TMO2022に参加してみた

OMC

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はじめに

この記事はOMC内で行われたTMO2022の参加記です.
頑張って書いたので読んで頂けると嬉しいです.
(10/31:少し追記しました. )

問題はこちらから → https://onlinemathcontest.com/contests/tmo2022

writerではないです. solverです.
なので需要があるかと言われるとかなり怪しいです.

結果

ABCDEFGHJの9完(32位)でした.
全完いけるかもと思いましたがやっぱりきつかったですね.
あとペナが結構出てしまいました.
解いた順番はB→C→E→F→J→D→H→G→Aです.

問題ごとの解説(解けたやつ)

B

よくある確率漸化式の問題です.
人 $n$ が○な確率を $a_{n}$ , ×な確率を $b_{n}$ とすれば
$a_{n} + b_{n} = 1, a_{n} = \frac{9}{10} a_{n - 1} + \frac{1}{10} b_{n - 1}$
が成り立つので, これを解いて $a_{n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (\frac{4}{5})^{n}$ が分かります. あとは適当に $\log$ を使うと解けます.

〈こめんと〉多分これが最易ですかね？ ${0.8}^{n}$ の大小評価のところは電卓でもいけて $\log$ 使わなくてもできるので, かなり易しめだと思っています. ちなみに私は計算合わなかったのでローラーしました

C

これ好きです.
$N = a_{M} 10^{M - 1} + a_{M - 1} 10^{M - 2} + \dots + a_{2} 10^{1} + a_{1} 10^{0}$ とすれば
$f (N) + 1 = (a_{1} + 1) (a_{2} + 1) \dots (a_{M - 1} + 1) (a_{M} + 1)$ です.
ここで, ちょっと実験してみましょう.
$N = 1111 \to f (N) = 15$ 　×
$N = 10000 \to f (N) = 1$ 　×
$N = 12345 \to f (N) = 719$ 　×
$N = 9999 \to f (N) = 9999$ 　○
なんか $N$ の方が大きそうです.
といってもよく考えると当たり前っぽくて, 最後に数字を付け足す( $123 \to 1234$ みたいな感じです)と $N$ は約 $10$ 倍されるのに比べて $f (N)$ は $a_{1} + 1$ 倍しかされません. 特に各桁の数字はほとんど $9$ であって欲しいです.
これをちゃんと表してみます.
$N = 10 a + b (0 \leq b \leq 9)$ とおいたとき, $f (N) = f (a) (b + 1) + b$ が成り立ちます .
もし $f (a) = a$ かつ $f (N) = N$ だとすれば $b = 9$ で, $0 \leq b \leq 8$ なら $f (N) \leq N$ になってしまいます.
これを繰り返すことで最初の数字以外は全て $9$ が必要十分なことが分かりました. あとは最初の数字で場合分けをすると解けます.

〈こめんと〉楽しいです. 楽しいです. 上のような感じで感覚→軽く証明をしておくとミスをしにくくなります.

E

五心が絡む幾何の問題です.
$B C I_{A}$ の外心というのは難しそうですが, 下の定理を思い出します.

トリリウムの定理

三角形 $A B C$ の内心, 角 $A$ 内の傍心をそれぞれ $I, I_{A}$ とし, 三角形 $A B C$ の外接円と角 $A$ の二等分線の( $A$ でない)交点を $D$ とすると
$D B = D C = D I = D I_{A}$ が成り立つ.

これより $A, B, C, O$ は同一円周上にあります.
また, 傍心は扱いにくいので内心 $I$ をとります. さらにもう一度定理1を使うことで $A I_{A} : O I_{A} = 8 : 3$ は $A I : I O = 2 : 3$ と同値だと分かります. これでもう $I_{A}$ は消してもいいです.
ここからはどうやってもできると思います(多分). 私の解法を書きます.

図1
角 $A$ の二等分線と辺 $B C$ の交点を $D$ とします.
$B D : D C = A B : A C = 4 : 5$ なので $B D = 4 x, D C = 5 x$ とおきます.
また, $A I = 2 y, I O = 3 y$ とおきます. (いろんな線分の長さを $x, y$ で表して方程式を立てることを目標にします. )
定理1より $O B = 3 y$ で, 三角形 $B O D$ と $A C D$ の相似より $B O : O D = A C : C D$ が成り立つので, $O D = 3 x y$ が分かります.
また, $A I : I D = A C : C D = 1 : x$ なので, $I D = 2 x y$ です. これより $I O = 5 x y$ です.
ここで, $I O = 3 y$ だったので $3 y = 5 x y$ , つまり $x = \frac{3}{5}$ です.
以上より, $B C = 9 x = \frac{27}{5}$ です.

〈こめんと〉トリリウムの定理はよく出るので覚えておきましょう. 自分の解法についてなんですが, $3 y = 5 x y$ が出てきたのはかなり驚きました. 割と綺麗な解法になっていると思います.

