第10回和田杯、僕の解答

$\left|{\displaystyle \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}f(k)}\right|<|f(1)|<1$より$|a|<1$．
$f(1)=\frac{|a|}{a}\sqrt{a}$,$f(x)=\sqrt[1/2^x]{a}$とすれば構成できるので答えは$|a|<1$．

$[f(x)]=0$とすると$1=y^{[x+1]}$となり矛盾．よって$[f(x)]$は正整数．
任意の正整数$n$について$n^{1/n}\le 3^{1/3}<2$なので任意の正整数$n$について$n^{1/n}<t<2$をみたす正実数$t$がとれるのでとる．
$n<t^n$より$y=t^{[f(x)]}-[f(x)]$とでき，すると
$f^{[f(x)]}(y)=t^{[x+1]}$となるので$[x+1]=1$となるようにすれば$f(a)=t<2$なる正実数$a$をとれることがわかる．
$x=a$とすると$f(y)=(y+1{)}^{[a+1]}\cdots \boxed{\text{A}}$
$\boxed{\text{A}}$の式に$y=a$を代入して$2>(a+1{)}^{[a+1]}\ge [a+1{]}^{[a+1]}$から$[a+1]=1$．これを$\boxed{\text{A}}$に当てはめると$f(y)=y+1$．
この式は十分性をみたす．

$\mathrm{\angle }BFC=\mathrm{\angle }BEC=90\mathrm{°}$だから$B,C,E,F$は共円．
$H{C}^{\prime }\cdot HF=HC\cdot HF=HE\cdot HB=HE\cdot H{B}^{\prime }$より$B^{\prime },C^{\prime },E,F$は共円．
同様に$C^{\prime },A^{\prime },D,F$や$A^{\prime },B^{\prime },E,D$もそれぞれ共円だから，三角形$XYZ$は三つの線分$A^{\prime }D,B^{\prime }E,C^{\prime }F$の垂直二等分線から成る三角形．
そのため$BC$と$YZ$はいずれも$AD$に垂直なので，$BC//YZ$．
同様に$XY//AB,XZ//AC$より三角形$ABC,XYZ$は相似拡大の関係にあるため(1)が示された．
ここで，辺$BC$の中点を$M$，三角形$ABC$の九点円の中心を$O^{\prime }$とする．
$X,O^{\prime }$は定義から線分$EF$の垂直二等分線上にあり，$ME=MB=MF$より$M$についてもそうである．$M{O}^{\prime }//AO$より直線$X{O}^{\prime }$は三角形$XYZ$の外心を通り，同様に直線$Y{O}^{\prime },Z{O}^{\prime }$についてもいえるので，$O^{\prime }$は三角形$XYZ$の外心．
$AB:XY=1:x$とする．
$|\mathrm{△}YHZ|=\frac{1}{2}YZ(\frac{HD+H{A}^{\prime }}{2})=\frac{1}{2}xBC\frac{AD}{2}=\frac{x}{2}|\mathrm{△}ABC|$である．同じことを繰り返して足せば
$|\mathrm{△}XYZ|=\frac{3x}{2}|\mathrm{△}ABC|$である．ここで二つの三角形の相似比は$1:x$だから面積比が$1:x^2$になるので，$x=\frac{3}{2}$．
よって$P$は線分$O^{\prime }O$を$3:2$に外分する点であるため，$PO:PH=1:2$

$f(2f(x))>0$より，$f(x)<3$．
${\displaystyle f(2f(x))=\frac{1}{2f(x{)}^2}+\frac{1}{f(x)}-\frac{1}{2}}$
${\displaystyle f(2f(x))-1=(\frac{1}{2f(x{)}^2}-\frac{1}{2})+(\frac{1}{f(x)}-1)=(1-f(x))\left(\frac{3f(x)+1}{2f(x{)}^2}\right)\cdots \boxed{\text{B}}}$

