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JMO予選2019問7


答え\(\cdots 5x^2-18x+17\)
【分析】
2次式とわかってる関数方程式の問題なので、一見、解けそうなのですが、意外と沼にはまってしまう問題です。
\( P(x)\)は2次式で\(P(1)=P(2)=0\)から、\(P(x)=a(x-1)(x-2)\)と表すところまではよいのですが、\(Q(x)\)も同じように文字を使って表し、それらを\(P(x)^2+Q(x)^2\)に代入して…などやり始めると大変な目に遭います。
ここで鍵となるのは整数問題で\(p^2+q^2=r^2\)といった形の式をみたら\(p^2=r^2-q^2=(r+q)(r-q)\)のように式変形したくなりますが、これと同じことが多項式のこの問題で出来たかということです。
言われてみれば難しくないとはいえなかなかの難問でしょう。答えがただ1つだけなので、たまたまみつけた答えを書いといたら当たったという人もいるかもしれませんが。

【略解】
以下、簡単のため\(P(x),Q(x)\)の2次の係数も正とする。(このように仮定しても問題ない。)
上で述べたよう、正の数\(a\)を用いて\(P(x)=a(x-1)(x-2)\)と表せる。
与式より\(P(x)^2=R(x)^2-Q(x)^2\)なので、
$$ a^2(x-1)^2(x-2)^2=(R(x)+Q(x))(R(x)-Q(x))$$
ここで、\(R(x)+Q(x)\)は2次式だから、\(R(x)-Q(x)\)も2次式となる。

\(R(x)+Q(x)\)と\(R(x)-Q(x)\)がともに\((x-1)(x-2)\)の定数倍のとき、(それを引いて2でわったものである)\(Q(x)\)も\((x-1)(x-2)\)の定数倍となり、\(Q(3)=0\)に矛盾。
\(∴\ R(x)+Q(x)\)と\(R(x)-Q(x)\)はどちらかが\((x-1)^2\)の定数倍で、どちらかが\((x-2)^2\)の定数倍となる。

\((i)st=a^2\)なる実数\(s,t\)を用いて
$$ R(x)+Q(x)=s(x-1)^2\\
R(x)-Q(x)=t(x-2)^2$$
と表せるとき、
$$ R(x)=\frac{s(x-1)^2+t(x-2)^2}{2}\\
Q(x)=\frac{s(x-1)^2-t(x-2)^2}{2}$$
となり、\(st=a^2\)より、\(s,t\)の符号は一致し、\(R(x)\)の最高次の係数が正だから\(s\)も\(t\)も正。
\(Q(3)=\frac{4s-t}{2}=0\)より\(t=4s\)となり、\(Q(x)\)の2次の係数が\(-3s/2\)となり、負になり矛盾。

\((ii)st=a^2\)なる実数\(s,t\)を用いて
$$ R(x)+Q(x)=s(x-2)^2\\
R(x)-Q(x)=t(x-1)^2$$
と表せるとき、
$$ R(x)=\frac{s(x-2)^2+t(x-1)^2}{2}\\
Q(x)=\frac{s(x-2)^2-t(x-1)^2}{2}$$
となり、\(st=a^2\)より、\(s,t\)の符号は一致し、\(R(x)\)の最高次の係数が正だから\(s\)も\(t\)も正。
\( Q(3)=\frac{s-4t}{2}=0\)より\(s=4t\)となり、
$$ R(x)=\frac{t\{4(x-2)^2+(x-1)^2\}}{2}=\frac{t(5x^2-18x+17)}{2}\\
Q(x)=\frac{t\{4(x-2)^2-(x-1)^2\}}{2}=\frac{t(3x^2-14x+15)}{2}$$
となる。また、このとき、\(a^2=st=4t^2\)より、\(a=2t\)(∵\( a,t\)は正)であるから、
$$P(x)=2t(x-1)(x-2)$$
以上より、条件を満たす\(\ R(x)\)は\(t=2\ \)のときで、\(R(x)=5x^2-18x+17\)

JMO予選2019問5


答え\(\cdots333033\)
【分析】
合同式の基本的な問題です。合同式を用いた問題はよく出題されますから、すんなり解きたい1問ですね。
\(97,100,103\)という互いに素な数で割ったあまりがわかっていますから、
\(97×100×103=999100\)で割った余りが中国式剰余定理から1つに決まります。999100で割った余りが求めやすい形に式変形できるかが鍵でした。

