2010 AIME I 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

Maya 列出 $2010^2$ 的所有正因数。然后她从这个列表中随机选出两个不同的因数。设 $p$ 为所选两个因数中恰有一个是完全平方数的概率。概率 $p$ 可表示为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Maya lists all the positive divisors of $2010^2.$ She then randomly selects two distinct divisors from this list. Let $p$ be the probability that exactly one of the selected divisors is a perfect square. The probability $p$ can be expressed in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：107

知识点：因数个数完全平方数基本概率

难度评级：2110

小提示：

分解 $2010^2 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot 67^2$ ：它有 $3^4 = 81$ 个因数

Factor $2010^2 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot 67^2:$ it has $3^4 = 81$ divisors

大提示：

一个因数是完全平方数当且仅当四个指数全为偶数，所以有 $2^4 = 16$ 个因数是平方数。再数一平方一非平方的配对数。

A divisor is a perfect square exactly when all four exponents are even, so $2^4 = 16$ of the divisors are squares. Count pairs using one square and one non-square.

解答：

因为 $2010^2 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot 67^2$ ，所以它有 $(2 + 1)^4 = 81$ 个正因数。一个因数是完全平方数当且仅当它的四个指数都为 $0$ 或 $2$ ，因此有 $2^4 = 16$ 个完全平方数，另有 $81 - 16 = 65$ 个非平方数。

选到两类各一个的概率为 $p = \frac{16 \cdot 65}{\binom{81}{2}} = \frac{1040}{3240} = \frac{26}{81}\text{，}$ 所以 $m + n = 26 + 81 = 107$ 。

Since $2010^2 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot 67^2,$ it has $(2 + 1)^4 = 81$ positive divisors. A divisor is a perfect square exactly when each of its four exponents is $0$ or $2,$ giving $2^4 = 16$ perfect squares and $81 - 16 = 65$ non-squares.

The probability of picking one of each is $p = \frac{16 \cdot 65}{\binom{81}{2}} = \frac{1040}{3240} = \frac{26}{81},$ so $m + n = 26 + 81 = 107.$

2.

求 $9 \cdot 99 \cdot 999 \cdot \cdots \cdot \underbrace{99\ldots9}_{\text{999 个 9}}$ 除以 $1000$ 的余数。

Find the remainder when $9 \cdot 99 \cdot 999 \cdot \cdots \cdot \underbrace{99\ldots9}_{\text{999 nines}}$ is divided by $1000.$

答案

答案：109

知识点：模运算找规律

难度评级：1950

小提示：

从第三个因子开始，每个因子末尾至少有三个 $9$ ，所以它 $\equiv -1 \pmod{1000}$

Every factor from the third one on ends in at least three $9$ s, so it is $\equiv -1 \pmod{1000}$

大提示：

数一数有多少个因子 $\equiv -1 \pmod{1000}$ ，并判断这个个数的奇偶；剩下只需计算 $9 \cdot 99$

Count how many factors are $\equiv -1 \pmod{1000}$ and check whether that count is odd or even; only $9 \cdot 99$ remains to compute

解答：

在模 $1000$ 下计算。从第三个因子开始，每个因子末尾至少有三个 $9$ ，所以每个都 $\equiv -1 \pmod{1000}$ 。一共有 $999$ 个因子，因此其中 $997$ 个 $\equiv -1$ 。

所以乘积满足 $\begin{aligned} &\equiv 9 \cdot 99 \cdot (-1)^{997} \\ &\equiv -891 \equiv 109 \pmod{1000} \end{aligned}\text{，}$ 因此余数是 $109$ 。

Work modulo $1000.$ Every factor from the third one on ends in at least three $9$ s, so each is $\equiv -1 \pmod{1000}.$ There are $999$ factors in all, hence $997$ of them are $\equiv -1.$

The product is therefore $\begin{aligned} &\equiv 9 \cdot 99 \cdot (-1)^{997} \\ &\equiv -891 \equiv 109 \pmod{1000}, \end{aligned}$ so the remainder is $109.$

3.

假设 $y = \frac{3}{4}x$ 且 $x^y = y^x$ 。量 $x + y$ 可表示为有理数 $\frac{r}{s}$ ，其中 $r$ 和 $s$ 是互质的正整数。求 $r + s$ 。

Suppose that $y = \frac{3}{4}x$ and $x^y = y^x.$ The quantity $x + y$ can be expressed as a rational number $\frac{r}{s},$ where $r$ and $s$ are relatively prime positive integers. Find $r + s.$

答案

答案：529

知识点：指数换元法

难度评级：2230

小提示：

将 $y = \frac{3}{4}x$ 代入 $x^y = y^x$ ，再对两边取 $x$ 次方根

Substitute $y = \frac{3}{4}x$ into $x^y = y^x$ and take $x$ th roots of both sides

大提示：

方程变为 $x^{\frac{3}{4}} = \frac{3}{4}x$ ，所以 $x^{-\frac{1}{4}} = \frac{3}{4}$ ，从而 $x = \left(\frac{4}{3}\right)^4$

The equation becomes $x^{\frac{3}{4}} = \frac{3}{4}x,$ so $x^{-\frac{1}{4}} = \frac{3}{4},$ which gives $x = \left(\frac{4}{3}\right)^4$

解答：

将 $y = \frac{3}{4}x$ 代入 $x^y = y^x$ ，得 $x^{\frac{3}{4}x} = \left(\tfrac{3}{4}x\right)^{x}\text{。}$ 对两边取 $x$ 次方根（这里各量为正），得 $x^{\frac{3}{4}} = \frac{3}{4}x$ ，所以除以 $x$ 得 $x^{-\frac{1}{4}} = \frac{3}{4}$ ，也就是 $x = \left(\frac{4}{3}\right)^4 = \frac{256}{81}$ 。

于是 $y = \frac{3}{4} \cdot \frac{256}{81} = \frac{64}{27}$ ，并且 $x + y = \frac{256}{81} + \frac{192}{81} = \frac{448}{81}\text{。}$ 因为 $\gcd(448, 81) = 1$ ，答案为 $448 + 81 = 529$ 。

Substituting $y = \frac{3}{4}x$ into $x^y = y^x$ gives $x^{\frac{3}{4}x} = \left(\tfrac{3}{4}x\right)^{x}.$ Taking $x$ th roots (the quantities here are positive), $x^{\frac{3}{4}} = \frac{3}{4}x,$ so dividing by $x$ yields $x^{-\frac{1}{4}} = \frac{3}{4},$ that is, $x = \left(\frac{4}{3}\right)^4 = \frac{256}{81}.$

Then $y = \frac{3}{4} \cdot \frac{256}{81} = \frac{64}{27},$ and $x + y = \frac{256}{81} + \frac{192}{81} = \frac{448}{81}.$ Since $\gcd(448, 81) = 1,$ the answer is $448 + 81 = 529.$

4.

