2016 年日本数学オリンピック予選

クリスカ^{∗}^{†}

2016 年 1 月 11 日

1

x = 11, y = 100 とおいて変形をしていくと

\sqrt{\frac{11^{4} + 100^{4} + 111^{4}}{2}} = \sqrt{\frac{x^{4} + y^{4} + (x + y)^{4}}{2}}

= \sqrt{\frac{x^{4} + y^{4} + x^{4} + 4x^{3}y + 6x^{2}y^{2} + 4xy^{3} + y^{4}}{2}}

= \sqrt{x^{4} + 2x^{3}y + 3x^{2}y^{2} + 2xy^{3} + y^{4}} = \sqrt{(x^{4} + 2x^{2}y^{2} + y^{4}) + 2x^{3}y + 2xy^{3} + x^{2}y^{2}} = \sqrt{(x^{2} + y^{2})^{2} + 2xy(x^{2} + y^{2}) + (xy)^{2}} = \sqrt{(x^{2} + y^{2} + xy)^{2}} = x^{2} + y^{2} + xy = 11^{2} + 100^{2} + 11 × 100 = 121 + 10000 + 1100 = 11221

2

lcm(20, 16) = 80 より 1 以上 80 以下の整数のうち, 条件を満たすものを求めることにする.

上図の緑色の範囲が条件を満たす範囲なので, 20 ∼ 31, 40 ∼ 47, 60 ∼ 63 (mod 80)

となる.

∗ k-nakagawa@h6.dion.ne.jp † ニコニコミュニティ：日本数楽会

この範囲の内条件を満たす整数の個数は

(31 − 20 + 1) + (47 − 40 + 1) + (63 − 60 + 1) = 12 + 8 + 4 = 24

であるので, 1 ∼ 2000 (= ⌊\frac{2016}{80}⌋ × 80) までの範囲で条件を満たす整数の個数は

\frac{2000}{80} × 24 = 25 × 24 = 600

また, 2001 ∼ 2016 の範囲で条件を満たす整数は存在しないので 600 個.

3

\overline{XY} で弧 XY を表すこととする. 四角形 AP DS に着目すると,

∠SAP + ∠P DS = 360^{∘} − (50^{∘} + 35^{∘}) = 180^{∘} + (180^{∘} − 85^{∘}) = 180^{∘} + 95^{∘}

また円周角の定理より,

∠SAP + ∠P DS = ∠F AB + ∠CDE
= \overline{BCDEF} + \overline{EF ABC}
= 180^{∘} + \overline{BC} + \overline{EF}
= 180^{∘} + 95^{∘}

よって,

\overline{BC} + \overline{EF} = 95^{∘}

ここで,

\overline{BC} + \overline{EF} = ∠BF C + ∠EBF = ∠BT C

より,

∠BT C = 95^{∘}

4

11 × 11 のマス目を上記のように 9 つの長方形に分けて色を塗る. すると, 与条件を満たすためには • 左上を緑色または水色

• 右上を水色または橙色

• 左下を緑色または黄色

• 右下を黄色または橙色

と塗り分ければそれぞれ 5 つの長方形に領域を分割することが出来る. この領域のパターンは全部で 2^{4} = 16 通り. 次に, 真ん中の桃色の長方形の配置方法を考える. 桃色の長方形の四頂点を (a, b), (c, b), (c, d), (a, d) (但し, 1 < a < c < 11, 1 < b < d < 11) とすると, 配置方法は

\binom{10}{2}^{2} = 45^{2} = 2025

以上より求める分割法の総数は

2^{4} × \binom{10}{2}^{2} = 16 × 2025 = 32400

5

△ABP ≡ △ACD より, AC = AB = 20. AD = AP = 20. また, ∠DAC = ∠P AB ⟺ ∠DAC − ∠P AC = ∠P AB − ∠P AC ⟺ ∠DAC = ∠CAB.

よって, △ADP ∼ △ACB がいえるので, △ACB の面積は 28 × (\frac{20}{16})^{2} = \frac{175}{4}.

