2009 AIME II 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

比尔开始刷漆前有 $130$ 盎司蓝漆、 $164$ 盎司红漆和 $188$ 盎司白漆。比尔在墙上刷了四条大小相同的条纹：一条蓝色、一条红色、一条白色和一条粉色。粉色由红色和白色混合而成，比例不一定相等。刷完后，比尔剩下的蓝漆、红漆和白漆量相等。求比尔一共剩下多少盎司油漆。

Before starting to paint, Bill had $130$ ounces of blue paint, $164$ ounces of red paint, and $188$ ounces of white paint. Bill painted four equally sized stripes on a wall, making a blue stripe, a red stripe, a white stripe, and a pink stripe. Pink is a mixture of red and white, not necessarily in equal amounts. When Bill finished, he had equal amounts of blue, red, and white paint left. Find the total number of ounces of paint Bill had left.

答案

答案：114

知识点：一次方程代数变形

难度评级：1750

小提示：

剩余量相等，说明用掉的红漆比蓝漆多 $164 - 130$ ，白漆也类似

Equal leftovers mean the red used exceeds the blue used by $164 - 130,$ and similarly for white

大提示：

这些多出来的量都用在粉色条纹中，所以一条条纹用漆量为 $34 + 58$ 盎司

Those excesses all went into the pink stripe, so one stripe’s worth of paint is $34 + 58$ ounces

解答：

设每条条纹用 $s$ 盎司油漆。蓝漆只用于蓝色条纹，所以用了 $s$ 盎司蓝漆。由于三种颜色的剩余量相等，而红漆和白漆一开始分别比蓝漆多 $34$ 和 $58$ 盎司，所以红漆用量比蓝漆多 $164 - 130 = 34$ 盎司，白漆用量比蓝漆多 $188 - 130 = 58$ 盎司。多出的这些红漆和白漆正好组成粉色条纹，因此 $s = 34 + 58 = 92$ 。

因此比尔每种颜色都剩下 $130 - 92 = 38$ 盎司，总共剩下 $3 \cdot 38 = 114$ 盎司。

Say each stripe used $s$ ounces of paint. Blue was used only on the blue stripe, so $s$ ounces of blue were used. Since the three leftovers are equal and the colors started $34$ and $58$ ounces apart, red use exceeded blue use by $164 - 130 = 34$ ounces and white use exceeded blue use by $188 - 130 = 58$ ounces. That extra red and white is exactly the pink stripe, so $s = 34 + 58 = 92.$

Bill therefore had $130 - 92 = 38$ ounces of each color left, for a total of $3 \cdot 38 = 114$ ounces.

2.

设 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 为正实数，满足 $a^{\log_3 7} = 27$ ， $b^{\log_7 11} = 49$ ，且 $c^{\log_{11} 25} = \sqrt{11}$ 。求 $a^{(\log_3 7)^2} + b^{(\log_7 11)^2} + c^{(\log_{11} 25)^2}\text{。}$

Suppose that $a,$ $b,$ and $c$ are positive real numbers such that $a^{\log_3 7} = 27,$ $b^{\log_7 11} = 49,$ and $c^{\log_{11} 25} = \sqrt{11}.$ Find $a^{(\log_3 7)^2} + b^{(\log_7 11)^2} + c^{(\log_{11} 25)^2}.$

答案

答案：469

知识点：对数指数

难度评级：2150

小提示：

将 $a^{(\log_3 7)^2}$ 写成 $\left(a^{\log_3 7}\right)^{\log_3 7} = 27^{\log_3 7}$

Write $a^{(\log_3 7)^2}$ as $\left(a^{\log_3 7}\right)^{\log_3 7} = 27^{\log_3 7}$

大提示：

$27^{\log_3 7} = \left(3^{\log_3 7}\right)^3 = 7^3$ 。另外两项用同样方法处理。

$27^{\log_3 7} = \left(3^{\log_3 7}\right)^3 = 7^3.$ Handle the other two terms the same way.

解答：

由指数的乘方法则， $\begin{aligned} a^{(\log_3 7)^2} &= \left(a^{\log_3 7}\right)^{\log_3 7} = 27^{\log_3 7} \\ &= \left(3^{\log_3 7}\right)^3 = 7^3 = 343 \end{aligned}\text{。}$

同理， $\begin{aligned} b^{(\log_7 11)^2} &= 49^{\log_7 11} = \left(7^{\log_7 11}\right)^2 \\ &= 11^2 = 121 \end{aligned}\text{，}$ 并且 $\begin{aligned} c^{(\log_{11} 25)^2} &= \left(\sqrt{11}\right)^{\log_{11} 25} \\ &= \left(11^{\log_{11} 25}\right)^{\frac{1}{2}} \\ &= 25^{\frac{1}{2}} = 5 \end{aligned}\text{。}$

所以和为 $343 + 121 + 5 = 469$ 。

By the power rule for exponents, $\begin{aligned} a^{(\log_3 7)^2} &= \left(a^{\log_3 7}\right)^{\log_3 7} = 27^{\log_3 7} \\ &= \left(3^{\log_3 7}\right)^3 = 7^3 = 343. \end{aligned}$

In the same way, $\begin{aligned} b^{(\log_7 11)^2} &= 49^{\log_7 11} = \left(7^{\log_7 11}\right)^2 \\ &= 11^2 = 121, \end{aligned}$ and $\begin{aligned} c^{(\log_{11} 25)^2} &= \left(\sqrt{11}\right)^{\log_{11} 25} \\ &= \left(11^{\log_{11} 25}\right)^{\frac{1}{2}} \\ &= 25^{\frac{1}{2}} = 5. \end{aligned}$

The sum is $343 + 121 + 5 = 469.$

3.

在长方形 $ABCD$ 中， $AB = 100$ 。令 $E$ 为 $\overline{AD}$ 的中点。已知直线 $AC$ 与直线 $BE$ 垂直，求小于 $AD$ 的最大整数。

In rectangle $ABCD,$ $AB = 100.$ Let $E$ be the midpoint of $\overline{AD}.$ Given that line $AC$ and line $BE$ are perpendicular, find the greatest integer less than $AD.$

答案

答案：141

知识点：坐标几何斜率矩形

难度评级：1890

小提示：

建立坐标： $A = (0, 0)$ 、 $B = (100, 0)$ 、 $D = (0, h)$ ，则 $E = (0, \frac{h}{2})$ ，且 $C = (100, h)$

Place coordinates: $A = (0, 0),$ $B = (100, 0),$ $D = (0, h),$ so $E = (0, \frac{h}{2})$ and $C = (100, h)$

大提示：

垂直直线的斜率乘积为 $-1$ ： $\frac{h}{100} \cdot \left(-\frac{h}{200}\right) = -1$

Perpendicular lines have slopes whose product is $-1:$ $\frac{h}{100} \cdot \left(-\frac{h}{200}\right) = -1$

