2017 AIME I 真题与在线限时测验

计时

3:00:00

1.

在 $\triangle ABC$ 上标出十五个互不相同的点： $3$ 个顶点 $A$ 、 $B$ 、 $C$ ；边 $\overline{AB}$ 上另有 $3$ 个点；边 $\overline{BC}$ 上另有 $4$ 个点；边 $\overline{CA}$ 上另有 $5$ 个点。求以这 $15$ 个点中的点为顶点、面积为正的三角形个数。

Fifteen distinct points are designated on $\triangle ABC:$ the $3$ vertices $A,$ $B,$ and $C;$ $3$ other points on side $\overline{AB};$ $4$ other points on side $\overline{BC};$ and $5$ other points on side $\overline{CA}.$ Find the number of triangles with positive area whose vertices are among these $15$ points.

答案

答案：390

知识点：组合补集计数

难度评级：1950

小提示：

先数出从 $15$ 个点中任选 $3$ 个点的所有方法，再去掉不能形成真正三角形的选法

Count all ways to choose $3$ of the $15$ points, then throw away the choices that fail to make a real triangle

大提示：

选法失败当且仅当 $3$ 个点全在同一条边上；三条边上分别有 $5$ 、 $6$ 和 $7$ 个点

A choice fails exactly when all $3$ points lie on one side; the sides contain $5,$ $6,$ and $7$ of the points

解答：

从这些点中选 $3$ 个点共有 $\binom{15}{3} = 455$ 种方法。某种选法不能得到面积为正的三角形，当且仅当这 $3$ 个点共线；这只会在三点全落在三角形的一条边上时发生。连同端点在内，边 $\overline{AB}$ 上有 $5$ 个点， $\overline{BC}$ 上有 $6$ 个点， $\overline{CA}$ 上有 $7$ 个点，所以共线三点组共有 $\binom{5}{3} + \binom{6}{3} + \binom{7}{3}$ $= 10 + 20 + 35 = 65$ 组。

因此三角形的个数为 $455 - 65 = 390$ 。

There are $\binom{15}{3} = 455$ ways to choose $3$ of the points. A choice fails to give a triangle of positive area exactly when the $3$ points are collinear, which happens only when all three lie on one side of the triangle. Including its endpoints, side $\overline{AB}$ contains $5$ points, $\overline{BC}$ contains $6,$ and $\overline{CA}$ contains $7,$ giving $\binom{5}{3} + \binom{6}{3} + \binom{7}{3}$ $= 10 + 20 + 35 = 65$ collinear triples.

The number of triangles is $455 - 65 = 390.$

2.

将 $702$ 、 $787$ 和 $855$ 分别除以正整数 $m$ 时，余数总是同一个正整数 $r$ 。将 $412$ 、 $722$ 和 $815$ 分别除以正整数 $n$ 时，余数总是同一个正整数 $s \neq r$ 。求 $m + n + r + s$ 。

When each of $702,$ $787,$ and $855$ is divided by the positive integer $m,$ the remainder is always the positive integer $r.$ When each of $412,$ $722,$ and $815$ is divided by the positive integer $n,$ the remainder is always the positive integer $s \neq r.$ Find $m + n + r + s.$

答案

答案：62

知识点：最大公约数模运算整除性

难度评级：2070

小提示：

如果两个数除以 $m$ 的余数相同，那么 $m$ 整除它们的差

If two numbers leave the same remainder when divided by $m,$ then $m$ divides their difference

大提示：

因此 $m$ 是 $85$ 和 $68$ 的公因数，而 $n$ 是 $310$ 和 $93$ 的公因数

So $m$ is a common factor of $85$ and $68,$ and $n$ is a common factor of $310$ and $93$

解答：

除以 $m$ 余数相同的两个数之差是 $m$ 的倍数，所以 $m$ 同时整除 $787 - 702 = 85$ 和 $855 - 787 = 68$ 。因为 $\gcd(85, 68) = 17$ ，且 $m$ 必须大于正余数 $r$ ，所以 $m = 17$ ，并且 $r = 702 - 41 \cdot 17 = 5$ 。

同理， $n$ 同时整除 $722 - 412 = 310$ 和 $815 - 722 = 93$ ，且 $\gcd(310, 93) = 31$ ，所以 $n = 31$ ，并且 $s = 412 - 13 \cdot 31 = 9$ ，它确实不同于 $r$ 。

所求和为 $17 + 31 + 5 + 9 = 62$ 。

Numbers leaving equal remainders upon division by $m$ differ by multiples of $m,$ so $m$ divides both $787 - 702 = 85$ and $855 - 787 = 68.$ Since $\gcd(85, 68) = 17$ and $m$ must exceed the positive remainder $r,$ we get $m = 17,$ and $r = 702 - 41 \cdot 17 = 5.$

Similarly $n$ divides both $722 - 412 = 310$ and $815 - 722 = 93,$ and $\gcd(310, 93) = 31,$ so $n = 31$ and $s = 412 - 13 \cdot 31 = 9,$ which indeed differs from $r.$

The requested sum is $17 + 31 + 5 + 9 = 62.$

3.

对正整数 $n$ ，令 $d_n$ 为 $1 + 2 + 3 + \cdots + n$ 的个位数字。求 $\sum_{n=1}^{2017} d_n$ 除以 $1000$ 的余数。

For a positive integer $n,$ let $d_n$ be the units digit of $1 + 2 + 3 + \cdots + n.$ Find the remainder when $\sum_{n=1}^{2017} d_n$ is divided by $1000.$

答案

答案：69

知识点：三角形数个位数字找规律

难度评级：2300

小提示：

$d_n$ 是 $\frac{n(n+1)}{2}$ 的个位数字；寻找这些数字的循环规律

$d_n$ is the units digit of $\frac{n(n+1)}{2};$ look for a repeating pattern in these digits

大提示：

这些数字以 $20$ 为周期重复，一个完整的 $20$ 项周期之和为 $70$

The digits repeat with period $20,$ and one full period of $20$ values sums to $70$

解答：

这里 $d_n$ 是三角数 $\frac{n(n+1)}{2}$ 的个位数字。因为 $\frac{(n+20)(n+21)}{2}$ $- \frac{n(n+1)}{2} = 20n + 210$ 是 $10$ 的倍数，所以序列 $d_n$ 以 $20$ 为周期。计算一个周期： $\begin{aligned} &(d_1, d_2, \ldots, d_{20}) \\ &\quad \tiny = (1, 3, 6, 0, 5, 1, 8, 6, 5, 5, 6, 8, 1, 5, 0, 6, 3, 1, 0, 0) \end{aligned}\text{，}$ 它们的和为 $70$ 。

因为 $2017 = 100 \cdot 20 + 17$ ，总和等于 $100 \cdot 70$ 加上周期前 $17$ 项的和，而前十七项之和为 $70 - (1 + 0 + 0) = 69$ 。总和为 $7069$ ，所以余数为 $69$ 。

Here $d_n$ is the units digit of the triangular number $\frac{n(n+1)}{2}.$ Since $\frac{(n+20)(n+21)}{2}$ $- \frac{n(n+1)}{2} = 20n + 210$ is a multiple of $10,$ the sequence $d_n$ is periodic with period $20.$ Computing one period, $\begin{aligned} &(d_1, d_2, \ldots, d_{20}) \\ &\quad \tiny = (1, 3, 6, 0, 5, 1, 8, 6, 5, 5, 6, 8, 1, 5, 0, 6, 3, 1, 0, 0), \end{aligned}$ which sums to $70.$

Since $2017 = 100 \cdot 20 + 17,$ the total is $100 \cdot 70$ plus the first $17$ terms of the period, which sum to $70 - (1 + 0 + 0) = 69.$ The sum is $7069,$ so the remainder is $69.$

4.

