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OnlineMathContest-1.4k

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[ { "content": "　重解の条件は $b^2=4ac$ と言いかえられる．これと $4a^2+c^2=b^2$ から $4a^2-4ac+c^2=(2a-c)^2=0$．よって $a+c=12$ および $2a=c$ により $(a,b,c)=(4,\\pm 8\\sqrt{2},8)$ であり，求める値は $\\mathbf {131072}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/4902" } ]

[ { "content": "　実数 $a_k$, $a_{k+1}$ が $a_k+\\dfrac{1}{a_k}=a_{k+1}+\\dfrac{1}{a_{k+1}}$ をみたすことは，$a_k=a_{k+1}$ または $a_k=\\dfrac{1}{a_{k+1}}$ であることと同値である．よって $a_1$ から $a_{3939}$ はすべて $a_1$ または $\\dfrac{1}{a_1}$ であるから，このうち $a_1$ の数を $n$ 個とすると（$a_1=1$ のときは $n$ はいくつとしてもよい），\r\n$$a_1n+ \\frac{3939-n}{a_1}=3939$$\r\nである．これは $(n(a_1+1)-3939)(a_1-1)=0$ と同値であるから，条件をみたす $a_1$ は $(3939の約数)-1$ で表せるものか $1$ である．$3939=3\\times13\\times101$ より，$3939$ の約数の個数は $2^3=8$ 個，約数の総和は $4\\times14\\times102=5712$ なので，求める総和は $5712-8+1=\\mathbf {5705}$ とわかる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/4606" } ]

[ { "content": "　一般に $2022$ を $N$ に置きかえ，総積を $3$ で割った余りが $1,2$ である組がそれぞれ $X_N,Y_N$ 個あるとする．\\\r\n　このとき，$7, 13$ は $3$ で割って $1$ 余り，$2, 5, 11$ は $3$ で割って $2$ 余ることから，以下のように漸化式が立てられる．\r\n$$X_{N+1}=2X_N+3Y_N, \\quad Y_{N+1}=3X_N+2Y_N$$\r\n$X_1=2,Y_1=3$ とあわせてこれを解けば $X_N=\\dfrac{5^N+(-1)^N}{2}$ となり，Fermatの小定理から以下のように計算できる．\r\n$$X_{2022} \\equiv \\dfrac{5^{2022}+1}{2} \\equiv \\dfrac{5^6+1}{2} \\equiv \\textbf{1762} \\pmod{2017}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/5748" }, { "content": "条件を満たす組の個数は，$2, 5, 7, 11, 13$ の中から $2022$ 回いずれかの数を選ぶ選び方のうち，$2, 5, 11$ が合計偶数回選ばれるものの数である. これは，$f(x)=(3x+2)^{2022}$ の偶数次の係数の総和に等しく，以下のように求められる.\r\n$$\\dfrac{f(1)+f(-1)}{2}\\equiv \\dfrac{5^{2022}+(-1)^{2022}}{2}\\equiv \\dfrac{5^{2022}+1}{2}\\equiv \\dfrac{5^6+1}{2}\\equiv \\textbf{1762} \\pmod{2017}$$\r\n(ただし，fermatの小定理を用いた. )", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/5748/201" }, { "content": "　$13$ 以下の素数のうち，$7,13$ は $3$ で割って $1$ 余り，$2,5,11$ は $3$ で割って $2$ 余るので，$a_1,a_2,\\ldots,a_{2022}$ のうち，$7,13$ が合計偶数回，$2,5,11$ も合計偶数回出現すればよい．これより，\r\n$$N = \\sum_{k=0}^{1011} {}\\_{2022}\\mathrm{C}\\_{2k} \\cdot 2^{2k} \\cdot 3^{2022-2k} $$\r\nと求められる．ここで，恒等式\r\n$$\\frac{1}{2} \\lbrace(x+y)^{2n} + (x-y)^{2n}\\rbrace = \\sum_{k=0}^{n} {}\\_{2n}\\mathrm{C}\\_{2k} x^{2k} y^{2n-2k}$$\r\nに $x = 2 , y = 3 , n = 1011$ を代入することで\r\n$$N = \\frac{1}{2} \\lbrace 5^{2022} + (-1)^{2022} \\rbrace$$\r\nが得られる．よって，Fermatの小定理を用いて，求めるものは $\\mathbf{1762}$ と分かる．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/5748/202" } ]

[ { "content": "　$F_1 = F_2 = 1$ かつ任意の整数 $n$ に対して $F_{n+2} = F_{n+1} + F_{n}$ を満たすように数列 $\\\\{F_n\\\\}$ を定めると，$$f(n,m) = (-1)^{n+m}F_{n-m-2} + F_{m+2}$$ であることが帰納的に確かめられる．従って，$F_{-n} = (-1)^{n+1}F_{n}$ に気をつければ，\r\n$$(-1)^{a}F_{7880-a} + F_{a+2} = F_{3943} - F_{3939}$$\r\nを満たす正の整数 $a$ を求めれば良いことが分かる．$a$ が $3942$ 以上または $3936$ 以下のとき，\r\n$$|(-1)^aF_{7880-a} + F_{a+2}| \\ge |F_{a+2} - F_{|7880 - a|}| \\ge F_{3944} - F_{3938} \\gt F_{3943} - F_{3939}$$\r\nより不適であるから，それ以外の場合についてそれぞれ計算することで，適するのは $a = 3938,3940,3941$ であることが分かる．特に，解答すべき値は $\\bf{11819}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/4190" } ]

[ { "content": "　四角形 $AXYP$ は長方形であることに気をつければ，\r\n$$\\sin \\angle XIY=\\sin \\angle PYQ=\\sin \\angle PAQ$$\r\nであるので，$IX=4x, IY=5x, XY=3x$ とおける．また，$\\angle AIO=90^\\circ$ であるから $AI=IX=4x$ である．従って，方べきの定理より\r\n$$QI=\\dfrac{AI×IX}{IY}=\\dfrac{16x}{5}$$\r\nであるので，\r\n$$PI-QI=IY-QI=\\dfrac{9x}{5}=1$$\r\nがわかり，$x=\\dfrac{5}{9}$ である．\r\nここで，$$PX=AY=\\sqrt{AX^2+XY^2}=\\sqrt{73}x$$ である．また，$BC$ の中点を $M$ とすると，$P, O, M, X$ は同一直線上にあるから，$XI^2=XB^2=XM\\times XP$ である．したがって，三角形 $XIM$ と $XPI$ は相似であるから，$$PI:IM=PX:IX=\\sqrt{73}:4.$$ よって，$$IM=\\dfrac{4}{\\sqrt{73}}×5x=\\dfrac{20x}{\\sqrt{73}}$$ が得られる．また，$$XM=\\dfrac{XI^2}{XP}=\\dfrac{16}{\\sqrt{73}}x$$ である．したがって，$$BM^2=PM×MX=\\dfrac{57x}{\\sqrt{73}}×\\dfrac{16x}{\\sqrt{73}}=\\dfrac{912x^2}{73}$$ であるから，中線定理より\r\n$$IB^2+IC^2=2(BM^2+IM^2)=\\dfrac{2624}{73}x^2=\\dfrac{2624}{73}×\\dfrac{25}{81}=\\dfrac{65600}{5913}$$\r\nとなる．よって解答すべき値は $\\textbf{71513}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/5909" }, { "content": "　$\\angle AIO = 90^\\circ$ および四角形 $AXYP$ が長方形であることを利用して\r\n$$ IY = PI = 5x,\\qquad XY = 3x,\\qquad IX = AI = 4x $$\r\nとおけるところまでは[公式解説](.\\/)と同じ．さらに $IO = \\dfrac32\\\\,x$ より，$\\triangle ABC$ の外接円の半径が $\\dfrac{\\sqrt{73}}2\\\\,x$ であることも分かる．また $x = \\dfrac59$ は，公式解説の方べきに気が付けなくても，求めることはできる．\r\n<details><summary>方べきを使わない方法<\\/summary>\r\n\r\n　$Q$ から $IO$ に下した垂線の足を $H$ として，$\\triangle IXY$ と $\\triangle QHI$ の相似より\r\n$$\\begin{aligned}\r\n&\\frac{73}4\\\\,x^2 = OQ^2 = QH^2 + (HI + IO)^2 = \\left(\\frac45\\\\,QI\\right)^2 + \\left(\\frac35\\\\,QI + \\frac32\\\\,x\\right)^2 = QI^2 + \\frac95\\\\,x\\times QI + \\frac94\\\\,x^2\\\\\\\\\r\n&\\mathopen{}\\Longrightarrow\\\\;\\left(QI + 5x\\right)\\left(QI - \\frac{16}5\\\\,x\\right) = 0 \\qquad\\therefore 1 = PI - QI = 5x - \\frac{16}5\\\\, x = \\frac95\\\\, x\\\\;\\Longrightarrow\\\\; x = \\frac59.\r\n\\end{aligned}$$\r\n<\\/details>\r\n\r\n　そして $BX = CX = IX\\\\;(=4x)$ となることは有名事実で，$\\alpha \\coloneqq \\angle BXO = \\angle CXO,$　$\\beta \\coloneqq \\angle IXO$ \r\nとすると\r\n$$ \\cos \\alpha = \\frac{BX\\/2}{OX} = \\frac4{\\sqrt{73}},\\qquad \\cos \\beta = \\frac{IX}{OX} = \\frac8{\\sqrt{73}},$$\r\n$$ \\begin{aligned}\r\nIB ^2 + IC^2\\\\!\\\\! &\\stackrel{\\phantom{〇〇}}{=} \\left(2 \\times 4x \\sin\\frac{\\alpha - \\beta}2\\right)^2 + \\left(2 \\times 4x \\sin\\frac{\\alpha + \\beta}2\\right)^2 \\\\\\\\\r\n&\\stackrel{\\text{半角}}{=}64x^2\\left(\\frac{1-\\cos(\\alpha - \\beta)}2 + \\frac{1-\\cos(\\alpha + \\beta)}2\\right) \\\\\\\\\r\n&\\stackrel{\\text{積和}}{=} 64x^2\\left(1 - \\cos \\alpha \\cos \\beta\\right) = 64 \\times \\left(\\frac59\\right)^2 \\left(1 - \\frac4{\\sqrt{73}} \\times \\frac8{\\sqrt{73}}\\right) = \\frac{65600}{5913}.\r\n\\end{aligned} $$\r\nすなわち答えは $\\bm{71513}$．", "text": "三角関数", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc148/editorial/5909/203" } ]

[ { "content": "　順位が下がった人は必ず存在し，かつ $200$ 人以下である．\\\r\n　逆に，$1$ 日目終了時点に $i$ 位だった人を $A_i$ とすれば，$200$ 以下の正整数 $n$ に対し $2$ 日目の成績が $1$ 位から順に\r\n$$A_{n+1},A_{n+2},\\cdots,A_{n+200},A_{1},A_{2},\\cdots,A_{n},A_{n+201},\\cdots,A_{400}$$\r\nである場合を考えることで，ちょうど $n$ 人の順位が下がる状況が得られる．\\\r\n　以上より，解答すべき値は $1+2+\\cdots+200=\\textbf{20100}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc147/editorial/229" } ]

[ { "content": "　$D$ は三角形 $ABE$ の外心であるから，$BD=DE=EC=4$ が従う．よって，対称性により $ADE$ は正三角形であることがわかるから，三角形 $ABC$ の $BC$ を底辺としたときの高さは $2\\sqrt{3}$ である．従って，面積は \r\n$$12\\times2\\sqrt3\\div2=12\\sqrt{3}=\\sqrt{\\textbf{432}}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc147/editorial/223" } ]

[ { "content": "　条件により $P$ の $x$ 座標は $Q$ の $x$ 座標より大きいことに留意せよ．直線 $PR$ と $x$ 軸との交点を $A$，直線 $QR$ と $y$ 軸の交点を $B$ とすれば，三角形 $OAP$ および三角形 $OBQ$ の面積はともに $24$ であり，一方で四角形 $OARB$ は長方形であるから，直線 $OR$ は四角形 $OPRQ$ の面積を二等分する．すなわち直線 $OR$ が式 $y=\\dfrac{x}{2}$ で表されることから，$R$ の座標は $(12,6)$ で与えられ，求めるべき $P$ の $x$ 座標は $\\textbf{12}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc147/editorial/296" } ]

[ { "content": "　線分の長さを $1$ としてよい．$r$ を $1$ 未満の正の有理数とするとき，左端から $r$ の位置にある点に初めて星印が付くのは，$r$ を既約分数で表したときの分母を $a$ としたとき $a$ 回目の操作である．従って，$f(n)$ は $n$ 以下の正整数で $n$ と互いに素なものの個数に等しく(Eulerのトーシェント関数)，$n$ の素因数分解を $n=p_1^{a_1}\\cdots p_k^{a_k}$ とするとき\r\n$$f(n)=(p_1^{a_1}-p_1^{a_1-1})\\cdots(p_k^{a_k}-p_k^{a_k-1})$$\r\nが成り立つ．ここで $g(p,a)=p^a-p^{a-1}\\bigl(=f(p^a)\\bigr)$ とおき，これが $32$ の約数になるような組 $(p,a)$ について考える：\r\n\r\n- $g(p,a)=1$：$(p,a)=(2,1)$\r\n- $g(p,a)=2$：$(p,a)=(2,2),(3,1)$\r\n- $g(p,a)=4$：$(p,a)=(2,3),(5,1)$\r\n- $g(p,a)=8$：$(p,a)=(2,4)$\r\n- $g(p,a)=16$：$(p,a)=(2,5),(17,1)$\r\n- $g(p,a)=32$：$(p,a)=(2,6)$\r\n\r\nこれらから $p$ を重複させず積が $32$ となるように選択すればよく，$f(n)=32$ なる $n$ は以下で与えられる：\r\n$$51,\\quad 64,\\quad 68,\\quad 80,\\quad 96,\\quad 102,\\quad 120$$\r\n特に，これらの総和は $\\textbf{581}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc147/editorial/283" } ]

[ { "content": "**補題.**　任意の正の偶数 $m$ について\r\n\r\n$$\r\n\\sum_{k = 0}^{m - 1} \\cos \\frac{2k\\pi}{m} = 0.\r\n$$\r\n\r\n**証明.**　$m$ が偶数であることから次のように計算できる．\r\n\r\n$$\r\n\\sum_{k = 0}^{m - 1} \\cos \\frac{2k\\pi}{m} = \\sum_{k = 0}^{(m\\/2) - 1} \\bigg(\\cos \\frac{2k\\pi}{m} + \\cos \\bigg(\\frac{2k\\pi}{m} + \\pi\\bigg)\\bigg) = 0\r\n$$\r\n\r\n----\r\n\r\n　問題文中の $123456$ を任意の $4$ の倍数 $n$ に置き換えて解く．補題により，次のような式変形が可能：\r\n\r\n$$\r\n\\sum_{a = 0}^{n - 2}\\sum_{b = a + 1}^{n - 1}\\cos\\frac{2a\\pi}{n}\\cos\\frac{2b\\pi}{n}\r\n= \\frac{1}{2}\\Bigg(\\Bigg(\\sum_{k = 0}^{n - 1}\\cos\\frac{2k\\pi}{n}\\Bigg)^2 - \\sum_{k = 0}^{n - 1}\\cos^2\\frac{2k\\pi}{n}\\Bigg)\r\n= -\\frac{1}{2} \\sum_{k = 0}^{n - 1}\\cos^2\\frac{2k\\pi}{n}\r\n$$\r\n\r\n　また，半角の公式と補題により，$n\\/2$ が偶数であることに気をつければ次がわかる：\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k = 0}^{n - 1}\\cos^2\\frac{2k\\pi}{n} &= \\sum_{k = 0}^{n - 1}\\frac{1 + \\cos\\frac{4k\\pi}{n}}{2} \\\\\\\\\r\n&= \\frac{n}{2} + \\frac{1}{2}\\sum_{k = 0}^{(n\\/2) - 1}\\cos\\frac{2k\\pi}{n\\/2} + \\frac{1}{2}\\sum_{k = 0}^{(n\\/2) - 1}\\cos\\bigg(\\frac{2k\\pi}{n\\/2} + 2\\pi\\bigg) \\\\\\\\\r\n&= \\frac{n}{2}\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\n　以上により求める総和は $-\\dfrac{n}{4}$ であるから，求める値は $\\bigg(- \\dfrac{123456}{4}\\bigg)^2 = \\bf{952586496}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc147/editorial/3355" } ]

[ { "content": "　各マスを頂点とし，中心が距離 $\\sqrt{5}$ の関係にある $2$ マスの間に無向辺を張ったグラフ $G_n$ において，Euler路をもつ部分グラフの辺数を最大化すればよい．まず，$G_n$ の辺数 $T(n)$ について，$T(n)=4(n-1)(n-2)$ が成立することがわかる．これは，$4$ 種類の「傾き」それぞれをもつ辺について考えることで確認できる．\\\r\n　$G_3$ はすべての頂点の次数が偶数であるからEuler閉路をもつ．$n\\geq 4$ に対し，$G_n$ は次数 $3$ の頂点を $8$ 個持つから，少なくとも $6$ 辺を取り除かなければ一筆書き可能とならない．ただし $G_4$ に限り，次数 $3$ の頂点どうしを結ぶ $3$ 辺を取り除けばよい．以上をまとめると，\r\n$$M(n)=\r\n\\begin{cases}\r\n8 && (n=3) \\\\\\\\\r\n21 && (n=4) \\\\\\\\\r\n2(2n^2-6n+1) && (n\\geq 5)\r\n\\end{cases}$$\r\nとなる．$2(2n^2-6n+1)$ を $10$ で割った余りは $2,4,4,2,8$ と周期するから，以上により求める総和は\r\n$$8+1+(2+4+4+2+8) \\times 199= \\bold {3989}$$\r\nである．なお，$n\\gt4$ において実際に $M(n) = T(n) - 6$ が成立することは，$n=7$ の場合の以下の例と同様にして左上と右上と左下の $6$ つの辺を取り除くことで，次数が奇数である頂点がちょうど $2$ 個となることから確かめられる．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc147/editorial/3017" } ]

[ { "content": "　半直線 $PO$ 上に $OR=10$ なる点 $R$ をとると，$PXO$ と $PQR$ は相似な三角形であり，相似比は $1:6$ であるから，点 $Q$ はつねに $RQ=18$ をみたす．逆にそのような $Q$ はすべて条件をみたすから，求める軌跡は半径 $18$ の円周であり，解答すべき値は $\\textbf{18}$ である．一般に，この証明と同様にして円を $1$ 点を中心として相似拡大して得られる図形はつねに円であることが従う．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc001/editorial/1928" } ]