Jackie 和 Phil 有两枚公平硬币，还有一枚掷出正面的概率为 $\frac{4}{7}$ 的硬币。Jackie 抛这三枚硬币，然后 Phil 也抛这三枚硬币。设 $\frac{m}{n}$ 为 Jackie 和 Phil 得到相同正面数的概率，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Jackie and Phil have two fair coins and a third coin that comes up heads with probability $\frac{4}{7}.$ Jackie flips the three coins, and then Phil flips the three coins. Let $\frac{m}{n}$ be the probability that Jackie gets the same number of heads as Phil, where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：515

知识点：基本概率独立事件分类讨论

难度评级：2340

小提示：

计算一个人抛出 $0$ 、 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 个正面的概率；这四个概率的分母都是 $28$

Compute the probability that one player flips $0,$ $1,$ $2,$ $3$ heads; all four have denominator $28$

大提示：

两人的抛掷相互独立且分布相同，所以正面数相同的概率是这四个概率的平方和

The two players are independent and identical, so the probability they match is the sum of the squares of those four probabilities

解答：

设 $p(h)$ 为一个人抛出 $h$ 个正面的概率。按两枚公平硬币和一枚非均匀硬币分类， $\begin{aligned} p(0) &= \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{3}{7} = \tfrac{3}{28}, \\ p(1) &= \tfrac{2}{4} \cdot \tfrac{3}{7} + \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{4}{7} = \tfrac{10}{28}, \\ p(2) &= \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{3}{7} + \tfrac{2}{4} \cdot \tfrac{4}{7} = \tfrac{11}{28}, \\ p(3) &= \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{4}{7} = \tfrac{4}{28} \end{aligned}\text{。}$

Jackie 和 Phil 的抛掷独立且分布相同，所以正面数相同的概率为 $\small \begin{aligned} \sum_h p(h)^2 &= \frac{3^2 + 10^2 + 11^2 + 4^2}{28^2} \\ &= \frac{246}{784} = \frac{123}{392} \end{aligned}\text{。}$ 因此 $m + n = 123 + 392 = 515$ 。

Let $p(h)$ be the probability that one player flips $h$ heads. Splitting according to the two fair coins and the biased coin, $\begin{aligned} p(0) &= \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{3}{7} = \tfrac{3}{28}, \\ p(1) &= \tfrac{2}{4} \cdot \tfrac{3}{7} + \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{4}{7} = \tfrac{10}{28}, \\ p(2) &= \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{3}{7} + \tfrac{2}{4} \cdot \tfrac{4}{7} = \tfrac{11}{28}, \\ p(3) &= \tfrac{1}{4} \cdot \tfrac{4}{7} = \tfrac{4}{28}. \end{aligned}$

Jackie’s and Phil’s flips are independent with the same distribution, so the probability that their head counts agree is $\small \begin{aligned} \sum_h p(h)^2 &= \frac{3^2 + 10^2 + 11^2 + 4^2}{28^2} \\ &= \frac{246}{784} = \frac{123}{392}. \end{aligned}$ Thus $m + n = 123 + 392 = 515.$

5.

正整数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 满足 $a \gt b \gt c \gt d$ ， $a + b + c + d = 2010$ ，且 $a^2 - b^2 + c^2 - d^2 = 2010$ 。求 $a$ 可能取值的个数。

Positive integers $a,$ $b,$ $c,$ and $d$ satisfy $a \gt b \gt c \gt d,$ $a + b + c + d = 2010,$ and $a^2 - b^2 + c^2 - d^2 = 2010.$ Find the number of possible values of $a.$

答案

答案：501

知识点：平方差极限情形界定区间内整数计数

难度评级：2230

小提示：

因式分解： $a^2 - b^2 + c^2 - d^2$ $= (a-b)(a+b)$ $+ (c-d)(c+d)$ $\ge (a+b) + (c+d)$

Factor: $a^2 - b^2 + c^2 - d^2$ $= (a-b)(a+b)$ $+ (c-d)(c+d)$ $\ge (a+b) + (c+d)$

大提示：

等号迫使 $a - b = c - d = 1$ ，所以 $a + c = 1006$ ；再找出 $a$ 在 $b \gt c$ 和 $d \ge 1$ 条件下的范围

Equality forces $a - b = c - d = 1,$ so $a + c = 1006;$ then find the range of $a$ allowed by $b \gt c$ and $d \ge 1$

解答：

因式分解得 $\begin{gathered} a^2 - b^2 + c^2 - d^2 \\ = (a-b)(a+b) \\ {}+ (c-d)(c+d) \\ \ge (a+b) + (c+d) = 2010 \end{gathered}\text{，}$ 因为 $a - b \ge 1$ 且 $c - d \ge 1$ 。等号成立，所以 $a - b = c - d = 1$ ，即 $b = a - 1$ 、 $d = c - 1$ 。于是 $2010 = a + (a-1) + c + (c-1)$ ，得到 $a + c = 1006$ 。

条件 $b \gt c$ 表示 $a - 1 \gt c = 1006 - a$ ，所以 $a \ge 504$ ；条件 $d \ge 1$ 表示 $c \ge 2$ ，所以 $a \le 1004$ 。这个范围内每个 $a$ 都可行，只需取 $(a, b, c, d)$ $= (a,\, a-1,\,$ $1006-a,\, 1005-a)$ 。

个数为 $1004 - 504 + 1 = 501$ 。

Factoring, $\begin{gathered} a^2 - b^2 + c^2 - d^2 \\ = (a-b)(a+b) \\ {}+ (c-d)(c+d) \\ \ge (a+b) + (c+d) = 2010, \end{gathered}$ since $a - b \ge 1$ and $c - d \ge 1.$ Equality holds, so $a - b = c - d = 1,$ that is, $b = a - 1$ and $d = c - 1.$ Then $2010 = a + (a-1) + c + (c-1)$ gives $a + c = 1006.$

The condition $b \gt c$ means $a - 1 \gt c = 1006 - a,$ so $a \ge 504,$ and $d \ge 1$ means $c \ge 2,$ so $a \le 1004.$ Every $a$ in this range works, via $(a, b, c, d)$ $= (a,\, a-1,\,$ $1006-a,\, 1005-a).$

The count is $1004 - 504 + 1 = 501.$

6.