解答：

设 $AD = h$ ，并取 $A = (0, 0)$ 、 $B = (100, 0)$ 、 $C = (100, h)$ 、 $D = (0, h)$ ，因此 $E = \left(0, \frac{h}{2}\right)$ 。直线 $AC$ 的斜率为 $\frac{h}{100}$ ，直线 $BE$ 的斜率为 $\frac{\frac{h}{2}}{-100} = -\frac{h}{200}$ 。由垂直可得 $\frac{h}{100} \cdot \left(-\frac{h}{200}\right) = -1\text{，}$ 所以 $h^2 = 20000$ ，且 $h = 100\sqrt{2} \approx 141.42$ 。

小于 $AD$ 的最大整数是 $141$ 。

Let $AD = h,$ and place $A = (0, 0),$ $B = (100, 0),$ $C = (100, h),$ $D = (0, h),$ so $E = \left(0, \frac{h}{2}\right).$ Line $AC$ has slope $\frac{h}{100}$ and line $BE$ has slope $\frac{\frac{h}{2}}{-100} = -\frac{h}{200}.$ Perpendicularity gives $\frac{h}{100} \cdot \left(-\frac{h}{200}\right) = -1,$ so $h^2 = 20000$ and $h = 100\sqrt{2} \approx 141.42.$

The greatest integer less than $AD$ is $141.$

4.

一群孩子举行吃葡萄比赛。比赛结束时，冠军吃了 $n$ 颗葡萄，第 $k$ 名孩子吃了 $n + 2 - 2k$ 颗葡萄。比赛中吃掉的葡萄总数为 $2009$ 。求 $n$ 的最小可能值。

A group of children held a grape-eating contest. When the contest was over, the winner had eaten $n$ grapes, and the child in $k$ th place had eaten $n + 2 - 2k$ grapes. The total number of grapes eaten in the contest was $2009.$ Find the smallest possible value of $n.$

答案

答案：89

知识点：等差数列因数分类讨论

难度评级：2110

小提示：

若有 $c$ 个孩子，葡萄数构成等差数列，总数为 $c(n + 1 - c) = 2009 = 7^2 \cdot 41$

With $c$ children the grape counts are an arithmetic sequence, and the total is $c(n + 1 - c) = 2009 = 7^2 \cdot 41$

大提示：

最后一名孩子吃了 $n + 2 - 2c \ge 0$ 颗葡萄；检查 $2009$ 的哪些因数 $c$ 满足这个条件

The last-place child ate $n + 2 - 2c \ge 0$ grapes; check which divisors $c$ of $2009$ survive that condition

解答：

设共有 $c$ 个孩子。各人的葡萄数 $n$ 、 $n - 2$ 、 $\ldots$ 、 $n + 2 - 2c$ 构成等差数列，所以总数等于 $c$ 乘以首末两项的平均数： $\begin{aligned} &c \cdot \frac{n + (n + 2 - 2c)}{2} \\ &= c(n + 1 - c) \\ &= 2009 = 7^2 \cdot 41 \end{aligned}\text{。}$ 因此 $2009$ 能被 $c$ 整除，且 $n = \frac{2009}{c} + c - 1$ 。

最后一名孩子吃了 $n + 2 - 2c = \frac{2009}{c} + 1 - c \ge 0$ 颗葡萄，所以 $c(c - 1) \le 2009$ ，排除 $c = 49$ 、 $287$ 和 $2009$ 。剩余因数给出：当 $c = 1$ 时， $n = 2009$ ；当 $c = 7$ 时， $n = 287 + 6 = 293$ ；当 $c = 41$ 时， $n = 49 + 40 = 89$ 。

最小可能值为 $n = 89$ 。

Let $c$ be the number of children. The grape counts $n,$ $n - 2,$ $\ldots,$ $n + 2 - 2c$ form an arithmetic sequence, so the total is $c$ times the average of the first and last terms: $\begin{aligned} &c \cdot \frac{n + (n + 2 - 2c)}{2} \\ &= c(n + 1 - c) \\ &= 2009 = 7^2 \cdot 41. \end{aligned}$ Thus $2009$ is divisible by $c$ and $n = \frac{2009}{c} + c - 1.$

The last-place child ate $n + 2 - 2c = \frac{2009}{c} + 1 - c \ge 0$ grapes, which forces $c(c - 1) \le 2009,$ ruling out $c = 49,$ $287,$ and $2009.$ The remaining divisors give $n = 2009$ for $c = 1,$ $n = 287 + 6 = 293$ for $c = 7,$ and $n = 49 + 40 = 89$ for $c = 41.$

The smallest possible value is $n = 89.$

5.

等边三角形 $T$ 内接于半径为 $10$ 的圆 $A$ 。半径为 $3$ 的圆 $B$ 在 $T$ 的一个顶点处与圆 $A$ 内切。半径都为 $2$ 的圆 $C$ 和 $D$ 在 $T$ 的另外两个顶点处与圆 $A$ 内切。圆 $B$ 、 $C$ 、 $D$ 都与圆 $E$ 外切，该圆的半径为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Equilateral triangle $T$ is inscribed in circle $A,$ which has radius $10.$ Circle $B$ with radius $3$ is internally tangent to circle $A$ at one vertex of $T.$ Circles $C$ and $D,$ both with radius $2,$ are internally tangent to circle $A$ at the other two vertices of $T.$ Circles $B,$ $C,$ and $D$ are all externally tangent to circle $E,$ which has radius $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：32

知识点：相切圆坐标几何距离公式

难度评级：2450

小提示：

内切圆的圆心位于圆 $A$ 的半径上；把圆 $A$ 的圆心放在原点，并让半径为 $3$ 的顶点在上方

Centers of internally tangent circles lie along radii of circle $A;$ put the center of $A$ at the origin with the radius- $3$ vertex on top

大提示：

由对称性， $E$ 的圆心在竖直轴上。与 $B$ 相切使其高度为 $4 - r$ ；再用与 $C$ 相切得到关于 $r$ 的方程。

By symmetry $E$ ’s center is on the vertical axis. Tangency to $B$ puts it at height $4 - r;$ then tangency to $C$ gives an equation in $r.$

解答：

将圆 $A$ 的圆心放在原点，并取三角形顶点为 $(0, 10)$ 和 $\left(\pm 5\sqrt{3}, -5\right)$ 。在某个顶点处与 $A$ 内切的圆，其圆心在通向该顶点的半径上，所以圆 $B$ 的圆心为 $(0, 7)$ ，圆 $C$ 和 $D$ 的圆心为 $\left(\mp 4\sqrt{3}, -4\right)$ （它们到原点的距离为 $10 - 2 = 8$ ）。

由对称性，半径为 $r$ 的圆 $E$ 的圆心在 $y$ 轴上，设为 $(0, y)$ 。与 $B$ 外切给出 $7 - y = r + 3$ ，所以 $y = 4 - r$ 。与 $C$ 外切给出 $\begin{aligned} &\left(4\sqrt{3}\right)^2 \\ &\quad {}+ (4 - r + 4)^2 = (r + 2)^2 \end{aligned}\text{，}$ 即 $48 + (8 - r)^2 = (r + 2)^2$ ，化简为 $112 - 16r = 4r + 4$ ，所以 $r = \frac{27}{5}$ 。

因此 $m + n = 27 + 5 = 32$ 。

Place the center of circle $A$ at the origin with the triangle’s vertices at $(0, 10)$ and $\left(\pm 5\sqrt{3}, -5\right).$ A circle internally tangent to $A$ at a vertex has its center on the radius to that vertex, so circle $B$ has center $(0, 7)$ and circles $C$ and $D$ have centers $\left(\mp 4\sqrt{3}, -4\right)$ (at distance $10 - 2 = 8$ from the origin).

