だま氏の解いた問題たち

解いた問題で良問だったものを載せます

2019JMO代表選考合宿参加記

代表選考合宿について

春休みごろ行われる、数学オリンピックの日本代表を選考するための合宿です。
6人が日本代表に選ばれます。

JMOで優秀賞以上、JJMOで銀メダル以上を獲得すると参加することが出来ます。
ただし、新高3、つまり高2までがこの選考に参加することが出来ます。つまり私にとってこれが最後です。

そのほかにも、過去の日本代表が主であるチューターさんたちが参加します。

試験の形式は、IMOと同じ形式・ほぼ同じ難易度の試験を4日間行います。
1日3問4時間半です。

試験の問題については公開を固く禁じられているため(他国での代表選考にも使われるので)ここでは言えません。
感想とか手ごたえとかも危なそうなので言いません。

場所はオリンピックセンターでした。花見の名所です。
到着時は桜はまだ咲いていませんでしたが、合宿の終わりごろはかなり咲いていてとてもきれいでした。
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1日目

表彰式がありました。そのあと開講式や自己紹介がありました。
去年も参加していたので、知っている人がまあまあいました。
今日は早く寝ました。午後8時。

2日目

ここからが本番です。
午前中は演習でした。チューターさんが問題やよく使われる考え方などを紹介するという形です。
今日は幾何と整数論でした。
幾何はMiquel点や回転相似についてでした。
整数論はいろいろな問題を扱う感じでした。最初の問題が mod 19 を用いる一発芸の問題だったので mod 19 が合宿のトレンドになりました。

試験 Day 1 でした。(さっき書きましたが感想は言いません)

夜はちょっと遊びました。数オリ界隈、SETがかなり流行ってます。
ja.wikipedia.org
みんなめっちゃ速くて怖いです。

でも試験があるので10時には寝る感じです。

3日目

午前中は今日も演習でした。
今日は代数と組み合わせでした。
代数もいろいろな問題を扱う感じでした。きおな君がとてもきれいな解法を発見してすげえってなりました。
組み合わせはかなり競プロでした(担当のチューターがyutaka氏だったので)。

試験 Day 2 でした。

4日目

午前中は講義でした。講義もチューターさんが行います。
グラフの隣接行列と固有値という内容でした。
普通はめっちゃ難しい内容をやって生徒がかなりおいていかれるという感じなのですが、今回は講義が親切で最後までついていけました。
グラフの問題を隣接行列の固有値に注目することで不定方程式をつくって頂点の数とかを絞るという内容で、とても興味を持ちました。

試験 Day 3 でした。

試験で疲れてゲームをする気力も起きなくなってしまったので、ずっと雑談などしてました。
あとJMOやAPMOの解答の見せあいもしました。
かなり楽しかったです。あと高1どうしのつながりが多くてすごいなあってなりました。
自分は算数オリンピックとか全く入賞したことがないのでね…

5日目

午前中は演習でした。
今日は特に内容は決まっておらず、チューターが何問かおすすめの問題を紹介して解説するという形でした。

試験 Day 4 でした。

立食会がありました。ビンゴ大会などがありました。
景品で「タイムボム」というカードゲームをもらいました。

試験がすべて終わったので夜更かししてみんなで遊びました。
もらったタイムボムを早速遊びました。
爆弾を爆発させたい陣営とさせたくない陣営がいて、誰がどの陣営か分かっておらず、心理戦をしながらさぐって自分の陣営の勝利を目指すという感じのゲームです。
人狼みたいな感じですが、ルールがとてもシンプルで、かつ奥深く、脱落者も最後まで出てこないので、とっても面白かったです。

6日目

今日は閉講式を手早くやってすぐ解散という感じでした。
まあ夜更かししていたのでぐったりとしてました。

せっかく東京に来たので初めての二郎に行きました。
とても美味しかったです。
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また書泉グランデと明倫館に行きました。数学書をいくつか買いました。

全体を通しての感想

やはりメインは代表選考試験なので疲れます。
でも趣味の合う人たちと沢山話せるので楽しいです。
あとは結果を祈るだけですね…

2019 JMO 本選 問1~4 解説 (追記:問5)

全体の感想

難易度は1<2<3<4<5だと思いました.
問5はまだ解けていません…
(追記: 解答を載せました(自力ではないですが))

問1

感想

やればできる不定方程式の問題です.
なんでJMOは5年連続問1に整数を置くんですか?????

略解

\(b\)と\(c\)の大小で場合分け.
・\(b=c\)のとき
\(a^2+b+3>0\)より解なし.
・\(b>c\)のとき
\(a^2=(b^2-c^2)^2-b-3<(b^2-c^2)^2\)
\(b>c\geq 1\)より\(b^2-c^2\geq 1\)であり, \(a^2,(b^2-c^2)^2\)はともに平方数なので
\[\begin{eqnarray}
(b^2-c^2)^2-b-3&\leq&(b^2-c^2-1)^2\\
- b-3&\leq&-2(b^2-c^2)+1\\
b^2-\frac b2-2&\leq&c^2
\end{eqnarray}\]ここで\(b>2\)のときは\[(b-1)^2< b^2-\frac b2-2\leq c^2\]が成り立つが, これは\(b>c\)という仮定に矛盾. よって\(b\leq 2\)である. この場合は\((a,b,c)=(2,2,1)\)のみ.
・\(b< c\)のとき
さっきと同じような感じで解くと解がないことがわかる(やってみてください).