一个棱锥的底面是边长为 $20$ 、 $20$ 和 $24$ 的三角形。从底面三个顶点到棱锥第四个顶点的三条棱长都为 $25$ 。该棱锥的体积为 $m\sqrt{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是正整数，且 $n$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n$ 。

A pyramid has a triangular base with side lengths $20,$ $20,$ and $24.$ The three edges of the pyramid from the three corners of the base to the fourth vertex of the pyramid all have length $25.$ The volume of the pyramid is $m\sqrt{n},$ 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：803

知识点：棱锥外接圆、外心与外接圆半径勾股定理体积

难度评级：2390

小提示：

因为三条侧棱都等于 $25$ ，顶点位于底面三角形外心的正上方

Because all three lateral edges equal $25,$ the apex lies directly above the circumcenter of the base triangle

大提示：

底面积为 $192$ ；用 $R = \frac{abc}{4K}$ 求它的外接圆半径，再用勾股定理求高

The base has area $192;$ compute its circumradius from $R = \frac{abc}{4K},$ then get the height by the Pythagorean theorem

解答：

由于棱锥顶点到底面三个顶点等距，它在底面上的垂足是底面三角形的外心。底面是边长为 $20$ 、 $20$ 和 $24$ 的等腰三角形，到底边 $24$ 的高为 $\sqrt{20^2 - 12^2} = 16$ ，所以面积为 $K = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 16 = 192$ ，外接圆半径为 $R = \frac{abc}{4K} = \frac{20 \cdot 20 \cdot 24}{4 \cdot 192} = \frac{25}{2}\text{。}$

棱锥的高为 $\sqrt{25^2 - \left(\frac{25}{2}\right)^2} = \frac{25\sqrt{3}}{2}$ ，所以体积为 $\frac{1}{3} \cdot 192 \cdot \frac{25\sqrt{3}}{2} = 800\sqrt{3}$ 。因此 $m + n = 800 + 3 = 803$ 。

Since the apex is equidistant from all three base vertices, its foot is the circumcenter of the base. The base is isosceles with sides $20,$ $20,$ and $24:$ its altitude to the side of length $24$ is $\sqrt{20^2 - 12^2} = 16,$ so its area is $K = \frac{1}{2} \cdot 24 \cdot 16 = 192,$ and its circumradius is $R = \frac{abc}{4K} = \frac{20 \cdot 20 \cdot 24}{4 \cdot 192} = \frac{25}{2}.$

The height of the pyramid is $\sqrt{25^2 - \left(\frac{25}{2}\right)^2} = \frac{25\sqrt{3}}{2},$ so the volume is $\frac{1}{3} \cdot 192 \cdot \frac{25\sqrt{3}}{2} = 800\sqrt{3}.$ Then $m + n = 800 + 3 = 803.$

5.

一个以八为底写出的有理数为 $\underline{a}\,\underline{b}.\underline{c}\,\underline{d}$ ，其中所有数字都非零。同一个数以十二为底表示为 $\underline{b}\,\underline{b}.\underline{b}\,\underline{a}$ 。求按通常十进制写法得到的数 $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ 。

A rational number written in base eight is $\underline{a}\,\underline{b}.\underline{c}\,\underline{d},$ where all digits are nonzero. The same number in base twelve is $\underline{b}\,\underline{b}.\underline{b}\,\underline{a}.$ Find the base-ten number $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}.$

答案

答案：321

知识点：进制位值分类讨论

难度评级：2400

小提示：

整数部分必须相等： $8a + b = 13b$ ，所以 $2a = 3b$

The integer parts must match: $8a + b = 13b,$ so $2a = 3b$

大提示：

只有 $(a, b) = (3, 2)$ 或 $(6, 4)$ 可行；把每种情况代入 $\frac{c}{8} + \frac{d}{64} = \frac{b}{12} + \frac{a}{144}$ ，并记住数字非零且小于 $8$

Only $(a, b) = (3, 2)$ or $(6, 4)$ fit; test each in $\frac{c}{8} + \frac{d}{64} = \frac{b}{12} + \frac{a}{144}$ remembering digits are nonzero and less than $8$

解答：

整数部分必须相等： $8a + b = 12b + b$ ，所以 $8a = 12b$ ，也就是 $2a = 3b$ 。因为 $a$ 和 $b$ 都是以八为底的非零数字，至多为 $7$ ，唯一的可能是 $(a, b) = (3, 2)$ 和 $(6, 4)$ 。

小数部分也必须相等： $\frac{c}{8} + \frac{d}{64} = \frac{b}{12} + \frac{a}{144}$ ，即 $\frac{8c + d}{64} = \frac{12b + a}{144}$ 。若 $(a, b) = (6, 4)$ ，右边为 $\frac{54}{144} = \frac{24}{64}$ ，迫使 $8c + d = 24$ ，但不存在两个非零且小于 $8$ 的数字满足它。若 $(a, b) = (3, 2)$ ，右边为 $\frac{27}{144} = \frac{12}{64}$ ，所以 $8c + d = 12$ ，得到 $c = 1$ 且 $d = 4$ 。

的确， $32.14_8 = 22.23_{12}$ ，所求数字 $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ 为 $321$ 。

The integer parts must be equal: $8a + b = 12b + b,$ so $8a = 12b,$ that is $2a = 3b.$ Since $a$ and $b$ are nonzero base-eight digits (at most $7$ ), the only options are $(a, b) = (3, 2)$ and $(6, 4).$

The fractional parts must also match: $\frac{c}{8} + \frac{d}{64} = \frac{b}{12} + \frac{a}{144},$ i.e. $\frac{8c + d}{64} = \frac{12b + a}{144}.$ For $(a, b) = (6, 4)$ the right side is $\frac{54}{144} = \frac{24}{64},$ forcing $8c + d = 24,$ which has no solution with both digits nonzero and less than $8.$ For $(a, b) = (3, 2)$ the right side is $\frac{27}{144} = \frac{12}{64},$ so $8c + d = 12,$ giving $c = 1$ and $d = 4.$

Indeed $32.14_8 = 22.23_{12},$ and the requested number $\underline{a}\,\underline{b}\,\underline{c}$ is $321.$

6.

