2015 AIME I 详解 | LIVE by Po-Shen Loh

1.

表达式 $A = 1 \times 2$ $+ 3 \times 4$ $+ 5 \times 6$ $+ \cdots$ $+ 37 \times 38 + 39$ 与 $B = 1$ $+ 2 \times 3$ $+ 4 \times 5$ $+ \cdots$ $+ 36 \times 37$ $+ 38 \times 39$ 是在相邻的连续整数之间交替写入乘号和加号得到的。求整数 $A$ 与 $B$ 的正差。

The expressions $A = 1 \times 2$ $+ 3 \times 4$ $+ 5 \times 6$ $+ \cdots$ $+ 37 \times 38 + 39$ and $B = 1$ $+ 2 \times 3$ $+ 4 \times 5$ $+ \cdots$ $+ 36 \times 37$ $+ 38 \times 39$ are obtained by writing multiplication and addition operators in an alternating pattern between successive integers. Find the positive difference between integers $A$ and $B.$

答案

知识点：求和等差数列配对与分组

难度评级：1890

小提示：

通过把 $B$ 中的每个乘积与 $A$ 中有相同偶因子的乘积配对，计算 $B - A$

Compute $B - A$ by pairing each product in $B$ with the product in $A$ that shares its even factor

大提示：

每一对贡献 $(2k+1)(2k)$ $- (2k-1)(2k) = 4k$ ，还剩下项 $1$ 和 $-39$

Each pair contributes $(2k+1)(2k)$ $- (2k-1)(2k) = 4k,$ and the leftover terms are $1$ and $-39$

解答：

逐项相减： $\begin{aligned} &B - A = (1 - 39) \\ &\quad {}+ (2 \times 3 - 1 \times 2) \\ &\quad {}+ (4 \times 5 - 3 \times 4) + \cdots \\ &\quad {}+ (38 \times 39 - 37 \times 38) \end{aligned}\text{。}$ 每个括号中的差都形如 $(2k+1)(2k)$ $- (2k-1)(2k) = 4k$ ，其中 $k = 1, 2, \ldots, 19$ 。

因此 $\begin{aligned} B - A &= -38 \\ &\quad {}+ 4(1 + 2 + \cdots + 19) \\ &= -38 + 4 \cdot 190 = 722 \end{aligned}\text{。}$

Subtract term by term: $\begin{aligned} &B - A = (1 - 39) \\ &\quad {}+ (2 \times 3 - 1 \times 2) \\ &\quad {}+ (4 \times 5 - 3 \times 4) + \cdots \\ &\quad {}+ (38 \times 39 - 37 \times 38). \end{aligned}$ Each parenthesized difference has the form $(2k+1)(2k)$ $- (2k-1)(2k) = 4k$ for $k = 1, 2, \ldots, 19.$

Therefore $\begin{aligned} B - A &= -38 \\ &\quad {}+ 4(1 + 2 + \cdots + 19) \\ &= -38 + 4 \cdot 190 = 722. \end{aligned}$

2.

经济合作会议的九名代表中，有 $2$ 名来自墨西哥的官员、 $3$ 名来自加拿大的官员，以及 $4$ 名来自美国的官员。在开幕会议期间，其中三名代表睡着了。假设这三名睡着的代表是随机确定的，恰有两名睡着者来自同一个国家的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

The nine delegates to the Economic Cooperation Conference include $2$ officials from Mexico, $3$ officials from Canada, and $4$ officials from the United States. During the opening session, three of the delegates fall asleep. Assuming that the three sleepers were determined randomly, the probability that exactly two of the sleepers are from the same country is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：基本概率组合分类讨论

难度评级：2110

小提示：

所有 $\binom{9}{3}$ 个睡着者三人组等可能；按提供这一对代表的国家来计数有利情况

All $\binom{9}{3}$ sleeper triples are equally likely; count the favorable ones by which country supplies the pair

大提示：

从人数为 $s$ 的国家恰选两人，意味着先有 $\binom{s}{2}$ 种选法，再从另外 $9 - s$ 人中选第三名睡着者

Exactly two from a country of size $s$ means $\binom{s}{2}$ choices for the pair times $9 - s$ choices for the third sleeper

解答：

三名睡着者共有 $\binom{9}{3} = 84$ 个等可能的集合。恰有两人来自同一国家时，一个国家提供恰好两人，第三人来自不同国家：这一对来自美国有 $\binom{4}{2}(2 + 3) = 30$ 种；来自加拿大有 $\binom{3}{2}(2 + 4) = 18$ 种；来自墨西哥有 $\binom{2}{2}(3 + 4) = 7$ 种。

概率为 $\frac{30 + 18 + 7}{84} = \frac{55}{84}$ ，已经是最简分数，所以 $m + n = 55 + 84 = 139$ 。

There are $\binom{9}{3} = 84$ equally likely sets of three sleepers. Exactly two sleepers come from the same country when one country supplies exactly two of them and the third sleeper comes from a different country: $\binom{4}{2}(2 + 3) = 30$ ways with the pair from the United States, $\binom{3}{2}(2 + 4) = 18$ with the pair from Canada, and $\binom{2}{2}(3 + 4) = 7$ with the pair from Mexico.

The probability is $\frac{30 + 18 + 7}{84} = \frac{55}{84},$ already in lowest terms, so $m + n = 55 + 84 = 139.$

3.

存在一个质数 $p$ ，使得 $16p + 1$ 是某个正整数的立方。求 $p$ 。

There is a prime number $p$ such that $16p + 1$ is the cube of a positive integer. Find $p.$

答案

知识点：立方和与立方差质数奇偶性

难度评级：2010

小提示：

设 $16p + 1 = n^3$ ，并分解 $n^3 - 1$

Write $16p + 1 = n^3$ and factor $n^3 - 1$

大提示：

$n^2 + n + 1$ 总是奇数，所以因子 $16$ 必须全部来自 $n - 1$ ；质数条件随后迫使 $n - 1 = 16$

$n^2 + n + 1$ is always odd, so the factor $16$ must come entirely from $n - 1;$ primality then forces $n - 1 = 16$

解答：

设 $16p + 1 = n^3$ ，则 $16p = n^3 - 1$ $= (n - 1)(n^2 + n + 1)$ 。因为 $16p + 1$ 是奇数，所以 $n$ 为奇数，且 $n^2 + n + 1$ 也是奇数。因此四个因子 $2$ 都必须整除 $n - 1$ ：写成 $n - 1 = 16k$ ，于是 $p = k(n^2 + n + 1)$ 。为了使 $p$ 为质数，必须有 $k = 1$ ，所以 $n = 17$ 。

此时 $p = 17^2 + 17 + 1 = 307$ ，它确实是质数，并且 $16 \cdot 307 + 1 = 4913 = 17^3$ 。

Write $16p + 1 = n^3,$ so $16p = n^3 - 1$ $= (n - 1)(n^2 + n + 1).$ Since $16p + 1$ is odd, $n$ is odd, and $n^2 + n + 1$ is odd as well. Therefore all four factors of $2$ must divide $n - 1:$ write $n - 1 = 16k,$ which gives $p = k(n^2 + n + 1).$ For $p$ to be prime we need $k = 1,$ so $n = 17.$

Then $p = 17^2 + 17 + 1 = 307,$ which is indeed prime, and $16 \cdot 307 + 1 = 4913 = 17^3.$

4.