【略解】
求める数を\(x\)とする。
\begin{eqnarray}x&≡&32(mod\ 97)\\
x&≡&33(mod\ 100)\\
x&≡&34(mod\ 103)\end{eqnarray}より、(\(32,33,34\)は公差1の等差数列で、\(97,100,103\)は公差3の等差数列であることをヒントに)両辺3倍して
\begin{eqnarray} &&3x≡96≡-1(mod\ 97)\\
3x&≡&99≡-1(mod\ 100)\\
3x&≡&102≡-1(mod\ 103)\\
∴\ 3x&≡&-1≡999099(mod\ 999100)
\end{eqnarray}


\(3\)と\(999100\)は互いに素なので、この式を3で割れば、
\begin{eqnarray} x&≡&333033(mod\ 999100)\\
∴x&=&333033\end{eqnarray}

JMO予選2019問9


答え\(\cdots4^9(=262144)\)
【分析】
まず、気付くべきは
・どの行・列も3つの数を決めれば、残り1つも決まる
(∵色をA,B,C,Dのように表すと、
A,A,Aで塗られてる→残りはA
A,A,Bで塗られてる→残りはB
A,B,Cで塗られてる→残りはD)
というこの事実でしょう。すると次に気になるのが、
・実は左上の3×3マスの塗り方を決めれば、残り7マスは自動的に決められるのでは?
ということです。右下の1マスを除けば、これは上の事実から当たり前ですが、残りの右下の1マスが一番右の列と一番下の行がともに条件を満たすように塗れるかというのが問題です。
しかし、これは実験していけば、左上の9マスをどう塗っても条件を満たすように残りの7マスを塗ることができる様子がわかってきます!
∴求める答えは\(4^9\)なのですが、ここでは、今の予想が正しいことを証明していくことにしましょう。それは、「色に数を対応させる」というこの手の問題ではありがちな考え方で綺麗に証明できます。

【略証】
赤,青,黄,緑を(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)に対応させ、「行の合計」・「列の合計」というのを、そこに書かれた色に対応するものを成分同士足したものとする。
例えば、青,青,黄,緑で書かれた列の合計は(0,1)+(0,1)+(1,0)+(1,1)=(2,3)である。
すると、

$$
行・列が条件を満たす塗り方である\\
⇔行・列の合計の成分はどちらも偶数である…①$$


といったことが確かめられる。
今、左上の3×3マスを適当に4色で塗ってみたとすると、最初に述べたよう、上3行が条件を満たすように一番右の列の上3マスの色が自動的に1つ決まり、さらに、4列全てが条件を満たすように一番下の行4マスの色も自動的に1つに決まります。
問題はこのとき、一番下の行も条件を満たしているのかということですが、現時点でどの列も条件を満たしているので、どの列の合計も(偶数,偶数)の形です。
∴「16マス全ての合計」というのを考えてみてもやっぱり(偶数,偶数)の形です。
そして、上3行はすでに条件を満たすことがわかっていたので、上3行に対して、行の合計は全て(偶数,偶数)の形ですから、一番下の行の合計も(偶数,偶数)の形となり、一番下の行も確かに条件を満たすことがわかる。
∴求める場合の数は左上の3×3マスの色の決め方で、\(4^9\)通り

JJMO予選2019問6

答え\(\cdots 89\)

【分析】

なかなか手ごたえのある問題。少し実験してみるとなかなか枝分かれが多くて大変だなーという感じ。そういうときはだいたい全く別の方法でやるとうまく数えられるわけですが今回は試験時間内で僕自身いい方法が思いつかなかったので工夫して樹形図を描くことにします。キーワードは「総和に注目」です。

【略解】

条件が総和で与えられているので樹形図も総和を使って書くことにしましょう。つまり、左を一番目のカードとするとき右側のように樹形図を描くことにします。そして、毎回、総和というのもめんどうなのでi番目までの総和をi番目の数ということにしてしまいます。

このようにみるとある奇数番目の数が1だとその次の奇数番目の数が1となるのは2通り、0となるのは1通りと分かります。また、ある奇数番目の数が0のときはその次の奇数番目の数が1となるのは1通り、0となるのも1通りと分かります。(次図参照)