線分 AC と線分 BP の交点を Q とする. △AP D の面積を S_{1}, △AQP の面積を S_{2}, △P QC の面積を S_{3}, △ABQ の面積を S_{4}, △QBC の面積を S_{5} とおく. △ABP ≡ △ACD より, S_{2} + S_{4} = S_{1} + S_{2} + S_{3} ⟺ S_{4} = S_{1} + S_{3} ⟺ S_{4} + S_{5} = S_{1} + S_{3} + S_{5}

⟺ S_{3} + S_{5} = (S_{4} + S_{5}) − S_{1} = \frac{175}{4} − 28 = \frac{63}{4}

一般的に 1 ∼ 2n について考える. 得点は

(\overbrace{□1□2□ ⋯ □(2n − 1)□2n}^{□には + が n 個,−が n 個})^{2}

であり, \binom{2n}{n} 個すべての得点を展開して総和を取ると

\binom{2n}{n} ∑_{k=1}^{2n} k^{2} + △ × 2 ∑_{1≤i<j≤2n} ij

と表すことが出来る. ここで (±i, ±j) を含むパターンはそれぞれ\binom{2n−2}{n}, (±i, ∓j) を含むパターンはそれぞれ\binom{2n−2}{n−1} あるので

△ = 2 (\binom{2n − 2}{n} − \binom{2n − 2}{n − 1})

= 2 (\binom{2n − 2}{n} − \binom{2n − 2}{n} × \frac{n}{n − 1})

= 2 ((1 − \frac{n}{n − 1}) × \binom{2n − 2}{n})

= \frac{2}{1 − n} × \frac{(2n − 2) · (2n − 1) ⋯ (n + 1) · n · (n − 1)}{n!}

= [figure: 2; 1 − n] × \frac{2n · (2n − 1) · (2n − 2) · (2n − 1) ⋯ (n + 1) · n ·\begin{matrix}[figure] & [figure: −1] \\ (n − 1) \end{matrix}}{n!} × \frac{1}{2n ·\begin{matrix}[figure] & (1−2n) \\ (2n − 1) \end{matrix}}

= \frac{\binom{2n}{n}}{1 − 2n}

以上より平均は

\frac{1}{\binom{2n}{n}} × (\binom{2n}{n} ∑_{k=1}^{2n} k^{2} + \frac{\binom{2n}{n}}{1 − 2n} × 2 ∑_{1≤i<j≤2n} ij) = ∑_{k=1}^{2n} k^{2} + \frac{1}{1 − 2n} × 2 ∑_{1≤i<j≤2n} ij

= ∑_{k=1}^{2n} k^{2} + \frac{1}{1 − 2n} × ((∑_{k=1}^{2n} k)^{2} − ∑_{k=1}^{2n} k^{2})

= (1 − \frac{1}{1 − 2n}) × ∑_{k=1}^{2n} k^{2} + \frac{1}{1 − 2n} × (∑_{k=1}^{2n} k)^{2}

= \frac{−2n}{1 − 2n} × \frac{2n(2n + 1)(4n + 1)}{[figure: 3] 6} + \frac{1}{1 − 2n} × \frac{4n^{2}(2n + 1)^{2}}{4}

= \frac{n^{2}(2n + 1)}{3[figure: (2n − 1)]} ×[figure: (2(4n + 1) − 3(2n + 1))]

= \frac{n^{2}(2n + 1)}{3}

与問題は n = 100 のときなので,

\frac{100^{2} × (2 × 100 + 1)}{3} = 670000

(a + b)(c + d) + (a + c)(b + d) + (a + d)(b + c) = 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = 2 + 3 + 4 = 9 より,

ab + ac + ad + bc + bd + cd = \frac{9}{2}.

よって,

a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} = (a + b + c + d)^{2} − 2(ab + ac + ad + bc + bd + cd) = (a + b + c + d)^{2} − 9

となるので, (a + b + c + d)^{2} の最小値を求めればよい.

(a + b + c + d)^{2} = ((a + d) + (b + c))^{2}

= (a + d)^{2} + (b + c)^{2} + 2(a + d)(b + c) ≥ 2(a + d)(b + c) + 2(a + d)(b + c) (∵ AM ≥ GM, 等号成立はa + d = b + c) = 4(a + d)(b + c) = 4 × 4 = 16

(a + d)(b + c) = 4 であるので, a + d = b + c のとき a + d = b + c = \sqrt{4} = 2 となる. よって

\{ \begin{matrix}a + d & = 2 \\ b + c & = 2 \\ (a + b)(c + d) & = 2 \\ (a + c)(b + d) & = 3 \end{matrix}

を満たすような a, b, c, d が存在すればよい. 例えば, d = 2 − a, c = 2 − b とおくと,

(a + b)(c + d) = 2 ⟺ (a + b)((2 − b) + (2 − a)) = 4(a + b) − (a + b)^{2} = 2
⟺ (a + b)^{2} − 4(a + b) + 4 = 2
⟺ (a + b − 2)^{2} = 2
⟺ a + b = 2 ± \sqrt{2}
(a + c)(b + d) = 3 ⟺ (a + (2 − b))(b + (2 − a)) = (a − b + 2)(a − b − 2) = −3
⟺ (a − b)^{2} − 4 = −3
⟺ (a − b)^{2} = 1
⟺ a − b = ±1