设 $P(x)$ 是一个实系数二次多项式，满足对所有实数 $x$ 都有 $\begin{aligned} x^2 - 2x + 2 &\le P(x) \\ &\le 2x^2 - 4x + 3 \end{aligned}\text{，}$ 并且 $P(11) = 181$ 。求 $P(16)$ 。

Let $P(x)$ be a quadratic polynomial with real coefficients satisfying $\begin{aligned} x^2 - 2x + 2 &\le P(x) \\ &\le 2x^2 - 4x + 3 \end{aligned}$ for all real numbers $x,$ and suppose $P(11) = 181.$ Find $P(16).$

答案

答案：406

知识点：二次方程配方法多项式

难度评级：2390

小提示：

配方：两个界限二次式分别等于 $(x-1)^2 + 1$ 和 $2(x-1)^2 + 1$ ，它们有共同顶点 $(1, 1)$

Complete the square: both bounding quadratics equal $(x-1)^2 + 1$ and $2(x-1)^2 + 1,$ with common vertex $(1, 1)$

大提示：

$P(x) - (x-1)^2 - 1$ 处处非负且在 $x = 1$ 处为零，所以它是 $c(x-1)^2$ ；用 $P(11) = 181$ 求 $c$

$P(x) - (x-1)^2 - 1$ is nonnegative everywhere and zero at $x = 1,$ so it is $c(x-1)^2;$ use $P(11) = 181$ to find $c$

解答：

配方后，条件为 $\begin{aligned} (x-1)^2 + 1 &\le P(x) \\ &\le 2(x-1)^2 + 1 \end{aligned}\text{。}$ 当 $x = 1$ 时，两个界都等于 $1$ ，所以 $P(1) = 1$ 。二次式 $P(x) - \left((x-1)^2 + 1\right)$ 对所有 $x$ 非负，并在 $x = 1$ 处为零，所以 $x = 1$ 是二重根： $P(x) = a(x-1)^2 + 1$ ，其中 $a$ 为常数。

由 $P(11) = 100a + 1 = 181$ 得 $a = \frac{9}{5}$ 。于是 $\begin{aligned} P(16) &= \frac{9}{5} \cdot 225 + 1 \\ &= 405 + 1 = 406 \end{aligned}\text{。}$

Completing the square, the condition reads $\begin{aligned} (x-1)^2 + 1 &\le P(x) \\ &\le 2(x-1)^2 + 1. \end{aligned}$ At $x = 1$ both bounds equal $1,$ so $P(1) = 1.$ The quadratic $P(x) - \left((x-1)^2 + 1\right)$ is nonnegative for all $x$ and vanishes at $x = 1,$ so $x = 1$ is a double root: $P(x) = a(x-1)^2 + 1$ for some constant $a.$

From $P(11) = 100a + 1 = 181$ we get $a = \frac{9}{5}.$ Then $\begin{aligned} P(16) &= \frac{9}{5} \cdot 225 + 1 \\ &= 405 + 1 = 406. \end{aligned}$

7.

若集合的有序三元组 $(\mathcal{A}, \mathcal{B}, \mathcal{C})$ 满足 $|\mathcal{A} \cap \mathcal{B}| = |\mathcal{B} \cap \mathcal{C}| = |\mathcal{C} \cap \mathcal{A}| = 1$ ，且 $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} \cap \mathcal{C} = \emptyset$ ，则称它为极小相交的。例如， $(\{1, 2\}, \{2, 3\}, \{1, 3, 4\})$ 是一个极小相交三元组。设 $N$ 为这样的极小相交有序集合三元组的个数，其中每个集合都是 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$ 的子集。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

注： $|\mathcal{S}|$ 表示集合 $\mathcal{S}$ 中元素的个数。

Define an ordered triple $(\mathcal{A}, \mathcal{B}, \mathcal{C})$ of sets to be minimally intersecting if $|\mathcal{A} \cap \mathcal{B}| = |\mathcal{B} \cap \mathcal{C}| = |\mathcal{C} \cap \mathcal{A}| = 1$ and $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} \cap \mathcal{C} = \emptyset.$ For example, $(\{1, 2\}, \{2, 3\}, \{1, 3, 4\})$ is a minimally intersecting triple. Let $N$ be the number of minimally intersecting ordered triples of sets for which each set is a subset of $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}.$ Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

Note: $|\mathcal{S}|$ represents the number of elements in the set $\mathcal{S}.$

答案

答案：760

知识点：韦恩图乘法原理子集

难度评级：2510

小提示：

三个两两交集分别是单元素 $x$ 、 $y$ 、 $z$ ，因为三者交集为空，它们必须互不相同

The three pairwise intersections are single elements $x,$ $y,$ $z,$ which must be distinct since the triple intersection is empty

大提示：

放置 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 有 $7 \cdot 6 \cdot 5$ 种方式；此后，每个剩余元素可以只进入三个集合之一，或不进入任何集合

After placing $x,$ $y,$ $z$ in $7 \cdot 6 \cdot 5$ ways, each remaining element may go into exactly one of the three sets or into none

解答：

记 $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} = \{x\}$ ， $\mathcal{B} \cap \mathcal{C} = \{y\}$ ， $\mathcal{C} \cap \mathcal{A} = \{z\}$ 。由于 $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} \cap \mathcal{C} = \emptyset$ ，元素 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 互不相同，并且可用 $7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$ 种方式选出。

剩下 $4$ 个元素都不能产生额外的两两交集，所以每个元素可以只属于 $\mathcal{A}$ 、 $\mathcal{B}$ 、 $\mathcal{C}$ 中的一个，或者都不属于：每个有 $4$ 种选择，共 $4^4 = 256$ 种分配。

因此 $N = 210 \cdot 256 = 53760$ ，除以 $1000$ 的余数为 $760$ 。

Write $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} = \{x\},$ $\mathcal{B} \cap \mathcal{C} = \{y\},$ and $\mathcal{C} \cap \mathcal{A} = \{z\}.$ Since $\mathcal{A} \cap \mathcal{B} \cap \mathcal{C} = \emptyset,$ the elements $x,$ $y,$ $z$ are distinct, and they can be chosen in $7 \cdot 6 \cdot 5 = 210$ ways.

Each of the remaining $4$ elements must not create any further pairwise intersections, so it can belong to exactly one of $\mathcal{A},$ $\mathcal{B},$ $\mathcal{C},$ or to none of them: $4$ choices each, for $4^4 = 256$ assignments.

Hence $N = 210 \cdot 256 = 53760,$ and the remainder upon division by $1000$ is $760.$

8.

对实数 $a$ ，令 $\lfloor a \rfloor$ 表示小于或等于 $a$ 的最大整数。设 $\mathcal{R}$ 表示坐标平面中所有满足 $\lfloor x \rfloor^2 + \lfloor y \rfloor^2 = 25$ 的点 $(x, y)$ 组成的区域。区域 $\mathcal{R}$ 完全包含在一个半径为 $r$ 的圆盘中（圆盘是圆及其内部的并集）。 $r$ 的最小值可写成 $\frac{\sqrt{m}}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是整数，且 $m$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

For a real number $a,$ let $\lfloor a \rfloor$ denote the greatest integer less than or equal to $a.$ Let $\mathcal{R}$ denote the region in the coordinate plane consisting of points $(x, y)$ such that $\lfloor x \rfloor^2 + \lfloor y \rfloor^2 = 25.$ The region $\mathcal{R}$ is completely contained in a disk of radius $r$ (a disk is the union of a circle and its interior). The minimum value of $r$ can be written as $\frac{\sqrt{m}}{n},$ where $m$ and $n$ are integers and $m$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

答案

答案：132

知识点：取整函数格点距离公式对称性

难度评级：2840

小提示：

$(\lfloor x \rfloor, \lfloor y \rfloor)$ 必须是 $12$ 个平方和为 $25$ 的整数对之一，所以 $\mathcal{R}$ 是 $12$ 个单位正方形的并集