一个圆外接于一个等腰三角形，该三角形两个相等角的度数为 $x$ 。在圆上独立且均匀随机选取两个点，并连接它们作一条弦。该弦与三角形相交的概率为 $\frac{14}{25}$ 。求 $x$ 的最大可能值与最小可能值之差。

A circle is circumscribed around an isosceles triangle whose two congruent angles have degree measure $x.$ Two points are chosen independently and uniformly at random on the circle, and a chord is drawn between them. The probability that the chord intersects the triangle is $\frac{14}{25}.$ Find the difference between the largest and smallest possible values of $x.$

答案

答案：48

知识点：几何概率圆周角二次方程

难度评级：2650

小提示：

三个顶点把圆分成度数为 $2x$ 、 $2x$ 和 $360 - 4x$ 的弧；弦恰好在两个点落在同一段弧内时避开三角形

The vertices cut the circle into arcs of $2x,$ $2x,$ and $360 - 4x$ degrees, and the chord misses the triangle exactly when both points land in the same arc

大提示：

令 $y = \frac{x}{180}$ ，不相交的概率给出 $2y^2 + (1 - 2y)^2 = \frac{11}{25}$ ，这是一个有两个有效根的二次方程

With $y = \frac{x}{180},$ the miss probability gives $2y^2 + (1 - 2y)^2 = \frac{11}{25},$ a quadratic with two valid roots

解答：

三角形的每个圆周角截得一段度数为其两倍的弧，所以三个顶点把圆分成度数为 $2x$ 、 $2x$ 和 $360 - 4x$ 的弧。弦不与三角形相交，当且仅当两个随机点落在同一段弧内，其概率为 $\begin{aligned} &\left(\frac{2x}{360}\right)^2 + \left(\frac{2x}{360}\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{360 - 4x}{360}\right)^2 \\ &= 1 - \frac{14}{25} = \frac{11}{25} \end{aligned}\text{。}$

令 $y = \frac{x}{180}$ ，得到 $2y^2 + (1 - 2y)^2 = \frac{11}{25}$ ，化简为 $75y^2 - 50y + 7 = 0$ ，根为 $y = \frac{1}{5}$ 和 $y = \frac{7}{15}$ 。它们给出 $x = 36$ 和 $x = 84$ ，两者都可以作为等腰三角形的底角。

所求差为 $84 - 36 = 48$ 。

Each inscribed angle of the triangle subtends an arc of twice its measure, so the vertices split the circle into arcs of $2x,$ $2x,$ and $360 - 4x$ degrees. The chord fails to intersect the triangle exactly when both random points fall in the same arc, which has probability $\begin{aligned} &\left(\frac{2x}{360}\right)^2 + \left(\frac{2x}{360}\right)^2 \\ &\quad {}+ \left(\frac{360 - 4x}{360}\right)^2 \\ &= 1 - \frac{14}{25} = \frac{11}{25}. \end{aligned}$

Setting $y = \frac{x}{180},$ this reads $2y^2 + (1 - 2y)^2 = \frac{11}{25},$ which simplifies to $75y^2 - 50y + 7 = 0,$ with roots $y = \frac{1}{5}$ and $y = \frac{7}{15}.$ These give $x = 36$ and $x = 84,$ both legitimate base angles of an isosceles triangle.

The requested difference is $84 - 36 = 48.$

7.

对满足 $a + b \le 6$ 的非负整数 $a$ 和 $b$ ，令 $T(a, b) = \binom{6}{a}\binom{6}{b}\binom{6}{a+b}$ 。设 $S$ 为所有满足 $a + b \le 6$ 的非负整数 $a$ 和 $b$ 对应的 $T(a, b)$ 之和。求 $S$ 除以 $1000$ 的余数。

For nonnegative integers $a$ and $b$ with $a + b \le 6,$ let $T(a, b) = \binom{6}{a}\binom{6}{b}\binom{6}{a+b}.$ Let $S$ denote the sum of all $T(a, b),$ where $a$ and $b$ are nonnegative integers with $a + b \le 6.$ Find the remainder when $S$ is divided by $1000.$

答案

答案：564

知识点：组合双重计数

难度评级：2650

小提示：

将 $\binom{6}{a+b}$ 改写为 $\binom{6}{6-a-b}$ ，于是令 $c = 6 - a - b$ 后，每项变为 $\binom{6}{a}\binom{6}{b}\binom{6}{c}$ ，且 $a + b + c = 6$

Replace $\binom{6}{a+b}$ by $\binom{6}{6-a-b},$ so with $c = 6 - a - b$ each term becomes $\binom{6}{a}\binom{6}{b}\binom{6}{c}$ with $a + b + c = 6$

大提示：

从三个互不相交的 $6$ 元集合中分别选 $a$ 、 $b$ 和 $c$ 个元素，并让 $a + b + c = 6$ ，就是在数一个 $18$ 元集合的 $6$ 元子集

Choosing $a,$ $b,$ and $c$ elements from three disjoint $6$ -element sets, over all $a + b + c = 6,$ counts the $6$ -element subsets of an $18$ -element set

解答：

利用对称性 $\binom{6}{a+b} = \binom{6}{6-(a+b)}$ ，令 $c = 6 - a - b$ 可将和改写为 $S = \sum_{a+b+c=6} \binom{6}{a}\binom{6}{b}\binom{6}{c}\text{。}$

每一项表示从一个 $6$ 元集合中选 $a$ 个元素、从第二个集合中选 $b$ 个元素、从第三个集合中选 $c$ 个元素的方法数。对所有 $a + b + c = 6$ 求和，就数出了从合并后的 $18$ 元集合中选 $6$ 个元素的所有方法，所以 $S = \binom{18}{6} = 18564$ 。

除以 $1000$ 的余数为 $564$ 。

By the symmetry $\binom{6}{a+b} = \binom{6}{6-(a+b)},$ substituting $c = 6 - a - b$ turns the sum into $S = \sum_{a+b+c=6} \binom{6}{a}\binom{6}{b}\binom{6}{c}.$

Each term counts the ways to choose $a$ elements from one $6$ -element set, $b$ from a second, and $c$ from a third. Summed over all $a + b + c = 6,$ this counts every way to choose $6$ elements from the combined $18$ -element set, so $S = \binom{18}{6} = 18564.$

The remainder upon division by $1000$ is $564.$

8.

