2013 AIME II 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

假设一天中的时间计量改用公制，使得每天有 $10$ 个公制小时，每个公制小时有 $100$ 个公制分钟。于是会生产新的电子钟：午夜前一刻显示 $9{:}99$ ，午夜显示 $0{:}00$ ，原来的凌晨 $3{:}00$ 显示 $1{:}25$ ，原来的下午 $6{:}00$ 显示 $7{:}50$ 。改制后，如果一个人想在相当于原来上午 $6{:}36$ 的时间醒来，他会把新的电子闹钟设为 $A{:}BC$ ，其中 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 都是数字。求 $100A + 10B + C$ 。

Suppose that the measurement of time during the day is converted to the metric system so that each day has $10$ metric hours, and each metric hour has $100$ metric minutes. Digital clocks would then be produced that would read $9{:}99$ just before midnight, $0{:}00$ at midnight, $1{:}25$ at the former $3{:}00$ AM, and $7{:}50$ at the former $6{:}00$ PM. After the conversion, a person who wanted to wake up at the equivalent of the former $6{:}36$ AM would set his new digital alarm clock for $A{:}BC,$ where $A,$ $B,$ and $C$ are digits. Find $100A + 10B + C.$

答案

知识点：时钟单位换算比与比例

难度评级：1820

小提示：

两种钟表示的是一天中相同的比例，而一个公制日有 $1000$ 个公制分钟。

Both clocks measure the same fraction of a full day, and a metric day has $1000$ metric minutes

大提示：

原来的上午 $6{:}36$ 距离一天开始已有 $396$ 个普通分钟；普通一天有 $1440$ 分钟，闹钟设置就是 $1000$ 个公制分钟中的同一比例。

The former $6{:}36$ AM comes $396$ of the $1440$ ordinary minutes into the day; the alarm setting is that same fraction of $1000$ metric minutes

解答：

普通一天有 $60 \cdot 24 = 1440$ 分钟，而上午 $6{:}36$ 是午夜后 $6 \cdot 60 + 36 = 396$ 分钟。一个公制日有 $10 \cdot 100 = 1000$ 个公制分钟，所以对应的公制时间为 $\frac{396}{1440} \cdot 1000 = 275$ 个公制分钟，也就是新钟显示的 $2{:}75$ 。

因此 $100A + 10B + C = 275$ 。

An ordinary day has $60 \cdot 24 = 1440$ minutes, and $6{:}36$ AM comes $6 \cdot 60 + 36 = 396$ minutes after midnight. A metric day has $10 \cdot 100 = 1000$ metric minutes, so the equivalent metric time is $\frac{396}{1440} \cdot 1000 = 275$ metric minutes after midnight, which the new clock displays as $2{:}75.$

Therefore $100A + 10B + C = 275.$

2.

正整数 $a$ 和 $b$ 满足条件 $\log_2(\log_{2^a}(\log_{2^b}(2^{1000}))) = 0\text{。}$ 求所有可能的 $a + b$ 的值之和。

Positive integers $a$ and $b$ satisfy the condition $\log_2(\log_{2^a}(\log_{2^b}(2^{1000}))) = 0.$ Find the sum of all possible values of $a + b.$

答案

知识点：对数指数分类讨论

难度评级：2030

小提示：

从外向内逐层剥开对数：最外层方程说明下一层表达式等于 $1$ ，再下一层等于 $2^a$ 。

Peel the logarithms from the outside in: the outer equation says the next expression equals $1,$ then the next equals $2^a$

大提示：

一切都化为 $b \cdot 2^a = 1000 = 2^3 \cdot 125$ ，所以 $2^a$ 只能是 $2$ 、 $4$ 或 $8$ 。

Everything reduces to $b \cdot 2^a = 1000 = 2^3 \cdot 125,$ so $2^a$ can only be $2,$ $4,$ or $8$

解答：

从外向内计算， $\log_2(\cdot) = 0$ 强制 $\log_{2^a}(\log_{2^b}(2^{1000})) = 1$ ，所以 $\log_{2^b}(2^{1000}) = 2^a$ ，从而 $2^{1000} = (2^b)^{2^a} = 2^{b \cdot 2^a}$ 。因此 $b \cdot 2^a = 1000 = 2^3 \cdot 125\text{。}$

因为 $a \ge 1$ ，且 $b$ 是正整数， $2^a$ 必须是 $2$ 、 $4$ 、 $8$ 中的一个，得到 $(a, b) = (1, 500)$ 、 $(2, 250)$ 、 $(3, 125)$ 。所有可能的 $a + b$ 的值之和为 $501 + 252 + 128 = 881$ 。

Working from the outside in, $\log_2(\cdot) = 0$ forces $\log_{2^a}(\log_{2^b}(2^{1000})) = 1,$ so $\log_{2^b}(2^{1000}) = 2^a,$ so $2^{1000} = (2^b)^{2^a} = 2^{b \cdot 2^a}.$ Hence $b \cdot 2^a = 1000 = 2^3 \cdot 125.$

Since $a \ge 1$ and $b$ is a positive integer, $2^a$ must be one of $2,$ $4,$ $8,$ giving $(a, b) = (1, 500),$ $(2, 250),$ and $(3, 125).$ The sum of all possible values of $a + b$ is $501 + 252 + 128 = 881.$

3.

一支大蜡烛高 $119$ 厘米。它的设计是刚点燃时烧得较快，越接近底部烧得越慢。具体地，从顶端烧掉第一厘米需要 $10$ 秒，烧掉第二厘米需要 $20$ 秒，烧掉第 $k$ 厘米需要 $10k$ 秒。设蜡烛完全烧完需要 $T$ 秒。那么点燃后 $\frac{T}{2}$ 秒时，蜡烛高度为 $h$ 厘米。求 $10h$ 。

A large candle is $119$ centimeters tall. It is designed to burn down more quickly when it is first lit and more slowly as it approaches its bottom. Specifically, the candle takes $10$ seconds to burn down the first centimeter from the top, $20$ seconds to burn down the second centimeter, and $10k$ seconds to burn down the $k$ -th centimeter. Suppose it takes $T$ seconds for the candle to burn down completely. Then $\frac{T}{2}$ seconds after it is lit, the candle’s height in centimeters will be $h.$ Find $10h.$

答案

知识点：等差数列求和因式分解

难度评级：1970

小提示：

烧掉前 $x$ 厘米需要 $10(1 + 2 + \cdots + x) = 5x(x+1)$ 秒。

Burning the first $x$ centimeters takes $10(1 + 2 + \cdots + x) = 5x(x+1)$ seconds

大提示：

令 $5x(x+1)$ 等于 $\frac{T}{2} = 5 \cdot 60 \cdot 119$ ，并把 $7140$ 写成两个连续整数的乘积。

Set $5x(x+1)$ equal to $\frac{T}{2} = 5 \cdot 60 \cdot 119$ and write $7140$ as a product of two consecutive integers

解答：

烧掉前 $x$ 厘米需要 $10(1 + 2 + \cdots + x) = 5x(x+1)$ 秒，所以 $T = 5 \cdot 119 \cdot 120 = 71400$ ，且 $\frac{T}{2} = 35700$ 。

令 $5x(x+1) = 35700$ ，得到 $x(x+1) = 7140 = 84 \cdot 85$ ，所以在 $\frac{T}{2}$ 时刻蜡烛恰好烧掉 $84$ 厘米。它的高度为 $h = 119 - 84 = 35$ ，因此 $10h = 350$ 。

Burning the first $x$ centimeters takes $10(1 + 2 + \cdots + x) = 5x(x+1)$ seconds, so $T = 5 \cdot 119 \cdot 120 = 71400$ and $\frac{T}{2} = 35700.$

Setting $5x(x+1) = 35700$ gives $x(x+1) = 7140 = 84 \cdot 85,$ so at time $\frac{T}{2}$ the candle has burned down exactly $84$ centimeters. Its height is $h = 119 - 84 = 35,$ and $10h = 350.$

4.