$(\lfloor x \rfloor, \lfloor y \rfloor)$ must be one of the $12$ integer pairs with squares summing to $25,$ so $\mathcal{R}$ is a union of $12$ unit squares

大提示：

$\mathcal{R}$ 关于 $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 对称，所以最佳圆盘以此为圆心；找出离这个圆心最远的正方形顶点

$\mathcal{R}$ is symmetric about $\left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right),$ so the best disk is centered there; find the square corner farthest from that center

解答：

因为 $\lfloor x \rfloor$ 和 $\lfloor y \rfloor$ 是平方和为 $25$ 的整数，所以数对 $(\lfloor x \rfloor, \lfloor y \rfloor)$ 是以下 $12$ 对之一： $(\pm 5, 0)$ 、 $(0, \pm 5)$ 、 $(\pm 3, \pm 4)$ 、 $(\pm 4, \pm 3)$ 。因此 $\mathcal{R}$ 是以这些点为左下角的 $12$ 个单位正方形的并集。

令 $K$ 为 $\mathcal{R}$ 的闭包。任何包含 $\mathcal{R}$ 的闭圆盘也包含 $K$ ，所以两者的最小包围半径相同。映射 $(x, y) \mapsto (1 - x, 1 - y)$ 会置换 $K$ 中的闭单位正方形，所以 $K$ 在 $180^\circ$ 旋转下保持不变，旋转中心为 $Q = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right)$ 。若 $X \in K$ ，其对点 $X' = 2Q-X$ 也在 $K$ 中。任何同时包含线段 $\overline{XX'}$ 两个端点的圆盘，半径至少为 $\frac{XX'}{2} = XQ$ 。因此任何包围圆盘的半径都不小于 $Q$ 到 $K$ 的最大距离。

这个最大距离在正方形顶点处取得，例如 $A = (4, 5)$ 和 $B = (5, 4)$ ，检查十二个闭正方形的所有顶点可得 $\begin{aligned} QA = QB &= \sqrt{\left(\tfrac{9}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{7}{2}\right)^2} \\ &= \frac{\sqrt{130}}{2} \end{aligned}\text{。}$ 以 $Q$ 为圆心、以此为半径的圆盘包含每个正方形，所以达到下界。

因此最小半径为 $r = \frac{\sqrt{130}}{2}$ ，且 $m + n = 130 + 2 = 132$ 。

Since $\lfloor x \rfloor$ and $\lfloor y \rfloor$ are integers whose squares sum to $25,$ the pair $(\lfloor x \rfloor, \lfloor y \rfloor)$ is one of the $12$ pairs $(\pm 5, 0),$ $(0, \pm 5),$ $(\pm 3, \pm 4),$ $(\pm 4, \pm 3).$ So $\mathcal{R}$ is the union of the $12$ unit squares whose lower-left corners are these points.

Let $K$ be the closure of $\mathcal{R}.$ Any closed disk containing $\mathcal{R}$ also contains $K,$ so the two sets have the same minimum enclosing radius. The map $(x, y) \mapsto (1 - x, 1 - y)$ permutes the closed unit squares in $K,$ so $K$ is symmetric under $180^\circ$ rotation about $Q = \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right).$ If $X \in K,$ its opposite point $X' = 2Q-X$ also lies in $K.$ Every disk containing both endpoints of $\overline{XX'}$ has radius at least $\frac{XX'}{2} = XQ.$ Thus no enclosing disk can have radius smaller than the greatest distance from $Q$ to $K.$

That greatest distance is attained at square corners such as $A = (4, 5)$ and $B = (5, 4),$ and checking the corners of all twelve closed squares gives $\begin{aligned} QA = QB &= \sqrt{\left(\tfrac{9}{2}\right)^2 + \left(\tfrac{7}{2}\right)^2} \\ &= \frac{\sqrt{130}}{2}. \end{aligned}$ The disk centered at $Q$ with this radius contains every square, so it attains the lower bound.

Hence the minimum radius is $r = \frac{\sqrt{130}}{2},$ and $m + n = 130 + 2 = 132.$

9.

设 $(a, b, c)$ 是方程组 $\begin{aligned} x^3 - xyz &= 2, \\ y^3 - xyz &= 6, \\ z^3 - xyz &= 20 \end{aligned}$ 的一个实数解。 $a^3 + b^3 + c^3$ 的最大可能值可写成 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

Let $(a, b, c)$ be a real solution of the system of equations $\begin{aligned} x^3 - xyz &= 2, \\ y^3 - xyz &= 6, \\ z^3 - xyz &= 20. \end{aligned}$ The greatest possible value of $a^3 + b^3 + c^3$ can be written in the form $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：158

知识点：方程组换元法二次方程

难度评级：2740

小提示：

给每个方程加上 $xyz$ ，并令 $P = xyz$ ，得到 $x^3 = 2 + P$ 、 $y^3 = 6 + P$ 、 $z^3 = 20 + P$

Add $xyz$ to each equation and set $P = xyz,$ so $x^3 = 2 + P,$ $y^3 = 6 + P,$ $z^3 = 20 + P$

大提示：

三式相乘得 $P^3 = (2+P)(6+P)(20+P)$ ，这其实是关于 $P$ 的二次方程；注意 $x^3 + y^3 + z^3 = 28 + 3P$

Multiplying the three gives $P^3 = (2+P)(6+P)(20+P),$ which is really a quadratic in $P;$ note $x^3 + y^3 + z^3 = 28 + 3P$

解答：

给每个方程加上 $xyz$ ，得 $x^3 = 2 + xyz$ 、 $y^3 = 6 + xyz$ 和 $z^3 = 20 + xyz$ 。令 $P = xyz$ 。三式相乘得到 $\begin{aligned} P^3 &= (2 + P)(6 + P)(20 + P) \\ &= P^3 + 28P^2 + 172P + 240 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $28P^2 + 172P + 240 = 0$ ，即 $7P^2 + 43P + 60 = 0$ ，其根为 $P = -\frac{15}{7}$ 和 $P = -4$ 。每个根都能实现：取 $2 + P$ 、 $6 + P$ 、 $20 + P$ 的实立方根，它们的乘积确实为 $P$ 。

将原方程相加，得 $x^3 + y^3 + z^3 = 28 + 3P$ ，这在较大的根 $P = -\frac{15}{7}$ 处最大： $a^3 + b^3 + c^3 = 28 - \frac{45}{7} = \frac{151}{7}\text{。}$ 因此 $m + n = 151 + 7 = 158$ 。

Adding $xyz$ to each equation gives $x^3 = 2 + xyz,$ $y^3 = 6 + xyz,$ and $z^3 = 20 + xyz.$ Let $P = xyz.$ Multiplying the three equations yields $\begin{aligned} P^3 &= (2 + P)(6 + P)(20 + P) \\ &= P^3 + 28P^2 + 172P + 240, \end{aligned}$ so $28P^2 + 172P + 240 = 0,$ i.e. $7P^2 + 43P + 60 = 0,$ whose roots are $P = -\frac{15}{7}$ and $P = -4.$ Each root is achievable: the cube roots of $2 + P,$ $6 + P,$ $20 + P$ then really do have product $P.$

Adding the original equations, $x^3 + y^3 + z^3 = 28 + 3P,$ which is maximized by the larger root $P = -\frac{15}{7}:$ $a^3 + b^3 + c^3 = 28 - \frac{45}{7} = \frac{151}{7}.$ Thus $m + n = 151 + 7 = 158.$

10.