[ { "content": "　中央のマス目に $4$ の倍数（$4$ または $8$）を書き込む否かで場合分けを行う：\r\n- 書き込むとき：他のマス目への書き込み方によらず条件をみたすため，$2 \\times 8!$ 通り.\r\n- 書き込まないとき：条件をみたすような $4$ と $8$ の書き込み方は $4$ 通りであるから，$4 \\times 7!$ 通り．\r\n\r\n以上により，条件をみたす書き込み方は $\\bf{ 100800 }$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc001/editorial/3331" } ]

[ { "content": "　$t=x^2+x+1$ とおくと，与式は $t$ の関数として以下のように書きかえられる：\r\n$$\\biggl(f(t):=\\biggr)t+1+\\dfrac{1}{9t}$$\r\nここで $t$ は $3\\/4$ 以上の実数値をとることに留意せよ．ここで，$a\\gt b\\geq 3\\/4$ について\r\n$$f(a)-f(b)=\\dfrac{(a-b)(9ab-1)}{9ab}\\gt 0$$\r\nにより，この範囲で $f$ は単調増加であるから，求める最小値は $f\\left(\\dfrac{3}{4}\\right)=\\dfrac{205}{108}$ であり，特に解答すべき値は $\\textbf{313}$ である．安直に相加・相乗平均の関係に飛び付くと $\\dfrac{5}{3}$ になりそうだが，等号成立条件の考慮も評価と同等に重要である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc001/editorial/1711" } ]

[ { "content": "　因数定理により，$P(x)$ は $l+m+n=1345$ なる正整数 $l, m, n$ によって\r\n$$P(x)=(x-4)^l (x-6)^m (x-9)^n $$\r\nと表せる．特に $p=2l+m$ とおけば，$3\\leq p\\leq 2687$ であり，$P(x)$ の定数項は $-2^p\\times 3^{2690-p}$ と表せる．\\\r\n　逆に $p$ はこの範囲すべてをとりうるから，特に求めるべき場合の数は $\\textbf{2685}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/somc001/editorial/1345" } ]

[ { "content": "　非負整数 $n$ に対し $n^{n}$ を $5$ で割ったあまりを $f(n)$ で表す．整数 $q,r\\~(0\\leq r\\leq 4)$ を用い $n=5q+r$ と表されるとき，$f(n)$ は $r^{5q+r}$ を $5$ で割ったあまりに等しい．\\\r\n　$r=0,1,\\ldots,4$ に対して，$q$ を $0,1,2,\\dots$ と動かしたとき $r^{5q+r}$ を $5$ で割ったあまりは\r\n- $r = 0$ のとき：$0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, \\cdots$\r\n- $r = 1$ のとき：$1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, \\cdots$\r\n- $r = 2$ のとき：$4, 3, 1, 2, 4, 3, 1, 2, 4, \\cdots$\r\n- $r = 3$ のとき：$2, 1, 3, 4, 2, 1, 3, 4, 2, \\cdots$\r\n- $r = 4$ のとき：$1, 4, 1, 4, 1, 4, 1, 4, 1, \\cdots$\r\n\r\nと周期的に変動することに注意すれば，$f(1), f(2), \\cdots ,f(2021)$ のうち値が $k\\ (0\\leq k\\leq 4)$ に等しいものの個数 $c_{k}$ は，\r\n$$\r\nc_{0} = 404, \\quad c_{1} = 809, \\quad c_{2} = 202, \\quad c_{3} = 202, \\quad c_{4} = 404\r\n$$ \r\nと求められる．よって，解答すべき値は ${}\\_{c_{0} }\\mathrm{C}\\_{2} + c_{1} \\times c_{4} + c_{2} \\times c_{3} = \\bold{449046}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/1871" } ]

[ { "content": "　$2$ 回戦が終わった時点で，$2$ 連勝中の選手が $1$ 人，$1$ 連勝中の参加者が $2$ 人おり，この $3$ 人が $3$ 回戦の第 $1$ 試合で対戦する．$2$ 回戦が終わった時点の成績に応じて，以下のように文字をおく．\r\n\r\n- $x$：$2$ 連勝中の選手が優勝する確率\r\n- $y$：$1$ 連勝中の選手それぞれが優勝する確率\r\n- $z$：$3$ 回戦の第 $2,3$ 会場に出場する選手それぞれが優勝する確率\r\n- $w$：$3$ 回戦で待機する選手が優勝する確率\r\n\r\n　このとき，次が成り立つ.\r\n$$ x=\\frac{1}{3}+\\frac{1}{3}z+\\frac{1}{3}w,\\quad y=\\frac{1}{3}x+\\frac{1}{6}z+\\frac{1}{6}w,\\quad z=\\frac{2}{9}y+\\frac{4}{9}z,\\quad w=\\frac{2}{3}z $$\r\n\r\n<details><summary>例：2つ目の式が成り立つ理由<\\/summary>\r\n\r\n　$1$ 連勝中の選手 $\\mathrm{A}$ について，\r\n- $1$ 位になった場合，$\\mathrm{A}$ が $2$ 連勝した選手となる．\r\n- $2$ 位になった場合，$1\\/2$ の確率で $2$ 連勝した選手が $3$ 連勝しており，試合が終了する．そうでないとき，$\\mathrm{A}$ が第 $2$ 会場に進む．\r\n- $3$ 位になった場合は上と同様．\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n<details><summary>例：3つ目の式が成り立つ理由<\\/summary>\r\n\r\n　$3$ 回戦の第 $2,3$ 会場に出場する選手 $\\mathrm{A}$ について，$1\\/3$ の確率で $2$ 連勝中の選手が $3$ 連勝し，試合が終了する．そうでないときのうち，$1\\/3$ の確率で $\\mathrm{A}$ は $1$ 連勝し，$2\\/3$ の確率で $\\mathrm{A}$ は第 $2,3$ 会場に出場する．\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\n<details><summary>極限の正当化<\\/summary>\r\n\r\n　$x_n$ を $2$ 連勝中の選手があと $n$ 回以内の試合後に優勝する確率などとすると，\r\n$$x_{n+1}=\\frac{1}{3}+\\frac{1}{3}z_n+\\frac{1}{3}w_n$$\r\nなどの漸化式が成り立つ．ここで，例えば $\\\\{x_n\\\\}$ は広義単調増加であり，すべて $1$ 以下だから収束する．$\\\\{y_n\\\\},\\\\{z_n\\\\},\\\\{w_n\\\\}$ についても同様である．漸化式を $n\\to\\infty$ とすれば上の式が得られる．\r\n\r\n<\\/details>\r\n\r\nこれを解いて次を得る.\r\n$$ x=\\frac{4}{11},\\quad y=\\frac{3}{22},\\quad z=\\frac{3}{55},\\quad w=\\frac{2}{55} $$ \r\nこれより，求める確率それぞれについて\r\n$$ P_1=\\frac{1}{9}x+\\frac{1}{9}y+\\frac{2}{3}z+\\frac{1}{9}w=\\frac{19}{198},\\quad P_{10}=\\frac{1}{3}y+\\frac{2}{3}z=\\frac{9}{110}$$\r\nよって求める比は $95:81$ であり，特に解答すべき値は $\\textbf{176}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/2640" } ]

[ { "content": "　$\\angle A=3\\theta$，$\\angle PAT=\\alpha$ とおけば，\r\n$$90^\\circ=\\angle ABT=\\angle B+\\theta-\\alpha,\\quad 45^\\circ=\\angle ACT=\\angle C+\\alpha$$\r\nが成立するから，$\\angle B+\\angle C+3\\theta=180^\\circ$ とあわせて $\\theta=22.5^\\circ$，すなわち $\\angle A=67.5^\\circ$ を得る．\\\r\n　これにより，円周角を考えることで $\\angle LBQ=\\angle KCP=22.5^\\circ$ を得るから，三角形 $XBC$ は $\\angle X=135^\\circ$ なる二等辺三角形であり，特に $X$ は $ABC$ の外心であることが従う．よって，以下の計算から解答すべき値は $\\textbf{684}$ である．\r\n$$AX^2=BX^2=\\left(\\dfrac{3}{\\cos 22.5^\\circ}\\right)^2=\\dfrac{18}{\\cos45^\\circ+1}=36-18\\sqrt{2}$$\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/1804" } ]

[ { "content": "　$2n = 5758, a_0 = 0$ とする．まず，次の補題を示す．\r\n\r\n---\r\n\r\n**補題．**$a_k\\in S$ ならば，$m$ を $\\max S_i=a_k$ なる $i$ の個数，$a_{l}$ を $S$ の要素であって $a_k$ 未満のもののうち最大のもの（存在しない場合は $l=0$）とするとき，\r\n$$f(S\\setminus \\\\{a_k\\\\})-f(S)=2m(a_k-a_l)-(2n-k+1)$$\r\nが成り立つ．特に\r\n$$f(S\\setminus \\\\{a_k\\\\})-f(S)\\geq 2(a_k-a_{k-1})-(2n-k+1)$$\r\nである．\r\n\r\n**証明．**$T=S\\setminus \\\\{a_k\\\\}$ とし，$T_i$ で $T$ の要素のうち $a_i$ 以下のもの全体のなす集合を表す．このとき，各 $i=1,2,\\dots,2n$ に対し，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n|S_i|-|T_i|&=\\begin{cases}1&(i\\geq k)\\\\\\\\0&(i\\lt k)\\end{cases}\\\\\\\\\r\n\\max{S_i}-\\max{T_i}&=\\begin{cases}a_k-a_l&(\\max S_i=a_k)\\\\\\\\0&(\\text{それ以外})\\end{cases}\r\n\\end{aligned}$$\r\nが成り立つから，\r\n$$\\begin{aligned}\r\nf(T)-f(S)&=\\sum_{i=1}^{2n}\\Bigl(2(\\max S_i-\\max T_i)-(|S_i|-|T_i|)\\Bigr)\\\\\\\\\r\n&=2m(a_k-a_l)-(2n-k+1)\r\n\\end{aligned}$$\r\nが示された．\r\n\r\n---\r\n\r\n補題より，各 $k=1,2,\\dots,2n$ に対し\r\n$$f(U\\setminus \\\\{a_k\\\\})-f(U)=2(a_k-a_{k-1})-(2n-k+1)$$\r\nが成り立つから，$f(S)\\lt f(U)$ となる集合 $S\\subset U$ が存在しないためには，任意の $k=1,2,\\dots,2n$ に対し\r\n$$2(a_k-a_{k-1})\\geq 2n-k+1$$\r\nが成り立つことが必要である．逆に，これで十分であることは，補題によって $|S|$ の大きい方から帰納法を用いれば示される．\r\n\r\n----\r\n\r\n　各 $k = 1,2,\\ldots 2n$ について $2(a_{k} - a_{k-1}) \\ge 2n - k+1$ を満たす $(a_1,a_2,\\ldots,a_{2n})$ を考える．\r\n$$b_k = a_k - a_{k-1} - \\left(n - \\left\\lfloor\\frac{k-1}{2}\\right\\rfloor\\right),\\quad b_{2n+1} = 3001^2 - a_{2n}$$\r\nとすると，各 $b_k$ は非負整数であり，\r\n$$b_1 + b_2 + \\cdots + b_{2n+1} = 3001^2 - n(n+1)$$\r\nが常に成立する．また，このような $(b_1,b_2,\\ldots,b_{2n+1})$ と $(a_1,a_2,\\ldots,a_{2n})$ は一対一対応するので，問の条件を満たさない $(a_1,a_2,\\ldots,a_n)$ の数は $\\displaystyle\\binom{3001^2 - n(n+1) + 2n}{2n} =\\binom{3001^2 - n(n-1)}{2n}$ 個である．\\\r\n　以下，合同式の法は全て $3001$ とする．$n(n-1)\\equiv 1$ に気をつければ，\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\binom{3001^2 - n(n-1)}{2n}\r\n&= \\frac{(3001^2 - n(n-1))(3001^2 - n(n-1) - 1)\\cdots(3001^2 - n(n+1) + 1)}{(2n)!}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\frac{(-1)(-2)\\cdots(-3000)(-3002)\\cdots(-2n)}{(2n)!\\/3001}\r\n\\times \\frac{3001^2 - n(n-1) - 3000}{3001}\\\\\\\\\r\n& = -239\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．また，$(a_1,a_2,\\ldots,a_n)$ の組は全体で $\\displaystyle\\binom{3001^2}{2n}$ 個あり，これは $3001$ で割り切れるので，問の条件を満たす $(a_1,a_2,\\ldots,a_n)$ の組の数を $3001$ で割った余りは $\\bf{239}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/5048" } ]

[ { "content": "**補題1.**　$BC$ の中点を $M$ とするとき，$4$ 点 $X,Y,M,D$ は共円である．\\\r\n**証明.**　$AB \\neq AC$ なので直線 $EF$ と直線 $BC$ の交点がとれる．これを $Z$ とすると，方べきの定理より\r\n$$ZD\\times ZM=ZE\\times ZF=ZB\\times ZC=ZX\\times ZY$$\r\nから示される．ただし, $B,C,E,F$ および $D,E,F,M$ それぞれの共円（九点円）を用いた.\r\n----\r\n**補題2.**　$\\triangle{ABC}$ の外心を $O$ とするとき，$AO$ の中点 $N$ は $\\triangle{DXY}$ の外心である．\\\r\n**証明.**　簡単な角度計算より $AO\\perp EF$ であるから，$AO$ は $XY$ の垂直二等分線である．すなわち $N$ は $XY$ の垂直二等分線上にある．一方 $N$ は $DM$ の垂直二等分線上にもあるから，以上より示された．\r\n----\r\n　方べきの定理から $EA\\times EC=EX\\times EY=ED\\times EP$ であるから，$4$ 点 $A,C,D,P$ は共円である．これより簡単な角度計算によって $\\triangle{AEF} \\equiv \\triangle{AEP}$ がわかり，$AF=AP=26$，同様に $AE=AQ=34$ が従う．一方で，$MR$ は円 $DXY$ の直径であるから，補題2により $N$ は $MR$ の中点でもあり，三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とすれば $AH=2OM=2AR=38$ である．\\\r\n　したがって，$\\triangle{AEF}$ は $AE=34,AF=26$ であり, かつ外接円の直径が $38$ であるような三角形である．$A$ から $EF$ におろした垂線の足を $K$ とすれば, 簡単な角度計算により $\\triangle{AEH} \\sim \\triangle{AKF}$ であるから，$AK = \\dfrac{442}{19}$ と計算でき，三平方の定理から $EF = EK+FK = \\dfrac{156\\sqrt{2} + 272\\sqrt{3}}{19}$ を得る．特に解答すべき値は $\\textbf{452}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/2539" }, { "content": "　まず，方べきの定理より $EP\\cdot ED=EX\\cdot EY=EA\\cdot EC$ であるから，$A,D,C,P$ は共円である．さらに $\\angle AFC=\\angle ADC=90^\\circ$ であるから，$A,F,D,C,P$ は共円である．$\\angle EDA=\\angle ADF=90^\\circ-\\angle A$ であるから，$AF=AP$ であり，$P$ は直線 $AC$ に関して $F$ と対称な点である．同様に，$Q$ が直線 $AB$ に関して $E$ と対称な点であることもわかる．$D,P,R,Q$ は共円であり，$\\angle PDR=\\angle RDQ=90^\\circ-\\angle A$ であるから，$RQ=RP, \\angle QRD =2\\angle A$ をみたす．よって三角形 $QPR$ と $QEA$ は相似である．したがって三角形 $QAR$ と $QEP$ は相似であり，$QE=\\frac{AQ\\cdot EP}{AR}$ を得る．すると\r\n$$\\sin \\angle EFA=\\frac{QE\\/2}{EF}=\\frac{AQ\\cdot EP}{2\\cdot EF\\cdot AR}=\\frac{AQ}{2AR}$$\r\nが成り立ち，同様に\r\n$$\\sin \\angle AEF=\\frac{AP}{2AR}$$\r\nが成り立つから，\r\n$$EF=AF\\cos\\angle EFA+AE\\cos\\angle AEF=AP\\sqrt{1-\\frac{AQ^2}{4AR^2}}+AQ\\sqrt{1-\\frac{AP^2}{4AR^2}}.$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/2539/200" } ]

[ { "content": "　$n$ が素べき $p^k$ のとき,\r\n$$d_1 = p , \\quad d_2 = p^k , \\quad d_3 = p^2 , \\quad d_4 = p^{k - 1}, \\ldots$$\r\nとすることで，LTEの補題により題意をみたすことがわかる．よって，この場合の条件を満たす $n$ の総和は\r\n$$\r\n3^2 + \\cdots + 3^5 + 5^ 2 + 5^3 + 7^2 + 11^ 2 + 13^2 + 17^2 = 1138.\r\n$$\r\n　以下，$n$ が素べきでない場合を考える．$n$ の最小の素因数を $p$ とする．\r\n---\r\n **補題1.**　$n$ が $p$ 以外の素数で割り切れる回数は，合計で高々 $1$ 回である．\\\r\n**証明.**　$i = 2,3,\\ldots,m$ それぞれについて，\r\n$$\r\n(d_{i-1} + 1)^{d_{i}} \\equiv 1 \\pmod p\r\n$$\r\nが成り立つ．ここで，$p$ の最小性から $\\gcd(d_i, p - 1) = 1$ であるから，$d_{i-1} + 1$ の $\\textrm{mod}~p$ での位数は $1$ である．よって，$d_1,...,d_{m - 1}$ はすべて $p$ で割りきれ，これは補題の成立を意味する．\r\n----\r\n**補題2.**　$n$ の $p$ でない唯一の素因数 $q$ について，$q\\equiv 1\\pmod{p}$ である．\\\r\n**証明.**　$d_i$ が $p$ のべきであるような $i$ について，$d_{i + 1} = p^sq^t$ とすれば，\r\n$$\r\n(d_i + 1)^{p^s} \\equiv (d_i + 1)^{d_{i+1}} \\equiv 1 \\pmod q\r\n$$\r\nにより $s\\gt 0$ であり，$\\gcd(p^s,q-1)\\gt1$ により $p\\mid q-1$ を得る．\r\n----\r\n　補題2の証明により，$a = \\min(v_p(n), v_p(q-1))$ について，$i=1,\\ldots,m-1$ それぞれで $(d_i + 1)^{p^a} - 1$ は $q$ で割り切れる．$p$ が奇素数であることから，$300 \\ge n \\ge p^a(2p^a + 1)$により $p^a \\leq 11$ である．\r\n\r\n- $p^a = 3$ の場合：$q$ は $(3 + 1)^3 - 1 = 3^2 \\times 7$ を割り切る必要があるため $q = 7$ が必要. $v_3(n) \\ge 2$ ならば $q$ は $$(9 + 1)^3 - 1 = 3^3\\times 37$$ を割り切る必要があるがこれは不適であるから, あり得るものは $n = 21$ のみ. \\\r\n　このとき逆に, $d_1 = 3, d_2 = 21, d_3 = 7$ とすることで条件を満たす. \r\n\r\n- $p^a = 5$ の場合：$q$ は $(5 + 1)^5 - 1 = 5^2 \\times 311$ を割り切る必要があるため不適. \r\n\r\n- $p^a = 7$ の場合：$q$ は $(7 + 1)^7 - 1 = 7^2 \\times 127 \\times 337$ を割り切る必要があり不適. \r\n\r\n- $p^a = 9$ の場合：$9\\mid q-1$ かつ $9q\\le300$ なる数 $q$ は $19$ のみであるが, これは $(9 + 1)^9 - 1$ を割り切らず不適. \r\n\r\n- $p^a = 11$ の場合：$11\\mid q-1$ かつ $11q\\le300$ を満たす素数 $q$ は $23$ のみであり, 大小関係より $n=253$ のみがあり得る．\\\r\n　このとき逆に, $d_1 = 11, d_2 = 253, d_3 = 23$ とすることで条件を満たす. \r\n\r\n　以上より, 求める総和は $1138 + 21 + 253 = \\bf{1412}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc146/editorial/2405" } ]