在平面直角坐标系中，设 $A = (1, 0)$ ， $B = (2, 2\sqrt{3})$ 。作等边三角形 $ABC$ ，使点 $C$ 位于第一象限。设 $P = (x, y)$ 为 $\triangle ABC$ 的中心。则 $x \cdot y$ 可写成 $\frac{p\sqrt{q}}{r}$ ，其中 $p$ 和 $r$ 是互质的正整数，且 $q$ 是不被任何质数平方整除的整数。求 $p + q + r$ 。

In the Cartesian plane let $A = (1, 0)$ and $B = (2, 2\sqrt{3}).$ Equilateral triangle $ABC$ is constructed so that $C$ lies in the first quadrant. Let $P = (x, y)$ be the center of $\triangle ABC.$ Then $x \cdot y$ can be written as $\frac{p\sqrt{q}}{r},$ where $p$ and $r$ are relatively prime positive integers and $q$ is an integer that is not divisible by the square of any prime. Find $p + q + r.$

答案

知识点：坐标几何等边三角形重心向量

难度评级：2270

小提示：

$C$ 是 $\overline{AB}$ 的中点沿垂直方向平移 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 倍 $\overline{AB}$ 的长度得到的点，而 $P$ 是重心。

$C$ is the midpoint of $\overline{AB}$ shifted perpendicularly by $\frac{\sqrt{3}}{2}$ times the length of $\overline{AB},$ and $P$ is the centroid

大提示：

垂直于 $\overrightarrow{AB} = (1, 2\sqrt{3})$ 的一个单位向量是 $\frac{1}{\sqrt{13}}(2\sqrt{3}, -1)$ ；把三个顶点坐标取平均即可得到 $P$ 。

A unit vector perpendicular to $\overrightarrow{AB} = (1, 2\sqrt{3})$ is $\frac{1}{\sqrt{13}}(2\sqrt{3}, -1);$ average the three vertices to get $P$

解答：

$\overline{AB}$ 的中点是 $M = \left(\frac{3}{2}, \sqrt{3}\right)$ ，且 $AB = \sqrt{1 + 12} = \sqrt{13}$ 。第三个顶点沿着垂直于 $\overrightarrow{AB} = (1, 2\sqrt{3})$ 的方向，离 $M$ 的距离为 $\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{13}$ ；一个单位垂直向量是 $\frac{1}{\sqrt{13}}(2\sqrt{3}, -1)$ 。选取使点落在第一象限的符号，得到 $\begin{aligned} C &= M + \frac{\sqrt{3}}{2}\,(2\sqrt{3}, -1) \\ &= \left(\frac{9}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \end{aligned}$ （另一种选择的 $x$ 坐标为负）。

等边三角形的中心是它的重心，即三个顶点坐标的平均： $\begin{aligned} P &= \small \left(\frac{1 + 2 + \frac{9}{2}}{3},\ \frac{0 + 2\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}}{3} \right) \\ &= \left(\frac{5}{2}, \frac{5\sqrt{3}}{6}\right) \end{aligned}\text{。}$

因此 $x \cdot y = \frac{5}{2} \cdot \frac{5\sqrt{3}}{6} = \frac{25\sqrt{3}}{12}$ ，所以 $p + q + r = 25 + 3 + 12 = 40$ 。

The midpoint of $\overline{AB}$ is $M = \left(\frac{3}{2}, \sqrt{3}\right),$ and $AB = \sqrt{1 + 12} = \sqrt{13}.$ The third vertex lies at distance $\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{13}$ from $M$ along a direction perpendicular to $\overrightarrow{AB} = (1, 2\sqrt{3});$ a unit perpendicular is $\frac{1}{\sqrt{13}}(2\sqrt{3}, -1).$ Taking the sign that lands in the first quadrant, $\begin{aligned} C &= M + \frac{\sqrt{3}}{2}\,(2\sqrt{3}, -1) \\ &= \left(\frac{9}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \end{aligned}$ (the other choice has negative $x$ -coordinate).

The center of an equilateral triangle is its centroid, the average of the vertices: $\begin{aligned} P &= \small \left(\frac{1 + 2 + \frac{9}{2}}{3},\ \frac{0 + 2\sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2}}{3} \right) \\ &= \left(\frac{5}{2}, \frac{5\sqrt{3}}{6}\right). \end{aligned}$

Then $x \cdot y = \frac{5}{2} \cdot \frac{5\sqrt{3}}{6} = \frac{25\sqrt{3}}{12},$ so $p + q + r = 25 + 3 + 12 = 40.$

5.

在等边 $\triangle ABC$ 中，点 $D$ 和 $E$ 将 $\overline{BC}$ 三等分。则 $\sin(\angle DAE)$ 可表示为 $\frac{a\sqrt{b}}{c}$ ，其中 $a$ 和 $c$ 是互质的正整数，且 $b$ 是不被任何质数平方整除的整数。求 $a + b + c$ 。

In equilateral $\triangle ABC$ let points $D$ and $E$ trisect $\overline{BC}.$ Then $\sin(\angle DAE)$ can be expressed in the form $\frac{a\sqrt{b}}{c},$ where $a$ and $c$ are relatively prime positive integers, and $b$ is an integer that is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c.$

答案

知识点：余弦定理三角形面积等边三角形

难度评级：2330

小提示：

取边长为 $6$ ，于是 $BD = DE = EC = 2$ ，并用余弦定理求 $AD = AE$ 。

Take side length $6,$ so $BD = DE = EC = 2,$ and find $AD = AE$ with the law of cosines

大提示：

三角形 $ADE$ 的面积是 $ABC$ 的三分之一；把它与 $\frac{1}{2} \cdot AD \cdot AE \cdot \sin(\angle DAE)$ 比较。

Triangle $ADE$ has one third the area of $ABC;$ compare that with $\frac{1}{2} \cdot AD \cdot AE \cdot \sin(\angle DAE)$

解答：

缩放使边长为 $6$ ，且 $BD = DE = EC = 2$ 。在三角形 $AEC$ 中，余弦定理给出 $\begin{aligned} AE^2 &= 6^2 + 2^2 - 2 \cdot 6 \cdot 2 \cos 60^\circ \\ &= 28 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $AE = 2\sqrt{7}$ ，由对称性 $AD = 2\sqrt{7}$ 。

因为 $DE$ 是 $BC$ 的三分之一，且三角形 $ADE$ 和 $ABC$ 共有顶点 $A$ ，所以 $[ADE] = \frac{1}{3}[ABC]$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{36\sqrt{3}}{4}$ $= 3\sqrt{3}$ 。另一方面， $[ADE] = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AE$ $\cdot \sin(\angle DAE)$ $= 14\sin(\angle DAE)$ 。

因此 $\sin(\angle DAE) = \frac{3\sqrt{3}}{14}$ ，且 $a + b + c = 3 + 3 + 14 = 20$ 。

Scale so the side length is $6,$ with $BD = DE = EC = 2.$ In triangle $AEC,$ the law of cosines gives $\begin{aligned} AE^2 &= 6^2 + 2^2 - 2 \cdot 6 \cdot 2 \cos 60^\circ \\ &= 28, \end{aligned}$ so $AE = 2\sqrt{7},$ and $AD = 2\sqrt{7}$ by symmetry.