By symmetry the center of circle $E,$ of radius $r,$ lies on the $y$ -axis at $(0, y).$ External tangency to $B$ gives $7 - y = r + 3,$ so $y = 4 - r.$ External tangency to $C$ gives $\begin{aligned} &\left(4\sqrt{3}\right)^2 \\ &\quad {}+ (4 - r + 4)^2 = (r + 2)^2, \end{aligned}$ that is, $48 + (8 - r)^2 = (r + 2)^2,$ which simplifies to $112 - 16r = 4r + 4,$ so $r = \frac{27}{5}.$

Then $m + n = 27 + 5 = 32.$

6.

令 $m$ 为从前 $14$ 个自然数组成的集合中选出五元素子集的个数，要求这五个数中至少有两个连续。求 $m$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $m$ be the number of five-element subsets that can be chosen from the set of the first $14$ natural numbers so that at least two of the five numbers are consecutive. Find the remainder when $m$ is divided by $1000.$

答案

答案：750

知识点：补集计数双射子集

难度评级：2300

小提示：

计算补集：没有两个数连续的五元素子集

Count the complement: five-element subsets with no two consecutive numbers

大提示：

将按递增顺序排列的五个数分别减去 $0$ 、 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ ，可把 $\{1, \ldots, 14\}$ 中没有相邻数的子集对应到 $\{1, \ldots, 10\}$ 中的任意五元素子集

Subtracting $0,$ $1,$ $2,$ $3,$ $4$ from the five numbers in increasing order matches no-two-consecutive subsets of $\{1, \ldots, 14\}$ with arbitrary subsets of $\{1, \ldots, 10\}$

解答：

计算补集：设 $a_1 \lt a_2 \lt a_3 \lt a_4 \lt a_5$ 是没有两个连续数的子集。令 $b_i = a_i - (i - 1)$ ，则每个这样的子集对应到 $\{1, \ldots, 10\}$ 中五个不同的数 $b_1 \lt b_2 \lt \cdots \lt b_5$ ，且这个对应可逆，所以没有两个连续数的子集共有 $\binom{10}{5} = 252$ 个。

因此 $m = \binom{14}{5} - \binom{10}{5}$ $= 2002 - 252 = 1750$ ，除以 $1000$ 的余数为 $750$ 。

Count the complement: subsets $a_1 \lt a_2 \lt a_3 \lt a_4 \lt a_5$ with no two consecutive. Setting $b_i = a_i - (i - 1)$ turns each such subset into five distinct numbers $b_1 \lt b_2 \lt \cdots \lt b_5$ in $\{1, \ldots, 10\},$ and this map is reversible, so there are $\binom{10}{5} = 252$ subsets with no two consecutive numbers.

Therefore $m = \binom{14}{5} - \binom{10}{5}$ $= 2002 - 252 = 1750,$ and the remainder upon division by $1000$ is $750.$

7.

定义 $n!!$ 为 $n(n-2)(n-4)\cdots 3 \cdot 1$ （当 $n$ 为奇数时），以及 $n(n-2)(n-4)\cdots 4 \cdot 2$ （当 $n$ 为偶数时）。将 $\sum_{i=1}^{2009} \frac{(2i-1)!!}{(2i)!!}$ 化为最简分数后，它的分母为 $2^a b$ ，其中 $b$ 为奇数。求 $\frac{ab}{10}$ 。

Define $n!!$ to be $n(n-2)(n-4)\cdots 3 \cdot 1$ for $n$ odd and $n(n-2)(n-4)\cdots 4 \cdot 2$ for $n$ even. When $\sum_{i=1}^{2009} \frac{(2i-1)!!}{(2i)!!}$ is expressed as a fraction in lowest terms, its denominator is $2^a b$ with $b$ odd. Find $\frac{ab}{10}.$

答案

答案：401

知识点：阶乘勒让德公式整除性

难度评级：2840

小提示：

$(2i)!! = 2^i \cdot i!$ ，且由于 $\binom{2i}{i} = \frac{2^i (2i-1)!!}{i!}$ 是整数， $i!$ 的所有奇因子都会被 $(2i-1)!!$ 约去

$(2i)!! = 2^i \cdot i!,$ and since $\binom{2i}{i} = \frac{2^i (2i-1)!!}{i!}$ is an integer, all odd factors of $i!$ cancel into $(2i-1)!!$

大提示：

第 $i$ 项约分后的分母为 $2^{i + e_i}$ ，其中 $e_i$ 是 $i!$ 中 $2$ 的指数。这些指数严格递增，所以最后一项决定分母。

Term $i$ in lowest terms has denominator $2^{i + e_i},$ $e_i$ the exponent of $2$ in $i!.$ These strictly increase, so the last term controls.

解答：

第 $i$ 项为 $\frac{(2i-1)!!}{(2i)!!}$ ，其分子为奇数，且 $(2i)!! = 2^i \cdot i!$ 。因为 $\binom{2i}{i} = \frac{(2i)!}{i!\,i!} = \frac{2^i (2i-1)!!}{i!}$ 是整数，所以 $i!$ 中的每个奇素数幂也都整除 $(2i-1)!!$ 。因此第 $i$ 项化为最简分数后的分母恰为 $2^{a_i}$ ，其中 $a_i = i + e_i$ ，而 $e_i$ 是 $i!$ 中 $2$ 的指数。数列 $a_i$ 严格递增，所以通分到公分母 $2^{a_{2009}}$ 时，除了最后一项外，每一项都贡献偶数分子，而最后一项贡献奇数分子。因此总和的最简分母恰为 $2^{a_{2009}}$ ，所以 $b = 1$ 。

由勒让德公式， $\begin{aligned} e_{2009} &= 1004 + 502 + 251 \\ &\quad {}+ 125 + 62 + 31 + 15 \\ &\quad {}+ 7 + 3 + 1 \\ &= 2001 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $a = 2009 + 2001 = 4010$ 。因而 $\frac{ab}{10} = \frac{4010 \cdot 1}{10} = 401$ 。

The $i$ th term is $\frac{(2i-1)!!}{(2i)!!}$ with odd numerator, and $(2i)!! = 2^i \cdot i!.$ Because $\binom{2i}{i} = \frac{(2i)!}{i!\,i!} = \frac{2^i (2i-1)!!}{i!}$ is an integer, every odd prime power dividing $i!$ also divides $(2i-1)!!.$ Hence in lowest terms the $i$ th term has denominator exactly $2^{a_i}$ where $a_i = i + e_i$ and $e_i$ is the exponent of $2$ in $i!.$ The $a_i$ strictly increase, so over the common denominator $2^{a_{2009}}$ every term except the last contributes an even numerator while the last contributes an odd one. The sum in lowest terms therefore has denominator exactly $2^{a_{2009}},$ so $b = 1.$

By Legendre’s formula, $\begin{aligned} e_{2009} &= 1004 + 502 + 251 \\ &\quad {}+ 125 + 62 + 31 + 15 \\ &\quad {}+ 7 + 3 + 1 \\ &= 2001, \end{aligned}$ so $a = 2009 + 2001 = 4010.$ Then $\frac{ab}{10} = \frac{4010 \cdot 1}{10} = 401.$

8.