设 $N$ 为将 $2010$ 写成如下形式的方法数： $\begin{aligned} 2010 &= a_3 \cdot 10^3 + a_2 \cdot 10^2 \\ &\quad {}+ a_1 \cdot 10 + a_0 \end{aligned}\text{，}$ 其中 $a_i$ 都是整数，且 $0 \le a_i \le 99$ 。这样一种表示的例子是 $1 \cdot 10^3$ $+ 3 \cdot 10^2$ $+ 67 \cdot 10^1$ $+ 40 \cdot 10^0$ 。求 $N$ 。

Let $N$ be the number of ways to write $2010$ in the form $\begin{aligned} 2010 &= a_3 \cdot 10^3 + a_2 \cdot 10^2 \\ &\quad {}+ a_1 \cdot 10 + a_0, \end{aligned}$ where the $a_i$ ’s are integers, and $0 \le a_i \le 99.$ An example of such a representation is $1 \cdot 10^3$ $+ 3 \cdot 10^2$ $+ 67 \cdot 10^1$ $+ 40 \cdot 10^0.$ Find $N.$

答案

答案：202

知识点：进制数字双射

难度评级：2840

小提示：

将每个系数拆成数字： $a_i = 10 b_i + c_i$ ，其中 $b_i, c_i \in \{0, 1, \ldots, 9\}$

Split each coefficient into digits: $a_i = 10 b_i + c_i$ with $b_i, c_i \in \{0, 1, \ldots, 9\}$

大提示：

$b_i$ 是一个数 $m$ 的各位数字， $c_i$ 是一个数 $n$ 的各位数字，条件正好是 $10m + n = 2010$ ；数可能的 $m$

The $b_i$ are the digits of a number $m$ and the $c_i$ of a number $n,$ and the condition is exactly $10m + n = 2010;$ count the possible $m$

解答：

将每个系数写成 $a_i = 10b_i + c_i$ ，其中数字 $b_i, c_i \in \{0, 1, \ldots, 9\}$ ；每个整数 $0 \le a_i \le 99$ 都能唯一这样拆分。令 $m = b_3 b_2 b_1 b_0$ 、 $n = c_3 c_2 c_1 c_0$ （按 $10$ 进制数读取），条件变为 $2010 = 10m + n\text{。}$

反过来，任何非负整数 $m, n$ 若满足 $10m + n = 2010$ ，就有 $m \le 201$ 且 $n \le 2010$ ，所以二者至多四位；这些数字可恢复 $b_i$ 和 $c_i$ ，从而恢复 $a_i$ 。因此表示方法与 $m \in \{0, 1, \ldots, 201\}$ 的选择一一对应，其中 $n = 2010 - 10m$ ，所以 $N = 202$ 。

Write each coefficient as $a_i = 10b_i + c_i$ with digits $b_i, c_i \in \{0, 1, \ldots, 9\};$ every integer $0 \le a_i \le 99$ splits this way uniquely. Setting $m = b_3 b_2 b_1 b_0$ and $n = c_3 c_2 c_1 c_0$ (read as base- $10$ numbers), the condition becomes $2010 = 10m + n.$

Conversely, any nonnegative integers $m, n$ with $10m + n = 2010$ satisfy $m \le 201$ and $n \le 2010,$ so each has at most four digits; those digits recover the $b_i$ and $c_i,$ hence the $a_i.$ So representations correspond exactly to choices of $m \in \{0, 1, \ldots, 201\}$ with $n = 2010 - 10m,$ and $N = 202.$

11.

设 $\mathcal{R}$ 是坐标平面中同时满足 $|8 - x| + y \le 10$ 和 $3y - x \ge 15$ 的点组成的区域。当 $\mathcal{R}$ 绕直线 $3y - x = 15$ 旋转时，所得立体的体积为 $\frac{m\pi}{n\sqrt{p}}$ ，其中 $m$ 、 $n$ 、 $p$ 是正整数， $m$ 和 $n$ 互质，且 $p$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n + p$ 。

Let $\mathcal{R}$ be the region consisting of the set of points in the coordinate plane that satisfy both $|8 - x| + y \le 10$ and $3y - x \ge 15.$ When $\mathcal{R}$ is revolved around the line whose equation is $3y - x = 15,$ the volume of the resulting solid is $\frac{m\pi}{n\sqrt{p}},$ where $m,$ $n,$ and $p$ are positive integers, $m$ and $n$ are relatively prime, and $p$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n + p.$

答案

答案：365

知识点：体积圆锥坐标几何

难度评级：2920

小提示：

该区域是一个三角形，其中一条边在旋转轴 $3y - x = 15$ 上；求出它的三个顶点

The region is a triangle with one side on the axis of revolution $3y - x = 15;$ find its three vertices

大提示：

旋转后得到两个共用底面的圆锥：总体积为 $\frac{1}{3}\pi\,d^2 \cdot AB$ ，其中 $d$ 是轴外顶点到直线的距离

Revolving gives two cones sharing a base: total volume $\frac{1}{3}\pi\,d^2 \cdot AB,$ where $d$ is the distance from the off-axis vertex to the line

解答：

条件 $|8 - x| + y \le 10$ 表示 $y \le x + 2$ （当 $x \le 8$ ）以及 $y \le 18 - x$ （当 $x \ge 8$ ）。与半平面 $3y - x \ge 15$ 相交后，留下一个三角形，其两个顶点为 $A = \left(\frac{9}{2}, \frac{13}{2}\right)$ 和 $B = \left(\frac{39}{4}, \frac{33}{4}\right)$ ，它们位于直线 $3y - x = 15$ 上；另一个顶点为 $C = (8, 10)$ 。

边 $AB$ 位于旋转轴上，垂足 $D$ 是从 $C$ 向该直线作垂线所得的点，即 $(8.7, 7.9)$ ，它位于 $A$ 与 $B$ 之间。所以该立体是两个共用底面的圆锥，底面半径为 $CD$ ，高之和为 $AB$ ，体积为 $\frac{1}{3}\pi \cdot CD^2 \cdot AB$ 。这里 $\begin{aligned} CD &= \frac{|3 \cdot 10 - 8 - 15|}{\sqrt{10}} = \frac{7}{\sqrt{10}}, \\ AB &= \sqrt{\left(\tfrac{21}{4}\right)^2 + \left(\tfrac{7}{4}\right)^2} \\ &= \frac{7\sqrt{10}}{4} \end{aligned}\text{。}$

体积为 $\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{49}{10} \cdot \frac{7\sqrt{10}}{4} = \frac{343\pi}{12\sqrt{10}}$ ，所以 $m + n + p = 343 + 12 + 10$ $= 365$ 。