Since $DE$ is one third of $BC$ and triangles $ADE$ and $ABC$ share the apex $A,$ we get $[ADE] = \frac{1}{3}[ABC]$ $= \frac{1}{3} \cdot \frac{36\sqrt{3}}{4}$ $= 3\sqrt{3}.$ On the other hand $[ADE] = \frac{1}{2} \cdot AD \cdot AE$ $\cdot \sin(\angle DAE)$ $= 14\sin(\angle DAE).$

Therefore $\sin(\angle DAE) = \frac{3\sqrt{3}}{14},$ and $a + b + c = 3 + 3 + 14 = 20.$

6.

求最小正整数 $N$ ，使得从 $1000 \cdot N$ 开始的 $1000$ 个连续整数中不含任何整数平方数。

Find the least positive integer $N$ such that the set of $1000$ consecutive integers beginning with $1000 \cdot N$ contains no square of an integer.

答案

知识点：完全平方数不等式极限情形界定

难度评级：2430

小提示：

相邻平方数相差 $2x + 1$ ，所以只有当 $x \ge 500$ 时，一个长度为 $1000$ 的整数块才可能被跳过。

Consecutive squares differ by $2x + 1,$ so a block of $1000$ integers can be skipped only once $x \ge 500$

大提示：

写成 $x = 500 + a$ ，则 $x^2 = 250000 + 1000a + a^2$ 。求最小的 $a$ ，使 $a^2 + 2a + 1001 \ge 2000$ 。

Write $x = 500 + a,$ so $x^2 = 250000 + 1000a + a^2.$ Find the least $a$ with $a^2 + 2a + 1001 \ge 2000.$

解答：

区间 $\{1000N, \ldots, 1000N + 999\}$ 不含任何平方数，当且仅当某两个相邻平方数 $x^2$ 和 $(x+1)^2$ 跨过这个区间；这要求 $(x+1)^2 - x^2 = 2x + 1 \gt 1000$ ，所以 $x \ge 500$ 。特别地，低于 $500^2 = 250000$ 的每个区间都含有平方数，因此从这里开始查找。

令 $x = 500 + a$ ，其中 $a \ge 0$ 。则 $x^2 = 1000(250 + a) + a^2$ ，所以只要 $a^2 \lt 1000$ （即 $a \le 31$ ），平方数 $x^2$ 就落在第 $250 + a$ 个区间；这些区间编号从 $250$ 到 $281$ 。第 $251 + a$ 个区间被跳过，当且仅当 $\begin{aligned} (x+1)^2 &= 1000(250 + a) + a^2 \\ &\quad {}+ 2a + 1001 \\ &\ge 1000(252 + a) \end{aligned}\text{，}$ 也就是 $a^2 + 2a \ge 999$ 。当 $a \le 30$ 时不成立（所以 $(x+1)^2$ 落在第 $251 + a$ 个区间），而在 $a = 31$ 时首次成立，因为 $961 + 62 = 1023$ 。

确实， $531^2 = 281961$ 和 $532^2 = 283024$ 分别位于以 $282000$ 开头的区间两侧。最小的这种 $N$ 是 $251 + 31 = 282$ 。

The block $\{1000N, \ldots, 1000N + 999\}$ misses all squares exactly when some consecutive squares $x^2$ and $(x+1)^2$ jump over it, which requires $(x+1)^2 - x^2 = 2x + 1 \gt 1000,$ so $x \ge 500.$ In particular every block below $500^2 = 250000$ contains a square, so we search from there.

Write $x = 500 + a$ with $a \ge 0.$ Then $x^2 = 1000(250 + a) + a^2,$ so as long as $a^2 \lt 1000$ (that is, $a \le 31$ ), the square $x^2$ lies in block $250 + a;$ these cover blocks $250$ through $281.$ Block $251 + a$ is skipped exactly when $\begin{aligned} (x+1)^2 &= 1000(250 + a) + a^2 \\ &\quad {}+ 2a + 1001 \\ &\ge 1000(252 + a), \end{aligned}$ that is, $a^2 + 2a \ge 999.$ For $a \le 30$ this fails (so $(x+1)^2$ lands in block $251 + a$ ), and it first holds at $a = 31,$ since $961 + 62 = 1023.$

Indeed $531^2 = 281961$ and $532^2 = 283024$ straddle the block starting at $282000.$ The least such $N$ is $251 + 31 = 282.$

7.

一组文员被安排整理 $1775$ 份文件。每名文员以每小时 $30$ 份文件的恒定速度整理。第一小时结束时，其中一些文员被调去做另一项任务；第二小时结束时，剩余文员中同样数量的人也被调走；第三小时结束时也发生类似调配。这组人在 $3$ 小时 $10$ 分钟内完成整理。求整理开始后的前一个半小时内整理了多少份文件。

A group of clerks is assigned the task of sorting $1775$ files. Each clerk sorts at a constant rate of $30$ files per hour. At the end of the first hour, some of the clerks are reassigned to another task; at the end of the second hour, the same number of the remaining clerks are also reassigned to another task, and a similar reassignment occurs at the end of the third hour. The group finishes the sorting in $3$ hours and $10$ minutes. Find the number of files sorted during the first one and a half hours of sorting.

答案

知识点：速率丢番图方程模运算

难度评级：2310

小提示：

设开始时有 $n$ 名文员，每小时结束时调走 $k$ 名；把每小时以及最后 $10$ 分钟整理的文件数相加。

With $n$ clerks at the start and $k$ removed at the end of each hour, add up the files sorted in each hour plus the final $10$ minutes

大提示：

总数化简为 $19n - 21k = 355$ ；对 $19$ 取模求正整数解，并保持 $n - 3k \gt 0$ 。

The total reduces to $19n - 21k = 355;$ solve in positive integers by working modulo $19,$ keeping $n - 3k \gt 0$

解答：

设开始时有 $n$ 名文员，每小时结束时调走 $k$ 名。最后 $10$ 分钟每名剩余文员整理 $5$ 份文件，所以 $\begin{aligned} &30n + 30(n - k) + 30(n - 2k) \\ &\quad {}+ 5(n - 3k) = 1775 \end{aligned}\text{，}$ 化简为 $95n - 105k = 1775$ ，即 $19n - 21k = 355$ 。

对 $19$ 取模，得到 $-2k \equiv 13$ ，所以 $2k \equiv 6$ ，且 $k \equiv 3 \pmod{19}$ 。取 $k = 3$ 得 $n = \frac{355 + 63}{19} = 22$ ；下一个候选 $k = 22$ 给出 $n = 43$ ，此时 $n - 3k \lt 0$ 。所以 $n = 22$ ， $k = 3$ 。

