自作問題まとめてみた

$Ans.f(x)=x,-x$
この問題は，FEを作りたいな〜と思いながら適当に紙に書いてみたら解けてしまった問題です．与式への代入を$P(x,y)$で表します．
まず，$P(x,0)$とすると，$f(f(x))=x+f(0)$なので，$f$が全単射であることがわかります．$P(0,x)$より，$f(f(0)+x)=f(x)$ですが，$f$は単射なので，$f(0)+x=x\iff f(0)=0$がわかります．よって$f(f(x))=x$です．ここで，$P(f(x),y)$より，$f(x+y)=f(x)+f(y)$が得られます．何やら見たことがある式です．そう，これはコーシーの関数方程式の形をしています．これは実は$\mathbb{Q}\rightarrow\mathbb{Q}$までなら簡単に解くことができます．上式への代入を$Q(x,y)$で表します．$Q(x,1)$より$f(x+1)=f(x)+f(1)$です．$f(0)=0$なので，帰納的に$f(x)=f(1)x(x\geq0)$となります．また，$Q(x,-x)$より$0=f(x)+f(-x)$なので，$f(x)=f(1)x(x<0)$なので結局$f(x)=f(1)x$です．あとは最初の式に代入してあげることで，$f(1)^2=1$なので，$f(x)=x,-x$が解となります．これは確かに与式を満たしますね．

奇妙な条件が与えられています．このままでは扱いづらいので，図形を回転してみましょう．
fig
　一般に，$AP^2+BP^2+CP^2=x,AP^4+BP^4+CP^4=y$ とおくと，$S$ は以下の様に表されます．以下証明です．
$$S=\dfrac{3\sqrt{x^2-2y}+\sqrt3x}{8}$$
$\triangle PAB,\triangle PBC,\triangle PCA$ をそれぞれ時計回りに $60^\circ$ 回転させてできる六角形に着目すると，
$2S=(一辺PAの正三角形)+(一辺PBの正三角形)+(一辺PCの正三角形)+3\times(三辺がPA,PB,PCの三角形)$より，
$2S=\dfrac{\sqrt3}{4}PA^2+\dfrac{\sqrt3}{4}PB^2+\dfrac{\sqrt3}{4}PC^2+3\times\dfrac{\sqrt{2(PA^2PB^2+PB^2PC^2+PC^2PA^2)-(PA^4+PB^4+PC^4)}}{4}=\dfrac{\sqrt3}{4}x+3\times\dfrac{\sqrt{x^2-2y}}{4}$
ゆえに $S=\dfrac{3\sqrt{x^2-2y}+\sqrt3x}{8}$
　よって，$S^2=\dfrac{507}{16}$ とわかるので，特に解答すべき値は $\bf{523}$です．

まず，カードを$(1,10),(2,9),(3,8),(4,7),(5,6)$の$5$組に分けます．そこから$3$組を選びます．選んだ$3$組からカードを選ぶ$2^3$通りにおいて，カードに書かれた数の積の総和は$11^3$なので，答えは$_5\mathrm{C}_3\times11^3=\bf{13310}$

　まず，半径$1$の正$100$角形上のある$1$点を${A_1}$とし，そこから反時計回りに${A_2,A_3,\cdots,A_{50},A_{51}}$と$51$個に名前をつけ，${A_1A_3}=b_1,{A_1A_4}=b_2,\cdots,{A_1A_{50}}=b_{48},{A_1A_{51}}=b_{49}$とします．ここで，${A_1,A_2},\cdots,{A_{50},A_{51}}$から任意に$4$点を選びそれらを結ぶ四角形を作ると，それは円に内接します．四角形を，${A_1A_2A_3A_4,A_1A_2A_4A_5,\cdots,A_1A_2A_{49}A_{50},A_1A_2A_{50}A_{51}}$のように選び，Ptolemyの定理を適用すると，$(b_1)^2=b_2+1,(b_2)^2=b_3b_1+1,(b_3)^2=b_4b_2+1,\cdots,(b_{50})^2=b_{51}b_{49}+1$となり，$n\geq 2$ のとき，漸化式
$$b_{n+1}=\dfrac{(b_n)^2-1}{b_{n-1}}(n=2,3,4,\cdots)$$
　を満たします．ここで，$\triangle {A_1A_2A_3}$ に余弦定理を適用すると，$(b_1)^2=2-2\cos{\left(\dfrac{882}{5}\right)^\circ}$であり，$b_2=(b_1)^2-1=1-2\cos{\left(\dfrac{882}{5}\right)^\circ}$である．つまり，数列${b_n}$は数列${a_n}$に他ならない事がわかります． よって，$a_{49}=b_{49}=\rm{A_1A_{51}}$となり，これは，この正$100$角形に外接する円の直径に相当します．円の中心を${O}$，半径を$x$とし，$\triangle{OA_1A_2}$に余弦定理を適用すると，
$$1=2x^2-2x^2\cos{\left(\dfrac{18}{5}\right)^\circ}$$
　これを解くと，$x^2=\dfrac{1}{2\left(1-\cos{\left(\dfrac{18}{5}\right)^\circ}\right)}=\dfrac{1}{4\sin^2{\left(\dfrac{9}{5}\right)^\circ}}$
　あとは，適切な評価により答えは$\mathbf{1013}$です．

まず，問題の状況を数式で捉えてみましょう．母関数を使います．$N$面サイコロの母関数$h$は，$h(x)=x+x^2+\cdots+x^N$です．ここで，ある非負整数係数多項式$f,g(f\neq g)$が存在し，$f(x)g(x)=h(x)^2,f(0)=g(0)=0,f(1)=g(1)=N$を満たせば良いです．

$N$が$1$または素数の時

$h$は既約なので条件を満たしません．

$N$が合成数の時

$N$の$1$でも$N$でもない約数を$d$として，
$f(x)=x(1+x+\cdots+x^{d-1})(1+x+\cdots+x^{\frac{n}{d}-1})$
$g(x)=x(1+x^{\frac{n}{d}}+\cdots+x^{n-\frac{n}{d}})(1+x^d+\cdots+x^{n-d})$
とすれば条件を満たすことがわかります．

以上より，求める条件は，$N$が合成数であることです．

　symmedianの基本的な性質より，以下の式が成立します．
$$\dfrac{BX}{CX}=\dfrac14$$
$BX=b(CX=4b)(20< b<60)$とおくと，Stewartの定理より，
$$AC^2\cdot BX+AB^2\cdot CX=BC(BX\cdot CX+AX^2)$$つまり，
$$AX^2=16000-4b^2=4(4000-b^2)$$であり，$4000-b^2$が平方数であることが必要です．$b$は$4$の倍数であることがわかるので$b=4b’$とおくと，$64(250-b’^2)$が平方数になればよいです．探索すると$’b=9,13$が適するので，$AX=104,72$です．よって，解答すべき値は$\mathbf{176}$です．

与式は$\dfrac{45^{2048}-1}{44}$と等しいです．よって，Fermatの小定理などにより，$$\dfrac{45^{2048}-1}{44}\equiv\dfrac{45^{22}-1}{44}\equiv\dfrac{(-2)^{11}-1}{44}\equiv-\dfrac12\equiv\mathbf{1013}$$となります．