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EGMO日本代表一次選抜2023

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解答

出典は ここらへん から.

pqをみたす素数の組(p,q)であって,p23pq+q2p+qが整数となるようなものをすべて求めよ.

解答p<qの時,
p+qp23pq+q2p+q5pqp+q5p=2,q=3
p=qの時,
p+qp23pq+q22pp=q=2
よって,(p,q)=(2,2),(2,3)
コメント偶奇とか見てもいけますね.私は,gcdを見て,Euclidの補題を用いて変形しました.

鋭角三角形ABCがあり,その垂心をHとする.三角形AHBの外接円,三角形AHCの外接円上にそれぞれHと異なる点P,Qを,3P,H,Qがこの順に同一直線上にあるようにとる.このとき,ある円ωが存在し,P,Qのとり方によらず線分PQの中点がω上にあることを示せ.

解答線分PQの中点をRとする.有名事実として,ACH=ABH.また,円周角の定理より,
APH=ABH=ACH=AQH
なので、APQは二等辺三角形.したがって,ARPQが成り立ち,Rは常に線分AHを直径とする円周上にある.

n2以上の整数とする.n2枚のカード(カード1,カード2,,カードn2)があり,1以上n2以下の整数iについて,カードiにはn2iが書かれている.n×nのマス目の各マスに1枚ずつカードを置く方法であって,次の条件をみたすものが存在するようなnをすべて求めよ.

辺を共有して隣りあうどの2マスについても,その2マスに置いたカードに書かれている2つの整数は互いに素である.

解答ij列目のマス目をCi,jで表し,カードを置くという操作を,カードに書かれた数をマス目に直接書くという操作に置き換えて考える.n=3のみであることを示す.まず,n=3の時次のようにすればいい.
!FORMULA[51][36584004][0] n=3
2以上の整数nに対して,"n×nのマス目に条件をみたしながら偶数をK個書くことができる"をみたす最大の整数Kanとする.このとき,以下が成立する.ann22
nが偶数の時,n×nマスをC2i1,2i1,C2i1,2i,C2i,2i1,C2i,2i (i=1,,n2)1マスとした新たなマス目n2×n2を考える.(n2)2個の2×2マスには高々2個しか偶数が書けないから,ann22=n22.
nが奇数の時,2n1個のC1,1,C1,2,,C1,n,C2,1,,Cn,1には,高々n個しか偶数が書けないから,ann+(n1)22=n2+12=n22.
後は,n3の時に,(偶数が書かれたカードの枚数)>anを示せばいい.

2が書かれたカードはn22枚ある.
n2i=2n22in21
より明らか.
4が書かれたカードはn23n24枚ある.
n2i=4n24in231
より明らか.


Case 1.nが偶数のとき
偶数n2>2が書かれたカードが存在するので,補題1,2より,
(偶数の書かれたカードの枚数)n22+1=n22+1>n22an.

Case 2.nが奇数のとき(n5)
n23n24=n29121612=2
と,補題1,2,3より,
(偶数の書かれたカードの枚数)n22+n23n24n22+2=n22+1>n22an.

コメント補題に気づけばやるだけだと思います.

正の実数からなる数列a1,a2,...は,任意の正の整数nに対して
()an+1=anan+2
をみたしている.このとき,任意の正の整数nについてan=a1が成り立つことを示せ.

解答数列{bi}iZ>0b1=1,bn+1=an+1an (n>0)で定め,数列{ci}iZ>0cn=i=1nbiで定める.このとき,()は次のように書ける(以下nは任意の 2以上の整数を動くものとする):
()bn=cn+1a1
bnZ0かつbn>0を合わせると,bn1 (1).()より,
bn=cna1cna1.
これと(1)より,
bn+1bnbn+2=bnbn+2bn
が成り立ち,
(2)bn+1bnbn+2bnbn+1bn1
(1),(2)と合わせて,bn=1並びにcn=1.よって,an=cna1=a1.

10×10のマス目があり,そのうちいくつかのマスが黒く,残りのマスが白く塗られている.次の2つ条件のうち少なくとも1つをみたすような白いマスを1つ選び,黒く塗りなおす操作を考える.

  • 1つ上のマスと1つ下のマスがともに存在し,いずれも黒いマスである.
  • 1つ左のマスと1つ右のマスがともに存在し,いずれも黒いマスである.
操作を何回か行ってすべてのマスを黒いマスにできるとき,はじめに黒く塗られているマスの個数としてありうる最小の値を求めよ.

解答ij列目のマス目をCi,jで表し,求める値をmとおく.また,有限回の操作によって,すべてのマスを黒くできるような塗り方を,いい塗り方と呼ぶこととする.m=36であることを示す.まず,以下よりm36が分かる.
!FORMULA[127][1603104248][0] m36
あとは,m36を示せばいい.まず,いい塗り方であれば,C1,1,C1,10,C10,1,C10,10の4つは黒で塗られていないといけず,端の4つの1×10 (10×1)マスにはそれぞれ6つは黒で塗られている必要がある.なぜなら,白で塗られたマスが隣り合ってはいけないから.よって,(いい塗り方なら)端の36マスで,644=20個のマスが黒で塗られている必要がある.次に,内側の8×8マスについて考える.この8×8マスは16個の2×2が集まったものと見ることができる.また,いい塗り方ならば,すべてのマスが白で塗られている2×2マスは存在しない.もし,存在したとすると,4つのうち初めて黒で塗られるマスが存在するが,塗られる直前に残った3つのうち隣り合う2つのいずれかが黒で塗られている必要があり,これは最速性に反する.よって,(いい塗り方なら)内側の8×8マスで,16個のマスが黒で塗られている必要がある.したがって,m20+16=36.

コメント実験すると,C3,3とかが黒だと3つ一気に減らせて一番よさそうだなと気づけます.

まとめ

今回は40点満点の28点がボーダーで,少し簡単だったかなという印象です.これと言って,難しいものもなかったように思いました.私は3番の問題が好きです.

投稿日:2023124
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kk2
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2006年に生まれました

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