JMO2024本選体験記

$a_{i-n}=a_i$とする．
$a_1,a_2,\cdots ,a_n$の絶対値の最大値を$K$とし，$|a_k|=K$をみたす$k$をとる．
$|a_{k-1}-2a_k|\leq K$より，$2a_k-K\leq a_{k-1}\leq 2a_k+K$である．
$|a_{k-1}|\leq K$であるから，

• $a_k=K$のとき　$K\leq a_{k-1}\leq 3K$より$a_{k-1}=K$
• $a_k=-K$のとき　同様に$a_{k-1}=-K$
  したがって$a_k=a_{k-1}$．
  これを繰り返せば$a_k=a_{k-1}=a_{k-2}=\cdots =a_{k+1}$となるので，$a_1,a_2,\cdots ,a_k$は全て等しい値をとる．
  総和が$0$だから，$a_1=a_2=\cdots =a_n=0$

与式への$m=x,n=y$の代入を$P(x,y)$で表す．
$P(m,mf(m))$より
$\mathrm{lcm}(m,f(m+f(mf(m))))=\mathrm{lcm}(f(m),(m+1)f(m))=(m+1)f(m)$
であるため$(m+1)f(m)$は$m$の倍数である．
よって$f(m)=(m+1)f(m)-mf(m)$も$m$の倍数である．

$P(m,f(m))$より
$\mathrm{lcm}(m,f(m+f(f(m))))=\mathrm{lcm}(f(m),2f(m))=2f(m)$
よって$f(m+f(f(m)))$は$2f(m)$の約数．
$f(m+f(f(m)))$は$m+f(f(m))$の倍数だから($\because$パート１)，
$m+f(f(m))$は$2f(m)$の約数．よって
$2f(m)\geq m+f(f(m))$
$f(m)-m\geq f(f(m))-f(m)$
$f$の$k$回合成を$f^k$で表すとすると
$f(m)-m\geq f^2(m)-f(m)\geq \cdots \geq f^{k+1}(m)-f^k(m)$

$f$の$k$回合成を$f^k$で表す．
数列$m,f(m),f^2(m),\cdots$が狭義単調増加であるとすると$f^s(m)\geq f(m)$をみたす$s$がとれるのでとる．
$f^{s+1}(m)$は$f^s(m)$の倍数で，$f^{s+1}(m)>f^s(m)$より
$f^{s+1}(m)\geq 2f^s(m)$
$f^{s+1}(m)-f^s(m)\geq f^s(m)>f(m)-m$となりパート２の前半に矛盾．
またパート１より$m,f(m),f^2(m),\cdots$は広義単調増加数列だから，$k$が十分大きいとき$f^{k+1}(m)=f^k(m)$となる．

$P(1,n)$より
$f(f(n)+1)=\mathrm{lcm}(f(1),n+f(1))$だから
$f(1)(n+f(1))=f(1)n+f(1)^2$は$f(f(n)+1)$の倍数，よって$f(n)+1$の倍数．

$a>f(1)^2$をみたす$a$と，$f^{k+1}(a)=f^k(a)$となる十分大きな$k$をとる．
$n=f^k(a)$とすると
$f(1)n+f(1)^2$は$n+1$の倍数だから
$f(1)^2-f(1)=[f(1)n+f(1)^2]-[f(1)(n+1)]$も$n+1$の倍数．
$0\leq f(1)^2-f(1)< a\leq f^k(a)< n+1$より$f(1)^2-f(1)=0$
$f(1)=1$

パート３の前編より，$n+1$は$f(n)+1$の倍数だから
$n+1\geq f(n)+1$．
パート１より$n\leq f(n)$．
したがって$f(n)=n$

いい点のうち$x$座標が$1$か$2000$であるような点を最高の点とする．以下の補題を示す．

最高の点は全部で4000個あるので，
$3(n-1)+4\geq 4000$
$n\geq 1333$

$n=1333$の構成は可能なので、$n$の最小値は$1333$
こんな感じ(これはいい点が$8^2$個のとき)

三角形CEMと三角形BDMは合同である．
そのため四点A,D,E,Mは同一円周上にある．この円の中心をO'とする．
線分DEの垂直二等分線は直線MO'に一致する．
angle-chaseをすると三角形AOO'の外接円は直線MO'に接すること，点O'がAO=O'Oより三角形ABCの外接円周上にあることがわかる．
あとAX//OO'もわかる．