The condition $|8 - x| + y \le 10$ means $y \le x + 2$ for $x \le 8$ and $y \le 18 - x$ for $x \ge 8.$ Intersecting with the half-plane $3y - x \ge 15$ leaves the triangle with vertices $A = \left(\frac{9}{2}, \frac{13}{2}\right)$ and $B = \left(\frac{39}{4}, \frac{33}{4}\right)$ on the line $3y - x = 15,$ and apex $C = (8, 10).$

Side $AB$ lies on the axis of revolution, and the foot $D$ of the perpendicular from $C$ to the line, namely $(8.7, 7.9),$ lies between $A$ and $B.$ So the solid is two cones sharing a base of radius $CD$ with heights summing to $AB,$ and its volume is $\frac{1}{3}\pi \cdot CD^2 \cdot AB.$ Here $\begin{aligned} CD &= \frac{|3 \cdot 10 - 8 - 15|}{\sqrt{10}} = \frac{7}{\sqrt{10}}, \\ AB &= \sqrt{\left(\tfrac{21}{4}\right)^2 + \left(\tfrac{7}{4}\right)^2} \\ &= \frac{7\sqrt{10}}{4}. \end{aligned}$

The volume is $\frac{1}{3}\pi \cdot \frac{49}{10} \cdot \frac{7\sqrt{10}}{4} = \frac{343\pi}{12\sqrt{10}},$ so $m + n + p = 343 + 12 + 10$ $= 365.$

12.

设 $m \ge 3$ 为整数，且 $S = \{3, 4, 5, \ldots, m\}$ 。求最小的 $m$ ，使得对 $S$ 的任意二划分，至少有一个子集包含整数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ （不一定互不相同），满足 $ab = c$ 。

注： $S$ 的一个划分是一对集合 $A$ 、 $B$ ，满足 $A \cap B = \emptyset$ 且 $A \cup B = S$ 。

Let $m \ge 3$ be an integer and let $S = \{3, 4, 5, \ldots, m\}.$ Find the smallest value of $m$ such that for every partition of $S$ into two subsets, at least one of the subsets contains integers $a,$ $b,$ and $c$ (not necessarily distinct) such that $ab = c.$

Note: a partition of $S$ is a pair of sets $A,$ $B$ such that $A \cap B = \emptyset$ and $A \cup B = S.$

答案

答案：243

知识点：逻辑推理极端原理

难度评级：3060

小提示：

尝试把较小的数和它们的两两乘积分开，例如把 $\{3, \ldots, 8\}$ 与 $\{9, \ldots, 80\}$ 分开

Try two-subset partitions that keep small numbers and their pairwise products apart, such as separating $\{3, \ldots, 8\}$ from $\{9, \ldots, 80\}$

大提示：

对上界，追踪 $3$ 的幂：一旦 $3$ 与 $9$ 被迫在不同子集中，就放置 $27$ 和 $81$ ，再多一个幂就产生矛盾

For the upper bound, follow the powers of $3:$ once $3$ and $9$ are forced into different subsets, place $27$ and $81,$ and one more power creates a contradiction

解答：

首先， $m = 243$ 可行。假设 $S = \{3, 4, \ldots, 243\}$ 被划分为 $T$ 和 $U$ ，且二者都不含这样的乘积，并设 $3 \in T$ 。则 $9 = 3 \cdot 3$ 必须在 $U$ 中，所以 $81 = 9 \cdot 9$ 必须在 $T$ 中，进而 $243 = 3 \cdot 81$ 必须在 $U$ 中。现在考虑 $27$ ：若 $27 \in T$ ，则 $3 \cdot 27 = 81$ 在 $T$ 中形成乘积；若 $27 \in U$ ，则 $9 \cdot 27 = 243$ 在 $U$ 中形成乘积。无论如何都会矛盾。

对于 $m = 242$ ，划分 $T = \{3, \ldots, 8\} \cup \{81, \ldots, 242\}$ 和 $U = \{9, \ldots, 80\}$ 可避免乘积： $\{3, \ldots, 8\}$ 中两个元素的乘积落在 $[9, 64] \subseteq U$ ，任何含有 $\{81, \ldots, 242\}$ 中元素的乘积至少为 $3 \cdot 81 = 243 \gt 242$ ，而 $U$ 中两个元素的乘积至少为 $81 \gt 80$ 。

因此最小的 $m$ 是 $243$ 。

First, $m = 243$ works. Suppose $S = \{3, 4, \ldots, 243\}$ were partitioned into $T$ and $U$ with neither containing a product, and say $3 \in T.$ Then $9 = 3 \cdot 3$ must lie in $U,$ so $81 = 9 \cdot 9$ must lie in $T,$ and then $243 = 3 \cdot 81$ must lie in $U.$ Now consider $27:$ if $27 \in T,$ then $3 \cdot 27 = 81$ puts a product in $T;$ if $27 \in U,$ then $9 \cdot 27 = 243$ puts one in $U.$ Either way we reach a contradiction.

For $m = 242,$ the partition $T = \{3, \ldots, 8\} \cup \{81, \ldots, 242\}$ and $U = \{9, \ldots, 80\}$ avoids products: two elements of $\{3, \ldots, 8\}$ multiply to something in $[9, 64] \subseteq U,$ any product involving an element of $\{81, \ldots, 242\}$ is at least $3 \cdot 81 = 243 \gt 242,$ and two elements of $U$ multiply to at least $81 \gt 80.$

Hence the smallest such $m$ is $243.$

13.

矩形 $ABCD$ 与以 $\overline{AB}$ 为直径的半圆共面，且内部不重叠。设 $\mathcal{R}$ 为由半圆和矩形围成的区域。直线 $\ell$ 与半圆、线段 $\overline{AB}$ 、线段 $\overline{CD}$ 分别相交于不同的点 $N$ 、 $U$ 、 $T$ 。直线 $\ell$ 将区域 $\mathcal{R}$ 分成面积比为 $1 : 2$ 的两个区域。已知 $AU = 84$ 、 $AN = 126$ 、 $UB = 168$ 。则 $DA$ 可表示为 $m\sqrt{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

Rectangle $ABCD$ and a semicircle with diameter $\overline{AB}$ are coplanar and have nonoverlapping interiors. Let $\mathcal{R}$ denote the region enclosed by the semicircle and the rectangle. Line $\ell$ meets the semicircle, segment $\overline{AB},$ and segment $\overline{CD}$ at distinct points $N,$ $U,$ and $T,$ respectively. Line $\ell$ divides region $\mathcal{R}$ into two regions with areas in the ratio $1 : 2.$ Suppose that $AU = 84,$ $AN = 126,$ and $UB = 168.$ Then $DA$ can be represented as $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

答案

答案：69

知识点：扇形面积分割相似

难度评级：3270

小提示：

因为 $AB = 252$ ，圆心 $O$ 满足 $AO = ON = AN = 126$ ，所以三角形 $AON$ 为等边三角形，扇形 $AON$ 是半圆的三分之一