戴夫掷一枚公平六面骰，直到第一次出现六点为止。琳达独立地掷一枚公平六面骰，也直到第一次出现六点为止。设互质正整数 $m$ 和 $n$ 满足 $\frac{m}{n}$ 等于戴夫与琳达的掷骰次数相差不超过一的概率。求 $m + n$ 。

Dave rolls a fair six-sided die until a six appears for the first time. Independently, Linda rolls a fair six-sided die until a six appears for the first time. Let $m$ and $n$ be relatively prime positive integers such that $\frac{m}{n}$ is the probability that the number of times Dave rolls his die is equal to or within one of the number of times Linda rolls her die. Find $m + n.$

答案

答案：41

知识点：几何分布等比数列对称性

难度评级：2560

小提示：

第一次出现六点在第 $k$ 次的概率为 $p_k = \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{6}$

The chance the first six appears on roll $k$ is $p_k = \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{6}$

大提示：

平局概率计算 $\sum p_k^2$ ，相差一的概率计算 $\sum p_k p_{k+1}$ ；两者都是公比为 $\frac{25}{36}$ 的等比级数

Compute $\sum p_k^2$ for a tie and $\sum p_k p_{k+1}$ for a difference of one; both are geometric series with ratio $\frac{25}{36}$

解答：

某人的第一次六点出现在第 $k$ 次的概率为 $p_k = \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{6}$ 。两人次数相同的概率为 $\sum_{k=1}^{\infty} p_k^2 = \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{1 - \frac{25}{36}} = \frac{1}{11}\text{。}$

琳达恰好比戴夫多掷一次的概率为 $\sum_{k=1}^{\infty} p_k p_{k+1}$ $= \frac{5}{6} \sum_{k=1}^{\infty} p_k^2$ $= \frac{5}{66}$ ，由对称性，戴夫恰好比琳达多掷一次也有相同概率。

总概率为 $\frac{1}{11} + 2 \cdot \frac{5}{66} = \frac{6 + 10}{66} = \frac{8}{33}$ ，所以 $m + n = 8 + 33 = 41$ 。

The probability that a player’s first six appears on roll $k$ is $p_k = \left(\frac{5}{6}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{6}.$ The probability of a tie is $\sum_{k=1}^{\infty} p_k^2 = \frac{1}{36} \cdot \frac{1}{1 - \frac{25}{36}} = \frac{1}{11}.$

The probability that Linda needs exactly one more roll than Dave is $\sum_{k=1}^{\infty} p_k p_{k+1}$ $= \frac{5}{6} \sum_{k=1}^{\infty} p_k^2$ $= \frac{5}{66},$ and by symmetry the same holds with the players swapped.

The total probability is $\frac{1}{11} + 2 \cdot \frac{5}{66} = \frac{6 + 10}{66} = \frac{8}{33},$ so $m + n = 8 + 33 = 41.$

9.

令 $m$ 为方程 $4x + 3y + 2z = 2009$ 的正整数解个数，令 $n$ 为方程 $4x + 3y + 2z = 2000$ 的正整数解个数。求 $m - n$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $m$ be the number of solutions in positive integers to the equation $4x + 3y + 2z = 2009,$ and let $n$ be the number of solutions in positive integers to the equation $4x + 3y + 2z = 2000.$ Find the remainder when $m - n$ is divided by $1000.$

答案

答案：0

知识点：丢番图方程双射容斥原理

难度评级：2840

小提示：

每个变量减去 $1$ 可把 $2009$ 方程的正整数解对应到 $2000$ 方程的非负整数解，因为 $4 + 3 + 2 = 9$

Subtracting $1$ from each variable matches positive solutions of the $2009$ equation with nonnegative solutions of the $2000$ equation, since $4 + 3 + 2 = 9$

大提示：

所以 $m - n$ 统计 $4x + 3y + 2z = 2000$ 的非负整数解中至少有一个变量为 $0$ 的解。分三种情形计数，再修正重复计数。

So $m - n$ counts nonnegative solutions of $4x + 3y + 2z = 2000$ in which some variable is $0.$ Count the three cases and correct for double counting.

解答：

若 $(x, y, z)$ 是 $4x + 3y + 2z = 2009$ 的正整数解，则 $(x - 1, y - 1, z - 1)$ 是 $4x + 3y + 2z = 2000$ 的非负整数解，反之亦然，因为 $4 + 3 + 2 = 9$ 。因此 $m$ 等于 $4x + 3y + 2z = 2000$ 的非负整数解个数，而 $m - n$ 统计该方程中至少有一个变量为 $0$ 的非负整数解。

若 $x = 0$ ，则 $3y + 2z = 2000$ ，这要求 $y$ 为偶数，且 $0 \le y \le 666$ ，得 $334$ 个解。若 $y = 0$ ，则 $2x + z = 1000$ ，其中 $0 \le x \le 500$ ，得 $501$ 个解。若 $z = 0$ ，则 $4x + 3y = 2000$ ，这要求 $y \equiv 0 \pmod 4$ ，且 $0 \le y \le 664$ ，得 $167$ 个解。解 $(0, 0, 1000)$ 和 $(500, 0, 0)$ 各被重复计数一次，所以 $\begin{aligned} m - n &= 334 + 501 + 167 - 2 \\ &= 1000 \end{aligned}\text{。}$

除以 $1000$ 的余数为 $0$ 。

If $(x, y, z)$ is a positive solution of $4x + 3y + 2z = 2009,$ then $(x - 1, y - 1, z - 1)$ is a nonnegative solution of $4x + 3y + 2z = 2000,$ and conversely, since $4 + 3 + 2 = 9.$ So $m$ equals the number of nonnegative solutions of $4x + 3y + 2z = 2000,$ and $m - n$ counts the nonnegative solutions of that equation in which at least one variable is $0.$

If $x = 0:$ $3y + 2z = 2000$ forces $y$ even, $0 \le y \le 666,$ giving $334$ solutions. If $y = 0:$ $2x + z = 1000$ with $0 \le x \le 500$ gives $501.$ If $z = 0:$ $4x + 3y = 2000$ forces $y \equiv 0 \pmod 4,$ $0 \le y \le 664,$ giving $167.$ The solutions $(0, 0, 1000)$ and $(500, 0, 0)$ are each counted twice, so $\begin{aligned} m - n &= 334 + 501 + 167 - 2 \\ &= 1000. \end{aligned}$

The remainder upon division by $1000$ is $0.$

10.

