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JMO予選2019問8


答え\(\cdots \frac{81+9\sqrt{13}}{16}\)

【分析】
正しい図を書くことが最難関という問題です。

はじめにこのような図を書いてしまうと、このままでは永遠に解けません。\(AB,AC,BC\)と内接円との接点を\(S,T,U\)とすれば、\(\triangle ASI\equiv\triangle ATI\)および\(\triangle DSI\equiv \triangle ETI\)から、\(\angle AIS=\angle AIT,\ \angle DIS=\angle EIT\)となり、これより、\(\angle AID=\angle AIE\)となります。
しかし、これは緊急事態です。これより、\(\triangle AID\equiv\triangle AIE\)ということになるので、\(AD=AE\)となり、\(AB=AC\)となってしまう。つまり、\(AB>AC\)という仮定に反してしまうのです!
ここで問題不備だと思ったり、何か大きな勘違いをしているがその正体がわからず投げ出した人も多いようですが、これは、正三角形の下側に接点があることにより起きる問題なので、片方の接点が正三角形の上側に来るような図を描いてみましょう。
ここまでくれば、あとはわかることを整理していくだけでこの問題は解けてしまいます。

【略解】
\( AD=x,\ AE=y\)とおく。接線の長さより\(AS=AT\)だが、\( \triangle SDI\equiv\triangle TEI\)より、\(DS=TE\)なので
$$AS+AT=AD+AE=x+y$$となることを加味して、\begin{eqnarray}AS&=&AT=\frac{x+y}{2}\\
∴\ DS&=&TE=\frac{x-y}{2}\end{eqnarray}
接線の長さより
\begin{eqnarray} BU&=&BS=8x+\frac{x-y}{2}=\frac{17x}{2}-\frac{y}{2}\\
CU&=&CT=8y-\frac{x-y}{2}=-\frac{x}{2}+\frac{17y}{2}\end{eqnarray}
これを足し合わせて、\(BC=8(x+y)\)
ここで、\(BC//DE\)より、\(BC=9DE=9\)なので、$$x+y=\frac{9}{8}\cdots①$$

(もう1つ、\(x,y\)の関係式を探すと…)
\(\triangle SDI\equiv\triangle TEI\)より、\(\triangle SDI=\triangle TEI\)から、\(ADIE\)は円に内接する四角形なので、\(\angle DAE=180^{\circ}-\angle DIE=120^{\circ}\)
\(∴\ \triangle ADE\)で余弦定理より、
$$x^2+y^2+xy=1\cdots②$$
①②より、$$xy=(x+y)^2-(x^2+y^2+xy)=\frac{81}{64}-1=\frac{17}{64}\cdots③$$
①③と\(x>y\)より、\(x\)は\(t^2-\frac{9}{8}t+\frac{17}{64}=0\)の解のうち、大きい方で、\(x=\frac{9+\sqrt{13}}{16}\)
$$∴\ AB=9x=\frac{81+9\sqrt{13}}{16}$$

JMO予選2019問3

答え\(\cdots 32通り\)

【分析】

予選通過を考えたらこの問題は落とせないですね。ですが、真面目に場合分けすれば間違えない問題なので一つ一つ丁寧にやりましょう。この問題の鍵はやはり、隣り合う2マスは差が3以下ということでしょう。これより、なんとなく、1と9は近いとダメだななどと思うでしょうか。もっとまじめには右下が1であれば下図の赤ゾーンに8,9が入れないということでしょうか。

【略解】

満たすべき条件は差に関するものなので大小の入れ替え(\(1↔9,\ 2↔8,\ 3↔7,\ 4↔6\))により、正しいものは正しいものに移る。よって、1,9の片方は右上、右下、左上、左下のどこかに入るから(そうでないと条件を満たせない)1が右下にあるとして数えよう。のちに大小の入れ替えと回転についても考える。このとき、次の(i),(ii)の場合がある。

