コンテストリレーDay5　解説

コンテストリレーDay5解説

前書き

今回は先日行われたContest_Relay Day5の各問題の解説を書こうと思います。よろしくお願いします。
（配点は本コンテストのn点がおおよそOMCでの10n点に該当します）
ひとことがひとことじゃないというツッコミはなしでお願いします

A（10点）　Mid_math28

$$2^p+p^2+1=n^2$$
を満たす素数 $p$ と正整数$n$の組$(p,n)$全てについて,積$pn $の総和を解答してください.

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解答

$p\neq2$ のとき、$2^p+p^2+1$ は偶数となり、$n$ は偶数。したがって、$n^2 ≡ 0\pmod 4$
しかしこのとき、$p^2+1≡2 \pmod 4$ であるため矛盾
$p=2$のとき$n=3 $となり、これが唯一の解であるため、特に解答すべき値は$\mathbf{6}$

ひとこと

難しめの整数問題を作ろうとしたらなんかできました。見た目が好きな問題です！！

B(10点)　Mid_math28

$k,i,n,o,n,o,n$の$7$文字の並び替えであって,$n$が連続しないものは何通りありますか？
ただし,同じ文字は区別しないものとします.

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解答

$n$の位置が決まれば、あとは$\frac{4!}{2!}=12$通り
$3$つの$n$のうち、最も左側にあるものを$N$とし、$N$がどこにあるかで場合分けをする

(ⅰ)$N$が左端にあるとき
残りの$n$は6通り

(ⅱ)$N$が左から$2$番目にあるとき
残りの$n$は$3$通り

(ⅲ)$N$が左から$3$番目にあるとき
残りの$n$は$1$通り

これ以外のパターンは存在しないことが言えるので、以上より
$$(6+3+1)\times 12=\mathbf{120}$$

ひとこと

ふとKINONON(さん)を並び替えたら面白いんじゃね？と思い作りました。今回のwriter騙しです

C(15点)　Mid_math28

$O$ を中心とする円 $\Gamma$ に長方形 $ABCD$ が内接しています.
$\Gamma$ の劣弧 $AD$ と辺 $AD$ で囲まれた部分の面積を $S_{A}$ ,劣弧 $AB$ と辺 $AB$ で囲まれた部分の面積を $S_{B}$ とすると,以下が成り立ちました。
$$∠AOB=28^。　　S_{A}-S_{B}=28\pi$$
このとき,円 $\Gamma$ の半径は互いに素な整数 $a,b$ を用いて $\sqrt{\frac{a}{b}}$ と表されるので,$a+b$ を解答してください.

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解答

$3$点$B,O,D$ が同一直線状にあることに注意すれば、三角形 $AOD$ と三角形 $AOB$ の面積は等しい。よって、扇形 $AOD$ と扇形 $AOB$ の面積の差も $28\pi$ なので、$\Gamma$ の半径を $r$,$∠AOB=\theta$ とすれば、
$$\frac{(180°-\theta )\pi r^2}{360}-\frac{\theta \pi r^2}{360}=28\pi$$
より、$\theta=28°$ を代入して、$r^2=\dfrac{2520}{31}$ である。特に解答すべき値は $\mathbf{2551}$

ひとこと

算数っぽい問題を作ろうとしてできました。が、あまり算数要素はなかった？

D(20点)　Mid_math28

　$n+\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ が偶数となるような,$10^6$ 未満の正整数 $n$ はいくつありますか.

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解答

題意を満たす $n$ を良い数とする。$\lfloor \sqrt{n}\rfloor=i$ となる $n$ は $i^2\le n ＜(i+1)^2$ より $2i+1$個存在する。
ここで、$n$ が良い数となるのは、$n$ と $i$ の偶奇が一致するときである。

まず、$n=i^2$ は明らかに良い数であり、$n=i^2+2k ＜(i+1)^2(k=0,1,2,...)$ も良い数である。
よって
$$i^2+2k ＜(i+1)^2$$
$$2k＜2i+1$$
$$k＜\frac{2i+1}{2}$$
$$=i+\frac{1}{2}\le i$$