より

\{ \begin{matrix}d & = 2 − a \\ c & = 2 − b \\ a + b & = 2 ± \sqrt{2} \\ a − b & = ±1 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}a & = \frac{3+\sqrt{2}}{2}, \frac{1−\sqrt{2}}{2} \\ b & = \frac{1+\sqrt{2}}{2}, \frac{3−\sqrt{2}}{2} \\ c & = \frac{3−\sqrt{2}}{2}, \frac{1+\sqrt{2}}{2} \\ d & = \frac{1−\sqrt{2}}{2}, \frac{3+\sqrt{2}}{2} \end{matrix}

よって, a, b, c, d は実数であるので条件を満たす. ゆえに a^{2} + b^{2} + c^{2} + d^{2} の最小の値は 16 − 9 = 7.

上図のように AX = t, XD = 3t, BC = 10t, BD = a, CD = b (a + b = 10t) とおく. 円と接線の関係より, BE = BD = a, CF = CD = b. 方べきの定理より, AE^{2} = AF^{2} = AX · AD = t(t + 3t) = 4t^{2} i.e. AE = AF = 2t. よって, △ABC の周長の半分 s は s = \frac{2 × (2t + a + b)}{2} = (2t + 10t) = 12t. 内接円の半径 r が 1 であることより △ABC の面積 S は S = sr = 12t × 1 = 12t. またヘロンの公式を用いると △ABC の面積の二乗は

S^{2} = s(s − (a + b))(s − (2t + b))(s − (2t + a))
= 12t(12t − 10t)(12t − (2t + b))(12t − (2t + a))
= 12t × 2t(10t − b)(10t − a)
= 24t^{2} × (100t^{2} − 10(a + b)t + ab)
= 24t^{2} × (100t^{2} − 10 × 10t × t + ab)
= 24t^{2}ab

とかけるので

24t^{2}ab = (12t)^{2} ⟺ ab = 6

また, ∠ADB = 180^{∘} − ∠ADC より

cos ∠ADB = cos(180^{∘} − ∠ADC) ⟺ \frac{DA^{2} + DB^{2} − AB^{2}}{2 · DA · DB} = −\frac{DA^{2} + DC^{2} − AC^{2}}{2 · DA · DC}

⟺ \frac{(4t)^{2} + a^{2} − (2t + a)^{2}}{2 · 4t · a} = −\frac{(4t)^{2} + b^{2} − (2t + b)^{2}}{2 · 4t · b}

⟺ \frac{3t − a}{a} = −\frac{3t − b}{b}

⟺ 3tb − ab = −3ta + ab

⟺ 3t(a + b) = 2ab ⟺ 30t^{2} = 2ab ⟺ ab = 15t^{2} 以上より

\{ \begin{matrix}a + b & = 10t \\ ab & = 6 \\ ab & = 15t^{2} \end{matrix}

という連立方程式を解く問題に帰着できる.

15t^{2} = 6 ⟺ t^{2} = \frac{2}{5} ⟺ t = ±\frac{\sqrt{10}}{5} より t > 0 なので t = \frac{\sqrt{10}}{5}.

よって, XD = 3t = \frac{3\sqrt{10}}{5}.

ちなみに, a+b = 10t = 10× \frac{\sqrt{10}}{5} = 2\sqrt{10} より a, b は x^{2} −2\sqrt{10}x+6 = 0 の解であるので, a, b = \sqrt{10}±2.

9

a が b + 1 の倍数 ⟺ b + 1 | a
⟺ a = k(b + 1) = kb + k (但しk > 1)
2016 − a が b の倍数 ⟺ b | 2016 − a
⟺ 2016 − a = lb
⟺ 2016 = lb + a = lb + (kb + k) = (l + k)b + k (但しl > 1)

2016 = (l + k)b + k は 2016 を l + k で割ったときの余りが k であることに対応し, k > 1 という条件より, l + k |̸ 2016 が言える. また, b + 1 | a より a ≥ b + 1 が言えるので a > b がわかる. これより, (a, b) と (l + k, k) が一対一に対応していることがわかるので, 以上より求める値は 2016 から 2016 の約数の個数を引いた値だということがわかる. 2016 = 2^{5} × 3^{2} × 7 より 2016 の約数の個数は

(5 + 1) × (2 + 1) × (1 + 1) = 6 × 3 × 2 = 36

であるので, 求める値は

2016 − 36 = 1980.