点 $B$ 在线段 $\overline{AC}$ 上，且 $AB = 16$ 、 $BC = 4$ 。点 $D$ 和 $E$ 在直线 $AC$ 的同侧，分别形成等边三角形 $\triangle ABD$ 与 $\triangle BCE$ 。设 $M$ 为 $\overline{AE}$ 的中点， $N$ 为 $\overline{CD}$ 的中点。 $\triangle BMN$ 的面积为 $x$ 。求 $x^2$ 。

Point $B$ lies on line segment $\overline{AC}$ with $AB = 16$ and $BC = 4.$ Points $D$ and $E$ lie on the same side of line $AC$ forming equilateral triangles $\triangle ABD$ and $\triangle BCE.$ Let $M$ be the midpoint of $\overline{AE},$ and $N$ be the midpoint of $\overline{CD}.$ The area of $\triangle BMN$ is $x.$ Find $x^2.$

答案

知识点：坐标几何等边三角形距离公式

难度评级：2390

小提示：

令 $B$ 为原点，取 $A = (-16, 0)$ 、 $C = (4, 0)$ ，并用等边三角形的高写出 $D$ 与 $E$

Put $B$ at the origin with $A = (-16, 0)$ and $C = (4, 0),$ and write $D$ and $E$ using equilateral-triangle altitudes

大提示：

计算中点 $M$ 、 $N$ 以及三条边长 $BM$ 、 $MN$ 、 $NB$ ；三角形 $BMN$ 会是等边三角形

Compute the midpoints $M$ and $N$ and the three distances $BM,$ $MN,$ $NB;$ triangle $BMN$ turns out equilateral

解答：

取 $B = (0, 0)$ 、 $A = (-16, 0)$ 、 $C = (4, 0)$ 。每个等边三角形的顶点位于底边中点上方，高为边长的 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，所以 $D = (-8, 8\sqrt{3})$ ， $E = (2, 2\sqrt{3})$ 。中点为 $M = (-7, \sqrt{3})$ 与 $N = (-2, 4\sqrt{3})$ 。

现在 $BM^2 = 49 + 3 = 52$ ， $BN^2 = 4 + 48 = 52$ ，且 $MN^2 = 25 + 27 = 52$ ，所以 $\triangle BMN$ 是边长为 $\sqrt{52}$ 的等边三角形。其面积为 $x = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 52 = 13\sqrt{3}$ ，因此 $x^2 = 169 \cdot 3 = 507$ 。

Place $B = (0, 0),$ $A = (-16, 0),$ and $C = (4, 0).$ Each equilateral triangle has its apex above the midpoint of its base at height $\frac{\sqrt{3}}{2}$ times the side, so $D = (-8, 8\sqrt{3})$ and $E = (2, 2\sqrt{3}).$ The midpoints are $M = (-7, \sqrt{3})$ and $N = (-2, 4\sqrt{3}).$

Now $BM^2 = 49 + 3 = 52,$ $BN^2 = 4 + 48 = 52,$ and $MN^2 = 25 + 27 = 52,$ so $\triangle BMN$ is equilateral with side $\sqrt{52}.$ Its area is $x = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 52 = 13\sqrt{3},$ so $x^2 = 169 \cdot 3 = 507.$

5.

Sandy 的抽屉里有 $5$ 双袜子，每双颜色不同。星期一，Sandy 从抽屉中的 $10$ 只袜子里随机选出两只单袜。星期二，Sandy 从剩下的 $8$ 只袜子里随机选出 $2$ 只；星期三再从剩下的 $6$ 只袜子里随机选出两只。星期三是 Sandy 第一次选到同色袜子的概率为 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 与 $n$ 是互质的正整数。求 $m + n$ 。

In a drawer Sandy has $5$ pairs of socks, each pair a different color. On Monday Sandy selects two individual socks at random from the $10$ socks in the drawer. On Tuesday Sandy selects $2$ of the remaining $8$ socks at random and on Wednesday two of the remaining $6$ socks at random. The probability that Wednesday is the first day Sandy selects matching socks is $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

知识点：基本概率无放回抽样对称性

难度评级：2510

小提示：

把 $10$ 只袜子分成每天一组的若干组是对称的：重新排列这些天的顺序同样等可能

Splitting the $10$ socks into a sequence of daily pairs is symmetric: any reordering of the days is equally likely

大提示：

因此可改为计算星期一配对、随后星期二和星期三都不配对的概率，并跟踪每天剩下多少完整袜子对

So compute instead the probability of a match on Monday and then no match on Tuesday or Wednesday, tracking how many complete pairs remain each day

解答：

想象把十只袜子按每天两只发完五天；把无序袜子对分配到各天的所有方式等可能，而交换天数不会改变分布。因此交换星期一与星期三可知，所求概率（不配对、不配对、配对）等于星期一配对且星期二、星期三不配对的概率。

这个模式按顺序很容易计算。星期一配对的概率为 $\frac{1}{9}$ （第二只必须是第一只的另一只）。剩下的 $8$ 只袜子构成 $4$ 个完整对，所以星期二不配对的概率为 $1 - \frac{4}{\binom{8}{2}} = \frac{6}{7}$ 。星期二的不配对会拆开两对，在剩下的 $6$ 只袜子中留下 $2$ 个完整对，所以星期三不配对的概率为 $1 - \frac{2}{\binom{6}{2}} = \frac{13}{15}$ 。

概率为 $\frac{1}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{13}{15} = \frac{26}{315}$ ，所以 $m + n = 26 + 315 = 341$ 。

Imagine dealing all ten socks out two per day for five days; every assignment of unordered pairs to days is equally likely, and permuting the days does not change this distribution. Swapping Monday and Wednesday therefore shows that the desired probability (mismatch, mismatch, match) equals the probability of a match on Monday followed by mismatches on Tuesday and Wednesday.

That pattern is easy to compute in order. Monday matches with probability $\frac{1}{9}$ (the second sock must be the first sock’s mate). The remaining $8$ socks then form $4$ complete pairs, so Tuesday mismatches with probability $1 - \frac{4}{\binom{8}{2}} = \frac{6}{7}.$ Tuesday’s mismatch breaks two pairs, leaving $2$ complete pairs among the $6$ remaining socks, so Wednesday mismatches with probability $1 - \frac{2}{\binom{6}{2}} = \frac{13}{15}.$

The probability is $\frac{1}{9} \cdot \frac{6}{7} \cdot \frac{13}{15} = \frac{26}{315},$ so $m + n = 26 + 315 = 341.$

6.