問2

感想

1回1回得点が入るのが面倒臭いですね…
これもやればできる問題だったと思います.
記述がちょっと大変そう?

略解

\(\pmod n\)のみが本質のため1を\(n\)個, 2を\(n\)個, ... , \(n\)を\(n\)個書くとしてよい.
各行・列に注目したときの, 「その行・列で総和が変更されてそれが\(n\)の倍数となる回数」をその行・列のスコアと呼ぶことにする.
最終的な得点は, 各行・列のスコアの総和に等しい.
ある行に注目するとき, 最終的にその行にかかれる数の総和が\(S\)ならば, 書かれる数がすべて正であるため, その行が\(n\)の倍数になる回数=スコアは\([S/n]\)以下である.
\(i\)行目に書かれる数の総和を\(S_i\)とするとき, 行全体におけるスコアの総和は
\[\begin{eqnarray}
\Big[\frac{S_1}{n}\Big]+\Big[\frac{S_2}{n}\Big]+\cdots+\Big[\frac{S_n}{n}\Big] &\leq&\Big[\frac{S_1+S_2+\cdots+S_n}{n}\Big]\\
&=&\Big[\frac{n(1+2+\cdots+n)}{n}\Big]\\
&=&\frac{n(n+1)}{2}
\end{eqnarray}\]以下である. 列についても同様なので, 結局最終的な得点は\(n(n+1)\)以下.
得点を\(n(n+1)\)にすることが可能なことを示す. \(i\)行目, \(j\)列目のマスを\((i,j)\)と表すこととする. また, 任意の整数\((i,j)\)について\((i+n,j)=(i,j+n)=(i,j)\)とする.
以下の操作を\(k=n,1,n-1,2,\dots,\frac{n-1}{2},\frac{n+1}{2}\)の順に繰り返す:
マス\((0,k),(1,k+1),\dots,(n-1,k+n-1)\)に\(k\)を書き込む.
これで得点\(n(n+1)\)とれることの証明は略す(やればできるので…).

問3

感想

ちょっと簡単目の関数方程式だったと思います.
感覚でいろいろやれば解ける感じだったので個人的に楽でした.

略解

このサイトの解が結構きれいです.
JMO2019本選問3 | 凸レンズの部屋(仮)

問4

感想

解けませんでした…後輩から解説を聞きましたが解けるべきでした…

略解

図のように点を取る. \(DM=ME\)となるのは有名な構図.
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すると\(\angle DGE=90^\circ\)より\(MD=MG\). よって\(MG\)は\(\omega\)に接し, \(\angle IG M=90^\circ\)である. すると四角形\(AHJM\), 四角形\(AHDG\), 五角形\(IDJMG\)はそれぞれ円に内接する. この3つの円の根心は\(K\)となるため, \(G,D,K\)は共線. \(AK//FD\)より\(GF:GA=GD:GK\)で, \(\odot AGK\)は\(\omega\)と点\(G\)で接する.

問5

感想

本番では何もできそうになかったので白紙でした(よくない)

略解

2019 JJMO 本選 解説

全体の感想

難易度は1=2<4=5<3な気がしました(あくまでも個人の感想です).
例年よりちょっと難しいくらいな気がします.
問題→第17回(2019年)JJMO 本選 の問題
解答で略している部分があります, すみません

問1

感想

ちょっと(1分くらい)悩みましたが, 30°なので外心をとってみるとなんかできました.

解説

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\(\triangle ABD\)の外心を\(O\)とするとき
\(\angle AOD=2\angle ABD=60^\circ\)より\(\triangle AOD\)は正三角形.
よって\(AD=OD\).
また\(\angle BOD=2\angle BAD=\angle BAC, OB:OD=AB:AC=1:1\)より\(\triangle BOD\sim \triangle BAC\).
すると\(AC:BC=BD:OD=BD:AD\).
よって角の二等分線定理より示された.

問2

感想

やればできるという感じです.

解説

自分で書くのは面倒くさいので…(すみません)
JJMO本選2019問2 | 凸レンズの部屋(仮)

問3

感想

たぶん今回のJJMOの中で一番難しいと思います.

解説

(1) \(a+b+1=x\)とおくとき
\(\gcd(a,b+1)=\gcd(x,a)\)
\(\gcd(a+1,b)=\gcd(x,a+1)\).
背理法で示す.
\[\gcd(x,a),\gcd(x,a+1)>\frac{\sqrt{4x+1}-1}{2}\]と仮定して矛盾を導く.
\(a\)と\(a+1\)は互いに素より
\[\gcd(x,a)\neq \gcd(x,a+1)\]\[\gcd(x,a(a+1))=\gcd(x,a)\cdot \gcd(x,a+1)\]よって\(\gcd(x,a),\gcd(x,a+1)\)のどちらかは\(\cfrac{\sqrt{4x+1}+1}{2}\)より大きく
\[\begin{eqnarray}
\gcd(x,a(a+1))&=&\gcd(x,a)\cdot \gcd(x,a+1)\\
&>&\frac{\sqrt{4x+1}+1}{2}\cdot \frac{\sqrt{4x+1}-1}{2}\\
&=&x
\end{eqnarray}\]となるが矛盾.