第一小时 $22$ 名文员整理 $30 \cdot 22 = 660$ 份文件，接下来的半小时 $19$ 名文员整理 $15 \cdot 19 = 285$ 份文件，总计 $660 + 285 = 945$ 。

Let $n$ clerks start and $k$ be reassigned at the end of each hour. In the final $10$ minutes each remaining clerk sorts $5$ files, so $\begin{aligned} &30n + 30(n - k) + 30(n - 2k) \\ &\quad {}+ 5(n - 3k) = 1775, \end{aligned}$ which simplifies to $95n - 105k = 1775,$ or $19n - 21k = 355.$

Modulo $19$ this reads $-2k \equiv 13,$ so $2k \equiv 6$ and $k \equiv 3 \pmod{19}.$ Taking $k = 3$ gives $n = \frac{355 + 63}{19} = 22;$ the next candidate, $k = 22,$ gives $n = 43,$ for which $n - 3k \lt 0.$ So $n = 22$ and $k = 3.$

In the first hour $22$ clerks sort $30 \cdot 22 = 660$ files, and in the next half hour $19$ clerks sort $15 \cdot 19 = 285,$ for a total of $660 + 285 = 945.$

8.

一个内接于圆的六边形，其边长按顺序为 $22$ 、 $22$ 、 $20$ 、 $22$ 、 $22$ 和 $20$ 。该圆的半径可写成 $p + \sqrt{q}$ ，其中 $p$ 和 $q$ 是正整数。求 $p + q$ 。

A hexagon that is inscribed in a circle has side lengths $22,$ $22,$ $20,$ $22,$ $22,$ and $20$ in that order. The radius of the circle can be written as $p + \sqrt{q},$ where $p$ and $q$ are positive integers. Find $p + q.$

答案

知识点：弦三角学余弦定理二次方程

难度评级：2560

小提示：

若每条长度为 $22$ 的弦所对圆心角为 $\alpha$ ，每条长度为 $20$ 的弦所对圆心角为 $\beta$ ，则 $4\alpha + 2\beta = 360^\circ$ ，所以 $\sin\frac{\beta}{2} = \cos\alpha$ 。

If each $22$ -chord subtends central angle $\alpha$ and each $20$ -chord subtends $\beta,$ then $4\alpha + 2\beta = 360^\circ,$ so $\sin\frac{\beta}{2} = \cos\alpha$

大提示：

余弦定理给出 $\cos\alpha = 1 - \frac{242}{r^2}$ ，而 $\sin\frac{\beta}{2} = \frac{10}{r}$ ；令二者相等会得到关于 $r$ 的二次方程。

The law of cosines gives $\cos\alpha = 1 - \frac{242}{r^2},$ while $\sin\frac{\beta}{2} = \frac{10}{r};$ equating them yields a quadratic in $r$

解答：

长度为 $20$ 的弦的一半给出 $\sin\frac{\beta}{2} = \frac{10}{r}$ ，而在两腰为 $r$ 、底边为 $22$ 的等腰三角形中应用余弦定理，得到 $22^2 = 2r^2(1 - \cos\alpha)$ ，所以 $\cos\alpha = 1 - \frac{242}{r^2}$ 。令二者相等，得到 $\begin{aligned} 1 - \frac{242}{r^2} &= \frac{10}{r} \\ &\quad\Longrightarrow\quad r^2 - 10r - 242 \\ &= 0 \end{aligned}\text{，}$ 所以 $r = 5 + \sqrt{267}$ （取正根）。

所以 $p + q = 5 + 267 = 272$ 。

Half a $20$ -chord gives $\sin\frac{\beta}{2} = \frac{10}{r},$ and the law of cosines on the isosceles triangle with legs $r$ and base $22$ gives $22^2 = 2r^2(1 - \cos\alpha),$ so $\cos\alpha = 1 - \frac{242}{r^2}.$ Equating, $\begin{aligned} 1 - \frac{242}{r^2} &= \frac{10}{r} \\ &\quad\Longrightarrow\quad r^2 - 10r - 242 \\ &= 0, \end{aligned}$ so $r = 5 + \sqrt{267}$ (taking the positive root).

Therefore $p + q = 5 + 267 = 272.$

9.

一个 $7 \times 1$ 的板完全由 $m \times 1$ 的砖覆盖且不重叠；每块砖可以覆盖任意数量的连续小方格，并且每块砖都完全位于板上。每块砖要么是红色、蓝色，要么是绿色。设 $N$ 为铺满 $7 \times 1$ 的板且三种颜色都至少使用一次的铺法数。例如，一块 $1 \times 1$ 的红砖后接一块 $2 \times 1$ 的绿砖、一块 $1 \times 1$ 的绿砖、一块 $2 \times 1$ 的蓝砖、以及一块 $1 \times 1$ 的绿砖，是一种合法铺法。注意，如果那块 $2 \times 1$ 的蓝砖换成两块 $1 \times 1$ 的蓝砖，会得到一种不同的铺法。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

A $7 \times 1$ board is completely covered by $m \times 1$ tiles without overlap; each tile may cover any number of consecutive squares, and each tile lies completely on the board. Each tile is either red, blue, or green. Let $N$ be the number of tilings of the $7 \times 1$ board in which all three colors are used at least once. For example, a $1 \times 1$ red tile followed by a $2 \times 1$ green tile, a $1 \times 1$ green tile, a $2 \times 1$ blue tile, and a $1 \times 1$ green tile is a valid tiling. Note that if the $2 \times 1$ blue tile is replaced by two $1 \times 1$ blue tiles, this results in a different tiling. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

知识点：铺砖容斥原理乘法原理

难度评级：2610

小提示：

先数允许使用 $k$ 种颜色时的所有铺法：从左到右扫描，注意每个新方格要么延续当前砖，要么开始一块新砖。

First count all tilings when $k$ colors are allowed: scan left to right, and note each new square either extends the current tile or starts a fresh tile

大提示：

这个计数是 $k(k+1)^6$ 。然后对哪些颜色没有被使用做容斥。

That count is $k(k+1)^6.$ Then use inclusion-exclusion over which of the three colors go unused.

解答：

先数有 $k$ 种颜色可用时的彩色铺法。第一个方格所在的砖有 $k$ 种颜色可选；之后的 $6$ 个方格中，每个方格要么延续当前砖，要么以 $k$ 种颜色之一开始一块新砖，所以每个方格有 $k + 1$ 种选择。因此共有 $k(k+1)^6$ 种铺法。

三种颜色时共有 $3 \cdot 4^6 = 12288$ 种铺法。对未使用的颜色做容斥，使用全部三种颜色的铺法数为 $\begin{aligned} N &= 3 \cdot 4^6 - 3 \cdot (2 \cdot 3^6) \\ &\quad {}+ 3 \cdot (1 \cdot 2^6) \\ &= 12288 - 4374 + 192 \\ &= 8106 \end{aligned}\text{。}$

$N$ 除以 $1000$ 的余数是 $106$ 。

First count colored tilings when $k$ colors are available. The first square’s tile can be colored in $k$ ways, and each of the remaining $6$ squares either extends the current tile or starts a new tile in one of the $k$ colors, giving $k + 1$ choices per square. So there are $k(k+1)^6$ tilings.