With $AB = 252,$ the center $O$ satisfies $AO = ON = AN = 126,$ so triangle $AON$ is equilateral and sector $AON$ is one third of the semicircle

大提示：

因为 $AU:UB = 1:2$ 也按 $1:2$ 分割矩形，所以 $\ell$ 在 $\overline{AB}$ 两侧切出的两个小三角形面积必须相等

Since $AU:UB = 1:2$ splits the rectangle in ratio $1:2$ as well, the two small triangles that $\ell$ cuts off on either side of $\overline{AB}$ must have equal areas

解答：

这里 $AB = 84 + 168 = 252$ ，所以半圆的圆心为 $O$ （ $\overline{AB}$ 的中点），半径为 $126$ 。由于 $AN = AO = ON = 126$ ，三角形 $AON$ 是等边三角形，所以 $\angle AON = 60^\circ$ ，扇形 $AON$ 正好是半圆的三分之一。同样地，若 $Q$ 为从 $U$ 到 $\overline{DC}$ 的垂足，则 $AU : UB = 1 : 2$ 使矩形 $AUQD$ 为矩形 $ABCD$ 的三分之一。

$\mathcal{R}$ 在 $A$ 侧（以 $\ell$ 为分界）的部分等于（扇形 $AON$ ） $-$ $[NUO]$ $+$ （矩形 $AUQD$ ） $+$ $[UQT]$ 。由于这必须是 $\mathcal{R}$ 的三分之一，所以需要 $[NUO] = [UQT]$ 。设 $P$ 为从 $N$ 到 $\overline{AB}$ 的垂足。在 $30$ - $60$ - $90$ 三角形 $NOP$ 中， $OP = 63$ 、 $NP = 63\sqrt{3}$ ，所以 $UP = 84 - 63 = 21$ ，且 $UO = 126 - 84 = 42$ 。三角形 $NUP$ 与 $TUQ$ 是相似直角三角形（在 $U$ 处有对顶角），因此 $\begin{aligned} \frac{[UQT]}{[NUP]} &= \left(\frac{UQ}{NP}\right)^2, \\ \frac{[NUO]}{[NUP]} &= \frac{UO}{UP} = 2 \end{aligned}\text{，}$ 后一个等式成立，是因为这两个三角形都以 $NP$ 为高，底分别为 $UO$ 和 $UP$ 。

令两个三角形面积相等，得 $\left(\frac{UQ}{NP}\right)^2 = 2$ ，所以 $\begin{aligned} DA = UQ &= NP\sqrt{2} \\ &= 63\sqrt{3} \cdot \sqrt{2} \\ &= 63\sqrt{6} \end{aligned}\text{，}$ 因此 $m + n = 63 + 6 = 69$ 。

Here $AB = 84 + 168 = 252,$ so the semicircle has center $O$ (the midpoint of $\overline{AB}$ ) and radius $126.$ Since $AN = AO = ON = 126,$ triangle $AON$ is equilateral, so $\angle AON = 60^\circ$ and sector $AON$ is exactly one third of the semicircle. Likewise, if $Q$ is the foot of the perpendicular from $U$ to $\overline{DC},$ then $AU : UB = 1 : 2$ makes rectangle $AUQD$ one third of rectangle $ABCD.$

The part of $\mathcal{R}$ on the $A$ -side of $\ell$ equals (sector $AON$ ) $-$ $[NUO]$ $+$ (rectangle $AUQD$ ) $+$ $[UQT].$ Since this must be one third of $\mathcal{R},$ we need $[NUO] = [UQT].$ Let $P$ be the foot of the perpendicular from $N$ to $\overline{AB}.$ In the $30$ - $60$ - $90$ triangle $NOP,$ $OP = 63$ and $NP = 63\sqrt{3},$ so $UP = 84 - 63 = 21$ and $UO = 126 - 84 = 42.$ Triangles $NUP$ and $TUQ$ are similar right triangles (vertical angles at $U$ ), so $\begin{aligned} \frac{[UQT]}{[NUP]} &= \left(\frac{UQ}{NP}\right)^2, \\ \frac{[NUO]}{[NUP]} &= \frac{UO}{UP} = 2, \end{aligned}$ the latter because both triangles have height $NP$ over bases $UO$ and $UP.$

Setting the two triangle areas equal gives $\left(\frac{UQ}{NP}\right)^2 = 2,$ so $\begin{aligned} DA = UQ &= NP\sqrt{2} \\ &= 63\sqrt{3} \cdot \sqrt{2} \\ &= 63\sqrt{6}, \end{aligned}$ and $m + n = 63 + 6 = 69.$

14.

对每个正整数 $n$ ，令 $f(n) = \sum_{k=1}^{100} \lfloor \log_{10}(kn) \rfloor$ 。求最大的 $n$ ，使其满足 $f(n) \le 300$ 。

注： $\lfloor x \rfloor$ 是小于或等于 $x$ 的最大整数。

For each positive integer $n,$ let $f(n) = \sum_{k=1}^{100} \lfloor \log_{10}(kn) \rfloor.$ Find the largest value of $n$ for which $f(n) \le 300.$

Note: $\lfloor x \rfloor$ is the greatest integer less than or equal to $x.$

答案

答案：109

知识点：取整函数对数数字

难度评级：3060

小提示：

每项 $\lfloor \log_{10}(kn) \rfloor$ 都随 $n$ 的增大而不减，所以 $f$ 单调不减；先计算基准值 $f(100) = 292$

Each term $\lfloor \log_{10}(kn) \rfloor$ never decreases as $n$ grows, so $f$ is nondecreasing; compute $f(100) = 292$ as a baseline

大提示：

当 $n$ 略大于 $100$ 时，数出有多少个 $k$ 满足 $kn \ge 1000$ ，再数出有多少个 $k$ 满足 $kn \ge 10000$ ，就能看出 $f(n)$ 何时达到 $300$

For $n$ slightly above $100,$ count the $k$ with $kn \ge 1000$ and the $k$ with $kn \ge 10000$ to see exactly when $f(n)$ reaches $300$

解答：

每项 $\lfloor \log_{10}(kn) \rfloor$ 随 $n$ 单调不减，所以 $f$ 单调不减，我们只需确定它何时超过 $300$ 。当 $n = 100$ 时，乘积 $kn$ 从 $100$ 到 $10^4$ ，于是 $\lfloor \log_{10} \rfloor = 2$ 对应 $k \le 9$ ， $3$ 对应 $10 \le k \le 99$ ， $4$ 对应 $k = 100$ ，所以 $f(100) = 9 \cdot 2 + 90 \cdot 3$ $+ 4 = 292$ 。

对 $n = 109$ ，因为 $9 \cdot 109 = 981 \lt 1000$ ，且 $91 \cdot 109 = 9919 \lt 10^4$ ，各项分别为 $2$ （ $k \le 9$ ）、 $3$ （ $10 \le k \le 91$ ）和 $4$ （ $92 \le k \le 100$ ）： $\begin{aligned} f(109) &= 9 \cdot 2 + 82 \cdot 3 \\ &\quad {}+ 9 \cdot 4 = 300 \end{aligned}\text{。}$ 对 $n = 110$ ，此时 $91 \cdot 110 = 10010 \ge 10^4$ ，所以有十项等于 $4$ ，且 $f(110) = 18 + 81 \cdot 3$ $+ 10 \cdot 4 = 301 \gt 300$ 。