从区间 $(0, 75)$ 中独立且均匀随机选取两个实数 $a$ 和 $b$ 。设 $O$ 和 $P$ 是平面上两个点，且 $OP = 200$ 。点 $Q$ 和 $R$ 位于直线 $OP$ 的同侧，并满足 $\angle POQ$ 和 $\angle POR$ 的度数分别为 $a$ 和 $b$ ，且 $\angle OQP$ 和 $\angle ORP$ 都是直角。若 $QR \le 100$ 的概率等于 $\frac{m}{n}$ ，其中 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数，求 $m + n$ 。

Two real numbers $a$ and $b$ are chosen independently and uniformly at random from the interval $(0, 75).$ Let $O$ and $P$ be two points in the plane with $OP = 200.$ Let $Q$ and $R$ be points on the same side of line $OP$ such that the degree measures of $\angle POQ$ and $\angle POR$ are $a$ and $b,$ respectively, and $\angle OQP$ and $\angle ORP$ are both right angles. The probability that $QR \le 100$ is equal to $\frac{m}{n},$ where $m$ and $n$ are relatively prime positive integers. Find $m + n.$

答案

答案：41

知识点：几何概率圆周角弦三角学

难度评级：2920

小提示：

$Q$ 和 $R$ 处的直角使得这两个点都落在以 $\overline{OP}$ 为直径的圆上，该圆半径为 $100$

The right angles at $Q$ and $R$ place both points on the circle with diameter $\overline{OP},$ which has radius $100$

大提示：

圆周角 $\angle QOR = |a - b|$ 给出 $QR = 200\sin|a-b|$ ，所以条件为 $|a - b| \le 30$ ；在 $75 \times 75$ 的正方形中求该区域面积

The inscribed angle $\angle QOR = |a - b|$ gives $QR = 200\sin|a-b|,$ so the condition is $|a - b| \le 30;$ find that region’s area in the $75 \times 75$ square

解答：

因为 $\angle OQP = \angle ORP = 90^\circ$ ，点 $Q$ 和 $R$ 都在以 $\overline{OP}$ 为直径的圆上，该圆半径为 $100$ 。角 $\angle QOR = |a - b|$ 是这个圆中的圆周角，所以弦长满足 $QR = 2 \cdot 100 \cdot \sin|a - b|$ 。因为 $|a - b| \lt 75^\circ$ ，条件 $QR \le 100$ ，也就是 $\sin|a - b| \le \frac{1}{2}$ ，等价于 $|a - b| \le 30$ 。

在等可能的 $(a, b)$ 所组成的 $75 \times 75$ 正方形中，区域 $|a - b| \gt 30$ 由两个直角三角形组成，每个三角形的直角边长为 $75 - 30 = 45$ ，所以所求概率为 $1 - \frac{45^2}{75^2} = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}\text{。}$

因此 $m + n = 16 + 25 = 41$ 。

Since $\angle OQP = \angle ORP = 90^\circ,$ both $Q$ and $R$ lie on the circle with diameter $\overline{OP},$ whose radius is $100.$ The angle $\angle QOR = |a - b|$ is an inscribed angle in this circle, so the chord satisfies $QR = 2 \cdot 100 \cdot \sin|a - b|.$ Because $|a - b| \lt 75^\circ,$ the condition $QR \le 100,$ i.e. $\sin|a - b| \le \frac{1}{2},$ is equivalent to $|a - b| \le 30.$

In the $75 \times 75$ square of equally likely pairs $(a, b),$ the region $|a - b| \gt 30$ consists of two right triangles with legs $75 - 30 = 45,$ so the probability is $1 - \frac{45^2}{75^2} = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}.$

Therefore $m + n = 16 + 25 = 41.$

9.

设 $a_{10} = 10$ ，且对每个整数 $n \gt 10$ ，令 $a_n = 100a_{n-1} + n$ 。求最小的 $n \gt 10$ ，使得 $a_n$ 是 $99$ 的倍数。

Let $a_{10} = 10,$ and for each integer $n \gt 10$ let $a_n = 100a_{n-1} + n.$ Find the least $n \gt 10$ such that $a_n$ is a multiple of $99.$

答案

答案：45

知识点：模运算递推分类讨论

难度评级：2840

小提示：

因为 $100 \equiv 1 \pmod{99}$ ，所以 $a_n \equiv 10 + 11 + \cdots + n$ $\pmod{99}$ ，可据此判断何时能被该模数整除

Since $100 \equiv 1 \pmod{99},$ the recurrence collapses to $a_n \equiv 10 + 11 + \cdots + n$ $\pmod{99}$

大提示：

需要 $99$ 整除 $\frac{(n+10)(n-9)}{2}$ 。这两个因子相差 $19$ ，所以不可能都被 $3$ 整除；按 $9$ 和 $11$ 分别整除哪个因子分类。

You need $99$ to divide $\frac{(n+10)(n-9)}{2}.$ The factors differ by $19,$ so $3$ cannot divide both; split cases by which factor $9$ and $11$ divide.

解答：

因为 $100 \equiv 1 \pmod{99}$ ，递推式给出 $a_n \equiv a_{n-1} + n \pmod{99}$ ，所以 $\begin{aligned} &a_n \equiv 10 + 11 + \cdots + n \\ &\quad \small = \frac{(n + 10)(n - 9)}{2} \pmod{99} \end{aligned}\text{。}$ 我们需要 $99$ 整除 $\frac{(n+10)(n-9)}{2}$ 。 $n + 10$ 和 $n - 9$ 中有一个是偶数，所以这等价于要求 $9$ 和 $11$ 都整除这个乘积。由于这两个因子相差 $19$ ，它们不可能都为 $3$ 的倍数。

因此 $9$ 必须完全整除其中一个因子，而 $11$ 整除另一个因子（或者某个因子被 $99$ 整除）。检查各情况： $99$ 整除 $n - 9$ 最早在 $n = 108$ 时发生； $99$ 整除 $n + 10$ 最早在 $n = 89$ 时发生； $9$ 整除 $n + 10$ 且 $11$ 整除 $n - 9$ 最早在 $n = 53$ 时发生； $11$ 整除 $n + 10$ 且 $9$ 整除 $n - 9$ 最早在 $n = 45$ 时发生。

最小值是 $n = 45$ ，此时 $\frac{55 \cdot 36}{2} = 990$ 确实是 $99$ 的倍数。

Because $100 \equiv 1 \pmod{99},$ the recurrence gives $a_n \equiv a_{n-1} + n \pmod{99},$ so $\begin{aligned} &a_n \equiv 10 + 11 + \cdots + n \\ &\quad \small = \frac{(n + 10)(n - 9)}{2} \pmod{99}. \end{aligned}$ We need $99$ to divide $\frac{(n+10)(n-9)}{2}.$ One of $n + 10$ and $n - 9$ is even, so this is the same as requiring $9$ and $11$ each to divide the product. Since the two factors differ by $19,$ they cannot both be multiples of $3.$

So $9$ must divide one factor entirely and $11$ the other (or one factor is divisible by $99$ ). Checking the cases: $99$ divides $n - 9$ first at $n = 108;$ $99$ divides $n + 10$ first at $n = 89;$ $9$ divides $n + 10$ with $11$ dividing $n - 9$ first at $n = 53;$ and $11$ divides $n + 10$ with $9$ dividing $n - 9$ first at $n = 45.$

The least is $n = 45,$ where $\frac{55 \cdot 36}{2} = 990$ is indeed a multiple of $99.$

10.