よってこれらより、奇数番目の数に注目して樹形図を描くと次のようになります。

ここで黒字で奇数番目の数、赤字でそのルートの場合の数を表しています。これより、

9番目の数が1となるのは

$$1+17+16=34通り$$

9番目の数が0となるのは

$$6+15=21通り$$

と分かり、9番目の数が1のときは10番目の数が0または-1の2通りがあるから

$$34\times 2+21=89通り$$

【別解】
【分析】


答えを見て、フィボナッチ数じゃん!となった人もまぁまぁいるのではないでしょうか。実はいきなり12個とは言わず、この問題の設定が1個,2個,3個…と変わったら答えはどうなるだろうといったように、樹形図でも書いて実験すると、1,2,3,5,8,13,…となっており、フィボナッチ数が現れることが予想できてしまいます!
この予想は正しいので、答えのみしか問われない予選ですから、予想のまま「89」と書き、当たってしまう人も多いという観点から、落とせない問題ですね。
ここでは、(樹形図を書いたときの経験を生かしながら、)答えがフィボナッチ数になることを示すべく、漸化式を立てにいきます。
また、イメージとしては、「奇数回目は前に何マスか、偶数回目は後ろに何マスか進む。\(n\)回の操作後、スタート時点からの差が前後1マスまでとなる歩き方は何通り?」というのを想像しておくと、なんとなく考えやすいかもしれません。(上の解法とは異なり、カードの数に注目して書いていきます。)

【略解】


条件を満たす\(n\)個の数の並べ方を\(a_n\)通りとする。
初めて1番目からの総和が0(つまり、初めてスタート地点に戻ってくる!)となるときで場合分けして考える。
(条件より、最初の数は1なので始めの数字が)

\((i)1,-1,…\)のとき
3番目以降の場合の数は\(a_{n-2}\)通り

(逆にこうでないとき、2番目は-2で確定するので)
\( (ii)1,-2,1,…\)のとき
4番目以降の場合の数は、(負,正,負,正…の順で条件を満たすように並べる場合の数も対称性により元の問題と変わらないことを加味して、)\(a_{n-3}\)通り

(逆に、これらでないとき、1,-2,2,…という場合しかなく…)
\((iii)1,-2,2,-1…\)のとき
5番目以降の場合の数は\(a_{n-4}\)通り

このように、場合分けしていくと、
$$ a_n=a_{n-2}+a_{n-3}+\cdots+a_1+1$$
という漸化式がたち、(この式を直接用いて\(a_{12}\)を求めてもよいが、)
番号をずらした式
$$ a_{n+1}=a_{n-1}+a_{n-2}+\cdots+a_1+1$$
との差を考えて、
$$a_{n+1}-a_n=a_{n-1}$$
\(∴\ a_1=1,\ a_2=2\)から、この漸化式を用いて順々に求めれば、\(a_{12}\)は11番目のフィボナッチ数89となる。

JJMO予選2019問5


答え\(\cdots3\sqrt{5}/5\)
【分析】
3番と同じく初等幾何の問題ですが、3番はパズル的な問題だったのに対して、この5番は「わかる情報を図に書き込んでいく」といったことを繰り返していけば、機械的に解けるタイプの問題です。
時間をかければかけるほど様々なことに気付き、解ける可能性が高まっていく問題ですから、多少、時間をかけてもいいので落としたくない問題となっています。
「平行線は錯角・同位角・同側内角を考える」「内接四角形といえば対角の和が\(180^{\circ}\)」といったわかることをまとめていくと…

【略解】
(気づくべきことその1)
\(AE\parallel BC\)から、錯角・同位角に着目し
$$\angle FEA=\angle EBC\cdots①\\
\angle DEA=\angle ECB\cdots②$$
\( D,F\)は\(AE\)について対称なので
$$\angle FEA=\angle EBC\cdots③$$
①②③より\(\angle EBC=\angle ECB\)
$$ ∴EB=EC=5$$

(気づくべきことその2)
\( ABCD\)は円に内接するので
$$\angle ABC+\angle EDA=180^{\circ}\cdots④$$
\( AE\parallel BC\)から、錯角・同位角に着目し
$$\angle ABC+\angle EAB=180^{\circ}\cdots⑤$$
④⑤より\(\angle EDA=\angle EBA\)となり、
\( D,F\)は\(AE\)について対称なので
\(\angle EDA=\angle EFA\)となることも加味して、
$$\angle EBA=\angle EFA$$