点 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 、 $D$ 、 $E$ 在一个圆的小弧上等间隔排列。点 $E$ 、 $F$ 、 $G$ 、 $H$ 、 $I$ 、 $A$ 在第二个以 $C$ 为圆心的圆的小弧上等间隔排列，如下图所示。角 $\angle ABD$ 比 $\angle AHG$ 大 $12^\circ$ 。求 $\angle BAG$ 的度数。

Points $A,$ $B,$ $C,$ $D,$ and $E$ are equally spaced on a minor arc of a circle. Points $E,$ $F,$ $G,$ $H,$ $I,$ and $A$ are equally spaced on a minor arc of a second circle with center $C$ as shown in the figure below. The angle $\angle ABD$ exceeds $\angle AHG$ by $12^\circ.$ Find the degree measure of $\angle BAG.$

答案

知识点：圆周角弧导角

难度评级：2720

小提示：

设 $\alpha$ 为第二个圆在 $C$ 处的公共圆心角；那么 $\angle ACE = 5\alpha$ 同时也是第一个圆的圆周角

Let $\alpha$ be the common central angle at $C$ in the second circle; then $\angle ACE = 5\alpha$ is simultaneously an inscribed angle of the first circle

大提示：

用 $\alpha$ 表示两个圆中的每段弧；条件 $\angle ABD - \angle AHG = 12^\circ$ 会确定 $\alpha$

Express every arc of both circles in terms of $\alpha;$ the condition $\angle ABD - \angle AHG = 12^\circ$ pins down $\alpha$

解答：

设 $\alpha = \angle ECF$ $= \angle FCG$ $= \angle GCH$ $= \angle HCI$ $= \angle ICA$ ，即第二个圆的公共圆心角，所以 $\angle ACE = 5\alpha$ 。由于 $C$ 也在第一个圆上， $\angle ACE$ 是第一个圆中的圆周角，因而不含 $C$ 的弧 $AE$ 度数为 $10\alpha$ ，四段相等弧 $AB$ 、 $BC$ 、 $CD$ 、 $DE$ 中每段为 $\frac{360^\circ - 10\alpha}{4} = 90^\circ - \frac{5\alpha}{2}$ 。

角 $ABD$ 截不含 $B$ 的弧 $AD$ ，其度数为 $360^\circ - 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right)$ ，所以 $\angle ABD = 45^\circ + \frac{15\alpha}{4}$ 。角 $AHG$ 截第二个圆中不含 $H$ 的弧 $AG$ ，其度数为 $360^\circ - 3\alpha$ ，所以 $\angle AHG = 180^\circ - \frac{3\alpha}{2}$ 。已知条件为 $\begin{aligned} &\left(45^\circ + \frac{15\alpha}{4}\right) - \left(180^\circ - \frac{3\alpha}{2}\right) \\ &= \frac{21\alpha}{4} - 135^\circ = 12^\circ \end{aligned}\text{，}$ 因此 $\alpha = 28^\circ$ 。

最后， $\angle BAE$ 截第一个圆上的弧 $BCDE = 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right) = 60^\circ$ ，所以 $\angle BAE = 30^\circ$ ，而 $\angle EAG$ 截第二个圆上的弧 $EFG = 2\alpha$ ，所以 $\angle EAG = 28^\circ$ 。于是 $\angle BAG = \angle BAE + \angle EAG$ $= 30^\circ + 28^\circ = 58^\circ$ 。

Let $\alpha = \angle ECF$ $= \angle FCG$ $= \angle GCH$ $= \angle HCI$ $= \angle ICA,$ the common central angle of the second circle, so $\angle ACE = 5\alpha.$ Since $C$ also lies on the first circle, $\angle ACE$ is an inscribed angle there, so the arc $AE$ not containing $C$ measures $10\alpha,$ and each of the four equal arcs $AB,$ $BC,$ $CD,$ $DE$ measures $\frac{360^\circ - 10\alpha}{4} = 90^\circ - \frac{5\alpha}{2}.$

Angle $ABD$ subtends the arc $AD$ not containing $B,$ which is $360^\circ - 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right),$ so $\angle ABD = 45^\circ + \frac{15\alpha}{4}.$ Angle $AHG$ subtends the second circle’s arc $AG$ not containing $H,$ which is $360^\circ - 3\alpha,$ so $\angle AHG = 180^\circ - \frac{3\alpha}{2}.$ The given condition reads $\begin{aligned} &\left(45^\circ + \frac{15\alpha}{4}\right) - \left(180^\circ - \frac{3\alpha}{2}\right) \\ &= \frac{21\alpha}{4} - 135^\circ = 12^\circ, \end{aligned}$ so $\alpha = 28^\circ.$

Finally, $\angle BAE$ subtends the first circle’s arc $BCDE = 3\left(90^\circ - \frac{5\alpha}{2}\right) = 60^\circ,$ giving $\angle BAE = 30^\circ,$ and $\angle EAG$ subtends the second circle’s arc $EFG = 2\alpha,$ giving $\angle EAG = 28^\circ.$ Hence $\angle BAG = \angle BAE + \angle EAG$ $= 30^\circ + 28^\circ = 58^\circ.$

7.

在下图中， $ABCD$ 是正方形。点 $E$ 是 $\overline{AD}$ 的中点。点 $F$ 和 $G$ 在 $\overline{CE}$ 上，点 $H$ 和 $J$ 分别在 $\overline{AB}$ 与 $\overline{BC}$ 上，使得 $FGHJ$ 是正方形。点 $K$ 与 $L$ 在 $\overline{GH}$ 上，点 $M$ 与 $N$ 分别在 $\overline{AD}$ 与 $\overline{AB}$ 上，使得 $KLMN$ 是正方形。 $KLMN$ 的面积为 $99$ 。求 $FGHJ$ 的面积。

In the diagram below, $ABCD$ is a square. Point $E$ is the midpoint of $\overline{AD}.$ Points $F$ and $G$ lie on $\overline{CE},$ and $H$ and $J$ lie on $\overline{AB}$ and $\overline{BC},$ respectively, so that $FGHJ$ is a square. Points $K$ and $L$ lie on $\overline{GH},$ and $M$ and $N$ lie on $\overline{AD}$ and $\overline{AB},$ respectively, so that $KLMN$ is a square. The area of $KLMN$ is $99.$ Find the area of $FGHJ.$

答案

知识点：相似正方形（几何）直角三角形

难度评级：2710

小提示：

由倾斜正方形截出的每个直角三角形（ $HBJ$ 、 $JFC$ 、 $MAN$ 、 $NKH$ ）都与 $\triangle CDE$ 相似，直角边比为 $1 : 2$

Every right triangle cut off by the tilted squares ( $HBJ,$ $JFC,$ $MAN,$ $NKH$ ) is similar to $\triangle CDE,$ with legs in ratio $1 : 2$

大提示：

写出 $BC = BJ + JC$ ，得到 $FGHJ$ 的边长与 $AE$ 的关系；再用完全相同的方式由 $AH = AN + NH$ 得到 $KLMN$ 的边长

Write $BC = BJ + JC$ to get $FGHJ$ ’s side from $AE;$ then $AH = AN + NH$ gives $KLMN$ ’s side in exactly the same way

解答：

设 $AE = s$ ，则大正方形边长为 $2s$ ，且 $CE = s\sqrt{5}$ 。直角三角形 $CDE$ 、 $JFC$ 、 $HBJ$ 、 $NKH$ 和 $MAN$ 都相似，直角边比为 $1 : 2$ 。设 $FGHJ$ 的边长为 $x$ 。在 $\triangle HBJ$ 中，斜边为 $HJ = x$ ，所以 $BJ = \frac{x}{\sqrt{5}}$ ， $HB = \frac{2x}{\sqrt{5}}$ ；在 $\triangle JFC$ 中，较长直角边为 $JF = x$ ，所以斜边 $JC = \frac{x\sqrt{5}}{2}$ 。于是 $\begin{aligned} 2s = BC &= BJ + JC \\ &= x\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\ &= \frac{7x}{2\sqrt{5}} \end{aligned}\text{，}$ 所以 $x = \frac{4\sqrt{5}\,s}{7}$ 。