ここで，$f(x)\ne 1$と仮定する．
$a_1=f(x),a_{n+1}=f(2a_n)$で定義される数列を考えると，$\boxed{\text{B}}$から$\frac{a_{n+1}-1}{a_n-1}=-\frac{3a_n+1}{2a_n^2}<0$であるため，$a_1,a_2,\cdots$は$1$より大きい数と$1$より小さい数が交互に並ぶ数列である．
$\frac{3x+1}{2x^2}>2(x<1),\frac{3x+1}{2x^2}>\frac{5}{9}(1<x<3)$より，$|a_{n+2}|>\frac{10}{9}|a_n|$．
よって十分大きい$n$について$|a_n|>2024$であり，これは$0<f(x)<3$に矛盾する．

したがって$f(x)=1$．これは十分性をみたす．

$n=3$のときは$S=\{A,B,C\}$を正三角形の頂点からなる集合とすれば条件をみたす．
以下$n\ge 4$とする．
$S$の二つの要素であって，二点間の距離が最大であるような二点$A,B$をとり，三角形$ABC$が正三角形となる点$C$をとる．最大性から$A,B,C$以外の$S$の要素$P$について$AP,BP,CP\le AB$より，$P$は正三角形$ABC$を含むルーローの三角形内にある．
対称性より$BP,CP\le AP$とすると$P$の範囲は上図の A である．すると三角形$APQ$が正三角形になるような点$Q$の範囲は上図の B,C であるため，これはルーローの三角形外であるから矛盾する．
したがって$n=3$のみ．

$P(n,n)$　$f(1)=1$
$P(n+1,n)$　$f(n+1)={}_{f(n+1)}{\mathrm{C}}_{f(n)}$より$f(n)=1$または$f(n+1)=f(n)+1$．

• $f(2)=1$のとき
  $P(n,2)$　$f(\frac{n(n-1)}{2})=f(n)$より$f(4)=f(6)=f(15)=\cdots$となるため$f(n)=Const.(n\ge 4)$．
  $f{(}_6{\mathrm{C}}_4)=1$より$Const.=1$で，単調増加性から$f(n)=1$
• $f(2)>1$のとき
  単調増加性から$f(n)=1$でないため$f(n+1)=f(n)+1(n\ge 2)$
  $f(4)+2=f(6)=f{(}_4{\mathrm{C}}_2){=}_{f(4)}{\mathrm{C}}_{f(2)}{=}_{f(4)}{\mathrm{C}}_{f(4)-f(2)}{=}_{f(4)}{\mathrm{C}}_2=\frac{1}{2}f(4)(f(4)-1)$
  $f(4{)}^2-3f(4)-4=0$より$f(4)=4$
  よって$f(n)=n$．

$P(n,n)$　$f(n!)=f(n)!$
$P(n,n-1)$　$f(n!)={}_{f(n)}{\mathrm{P}}_{f(n-1)}$より$f(n)-f(n-1)=0,1$

• $f(3)>3$
  $f(6)=f(3)!$より$f(6)-f(3)=f(3)\{(f(3)-1)!-1\}\ge 4(6-1)$となってしまい矛盾．
• $f(3)=3$
  $f(6)=6,f(720)=720\cdots$から$f(n)=n(n\ge 3)$
  $10={}_{10}{\mathrm{P}}_{f(1)}$より，$f(1)=1$
  $90={}_{10}{\mathrm{P}}_{f(2)}$より，$f(2)=2$
  よって$f(n)=n$．
• $f(3)<3$
  $f(3)!=f(3)$より$f(3)$以降は定数．
  あり得るのは次の４つ．
  $f(n)=1(n<k)$，$f(n)=2(n\ge k)$　$(k=1,2,3)$
  $f(n)=1$
  これら全部十分性をみたす(証明略)

$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$より問題の条件は
${\displaystyle \frac{3(f(a)f(b)f(c)-abc)}{f(a)+f(b)+f(c)}}$が整数になることと同値．この分数への$a,b,c$の代入を$P(a,b,c)$で表す．
$P(a,a,a)$　$f(a)$は$a^3$を割り切る．よって$f(1)=1$
$P(a,1,1)$　$f(a)+2$は$3(f(a)-a)$を割り切るので$3a+6$を割り切る．よって$5$以上の素数$p$について，$f(p)=1,p$