令 $z_1 = 18 + 83\mathrm{i}$ 、 $z_2 = 18 + 39\mathrm{i}$ 且 $z_3 = 78 + 99\mathrm{i}$ ，其中 $\mathrm{i} = \sqrt{-1}$ 。设 $z$ 是唯一满足以下性质的复数： $\frac{z_3 - z_1}{z_2 - z_1} \cdot \frac{z - z_2}{z - z_3}$ 为实数，并且 $z$ 的虚部尽可能大。求 $z$ 的实部。

Let $z_1 = 18 + 83\mathrm{i},$ $z_2 = 18 + 39\mathrm{i},$ and $z_3 = 78 + 99\mathrm{i},$ where $\mathrm{i} = \sqrt{-1}.$ Let $z$ be the unique complex number with the properties that $\frac{z_3 - z_1}{z_2 - z_1} \cdot \frac{z - z_2}{z - z_3}$ is a real number and the imaginary part of $z$ is the greatest possible. Find the real part of $z.$

答案

答案：56

知识点：复数圆周角垂直平分线

难度评级：2920

小提示：

给出的乘积是交比；它为实数当且仅当 $z$ 位于经过 $z_1$ 、 $z_2$ 和 $z_3$ 的圆上

The given product is a cross-ratio; it is real exactly when $z$ lies on the circle through $z_1,$ $z_2,$ and $z_3$

大提示：

圆上虚部最大的点位于圆心正上方，所以求两条垂直平分线的交点即可得到圆心

The point of a circle with greatest imaginary part sits directly above the center, so intersect two perpendicular bisectors to find the center

解答：

$\frac{z_3 - z_1}{z_2 - z_1}$ 的幅角是角 $\angle z_2 z_1 z_3$ ，而 $\frac{z - z_2}{z - z_3}$ 的幅角是线段 $\overline{zz_2}$ 与 $\overline{zz_3}$ 之间的角。它们的乘积为实数，当且仅当这些角相等或互补；由圆周角定理，这恰好等价于 $z_1$ 、 $z_2$ 、 $z_3$ 和 $z$ 共圆。因此 $z$ 位于 $z_1$ 、 $z_2$ 和 $z_3$ 的外接圆上。

从 $18 + 39\mathrm{i}$ 到 $18 + 83\mathrm{i}$ 的线段是竖直的，所以它的垂直平分线是水平直线 $y = 61$ 。从 $z_2 = 18 + 39\mathrm{i}$ 到 $z_3 = 78 + 99\mathrm{i}$ 的线段斜率为 $1$ ，中点为 $(48, 69)$ ，所以它的垂直平分线是 $y - 69 = -(x - 48)$ 。令 $y = 61$ ，得到 $x = 56$ ，因此圆心为 $56 + 61\mathrm{i}$ 。

圆上虚部最大的点位于圆心正上方，所以 $z$ 的实部为 $56$ 。

The argument of $\frac{z_3 - z_1}{z_2 - z_1}$ is the angle $\angle z_2 z_1 z_3,$ and the argument of $\frac{z - z_2}{z - z_3}$ is the angle between $\overline{zz_2}$ and $\overline{zz_3}.$ Their product is real exactly when these angles are equal or supplementary, which by the inscribed angle theorem happens exactly when $z_1,$ $z_2,$ $z_3,$ and $z$ are concyclic. So $z$ lies on the circumcircle of $z_1,$ $z_2,$ and $z_3.$

The segment from $18 + 39\mathrm{i}$ to $18 + 83\mathrm{i}$ is vertical, so its perpendicular bisector is the horizontal line $y = 61.$ The segment from $z_2 = 18 + 39\mathrm{i}$ to $z_3 = 78 + 99\mathrm{i}$ has slope $1$ and midpoint $(48, 69),$ so its perpendicular bisector is $y - 69 = -(x - 48).$ Setting $y = 61$ gives $x = 56,$ so the center is $56 + 61\mathrm{i}.$

The point of the circle with maximal imaginary part is directly above the center, so the real part of $z$ is $56.$

11.

考虑把 $9$ 个数 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $\ldots$ 、 $9$ 排列在一个 $3 \times 3$ 方阵中。对每种排列，令 $a_1$ 、 $a_2$ 和 $a_3$ 分别为第 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 行中三个数的中位数，再令 $m$ 为集合 $\{a_1, a_2, a_3\}$ 的中位数。设 $Q$ 为满足 $m = 5$ 的排列数。求 $Q$ 除以 $1000$ 的余数。

Consider arrangements of the $9$ numbers $1,$ $2,$ $3,$ $\ldots,$ $9$ in a $3 \times 3$ array. For each such arrangement, let $a_1,$ $a_2,$ and $a_3$ be the medians of the numbers in rows $1,$ $2,$ and $3,$ respectively, and then let $m$ be the median of $\{a_1, a_2, a_3\}.$ Let $Q$ be the number of arrangements for which $m = 5.$ Find the remainder when $Q$ is divided by $1000.$

答案

答案：360

知识点：中位数（数据）分类讨论排列

难度评级：2990

小提示：

将每个小于 $5$ 的数记为 L，每个大于 $5$ 的数记为 G。若 $m = 5$ ，数字五必须是某一行的中位数，所以它所在行按某种顺序为 L5G。

Rename each number less than $5$ as L and each greater as G. For $m = 5,$ the number $5$ must be a row median, so its row reads L5G in some order.

大提示：

另外两行的中位数需要位于 $5$ 的两侧：可以是 LLL 与 GGG，或 LLG 与 LGG。先数字母模式，再乘以 $(4!)^2$ 来填入具体数值。

The other two rows need medians on opposite sides of $5:$ LLL with GGG, or LLG with LGG. Count letter patterns, then multiply by $(4!)^2$ for actual values.

解答：

将 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 各记为 L，将 $6$ 、 $7$ 、 $8$ 、 $9$ 各记为 G。如果 $5$ 不是某一行的中位数，那么没有一行的中位数等于 $5$ ，所以 $m \neq 5$ 。因此 $5$ 所在行必须含有一个 L 和一个 G（按某种顺序为 L5G），而另外两行必须提供一个小于 $5$ 的中位数和一个高于它的中位数。用剩下的三个 L 和三个 G，这两行要么是 LLL 与 GGG，要么是 LLG 与 LGG。

先数字母排列：这三种行类型可以分配给第 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 行，共 $3! = 6$ 种方法，而 L5G 这一行可以排列成 $3! = 6$ 种。第一种情况中，LLL 和 GGG 各只有 $1$ 种排列，得到 $6 \cdot 6 \cdot 1 = 36$ 个模式；第二种情况中，LLG 和 LGG 各有 $3$ 种排列，得到 $6 \cdot 6 \cdot 9 = 324$ 个模式。总共有 $360$ 个字母模式。

最后四个 L 可由 $1$ 、 $2$ 、 $3$ 、 $4$ 以 $4!$ 种方式填入，四个 G 可由 $6$ 、 $7$ 、 $8$ 、 $9$ 以 $4!$ 种方式填入，所以 $Q = 360 \cdot 24^2 = 207360$ ，模 $1000$ 的余数为 $360$ 。

Rename each of $1,$ $2,$ $3,$ $4$ as L and each of $6,$ $7,$ $8,$ $9$ as G. If $5$ is not a row median, then no row median equals $5,$ so $m \neq 5.$ Thus $5$ ’s row must contain one L and one G (reading L5G in some order), and the other two rows must supply one median below $5$ and one above. With the remaining three L’s and three G’s, those rows are either LLL and GGG, or LLG and LGG.