接着， $AH = 2s - HB = 2s - \frac{8s}{7}$ $= \frac{6s}{7}$ 。对边长为 $y$ 的正方形 $KLMN$ ，沿 $\overline{AB}$ 作同样的分解得到 $\frac{6s}{7} = AH = AN + NH$ $= y\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right)$ 。两式相除，得 $\frac{x}{y} = \frac{2s}{\frac{6s}{7}} = \frac{7}{3}$ 。

因此面积比为 $\left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{49}{9}$ ，所以 $FGHJ$ 的面积为 $99 \cdot \frac{49}{9} = 539$ 。

Let $AE = s,$ so the big square has side $2s$ and $CE = s\sqrt{5}.$ The right triangles $CDE,$ $JFC,$ $HBJ,$ $NKH,$ and $MAN$ are all similar, with legs in ratio $1 : 2.$ Let $x$ be the side of $FGHJ.$ In $\triangle HBJ$ the hypotenuse is $HJ = x,$ so $BJ = \frac{x}{\sqrt{5}}$ and $HB = \frac{2x}{\sqrt{5}};$ in $\triangle JFC$ the longer leg is $JF = x,$ so the hypotenuse is $JC = \frac{x\sqrt{5}}{2}.$ Then $\begin{aligned} 2s = BC &= BJ + JC \\ &= x\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right) \\ &= \frac{7x}{2\sqrt{5}}, \end{aligned}$ so $x = \frac{4\sqrt{5}\,s}{7}.$

Next, $AH = 2s - HB = 2s - \frac{8s}{7}$ $= \frac{6s}{7}.$ The identical decomposition along $\overline{AB}$ for the square $KLMN$ of side $y$ gives $\frac{6s}{7} = AH = AN + NH$ $= y\left(\frac{1}{\sqrt{5}} + \frac{\sqrt{5}}{2}\right).$ Dividing the two equations, $\frac{x}{y} = \frac{2s}{\frac{6s}{7}} = \frac{7}{3}.$

The areas are therefore in ratio $\left(\frac{7}{3}\right)^2 = \frac{49}{9},$ so the area of $FGHJ$ is $99 \cdot \frac{49}{9} = 539.$

8.

对正整数 $n$ ，令 $s(n)$ 表示 $n$ 的各位数字之和。求满足 $s(n) = s(n + 864) = 20$ 的最小正整数 $n$ 。

For positive integer $n,$ let $s(n)$ denote the sum of the digits of $n.$ Find the smallest positive integer $n$ satisfying $s(n) = s(n + 864) = 20.$

答案

知识点：数字位值分类讨论

难度评级：2760

小提示：

加法中的每次进位都会使数字和减少 $9$ ，所以 $s(n + 864) = s(n) + 18 - 9c$ ，其中 $c$ 是进位次数

Each carry in an addition lowers the digit sum by $9,$ so $s(n + 864) = s(n) + 18 - 9c$ where $c$ counts the carries

大提示：

必须恰有两次进位，且百位一定进位；因此尝试第二个发生进位的位置，并让百位数字尽量小

Exactly two carries must occur, and the hundreds place always carries, so try each choice of the second carrying place and minimize the hundreds digit

解答：

加法中每次进位都把某一位的 $10$ 替换为下一位的 $1$ ，使数字和减少 $9$ 。因此 $s(n + 864) = s(n) + s(864) - 9c$ $= 20 + 18 - 9c$ ，其中 $c$ 是进位次数；而 $s(n + 864) = 20$ 迫使 $c = 2$ 。对于三位候选数 $n$ ，设其数字为 $t$ 、 $u$ 、 $v$ ，且和为 $20$ 。由于 $u + v \le 18$ ，有 $t \ge 2$ ，所以百位一定进位（ $t + 8 \ge 10$ ），并且个位与十位中恰好一个发生进位。

如果个位进位而十位不进位，则十位计算 $u + 6 + 1$ 必须小于 $10$ ，所以 $u \le 2$ ；此时 $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 2 - 9 = 9$ ，迫使 $n = 929$ 。如果十位进位而个位不进位，则 $v + 4 \le 9$ ，所以 $v \le 5$ ，从而 $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 9 - 5 = 6$ ，且 $t = 6$ 、 $u = 9$ 、 $v = 5$ 可行： $n = 695$ 。

的确 $s(695) = 20$ ，且 $695 + 864 = 1559$ ， $s(1559) = 20$ ，所以最小的这样的 $n$ 是 $695$ 。

Each carry in an addition replaces $10$ in one place by $1$ in the next, lowering the digit sum by $9.$ Hence $s(n + 864) = s(n) + s(864) - 9c$ $= 20 + 18 - 9c,$ where $c$ is the number of carries, and $s(n + 864) = 20$ forces $c = 2.$ For a three-digit candidate $n$ with digits $t,$ $u,$ $v$ summing to $20:$ since $u + v \le 18,$ we have $t \ge 2,$ so the hundreds place always carries ( $t + 8 \ge 10$ ), and exactly one of the units and tens places carries.

If the units carry and the tens do not, the tens computation $u + 6 + 1$ must stay below $10,$ so $u \le 2;$ then $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 2 - 9 = 9,$ forcing $n = 929.$ If the tens carry and the units do not, then $v + 4 \le 9$ gives $v \le 5,$ so $t = 20 - u - v$ $\ge 20 - 9 - 5 = 6,$ and $t = 6,$ $u = 9,$ $v = 5$ works: $n = 695.$

Indeed $s(695) = 20$ and $695 + 864 = 1559$ with $s(1559) = 20,$ so the smallest such $n$ is $695.$

9.

设 $S$ 为所有满足 $1 \le a_1$ 、 $a_2$ 、 $a_3 \le 10$ 的有序整数三元组 $(a_1, a_2, a_3)$ 的集合。 $S$ 中的每个有序三元组按规则 $a_n = a_{n-1} \cdot |a_{n-2} - a_{n-3}|$ （ $n \ge 4$ ）生成一个数列。求有多少个这样的数列满足对某个 $n$ 有 $a_n = 0$ 。

Let $S$ be the set of all ordered triples of integers $(a_1, a_2, a_3)$ with $1 \le a_1,$ $a_2,$ $a_3 \le 10.$ Each ordered triple in $S$ generates a sequence according to the rule $a_n = a_{n-1} \cdot |a_{n-2} - a_{n-3}|$ for $n \ge 4.$ Find the number of such sequences for which $a_n = 0$ for some $n.$

答案

知识点：递推分类讨论容斥原理

难度评级：2990

小提示：

如果任意相邻两项相等，数列会在两步后得到 $0$ ；如果相差 $1$ ，则在四步内得到 $0$

If two consecutive terms are ever equal, the sequence hits $0$ two steps later; if they differ by $1,$ it hits $0$ within four steps

大提示：

先数相邻项相等或相差 $1$ 的三元组并修正重叠，再检查当相差 $2$ 遇到 $1$ 时会发生什么

Count triples whose consecutive entries are equal or differ by $1,$ correcting for overlaps, then check what happens when a difference of $2$ meets a $1$