(i)のとき

中上が9のときを考える。このとき、9の近傍2マスには2は入れないから左下は2となる。また、8は1の近傍2マスに入れず、2の近傍1マスに入れないから左上は8である。さらに2,8の間には5しか入れず、1,7の間には4しか入れないことを踏まえると右上は7。さらに右中は4であり、1の隣に6は書けないから中央は6で中下は3。(文章で書くとわかりづらいので自分で確認しましょう。)

1が右下で9が左中のとき、また1が右上、左上、左下のとき、さらに大小の入れ替えのパターンがあるから、(i)では$$1\times 2\times 4\times 4=16通り$$

(ii)のとき

2,8の間には5のみが書けるので中下を2、中上を8とする。このとき、中央は5となる。さらに右中は3,4のどちらである。

(あ)右中が3のとき

このとき、右上は6であり、左下が4、左中が7とわかる。

(い)右中が4のとき

このとき、左下は3で、左中は6、右上は7とわかる。

さらに1,9の場所が同じで右中が2、左中が8のときと、1が右上、左上、左下のときがあるので(この場合は大小の入れ替えで同じものが出てきます)$$2\times 2\times 4=16通り$$

よって、(i),(ii)を合わせて$$16+16=32通り$$

JJMO予選2019問8


答え\(\cdots518\)通り


【分析】
下手に数え上げても時間をかければ解けてしまう問題です。予選通過の境目になりうる1問でしょう。
「\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数のときは条件を満たす\(e\)は存在せず、\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数じゃないときは条件を満たす\(e\)がただ1つ存在する」\(\cdots①\)
ということに気づけば、求める個数は\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数じゃないものの個数に一致しますから、逆に、\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数となるものの個数を求めれば答えがわかります。
しかしそれは同様のからくりで考えれば、
「\(2b+3c+4d\)が6の倍数のとき\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数となるaは存在せず、\(2b+3c+4d\)が6の倍数じゃないとき\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数となる\(a\)がただ1つ存在する」\(\cdots②\)
という事実を用いれば結局、\(2b+3c+4d\)が6の倍数じゃないものの個数を求める、逆に言えば、\(2b+3c+4d\)が6の倍数となるものの個数を求めればよいとわかります。
このようにやれば、かなりラクに求められますね。

【略解】
\(2b+3c+4d\)が6の倍数となるものの個数を求める。
\(2b+3c+4d\)が6の倍数\(⇔2(b+2d)+3c\)が6の倍数\(⇔b+2d\)が3の倍数かつ\(c\)が偶数\(⇔(b,d)=(1,1),(1,4),(2,2),(2,5),(3,3),(4,1),(4,4),(5,2),(5,5)\)かつ\(c=2,4\)
より、\(2b+3c+4d\)が6の倍数となる\(b,c,d\)の決め方は\(9\times2=18\)通り
∴\(2b+3c+4d\)が6の倍数とならないようなb,c,dの決め方は\(5^3-18=107\)通り
∴\(\ \)②より、\(a+2b+3c+4d\)が6の倍数となる\(a,b,c,d\)の決め方も\(107\)通り
∴\(\ a+2b+3c+4d\)が6の倍数とならない\(a,b,c,d\)の決め方は\(5^4-107=518\)通り
∴\(\ \)①より、\(a+2b+3c+4d+5e\)が6の倍数となる\(a,b,c,d,e\)の決め方は\(518\)通り

JJMO予選2019問7


答え\(\cdots171\times7^{1008}\)

【分析】
まず、意識すべきは平方数⇔正の約数の個数は奇数という基本的な事実でしょう。
これにより、\(d(n^2)=d(n^2+7^{2019})=(奇数)\)であるので、\(n^2+7^{2019}\)は平方数となります。
∴\(\ \)自然数\(k\)を用いて

$$n^2+7^{2019}=k^2\cdots①$$とおくことで機械的に解決していきましょう。
文字を使って機械的に解けることから、学年が上の人ほど有利な問題だったかもしれません。