四座灯塔位于点 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 和 $D$ 。 $A$ 处的灯塔距 $B$ 处灯塔 $5$ 千米， $B$ 处灯塔距 $C$ 处灯塔 $12$ 千米， $A$ 处灯塔距 $C$ 处灯塔 $13$ 千米。对位于 $A$ 的观察者而言，由 $B$ 与 $D$ 的灯光确定的角等于由 $C$ 与 $D$ 的灯光确定的角。对位于 $C$ 的观察者而言，由 $A$ 与 $B$ 的灯光确定的角等于由 $D$ 与 $B$ 的灯光确定的角。从 $A$ 到 $D$ 的距离为 $\frac{p\sqrt{r}}{q}$ ，其中 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 是互质正整数，且 $r$ 不被任何素数的平方整除。求 $p + q + r$ 。

Four lighthouses are located at points $A,$ $B,$ $C,$ and $D.$ The lighthouse at $A$ is $5$ kilometers from the lighthouse at $B,$ the lighthouse at $B$ is $12$ kilometers from the lighthouse at $C,$ and the lighthouse at $A$ is $13$ kilometers from the lighthouse at $C.$ To an observer at $A,$ the angle determined by the lights at $B$ and $D$ and the angle determined by the lights at $C$ and $D$ are equal. To an observer at $C,$ the angle determined by the lights at $A$ and $B$ and the angle determined by the lights at $D$ and $B$ are equal. The number of kilometers from $A$ to $D$ is given by $\frac{p\sqrt{r}}{q},$ where $p,$ $q,$ and $r$ are relatively prime positive integers, and $r$ is not divisible by the square of any prime. Find $p + q + r.$

答案

答案：96

知识点：角平分线坐标几何三角恒等式

难度评级：2990

小提示：

三角形在 $B$ 处为直角。条件说明 $AD$ 平分角 $BAC$ ，且 $CB$ 平分角 $ACD$ 。

The triangle is right-angled at $B.$ The conditions say $AD$ bisects angle $BAC$ and $CB$ bisects angle $ACD.$

大提示：

取 $A = (0,0)$ 、 $B = (5,0)$ 、 $C = (5,12)$ ：射线 $CD$ 是射线 $CA$ 关于竖直线 $CB$ 的镜像，所以它经过 $(10, 0)$ ，且 $\tan\frac{\angle BAC}{2} = \frac{2}{3}$

With $A = (0,0),$ $B = (5,0),$ $C = (5,12):$ ray $CD$ is the mirror of ray $CA$ over the vertical line $CB,$ so it hits $(10, 0),$ and $\tan\frac{\angle BAC}{2} = \frac{2}{3}$

解答：

因为 $5^2 + 12^2 = 13^2$ ，角 $B$ 为直角。取 $A = (0, 0)$ 、 $B = (5, 0)$ 、 $C = (5, 12)$ 。点 $A$ 处的条件说明 $\angle BAD = \angle CAD$ ，所以 $D$ 在角 $BAC$ 的角平分线上。由半角公式和 $\tan \angle BAC = \frac{12}{5}$ ， $\begin{aligned} \tan \frac{\angle BAC}{2} &= \frac{\sin \angle BAC}{1 + \cos \angle BAC} \\ &= \frac{\frac{12}{13}}{1 + \frac{5}{13}} = \frac{2}{3} \end{aligned}\text{，}$ 因此 $D$ 在直线 $y = \frac{2}{3}x$ 上。

点 $C$ 处的条件说明 $CB$ 平分角 $ACD$ ，所以射线 $CD$ 是射线 $CA$ 关于直线 $CB$ 的反射，而这条直线是竖直线 $x = 5$ 。点 $A$ 的反射点为 $(10, 0)$ ，所以 $D$ 在过 $C = (5, 12)$ 和 $(10, 0)$ 的直线上，即 $5y = 120 - 12x$ 。

解 $y = \frac{2}{3}x$ 与 $5y = 120 - 12x$ ，得 $x = \frac{180}{23}$ 、 $y = \frac{120}{23}$ 。因此 $AD = \frac{60}{23}\sqrt{3^2 + 2^2} = \frac{60\sqrt{13}}{23}\text{，}$ 所以 $p + q + r = 60 + 23 + 13 = 96$ 。

Since $5^2 + 12^2 = 13^2,$ angle $B$ is right. Place $A = (0, 0),$ $B = (5, 0),$ $C = (5, 12).$ The condition at $A$ says $\angle BAD = \angle CAD,$ so $D$ lies on the bisector of angle $BAC.$ Using the half-angle formula with $\tan \angle BAC = \frac{12}{5},$ $\begin{aligned} \tan \frac{\angle BAC}{2} &= \frac{\sin \angle BAC}{1 + \cos \angle BAC} \\ &= \frac{\frac{12}{13}}{1 + \frac{5}{13}} = \frac{2}{3}, \end{aligned}$ so $D$ lies on the line $y = \frac{2}{3}x.$

The condition at $C$ says $CB$ bisects angle $ACD,$ so ray $CD$ is the reflection of ray $CA$ over line $CB,$ which is the vertical line $x = 5.$ The reflection of $A$ is $(10, 0),$ so $D$ lies on the line through $C = (5, 12)$ and $(10, 0),$ namely $5y = 120 - 12x.$

Solving $y = \frac{2}{3}x$ and $5y = 120 - 12x$ gives $x = \frac{180}{23},$ $y = \frac{120}{23}.$ Then $AD = \frac{60}{23}\sqrt{3^2 + 2^2} = \frac{60\sqrt{13}}{23},$ so $p + q + r = 60 + 23 + 13 = 96.$

11.

对于某些满足 $m \ge n$ 的正整数对 $(m, n)$ ，恰有 $50$ 个不同的正整数 $k$ 满足 $|\log m - \log k| \lt \log n$ 。求所有可能的乘积 $mn$ 的和。

For certain pairs $(m, n)$ of positive integers with $m \ge n$ there are exactly $50$ distinct positive integers $k$ such that $|\log m - \log k| \lt \log n.$ Find the sum of all possible values of the product $mn.$

答案

答案：125

知识点：对数区间内整数计数分类讨论

难度评级：2990

小提示：

这个不等式等价于 $\frac{m}{n} \lt k \lt mn$

The inequality says exactly that $\frac{m}{n} \lt k \lt mn$

大提示：

写 $m = nq + r$ ，其中 $0 \le r \lt n$ ；这样的 $k$ 的个数为 $mn - q - 1 = 50$ ，所以 $q(n^2 - 1) + nr = 51$ ，只剩少数情况

Write $m = nq + r$ with $0 \le r \lt n;$ the count of such $k$ is $mn - q - 1 = 50,$ so $q(n^2 - 1) + nr = 51$ leaves only a few cases

解答：

不等式 $|\log m - \log k| \lt \log n$ 等价于 $\frac{m}{n} \lt k \lt mn$ 。写 $m = nq + r$ ，其中 $0 \le r \lt n$ ；因为 $m \ge n \ge 2$ （若 $n = 1$ ，没有 $k$ 满足），所以 $q \ge 1$ 。区间中的整数 $k$ 为 $q + 1$ 、 $q + 2$ 、 $\ldots$ 、 $mn - 1$ ，共 $mn - q - 1 = 50$ 个，也就是 $mn - q = 51$ ，或 $q(n^2 - 1) + nr = 51\text{。}$