解答：

如果 $a_{k-1} = a_k$ ，则 $a_{k+2} = a_{k+1}|a_k - a_{k-1}| = 0$ ；如果 $|a_k - a_{k-1}| = 1$ ，则 $a_{k+2} = a_{k+1}$ ，所以 $a_{k+4} = 0$ 。因此所有形如 $(j,j,k)$ 、 $(j,k,k)$ 、 $(j,j\pm1,k)$ 、 $(j,k,k\pm1)$ 的三元组都会产生 $0$ 。这些形式共有 $100 + 100 + 4 \cdot 90 = 560$ 个三元组，但符合两种形式的三元组被重复计算：形如 $(j,j,j)$ 的有 $10$ 个；六个族 $(j,j,j\pm1)$ 、 $(j,j\pm1,j)$ 、 $(j,j\pm1,j\pm1)$ （同号）各有 $9$ 个；而 $(j,j+1,j+2)$ 和 $(j,j-1,j-2)$ 各有 $8$ 个。剩下 $560 - 10 - 54 - 16 = 480$ 个三元组。

还有少数其他三元组也可行：如果 $(a_1, a_2, a_3) = (j, j\pm2, 1)$ ，则 $a_4 = 2$ ，且 $|a_4 - a_3| = 1$ ，所以 $a_8 = 0$ 。这 $16$ 个三元组中， $(3,1,1)$ 与 $(4,2,1)$ ，已经被计入，所以新增 $14$ 个，总数为 $480 + 14 = 494$ 。

没有其他三元组会达到 $0$ ：如果两个相邻差都至少为 $2$ ，且 $a_3 \ge 2$ ，则 $a_4 = a_3|a_2 - a_1| \ge 2a_3 \gt a_3$ ，并且 $|a_4 - a_3| \ge a_3 \ge 2$ ，所以可归纳出各项一直增长，没有因子会为零。如果 $a_3 = 1$ 且 $|a_2 - a_1| \ge 3$ ，则 $a_4 \ge 3$ 且 $|a_4 - a_3| \ge 2$ ，同样进入增长情形。总数为 $494$ 。

If $a_{k-1} = a_k$ then $a_{k+2} = a_{k+1}|a_k - a_{k-1}| = 0,$ and if $|a_k - a_{k-1}| = 1$ then $a_{k+2} = a_{k+1},$ so $a_{k+4} = 0.$ Hence every triple of one of the forms $(j,j,k),$ $(j,k,k),$ $(j,j\pm1,k),$ $(j,k,k\pm1)$ produces a $0.$ These forms contain $100 + 100 + 4 \cdot 90 = 560$ triples, but triples fitting two forms are counted twice: the $10$ of the form $(j,j,j),$ the $9$ in each of the six families $(j,j,j\pm1),$ $(j,j\pm1,j),$ $(j,j\pm1,j\pm1)$ (matching signs), and the $8$ in each of $(j,j+1,j+2)$ and $(j,j-1,j-2).$ That leaves $560 - 10 - 54 - 16 = 480$ triples.

A few other triples also work: if $(a_1, a_2, a_3) = (j, j\pm2, 1),$ then $a_4 = 2$ and $|a_4 - a_3| = 1,$ so $a_8 = 0.$ These $16$ triples include $(3,1,1)$ and $(4,2,1),$ which were already counted, so they add $14$ new ones, for $480 + 14 = 494.$

No other triple reaches $0:$ if both consecutive differences are at least $2$ and $a_3 \ge 2,$ then $a_4 = a_3|a_2 - a_1| \ge 2a_3 \gt a_3$ and $|a_4 - a_3| \ge a_3 \ge 2,$ so inductively the terms grow forever and no factor ever vanishes. If instead $a_3 = 1$ with $|a_2 - a_1| \ge 3,$ then $a_4 \ge 3$ and $|a_4 - a_3| \ge 2,$ and the same growth takes over. The count is $494.$

10.

设 $f(x)$ 是一个实系数三次多项式，满足 $\begin{aligned} |f(1)| = |f(2)| &= |f(3)| \\ &= |f(5)| = |f(6)| \\ &= |f(7)| = 12 \end{aligned}\text{。}$ 求 $|f(0)|$ 。

Let $f(x)$ be a third-degree polynomial with real coefficients satisfying $\begin{aligned} |f(1)| = |f(2)| &= |f(3)| \\ &= |f(5)| = |f(6)| \\ &= |f(7)| = 12. \end{aligned}$ Find $|f(0)|.$

答案

知识点：多项式韦达定理方程组

难度评级：2930

小提示：

$f(x) - 12$ 与 $f(x) + 12$ 都是三次多项式，所以它们各以 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $5$ 、 $6$ 、 $7$ 中恰好三个数为根

Each of $f(x) - 12$ and $f(x) + 12$ is a cubic, so each has exactly three of $1,$ $2,$ $3,$ $5,$ $6,$ $7$ as roots

大提示：

两个三次多项式只相差一个常数，所以两组根的和相等、两两乘积和也相等；只有一种划分可行

The two cubics differ by a constant, so the two root triples have equal sums and equal pairwise-product sums; only one split works

解答：

$f(x) - 12$ 与 $f(x) + 12$ 都是三次多项式，所以它们各自在 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $5$ 、 $6$ 、 $7$ 中恰好三个点取零。把它们写成 $c(x - r_1)(x - r_2)(x - r_3)$ 与 $c(x - s_1)(x - s_2)(x - s_3)$ ，这两个三次多项式相差常数 $24$ ，所以它们的 $x^2$ 系数和 $x$ 系数相同：两组三个根有相同的和与相同的两两乘积和。把 $\{1,2,3,5,6,7\}$ 分成两个和相等的三元组，唯一方式是 $\{2,3,7\}$ 与 $\{1,5,6\}$ （和都为 $12$ ），且两者的两两乘积和确实都为 $41$ 。

若有必要，把 $f$ 换成 $-f$ （这不改变 $|f(0)|$ ），则 $f(x) = c(x-2)(x-3)(x-7)$ $+ 12$ $= c(x-1)(x-5)(x-6) - 12$ 。令 $x = 0$ ，得到 $-42c + 12 = -30c - 12$ ，所以 $c = 2$ ，且 $f(0) = -42 \cdot 2 + 12 = -72$ 。因此 $|f(0)| = 72$ 。

Each of $f(x) - 12$ and $f(x) + 12$ is a cubic, so each vanishes at exactly three of $1,$ $2,$ $3,$ $5,$ $6,$ $7.$ Writing them as $c(x - r_1)(x - r_2)(x - r_3)$ and $c(x - s_1)(x - s_2)(x - s_3),$ the two cubics differ by the constant $24,$ so their $x^2$ and $x$ coefficients agree: the root triples have equal sums and equal sums of pairwise products. The only partition of $\{1,2,3,5,6,7\}$ into two triples of equal sum is $\{2,3,7\}$ and $\{1,5,6\}$ (each summing to $12$ ), and indeed both have pairwise-product sum $41.$

Replacing $f$ by $-f$ if necessary (which does not change $|f(0)|$ ), we have $f(x) = c(x-2)(x-3)(x-7)$ $+ 12$ $= c(x-1)(x-5)(x-6) - 12.$ Setting $x = 0$ gives $-42c + 12 = -30c - 12,$ so $c = 2$ and $f(0) = -42 \cdot 2 + 12 = -72.$ Thus $|f(0)| = 72.$

11.