Count arrangements of letters: the three row types can be assigned to rows $1,$ $2,$ and $3$ in $3! = 6$ ways, and the L5G row can be ordered in $3! = 6$ ways. In the first case LLL and GGG have $1$ ordering each, giving $6 \cdot 6 \cdot 1 = 36$ patterns; in the second, LLG and LGG each have $3$ orderings, giving $6 \cdot 6 \cdot 9 = 324$ patterns. That is $360$ letter patterns in all.

Finally the four L’s can be filled with $1,$ $2,$ $3,$ $4$ in $4!$ ways and the four G’s with $6,$ $7,$ $8,$ $9$ in $4!$ ways, so $Q = 360 \cdot 24^2 = 207360,$ whose remainder mod $1000$ is $360.$

12.

如果集合 $S$ 中不存在 $a$ 、 $b$ 、 $c \in S$ （不要求互不相同）使得 $ab = c$ ，就称这个集合为无积集合。例如，空集和集合 $\{16, 20\}$ 是无积集合，而集合 $\{4, 16\}$ 和 $\{2, 8, 16\}$ 不是无积集合。求集合 $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10\}$ 的无积子集个数。

Call a set $S$ product-free if there do not exist $a,$ $b,$ $c \in S$ (not necessarily distinct) such that $ab = c.$ For example, the empty set and the set $\{16, 20\}$ are product-free, whereas the sets $\{4, 16\}$ and $\{2, 8, 16\}$ are not product-free. Find the number of product-free subsets of the set $\{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10\}.$

答案

答案：252

知识点：子集分类讨论

难度评级：3060

小提示：

$1$ 绝不能出现，因为 $1 \cdot 1 = 1$ ；如果最小元素至少为 $4$ ，任意两个元素的乘积都超过 $10$

$1$ can never appear (since $1 \cdot 1 = 1$ ), and if the least element is at least $4,$ every product of two elements exceeds $10$

大提示：

当最小元素为 $2$ 或 $3$ 时，只有少数冲突需要处理： $2 \cdot 2 = 4$ ， $2 \cdot 3 = 6$ ， $2 \cdot 5 = 10$ ，以及 $3 \cdot 3 = 9$ 。分别处理 $\{3, 6, 9\}$ 和 $\{5, 10\}$ 。

With least element $2$ or $3,$ only a few conflicts matter: $2 \cdot 2 = 4,$ $2 \cdot 3 = 6,$ $2 \cdot 5 = 10,$ and $3 \cdot 3 = 9.$ Handle $\{3, 6, 9\}$ and $\{5, 10\}$ separately.

解答：

因为 $1 \cdot 1 = 1$ ，任何无积集合都不能含有 $1$ 。按最小元素 $t$ 分类。如果 $t \ge 4$ ，任意两个元素的乘积至少为 $16 \gt 10$ ，所以 $\{4, 5, \ldots, 10\}$ 的每个子集都可行：共有 $2^7 = 128$ 个子集，包括空集。

若 $t = 2$ ：则 $4 \notin S$ （因为 $2 \cdot 2 = 4$ ），而 $7$ 和 $8$ 不受限制（各有 $2$ 种选择）。在 $\{3, 6, 9\}$ 中，约束 $2 \cdot 3 = 6$ 和 $3 \cdot 3 = 9$ 只留下 $\varnothing$ 、 $\{3\}$ 、 $\{6\}$ 、 $\{9\}$ 、 $\{6, 9\}$ 这 $5$ 种选择。在 $\{5, 10\}$ 中，约束 $2 \cdot 5 = 10$ 留下 $3$ 种选择。因此得到 $2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 3 = 60$ 个集合。若 $t = 3$ ：则 $9 \notin S$ （因为 $3 \cdot 3 = 9$ ），并且可以任意加入 $\{4, 5, 6, 7, 8, 10\}$ 的子集，因为其他乘积都超过 $10$ ：所以有 $2^6 = 64$ 个集合。

总共有 $128 + 60 + 64 = 252$ 个无积子集。

Since $1 \cdot 1 = 1,$ no product-free set contains $1.$ Split by the least element $t.$ If $t \ge 4,$ any product of two elements is at least $16 \gt 10,$ so every subset of $\{4, 5, \ldots, 10\}$ works: $2^7 = 128$ subsets, including the empty set.

If $t = 2:$ then $4 \notin S$ (as $2 \cdot 2 = 4$ ), while $7$ and $8$ are unrestricted ( $2$ choices each). Among $\{3, 6, 9\},$ the constraints $2 \cdot 3 = 6$ and $3 \cdot 3 = 9$ leave exactly $\varnothing,$ $\{3\},$ $\{6\},$ $\{9\},$ $\{6, 9\}$ — $5$ choices. Among $\{5, 10\},$ the constraint $2 \cdot 5 = 10$ leaves $3$ choices. That gives $2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 3 = 60$ sets. If $t = 3:$ then $9 \notin S$ (as $3 \cdot 3 = 9$ ), and any subset of $\{4, 5, 6, 7, 8, 10\}$ may be added since all other products exceed $10:$ $2^6 = 64$ sets.

In total there are $128 + 60 + 64 = 252$ product-free subsets.

13.