ゆえに、$\lfloor \sqrt{n}\rfloor=i$ のとき、良い数は$i+1$個存在する。
よって、以下の計算より特に解答すべき値 $\mathbf{500499}$ である。$$\sum _{i=1}^{999}(i+1)$$

ひとこと

問題文がシンプルで好きです
ちょっと数楽杯のときの問題と雰囲気似てるかも…

E(25点)　G414xy

$10$個の白いライトと$10$個の赤いライトがあり,これらは互いに区別します.いま,全てのライトはオフになっており,いくつかのライトを選んで電源を付け,オンにします.
オンになっている白いライトとオンになっている赤いライトの個数の差が$3$の倍数となる電源の付け方は何通りありますか.ただし,1個も電源を付けない付け方があってもよいものとします.

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解答

白いライトを$W_{1}～W_{10}$、赤いライトを$R_{1}～R_{10}$とし、これらを

$$R_{1},W_{1},R_{2},W_{2},...,R_{10}$$
と並べる。そして、オンを$1$、オフを$0$として$2$進数とみなすと、条件を満たすライトのつき方はすべて$3$の倍数になることが分かるので、$0$を含むことに注意して、特に解答すべき値は

$$\lfloor \frac{2^{20}-1}{3} \rfloor+1=\mathbf{349526}$$

F（30点）　Mid_math28

三角形 $ABC$ において,内心を $I$ とし,直線 $BI$ と辺 $AC$ の交点を $D$,辺 $BC$ の中点を $M$ とします.
$$AB=13,　　AM=17$$
が成り立ち,さらに$4$点$A,I,M,C$が同一円周上にあるとき,線分$MD$の長さの$2$乗を解答してください.

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解答

$4$点$A,I,M,C$ の共円から、
$$∠BAI=∠CAI=∠BMI$$
が成り立つので、$△ABI$ と $△MBI$ は合同である。よって $AB=MB$ となり、また $AM$ と $BI$ の交点を $P$ とすると、$∠BPM=90°$ となる。
また、$CD$ の中点を $Q$ とすると、$AB=MB$ から $AE=EQ=QC$ が成り立つので、中点連結定理より $AD$ と $MQ$ は平行なので、$∠AMQ=90°$ となり、$3$ 点 $A,M,Q$ は $D$ を中心とする円上に存在するので $AD=MD$ がいえる。
よって、$MD=x$ とおいて中線定理より
$$AB^2+AC^2=2(AM^2+BM^2)$$
$$13^2+9x^2=2(17^2+13^2)$$
これを解いて、$MD^2=x^2=\mathbf{83}$ である。

ひとこと

今回のコンテストに出した問題の中では一番のお気に入りです。
当初はACの長さを求めさせるつもりでしたが、面白い性質に気が付きこのようになりました。
計算が少ない点も気に入っている理由の一つです！！
(追記)簡単な別解があったみたいです。悲しい

G(30点)　KINONON

$$x^3-5x^2+7x-7=0$$
の解をそれぞれ$\alpha ,\beta ,\gamma$とします.
$$\frac{(\alpha^2-3 \alpha +4)( \beta^2-3\beta+4)(\gamma^2-3\gamma+4)}{(2\alpha^2-3\alpha+7)(2\beta^2-3\beta+7)(2\gamma^2-3\gamma+7)}$$
は互いに素な正整数$p,q$を用いて$\frac{p}{q}$と表されます.$p+q$を解答してください.

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解答

$\alpha^3-5\alpha^2+7\alpha -7=0$

$\alpha(\alpha^2-3\alpha+4)-(2\alpha^2-3\alpha+7)=0$

$\frac{1}{\alpha}=\frac{(\alpha^2-3 \alpha +4)}{(2\alpha^2-3\alpha+7)} $

よって、
$$\frac{(\alpha^2-3 \alpha +4)( \beta^2-3\beta+4)(\gamma^2-3\gamma+4)}{(2\alpha^2-3\alpha+7)(2\beta^2-3\beta+7)(2\gamma^2-3\gamma+7)}=\frac{1}{\alpha \beta \gamma}=\frac{1}{7}$$
より、特に解答すべき値は$\mathbf{8}$

H(35点)　Mid_math28

　鋭角三角形 $ABC$ の垂心を $H$ とし,$BC$ の中点を $M$ とします.また $∠APH=90^。$ となる点 $P$ を線分 $AM$ 上にとったところ,
$$AP:PM=3:4　　BC=28　　\cos∠BAC=\frac{2}{7}$$
が成り立ちました.
三角形 $ABC$ の面積は正整数 $a,b,c$ ($a,c$ は互いに素,$b$ は平方因子を持たない)を用いて $\frac{a\sqrt{b}}{c}$ と表されるので,$a+b+c$ を解答してください.