(2)\(\min(\gcd(x,a),\gcd(x,a+1))=\cfrac{\sqrt{4x+1}-1}{2}\)は整数なので\(4x+1\)は平方数.
よって\(x=n^2+n\)(\(n\)は正の整数)とおける.
このとき\(\cfrac{\sqrt{4x+1}-1}{2}=n\).
\(\gcd(x,A)=n\)(ただし\(A=a\)または\(A=a+1\))なる\(A\)がある. \(B=2a+1-A\)とする.
\(\gcd(x,A)\neq\gcd(x,B)\)かつ\(\min(\gcd(x,A),\gcd(x,B))=n\)より\(\gcd(x,B)\geq n+1\)であるが\(\gcd(x,A)\cdot \gcd(x,B)=\gcd(x,a(a+1))\leq x\)より\(\gcd(x,B)\leq n+1\). よって\(\gcd(x,B)=n+1\).

\(\gcd(x,a)=n,\gcd(x,a+1)=n+1\)のとき, \(a=kn,a+1=l(n+1)(1\leq k\leq n, 1\leq l\leq n-1)\)とおける.
すると\(a=kn=ln+l -1\)だが, \(0\leq l -1< n\)より\(k=l\). すると\(k=l=1\)より\(a=n\)がわかる.
\(\gcd(x,a)=n+1,\gcd(x,a+1)=n\)のときも同様にすると\(a=n^2-1\)がわかる.

よって\((a,b)=(n,n^2-1),(n^2-1,n)\).

問4

感想

難しいような簡単なような…
いろいろな方法がありますが思いつかないと難しいでしょう(無難なコメント).
構成も意外と出てこなかったりしそうです.

解説

図のような感じで塗り分ける.
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駒が通った道筋を辺とするとき
●から出た斜めの辺の本数=○から出た斜めの辺の本数
●から出た斜めの辺の本数\(\leq 2\times\)(●の数)=\(\cfrac{(n-1)^2}{2}\)
○から出た辺の本数\(\geq 2\times\)(○の数)\(-2\)=\(\cfrac{(n+1)^2}{2}-2\)
○から出た斜めでない辺の本数
=○から出た辺の本数-○から出た斜めの辺の本数
\(\geq\cfrac{(n+1)^2}{2}-2-\cfrac{(n-1)^2}{2}\)
\(=2n-2\)
構成は略します.

別解

こちらのサイトに別解と構成があります.
こちらのほうがきれいな感じがします.
JJMO本選2019問4 | 凸レンズの部屋(仮)

問5

感想

5番の割にはそんな難しくない気がします.
JJMO, なんで3年連続で5番にGをおくのでしょうか???

解説

学校の後輩が天才的な解法を見つけてくれたので書きます.
f:id:yootaamath:20190215172619p:plain
\(\odot AMC\)と直線\(AN\)の交点を\(P\)とおくと, 簡単な角度計算で
\(\triangle NHA\sim \triangle NMC\)
\(\triangle KAN\sim \triangle PCN\)
がわかるので
\(四角形KAHN\sim 四角形PCMN\).
すると対応する角度が等しいので
\(\angle AKH=\angle CPM\)
すると円周角の定理より
\(\angle AKH=\angle CAM\).

JMO2019本選参加記

感想

4完する意気込みで行きましたが、4完できませんでした。
くやしい。
1, 2, 3をたぶん解きました。
(致命的なミスをしている可能性が0ではないので、敢えてこう書きます)
4が幾何だったのでときたかったのですが方針を見誤って解けませんでした。
幾何できなくなってますね。精進しないと。

流れ

とりあえず問題をざっくりよむ。
JMO、1番に整数論を置きすぎでは(5年連続???)
2がCで3がAで4がGで5は知らん。セットとしてはうれしい。
なぜか4問めに手をつけ始める。解けん。
さすがに数分であきらめて、1~3をそれぞれ5分くらい考えることにした。
1は平方数で挟みまくれば何とかなる感じ。難しくなさそう。
2はちょっと大変そう。1手ごとに得点が加算されるのなんだかなあ。
3はいろいろできた。
というわけで最初に3を考え、わりとすんなり解くことができた。(ここまで30分)
とりあえず1をちゃんと考察する。確かにしっかりとやれば解けた。(ここまで45分)
次に4。解けん。示したいことをいろいろ言い換えるなどして頑張ってみたが解けん。かなり時間を使った。
行き詰っているので2へ。小さい\(n\)で具体例を探していく。なんとなく最大がわかったし、なんで最大になるのかわかってきたので、精密に考えてみるとやっぱり解けた。
はい3完(ここまで1時間半)。やったね。今年は簡単? Gがのこっているので考えます
やっぱり解けないわ。(ここまで2時間)
答案をまだ書いていなかったので書きます。
結構時間を使ってしまった。(ここまで2時間50分)
よし4。さすがに答案を書くのに時間をかけそうなので、さすがに使うような部分と構図の証明だけ書いておく。

解けませんでした。おわり。

解説

後で書きます
すいません
あと5は解けるか知りません

2019 JMO 予選 解説・感想

これから受験記はこちらのブログで書くことにします.
2018→2018JMO受験記 - 数学徘徊記

意気込み

今年は予選免除なのですが, せっかくなので頑張ってみます.
2ケタの点数を取りたいですね.