当 $n \ge 8$ 时，左边至少为 $63$ ，所以 $2 \le n \le 7$ 。逐一检查可知，只有 $n = 2$ 、 $r = 0$ 、 $q = 17$ （于是 $m = 34$ ）以及 $n = 3$ 、 $r = 1$ 、 $q = 6$ （于是 $m = 19$ ）可行。它们给出 $mn = 68$ 和 $mn = 57$ ；的确， $17 \lt k \lt 68$ 与 $\frac{19}{3} \lt k \lt 57$ 各含恰好 $50$ 个整数。

所有可能的 $mn$ 之和为 $68 + 57 = 125$ 。

The inequality $|\log m - \log k| \lt \log n$ is equivalent to $\frac{m}{n} \lt k \lt mn.$ Write $m = nq + r$ with $0 \le r \lt n;$ since $m \ge n \ge 2$ (for $n = 1$ no $k$ works), $q \ge 1.$ The integers $k$ in the interval are $q + 1,$ $q + 2,$ $\ldots,$ $mn - 1,$ so there are $mn - q - 1 = 50$ of them, that is, $mn - q = 51,$ or $q(n^2 - 1) + nr = 51.$

For $n \ge 8$ the left side is at least $63,$ so $2 \le n \le 7.$ Checking each case, only $n = 2,$ $r = 0,$ $q = 17$ (so $m = 34$ ) and $n = 3,$ $r = 1,$ $q = 6$ (so $m = 19$ ) work. These give $mn = 68$ and $mn = 57;$ indeed $17 \lt k \lt 68$ and $\frac{19}{3} \lt k \lt 57$ each contain exactly $50$ integers.

The sum of all possible values of $mn$ is $68 + 57 = 125.$

12.

从整数集合 $\{1, 2, 3, \ldots, 2009\}$ 中选出 $k$ 个数对 $\{a_i, b_i\}$ ，满足 $a_i \lt b_i$ ，且任意两个数对没有公共元素。已知所有和 $a_i + b_i$ 互不相同，并且都不超过 $2009$ 。求 $k$ 的最大可能值。

From the set of integers $\{1, 2, 3, \ldots, 2009\},$ choose $k$ pairs $\{a_i, b_i\}$ with $a_i \lt b_i$ so that no two pairs have a common element. Suppose that all the sums $a_i + b_i$ are distinct and less than or equal to $2009.$ Find the maximum possible value of $k.$

答案

答案：803

知识点：双重计数极端原理

难度评级：3060

小提示：

用两种方法估计所有 $k$ 个和的总和：这 $2k$ 个元素互不相同，所以总和至少为 $1 + 2 + \cdots + 2k$

Add up all $k$ sums in two ways: the $2k$ elements are distinct, so the total is at least $1 + 2 + \cdots + 2k$

大提示：

这 $k$ 个和是互不相同且至多为 $2009$ 的整数，所以总和至多为 $2009 + 2008 + \cdots$ 。比较上下界，再构造达到该 $k$ 的配对。

The $k$ sums are distinct integers at most $2009,$ so the total is at most $2009 + 2008 + \cdots.$ Compare the bounds, then build a pairing that achieves the resulting $k.$

解答：

令 $S = \sum_{i=1}^{k} (a_i + b_i)$ 。选出的 $2k$ 个元素是互不相同的正整数，所以 $S \ge 1 + 2 + \cdots + 2k$ $= k(2k + 1)$ 。这 $k$ 个和是互不相同且至多为 $2009$ 的整数，因而 $S \le 2009 + 2008 + \cdots$ ${}+ (2010 - k)$ $= \frac{k(4019 - k)}{2}$ 。合并可得 $\begin{aligned} &k(2k + 1) \le \frac{k(4019 - k)}{2} \\ &\implies 4k + 2 \le 4019 - k \\ &\implies k \le \frac{4017}{5} = 803.4 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $k \le 803$ 。

为达到 $k = 803$ ，取数对 $(i,\, 1206 + i)$ ，其中 $1 \le i \le 401$ ，它们的和为偶数 $1208$ 、 $1210$ 、 $\ldots$ 、 $2008$ ，再取数对 $(a,\, a + 403)$ ，其中 $402 \le a \le 803$ ，它们的和为奇数 $1207$ 、 $1209$ 、 $\ldots$ 、 $2009$ 。用到的元素为 $1$ 到 $803$ ，以及 $805$ 到 $1607$ ，没有重复，并且所有 $803$ 个和互不相同且不超过 $2009$ 。

最大值为 $k = 803$ 。

Let $S = \sum_{i=1}^{k} (a_i + b_i).$ The $2k$ chosen elements are distinct positive integers, so $S \ge 1 + 2 + \cdots + 2k$ $= k(2k + 1).$ The $k$ sums are distinct integers at most $2009,$ so $S \le 2009 + 2008 + \cdots$ ${}+ (2010 - k)$ $= \frac{k(4019 - k)}{2}.$ Combining, $\begin{aligned} &k(2k + 1) \le \frac{k(4019 - k)}{2} \\ &\implies 4k + 2 \le 4019 - k \\ &\implies k \le \frac{4017}{5} = 803.4, \end{aligned}$ so $k \le 803.$

To achieve $k = 803,$ take the pairs $(i,\, 1206 + i)$ for $1 \le i \le 401,$ whose sums are the even numbers $1208,$ $1210,$ $\ldots,$ $2008,$ together with the pairs $(a,\, a + 403)$ for $402 \le a \le 803,$ whose sums are the odd numbers $1207,$ $1209,$ $\ldots,$ $2009.$ The elements used are $1$ – $803,$ $805$ – $1607$ with no repeats, and all $803$ sums are distinct and at most $2009.$

The maximum is $k = 803.$

13.

设 $A$ 和 $B$ 是半径为 $2$ 的半圆弧的两个端点。六个等距点 $C_1$ 、 $C_2$ 、 $\ldots$ 、 $C_6$ 将该半圆弧分成七段全等的弧。画出所有形如 $\overline{AC_i}$ 或 $\overline{BC_i}$ 的弦。令 $n$ 为这十二条弦长的乘积。求 $n$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $A$ and $B$ be the endpoints of a semicircular arc of radius $2.$ The arc is divided into seven congruent arcs by six equally spaced points $C_1,$ $C_2,$ $\ldots,$ $C_6.$ All chords of the form $\overline{AC_i}$ or $\overline{BC_i}$ are drawn. Let $n$ be the product of the lengths of these twelve chords. Find the remainder when $n$ is divided by $1000.$

答案

答案：672

知识点：单位根复数弦

难度评级：3160

小提示：

在复平面中表示圆，取 $A = -2$ 、 $B = 2$ ，且 $C_i = 2\omega^i$ ，其中 $\omega = e^{\frac{\pi \mathrm{i}}{7}}$

Model the circle in the complex plane with $A = -2,$ $B = 2,$ and $C_i = 2\omega^i$ where $\omega = e^{\frac{\pi \mathrm{i}}{7}}$

大提示：

$AC_i \cdot BC_i = 4\,|\omega^{2i} - 1|$ ，且 $\omega^{2i}$ 正好是非平凡的 $7$ 次单位根；它们到 $1$ 的距离乘积为 $7$