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解答

直線 $HM$ と劣弧 $AB,BC$ の交点をそれぞれ $Q,R$ とする。
有名事実より、$∠AQH=90°$ なので $4$ 点 $A,P,H,Q$ は共円であり、また $HM=MR$ が成り立つから、 $AP:PM=3:4$に注意すれば方べきの定理から
$$MP \times MA=MH \times MQ=RM \times MQ=BM\times MC=14^2$$
より、$AM=7\sqrt{7}$ を得る。
よって、中線定理から $AB^2+AC^2=1078$ であり、$△ABC$ で余弦定理から $AB \times AC=\dfrac{1029}{2}$ を得る。
ゆえに、三角形 $ABC$ の面積は
$$\frac{1}{2} \times \dfrac{1029}{2} \times \frac{3\sqrt{5}}{7}=\frac{441\sqrt{5}}{4}$$
である。特に解答すべき値は $\mathbf{450}$

ひとこと

Humptyの存在を知らないときに作りました。これがHumptyと知ったときはびっくり
JMO2011-1を知ってると解きやすかったかもしれません

I(35点)　Mid_math28

$n$ を正の整数とし,
$$a_{n}=(4n)!\sum_{k=0}^{n} \frac{{}_n\mathrm{C}_k}{(k+1)(k+2)...(k+n)}$$
$$f(n)=\prod_{i=1}^n a_{i}$$
とします.
$f(1234567)$ は整数値になるので,この値が $2$ で割り切れる最大の回数を解答してください.

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解答（書式バグってますが心の眼で見てください）

$$a_{n}=(4n)!\sum_{k=0}^{n} \frac{{}_n\mathrm{C}_k}{(k+1)(k+2)...(k+n)}$$
$$=(4n)!\sum_{k=0}^{n} \frac{{}\_{2n}\mathrm{C}\_{n+k}}{(n+1)(n+2)...(2n-1)(2n)}$$
$$=(4n)!\sum_{k=-n}^{n} \frac{{}\_{2n}\mathrm{C}\_{n+k}-({}\_{2n}\mathrm{C}\_{0}+{}\_{2n}\mathrm{C}\_{1}+...+{}\_{2n}\mathrm{C}\_{n-1})}{(n+1)(n+2)...(2n-1)(2n)}$$
$$=(4n)!\frac{2^{2n}-\frac{1}{2}(2^{2n}-{}\_{2n}\mathrm{C}\_{n})}{\frac{(2n)!}{n!}}$$
$$=\frac{1}{2}(n!)(2^{2n}+{}_{2n}\mathrm{C}_n)(\frac{(4n)!}{(2n)!})$$
したがって、
$$f(n)=\frac{1}{2^n} (\prod_{i=1}^{n}i! (2^{2i}+ {}_{2i}\mathrm{C}_i) ( \frac{(4i)!}{(2i)!}))$$
となる。ここで、