With three colors that is $3 \cdot 4^6 = 12288$ tilings. By inclusion-exclusion over the unused colors, the number using all three colors is $\begin{aligned} N &= 3 \cdot 4^6 - 3 \cdot (2 \cdot 3^6) \\ &\quad {}+ 3 \cdot (1 \cdot 2^6) \\ &= 12288 - 4374 + 192 \\ &= 8106. \end{aligned}$

The remainder when $N$ is divided by $1000$ is $106.$

10.

给定一个半径为 $\sqrt{13}$ 的圆，设 $A$ 是到圆心 $O$ 距离为 $4 + \sqrt{13}$ 的一点。设 $B$ 是圆上离点 $A$ 最近的点。一条过点 $A$ 的直线与圆交于点 $K$ 和 $L$ 。 $\triangle BKL$ 的最大可能面积可写成 $\frac{a - b\sqrt{c}}{d}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 是正整数， $a$ 和 $d$ 互质，且 $c$ 不被任何质数平方整除。求 $a + b + c + d$ 。

Given a circle of radius $\sqrt{13},$ let $A$ be a point at a distance $4 + \sqrt{13}$ from the center $O$ of the circle. Let $B$ be the point on the circle nearest to point $A.$ A line passing through the point $A$ intersects the circle at points $K$ and $L.$ The maximum possible area for $\triangle BKL$ can be written in the form $\frac{a - b\sqrt{c}}{d},$ where $a,$ $b,$ $c,$ and $d$ are positive integers, $a$ and $d$ are relatively prime, and $c$ is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c + d.$

答案

知识点：圆三角形面积最优化

难度评级：2840

小提示：

$B$ 位于线段 $OA$ 上，且 $AB = 4$ 。对任意过 $A$ 的直线， $O$ 到该直线的距离和 $B$ 到该直线的距离之比为 $OA : AB$ 。

$B$ lies on segment $OA$ with $AB = 4.$ For any line through $A,$ the distances from $O$ and from $B$ to that line are in the ratio $OA : AB$

大提示：

所以 $[BKL] = \frac{4}{4 + \sqrt{13}}[OKL]$ ，且 $[OKL] = \frac{13}{2}\sin(\angle KOL)$ 在 $\angle KOL = 90^\circ$ 时最大。

So $[BKL] = \frac{4}{4 + \sqrt{13}}[OKL],$ and $[OKL] = \frac{13}{2}\sin(\angle KOL)$ is largest when $\angle KOL = 90^\circ$

解答：

最近点 $B$ 在线段 $OA$ 上，满足 $OB = \sqrt{13}$ 且 $AB = 4$ 。三角形 $OKL$ 和 $BKL$ 共用底边 $KL$ ，它们的高分别是 $O$ 和 $B$ 到过 $A$ 的那条直线的距离。对直线 $OA$ 上任意一点 $P$ ，该距离为 $PA\sin\varphi$ ，其中 $\varphi$ 是两条直线的夹角，所以 $\frac{[BKL]}{[OKL]} = \frac{AB}{AO} = \frac{4}{4 + \sqrt{13}}\text{。}$

因为 $OK = OL = \sqrt{13}$ ，所以 $[OKL] = \frac{13}{2}\sin(\angle KOL) \le \frac{13}{2}$ ，等号在 $\angle KOL = 90^\circ$ 时成立。这样的弦到 $O$ 的距离为 $\sqrt{\frac{13}{2}}$ ，小于 $OA$ ，所以某条过 $A$ 的直线能够实现它。

最大面积为 $\begin{aligned} [BKL] &= \frac{13}{2} \cdot \frac{4}{4 + \sqrt{13}} \\ &= \frac{26}{4 + \sqrt{13}} = \frac{26(4 - \sqrt{13})}{3} \\ &= \frac{104 - 26\sqrt{13}}{3} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $a + b + c + d$ $= 104 + 26 + 13 + 3$ $= 146$ 。

The nearest point $B$ lies on segment $OA$ with $OB = \sqrt{13}$ and $AB = 4.$ Triangles $OKL$ and $BKL$ share the base $KL,$ and their heights are the distances from $O$ and $B$ to the line through $A.$ For any point $P$ on line $OA,$ that distance is $PA\sin\varphi,$ where $\varphi$ is the angle between the two lines, so $\frac{[BKL]}{[OKL]} = \frac{AB}{AO} = \frac{4}{4 + \sqrt{13}}.$

Since $OK = OL = \sqrt{13},$ we have $[OKL] = \frac{13}{2}\sin(\angle KOL) \le \frac{13}{2},$ with equality when $\angle KOL = 90^\circ.$ Such a chord lies at distance $\sqrt{\frac{13}{2}}$ from $O,$ which is less than $OA,$ so a line through $A$ can achieve it.

The maximum area is $\begin{aligned} [BKL] &= \frac{13}{2} \cdot \frac{4}{4 + \sqrt{13}} \\ &= \frac{26}{4 + \sqrt{13}} = \frac{26(4 - \sqrt{13})}{3} \\ &= \frac{104 - 26\sqrt{13}}{3}, \end{aligned}$ so $a + b + c + d$ $= 104 + 26 + 13 + 3$ $= 146.$

11.

设 $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\}$ ，并设 $N$ 为从集合 $A$ 到集合 $A$ 的函数 $f$ 的个数，使得 $f(f(x))$ 是常值函数。求 $N$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $A = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7\},$ and let $N$ be the number of functions $f$ from set $A$ to set $A$ such that $f(f(x))$ is a constant function. Find the remainder when $N$ is divided by $1000.$

答案

知识点：函数组合分类讨论

难度评级：2890

小提示：

如果 $f(f(x)) = a$ 恒成立，令 $S$ 为被 $f$ 映到 $a$ 的元素集合。证明 $f(a) = a$ ，且 $S$ 之外的每个元素都映入 $S \setminus \{a\}$ 。

If $f(f(x)) = a$ always, let $S$ be the set of elements that $f$ sends to $a.$ Show $f(a) = a$ and every element outside $S$ maps into $S \setminus \{a\}$

大提示：

设 $|S| = k$ ：选择 $a$ ，选择 $S$ 中其余元素，然后把外面的 $7 - k$ 个元素各自映到 $S \setminus \{a\}$ 中的任意元素，并对 $k$ 求和。

With $|S| = k:$ choose $a,$ choose the rest of $S,$ then send each of the $7 - k$ outside elements anywhere in $S \setminus \{a\},$ and sum over $k$

解答：

设对所有 $x$ 都有 $f(f(x)) = a$ ，并令 $S = \{x : f(x) = a\}$ 。任取 $t \in S$ ，得到 $a = f(f(t)) = f(a)$ ，所以 $a \in S$ 。每个 $x$ 都满足 $f(x) \in S$ （因为 $f(f(x)) = a$ ），且若 $x \notin S$ ，则 $f(x) \ne a$ ，所以 $f$ 把 $S$ 的补集映入 $S \setminus \{a\}$ 。反过来，按这种方式构造的任何 $f$ 都满足要求。

若 $|S| = k$ ，常值 $a$ 有 $7$ 种选择， $S$ 中其余 $k - 1$ 个元素有 $\binom{6}{k-1}$ 种选择，而其余 $7 - k$ 个元素各自在 $S \setminus \{a\}$ 中选择像，共有 $(k-1)^{7-k}$ 种。因此 $\begin{aligned} N &= \scriptsize 7\sum_{k=1}^{7} \binom{6}{k-1}(k-1)^{7-k} \\ &\scriptsize = 7\,(0 + 6 + 240 + 540 + 240 + 30 + 1) \\ &= 7 \cdot 1057 = 7399 \end{aligned}\text{。}$

$N$ 除以 $1000$ 的余数是 $399$ 。

Say $f(f(x)) = a$ for all $x,$ and let $S = \{x : f(x) = a\}.$ Picking any $t \in S,$ we get $a = f(f(t)) = f(a),$ so $a \in S.$ Every $x$ satisfies $f(x) \in S$ (because $f(f(x)) = a$ ), and if $x \notin S$ then $f(x) \ne a,$ so $f$ maps the complement of $S$ into $S \setminus \{a\}.$ Conversely, any $f$ built this way works.

