PILAME2024決勝Day1P5
自分の解法を運営さんに褒めてもらったので上機嫌で書いていきます．
問題
問題はこちら
$N$を$3$以上の整数とする．同一平面上に正$N$角形$A_1A_2\cdots A_N$と点$X$がある．任意の$1$以上$N$以下の整数$n$について，$1$以上$N$以下の整数$i$であって$XA_i=n$なるものが存在するとき，$N$としてありうる値をすべて求めよ．
念
の
た
め
離
し
と
く
。
まず次の定理を紹介します．
$AB//CD$であるような等脚台形$ABCD$と点$P$について，
$\displaystyle AP^2+\frac{AB}{CD}CP^2=BP^2+\frac{AB}{CD}DP^2$
座標をします．
$A(a,1),B(-a,1),C(-c,0),D(c,0),P(x,y)$
$\displaystyle AP^2+\frac{AB}{CD}CP^2=(x-a)^2+(y-1)^2+\frac{a}{c}((x+c)^2+y^2)=(1+\frac{a}{c})(x^2+y^2)-2y+a^2+ac+1$
右辺も同様に計算すれば等しいことが分かる．
$(x+c)^2$の$x$の係数がうまいことなってるんですね．
長方形(普通のイギリス国旗)だと当然$AB=CD$となってくれます．
さぁ，問題を解いていきましょう．
任意の$1$以上$N$以下の整数$i$について，$|XA_i-XA_{i+1}|<3$
$XA_s=1,XA_t=2$なる$s,t$をとると，$A_iA_{i+1}\leq A_sA_t\leq 3$より三角不等式から$|XA_i-XA_{i+1}|\leq 3$
もし$|XA_i-XA_{i+1}|=3$ならここまでの不等式全部等号になるので$X$は直線$A_sA_t$上かつ$A_iA_{i+1}$上だけど$A_S,A_t$と一致するとおかしいので矛盾．
対称性より$XA_1=1,XA_2=2$とすると$1,2,4,\cdots ,5,3$ってなる感じですね．さぁ，イギリス国旗を使いましょう．
$N\geq 5$なら四角形$A_{n-1}A_nA_1A_2$と$A_nA_1A_2A_3$を見ると$A_iA_{i+1}:A_{i-1}A_{i+2}$の値が異なって矛盾．
$N=4$なら普通のイギリス国旗を使うと矛盾．$N=3$なら構成できますね！(外接円上に$X$がある)
一般化
$N$を$3$以上の整数とする．同一平面上に正$N$角形$A_1A_2\cdots A_N$と外心でない点$X$がある．$1$以上$N$以下の整数$i$について，$XA_i^2$は正整数となるとき，$N$としてありうる値をすべて求めよ．
考
え
る
時
間
を
与
え
る
行
間
と
な
っ
て
お
り
ま
す
。
$XA_i\neq XA_{j}$なる$i,j$が存在するので，線形独立性とか考えたら$\displaystyle \frac{A_{i-k}A_{i+k+1}}{A_{i}A_{i+1}}$は有理数．(添え字は$\mathrm{mod} \ n$)
$k=1$を考えると$\sin^2 \frac{\pi}{N}$が有理数．つまり$\cos \frac{2\pi}{N}$が有理数．(これって$N=1,2,3,4,6$だけらしいですよ，誰かがその証明をMathlogにあげてたはず)
$N=3,4,6$のときどうなのか？
$N=3$なら$1,2,3$でできますね．
$N=4$なら$7,7,8,8$とかでできるんじゃないですかね．
$N=6$をやります．といっても今回は整数の平方根の話なので$X$を$A_1A_2$の中点とかにしたら終わります．
ちょっと自信ない．でもまぁこれが正しいならさっきの補題なんて示さなくても解けるってわけですね．
$XA_i$が相異なる正整数とかだと$N=6$はどうなるんだろう、、、
有理数$q$について$\cos q\pi$が有理数だとすると，$q$が有理数だから$\cos 2^nq\pi$としてあり得る値は有限個で，$\cos q\pi$が有理数だから$\cos 2^nq\pi$も有理数で，だから$x_{n+1}=2x^2-1$が十分先で周期的な有理数$x_1$を考える感じ
って昔どこかでみた記事に書いてた！
最後に〆のギャグを
$N$を$3$以上の整数とする．同一平面上に正$N$角形$A_1A_2\cdots A_N$と点$X$がある．任意の$1$以上$N$以下の整数$n$について，$1$以上$N$以下の整数$i$であって$XA_i=\sin \frac{n\pi}{N}$なるものが存在するとき，$N$としてありうる値をすべて求めよ．
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直径$1$の円に内接する正多角形を考えて$X=A_1$で構成．