結果

7点でした. 不甲斐ない結果…
幾何の問題(4, 8)を計算ミスして両方とも間違えたのが痛いですね…

全体の感想

今年, 去年に比べて難しくないですか??
3, 4, 6番に骨のある問題があってきつかったと思います.
幾何が得意なつもりだったので問10に特攻しましたが自分のほうが砕けました…

そういえば最高点8点なんですね, やばくないですか?

解説

思考過程を書こうかな…

問1

31が\(x\)の倍数となるので\(x=1,31\)ですが\(x=31\)はさすがにダメなので\(x=1\)です.
すると\(y(1+z)=30\)となるので\(y,z\)も容易に列挙できます.
JMO予選の割にはかなり簡単かな…?

問2

一の位で場合分けすると5にしかならないことがわかります.
また2乗して5桁になることより百の位が2になることがわかります.
あとは4つすべて試します.

問3

これ見た目つらそうだったので飛ばしてあとのほうにやりました.
意外と少ないですよね…
自分は1と9の位置で場合分けしました.
1と9は3つ以上離れてないといけないので場所が3通りに決まって, あといろいろ考えると大体の数字が決まることがわかります.
中心の数で場合分けする方針もあるようです.

問4

計算ミスしました(なんで???)
自分の実力ですね…
まあ平行をいろいろ作って比で計算するだろうなあ, という気持ちになりました.
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図のようにおけば, \(x:(4-x)=5:(x-1)\)となって, あとは2次方程式を解けばよいです.

問5

3倍して1を足すとおしまいです, 問5の割に簡単?
求める数を\(n\)とおくと\(3n+1\)は97, 100, 103の倍数になるので, \(n\)が最小だということを考えると\(n=\frac{97\cdot 100\cdot 103 -1}{3}\)です.

問6

これ細かいところを詰めるのが若干大変です. ちょっと手こずりました.
問題文では正120角形ですが, 頂角18°の二等辺三角形を考えると, 正20角形が6つと考えてよいことがわかります. それらの正20角形は互いに影響しないので. このように単純なものに分解するのは重要だと思います.
ここで図のような星形を考えると, 3つの連続した頂点は同じ色であってはいけないことがわかります. もし14個以上頂点があれば, 平均\(14/20\times 3>2\)個3つの連続した頂点上に黒い点があるので, ある3つの連続した頂点上には3つ黒があることがわかりダメです.
星形に沿って白黒黒白黒黒白…と塗り分けていけば13個の構成ができます.
よって答えは13×6=78です.
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問7

これ結構悩んでしまいました…最後に解きました
本番エスパー解法で解きましたが(答えはあってるものの)嘘解法なのでここでは書きません, すいません…
\(P(x)^2=(Q(x)+R(x))(Q(x)-R(x))\)という式変形が重要です.
これで十分→JMO予選2019問7 | 凸レンズの部屋(仮)

問8

これもミスしました…なぜかずっと\(BC=8\)とやってました.
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ちょっと幾何的なことをした後ごり押しでやりました
もっと計算簡単にいけるかもしれません…
三角形\(ADIE\)に注目すると, \(AD>AE,ID=I E,\angle DAI=\angle EA I\)なので円に内接します. よって\(\angle BAC=120^\circ\)を満たします.
このあと, 感覚的には点\(M,I,A\)の横のずれに注目して解いていきます.
\(AB=x,AC=y\)とおきます. すると
\[\begin{eqnarray}
BP&=&\frac{x-y+9}{2}\\
BM&=&\frac{9}{2}\\
MP&=&\frac{x-y}{2}\\
MQ&=&\frac{9(x-y)}{16}\\
BQ&=&\frac 92+\frac{9(x-y)}{16}\\
C Q&=&\frac 92-\frac{9(x-y)}{16}\\
\end{eqnarray}\]がわかり, 三平方の定理より
\[\begin{eqnarray}
AB^2-BQ^2&=&AC^2-C Q^2\\
x^2-\left(\frac 92+\frac{9(x-y)}{16}\right)^2&=&y^2-\left(\frac 92-\frac{9(x-y)}{16}\right)^2\\
x^2-y^2&=&4\cdot \frac 92 \cdot \frac{9(x-y)}{16}\\
x+y&=&\frac{81}{8}
\end{eqnarray}\]がわかります.
あと余弦定理より\(x^2+xy+y^2=81\)なので連立して解けば\(x=AB\)がわかります.

問9

これ大好きです, 本番感動しました.
まず, ある行や列について, 3つ決まればもう1つも決まることに注目します.
なので左上の3×3を任意に埋めたとき, その右や下の6つは埋まります.
問題は右下の一つで, これは上から決まるものと左から決まるものが一致するかわかりません.
しかし実験してみると, いつもそれらが一致することがわかります.
予選なので証明しなくても答えは求まりますが, まあ心の安寧のために証明したい…
とりあえず色を1, 2, 3, 4と置き換えます.
ある{1, 2, 3, 4}上の交換・結合法則を満たす演算があって, 三つの色を演算したらもう一つの色が出てくればうれしいなあと考えました.
するとxorがそれを満たすことに気づきました!感動しました.
xorについては, 排他的論理和 - Wikipediaの「ビットごとの排他的論理和」を参照してください.