If $|S| = k,$ we choose the constant $a$ in $7$ ways, the remaining $k - 1$ elements of $S$ in $\binom{6}{k-1}$ ways, and an image in $S \setminus \{a\}$ for each of the $7 - k$ other elements in $(k-1)^{7-k}$ ways. Hence $\begin{aligned} N &= \scriptsize 7\sum_{k=1}^{7} \binom{6}{k-1}(k-1)^{7-k} \\ &\scriptsize = 7\,(0 + 6 + 240 + 540 + 240 + 30 + 1) \\ &= 7 \cdot 1057 = 7399. \end{aligned}$

The remainder when $N$ is divided by $1000$ is $399.$

12.

设 $S$ 为所有形如 $z^3 + az^2 + bz + c$ 的多项式集合，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都是整数。求 $S$ 中有多少个多项式，使得它的每个根 $z$ 都满足 $|z| = 20$ 或 $|z| = 13$ 。

Let $S$ be the set of all polynomials of the form $z^3 + az^2 + bz + c,$ where $a,$ $b,$ and $c$ are integers. Find the number of polynomials in $S$ such that each of its roots $z$ satisfies either $|z| = 20$ or $|z| = 13.$

答案

知识点：多项式复数分类讨论

难度评级：3060

小提示：

非实根成共轭对出现，所以要么三个根都来自 $\pm 20$ 、 $\pm 13$ ，要么一个实根配上一对位于两个圆之一上的共轭根。

Nonreal roots come in conjugate pairs, so either all three roots are among $\pm 20$ and $\pm 13,$ or one real root is joined by a conjugate pair on one of the two circles

大提示：

对根 $r \pm s\mathrm{i}$ 和实数 $k$ ，展开可知系数为整数当且仅当 $2r$ 是整数；数出满足 $|r|$ 小于模长的半整数 $r$ 。

For roots $r \pm s\mathrm{i}$ and real $k,$ expanding shows integer coefficients hold exactly when $2r$ is an integer; count the half-integers $r$ with $|r|$ less than the modulus

解答：

实系数三次多项式要么有三个实根，要么有一个实根和一对共轭根。模长为 $20$ 或 $13$ 的实数只有 $\pm 20$ 和 $\pm 13$ ，所以全实根情形中，根是从这 $4$ 个值中选出的大小为 $3$ 的多重集合：共有 $\binom{6}{3} = 20$ 个多项式。

否则，根为 $k \in \{\pm 20, \pm 13\}$ 以及共轭对 $r \pm s\mathrm{i}$ ，其中 $s \ne 0$ ，且 $r^2 + s^2 = 400$ 或 $169$ 。展开 $(z - k)\bigl(z^2 - 2rz + (r^2 + s^2)\bigr)$ 可知各项系数为 $-(2r + k)$ 、 $r^2 + s^2 + 2rk$ 和 $-(r^2 + s^2)k$ ，它们全为整数当且仅当 $2r$ 是整数。在半径为 $20$ 的圆上，需要 $|r| \lt 20$ ，允许 $2r \in \{-39, \ldots, 39\}$ ，有 $79$ 种选择；在半径为 $13$ 的圆上， $2r \in \{-25, \ldots, 25\}$ ，有 $51$ 种选择。再乘以 $k$ 的 $4$ 种选择，得到 $4(79 + 51) = 520$ 个多项式；每个都不同，因为根决定多项式。

总共有 $20 + 520 = 540$ 个这样的多项式。

A cubic with real coefficients has either three real roots or one real root and a conjugate pair. The only real numbers with modulus $20$ or $13$ are $\pm 20$ and $\pm 13,$ so in the all-real case the roots form a multiset of size $3$ from those $4$ values: $\binom{6}{3} = 20$ polynomials.

Otherwise the roots are $k \in \{\pm 20, \pm 13\}$ and a conjugate pair $r \pm s\mathrm{i}$ with $s \ne 0$ and $r^2 + s^2 = 400$ or $169.$ Expanding $(z - k)\bigl(z^2 - 2rz + (r^2 + s^2)\bigr)$ shows the coefficients are $-(2r + k),$ $r^2 + s^2 + 2rk,$ and $-(r^2 + s^2)k,$ which are all integers exactly when $2r$ is an integer. On the circle of radius $20$ we need $|r| \lt 20,$ allowing $2r \in \{-39, \ldots, 39\}:$ $79$ choices; on the circle of radius $13,$ $2r \in \{-25, \ldots, 25\}:$ $51$ choices. With $4$ choices of $k,$ that gives $4(79 + 51) = 520$ polynomials, each distinct since the roots determine the polynomial.

In total there are $20 + 520 = 540$ such polynomials.

13.

在 $\triangle ABC$ 中， $AC = BC$ ，点 $D$ 在 $\overline{BC}$ 上，且 $CD = 3 \cdot BD$ 。设 $E$ 为 $\overline{AD}$ 的中点。已知 $CE = \sqrt{7}$ 且 $BE = 3$ ， $\triangle ABC$ 的面积可表示为 $m\sqrt{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数平方整除。求 $m + n$ 。

In $\triangle ABC,$ $AC = BC,$ and point $D$ is on $\overline{BC}$ so that $CD = 3 \cdot BD.$ Let $E$ be the midpoint of $\overline{AD}.$ Given that $CE = \sqrt{7}$ and $BE = 3,$ the area of $\triangle ABC$ can be expressed in the form $m\sqrt{n},$ where $m$ and $n$ are positive integers and $n$ is not divisible by the square of any prime. Find $m + n.$

答案

知识点：余弦定理中线（几何）方程组

难度评级：3060

小提示：

设 $AB = 2x$ ， $AC = BC = y$ ；则 $\cos B = \frac{x}{y}$ ，并在三角形 $ABD$ 中用余弦定理把 $AD^2$ 用 $x$ 和 $y$ 表示。

Set $AB = 2x$ and $AC = BC = y;$ then $\cos B = \frac{x}{y},$ and the law of cosines in triangle $ABD$ gives $AD^2$ in terms of $x$ and $y$

大提示：

$CE$ 和 $BE$ 分别是三角形 $ACD$ 与 $ABD$ 中边 $AD$ 上的中线；中线公式 $4m_a^2 = 2b^2 + 2c^2 - a^2$ 给出关于 $x^2$ 和 $y^2$ 的两个方程。

$CE$ and $BE$ are medians of triangles $ACD$ and $ABD$ to side $AD;$ the median formula $4m_a^2 = 2b^2 + 2c^2 - a^2$ gives two equations in $x^2$ and $y^2$