对每个 $m \ge 2$ ，令 $Q(m)$ 为具有以下性质的最小正整数：对每个 $n \ge Q(m)$ ，在范围 $n \lt k^3 \le m \cdot n$ 内总存在一个完全立方数 $k^3$ 。求 $\sum_{m=2}^{2017} Q(m)$ 除以 $1000$ 的余数。

For every $m \ge 2,$ let $Q(m)$ be the least positive integer with the following property: For every $n \ge Q(m),$ there is always a perfect cube $k^3$ in the range $n \lt k^3 \le m \cdot n.$ Find the remainder when $\sum_{m=2}^{2017} Q(m)$ is divided by $1000.$

答案

答案：59

知识点：完全幂极限情形界定分类讨论

难度评级：3160

小提示：

相邻立方数的比为 $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3$ ，它随着 $k$ 增大而减小，所以只有较小的 $m$ 可能有 $Q(m) \gt 1$

The ratio of consecutive cubes is $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3,$ which shrinks as $k$ grows, so only small $m$ can have $Q(m) \gt 1$

大提示：

对每个 $m \ge 8$ 都有 $Q(m) = 1$ ；对 $m = 2, \ldots, 7$ ，利用像 $(27, 64)$ 和 $(8, 27)$ 这样的空隙，找出最后一个使区间 $(n, mn]$ 跳过立方数的 $n$

$Q(m) = 1$ for every $m \ge 8;$ for $m = 2, \ldots, 7$ find the last $n$ where the interval $(n, mn]$ skips a cube, using gaps like $(27, 64)$ and $(8, 27)$

解答：

如果 $k^3 \le n \lt (k+1)^3$ ，那么只要 $(k+1)^3 \le m k^3$ ，也就是 $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 \le m$ ，区间 $(n, mn]$ 就含有立方数 $(k+1)^3$ 。因为对所有 $k \ge 1$ 都有 $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 \le 8$ ，所以每个 $m \ge 8$ 都有 $Q(m) = 1$ 。

对 $4 \le m \le 7$ ： $n = 1$ 不满足，因为 $(1, m]$ 中没有立方数；但对 $n \ge 2$ ，区间总满足条件： $8 \le 4n$ 覆盖 $2 \le n \le 7$ ，且 $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 \le \frac{27}{8} \lt 4$ 覆盖 $k \ge 2$ 。所以 $Q(4) = Q(5)$ $= Q(6) = Q(7) = 2$ 。对 $m = 3$ ： $n = 8$ 不满足（ $(8, 24]$ 中没有立方数），而 $27 \le 3n$ 覆盖 $9 \le n \le 26$ ，且 $\left(\frac{4}{3}\right)^3 \lt 3$ 覆盖 $k \ge 3$ ，所以 $Q(3) = 9$ 。对 $m = 2$ ： $n = 31$ 不满足（ $(31, 62]$ 中没有立方数），而 $64 \le 2n$ 覆盖 $32 \le n \le 63$ ，且 $\left(\frac{5}{4}\right)^3 \lt 2$ 覆盖 $k \ge 4$ ，所以 $Q(2) = 32$ 。

因此 $\begin{aligned} &\sum_{m=2}^{2017} Q(m) \\ &\quad = 32 + 9 + 4 \cdot 2 + 2010 \cdot 1 \\ &\quad = 2059 \end{aligned}\text{，}$ 余数为 $59$ 。

If $k^3 \le n \lt (k+1)^3,$ then the interval $(n, mn]$ contains the cube $(k+1)^3$ as long as $(k+1)^3 \le m k^3,$ i.e. $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 \le m.$ Since $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 \le 8$ for all $k \ge 1,$ every $m \ge 8$ has $Q(m) = 1.$

For $4 \le m \le 7:$ $n = 1$ fails since $(1, m]$ contains no cube, but for $n \ge 2$ the interval works: $8 \le 4n$ covers $2 \le n \le 7,$ and $\left(1 + \frac{1}{k}\right)^3 \le \frac{27}{8} \lt 4$ covers $k \ge 2.$ So $Q(4) = Q(5)$ $= Q(6) = Q(7) = 2.$ For $m = 3:$ $n = 8$ fails (no cube in $(8, 24]$ ), while $27 \le 3n$ covers $9 \le n \le 26$ and $\left(\frac{4}{3}\right)^3 \lt 3$ covers $k \ge 3,$ so $Q(3) = 9.$ For $m = 2:$ $n = 31$ fails (no cube in $(31, 62]$ ), while $64 \le 2n$ covers $32 \le n \le 63$ and $\left(\frac{5}{4}\right)^3 \lt 2$ covers $k \ge 4,$ so $Q(2) = 32.$

Therefore $\begin{aligned} &\sum_{m=2}^{2017} Q(m) \\ &\quad = 32 + 9 + 4 \cdot 2 + 2010 \cdot 1 \\ &\quad = 2059, \end{aligned}$ and the remainder is $59.$

14.

设 $a \gt 1$ 且 $x \gt 1$ 满足 $\small \log_a\!\left(\log_a\!\left(\log_a 2\right) + \log_a 24 - 128\right)$ $= 128$ ，并且 $\log_a\!\left(\log_a x\right) = 256$ 。求 $x$ 除以 $1000$ 的余数。

Let $a \gt 1$ and $x \gt 1$ satisfy $\small \log_a\!\left(\log_a\!\left(\log_a 2\right) + \log_a 24 - 128\right)$ $= 128$ and $\log_a\!\left(\log_a x\right) = 256.$ Find the remainder when $x$ is divided by $1000.$

答案

答案：896

知识点：对数模幂运算欧拉函数中国剩余定理

难度评级：3270

小提示：

两次取指数，把第一个方程化为 $24\log_a 2 = a^{128} \cdot a^{a^{128}}$ ，再令 $t = a^{a^{128}}$ ，将它改写为 $t^t = \left(2^3\right)^{2^3}$

Exponentiate twice to turn the first equation into $24\log_a 2 = a^{128} \cdot a^{a^{128}},$ then rewrite it as $t^t = \left(2^3\right)^{2^3}$ for $t = a^{a^{128}}$

大提示：

$t^t$ 单调递增，所以 $a^{a^{128}} = 8$ ；写 $c = \log_2 a$ ，得到 $c \cdot 2^{128c} = 3$ ，解得 $c = \frac{3}{64}$ 。然后计算 $x = a^{a^{256}}$ ，并分别考虑它模 $8$ 和模 $125$ 的余数。

$t^t$ is increasing, so $a^{a^{128}} = 8;$ writing $c = \log_2 a$ gives $c \cdot 2^{128c} = 3,$ solved by $c = \frac{3}{64}.$ Then compute $x = a^{a^{256}}$ mod $8$ and mod $125.$

解答：

对第一个方程两次取指数： $\log_a(\log_a 2) + \log_a 24 - 128$ $= a^{128}$ 变为 $\log_a(24 \log_a 2) = 128 + a^{128}$ ，所以 $24 \log_a 2 = a^{128} \cdot a^{a^{128}}$ ，即 $2^{24} = a^{\left(a^{128} \cdot a^{a^{128}}\right)}$ 。令 $t = a^{a^{128}}$ ，右边为 $t^t$ ，左边为 $\left(2^3\right)^{2^3}$ ，由 $t^t$ 的严格单调性可得 $a^{a^{128}} = 8$ 。写 $c = \log_2 a \gt 0$ ，这说明 $c \cdot 2^{128c} = 3$ 。该式左边随 $c$ 增大而增大，且 $c = \frac{3}{64}$ 满足它，因为 $\frac{3}{64} \cdot 2^6 = 3$ 。所以 $a = 2^{\frac{3}{64}}$ 。