【略解】
$$①⇔k^2-n^2=7^{2019}⇔(k+n)(k-n)=7^{2019}$$
∴\(\ \)これの自然数解は
\begin{eqnarray}k+n&=&7^{2019-a}\\ k-n&=&7^a\ (a=0,1,\cdots,1009)\end{eqnarray}より、
\begin{eqnarray} k&=&\frac{7^{2019-a}+7^a}{2}\\
n&=&\frac{7^{2019-a}-7^a}{2}\ \ \ (a=0,1,…,1009)\end{eqnarray}

(あとは、\(n\)が小さい順に条件を満たすものを調べていくと…)
\(a=1009\)のとき、
\begin{eqnarray} k&=&\frac{7^{1010}+7^{1009}}{2}=8×7^{1009}÷2=2^2×7^{1009}\\
n&=&\frac{7^{1010}-7^{1009}}{2}=6×7^{1009}÷2=3×7^{1009}\end{eqnarray}
より、\(d(n^2)\not =d(k^2)\)

\(a=1008\)のとき、
\begin{eqnarray}k&=&\frac{7^{1011}+7^{1008}}{2}=344×7^{1008}÷2=2^2×43×7^{1008}\\
n&=&\frac{7^{1010}-7^{1008}}{2}=342×7^{1008}÷2=3^2×19×7^{1008}\end{eqnarray}
より、\(d(n^2)=d(k^2)\)となり、条件を満たす。
よって、求める\(n\)は\(\frac{7^{1011}-7^{1008}}{2}=171×7^{1008}\)

JMO予選2019問11

答え\(\cdots\)25

【分析】

かなりの難問です。なかなか時間内でできた人は少ないのではないでしょうか?\(2019^3\)で実験するのは大変なので小さい数(例えば\(3^3\)など)でいくつか計算して規則性が見抜けるかがポイントです。

\(3^3\)のときの始め3つだけを表で示しましたが反対称性(?)を見つけることができたでしょうか?

実はよーく眺めると図のように真ん中の13と14の間でほぼ反対称になっていることが分かります。この性質がこの問題を解く大きな鍵になります。まずは、なぜこのような性質が成り立つのかの証明から始めましょう。

【略解】

まず、\(2019^3\)で上で述べた性質を示す。簡単のために整数\(a\)に対して\([a]\)で\(a\)を\(2019^3\)で割った余りとします。また、めんどうなので\(k=1\)のときは途中まで議論しないことにする。

\((i)[km]=0\)のとき

このとき\((mod\ 2019^3)\)を考えると\([k(2019^3-m)]=0\)が成り立つ。

\((ii)[km]>m\)のとき

$$[km]+[k(2019^3-m)]=2019^3$$だから

$$[k(2019^3-m)]=2019^3-[km]<2019^3-m$$が成り立つ。

\((iii)[km]<m\)かつ\([km]\not=0\)のとき

同様に

$$[k(2019^3-m)]=2019^3-[km]>2019^3-m$$が成り立つ。

\((iv)[km]=m\)のとき

$$[k(2019^3-m)]=2019^3-[km]=2019^3-m$$

これより、\([km]\not=0,m\)のときは\(m,2019^3-m\)の片方が条件を満たすとわかる。つまり、実は各\(k\)に対して\([km]=0,m\)を満たす\(m\)の数のみを数えればよいことがわかる。

よって、\([km]=m\)が

\begin{eqnarray}km&\equiv& m\ (mod\ 2019^3)\\ (k-1)m&\equiv& 0\ (mod\ 2019^3)\end{eqnarray}

に注意すると\(k\)と\(2019^3\)の最大公約数、\(k-1\)と\(2019^3\)の最大公約数の合計を考えればよい。

結局、\(2019^3=3^3\times 673^3\)と\(GCD(k,2019^3),GCD(k-1,2019^3)\)は互いに素であることに注意すると次の表の場合のみ考えればよく、