解答：

设 $AB = 2x$ ， $AC = BC = y$ ，于是 $BD = \frac{y}{4}$ ， $CD = \frac{3y}{4}$ ，并且 $\cos B = \frac{x}{y}$ （从 $C$ 向 $\overline{AB}$ 的中点作高）。在三角形 $ABD$ 中用余弦定理： $\begin{aligned} AD^2 &= 4x^2 + \frac{y^2}{16} \\ &\quad {}- 2 \cdot 2x \cdot \frac{y}{4} \cdot \frac{x}{y} \\ &= 3x^2 + \frac{y^2}{16} \end{aligned}\text{。}$

$CE$ 和 $BE$ 都是以 $\overline{AD}$ 为一边的中线，分别位于三角形 $ACD$ 和 $ABD$ 中。中线公式 $4m^2 = 2b^2 + 2c^2 - a^2$ 给出 $\begin{aligned} 28 &= 2y^2 + \frac{18y^2}{16} - AD^2 \\ &= \frac{49y^2}{16} - 3x^2 \end{aligned}\text{，}$ $\begin{aligned} 36 &= 8x^2 + \frac{2y^2}{16} - AD^2 \\ &= 5x^2 + \frac{y^2}{16} \end{aligned}\text{。}$ 由第二个方程 $\frac{y^2}{16} = 36 - 5x^2$ ；代入第一个方程得到 $49(36 - 5x^2) - 3x^2 = 28$ ，所以 $248x^2 = 1736$ ， $x^2 = 7$ ，进而 $y^2 = 16$ 。

从 $C$ 作出的高长为 $\sqrt{y^2 - x^2} = 3$ ，所以面积为 $\frac{1}{2} \cdot 2x \cdot 3 = 3\sqrt{7}$ ，因此 $m + n = 3 + 7 = 10$ 。

Let $AB = 2x$ and $AC = BC = y,$ so $BD = \frac{y}{4},$ $CD = \frac{3y}{4},$ and $\cos B = \frac{x}{y}$ (drop the altitude from $C$ to the midpoint of $\overline{AB}$ ). The law of cosines in triangle $ABD$ gives $\begin{aligned} AD^2 &= 4x^2 + \frac{y^2}{16} \\ &\quad {}- 2 \cdot 2x \cdot \frac{y}{4} \cdot \frac{x}{y} \\ &= 3x^2 + \frac{y^2}{16}. \end{aligned}$

Both $CE$ and $BE$ are medians to $\overline{AD},$ in triangles $ACD$ and $ABD$ respectively. The median formula $4m^2 = 2b^2 + 2c^2 - a^2$ gives $\begin{aligned} 28 &= 2y^2 + \frac{18y^2}{16} - AD^2 \\ &= \frac{49y^2}{16} - 3x^2, \end{aligned}$ $\begin{aligned} 36 &= 8x^2 + \frac{2y^2}{16} - AD^2 \\ &= 5x^2 + \frac{y^2}{16}. \end{aligned}$ From the second equation $\frac{y^2}{16} = 36 - 5x^2;$ substituting into the first gives $49(36 - 5x^2) - 3x^2 = 28,$ so $248x^2 = 1736,$ $x^2 = 7,$ and then $y^2 = 16.$

The altitude from $C$ has length $\sqrt{y^2 - x^2} = 3,$ so the area is $\frac{1}{2} \cdot 2x \cdot 3 = 3\sqrt{7},$ and $m + n = 3 + 7 = 10.$

14.

对正整数 $n$ 和 $k$ ，令 $f(n, k)$ 为 $n$ 除以 $k$ 的余数；并对 $n \gt 1$ 定义 $F(n) = \max_{1 \le k \le \frac{n}{2}} f(n, k)\text{。}$ 求 $\sum_{n = 20}^{100} F(n)$ 除以 $1000$ 的余数。

For positive integers $n$ and $k,$ let $f(n, k)$ be the remainder when $n$ is divided by $k,$ and for $n \gt 1$ let $F(n) = \max_{1 \le k \le \frac{n}{2}} f(n, k).$ Find the remainder when $\sum_{n = 20}^{100} F(n)$ is divided by $1000.$

答案

知识点：模运算极限情形界定求和

难度评级：3270

小提示：

当 $k \le \frac{n}{2}$ 时，商至少为 $2$ ，所以余数至多为 $\min(k - 1,\ n - 2k)$ ；尝试 $k$ 接近 $\frac{n}{3}$ 的情况。

For $k \le \frac{n}{2}$ the quotient is at least $2,$ so the remainder is at most $\min(k - 1,\ n - 2k);$ try $k$ near $\frac{n}{3}$

大提示：

证明 $F(3m) = m - 2$ ， $F(3m+1) = m - 1$ ，且 $F(3m+2) = m$ ，它们都在 $k = m + 1$ 处取得，然后对范围求和。

Show $F(3m) = m - 2,$ $F(3m+1) = m - 1,$ and $F(3m+2) = m,$ each achieved at $k = m + 1,$ then sum over the range

解答：

当 $k \le \frac{n}{2}$ 时，商 $\lfloor \frac{n}{k} \rfloor$ 至少为 $2$ ，所以余数 $f(n, k) \le n - 2k$ ，也有 $f(n, k) \le k - 1$ 。写 $n = 3m + r$ ，其中 $r \in \{0, 1, 2\}$ 。用 $k = m + 1$ 去除，商为 $2$ ，余数为 $m + r - 2$ ，所以 $F(n) \ge m + r - 2$ 。反过来，当 $k \ge m + 1$ 时， $f(n, k) \le n - 2k \le m + r - 2$ ，而对更小的 $k$ ，用上界 $f(n, k) \le k - 1$ 即可完成证明：当 $r = 2$ 时，对 $k \le m + 1$ ，余数至多为 $m$ ；当 $r = 1$ 时，对 $k \le m$ ，余数至多为 $m - 1$ ；当 $r = 0$ 时，对 $k \le m - 1$ ，余数至多为 $m - 2$ ，而 $k = m$ 正好整除 $3m$ ，余数为 $0$ 。因此 $\begin{aligned} F(3m) &= m - 2, \\ F(3m + 1) &= m - 1, \\ F(3m + 2) &= m \end{aligned}\text{。}$

把 $n = 20, \ldots, 100$ 按三元组 $3m - 1$ 、 $3m$ 、 $3m + 1$ 分组，其中 $m = 7, \ldots, 33$ （注意 $F(3m - 1) = F(3(m-1) + 2)$ $= m - 1$ ），每组三项贡献 $(m - 1) + (m - 2) + (m - 1)$ $= 3m - 4$ ，所以 $\begin{aligned} \tiny \sum_{n=20}^{100} F(n) &= \sum_{m=7}^{33} (3m - 4) \\ &= 3 \cdot \frac{(7 + 33) \cdot 27}{2} - 4 \cdot 27 \\ &= 1620 - 108 = 1512 \end{aligned}\text{。}$