[ { "content": "　長さが $4$ の辺と $50$ の辺のなす角を $\\theta$ とすれば，$100=4\\times 50\\times (\\sin\\theta)\\/2$ であるから，$\\theta=90^\\circ$ である．よって，求める値は三平方の定理より $4^2+50^2=\\mathbf{2516}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/4490" } ]

[ { "content": "　一万の位と一の位のほかに $1$ となり得るのは百の位のみであり，そのようなものは $9^2=81$ 通り存在する．そうでないものについては，まず百の位が $9$ 通り存在し，それぞれについて残りの位が独立に $8$ 通りずつ存在するから，全体では $81+9\\times8^2=\\textbf{657}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/4376" } ]

[ { "content": "　$n$ が偶数，すなわち $n=2k$と表せるとき\r\n$$n^{n}\\equiv (-1)^{2k}\\equiv 1\\pmod{2k+1} $$\r\nが成り立ち，一方で $n$ が奇数，すなわち $n=2k-1$ と表せるとき\r\n$$n^{n}\\equiv (-1)^{2k-1}\\equiv -1\\equiv 2k-1\\pmod{2k}$$\r\nが成り立つ．以上により, 求める値は\r\n$$(1+1)+(3+1)+(5+1)+\\cdots +(99+1)=\\sum_{k=1}^{50} 2k=\\textbf{2550}$$\r\nである．なお，最後の総和計算にあたっては $1+3+5+\\cdots+99=50^2$ を用いてもよい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/3059" } ]

[ { "content": "$$n^4-5n^2+4=(n+2)(n+1)(n-1)(n-2)$$\r\nに注意すれば，\r\n$$\\dfrac{6n}{n^4-5n^2+4} = \\dfrac{1}{n-2}-\\dfrac{1}{n-1}-\\dfrac{1}{n+1}+ \\dfrac{1}{n+2} $$\r\nと変形できるから，\r\n$$\\begin{aligned}\\sum_{n=3}^{1002}\\dfrac{n}{n^4-5n^2+4}&= \\dfrac{1}6\\bigg(\\dfrac{1}1-\\dfrac{1}2-\\dfrac{1} 4 +\\dfrac{1} 5 +\\cdots+ \\dfrac{1}{1000}-\\dfrac{1} {1001}-\\dfrac{1} {1003}+ \\dfrac{1} {1004}\\bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{1}6\\bigg(1-\\dfrac{1}4-\\dfrac{1}{1001}+\\dfrac{1}{1004} \\bigg)\\\\\\\\\r\n&=\\dfrac{125625}{1005004} \\end{aligned}$$\r\nとなり，特に解答すべき値は $\\mathbf{1130629}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/4773" } ]

[ { "content": "　$AD\\neq 9$ である．$AD\\gt9$ のとき，直線 $AB$ と直線 $CD$ の交点 $O$ について $BO=7x, CO=8x$ とおけ，\r\n$$\\triangle OBC:\\triangle OPQ:\\triangle OAD=56x^2:(7x+3)(8x+5):(7x+7)(8x+8)$$\r\nが成り立つ．ここで，与えられた条件は\r\n$$\\triangle OAD-\\triangle OPQ=\\triangle OPQ-\\triangle OBC$$\r\nと同値であることから，$x=\\\\dfrac{13}{3}\\$とわかる．このとき，三角形 $OAD$ と三角形 $OBC$ の相似に注意して $AD=\\\\dfrac{144}{13}\\$ を得る．\\\r\n　$AD\\lt9$ のとき，$AD\\gt9$ のときと同様に考えると，四角形 $BPQC$ の面積がつねに四角形 $APQD$ の面積より大きくなることがわかり不適である．\\\r\n　以上により，解答すべき値は $\\bm{157}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/2957" }, { "content": "　四角形 $ABCD$ と四角形 $BPQC$ の面積をそれぞれ $S,T$ とし，$AD=x$ とおく． \r\n $T=△BCQ+△BPQ=△BCQ+\\dfrac{5}{8}△BPD+\\dfrac{3}{8}△BPC=\\dfrac{3}{8}△BCD+\\dfrac{5}{8}\\cdot\\dfrac{3}{7}△ABD+\\dfrac{3}{8}\\cdot\\dfrac{3}{7}△ABC$ \r\n より，$T=\\Bigl(\\dfrac{3}{8}\\cdot\\dfrac{9}{x+9}+\\dfrac{15}{56}\\cdot\\dfrac{x}{x+9}+\\dfrac{9}{56}\\cdot\\dfrac{9}{x+9}\\Bigr)S$ となる．\r\n \r\n　よって，$\\dfrac{3}{8}\\cdot\\dfrac{9}{x+9}+\\dfrac{15}{56}\\cdot\\dfrac{x}{x+9}+\\dfrac{9}{56}\\cdot\\dfrac{9}{x+9}=\\dfrac{1}{2}$ を解いて，$x=\\dfrac{144}{13}$ となり，解答すべき数値は $157$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/2957/198" } ]

[ { "content": "　$a_{2n-1}=a_{n}+2$ および $a_{2n}=a_n+1$ に注意すれば，$S_n=a_{2^{n-1}+1}+\\cdots+a_{2^n}$ について\r\n\r\n$$ S_{n+1}=2S_{n}+3\\cdot 2^{n-1}$$\r\n\r\nが成立する．$S_{1}=1$ を踏まえれば，一般項は $S_{n}=(3n-1)2^{n-2}=2^{n-1} + 3(n-1)2^{n-2}$ となる．よって，\r\n\r\n$$ \\sum_{n=1}^{M} S_n = (2^M-1)+3\\bigl(2^{M-1}M-2^{M}+1\\bigr)=( 3M-4 )2^{M-1}+2$$\r\n\r\nが成立するから，$S_1+S_2+\\cdots+S_{1024}$ を $1021$ で割った余りはフェルマーの小定理より $\\mathbf{42}$ である ． ただし，以下の等式を用いた：\r\n$$\\sum_{k=1}^{M} k2^{k-1} = 2^MM-2^M+1.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/5260" }, { "content": "公式解説における $S_n$ を求める過程です. \r\n\r\n---\r\n\r\n$n-1$ を $2$ 進法表示すると，操作は以下のように表せる. \r\n- $1$ の位が $1$ のとき，その $1$ を取り除く. \r\n- $1$ の位が $0$ のとき，これを $1$ に変える. \r\n\r\n$a_n$ は操作で値が $0$ になるまでの回数であり，これは $n-1$ を $2$ 進法表示したときの $$(各位に現れる0の個数)×2+(各位に現れる1の個数)$$ に等しい (ただし，最高位は $0$ ではないものとする. ). したがって，$2^{k-1}+1\\leq n\\leq 2^{k}$ における $a_n$ の期待値は，$1+\\dfrac{3}{2}(k-1)=\\dfrac{3}{2}k-\\dfrac{1}{2}$ であるから，$S_n=2^{n-2}(3n-1)$ がわかる.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc145/editorial/5260/199" } ]

[ { "content": "　条件をみたす $n$ 数はどの $2$ つも素因数を共有しないから，$29$ 以下の素数が $10$ 個であることを考慮すると，$n$ は（$1$ の存在に注意して）$11$ 以下である．逆に，$29$ 以下の素数と $1$ を選べば $n=11$ とできるから，解答すべき値は $\\bf 11$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc144/editorial/6825" } ]

[ { "content": "　条件より四角形 $ABDE$ は等脚台形であるから，Ptolemyの定理より $BE^2 - AB^2 = AE \\cdot BD$ である．$\\angle{BCE}=90°$ であるから三平方の定理より $BC^2=BE^2-EC^2=BE^2-AB^2=AE\\cdot BD$ である．従って，求める値は $BC^2=7\\cdot 3=\\mathbf{21}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc144/editorial/6765" } ]

[ { "content": "　箱の中に入っている玉の数を，左から順に $a_1,a_2,a_3,a_4$ 個とする．このとき，与えられた条件は以下のように整理できる．\r\n$$a_1+a_2=2019,\\quad a_3+a_4=7981,\\quad 0\\leq a_1\\lt a_2\\lt a_3\\lt a_4$$\r\n\r\n　いま，$a_2$ を $1010\\leq a_2\\leq 2019$ の範囲で固定したとき，みたすべき条件は\r\n$$a_2\\lt a_3\\lt 7981-a_3 \\iff a_2\\lt a_3 \\leq 3990$$\r\nのように書きかえられる．よって，条件をみたす $a_1,a_2,a_3,a_4$ の総数は $3990-a_2$ なので，求める答えは\r\n$$\\displaystyle\\sum_{a_2=1010}^{2019}(3990-a_2)=\\mathbf{2500255}$$である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc144/editorial/6683" } ]

[ { "content": "　一般性を失わず $AB=1$ とできることに注意する．このとき，$CA=x, CB=y$ とおけば，\r\n$$x^2+y^2\\lt1,\\quad x+y\\gt1,\\quad x\\gt0,\\quad y\\gt0$$\r\nで与えられる領域（下図の青色部）を直線 $y=-k(x-2)-2$ が通過するような $k$ の範囲を考えることに帰着される．この直線はつねに定点 $(2,-2)$ を通ることに注意して下図から判断すれば，以下のことがわかる．\r\n\r\n- 直線が $(0,1)$ を通る場合が，傾きの上限 $-3\\/2$ を与える．\r\n- 直線が単位円の上半分と接する場合が，傾きの下限 $-\\big(4+\\sqrt{7}\\big)\\/3$ を与える．\r\n\r\nなお，位置関係によっては，$(1,0)$ にあたる点を通る場合も候補に入る可能性があることに注意せよ．\\\r\n　傾きが $-k$ で与えられることから，以上より\r\n$$m=\\frac{3}{2}, \\quad M=\\frac{4+\\sqrt{7}}{3}, \\quad P(x)=\\pm(12x^2+4x-9)$$ \r\nとわかり，解答すべき値は $\\bf 120391$ である． \r\n\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc144/editorial/4969" } ]

[ { "content": "　$f(1)=a, f(2)=b$ とする．このとき\r\n$$f(3)=f(1)^2+f(2)^2=a^2+b^2, \\quad f(4)=f(1)f(2)+f(2)f(3)=a^2b+ab+b^3$$\r\nである．また，$f(5)=f(1)f(3)+f(2)f(4)=f(2)f(2)+f(3)f(3)$ であるから，代入して解くことで $a=1$ が分かる．従って，与式に $m=1$ を代入し，\r\n$$f(1)=1,\\quad f(2)=b,\\quad f(n+2)=f(n)+bf(n+1)$$\r\nが任意の正の整数 $n$ について成立することがわかる．逆に，これらが成立するとき，$b$ によらず任意の正の整数 $m,n$（ただし $m\\geq 2$ ）について，\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nf(m)f(n) + f(m+1)f(n+1) &= f(m)f(n) + \\bigl(f(m-1)+bf(m)\\bigr)f(n+1) \\\\\\\\\r\n&= f(m-1)f(n+1) + f(m)\\bigl(f(n)+bf(n+1)\\bigr) \\\\\\\\\r\n&= f(m-1)f(n+1) + f(m)f(n+2)\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つことから，与式が満たされることが帰納的に確かめられるので，求める関数はある正の整数 $b$ に対して上の漸化式を満たす $f$ 全てである．\\\r\n　このような関数の $f(4)$ の値は $b^3+2b$ であるから，$\\left| f(4)-10^6\\right|$ が最も小さくなるような $b$ の値は $100$ である．また，$3$ 以上の整数 $n$ について以下が成立するので，求める答えは $\\bf{10001}$ である．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n\\left\\lfloor \\dfrac{f(n+2)}{f(n)} \\right\\rfloor & = \\left\\lfloor\\dfrac{f(n)+bf(n+1)}{f(n)} \\right\\rfloor \\\\\\\\\r\n& = 1+b^2+ \\left\\lfloor \\dfrac{bf(n-1)}{f(n)} \\right\\rfloor \\\\\\\\\r\n& = 1+b^2 +\\left\\lfloor \\dfrac{bf(n-1)}{f(n-2)+bf(n-1)} \\right\\rfloor \\\\\\\\\r\n& = 1+b^2.\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc144/editorial/6615" } ]

[ { "content": "　カタツムリ君が $n$ 回目に辺を伝って移動した時に $X$ からの距離が $1,2,3,4$ の頂点にいる場合の数をそれぞれ，$a_n, b_n, c_n, d_n$ とすると，求める場合の数は $d_{9999}$ である．また，以下の漸化式が成り立つ．\r\n$$\r\na_{n+1}=b_{n}, \\quad\r\nb_{n+1}=2a_{n}+b_{n}+c_{n}, \\quad\r\nc_{n+1}=b_{n}+c_{n}+2d_{n}, \\quad\r\nd_{n+1}=c_{n}\r\n$$\r\nここで，$s_n = a_n + d_n, t_n = a_n - d_n$ とすれば，$d_{9999} = \\dfrac{s_{9999}- t_{9999}}{2}$ であるから，$s_{9999}$ と $t_{9999}$ を $5003$ で割った余りを求めればよい．以下では，合同式は全て $5003$ を法として考える．\r\n\r\n- $s_{9999}$ を $5003$ で割った余り\\\r\n$$s_{1} = 3,\\quad s_2 = 0,\\quad s_{n} = b_{n-1} + c_{n-1} = 2(b_{n-2} + c_{n-2}) + 2(a_{n-2} + d_{n-2}) = 2s_{n-1} +2 s_{n-2}$$\r\nである．ここで，奇素数 $p$ と整数 $a$ に対し $\\bigg(\\dfrac{a}{p}\\bigg)$ をLegendre記号とすると，平方剰余の相互法則より\r\n$$\\bigg(\\dfrac{3}{5003}\\bigg) = \\bigg(\\dfrac{5003}{3}\\bigg)(-1)^{\\frac{5003-1}{2}\\cdot\\frac{3-1}{2}} = 1$$\r\nであるので，$r^2 \\equiv 3$ なる整数 $r$ が存在する．このとき，\r\n$$s_n \\equiv \\frac{r}{2}\\big((1+r)(1-r)^{n-1} - (1-r)(1+r)^{n-1}\\big)$$\r\nであることが確認できる．従って，\r\n$$\\begin{aligned}\r\ns_{9999} \r\n&\\equiv \\frac{r}{2}\\big((1+r)(1-r)^{9998} - (1-r)(1+r)^{9998}\\big)\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\frac{r}{2}\\bigg(\\frac{1+r}{(1-r)^6} - \\frac{1-r}{(1+r)^6}\\bigg)\\\\\\\\\r\n&= \\frac{r\\big((1+r)^7 - (1-r)^7\\big)}{2(1-r^2)^6}\\\\\\\\\r\n&= \\frac{\\sum\\limits_{k=1}^{4}{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{2k-1}r^{2k}}{(1-r^2)^6}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\frac{\\sum\\limits_{k=1}^{4}{}\\_{7}\\mathrm{C}\\_{2k-1}3^k}{(-2)^6}\\\\\\\\\r\n&\\equiv \\frac{123}{8}\r\n\\end{aligned}$$\r\nである．もしくは，$s_{9999}\\equiv s_{-5}$ であるから，漸化式を逆順に辿ることでも同様の結果を得られる．\r\n\r\n- $t_{9999}$ を $5003$ で割った余り\\\r\n$$t_n = b_{n-1} - c_{n-1} = (2a_{n-2} + b_{n-2} + c_{n-2}) - (b_{n-2} + c_{n-2} + 2d_{n-2}) = 2(a_{n-2} - d_{n-2})$$\r\nである．また，$a_1-d_1=3$ であるから，\r\n$$a_{9999}-d_{9999}=3\\times 2^{4999}\\equiv 3\\times2^{-3}\\equiv \\frac38$$\r\nである．\r\n\r\n以上より，求める答えは $d_{9999}\\equiv\\dfrac12\\biggl(\\dfrac{123}{8}-\\dfrac38\\biggr) \\equiv \\dfrac{15}{2}\\equiv \\bf{2509}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc144/editorial/6725" } ]

[ { "content": "　四角形 $ABCD$ の面積は三角形 $ABD$ の面積の $2$ 倍である．三角形 $ABD$ の面積は $\\angle BAD=90^{\\circ}$ のときに最大値 $55$ をとり，$\\angle BAD$ を適当な鈍角にすることによって三角形 $ABD$ の面積を $55$ 未満の任意の正の実数にすることができる（そのとき，四角形 $ABCD$ は凸である）．よって，凸四角形 $ABCD$ の面積は $1,2,\\ldots, 110$ の $\\bf{110}$ 通りの正整数値を取りうる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct004/editorial/3112" } ]

[ { "content": "　$2$ つの組 $(p_1, p_2, p_3, p_4), (p_2, p_4, p_1, p_3)$ について，それぞれのスコアの和は \r\n$$\\begin{aligned}\r\n(p_1p_2+p_2p_3+p_3p_4)+(p_2p_4+p_4p_1+p_1p_3)\r\n&=p_1p_2+p_1p_3+p_1p_4+p_2p_3+p_2p_4+p_3p_4 \\\\\\\\\r\n&=0\\cdot1+0\\cdot2+0\\cdot3+1\\cdot2+1\\cdot3+2\\cdot3 \\\\\\\\\r\n&=11\r\n\\end{aligned}$$\r\nで一定である．このようなペアは $4!\\/2=12$ 個作れるから，求める総和は $11\\times 12=\\bf{132}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct004/editorial/2928" } ]

