\\\\\\\\\r\n&=\\bf999001000\r\n\\end{aligned}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/9288" } ]

[ { "content": "　次の角度の評価により $\\angle ABD\\gt \\angle CAD$ なので，三角形 $ABE$ の外接円と辺 $AD$ は $A$ でない点で再び交わることがわかる．\r\n$$\\angle ABD=180^\\circ-\\angle ACD=\\angle CAD+\\angle ADC\\gt \\angle CAD$$\r\nこの交点を $F$ とすると\r\n$$\\angle AFE=180^\\circ-\\angle ABD=\\angle DCE$$\r\nより，$F$ は三角形 $CDE$ の外接円上にもある．したがって方べきの定理より次が成り立つ．\r\n$$AF\\cdot AD=61\\cdot 82=5002, \\quad DF\\cdot AD=51\\cdot 98=4998.$$\r\nしたがって $AD^2=AF\\cdot AD+DF\\cdot AD=10000$ より，$AD=\\bf100$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/11246" }, { "content": "$\\angle AEB= \\angle DEC$ なので直線 $CE$ 上に三角形 $ABE$ と三角形 $DFE$ が相似であるような点 $F$ が取れる．\\\r\n三角形 $DCF$ が二等辺三角形になることに注意すれば，点 $D$ から直線 $EF$ に垂線を下ろすことで $\\cos \\angle DEC$ が求まる．\\\r\nあとは三角形 $AED$ に余弦定理を適用すれば $AD$ を求めることができる．", "text": "三角形を移動，縮小する解法", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/11246/446" } ]

[ { "content": "　問題文の条件を満たす組 $(a_1,...,a_{20})=A$ を**良い組**と呼ぶ．\\\r\n　良い組に対して $a_p=20$ なる $1\\leq p\\leq 20$ を取り，問題文の不等式において $j=p$ とすれば\r\n$$20a_i=a_ia_p\\leq ip+20\\leq20(i+1)$$\r\nとなるので全ての整数 $1\\leq i\\leq20$ に対して $a_i\\leq i+1$ が必要である．\\\r\n　$a_i=i+1$ であるとき与えられた不等式より，$(i+1)^2\\leq i^2+20$ なので $i=1,2,...,9$ が必要である．\\\r\n　以上より次の条件が $A$ が良い組であるための必要条件である．この条件を満たす $A$ が良い組であることは容易に確かめられる．\\\r\n$$a_i\\leq\r\n\\begin{cases}\r\ni+1&　(i=1,2,...,9)\\\\\\\\\r\ni &　(i=10,11,...,20)\r\n\\end{cases}$$\r\n　よってこの条件を満たす $(a_1,a_2,...,a_{20})$ の組の数を求めれば良い．$a_1$ から順次定めていくと $a_9$ まではそれぞれ $2$ 通りずつ，$a_{10}$ から $a_{20}$ までは $1$ 通りずつあるので，求める順列の数は $2^9=\\mathbf{512}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc215/editorial/9287" } ]