F

これ難しいと思います. 一旦実験してみましょう.
例えば, $(1, 3, 5, 7, 2, 4, 6)$ にこの操作を繰り返すと
$(1, 3, 5, 7, 2, 4, 6) \to (1, 5, 2, 6, 3, 7, 4) \to (1, 3, 5, 7, 2, 4, 6) \to \dots$ になります.
どうやらサイクルが大事っぽいのでグラフを書きます.
(サイクルというのは大雑把に言うと図2でいう輪っかです. )

図2
いくつか進んでいることは確かなので, 問題はいくつ進んでいるかです.
(以下では, 見にくいので $P_{i}$ を $f (i)$ と表します. )
操作は $f (i)$ を $f (f (i))$ に変えるものでした.
$1$ 回目　 $f (i) \to f (f (i))$
$2$ 回目　 $f (f (i)) \to f (f (f (f (i))))$ ( $f f$ を一つの並び替えと見ます. )
$\dots$
$k$ 回目　 $f^{2^{k - 1}} (i) \to f^{2^{k}} (i)$
$k + 1$ 回目　 $f^{2^{k}} (i) \to f^{2^{k + 1}} (i)$
条件は｢ $i = 1, 2, \dots, 7$ について $f^{2^{k}} (i) = f^{2^{k + 1}} (i)$ なる $k$ が存在する｣です. $f^{2^{k}} (i) = f^{2^{k + 1}} (i)$ は $f^{2^{k}} (i) = i$ と同値なので
$f^{2^{k}} (i) = i$ なる $k$ が存在すれば良いです.
グラフの議論に戻ります. $2^{k}$ 進んで元に戻るということなので, サイクルの長さは $2^{k}$ の約数, つまり, サイクルの長さは $2$ べきだと分かります(これは必要十分条件です). よって, $7$ を $2$ べきに分ければ良いです. 分け方は次の $6$ 通りあります.
$(1) 4 + 2 + 1$
$(2) 4 + 1 + 1 + 1$
$(3) 2 + 2 + 2 + 1$
$(4) 2 + 2 + 1 + 1 + 1$
$(5) 2 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1$
$(6) 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1$
ここで, 長さが $4$ のサイクルに矢印をつける方法は $(4 - 1)! = 6$ 通りあります. (円順列の方法の数です. )
これに注意すればそれぞれの方法の数は
$(1) (_{7} C_{4} \times 6) \times 3 = 630$
$(2)_{7} C_{4} \times 6 = 210$
$(3) 7 \times (_{6} C_{2} \times_{4} C_{2} \div 3!) = 105$
$(4)_{7} C_{3} \times (_{4} C_{2} \div 2!) = 105$
$(5)_{7} C_{2} = 21$
$(6) 1$
なので, これらを全て足して答えを得ます.

〈こめんと〉手数が多めで難しいです. ちなみに私は $_{7} C_{2} = 35$ として $2$ ペナしました. 計算ミス, こわいです.

J

ごめんなさい, エスパーしました.
$f (0) = n$ とおいておきます.
$x$ と $y$ に $0$ を代入すると $f (n) = α (n + 2) + 2022$ を得ます.
また, $x$ のみ $0$ を代入すると $f (f (y)) = α (n + 2) + 4 y + 2022$ を得ます.
これより, $f (f (y)) = 4 y + f (n)$ なので, $f (x)$ は $2 x + c$ または $- 2 x + c$ と予想できます. (あくまでも予想です. )
これを元の式に代入すると, $α - 1$ が $2022$ の約数なことが分かるので, この総和を求めれば良いです.

〈こめんと〉公式解説見たら思ったより難しそうでびっくりしました. 関数方程式の問題, 昔作って没になったことがあるのでまた作りたいです.

D

これ難しくないですか？
$A, B, C, D$ の球の個数を $a, b, c, d$ とします. 条件は $a + b + c + d = 100$ かつ $a > b, c, d$ です.
ここで, $(a - b - 1) + (a - c - 1) + (a - d - 1) = 4 a - 103$ と式変形ができます. $a - b - 1, a - c - 1, a - d - 1$ は正で, $a$ より小さいので, 包除原理を使うことを考えます.
このうち1つ以上が $a$ 以上なもの, このうち2つ以上が $a$ 以上なものの個数を求めて, 計算すれば解けます. (めんどくさいので雑です. すみません. )

〈こめんと〉筋肉。体育会系数学部です.

H

実は見た目より簡単です.
赤玉の間にある青玉の個数だけ数えればいいので和が $6$ の $6$ つの数を円に並べるのと一緒になります.
$360 °$ 回転させて初めて重なるものは, 回転を区別させて並べたものの個数の $\frac{1}{6}$ です.
$180 °$ 回転させて初めて重なるものは, 回転を区別させて並べたものの個数の $\frac{1}{3}$ です.
$120 °$ 回転させて初めて重なるものは, 回転を区別させて並べたものの個数の $\frac{1}{2}$ です.
$60 °$ 回転させて初めて重なるものは, 回転を区別させて並べたものの個数の $\frac{1}{1}$ です.
それぞれ, 回転を区別させて並べたものの個数は $_{6} H_{6} = 462,_{3} H_{3} = 10, 3, 1$ (演習:なぜですか？)なので, 重複に気をつけて, 答えは
$\frac{462 - (10 - 1) - (3 - 1) - 1}{6} + \frac{10 - 1}{3} + \frac{3 - 1}{2} + 1 = 80$
になります.