[ { "content": "　$k$ は $(103^2-1)-(101^2-1)=204\\cdot2$ と $(109^2-1)-(107^2-1)=216\\cdot2$ の公約数，すなわち $24$ の約数である．また，$100$ 以上の素数 $p$ は $p=6a\\pm1$ の形で表され，$(6a\\pm1)^2-1=12a(3a\\pm1)$ よりこれは $24$ の倍数である．したがって，求める最大の $k$ は $\\textbf{24}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct004/editorial/4126" } ]

[ { "content": "　$P$ を通り $PD$ に垂直な直線と辺 $AB, AC$ の交点を $X, Y$ とし，直線 $PE, PF$ と辺 $BC$ の交点を $Z, W$ とする．$XY \\parallel BC, EZ \\parallel AB, FW \\parallel AC$ に留意すれば，以下が成立する：\r\n\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\nAF &= PE = 6,&& AE = PF = 8\\\\\\\\\r\nFX &= \\frac{PF}{\\sqrt{3}} = \\frac{8}{\\sqrt{3}},&& EY = \\sqrt{3}PE = 6\\sqrt{3}\\\\\\\\\r\nXB &= PZ = \\frac{2PD}{\\sqrt{3}} = \\frac{10}{\\sqrt{3}},&& YC = PW = 2PD = 10\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\n\r\nよって，三角形 $ABC$ の面積は\r\n\r\n$$\\frac{1}{2}(AF + FX + XB)(AE + EY + YC) = 108 + 72\\sqrt{3}$$\r\n\r\nであるので，解答すべき値は $\\bf{183}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct004/editorial/3495" }, { "content": "　遠回りかもしれませんが，一応．\r\n\r\n---\r\n\r\n　$AB=x$ とおくと $\\triangle ABC$ の面積は $\\dfrac{\\sqrt{3}}{2} x^2$ である．一方\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\triangle ABC &= \\triangle PAB + \\triangle PBC + \\triangle PCA \\\\\\\\\r\n&= 4x+5x+3\\sqrt{3}x \r\n\\end{aligned}$$\r\nとも表せるから，これらを連立して $x=6+6\\sqrt{3}$ を得る．再度 $\\triangle ABC = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2} x^2$ を用いれば答えが出る．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct004/editorial/3495/196" } ]

[ { "content": "　$x$ が $3$ で割れる回数を $f(x)$ で表せば，$3261$ および $3264$ が $3$ の倍数であることから，\r\n$$\\cdots=f(3260!)\\lt f(3261!)=f(3262!)=f(3263!)\\lt f(3264!)=\\cdots$$\r\nが成立する．したがって，求める総和は $3261+3263=\\textbf{6524}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/3262" } ]

[ { "content": "　直線 $AB$ 上にあり，$x$ 座標が $t$ である点を $D$ とする．$CD$ を底辺として考えれば \r\n$$\r\n\\triangle{ABC}=\\frac{1}{2} \\times CD \\times \\bigl( 25-(-13) \\bigl)\r\n$$\r\nであるから，線分 $CD$ の長さについて考えればよい．$D$ の $y$ 座標は $12t+325$ であるから，\r\n$$CD=|t^2-12t-325|=|(t-6)^2-361|$$\r\nである．これが最大となる $t$ の値が $3$ つ存在するのは，最大値が $361$ となるときであり，$-a, b$ は $2$ 次方程式 $x^2-12x-325=361$ の $2$ 解である．以上により，解答すべき値は $325+361=\\textbf{686}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/3412" }, { "content": "　$t$ が $-13\\lt t\\lt25$ を動くとき，三角形 $ABC$ の面積が最大となるのは点 $C$ が $y=x^2$ の $AB$ に平行な接線 $m$ の接点 $K(k,k^2)$ に一致するとき． \r\nよって，三角形 $ABC$ の面積が最大となるのは点 $C$ がちょうど $3$ 個であるのは，$X(-a,a^2),Y(b,b^2)$ を結ぶ直線と直線 $AB$ と直線 $m$ が等幅平行線となるときである．$\\cdots(*)$ \r\n(このとき，三角形 $ABC$ の面積が最大となるのは，$t=-a,b,k$ のとき．) \r\n\r\n　ここで一般に，$y=x^2$ 上の $2$ 点 $(p,p^2),(q,q^2)$ を通る直線の式は $y=(p+q)x-pq$ (有名事実)であることから，$AB\\/\\/m$ より $-13+25=k+k$ なので $k=6$ となる．さらに，$XY,AB,m$ の $y$ 切片がそれぞれ $ab,13\\cdot25,-6^2$ となり，$(*)$ より，これらが等差数列をなすことから，$ab=2\\cdot13\\cdot25+36=\\textbf{686}$．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/3412/197" } ]

[ { "content": "　与式を $2$ 式ずつ足し合わせることで，条件は以下と同値である：\r\n$$(a+b)(c+d)=143,\\quad (a+c)(b+d)=140,\\quad (a+d)(b+c)=135$$\r\n$143=11\\times 13$ を踏まえて第 $1$ 式に着目すれば，$a+b+c+d$ はつねに $11+13=24$ であり，これにより\r\n$$ \\\\{a+b,~ c+d\\\\} = \\\\{11,13\\\\}, \\quad \\\\{a+c,~ b+d\\\\} = \\\\{10,14\\\\}, \\quad \\\\{a+d,~ b+c\\\\}=\\\\{9,15\\\\} $$\r\nが必要である．逆に，それぞれの割り振りを任意に選んだ $2^3$ 通りすべてで $a,b,c,d$ は正の整数となることがわかるから，求める値は $24 \\times 8 = \\bf{192}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/3178" } ]

[ { "content": "$$\\angle DBA=\\angle DBI-\\angle ABI=\\angle BID-\\angle IBC=\\angle BCI=\\angle ICA=\\angle DCA$$\r\nにより，$D$ は三角形 $ABC$ の外接円上にあり（なお，弧 $AB$ の中点が三角形 $AIB$ の外心であるという有名事実を踏まえれば，直接の角度追跡を行わずともそれが $D$ であることがわかる），点 $E$ についても同様である．したがって，三角形 $IBC$ と三角形 $IED$ は相似なので， $IB:ID=BC:DE=4:5$ と $BD=ID$ により\r\n$$ \\sin{\\angle{A}} = \\sin \\angle BDI = \\frac{4\\sqrt{21}}{25}$$\r\nが分かる．よって，三角形 $ABC$ の外接円の半径は正弦定理から $\\dfrac{25}{2\\sqrt{21}}$ となるから，特に解答すべき値は $625+84=\\mathbf{709}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/4230" } ]

[ { "content": "　実際に操作を実行することで，次のことがわかる：\r\n\r\n- それぞれの操作の時点において，各人が選びうる行または列はすべて一致する（特に，合計で $17$ 回目の操作以降は，太郎さんはすべて $1$ の行を，次郎さんはすべて $0$ の列を選び続けることになる）．\r\n\r\nこれを踏まえれば，太郎さんは選びうる行のうち最も左にあるものを，次郎さんは選びうる列のうち最も上にあるものを選び続けるとしてもよい．この制約のもとで実際に操作を実行すれば，さらに次のことがわかる：\r\n\r\n- 合計で $16$ の倍数回の操作を終えた直後のマス目は，左下半分（対角線を含む）がすべて $1$ で，残りがすべて $0$ となっている．\r\n\r\n\r\n　特に，求める値は $\\bf{36}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/4250" } ]

[ { "content": "　$AD=BC=a, AC=BD=b$ とおく．等脚台形 $ABCD$ は円に内接するので，Ptolemyの定理より\r\n$$a^2+2\\times10^{200}=b^2 \\tag{1}$$\r\nが成立する．また，$DA+AB+BC\\gt DC$ より\r\n$$a\\gt\\dfrac12 \\times 10^{100}\\tag{2}$$\r\nが成立する．逆に，この $2$ 条件が成立しているとき，条件をみたす等脚台形が存在する．したがって，上の $2$ 条件をみたす正の整数の組 $(a, b)$ を数えればよい．\\\r\n　$(1)$ を書き換えると $(b+a)(b-a)=2\\times10^{200}$ であり，$b+a, b-a$ はいずれも正の偶数であることから $$a=t-s,\\quad b=t+s, \\quad st=2^{199}\\times5^{200}$$\r\nなる正整数 $s,t$ をとれる．$s\\lt t$ に留意すれば，これをみたす組 $(s, t)$ は $200\\times201\\div2=20100$ 個である．\\\r\n　$(1)$ をみたすが $(2)$ をみたさない組 $(s, t)$ を考えよう．$s=10^{200}\\/2t$ であることから，$(2)$ は\r\n$$ t - \\dfrac {10^{200}}{2t} \\gt \\frac12 \\times 10^{100}$$\r\nと表現できる．左辺が $t\\gt 0$ で単調増加であることに留意すれば，$(2)$ をみたさないことは\r\n$$ \\dfrac12\\times 10^{100} \\leq s \\lt t \\leq 10^{100}$$\r\nと同値である．このような組 $(s, t)$ について，$s, t$ のうち $2$ で $100$ 回以上割り切れる方をとり（これは一意に存在する）$u$ とする．$u$ は $(s, t)$ と一対一に対応する．$u$ は $1$ 以上 $100$ 以下の整数 $p$ と $0$ 以上 $100$ 以下の整数 $q$ によって\r\n$$u=\\dfrac{2^p}{5^q}\\times\\dfrac{10^{100}}{2}$$\r\nと表せるが，このとき $(s,t)$ が $(2)$ をみたさないことは以下と同値である：\r\n$$1\\leq\\dfrac{2^p}{5^q}\\le2．$$\r\n$q$ を任意に与えたとき，$p=1+\\lfloor q\\log_2 5 \\rfloor$ のときかつそのときに限り，これが成立する．よって，$\\log_2 5\\approx2.322$ に注意して $1\\le1+\\lfloor q\\log_2 5 \\rfloor\\le100$ を解けば $0\\le q\\le43$ が得られる．すなわち，$u$ としてありうるものは $44$ 個あり，$(1)$ をみたすが $(2)$ をみたさない組 $(s, t)$ も $44$ 個存在することが分かる．\\\r\n　以上により，条件をみたす台形は $20100-44=\\mathbf{20056}$ 種類ある．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct003/editorial/3271" } ]

[ { "content": "　最後のゲームは $A$ さんの勝ちであることに注意すれば，残りの $9$ ゲームから $A$ さんの勝ちを $5$ つ選べばよいから，求める場合の数は ${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{5}=\\mathbf{126}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct002/editorial/6454" } ]

[ { "content": "　条件は，$4$ つの目が相異なり，さらに $1,4$ があわせて高々 $1$ 回しか出ないことと言いかえられる．$4$ つの目が相異なるものは $6×5×4×3=360$ 通りあり，そのうち $1,4$ が同時に出るものは ${}\\_{4}\\mathrm{C}\\_{2}×4!=144$ 通りであるから，求める値は $\\dfrac{360-144}{6^4}=\\dfrac{1}{6}$ である．特に解答すべき値は $\\bf{7}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct002/editorial/4036" } ]

[ { "content": "　点 $Q$ を固定したとき，線分 $PQ$ の存在し得る領域は三角形 $BGQ$ であることに留意すれば，求める領域は $B$ を頂点として，四分円から直角二等辺三角形を除いた図形を底面とする錐体である．その体積は\r\n$$\\dfrac{1}{3}\\times 6\\times\\left( 9\\pi-18 \\right)=18\\pi-36$$\r\nで与えられるから，特に解答すべき値は $\\textbf{648}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct002/editorial/1986" } ]

[ { "content": "　条件は，$25p\\le n^2\\lt25p+5$ と同値である．$n^2$ を $5$ で割った余りは $0,1,4$ のいずれかであり，$25p$ は平方数になりえないことに注意すれば，$n^2=25p+1$ または $n^2=25p+4$ のいずれかが成立する．\r\n\r\n- $n^2=25p+1$ である場合\\\r\n　$25p=(n-1)(n+1)$ である．$n-1$ と $n+1$ のうち $5$ の倍数であるのは高々一つであり，$n-1$ と $n+1$ の差は $2$ であるから，$\\\\{n-1,n+1\\\\} = \\\\{25,p\\\\}$ である．従って，$p = 23$ である．\r\n\r\n- $n^2=25p+4$ である場合\\\r\n　$25p=(n-2)(n+2)$ である．$n-2$ と $n+2$ のうち $5$ の倍数であるのは高々一つであり，$n-2$ と $n+2$ の差は $4$ であるから，$\\\\{n-2,n+2\\\\} = \\\\{25,p\\\\}$ である．従って，$p = 29$ である．\r\n\r\n　以上から，求める答えは $23 + 29 = \\mathbf{52}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct002/editorial/6762" } ]

[ { "content": "　$T_n$ の $3$ 頂点を $A_n,B_n,C_n$ としたとき, 内角について以下が容易に確かめられる.\r\n\r\n- $T_n$ が鋭角三角形であるとき,$$\\angle A_{n+1}=180^\\circ-2\\angle A_n,\\ \\ \\angle B_{n+1}=180^\\circ-2\\angle B_n,\\ \\ \\angle C_{n+1}=180^\\circ-2\\angle C_n.$$\r\n- $T_n$ が鈍角三角形であるとき, 例えば $\\angle A_n$ が鈍角であるならば,$$\\angle A_{n+1}=2\\angle A_n-180^\\circ,\\ \\ \\angle B_{n+1}=2\\angle B_n,\\ \\ \\angle C_{n+1}=2\\angle C_n.$$\r\n\r\n　これを踏まえれば, $T_1$ が正三角形となるような $T_0$ の内角は $(60^\\circ,60^\\circ,60^\\circ)$ または $(120^\\circ,30^\\circ,30^\\circ)$ である. またこれより, $T_2$ が初めて正三角形となるような $T_0$ の内角も以下のように列挙できる.\r\n$$(75^\\circ,75^\\circ,30^\\circ),\\quad (150^\\circ,15^\\circ,15^\\circ),\\quad (105^\\circ,60^\\circ,15^\\circ)$$\r\nここで $T_1$ 以降はすべての内角の大きさが偶数値であることと併せて, $T_3$ 以降が初めて正三角形になる $T_0$ は存在しない. 以上より, 解答すべき値は $60+120+75+150+105=\\textbf{510}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct002/editorial/231" } ]

[ { "content": "　球に書かれた数を $x_i\\ (i=1,2,\\cdots,100)$ とし，これらを固定したとき得点の期待値を $E$ とする．このとき\r\n$$E=\\frac{1}{{}\\_{100}\\mathrm{P}\\_2}\\sum\\_{i\\neq j}\\frac{x_i}{x_j}=\\frac{1}{9900}\\left\\\\{\\left(\\sum\\_{i=1}^{100}x_i\\right)\\left(\\sum\\_{j=1}^{100}\\frac{1}{x_j}\\right)-100\\right\\\\}.$$\r\nここで $\\displaystyle\\left(\\sum_{i=1}^{100}x_i\\right)\\left(\\sum_{j=1}^{100}\\frac{1}{x_j}\\right)$ は各変数 $x_i$ に関して下凸関数になるから，残りの変数を固定したとき $E$ が最大となるのは $x_i$ が $1$ または $100$ のときである．したがって，$x_1,x_2,\\cdots,x_{100}$ のうち $1$ であるものが $n$ 個，$100$ であるものが $100-n$ 個である場合を考えればよく，このとき\r\n$$\\left(\\sum_{i=1}^{100}x_i\\right)\\left(\\sum_{j=1}^{100}\\frac{1}{x_j}\\right)=\\left(n+100(100-n)\\right)\\left( \\frac{n}{1}+\\frac{100-n}{100}\\right)=\\frac{99^2}{100}\\left(\\dfrac{10000}{99}-n\\right)\\left(n+\\dfrac{100}{99}\\right).$$\r\nこれが最大となるのは\r\n$$n=\\frac{1}{2}\\left(\\frac{10000}{99}-\\frac{100}{99}\\right)=50$$\r\nのときであり，このとき\r\n$$\\displaystyle E=\\frac{1}{9900}\\left(5050\\cdot\\frac{101}{2}-100\\right)=\\frac{1}{9900}(505^2-10^2)=\\frac{1}{9900}\\cdot495\\cdot515\\=\\frac{103}{4}.$$\r\nこれが求める期待値の最大値であり，特に解答すべき値は $\\textbf{107}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omct002/editorial/1457" } ]

[ { "content": "　相加相乗平均の不等式から\r\n$$\\displaystyle \\Big( x+\\frac{20}{x} \\Big)\\Big( x+\\frac{500}{x} \\Big) = x^2+ \\frac{100^2}{x^2}+520 \\geq 2\\sqrt{x^2\\times \\frac{100^2}{x^2}}+520=720$$\r\nが成り立つ．$x = 10$ のとき等号が成立するので，求める答えは $\\bf{720}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/5549" } ]

[ { "content": "　百の位と一の位の偶奇が一致すれば，適する十の位が一意に定まる．ともに奇数であるものは $5^2$ 通り，ともに偶数であるものは（一の位は $0$ でも良いことに留意して）$4\\times 5$ 通りであるから，全体では $\\mathbf{45}$ 通りである．なお，公差としてあり得るのは $-4$ 以上 $4$ 以下であることから，それぞれ数え上げてもよい．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/4762" } ]

[ { "content": "　$\\triangle ADE\\equiv\\triangle ADF$ が成り立つため，簡単な議論により $AD=5,AD\\perp EF$ がわかる．\\\r\n　これより四角形 $AEDF$ の面積について，次が成り立つ：\r\n$$2\\times(\\triangle ADE の面積)=12=\\dfrac{AD\\times EF}{2}=\\dfrac{5}{2}EF$$\r\nこれより $EF=\\dfrac{24}{5}$ が得られるため，解答すべき値は $\\textbf{29}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/3396" } ]

[ { "content": "　$k$ 人座るとき，座っている席の番号を小さい順に $a_1,a_2,\\dots,a_k$ とする．\r\n$b_i=a_i-4(i-1)$ とすれば，\r\n$$1\\leq b_1\\lt b_2\\lt\\cdots\\lt b_k\\leq 20-4(k-1)$$\r\nなる整数の組 $(b_1,b_2,\\dots,b_k)$ を考えることと等価である．そのような組 $(b_1,b_2,\\dots,b_k)$ は $\\binom{24-4k}{k}$ 組存在するため，求める個数は次で求められる．\r\n$$\\binom{20}{1}+\\binom{16}{2}+\\binom{12}{3}+\\binom{8}{4}=\\textbf{430}．$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/3193" }, { "content": "　漸化式を用いた解法です．\r\n\r\n　問題の椅子の個数が $n$ 個である時の座り方の総数を $a_n$ とおく．$n+1$ 個の椅子がある時，最も左の椅子に人が座っている場合の座り方の総数は $a_{n-5}$，座っていない場合の座り方の総数は $a_{n-1}$ と表せることから，$$a_n=a_{n-1}+a_{n-5},a_1=2,a_2=3,a_3=4,a_4=5,a_5=6$$ が成立し，これを用いて $a_{20}$ を求めればよく，求める値は $a_{20}-1=\\bf{430}$ である．(誰も座っていない時も含まれていることに注意する．)", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/3193/192" } ]