第二个方程给出 $x = a^{a^{256}}$ 。这里 $a^{256} = 2^{\frac{256 \cdot 3}{64}} = 2^{12} = 4096$ ，所以 $x = a^{4096} = 2^{\frac{4096 \cdot 3}{64}} = 2^{192}\text{。}$

显然 $2^{192} \equiv 0 \pmod{8}$ 。由欧拉定理， $2^{100} \equiv 1 \pmod{125}$ ，所以 $2^{192} \equiv 2^{-8} \pmod{125}$ ，也就是 $256 \equiv 6$ 的逆元。因为 $6 \cdot 21 = 126 \equiv 1 \pmod{125}$ ，所以 $2^{192} \equiv 21 \pmod{125}$ 。模 $1000$ 下同时满足模 $8$ 为 $0$ 、模 $125$ 为 $21$ 的唯一余数是 $896$ 。

Exponentiating the first equation twice: $\log_a(\log_a 2) + \log_a 24 - 128$ $= a^{128}$ becomes $\log_a(24 \log_a 2) = 128 + a^{128},$ so $24 \log_a 2 = a^{128} \cdot a^{a^{128}},$ i.e. $2^{24} = a^{\left(a^{128} \cdot a^{a^{128}}\right)}.$ Setting $t = a^{a^{128}},$ the right side is $t^t$ and the left side is $\left(2^3\right)^{2^3},$ so by the strict monotonicity of $t^t$ we get $a^{a^{128}} = 8.$ Writing $c = \log_2 a \gt 0,$ this says $c \cdot 2^{128c} = 3,$ which is increasing in $c$ and satisfied by $c = \frac{3}{64}:$ indeed $\frac{3}{64} \cdot 2^6 = 3.$ So $a = 2^{\frac{3}{64}}.$

The second equation gives $x = a^{a^{256}}.$ Here $a^{256} = 2^{\frac{256 \cdot 3}{64}} = 2^{12} = 4096,$ so $x = a^{4096} = 2^{\frac{4096 \cdot 3}{64}} = 2^{192}.$

Clearly $2^{192} \equiv 0 \pmod{8}.$ By Euler’s theorem $2^{100} \equiv 1 \pmod{125},$ so $2^{192} \equiv 2^{-8} \pmod{125},$ the inverse of $256 \equiv 6.$ Since $6 \cdot 21 = 126 \equiv 1 \pmod{125},$ we get $2^{192} \equiv 21 \pmod{125}.$ The unique residue mod $1000$ that is $0$ mod $8$ and $21$ mod $125$ is $896.$

15.

如图，在边长分别为 $2\sqrt{3}$ 、 $5$ 和 $\sqrt{37}$ 的直角三角形中，考虑三个顶点分别落在三条边上的等边三角形。面积最小的一个为 $\frac{m\sqrt{p}}{n}$ ，其中 $m$ 、 $n$ 和 $p$ 是正整数， $m$ 与 $n$ 互质，且 $p$ 不被任何质数的平方整除。求 $m + n + p$ 。

The area of the smallest equilateral triangle with one vertex on each of the sides of the right triangle with side lengths $2\sqrt{3},$ $5,$ and $\sqrt{37},$ as shown, is $\frac{m\sqrt{p}}{n},$ 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：145

知识点：等边三角形坐标几何三角恒等式最优化

难度评级：3370

小提示：

将两条直角边放在坐标轴上，并让两条直角边之间的等边三角形边从 $(s\cos\theta, 0)$ 到 $(0, s\sin\theta)$

Put the legs on the axes and let the side between the legs run from $(s\cos\theta, 0)$ to $(0, s\sin\theta)$

大提示：

要求第三个顶点落在斜边上，会得到 $s\,(7\sqrt{3}\cos\theta + 11\sin\theta) = 20\sqrt{3}$ ；用 $\sqrt{a^2 + b^2}$ 最大化括号中的线性组合

Requiring the third vertex to lie on the hypotenuse gives $s\,(7\sqrt{3}\cos\theta + 11\sin\theta) = 20\sqrt{3};$ maximize the left combination using $\sqrt{a^2 + b^2}$

解答：

将直角顶点放在原点 $(0, 0)$ ，另外两个顶点为 $(5, 0)$ 和 $(0, 2\sqrt{3})$ ，则斜边所在直线为 $2\sqrt{3}\,x + 5y = 10\sqrt{3}$ 。设等边三角形位于两条直角边上的那条边的端点为 $(s\cos\theta, 0)$ 和 $(0, s\sin\theta)$ ，其中 $s$ 是边长。它的中点为 $\frac{s}{2}(\cos\theta, \sin\theta)$ ，沿着垂直于这条边的方向移动 $\frac{\sqrt{3}}{2}s$ 后，第三个顶点为 $\frac{s}{2}$ $\cdot\small\left(\cos\theta + \sqrt{3}\sin\theta,\ \sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta\right)$ 。

将这个顶点代入斜边方程并化简，得到 $s = \frac{20\sqrt{3}}{7\sqrt{3}\cos\theta + 11\sin\theta}\text{。}$ 分母最大为 $\sqrt{(7\sqrt{3})^2 + 11^2}$ $= \sqrt{268} = 2\sqrt{67}$ ，并且可由某个可行的 $\theta$ 取得，所以最小边长满足 $s^2 = \frac{(10\sqrt{3})^2}{67} = \frac{300}{67}$ 。

最小面积为 $\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{300}{67} = \frac{75\sqrt{3}}{67}$ ，所以 $m + n + p = 75 + 67 + 3 = 145$ 。

Place the right angle at the origin with vertices $(0, 0),$ $(5, 0),$ and $(0, 2\sqrt{3}),$ so the hypotenuse lies on the line $2\sqrt{3}\,x + 5y = 10\sqrt{3}.$ Let the equilateral triangle’s side between the two legs have endpoints $(s\cos\theta, 0)$ and $(0, s\sin\theta),$ where $s$ is the side length. Its midpoint is $\frac{s}{2}(\cos\theta, \sin\theta),$ and moving a distance $\frac{\sqrt{3}}{2}s$ perpendicular to the side places the third vertex at $\frac{s}{2}$ $\cdot\small\left(\cos\theta + \sqrt{3}\sin\theta,\ \sin\theta + \sqrt{3}\cos\theta\right).$

Substituting this vertex into the hypotenuse equation and simplifying gives $s = \frac{20\sqrt{3}}{7\sqrt{3}\cos\theta + 11\sin\theta}.$ The denominator is at most $\sqrt{(7\sqrt{3})^2 + 11^2}$ $= \sqrt{268} = 2\sqrt{67},$ attained for an admissible $\theta,$ so the minimum side length satisfies $s^2 = \frac{(10\sqrt{3})^2}{67} = \frac{300}{67}.$

The minimum area is $\frac{\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{300}{67} = \frac{75\sqrt{3}}{67},$ so $m + n + p = 75 + 67 + 3 = 145.$