問10

本番で結構時間を使ったけど解けなくて, その日に夜遅くまで頑張ったのですが解けませんでした.
12問の中で最も難しいんじゃないですかね…
こーとくさんが解答をTwitterにあげていたので載せます.


反転した後の図形と元の図形が似ているので、それらを対応させながら解き進める感じでしょうか.

問11

本番で全く手を付けてませんでしたがたぶん10~12の中で一番簡単です(どれも難しいけど).
手を付ければよかった…
余りのグラフを書いてみると, だいたい\(2019^3/2\)になりそうだなあと見えてきます. しかし例外ケースみたいなものがあって, それらをしっかりと吟味しなければいけない感じです.
のいみさんが解答をTwitterにあげていたので載せます. DMで会話しながら解いたので同じ解答です:


この解答への補足です:
\( (\gcd(k -1,2019^3),\gcd(k,2019^3))=(g_1,g_2)\)(順序は考えない)として考えられる値が25種類ありますが, すべての考えられる組に対しこれを満たすような\(k\)が存在することを証明します.
\( (g_1,g_2)=(3^a,673^b)(a,b\geq 1)\)の場合, \(x\)についての方程式
\begin{eqnarray}
\begin{cases}
x-1\equiv 3^a \pmod{3^3} & \\
x\equiv 673^b \pmod{673^3} &
\end{cases}
\end{eqnarray}
について考えるとこれは中国剰余定理より\(0\leq x \leq 2019^3\)で解を持ちます. これを\(k\)とおくと, \(k -1\)が673で割り切れないこと, \(k\)が3で割り切れないこともわかるので\( (\gcd(k -1,2019^3),\gcd(k,2019^3))=(g_1,g_2)\)を満たします.
\( (g_1,g_2)=(1,3^a673^b)(a,b\geq 0, (a,b)\neq (0,0))\)のときは\(k=3^a673^b\)が満たします.

問12

これ本番でちょろっと手を付けましたができませんでした.
終わってから数時間がんばったらなんとかできました. どんな\(F\)が満たすのかわくわくしながら解くと面白いです.
とりあえず最初は全体集合とか空集合とかを代入してみます. すると\(F(\emptyset)\)が重要そうだなあとなります.
いろいろ代入してみると, \(F\)は\(F(\emptyset)\)の部分集合の中でいい性質(全単射)を満たすことがわかるので, それ以外の集合を\(F(\emptyset)\)の部分集合に帰着することを考えていきます.
帰着できたらあとは\(F\)を吟味します.
Junさんが解答をTwitterにあげていたので載せます.
解答は長いですが上のようなステップを踏めばだいたい同じ解答になると思います.

2014~2018 JMO 予選 問9~11

はじめに

Math Advent Calendar 2018 - Adventarの21日目の記事です.
当初9~12までにするつもりでしたが全然解けず…ごめんなさい.
完全な解法は書いていないのが多いですが, 解法の筋道や解法にたどり着くまではできるだけ書いたつもりです.

JMO予選について

過去問→国内大会・国際大会の問題
JMO予選は3時間12問短答式で1問1点の12点満点です(無慈悲…).
6点→「受かるかもだけどややきつそう…」, 7点→「ちょい心配だけどまあ受かりそう」, 8点→「だいたい受かる」, 9点以上→「かなり安心」といったところです.
3時間と時間が長いので, 書き出せるやつは無理やり書き出すのも全然ありみたいな感じです.
難易度としては(個人の感想), \((1, 2)<(3,4)\ll (5,6,7)<(8,9)<(10,11)<(12)\)くらいかと思います.
最後の30~45分位は, 無理に新しい問題に取り組まなくても見直しに取り組むのがいいかもしれません. また簡単な順に並んでるとは限らないので, 詰まったら飛ばしてみても良いと思います.
コンパスと定規は必ず持っていきましょう. 分度器は持ち込んではいけないので注意です.
今回解説する9~12の問題ですが, ぶっちゃけこれが解けなくてもそれまでの問題で全完すれば予選は通ります. 入賞には予選の結果は反映されないので通りさえすればよいです(ちなみにJJMOは別で, おそらくですが予選の結果も反映されます). なので趣味の部分が強いですが, 上位を目指したいとか, 数問ミスしても安心したいという人のためにも解説(概説)します.

2018

9

こういう図形問題は丁寧に描きましょう. まずは普通サイズでフリーハンドで書いてから概要を確かめて, 大きめにコンパスや定規で正確に図を描くのが良いです.
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図を描いてみると, どうやら点A, I, D, Eが同一直線上にあるようです. これは実際に成り立ちます. ∠RDU=∠QDT=90°, ∠REU=∠QET=90°(対称的な形)なので, 点D, Eは, RUを直径とする円とQTを直径とする円の交点と言い換えられ, 対称性から直線AI上にあることが分かります. これでちょっとDEにとっつきやすくなった気がします.
また点D, P, E, Sは同一円周上にあり, PSは直径になります. (ここで少し悩んだ)ここで正弦定理をこの円に使うことを考えます. sin∠DSEが分かれば直径が分かっているのでDEが分かります. すると角度を追っていけば∠DSE=∠AIRが分かります. これは分かっているので解けました.