[ { "content": "$$a+b+c=s,\\quad ab+bc+ca=t,\\quad abc=u$$とすると，条件は\r\n$$\r\n\\begin{cases}\r\n\\{s + t + u = 0}\\\\\\\\\r\n\\{4s + 2 t + u = -4}\\\\\\\\\r\n\\{9s + 3 t + u = -18}\\\\\\\\\r\n\\end{cases}\r\n$$\r\nと書けるので，これを解いて $s = -5, ~ t = 11, ~ u = -6$ である．従って，求める値は\r\n$$(a + 100)(b + 100)(c + 100) = 100^3 + 100^2s+100t+u = \\textbf{951094}.$$\r\n\r\n**別解.**　$f(x)=(x+a)(x+b)(x+c)-x^2$ は $f(1)=f(2)=f(3)=0$ をみたすから，$3$ 次の係数が $1$ であることとあわせて $(x-1)(x-2)(x-3)$ である．よって，求める値は $f(100)+100^2$ として計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/5428" } ]

[ { "content": "　結論から述べると, 以下のように分割されることが分かる：\r\n\r\n- 一・四段目について, 体積 $1\\/6$ が $6$ つ, 体積 $1\\/2$ が $2$ つ, 体積 $2\\/3$ が $2$ つである.\r\n- 二・三段目について, 体積 $1\\/6$ が $6$ つ, 体積 $2\\/3$ が $4$ つ, 体積 $5\\/6$ が $2$ つ, 体積 $1$ が $2$ つである.\r\n\r\nそれぞれの体積の小立体は, その上面および下面の形状によって以下のように判断可能である：\r\n\r\n- 体積 $1\\/6$ のもの：$1$ 点および直角二等辺三角形\r\n- 体積 $1\\/2$ のもの：対角線および直角二等辺三角形\r\n- 体積 $2\\/3$ のもの：対角線および正方形, または向きの違う $2$ つの直角二等辺三角形\r\n- 体積 $5\\/6$ のもの：直角二等辺三角形および正方形\r\n- 体積 $1$ のもの：$2$ つの正方形\r\n\r\nこれより, 求める総積は以下のように計算でき, 解答すべき値は $\\textbf{180}$ である.\r\n\r\n$$\\left(\\dfrac{1}{6}\\right)^{24}\\times\\left(\\dfrac{1}{2}\\right)^{4}\\times\\left(\\dfrac{2}{3}\\right)^{12}\\times\\left(\\dfrac{5}{6}\\right)^{4}\\times1^4=2^{-20}\\times 3^{-40}\\times 5^4$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc143/editorial/1914" } ]

[ { "content": "　$a=142857$ とおけば，$a,2a,3a,4a,5a,6a$ の中から重複を許して選ぶ方法のうち，総和が $7a$ であるものの総数を求めることになる．$7$ を $2$ つ以上の正の整数の和に分割する方法の総数（ $7$ の分割数から $1$ 引いたもの）を考えて，求める場合の数は $\\textbf{14}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2725" } ]

[ { "content": "　三角形 $ABT$ を（$A$ を中心に）反時計回りに $120^\\circ$ 回転すると三角形 $AFP$ と一致する．三角形 $AFP$ は $AF$ を底辺と見ると高さが $\\dfrac{5}{6}AC=\\dfrac{5\\sqrt{3}}{2}$ であるから， $X = \\dfrac{1}{2}\\cdot3\\cdot\\dfrac{5\\sqrt{3}}{2}=\\dfrac{15\\sqrt{3}}{4}$ である．よって，$X^2=\\dfrac{675}{16}$ より，特に解答すべき数値は $\\textbf{691}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2726" } ]

[ { "content": "　$a_1\\lt a_2\\lt \\cdots\\lt a_{54}$ として一般性を失わず，このとき並べ替え不等式より与式は $b_1\\gt b_2\\gt\\cdots\\gt b_{54}$ のときに最大値をとる．すなわち，求める最大値は\r\n$$\\dfrac{1}{6300}+\\dfrac{2}{3150}+\\cdots+\\dfrac{6300}{1}$$\r\nである．これは以下のように計算できるから，解答すべき数値は $\\textbf{19749}$ である．\r\n$$\\sum_{d\\mid6300}\\frac{d^2}{6300}=\\dfrac{(1+2^2+2^4)(1+3^2+3^4)(1+5^2+5^4)(1+7^2)}{2^2\\times3^2\\times5^2\\times7}=\\dfrac{19747}{2}$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2727" } ]

[ { "content": "　 $a=\\sqrt[3]{2x-y-z}, ~ b=\\sqrt[3]{2y-z-x}, ~ c=\\sqrt[3]{2z-x-y}$ とおくと，以下が成り立つ．\r\n $$a+b+c=3, \\quad \\dfrac{1}{a}+\\dfrac{1}{b}+\\dfrac{1}{c}=\\dfrac{3}{10},\\quad a^3+b^3+c^3=0$$\r\nこれより $ab+bc+ca=3k, ~ abc=10k$ とおけるが，このとき\r\n$$\\begin{aligned}\r\na^3+b^3+c^3&=(a+b+c)\\bigl((a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)\\bigr)+3abc\\\\\\\\\r\n&=3\\cdot (3^2-3\\cdot3k)+3\\cdot10k\\\\\\\\\r\n&=3k+27\r\n\\end{aligned}$$\r\nが $0$ であることから $k=-9$．よって\r\n$$a+b+c=3, \\quad ab+bc+ca=-27,\\quad abc=-90$$\r\nであるから，$t^3-3t^2-27t+90=0$ は $t=a,b,c$ を $3$ つの実数解にもつ $3$ 次方程式であり，これより\r\n$$t^{n+3}-3t^{n+2}-27t^{n+1}+90t^n=0$$\r\nは $t=a,b,c$ を $3$ つの実数解にもつ方程式となる．したがって，$S_n=a^n+b^n+c^n$ とおいたとき，\r\n$$S_{n+3}-3S_{n+2}-27S_{n+1}+90S_{n}=0$$\r\nが成り立つことがわかる．$S_{-1}=\\dfrac{3}{10}, ~ S_{0}=3, ~ S_{1}=3$ から計算すれば $S_{6}=34506$ となり，\r\n$${(x-y)}^2+{(y-z)}^2+{(z-x)}^2=\\dfrac{S_{6}}{3}=\\textbf{11502}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2728" } ]

[ { "content": "　点 $P$ が直線 $x=2000$ より先に直線 $y=2000$ にたどり着く確率は対称性より $\\dfrac{1}{2}$ である．このことは，点 $P$ が点 $(1999,2000)$ を通る確率が $\\dfrac{1}{2}$ であると言い換えられる．一方で，点 $P$ が点 $(2000,1999)$ に着く確率は $\\dfrac{\\_{3999}\\mathrm{C}\\_{1999}}{2^{3999}}$ であるから（動ける範囲が $x\\geq 0,y\\geq 0$ 全体として考えたのと同じ），点 $P$ が点 $(2000,2000)$ を通る確率は以下で与えられる．\r\n$$\\dfrac{2^{3999}+{}\\_{3999}\\mathrm{C}\\_{1999}}{2^{4000}}$$\r\n　 ${}\\_{3999}\\mathrm{C}\\_{1999}$ の $2$ で割り切れる回数は $5$ 回である（ここで，$n!$ が $2$ で割り切れる回数は，$n$ を $2$ 進法表示したときの $1$ の個数を $k$ として $n-k$ であることを用いることもできる）．よって，求める値は\r\n$$({}\\_{3999}\\mathrm{C}\\_{1999}+2^{3999}+2^{4000})\\div32$$\r\nを $4001$ で割った余りである．以下，合同式の法は $4001$ とする．\r\n$${}\\_{3999}\\mathrm{C}\\_{1999}\\equiv\\dfrac{3999\\times\\cdots\\times2001}{1999!}\\equiv\\dfrac{(-2)\\times\\cdots\\times(-2000)}{1999!}\\equiv-2000$$\r\nであることと，Fermatの小定理より $2^{4000}\\equiv1,~2^{3999}\\equiv2^{-1}\\equiv2001$ であることより，\r\n$$({}\\_{3999}\\mathrm{C}\\_{1999}+2^{3999}+2^{4000})\\times{32}^{-1}\\equiv(-2000+1+2001)\\times{32}^{-1}\\equiv{16}^{-1}\\equiv\\textbf{3751}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2730" }, { "content": "　端の制約をなくして $4000$ 回 $P$ を移動させることを考える．このとき求める確率は $(0, 4000), (1, 3999), \\ldots, (2000, 2000)$ のどれかにいる確率であるから\r\n$$ \\sum_{k=0}^{2000}\\frac{{}\\_{4000}\\mathrm C\\_r}{2^{4000}} = \\frac{2^{4000} + {}\\_{4000}\\mathrm C\\_{2000}}{2^{4001}}\\mathrel{\\left(=\\frac{2^{3999} + {}\\_{3999}\\mathrm C\\_{1999}}{2^{4000}}\\right)}\\mathclose{}. $$\r\nあとは本解説と同様（ただカッコの前の形で ${}\\_{p-1}\\mathrm C\\_r \\equiv (-1)^r \\pmod p$ を使うとラク）．", "text": "対称性を式で処理", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2730/191" } ]

[ { "content": "　円 $\\omega$ と円 $\\Omega$ の相似の中心は $T$ であるから，$P$ における $\\Omega$ の接線は $D$ における $\\omega$ の接線，すなわち直線 $AB$ と平行である．従って，$P$ は弧 $AB$ の中点である． 同様にして，$Q$ は弧 $AC$ の中点であるので，$BQ$ と $CP$ の交点が内心 $I$ であり，パスカルの定理より $3$ 点 $D,I,E$ は同一直線上にある．\\\r\n　また，$PA=PI,QA=QI$ なので，$PQ$ は $AI$ の垂直二等分線となる．よって，$AI$ と $PQ$ の交点を $M$ とすると，\r\n$$AM=IM=\\dfrac{23}{2},\\quad RM=SM=\\dfrac{11}{2}$$\r\nとなり $AR=AS=\\dfrac{5\\sqrt{26}}{2}$ となる．また，\r\n$$\\angle{PAR}=\\angle{PQI} = \\angle{AQS},\\quad \\angle{APR}=\\angle{ACQ} = \\angle{QAS}$$\r\nより三角形 $APR,QAS$ が相似なので，$PR=x,QS=y$ とおくと $xy=AR\\times AS = \\dfrac{325}{2}$ となる．\\\r\n　また，$AI\\perp PQ,AI\\perp DE$ より $DE\\parallel PQ$ なので，$DI=IE$ より $PS=SQ$ であるから $x+11=y$ となる．以上より，\r\n$$(x+y)^2=(y-x)^2+4xy=11^2+4\\times\\dfrac{325}{2}=771$$\r\nであるから，$PQ=x+y+11=\\sqrt{771}+11$ であり，特に解答すべき数値は $\\textbf{782}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc142/editorial/2729" } ]

[ { "content": "　コップ $C$ のコーヒーの量とミルクの量について, 以下の式が成り立つ.\r\n$$\r\n\\left(100 \\times \\dfrac{11}{14} + 200 \\times \\dfrac{9}{14} \\right):\\left( 100 \\times \\dfrac{3}{14} + 200 \\times \\dfrac{5}{14} \\right)= 29 : 13\r\n$$\r\n　これより, 答えるべき値は $\\mathbf{42}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc141/editorial/3409" } ]

[ { "content": "　$1, A, A, A, A, B, B, B, B$ の $9$ 文字を並べ替えて文字列を作り, $A$ に左から $2, 3, 4, 5$ の順に数字を当てはめ, $B$ に左から $6, 7, 8, 9$ の順に数字を当てはめれば, 題意を満たす整数を重複なくすべて作ることができる. したがって, これらの文字の並び替えの総数を考えればよく, 解答すべき値は\r\n$$\r\n\\frac{9!}{(4!)^2}=\\mathbf{630}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc141/editorial/3411" } ]

[ { "content": "　$1+2+\\cdots+n=n(n+1)\\/2$ が $3$ の倍数になる必要があるから，$n$ は $3$ で割って $0$ または $2$ 余る．\\\r\n　逆に，さらに $n\\geq 5$ ならば条件をみたすことがわかるから，求める個数は $666-2=\\textbf{664}$ である．\\\r\n　具体的には，$1+6=2+5=3+4$ に注目して $n-6$ の場合に帰着することで示される．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc141/editorial/2867" } ]

[ { "content": "**解法1.**　辺 $AB$ 上に $AQ:QB=1:3$ となる点 $Q$ をとると，$BQ=3, PQ=7\\/4$ であり，二辺比夾角相等から三角形 $PBQ$ と $ABP$ は相似であるから，$AP=7\\sqrt{3}\\/6$．よって $AC^2=\\dfrac{196}{3}$ であり，求める値は $196+3=\\mathbf{199}$．\r\n\r\n**解法2.**　Stewart の定理をそのまま適用することができる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc141/editorial/2961" } ]

[ { "content": "　条件より, $i \\leq j$ なる任意の $i, j$ に対して\r\n$$\r\n\\frac{10^{i^2-i}}{a_i+a_{i+1}}=\\frac{10^{j^2-j}}{a_j+a_{j+1}}\r\n$$\r\nが成り立つ. 特に $i=1$ とすれば, 任意の正整数 $n$ に対し\r\n$$\r\n\\frac{10^{n^2-n}}{a_n+a_{n+1}}=\\frac{1}{a_1+a_2}=\\frac{1}{10}\r\n$$\r\nとなるから, $a_n+a_{n+1}=10^{n^2-n+1}$ である. これより, 正整数 $k$ に対して\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\na_{k+2}\r\n&= (a_{k+2}+a_{k+1})-(a_{k+1}+a_{k})+a_{k}\\\\\\\\\r\n&=10^{k^2+k+1}-10^{k^2-k+1}+a_k\\\\\\\\\r\n&=10^{k^2-k+1}(10^{2k}-1)+a_k\\\\\\\\\r\n&=\\underbrace{999...999}\\_{2k個}\\underbrace{000...000}\\_{k^2-k+1個}+a_k\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nが成り立つ. $b_k=10^{k^2-k+1}(10^{2k}-1)$ とするとき, $b_{k}$ で $9$ が登場する桁と $b_{k+2}$ で $9$ が登場する桁に重複がないことが分かるから, 求める答えは\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n(a_{100} の桁和)&=\\left(\\sum_{k=1}^{49} (b_{2k} の桁和)+a_2\\right)\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{49}36k+5\\\\\\\\\r\n&=\\mathbf{44105}\r\n\\end{aligned}\r\n$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc141/editorial/3415" } ]

[ { "content": "　$2$ および $3$ で割った余りを考えることで，$p,q,r,s$ には $2$ および $3$ が含まれる．\\\r\n　$p=2$ かつ $q=3$ のとき，$(s+r)(s-r)=24$ であるから，以下を得る．\r\n$$(p, q, r, s)=(2, 3, 5, 7)$$ \r\n　$p=2$ かつ $r=3$ のとき，$8q=(s+3)(s-3)$ であるから，以下を得る．\r\n$$(p, q, r, s)=(2, 2, 3, 5),(2, 5, 3, 7)$$\r\n　$q=2$ のとき，$s^2-r^2=2p^3$ であるが，$r^2,s^2$ はともに $4$ で割って $1$ 余ることから $p=2$ が必要である．このとき対応する $(r,s)$ は（$(r,s)=(3,5)$ を除いて）存在しない．\\\r\n　$r=2$ のとき，$s\\pm 2$ の最大公約数は $1,2,4$ のいずれかであることに注意すれば，\r\n$$(s+2, s-2)=(p^3, q), (q, p^3), (p^3q, 1)$$\r\nであるほかなく，いずれかは $3$ であることに注意して探索することで，以下を得る．\r\n$$(p, q, r, s)=(3, 31, 2, 29)$$\r\n　以上より，全体では\r\n$$(p, q, r, s)=(2, 3, 5, 7), (2,2,3,5), (2, 5, 3, 7), (3, 31, 2, 29)$$\r\nであるから，求める総積は $\\textbf{225420}$ と計算できる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc141/editorial/3261" } ]

[ { "content": "　条件をみたす長方形の縦の長さを $x$, 横の長さを $y$ とすると, $$x+y = 4\\sqrt{6},\\quad xy= 10$$ が成立する. したがって, 求める答えは以下のように計算できる. \r\n$$ x^2 + y^2 = (x+y)^2- 2xy=96-20=\\textbf{76} $$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/4442" } ]

[ { "content": "　$2048=2^{11}$ であることに留意すれば, CMO君が解答すべき正整数値となり得るものを小さい順に並べると\r\n$$1+2=3,\\quad 1+4=5,\\quad 3+4=7,\\quad 1+8=9,\\quad 3+8=11,\\quad \\cdots$$\r\n同様にして, 全体であり得るものは $4096$ 未満の奇数すべてから $1$ を除いたものであることが容易にわかり, 特にCMO君が提出する回数としてあり得る最大値は $\\textbf{2047}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/1547" } ]

[ { "content": "　条件をみたす数を**良い数**と呼ぶ．また，数字 $a,b,c$ をこの順に並べてできる $3$ 桁の正整数を $\\overline{abc}$ と表すことにする（$4$ 桁の場合も同様）．$3$ 桁の良い数は，$a\\neq b$ をみたす $1\\leq a\\leq 9$ および $0\\leq b\\leq 9$ を用いて\r\n$$\\overline{abb},\\quad \\overline{aab},\\quad \\overline{aba}$$\r\nと表せるから，$3\\times 9\\times 9=243$ 個存在する．また，$2022$ 以下の $4$ 桁の良い数は，$a=0,2,3,\\ldots,9$ によって\r\n$$\\overline{111a},\\quad \\overline{11a1},\\quad \\overline{1a11},\\quad \\overline{1aaa}$$\r\nの形式のものと $2000,2022$ のみであるから，$38$ 個である．以上より，求める値は $\\textbf{281}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/3094" } ]