\(k=1\)のときも合わせて\(24+1=25\)通り

JJMO予選2019問10


答え\(\cdots4850\)


【分析】
このようなJJMOの予選の組み合わせ論の問題は「小さな値で実験する」というのがかなり有効で、10番という終盤の問題とはいえ、「多分これが正解かな?」というものにたどり着けた人も意外と多いのではないのでしょうか。問題文の意味を理解するのに一苦労しますけれども。

【略解】
港を\(A_1,A_2,\cdots,A_{100}\)とおく。
「\(A_1-A_2\)」で\(A_1\)と\(A_2\)を結ぶ直行便が存在することを表すことにする。
(港の数が\(4,5,6\)のときあたりでとりあえず考えてみるなどすることにより、)\(A_1-A_2-A_3-\cdots-A_{99}-A_{100}-A_2\)のように100個の直行便が存在するとき、全ての2つの港間の直行便ができ、新たに作られる直行便が最大となると考えられる。これを示す。

(全ての2つの港間の直行便ができることの説明)
\begin{eqnarray} &&A_1-A_2-A_3-\cdots-A_{99}-A_{100}より、A_1-A_{100}\\
&&A_1-A_2-A_{100}-A_{99}-\cdots-A_3より、A_1-A_3\\
&&A_1-A_3-A_2-A_{100}-A_{99}-\cdots-A_4より、A_1-A_4\\
&&A_1-A_4-A_3-A_2-A_{100}-A_{99}-\cdots-A_5より、A_1-A_5\end{eqnarray}
同様に、任意の\(k\)に対し\(A_1-A_k\)となる。
すると、\(k<l\)なる隣り合わない100以下の自然数\(k,l\)に対し、\(A_k-A_{k+1}-\cdots A_{l-1}-A_1-A_{k-1}-A_{k-2}-\cdots-A_2-A_{100}-A_{99}-\cdots-A_l\)より\(A_k-A_l\)となる。
以上より、全ての2つの港間の直行便が新たに作られる。

(最大性の説明)
逆に、これより多く直行便が作られるような直行便の初期配置は存在しないことを示す。まず、新たな直行便を作るためには少なくとも1つ、ある港Xから出発して全ての港を通り、ある港Yにたどり着くようなルートが存在する必要があるので、最初に直行便が99個は必要である。しかし、それだけでは新たに作られる直行便はX-Yのみである。
\(∴\ 100\)個の直行便からはじまり、全ての2つの港間に直行便が作られる先ほど考えた初期配置が新たに増える直行便の数が最大となるものである。

\(∴\ \)そのときの新たに増える直行便の個数を求めると、これは、正100角形の対角線の本数に等しく、$$100×97÷2=4850$$

JMO予選2019問6


答え\(\cdots78\)

【分析】
予選通過か否かのボーダーに大きく関わる1問です。
正120角形を円に内接させて考えると、1つの辺に対応する弧の中心角は\(360^{\circ}÷120=3^{\circ}\)であり、円周角はその半分の\(1.5^{\circ}\)ですから、\(18^{\circ},81^{\circ},81^{\circ}\)の2等辺3角形が出来るのは、(中心角\(3^{\circ}\)に対応する円弧を「1マス」と表現することにすると、)円周が12マス,54マス,54マスに分断されるときですね。
これは、正120角形の頂点を6個おきに選んで得られる(全部で6つある)正20角形のうちの1つの3頂点になっているので、(正20角形の一辺に対応する円弧を「1めもり」と新たに表現することにすると、)円周が「2めもり,9めもり,9めもり」にならないように選べばよいとわかります。
1つの正20角形に対して、このようなことが起こらない頂点の選び方を考えるという方針が立ったかどうかが1つめの壁でしょう。