$AC_i \cdot BC_i = 4\,|\omega^{2i} - 1|,$ and the $\omega^{2i}$ are exactly the nontrivial $7$ th roots of unity, whose product of distances to $1$ is $7$

解答：

在复平面中放置该圆，圆心为 $0$ ，取 $A = -2$ 、 $B = 2$ ，且对 $i = 1, \ldots, 6$ ，令 $C_i = 2\omega^i$ ，其中 $\omega = e^{\frac{\pi \mathrm{i}}{7}}$ 。则 $AC_i = 2\,|\omega^i + 1|$ ， $BC_i = 2\,|\omega^i - 1|$ ，所以 $AC_i \cdot BC_i = 4\,\bigl|\omega^{2i} - 1\bigr|\text{。}$

当 $i$ 取 $1, \ldots, 6$ 时， $\omega^{2i}$ 遍历所有六个非平凡的 $7$ 次单位根。令 $\zeta = \omega^2$ 。由于 $\prod_{j=1}^{6} (x - \zeta^j)$ $= 1 + x + \cdots + x^6$ ，代入 $x = 1$ 得 $\prod_{j=1}^{6} \bigl|1 - \zeta^j\bigr| = 7$ 。因此 $\begin{aligned} n &= \prod_{i=1}^{6} 4\,\bigl|\omega^{2i} - 1\bigr| \\ &= 4^6 \cdot 7 = 28672 \end{aligned}\text{。}$

$n$ 除以 $1000$ 的余数为 $672$ 。

Put the circle in the complex plane with center $0,$ $A = -2,$ $B = 2,$ and $C_i = 2\omega^i$ for $i = 1, \ldots, 6,$ where $\omega = e^{\frac{\pi \mathrm{i}}{7}}.$ Then $AC_i = 2\,|\omega^i + 1|$ and $BC_i = 2\,|\omega^i - 1|,$ so $AC_i \cdot BC_i = 4\,\bigl|\omega^{2i} - 1\bigr|.$

As $i$ runs over $1, \ldots, 6,$ the numbers $\omega^{2i}$ run over all six nontrivial $7$ th roots of unity. Let $\zeta = \omega^2.$ Since $\prod_{j=1}^{6} (x - \zeta^j)$ $= 1 + x + \cdots + x^6,$ plugging in $x = 1$ gives $\prod_{j=1}^{6} \bigl|1 - \zeta^j\bigr| = 7.$ Therefore $\begin{aligned} n &= \prod_{i=1}^{6} 4\,\bigl|\omega^{2i} - 1\bigr| \\ &= 4^6 \cdot 7 = 28672. \end{aligned}$

The remainder when $n$ is divided by $1000$ is $672.$

14.

数列 $(a_n)$ 满足 $a_0 = 0$ ，且当 $n \ge 0$ 时， $a_{n+1} = \frac{8}{5}a_n + \frac{6}{5}\sqrt{4^n - a_n^2}$ 。求小于或等于 $a_{10}$ 的最大整数。

The sequence $(a_n)$ satisfies $a_0 = 0$ and $a_{n+1} = \frac{8}{5}a_n + \frac{6}{5}\sqrt{4^n - a_n^2}$ for $n \ge 0.$ Find the greatest integer less than or equal to $a_{10}.$

答案

答案：983

知识点：递推三角恒等式换元法

难度评级：3160

小提示：

尝试 $a_n = 2^n \sin\theta_n$ ，则 $\sqrt{4^n - a_n^2} = 2^n\,|\cos\theta_n|$ ，递推式可用正弦的和角公式表示，其中 $\theta = \arcsin\frac{3}{5}$

Try $a_n = 2^n \sin\theta_n:$ then $\sqrt{4^n - a_n^2} = 2^n\,|\cos\theta_n|$ and the recursion is angle addition with $\theta = \arcsin\frac{3}{5}$

大提示：

因为 $30^\circ \lt \theta \lt 45^\circ$ ，角会先升到 $3\theta$ ，此时余弦为负，之后在 $2\theta$ 与 $3\theta$ 之间交替

Since $30^\circ \lt \theta \lt 45^\circ,$ the angle climbs to $3\theta,$ whose cosine is negative, and then oscillates between $2\theta$ and $3\theta$

解答：

写 $a_n = 2^n \sin\theta_n$ ，其中 $\theta_0 = 0$ ，则 $\sqrt{4^n - a_n^2} = 2^n\,|\cos\theta_n|$ 。令 $\theta = \arcsin\frac{3}{5}$ ，所以 $\cos\theta = \frac{4}{5}$ 。递推式变为 $\begin{aligned} &a_{n+1} \\ &= 2^{n+1} \\ &\quad {}\cdot \left(\cos\theta \sin\theta_n + \sin\theta\,|\cos\theta_n|\right) \\ &= 2^{n+1}\sin(\theta_n \pm \theta) \end{aligned}\text{，}$ 当 $\cos\theta_n \ge 0$ 时取加号，当 $\cos\theta_n \lt 0$ 时取减号。

因为 $\frac{1}{2} \lt \frac{3}{5} \lt \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，所以 $30^\circ \lt \theta \lt 45^\circ$ 。角 $\theta$ 、 $2\theta$ 的余弦为正，所以角的序列为 $0$ 、 $\theta$ 、 $2\theta$ 、 $3\theta$ 。但 $90^\circ \lt 3\theta \lt 135^\circ$ 的余弦为负，所以 $\theta_4 = 2\theta$ ，此后角在 $3\theta$ 与 $2\theta$ 之间交替。特别地，对每个偶数 $n \ge 2$ 都有 $\theta_n = 2\theta$ 。

因为 $\sin 2\theta = 2 \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{24}{25}$ ， $\begin{aligned} a_{10} &= 2^{10} \sin 2\theta \\ &= 1024 \cdot \frac{24}{25} \\ &= \frac{24576}{25} = 983.04 \end{aligned}\text{，}$ 所以答案为 $983$ 。

Write $a_n = 2^n \sin\theta_n$ with $\theta_0 = 0,$ so $\sqrt{4^n - a_n^2} = 2^n\,|\cos\theta_n|.$ Let $\theta = \arcsin\frac{3}{5},$ so $\cos\theta = \frac{4}{5}.$ The recursion becomes $\begin{aligned} &a_{n+1} \\ &= 2^{n+1} \\ &\quad {}\cdot \left(\cos\theta \sin\theta_n + \sin\theta\,|\cos\theta_n|\right) \\ &= 2^{n+1}\sin(\theta_n \pm \theta), \end{aligned}$ with the plus sign when $\cos\theta_n \ge 0$ and the minus sign when $\cos\theta_n \lt 0.$

Since $\frac{1}{2} \lt \frac{3}{5} \lt \frac{\sqrt{2}}{2},$ we have $30^\circ \lt \theta \lt 45^\circ.$ The angles $\theta,$ $2\theta$ have positive cosine, so the sequence of angles runs $0,$ $\theta,$ $2\theta,$ $3\theta.$ But $90^\circ \lt 3\theta \lt 135^\circ$ has negative cosine, so $\theta_4 = 2\theta,$ and from then on the angle alternates between $3\theta$ and $2\theta.$ In particular $\theta_n = 2\theta$ for every even $n \ge 2.$

With $\sin 2\theta = 2 \cdot \frac{3}{5} \cdot \frac{4}{5} = \frac{24}{25},$ $\begin{aligned} a_{10} &= 2^{10} \sin 2\theta \\ &= 1024 \cdot \frac{24}{25} \\ &= \frac{24576}{25} = 983.04, \end{aligned}$ so the answer is $983.$

15.