三角形 $ABC$ 的边长都是正整数，且 $AB = AC$ 。设 $I$ 为 $\angle B$ 与 $\angle C$ 的角平分线的交点。已知 $BI = 8$ 。求 $\triangle ABC$ 的最小可能周长。

Triangle $ABC$ has positive integer side lengths with $AB = AC.$ Let $I$ be the intersection of the bisectors of $\angle B$ and $\angle C.$ Suppose $BI = 8.$ Find the smallest possible perimeter of $\triangle ABC.$

答案

知识点：内切圆、内心与内切圆半径等腰三角形三角恒等式整除性

难度评级：3160

小提示：

设 $M$ 为 $BC$ 的中点：以 $M$ 为直角顶点的两个直角三角形给出 $\cos\angle ABM = \frac{BM}{AB}$ 与 $\cos\angle IBM = \frac{BM}{8}$

Let $M$ be the midpoint of $BC:$ right triangles at $M$ give $\cos\angle ABM = \frac{BM}{AB}$ and $\cos\angle IBM = \frac{BM}{8}$

大提示：

因为 $\angle IBM$ 是 $\angle ABM$ 的一半，倍角公式会把 $AB$ 与 $BC$ 联系起来；整数条件和 $BM \lt 8$ 只留下少数情况

Since $\angle IBM$ is half of $\angle ABM,$ the double-angle formula relates $AB$ to $BC;$ integrality and $BM \lt 8$ leave only a few cases to test

解答：

设 $M$ 为 $\overline{BC}$ 的中点；由对称性， $A$ 、 $I$ 、 $M$ 共线且 $AM \perp BC$ 。令 $a = AB$ 、 $b = BM$ ，直角三角形 $ABM$ 与 $IBM$ 给出 $\cos\angle ABM = \frac{b}{a}$ 和 $\cos\angle IBM = \frac{b}{8}$ 。由于 $BI$ 平分 $\angle ABM$ ，倍角公式给出 $\frac{b}{a} = 2\left(\frac{b}{8}\right)^2 - 1\text{，}$ 所以 $a = \frac{32b}{b^2 - 32}\text{。}$

写 $c = BC = 2b$ ，则 $a = \frac{64c}{c^2 - 128}$ 。需要 $c^2 \gt 128$ ，所以 $c \ge 12$ ，而 $\cos\angle IBM = \frac{b}{8} \lt 1$ 迫使 $c \lt 16$ 。检验 $c = 12, 13, 14, 15$ ，只有 $c = 12$ 使 $a$ 为整数，此时 $a = \frac{768}{16} = 48$ 。

边长为 $48$ 、 $48$ 、 $12$ 的三角形满足所有条件，周长为 $48 + 48 + 12 = 108$ 。

Let $M$ be the midpoint of $\overline{BC};$ by symmetry $A,$ $I,$ and $M$ are collinear with $AM \perp BC.$ With $a = AB$ and $b = BM,$ right triangles $ABM$ and $IBM$ give $\cos\angle ABM = \frac{b}{a}$ and $\cos\angle IBM = \frac{b}{8}.$ Since $BI$ bisects $\angle ABM,$ the double-angle formula yields $\frac{b}{a} = 2\left(\frac{b}{8}\right)^2 - 1,$ so $a = \frac{32b}{b^2 - 32}.$

Writing $c = BC = 2b,$ this becomes $a = \frac{64c}{c^2 - 128}.$ We need $c^2 \gt 128,$ so $c \ge 12,$ while $\cos\angle IBM = \frac{b}{8} \lt 1$ forces $c \lt 16.$ Testing $c = 12, 13, 14, 15,$ only $c = 12$ makes $a$ an integer, namely $a = \frac{768}{16} = 48.$

The triangle with sides $48,$ $48,$ $12$ satisfies all the conditions, and its perimeter is $48 + 48 + 12 = 108.$

12.

考虑集合 $\{1, 2, 3, \ldots, 2015\}$ 的所有 $1000$ 元子集。从每个这样的子集中选出最小元素。所有这些最小元素的算术平均数为 $\frac{p}{q}$ ，其中 $p$ 与 $q$ 是互质的正整数。求 $p + q$ 。

Consider all $1000$ -element subsets of the set $\{1, 2, 3, \ldots, 2015\}.$ From each such subset choose the least element. The arithmetic mean of all of these least elements is $\frac{p}{q},$ where $p$ and $q$ are relatively prime positive integers. Find $p + q.$

答案

知识点：组合期望值双射

难度评级：3270

小提示：

恰有 $\binom{2015-j}{999}$ 个子集的最小元素为 $j$

Exactly $\binom{2015-j}{999}$ of the subsets have least element $j$

大提示：

把 $\sum j\binom{2015-j}{999}$ 解释为按第二小元素计数一个 $2016$ 元集合的 $1001$ 元子集

Interpret $\sum j\binom{2015-j}{999}$ as counting $1001$ -element subsets of a $2016$ -element set by their second-smallest element

解答：

一个 $1000$ 元子集的最小元素为 $j$ ，当且仅当它包含 $j$ 并从更大的元素中选 $999$ 个，所以这样的子集有 $\binom{2015-j}{999}$ 个，其最小元素为 $j$ 。平均数为 $\frac{\sum_{j} j\binom{2015-j}{999}}{\binom{2015}{1000}}$ 。

分子可以看作一个具体计数：为了构造 $\{0, 1, \ldots, 2015\}$ 的一个 $1001$ 元子集，使其第二小元素为 $j$ ，从 $\{0, \ldots, j-1\}$ 中选最小元素（有 $j$ 种），再从 $\{j+1, \ldots, 2015\}$ 中选出 $999$ 个更大的元素。对 $j$ 求和会把每个 $1001$ 元子集恰好数一次，所以 $\sum_j j\binom{2015-j}{999} = \binom{2016}{1001}$ 。

因此平均数为 $\frac{\binom{2016}{1001}}{\binom{2015}{1000}} = \frac{2016}{1001} = \frac{288}{143}$ ，已经是最简分数，所以 $p + q = 288 + 143 = 431$ 。

A $1000$ -element subset has least element $j$ exactly when it contains $j$ together with $999$ larger elements, so $\binom{2015-j}{999}$ of the subsets have least element $j.$ The mean is therefore $\frac{\sum_{j} j\binom{2015-j}{999}}{\binom{2015}{1000}}.$

The numerator counts something concrete: to build a $1001$ -element subset of $\{0, 1, \ldots, 2015\}$ whose second-smallest element is $j,$ choose its smallest element from $\{0, \ldots, j-1\}$ ( $j$ ways) and its top $999$ elements from $\{j+1, \ldots, 2015\}.$ Summing over $j$ produces every $1001$ -element subset exactly once, so $\sum_j j\binom{2015-j}{999} = \binom{2016}{1001}.$

Hence the mean is $\frac{\binom{2016}{1001}}{\binom{2015}{1000}} = \frac{2016}{1001} = \frac{288}{143},$ which is in lowest terms, and $p + q = 288 + 143 = 431.$

13.