[ { "content": "　お互いに指を指し合うペアをまず決め, そのあとにそれ以外の構成を考えるとよい.\\\r\n　指を指し合うペアの組み合わせは ${}_7\\mathrm{C}_2\\cdot{}_5\\mathrm{C}_2 \\div2$ 通り存在する. そのうち一つを固定したとき, ペアではない人がペアである人を指差している人数で場合分けをすると,\r\n- $0$ 人のとき, $3$ 人で一周するように指す必要があり, $2$ 通り\r\n- $1$ 人のとき, 残り $2$ 人が指し合ってはならないことに注意して, $3\\cdot4\\cdot3=36$ 通り\r\n- $2$ 人のとき, $3\\cdot4^2\\cdot2=96$ 通り\r\n- $3$ 人のとき, $4^3=64$ 通り\r\n\r\nよって求める確率は $\\dfrac{{}_7\\mathrm{C}_2\\cdot{}_5\\mathrm{C}_2\\cdot198}{2\\cdot6^7}=\\dfrac{385}{5184}$ であるから, 解答すべき値は $\\textbf{5569}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/3579" }, { "content": "　公式解説の「ペアではない人の指し方」の数え上げの別解です．\r\n\r\n余事象を考えると，ペアでない $3$ 人のうち $2$ 人が $1$ つのペアを作る場合のみで，これはペアを作る $2$ 人の決め方が $3$ 通り，そして残った $1$ 人の指し方が $6$ 通りなので $3×6=18$ 通りになります．よって求める場合の数は $6^3-18=198$ 通りです．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/3579/187" } ]

[ { "content": "　次をみたす正整数の個数を求めればよい．\r\n- (a) 十進表記でちょうど $4$ 桁である．\r\n- (b1) $3$ の倍数である．\r\n- (b2) 一の位の数字が偶数である．\r\n- (c) 十進表記したときに各桁に現れる数はちょうど $2$ 種類である．\r\n\r\nある正整数が (a), (b1), (c) をみたすとき，各桁に現れる数は次のいずれかに分類できる．\r\n- (i) すべて $3$ の倍数\r\n- (ii) $3$ の倍数(1個)と $3$ で割り切れない数(3個)\r\n- (iii) $3$ で割ると $1$ 余る数(2個)と $2$ 余る数(2個)\r\n\r\nそれぞれについて，(b2) もみたすものは次のように数えられる．\r\n- (i)：一の位が $0$ のとき $3\\times 2^2=12$ 個，$6$ のとき $2\\times (2^3-1)+3=17$ 個．\r\n- (ii)：一の位が $3$ の倍数のとき $2\\times 6=12$ 個，そうでないとき $3\\times(3\\times 3+2)=33$ 個．\r\n- (iii)：一の位の数字から考えると $3\\times 3\\times 3=27$ 個．\r\n\r\n　以上より条件をみたす数は $\\mathbf{101}$ 個である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/2448" } ]

[ { "content": "$BC$ の中点を $M$, 三角形 $ABC$ の垂心, 外心をそれぞれ $H,O$ とすれば, $HD:OM=DE:ME=3:1$ であり, well-known-factとして $AH:OM=2:1$ であるので\r\n$$AD:HD=5:3$$\r\nである. また, \r\n$$\\angle{HBD}=90^{\\circ}-\\angle{BHD}= 90^{\\circ}-\\angle{ACB} =\\angle{DAC}$$\r\n であるから三角形 $DBH$ と三角形 $DAC$ は相似であることがわかり, $AD=x$ とおけば以下が従う. \r\n$$\\frac{3}{5}x\\times{x}=BD\\times CD=21$$\r\nよって $AD=\\sqrt{35}$ と求まるから, 三角形 $ABC$ の面積は $5\\sqrt{35}$ であり, 特に解答すべき値は $\\bf{875}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/4032" }, { "content": "こういう問題は直交座標で考えるといいです．\\\r\n$A(0,x), B(-3,0), D(0,0), E(3,0), C(7,0)$ とします．\\\r\n対称性より，$x\\gt0$ としてよいです．\\\r\n一般に，$A(0,a), B(b,0), C(c,0)$ のときに垂心は $H\\left(0,-\\dfrac{bc}{a}\\right)$ となることが知られているので， $H\\left(0,\\dfrac{21}{x}\\right)$ となります．\\\r\nまた，重心は $G\\left(\\dfrac{4}{3},\\dfrac{x}{3}\\right)$ となります．\\\r\n$G,H,E$ が同一直線上にあることから $x=\\sqrt{35}$ とわかり，$ABC$ の面積は $\\mathbf{5\\sqrt{35}}$ とわかります．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc140/editorial/4032/188" } ]

[ { "content": "**補題.**　非負整数 $n$ について，$10^n \\equiv 9n+1 \\pmod{81}$．\\\r\n**証明.**　$n=0$ では成り立つから，階差をとって $9\\times 10^n \\equiv 9 \\pmod{81}$ を示せばよい．これは $10^n \\equiv 1 \\pmod{9}$ より成立する．\r\n\r\n---\r\n　補題より，問題は次のように言いかえられる：\r\n\r\n---\r\n\r\n**問題①.**　$1,10,19,28,\\ldots$ からいくつかを選んで，それらの和を $81$ の倍数にせよ．\r\n\r\n---\r\n\r\n　さて，条件をみたす数を $X$ とすれば，$X$ の各位の和が $9$ で割り切れることに注意しよう．\\\r\n　ここでは $X$ が高々 $11$ 桁以下であるとして考えよう．このとき，$X$ の桁和は $9$ であり，上の言いかえでは $11$ 個の数から $9$ 個選ぶことになる．これを踏まえれば，さらに問題②，そして問題③のように言いかえられる：\r\n\r\n---\r\n\r\n**問題②.**　$0,1,2,3,\\ldots,8,0,1$ から $9$ 個を選んで，それらの和を $9$ で割って $8$ 余る数にせよ．\\\r\n**問題③.**　$0,1,2,3,\\ldots,8,0,1$ から $2$ 個を選んで，それらの和を $9$ で割って $2$ 余る数にせよ．\r\n\r\n---\r\n\r\n　問題③で考えよう．ここで $X$ を小さくするには，右側にある数を優先的に選ぶ必要がある．\\\r\n　右端の $1$ の選択に対応するのは $(0)11\\cdots101$，次の $0$ の選択に対応するのは $1011\\cdots1011$，その次の $8$ の選択に対応するのは $\\mathbf{11011110111}$ であり，これが求める $3$ 番目に小さい $X$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2467" } ]

[ { "content": "**補題.**　任意の実数 $x$ について，以下が成立する．\r\n$$\\displaystyle\\lfloor x\\rfloor\r\n+\\bigg\\lfloor x+\\frac{1}{99}\\bigg\\rfloor\r\n+\\bigg\\lfloor x+\\frac{2}{99}\\bigg\\rfloor\r\n+\\cdots\r\n+\\bigg\\lfloor x+\\frac{98}{99}\\bigg\\rfloor\r\n=\\lfloor99x\\rfloor$$\r\n**証明.**　$x$ の小数部分が $\\dfrac{k}{99}$ 以上 $\\dfrac{k+1}{99}$ 未満であるとき，以下のように計算できる．\r\n$$\\lfloor x\\rfloor\r\n+\\bigg\\lfloor x+\\frac{1}{99}\\bigg\\rfloor\r\n+\\bigg\\lfloor x+\\frac{2}{99}\\bigg\\rfloor\r\n+\\cdots\r\n+\\bigg\\lfloor x+\\frac{98}{99}\\bigg\\rfloor\r\n=99\\lfloor x\\rfloor + k\r\n=\\lfloor 99x\\rfloor - k + k\r\n=\\lfloor 99x\\rfloor$$\r\n\r\n----\r\n\r\n　補題より，以下をみたす正の実数 $x$ をすべて求めればよい．\r\n$$\\lfloor 99x\\rfloor=9999x-999$$\r\n左辺は整数であるから，$9999x$ も整数であり，従って $x$ はある整数 $n$ を用いて $\\dfrac{n}{9999}$ と表せる．これを上式に代入すると\r\n$$\\bigg\\lfloor\\frac{n}{101}\\bigg\\rfloor=n-999$$\r\nとなる．さらに，$n=101p+q$ を満たす整数 $p$ と $100$ 以下の非負整数 $q$ をとり，これを再び上に代入すれば，\r\n$$100p=999-q$$\r\nが分かる．従って，$999-q$ が $100$ の倍数であるから，$0 \\leq q \\leq 100$ に気をつけて $q=99$ が分かる．これより $p=9$ である．\\\r\n　以上をまとめれば，求める解は $x=\\dfrac{112}{1111}$ のみと計算でき，特に解答すべき値は $\\mathbf{1223}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/5138" } ]

[ { "content": "　まず，条件 $\\gcd(a,b)\\times\\gcd(b,c) =\\gcd(a,c)$ について考えよう．$a,b,c$ の少なくとも一つを割り切る適当な素数 $p$ について，それぞれを割り切る回数を $x,y,z$ とする．一般性を失わず $x\\leq z$ とすれば，条件は\r\n$$\\min(x,y)+\\min(y,z)=x.$$\r\n　ここで $y\\geq z$ のとき，$x\\leq z$ より $\\min(x,y)=0$ が必要．これは $x=z=0$ を意味する．また $y\\lt z$ のとき，$x\\lt y$ ならば $y=0$ となり矛盾．すなわち，いずれにせよ $\\min(x,y)=\\min(y,z)$ であるから，\r\n$$\\gcd(a,b)=\\gcd(b,c)\\bigl(=\\gcd(a,b,c)\\bigr)$$\r\nが成り立つ．これを $g$ とおく．なお，以下の変形からも証明できる．$\\gcd(a,b,c)=\\gcd(b,c)$ も同様に得られる．\r\n$$\\gcd(a,b,c)=\\gcd\\bigl(\\gcd(a,b),\\gcd(a,c)\\bigr)=\\gcd\\bigl(\\gcd(a,b), \\gcd(a,b)\\times\\gcd(b,c)\\bigr)=\\gcd(a,b)$$\r\n　$\\gcd(a,c)=g^2$ および $2022=2\\times3\\times337$ に注意すると，$g$ として考えるべきものは $1,2,3,6$ である．\\\r\n　いま，条件 $a+b+c=N$ のもとで $a^2+b^2+c^2$ を最小化するには，$(a-N\\/3)^2+(b-N\\/3)^2+(c-N\\/3)^2$ を最小化すればよいことに注意する．すなわち，感覚的には「$a,b,c$ それぞれを $N\\/3$ に近づける」必要がある．\\\r\n　$g=6$ とする．このとき，$a=ga^\\prime$ などとおけば $a^\\prime+b^\\prime+c^\\prime=337$ であり，最小化すべき値は ${a^\\prime}^2+{b^\\prime}^2+{c^\\prime}^2$ である．いま，$a^\\prime,c^\\prime$ は $6$ で割り切れることに注意すれば，$337\\/3$ の周辺から $108$ や $114$ が候補となる．実際，$(a^\\prime,b^\\prime,c^\\prime)=(108, 115, 114)$ として\r\n$$\\dfrac{a^2+b^2+c^2}{\\mathrm{gcd} (a,b,c)}=g({a^\\prime}^2+{b^\\prime}^2+{c^\\prime}^2)=\\bm{227310}$$\r\nが最小であることがわかる．$g\\leq 3$ のとき $(\\text{与式}) \\geq 3\\times 674^2 \\/g \\geq 454276$ であるから，結局これが求める最小値である．\r\n<details><summary>$g=6$ の場合を厳密に<\\/summary>\r\n　条件を緩め，$a^\\prime\\neq c^\\prime, a^\\prime \\equiv 0, b^\\prime\\equiv 1, c^\\prime\\equiv 0 \\pmod{6}$ で $({a^\\prime}-337\\/3)^2+({b^\\prime}-337\\/3)^2+({c^\\prime}-337\\/3)^2$ を最小化しよう．まず $b^\\prime \\equiv 1 \\pmod{6}$ に注意すれば，$(b^\\prime-337\\/3)^2$ 単独では $b^\\prime=115$ で最小化される．$(a^\\prime-337\\/3)^2$ 単独でも同様に $a^\\prime=114$ で最小化される．$(c^\\prime-337\\/3)^2$ も同様に評価したいだが，$a^\\prime\\neq c^\\prime$ に注意すれば，$2$ 番目に小さい値とまとめて次のように評価せねばならない：\r\n$$(a^\\prime-337\\/3)^2 + (c^\\prime-337\\/3)^2 \\geq (114-337\\/3)^2 + (108-337\\/3)^2$$\r\n$114+115+108=337$ であり，$\\gcd$ に関する条件にも適合するから，今回の状況でもすべての等号が同時に実現できる．\r\n<\\/details>", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2756" } ]

[ { "content": "　 三角形 $ABC$ の外接円の半径を $R$ とし，$BC$ の中点を $M$ とする．三角形 $HBC$ において中線定理より\r\n$$HM = \\sqrt{\\frac{1}{2}(HB^2 + HC^2) - BM^2} = 6$$\r\nを得る．$M$ に関して $H$ と対称な点を $D$ とすると，これは三角形 $ABC$ の外接円上にある．よって，三角形 $ODH$ において中線定理より\r\n$$25 + R^2 = 2\\times(36 + OM^2)$$\r\nを得る．また，三平方の定理より\r\n$$OM^2 = R^2 - \\frac{361}{4}$$\r\nであるから，二式を連立して解くことで $R^2 = \\dfrac{267}{2}$ を得る．特に解答すべき値は $\\mathbf{269}$ となる．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/5270" }, { "content": "　$\\overrightarrow{OA}=\\vec{a}, \\overrightarrow{OB}=\\vec{b}, \\overrightarrow{OC}=\\vec{c}$ とし，$\\lvert \\vec{a} \\rvert= \\lvert \\vec{b} \\rvert= \\lvert \\vec{c} \\rvert= R$ とおく．このとき $\\overrightarrow{OH}=\\vec{a}+\\vec{b}+\\vec{c}$ であるから，条件は\r\n\r\n- $\\lvert \\vec{a}+\\vec{b}+\\vec{c} \\rvert^2=5^2$\r\n- $\\lvert \\vec{a}+\\vec{b} \\rvert^2+\\lvert \\vec{a}+\\vec{c} \\rvert^2=\\dfrac{505}{2}$\r\n- $\\lvert \\vec{b}-\\vec{c} \\rvert^2=19^2$\r\n\r\nと書ける．$(\\text{第1式})-(\\text{第2式})+(\\text{第3式})$ を計算することで $R^2=\\dfrac{267}{2}$ を得る．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/5270/184" } ]

[ { "content": "**補題.**　$p,k,d$ をそれぞれ素数，正整数，整数とする．ただし，$p=2$ のときは $k\\geq3$ とする．$d\\equiv a^2-b^2\\pmod{p^k}$ なる $p$ と互いに素な整数 $a,b$ が存在するための，$p,k,d$ に関する必要十分条件は，\r\n- 「$p=2$ かつ $d\\equiv0 \\pmod8$」または 「$p=3,5$ かつ $d\\not\\equiv \\pm1\\pmod{p}$」または「$p\\geq7$」\r\n\r\n**証明.**　まず $p=2$ のとき，$a,b$ は奇数だから $a^2\\equiv b^2\\equiv 1\\pmod{8}$ であり，$d\\equiv 0\\pmod{8}$ が必要．逆に $d=8e$ なる整数 $e$ が存在するとき，$a=2e+1,b=2e-1$とおくと $a,b$ はともに奇数で，$a^2-b^2=8e=d$ となるため，条件をみたす $a,b$ が得られた．\\\r\n　以下 $p$ は奇素数とする．$d\\not\\equiv \\pm1\\\\pmod{p}$ のとき，$a\\equiv\\dfrac{d+1}2,b\\equiv\\dfrac{d-1}{2}\\pmod{p^k}$ とおくと，上と同様にこれらが適する．\\\r\n　$d\\equiv \\pm1\\pmod{p}$ のとき，適当に $x,y$ を定めて以下を成立させることを考えればよい．$x\\not\\equiv 0 \\pmod{p}$ に注意．\r\n$$\\displaystyle a\\equiv\\frac{x+y}2,\\quad b\\equiv\\frac{x-y}2,\\quad xy\\equiv d \\pmod{p^k}$$\r\n$x$ をもとに $y$ を定めたとき，$x\\pm y$ がともに $p$ と互いに素となるには，$x$ について\r\n$$x^4-1\\equiv x^2(x^2-y^2)\\not\\equiv 0 \\pmod{p}$$\r\nが必要十分であり，原始根を考えればこのような $x\\not\\equiv 0 \\pmod{p}$ の存在は $p\\geq 7$ と同値．以上より示された．\r\n----\r\n　補題より，超格子点 $A(a,b),B(c,d)$ に対し，$e=a-c$ および $f=b-d$ は $24$ の倍数で，$5$ で割った余りは $0,2,3$ のいずれか．逆にこれらをみたす整数 $e,f$ に対し，$e=a-c,f=b-d$ なる超格子点が同様にとれる．\\\r\n　ここで，$AB$ が軸に平行でなく，$AB$ の長さ $g$ が整数値のとき，$g^2=e^2+f^2$ より $g$ も $24$ の倍数である．$e,f,g$ をそれぞれ $24$ で割った商を $h,i,j$ とすると，$h,i\\equiv 0,2,3\\pmod5$ である．これに留意して，$j$ の小さい順にピタゴラス数を列挙すれば，$g\\geq 13\\times 24$ が従うことがわかる．\\\r\n　これを用いて，条件をみたす三角形 $ABC$ の周長を見積もろう．すべての辺が軸と平行でないとき，$39\\times 24$ 以上である．また，二辺が軸と平行であるとき，上の議論と同様にピタゴラス数を列挙すれば $30\\times24$ 以上である．ちょうど一辺が軸と平行であるとき，$29\\times 24$ 以下とするには，軸と平行な辺の長さが $3\\times 24$ 以下である必要がある．しかし，そのような三角形はすべて面積が無理数であり，特に格子三角形にはなりえない．\\\r\n　逆に各辺が $5\\times 24,12\\times 24,13\\times 24$ の三角形の存在は一連の議論より従う．よって求める最小値は $\\textbf{720}$ である． \r\n\r\n**補足.**　本質は平方数を $3,5,8$ で割った余りである．補題はそれらの考慮で十分であることの裏付けである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2442" } ]