$$K_{i}=i!(2^{2i}+{}_{2i}\mathrm{C}_i)$$
$$L_{i}= \frac{(4i)!}{(2i)!}$$
とおき、$p=1234567$とする。求めるべき値は
$$(\sum_{i=1}^{p}v_{2}(K_{i}))+(\sum_{i=1}^{p}v_{2}(L_{i}))-p$$
であることに注意する。
まず、$v_{2}({}\_{2n}\mathrm{C}\_{n})$ ＜ $v_{2}(2^{2n})$ なので、
$$v_{2}(L_{i})=v_{2}({i!}\_{2n}\mathrm{C}\_{i})=v_{2}(\frac{(2i)!}{i!})$$
である。ここで、ルジャンドルの定理より、
$$v_{2}((2n)!)=\lfloor \frac{(2n)}{2}\rfloor+\lfloor \frac{(2n)}{2^{2}}\rfloor+...$$
$$v_{2}(n!)=\lfloor \frac{n}{2}\rfloor+\lfloor \frac{n}{2^{2}}\rfloor+...$$
なので、$v_{2}(L_{i})=v_{2}((2i)!)-v_{2}(i!)=i$である。したがって、
$$v_{2}(\sum_{i=1}^{p}v_{2}(L_{i}))=(\sum_{i=1}^{p}i)$$
がいえ、同様にして、
$$v_{2}(\sum_{i=1}^{p}v_{2}(K_{i}))=(\sum_{i=1}^{p}2i)$$
である。したがって、求める値は、
$$3(\sum_{i=1}^{p}i)-p=\frac{1}{2}p(3p+1)=\mathbf{2286234133517}$$

ひとこと

解答を打っててかなりしんどかったです。
KとLの順番が逆だったりしますが直す気力がないのでご了承ください

J(40点)　KINONON

$$a_{n}=\sum_{k=0}^{n} {}_{n+k}\mathrm{C}_{n-k} \times 2^{n-k}$$
とします,このとき,$a_{n}$が3でちょうど$10$回割り切れるような最小の正整数$n$を解答してください.

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解答

$a_{n} $の中の項に着目すると、$2n $階の階段を$i$段づつor1段飛ばしで登るとき、$n-k $回$1$段飛ばして登る上がり方の総数になっている。
故にこの和は$2n$階の階段を$1$段づつor$1$段飛ばしで登るとき、$k$回$1$段飛ばして登るときの$2^k$の総和に等しい。
また、これを与える漸化式は$ b_{n+2}=b_{n+1}+2b_n(b_1=1,b_0=1)$ に対して$ b_{2k}=a_k$ となる。したがって、$ a_n=\frac{(2^{2k+1}-(-1)^{2k+1})}{3}$となる。
よってLTEの補題により、$ v_3(a_n)=v_3(2k+1)+1-1$
$a_n$がちょうど10回割り切れるので、$2k+1=3^{10}$

以上より、特に解答すべき値は$\mathbf{29524}$

K(40点)　G414xy

　$20 \times 20$の生地から以下の操作を繰り返し,麺を切り出します。

①90°回転する,もしくは何もしない.
②縦a,横bの生地を,長さaの麺と横b-1の生地に分ける.
③生地の横の長さが1なら,それを長さaの麺として扱い,全ての操作を終了する.

ただし,$G414xy$君は長さが素数の麺を嫌っています.長さが素数の麺を切り出さないとき,切り出した麺の長さの組としてありうるものは何通りありますか？
ただし,麺の順番を入れ替えることで一致する組は存在しないことがいえます.

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解答

製麺方法の数を次のように言い換える

ただし、$x$または$y$が素数のときは高々一通りしか移動方法がないため経路数に影響をもたらさない。また$y=1$のとき、$x=1$まで移動しても経路数は変化しない

よって、$20$以下の素数でない数は$12$個なので、さらに以下のように読み替えられる

よって、求めるべき経路数は、
$$\frac{22!}{11!\times 12!}=\mathbf{58786}$$

L(50点)　Mid_math28 (pomodor_ap)

正の整数に対して定義され正の整数値をとる関数 $f$ であって,任意の正整数 $m,n$ が
$$f(m)+n│f(m)^2+2mf(n)+f(n^2) $$
を満たすようなものを全て求めてください.
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解答