10

本番解けたやつです. これ好きです.
「優勝候補が2人いる」とはどういうことかを突き詰めていけばわかる感じです. 問題を解く手がかりとして, 「優勝候補が2人いる」という条件はよくわからないので, それをよくわかる形にしたいです.
まず全勝touristみたいな人がいる場合は明らかにだめです.
人Xが事前試合で人Yに勝っているのをX->Yと書くことにします.
優勝候補をAとBとし, A->Bとします.
Aは誰かに負けています. そのうちの1人をCとします.
まずBはめちゃくちゃ強いです, なぜならAが予選敗退したら勝ち確定だからです. 実際, 4人のトーナメントで左からC, A, B, X(XはA, B, C以外の任意の人)となっているときを考えるとB->Xがわかります. そしてこのトーナメントで準決勝はCとBが戦ってCが勝つことになります. つまりBはA以外の人全員に勝っています.
次に, 4人のトーナメントで左からA, B, C, X(XはA, B, C以外の任意の人)となっているときを考えてみましょう. もしここでCがXに勝ってしまったら, AもBも敗退してしまうのでよくないです. よってCはA以外全員に負けてることが分かります. またこのトーナメントで次の試合はA vs XでAが勝つので, AはC以外全員に勝っています.
実はこれらの条件

  • A->B, A->X
  • B->C, B->X
  • C->A, X->C

さえ満たせば, 優勝候補が2人になることが分かります. これで条件を分かりやすくすることができました.

11

7進法での覆面算みたいな感じです.
見た感じ, 初手でmodとか整数論っぽいことをするのは厳しそうです(\(i\)桁目を取り除くとかヤバそう). ちょっと考えると, 大小評価である程度桁数が絞れそうなので, その方針で行きます.
\(n_i\)は上から\(k-i\)桁の数が\(n\)と同じということで不等式評価すると, \(6\leq k\leq 8\)が分かります. しかし\(k=6,8\)のときは\(n\leq 11\cdots 1(1がk個)\)となります. この場合はもっと不等式評価することで, ダメだということが分かります.
\(k=7\)のときは, 実は下一桁を決めると, 7が素数であることからどんどんと数字が決まっていき(やっと整数論っぽいこと), 最後に上の桁を自由に選べばいいことが分かります.

2017

9

これ教育的で良いです. あるものの個数が別の角度から数えることでわかるというよくあるパターンです.
簡単な方の問題として, {\displaystyle\sum_\sigma F(\sigma)}を求めてみましょう.
このままだとわかりにくいですね.
ここで
{\displaystyle F_i(\sigma)=\begin{cases}1&(\sigma(i)=i)\\0&({\rm otherwise})\end{cases}}
と定めてみましょう. すると
{\displaystyle F(\sigma)=\sum_i F_i(\sigma)}
なので,
{\displaystyle\sum_\sigma F(\sigma)=\sum_\sigma \sum_i F_i(\sigma)=\sum_i \sum_\sigma F_i(\sigma)}
です.
ここで{\displaystyle\sum_\sigma F_i(\sigma)=2016!}であることは明らかなので
{\displaystyle\sum_\sigma F(\sigma)=2017!}
です.
{\displaystyle\sum_\sigma F(\sigma)^2}についても考えると, これは
{\displaystyle\begin{eqnarray}&&\sum_\sigma \left( \sum_i F_i(\sigma)\right) ^2\\&=&\sum_\sigma \left( \sum_i F_i(\sigma)^2+\sum_{i,j}F_i(\sigma)F_j(\sigma)\right)\\
&=&\sum_i \sum_\sigma F_i(\sigma)^2+\sum_{i,j} \sum_\sigma F_i(\sigma)F_j(\sigma)\\&=&\sum_i 2016!+\sum_{i,j} 2015!=2\cdot 2017!\end{eqnarray}}
と式変形できます.
4乗の場合も同様です. 係数の間違いに注意してください.

10

中3のとき, 死ぬ気で余弦定理とかいろいろ使って間違えたのが懐かしいです. 実は複雑な辺の長さの計算はほぼないです.
f:id:yootaamath:20181217165721p:plain
まず点Cが三角形PQRの傍心となることがわかります.
QをBCで折り返した点をQ'とすると, RQ'+RQ=12です.
すると, Cから直線RQ'におろした垂線の足をHとするとき, RH=6であり, ∠CRH=∠CBAより, CH=9/4であることがわかります.
CからPQへおろした垂線の足をH'とするとCH'=9/4です. また△CH'Q∽△CBRよりCQ:QR=9/4:3=3:4です. するとCQ:CA=9:16とわかってこの問題が解けました.

辺の長さと角度を対応させるのは相似がかなり強い印象があるので, 相似なものを探す感じで解いていくといいかもしれません. 図を丁寧に書くと気づきやすいので, 何度も言いますが図は丁寧に描きましょう.