所求余数为 $512$ 。

For $k \le \frac{n}{2}$ the quotient $\lfloor \frac{n}{k} \rfloor$ is at least $2,$ so the remainder satisfies $f(n, k) \le n - 2k$ as well as $f(n, k) \le k - 1.$ Write $n = 3m + r$ with $r \in \{0, 1, 2\}.$ Dividing by $k = m + 1$ gives quotient $2$ and remainder $m + r - 2,$ so $F(n) \ge m + r - 2.$ Conversely, for $k \ge m + 1,$ $f(n, k) \le n - 2k \le m + r - 2,$ and for smaller $k$ the bound $f(n, k) \le k - 1$ finishes the job: when $r = 2$ it gives at most $m$ for $k \le m + 1;$ when $r = 1$ it gives at most $m - 1$ for $k \le m;$ and when $r = 0$ it gives at most $m - 2$ for $k \le m - 1,$ while $k = m$ divides $3m$ exactly, leaving remainder $0.$ Hence $\begin{aligned} F(3m) &= m - 2, \\ F(3m + 1) &= m - 1, \\ F(3m + 2) &= m. \end{aligned}$

Grouping $n = 20, \ldots, 100$ as triples $3m - 1,$ $3m,$ $3m + 1$ for $m = 7, \ldots, 33$ (note $F(3m - 1) = F(3(m-1) + 2)$ $= m - 1$ ), each triple contributes $(m - 1) + (m - 2) + (m - 1)$ $= 3m - 4,$ so $\begin{aligned} \tiny \sum_{n=20}^{100} F(n) &= \sum_{m=7}^{33} (3m - 4) \\ &= 3 \cdot \frac{(7 + 33) \cdot 27}{2} - 4 \cdot 27 \\ &= 1620 - 108 = 1512. \end{aligned}$

The requested remainder is $512.$

15.

设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 是一个三角形的三个角，其中 $A$ 和 $C$ 为锐角， $B$ 为钝角，并满足 $\begin{aligned} &\cos^2 A + \cos^2 B \\ &\quad {}+ 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{15}{8} \end{aligned}$ 以及 $\begin{aligned} &\cos^2 B + \cos^2 C \\ &\quad {}+ 2 \sin B \sin C \cos A = \frac{14}{9} \end{aligned}\text{。}$ 存在正整数 $p$ 、 $q$ 、 $r$ 、 $s$ ，使得 $\begin{aligned} &\cos^2 C + \cos^2 A \\ &\quad {}+ 2 \sin C \sin A \cos B \\ &= \frac{p - q\sqrt{r}}{s} \end{aligned}\text{，}$ 其中 $p + q$ 与 $s$ 互质，且 $r$ 不被任何质数平方整除。求 $p + q + r + s$ 。

Let $A,$ $B,$ $C$ be angles of a triangle with $A$ and $C$ acute and $B$ greater than a right angle satisfying $\begin{aligned} &\cos^2 A + \cos^2 B \\ &\quad {}+ 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{15}{8} \end{aligned}$ and $\begin{aligned} &\cos^2 B + \cos^2 C \\ &\quad {}+ 2 \sin B \sin C \cos A = \frac{14}{9}. \end{aligned}$ There are positive integers $p,$ $q,$ $r,$ and $s$ for which $\begin{aligned} &\cos^2 C + \cos^2 A \\ &\quad {}+ 2 \sin C \sin A \cos B \\ &= \frac{p - q\sqrt{r}}{s}, \end{aligned}$ where $p + q$ and $s$ are relatively prime and $r$ is not divisible by the square of any prime. Find $p + q + r + s.$

答案

知识点：正弦定理余弦定理三角恒等式

难度评级：3370

小提示：

把第一个方程改写为 $\sin^2 A + \sin^2 B$ $- 2\sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}$ ；正弦定理和余弦定理会把左边变成 $\sin^2 C$ 。

Rewrite the first equation as $\sin^2 A + \sin^2 B$ $- 2\sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8};$ the laws of sines and cosines turn the left side into $\sin^2 C$

大提示：

因此 $\sin^2 C = \frac{1}{8}$ ，且 $\sin^2 A = \frac{4}{9}$ ，而所求量为 $2 - \sin^2 B$ ，其中 $\sin B = \sin(A + C)$ 。

So $\sin^2 C = \frac{1}{8}$ and $\sin^2 A = \frac{4}{9},$ and the requested quantity is $2 - \sin^2 B$ with $\sin B = \sin(A + C)$

解答：

把每个 $\cos^2$ 替换为 $1 - \sin^2$ ，第一个方程变为 $\sin^2 A + \sin^2 B$ $- 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}$ 。由正弦定理， $\sin A = \frac{a}{2R}$ ，其他角同理，所以左边等于 $\begin{aligned} \frac{a^2 + b^2 - 2ab\cos C}{4R^2} &= \frac{c^2}{4R^2} \\ &= \sin^2 C \end{aligned}\text{，}$ 其中最后一步用到了余弦定理。因此 $\sin^2 C = 2 - \frac{15}{8} = \frac{1}{8}$ 。同样的论证把第二个方程化为 $\sin^2 A = 2 - \frac{14}{9} = \frac{4}{9}$ ，并说明所求表达式等于 $2 - \sin^2 B$ 。

因为 $A$ 和 $C$ 是锐角， $\cos A = \frac{\sqrt{5}}{3}$ ， $\cos C = \frac{\sqrt{14}}{4}$ ，且 $\sin A = \frac{2}{3}$ ， $\sin C = \frac{\sqrt{2}}{4}$ 。于是 $\begin{aligned} \sin B &= \sin(A + C) \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{5}}{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{14} + \sqrt{10}}{12} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $\sin^2 B = \frac{66 + 8\sqrt{35}}{144} = \frac{33 + 4\sqrt{35}}{72}$ 。

因此 $2 - \sin^2 B = \frac{111 - 4\sqrt{35}}{72}$ ，且 $p + q + r + s$ $= 111 + 4 + 35 + 72$ $= 222$ 。

Replacing each $\cos^2$ by $1 - \sin^2,$ the first equation becomes $\sin^2 A + \sin^2 B$ $- 2 \sin A \sin B \cos C = \frac{1}{8}.$ By the law of sines, $\sin A = \frac{a}{2R}$ and so on, so the left side equals $\begin{aligned} \frac{a^2 + b^2 - 2ab\cos C}{4R^2} &= \frac{c^2}{4R^2} \\ &= \sin^2 C \end{aligned}$ by the law of cosines. Hence $\sin^2 C = 2 - \frac{15}{8} = \frac{1}{8}.$ The same argument turns the second equation into $\sin^2 A = 2 - \frac{14}{9} = \frac{4}{9},$ and shows the requested expression equals $2 - \sin^2 B.$

Since $A$ and $C$ are acute, $\cos A = \frac{\sqrt{5}}{3}$ and $\cos C = \frac{\sqrt{14}}{4},$ with $\sin A = \frac{2}{3}$ and $\sin C = \frac{\sqrt{2}}{4}.$ Then $\begin{aligned} \sin B &= \sin(A + C) \\ &= \frac{2}{3} \cdot \frac{\sqrt{14}}{4} + \frac{\sqrt{5}}{3} \cdot \frac{\sqrt{2}}{4} \\ &= \frac{2\sqrt{14} + \sqrt{10}}{12}, \end{aligned}$ so $\sin^2 B = \frac{66 + 8\sqrt{35}}{144} = \frac{33 + 4\sqrt{35}}{72}.$

Therefore $2 - \sin^2 B = \frac{111 - 4\sqrt{35}}{72},$ and $p + q + r + s$ $= 111 + 4 + 35 + 72$ $= 222.$