$P(x,y)$で与式への$m=x,n=y$の代入を表す。
$P(1,1)$から、
$$f(1)+1│f(1)^2+3f(1)$$
$$f(1)+1│2$$
より、$f(1)=1$
$P(m,1)$から、
$$f(m)+1│f(m)^2+2m+1$$
$$f(m)+1│f(m)^2-1+2(m+1)$$
$$f(m)+1│2(m+1)$$
ゆえに、任意の素数$p$について、$m=p-1$とすると、$P(m,1)$より、$f(p-1)+1│2p$であるから、

$$ f(p-1)=1,p-1,2p-1 ・・・①$$

である。
また、$P(4,2)$より、
$$f(4)+2│f(4)^2+8f(2)+f(4)$$
$$f(4)+2│(f(4)^2-4)+(f(4)+2)+8f(2)+2$$
\begin{equation} f(4)+2│8f(2)+2・・・② \end{equation}
であり、また$P(2,2)$から
$$f(2)+2│f(2)^2+2f(2)+f(4)$$
$$f(2)+2│(f(2)^2-4)+2(f(2)+2)+f(4)$$
\begin{equation} f(2)+2│f(4)・・・③ \end{equation}
ここで、$(1)$より、$(f(2),f(4))=(1,1)(1,4)(1,9)(2,1)(2,4)(2,9)(5,1)(5,4)(5,9)$であるが、$(2),(3)$をともに満たすのは$(f(2),f(4))=(2,4)$のみである。
ここで次の補題を示す

よって、$P(p-1,n)$より
$$(p-1)+n│f(n^2)+2(p-1)f(n)+(p-1)^2$$
$$(p-1)+n│f(n^2)+2(p-1+n)f(n)-2nf(n)+(p-1+n)^2-2(p-1+n)+2n^2-n^2$$
$$(p-1)+n│f(n^2)-2nf(n)+n^2$$
なので、$p$を十分大きくとることで、$f(n^2)-2nf(n)+n^2=0$がいえる。
したがって、$f(n^2)=2nf(n)-n^2$であるから
$$f(m)+n│f(m)^2+2mf(n)+2nf(n)-n^2$$
$$f(m)+n│(f(m)^2-n^2)+2mf(n)+2nf(n)$$
$$f(m)+n│2(m+n)f(n)$$
ここで、$P(m,p-1)$より、
$$f(m)+p-1│2(m+p-1)(p-1)$$
$$f(m)+p-1│2｛(m-f(m))+(f(m)+p-1)｝(p-1)$$
$$f(m)+p-1│2(m-f(m))(p-1)$$
$$f(m)+p-1│2(m-f(m))｛(f(m)+p-1)-f(m)｝$$
$$f(m)+p-1│2(f(m)-m)f(m)$$
なので、$p$を十分大きくとることで、$2(f(m)-m)f(m)=0$
ゆえに、$f(m)-m=0$であり、$f(m)=m　 \forall m \in \mathbb{N}$
これは与式を満たしているので、これが答となる。

ひとこと

作ったはいいものの、私のFE力の無さにより自力では解くことが出来ませんでした。
そこでpomodor_apさんに解いてもらい、初めて問題として成立しました。本当に感謝しかありません。ありがとうございました。

解答者分布

個人(13名)

A.10/13　　B.9/13　　C.11/13　　D.9/13
E.3/13　　　F.5/13　　G.8/13　　H.4/13
I.2/13　　　J.2/13　　K.0/13　　L.Ave.0.77(max 5)

チーム(6チーム)

A.6/6　　　B.5/6　　　C.5/6　　　D.6/6
E.5/6　　　F.5/6　　　G.5/6　　　H.4/6
I.1/6　　　J.3/6　　　K.1/6　　　L.Ave 10.8(max 50)

全体(19名＆チーム)

A.16/19　　B.14/19　　C.16/19　　D.15/19
E.8/19　　　F.10/19　　G.13/19　　H.8/19
I.3/19　　　J.5/19　　K.1/19　　L.Ave.3.95(max 50)

こうしてみると全問題正解者いるんですね…怖い

終わりに

各writerから一言ずつ

Mid_math28

皆様ご参加いただきありがとうございました！
初めてのwriterで不安でしたがなんとか無事終えられてよかったです
次はOMCでwriterできるように頑張ります!!

G414xy

今回は典型から一捻りした問題を作ってみました。
満足して頂けたら幸いです。

KINONON

J問題は全分野複合問題を作ろうとしたけど、なかなかに難しかったのでGだけ抜いて作ってみました！かなりのお気に入りです！

以上になります
それでは、ありがとうございました!!