(ここまでくれば…)
\( \angle BEA=\angle AEF\)と「その2」の結果より
$$ \triangle{BEA}\sim\triangle{AEF}$$
あとは、「その1」の結果や
\( D,F\)は\(AE\)について対称なので
\(EF=ED=1\)となることなど、わかる長さを利用して、
$$ 5:AE=AE:1よりAE=\sqrt{5}から、$$
$$ \sqrt{5}:AF=5:3\ より、AF=3\frac{\sqrt{5}}{5}$$

JJMO予選2019問4


答え\(\cdots444\)
【分析】
わりと簡単めな場合の数の問題です。やはり、落とせない問題ですね。聞かれているのは$$「素因数分解したときに(2の指数)>(5の指数)なのは?」$$ですから、\(5\)の指数が\(2,1,0\)のときで場合分けしましょう。
(\(5\)の指数が\(3\)以上のときは\(2\)の指数が\(4\)以上となり、値が\(2000\)以上になってしまい、不適です。)

【略解】
(i)\(5\)の指数が\(2\)のとき
\(2^3\times 5^2=200\)の倍数を考え、
\(200,400,600,800\)の\(4\)通り

(ii)\(5\)の指数が\(1\)のとき
\( 2^2\times 5^1=20\)の倍数「\(20,40,60,\cdots\)」のうち、(i)で数えたもの「\(100,200,\cdots\)」(つまり\(100\)の倍数)をのぞき、
$$1000÷20-1000÷100=40通り$$

(iii)\(5\)の指数が\(0\)のとき
\(2^1×5^0=2\)の倍数「\(2,4,6,\cdots\)」のうち、(i)(ii)で数えたもの「\(10,20,\cdots\)」(つまり\(10\)の倍数)をのぞき、
$$ 1000÷2-1000÷10=400通り$$

(i)(ii)(iii)より$$計4+40+400=444通り$$

JJMO予選2019問3


答え\(\cdots33^{\circ}\)
【分析】
3番にしては地味に難しく、一瞬戸惑った人も多いかもしれません。\(36^{\circ}、15^{\circ}\)といった意味深な数値に深読みするとかえって解きづらくなります。しかし、ボーダーを超えるには落としたくない問題です。
「\(BE=CF\)を利用しながら、図形をうまくずらしてなんかつくれないかな」とパズル的に考えるしかありません。

【略解】
\( BC\)と\(EF\)の交点を\(H\)とし、\(CDEH\)の下側に\(DEFG\)と同じ大きさの長方形\(CHIJ\)をくっつける。
$$ △CGF≡△JDEよりCF=JE$$
仮定と合わせて、

$$△EBJはEB=EJの二等辺三角形\cdots①\\
△BJC≡△AGD\cdots②$$

より\(\angle BJC=\angle AGD=54^{\circ}\)となるので、
$$ \angle EJB=15^{\circ}+54^{\circ}=69^{\circ}$$
よって、\(①\)より\(\angle EBJ=69^{\circ}\)であり、また\(②\)より\(\angle CBJ=36^{\circ}\)なので
$$\angle EBC=69^{\circ}-36^{\circ}=33^{\circ}$$
$$ 錯角より\angle AEB=33^{\circ}$$

JJMO予選2019問2


答え\(\cdots1615\)
【分析】
\( 1110,1211,1312,\cdots\)を順番に\(17\)で割っていっても求まります。その意味でも落とせない問題ですね。
しかし、以下のようにきちんと解く力は必要でしょう。方針は「「今年の数」を文字で表す」です。

【略解】
下二桁を\(n\)とおくと、「今年の数」は\(100(n+1)+n\)と表せる。
$$ 100(n+1)+n=101n+100≡-n-2≡0(mod17)$$

より、$$n≡15(mod17)$$
これを満たす最小の二桁の\(n\)は\(15\)なので、求める「今年の数」は\(1615\)

JJMO予選2019問1


答え\(\cdots23,27\)
【分析】
落とせない1問です。しっかり見直して絶対に落とさないようにすべきでしょう。どうやってもすぐ解けますが、次のようにしぼりこむのが早いと思います。

【略解】
\( e+f\le 8+9=17\)より、\(1\sim9\)の異なる整数の積で\(2\)通りで表せる\(17\)以下の自然数を探すと\(6,8,12\)がみつかり、

$$
1×8=2×4=3+5\\
2×6=3×4=5+7\\
1×6=2×3(これに対応するe,fは存在しない)
$$

以上より、求める値は
$$ 1+8+2+4+3+5=23\\
2+6+3+4+5+7=27$$

JJMO2019問題

1. \(a,b,c,d,e,f\)は相異なる1以上9以下の整数であり、\(ab=cd=e+f\)をみたしているとする。このとき、\(a+b+c+d+e+f\)としてありうる値をすべて求めよ。