11

これ意外と難しくないですがミスしやすいです. とりあえず\(U=\{1,2,\dots,30\},A=\{2,4,\dots,30\},B=\{3,6,\dots,30\},C=\{5,10,\dots,30\}\)としましょう. どんな問題が必要になってくるのかを考えます.
\(S=U-\{30\}\)とすると, これは(2)を満たさないので, (1)も満たしません. すると出席番号30番の人だけが解いた問題があることがわかります. こんな感じで, (2)を満たさない割と大きな集合を考えると良さそうです.
例えば\(S=U-\{2,15\}\)とすると, 出席番号2番と出席番号15番の人だけが解いた問題があることがわかります. 両方解いていることは, \(U-\{2\}\)も\(U-\{15\}\)も(2)を満たすことからわかります.
\(S=U-\{2,3,5\}\)というふうに3つバージョンもあります. というわけで, 「\(A,B,C\)のどれも含まないけど一つ増えるとどれかを含むようになる集合\(S\)」を数えればよいです. これらの集合が相異なることや, これだけの問題で十分なことは, (1)と(2)の条件を睨めば割と簡単に示せると思います.
なので,
\[\begin{eqnarray}
\{30\},\{30未満の2の倍数,30未満の15の倍数\},\\
\{30未満の3の倍数,30未満の10の倍数\},\{30未満の5の倍数,30未満の6の倍数\},\\
\{15と互いに素な2の倍数,10と互いに素な2の倍数,6と互いに素な5の倍数\}
\end{eqnarray}\]の個数を数えます. ここで同じものを2回数えないように注意してください(\(\{6,15\}\)など).

2016

9

9問目にしては簡単…?
条件を整理してけば解けます, 楽です
\((b+1)|a, b|(2016-a)\)より\(a=k(b+1),2016-a=lb\)とおけます.
\(2016-k(b+1)=lb\)より\((k+l)b+k=2016\)です.
\(k,l\)は1以上2016以下であることを考えると, \(b\)は2016の約数でないもののとき\(k,l\)が一意に決まっていい感じです. いろいろ考えるとそれを数えればいいことがわかります.

10

Static Sushi
旗のとり方は図の2種類(左右逆もあり)です.
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2016はちょっと大きすぎるので, 少ない場合について考えてみましょう(考えにくい問題の場合は問題を少し一般化して, 小さい場合について考えるということはしばしば有用です). 奇遇に依存しそうな感じがするので, 4, 6, 8,...について考えます.
4のときについて考えると, どのようなとり方でもおんなじ距離にすれば良さそうです.
左右対称なのが良さそうなので, 図のように置いてみましょう.
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連立方程式を立てると
\[1-a=1-a+b=3(a+b)\]で\(a=1/10, b=2/10\)です. この場合, A君の動く必要のある距離は9/10です. これが最も良いのは鳩ノ巣を使えばできます. 旗とA君で5つの区間に分かれています. この区間を固定して, 別の4本の旗がたてられるとしましよう. すると少なくとも1つの区間には旗がありません. それ以外の区間を舐めるように旗を回収すれば大丈夫です.
6, 8, ...においても同様に連立方程式を立てられます. すると区間の長さが近い方から1:2:4:…になっているのが観察できると思います. 2016の場合も同様です.

11

これ難しいです…
1000の方から攻めるのはつらそうなので, \(+a\)と\(-b\)でなんの順列ができるか考えるという方針で行きましょう.
とっつきにくいので, 簡単な方の問題としてこういうのを考えてみましょう:
「+3と-5だけで\(1,2,\dots,n\)の順列を作れるとき, \(n\)はいくつか?」
図を書いてみます(矢印は確定の部分). f:id:yootaamath:20181220172503p:plain
するとすでに8つでループしちゃっているのがわかります. なので答えは8だけでしょうか?
よく考えると, ループでなくても順列であればいいので, 少しばかり矢印を壊していいことがわかります. すると7つと9つの場合にもできることがわかります. f:id:yootaamath:20181220173239p:plainしかもジョイントもすることができます. f:id:yootaamath:20181220174037p:plainこのように, どのようなときにできるかを少しずつ考えると, 8で割ってあまりが0, 1, 7のいずれかのときにできるということが(頑張ると)わかります. 全部見つけるのは辛いですね…
これだけだということは\(\pmod 8\)を見ればわかります(まあまあ難しい).
この場合は+3と-5でしたが, 任意の\(a,b\)でも, \(a\)と\(b\)が互いに素であれば同じことが言えます.
なので, 「\(a+b\)が999,1000,1001のいずれかの約数であるような, 互いに素な2以上の整数\(a,b\)の組」の数を数えれば良いことがわかります.

2015

9

\(_{4030}{\rm C}_{2015}-(かぶってるやつ)\)になるので, かぶってる数を少なくしたいです.
この数列を\(a_1,a_2,\dots,a_{4030}\)とします. また, \(a_k\)と\(a_l\)は\(|k-l|\)離れているということにします.
ここで, 同じ数が2015離れているとき, かぶる半列が一つできます. \(a_k=a_{k+2015}\)だとして, \(a_1,\dots,a_k,a_{k+2016},\dots,a_{4030}\)と\(a_1,\dots,a_{k- 1},a_{k+2015},\dots,a_{4030}\)が被ります.
また同じ数が2014以下離れているとき, かぶる半列が2015個以上できます.
\(a_k\)と\(a_{k+d}\)(\(1\leq d \leq 2014\))が同じだとして, \(a_1,\dots,a_{k- 1},a_{k+d+1},\dots,a_{4030}\)のなかから2014個選ぶので, \(_{4030-d}{\rm C}_{2014}\geq 2015\)もかぶります.
そう考えると\(1,2,\dots,2015,1,2,\dots,2015\)が良さそうだと思えます. この場合, 相異なる半列の個数は\(_{4030}{\rm C}_{2015}-2015\)です.
これよりいいものがないことを大雑把に示してみます. すべての1以上2015以下の整数\(n\)において, 2つの\(n\)が2015以上離れているとき, すべてちょうど2015離れていることが示せます(数列の真ん中の方から順々に決まっていくイメージです).
ある\(n\)について離れているのが2014以下だとしましょう. するとその部分でかぶるものが2015個できちゃっているのでさっきよりは良くなりません. なので\(_{4030}{\rm C}_{2015}-2015\)が最良です.