所有角均以度为单位，乘积 $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = m^n$ ，其中 $m$ 与 $n$ 都是大于 $1$ 的整数。求 $m + n$ 。

With all angles measured in degrees, the product $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = m^n,$ where $m$ and $n$ are integers greater than $1.$ Find $m + n.$

答案

知识点：三角恒等式配对与分组

难度评级：3370

小提示：

令 $P$ 与 $Q$ 分别为不超过 $89^\circ$ 的所有奇数度角和偶数度角的正弦乘积；把 $\sin k^\circ$ 与 $\sin(90-k)^\circ = \cos k^\circ$ 配对

Let $P$ and $Q$ be the products of the sines of the odd and even degree angles up to $89^\circ;$ pair $\sin k^\circ$ with $\sin(90-k)^\circ = \cos k^\circ$

大提示：

则 $P^2Q^2 = \prod \sin k^\circ \cos k^\circ$ ；把每个因子加倍会让乘积再次变成 $Q^2$ ，只剩下一个 $2$ 的幂

Then $P^2Q^2 = \prod \sin k^\circ \cos k^\circ;$ doubling every factor turns the product into $Q^2$ again, leaving only a power of $2$

解答：

令 $P = \sin 1^\circ \sin 3^\circ \cdots \sin 89^\circ$ ， $Q = \sin 2^\circ \sin 4^\circ \cdots \sin 88^\circ$ ，则所求乘积为 $\frac{1}{P^2}$ 。此时 $PQ = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ$ ，把这个乘积与反向排列的自身相乘，并用 $\sin(90 - k)^\circ = \cos k^\circ$ ，得到 $P^2Q^2 = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ \cos k^\circ\text{。}$

乘以 $2^{89}$ ，并使用 $2\sin k^\circ \cos k^\circ = \sin 2k^\circ$ ： $\begin{aligned} 2^{89} P^2 Q^2 &= \prod_{k=1}^{89} \sin 2k^\circ \\ &= \left(\prod_{k=1}^{44} \sin 2k^\circ\right) \\ &\quad {}\cdot \left(\prod_{k=46}^{89} \sin 2k^\circ\right) \\ &= Q \cdot Q \end{aligned}\text{，}$ 因为 $\sin 90^\circ = 1$ ，且 $\sin(180 - x)^\circ = \sin x^\circ$ 会把后半部分也变成 $Q$ 。

由于 $Q \ne 0$ ，可得 $P^2 = 2^{-89}$ ，所以 $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = 2^{89}$ 。由于 $89$ 是质数，写成 $m^n$ 且满足 $m, n \gt 1$ 的唯一表示为 $m = 2$ 、 $n = 89$ ，因此 $m + n = 91$ 。

Let $P = \sin 1^\circ \sin 3^\circ \cdots \sin 89^\circ$ and $Q = \sin 2^\circ \sin 4^\circ \cdots \sin 88^\circ,$ so the desired product is $\frac{1}{P^2}.$ Then $PQ = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ,$ and multiplying this by itself in reverse order, using $\sin(90 - k)^\circ = \cos k^\circ,$ gives $P^2Q^2 = \prod_{k=1}^{89} \sin k^\circ \cos k^\circ.$

Multiply by $2^{89}$ and use $2\sin k^\circ \cos k^\circ = \sin 2k^\circ:$ $\begin{aligned} 2^{89} P^2 Q^2 &= \prod_{k=1}^{89} \sin 2k^\circ \\ &= \left(\prod_{k=1}^{44} \sin 2k^\circ\right) \\ &\quad {}\cdot \left(\prod_{k=46}^{89} \sin 2k^\circ\right) \\ &= Q \cdot Q, \end{aligned}$ since $\sin 90^\circ = 1$ and $\sin(180 - x)^\circ = \sin x^\circ$ turns the second half into $Q$ as well.

Because $Q \ne 0,$ it follows that $P^2 = 2^{-89},$ so $\prod_{k=1}^{45} \csc^2(2k-1)^\circ = 2^{89}.$ Since $89$ is prime, the only representation $m^n$ with $m, n \gt 1$ is $m = 2,$ $n = 89,$ and $m + n = 91.$

14.

对每个整数 $n \ge 2$ ，令 $A(n)$ 为坐标平面中由不等式 $1 \le x \lt n$ 与 $0 \le y \le x\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ 所定义区域的面积，其中 $\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ 是不超过 $\sqrt{x}$ 的最大整数。求满足 $2 \le n \le 1000$ 且 $A(n)$ 为整数的 $n$ 的个数。

For each integer $n \ge 2,$ let $A(n)$ be the area of the region in the coordinate plane defined by the inequalities $1 \le x \lt n$ and $0 \le y \le x\lfloor\sqrt{x}\rfloor,$ where $\lfloor\sqrt{x}\rfloor$ is the greatest integer not exceeding $\sqrt{x}.$ Find the number of values of $n$ with $2 \le n \le 1000$ for which $A(n)$ is an integer.

答案

知识点：取整函数梯形分类讨论找规律

难度评级：3500

小提示：

在 $m \le x \lt m+1$ 且 $k = \lfloor\sqrt{m}\rfloor$ 的区间上，这一条带是面积为 $\frac{(2m+1)k}{2}$ 的梯形；它恰在 $k$ 为偶数时是整数

Over $m \le x \lt m+1$ with $k = \lfloor\sqrt{m}\rfloor,$ the strip is a trapezoid of area $\frac{(2m+1)k}{2}$ — an integer exactly when $k$ is even

大提示：

因此 $k$ 为偶数时 $A(n)$ 的整数性保持不变， $k$ 为奇数时每步交替；按 $k \bmod 4$ 跟踪区间 $k^2 \lt n \le (k+1)^2$

So integrality of $A(n)$ persists while $k$ is even and alternates while $k$ is odd; track the blocks $k^2 \lt n \le (k+1)^2$ according to $k \bmod 4$

解答：

在条带 $m \le x \lt m + 1$ 上，有 $\lfloor\sqrt{x}\rfloor = k = \lfloor\sqrt{m}\rfloor$ ，所以这条带内的区域是直线 $y = kx$ 下方的梯形，面积为 $A(m+1) - A(m) = \frac{(2m+1)k}{2}$ ：当 $k$ 为偶数时是整数，当 $k$ 为奇数时是半整数。因此当 $n$ 增加 $1$ 时， $k$ 为偶数则 $A(n)$ 的整数性不变， $k$ 为奇数则每一步翻转。

考虑包含 $2k + 1$ 个值的区间 $k^2 \lt n \le (k+1)^2$ 。从 $A(1) = 0$ 开始， $A(k^2)$ 的状态以 $4$ 为周期循环：当 $k \equiv 0, 1$ 时为整数，当 $k \equiv 2, 3 \pmod 4$ 时为非整数（奇数区间会翻转奇数次，偶数区间保持状态）。数出每个区间内使 $A(n)$ 为整数的值：若 $k = 4j - 3$ ，区间交替，首尾为非整数，贡献 $4j - 3$ ；若 $k = 4j - 2$ ，每个值都是非整数，贡献 $0$ ；若 $k = 4j - 1$ ，区间交替，首尾为整数，贡献 $4j$ ；若 $k = 4j$ ，全部 $8j + 1$ 个值都是整数。

对 $j = 1, \ldots, 7$ ，覆盖 $2 \le n \le 29^2$ ，四个区间贡献 $(4j - 3) + 0 + 4j$ $+ (8j + 1) = 16j - 2$ 个整数，总计 $\sum_{j=1}^{7}(16j - 2) = 434$ 。然后 $k = 29$ 的区间在 $841 \lt n \le 900$ 中贡献 $29$ 个整数， $k = 30$ 的区间没有贡献；而 $k = 31$ 时，在 $961 \lt n \le 1000$ 的交替从 $n = 962$ 为整数开始，又给出 $20$ 个。总数为 $434 + 29 + 20 = 483$ 。

On the strip $m \le x \lt m + 1$ we have $\lfloor\sqrt{x}\rfloor = k = \lfloor\sqrt{m}\rfloor,$ so the region above it is a trapezoid under $y = kx$ with area $A(m+1) - A(m) = \frac{(2m+1)k}{2}:$ an integer when $k$ is even, a half-integer when $k$ is odd. Hence as $n$ grows by $1,$ the integrality of $A(n)$ is unchanged while $k$ is even and flips at every step while $k$ is odd.