由单调性可知，最大的有效 $n$ 是 $109$ 。

Each term $\lfloor \log_{10}(kn) \rfloor$ is nondecreasing in $n,$ so $f$ is nondecreasing and we just locate where it passes $300.$ For $n = 100:$ the products $kn$ run from $100$ to $10^4,$ giving $\lfloor \log_{10} \rfloor = 2$ for $k \le 9,$ $3$ for $10 \le k \le 99,$ and $4$ for $k = 100,$ so $f(100) = 9 \cdot 2 + 90 \cdot 3$ $+ 4 = 292.$

For $n = 109:$ since $9 \cdot 109 = 981 \lt 1000$ and $91 \cdot 109 = 9919 \lt 10^4,$ the terms are $2$ for $k \le 9,$ $3$ for $10 \le k \le 91,$ and $4$ for $92 \le k \le 100:$ $\begin{aligned} f(109) &= 9 \cdot 2 + 82 \cdot 3 \\ &\quad {}+ 9 \cdot 4 = 300. \end{aligned}$ For $n = 110:$ now $91 \cdot 110 = 10010 \ge 10^4,$ so ten terms equal $4$ and $f(110) = 18 + 81 \cdot 3$ $+ 10 \cdot 4 = 301 \gt 300.$

By monotonicity, the largest valid $n$ is $109.$

15.

在 $\triangle ABC$ 中， $AB = 12$ 、 $BC = 13$ 、 $AC = 15$ ，设 $M$ 是 $\overline{AC}$ 上一点，使得 $\triangle ABM$ 和 $\triangle BCM$ 的内切圆半径相等。设 $p$ 和 $q$ 是互质的正整数，满足 $\frac{AM}{CM} = \frac{p}{q}$ 。求 $p + q$ 。

In $\triangle ABC$ with $AB = 12,$ $BC = 13,$ and $AC = 15,$ let $M$ be a point on $\overline{AC}$ such that the incircles of $\triangle ABM$ and $\triangle BCM$ have equal radii. Let $p$ and $q$ be positive relatively prime integers such that $\frac{AM}{CM} = \frac{p}{q}.$ Find $p + q.$

答案

答案：45

知识点：内切圆、内心与内切圆半径斯特瓦尔特定理面积比

难度评级：3370

小提示：

将面积记为 $K$ ，则 $r = \frac{K}{s}$ 。因此内切圆半径相等意味着两个三角形的面积比和周长比相同，而且这两个比都等于 $\frac{AM}{CM}$ 。

Writing the area as $K,$ we have $r = \frac{K}{s}.$ Thus equal inradii mean the two triangles’ areas and perimeters are in the same ratio, and both ratios equal $\frac{AM}{CM}$

大提示：

令 $k = \frac{AM}{CM}$ ；周长条件给出 $BM = \frac{13k - 12}{1 - k}$ ，而对塞瓦线 $BM$ 使用 Stewart 定理会给出 $BM^2$ 的另一个表达式

Set $k = \frac{AM}{CM};$ the perimeter condition gives $BM = \frac{13k - 12}{1 - k},$ and Stewart’s theorem on cevian $BM$ gives a second expression for $BM^2$

解答：

令 $k = \frac{AM}{CM}$ 。三角形 $ABM$ 和 $CBM$ 共用从 $B$ 作出的高，所以 $\frac{[ABM]}{[CBM]} = k$ 。因为三角形的内切圆半径等于面积除以半周长，内切圆半径相等迫使 $\frac{12 + AM + BM}{13 + CM + BM} = k$ 。由 $AM + CM = 15$ ，得 $AM = \frac{15k}{k+1}$ 、 $CM = \frac{15}{k+1}$ ；由于 $AM = k \cdot CM$ ，周长方程化简为 $BM(1 - k) = 13k - 12$ ，所以 $BM = \frac{13k - 12}{1 - k}\text{，}$ 且 $BM \gt 0$ 迫使 $\frac{12}{13} \lt k \lt 1$ 。

对塞瓦线 $\overline{BM}$ 使用 Stewart 定理，给出 $AB^2 \cdot CM + BC^2 \cdot AM$ $= AC\left(BM^2 + AM \cdot CM\right)$ ，所以 $\begin{aligned} BM^2 &= \frac{144 + 169k}{k + 1} \\ &\quad {}- \frac{225k}{(k+1)^2} \end{aligned}\text{。}$ 令它等于 $\frac{(13k-12)^2}{(1-k)^2}$ ，并清除分母，得到 $(169k^2 + 88k + 144)(1-k)^2$ $= (13k-12)^2(k+1)^2$ ，化简为 $4k\left(69k^2 - 112k + 44\right) = 0$ 。

根为 $k = 0$ 、 $k = \frac{2}{3}$ ，和 $k = \frac{22}{23}$ ，其中只有 $k = \frac{22}{23}$ 大于 $\frac{12}{13}$ （此时 $AM = \frac{22}{3}$ 、 $CM = \frac{23}{3}$ 、 $BM = 10$ ）。因此 $p + q = 22 + 23 = 45$ 。

Let $k = \frac{AM}{CM}.$ Triangles $ABM$ and $CBM$ share the altitude from $B,$ so $\frac{[ABM]}{[CBM]} = k.$ Since the inradius of a triangle is its area divided by its semiperimeter, equal inradii force $\frac{12 + AM + BM}{13 + CM + BM} = k$ as well. From $AM + CM = 15$ we get $AM = \frac{15k}{k+1}$ and $CM = \frac{15}{k+1};$ since $AM = k \cdot CM,$ the perimeter equation simplifies to $BM(1 - k) = 13k - 12,$ so $BM = \frac{13k - 12}{1 - k},$ and $BM \gt 0$ forces $\frac{12}{13} \lt k \lt 1.$

Stewart’s theorem on cevian $\overline{BM}$ gives $AB^2 \cdot CM + BC^2 \cdot AM$ $= AC\left(BM^2 + AM \cdot CM\right),$ so $\begin{aligned} BM^2 &= \frac{144 + 169k}{k + 1} \\ &\quad {}- \frac{225k}{(k+1)^2}. \end{aligned}$ Setting this equal to $\frac{(13k-12)^2}{(1-k)^2}$ and clearing denominators yields $(169k^2 + 88k + 144)(1-k)^2$ $= (13k-12)^2(k+1)^2,$ which simplifies to $4k\left(69k^2 - 112k + 44\right) = 0.$

The roots are $k = 0,$ $k = \frac{2}{3},$ and $k = \frac{22}{23},$ and only $k = \frac{22}{23}$ exceeds $\frac{12}{13}$ (then $AM = \frac{22}{3},$ $CM = \frac{23}{3},$ $BM = 10$ ). Hence $p + q = 22 + 23 = 45.$