• $f(p)=p$をみたす素数$p$が無数に存在するとき
  $P(a,p,p)$　$f(a)+2p$は$3p^2(f(a)-a)$を割り切る．$p$を十分大きくすれば$f(a)+2p$は$p$と互いに素であるから$f(a)+2p$は$3(f(a)-a)$を割り切る．
  $3|f(a)-a|<f(a)+2p$より$f(a)=a$．
• ある整数$M$が存在して，素数$p$が$p>M$のとき$f(p)=1$であるとき
  $f(n)=1$とする．
  $P(a,n,n)$　$f(a)+2$は$3(f(a)-a{n}^2)$を割り切るので$3a{n}^2+6$も割り切り，$f(1)=1$から$3a+6$も割り切るので，$3a{n}^2+6n^2$を割り切るため$6(n^2-1)$を割り切る．
  任意の$5$以上の素数または$16,9$である$q$について$p^2-1$が$q$で割り切れない素数は無限に存在するので(証明略)
  $f(a)+2$は$6\cdot 8\cdot 3=144$を割り切る．
  $f(3)=1,3,9,27$であることから$f(3)=1$であるため$f(a)+2=6(9-1)=48$を割り切る．
  ここで，$a$が奇数なら$f(a)$が$a^3$を割り切ることから$f(a)+2$も奇数であるため$48$の奇約数が$1,3$であることと合わせて$f(a)=1$となる．
  $P(a,a,n)$　$2f(a)+1$は$3(f(a{)}^2-a^{2}n)$を割り切るので$3(4a^{2}n+1)$を割り切る．ここで$n=2f(a)+1$とすると$2f(a)+1$と$4a^{2}n+1$は互いに素だから，$2f(a)+1$は$3$を割り切る．よって$f(a)=1$．

略．
$(a,b,c)$は

• $(a,b,0)$　$(a,b)=(0,0)$または$a,b\ge 2$
• $(0,0,c)$
• $(0,1,c)$　$c\ne 0$
• $(5,3,2)$

三角形$ABC$の九点円の中心を$R^{\prime }$，重心を$G$，直線$M{R}^{\prime }$と$AB$の交点を$K^{\prime }$，半直線$MH$と直線$AB$,$\mathrm{\Gamma }$の交点を$H^{\prime },L$とする．
angle-chace(容易だから略)より$B,M,Q,K^{\prime },L$は共円．$\mathrm{\angle }P{K}^{\prime }Q=90\mathrm{°}$
$\mathrm{\angle }NP{K}^{\prime }=\mathrm{\angle }N{K}^{\prime }P$
$[H^{\prime },A;K^{\prime },P]=[H,G;R^{\prime },O]$で$\mathrm{\angle }AL{H}^{\prime }=90\mathrm{°}$より直線$LA$は角$K^{\prime }LP$を二等分する．
$\mathrm{\angle }AL{K}^{\prime }=\mathrm{\angle }ALB-\mathrm{\angle }BL{K}^{\prime }=\cdots =\mathrm{\angle }{K}^{\prime }PN$($R^{\prime }M//AO$とかを使う)
よって$L,K^{\prime },N,P$は共円．
典型構図(NP=NK')より三角形$PAL$の外接円は直線$PQ$に$P$で接する．この円を${\omega }_1$とする．
$AD//PQ$より$\mathrm{\angle }QPE=\mathrm{\angle }EDA=\mathrm{\angle }EBP$であるから三角形$EBP$の外接円は直線$PQ$に$P$で接する．この円を${\omega }_2$とする．
$\mathrm{\Gamma },{\omega }_1,{\omega }_2$の根心は$PQ,AL$の交点$N$であるため$B,E,N$は共線．
$\mathrm{\angle }LED=\mathrm{\angle }LCD=\mathrm{\angle }LMD=\mathrm{\angle }L{K}^{\prime }D$より$L,K^{\prime },E,P$は共円．というわけで$K$と$K^{\prime }$が一致して$R$と$R^{\prime }$も一致するので答えは$1:1$．