令 $\overline{MN}$ 为一个直径为 $1$ 的圆的一条直径。点 $A$ 和 $B$ 位于由 $\overline{MN}$ 确定的一个半圆弧上，其中 $A$ 是该半圆弧的中点，且 $MB = \frac{3}{5}$ 。点 $C$ 位于另一条半圆弧上。令 $d$ 为如下线段的长度：其端点分别是直径 $\overline{MN}$ 与弦 $\overline{AC}$ 和 $\overline{BC}$ 的交点。 $d$ 的最大可能值可写成 $r - s\sqrt{t}$ 的形式，其中 $r$ 、 $s$ 、 $t$ 是正整数，且 $t$ 不被任何素数的平方整除。求 $r + s + t$ 。

Let $\overline{MN}$ be a diameter of a circle with diameter $1.$ Let $A$ and $B$ be points on one of the semicircular arcs determined by $\overline{MN}$ such that $A$ is the midpoint of the semicircle and $MB = \frac{3}{5}.$ Point $C$ lies on the other semicircular arc. Let $d$ be the length of the line segment whose endpoints are the intersections of diameter $\overline{MN}$ with the chords $\overline{AC}$ and $\overline{BC}.$ The largest possible value of $d$ can be written in the form $r - s\sqrt{t},$ where $r,$ $s,$ and $t$ are positive integers and $t$ is not divisible by the square of any prime. Find $r + s + t.$

答案

答案：14

知识点：圆内接四边形面积比算术-几何平均不等式最优化

难度评级：3370

小提示：

若弦 $BC$ 与 $MN$ 交于 $P$ ，则 $\frac{MP}{PN} = \frac{[BMC]}{[BNC]} = \frac{BM \cdot MC}{BN \cdot NC}$ ，因为角 $BMC$ 和 $BNC$ 互补

If chord $BC$ meets $MN$ at $P,$ then $\frac{MP}{PN} = \frac{[BMC]}{[BNC]} = \frac{BM \cdot MC}{BN \cdot NC},$ since angles $BMC$ and $BNC$ are supplementary

大提示：

令 $x = \frac{CM}{CN}$ 可得到长度 $d = \frac{x}{3x^2 + 7x + 4}$ ；用算术平均值与几何平均值不等式最小化 $3x + \frac{4}{x}$

With $x = \frac{CM}{CN},$ the length works out to $d = \frac{x}{3x^2 + 7x + 4};$ minimize $3x + \frac{4}{x}$ by AM-GM

解答：

设弦 $BC$ 和 $AC$ 分别与 $\overline{MN}$ 交于 $P$ 和 $Q$ ，并令 $x = \frac{CM}{CN}$ 。因为 $\angle MBN = 90^\circ$ （半圆所对的圆周角），且 $MB = \frac{3}{5}$ ，所以 $BN = \frac{4}{5}$ ；又有 $AM = AN = \frac{\sqrt{2}}{2}$ 。由于 $P$ 同时在 $MN$ 和 $BC$ 上，比值 $\frac{MP}{PN}$ 等于 $M$ 和 $N$ 到直线 $BC$ 的距离之比，也就是 $\frac{[BMC]}{[BNC]}$ 。在圆内接四边形 $MBNC$ 中，角 $BMC$ 和 $BNC$ 互补，所以它们的正弦相等，并且 $\begin{aligned} \frac{MP}{PN} &= \frac{BM \cdot MC}{BN \cdot NC} = \frac{3x}{4}, \\ \frac{MQ}{QN} &= \frac{AM \cdot MC}{AN \cdot NC} = x \end{aligned}\text{。}$

因为 $MN = 1$ ，由此得到 $MP = \frac{3x}{3x + 4}$ 和 $MQ = \frac{x}{x + 1}$ ，所以 $\begin{aligned} &d = MQ - MP \\ &= \frac{x}{x + 1} - \frac{3x}{3x + 4} \\ &= \frac{x}{3x^2 + 7x + 4} \\ &= \frac{1}{3x + \frac{4}{x} + 7} \end{aligned}\text{。}$

当 $C$ 在另一条半圆弧上变化时， $x$ 取遍所有正值。由算术平均值与几何平均值不等式， $3x + \frac{4}{x} \ge 2\sqrt{12} = 4\sqrt{3}$ ，等号在 $x = \frac{2}{\sqrt{3}}$ 时成立。因此 $d$ 的最大值为 $\frac{1}{7 + 4\sqrt{3}} = 7 - 4\sqrt{3}\text{，}$ 因为 $(7 + 4\sqrt{3})(7 - 4\sqrt{3}) = 1$ 。所以 $r + s + t = 7 + 4 + 3 = 14$ 。

Let chords $BC$ and $AC$ meet $\overline{MN}$ at $P$ and $Q,$ and set $x = \frac{CM}{CN}.$ Since $\angle MBN = 90^\circ$ (angle in a semicircle) and $MB = \frac{3}{5},$ we get $BN = \frac{4}{5};$ also $AM = AN = \frac{\sqrt{2}}{2}.$ Because $P$ lies on both $MN$ and $BC,$ the ratio $\frac{MP}{PN}$ equals the ratio of the distances from $M$ and $N$ to line $BC,$ i.e. $\frac{[BMC]}{[BNC]}.$ In cyclic quadrilateral $MBNC$ the angles $BMC$ and $BNC$ are supplementary, so their sines are equal and $\begin{aligned} \frac{MP}{PN} &= \frac{BM \cdot MC}{BN \cdot NC} = \frac{3x}{4}, \\ \frac{MQ}{QN} &= \frac{AM \cdot MC}{AN \cdot NC} = x. \end{aligned}$

Since $MN = 1,$ these give $MP = \frac{3x}{3x + 4}$ and $MQ = \frac{x}{x + 1},$ so $\begin{aligned} &d = MQ - MP \\ &= \frac{x}{x + 1} - \frac{3x}{3x + 4} \\ &= \frac{x}{3x^2 + 7x + 4} \\ &= \frac{1}{3x + \frac{4}{x} + 7}. \end{aligned}$

As $C$ ranges over the far semicircle, $x$ takes every positive value. By AM-GM, $3x + \frac{4}{x} \ge 2\sqrt{12} = 4\sqrt{3},$ with equality at $x = \frac{2}{\sqrt{3}}.$ Hence the largest value of $d$ is $\frac{1}{7 + 4\sqrt{3}} = 7 - 4\sqrt{3},$ since $(7 + 4\sqrt{3})(7 - 4\sqrt{3}) = 1.$ Then $r + s + t = 7 + 4 + 3 = 14.$