Consider the block of $2k + 1$ values $k^2 \lt n \le (k+1)^2.$ Starting from $A(1) = 0,$ the statuses of $A(k^2)$ cycle with period $4:$ integer for $k \equiv 0, 1$ and non-integer for $k \equiv 2, 3 \pmod 4$ (an odd block flips the status an odd number of times, an even block preserves it). Counting integer values of $A(n)$ inside each block: for $k = 4j - 3$ the block alternates, beginning and ending with non-integers, giving $4j - 3;$ for $k = 4j - 2$ every value is a non-integer, giving $0;$ for $k = 4j - 1$ it alternates, beginning and ending with integers, giving $4j;$ for $k = 4j$ all $8j + 1$ values are integers.

For $j = 1, \ldots, 7,$ covering $2 \le n \le 29^2,$ the four blocks contribute $(4j - 3) + 0 + 4j$ $+ (8j + 1) = 16j - 2$ integers, totaling $\sum_{j=1}^{7}(16j - 2) = 434.$ Then the block $k = 29$ contributes $29$ integers for $841 \lt n \le 900,$ the block $k = 30$ contributes none, and for $k = 31$ the alternation over $961 \lt n \le 1000$ begins with an integer at $n = 962$ and gives $20$ more. The total is $434 + 29 + 20 = 483.$

15.

一块木头的形状是半径为 $6$ 、高为 $8$ 的直圆柱，整个表面都已涂成蓝色。点 $A$ 和 $B$ 取在圆柱一个圆形底面的边缘上，使该底面上的弧 $\overset{\frown}{AB}$ 度数为 $120^\circ$ 。然后沿通过点 $A$ 、点 $B$ 与圆柱中心的平面把木块切成两半，在每一半上露出一个平坦的未涂色面。其中一个未涂色面的面积为 $a\cdot\pi + b\sqrt{c}$ ，其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是整数，且 $c$ 不被任何质数的平方整除。求 $a + b + c$ 。

A block of wood has the shape of a right circular cylinder with radius $6$ and height $8,$ and its entire surface has been painted blue. Points $A$ and $B$ are chosen on the edge of one of the circular faces of the cylinder so that arc $\overset{\frown}{AB}$ on that face measures $120^\circ.$ The block is then sliced in half along the plane that passes through point $A,$ point $B,$ and the center of the cylinder, revealing a flat, unpainted face on each half. The area of one of these unpainted faces is $a\cdot\pi + b\sqrt{c},$ where $a,$ $b,$ and $c$ are integers and $c$ is not divisible by the square of any prime. Find $a + b + c.$

答案

知识点：圆柱立体几何扇形三角学

难度评级：3700

小提示：

把切面竖直投影到含有 $A$ 和 $B$ 的圆形底面上：投影区域是圆盘去掉两个 $120^\circ$ 圆弓形

Project the cut face straight down onto the circular face containing $A$ and $B:$ the image is the disk minus two $120^\circ$ circular segments

大提示：

令 $O$ 为圆柱中心， $O'$ 为底面圆心， $M$ 为 $AB$ 的中点，则倾斜角满足 $\cos\theta = \frac{O'M}{OM}$ ；将投影面积除以 $\cos\theta$

With $O$ the cylinder’s center, $O'$ the face center, and $M$ the midpoint of $AB,$ the tilt satisfies $\cos\theta = \frac{O'M}{OM};$ divide the projected area by $\cos\theta$

解答：

把木块立在含 $A$ 与 $B$ 的底面上，设 $O'$ 为该底面的圆心， $M$ 为 $\overline{AB}$ 的中点， $O$ 为圆柱中心。切割平面在底面上交出弦 $\overline{AB}$ ，并且由关于 $O$ 的对称性，在顶面上交出反射弦，所以切面竖直投影到弦 $\overline{AB}$ 与其关于 $O'$ 的镜像之间的区域 $R'$ （如下图阴影所示）。每个被切掉的 $120^\circ$ 圆弓形面积为 $\frac{1}{3}\pi \cdot 6^2 - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 \sin 120^\circ$ $= 12\pi - 9\sqrt{3}$ ，所以 $R'$ 的面积为 $36\pi - 2\left(12\pi - 9\sqrt{3}\right)$ $= 12\pi + 18\sqrt{3}$ 。

因为 $\overset{\frown}{AB} = 120^\circ$ ，三角形 $AO'B$ 给出 $O'M = 6\cos 60^\circ = 3$ ，且 $OO' = 4$ ，所以 $OM = 5$ 。切面是平面，并且只在 $\overline{O'M}$ 的方向上相对水平面倾斜，倾角 $\theta$ 满足 $\cos\theta = \frac{O'M}{OM} = \frac{3}{5}$ 。还原投影时面积要乘以 $\frac{5}{3}$ ，所以未涂色面的面积为 $\frac{5}{3}\left(12\pi + 18\sqrt{3}\right) = 20\pi + 30\sqrt{3}$ 。因此 $a + b + c = 20 + 30 + 3 = 53$ 。

Stand the block on the face containing $A$ and $B,$ and let $O'$ be the center of that face, $M$ the midpoint of $\overline{AB},$ and $O$ the center of the cylinder. The cutting plane meets the bottom face in chord $\overline{AB}$ and, by symmetry through $O,$ meets the top face in the reflected chord, so the cut face projects vertically onto the region $R'$ between chord $\overline{AB}$ and its mirror image through $O'$ (shaded below). Each $120^\circ$ circular segment cut off has area $\frac{1}{3}\pi \cdot 6^2 - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 6 \sin 120^\circ$ $= 12\pi - 9\sqrt{3},$ so $R'$ has area $36\pi - 2\left(12\pi - 9\sqrt{3}\right)$ $= 12\pi + 18\sqrt{3}.$

Since $\overset{\frown}{AB} = 120^\circ,$ triangle $AO'B$ gives $O'M = 6\cos 60^\circ = 3,$ and $OO' = 4,$ so $OM = 5.$ The cut face is planar and tilted from the horizontal only in the direction of $\overline{O'M},$ at the angle $\theta$ with $\cos\theta = \frac{O'M}{OM} = \frac{3}{5}.$ Undoing the projection therefore multiplies areas by $\frac{5}{3},$ so the unpainted face has area $\frac{5}{3}\left(12\pi + 18\sqrt{3}\right) = 20\pi + 30\sqrt{3}.$ Thus $a + b + c = 20 + 30 + 3 = 53.$