[ { "content": "　スコアの総和 $S$ は次の式で与えられる．ただし $a_1,\\ldots,a_6$ は非負整数を動く．$S\\bmod{p}$ について考えよう．\r\n$$S=\\sum_{\\sum a_i=N}\\left(\\dfrac{N!}{\\prod a_i!}\\times \\prod a_i^i\\right)$$\r\n　ここで**下降階乗冪** $x^{\\underline{n}}$ を実数 $x$ および正整数 $n$ に対し $x^{\\underline{n}}=x(x-1)\\cdots(x-n+1)$ と定める．\r\nこのとき $x$ を変数とみれば $x^{\\underline{n}}$ は $x$ の $n$ 次式であり定数項を含まないため，正整数 $n,k$ ($n\\geq k$) に対し次をみたす定数 $b_{n,k}$ が一意に存在する．以下でも示されるように，これは整数である．また，$n\\lt k$ のときは $b_{n,k}=0$ とする．\r\n$$x^n=\\sum_{k=1}^{n} b_{n,k} x^{\\underline{k}}$$\r\nまた任意の非負整数の組 $p_i$ ($\\sum p_i\\leq N$) に対し， $T=\\sum p_i$ とおくと次が成り立つ．\r\n$$\\sum_{\\sum a_i=N}\\left(\\dfrac{N!}{\\prod a_i!}\\times \\prod a_i^{\\underline{p_i}}\\right)=\\sum_{\\sum a_i=N-T}\\dfrac{N!}{\\prod a_i!}=6^{N-T}\\times N^{\\underline{T}}$$\r\n以上より，次の $x$ の多項式 $P$ を展開し， $x^n$ を $6^{N-n}N^{\\underline{n}}$ で置き換えたものが $S$ であることがわかる．\r\n$$P=\\prod_{i=1}^{6}\\left(\\sum_{k=1}^{i}b_{i,k}x^{k}\\right)$$\r\n　 $N=4p+7$ より $6^{N-n}N^{\\underline{n}}\\equiv 6^{N-n}7^{\\underline n}\\pmod{p}$ であるから，特に $P$ の展開において $8$ 次以上の項は無視できる．以下より $b_{n,1},b_{n,2}$ を求めればよい．\r\n$$P=\\left(\\prod_{i=1}^{6}b_{i,1}\\right)x^6+\\left(\\prod_{i=1}^{6}b_{i,1}\\right)\\left(\\sum_{i=1}^{6}\\dfrac{b_{i,2}}{b_{i,1}}\\right)x^7+(8次以上の項)$$\r\n　ここで次の変形が成り立つこと，および $b_{1,1}=b_{2,1}=b_{2,2}=1$ より，$b_{n,1}=1,b_{n,2}=2^{n-1}-1$ を得る．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=1}^{n+1} b_{n+1,k} x^{\\underline{k}} &= x^{n+1}\\\\\\\\\r\n&=x\\left(x^n-(x-1)^n\\right)+x(x-1)^n\\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{n} b_{n,k} kx^{\\underline{k}}+\\sum_{k=1}^{n} b_{n,k} x^{\\underline{k+1}} \\\\\\\\\r\n&=\\sum_{k=1}^{n+1} (kb_{n,k}+b_{n,k-1})x^{\\underline{k}}\r\n\\end{aligned}$$\r\nあるいは，$x=1,2$ をそれぞれ代入して比較してもよい．いずれにせよ，次のように計算できる．\r\n$$P=x^6+57x^7+(8次以上の項),\\quad S\\equiv 6^{N-6}7^{\\underline 6}+57\\times 6^{N-7}7^{\\underline 7}=6^{N-3}\\times 245 \\pmod{p}$$\r\n　以上より $S\\equiv 6^8\\times 245\\equiv {\\bf 411505920} \\pmod{p}$ を得る．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349" }, { "content": "　FPS の解法です．これを用いれば 800 点にしては容易に解けると思います．\r\n\r\n---\r\n\r\n　問題の総和は以下の形式的冪級数の $x^{4p+7}$ の係数である．\r\n$$\r\n\\tag{1}(4 p+7) ! \\times \\prod_{k=1}^6\\left(\\frac{0^k}{0 !}+\\frac{1^k}{1 !} x+\\frac{2^k}{2 !} x^2+\\cdots\\right)\r\n$$\r\nここで，非負整数 $n$ について以下が成り立つことに留意する (※1) ：\r\n$$\r\n\\sum_{i=0}^{\\infty} \\frac{{}\\_{i}\\mathrm{P}_n}{i !} x^i=x^n e^x\r\n$$\r\nこれを用いれば，$(1)$ において，例えば $k=2$ のときの $\\prod$ の中身は次のように変形できる．\r\n$$\r\n\\begin{aligned}\r\n& i^2={ }_i \\mathrm{P}_2+{ }_i \\mathrm{P}_1 \\\\\\\\\r\n\\Longrightarrow \\quad & \\frac{0^2}{0 !}+\\frac{1^2}{1 !} x+\\frac{2^2}{2 !} x^2+\\cdots=\\left(x^2+x\\right) e^x\r\n\\end{aligned}\r\n$$\r\nまとめれば，$(1)$ 全体では次のように変形される．\r\n$$\r\n(4 p+7) ! \\times e^{6 x} \\times P(x)\r\n$$\r\nなお，ここで\r\n$$\r\nP(x)=x\\left(x^2+x\\right)\\left(x^3+3 x^2+\\cdots\\right)\\left(x^4+6 x^3+\\cdots\\right)\\left(x^5+10 x^4+\\cdots\\right)\\left(x^6+15 x^5+\\cdots\\right)\r\n$$\r\nである. $P(x)$ の $x^k$ の係数を $a_k$ で表せば， $(1)$ の $x^{4 p+7}$ の係数は\r\n$$\r\n\\sum\\_{k=0}^{21}\\left((4 p+7) ! \\times a_k \\times \\frac{6^{4 p+7-k}}{(4 p+7-k) !}\\right)\r\n$$\r\nいま，$\\sum$ の中身について，$a_0=a_1=\\cdots=a_5=0$ であるから $k \\leq 5$ の場合は無視してよく，さらに求めるべき値は上式の値を $p$ で割った余りであるから， $k \\geq 8$ の場合も無視してよいことがわかる．すなわち $k=6,7$ の場合のみ考えれぱよい．それぞれ $a_6=1, a_7=57$ と求められる (※2) から, $p$ を法として上式の値は\r\n$$\r\n\\frac{1 \\cdot 6^{4 p+1}(4 p+7) !}{(4 p+1) !}+\\frac{57 \\cdot 6^{4 p}(4 p+7) !}{(4 p) !} \\equiv 6^5 \\times 7 !+57 \\times 6^4 \\times 7 !=\\mathbf{4 1 1 5 0 5 9 2 0}\r\n$$\r\nに等しい．\r\n\r\n___\r\n\r\n　(※1)　マクローリン展開を用いた変形です． \r\n\r\n　(※2)　本解説はより一般的に $b_{n,2}$ を求めていますが，私は愚直に $b_{1,2}, \\cdots, b_{6,2}$ を求めました．\r\n\r\n　(オマケ)　非本質な誤植があります．見つかりにくいと思うので，暇な人は探してみてください．", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349/186" }, { "content": "整数論的考察によってかなり簡単に解くことができます. 補題を知っていれば600点ぐらいの難易度に感じたかも知れません.\r\n\r\nまずは本解通り$$S=\\sum_{\\sum a_i=N}\\left(\\dfrac{N!}{\\prod a_i!}\\times \\prod a_i^i\\right)$$を得る. ここで次の補題を使う:\r\n\r\n**補題.**\r\n\r\n$p$を素数とし, $\\displaystyle N=\\sum_{i=1}^m a_i$ とする. ここで $N, a_i$ は非負整数, $m$ は正整数である. さらに $\\displaystyle a_i=\\sum_jb_{i, j}p^j,\\ N=\\sum_{j}n_jp^j$ と $p$ 進展開する. このとき\r\n$$\\dfrac{N!}{\\prod a_i!}\\equiv\\begin{cases}0&(\\mathrm{if}\\ \\exists j, s.t. \\sum_ib_{i,j}\\neq n_j)\\\\\\\\\\displaystyle\\prod_j\\dfrac{n_j!}{\\prod_i b_{i, j}!}&(\\mathrm{otherwise})\\end{cases}\\pmod p$$\r\n(前者の時は $\\suma_i$ の$p$進での足し算に繰り上がりがあるとき, 後者は繰り上がりがないときである)\r\n\r\n**証明.**\r\n\r\n$\\displaystyle s_i=\\sum_{k=1}^ia_k$ とすると, $P=\\displaystyle\\dfrac{N!}{\\prod a_i!}=\\prod_i {}\\_{s_i}\\mathrm{C}\\_{a_i}$ となる. ここでKummerの定理を用いながら $P\\equiv 0\\pmod p$ か否かで場合分けをし, Lucasの定理を用いることで補題を得る.\r\n\r\n$N=4p+7$ が $p$ 進数での表記なので $a_i=pb_i+c_i$ と $p$ 進数で表記すると\r\n\r\n$$\r\nS\\equiv\\sum_{\\sum b_i=4}\\sum_{\\sum c_j=7}\\dfrac{4!}{\\prod b_i!}\\cdot\\dfrac{7!}{\\prod c_j!}\\cdot\\prod c_j^j\\equiv6^4\\cdot\\dfrac{7!}{2}\\cdot\\sum_{i=1}^62^i\\equiv 6^4\\cdot7!\\cdot(2^6-1)\\equiv\\mathbf{411505920}\\pmod p\r\n$$\r\n\r\nとなる. ここで $\\displaystyle\\sum_{j=1}^6c_j=7$ ならば $(c_j)$ は $(2,1,1,1,1,1)$ の並べ替えしかあり得ないことを使った.\r\n\r\n補題について一言. 良く用いられるLucasの定理などは $n$ 個の中から $m$ 個選ぶ方法の個数を $p$ で割った余りなどを考えますが, これを拡張するなら $n$ 個の中から $m_1$ 個選び, その後 $m_2$ 個選び... (別のタイミングで選んだものは区別する) という方法の個数を $p$ で割った余りを考えたくなると思います. 従ってこの拡張は自然なものと考えることが出来るでしょう.", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc139/editorial/2349/190" } ]

[ { "content": "　$2022^{n}$ の下一桁は $2$, $4$, $8$, $6$, $2$, $ \\ldots$ という周期を繰り返す. いま考えるのは $n=\\underbrace{2022^{2022^{\\cdot^{\\cdot^{\\cdot^{2022}}}}}}_{2021個の2022}$ であり, この $n$ は $4$ の倍数であるから, 求める値は $\\mathbf{6}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc138/editorial/3510" } ]

[ { "content": "　$10$ で何回割り切れるかは素因数 $2,5$ の個数で決まる. $2$ は十分多いので, 求める値は素因数 $5$ の個数と等しい. \r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\prod_{k=1}^{100} k! &= 1! \\times 2! \\times \\ldots \\times 100! \\\\\\\\\r\n&= 1^{100} \\times 2^{99} \\times \\ldots \\times 100^1 \\\\\\\\\r\n&= \\prod_{n=1}^{100} n^{101 - n}\r\n\\end{aligned}$$ \r\nであるから, $n$ が $5$ の倍数であるとき, 指数の値の総和は \r\n$$ 96+91+\\ldots+1=\\sum_{i=1}^{20} (101-5i)=970$$\r\n　同様に, $n$ が $25$ の倍数であるとき, 指数の値の総和は\r\n$$ 76+51+26+1=154$$\r\n　よって求める値は $970+154=\\mathbf{1124}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc138/editorial/4106" } ]

[ { "content": "　$B$ から $AC$ に下ろした垂線の足を $H$ としたとき, 三平方の定理より\r\n$$BA^2-AH^2=BH^2=BC^2-(5-AH)^2$$\r\nこれを解いて $AH=\\dfrac{7}{5},BH=\\dfrac{24}{5}$ を得る. さらに方べきの定理より\r\n$$\\frac{7}{5} \\times \\frac{18}{5} =AH\\times CH=BH\\times DH=\\dfrac{24}{5}DH$$\r\nよって $BD=BH+DH=\\dfrac{117}{20}$ であり, 解答すべき値は $\\textbf{137}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc138/editorial/1754" } ]

[ { "content": "　相加・相乗平均の関係より，以下のように評価できる．\r\n$$\r\n\\frac{n^2}{5}+\\frac{200}{n}=\\frac{n^2}{5}+\\frac{100}{n}+\\frac{100}{n}\\geq 3 \\sqrt[3]{\\frac{n^2}{5}\\cdot \\frac{100}{n}\\cdot \\frac{100}{n}}=30\\sqrt[3]{2}\r\n$$\r\n等号成立条件は $n=\\sqrt[3]{500}\\approx 7.9$ であり，この値を境に与式は単調に変化することが確認できる（微分を実行してもよい）．したがって，$n=7,8$ での値のみ確かめればよく，$n=8$ での $189\\/5 =37.8$ がより小さい．よって解答すべき値は $\\textbf{194}$ である． \\\r\n　ちなみに， $n=7$ で与式の値は$1343\\/35\\approx 38.4$である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc138/editorial/3171" } ]

[ { "content": "　四角形 $BCED$ が内接円を持つことは，$BC + DE = BD + CE$ と同値である．従って，三角形 $ADE$ の周長は\r\n$$(AB - BD) + (AC - CE) + DE = AB + AC - (BD + CE - DE) = AB + AC - BC = 30$$\r\nである．また，三角形 $ABC$ の周長は $AB + BC + CA = 44$ である．三角形 $ABC$ と三角形 $AED$ は相似であるから，この相似の相似比は $22 : 15$ である．従って\r\n$$BD = AB - AD = 19 - 18\\times\\frac{15}{22} = \\frac{74}{11}$$\r\nを得る．特に解答すべきは $\\bf{85}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc138/editorial/4295" } ]

[ { "content": "　条件に合う良い数を $10$ 進法表記で $n=\\overline{ a_1a_2a_3\\ldots a_{18} }$ とおく．$n$ は $20$ の倍数ではないので $\\overline{ a_{17}a_{18} }$ も$20$の倍数ではなく，これは $a_{18}=2$ と同値である．また，$n$ は $22$ の倍数でないので，$11$ の倍数判定法より $a_1+a_3+a_5+\\cdots +a_{17}\\neq a_2+a_4+a_6+\\cdots+a_{16}+2$ である．この式の等号を満たすような $( a_1,a_2,\\ldots ,a_{17} )$ の組の個数は，$2$ の個数を固定して数え上げることで $\\displaystyle \\sum_{k=0}^8 {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k+1}\\cdot {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{k}={}\\_{17}\\mathrm{C}\\_{8}$ 個であると分かるから，求める個数は $2^{17}-{}\\_{17}\\mathrm{C}\\_{8}=\\textbf{106762}$ 個である．\r\n\r\n----\r\n- $\\displaystyle \\sum_{k=0}^8 {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k+1}\\cdot {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{k}={}\\_{17}\\mathrm{C}\\_{8}$ の導出について\r\n\r\n　$\\displaystyle \\sum_{k=0}^8 {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k+1}\\cdot {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{k}=\\displaystyle \\sum_{k=0}^8 {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k+1}\\cdot {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{8-k}$ と変形する．${}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k+1}$ は $(1+x)^9$ における $x^{k+1}$ の係数，$\\_{8}\\mathrm{C}\\_{8-k}$ は $(1+x)^8$ の $x^{8-k}$ の係数であるから，多項式の畳み込みを考えることで $\\displaystyle \\sum_{k=0}^8 {}\\_{9}\\mathrm{C}\\_{k+1}\\cdot {}\\_{8}\\mathrm{C}\\_{8-k}$ は $(1+x)^{17}$ の $x^9$ の係数であることがわかる．\r\n\r\n　他にも，経路数に帰着して導出することも可能である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc138/editorial/2721" } ]

[ { "content": "　$2$ と $4$ が隣り合うものを除けばよいから，$5!-2×4!=\\mathbf{72}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/4734" } ]

[ { "content": "　素因数分解 $10!=2^8\\times 3^4\\times 5^2\\times7$ に留意すれば, これは正の約数を $270$ 個もつから, $10!$ が平方数でないことと併せてそれらの積は $(10!)^{135}$ である. よって, これがもつ正の約数の個数は\r\n$$(8\\times 135+1)(4\\times 135+1)(2\\times 135+1)(1\\times 135+1)=\\textbf{21554162776}.$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/1992" } ]

[ { "content": "　一般に正整数 $n$ に対して以下の総和\r\n$$ \\sum_{k=0}^{n-1} \\dfrac{{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k}}{k+1} $$\r\nを求めよう．\r\n\r\n----\r\n\r\n**解法1．**\r\n二項係数に関する次の二つの等式に注意する．\r\n$$\\dfrac{{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k}}{k+1}=\\dfrac{{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k+1}}{n},\\quad\\sum_{k=0}^{n}{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}=2^n$$\r\n求める総和は，これらを用いて次のように計算できる．\r\n$$\\sum_{k=0}^{n-1}\\dfrac{{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k}}{k+1}\r\n=\\sum_{k=0}^{n-1}\\dfrac{{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k+1}}{n}\r\n=\\left(\\frac{1}{n}\\sum_{k=0}^{n}{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{k}\\right)-\\frac{{}\\_{n}\\mathrm{C}\\_{0}}{n}\r\n=\\frac{2^n-1}{n}$$\r\n\r\n\r\n**解法2．**\r\nいま，任意の非負整数 $k$ に対して\r\n$$\\displaystyle\\frac{1}{k+1} = \\int_{0}^{1}x^{k}\\mathrm{d}x$$\r\nが成り立つことに注意し，これと二項定理を用いることで，以下のように変形できる．\r\n$$\\begin{aligned}\r\n\\sum_{k=0}^{n-1} \\dfrac{{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k}}{k+1}\r\n& = \\sum_{k=0}^{n-1} \\Bigl({}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k} \\int_{0}^{1}x^{k}\\mathrm{d}x \\Bigr) \\\\\\\\\r\n& = \\int_{0}^{1} \\Bigl( \\sum_{k=0}^{n-1}{}\\_{n-1}\\mathrm{C}\\_{k}x^{k}\\mathrm{d}x \\Bigr) \\\\\\\\\r\n& = \\int_{0}^{1}(x+1)^{n-1}\\mathrm{d}x = \\dfrac{2^{n}-1}{n}\r\n\\end{aligned}$$\r\n\r\n----\r\n\r\n　特に $n=16$ のとき $\\dfrac{2^{16}-1}{16}=\\dfrac{65535}{16}$ と計算でき，解答すべき値は $\\mathbf{65551}$ である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/5565" } ]

[ { "content": "　三角形 $HEB$ について, $∠EHB$ の外角の二等分線が $DH$ であるから,\r\n$$EH:BH=ED:BD=1:2$$\r\nが分かる. $EH=x$ とおけば $EB=ED= \\sqrt{3}x$ で, また三角形 $EHD$ と $EAC$ の相似により\r\n$$EC= \\sqrt{3}EA= \\sqrt{3}×2 \\sqrt{3}x=6x$$\r\nを得るので $HC=5x$ であり, $A, E, F, C$ の共円より方べきの定理から\r\n$$AH×HF=EH×HC=5x^2$$\r\nが成り立つ. 一方, 三角形 $AEH$ に三平方の定理を用いることで$AH=\\sqrt{13}x$ を得るので, $HF=\\frac{5}{\\sqrt{13}}x$ を得る. したがって $AH+HF= \\frac{18}{\\sqrt{13}} x=18$ より $x=\\sqrt{13}$ であるから $AB=3\\sqrt{3}x=3\\sqrt{39}=\\sqrt{\\textbf{351}}$.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/1814" } ]