2. 差が1である2つの正の整数を大きい順に並べて得られる数を\({\bf{今年の数}}\)と呼ぶ。たとえば20と19を並べて得られる2019は今年の数である。17で割りきれる今年の数としてありうる最小のものを求めよ。

3. 四角形\(ABCD\)と四角形\(DEFG\)はともに長方形であり、3点\(A,D,E\)と3点\(C,D,G\)はいずれもこの順に同一直線上にある。\(\angle GAD=36^{\circ}\),\(\angle GCF=15^{\circ}\),\(BE=CF\)が成り立つとき、\(\angle AEB\)の大きさを求めよ。ただし、\(XY\)で線分\(XY\)の長さを表すものとする。

4. 1以上999以下の整数であって、2で割りきれる回数が5で割りきれる回数より多いものはいくつあるか。

5. 円に内接する四角形\(ABCD\)および辺\(CD\)上の点\(E\)について、\(AB=3,EC=5,ED=1,AE
\parallel BC\)が成り立っている。また、直線\(AE\)に関して\(D\)と対称な点を\(F\)とすると、3点\(B,E,F\)は同一直線上にある。このとき、線分\(AF\)の長さを求めよ。ただし、\(XY\)で線分\(XY\)の長さを表すものとする。

6. 10枚のカードが横一列に並んでいる。左から奇数番目のカードには正の整数、偶数番目のカードには負の整数を書き込む。このとき、以下の条件をみたすような書き込み方は何通りあるか。  $$1以上10以下のどの整数iについても、1番目からi番目のカードに書き込まれている数の総和は-1,0,1のどれかである。$$

7. 正の整数\(x\)に対して\(d(x)\)で\(x\)の正の約数の個数を表すとき、\(d(n^2)=d(n^2+7^{2019})\)をみたす正の整数\(n\)としてありうる最小のものを求めよ。

8. 1以上5以下の整数5つからなる組\((a,b,c,d,e)\)で、\(a+2b+3c+4d+5e\)が6の倍数になるものはいくつあるか。

9. 三角形\(ABC\)は\(\angle B=90^{\circ},BC=8\)をみたす。辺\(AB\)上に点\(D\),辺\(AC\)上に点\(E\)があり、直線\(BE\)と直線\(CD\)の交点を\(F\)とおくと\(BF=6,CF=7\)をみたす。また四角形\(ADFE\)に円が内接するとき、線分\(AB\)の長さを求めよ。ただし、\(XY\)で線分\(XY\)の長さを表すものとする。

10. ある国には港が100個あり、JJMO海運は異なる2つの港を双方向に結ぶ直行便をいくつか運航している。JJMO海運は次の条件をみたす異なる2つの港\(A,B\)に対し、それらを双方向に結ぶ直行便を新しく作ることにした。 $$港Aを出てすべての港を一回ずつ通り港Bへ行くことができるが、港A,Bの間に直行便は存在しない。$$

条件をみたすような異なる2つの港がなくなるまで直行便を作るとき、作られる直行便の数としてありうる最大の値を求めよ。

11. 三角形\(ABC\)の内心を\(I\)、垂心を\(H\)とする。\(AI=5,AH=6,\angle AIH=90^{\circ}\)が成り立っているとき、三角形\(ABC\)の外接円の半径の長さを求めよ。ただし、\(XY\)で線分\(XY\)の長さを表すものとする。

12. 黒板に、\(A\)と\(B\)をいくつか並べてできる文字列\(w\)が書かれているとき、以下のような操作を考える。 $$wの後ろにもう1つwを書き足した後、0文字または1文字をAからBまたはBからAに書き換える。$$

たとえば、\(w\)が「\(ABA\)」のとき、操作後に黒板に書かれている文字列としてありうるものは、「\(ABAABA\)」、「\(BBAABA\)」、「\(AAAABA\)」、「\(ABBABA\)」、「\(ABABBA\)」、「\(ABAAAA\)」、「\(ABAABB\)」の7つである。

いま、黒板に「\(A\)」という文字列が書かれているとする。この状態から操作を4回行ったとき、最終的に黒板に書かれている文字列としてありうるものはいくつあるか。