10

結構好きです
「一桁の数」という大小関係みたいなやつがうざいので, それが影響されないmodを考えてみます
\(10x+y\mapsto x+4y\)ですが\(10(x-k)+(y+10k)\mapsto x+4y+39k\)とも同じになってほしいです, なのでmod39が思いつきます
そうするとずっと4倍にするのと同じになります, なのでmod39での値がわかりました
あとは大小評価を使います, まあだいたい1/10になるのでそんな感じで頑張ります

11

f:id:yootaamath:20181221145044p:plain
Iが△A'B'C'の垂心になるのは構図です.
またA'B=A'Iとなることや\(A'D\times A'A=AI^2\)になることも構図です.
IとAが直線B'C'で対称なことも構図です(B, Cについても同様).
これらの構図は容易に証明できるので, 知らなかった場合は示してみてください.
AI:IA'が面積比ですぐにわかるので, AD:DA'もわかります. すると△A'BCの面積が△ABCの定数倍として明示できます. △B'CAや△C'ABにおいても同様です. すると六角形AC'BA'CB'が△ABCの定数倍で書けますが, その六角形の面積はわかってる(2×(2+3+4)=18)ので解けました.
構図を知っていると便利な問題ですね.

2014

9

f:id:yootaamath:20181221090245p:plain
図を描いてぼんやり眺めてみます. すると立体的に見えるかもしれません. ピラミッドが平面で切断されているイメージです. (以下立体で考えます)
正四角錐O-ABCDを平面PQRで切断したときのODと切り口の交点を求めればよいことが分かります(その正当性を示すのはメネラウスとかで殴る必要がありそうですが良しとしましょう). 点Oから平面ABCDにおろした垂線をℓとおきます. PR, QS, ℓが一点で交わればよいです. ∠POR, ∠QOSは何でもよいですが, 計算が楽なように120°にしておきましょう. するとℓとPRの交点の場所が計算できて, QSについても考えればOSも分かります.
予選なのでこのようなアレな解答ができますね!!うれしい!!

10

これも10にしては簡単だと思います…「長方形の角に注目する」という発想を思いつけばすぐです.
どのマス目の頂点においても, その頂点は選択した長方形の角として1回選ばれないといけません. これはすこし試してみるとわかると思います.
すると少なくとも\(56^2/4\)回は操作しないといけません. またこの例の構成は割と容易です.

11

今見るとめっちゃ(抽象)代数です. 代数っぽい感じで解いていきましょう. 集合は\(S=\{1,2,3,4,5,6\}\)で演算は\(\diamondsuit\)です.
\(i\diamondsuit j\)と書くのは面倒くさいので\(ij\)と略記します.
まずモノイドになってほしい(結合法則が成り立ってほしい)です. これは\[a(bc)=(aa)(bc)=ac=(ab)(cc)=(ab)c\]と証明できます.
結合法則が成り立つのでもうわざわざかっこをつける必要がなくなります.
しかし\(abc=ac\)ってヤバいです. 真ん中(\(b\))の情報がなくなってるってヤバくないですか? この演算の性質についてもう少し考えてみます.
\(ab=c\)のとき, \(\forall x, abx=cx\)より\(\forall x,ax=cx\)です. また同様にして\(\forall x,xb=xc\)が分かります.
ここで同値関係を定めて分かりやすくしましょう. \(a\sim_1 b\Leftrightarrow \forall x,ax=bx\), \(a\sim_2 b\Leftrightarrow \forall x,xa=xb\)と定義しましょう(これが同値関係になることは明らかです). 少し考えると\(a\sim_1 b\Leftrightarrow \exists y, ay=b\), \(a\sim_2 b\Leftrightarrow \exists y, ya=b\)も分かります.
この問題では\(|S|=6\)なので同値類を全探索してもよさそうです. \(\sim _1\)で同値類に分けることを考えてみます. ちょっと試してみると, 同値関係が強すぎてめっちゃ決まってくることが分かります.
大きさが1の同値類があるとヤバくて, \(\sim _2\)の方では全部同じ同値類に入っていないといけません. この場合は1通りです.
大きさ1の同値類が入らない分割の仕方は\((2,2,2),(2,4),(3,3),(6)\)のみです. 全探索しちゃいましょう.

#35 (2018 IMO 6)

問題

f:id:yootaamath:20180724153313p:plain

感想

3番級G。Gをやってきてよかった。
(来年のIMOはどうなるかわからんが)
(そもそもIMOに行けるかもわからんが)
普通に手ごたえがあって大変だった
使いたいことを使っていく感じで
Lv.8 120分

#30

問題

感想

半年ぐらい前は全然わからなかったけど、今やってみたら割とすんなり解けて成長を感じた
一発芸感は多少あるが面白い
Lv. 6 所要時間:10分(今)