[ { "content": "　条件をみたす正整数 $x$ は正整数 $a,b$ を用いて\r\n$$x=a(a+p)=b(b+2p)$$\r\nすなわち\r\n$$x=\\left( a+\\frac p2 \\right)^2 -\\frac{p^2}{4} = (b+p)^2-p^2$$\r\nと表せ, これを変形することで\r\n$$\\left( a+b+\\frac{3p}{2} \\right) \\left( b-a+\\frac p2 \\right) = \\frac{3p^2}{4}$$\r\n$p=2$ は明らかに不適であるから, 左辺の因数はそれぞれ半整数であり, あり得る分解は以下のいずれかである.\r\n$$\\dfrac{3p^2}{2}\\times\\dfrac{1}{2},\\quad \\dfrac{p^2}{2}\\times\\dfrac{3}{2}$$\r\n　前者のとき, $a,b$ は確かに正整数であり, 以下のように計算できる.\r\n$$x=\\frac{(3p+1)(3p-1)(p+1)(p-1)}{16}$$\r\nこれが特に $337$ の倍数になる場合を考えることで, $p$ として $(337\\times 4-1)\\/3 = 449$ が最小とわかる.\\\r\n　後者のとき, $a,b$ は確かに正整数であり, 以下のように変形できる.\r\n$$x=\\frac{(p+3)(p-3)(p+1)(p-1)}{16}$$\r\n同様にして $p$ として $337\\times 2-1=673$ が最小である.\\\r\n　以上より, 求める答えは $\\bf{449}$ である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/2716" }, { "content": "　解説にちょっとした付け足しをしておきます．\r\n\r\n---\r\n\r\n1. 　(解説 7 行目) 「 $p=2$ は明らかに不適」とありますが，なぜでしょうか．\r\n<details>\r\n<summary>理由<\\/summary>\r\n　解説の $a,b$ を引き継ぐと\r\n$$(a+b+3)(b-a+1)=3$$\r\nとなります．$a,b$ は正の整数なので $a+b+3$ と $b-a+1$ はともに整数であり，$a+b+3$ は $3$ より大きいため不適となります． \r\n　（ $p=2$ だと問題の答えが $2$ になって変，というメタ読みも可能ですが...）\r\n<\\/details>\r\n\r\n2. 　(解説 8 行目)　あり得る分解がなぜこれだけなのでしょうか．\r\n<details>\r\n<summary>理由<\\/summary>\r\n　二つの因数が半整数なのは $p\\neq 2$ から分かります（半整数とは $2$ を掛けて奇数になる数のことです）．\\\r\n　これに留意して，$\\dfrac{3p^2}{4}$ の分解を書き出します．すると\r\n$$\\left(\\frac{3p^2}{2}, \\frac{1}{2} \\right),　\\left(\\frac{p^2}{2}, \\frac{3}{2}\\right),　\\left(\\frac{3p}{2}, \\frac{p}{2}\\right)$$\r\nの $3$ 通りが見つかります．しかし，$a+b+\\dfrac{3p}{2}$ は $\\dfrac{3p}{2}$ より大きいため，どちらも $\\dfrac{3p}{2}$ 以下である 3 つ目の分解は不適だと分かります．\r\n<\\/details>\r\n\r\n3. 　(解説 11 行目・オマケ)　$x$ が $2022$ の倍数であるために，$x$ は $337$ の倍数であることが必要です．しかし実は，これは十分でもあります（さらに，このとき $x$ は $20220$ の倍数にもなります）．なぜでしょうか．\r\n<details>\r\n<summary>理由<\\/summary>\r\n　奇数 $n$ について，$(n+1)(n-1)$ は $8$ の倍数となります．これは，$n+1$ と $n-1$ は両方偶数で，しかも片方は $4$ の倍数であるためです．いま $p, 3p$ は奇数なので，分子は $8\\times 8=64$ の倍数です．つまり，$x$ は $4$ の倍数です． \r\n　一方，$x$ が $337$ の倍数なので，$p=3$ は適しません．つまり $p$ は $3$ の倍数ではありません．よって，$p+1, p-1$ のうちどちらかが必ず $3$ の倍数になるので，分子は $3$ の倍数になります．分母の $16$ は $3$ の倍数でないため，$x$ は $3$ の倍数です． \r\n　以上から，$x$ は少なくとも $337\\times 4\\times 3=4044$ の倍数になることが分かりました． \r\n　$x$ が $5$ の倍数になることを示せば，上と合わせて $20220$ の倍数になることが示せます．ここでは割愛しますが，あまり難しくないので考えてみてください．「後者の場合」(解説下から 4 行目) に関しても，同様の議論をすることができます．\r\n<\\/details>", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/2716/178" } ]

[ { "content": "　凸 $(n+2)$ 角形に互いに交わらないよう対角線を $n-1$ 本引き $n$ 個の三角形に分割する場合の数は，カタラン数\r\n$$C_n=\\dfrac{(2n)!}{n!(n+1)!}$$\r\nであることが知られている．\\\r\n　これより，正十角形に互いに交わらないよう対角線を $7$ 本引き $8$ 個の三角形に分割する方法は $C_8=1430$ 通りある．\r\nこの分割 ((a)とする) から対角線を $2$ 本削除してできる分割 (各分割につき $21$ 通り) は次の $2$ 種に分類できる．\r\n\r\n- 分割(b)：$4$ 個の三角形と $2$ 個の四角形への分割 (問の分割)\r\n- 分割(c)：$5$ 個の三角形と $1$ 個の五角形への分割\r\n\r\n後述する通り, 分割(c)は五角形の形状で場合分けして数えると $2002$ 通りである．対角線を削除する前の分割(a)は，各分割(b)に対しては $4$ 通り，各分割(c)に対しては $5$ 通り考えられることから，求める値は\r\n$$\\dfrac{1430\\times 21-2002\\times 5}{4}=\\bm{5005}$$\r\n\r\n### 分割(c)の数え上げ\r\n\r\n次のように場合分けして数えることができ，合計 $2002$ 通りである．\r\n\r\n- $[5,0,0,0,0]$ の場合：$10\\times C_5=420$ 通り\r\n- $[4,1,0,0,0]$ の場合：$10\\times {4 \\choose 1}\\times C_4=560$ 通り\r\n- $[3,2,0,0,0]$ の場合：$10\\times {4 \\choose 1}\\times C_3\\times C_2=400$ 通り\r\n- $[3,1,1,0,0]$ の場合：$10\\times {4 \\choose 2}\\times C_3=300$ 通り\r\n- $[2,2,1,0,0]$ の場合：$10\\times {4 \\choose 2}\\times C_2^2=240$ 通り\r\n- $[2,1,1,1,0]$ の場合：$10\\times {4 \\choose 1}\\times C_2=80$ 通り\r\n- $[1,1,1,1,1]$ の場合：$2$ 通り\r\n\r\nただし $[a,b,c,d,e]$ は正十角形において頂点を何個飛ばして五角形の辺が結ばれているかを，順番を無視して並べたものである．\r\n例えば下図のように五角形ができる分割は $[2,2,1,0,0]$ に分類される．\r\n", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/2254" }, { "content": "　三角形分割の補足です\r\n\r\n---\r\n\r\n　凸 $n(\\geq 3)$ 角形の三角形分割が $a_n$ 個あるとする．また $a_2=1$ とする．\r\n凸 $(n+1)$ 角形のある辺に着目し，その辺を含む三角形の形で場合分けして考えれば\r\n$$a_{n+1}=a_{2}a_{n}+a_{3}a_{n-1}+\\cdots+a_{n}a_{2}$$\r\nがわかる．本解説のように一般項を求めることもできるが，本問で必要な範囲の値は次のように比較的容易に計算できる：\r\n$$\\begin{aligned}\r\na_3&=1^2=1,\\\\\\\\\r\na_4&=2(1\\cdot 1)=2,\\\\\\\\\r\na_5&=2(1\\cdot 2)+1^2=5,\\\\\\\\\r\na_6&=2(1\\cdot 5+1\\cdot 2)=14,\\\\\\\\\r\na_7&=2(1\\cdot 14+1\\cdot 5)+2^2=42,\\\\\\\\\r\na_8&=2(1\\cdot 42+1\\cdot 14+2\\cdot 5)=132,\\\\\\\\\r\na_9&=2(1\\cdot 132+1\\cdot 42+2\\cdot 14)+5^2=429,\\\\\\\\\r\na_{10}&=2(1\\cdot 429+1\\cdot 132+2\\cdot 42+5\\cdot 14)=1430.\\\\\\\\\r\n\\end{aligned}$$", "text": "ユーザー解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc137/editorial/2254/185" } ]

[ { "content": "　長方形の縦と横の長さを $a,b$ とする．$ab=1000$ より，相加・相乗平均の関係から\r\n$$2(a+b)\\geq4\\sqrt{ab}=40\\sqrt{10}\\approx 126.5$$\r\nなので，ありうる周長の最小の整数値は $\\textbf{127}$ である．なお，そのような長方形は確かに存在する．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc136/editorial/3295" } ]

[ { "content": "　正整数 $a,b$ によって，三辺の長さを $20-a\\ (a\\lt 20),20,20+b$ と表せば，三角不等式より必要十分条件は\r\n$$ 20+b \\lt 20+(20-a) \\iff (2\\leq)a+b\\lt 20$$\r\nしたがって，求める場合の数は $1+2+\\cdots+18=\\textbf{171}$ 通りである．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc136/editorial/2334" } ]

[ { "content": "**略解**\\\r\n　$100\\times100\\times1$ の直方体の表面のうち，$2$ つの $100\\times100$ の面には $3$ または $4$ を配置し，残る $4$ つの面のうち $2$ つの（対面している）面には $6$ を，残りの $2$ つの面には $5$ を配置することができる．この配置の方法は自明な上界であるから，答えは $(3+4)\\times 100+6\\times2\\times 100+5\\times2\\times 100=\\mathbf{72200}$ である．\r\n\r\n**解説**\\\r\n　以下，$i,j$ は $1$ 以上 $100$ 以下の任意の整数を表す．\\\r\n　$1$ 辺 $1$ のさいころ $10000$ 個を $xyz$ 空間における領域 $0\\leq x\\leq 100,0\\leq y\\leq 100, 0\\leq z\\leq 1$ の内部に並べるとしてよい．点 $(i-0.5,j-0.5,0.5)$ を内部に含むようなさいころを $(i,j)$ で表し，$(i,j)$ の $x$ 軸正の方向の面の目を $x^+(i,j)$ などと表すことにする．また $s(x)$ は $x$ が奇数のとき $-$，$x$ が偶数のとき $+$ を表す．\r\nこのとき $z^-(i,j)+z^+(i,j)=7$ である．また $x^-(1,j)=x^{s(i)}(i,j),\\ y^-(i,1)=y^{s(j)}(i,j)$ に注意すれば $x^-(1,j)=x^+(100,j)\\neq y^-(i,1)=y^+(i,100)$ が得られる．これらより求める値 $S$ について次が成り立つことがわかる．\r\n$$S\\leq 7\\times 100^2+6\\times 2\\times 100+5\\times 2\\times 100=72200$$\r\n逆に $x^{s(i)}(i,j)=6,y^{s(j)}(i,j)=5$ をみたすように並べれば等号が成立し，実際そのような並べ方は可能である．よって解答すべき値は $\\bf{72200}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc136/editorial/3199" } ]

[ { "content": "　$N$ を $k$ 進数表記した際に末尾に $0$ がちょうど $(n-k+1)$ 個並ぶことは，$N$ が $k$ で最大 $(n-k+1)$ 回割り切れると言い換えられる．同一の $N$ については条件をみたす $n$ は高々 $1$ 個であることに注意する．\\\r\n　$N$ が $2$ で割り切れる最大の回数 $v_2(N)$ は，$k=2$ を考えれば $v_2(N)=n-1$．一方で，$n\\geq4$ のとき $k=4$ を考えれば $v_2(N)=2(n-3)$ または $v_2(N)=2(n-3)+1$ である．これらが一致することから，$n\\leq 5$ について考えれば十分とわかる．以下 $m_i$ で $i$ と互いに素な整数を表す．\r\n- $n=2$ で条件を満たすのは，$N=2\\times m_2$ と表される $2500$ 個．\r\n- $n=3$ で条件を満たすのは，$N=2^2\\times3\\times m_6$ と表される $278$ 個．\r\n- $n=4$ で条件を満たすのは，$N=2^3\\times3^2\\times m_6$ と表される $46$ 個．\r\n- $n=5$ で条件を満たすのは，$N=2^4\\times3^3\\times5\\times m_{30}$ と表される $1$ 個．\r\n\r\n　以上を合計すれば，解答すべき値は $\\bf{2825}$．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc136/editorial/3277" } ]

[ { "content": "　$AB$ の中点を $M$，$AC$ の中点を $N$ とすると，中線定理より\r\n$$\\begin{aligned}4AP^2+3BP^2+CP^2&=3(AP^2+BP^2)+(AP^2+CP^2)\\\\\\\\\r\n&=6(MP^2+AM^2)+2(NP^2+AN^2)\\\\\\\\\r\n&=2(3MP^2+NP^2)+\\frac{3}{2}AB^2+\\frac{1}{2}AC^2\r\n\\end{aligned}$$\r\n　さらに，$MN$ の中点を $K$，$MK$ の中点を $L$ とすると，中線定理を繰り返し用いて\r\n$$\\begin{aligned}3MP^2+NP^2&=2MP^2+2(KP^2+MK^2)\\\\\\\\\r\n&=4(LP^2+ML^2)+2MK^2\\\\\\\\\r\n&=4LP^2+\\frac{3}{16}BC^2\r\n\\end{aligned}$$\r\nであるから，次が得られる．\r\n$$4AP^2+3BP^2+CP^2=8LP^2+\\frac{3}{8}BC^2+\\frac{1}{2}CA^2+\\frac{3}{2}AB^2=8LP^2+\\frac{145}{2}$$\r\nこれより条件は $LP^2\\leq\\dfrac{55}{16}$ であるから，点 $P$ が存在しうる領域は $L$ を中心とする半径 $\\dfrac{\\sqrt{55}}{4}$ の円周および内部．よって $S=\\dfrac{55}{16}\\pi$ であり，特に解答する値は $\\bf{880}$．\r\n\r\n　なお，$3MP^2+NP^2$ における式変形は Stewart の定理を用いることも可能である．", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc136/editorial/3281" } ]

[ { "content": "　正 $100$ 角形の頂点から三つを選んでできる三角形の内角は，すべて $180^\\circ\\/100$ の整数倍であることに留意せよ．\\\r\n　いま，対称性より $A_1$が最大の内角 $k\\times 180^\\circ\\/100$ (の一つ) をとるような三角形を考えると，残りの内角について\r\n\r\n- $k=50,\\cdots,98$ のとき，残りの二つの内角の組は $99-k$ 通りある．\r\n- $k=34,\\cdots,49$ のとき，残りの二つの内角の組は $3k-99$ 通りある．\r\n- $k\\leq 33$ のとき，$A_1$ は最大の内角をとり得ない．\r\n\r\nここで，$k=34,\\cdots,49$ のとき，最大の内角 $k\\times 180^\\circ\\/100$ が二つ存在する可能性に注意して数え上げれば，\r\n$$\\sum_{k=50}^{98} (99-k)\\times k\\times180^\\circ+\\sum_{k= 34}^{49}(3k-99)\\times k\\times180^\\circ -\\sum_{k= 34}^{49}k\\times180^\\circ=\\textbf{17664840}^\\circ$$", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc136/editorial/2348" } ]

[ { "content": "　$2$ 数を $m,m+1000$ とすれば，互除法により $\\gcd (m,m+1000)=\\gcd (1000,m)$ であり，逆に適当に $m$ を選べば最大公約数として $1000$ の任意の正の約数が実現可能である．$1000=2^3\\times 5^3$ の正の約数は $\\textbf{16}$ 個である.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/2301" } ]

[ { "content": "　線分が正十二面体の面上になければ良い．$2$ つの頂点を結ぶ方法は ${}\\_{20}\\mathrm{C}\\_{2}=190$ 通りであり，正十二面体の辺の数は $30$，各面に長さ $\\phi$ の対角線が $5$ 本ずつ引けるから，解答は $190-30-5\\times 12=\\bf{100}$ となる.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/3161" } ]

[ { "content": "　ある既約分数 $\\dfrac{p}{q}$ が有限小数であるとき，$q$ は $2,5$ 以外の素因数を持たないことに注意する.\\\r\n　$m,n$ の素因数分解に現れる $5$ 以外の奇素数を，適当に $p_1,p_2,\\cdots$ とする．このとき\r\n$$m=5^s p_1^{a_1}p_2^{a_2}\\cdots,\\quad n=5^t p_1^{b_1} p_2^{b_2}\\cdots$$\r\nと表せば，$s,t$ の少なくとも一方は $0$ である．ここで，$\\dfrac{1}{m}+\\dfrac{1}{n}=\\dfrac{m+n}{mn}$ が有限小数となるには\r\n$$(m+n\\ が\\ p_i\\ で割り切れる回数)\\geq (mn\\ が\\ p_i\\ で割り切れる回数)$$\r\nがすべての $i$ に対して成り立てばよい．$a_i\\neq b_i$ のとき，上式は\r\n$$\\min \\\\{a_i,b_i\\\\}\\geq a_i +b_i$$\r\nとなり，これは明らかに成り立たない．したがって，任意の $i$ について $a_i=b_i$ であるから，$m\\lt n\\lt 1000m$ より $s=0$ および $t=1,2,3,4$ である．このとき,\r\n$$\\dfrac{1}{m}+\\dfrac{1}{n}=\\dfrac{m+n}{mn}=\\dfrac{(5^t+1)m}{5^tm^2}=\\dfrac{5^t+1}{5^t}\\times\\dfrac{1}{m}$$\r\nしたがって，$m$ が $5^t+1$ の約数であればよい．$t=1,2,3,4$ に対し，それぞれ\r\n$$5^1+1=2\\times3,\\quad 5^2+1=2\\times13,\\quad 5^3+1=2\\times3^2\\times 7,\\quad 5^4+1=2\\times313$$\r\nであるから， 解答は $13+(1+3+3^2)\\times (1+7)+313=\\textbf{430}$ である．$3$ の重複に注意せよ.", "text": "公式解説", "url": "https://onlinemathcontest.com/contests/omc135/editorial/2504" } ]