【略解】
正20角形\(A_1A_2\cdots A_{20}\)に対し、どの印のついた3頂点も円周を「2めもり,9めもり,9めもり」に分断しないような印のつけ方を考える。
$$\triangle A_1A_{10}A_{12},\triangle A_2A_{11}A_{13},\cdots,\triangle A_{20}A_9A_{11}\cdots①$$

のどの3角形も印のついてない頂点が存在するようにしなければならないが、印のついてない頂点が6個以下のとき、(どの頂点も①の3角形のうち3回しか登場しないので、) ①の3角形のうち、\(3\times 6=18\)個以下の三角形しかカバーできず、全ての頂点に印のついた三角形が①の中に存在してしまう。

(この時点で印のついてない頂点が7個ならよさそうだと予想でき、実際…)\(A_5,A_6,A_{12},A_{13},A_{18},A_{19},A_{20}\)に印をつけず、それ以外に印をつけた場合は条件を満たす。
これが、正120角形の頂点を6個おきに選んで得られる(全部で6つある)正20角形全てで成り立つので、条件を満たす印の個数としてあり得る最大の値は\(13\times 6=78\)

JMO予選2019問2


答え\(\cdots 235\)

【分析】
「全て求めよ」にも関わらず答えが1つなので若干不安になるものの簡単な問題なので落とせません。
modで考えて一の位をしぼりこみ、不等式で考えて百の位をしぼりこむという、2つの代表的な整数問題の戦略がつまった1問です。

【略解】
各々の位は2,3,5,7のいずれかである。
一の位が2,3,5,7の数を二乗すると、一の位はそれぞれ4,9,5,9となるので、二乗すると「良い数」となる「良い数」の一の位は5に限られる。
また、\(320^2=102400\)より、二乗すると5桁になる「良い数」の百の位は2に限られる。
以上より、求める整数は\(225,235,255,275\)に限られ、
$$ 225^2=50625\\
235^2=55225\\
255^2=65025\\
275^2=75625$$
より、条件を満たす「良い数」は\(235\)のみ。

JMO予選2019問1


答え\(\cdots (1,2,14),(1,3,9)\)


【分析】
絶対に落とせない1問なので確実にとりましょう。不等式を用いて\(x\)の範囲をしぼりこんでもよいですが、左辺が\(x\)の倍数であることかはしぼりこんだ方が若干早いです。

【略解】
左辺は\(x\)の倍数。
\(∴\ x\)は\(31\)の正の約数だが\(x=31\)とすると\(xy+xyz=0\)となり矛盾。
\(∴\ x=1\)にしぼられ、これを与式に代入すると、

$$y+yz=30\ ⇔\ y(z+1)=30$$
このような\(y,z\)を探すと、\(1<y<z\)に注意して、\((y,z+1)=(2,15),(3,10)\)のみ。
以上より、求める解は\((1,2,14),(1,3,9)\)

JJMO予選2019問9


答え\(\cdots \frac{63}{2}\)

【分析】
なかなかの難問です。これが解ける人は予選通過した人がほとんどなのではないのでしょうか。しかし、以下の略解を見ればわかると思いますが、実はかなり簡単に解けてしまいます!
内接円がらみの辺の長さの計量問題で意識すべきは「接線の長さは等しい」という基本的な事実です。これを使うことを強く意識すると道が開けます。

【略解】
四角形\(ADFE\)の内接円\(O\)の\(AD,DF,FE,EA\)での接点を\(P,Q,R,S\)とおく。
\(AP=AS=a,FQ=FR=b\)とおけば、
(求める長さを変形していくと)
$$AB=AP+PB=AP+RB=a+b+6\cdots①$$
(対称的に同様に)
$$ AC=AS+SC=AS+QC=a+b+7\cdots②$$
①②より

$$AC=AB+1\cdots③$$
(ここまでくれば簡単で…)
ピタゴラスの定理より

$$AB^2+8^2=AC^2$$
\( AB=x\)とおくと、③より
$$x^2+64=(x+1)^2$$
これを解いて\(x=\frac{63}{2}\)