対称性から$x\le y$とします．
$x=1$なら$y={2024}^n-1$．
$x\ge 2$なら$x!,y!$はいずれも偶数だから$x^{y!}+y^{x!}$という平方数の和が$11$の倍数になるよということで$11$が$4k+3$型素数であることから$x,y$は$11$の倍数．
すると$\mathrm{mod}31$(ここは$13$でも多分いい)を考えて$n$が$3$の倍数になるので，フェルマーの最終定理よりだめ．
よって解は$(x,y,n)=(1,{2024}^n-1,n),({2024}^n-1,1,n)$

上図みたいな$G,H$と$A$を含まない弧$BC$の中点$M$をとる．
有名事実として$A_1,D,M$は共線(証明は読者への課題)．
$OM//HD,O{A}_1=OM$より，$H{A}_1=HD$であるため$G{A}_1=D{A}_2=ID$
したがって三角形$ABC$の内接円の半径を$r$，外接円の半径を$R$とすると
${\mathrm{Pow}}_{{\omega }_A}(I)=ID\cdot I{A}_2=2r^2$ ${\mathrm{Pow}}_{{\omega }_A}(O)=O{A}_1\cdot OG=R(R+r)$
これは$A,B,C$によらない値なので，直線$OI$は三円${\omega }_A,{\omega }_B,{\omega }_C$の根軸．

上図みたいな$T,M^{\prime },D^{\prime }$をとる．
中心$A$半径$AD$の円での反転で$P,Q$は不動だから$AP=AQ=AD=A{D}^{\prime }$
$D{D}^{\prime }\cdot DM=DT\cdot D{M}^{\prime }=DB\cdot DC$
よって二円は$D^{\prime }$で交わる．
あとは$BM=CM$に着目すれば有名な話になる．

$A$から$BC$におろした垂線の長さを$h$，角$A$内の内接円，外接円の半径をそれぞれ$r,R$とする．
$AI\cdot AJ=AB\cdot AC=AG\cdot AM$より$AD:DK=AI:IM=AG:GJ$であるため$BC//KJ$．
$QM=\frac{R-r}{2}$より$KM=\frac{R+r}{2}$．
$h:R=AG:GJ=AI:IM=DI:MK-DI=r:\frac{R-r}{2}$より$h=\frac{R-r}{2Rr}$．

$BD\cdot DC+rQN=Rr+rQN$(三角形$BDI,J{D}^{\prime }B$の相似から)
$=r(R+QN)=\frac{2r}{R+r}\frac{R+r}{2}KN=\frac{h}{h+R}KM\cdot KN=\frac{AD}{KA}KA\cdot KU=AD\cdot KU$
$AD\cdot DK=AD\cdot DU+AD\cdot KU=BD\cdot DC+(BD\cdot DC+rQN)=2(B{Q}^2-D{Q}^2)+rQN=2QN\cdot QM-2D{Q}^2+rQN=2QN(QM+\frac{r}{2})-2D{Q}^2$
より$\frac{1}{2}AD\cdot DK=QN(QM+\frac{r}{2})-D{Q}^2$
$QX=DX+DQ=\frac{DK\cdot DZ}{DQ}+DQ=\frac{DK\cdot DA}{2DQ}+DQ=\frac{QN(QM+\frac{r}{2})-D{Q}^2}{DQ}+DQ=\frac{QN}{DQ}(QM+\frac{r}{2})$であるため
$QX:QN=QM+\frac{r}{2}:DQ=MQ+DY:DQ$，よって$MY$と$NX$は垂直．この交点を$H$とすると，$\mathrm{\angle }MHN=90\mathrm{°}$より$H$は三角形$ABC$の外接円上にあり，$\mathrm{\angle }XHM=\mathrm{\angle }XPM=\mathrm{\angle }XQM=90\mathrm{°}$より$X,H,P,Q,M$は共円．そのため二円の根軸は直線$MH$であり，これは$Y$を通るので示された．